پاسخ پله – از صفر تا صد

حل عمومی

در تصویر زیر می‌توان تصویر تابع پله واحد را مشاهده کرد.

اگر در یک سیستم ورودی برابر با $$x(t)$$، خروجی برابر با $$y(t)$$ و تابع انتقال $$H(S)$$ باشد، آن‌گاه می‌توان نوشت:

$$H(S) = \frac {Y(S)} {X(S)}$$

در این سیستم، خروجی با شرایط اولیه صفر یا به عبارت دیگر خروجی حالت صفر، به سادگی با فرمول زیر محاسبه می‌شود:

$$Y(S) = X(S) H(S)$$

بنابراین، پاسخ پله واحد $$Y _ \gamma (S)$$ به صورت زیر محاسبه می‌شود:

$$Y _ \gamma (S) = \frac {1} {S} H(S)$$

$$\lim_{t \rightarrow 0 ^+} f(t) = \lim_{S \rightarrow \infty} S F(S)$$

مقدار نهایی نیز به صورت زیر به دست می‌آید:

$$\lim_{t \rightarrow \infty} f(t) = \lim_{S \rightarrow 0} S F(S)$$

بنابراین داریم:

$$\lim_{t \rightarrow 0 ^+} Y _ \gamma (t) = \lim_{S \rightarrow \infty} S Y _ \gamma (S) = \lim_{S \rightarrow \infty} S \frac {1} {S} H(S) = \lim_{S \rightarrow \infty} H(S)$$

$$\lim_{t \rightarrow \infty} Y _ \gamma (t) = \lim_{S \rightarrow 0} S Y _ \gamma (S) = \lim_{S \rightarrow 0} S \frac {1} {S} H(S) = \lim_{S \rightarrow 0} H(S)$$

معمولا این معادله‌ها را ساده می‌کنیم و می‌نویسیم:

$$Y _ \gamma (0^+) = H ( \infty )$$

$$Y _ \gamma (\infty) = H ( 0 )$$

پاسخ پله سیستم مرتبه اول

ابتدا یک سیستم عمومی را در نظر می‌گیریم و پاسخ پله را برای آن محاسبه می‌کنیم. در ادامه مثال‌های بیشتری را از سیستم‌های درجه یک حل می‌کنیم.

فیلم آموزش تجزیه‌ و تحلیل سیگنال‌ و سیستم در فرادرس

کلیک کنید

یک تابع انتقال مرتبه اول عمومی را در نظر بگیرید که توسط رابطه زیر توصیف می‌شود:

$$H(S) = \frac {b.S + c} {S+ a}$$

$$Y_ \gamma (S) = \frac {1} {S} H(S) = \frac {1} {S} \frac {b.S + c} {S+ a}$$

$$Y_ \gamma (S) = \frac {1} {S} H(S) = \frac {1} {S} \frac {b.S + c} {S+ a} \\ Y_ \gamma (S) = \frac{A} {S } + \frac{B} {S+ a} \\ = \frac{c} {a }\frac{1} {S } + \frac{ba - c} { a} \frac{1} {S+ a}\\ = \frac{c} {a }\frac{1} {S } + (b - \frac{ c} { a}) \frac{1} {S+ a}$$

بنابراین:

$$Y_ \gamma ( t) = \frac{ c} { a} + (b - \frac{ c} { a}) e^ {-at}\; ,\;\;\;t>0$$

حال می‌توان مشخصه‌های بسیاری را از این معادله به دست آورد:

$$Y_ \gamma (0^ +) = H(\infty ) = b$$

$$Y_ \gamma ( \infty ) = H( 0 ) = \frac{ c} { a}$$

$$\tau = \frac{1} { a}$$

بنابراین می‌توان فرم عمومی پاسخ پله واحد سیستم را به صورت زیر نوشت:

$$\large Y_ \gamma (t) = Y_ \gamma (\infty) + (Y_ \gamma (0 ^ +) - Y_ \gamma (\infty)) e^ {- \frac {t} {\tau}}$$

$$\large = H (0 ) + ( H ( \infty) - H( 0) ) e ^ {\frac {- t} {\tau} }$$

معادلات فوق از اهمیت بالایی برخوردارند. بر اساس این معادلات می‌توان نتیجه گرفت که اگر بتوان مقادیر اولیه یک سیستم مرتبه اول را در $$t = 0 ^ +$$ تعیین کرد، آن‌گاه می‌توان مقدار نهایی و نیز ثابت زمانی سیستم را به دست آورد و برای این کار به حل هیچ معادله‌ای نیاز نداریم. به طریق مشابه، اگر بتوانیم مقادیر اولیه سیستم را از راه تجربی به دست آوریم و سپس مقدار نهایی و ثابت زمانی را تعیین کنیم، آن‌گاه می‌توانیم تابع انتقال کلی سیستم را محاسبه کرد.

