z transformacija Zoran M. Buqevacau.mas.bg.ac.rs/cms_upload/fakultet/fajlovi/105... ·...

Auditorne ve�be iz Raqunarskog upravǉaǌaz− transformacija

Zoran M. Buqevac

Maxinski fakultet u Bgd.

oktobar 2011.

Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 1 / 69

Auditorne ve�be iz Raqunarskog upravǉaǌaz - transformacija

1. Odrediti Z− lik signala x (t) (Z {x (t)}) ako jeX (s) = 1

s(s+α)?Rexeǌe:3. oblik

X ∗ (s) =∑i

Res 11−epT e−sT X (p)

∣∣∣p=p∗i

=⇒ X (p) = 1p(p+α) =⇒ p∗1 =

0; p∗2 = −α

X ∗ (s) =2∑

i=1Res 1

1−epT e−sT X (p)∣∣∣p=p∗i

=2∑

i=1

11−epT e−sT Res X (p)|p=p∗i

=

2∑i=1

11−epT e−sT

1[p(p+α)]′

∣∣∣p=p∗i

=2∑

i=1

11−epT e−sT

12p+α

∣∣∣p=p∗i

=

1

1−ep∗1

T e−sT

12p∗1 +α + 1

1−ep∗2

T e−sT

12p∗2 +α = 1

1−e−sT1α −

11−e−αT e−sT

1α =

1α

1−e−αT e−sT−1+e−sT

(1−e−sT )(1−e−αT e−sT )= 1

α

e−sT (1−e−αT )(1−e−sT )(1−e−αT e−sT )

=⇒Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 2 / 69


z = esT =⇒ X (z) = X ∗ (s)|esT =z = 1α

e−sT (1−e−αT )(1−e−sT )(1−e−αT e−sT )

∣∣∣∣esT =z

=

1α

z−1(1−e−αT )(1−z−1)(1−e−αT z−1)

= zα

1−e−αT

(z−1)(z−e−αT )=⇒

X (z) = zα

1−e−αT

(z−1)(z−e−αT )

2. Dat je Z− lik X (z) = z(z−γ)(z−1)2

. Odrediti diskretizovani

signal x∗ (t)?Rexeǌe:1. naqin:x (kT ) =

∑i

Res X (z) zk−1∣∣z∗i (pol od X (z))

z∗1 = γ, ν∗1 = 1; z∗2 = 1, ν∗2 = 2 =⇒ x (kT ) =2∑

i=1Res X (z) zk−1

∣∣z∗i

Res X (z) zk−1∣∣z∗1 =γ

= Res z(z−γ)(z−1)2

zk−1∣∣∣z∗1 =γ

=



Res zk

(z−γ)(z−1)2

∣∣∣z∗1 =γ

= zk

[(z−γ)(z−1)2]′

∣∣∣∣z∗1 =γ

= zk

(z−1)2+2(z−γ)(z−1)

∣∣∣z∗1 =γ

=

γk

(γ−1)2

Res X (z) zk−1∣∣z∗2

=1= R21 = 1

(ν∗2−1)!dν∗2−1

dzν∗2−1

[(z − z∗2 )ν∗2 X (z) zk−1

]∣∣∣∣z∗2

=1

R21 = 1(2−1)!

ddz

[(z − 1)2 X (z) zk−1

]∣∣∣z∗2

=1

=

ddz

[(z − 1)2 z

(z−γ)(z−1)2zk−1

]∣∣∣z∗2

=1

= ddz

zk

(z−γ)

∣∣∣z∗2 =1

=

kzk−1(z−γ)−zk

(z−γ)2

∣∣∣z∗2 =1

= k(1−γ)−1

(1−γ)2= k

(1−γ) −1

(1−γ)2=⇒

x (kT ) = γk

(γ−1)2+ k

(1−γ) −1

(1−γ)2= γk−1

(γ−1)2+ k

(1−γ) =⇒ x∗ (t) =∞∑

k=0

[γk−1

(γ−1)2+ k

(1−γ)

]δ (t − kT )



2. naqin:Iz tablice z− transformacija u ubeniku Diskretnisistemi, na 184. strani, 3. sluqaj odozgoX (z) = z

(z−γ)(z−1)2=⇒ γk

(γ−1)2+ k

(1−γ) −1

(1−γ)2(u ubeniku postoji

grexka tj. tamo stoji γ

(γ−1)2+ k

(1−γ) −1

(1−γ)2a treba da stoji

γk

(γ−1)2+ k

(1−γ) −1

(1−γ)2)

3. naqin:X (z) = z

(z−γ)(z−1)2=⇒ X (z) = z−1 z

(z−γ)(z−1)2=

1(z−γ)(z−1)2

=⇒Hevisajdov razvoj od

X (z) = 1(z−γ)(z−1)2

=⇒ z∗1 = γ; z∗2 = 1, ν∗2 = 2 =⇒ R1 =

1

[(z−γ)(z−1)2]′

∣∣∣∣z∗1 =γ

= 1(z−1)2+2(z−γ)(z−1)

∣∣∣z∗1 =γ

= 1(γ−1)2



R21 = 1

(ν∗2−1)!dν∗2−1

dzν∗2−1

[(z − z∗2 )ν∗2 X (z)

]∣∣∣∣z∗2

=1

=

1(2−1)!

ddz

[(z − 1)2 1

(z−γ)(z−1)2

]∣∣∣z∗2

=1

= − 1(z−γ)2

∣∣∣z∗2

=1

= − 1(1−γ)2

R22 = 1

(ν∗2−2)!dν∗2−2

dzν∗2−2

[(z − z∗2 )ν∗2 X (z)

]∣∣∣∣z∗2

=1

=

1(2−2)!

