Linear and Time Invariant Systems/Inverse Laplace Transform

1. Linear and Time Invariant Systems
2. Beschreibung kausaler realisierbarer Systeme
3. Inverse Laplace Transform

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Problemstellung und Voraussetzungen

Das Kapitel 3.3 behandelt die folgende Problemstellung: Bekannt ist die $p$–Spektralfunktion $Y_{\rm L}(p)$ in der Pol–Nullstellen–Form. Gesucht ist die Laplace–Rücktransformierte, die die dazugehörige Zeitfunktion $y(t)$ angibt und die in diesem Tutorial wie folgt bezeichnet wird: $$y(t) = {\rm L}^{-1}\{Y_{\rm L}(p)\}\hspace{0.05cm} , \hspace{0.3cm}{\rm kurz}\hspace{0.3cm} y(t) \quad \circ\!\!-\!\!\!-^{\hspace{-0.25cm}\rm L}\!\!\!-\!\!\bullet\quad Y_{\rm L}(p)\hspace{0.05cm} .$$

In der Grafik sind die Voraussetzungen für diese Aufgabenstellung zusammengestellt:

$H_{\rm L}(p)$ beschreibt das kausale Übertragungssystem, während $Y_{\rm L}(p)$ die Laplace–Transformierte des gesuchten Ausgangssignals $y(t)$ unter Berücksichtigung des Eingangssignals $x(t)$ bezeichnet. $Y_{\rm L}(p)$ ist gekennzeichnet durch $N$ Pole, durch $Z ≤ N$ Nullstellen sowie durch die Konstante $K.$

• Die Pole und Nullstellen zeigen die in Kapitel 3.2 genannten Eigenschaften. Pole dürfen nur in der linken $p$–Halbebene oder auf der imaginären Achse liegen, Nullstellen sind auch in der rechten $p$–Halbebene erlaubt.
• Alle Singularitäten – dies ist der Oberbegriff für Pole und Nullstellen – sind entweder reell oder es treten Paare von konjugiert–komplexen Singularitäten auf. Mehrfache Pole und Nullstellen sind ebenfalls erlaubt.
• Verwendet man ein diracförmiges Eingangssignal $x(t) = δ(t) ⇒ X_{\rm L}(p) = 1 ⇒ Y_{\rm L}(p) = H_{\rm L}(p)$, so beschreibt das Ausgangssignal $y(t)$ die Impulsantwort $h(t)$ des kausalen Übertragungssystems. Zur Berechnung dürfen nur die grün eingezeichneten Singularitäten herangezogen werden.
• Eine Sprungfunktion $x(t) = γ(t) ⇒ X_{\rm L} = 1/p$ am Eingang bewirkt, dass das Ausgangssignal $y(t)$ gleich der Sprungantwort $σ(t)$ von $H_{\rm L}(p)$ ist. Zur Berechnung ist neben den Singularitäten von $H_{\rm L}(p)$ nun auch die (in der Grafik rot eingezeichnete) Polstelle bei $p =$ 0 zu berücksichtigen.
• Als Eingang $x(t)$ sind nur Signale möglich, für die $X_{ \rm L}(p)$ in Pol–Nullstellen–Form darstellbar ist (siehe Tabelle im Kapitel 3.2), zum Beispiel ein zum Zeitpunkt $t =$ 0 eingeschaltetes Cosinus– oder Sinussignal. Deren Laplace–Transformierte sind in der obigen Grafik ebenfalls angegeben.

Bei der hier beschriebenen Vorgehensweise ist ein Rechteck $x(t) ⇒ X_{\rm L}(p) = (1 – {\rm e}^{pT})/p$ nicht möglich. Die Rechteckantwort $y(t)$ kann aber als Differenz zweier Sprungantworten indirekt berechnet werden.

Einige Ergebnisse der Funktionentheorie

Im Gegensatz zu den Fourierintegralen, die sich in den beiden Transformationsrichtungen nur geringfügig unterscheiden, ist bei Laplace die Berechnung von $y(t)$ aus $Y_{\rm L}(p)$ – also die Rücktransformation –

• sehr viel schwieriger als die Berechnung von $Y_{\rm L}(p)$ aus $y(t)$,
• auf elementarem Weg nicht oder nur sehr umständlich lösbar.

