Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Основы цифрового управления. Анализ и синтез цифровых систем управления. Ч.2. Учебное пособие
.pdf
Решение
( 3)7( 2)15( 1)4()0,(0)0,(1)0,
71590;
() (1) ( )(3)
nn
(4)2(2)2()0
210;
22
xn C Cn n C Cn n
y(n + 1) = h(0) y(n + 1) + h(1) y(n) + h(2) y(n–1) + … + a
=ah(0) y(n) + a h(1) y(n–1) + … + y(n + 1);
u(n) = y(n + 1) + y(n) = h(0) u(n + 1) + {h(1) + ah(0)}u(n) + {h(2) +
+ ah(1)}u(n–1) + … .
Это уравнение справедливо для любых последовательностей u
поэтому
h(0) = 0;
h(0) = 0;
………
h(i + 1) + ah(i) = 0, i = 1, 2, 3, … .
Решение этой системы уравнений имеет вид:
h(1) = 0;
h(2) = – ah(1) = –a;
h(3) = – ah(2) = a
2
.
3.4. Найти решение разностного уравнения
xn xn xn xn x x
++ ++ ++ = = =
(2) 0.
x
=
Решение
Характеристическое уравнение имеет вид
32
λ+λ+ λ+ =
1; 3.
λ=− λ =−
12,3
Общее решение уравнения имеет вид
xn C C Cn=−+ + −.
123
=
n
,
i
3.5. Найти решение разностного уравнения
xn xn xn++ ++ =.
Решение
Характеристическое уравнение имеет вид
42
λ+λ+=
λ=±
1,2,3,4
.i
Общее решение уравнения имеет вид
=+ ++
() ( )cos ( )sin
12 34
ππ
.
3.6. Записать вид общего решения разностного уравнения, у кото-
рого корни характеристического уравнения имеют следующий вид:
31
1; 2; 1 3.
i
λ=−λ= λ =±
xn C C C Cn C Cn n
(2)4(1)2() 2
n
440;
() ( )2.
n
4[ ( 2) ( 2) ] 8[ ( 1) ( 1) ] 4[ ] .
B
n
11
824
() ( )2 2.
n
(2)3(1)2()0
320;
1, 2.
() 2
n
1,2 3,4 5,6,7,8
Решение
n
() ( )(1) ( )(2) ( )cos
=+ −++ + + +
12 34 56
CCn n
()sin.
++
78
nn
π
⎤
⎥
3
⎦
⎡
⎢
23
⎣
π
3.7. Найти решение неоднородного разностного уравнения
xn xn xn n+− ++ =⋅.
Решение
Характеристическое уравнение имеет вид
2
λ−λ+ =
2.
λ=
1,2
Частное решение уравнения имеет вид
xnnBBn=+⋅
частн 01
2
После подстановки в исходное уравнение и сокращения на 2
лучаем
23 2323
nBn BnBn BnBn
++ + − ++ ++ + =
01 01 01
Сравнивая коэффициенты при n и свободные члены, получаем
n
по-
24 1; 0, откуда ;
BBB B B=+= =−=;
101 0 1
11
⎛⎞
xnCCn n n
общ 01
=+ +−+ ⋅
2
⎜⎟
824
⎝⎠
n
3.8. Решить разностное уравнение
xn xn xn+− ++ =
.
Решение
Характеристическое уравнение имеет вид
2
λ−λ+ =
λ= λ=
12
Общее решение уравнения имеет вид
xn C C=+⋅
12
.
Пусть среди корней характеристического уравнения есть ком-
плексно-сопряженные:
32
, поскольку
(cos sin ),
β
ρϕ+ϕ
n.
u
k
ρϕ
ρϕ
() cos ; () sin ;
uk k vk j k
ρϕ
ρϕ
(2)2(1)4()0
() 2 cos 2 sin .