ثابت زمانی سیستم مرتبه اول

محاسبه ثابت زمانی سیستم مرتبه اول معمولا ساده است. ثابت زمانی برخی از سیستم‌های متداول در جدول زیر آورده شده‌اند.

مثال ۱

اگر نیروی ورودی سیستم زیر برابر با پله واحد باشد، آن‌گاه $$v(t)$$ را محاسبه کنید.

دیاگرام نیروها در این سیستم به صورت زیر نشان داده شده است.

حل اول

معادله دیفرانسیل توصیف کننده سیستم برابر است با:

$$m \dot{v} + b v = f(t)$$

$$m S V(S) + b V (S) = F(S)$$

$$\frac {V(S)} {F(S)} = H(S) = \frac {1} {ms + b} = \frac {1/m} {s + b/m}$$

$$V(S) = F(S) H(S) = \frac {1} {S} \frac {1/m} {s + b/m}$$

$$v(t) = \frac {1} {b} (1 - e^ { - (\frac {b } {m}) t })$$

با فرض کردن $$m=b=1$$، جواب به صورت زیر به دست می‌آید.

حل دوم (بدون نیاز به لاپلاس معکوس)

با استفاده از تابع انتقال می‌توان اطلاعات زیر را به دست آورد:

$$V (0^ +) = H(\infty ) = 0$$

$$V ( \infty ) = H( 0 ) = \frac{ 1} { b}$$

$$\tau = \frac{m} { b}$$

حال با استفاده از فرم عمومی پاسخ پله واحد سیستم‌های مرتبه اول، به رابطه زیر دست می‌یابیم:

$$v (t) = v (\infty) + (v (0 ^ +) - v (\infty)) e^ {- \frac {t} {\tau}}$$

$$= H (0 ) + ( H ( \infty) - H( 0) ) e ^ {\frac {- t} {\tau} }$$

$$= \frac {1} {b} + (0 - \frac {1} {b}) e^ {- \frac {b} {m} t}$$

$$= \frac {1} {b} (1 - e^ {- \frac {b} {m} t} )$$

همچنین می‌توان از روش زیر استفاده کرد.

سیستم از حالت سکون شروع به حرکت می‌کند و سرعت جرم در سیستم فوق نمی‌تواند با یک ورودی محدود، به صورت آنی تغییر کند، بنابراین $$v (0 ^ + ) = 0$$. سرعت نهایی از جرم مستقل است؛ زیرا هیچ نیروی شتابی در سرعت ثابت وجود ندارد.

بنابراین داریم:

$$f(\infty)=bv(\infty)\;\; or \;\;v(\infty)=\frac {f(\infty)}{b}=\frac {1} {b}$$

ثابت زمانی یک سیستم جرم و دمپر برابر با $$\frac {m} {b}$$ است. بنابراین:

$$v(t) = \frac {1} {b} (1 - e^ {- \frac {b} {m} t} )$$

مثال ۲

اگر نیروی ورودی سیستم زیر، یک پله با دامنه $$X_0$$ باشد، آن‌گاه خروجی $$y(t)$$ را به دست آورید.

حل اول

توجه کنید که ورودی سیستم، تابع پله واحد نیست، بلکه دارای دامنه $$X_0$$ است. بنابراین تمام خروجی سیستم نیز باید دارای مقیاس $$X_0$$ باشد. معادله دیفرانسیل توصیف کننده سیستم به صورت زیر نوشته می‌شود:

$$b \dot{y} + ky = -b \dot{x} (t)$$

بنابراین تابع انتقال را با اعمال تبدیل لاپلاس به طرفین معادله محاسبه می‌کنیم و سپس نسبت $$\frac{ Y(S) } { X(S) }$$ را به دست می‌آوریم:

$$\frac{ Y(S) } { X(S) } = H(S) = - \frac {S} {S + \frac {k} {b}}$$

برای به دست آوردن پاسخ پله واحد، تابع انتقال را در تابع پله با دامنه $$X_0$$ یعنی $$\frac {X_0} {S}$$ ضرب می‌کنیم. سپس معادله را با جست و جو در جدول تبدیل لاپلاس و محاسبه لاپلاس معکوس به دست می‌آوریم:

$$\frac{ Y(S) } { X(S) } = H(S) = - \frac {X_0} {S} \frac {S} {S + \frac {k} {b}}$$

$$= - \frac { X_0 } {S + \frac {k} {b}}$$

$$= y(t) = - X_0 e^ {- \frac {k} {b} t}$$

به ازای مقادیر $$k = b = 1$$ و $$X_0 = 2$$، جواب زیر برای این سیستم به دست می‌آید.