Allgemein gilt für die Laplace–Rücktransformation: $$y(t) = {\rm L}^{-1}\{Y_{\rm L}(p)\}= \lim_{\beta \hspace{0.05cm}\rightarrow \hspace{0.05cm}\infty} \hspace{0.15cm} \frac{1}{{\rm j} \cdot 2 \pi}\cdot \int\limits_{\alpha-{\rm j} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}2 \pi \beta}^{\alpha+{\rm j} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}2 \pi \beta} { Y_{\rm L}(p) \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} {\rm e}^{p \hspace{0.05cm}t}}\hspace{0.1cm}{\rm d}p \hspace{0.05cm} .$$ Die Integration erfolgt parallel zur imaginären Achse (gepunktete Linie in der Grafik). Der Realteil $α$ muss dabei so gewählt werden, dass alle Pole links vom Integrationsweg liegen.

Die linke Grafik verdeutlicht dieses Linienintegral entlang der rot gepunkteten Vertikalen Re{ $p$} $= α$. Lösbar ist dieses Integral mit dem Jordanschen Lemma der Funktionstheorie, siehe $\href{https://intern.lntwww.de/cgi-bin/extern/uni.pl?uno=hyperlink&due=entitaet&e_id=4208&hyperlink_typ=entitaet_verweis&session_id=}{[Mar94]}$

In diesem Tutorial folgt nur eine sehr einfache Zusammenfassung der Vorgehensweise:

• Das Linienintegral kann entsprechend der Skizze in zwei Kreisintegrale aufgeteilt werden, wobei sämtliche Polstellen im linken Kreisintegral liegen, während das rechte Kreisintegral nur Nullstellen beinhalten darf.
• Entsprechend der Funktionstheorie liefert das rechte Kreisintegral die Zeitfunktion $y(t)$ für negative Zeiten. Aufgrund der Kausalität muss $y(t < 0)$ identisch 0 sein, was aber nach dem Hauptsatz der Funktionstheorie nur zutrifft, wenn es in der rechten $p$–Halbebene keine Pole gibt.
• Das Integral über den linken Halbkreis liefert dagegen die Zeitfunktion für $t ≥$ 0. Dieses umschließt alle Polstellen und ist mit dem Residuensatz in (relativ) einfacher Weise berechenbar, wie auf den nächsten Seiten gezeigt wird.

Formulierung des Residuensatzes

Es wird weiter vorausgesetzt, dass die Übertragungsfunktion $Y_{\rm L}(p)$ in Pol–Nullstellen–Form durch

• den konstanten Faktor $K$,
• die $Z$ Nullstellen $p_{oi} (i =$ 1, ... , $Z$) und
• die $N$ Polstellen $p_{xi} (i =$ 1, ... , $N$)

dargestellt werden kann. Für diese und die nächste Seite setzen wir zudem $Z < N$ voraus.

Die Anzahl der unterscheidbaren Pole bezeichnen wir mit $I$. Zur Bestimung von $I$ werden mehrfache Pole nur einfach gezählt. Für das Beispiel des letzten Abschnitts gilt $N =$ 5 und $I =$ 4.

Residuensatz: Unter den genannten Voraussetzungen ergibt sich die Laplace–Transformierte von $Y_{\rm L}(p)$ für Zeiten $t ≥$ 0 als die Summe von $I$ Eigenschwingungen der Pole, die man als die Residuen – abgekürzt mit „Res” – bezeichnet: $$y(t) = \sum_{i=1}^{I}{\rm Res} \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}p_{{\rm x}i}} \hspace{-0.7cm}\{Y_{\rm L}(p)\cdot {\rm e}^{p \hspace{0.05cm}t}\} \hspace{0.05cm} .$$

Da $Y_{\rm L}(p)$ nur für kausale Signale angebbar ist, gilt für negative Zeiten stets $y(t < 0) =$ 0.

Für einen Pol der Vielfachheit $l$ gilt allgemein: $${\rm Res} \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}p_{{\rm x}i}} \hspace{-0.7cm}\{Y_{\rm L}(p)\cdot {\rm e}^{p t}\}= \frac{1}{(l-1)!}\cdot \frac{{\rm d}^{\hspace{0.05cm}l-1}}{{\rm d}p^{\hspace{0.05cm}l-1}}\hspace{0.15cm} \left \{Y_{\rm L}(p)\cdot (p - p_{{\rm x}i})^{\hspace{0.05cm}l}\cdot {\rm e}^{p \hspace{0.05cm}t}\right\} \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}p_{{\rm x}i}} \hspace{0.05cm} .$$ Als Sonderfall ergibt sich daraus mit $l =$ 1 für einen einfachen Pol: $${\rm Res} \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}p_{{\rm x}i}} \hspace{-0.7cm}\{Y_{\rm L}(p)\cdot {\rm e}^{p t}\}= Y_{\rm L}(p)\cdot (p - p_{{\rm x}i})\cdot {\rm e}^{p \hspace{0.05cm}t} \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}p_{{\rm x}i}} \hspace{0.05cm} .$$

Nachfolgend wird der Residuensatz anhand dreier ausführlicher Beispiele verdeutlicht, die mit den Beispielen zur Frequenzbereichsbeschreibung korrespondieren. Wir betrachten also wieder den Vierpol mit einer Induktivität im Längszweig $(L =$ 25 μH) sowie im Querzweig die Serienschaltung aus einem Ohmschen Widerstand $(R =$ 50 Ω) und einer Kapazität $C$. Für Letztere betrachten wir wieder drei verschiedene Werte, nämlich $C =$ 62.5 nF, $C =$ 8 nF und $C =$ 40 nF.

Vorausgesetzt ist stets $x(t) = δ(t) ⇒ X_{\rm L}(p) =$ 1, so dass $Y_{\rm L}(p) = H_{\rm L}(p)$ gilt. Damit ist die berechnete Zeitfunktion $y(t)$ gleich der Impulsantwort $h(t)$.

Anwendung des Residuensatzes (1)

Mit der Kapazität $C =$ 62.5 nF in der unteren Grafik angegebenen Zahlenwerten erhält man für die in Kapitel 3.2 berechnete Übertragungsfunktion: $$H_{\rm L}(p)= K \cdot \frac {p - p_{\rm o }} {(p - p_{\rm x 1})(p - p_{\rm x 2})}= 2 \cdot \frac {p + 0.32 } {(p +0.4)(p +1.6 )} \hspace{0.05cm} .$$

Beachten Sie bitte die Normierung von $p$, $K$ sowie aller Pole und Nullstellen mit dem Faktor ${\rm 10^6}$ · 1/s.

Die Impulsantwort setzt sich aus $I = N =$ 2 Eigenschwingungen zusammen. Für $t <$ 0 sind diese gleich 0.

• Das Residium des Pols bei $p_{x1} =$ –0.4 liefert die Zeitfunktion:

$$\begin{align*} h_1(t) & = {\rm Res} \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}p_{{\rm x}1}} \hspace{-0.7cm}\{H_{\rm L}(p)\cdot {\rm e}^{p t}\}= H_{\rm L}(p)\cdot (p - p_{{\rm x}1})\cdot {\rm e}^{p \hspace{0.05cm}t} \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}p_{{\rm x}1}}=\\ \hspace{-0.25cm}& = 2 \cdot \frac {p + 0.32 } {p +0.4}\cdot {\rm e}^{p \hspace{0.05cm}t} \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}-0.4}= - \frac {2 } {15}\cdot {\rm e}^{-0.4 \hspace{0.05cm} t} \hspace{0.05cm}. \end{align*}$$

• In gleicher Weise kann das Residium des Pols $p_{x2} =$ –1.6 berechnet werden:

$$\begin{align*} h_2(t) & = {\rm Res} \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}p_{{\rm x}2}} \hspace{-0.7cm}\{H_{\rm L}(p)\cdot {\rm e}^{p t}\}= H_{\rm L}(p)\cdot (p - p_{{\rm x}2})\cdot {\rm e}^{p \hspace{0.05cm}t} \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}p_{{\rm x}2}}=\\ \hspace{-0.25cm}& = 2 \cdot \frac {p + 0.32 } {p +1.6}\cdot {\rm e}^{p \hspace{0.05cm}t} \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}-1.6}= \frac {32 } {15}\cdot {\rm e}^{-1.6 \hspace{0.05cm} t} \hspace{0.05cm}. \end{align*}$$

Die Grafik zeigt $h_1(t)$ und $h_2(t)$ sowie das Summensignal $h(t)$. Berücksichtigt ist der Normierungsfaktor $1/T = 10^6 · 1/s$, so dass die Zeit auf $T =$ 1 μs normiert ist. Für $t =$ 0 ergibt sich $$T \cdot h(t=0) = {32 }/ {15} -{2 }/ {15}= 2 \hspace{0.05cm} .$$ Für Zeiten $t >$ 2 μs ist die Impulsantwort – wenn auch nur geringfügig – negativ.