33
xn C n C n
(2)3(1)2()0
32 2 0;
() 2.
n
λ=α±
,1
ii
+
()(cos sin)
α+ β =ρ ϕ + ϕ
и действительными решениямибуду т () cos , () si
jjj
kk
jkjk
α+β=
kk
kkvkj
=
=
Таким образом, паре комплексно-сопряженных корней соответствует пара действительных решений:
kk
=
ρ= α +β ϕ=
22
;arctg.
=
β
α
3.9. Найти решение разностного уравнения
xn xn xn++ ++ =
.
Решение
Характеристическое уравнение имеет следующий вид:
2
240;
λ+λ+ =
5
λ=−± ρ= ϕ=
13; 2; ;
1,2
=⋅⋅ + ⋅⋅
j
55
nn
12
ππ
π
3
3.10. Решить уравнение
xn xn xn+− ++ =.
Решение
Характеристическое уравнение имеет следующий вид:
2
λ− λ+ =
1; 2;
λ= λ=
12
xn C C
=+⋅
12
Если комплекснозначная функция w(n) = u(n) + jv(n) является решением линейного уравнения L(w) = 0, то u(n) и v(n) – также являются решениями этого уравнения. Поэтому комплекснозначному решению w = (α + jβ)
t
будут соответствовать два действительных реше-
ния. Для того чтобы найти эти решения, запишем (α + jβ) в виде
(α + jβ) = ρ (cos ϕ + jsin ϕ).
Тогда
t
(α + jβ)
u(t) = ρ
= ρt (cos ϕt + j sin ϕt) и действительными решениями будут
t
cos ϕt и v(t) = ρt sin ϕt.
33
Сопряженному решению соответствуют корни
() ( ); () ()
wn j un u vn
;arctg
β
( 3) 5 ( 2) 8 ( 1 ) 4 ( ) 0; (0) 0; (1 ) 2; (2) 1.
[( ) ( )... ]
() ,
zx az az a x az az a x a
32 2
(584)(1)(2)
zz z z
=α−β −
n
, и к новым линейно независимым
решениям комплексно-сопряженный корень не приводит.
Таким образом, паре комплексно-сопряженных корней соответст-
вует пара действительных решений:
t
u(t) = ρ
ρ= α +β ϕ=
cos ϕt и v(t) = ρt sin ϕt;
22
.
α
Рассмотрим случай, когда характеристический многочлен имеет
кратные корни.
Положим t
= 0 и рассмотрим метод решения разностных уравне-
0
ний, при котором используется z-преобразование (преобразование
Лорана).
Обозначим через X(z) z-преобразование Лорана решения x(t) урав-
нения, удовлетворяющего начальным условиям
x(0) = x
Из теоремы опережения для z-преобразования следует
x(t + n) = z
Составим уравнение для изображения по Лорану:
a
0
+ … + x
Решая это уравнение, получаем
X(z) = z[x
+ a
n–2
; x(1) = x1, …, x(n – 1) = x
0
n
X(z) – (x0zn + x1z
[znX(z) – (x0zn + x1z
z)] + … + anX(z) = 0.
n–2
n–1
z
0(a0
) + … + x
+ a1z
] + … + anX(z) = 0 ⋅ a0[zn– z].
n–1a0
n–1
+ … + x
n–2
+ … + a
n–1
+ … + x
n–1
.
n–1
n–1
z)] + a1[z
) + x1[a0z
n–1
z).
n–1
n–2
X(z) – (x0z
n–3
+ a1z
n–1
+ x1z
+ … +
n–2
+
3.11. Решить уравнение x(t + 2) – 5x(t + 2) + 8x(t + 1) – 4x(t) = 0,
удовлетворяющее начальным условиям x(0) = 0, x(1) = 2, x(2) = 1.
3.12. Решить уравнение дискретной системы:
xn xn xn xn x x x+− ++ +− = = = =
Решение
Изображение по Лапласу имеет вид
12 23
kk k k
−− − −
Xz
00 1 1 10 1 2 10
=
+++ ++++
−−−
kkk
kk
()
az az a
01
−
++
1
k
отсюда получаем:
[2( 5) 1] 2 9
[]
Xz
==
zzz zz
34
−+ −
++− −−
2
;
2
(2)
zz z
Xz
xn n
1
[1] []1;[0]0.