[(z − 1)2 1

(z−γ)(z−1)2

]∣∣∣z∗2

=1

= 11−γ

X (z) = R1z−z∗1

+ R21z−z∗2

+ R22

(z−z∗2 )2 = 1

(γ−1)21

z−γ −1

(1−γ)21

z−1 + 11−γ

1(z−1)2

=⇒

X (z) = zX (z) = 1(γ−1)2

zz−γ −

1(1−γ)2

zz−1 + 1

1−γz

(z−1)2

prvi i drugi sabirak je tabliqni sluqaj na strani 186, 6.odozgo, a tre�i sabirak je 8. sluqaj odozgo na istoj strani =⇒X (z) = 1

(γ−1)2γk − 1

(1−γ)21k + 1

1−γ k1k−1 = γk

(γ−1)2− 1

(1−γ)2+ k

1−γ =



γk−1

(γ−1)2+ k

1−γ

3. Odrediti W (z) sistema sa slike:

Rexeǌe:W (s) = 1

s21

s+a =⇒ W (z) = Z{

1s2

1s+a

}=⇒Tablica z−

transformacija, strana 181, 5. sluqaj odozgo:1s2

1s+a =⇒ (T/a)z

(z−1)2− (1−eaT )z

a2(z−1)(z−e−aT )=⇒ W (z) =

1a

zz−1

[T

z−1 −(1−eaT )

a(z−e−aT )

]Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 7 / 69


4. Odrediti W (z) sistema sa slike:

Rexeǌe:W1 (s) = 1

s2 ;W2 (s) = 1s+a =⇒ W (z) = W1 (z) W2 (z) =

Z{

1s2

}Z{

1s+a

}=⇒Tablica z− transformacija, strana

181, 4. i 3. sluqaj odozgo:1s2 =⇒ Tz

(z−1)2; 1

s+a =⇒ z

(z−e−aT )=⇒ W (z) = Tz

(z−1)2z

(z−e−aT )=

Tz2

(z−1)2(z−e−aT )



5. Za diskretan sistem prikazan na slici odrediti:a) z− blok dijagram sistemab) z− transformaciju regulisane veliqine xv) diskretizovani odziv sistema x∗

g) krajǌu vrednost izlazne diskretizovane veliqine x∗ (∞)d) grexku diskretizovane regulisane veliqine ε∗ pri svim

poqetnim uslovima jednakim nuli?

Rexeǌe:Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 9 / 69


a)

W1 (s) = 1s+5 =⇒ W1 (z) = Z

{1

s+5

}=⇒ iz zadatka br. 4

=⇒ 1s+5 =⇒ z

z−e−5 =⇒ W1 (z) = zz−e−5

b) W (z) = W1(z)1+W1(z) =

zz−e−5

1+ zz−e−5

=z

z−e−5

z−e−5+zz−e−5

= z2z−e−5 ;X (z) =

W (z) Xz (z) =⇒ X (z) = zz−1

z2z−e−5

v) X (z) = zz−1

z2z−e−5 =⇒ X (z) = z−1X (z) =

1z−1

z2z−e−5 =⇒Hevisajdov razvoj od X (z) = 1

z−1z

2z−e−5 =⇒z∗1 = 1; z∗2 = e−5

2 =

3.369 0× 10−3 = e−5,693 =⇒ R1 = z[(z−1)(2z−e−5)]′

∣∣∣z∗1 =1

=Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 10 / 69


z2(z−1)+(2z−e−5)

∣∣∣z∗1 =1

= 1(2−e−5)

= 0.501 69;R2 =

z[(z−1)(2z−e−5)]′

∣∣∣z∗2 = e−5

2

= z2(z−1)+(2z−e−5)

∣∣∣z∗2 = e−5

2

=e−5

2

2(

e−5

2−1

) =

−1.690 2× 10−3 =⇒ X (z) = R1z−z∗1

+ R2z−z∗2

=⇒ X (z) = zX (z) =

R1z

z−z∗1+ R2

zz−z∗2

=⇒ X (z) =

0.501 69 zz−1 − 1.690 2× 10−3 z

z−e−5,693 =⇒ x (k) =

0.501 69h (k)− 1.690 2× 10−3e−5,693k =⇒ x∗ (t) =∞∑

k=0

x (k) δ (t − k) =

∞∑k=0

(0.501 69h (k)− 1.690 2× 10−3e−5,693k

)δ (t − k) =

0.501 69∞∑

k=0

δ (t − k)− 1.690 2× 10−3∞∑

k=0

e−5,693kδ (t − k)



g) Krajǌa vrednost za x∗ se odre�uje na osnovu graniqneteoreme z− transformacije:Funkcija (z − 1) X (z) = (z − 1) z

z−1z

2z−e−5 = z2

2z−e−5 nemapolove na jediniqnoj kru�nici niti van jediniqnog krugaa postoji graniqna vrednost limz→1 (z − 1) X (z) =⇒

x∗ (∞) = limz→1

(z − 1) X (z) = limz→1

(z − 1)z

z − 1

z

2z − e−5=

= limz→1

z2

2z − e−5=

1

2− e−5= 0.501 69

d) Na osnovu z− blok dijagrama sistema se dobija:E (z) = Xz (z)− X (z) = Xz (z)−W1 (z) E (z) =⇒[1 + W1 (z)]E (z) = Xz (z) =⇒ E (z) = 1

1+W1(z)Xz (z) =1

1+ zz−e−5

zz−1 = z−e−5

z−e−5+zz

z−1 = z−e−5

2z−e−5z

z−1 =⇒



E (z) = z−1E (z) = z−e−5

(2z−e−5)(z−1)=⇒ z∗1 = 1; z∗2 = e−5

2 =

3.369 0× 10−3 =⇒ R1 = z−e−5

[(z−1)(2z−e−5)]′

∣∣∣z∗1 =1

= z−e−5

2(z−1)+(2z−e−5)

∣∣∣z∗1 =1

=

1−e−5

(2−e−5)= 0.498 31;R2 = z−e−5

[(z−1)(2z−e−5)]′

∣∣∣z∗2 = e−5

2

=

z−e−5

2(z−1)+(2z−e−5)

