Respuesta de un sistema LTI específico a un exponencial

Question

Estoy cursando una asignatura de Señales y Sistemas en mi carrera de Ingeniería de Telecomunicaciones, y ahora estoy intentando poner en común todo lo que he visto. Me encontré con este problema básico de determinar la salida de un sistema cuya función de transferencia es $H(s)=\frac{1}{s+2}$ cuando se alimenta con una señal $x(t)=e^{2jt}$ (donde $j^2=-1$ ). Como cualquier otro estudiante de S&S sé que las exponenciales son funciones propias de los sistemas LTI, por lo que probé esto $$y(t)=H(s_0)e^{s_0t}=H(2j)e^{2jt}=\frac{1}{2j+2}e^{2jt}=\frac{\sqrt{2}}{4}e^{-j\frac{\pi}{4}}e^{2jt}$$ "¡Bien!" Dije. Pero luego quise probar el teorema de la convolución, y así lo hice felizmente $$Y(s) = H(s)X(s) = \frac{1}{s+2}\frac{1}{s-2j}=\frac{\sqrt{2}}{4}e^{-j\frac{\pi}{4}}\left(\frac{1}{s-2j}-\frac{1}{s+2}\right)$$ Viendo esto, y que su contraparte en el dominio del tiempo sería $y(t)=\frac{\sqrt{2}}{4}e^{-j\frac{\pi}{4}}\left(e^{2jt}-e^{-2t}\right)$ Pensé que había cometido un error, pero Wolfram Alpha escupe lo mismo. ¿Dónde está el $e^{-2t}$ ¿el término viene de?. Mi primera idea fue que tal vez la estaba liando con los ROC o algo así, pero todas las señales actuales son del lado derecho.

Luego probé la convolución con la respuesta al impulso, que es precisamente $h(t)=\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s+2}\right\}=e^{-2t}$ . $$(x\ast h)(t)=\int_{-\infty}^{\infty}h(\tau)x(t-\tau)d\tau=\int_{0}^{\infty}e^{-2\tau}e^{2j(t-\tau)}d\tau=\frac{\sqrt{2}}{4}e^{-j\frac{\pi}{4}}e^{2jt}$$ Me tranquilicé un poco cuando vi que algo coincidía con lo predicho por la propiedad de la función propia. Después de esto intenté lo mismo aplicando la conmutatividad de la convolución: $$(h\ast x)(t)=\int_{0}^{\infty}e^{2j\tau}e^{-2(t-\tau)}d\tau$$ Y diverge, pero descubrí que $$(h\ast x)(t)=\int_{0}^{t}e^{2j\tau}e^{-2(t-\tau)}d\tau=\int_{0}^{t}e^{-2\tau}e^{2j(t-\tau)}d\tau=\frac{\sqrt{2}}{4}e^{-j\frac{\pi}{4}}\left(e^{2jt}-e^{-2t}\right)$$

Debo admitir que no entiendo muy bien la diferencia entre integrar de $0$ à $\infty$ y de $0$ à $t$ en la convolución, y por lo tanto no puedo explicar por qué con el intervalo de integración $[0,\infty)$ la convolución da lo mismo que la transformada inversa de Laplace. Y definitivamente no puedo entender por qué todos estos métodos no dan la misma respuesta.

Por otro lado, intenté alimentar el sistema con $e^{-2t}$ . La convolución con el intervalo de integración $[0,\infty)$ es divergente, pero lo siguiente es ciertamente cierto: $$\int_{0}^{t}e^{-2\tau}e^{-2(t-\tau)}d\tau = te^{-2t} = \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{(s+2)^2}\right\}$$ Además, una "herramienta" (muy simple) que creé en geogebra que muestra gráficamente la convolución entre dos señales mostró la misma función (y ha funcionado muy bien para cada par de señales reales que he probado).

Pero No entiendo cómo aplicar aquí la propiedad de la función propia ya que $H(-2)=\frac{1}{0}$ .

¿Puede alguien ayudarme a entender esto?

Answer 1

Sus cálculos son correctos. Tu suposición de que la "transformada de Laplace de la convolución es el producto de las transformadas de Laplace es incorrecta" para la definición de convolución que está considerando . La convolución que estás considerando tiene límite integral infinito mientras que el teorema se aplica a la convolución con límite integral $t$ . Hay una diferencia importante entre estas dos fórmulas: Obsérvese que restringiendo el límite de la integral a $t$ equivale a tener la integral límite al infinito pero con $x(t)$ definida sólo para $t>0$ . Por eso es la transformada de Fourier (y no la de Laplace) la que domina el análisis de señales y sistemas (incluidas las telecomunicaciones)

EDIT (sobre los límites de la integral de convolución):

En la teoría de los sistemas lineales invariantes en el tiempo (LTI) se tiene un sistema con una respuesta al impulso $h(t)$ y una señal de entrada $x(t)$ . En general, estas dos funciones (señales) están definidas para todo $t\in \mathbb{R}$ y la salida del sistema viene dada por la integral de convolución

$$ y(t) = \int_{-\infty}^{\infty} h(\tau) x(t-\tau)d\tau, t\in \mathbb{R}. $$ Tenga en cuenta que la salida $y(t)$ es, en general, distinto de cero para los valores positivos y negativos de $t$ .

La anterior es la fórmula más general para la salida de un sistema LTI y se aplica a cualquier $h(t)$ y $x(t)$ (siempre que la integral converja).

Ahora bien, si el apoyo de $h(t)$ y/o $x(t)$ es finito, puedes cambiar los límites de la integral para reflejar eso.