حل دوم (بدون نیاز به تبدیل لاپلاس معکوس)

با استفاده از تابع انتقال، می‌توان ویژگی‌های زیر را به دست آورد:

$$y (0^ +) = X_0 H(\infty ) = - X_0$$

$$y ( \infty ) = X_0 H( 0 ) = 0$$

$$\tau = \frac{b} { k}$$

با استفاده از فرم عمومی پاسخ پله واحد در یک سیستم مرتبه اول، داریم:

$$y (t) = y (\infty) + (y (0 ^ +) - y (\infty)) e^ {- \frac {t} {\tau}}$$

$$= 0 + (- X_0 - 0) e ^ {-(\frac {k} {b} )t}$$

$$= - X_0 e ^ {-(\frac {k} {b} )t}$$

همچنین می‌توان از روش زیر استفاده کرد و به پاسخ مشابهی دست یافت.

$$y(t) = - X_0 e ^ {-(\frac {k} {b} )t}$$

مثال ۳

در مدار زیر، اگر ولتاژ ورودی $$e_{in} (t)$$ برابر با پله واحد باشد، آن‌گاه مقدار $$e_{out} (t)$$ را بیابید.

حل اول

تابع انتقال برابر است با:

$$\frac {E_{out} (S)} { E_{in} (S)} = H(S) = \frac {Z_2} {Z_2 + Z_1}$$

$$Z_{1} =R_{1}$$

$$Z_{2} =Z_{R 2}+Z_{C}=R_{2}+\frac{1}{S C}$$

$$H(S) =\frac{E_{o u t}(S)}{E_{i n}(S)}=\frac{Z_{2}}{Z_{1}+Z_{2}}=\frac{R_{2}+\frac{1}{S C}}{R_{1}+R_{2}+\frac{1}{S C}}$$

$$=\frac{C R_{2}}{C\left(R_{1}+R_{2}\right)} \frac{S+\frac{1}{C\left(R_{1}+R_{2}\right)}}{C\left(R_{1}+R_{2}\right)}$$

$$=\frac{R_{2}}{\left(R_{1}+R_{2}\right)} \frac{1}{S+\frac{1}{C\left(R_{1}+R_{2}\right)}}$$

برای به دست آوردن پاسخ پله واحد سیستم، تابع انتقال سیستم را در تبدیل لاپلاس تابع پله واحد $$\frac {1} {S}$$ ضرب می‌کنیم و سپس با استفاده از تبدیل لاپلاس معکوس، پاسخ را به دست می‌آوریم:

$$\mathrm{E}_{\mathrm{ous}}(\mathrm{s}) =\frac{1}{\mathrm{s}} \mathrm{H}(\mathrm{s})=\frac{1}{\mathrm{s}} \frac{\mathrm{R}_{2}}{\left(\mathrm{R}_{1}+\mathrm{R}_{2}\right)} \frac{\mathrm{s}+\frac{1}{\mathrm{CR}_{2}}}{\mathrm{s}+\frac{1}{\mathrm{C}\left(\mathrm{R}_{1}+\mathrm{R}_{2}\right)}}$$

$$=\frac{\mathrm{A}}{\mathrm{s}}+\frac{\mathrm{B}}{\mathrm{s}+\frac{1}{\mathrm{C}\left(\mathrm{R}_{1}+\mathrm{R}_{2}\right)}}$$

$$=\frac{1}{\mathrm{s}}-\frac{\mathrm{R}_{1}}{\left(\mathrm{R}_{1}+\mathrm{R}_{2}\right)} \frac{1}{\mathrm{s}+\frac{1}{\mathrm{C}\left(\mathrm{R}_{1}+\mathrm{R}_{2}\right)}}$$

$$\mathrm{e}_{\mathrm{out}}(\mathrm{t}) =1-\frac{\mathrm{R}_{1}}{\left(\mathrm{R}_{1}+\mathrm{R}_{2}\right)} \mathrm{e}^{-t /\left(\mathrm{Q}_{1}+\mathrm{r}_{2}\right)}$$

با در نظر گرفتن مقادیر $$R_1 = R_2 = 1 K \Omega$$ و $$C = 1 \mu F$$ نتیجه زیر برای سیستم به دست می‌آید.