∣∣∣z∗2 = e−5

2

=e−5

2−e−5

2(

e−5

2−1

) =− e−5

2

2(

e−5

2−1

) = 1. 690 2× 10−3 =⇒

E (z) = R1z−z∗1

+ R2z−z∗2

=⇒ E (z) = zE (z) = R1z

z−z∗1+ R2

zz−z∗2

=⇒ E (z) = 0.498 3 zz−1 + 1.690 2× 10−3 z

z−e−5,693 =⇒ ε (k) =

0.498 3h (k) + 1.690 2× 10−3e−5,693k =⇒ ε∗ (t) =∞∑

k=0

ε (k) δ (t − k) =

∞∑k=0

(0.498 3h (k) + 1.690 2× 10−3e−5,693k

)δ (t − k) =

0.498 3∞∑

k=0

δ (t − k) + 1.690 2× 10−3∞∑

k=0

e−5,693kδ (t − k)Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 13 / 69


6. Odrediti z− blok dijagram za sistem sa slike:

Rexeǌe:



W1 (z) = Z{

s+1s+2

}= Z

{1− 1

s+2

}= 1− z

z−e−0,2 = −e−0,2

z−e−0,2 ;W2 (z) =

Z{

1s + 10

}= 10 + z

z−1 = 11z−10z−1

7. Odrediti z− prenosnu funkciju za sistem iz zadatka 6?Rexeǌe:

W (z) = W1(z)1+W1(z)W2(z) =

−e−0,2

z−e−0,2

1+ −e−0,2

z−e−0,211z−10

z−1

=−e−0,2

z−e−0,2

(z−e−0,2)(z−1)−e−0,2(11z−10)

(z−e−0,2)(z−1)

=

−e−0,2(z−1)(z−e−0,2)(z−1)−e−0,2(11z−10)

= −e−0,2z+e−0,2

z2−(1+12e−0,2)z+11e−0,2



8. Odrediti diskretnu grexku SAU sa slike:

pri: W1 (s) = s+1s+2 ;W2 (s) = 1

s ;Xi z (s) = 1s

Rexeǌe:

W1 (z) = Z{

s+1s+2

}= Z

{1− 1

s+2

}= 1− z

z−e−0,2 = −e−0,2

z−e−0,2 ;

W2 (z) = Z{

1s

}= z

z−1 ;Xi z (z) = Z{

1s

}= z

z−1



=⇒ E (z) = Xi z (z)−W2 (z) Xi (z) = Xi z (z)−W2 (z) W1 (z) E (z) =⇒E (z) = 1

1+W1(z)W2(z)Xi z (z) =(z−e−0,2)z

(z−e−0,2)(z−1)−e−0,2z=

(z−e−0,2)zz2−(1+2e−0,2)z+e−0,2 =⇒ E (z) = z−1E (z) =

(z−e−0,2)z2−(1+2e−0,2)z+e−0,2 =⇒

Hevisajdov razvoj funkcije E (z), polovi funkcije E (z):

z∗1,2 =(1+2e−0,2)±

√(1+2e−0,2)2−4e−0,2

2 =⇒ (1+2e−0.2)+√

(1+2e−0.2)2−4e−0.2

2 =

2. 278 1;(1+2e−0.2)−

√(1+2e−0.2)2−4e−0.2

2 = 0.359 40 =⇒E (z) = R1

z−z∗1+ R2

z−z∗2=⇒ E (z) = zE (z) = R1

zz−z∗1

+ R2z

z−z∗2=⇒

tablica z− transformacija (ubenik), strana 186, posledǌi

sluqaj ε (k) = R1 (z∗1 )kT + R2 (z∗2 )kT ;R1 =(z−e−0,2)

[z2−(1+2e−0,2)z+e−0,2]′

∣∣∣∣z=z∗1

=

(z−e−0,2)2z−(1+2e−0,2)

∣∣∣∣z=z∗1

= 0.761;R2 =(z−e−0,2)

[z2−(1+2e−0,2)z+e−0,2]′

∣∣∣∣z=z∗2

=

0.239 4 =⇒Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 17 / 69


ε (k) = R1 (z∗1 )kT +R2 (z∗2 )kT = 0.761 (2. 278 1)0.1k +0.239 4 (0.359 40)0.1k

9. Za sistem iz zadatka 8 odrediti diskretnu jednaqinuponaxaǌa?Rexeǌe:Xi (z) = W (z) Xi z (z) = W1(z)

1+W1(z)W2(z)Xi z (z) =−e−0,2

z−e−0,2

1+ −e−0,2

z−e−0,2z

z−1

Xi z (z) =

−e−0,2(z−1)(z−e−0,2)(z−1)−e−0,2z

Xi z (z) = −e−0,2z+e−0,2

z2−(1+2e−0,2)z+e−0,2 Xi z (z) =⇒[z2 −

(1 + 2e−0,2

)z + e−0,2

]Xi (z) =

(−e−0,2z + e−0,2

)Xi z (z) =⇒

z2Xi (z)−(1 + 2e−0,2

)zXi (z) + e−0,2Xi (z) =

−e−0,2zXi z (z) + e−0,2Xi z (z) =⇒



xi (k + 2)−(1 + 2e−0,2

)xi (k + 1) + e−0,2xi (k) =

−e−0,2xi z (k + 1) + e−0,2xi z (k)


Prvi kolokvijum iz Raqunarskog upravǉaǌa

1. Grafiqki odrediti izlazni signal predajnika kojisadr�i nelinearnost prikazanu na slici, a za ulaznisignal x (t) = e−th (t):

Rexeǌe:



2. Odrediti sva tri oblika kompleksnog lika izlaznogsignala x∗ (t) idealnog odabiraqa ako je ǌegov ulaznisignal x:

x (t) = (5 sin 2t) h (t) .