Empecemos con la respuesta al impulso definida sólo para $t\geq 0$ es decir, $h(t)=0,t<0$ correspondiente a un, así llamado, sistema causal. Entonces, es fácil ver que la integrad en la expresión anterior es cero para todo $\tau<0$ y así podemos escribir

$$ y(t) = \int_{0}^{\infty} h(\tau) x(t-\tau)d\tau, t\in \mathbb{R}. $$

Dejemos, además, que la entrada $x(t)$ sólo se definen para los positivos $t$ es decir, $x(t)=0,t<0$ . Obsérvese que el término $x(t-\tau)$ que aparece en la integrad será distinto de cero sólo cuando se cumpla $t-\tau \geq 0$ o, de forma equivalente, $\tau \leq t$ . Pero esta condición impone efectivamente una restricción al límite superior de la integral que lleva a $$ y(t) = \int_{0}^{t} h(\tau) x(t-\tau)d\tau, t\in \mathbb{R}. $$ Por último, nótese que la integral anterior sólo será distinta de cero para $t\geq 0$ , lo que en última instancia conduce a $$ y(t) = \int_{0}^{t} h(\tau) x(t-\tau)d\tau, t\geq 0, $$ con el entendimiento de que $y(t)=0,t<0$ .

La última integral de convolución es efectivamente la que se asume al trabajar la transformada de Laplace, es decir, todos los sistemas y la señal de entrada/salida son causales.

Answer 2

No hay ningún problema con los cálculos anteriores, pero definitivamente hay un malentendido en la forma de interpretarlos.

• Cuando se considera la respuesta $\Psi(s)=H(s)X(s)$ del sistema, está diciendo esencialmente que el sistema satisface una ecuación diferencial con la condición inicial no perturbada $y(0)=0$ en su caso la ecuación es $y'(t)+2y(t)=x(t)~,~ y(0)=0$ . La transformación de Laplace de esta ecuación da la expresión exacta anterior. La solución que has encontrado es correcta y satisface este problema, y puedes comprobarlo explícitamente.
• Por otro lado decir que la solución de este problema es $x(t)/\lambda$ donde $\lambda$ es el valor propio de la función $x(t)$ con respecto al operador lineal $T=\frac{d}{dx}+2$ NO es correcto. Lo que representa esta función es una solución particular de la EDO no homogénea y de ninguna manera una solución completa del problema. En su caso se puede demostrar que la solución completa de la EDO mencionada anteriormente es

$$y(t)=Ce^{-2t}+\frac{e^{2jt}}{2j+2}\equiv y_0(t)+y_p(t)~~,~C\in\mathbb{R}$$

donde $C$ es una constante arbitraria que viene determinada por el condiciones iniciales . La única manera $y_p(t)$ puede ser una solución por sí misma es si existe una condición inicial que establece $C=0$ . En este caso ningún número real puede conseguirlo, por lo que la solución no homogénea siempre irá acompañada de algún término $\propto e^{-2t}$ .

• En cuanto a las integrales de convolución, como todas las señales son del lado derecho se puede demostrar que las tres expresiones siguientes son equivalentes:

$$\Psi(s)=H(s)X(s)\iff y(t)=\int_0^{t}dt' h(t')x(t-t')\iff y'(t)+2y(t)=x(t)~,y(0)=0$$

que ha demostrado ser cierto. Intercambiando el orden de $h,x$ no cambia nada.

Sin embargo, la interpretación de la misma integral de convolución de $(0,\infty)$ es completamente diferente. Para obtener esa integral se supone secretamente que $x(t)$ no es del lado derecho, sino que ha existido desde siempre $t\in \mathbb{R}$ . Esto significa que el sistema comenzó a ser pateado en el pasado infinito, lo que significa que debe haber alcanzado la solución de equilibrio en cualquier tiempo finito (todos los transitorios han muerto ya que el sistema es causal) y esa es la razón por la que se obtiene la solución de equilibrio cuando se realiza la integral en $(0, \infty)$ en su lugar. De hecho, puedes demostrarlo utilizando la representación de la EDO:

$$y'(t)+2y(t)=x(t)~,~ y(t_0)=y_0 \Rightarrow y(t)=e^{2t_0}\left(y_0-\frac{e^{2jt_0}}{2j+2}\right)e^{-2t}+\frac{e^{2jt}}{2j+2}$$ Tomar el límite $t_0\to -\infty$ requiere que los transitorios desaparezcan $$\lim_{t_0\to-\infty}y(t)=\frac{e^{2jt}}{2j+2}$$

y sólo queda la solución particular. No es justo pedir a ambas integrales de convolución que den la misma respuesta, porque están diseñadas para responder a problemas diferentes. El método de las soluciones particulares -funciones propias- arroja el comportamiento a largo plazo de un sistema causal, la transformada de Laplace es útil para estudiar la respuesta completa de un sistema.

• Finalmente, en el último ejemplo el método de las funciones propias simplemente no se aplica, porque $e^{-2t}$ es una solución de la EDO homogénea $y'+2y=0$ que no permite la aplicación del método. Independientemente de esa sutileza, si seguimos el mismo procedimiento que utilizamos anteriormente, vemos que en este problema la condición inicial $y(0)=0$ pone la constante arbitraria a cero, y así hace que las dos soluciones sean iguales, pero esto es una coincidencia debido a que la solución particular $y_p(t)=t e^{-2t}$ tiene $y_p(0)=0$ .