حل دوم (بدون تبدیل لاپلاس معکوس)

با استفاده از تابع انتقال می‌توان به اطلاعات زیر دست یافت:

$$e_{out } (0^ + ) = H (\infty) = \frac {R_2 } {(R_2 + R_1)}$$

$$e_{out } ( \infty ) = H (0) = 1$$

$$\tau = C (R_2 + R_1)$$

با استفاده از فرم عمومی پاسخ پله یک سیستم مرتبه اول می‌توان نوشت:

$$e_{out } (t) = e_{out } ( \infty ) + ( e_{out } (0^+ - e_{out } ( \infty ) ) e^ {- \frac {t} {\tau}}$$

$$= 1 + ( \frac {R_2 } {(R_2 + R_1)} - 1) e^ {- \frac {t} {C (R_2 + R_1)}}$$

$$= 1 - \frac {R_1 } {(R_2 + R_1)} e^ {- \frac {t} {C (R_2 + R_1)}}$$

همان طور که دیدیم این راه حل بسیار ساده‌تر است. همچنین، با استفاده از روش زیر به پاسخ مشابهی خواهیم رسید.

در $$t = 0^+$$، هیچ ولتاژی در دو سر خازن وجود ندارد. بنابراین مدار یک مقسم ولتاژ ساده است که در آن $$C . R_{eq} (\infty) = C (R_1 + R_2 )$$ است. بنابراین نتیجه‌ای که در این حالت به دست می‌آوریم نیز مانند حالت قبل است:

$$e_{out } (t) = e_{out } ( \infty ) + ( e_{out } (0^+) - e_{out } ( \infty ) ) e^ {- \frac {t} {\tau}}$$

$$= 1 + ( \frac {R_2 } {(R_2 + R_1)} - 1) e^ {- \frac {t} {C (R_2 + R_1)}}$$

$$= 1 - \frac {R_1 } {(R_2 + R_1)} e^ {- \frac {t} {C (R_2 + R_1)}}$$

پاسخ پله سیستم مرتبه دو

همان طور که انتظار می‌رود، پاسخ پله یک سیستم مرتبه دو، پیچیده‌تر از پاسخ پله یک سیستم مرتبه اول است. در حالی که پاسخ پله یک سیستم مرتبه اول را می‌توان با استفاده از ثابت زمانی (تعیین از روی قطب‌های سیستم)، مقدار اولیه و مقدار نهایی سیستم به صورت کامل تعریف کرد، پاسخ پله یک سیستم مرتبه دو در حالت کلی با روش‌های پیچیده‌تری محاسبه می‌شود.

فیلم آموزش ریاضی مهندسی برای کنکور دکتری در فرادرس

کلیک کنید

در ابتدا باید توجه کنید که فرم تابع تبدیل یک سیستم مرتبه دو را می‌توان به صورت زیر نوشت:

$$\frac{{Y(s)}}{{X(s)}} = H(s) = \frac{{a{s^2} + bs + c}}{{{s^2} + ds + e}}$$

 در رابطه فوق، $$a$$ و $$b$$ و $$c$$ و $$d$$ و $$e$$ همگی اعداد حقیقی هستند و حداقل یکی از اعداد در صورت کسر باید غیر صفر باشد.

پاسخ پله سیستم پایین گذر مرتبه دو

در واقع امکان پذیر نیست که تاثیر هر کدام از این 5 عدد را در تابع انتقال عمومی تفکیک کرد. بنابراین برای سادگی، در این مرحله فرض می‌کنیم $$a = b = 0$$ باشند. پس تابع انتقال سیستم را به صورت زیر بازنویسی می‌کنیم:

$$H(s) = \frac{c}{{{s^2} + ds + e}} = K\frac{{\omega _0^2}}{{{s^2} + 2\zeta {\omega _0}s + \omega _0^2}}$$

سه مقدار در رابطه بالا وجود دارند که عبارتند از:

• $$ \eqalign {\omega _0} $$ فرکانس نوسان (Natural (or Resonant) Frequency) یا فرکانس طبیعی بر حسب $$rad/sec$$.
• $$\zeta = \frac{d}{{2\sqrt e }}$$: نرخ میرایی (Damping Ration) (بدون واحد).
• $$K = \frac{c}{e}$$: بهره (Gain) سیستم که دارای واحد یکسان با $$y/x$$ است.