Tako�e, odrediti sve nule i polove tog kompleksnog lika?Rexeǌe:1. oblik:x (t) = (5 sin 2t) h (t) = 5

(e j2t−e−j2t

2j

)h (t) = C

(e j2t − e−j2t

)h (t) ;

C = 52j

X ∗ (s) =∞∑

k=0

x (kT ) e−kTs =⇒ X ∗ (s) =

∞∑k=0

C(e j2kT − e−j2kT

)e−kTs =

C

( ∞∑k=0

e j2kT e−kTs − e−j2kT e−kTs

)=



C

( ∞∑k=0

e j2kT e−kTs −∞∑

k=0

e−j2kT e−kTs

)=

C

( ∞∑k=0

ekT (j2−s) −∞∑

k=0

ekT (−j2−s)

)= C 1

1−e−T (s−2j) − C 11−e−T (s+2j) =

52j

(1

1−e−Tse j2T − 11−e−Tse−j2T

)= 5

2j

([1−e−Tse−j2T ]−[1−e−Tse j2T ][1−e−Tse j2T ][1−e−Tse−j2T ]

)=

5e−Ts

(ej2T−e−j2T

2j

)1−2e−Ts (ej2T +e−j2T )

2+e−2Ts

= 5e−Ts sin 2T1−2e−Ts cos 2T+e−2Ts

=⇒ X ∗ (s) = 5e−Ts sin 2T1−2e−Ts cos 2T+e−2Ts

2. oblikX ∗ (s) = 1

T

∞∑k=−∞

X (s + jkω0) =⇒ X (s) = L{(5 sin 2t) h (t)} = 10s2+4

X ∗ (s) = 1T

∞∑k=−∞

X (s + jkω0) = 1T

∞∑k=−∞

10(s+jkω0)

2+4



3. oblikX ∗ (s) =

∑i

Res 11−epT e−sT X (p)

∣∣∣p=p∗i

=⇒ X (p) = 10p2+4

=⇒ p∗1 =

+2j , p∗2 = −2j

X ∗ (s) =2∑

i=1Res 1

1−epT e−sT X (p)∣∣∣p=p∗i

=2∑

i=1

11−epT e−sT Res X (p)|p=p∗i

=

2∑i=1

11−epT e−sT

10[p2+4]′

∣∣∣p=p∗i

=2∑

i=1

11−epT e−sT

5p

∣∣∣p=p∗i

=

1

1−ep∗1

T e−sT

5p∗1

+ 1

1−ep∗2

T e−sT

5p∗2

= 51−e j2T e−sT

12j + 5

1−e−j2T e−sT1−2j =

−j2,51−e j2T e−sT + j2,5

1−e−j2T e−sT =−j2,5(1−e−j2T e−sT )+j2,5(1−e j2T e−sT )

(1−e j2T e−sT )(1−e−j2T e−sT )=

j2,5(1−e j2T e−sT−1+e−j2T e−sT )(1−e j2T e−sT )(1−e−j2T e−sT )

=

−j2,5e−sT 2j(ej2T−e−j2T )

2j

1−e j2T e−sT−e−j2T e−sT +e j2T e−sT e−j2T e−sT =


Prvi kolokvijum iz Raqunarskog upravǉaǌa5e−sT sin 2T

1−2e−sT (ej2T +e−j2T )2

+e−2sT

= 5e−sT sin 2T1−2e−sT cos 2T+e−2sT



3. Nacrtati frekventni spektar signala x iz predhodnogzadatka. Na osnovu toga izvrxiti izbor periodeodabiraǌa i nacrtati frekventni spektar signala x (t) naulazu u idealni niskopropusni priguxivaq i frekventnispektar ǌegovog izlaznog signala?Rexeǌe:x (t) = (5 sin 2t) h (t) =⇒ X (s) == 10

s2+4=⇒ X (jω) = 10

4−ω2



4. Posmatra se sistem prikazan na slici. Odrediti tre�ioblik kompleksnog lika diskretnog izlaznog signalasistema S za sluqaj da je X (s) = 1

s a prenosna funkcijasistema S i perioda odabiraǌa W (s) = 1; T = 0, 1s.

Rexeǌe:



W (s) = 1 =⇒ W (z) = Z {X (s)} =⇒Tablica z− transformacija,strana 181, sluqaj prvi odozgo, za i = 0W (s) = 1 =⇒ W (z) = 1X (s) = 1

s =⇒ X (z) = Z {X (s)} =⇒Tablica z− transformacija,strana 181, sluqaj drugi odozgoX (s) = 1

s =⇒ X (z) = zz−1

Xi (z) = X (z) W (z) = zz−11 = z

z−1 =⇒tako�e tablica z−transformacija, strana 181, sluqaj drugi odozgo

zz−1 =⇒ h (kT ) = h (0, 1k) = 1

x∗i (t) =∞∑

k=0

h (0, 1k) δ (t − 0, 1k) =∞∑

k=0

δ (t − 0, 1k) = δ∗ (t)

X ∗i (s) =

∞∑k=0

h (0, 1k) e−0,1ks = 1 + e−0,1s + e−0,1s·2 + · · ·+ e−0,1s·k+ =⇒

q = e−0,1s =⇒ X ∗i (s) = 1

1−e−0,1s


Drugi kolokvijum iz Raqunarskog upravǉaǌa

1. Odrediti z− blok dijagram za sistem sa slike?

Rexeǌe:



W1 (z) = Z{1 + 1

s

}= 1 + z

z−1 = 2z−1z−1

2. Odrediti z− prenosnu funkciju sistema iz prvog zadatka?Rexeǌe:W (z) = 1

1+W1(z) = 11+ 2z−1

z−1

= 1z−1+2z−1

z−1

= z−13z−2



3. Odrediti diskretnu grexku SAU sa slike:

pri: W (s) = 1s ,T = 0, 1 sec,Xi z (s) = 1

sRexeǌe:

W (z) = Z{

1s

}= z

z−1 ;Xi z (z) = Z{

1s

}= z

z−1



=⇒ E (z) = Xi z (z)−W (z) Xi (z) = Xi z (z)−W (z) E (z) =⇒E (z) = 1

1+W (z)Xi z (z) = 11+ z

z−1

zz−1 = z−1

2z−1z

z−1 = z2z−1 = 0,5z

z−0,5 =⇒E (z) = 0, 5 z

z−0,5 =⇒tablica z− transformacija (ubenik), strana 186, posledǌisluqajε (k) = 0, 5 (0, 5)kT = 0, 5 (0, 5)0,1k

4. Za sistem iz zadatka 3. odrediti diskretnu jednaqinuponaxaǌa?Rexeǌe:Xi (z) = 1

1+W (z)Xi z (z) = 11+ z

z−1Xi z (z) =

z−12z−1Xi z (z) = 0,5(z−1)

z−0,5 =⇒

(z − 0, 5) Xi (z) = (0, 5z − 0, 5) Xi z (z) =⇒

zXi (z)− 0, 5Xi (z) = 0, 5zXi z (z)− 0, 5Xi z (z) =⇒Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 35 / 69


xi (k + 1)− 0, 5xi (k) = 0, 5xi z (k + 1)− 0, 5xi z (k)


Zavrxni pismeni ispit iz Raqunarskogupravǉaǌa-februar 2012.