[1] []
xn e X p
[] [] ;
1
[] .
()(1)
[]
Xp
1
Re [ ] lim ;
e
1
zz
()
() 7 72 2
77 5
=− + −
zz
12
−−
5
=− + ⋅ − ⋅ ⋅
nn
z
−
;
;
2
n
() Re ()
xn s X zz
=
∑
⎡⎤
⎣⎦
k
−
.
3.13. Найти решение уравнения
xn exn x+− = =
Решение
По теореме опережения
*
+=
p
.
Применяя к обеим частям равенства дискретное преобразование
Лапласа, получаем операторное уравнение
p
p
eXp eXp
Xp
−=
=
pp
eee
−⋅ −
Функция
(1) (1)
−−
⎡⎤
sXpe e
⎣⎦
→
0
p
1
⎡⎤
Re [ ] ,
sXpe e
⎣⎦
→
1
p
2
np np
−−
(1) (1)
np n
e
p
e
−
p
e
имеет два простых полюса: р1 = 0; р2 = 1.
p
==
==
e
p
0
→
p
1
−
ee
ee
−−
11
ee
1
−
n
следовательно
n
1
−
e
[] .
=
xn
1
−
e
3.14. Найти оригинал по изображению
3
+
z
=
()
Fz
.
3
+
Решение
После деления получаем:
35
44
() 1 ;
ee
zzj zj
=+
[] [] 1 2cos []
ft U t t Ut
t
⎡⎤⎣
21 1 12
()(1 ) (1 ) ( )
(1)(2)
12
.d(2)(1 ) ( )
ss Tez
.
s
ss z
22
()
zTez
[1]2[]0,[0]1
[ 2]2[ 1]2[]0,[0]1,[1]1;
[ 3] 3 [ 2] 4 [ 1] 2 [ ] 0, [0] 1, [ 1] 0, [2] 1;
[ 4] []1,[0]1,[1]0,[2]0,[3]0;
−+
2
(1)
zz
+
() 1 ;
Fz
1
z
⎛⎞ ⎛⎞
⎜⎟ ⎜⎟
⎜⎟ ⎜⎟
1
Fz
=+ − −
⎝⎠ ⎝⎠
ππ
jj
−
22
22
−+
=+− −
⎡⎤
01
⎢⎥
⎣⎦
3.15. Найти z-преобразование от функции
π
⎛⎞
⎜⎟
4
⎝⎠
.
−α
.
te
⎦
Решение
T
Fz s
⎢⎥⎢⎥
s
=α
sez ez zez
⎣⎦⎣⎦
⎡⎤⎡⎤
===
() Re
1d1
sT sT T
+α − − −
−−−α−
d
s
s
=−α
−α
Te s
3.16. Найти F(z), соответствующую функции
()
Fs
⎡⎤
=
⎢⎥
⎣⎦
+
(2 3)
ss
2
++
ss
.
Решение
Вычет в точке s = –1 составляет
T
⎡⎤
⎧⎫
d(23)
⎨⎬
⎢⎥
t
+− −
sez ze
⎩⎭
⎣⎦
+−
sT T
−−
=
1
s
=−
−
Вычет в точке s = –2 составляет
⎡⎤
⎢⎥
⎣⎦
(2 3) 2
+
12
TT
(2)(1 )
sez ze
+− −
−−
=
s
=−
2
Следовательно,
T
Fz
()
2
=−
TT
−−
−−
ze ze
−
.
.