Anwendung des Residuensatzes (2)

Die Bauelementewerte $R =$ 50 Ω, $L =$ 25 μH und $C =$ 8 nF ergeben zwei konjugiert komplexe Pole bei $p_{x1} =$ –1 + j · 2 und $p_{x2} =$ –1 – j · 2. Die Nullstelle liegt bei $p_o =$ –2.5, der konstante Faktor beträgt weiterhin $K =$ 2. Alle Zahlenwerte sind wieder mit dem Faktor $1/T$ zu multiplizieren $(T =$ 1 μs).

Wendet man den Residuensatz auf diese Konfiguration an, so erhält man: $$\begin{align*} h_1(t) &= ... = K \cdot \frac {p_{\rm x 1} - p_{\rm o }} {p_{\rm x 1} - p_{\rm x 2}}\cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}p_{\rm x 1} \cdot \hspace{0.05cm}t}= 2 \cdot \frac {-1 + {\rm j}\cdot 2 +2.5} {(-1 + {\rm j}\cdot 2) - (-1 - {\rm j}\cdot 2)}\cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}p_{\rm x 1} \cdot\hspace{0.05cm}t}=\\ \hspace{-0.25cm}& = 2 \cdot \frac {1.5 + {\rm j}\cdot 2} {{\rm j}\cdot 4}\cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}p_{\rm x 1} \cdot\hspace{0.05cm}t}= (1 - {\rm j}\cdot 0.75)\cdot {\rm e}^{-t}\cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}{\rm j}\hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} 2t} \hspace{0.05cm} ,\end{align*}$$ $$\begin{align*}h_2(t) & = ... = K \cdot \frac {p_{\rm x 2} - p_{\rm o }} {p_{\rm x 2} - p_{\rm x 1}}\cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}p_{\rm x 2} \hspace{0.03cm}\cdot \hspace{0.05cm}t}= 2 \cdot \frac {-1 - {\rm j}\cdot 2 +2.5} {(-1 - {\rm j}\cdot 2) - (-1 + {\rm j}\cdot 2)}\cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}p_{\rm x 2} \hspace{0.03cm}\cdot\hspace{0.05cm}t}=\\ \hspace{-0.25cm}& = & 2 \cdot \frac {1.5 - {\rm j}\cdot 2} {-{\rm j}\cdot 4}\cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}p_{\rm x 2} \hspace{0.03cm}\cdot\hspace{0.05cm}t}= (1 + {\rm j}\cdot 0.75)\cdot {\rm e}^{-t}\cdot {\rm e}^{\hspace{0.03cm}-{\rm j}\hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} 2t} \hspace{0.05cm} . \end{align*}$$

Mit dem Satz von Euler ergibt sich somit für das Summensignal: $$\begin{align*}h(t)& = h_1(t) + h_2(t) =\\ \hspace{-0.25cm}& = {\rm e}^{-t}\cdot \left [ (1 - {\rm j}\cdot 0.75)\cdot (\cos() + {\rm j}\cdot \sin())+ (1 + {\rm j}\cdot 0.75)\cdot (\cos() - {\rm j}\cdot \sin())\right ]=\\ \hspace{-0.25cm}& = ... ={\rm e}^{-t}\cdot \left [ 2\cdot \cos(2t) + 1.5 \cdot \sin(2t)\right ]\hspace{0.05cm} . \end{align*}$$

Die Grafik zeigt im unteren Diagramm – wieder geeignet normiert – die nun mit ${\rm e}^{–t}$ gedämpft oszillierende Impulsantwort $h(t)$ für diese Pol–Nullstellen–Konfiguration.

Anwendung des Residuensatzes (3)

Mit $R =$ 50 Ω, $L =$ 25 Ω und $C =$ 40 nF ergibt sich der aperiodische Grenzfall: $$H_{\rm L}(p)= K \cdot \frac {p - p_{\rm o }} {(p - p_{\rm x })^2}= 2 \cdot \frac {p + 0.5 } {(p +1)^2} \hspace{0.05cm} .$$

Der Kapazitätswert $C =$ 40 nF ist der kleinstmögliche, für den sich gerade noch reelle Polstellen ergeben. Diese fallen zusammen, das heißt $p_x =$ –1 ist eine doppelte Polstelle.

Die Zeitfunktion lautet somit entsprechend dem Residuensatz mit $l =$ 2: $$\begin{align*}h(t)& = {\rm Res} \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}p_{ {\rm x} } } \hspace{-0.7cm}\{H_{\rm L}(p)\cdot {\rm e}^{p t}\}= \frac{ {\rm d} }{ {\rm d}p}\hspace{0.15cm} \left \{H_{\rm L}(p)\cdot (p - p_{ {\rm x} })^2\cdot {\rm e}^{p \hspace{0.05cm}t}\right\} \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}p_{ {\rm x} } } = \\ & = K \cdot \frac{ {\rm d} }{ {\rm d}p}\hspace{0.15cm}\left \{ (p - p_{ {\rm o} })\cdot {\rm e}^{p \hspace{0.05cm}t}\right\} \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}p_{ {\rm x} } } \hspace{0.05cm} .\end{align*}$$

Mit der Produktregel der Differentialrechnung ergibt sich daraus: $$h(t) = K \cdot \left [ {\rm e}^{p \hspace{0.05cm}t} + (p - p_{ {\rm o} })\cdot t \cdot {\rm e}^{p \hspace{0.05cm}t} \right ] \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}-1} = {\rm e}^{-t}\cdot \left ( 2 - t \right) \hspace{0.05cm} .$$

Die untere Grafik zeigt diese Impulsantwort (grüne Kurve) in normierter Darstellung. Sie unterscheidet sich von derjenigen mit den beiden unterschiedlichen Polen bei –0.4 und –1.6 nur geringfügig.

Das rot gezeichnete Signal $$y(t) = 1 - {\rm e}^{-t} + t \cdot {\rm e}^{-t}$$

ergibt sich, wenn man zusätzlich eine Sprungfunktion am Eingang berücksichtigt. Zur Berechnung der Sprungantwort kann man alternativ

• bei der Residuenberechnung zusätzlich den Pol bei $p =$ 0 berücksichtigen, oder
• das Integral über die Impulsantwort $h(t)$ bilden.

Partialbruchzerlegung

Voraussetzung für die Anwendung des Residuensatzes ist, dass es weniger Nullstellen als Pole gibt, das heißt, es muss stets $Z$ kleiner als $N$ sein. Gilt dagegen wie bei einem Hochpass $Z = N$, so

• ist der Grenzwert der Spektralfunktion für großes $p$ ungleich 0,
• beinhaltet das zugehörige Zeitsignal $y(t)$ auch eine Diracfunktion,
• versagt der Residuensatz und es ist eine Partialbruchzerlegung vorzunehmen.

Die Vorgehensweise soll beispielhaft für einen Hochpass erster Ordnung verdeutlicht werden.

Die $p$–Übertragungsfunktion eines $RC$–Hochpasses erster Ordnung kann durch Abspaltung einer Konstanten wie folgt umgewandelt werden: $$\frac{p}{p + RC} = 1- \frac{RC}{p + RC}\hspace{0.05cm} .$$ Damit lautet die Impulsantwort des Hochpasses: $$h_{\rm HP}(t) = \delta(t) - h_{\rm TP}(t) \hspace{0.05cm} .$$

Die Grafik zeigt als rote Kurve die Impulsantwort $h_{\rm HP}(t)$ des Hochpasses und als blaue Kurve die Impulsantwort $h_{\rm TP}(t)$ des äquivalenten Tiefpasses.

Die Diracfunktion ist die Laplace–Transformierte des konstanten Wertes „1”, während die zweite Funktion die Impulsantwort des äquivalenten Tiefpasses angibt und mit $Z =$ 0, $N =$ 1 und $K = RC$ durch den Residuensatz angebbar ist.