1. Za sistem automatskog upravǉaǌa prema (1), (2):·x = −x + y + 2z , xi = x , y (k + 1) = y (k) + ε (k) (1)

xi z (t) = h (t) , z (t) = 0 (2)

odrediti z blok dijagram i z prenosnu matricu.Rexeǌe:

Vidi se da je upravǉani objekt kontinualan, kao xto jeinaqe sluqaj u najve�em broju sluqajeva, i zadat svojomdiferencijalnom jednaqinom staǌa i jednaqinom izlaza.Prenosna funkcija objekta po y :



sX (s) = −X (s)+Y (s)+2Z (s) =⇒ X (s) =1

s + 1Y (s)+

2

s + 1Z (s) =⇒

Xi (s) = X (s) =⇒ Xi (s) =1

s + 1Y (s) +

2

s + 1Z (s) =⇒

Woy (s) =1

s + 1Prenosna funkcija objekta po z ne dolazi do izra�aja poxtoje z (t) = 0.z prenosna funkcija objekta po y :

Woy (z) = Z {Woy (s)} = Z{

1

s + 1

}=

z

z − e−T

z prenosna funkcija regulatora:

Z {y (k + 1)} = Z {y (k)}+ Z {ε (k)} =⇒ zY (z) = Y (z) + E (z) =⇒

Y (z) =1

z − 1E (z) =⇒ WR (z) =

1

z − 1;Xi z (z) =

z

z − 1Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 38 / 69


z blok dijagram sistema:

z prenosna matrica:

W (z) =WR (z) Woy (z)

1 + WR (z) Woy (z)=

1z−1

zz−e−T

1 + 1z−1

zz−e−T

=z

z2 − e−T z + e−T=⇒

Xi (z) = W (z) Xi z (z) =⇒

W (z) = W (z) =z

z2 − e−T z + e−T



2. Tako�e, za SAU prema (1), (2) odrediti ǌegovu jednaqinuponaxaǌa.Rexeǌe:

Xi (z) = W (z) Xi z (z) =z

z2 − e−T z + e−TXi z (z) =⇒

Xi (z)(z2 − e−T z + e−T

)= zXi z (z) =⇒

z2Xi (z)− e−T zXi (z) + e−TXi (z) = zXi z (z) =⇒

Z−1{

z2Xi (z)− e−T zXi (z) + e−TXi (z)}

= Z−1 {zXi z (z)} =⇒

Z−1{z2Xi (z)

}−Z−1

{e−T zXi (z)

}+ Z−1

{e−TXi (z)

}=

= Z−1 {zXi z (z)} =⇒



xi (k + 2)− e−T xi (k + 1) + e−T xi (k) = xi z (k + 1)

3. Ispitati stabilnost i upravǉivost SAU zadatog sa (1),(2).Rexeǌe:Stabilnost:

W (z) = W (z) =z

z2 − e−T z + e−T=⇒

z∗1,2 =e−T ±

√e−2T − 4e−T

2=⇒

z∗1,2 =1±

√1− 4eT

2eT=⇒

T > 0 =⇒ eT > 1 =⇒ 1− 4eT < 0 =⇒



z∗1,2 =1

2eT± j

√4eT − 1

2eT=⇒

∣∣z∗1,2

∣∣ =

√√√√( 1

2eT

)2

+

(√4eT − 1

2eT

)2

=1√eT

Uslov stabilnosti:∣∣z∗1,2

∣∣ = 1√eT

< 1 =⇒ eT > 1

Poxto je T po svojoj prirodi pozitivno onda je eT uvek ve�eod 1 za bilo koju vrednost T xto povlaqi da je sistemstabilan za bilo koju vrednost periode odabiraǌa T .Upravǉivost:Na osnovu jednaqine ponaxaǌa iz zadatka 2. odre�uje sejednaqina staǌa i izlaza primenom odgovaraju�eg algoritmaza izbor veliqina staǌa:



xi (k + 2)− e−T xi (k + 1) + e−T xi (k) = xi z (k + 1) =⇒a2 = 1, a1 = −e−T , a0 = e−T , b0 = 0, b1 = 1, b2 = 0 =⇒

A =

[−a1 1−a0 0

]=

[e−T 1−e−T 0

];b =

[b1 − a1b2

b0 − a0b2

]=

[10

]c =

[1 0

]T=⇒

x (k + 1) =

[e−T 1−e−T 0

]x (k) +

[10

]xi z (k)

xi (k) =[

1 0]x (k)

Uslov upravǉivosti:

det

[e−T 1−e−T 0

]= e−T =

1

eT6= 0 =⇒

matrica A sistema je regularna =⇒Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 43 / 69


rang[

b Ab]

=

[1 e−T

0 −e−T

]= 2;

(det

[1 e−T

0 −e−T

]= −e−T 6= 0

)=⇒

Sistem je upravǉiv!4. Za SAU prema (1), (2) odrediti kretaǌe upravǉanog

objekta pri svim poqetnim uslovima jednakim nuli.Rexeǌe:Jednaqina staǌa i jednaqina izlaza regulatora:

y (k + 1) = y (k) + ε (k) =⇒ y (k + 1)− y (k) = ε (k)

a1R = 1; a0R = −1; b0R = 1; b1R = 0 =⇒

AR = −a0R = 1; bR = b0R − a0Rb1R = 1; c = 1

xR (k + 1) = xR (k) + ε (k)

y (k) = xR (k)Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 44 / 69


Jednaqina staǌa i jednaqina izlaza objekta:

Woy (z) =Xi (z)

Y (z)=

z

z − e−T=⇒ Xi (z)