برای یافتن پاسخ پله واحد سیستم، ابتدا تابع انتقال را در تبدیل لاپلاس تابع پله واحد، یعنی $$\frac{1}{s}$$ ضرب می‌کنیم. بنابراین داریم:

$${Y_\gamma }(s) = \frac{1}{s}H(s) = \frac{1}{s}K\frac{{\omega _0^2}}{{{s^2} + 2\zeta {\omega _0}s + \omega _0^2}}$$

قبل از این‌که $$y_\gamma (t)$$ را به دست آوریم، ابتدا باید ریشه‌های عبارت موجود در مخرج کسر بالا را به دست آوریم:

$$s = \frac{{ - 2\zeta {\omega _0} \pm \sqrt {{{\left( {2\zeta {\omega _0}} \right)}^2} - 4\omega _0^2} }}{2} = - \zeta {\omega _0} \pm {\omega _0}\sqrt {{\zeta ^2} - 1}$$

مقدار $$\zeta$$، منجر به ایجاد ۵ نوع مختلف از سیستم‌ها می‌شود که در جدول زیر آورده شده‌اند:

سه گروه اول از سیستم‌ها مهم‌تر هستند، اما دو گروه آخر هم تا حدی مورد بحث قرار خواهند گرفت.

حالت ۱: سیستم تندمیرا ($$\zeta > 1$$)

در سیستم‌های تندمیرا، با مساوی صفر قرار دادن معادله مشخصه، تابع انتقال دارای دو قطب حقیقی خواهد بود که عبارتند از:

$$s = - \zeta {\omega _0} \pm {\omega _0}\sqrt {{\zeta ^2} - 1}$$

برای راحتی به این قطب‌ها نام‌های $$\alpha _1$$ و $$\alpha _2$$ می‌دهیم:

$$\begin{gathered} {\alpha _1} = \zeta {\omega _0} + {\omega _0}\sqrt {{\zeta ^2} - 1} = {\omega _0}\left( { \zeta + \sqrt {{\zeta ^2} - 1} } \right) \\ {\alpha _2} = \zeta {\omega _0} - {\omega _0}\sqrt {{\zeta ^2} - 1} = {\omega _0}\left( { \zeta - \sqrt {{\zeta ^2} - 1} } \right) \\ \end{gathered}$$

قطب‌ها را مانند تصویر زیر، در دیاگرام صفر و قطب رسم می‌کنیم.

همچنین باید توجه کنیم که:

$${\alpha _1} \cdot {\alpha _2} = {\omega _0}\left( { \zeta + \sqrt {{\zeta ^2} - 1} } \right) \cdot {\omega _0}\left( { \zeta - \sqrt {{\zeta ^2} - 1} } \right) \\ = \omega _0^2\left( {{\zeta ^2} + - \left( {{\zeta ^2} - 1} \right) + \zeta \sqrt {{\zeta ^2} - 1} - \zeta \sqrt {{\zeta ^2} - 1} } \right) = \omega _0^2$$

تابع انتقال را می‌توان به صورت زیر نوشت:

$$H(s) = K\frac{{\omega _0^2}}{{{s^2} + 2\zeta {\omega _0}s + \omega _0^2}} = K\frac{{{\alpha _1} \cdot {\alpha _2}}}{{\left( {s + {\alpha _1}} \right)\left( {s + {\alpha _2}} \right)}}$$

پاسخ پله واحد در حوزه فرکانس برابر است با:

$${Y_\gamma }(s) = \frac{1}{s}H(s) = \frac{1}{s}K\frac{{{\alpha _1} \cdot {\alpha _2}}}{{\left( {s + {\alpha _1}} \right)\left( {s + {\alpha _2}} \right)}}$$

حال با اعمال معکوس تبدیل لاپلاس روی معادله بالا، می‌توان به پاسخ پله واحد در حوزه زمان رسید:

$${y_\gamma }(t) = K\left( {1 - \frac{{{\alpha _2}{e^{ - \alpha_1 t}} - {\alpha _1}{e^{ - \alpha_2 t}}}}{{{\alpha _2} - {\alpha _1}}}} \right)$$