3.17. Найти решение уравнения:
а)
xn xn x+− = =;
б)
xn xn xn x x++ ++ = = =
в)
xn xn xn xn x x x+− ++ +− = = = =
г)
xnxnxxx x++ = = = = =
36
д)
[ 3]3[ 2]3[ 1] []0,[0]0,[1]0,[2]1;
[1]2[],[0]0;
[2]4[]4,[0][1]1
[ 2] [ 1] [ ] 0, [0] 1, [1] 2.
13
32 3 2
22 3 3
[] ,
21
[] cos 3sin 2sin .
[2]4[1]4[]3,[0],[1]
xn xn xn x x
() ;
( ) ( )...( )
zz zz zz
( ) ... ... ,
() ( ) ()
zz zz zz
xn xn xn xn x x x++ ++ ++ = = = =
е)
xn xn n x++ = =
ж)
xn xn x x+− = = =.
n
3.18. Решить уравнение
xn xn xn x x+− ++ = = =
Решение
**
[1] [] []1 ;
xn eXp x eXp e e
+= − = −= −
xn eXpxxe eXp e
[2] [] []12
+= −− = −− =
22
ppp
eXp e e
=−−
22
pp pp
ee Xpee
()
Xp
[] .
Так как
pppq
()()
2* 2*
pppp
()()
0
01
−−
[] 2 ;
1[] ;
−+ = +
2
pp
ee
=
+
2
pp
ee
()
ππ
cos , sin
1
−+
==
,
то
ee e ee e
Xp
==
−+ − +
⎜⎟ ⎜ ⎟
⎝⎠ ⎝ ⎠
⎛⎞⎛ ⎞
pp pp
22
ee ee
⎜⎟⎜ ⎟
⎝⎠⎝ ⎠
1
21 2cos1
−+ − +
23
13
⎛⎞ ⎛ ⎞
pp p pp p
ππ
cos 3
π
откуда
xn n
=+ = π
ππ +
n
33 6
3.19. Решить уравнение с использованием разложения на элемен-
тарные дроби:
+− ++ = – произвольные величины.
n
Решение
() ()
Fz
Fz
Pz Pz
==
Qz
()
kkkk
11 1
=++ + + ++
−−−
11
r
−− −
rr n
()()
zz zz
1
+
−+
rrr
1
rr
−
−−
11
rn
+
k
n
37
где
[
( ) ( ) ; 1, ..., ;
kzzFz ir n
( ) ( ) ; 0,1, ..., 1.
222
[] ( 4 ) .
(2) (2)(3)(2)
[] ( 4 1) ,
(2) (2)(2)(3)
2;
3;
n
n
1
(1)2;
2( 1)23 23.
n
=− =+
ii
⎡⎤
()();
kzzFz
=−
r
⎣⎦
d
⎡⎤
()().
=−
kzzFz
1
−
ri
⎢⎥
d
z
⎣⎦
]
=
zz
i
r
1
=
zz
1
r
=
zz
i
Или, в общем случае:
k
⎡⎤
kzzFzkr
()
1d
=− =−
−
rk i
xe Xpxexxe
Xp x x
⎢⎥
k
!
k
d
z
⎣⎦
pp p p
22
44[] 4 ;
−+ − −− =
p
2
xe
0
=+− +
pppp
eeee
−−−−
Разлагая
2
Xp x x x
=+−−−+
eeee
010
pppp
eeee
−−−−
r
()
010
pp
10
p
e
2
pp
)2)(3( −−
ee
pppp
22
ee
на элементарные дроби, получаем
p
e
p
e
3
−
но при этом
p
e
соответствует
p
(2)
e
p
e
соответствует
p
(3)
e−−
p
2
e
p
e
(2)
2
p
e
(2)
xx n
=+⋅⋅−+=
n
xx
10
=⋅⋅+−⋅+=+⋅+
соответствует 2;
2
−
p
2
e
соответствует
2
−
xx
1
n
+
nnnn
+
2223
0
22
41
−−
−−
1
10
nx CCn
2
n
n
⋅
n
n
+⋅
+
41
012
nn nn
()
38
3.20. Решить уравнение
[2]5[1]6[]1,[0]0,[1]0
[] Re 2 3.
n
[2]5[1]6[]0,[0]1,[1]2.
[
[] ;
(2)
(0) (0) 1, (1) 2, (1) 0.
[2] [] [] 2;
p
xn e X p x xe e X p e e
12121
[] .
21
ˆ
() () () ().
n
Cy iT C y iT C y iT b x iT
xn xn xn x x+− ++ = = =
.
Решение
z
z
−
Xz
==
[] ;
xn s
==−+⋅
∑
1
2
zz
−+
56
zz z
(1)(2)(3)
z
zz z
(1)(2)(3)2 2
k
−− −
z
−− −
11
n
3.21. Решить уравнение
xn xn xn x x+− ++ = = =
Решение
(5)2
zz
Xz
−+
==
2
zz
−+
xn s
[] Re 2.
⎡⎤
==
⎢⎥
2
→
z
z
⎣⎦
]
56
n
z
−
2
z
z
−
n
3.22. Решить систему уравнений
+− =
xn yn
[2][]0
yn xn
[2][]0
++ =
⎫
xy x y
⎬
== = =
⎭
Решение
222
+= −− = − − ⋅
[2] [] [] .
yn e Y p y ye e Y p e e
+= − − = − −
⎡⎤
⎣⎦
222
ppppp
⎡⎤
⎣⎦
01
01
pp p p
−
−
Так как
42 2
ppppp
eeeee+= + + ⋅ − + ,
()()
то решение этой системы можно записать в виде
432
ppp
+⋅+
eee
()
==
Xp
2
4
p
+
e
1
()
2
p
e
2
pp
−+
ee
3.23. Предположим, что дискретная система описывается конеч-
но-разностным уравнением второго порядка:
ˆˆ ˆ
+Δ + Δ =
11 2 2 0
nnn
39
Представим исходное уравнение в рекуррентной форме, для чего
{}{
}
() () [(1)] ()2[(1)] [(2)]
00121 122222
ˆ
();(2);;,
bb
( ) { ( ) [( 1) ] [( 1) ]}.
n
n
yT bxT Cy T
(2 ) { (2 ) ( ) (0)} { 2 }
t
xt e
воспользуемся выражениями конечных разностей. Левая часть уравнения примет вид
ˆˆ ˆ
C y iT C y iT y i T C y iT y i T y i T
01 2
()()(2[(1)][(2)].
=++ −+ − + −
+−−+−−+−=
nn n n n n
ˆˆˆ ˆ ˆ ˆ
C C C yiT C Cyi T Cyi T
012 1 2 2
nnn
Вводя следующие обозначения:
ˆˆˆ ˆ ˆ ˆ
CCCCССССС
=++ =−− = =
получаем уравнение второго порядка в рекуррентной форме:
C
y(iTn) + C1 y[(i – 1)Tn] + C2 y[(i – 2)Tn] = b0(iTn).
0
Выразим в явном виде значение выходной переменной:
yiT bxiT Cy i T Cy i T
1
=−−−−
nn n n
01 2
C
0
Пусть огибающая входного процесса является линейной функци-
ей вида
x(t) = t,
тогда дискретную функцию можно представить следующим образом:
x(iT
) = iTn.
n
Найдем несколько значений выходного процесса при нулевых на-
чальных условиях:
у(0) = 0; y(–T
) = 0.
n
Полагая i = 1, находим значение выходной переменной на первом
шаге:
() { () (0)}
CC
00
n
01
1
=−=
b
0
.
Принимая i = 2, находим значение выходной переменной на вто-
ром шаге:
yT bxT CyT Cy bT C T
b
=−
CC
11
=−−=−=
nnn nn
0
(2 ) .
00
012 01
CCC
000
C
1
T
n
b
0
По такой же схеме можно последовательно вычислить значения
выходной переменной и в другие моменты времени.
3.24. Представить непрерывную функцию ()
−α
= в дискрет-
ной форме.
40
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]