(z − e−T

)= zY (z) =⇒

zXi (z)− e−TXi (z) = zY (z) =⇒ xi (k + 1)− e−T xi (k) = y (k + 1)

a1O = 1; a0O = −e−T ; b0O = 0; b1O = 1 =⇒AO = −a0O = e−T ; bO = b0O − a0Ob1O = e−T ; cO = 1; dO = 1

xO (k + 1) = e−T xO (k) + e−T y (k)

xi (k) = xO (k) + y (k)

Jednaqina staǌa i jednaqina izlaza celog sistema:

xO (k + 1) = e−T xO (k) + e−T y (k)

xR (k + 1) = xR (k) + ε (k)



xi (k) = xO (k) + y (k)

y (k) = xR (k)

=⇒

xO (k + 1) = e−T xO (k) + e−T xR (k) ;

xR (k + 1) = xR (k) + xi z (k)− xi (k) = −xO (k) + xi z (k)

xi (k) = xO (k) + y (k) = xO (k) + xR (k) =⇒ x =

[xO

xR

]=⇒

x (k + 1) =

[e−T e−T

−1 0

]x (k) +

[01

]xi z (k)

xi (k) =[

1 1]x (k)


Zavrxni pismeni ispit iz Raqunarskogupravǉaǌa-februar 2012.Kretaǌe:

x (k + 1) = Ax (k) + bxi z (k) =⇒Z {x (k + 1)} = Z {Ax (k)}+ Z {bxi z (k)} =⇒

zX (z) = AX (z) + bXi z (z) =⇒ X (z) = (zI − A)−1 bXi z (z) =⇒

(zI − A) =

[z 00 z

]−[

e−T e−T

−1 0

]=

[z − e−T −e−T

1 z

]=⇒

det (zI − A) = z2 − e−T z + e−T ; adj (zI − A) =

[z e−T

−1 z − e−T

]=⇒

(zI − A)−1 =adj (zI − A)

det (zI − A)=

[z

z2−e−T z+e−Te−T

z2−e−T z+e−T

−1z2−e−T z+e−T

z−e−T

z2−e−T z+e−T

]=⇒

(zI − A)−1 b =

[z


z2−e−T z+e−T


z−e−T

z2−e−T z+e−T

] [01

]=

[e−T

z2−e−T z+e−T

z−e−T

z2−e−T z+e−T

];



Xi z (z) =z

z − 1=⇒ (zI − A)−1 bXi z (z) =

[e−T

z2−e−T z+e−Tz

z−1z−e−T

z2−e−T z+e−Tz

z−1

]=⇒

X (z) =

[e−T

z2−e−T z+e−Tz

z−1z−e−T

z2−e−T z+e−Tz

z−1

]=⇒

χ =

[χO

χR

]= Z−1 {X (z)} = Z−1

{[e−T

z2−e−T z+e−Tz

z−1z−e−T

z2−e−T z+e−Tz

z−1

]}Poxto se tra�i samo kretaǌe upravǉanog objekta, to znaqi datreba odrediti samo χO :=⇒

χO = Z−1

{e−T

z2 − e−T z + e−T

z

z − 1

}Funkcija XO (z) se razvija u Hefisajdov razvoj:



XO (z) =e−T

z2 − e−T z + e−T

z

z − 1=⇒

XO (z) =e−T

z2 − e−T z + e−T

1

z − 1

Svi polovi su jednostruki:

z∗1 = 1; z∗2,3 =1

2eT± j

√4eT − 1

2eT

Ri =e−T

[(z2 − e−T z + e−T ) (z − 1)]′

∣∣∣∣z∗i

=

=e−T

(z − 1) (2z − e−T ) + (z2 − e−T z + e−T )

∣∣∣∣z∗i

R1 =e−T

(z − 1) (2z − e−T ) + (z2 − e−T z + e−T )

∣∣∣∣z∗1 =1

= e−T



R2 =e−T

(z − 1) (2z − e−T ) + (z2 − e−T z + e−T )

∣∣∣∣z∗2 = 1

2eT +j

√4eT−1

2eT

=

=e−T

z2 − 2z

∣∣∣∣z∗2 = 1

2eT +j

√4eT−1

2eT

R3 =e−T

(z − 1) (2z − e−T ) + (z2 − e−T z + e−T )

∣∣∣∣z∗3 = 1

2eT −j

√4eT−1

2eT

=

=e−T

z2 − 2z

∣∣∣∣z∗3 = 1

2eT −j

√4eT−1

2eT

XO (z) =R1

z − 1+

R2

z − z∗2+

R3

z − z∗3=⇒



XO (z) = R1z

z − 1+ R2

z

z − z∗2+ R3

z

z − z∗3

χO = R1h (k) + R2 (z∗2 )kT + R3 (z∗3 )kT


Zavrxni pismeni ispit iz Raqunarskogupravǉaǌa-maj 2012.

1. Za sistem automatskog upravǉaǌa prema (3), (4):·x = −x + y + 2z , xi = x , y (k + 1) = y (k) + ε (k) (3)

xi z (t) = h (t) , z (t) = 0 (4)

odrediti z blok dijagram i z prenosnu matricu.Rexeǌe:

Vidi se da je upravǉani objekt kontinualan, kao xto jeinaqe sluqaj u najve�em broju sluqajeva, i zadat svojomdiferencijalnom jednaqinom staǌa i jednaqinom izlaza.Prenosna funkcija objekta po y :



sX (s) = −X (s)+Y (s)+2Z (s) =⇒ X (s) =1

s + 1Y (s)+

2

s + 1Z (s) =⇒

Xi (s) = X (s) =⇒ Xi (s) =1

s + 1Y (s) +

2

s + 1Z (s) =⇒

Woy (s) =1

s + 1;Woz (s) =

2

s + 1z prenosna funkcija objekta po y :

Woy (z) = Z {Woy (s)} = Z{

1

s + 1

}=

z

z − e−T

z prenosna funkcija objekta po z ne postoji, ali postojifiktivni poreme�aj z qiji je z lik:

Z (z) = Z {Woz (s) Z (s)} = Z{

2

(s + 1) s

}= Z

{2

s− 2

s + 1

}=

=2z

z − 1− 2z

z − e−T=

2(1− e−T

)z

(z − 1) (z − e−T )



z prenosna funkcija regulatora:

Z {y (k + 1)} = Z {y (k)}+ Z {ε (k)} =⇒ zY (z) = Y (z) + E (z) =⇒

Y (z) =1

z − 1E (z) =⇒ WR (z) =

1

z − 1;Xi z (z) =

z

z − 1

z blok dijagram sistema:


Zavrxni pismeni ispit iz Raqunarskogupravǉaǌa-maj 2012.z prenosna matrica:

Xi (z) = Z (z) + WR (z) Woy (z) [Xi z (z)− Xi (z)] =⇒

Xi (z) =WR (z) Woy (z)

1 + WR (z) Woy (z)Xi z (z) +

1

1 + WR (z) Woy (z)Z (z)

Xi (z) =[

Wxi z (z) Wz (z)]Xu (z) ;Xu (z) =

[Xi z (z) Z (z)

]TWxi z (z) =

WR (z) Woy (z)

1 + WR (z) Woy (z)=

1z−1

zz−e−T

1 + 1z−1

zz−e−T

=z

z2 − e−T z + e−T

Wz (z) =1

1 + WR (z) Woy (z)=

1

1 + 1z−1

zz−e−T

=z2 −

(1 + e−T

)z + e−T

z2 − e−T z + e−T=⇒

Xi (z) = W (z)Xu (z) =⇒

W (z) =[

Wxi z (z) Wz (z)]

=[

zz2−e−T z+e−T

z2−(1+e−T )z+e−T

z2−e−T z+e−T

]Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 55 / 69


2. Tako�e, za SAU prema (3), (4) odrediti ǌegovu vektorskujednaqinu ponaxaǌa.Rexeǌe:

Xi (z) = W (z)Xu (z) =[

zz2−e−T z+e−T

z2−(1+e−T )z+e−T

z2−e−T z+e−T

]·

·[

Xi z (z)

Z (z)

]=⇒

Xi (z)(z2 − e−T z + e−T

)= zXi z (z) +

+[z2 −

(1 + e−T

)z + e−T

]Z (z) =⇒

z2Xi (z)− e−T zXi (z) + e−TXi (z) = zXi z (z) + z2Z (z)−

−(1 + e−T

)zZ (z) + e−T Z (z) =⇒



z2Xi (z)− e−T zXi (z) + e−TXi (z) =[

0 e−T]Xu (z) +

+[

1 −(1 + e−T

) ]zXu (z) +

[0 1

]z2Xu (z)

Z−1{

z2Xi (z)− e−T zXi (z) + e−TXi (z)}

=

= Z−1{B0Xu (z) + B1zXu (z) + B2z

2Xu (z)}

=⇒

Z−1{z2Xi (z)

}−Z−1

{e−T zXi (z)

}+ Z−1

{e−TXi (z)

}=

= Z−1 {B0Xu (z)}+ Z−1 {B1zXu (z)}+ Z−1{B2z

2Xu (z)}

=⇒

xi (k + 2)− e−T xi (k + 1) + e−T xi (k) =

= B0xu (k) + B1xu (k + 1) + B2xu (k + 2)



3. Ispitati stabilnost i upravǉivost SAU zadatog sa (3),(4).Rexeǌe:Stabilnost:

W (z) =[

zz2−e−T z+e−T

z2−(1+e−T )z+e−T

z2−e−T z+e−T

]=⇒

z∗1,2 =e−T ±

√e−2T − 4e−T

2=⇒

z∗1,2 =1±

√1− 4eT

2eT=⇒

T > 0 =⇒ eT > 1 =⇒ 1− 4eT < 0 =⇒



z∗1,2 =1

2eT± j

√4eT − 1

2eT=⇒

∣∣z∗1,2

∣∣ =

√√√√( 1

2eT

)2

+

(√4eT − 1

2eT

)2

=1√eT

Uslov stabilnosti:∣∣z∗1,2

∣∣ = 1√eT

< 1 =⇒ eT > 1

Poxto je T po svojoj prirodi pozitivno onda je eT uvek ve�eod 1 za bilo koju vrednost T xto povlaqi da je sistemstabilan za bilo koju vrednost periode odabiraǌa T .Upravǉivost:Na osnovu jednaqine ponaxaǌa iz zadatka 2. odre�uje sejednaqina staǌa i izlaza primenom odgovaraju�eg algoritmaza izbor veliqina staǌa:



xi (k + 2)− e−T xi (k + 1) + e−T xi (k) =

= B0xu (k) + B1xu (k + 1) + B2xu (k + 2) =⇒a2 = 1, a1 = −e−T , a0 = e−T ,

B0 =[

0 e−T],B1 =

[1 −

(1 + e−T

) ],B2 =

[0 1

]=⇒

A =

[−a1 1−a0 0

]=

[e−T 1−e−T 0

];B =

[B1 − a1B2

B0 − a0B2

]=

[1 −10 0

]c =

[1 0

]T=⇒

x (k + 1) =

[e−T 1−e−T 0

]x (k) +

[1 −10 0

]xu (k)

xi (k) =[

1 0]x (k)


Zavrxni pismeni ispit iz Raqunarskogupravǉaǌa-maj 2012.Uslov upravǉivosti:

det

[e−T 1−e−T 0

]= e−T =

1

eT6= 0 =⇒

matrica A sistema je regularna =⇒

rang[

B AB]

=

[1 −1 e−T −e−T

0 0 −e−T e−T

]= 2;

(det

[−1 e−T

0 −e−T

]=

= e−T 6= 0)

=⇒

Sistem je upravǉiv!4. Za SAU prema (3), (4) odrediti kretaǌe regulatora koji

upravǉa objekt pri svim poqetnim uslovima jednakimnuli.Rexeǌe:Jednaqina staǌa i jednaqina izlaza regulatora:



y (k + 1) = y (k) + ε (k) =⇒ y (k + 1)− y (k) = ε (k)

a1R = 1; a0R = −1; b0R = 1; b1R = 0 =⇒

AR = −a0R = 1; bR = b0R − a0Rb1R = 1; c = 1

xR (k + 1) = xR (k) + ε (k)

y (k) = xR (k)

Jednaqina staǌa i jednaqina izlaza objekta:

Xi (z) = Woy (z) Y (z) + Z (z) =z

z − e−TY (z) + Z (z) =⇒

Xi (z)(z − e−T

)= zY (z) + Z (z)

(z − e−T

)=⇒

zXi (z)− e−TXi (z) = zY (z) + zZ (z)− e−T Z (z) =⇒xi (k + 1)− e−T xi (k) =

[0 −e−T

]xuo (k) +

[1 1

]xuo (k + 1) ;

xuo =[

y z]T



a1O = 1; a0O = −e−T ;B0O =[

0 −e−T];B1O =

[1 1

]=⇒

AO = −a0O = e−T ;BO = B0O−a0OB1O =[

0 −e−T]+e−T

[1 1

]=

=[

e−T 0]; cO = 1;dO =

[1 1

]xO (k + 1) = e−T xO (k) +

[e−T 0

]xuo (k)

xi (k) = xO (k) +[

1 1]xuo (k)

Jednaqina staǌa i jednaqina izlaza celog sistema:

xO (k + 1) = e−T xO (k) +[

e−T 0]xuo (k)

xR (k + 1) = xR (k) + ε (k)

xi (k) = xO (k) +[

1 1]xuo (k)

y (k) = xR (k)

=⇒Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 63 / 69


xO (k + 1) = e−T xO (k) + e−T xR (k) ;

xR (k + 1) = xR (k) + xi z (k)− xi (k) = −xO (k) + xi z (k)− z (k)

xi (k) = xO (k)+y (k)+z (k) = xO (k)+xR (k)+z (k) =⇒ x =

[xO

xR

]=⇒

x (k + 1) =

[e−T e−T

−1 0

]x (k) +

[0 01 −1

]xu (k)

xi (k) =[

1 1]x (k) +

[0 1

]xu (k)

Kretaǌe: x (k + 1) = Ax (k) + Bxu (k) =⇒

Z {x (k + 1)} = Z {Ax (k)}+ Z {Bxu (k)} =⇒

zX (z) = AX (z) + BXu (z) =⇒ X (z) = (zI − A)−1 BXu (z) =⇒



(zI − A) =

[z 00 z

]−[

e−T e−T

−1 0

]=

[z − e−T −e−T

1 z

]=⇒

det (zI − A) = z2 − e−T z + e−T ; adj (zI − A) =

[z e−T

−1 z − e−T

]=⇒

(zI − A)−1 =adj (zI − A)

det (zI − A)=

[z


z2−e−T z+e−T


z−e−T

z2−e−T z+e−T

]=⇒

(zI − A)−1 B =

[z


z2−e−T z+e−T


z−e−T

z2−e−T z+e−T

] [0 01 −1

]=

=

[e−T

z2−e−T z+e−T−e−T

z2−e−T z+e−T

z−e−T

z2−e−T z+e−T−z+e−T

z2−e−T z+e−T

];



Xu (z) =

zz−1

2(1−e−T )z(z−1)(z−e−T )

=⇒ (zI − A)−1 BXu (z) =

=

[e−T

z2−e−T z+e−Tz

z−1z−2+e−T

z−e−T

z−e−T

z2−e−T z+e−Tz

z−1z−2+e−T

z−e−T

]=⇒

X (z) =

[e−T

z2−e−T z+e−Tz

z−1z−2+e−T

z−e−T

z−e−T

z2−e−T z+e−Tz

z−1z−2+e−T

z−e−T

]=⇒

χ =

[χO

χR

]= Z−1 {X (z)} = Z−1

{[e−T

z2−e−T z+e−Tz

z−1z−2+e−T

z−e−T

z−e−T

z2−e−T z+e−Tz

z−1z−2+e−T

z−e−T

]}Poxto se tra�i samo kretaǌe regulatora koji upravǉa objekt,to znaqi da treba odrediti samo χR :=⇒

χR = Z−1

{z − e−T

z2 − e−T z + e−T

z

z − 1

z − 2 + e−T

z − e−T

}Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 66 / 69


Funkcija XR (z) se razvija u Hefisajdov razvoj:

XR (z) =z − e−T

z2 − e−T z + e−T

z

z − 1

z − 2 + e−T

z − e−T=⇒

XR (z) =z − e−T

z2 − e−T z + e−T

1

z − 1

z − 2 + e−T

z − e−T

Svi polovi su jednostruki:

z∗1 = 1; z∗2,3 =1

2eT± j

√4eT − 1

2eT; z∗4 = e−T

Ri =

(z − e−T

) (z − 2 + e−T

)[(z2 − e−T z + e−T ) (z − 1) (z − e−T )]

′

∣∣∣∣∣z∗i

=

R1 =

(z − e−T

) (z − 2 + e−T

)(z2 − e−T z + e−T ) (z − e−T )

∣∣∣∣∣z∗1 =1

= e−T − 1



R2 =

(z − e−T

) (z − 2 + e−T

)(z − 1) (2z − e−T ) (z − e−T )

∣∣∣∣∣z∗2 = 1

2eT +j

√4eT−1

2eT

=

=

(z − 2 + e−T

)2z2 − (2 + e−T ) z + e−T

∣∣∣∣∣z∗2 = 1

2eT +j

√4eT−1

2eT

R3 =

(z − e−T

) (z − 2 + e−T

)(z − 1) (2z − e−T ) (z − e−T )

∣∣∣∣∣z∗3 = 1

2eT −j

√4eT−1

2eT

=

=

(z − 2 + e−T

)2z2 − (2 + e−T ) z + e−T

∣∣∣∣∣z∗3 = 1

2eT −j

√4eT−1

2eT

R4 = 0Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 68 / 69


XR (z) =R1

z − 1+

R2

z − z∗2+

R3

z − z∗3=⇒

XR (z) = R1z

z − 1+ R2

z

z − z∗2+ R3

z

z − z∗3

χR = R1h (k) + R2 (z∗2 )kT + R3 (z∗3 )kT


z transformacija Zoran M. Buqevacau.mas.bg.ac.rs/cms_upload/fakultet/fajlovi/105... ·...

Documents

Transcript of z transformacija Zoran M. Buqevacau.mas.bg.ac.rs/cms_upload/fakultet/fajlovi/105... ·...