اگر معادله بالا را بر حسب ضریب میرایی و فرکانس طبیعی بازنویسی کنیم، به فرم زیر تبدیل خواهد شد:

$$\begin{gathered} {y_\gamma }(t) = K\left( {1 - \frac{{{\omega _0}\left( {\zeta - \sqrt {{\zeta ^2} - 1} } \right){e^{ - {\omega _0}\left( {\zeta + \sqrt {{\zeta ^2} - 1} } \right)t}} - {\omega _0}\left( {\zeta + \sqrt {{\zeta ^2} - 1} } \right){e^{ - {\omega _0}\left( {\zeta - \sqrt {{\zeta ^2} - 1} } \right)t}}}}{{{\omega _0}\left( {\zeta - \sqrt {{\zeta ^2} - 1} } \right) - {\omega _0}\left( {\zeta + \sqrt {{\zeta ^2} - 1} } \right)}}} \right) \\ = K\left( {1 + \frac{{\left( {\zeta - \sqrt {{\zeta ^2} - 1} } \right){e^{ - {\omega _0}\left( {\zeta + \sqrt {{\zeta ^2} - 1} } \right)t}} - \left( {\zeta + \sqrt {{\zeta ^2} - 1} } \right){e^{ - {\omega _0}\left( {\zeta - \sqrt {{\zeta ^2} - 1} } \right)t}}}}{{2\sqrt {{\zeta ^2} - 1} }}} \right) \\ \end{gathered}$$

این معادله نسبتا پیچیده است، اما چند نکته زیر در مورد آن اهمیت زیادی دارند:

فیلم آموزش ریاضی مهندسی برای کنکور دکتری در فرادرس

کلیک کنید

1. مقدار نهایی زمانی که $$t \rightarrow \infty$$ میل کند، برابر با $$K$$ یا بهره سیستم خواهد شد. این مقدار همچنین با $$H(0)$$ برابر است.
2. مقدار اولیه زمانی که $$t \rightarrow 0 ^ +$$ میل کند، برابر با صفر خواهد بود. این مقدار همچنین با $$H ( \infty )$$ برابر است.
3. در فرمول بالا، هر کجا که $$\omega _0$$ حضور داشته باشد، حتما در $$t$$ ضرب شده است. این بدین معنی است که هر وقت $$\omega _0$$ را دو برابر کنیم، سرعت سیستم دو برابر می‌شود، اما شکل پاسخ را تغییر نمی‌دهد، بلکه صرفا آن را در حوزه زمان بسط می‌دهد یا منقبض می‌کند.
4. زمانی که $$\zeta \rightarrow \infty$$ میل کند، عبارت دوم در صورت کسر فوق، به سمت صفر میل می‌کند و سیستم مانند یک سیستم مرتبه اول رفتار می‌کند.

تاثیر $$\zeta$$ و $$\omega _0$$ روی شکل پاسخ بعدا مورد بحث قرار می‌گیرند.

حالت ۲: سیستم میرای بحرانی ($$\zeta = 1$$)

برای به دست آوردن پاسخ پله واحد یک سیستم میرای بحرانی، روندی همانند سیستم تندمیرا را طی می‌کنیم. برای $$\zeta = 1$$، ریشه‌های مخرج کسر تابع انتقال سیستم، هر دو در $$S = - \omega _0$$ قرار دارند. همچنین محل ریشه‌ها را با $$S = - \alpha$$ نیز نمایش می‌دهند. بنابراین می‌توان تابع انتقال سیستم را به صورت زیر بازنویسی کرد:

$$H(s) = K\frac{{\omega _0^2}}{{{s^2} + 2{\omega _0}s + \omega _0^2}} = K\frac{{\omega _0^2}}{{{{\left( {s + {\omega _0}} \right)}^2}}} = K\frac{{{\alpha ^2}}}{{{{\left( {s + \alpha } \right)}^2}}}$$

این سیستم دارای قطب‌های تکراری در $$S = - \omega _0$$ است که در تصویر زیر نشان داده شده است.

پاسخ پله واحد این سیستم را در حوزه فرکانس می‌توان مانند فرمول زیر محاسبه کرد:

$${Y_\gamma }(s) = \frac{1}{s}H(s) = \frac{1}{s}K\frac{{\omega _0^2}}{{{{\left( {s + {\omega _0}} \right)}^2}}} = \frac{1}{s}K\frac{{{\alpha ^2}}}{{{{\left( {s + \alpha } \right)}^2}}}$$

حال با استفاده از معکوس تبدیل لاپلاس به معادله زیر برای پاسخ پله واحد در حوزه زمان دست می‌یابیم: