Dr. Kuczmann Mikl´os P´eldat´ar a Jelek ´es rendszerek c´ım˝ u t´argyhoz 0. verzi´o
Csak a k¨onyvb˝ol kimaradt p´eld´ak... Ez a p´eldat´ar a tervezett p´eldat´ar nulladik verzi´oja. Tov´abbi p´eld´akat ´es megold´asokat az el˝oad´asokon kiadott f´enym´asolatokban tal´al az Olvas´o.
1
Konvol´ uci´ o 1. P´ elda. Legyen egy rendszer impulzusv´alasza ´es gerjeszt´ese az al´abbi. Hat´arozzuk meg a v´alaszjelet konvol´ uci´o seg´ıts´eg´evel. w(t) = ε(t) 8e−2t − 4e−3t , s(t) = {ε(t) − ε(t − 5)} e−3t .
Megold´ as. A gerjeszt´esen egy kis a´talak´ıt´ast fogunk v´egezni annak ´erdek´eben, hogy az ablakoz´o jelet el tudjuk t¨ untetni. Bontsuk fel h´at a z´ar´ojelet: s(t) = ε(t)e−3t − ε(t − 5)e−3t . Az els˝o tag rendben van, vele nem kell foglalkoznunk. A m´asodik tag a t = 5 s helyen l´ep be, azonban az exponenci´alis f¨ uggv´eny argumentum´aban is azt kell el´erni, hogy szerepeljen a (t − 5) kifejez´es. Ennek ´erdek´eben a t hely´ebe ´ırjunk (t − 5 + 5)-¨ot, ami nem v´altoztat semmit, azonban be tudjuk ,,csemp´eszni” a (t − 5) kifejez´est. Azt kapjuk teh´at, hogy: s(t) = ε(t)e−3t − ε(t − 5)e−3(t−5+5) =
= ε(t)e−3t − ε(t − 5)e−3(t−5) e−15 = s1 (t) − s2 (t),
ahol e−15 egy konstans ´ert´ek. A l´enyege ennek az a´talak´ıt´asnak teh´at az, hogy az ε(t)f (t) jel τ ´ert´ek´evel eltolt kifejez´ese ε(t − τ )f (t − τ ) legyen, ahol f (t) tetsz˝oleges id˝of¨ uggv´eny. Ezut´an a gerjeszt´est u ´ gy tekintj¨ uk, hogy az k´et tagb´ol a´ll, s(t) = s1 (t) − s2 (t). Meghat´arozzuk el˝osz¨or az els˝o, majd a m´asodik tagra adott v´alaszt (y1 (t) ´es y2 (t)), majd az els˝o r´eszv´alaszb´ol kivonjuk a m´asodik r´eszv´alaszt, y(t) = y 1 (t)−y2 (t), hiszen a gerjeszt´esben is kivon´as szerepel. Ezt a rendszer linearit´ asa miatt lehet megtenni, gyakorlatilag szuperpon´aljuk k´et gerjeszt˝ojel hat´as´at.
2
N´ezz¨ uk el˝osz¨or az s1 (t) = ε(t)e−3t jelre adott v´alasz meghat´aroz´as´at konvol´ uci´oval: Z t n o e−3τ 8e−2(t−τ ) − 4e−3(t−τ ) dτ = y1 (t) = 0 Z t Z t (1) −3τ −2t 2τ = e 8e e dτ − e−3τ 4e−3t e3τ dτ = 0 0 Z t Z t (2) −τ −3t −2t dτ = e dτ − 4e = 8e 0 0 −τ t (4) (3) −2t e − 4e−3t [τ ]t0 = −8e−3t + 8e−2t − 4e−3t t. = 8e −1 0 Az (1) l´ep´esben bontsuk fel a z´ar´ojeleket. A (2) l´ep´esben vigy¨ uk ki az integr´aljel el´e az integr´al´as szempontj´ab´ol konstansnak tekinthet˝o tagokat, tov´abb´a egyszer˝ us´ıts¨ uk az integranduszokat az −3τ 2τ −τ −3τ 3τ e e = e ´es az e e = 1 figyelembev´etel´evel. ´Irjuk fel az integranduszok primit´ıv f¨ uggv´enyeit, majd helyettes´ıts¨ uk be az integr´al´asi hat´arokat a (3) ´es (4) l´ep´esekben. A v´alaszjel is bel´ep˝o, ´ıgy: y1 (t) = ε(t) −8e−3t + 8e−2t − 4te−3t .
Tekints¨ uk most az s2 (t) = ε(t − 5)e−3(t−5) e−15 jelre adott v´alasz meghat´aroz´as´at konvol´ uci´oval. Itt arra kell u ¨ gyeln¨ unk, hogy ez a jel a t < 5 s id˝opillanatokban nulla ´ert´ek˝ u, ´ıgy az integr´al´as als´o hat´ar´anak t = 5 s vehet˝o (a gerjeszt´es bel´ep˝o, de a
3
t = 5 s id˝opillanatban l´ep be): Z t o n y2 (t) = e−3(τ −5) e−15 8e−2(t−τ ) − 4e−3(t−τ ) dτ = 5 Z t Z t (1) e−3τ e15 e−15 4e−3t e3τ dτ = e−3τ e15 e−15 8e−2t e2τ dτ − = 5 5 Z t Z t (2) dτ = e−τ dτ − 4e−3t = 8e−2t 5
5
(3)
= 8e−2t
(4)
= −8e
−3t
e−τ
−1
t
+ 8e
5
− 4e−3t [τ ]t5 =
−2t −5
e
− 4e−3t (t − 5).
Az (1) l´ep´esben bontsuk fel a z´ar´ojeleket. A (2) l´ep´esben vigy¨ uk ki az integr´aljel el´e az integr´al´as szempontj´ab´ol konstansnak tekinthet˝o tagokat, tov´abb´a v´egezz¨ uk el az el˝oz˝o levezet´esb˝ol ismert egyszer˝ us´ıt´eseket. ´Irjuk fel az integranduszok primit´ıv f¨ uggv´enyeit, majd helyettes´ıts¨ uk be az integr´al´asi hat´arokat a (3) ´es (4) l´ep´esekben. A kapott kifejez´es azonban m´eg nem a t¨ok´eletes v´egeredm´eny. Az s2 (t) gerjeszt´es ugyanis a t = 5 s id˝opillanatban l´ep be, tartalmazza az ε(t − 5) f¨ uggv´enyt. A v´alaszjelet hasonl´oan a t = 5 pillanatban bel´ep˝ojelnek v´arjuk. Vigy¨ uk be h´at a (t − 5) kifejez´est a m´ar ismert m´odon ott, ahol erre sz¨ uks´eg van: y2 (t) = −8e−3(t−5+5) + 8e−2(t−5+5) e−5 − 4(t − 5)e−3(t−5+5) . Bontsuk fel az exponenci´alis f¨ uggv´enyekben szerepl˝o z´ar´ojeleket, majd rendezz¨ uk a kapott kifejez´est: y2 (t) = −8e−3(t−5) e−15 + 8e−2(t−5) e−10 e−5 − 4(t − 5)e−3(t−5) e−15 = = −8e−3(t−5) e−15 + 8e−2(t−5) e−15 − 4(t − 5)e−3(t−5) e−15 .
´Igy m´ar t¨ok´eletes. Azt, hogy az y 2 (t) jel a t = 5 s id˝opillanatban l´ep be, egy ε(t − 5) jellel t¨ort´en˝o beszorz´assal v´egezz¨ uk el: n o y2 (t) = ε(t − 5)e−15 −8e−3(t−5) + 8e−2(t−5) − 4(t − 5)e−3(t−5) . 4
Az y(t) v´alasz a k´et r´eszv´alasz k¨ ul¨onbs´ege, azaz y(t) = ε(t) −8e−3t + 8e−2t − 4te−3t − o n − ε(t − 5)e−15 −8e−3(t−5) + 8e−2(t−5) − 4(t − 5)e−3(t−5) .
Ezen feladat konkl´ uzi´oja az, hogy ha a gerjeszt´es egy ablakozott jel, akkor a bemeneti jelet k´et tag k¨ ul¨onbs´egek´ent c´elszer˝ u fel´ırni, s ´ıgy a v´alaszjel is k´et tag k¨ ul¨onbs´ege lesz. Megfigyelhet˝o az is, hogy a k´et tag jellege ugyanaz, csak a m´asodik az els˝oh¨oz k´epest el van tolva ´es egy konstanssal be van szorozva. Ez j´o lehet˝os´eg a kapott eredm´enyek ellen˝orz´es´ere. 2. P´ elda. Legyen egy rendszer impulzusv´alasza ´es bel´ep˝ogerjeszt´ese adott. Hat´arozzuk meg a v´alaszjelet. w(t) = ε(t)8e−2t ,
nem
s(t) = cos(ωt).
uci´o elv´egz´es´ehez alak´ıtsuk a´t a gerjeszt´est Megold´ as. A konvol´ a k¨ovetkez˝o formula alapj´an: cos(ωt) =
ejωt + e−jωt , 2
´es vegy¨ uk figyelembe, hogy a gerjeszt´es nem bel´ep˝o, azaz az als´o integr´al´asi hat´ar nem lehet 0. A fels˝o integr´al´asi hat´ar lehet t, hiszen az impulzusv´alasz bel´ep˝o. ´Igy a konvol´ uci´o a k¨ovetkez˝ok´epp
5
alakul: def
y(t) =
(1)
=
Z
Z
t
−∞ t
s(τ )w(t − τ )dτ = 4ejωτ e−2t e2τ dτ +
−∞
(2)
= 4e−2t
(3)
= 4e−2t
Z
t
−∞ t
Z
Z
Z
t
−∞ t
ejωτ + e−jωτ −2(t−τ ) 8e dτ 2
4e−jωτ e−2t e2τ dτ
−∞
ejωτ e2τ dτ + 4e−2t
Z
e(2+jω)τ dτ + 4e−2t
−∞
e−jωτ e2τ dτ
−∞ t
Z
e(2−jω)τ dτ
−∞
#t (2−jω)τ e + 4e−2t = 4e−2t (2 + jω) (2 − jω) −∞ −∞ ( ) ) ( (2+jω)t (2−jω)t e − 0 e − 0 (5) = 4e−2t + 4e−2t (2 + jω) (2 − jω) (4)
(6)
=
"
e(2+jω)τ
#t
t
"
4e−jωt 4ejωt + . (2 + jω) (2 − jω)
Az (1) l´ep´esben bontsuk k´et r´eszre az integr´alt az o¨sszead´asnak megfelel˝oen ´es bontsuk fel az exponenci´alis f¨ uggv´enyek kitev˝oj´eben szerepl˝o z´ar´ojeleket. A (2) l´ep´esben vigy¨ uk ki az integr´aljel el´e az integr´al´as szempontj´ab´ol konstansnak tekinthet˝o kifejez´eseket ´es konstansokat, majd a (3) l´ep´esben vonjuk o¨ssze az exponenci´alis f¨ uggv´enyeket az integranduszban. Az integranduszok primit´ıv f¨ uggv´eny´enek meghat´aroz´asa (4), majd az integr´al´asi hat´arok behelyettes´ıt´ese (az (5) l´ep´es) ´es beszorz´as (a (6) l´ep´es) ut´an kapunk egy eredm´enyt, amit azonban tov´abb kell alak´ıtani. A tov´abbi a´talak´ıt´asok c´elja az, hogy v´egeredm´enyben egy id˝of¨ uggv´enyt kapjunk. A kapott eredm´eny ugyanis tartalmaz komplex kifejez´eseket, hiszen szerepel benne a j. Ezt el kell t¨ untetn¨ unk. Hozzuk k¨oz¨os nevez˝ore a fenti eredm´enyt: y(t) =
(2 − jω)4ejωt + (2 + jω)4e−jωt . (2 + jω)(2 − jω) 6
A nevez˝o egy komplex sz´am ´es annak konjug´altj´anak szorzat´at tartalmazza. V´egezz¨ uk el ezt a beszorz´ast 1 ´es bontsuk fel a sz´aml´al´oban tal´alhat´o z´ar´ojeleket is. Ekkor azt kapjuk, hogy: y(t) =
1 jωt 8e − jω4ejωt + 8e−jωt + jω4e−jωt . 2 4+ω
Haszn´aljuk fel azonban azt, hogy2 : cos(ωt) =
ejωt + e−jωt , 2
sin(ωt) =
ejωt − e−jωt , 2j
´es alak´ıtsuk a´t a fenti eredm´enyt a k¨ovetkez˝ok´epp. 1 8ejωt + 8e−jωt jω4ejωt − jω4e−jωt y(t) = 2 − 2j 4 + ω2 2 2j jωt jωt −jωt e − e−jωt e +e 1 − 2jjω4 16 = . 4 + ω2 2 2j A sin(ωt) ´es a cos(ωt) f¨ uggv´enyek a´t´ır´asa ut´an kapjuk a v´egeredm´enyt: y(t) =
8ω 16 cos(ωt) + sin(ωt). 2 4+ω 4 + ω2
1´
Altal´ anosan az (a + jb)(a − jb) = a2 − (jb)2 = a2 + b2 a ´talak´ıt´ as a j´ ol ismert (a + b)(a − b) = a2 − b2 azonoss´ a g alapj´ a n t¨ o rt´ e nik. Figyelembe kell √ azonban venni, hogy jj = −1, mivel −1 = j. N´ezz¨ uk meg ennek viselked´es´et p´ ar tag szorzat´ ara vonatkoz´ oan: jj = −1, jjj = −j, j 4 = 1, j 5 = j, ´es innen ism´etl˝ odik, azaz j 6 = −1 ´es ´ıgy tov´ abb. 2 Haszn´ aljuk fel az ejφ = cos(φ) + j sin(φ) un. Euler azonoss´ agot ´es legyen jφ −jφ cos(φ)+j sin(φ)+cos(φ)−j sin(φ) cos(φ)+cos(φ) φ = ωt, ´ıgy: e +e = = = cos(φ), 2 2 2 valamint
ejφ −e−jφ 2j
=
cos(φ)+j sin(φ)−cos(φ)+j sin(φ) 2j
7
=
j sin(φ)+j sin(φ) 2j
= sin(φ).
Ez a jel a´t´ırhat´o egyetlen koszinuszos jell´e3 : s 162 + 82 ω 2 8ω y(t) = ) cos(ωt − atan (4 + ω 2 )2 16 nω o 8 ) =√ cos(ωt − atan 2 4 + ω2 A gerjeszt´es ´es a v´alaszjel id˝obeli lefut´asa l´athat´o a 1. a´br´an ω = ol l´athat´o, hogy a kimeneti jel a bemenethez k´epest 2 rad s esetre. J´ id˝oben (azaz f´azisban) k´esik ´es az amplit´ ud´oja feler˝os¨od¨ott. 3. P´ elda. Legyen egy rendszer impulzusv´alasza bel´ep˝ogerjeszt´ese adott. Hat´arozzuk meg a v´alaszjelet. w(t) = ε(t)8e−2t ,
´es
s(t) = ε(t) cos(ωt).
Megold´ as. A feladat majdnem ugyanaz, mint az el˝obb, csak a gerjeszt´es bel´ep˝o. Itt egy nagyon fontos konkl´ uzi´ora fogunk jutni. Oldjuk meg a feladatot ugyanazon l´ep´eseken kereszt¨ ul, mint az el˝oz˝ot. A k¨ ul¨onbs´eg az lesz, hogy mivel a gerjeszt´es bel´ep˝o, ez´ert 3´
Altal´ anosan, ha a jel A cos(ωt) + B√sin(ωt) alak´ u, akkor az a ´t´ıthat´ o egyetlen koszinuszos jell´e a k¨ ovetkez˝ ok´epp: A2 + B 2 cos(ω − atan{B/A}). Ennek egyszer˝ u indokl´ as´ ara k´es˝ obb t´er¨ unk ki, egyel˝ ore fogadjuk el. M´ ar most megjegyezz¨ uk, hogy ez csak azonos k¨ orfrekvenci´ aj´ u jelek eset´en igaz.
8
az als´o integr´al´asi hat´arnak 0-t lehet venni: Z t jωτ Z t e + e−jωτ −2(t−τ ) def 8e dτ s(τ )w(t − τ )dτ = y(t) = 2 0 0 Z t Z t (1) = 4ejωτ e−2t e2τ dτ + 4e−jωτ e−2t e2τ dτ 0 0 Z t Z t (2) jωτ 2τ −2t −2t e−jωτ e2τ dτ e e dτ + 4e = 4e 0 0 Z t Z t (3) = 4e−2t e(2+jω)τ dτ + 4e−2t e(2−jω)τ dτ 0 0 #t " #t " (2−jω)τ (2+jω)τ e e (4) + 4e−2t = 4e−2t (2 + jω) (2 − jω) 0 0 ( ( ) ) (2−jω)t (2+jω)t e −1 e −1 (5) −2t −2t + 4e = 4e (2 + jω) (2 − jω) (6)
=
4ejωt − 4e−2t 4e−jωt − 4e−2t + . (2 + jω) (2 − jω)
Az (1) l´ep´esben bontsuk ism´et k´et r´eszre az integr´alt ´es bontsuk fel az exponenci´alis f¨ uggv´enyek kitev˝oj´eben szerepl˝o z´ar´ojeleket. A (2) l´ep´esben vigy¨ uk ki az integr´aljel el´e az integr´al´as szempontj´ab´ol konstansnak tekinthet˝o kifejez´eseket ´es konstansokat, majd a (3) l´ep´esben vonjuk o¨ssze az exponenci´alis f¨ uggv´enyeket az integranduszban. Az integranduszok primit´ıv f¨ uggv´eny´enek meghat´aroz´as (4), majd az integr´al´asi hat´arok behelyettes´ıt´ese (az (5) l´ep´es) ´es beszorz´as (a (6) l´ep´es) ut´an kapunk egy eredm´enyt, amit azonban tov´abb kell alak´ıtani. Az eredm´eny nagyon hasonl´ıt az el˝oz˝o eredm´enyhez, a k¨ ul¨onbs´eg oka, hogy az als´o integr´al´asi hat´ar itt 0, ott pedig −∞ volt. Hozzuk k¨oz¨os nevez˝ore ism´et a fenti eredm´enyt: y(t) =
(2 − jω)4ejωt − (2 − jω)4e−2t + (2 + jω)4e−jωt − (2 + jω)4e−2t . 4 + ω2
9
A z´ar´ojelek felbont´asa ut´an azt kapjuk, hogy a 4e −2t jω − 4e−2t jω tagok kiesnek, s v´eg¨ ul a k¨ovetkez˝o eredm´enyre jutunk: y(t) =
1 jωt 8e − jω4ejωt + 8e−jωt + jω4e−jωt − 16e−2t . 2 4+ω
Ezen eredm´eny egy r´esz´ere r´aismerhet¨ unk az el˝oz˝o megold´asb´ol. Egyetlen u ´ j, exponenci´alis tag jelent meg, azaz a v´alaszjel id˝of¨ uggv´enye a k¨ovetkez˝o: 16 8ω 16 −2t y(t) = ε(t) . cos(ωt) + sin(ωt) − e 4 + ω2 4 + ω2 4 + ω2 Term´eszetesen ez a jel is a´t´ırhat´o egyetlen koszinuszos jell´e: nωo 16 −2t 8 )− e . y(t) = ε(t) √ cos(ωt − atan 2 4 + ω2 4 + ω2 K´et fontos k¨ ul¨onbs´eg van az utols´o k´et feladat k¨oz¨ott. Ut´obbi gerjeszt´ese bel´ep˝o, teh´at a v´alaszjel is bel´ep˝o, ez´ert tett¨ unk a v´alaszjel id˝of¨ uggv´eny´ebe egy ε(t) szorz´ot. A m´asik, hogy ut´obbi feladatban megjelent egy e−2t tag, amely t → ∞ eset´en null´ahoz tart, azaz lecseng. Ezen tag elt˝ un´ese ut´an a k´et v´alaszjel azonban megegyezik. Ez az exponenci´alis tag az´ert jelent meg, mert egy un. bekapcsol´ asi jelens´eget vizsg´altunk, amely tranzienssel j´ar. A tranziens folyamatok exponenci´alis jelleg˝ u f¨ uggv´enyekkel ´ırhat´ok le. Az el˝oz˝o feladatban azonban azt mondtuk, hogy a gerjeszt´es nem bel´ep˝o, u ´ gy is mondhatn´ank, hogy a gerjeszt´es ,,r´eg´ota” fenn´allt ´es a bekapcsol´as olyan r´eg t¨ort´ent, hogy hat´asa nem ´erz´ekelhet˝o. A gerjeszt´es ´es a v´alaszjel id˝obeli lefut´asa l´athat´o a 1. a´br´an ol l´athat´o a tranziens folyamata. A kimeneti ω = 2 rad s esetre. J´ jel a t = 0 id˝opillanatban nulla ´ert´ek˝ u, hiszen bekapcsol´asi folyamatr´ol van sz´o ´es a t < 0 intervallumban nincs gerjeszt´es. A tranziens o¨sszetev˝o null´ara cs¨okken´ese ut´an (a m´asodik peri´odust´ol) a kimeneti jel megegyezik az el˝oz˝o p´eld´aban sz´am´ıtott kimeneti 10
jellel. Ez a v´alaszjel un. a ´lland´ osult a ´llapota. A tranziens g¨orbe menet´et szint´en berajzoltuk az a´br´aba. Erre a k´et fontos esetre a k´es˝obbiekben r´eszletesen kit´er¨ unk. 4
4 s(t) y(t)
s(t) y(t) 2 s(t), y(t)
s(t), y(t)
2
0
-2
0
-2
-4
-4 -4
-2
0 t[s]
2
4
0
2
4 6 t[s]
8
10
1. a´bra. A 2. ´es a 3. p´elda megold´as´anak grafikus megad´asa
4. P´ elda. Hat´arozzuk meg a rendszer impulzusv´ alasz´at, ha az s(t) = ε(t) gerjeszt´esre adott v´alasza y(t) = ε(t) 1 − 2e−2t .
Megold´ as. Az y(t) v´alaszjel pontosan az ugr´asv´alasz, melynek a´ltal´anos´ıtott deriv´altja az impulzusv´alasz: 0 . w(t) = v 0 (t) = ε(t) 1 − 2e−2t
A deriv´al´ast szorzat deriv´altjak´ent kell elv´egezni, ´es arra kell u ¨ gyelni, hogy a δ(t) a t = 0 hely kiv´etel´evel minden¨ utt nulla. Ha egy Dirac-impulzus egy f (t) f¨ uggv´ennyel van szorozva, akkor az f (0) helyettes´ıt´esi ´ert´eket meg kell hat´arozni, azaz 0 w(t) = ε(t)0 1 − 2e−2t + ε(t) 1 − 2e−2t = = δ(t) 1 − 2e0 + ε(t) 4e−2t , 11
azaz az impulzusv´alasz w(t) = −1δ(t) + 4ε(t)e−2t . Ha a rendszer v(t) ugr´asv´alasza ´es s(t) gerjeszt´ese adott, ´es sz¨ uks´eg¨ unk van a rendszer v´alaszjel´ere, akkor el˝osz¨or meghat´arozzuk az impulzusv´alaszt az ugr´asv´alasz a´ltal´anos´ıtott deriv´altjak´ent, majd alkalmazzuk a konvol´ uci´ot.
´ Allapotv´ altoz´ os le´ır´ as 1. P´ elda.
Legyen az A m´artix a k¨ovetkez˝o: 3 −3 2 A = −1 5 −2 , −1 3 0
´es sz´am´ıtsuk ki szint´en az eAt m´atrixf¨ uggv´enyt. Megold´ as. Hat´arozzuk meg a m´atrix |λE − A| = 0 karakterisztikus egyenlet´et4 : λ−3 3 −2 D3 (λ) = 1 λ − 5 2 1 −3 λ =(λ − 3){(λ − 5)λ + 6} − 3(λ − 2) − 2(−3 − (λ − 5)) =(λ − 3){λ2 − 5λ + 6} − 3(λ − 2) + 2(λ − 2) =(λ − 3)2 (λ − 2) − 3(λ − 2) + 2(λ − 2)
=(λ − 2){(λ − 3)2 − 3 + 2} = (λ − 2){λ2 − 6λ + 9 − 1}
=(λ − 2){λ2 − 6λ + 8} =(λ − 2)2 (λ − 4) = 0.
4
A ˛ ˛ a1 ˛ ˛ b1 ˛ ˛ c1
⇒
λ1 = 2, λ2 = 4.
harmadrend˝ atrix determin´ ansa a k¨ ovetkez˝ ok´epp hat´ arozhat´ o meg: ˛ u m´ a2 a3 ˛˛ b2 b3 ˛˛ = a1 (b2 c3 − b3 c2 ) − a2 (b1 c3 − b3 c1 ) + a3 (b1 c2 − b2 c1 ). c2 c3 ˛
12
A λ1 saj´at´ert´ek k´etszeres, a λ2 saj´at´ert´ek egyszeres. Hat´arozzuk meg a minim´alpolinomot is, mivel az alapj´an lehet eld¨onteni, hogy melyik m´odszert alkalmazzuk a m´atrixf¨ uggv´eny meghat´aroz´as´ara. Hat´arozzuk meg ehhez a λE − A m´atrix adjung´altj´at 5 : λ−3 3 −2 adj 1 λ−5 2 1 −3 λ T λ(λ − 5) + 6 −(λ − 2) −3 − (λ − 5) = −(3λ − 6) λ(λ − 3) + 2 3(λ − 3) + 3 6 + 2(λ − 5) −2(λ − 3) − 2 (λ − 3)(λ − 5) − 3 (λ − 3)(λ − 2) −3(λ − 2) 2(λ − 2) = −(λ − 2) (λ − 2)(λ − 1) −2(λ − 2) . −(λ − 2) 3(λ − 2) (λ − 2)(λ − 6) Ezen adjung´alt m´atrix elemeinek legnagyobb k¨oz¨os oszt´oja Θ(λ) = (λ − 2), s ´ıgy a minim´alpolinom a k¨ovetkez˝o: ∆(λ) =
D3 (λ) = (λ − 2)(λ − 4). Θ(λ)
Mivel a ∆(λ) minim´alpolinom gy¨okei egyszeresek, a Lagrangem´atrixokat alkalmazhatjuk a m´atrixf¨ uggv´eny meghat´aroz´as´ara. Tehetj¨ uk ezt annak ellen´ere, hogy a karakterisztikus polinom gy¨okei (a saj´at´ert´ekek) t¨obbsz¨or¨osek. Mivel k´et saj´at´ert´ek van, k´et Lagrange-m´atrix lesz. Az L1 (A) Lagrange-m´atrix a defin´ıci´ob´ol 5 P´eld´ aul az adjung´ alt m´ atrix 21 index˝ u elem´et u ´gy kell meghat´ arozni, hogy letakarjuk a m´ asodik sort ´es az els˝ o oszlopot, s az ´ıgy ad´ od´ o 2 × 2 m´eret˝ u m´ atrix determin´ ans´ at kisz´ am´ıtjuk. Ne feledkezz¨ unk meg a transzpon´ al´ asr´ ol ´es a sakkt´ abla-szab´ alyr´ ol.
13
kiindulva k¨ovetkez˝ok´epp hat´arozhat´o meg: 2 Y
A − λ2 E 1 A − λj E = = {A − λ2 E} λ1 − λ j λ1 − λ 2 λ1 − λ 2 j=1,j6=1 3 − 4 −3 2 0, 5 1, 5 −1 1 = −1 5 − 4 −2 = 0, 5 −0, 5 1 . 2−4 −1 3 −4 0, 5 −1, 5 2
L1 (A) =
Az L2 (A) Lagrange-m´atrix hasonl´ok´epp sz´am´ıthat´o: 2 Y
A − λ1 E 1 A − λj E = = {A − λ1 E} λ2 − λ j λ2 − λ 1 λ2 − λ 1 j=1,j6=2 3 − 2 −3 2 0, 5 −1, 5 1 1 = −1 5 − 2 −2 = −0, 5 1, 5 −1 . 4−2 −1 3 −2 −0, 5 1, 5 −1
L2 (A) =
Ezek ismeret´eben az exponenci´alis m´atrixf¨ uggv´eny m´ar fel´ırhat´o: eAt =
2 X
eλi t Li (A) = eλ1 t L1 (A) + eλ2 t L2 (A)
i=1
0, 5e−2t + 0, 5e−4t 1, 5e−2t − 1, 5e−4t −1e−2t + 1e−4t = 0, 5e−2t − 0, 5e−4t −0, 5e−2t + 1, 5e−4t 1e−2t − 1e−4t . 0, 5e−2t − 0, 5e−4t −1, 5e−2t + 1, 5e−4t 2e−2t − 1e−4t
2. P´ elda.
Sz´am´ıtsuk ki az al´abbi m´atrix e At m´atrixf¨ uggv´eny´et: 0 17 A= . −2 −10
Megold´ as. Hat´arozzuk meg a m´atrix |λE − A| = 0 karakterisztikus egyenlet´et: λ −17 = λ2 + 10λ + 34 = 0. D2 (λ) = 2 λ + 10 14
A saj´at´ert´ekek a m´asodfok´ o k´eplet´evel hat´aroz√ u egyenlet megold´ −b± b2 −4ac hat´ok meg (λ1,2 = ): 2a λ1,2 =
−10 ±
√
100 − 4 · 34 −10 = ± 2 2
√
−36 10 6 = − ± j = −5 ± j3. 2 2 2
A saj´at´ert´ekek6 teh´at egyszeresek ´es konjug´alt komplex p´art alkotnak. Tudjuk, hogy ha a saj´at´ert´ekek k¨ ul¨onb¨oznek, akkor a minim´alpolinomot nem kell meghat´arozni, mert az megegyezik a karakterisztikus polinommal. ´Igy a Lagrange-m´atrixokat alkalmazhatjuk a m´atrixf¨ uggv´eny meghat´aroz´as´ara. Az teh´at nem gond, ha a saj´at´ert´ekek komplexek, ugyanolyan m´odon kell vel¨ uk sz´amolni, mint a val´os sz´amokkal, csak kicsit hosszadalmasabb a sz´am´ıt´as. Az L1 (A) Lagrange-m´atrix a defin´ıci´ob´ol kiindulva a k¨ovetkez˝ok´epp hat´arozhat´o meg: 2 Y
A − λj E A − λ2 E 1 = = {A − λ2 E} λ1 − λ j λ1 − λ 2 λ1 − λ 2 j=1,j6=1 1 0 17 −5 − j3 0 = − −2 −10 0 −5 − j3 j6 # "
L1 (A) =
=
5+j3 j6 2 − j6
17 j6 −5+j3 j6
.
6
A saj´ at´ert´ekek komplex konjug´ alt p´ art alkotnak. p A diszkrimin´ √ negat´ıv, √ √ ans ez´ert lesz a saj´ at´ert´ek√komplex sz´ am: −36 = (−1)(36) = −1 36 = j6. Defin´ıci´ o szerint j = −1.
15
Az L2 (A) Lagrange-m´atrix hasonl´ok´epp sz´am´ıthat´o: 2 Y
A − λ1 E 1 A − λj E = = {A − λ1 E} λ2 − λ j λ2 − λ 1 λ2 − λ 1 j=1,j6=2 1 −5 + j3 0 0 17 − = 0 −5 + j3 −2 −10 −j6 " #
L2 (A) =
=
−5+j3 j6 2 j6
−17 j6 5+j3 j6
.
Ezek ismeret´eben az exponenci´alis m´atrixf¨ uggv´eny m´ar fel´ırhat´o: eAt = eλ1 t L1 (A) + eλ2 t L2 (A) " 5+j3 (−5+j3)t e + −5+j3 e(−5−j3)t j6 j6 = 2 (−5−j3)t 2 (−5+j3)t + j6 e − j6 e
17 (−5+j3)t e − 17 e(−5−j3)t j6 j6 −5+j3 (−5+j3)t 5+j3 (−5−j3)t e + j6 e j6
#
.
Ez az alak form´alisan ugyan helyes, de tov´abb kell alak´ıtanunk annak ´erdek´eben, hogy komplex sz´amok ne szerepeljenek egy id˝of¨ uggv´enyben. A c´el a cos(φ) =
ejφ + e−jφ , 2
sin(φ) =
ejφ − e−jφ 2j
azonoss´agok felhaszn´al´asa. Bontsuk fel h´at a m´atrixf¨ uggv´enyben szerepl˝o t¨orteket ´es emelj¨ unk ki minden elemben e −5t -t7 . Ezen l´ep´est mindig meg lehet tenni, hiszen ez a komplex sz´am val´os r´esz´eb˝ol ered. Ezen m˝ uveletek ut´an a k¨ovetkez˝ot kapjuk: eAt = e−5t × " ` j3t ´ ` ´ 5 e − e−j3t + 36 ej3t + e−j3t j6 ` ´ 2 − j6 ej3t − e−j3t
5 − j6 ej3t
`
17 j6
# ´ ej3t − e−j3t ´ ` ´ . − e−j3t + 63 ej3t + e−j3t `
Ebben az alakban m´ar felismerhet˝ok a cos(3t) ´es a sin(3t) f¨ uggv´enyeknek megfelel˝o tagok. Annyit kell csup´an tenn¨ unk, hogy a 7
Ha egy m´ atrixot egy val´ os vagy komplex sz´ ammal szorzunk, az azt jelenti, hogy minden elem´et szorozzuk az adott konstanssal.
16
nevez˝oket megfelel˝oen a´tcsoportos´ıtjuk: " # j3t −j3t 5 ej3t −e−j3t 17 ej3t −e−j3t + e +e At −5t 3 2j 2 3 2j e =e . j3t −j3t j3t −j3t j3t −j3t − 35 e −e + e +e − 32 e −e 2j 2j 2 Felhaszn´alva a fenti azonoss´agokat, kapjuk a v´egeredm´enyt: 5 17 sin(3t) + cos(3t) sin(3t) At −5t 3 3 e =e , − 23 sin(3t) − 35 sin(3t) + cos(3t) azaz az eAt m´atrixf¨ uggv´eny minden eleme szinuszos ´es koszinuszos tagokb´ol a´ll, melyek amplit´ ud´oja exponenci´alisan cs¨okken. Az is kiolvashat´o a v´egeredm´enyb˝ol, hogy az exponenci´alis kifejez´es argumentum´aban a komplex saj´at´ert´ek val´os r´esze a´ll, k´epzetes r´esze pedig a trigonometrikus f¨ uggv´enyek k¨orfrekvenci´aj´at hat´arozz´ak meg. 3. P´ elda.
Legyen az A m´artix a k¨ovetkez˝o: −3 2 −5 A = −6 −5 −30 , 1 0 3
´es sz´am´ıtsuk ki az eAt m´atrixf¨ uggv´enyt. (nem vizsgaanyag!)
17
Megold´ as. Hat´arozzuk meg a m´atrix |λE − A| = 0 karakterisztikus egyenlet´et: λ + 3 −2 5 D3 (λ) = 6 λ+5 30 = −1 0 λ−3 =(λ + 3)(λ + 5)(λ − 3) − 2(−30 − 6(λ − 3)) + 5(λ + 5) =(λ + 3)(λ + 5)(λ − 3) + 12(λ + 2) + 5(λ + 5) =(λ + 5){(λ + 3)(λ − 3) + 5} + 12(λ + 2) =(λ + 5)(λ + 2)(λ − 2) + 12(λ + 2)
=(λ + 2){(λ + 5)(λ + 2) + 12} = (λ + 2)(λ2 + 3λ + 12) =(λ + 2)2 (λ + 1).
⇒
λ1 = −2, λ2 = −1.
A λ1 saj´at´ert´ek k´etszeres, a λ2 saj´at´ert´ek egyszeres multiplicit´as´ u. Annak eld¨ont´es´ere, hogy vajon melyik m´atrixpolinomot kell alkalmazni, hat´arozzuk meg a minim´alpolinom gy¨okeit. Ehhez sz¨ uks´eg¨ unk van a λE − A m´atrix adjung´altj´ara:
λ+3 −2 5 adj 6 λ+5 30 −1 0 λ−3 T (λ + 5)(λ + 3) −6(λ + 2) λ+5 . 2(λ − 3) (λ + 3)(λ − 3) + 5 2 = −60 − 5(λ + 5) 30(λ + 2) (λ + 3)(λ + 5) + 12
Ezt a m´atrixot nem is ´erdemes tov´abb alak´ıtani, egyszer˝ us´ıteni, mivel l´atszik, hogy legnagyobb k¨oz¨os oszt´oja az 1, vegy¨ uk p´eld´aul az 2. sor, 3. elem´et (2), amelyben λ nem is szerepel. Ez annyit tesz, hogy a minim´alpolinom megegyezik a karakterisztikus polinommal. Mivel a minim´alpolinomnak t¨obbsz¨or¨os gy¨oke van, ez´ert az Hernite-f´ele m´atrixpolinomokat kell alkalmaznunk a m´atrixf¨ uggv´eny el˝oa´ll´ıt´as´ara. Mindezt a (4.55) o¨sszef¨ ugg´esb˝ol kiindulva tessz¨ uk. Ez a p´elda kicsit bonyolultabb, mint az el˝oz˝o, nagy k¨or¨ ultekint´est ig´enyel. 18
Azonos´ıtsuk a (4.55) o¨sszef¨ ugg´esben szerepl˝o jel¨ol´eseket. A karakterisztikus polinom gy¨okeinek, azaz a saj´at´ert´ekek sz´ama N = 3, azonban a λ1 egy k´etszeres gy¨ok, ´ıgy β1 = 2 ´es β2 = 1, s mivel az egyik gy¨ok k´etszeres, ez´ert M = 2, a minim´alpolinom gy¨okeinek sz´ama is N 0 = 3. ´Irjuk fel a (4.55) o¨sszef¨ ugg´est p = 0, 1, 2 esetekre (p = 0, 1, 2, . . . , N − 1): p=0: E= p=1: A=
2 X
i=1 2 X i=1
Hi0 = H10 + H20 , {λ1 Hi0 + Hi1 } = λ1 H10 + H11 + λ2 H20 , 2
X 1 p = 2 : A2 = 2 i=1
1 2 λ Hi0 + λi Hi1 2 1
=
λ21 λ2 H10 + λ1 H11 + 2 H20 . 2 2
El˝osz¨or teh´at fel´ırjuk az o¨sszeget a´ltal´anosan, majd azt kifejtj¨ uk az i = 1 ´es i = 2 esetekre. Arra kell figyelni, hogy a q i ´ert´eke mekkora, hiszen ett˝ol f¨ ugg˝oen az egyes tagok vagy szerepelnek, vagy sem. Ha p = 0, akkor, akkor q1 is ´es q2 is egyenl˝o null´aval, azaz p-vel. Ha p = 1 ´es β1 − 1 = 2 − 1 = 1, ami megegyezik p-vel, s ´ıgy q1 = β1 − 1 = p = 1, teh´at figyelembe kell venni a λ1 H10 ´es a H11 tagokat. Ha p = 1 ´es β2 − 1 = 1 − 1 = 0, akkor q2 = β2 − 1 = 1 − 1 = 0, teh´at csak az els˝o tagot (a λ2 H20 tagot) kell figyelembe venni, s a m´asodikat el kell hagyni. Hogy mit kell elhagyni, az egyszer˝ uen l´atszik. Ha ugyanis figyelmesen megvizsg´aljuk a (4.55) kifejez´est, akkor l´athatjuk, hogy λ
p−qi
i r´eszletben a qi ´ert´ek´et el˝ore meghat´arozzuk a β i − 1 a (p−q i )! ´ert´ek´et˝ol f¨ ugg˝oen. Ha most szem¨ ugyre vessz¨ uk a p = 1 esetet, akkor l´athatjuk, hogy i = 1 eset´en csak az els˝o k´et tagot adtuk o¨ssze (mivel q1 = 1), i = 2 eset´en pedig csak az els˝o tagot vett¨ uk figyelembe (mivel q2 = 0). Gondoljuk v´egig a p = 2 esetet. Ha p = 2 ´es β1 − 1 = 2 − 1 = 1, akkor teh´at az els˝o ´es a m´asodik tagot kell csak figyelembe venni, ha β 2 − 1 = 1 − 1 = 0, akkor csak az els˝o taggal kell sz´amolni, s ´ıgy a λ 2 H21 nem szerepel az
19
egyenletben. Kaptunk teh´at egy h´arom egyenletb˝ol a´ll˝o h´arom ismeretlent tartalmaz´o egyenletrendszert. A h´arom ismeretlen a H 10 , a H20 ´es a H11 m´ atrixok. Ezt az egyenletrendszert ugyan´ ugy kell megoldani, mint egy skal´arokat tartalmaz´o egyenletrendszert, azzal a k¨ ul¨onbs´eggel, hogy a m´atrixokkal osztani nem lehet. C´elszer˝ u lehet valamilyen m´odon (pl. egyenl˝o egy¨ utthat´ok m´odszere) az egyes m´atrixok kiejt´es´evel pr´ob´alkozni. Ezt a p´eld´at l´ep´esr˝oll´ep´esre levezetj¨ uk. Term´eszetesen m´as l´ep´esekben is meg lehet oldani a feladatot, ez csak egy lehet˝os´eg (gyakorl´ask´epp ´erdemes lehet m´as, de hasonl´o l´ep´esekkel megoldani az egyenletrendszert). Helyettes´ıts¨ uk be a saj´at´ert´ekeket ´es a harmadik egyenletet szorozzuk be kett˝ovel, ´es az els˝o egyenletb˝ol fejezz¨ uk ki a H 10 m´atrixot (1): H10 + H20 = E,
(1)
−−→
−2H10 + H11 − H20 = A,
H10 = E − H20
4H10 − 4H11 + H20 = A2 .
A kifejezett H10 m´atrixot helyettes´ıts¨ uk vissza a m´asodik ´es a harmadik egyenletekbe: −2(E − H20 ) + H11 − H20 = A,
4(E − H20 ) − 4H11 + H20 = A2 ,
majd bontsuk fel a z´ar´ojelet ´es vonjuk o¨ssze az egyes tagokat: H20 + H11 = A + 2E, −3H20 − 4H11 = A2 − 4E.
(2)
−−→
4H20 + 4H11 = 4A + 8E,
A (2) l´ep´esben szorozzuk be az els˝o egyenletet n´eggyel, majd adjuk o¨ssze a k´et egyenletet. ´Igy H11 kiesik, s az egyetlen ismeretlen a H20 marad (mindig ilyen l´ep´esek sorozat´ara c´elszer˝ u t¨orekedni, 20
a l´enyeg, hogy a m´atrixokkal nem lehet osztani): H20 = A2 + 4A + 4E. Helyettes´ıts¨ uk vissza ezt az eredm´enyt az (1) l´ep´es ut´an kapott H10 = E − H20 egyenletbe, s ´ıgy megkapjuk az ismeretlen H 10 m´atrixot: H10 = E − (A2 + 4A + 4E) = −A2 − 4A − 3E. Ezut´an m´ar csak a H11 m´atrix meghat´aroz´asa maradt. Helyettes´ıts¨ uk vissza a kapott H10 ´es H20 m´atrixokat p´eld´aul a kiindul´asi egyenletek k¨oz¨ ul a m´asodikba ´es fejezz¨ uk ki a H 11 m´atrixot: H11 =A + 2H10 + H20 = A + 2(−A2 − 4A − 3E) +(A2 + 4A + 4E) = −A2 − 3A − 2E.
Az egyes Hermite-f´ele m´atrixpolinomok kifejez´ese teh´at rendelkez´esre a´llnak. L´athat´o most m´ar, hogy a c´el az egyes m´atrixok A ´es E m´atrixokkal, mint ismert ´ert´ek˝ u m´atrixokkal t¨ort´en˝o kifejez´ese. Sz¨ uks´eg¨ unk van az A m´atrix n´egyzet´ere. Hat´arozzuk ezt meg az A2 = AA kifejez´es szerint8 : 3 32 −3 2 −5 −3 2 −5 A2 = 4 −6 −5 −30 5 4 −6 −5 −30 5 1 0 3 1 0 3 2 3 2 9 − 12 − 5 −6 − 10 15 − 60 − 15 −8 = 4 18 + 30 − 30 −12 + 25 30 + 150 − 90 5 = 4 18 −3 + 3 2 −5 + 9 0 2
8
Eml´ekeztet˝ ou ¨l
k´et
m´ asodrend˝ u
−16 13 2
3 −60 90 5 . 4
atrix – szor»kvadratikus– » m´ a11 a12 b11 b12 = a21 a22 b21 b22
zata a k¨ ovetkez˝ ot jelenti: AB = » – a11 b11 + a12 b21 a11 b12 + a12 b22 . Magasabbrend˝ u m´ atrixok szora21 b11 + a22 b21 a21 b12 + a22 b22 ´ zata hasonl´ ok´epp v´egezhet˝ o. Altal´ anosan teh´ at k´et N -edrend˝ u kvadratikus m´ atrix szorzata is N -edrend˝ u kvadratikus m´ atrixot ad.
21
Az egyes Hermite-m´atrixok most m´ar meghat´arozhat´oak: H10 = −A2 − 4A − 3E 2 3 2 −8 −16 −60 −3 13 90 5 − 4 4 −6 = − 4 18 0 2 4 1 3 2 17 8 80 4 30 5 , =4 6 −4 −2 −19
H11 = −A2 − 3A − 2E 2 3 2 −3 −8 −16 −60 13 90 5 − 3 4 −6 = − 4 18 1 0 2 4 3 2 15 10 75 0 0 5, =4 0 −3 −2 −15 H20 = A2 + 4A + 4E 2 −8 −16 −60 13 90 = 4 18 0 2 4 2 −16 −8 −80 = 4 −6 −3 −30 4 2 20
3
2
−3 5 + 4 4 −6 1 3
2 −5 0
3 2 −5 1 −30 5 − 3 4 0 3 0
0 1 0
3 0 0 5 1
2 −5 0
2 3 1 −5 −30 5 − 2 4 0 0 3
0 1 0
3 0 0 5 1
2 −5 0
3 2 1 −5 −30 5 + 4 4 0 0 3
0 1 0
3 0 0 5 1
5.
A m´atrixf¨ uggv´eny ezekut´an a k¨ovetkez˝o alakban fejezhet˝o ki: eAt = eλ1 t H10 + eλ1 t tH11 + eλ2 t H20 = 2 (17 + 15t)e−2t − 16e−t (8 + 10t)e−2t − 8e−t 4 6e−2t − 6e−t 4e−2t − 3e−t (−4 − 3t)e−2t + 4e−t (−2 − 2t)e−2t + 2e−t
3 (80 + 75t)e−2t − 80e−t 5. 30e−2t − 30e−t (−19 − 15t)e−2t + 20e−t
4. P´ elda. Hat´arozzuk meg az al´abbi a´llapotv´altoz´os le´ır´as´aval adott SISO-rendszer ugr´asv´alasz´at ´es impulzusv´alasz´at. x1 2 x1 0 17 x˙ 1 +s. s, y = 1 2 + = 1 x2 x2 −2 −10 x˙ 2 22
Megold´ as.
A v(t) = y(t) v´alaszjelet k¨ozvetlen¨ ul az y(t) = C
T
Z
t
eA(t−τ ) Bs(τ ) dτ + D s(τ )
0
o¨sszef¨ ugg´es alapj´an hat´arozzuk meg, ahol s(t) = ε(t). Sz¨ uks´eg¨ unk van a CT eA(t−τ ) B szorzatra, melyb˝ol az eAt m´atrixf¨ uggv´eny rendelkez´es¨ unkre a´ll: eAt =
»
5 −5t e 3
sin(3t) + e−5t cos(3t) − 32 e−5t sin(3t)
− 35 e−5t
17 −5t e 3
sin(3t) sin(3t) + e−5t cos(3t)
–
.
Hat´arozzuk meg el˝osz¨or a CT eAt B szorzatot, majd t hely´ebe ´ırjunk (t − τ )-t. A szorzat a k¨ovetkez˝o alak´ u: ˆ
1
2
˜
»
5 −5t e 3
sin(3t) + e−5t cos(3t) − 23 e−5t sin(3t)
17 −5t e 3
sin(3t) − 35 e−5t sin(3t) + e−5t cos(3t)
–»
2 1
–
.
Szorozzuk be el˝osz¨or a m´atrixot jobbr´ol az oszlopvektorral: 10 e−5t sin(3t) + 2e−5t cos(3t) + 17 e−5t sin(3t) 3 3 , 1 2 − 43 e−5t sin(3t) − 53 e−5t sin(3t) + e−5t cos(3t)
majd adjuk o¨ssze a szorz´as eredm´enyek´epp l´etrej¨ov˝o oszlopvektor elemeit: 9e−5t sin(3t) + 2e−5t cos(3t) . 1 2 −3e−5t sin(3t) + e−5t cos(3t)
Ezut´an szorozzuk o¨ssze a sorvektort ´es az oszlopvektort, s megkapjuk a szorz´as eredm´eny´et, ami egy id˝of¨ uggv´eny: CT eAt B =9e−5t sin(3t) + 2e−5t cos(3t) − 6e−5t sin(3t) + 2e−5t cos(3t) =3e−5t sin(3t) + 4e−5t cos(3t),
23
azaz CT eA(t−τ ) B = 3e−5(t−τ ) sin(3(t − τ )) + 4e−5(t−τ ) cos(3(t − τ )). Ezt mindenk´epp c´elszer˝ u a´t´ırni egyetlen koszinuszos tagb´ol a´ll´o f¨ uggv´enny´e: CT eA(t−τ ) B = e−5(t−τ ) 5 cos(3(t − τ ) − 36, 87◦ ), s ´ıgy az integr´al a szok´asos kiemel´esekkel a k¨ovetkez˝o alakot o¨lti: Z t y(t) = e−5(t−τ ) 5 cos(3(t − τ ) − 36, 87◦ ) dτ + 1 0 Z t −5t = 5e e5τ cos(3(t − τ ) − 36, 87◦ ) dτ + 1. 0
Ebben az esetben az integrandusz k´et f¨ uggv´eny szorzat´ab´ol a´ll. Ennek primit´ıv f¨ uggv´enye parci´ alis integr´ al´ assal hat´arozhat´o meg, amelynek alakja Z Z u0 v = uv −
uv 0 .
A k¨ovetkez˝o jel¨ol´eseket alkalmazzuk:
u0 = e5τ u = 51 e5τ , v = cos(3(t − τ ) − 36, 87◦ ) v 0 = 3 sin(3(t − τ ) − 36, 87◦ ), ´ıgy csak a hat´arozatlan integr´alra koncentr´alva (az 5e −5t taggal a v´eg´en szorzunk be, most helysz˝ uke miatt elhagyjuk) azt kapjuk, hogy Z e5τ cos(3(t − τ ) − 36, 87◦ ) dτ = Z 1 5τ 3 e5τ sin(3(t − τ ) − 36, 87◦ ) dτ. e cos(3(t − τ ) − 36, 87◦ ) − 5 5 24
L´athat´o, hogy nem sokkal jutottunk el˝obbre, hiszen az integr´al m´eg mindig k´et f¨ uggv´eny szorzat´ab´ol a´ll. Haszn´aljuk ez´ert m´eg egyszer a parci´alis integr´al´as szab´aly´at a k¨ovetkez˝o jel¨ol´esekkel: u0 = e5τ u = 51 e5τ , ◦ v = sin(3(t − τ ) − 36, 87 ) v 0 = −3 cos(3(t − τ ) − 36, 87◦ ), majd behelyettes´ıtve kapjuk, hogy 1 e5τ cos(3(t − τ ) − 36, 87◦) dτ = e5τ cos(3(t − τ ) − 36, 87◦)− 5 Z 3 1 5τ 3 e5τ cos(3(t − τ ) − 36, 87◦) dτ . e sin(3(t − τ ) − 36, 87◦) + 5 5 5 Z
Bontsuk fel a z´ar´ojelet: Z
1 5τ e cos(3(t − τ ) − 36, 87◦) 5 Z 9 ◦ e5τ cos(3(t − τ ) − 36, 87◦ ) dτ. sin(3(t − τ ) − 36, 87 ) − 25
e5τ cos(3(t − τ ) − 36, 87◦) dτ =
−
3 5τ e 25
Ezen kifejez´es mindk´et oldal´an szerepel a meghat´arozand´o hat´arozatlan integr´al. Gy˝ ujts¨ uk o¨ssze ezeket a bal oldalon: Z 9 1+ e5τ cos(3(t − τ ) − 36, 87◦ ) dτ 25 1 3 = e5τ cos(3(t − τ ) − 36, 87◦ ) − e5τ sin(3(t − τ ) − 36, 87◦ ). 5 25 Ebb˝ol a hat´arozatlan integr´al, azaz a primit´ıv f¨ uggv´eny m´ar kifejezhet˝o: Z e5τ cos(3(t − τ ) − 36, 87◦ ) dτ 1 5τ e
=5
3 5τ cos(3(t − τ ) − 36, 87◦ ) − 25 e sin(3(t − τ ) − 36, 87◦ ) . 9 1 + 25
25
Szorozzuk be mindk´et oldalt 5e−5t -vel, s megkapjuk a v´egeredm´enyt: Z −5t e5τ cos(3(t − τ ) − 36, 87◦ ) dτ 5e 1 5τ e
=5e−5t 5
3 5τ cos(3(t − τ ) − 36, 87◦ ) − 25 e sin(3(t − τ ) − 36, 87◦ ) . 9 1 + 25
Az integr´al´asi hat´arok ´erv´enyes´ıt´ese ut´an megkapjuk a keresett hat´arozott integr´alt, majd a v´alaszjelet (D = 1, ez´ert az eredm´enyhez m´eg hozz´a kell adni 1-et): 5e =
−5t
"
1 5τ e 5
3 5τ cos(3(t − τ ) − 36, 87◦ ) − 25 e sin(3(t − τ ) − 36, 87◦ ) ´ ` 9 1 + 25
#t
+1
0
25 −5t 15 −5t 29 − e cos(3t − 36, 87◦ ) + e sin(3t − 36, 87◦ ) + 1. 34 34 34
A v´alaszjel, azaz az ugr´asv´alasz teh´at v(t) = ε(t)
15 63 25 −5t − e cos(3t − 36, 87◦) + e−5t sin(3t − 36, 87◦) . 34 34 34
Az impulzusv´alaszt meghat´arozhatjuk ennek id˝o szerinti deriv´al´as´aval: 9 63 10 d − − w(t) = v(t) = δ(t) dt 34 17 34 25 25 + ε(t) 5 e−5t cos(3t − 36, 87◦ ) + 3 e−5t sin(3t − 36, 87◦ ) 34 34 15 −5t 15 −5t ◦ ◦ − 5 e sin(3t − 36, 87 ) + 3 e cos(3t − 36, 87 ) 34 34 −5t = δ(t) + ε(t) 5e cos(3t − 36, 87◦ ) . Ellen˝orz´esk´epp hat´arozzuk meg az impulzusv´alaszt a w(t) = ε(t)CT eAt B + Dδ(t) 26
alapj´an is. A CT eAt B szorzatot m´ar kor´abban meghat´aroztuk, CT eAt B = 3e−5t sin(3t) + 4e−5t cos(3t), ´ıgy az impulzusv´alasz w(t) = ε(t) 3e−5t sin(3t) + 4e−5t cos(3t) + δ(t) = δ(t) + ε(t) 5e−5t cos(3t − 36, 87◦ ) .
A k´et m´odszerrel sz´am´ıtott impulzusv´alasz term´eszetesen megegyezik. ***
Konvol´ uci´ o 1. P´ elda. Egy rendszer impulzusv´alasza ´es gerjeszt´ese az al´abbi. Hat´arozzuk meg a v´alaszjel id˝of¨ uggv´eny´et. w[k] = ε[k] 0, 5k ,
s[k] = {ε[k] − ε[k − 5]} 0, 2k .
Megold´ as. Ha a gerjeszt´es ablakozott jelek form´aj´aban adott, akkor c´elszer˝ u a gerjeszt´es id˝of¨ uggv´eny´eben a z´ar´ojelet felbontani, azaz s[k] = ε[k] 0, 2k − ε[k − 5] 0, 2k . Az els˝o tag rendben van, vele nem kell foglalkoznunk. A m´asodik tag a k = 5 u ¨ temben l´ep be, azonban a hatv´any kitev˝oj´eben is azt kell el´erni, hogy szerepeljen a k −5 kifejez´es. Ennek ´erdek´eben a kitev˝oben a k hely´ebe ´ırjunk k − 5 + 5-¨ot, ami nem v´altoztat semmit, azonban be tudjuk csemp´eszni a k − 5 kifejez´est (ez az elj´ar´as ugyanaz, amit a folytonos idej˝ u jelek eset´eben egy p´eld´an kereszt¨ ul bemutattunk). Ennek eredm´enyek´epp azt kapjuk, hogy: s[k] = ε[k] 0, 2k − ε[k − 5] 0, 2k−5+5 , 27
azaz s[k] = ε[k] 0, 2k − ε[k − 5] 0, 2k−5 0, 25 ,
ahol 0, 25 egy konstans ´ert´ek. A l´enyege ennek az a´talak´ıt´asnak teh´at megint az, hogy az ε[k]f [k] jel K ´ert´ek´evel eltolt kifejez´ese ε[k − K]f [k − K] legyen, ahol f [k] tetsz˝oleges id˝of¨ uggv´eny. A gerjeszt´es ´ıgy k´et tagb´ol a´ll: s[k] = s 1 [k] − s2 [k]. El˝osz¨or meghat´arozzuk az els˝o tagnak megfelel˝o v´alaszjelet, majd a m´asodik tagnak megfelel˝o v´alaszjelet ´es a k´et r´eszeredm´enyt kivonjuk egym´asb´ol: y[k] = y1 [k] − y2 [k]. Ezt megtehetj¨ uk, mivel a rendszer line´aris, azaz a szuperpoz´ıci´o-elvet alkalmazzuk a v´alaszjel meghat´aroz´as´ara. A gerjeszt´es els˝o tagja ugyanaz, mint a k¨onyv 101. oldal´an a´ll´o feladatban volt, ´ıgy a v´alaszjel ezen r´esze is meg fog egyezni. Jel¨olj¨ uk az els˝o tagokat 1 indexszel, ´ıgy 10 2 k k 0, 5 − 0, 2 . y1 [k] = ε[k] 6 3 A gerjeszt´es m´asodik tagja ugyanaz, mint az els˝o, csak ´epp el van tolva ´es egy konstans ´ert´ekkel be van szorozva. Azt v´arjuk teh´at, hogy az ezen o¨sszetev˝ore adott v´alasz ugyanaz lesz, mint y 1 [k], csak abban is megjeleni a konstans ´ert´ek ´es ugyanannyi u ¨ temmel el lesz tolva. Sz´amol´as n´elk¨ ul is meghat´arozhatjuk teh´at a m´asosik tagot: 2 10 k−5 k−5 5 . 0, 5 − 0, 2 y2 [k] = 0, 2 ε[k − 5] 6 3 Gyakorl´ask´epp azonban oldjuk meg ezt a feladatr´eszt is konvol´ uci´oval. A gerjeszt´es m´asodik tagja a k = 5 u ¨ temben l´ep be, ez´ert az o¨sszegz´es als´o hat´ara i = 5-nek v´alaszthat´o, ugyanis a ´ert´eke a k<5u ¨ temekben nulla lesz, ´ıgy azokat nem kell figyelembe venni.
28
A l´ep´esek teh´at a k¨ovetkez˝ok: y2 [k] = (2)
=
k X
(1)
w[k − i]s2 [i] =
i=5 k X
k X
0, 5k−i 0, 2i−5 0, 25
i=5
0, 5k 0, 5−i 0, 2i 0, 2−5 0, 25
i=5
(3)
= 0, 5
k
k X i=5
(5)
= 0, 5k
i (4)
0, 4 = 0, 5
k
(
k X i=0
i
0, 4 −
1 − 0, 4k+1 1 − 0, 44+1 − 1 − 0, 4 1 − 0, 4
4 X i=0
0, 4
i
)
1 − 0, 4k+1 − 1 + 0, 45 0, 6 k k+1 + 0, 5k 0, 45 (8) −0, 2k 0, 4 + 0, 5k 0, 45 (7) −0, 5 0, 4 = = 0, 6 0, 6 5 0, 4 2 (9) 0, 5k . = − 0, 2k + 3 0, 6 (6)
= 0, 5k
Miut´an az (1) l´ep´esben behelyettes´ıtj¨ uk az impulzusv´alasz ´es a gerjeszt´es s2 [k] tagj´anak id˝of¨ uggv´eny´et a konvol´ uci´o k´eplet´ebe. A (2) l´ep´esben bontsuk fel a hatv´anykitev˝okben szerepl˝o o¨sszegeket (0, 2−5 0, 25 = 1), majd a (3) l´ep´esben a k v´altoz´ot tartalmaz´o f¨ uggv´enyt vigy¨ uk ki a szumma el´e. A m´ertani sor eml´ıtett o¨sszegk´eplete csak akkor alkalmazhat´o, ha az o¨sszegz´es als´o hat´ara nulla. Most viszont az als´o hat´ar 5. ´Irjuk a´t az o¨sszeget u ´ gy, hogy az als´o hat´ar legyen nulla, majd az o¨sszegb˝ol vonjuk le az i = 0, . . . , 4 ´ert´ekekhez tartot´o r´eszleteket. Ezzel a l´ep´essel nem m´odos´ıtjuk az eredm´enyt, viszont alkalmazhatjuk az o¨sszegk´epletet. Ezt tett¨ uk a (4) ´es (5) l´ep´esekben. A (6) l´ep´esben ´ırjuk a´t egyetlen t¨ortt´e a kapott kifejez´est, majd a (7) l´ep´esben szorozzunk be a 0, 5k taggal, ´es a (8) l´ep´esben egyszer˝ us´ıts¨ uk a kifejez´est. Az eredm´eny minden tagj´at osszuk el 0, 6-el ((9) l´ep´es). 29
Ez a kifejez´es azonban m´eg nem t¨ok´eletes. Tudjuk ugyanis, hogy ez a tag a k = 5 u ¨ temmel l´ep be, ez´ert a m´ar ismertetett m´odon a´t kell alak´ıtani u ´ gy, hogy a k − 5 szerepeljen a kitev˝okben ´es nem k. ´Irjunk teh´at minden k hely´eben k − 5 + 5-¨ot: 0, 45 2 0, 5k−5 0, 55 , y2 [k] = − 0, 2k−5 0, 25 + 3 0, 6 Emelj¨ uk ki a 0, 25 konstans ´ert´eket (0, 45 0, 55 = 0, 25 ), s ´ıgy 10 2 y2 [k] = 0, 25 − 0, 2k−5 + 0, 5k−5 , 3 6 s ´ıgy a v´alaszjel y[ k] = ε[k]
2 10 0, 5k − 0, 2k 6 3
ff
5
− 0, 2 ε[k − 5]
10 2 0, 5k−5 − 0, 2k−5 6 3
ff
.
2. P´ elda. Legyen egy rendszer impulzusv´alasza ´es gerjeszt´ese az al´abbi. Hat´arozzuk meg a rendszer v´alasz´anak id˝of¨ uggv´eny´et. w[k] = ε[k] 5, 5 · 0, 6k − 4, 5 · 0, 4k , s[k] = ε[k] 0, 5k . Megold´ as. y[k] =
k X i=0
A megold´as menete a k¨ovetkez˝o:
s[i]w[k − i] =
k X i=0
0, 5i 5, 5 · 0, 6k−i − 4, 5 · 0, 4k−i =
k X 0, 5 i 0, 5 i k − 4, 5 · 0, 4 = = 5, 5 · 0, 6 0, 6 0, 4 i=0 i=0 k+1 k+1 0,5 0,5 1 − 1 − 0,6 0,4 (2) k k = 5, 5 · 0, 6 − 4, 5 · 0, 4 = 0,5 1 − 0,6 1 − 0,5 0,4 (1)
(3)
=
k
k X
3, 3 · 0, 6k − 2, 75 · 0, 5k 1, 8 · 0, 4k − 2, 25 · 0, 5k − . 0, 6 − 0, 5 0, 4 − 0, 5 30
Az impulzusv´alasz k´et tagb´ol a´ll. C´elszer˝ u a sz´am´ıt´ast k´et o¨sszegz´essel elv´egezni, bontsuk h´at fel az impulzusv´alaszt k´et r´eszre az (1) l´ep´esben, ´es emelj¨ uk ki r¨ogt¨on a szumma el´e az o¨sszegz´es szempontj´ab´ol konstansnak tekinthet˝o tagokat. A (2) l´ep´esben alkalmazzuk a m´ertani sor o¨sszegk´eplet´et. A (3) l´ep´esben szorozzuk be mindk´et t¨ortet az el˝otte a´ll´o 5, 5 · 0, 6 k ´es 4, 5 · 0, 4k taggal, majd egyszer˝ us´ıts¨ uk az emeletes t¨orteket u ´ gy, hogy az els˝o t¨ort sz´aml´al´oj´at ´es nevez˝oj´et is szorozzuk be 0, 6-del, a m´asik´et pedig ¨ 0, 4-del.9 Osszevon´ as ut´an kapjuk a k¨ovetkez˝o v´egeredm´enyt: y[k] = ε[k] 33 · 0, 6k + 18 · 0, 4k − 50 · 0, 5k . 3. P´ elda. Legyen egy rendszer impulzusv´alasza ´es gerjeszt´ese az al´abbi. Hat´arozzuk meg a rendszer v´alasz´anak id˝of¨ uggv´eny´et. w[k] = ε[k] 0, 5k ,
s[k] = ε[k] cos(πk).
Megold´ as. Az el˝oz˝o feladatokban az o¨sszegz´est mindig a m´ertani sor o¨sszegk´eplet´ere vezett¨ uk vissza. Ebben az esetben ezt akkor tudjuk megtenni, ha a gerjeszt´est fel´ırjuk a m´ar ismertetett m´odon, azaz ejπk + e−jπk . cos(πk) = 2 9 Ha a sz´ aml´ al´ ot is ´es a nevez˝ ot is beszorozzuk ugyanazzal a sz´ ammal vagy kifejez´essel, akkor nem m´ odos´ıtjuk a t¨ ort ´ert´ek´et, viszont az emeletes t¨ orteket egyszer˝ us´ıteni tudjuk. Ezt a k´es˝ obbiekben is alkalmazni fogjuk.
31
Ezut´an a konvol´ uci´ot az eddig ismertetett m´odon alkalmazhatjuk: y[k] =
k X i=0
0, 5k 2
(2)
0, 5k 2
(3)
0, 5k 2
=
=
=
ejπi + e−jπi 2 i=0 i k jπ i k X 0, 5k X e−jπ e + 0, 5 2 0, 5 i=0 i=0 jπ k+1 −jπ k+1 e 1 − e0,5 1 − k 0,5 0, 5 + jπ −jπ 2 1 − e0,5 1 − e0,5 jπk jπ −jπk −jπ e e e 1 − e0,5k 1 − k 0,5 0,5 0, 5 0,5k + −jπ ejπ e 2 1− 1−
w[k − i]s[i] =
(1)
k X
0, 5k
0, 5k−i
0,5 jπ jπk 2e e
0,5
0, 5k
− 2e−jπ e−jπk
1 1 − + jπ 2 1 − 2e 2 1 − 2e−jπ k jπk k 1 0, 5 + 2e−jπk (5) 1 0, 5 + 2e = + . 2 1+2 2 1+2 (4)
=
A gerjeszt´es teh´at k´et tagb´ol a´ll, bontsuk fel ez´ert az o¨sszeget k´et r´eszre az (1) l´ep´esben ´es emelj¨ uk ki az o¨sszegz´es el´e a konstansnak tekinthet˝o tagokat. A (2) l´ep´esben alkalmazzuk a m´ertani sor o¨sszegk´eplet´et. A (3) l´ep´esben bontsuk fel a sz´aml´al´oban szerepl˝o z´ar´ojelet, majd a (4) l´ep´esben szorozzunk be a 0, 5k kifejez´essel ´es egyszer˝ us´ıts¨ uk a sz´aml´al´oban l´ev˝o t¨ortet. Az (5) l´ep´esben a 2ejπ = −2 o¨sszef¨ ugg´est haszn´aljuk, melynek eredm´enyek´epp sokkal a´ttekinthet˝obb eredm´enyt kapunk. ´Irjuk fel a kapott eredm´enyt egyetlen t¨ort seg´ıts´eg´evel: 2 · 0, 5k + 2ejπk + 2e−jπk . 6 Ebben m´ar l´athat´o, hogy vissza fogjuk alak´ıtani a komplex sz´amot is tartalmaz´o f¨ uggv´enyt val´os id˝of¨ uggv´enny´e. Haszn´aljuk fel a ki-
32
indul´asn´al alkalmazott azonoss´agot: 2 ejπk + e−jπk 1 0, 5k + , 3 3 2 azaz y[k] = ε[k]
1 2 k 0, 5 + cos(πk) . 3 3
Rendszeregyenlet 1. P´ elda. Hat´arozzuk meg az al´abbi rendszeregyenlettel adott rendszer s[k] = ε[k]0, 2k gerjeszt´esre adott v´alasz´at ´es a rendszer impulzusv´alasz´at. y[k] − 0, 25y[k − 2] = 3s[k] − s[k − 1]. Megold´ as. A rendszeregyenletb˝ol kiolvashat´o, hogy n = 2 ´es m = 1. Azaz a pr´obaf¨ uggv´eny k ≥ 1 u ¨ temekre lesz ´erv´enyes, ugyanakkor n = 2 sz´am´ u ismeretlen lesz a tranziens o¨sszetev˝oben, melyeket az y[m − 1] = y[0] ´es y[m − 2] = y[−1] ´ert´ekek ismeret´eben hat´arozhatunk meg. A gerjeszt´es bel´ep˝o, ´ıgy y[−1] = 0, y[0] ´ert´ek´et pedig a l´ep´esr˝ol-l´ep´esre m´odszer adja k = 0 helyettes´ıt´es mellett. Hat´arozzuk meg gyakorl´ask´epp az y[k] v´alaszjelet a l´ep´esr˝ol-l´ep´esre m´odszerrel p´ar u ¨ temre: y[k] = 0, 25y[k − 2] + 3ε[k]0, 2k − ε[k − 1]0, 2k−1 ,
y[0] = 0, 25y[−2] + 3ε[0]0, 20 − ε[−1]0, 2−1 = 0 + 3 · 1 − 0 = 3,
y[1] = 0, 25y[−1] + 3ε[1]0, 21 − ε[0]0, 20 = 0 + 3 · 0, 2 − 1 = −0, 4,
´es y[2] = 0, 67. A v´alasz analitikus kifejez´es´et az o¨sszetev˝okre bont´as m´odszer´evel hat´arozzuk meg, azaz y[k] = ytr [k] + yst [k].
33
A tranziens o¨sszetev˝o ytr [k] = M λk a´ltal´anos alakj´at helyettes´ıts¨ uk a homog´en differenciaegyenletbe: ytr [k] − 0, 25ytr [k − 2] = M λk − 0, 25M λk−2 = 0. Az M konstanssal ´es a λk t´enyez˝ovel lehet egyszer˝ us´ıteni, majd λ2 -el beszorozva kapjuk a karakterisztikus egyenletet: λ2 − 0, 25 = 0, melynek k´et megold´asa van, λ1 = 0, 5 ´es λ2 = −0, 5. A teljes tranziens o¨sszetev˝o ´ıgy a k´et saj´at´ert´eknek megfelel˝o tranziens o¨sszetev˝ok o¨sszege: ytr [k] = M1 0, 5k + M2 (−0, 5)k , ahol M1 ´es M2 konstansokat a kezdeti felt´etelek ´erv´enyes´ıt´ese sor´an hat´arozzuk meg. Hat´arozzuk meg a stacion´arius v´alaszt alkalmas pr´obaf¨ uggv´eny v´alaszt´as´aval. A pr´obaf¨ uggv´enyt´abl´azatb´ol is l´athat´o, hogy a stacion´arius v´alasz alakja y st [k] = A 0, 2k kell legyen, mert az jelleg´eben hasonl´ıt a gerjeszt´eshez ha k ≥ 1. Helyettes´ıts¨ uk vissza a pr´obaf¨ uggv´enyt az inhomog´en differenciaegyenletbe: yst [k] − 0, 25yst [k − 2] = 3s[k] − s[k − 1], azaz A 0, 2k − 0, 25A 0, 2k−2 = 3 · 0, 2k − 0, 2k−1 .
A 0, 2k -nal mindk´et oldal oszthat´o:
A − 0, 25A 0, 2−2 = 3 − 0, 2−1
⇒
A = 0, 38.
A teljes v´alasz a tranziens o¨sszetev˝o ´es a stacion´arius o¨sszetev˝o o¨sszege: y[k] = M1 0, 5k + M2 (−0, 5)k + 0, 38 · 0, 2k . 34
Ez az alak csak k > 1 u ¨ temekre igaz. Az M 1 ´es M2 konstansokat ez´ert a v´alasz k = 0 ´es a k = −1 u ¨ temekre meghat´arozott ´ert´ekeib˝ol kell meghat´arozni: y[0] = 3 = M1 + M2 + 0, 38, M1 = 0, 835, ⇒ y[−1] = 0 = 2M1 − 2M2 + 1, 9 M2 = 1, 785. Ez egy k´etismeretlenes egyenletrendszer, melynek megold´asa szolg´altatja az ismeretlen konstansokat. 10 A v´alaszjel ´erv´enyess´eg´et ´ıgy kiterjesztett¨ uk a k ≥ −1 u ¨ temekre, nek¨ unk azonban elegend˝o a k ≥ 0 id˝opillanatokat ismerni. A v´alasz id˝of¨ uggv´enye teh´at a k¨ovetkez˝o: i h y[k] = ε[k] 0, 835 · 0, 5k + 1, 785 · (−0, 5)k + 0, 38 · 0, 2k . Hat´arozzuk meg a rendszer impulzusv´alasz´at is. Alkalmazzuk el˝osz¨or a l´ep´esr˝ol-l´ep´esre m´odszert: w[k] = 0, 25w[k − 2] + 3δ[k] − δ[k − 1],
w[0] = 0, 25w[−2] + 3δ[0] − δ[−1] = 0 + 3 − 0 = 3,
w[1] = 0, 25w[−1] + 3δ[1] − δ[0] = 0 + 0 − 1 = −1,
w[2] = 0, 25w[0] + 3δ[2] − δ[1] = 0, 25 · 3 + 0 − 0 = 0, 75, w[3] = 0, 25w[1] + 3δ[3] − δ[2] = −0, 25,
....
....
Az impulzusv´alasz analitikus formul´aja a´ltal´anosan megegyezik a tranziens o¨sszetev˝o a´ltal´anos alakj´aval. Jelen p´eld´aban ez a k¨ovetkez˝o: w[k] = M1 0, 5k + M2 (−0, 5)k . Ezen alak felt´etele, hogy k ≥ m + 1, azaz k ≥ 2. K´et meghat´aroz´asra v´ar´o konstans van az impulzusv´alasz kifejez´es´eben, 10
Az egyenletrendszert a k¨ ovetkez˝ ok´epp ´erdemes megoldani: szorozzuk be az els˝ o egyenletet kett˝ ovel, majd adjuk o ¨ssze o ˝ket: 6 = 4M1 + 2, 66, ahonnan M1 ad´ odik. Ezt helyettes´ıts¨ uk vissza pl. az els˝ o egyenletbe ´es megkapjuk M2 o ˝t.
35
melyek meghat´aroz´as´ahoz fel kell haszn´alnunk az impulzusv´alasz k = 2 − 1 = 1 ´es a k = 2 − 2 = 0 u ¨ tembeli ´ert´ekeit. Ezek a l´ep´esr˝ol-l´ep´esre m´odszerb˝ol ismertek, teh´at w[1] = −1 = 0, 5M1 − 0, 5M2 , M1 = 0, 5, ⇒ w[0] = 3 = M1 + M2 M2 = 2, 5. Az impulzusv´alasz o¨sszef¨ ugg´es´et teh´at a k ≥ 2 felt´etelr˝ol kiterjesztett¨ uk a k ≥ 0 felt´etelre. Pont ez kell nek¨ unk, ´es ezek ut´an fel´ırhatjuk az impulzusv´alasz analitikus k´eplet´et is: i h w[k] = ε[k] 0, 5 · 0, 5k + 2, 5(−0, 5)k . 2. P´ elda. Hat´arozzuk meg az el˝obbi rendszer v´alasz´at, ha a gerjeszt´es s[k] = ε[k]0, 5k . Megold´ as. Ebben a p´eld´aban a gerjeszt´es kv´ociense megegyezik a rendszer egyik saj´at´ert´ek´evel. A feladat a pr´obaf¨ uggv´eny megv´alaszt´as´aban k¨ ul¨onb¨ozik az el˝oz˝ot˝ol. A l´ep´esr˝ol-l´ep´esre m´odszer sz´am´ıt´as´at nem r´eszletezz¨ uk, de a v´egeredm´enyeket p´ar u ¨ temre megadjuk: y[0] = 3, y[1] = 0, 5, y[2] = 1, y[3] = 0, 25, y[4] = 0, 3125.11 A v´alasz tranziens o¨sszetev˝oj´enek alakja megegyezik az el˝oz˝o p´eld´aban megadottal, az M 1 ´es M2 konstansok ´ert´eke term´eszetesen nem lesz ugyanaz. Hat´arozzuk meg a stacion´arius v´alaszt alkalmas pr´obaf¨ uggv´eny v´alaszt´as´aval. A pr´obaf¨ uggv´enyt´abl´azatb´ol kiolvashat´o, hogy ebben az esetben a stacion´arius v´alasz alakja yst [k] = A k 0, 5k kell legyen12 , ha k ≥ 1. Helyettes´ıts¨ uk vissza a pr´obaf¨ uggv´enyt az inhomog´en differenciaegyenletbe: yst [k] − 0, 25yst [k − 2] = 3s[k] − s[k − 1], 11 12
Gyakorl´ ask´epp ´erdemes ut´ annasz´ amolni. Ennek ok´ ara k´es˝ obb visszat´er¨ unk, egyel˝ ore fogadjuk el, hogy ´ıgy van.
36
azaz A k 0, 5k − 0, 25A(k − 2) 0, 5k−2 = 3 · 0, 5k − 0, 5k−1 . A k id˝ot tartalmaz´o tagok ism´et kiejthet˝ok. Bontsuk fel a z´ar´ojelet, s egyszer˝ us´ıt´es ut´an azt kapjuk, hogy 2A = 1
⇒
A = 0, 5.
A teljes v´alasz teh´at y[k] = M1 (0, 5)k + M2 (−0, 5)k + 0, 5 k 0, 5k . Ez az alak csak k > 1 u ¨ temekre igaz. Az M 1 ´es M2 konstansokat ez´ert a v´alasz k = 0 ´es a k = −1 u ¨ temekre meghat´arozott ´ert´ekeib˝ol kell meghat´arozni, amely a k¨ovetkez˝o k´etismeretlenes egyenletrendszerre vezet: y[0] = 3 = M1 + M2 , M1 = 1, 75, ⇒ y[−1] = 0 = 2M1 − 2M2 − 1 M2 = 1, 25. A v´alaszjel ´erv´enyess´eg´et ´ıgy szint´en kiterjesztett¨ uk a k ≥ −1 u ¨ temekre, nek¨ unk azonban elegend˝o a k ≥ 0 id˝opillanatokat ismerni, azaz o n y[k] = ε[k] 1, 75 · 0, 5k + 1, 25 · (−0, 5)k + 0, 5 k 0, 5k . A v´alaszjel utols´o tagj´at c´elszer˝ u a´t´ırni a k¨ovetkez˝o alakban 13 : n o y[k] = ε[k] 1, 75 · 0, 5k + 1, 25 · (−0, 5)k + 0, 5 k 0, 5k−1+1 n o = ε[k] 1, 75 · 0, 5k + 1, 25 · (−0, 5)k + 0, 5 k 0, 5k−1 0, 5 n o = ε[k] 1, 75 · 0, 5k + 1, 25 · (−0, 5)k + 0, 25 k 0, 5k−1 . 13
A megold´ as term´eszetesen ´ıgy is j´ o. Az a ´talak´ıt´ as ok´ ara a k´es˝ obbiekben t´er¨ unk vissza, most csak jegyezz¨ uk meg.
37
3. P´ elda. Hat´arozzuk meg az al´abbi rendszer megadott gerjeszt´esre adott v´alasz´at, majd a rendszer impulzusv´alasz´at is adjuk meg. π y[k]−y[k−1]+0, 24y[k−2] = s[k]−s[k−2], s[k] = ε[k]5 cos k . 2 Megold´ as. A rendszeregyenletb˝ol kiolvashat´o, hogy n = 2 ´es m = 2. A pr´obaf¨ uggv´eny teh´at a k ≥ 2 u ¨ temekre lesz ´erv´enyes, ugyanakkor n = 2 sz´am´ u ismeretlen lesz a tranziens o¨sszetev˝oben, melyeket most az y[m − 1] = y[1] ´es y[m − 2] = y[0] ´ert´ekek ismeret´eben hat´arozhatunk meg. Ezen ´ert´ekeket a l´ep´esr˝ol-l´ep´esre m´odszerrel sz´am´ıtjuk ki14 : π π y[k] = y[k − 1] − 0, 24y[k − 2] + ε[k]5 cos k − ε[k − 2]5 cos (k − 2) , 2 2 π (−2) = 5, y[0] = y[−1] − 0, 24y[−2] + ε[0]5 cos (0) − ε[−2]5 cos π π2 (−1) = −6, 2, y[1] = y[0] − 0, 24y[−1] + ε[1]5 cos − ε[−1]5 cos 2 2 A v´alasz analitikus kifejez´es´et az o¨sszetev˝okre bont´as m´odszer´evel hat´arozzuk meg, azaz y[k] = ytr [k] + yst [k]. A tranziens o¨sszetev˝ot az ytr [k] = M λk alakban keress¨ uk. A differenciaegyenlet karakterisztikus egyenlete a k¨ovetkez˝o: ϕ(λ) = λ2 − λ + 0, 24 = 0, melynek k´et megold´asa van, λ1 = 0, 6 ´es λ2 = 0, 4, ´ıgy a tranziens o¨sszetev˝o a´ltal´anos alakja a k¨ovetkez˝o: ytr [k] = M1 (0, 6)k + M2 (0, 4)k , 14 ¨
Ugyelj¨ unk arra, hogy a
π 2
radi´ anban van megadva, ´ert´eke 90◦ .
38
ahol M1 ´es M2 konstansokat a kezdeti felt´etelek ´erv´enyes´ıt´ese sor´an hat´arozzuk meg a megold´as utols´o l´ep´esek´ent. Hat´arozzuk meg ezut´an a stacion´arius v´alaszt. A pr´obaf¨ uggv´enyt´abl´azatb´ol keress¨ uk ki a megfelel˝o pr´obaf¨ uggv´enyt, amely az π π k + B sin k yst [k] = A cos 2 2
f¨ uggv´eny k´et ismeretlen param´eterrel. A pr´obaf¨ uggv´eny a k ≥ 2 u ¨ temekre ´erv´enyes. Helyettes´ıts¨ uk vissza a pr´obaf¨ uggv´enyt az inhomog´en differenciaegyenletbe: yst [k] − yst [k − 1] + 0, 24y[k − 2] = s[k] − s[k − 2], azaz π π π π k + B sin k − A cos (k − 1) − B sin (k − 1) 2 2 2 π π 2 (k − 2) + 0, 24B sin (k − 2) = +0, 24A cos π2 π 2 =5 cos k − 5 cos (k − 2) . 2 2 A cos
Az A ´es B param´eterek meghat´aroz´asa el˝ott haszn´aljuk a k¨ovetkez˝o trigonometrikus azonoss´agokat a sz¨ogf¨ uggv´enyek argumentum´aban tal´alhat´o z´ar´ojelek felbont´as´ara: cos(α ± β) = cos α cos β ∓ sin α sin β,
sin(α ± β) = sin α cos β ± cos α sin β.
(1)
´Igy cos sin cos sin
π 2k − π 2k − π 2k − π 2k −
π 2 π 2
= cos = sin π = cos π = sin
π π 2 k cos 2 + sin π π 2 k cos 2 − cos π 2 k cos π + sin π 2 k cos π − cos
39
π π 2 k sin 2 π π 2 k sin 2 π 2 k sin π π 2 k sin π
= sin π2 k , = − cos π2 k , = − cos π2 k , = − sin π2 k .
Ezen eredm´enyeket visszahelyettes´ıtve a megfelel˝o helyekre, kapjuk, hogy π π π π A cos k + B sin k − A sin k + B cos k 2 2 2 2 π π π π −0, 24A cos k − 0, 24B sin k = 5 cos k + 5 cos k . 2 2 2 2
Ez az eredm´eny m´ar alkalmas arra, hogy az A ´es B param´etereket meghat´ arozzuk. unk, Ennek ´erdek´eben azt kell tenn¨ π π utthat´oit egyenl˝ov´e tessz¨ ul, melyhogy a sin 2 k ´es cos 2 k egy¨ nek eredm´enyek´epp k´et egyenletet kapunk: 0, 76A + B = 10 A = 4, 82, ⇒ 0, 76B − A = 0 B = 6, 34.
´Igy megkapjuk a pr´obaf¨ uggv´eny k´et param´eter´et. 15 Ezt a l´ep´est mindig megtehetj¨ uk. A probl´ema abban a´ll, hogy egyetlen egyenlet a´ll rendelkez´es¨ unkre, ugyanakkor az t¨obb ismeretlent is tartalmaz. Ha azonban valamely f¨ uggv´eny bal oldali ´es jobb oldali egy¨ utthat´oit egyenl˝ov´e tessz¨ uk, akkor megfelel˝o sz´am´ u egyenletb˝ol a´ll´o egyenletrendszer kapunk, melynek megold´asa szolg´altatja a pr´obaf¨ uggv´enyben a´ll´o ismeretleneket. Ez a´t´ırhat´o a m´ar ismertetett m´odon: π π π k +6, 34 sin k = 7, 95 cos k − 16, 81◦ . yst [k] = 4, 82 cos 2 2 2
A teljes v´alasz ennek ismeret´eben m´ar fel´ırhat´o (a f´azist a´t szok´as ´ırni radi´anba): π − 0, 92 . y[k] = M1 (0, 6)k + M2 (0, 4)k + 7, 95 cos 2
15 Az egyenletrendszert u ´gy ´erdemes megoldani, hogy pl. a m´ asodik egyenletet beszorozzuk 0, 76-dal ´es o ¨sszeadjuk a k´et egyenletet: 0, 5776B = 10, amelyb˝ ol B = 6, 34. Ezt visszahelyettes´ıtve a m´ asodik egyenletbe, azt kapjuk, hogy A = 0, 76B = 4, 82. Term´eszetesen m´ ask´epp is megoldhatjuk az egyenletrendszert, de tal´ an ´ıgy a leggyorsabb.
40
Ez az alak csak k ≥ 2 u ¨ temekre igaz. Az M 1 ´es M2 konstansokat ez´ert a v´alasz k = 1 ´es a k = 0 u ¨ temekre meghat´arozott ´ert´ekeib˝ol kell meghat´arozni: y[1] = 5 = 0, 6M1 + 0, 4M2 + 6, 33 M1 = −7, 01, ⇒ y[0] = 5 = M1 + M2 + 4, 82 M2 = 7, 19. Ez szint´en egy k´etismeretlenes egyenletrendszer, melynek megold´asa szolg´altatja az ismeretlen konstansokat. 16 A v´alaszjel ´erv´enyess´eg´et ´ıgy kiterjesztett¨ uk a k ≥ 0 u ¨ temekre, id˝of¨ uggv´enye pedig a k¨ovetkez˝o: o n π k − 0, 92 . y[k] = ε[k] −7, 01 · 0, 6k + 7, 19 · 0, 4k + 7, 95 cos 2 Hat´arozzuk meg ezut´an a rendszer Haszn´aljuk a l´ep´esr˝ol-l´ep´esre m´odszert:
impulzusv´alasz´at.
w[k] = w[k − 1] − 0, 24w[k − 2] + δ[k] − δ[k − 2],
w[0] = w[−1] − 0, 24w[−2] + δ[0] − δ[−2] = 0 − 0 + 1 − 0 = 1, w[1] = w[0] − 0, 24w[−1] + δ[1] − δ[−1] = 1 − 0 + 0 − 0 = 1,
w[2] = w[1] − 0, 24w[0] + δ[1] − δ[0] = 1 − 0, 24 + 0 − 1 = −0, 24,
w[3] = w[2] − 0, 24w[1] + δ[3] − δ[1] = −0, 24 − 0, 24 + 0 − 0 = −0, 48, . . . ,
tov´abbi ´ert´ekek pedig w[4] = −0, 4224, w[5] = −0, 3072, w[6] = −0, 2058. Az impulzusv´alasz analitikusan meghat´arozhat´o a tranziens o¨sszetev˝o a´ltal´anos alakj´ab´ol kiindulva: w[k] = M1 (0, 6)k + M2 (0, 4)k , ami a k ≥ 3 u ¨ temekre ´erv´enyes. Az impulzusv´alasz k´et ismeretlen konstansa meghat´arozhat´o az impulzusv´alasz k = 2 ´es k = 1 16
Az egyenletrendszert p´eld´ aul a k¨ ovetkez˝ ok´epp ´erdemes megoldani: szorozzuk be a m´ asodik egyenletet 0, 6-el, majd a m´ asodik egyenletb˝ ol vonjuk ki az els˝ ot: 1, 438 = 0, 2M2 , ahonnan M2 = 7, 19 ad´ odik. Ezt helyettes´ıts¨ uk vissza pl. a m´ asodik egyenletbe ´es M1 = 0, 18 − M2 = −7, 01.
41
u ¨ tembeli ´ert´ekei alapj´an: w[2] = −0, 24 = M1 0, 36 + M2 0, 16 w[1] = 1 = M1 0, 6 + M2 0, 4
⇒
M1 = −5, 33, M2 = 10, 5.
Ez´altal az impulzusv´alasz formul´aj´at kiterjesztett¨ uk a k ≥ 1 u ¨ temekre. Nek¨ unk azonban sz¨ uks´eg¨ unk van m´eg a k = 0 u ¨ tembeli ´ert´ekre is, amelyet a δ[k] f¨ uggv´ennyel vihet¨ unk bele, ´ert´eke pedig a l´ep´esr˝ol-l´ep´esre m´odszer a´ltal ismert, azaz n o w[k] = δ[k] + ε[k − 1] −5, 33 · 0, 6k + 10, 5 · 0, 4k , amit azonban c´elszer˝ u a´t´ırni a k¨ovetkez˝ok´epp n o w[k] = δ[k] + ε[k − 1] −5, 33 · 0, 6k−1 0, 6 + 10, 5 · 0, 4k−1 0, 4 n o = δ[k] + ε[k − 1] −3, 2 · 0, 6k−1 + 4, 2 · 0, 4k−1 0, 4 .
4. P´ elda. Hat´arozzuk meg az al´abbi differenciegyenlet´evel adott rendszer s[k] = ε[k] gerjeszt´esre adott v´alasz´at, vagyis az ugr´asv´alasz´at. y[k] − 0, 8y[k − 1] = s[k] + s[k − 3]. Megold´ as. Hat´arozuk meg a v´alaszjelet el˝osz¨or a l´ep´esr˝oll´ep´esre m´odszer seg´ıts´eg´evel: y[k] = 0, 8y[k − 1] + ε[k] + ε[k − 3],
y[0] = 0, 8y[−1] + ε[0] + ε[−3] = 0 + 1 − 0 = 1,
y[1] = 0, 8y[0] + ε[1] + ε[−2] = 0, 8 · 1 + 1 − 0 = 1, 8,
y[2] = 0, 8y[1] + ε[2] + ε[−1] = 0, 8 · 1, 8 + 1 − 0 = 2, 44, y[3] = 0, 8y[2] + ε[3] + ε[0] = 0, 8 · 2, 44 + 1 = 3, 952,
....
Hat´arozzuk meg h´at az analitikus megold´ast o¨sszetev˝okre bont´assal. A tranziens o¨sszetev˝o a´ltal´anos alakja ´es a saj´at´ert´ek 42
az 1. p´eld´ab´ol ismert. Hat´arozzuk meg a stacion´arius v´alaszt A konstans pr´obaf¨ uggv´eny alkalmaz´as´aval. A felt´etel most a k ≥ 3, azaz a pr´obaf¨ uggv´enyt a k ≥ 3 u ¨ temekre alkalmazhatjuk, ´ert´eke pedig sz´am´ıthat´o az inhomog´en differenciaegyenlet seg´ıts´eg´evel: A − 0, 8A = 1 + 1
⇒
A = 10.
A teljes v´alasz teh´at: y[k] = M 0, 8k + 10. Ez az alak csak a k ≥ 3 id˝opillanatokban igaz, az M konstans ´ert´ek´et u ´ gy kell megv´alasztani, hogy a k = 3 − 1 = 2 u ¨ temre kisz´am´ıtjuk a v´alasz ´ert´ek´et, ´es ´erv´enyre juttatjuk a k¨ovetkez˝o egyenl˝os´eget: y[2] = 2, 44 = M 0, 82 + 10
⇒
M = −11, 825.
A v´alaszjel ´ıgy most m´ar a k ≥ 2 u ¨ temekre ´erv´enyes ´es a k = 0, 1 id˝opillanatr´ol nem ad felvil´agos´ıt´ast, nek¨ unk azonban a k ≥ 0 id˝opillanatokat kell meghat´arozni. A k = 0 ´es k = 1 u ¨ tembeli v´alaszokat m´ar meghat´aroztuk a l´ep´esr˝ol-l´ep´esre m´odszer seg´ıts´eg´evel, ´ert´ek¨ uket egys´egimpulzus jellel szorozva vehetj¨ uk figyelembe, azaz n o y[k] = δ[k] + 1, 8δ[k − 1] + ε[k − 2] 10 − 11, 825 · 0, 8k . Az utols´o tagot c´elszer˝ u a´talak´ıtani a k¨ovetkez˝o m´odon: n o y[k] = δ[k] + 1, 8δ[k − 1] + ε[k − 2] 10 − 11, 825 · 0, 8k−2 0, 82 o n = δ[k] + 1, 8δ[k − 1] + ε[k − 2] 10 − 7, 56 · 0, 8k−2 .
5. P´ elda. Hat´arozzuk meg az al´abbi differenciaegyenlet´evel adott rendszer impulzusv´alasz´at. 1 y[k] + y[k − 2] = s[k]. 9 43
Megold´ as. Hat´arozuk meg az impulzusv´alaszt a l´ep´esr˝oll´ep´esre m´odszer seg´ıts´eg´evel: 1 w[k] = − w[k − 2] + δ[k], 9 1 w[0] = − w[−2] + δ[0] = 0 + 1 = 1, 9 1 w[1] = − w[−1] + δ[1] = 0 + 0 = 0, 9 1 1 1 w[2] = − w[0] + δ[2] = − + 0 = − , 9 9 9 1 w[3] = − w[1] + δ[3] = 0 + 0 = 0, 9 1 11 1 w[4] = − w[2] + δ[4] = + 0 = ,.... 9 99 81 Az impulzusv´alasz megegyezik a tranziens o¨sszetev˝o alakj´aval, ha k ≥ 1: w[k] = M λk . A λ saj´at´ert´ekek a karakterisztikus egyenletb˝ol sz´am´ıthat´ok. Jelen esetben n = 2, teh´at 2 saj´at´ert´ekre sz´am´ıthatunk. A karakterisztikus egyenlet k¨ozvetlen¨ ul a rendszeregyenletb˝ol fel´ırva a k¨ovetkez˝o: λ2 +
1 =0 9
⇒
λ1,2 = ±j
1 1 ◦ = e±j90 , 3 3
azaz a saj´at´ert´ekek konjug´alt komplex p´art alkotnak. Az impulzusv´alasz alakja teh´at 1 1 w[k] = M1 j + M2 −j . 3 3 Ezen o¨sszef¨ ugg´esben szerepl˝o k´et konstans meghat´arozhat´o az impulzusv´alasz k = 0 ´es k = −1 u ¨ temekben felvett ´ert´ek´eb˝ol, melyek
44
azonban a l´ep´esr˝ol-l´ep´esre m´odszer a´ltal ismertek, azaz 17 M1 = 0, 5, w[0] = −0, 24 = M1 + M2 ⇒ w[−1] = 1 = M1 (−j3) + M2 (j3) M2 = 0, 5. Az M1 ´es M2 konstansok egyenl˝oek.18 Ez nem v´eletlen, mert ha k´et saj´at´ert´ek konjug´alt komplex p´art alkot, akkor a hozz´ajuk tartoz´o konstansok is konjug´alt komplex p´art kell alkossanak. Jelen esetben M1 ´es M2 val´os sz´am lett, azaz k´epzetes ´ert´ek¨ uk nulla. Konjug´alt komplex sz´amok val´os r´esze pedig megegyezik. Legegyszer˝ ubb, ha ezek ut´an felhaszn´aljuk a m´ar levezetett () o¨sszef¨ ugg´est, amelyben N1 = 0, 5, ϕ1 = 0, r1 = 31 ´es ϑ1 = π2 , ´ıgy az impulzusv´alasz egyetlen koszinuszos id˝of¨ uggv´ennyel fel´ırhat´o: ) ( π 1 k . k cos w[k] = ε[k] 3 2
´ Allapotv´ altoz´ os le´ır´ as A k¨ovetkez˝o p´eld´aban illusztr´aljuk egy egy bemenet˝ u ´es k´et kimenet˝ u rendszer sz´am´ıt´asi m´odj´at. Hogy ne vessz¨ unk el a r´eszletekben, haszn´aljunk fel egy m´ar ismert rendszerm´atrix´ u rendszert. 17
` ´−1 ` ´−1 Ha k = −1, akkor a j 13 ´ert´ekre lesz sz¨ uks´eg¨ unk, ami j −1 31 = 1j 3. 1 Tudjuk azonban, hogy j = −j, azaz a v´egeredm´eny −j3. A m´ asik ennek konjug´ alt komplex p´ arja lesz, de hasonl´ ok´epp levezethet˝ o. 18 Ezt az egyenletrendszert u ´gy lehet c´elszer˝ u megoldani, hogy az els˝ o egyenletet beszorozzuk j3-al, majd a k´et egyenletet o ¨sszeadjuk: j3 = j6M2 , ahonnan M2 = 0, 5. Ezt helyettes´ıts¨ uk vissza az els˝ o egyenletbe: 1 = M1 + 0, 5, s ad´ odik, hogy M1 = 0, 5.
45
P´ elda. Hat´arozzuk meg az al´abbi a´llapotv´altoz´os le´ır´as´aval adott SIMO rendszer impulzusv´alasz´at. x1 [k + 1] 0 1 x1 [k] 1 = + s[k], x2 [k + 1] −0, 25 1 x2 [k] 2 1 1 x1 [k] y[k] = . 0 1 x2 [k] rendszerm´atixot m´ar vizsg´altuk. Megold´ as. A Meg´allap´ıtottuk, hogy valamely m´atrixf¨ uggv´eny´enek el˝oa´ll´ıt´as´at az Hermite-f´ele m´atrixpolinomok seg´ıts´eg´evel oldhatjuk meg. Az Hermite-m´atrixok a k¨ovetkez˝ok: 0, 5 1 1 0 . , H11 = H10 = −0, 25 −0, 5 0 1 Az Ak m´atrixf¨ uggv´eny meghat´aroz´as´ahoz helyettes´ıts¨ unk be az (5.48) o¨sszef¨ ugg´esbe. Mivel egyetlen k´etszeres saj´at´ert´ek van ez´ert M = 1 ´es β1 = 2, ´ıgy Ak =
1 X j=0
+
k! k! λ1k−j H1j (A) = λk1 H10 (A) (k − j)! k!
k! λk−1 H11 (A) = λk1 H10 (A) + kλ1k−1 H11 (A). (k − 1)! 1
Helyettes´ıts¨ uk be a kisz´am´ıtott Hermite-m´atrixokat: k λ1 + 0, 5kλ1k−1 kλ1k−1 k A = , −0, 25kλ1k−1 λk1 − 0, 5kλ1k−1 majd helyettes´ıts¨ uk be a λ1 ´ert´ek´et (λ1 = −0, 5): (−0, 5)k (1 − k) −2k(−0, 5)k Ak = , 0, 5k(−0, 5)k (−0, 5)k (1 + k) 46
Az impulzusv´alasz meghat´aroz´as´ahoz sz¨ uks´eg¨ unk van a CA k−1 B szorzatra:
1 1 0 1
(−0, 5)k−1 (1 − (k − 1)) 0, 5(k − 1)(−0, 5)k−1
−2(k − 1)(−0, 5)k−1 (−0, 5)k−1 (1 + (k − 1))
(−0, 5)k−1 (1 − (k − 1)) − 4(k − 1)(−0, 5)k−1 0, 5(k − 1)(−0, 5)k−1 + 2(−0, 5)k−1 (1 + (k − 1)) 3(−0, 5)k−1 − 2, 5(k − 1)(−0, 5)k−1 . = 2, 5(k − 1)(−0, 5)k−1 + 2(−0, 5)k−1 =
1 1 0 1
1 2
Az impulzusv´alasz teh´at egy vektor, ami ´erthet˝o, hiszen k´et kimenete van a rendszernek. Az impulzusv´alasz-vektor els˝o sora az els˝o, m´asodik sora pedig a m´asodik kimenet impulzusv´alasza. C´elszer˝ u u ´ gy alak´ıtani a v´alaszje id˝of¨ uggv´eny´et, hogy abban is felismerhet˝o legyen a k(−0, 5)k−1 alak. A v´egeredm´eny teh´at a k¨ovetkez˝o: o n w1 [k] = ε[k − 1] 5, 5(−0, 5)k−1 − 2, 5k(−0, 5)k−1 , n o w2 [k] = ε[k − 1] −0, 5(−0, 5)k−1 + 2, 5k(−0, 5)k−1 .
Az ´ allapotv´ altoz´ os le´ır´ as ´ es a rendszeregyenlet kapcsolata 1. P´ elda. Hat´arozzuk meg az al´abbi a´llapotv´altoz´os le´ır´assal adott rendszer rendszeregyenlet´et. y[k] − y[k − 1] + 0, 24y[k − 2] = s[k] − s[k − 2]. Megold´ as. Az a´llapotv´altoz´ok sz´ama N = 2, mivel n = 2 ´es m = 2. Rendezz¨ uk a´t a rendszeregyenletet u ´ gy, hogy annak bal oldal´an csak y[k] szerepeljen: y[k] = y[k − 1] − 0, 24y[k − 2] + s[k] − s[k − 2]. 47
Ebben s[k] helyes alakban szerepel, azt teh´at ne m´odos´ıtsuk. Az o¨sszes t¨obbi tagot helyettes´ıts¨ uk az x 2 [k] a´llapotv´altoz´oval (mindig xN [k]-r´ol indulunk visszafel´e haladva a sz´amoz´asban): x2 [k] = y[k − 1] − 0, 24y[k − 2] − s[k − 2], s ´ıgy a v´alaszjel a sz¨ uks´eges alakban fejezhet˝o ki: y[k] = x 2 [k] + s[k]. Ebben az algoritmusban a v´alaszjel mindig x N [k] ´es b0 s[k] o¨sszegek´ent ´ırhat´o fel. Toljuk el ezut´an x 2 [k] kifejez´es´et, hogy a bal oldalon az a´llapotv´altoz´ok k + 1-edik u ¨ tembeli ´ert´eke szerepeljen: x2 [k + 1] = y[k] − 0, 24y[k − 1] − s[k − 1]. A jobb oldalon y[k] szerepel, amelynek azonban nem kellene ott lenni. Helyettes´ıts¨ uk be ez´ert y[k] m´ar meghat´arozott alakj´at: x2 [k + 1] = x2 [k] + s[k] − 0, 24y[k − 1] − s[k − 1]. Ebben szerepel x2 [k] ´es s[k], amelyek megfelelnek az a´llapotv´altoz´os le´ır´as alakj´anak. A marad´ek k´et tagot jel¨olj¨ uk x1 [k]-val: x1 [k] = −0, 24y[k − 1] − s[k − 1], ´ıgy x2 [k + 1] = x1 [k] + x2 [k] + s[k], ami t¨ok´eletes: a bal oldalon az a´llapotv´altoz´o k + 1-edik, a jobb oldalon az a´llapotv´altoz´o ´es a gerjeszt´es k-adik u ¨ tembeli ´ert´eke szerepel. Toljuk el ezut´an az x1 [k] a´llapotv´altoz´ot egy u ¨ temmel: x1 [k + 1] = −0, 24y[k] − s[k]. Ebben s[k] helyesen szerepel, azonban y[k]-nak nem szabadna a jobb oldalon lenni. Helyettes´ıts¨ uk vissza h´at a m´ar meghat´arozott y[k] kifejez´est, azaz x1 [k + 1] = −0, 24y[k] − s[k] = −0, 24 {x2 [k] + s[k]} − s[k] =
= −0, 24x2 [k] − 0, 24s[k] − s[k] = −0, 24x2 [k] − 1, 24s[k]. 48
Az a´llapotv´altoz´os le´ır´as norm´alalakja teh´at a k¨ovetkez˝o: 0 −0, 24 −1, 24 x[k + 1] = x[k] + s[k], 1 1 1 y[k] = 0 1 x[k] + s[k].
Az a´talak´ıt´as sor´an teh´at azt kell szem el˝ott tartanunk, hogy a jobb oldalon mindig a k u ¨ tem szerepeljen.
2. P´ elda. Hat´arozzuk meg az al´abbi a´llapotv´altoz´os le´ır´assal adott rendszer rendszeregyenlet´et. y[k] − 0, 8y[k − 1] = s[k] + s[k − 3]. Megold´ as. Az a´llapotv´altoz´ok sz´ama N = 3, mivel n = 1 ´es m = 3 (a nagyobbikat kell venni). Rendezz¨ uk a´t a rendszeregyenletet ism´et a k¨ovetkez˝o alakra: y[k] = 0, 8y[k − 1] + s[k] + s[k − 3]. Ebben s[k] helyes alakban szerepel (mint mindig, hacsak b 0 = 0), ´ıgy azt teh´at nem m´odos´ıtjuk. Az o¨sszes t¨obbi tagot helyettes´ıts¨ uk az x3 [k] a´llapotv´altoz´oval: x3 [k] = 0, 8y[k − 1] + s[k − 3], s ´ıgy a v´alaszjel a sz¨ uks´eges alakban fejezhet˝o ki: y[k] = x 3 [k] + s[k]. Toljuk el ezut´an x3 [k] kifejez´es´et egy u ¨ temmel: x3 [k + 1] = 0, 8y[k] + s[k − 2]. A jobb oldalon y[k] szerepel, teh´at helyettes´ıts¨ uk be y[k] m´ar meghat´arozott alakj´at: x3 [k+1] = 0, 8 (x3 [k] + s[k])+s[k−2] = 0, 8x3 [k]+0, 8s[k]+s[k−2]. 49
Ebben szerepel x3 [k] ´es s[k], amelyek megfelelnek az a´llapotv´altoz´os le´ır´as alakj´anak. A marad´ek tag legyen az x2 [k] a´llapotv´altoz´o, azaz x2 [k] = s[k − 2]. Toljuk el ezt egy u ¨ temmel: x2 [k + 1] = s[k − 1]. Ezzel azonban nem tudunk mit kezdeni, mivel a jobb oldalon nem a k-adik, hanem a k − 1-edik u ¨ tem szerepel. Van azonban m´eg egy a´llapotv´altoz´o, amit felhaszn´alhatunk: x1 [k] = s[k − 1], melynek egy u ¨ temmel t¨ort´en˝o eltol´as´aval kapjuk, hogy x1 [k + 1] = s[k], ami m´ar helyes formula. Nem v´eletlen h´at, hogy 3 a´llapotv´altoz´o sz¨ uks´eges a le´ır´ashoz. Az a´llapotv´altoz´os le´ır´as norm´alalakja teh´at a k¨ovetkez˝o: 0 0 0 1 x[k+1] = 1 0 0 x[k]+ 0 s[k], y[k] = 0 0 1 x[k]+s[k]. 0 1 0, 8 0, 8 ***
Bode-diagram 1. P´ elda. V´azoljuk fel a k¨ovetkez˝o a´tviteli karakterisztik´ak Bode-diagramj´at. jω jω jω 1 + 10 1 − 50 , W2 = 2 10 . W1 = jω jω jω 1 + jω 1 + 1 + 1 + 2 30 5 40
50
Megold´ as.
A megold´asokat a k¨ovetkez˝o a´br´akon v´azoltuk fel. φ1 (ω) 6
KdB1 (ω) 6 40
180◦
20
1 10 HH HH H HH HH 100 H@ HH H@ HH H HH -90◦ HH @ @ ◦
90◦
-
1 @ 10 @ 100 @
-20 -40
@
@
@
@
@ @
ω
@
@ @
40
φ2 (ω) 6 90◦@
20
45◦
-20 -40
ω
-180
KdB2 (ω) 6
1
-
@ @
A A
10A @1 @ A 100 @ @A AA @ @ -45◦ @ @ @ @ @ @ @ @ ◦
ω @ 10 @ 100 @ @ @ @ @ @ @ @ @ @ @
-
ω
-90
Az a´br´akon tanulm´anyozhatjuk az egyes tagok alakul´as´at ´es azok o¨sszegz´es´et. Ezekn´el bonyolultabb a´tviteli karakterisztik´ak t¨ortvonalas a´br´azol´as´aval nem foglalkozunk. A m´asodik amplit´ ud´okarakterisztik´ahoz kis megjegyz´es k´ıv´ankozik. A k¨ovetkez˝o ´ert´ekeket v´alasztottuk, ahogy a feladat ki´ır´as´aban van: A = 2 ´es ω0 = 10. Ebben az esetben ´elhetn´enk pl. az A = 1 ´es ω0 = 5 v´alaszt´assal is, ugyanazt az eredm´enyt kapn´ank. Az (ω0 /jω)r alak´ u t´enyez˝o eset´eben teh´at van egy kis szabads´agunk ezen k´et param´etert illet˝oen. Az ω 0 param´eter 51
´ert´ek´et ´erdemes lehet u ´ gy megv´alasztani, hogy az p´eld´aul az a´br´azolt tartom´any k¨ozep´ere essen. Vizsg´aljunk meg v´eg¨ ul az ω → 0 ´es az ω → ∞ hat´ar´ert´ekeket, hogy meg´allap´ıthassuk hogy viselkedik a rendszer nagyon kicsi ´es nagyon nagy frekvenci´akon. Vegy¨ uk a m´ar vizsg´alt a´tviteli karakterisztik´at: jω
1 + 0,2 1 5(jω) + 1 = W = 2 (jω) + 4(jω) + 3 3 (1 + jω 1 )(1 +
jω 3)
.
Ebben az esetben az amplit´ ud´okarakterisztik´akr´ol is leolvashat´o hat´ar´ert´ekeket kapjuk: 5(jω) + 1 1 = , 2 ω→0 (jω) + 4(jω) + 3 3 lim
20lg
1 = −9, 542dB, 3
1 5 5(jω) + 1 jω + (jω)2 = = 0, 20lg0 = −∞dB. lim 3 4 ω→∞ (jω)2 + 4(jω) + 3 + (jω) 1 + jω 2
A f´aziskarakterisztika hat´ar´ert´ekeit a gy¨okt´enyez˝os alakban el˝ofordul´o norm´alalakok seg´ıts´eg´evel tudjuk meghat´arozni. Ebben a karakterisztik´aban mindh´arom alaptag f´aziskarakterisztik´aja nulla, ha ω → 0, ´ıgy ez a hat´ar´ert´ek nulla lesz. Ha ω → ∞, akkor a sz´aml´al´o foksz´am´ab´ol vonjuk ki a nevez˝o foksz´am´at. Ez´altal kapunk egy eg´esz sz´amot, amit szorozzunk be 90 ◦ -kal. ´Igy megkapjuk a f´aziskarakterisztika ezen hat´ar´ert´ek´et, jelen esetben ez (1 − 2)90◦ = −90◦ . Vizsg´aljuk meg a m´asik k´et p´eld´at is. Alak´ıtsuk a´t a megadott gy¨okt´enyez˝os alakokat polinom per polinom alakra 19 : jω jω 1 − 50 1 + 10 (jω)2 − 40jω + 500 = −0, 12 W1 = , (jω)2 + 32jω + 60 1 + jω 1 + jω 2
30
19
Hozzuk k¨ oz¨ os nevez˝ ore a sz´ aml´ al´ oban ´es a nevez˝ oben l´ev˝ o z´ ar´ ojeles kifejez´eseket, majd bontsuk fel a z´ ar´ ojeleket. A W 1 -ben a −0, 12 kiemel´ese nem is sz¨ uks´eges.
52
jω
W2 = 2
1+
jω 5
10
1+
jω 40
=
(jω)2
40jω . + 45jω + 200
Hat´arozzuk meg a W 1 amplit´ ud´okarakterisztik´aj´anak hat´ar´ert´ekeit20 : (jω)2 − 40jω + 500 500 = 0, 12 = 1 ⇒ 0dB, 2 ω→0 (jω) + 32jω + 60 60 500 1 − 40 (jω)2 − 40jω + 500 jω + (jω)2 lim 0, 12 = lim 0, 12 60 = 0, 12, ω→∞ ω→∞ (jω)2 + 32jω + 60 1 + 32 jω + (jω)2 lim 0, 12
ami −18, 416dB-nek felel meg. Ezen adatok megtal´alhat´ok az diagramon is. A f´aziskarakterisztika hat´ar´ert´ekeinek meghat´aroz´as´ahoz vizsg´aljuk meg a W 1 gy¨okt´enyez˝os alakj´at. Ebben n´egy alaptag szerepel, amelyekr˝ol tudjuk, hogy ω → 0 eset´en null´ahoz tartanak, ´ıgy a f´aziskarakterisztika is null´ahoz tart. Az ω → ∞ eset´eben figyelembe kell venni azt, hogy a sz´aml´al´oban l´ev˝o m´asodik tagban negat´ıv el˝ojel szerepel, ami miatt ezen tag f´aziskarakterisztik´aja ,,lefel´e” t¨orik, azaz u ´ gy viselkedik, mintha a nevez˝oben lenne. A hat´ar´ert´ek ´ıgy: (1 − 3)90 ◦ = −180◦ . uk. Az alaptagokb´ol ´es a A W 2 hat´ar´ert´ekeit nem r´eszletezz¨ fenti p´elda ´ertelmez´ese ut´an az a´br´ar´ol is k¨onnyed´en leolvashat´o eredm´enyekre jutunk. A kapott eredm´enyek az a´br´ar´ol is megbecs¨ ulhet˝ok, j´o esetben pontosan leolvashat´ok.
Spektrum 1. P´ elda. rum´at.
Hat´arozzuk meg az s(t) = ε(t) − ε(t − T ) jel spekt-
20 Az amplit´ ud´ okarakterisztika sz´ am´ıt´ asa sor´ an a komplex sz´ am abszol´ ut ´ert´ek´et kell meghat´ arozni, ez´ert a negat´ıv el˝ ojelet elhagyjuk.
53
Megold´ as. A jel egy ablak, ´ert´eke a [0, T ] intervallumban 1, azon k´ıv¨ ul minden¨ utt nulla. A spektrumot k´et m´odon is meghat´arozhatjuk. Az els˝o m´odszerben felhaszn´aljuk a defin´ıci´os o¨sszef¨ ugg´est, a m´asodikban pedig alkalmazzuk az eltol´asi t´etelt. (a) A (6.56) defin´ıci´os o¨sszef¨ ugg´esben az als´o integr´al´asi hat´ar 0, a fels˝o integr´al´asi hat´ar pedig T lehet, hiszen ezen intervallumon k´ıv¨ ul a jel ´ert´eke nulla, s ´ıgy a jel abszol´ ut integr´alhat´o. A spektrum a k¨ovetkez˝ok´epp vezethet˝o le: S(jω) =
Z
0
T
e
−jωt
e−jωt dt = −jω
T 0
=
1 − e−jωT . jω
(b) Sz¨ uks´eg¨ unk van az ε(t) jel spektrum´ara (l. (6.82)) ´es annak eltoltj´ara, azaz az eltol´asi t´etelre. A k´et spektrumot pedig ki kell vonni egym´asb´ol, hiszen a transzform´aci´o line´aris m˝ uvelet: 1 1 S(jω) = + πδ(ω) − + πδ(ω) e−jωT = jω jω 1 1 = + πδ(ω) − e−jωT − πδ(ω)e−jωT . jω jω Az utols´o tagban szerepl˝o exponenci´alis f¨ uggv´eny helyettes´ıt´esi ´ert´ek´et ki kell sz´amolni az ω = 0 helyen, mivel az δ(ω) f¨ uggv´ennyel van szorozva. ´Igy annak ´ert´eke 1 lesz, s ´ıgy a spektrum kifejez´ese a k¨ovetkez˝o: 1 − e−jωT S(jω) = . jω 2. P´ elda.
Hat´arozzuk meg az el˝ojelf¨ uggv´eny spektrum´at.
Megold´ as. Az el˝ojelf¨ uggv´eny ´ert´eke -1, ha t < 0 ´es 1, ha t > 0. A f¨ uggv´eny u ´ gy a´ll´ıthat´o el˝o, hogy s(t) = −1 + 2ε(t), azaz a -1 ´ert´ekhez a 2 ´ert´eket csak a t > 0 intervallumban adjuk hozz´a. Ezen k´et tag Fourier-transzform´altj´at ismerj¨ uk. Egyszer˝ uen csak a -1 54
f¨ uggv´eny spektrum´ahoz hozz´a kell adni az egys´egugr´asjel spektrum´anak a k´etszeres´et (ez a transzform´aci´o linearit´asa miatt tehet˝o meg): 2 1 S(jω) = −2πδ(ω) + 2 + πδ(ω) = . jω jω Sem a -1 jel, sem az ε(t) jel nem abszol´ ut integr´alhat´o. A (6.56) o¨sszef¨ ugg´es szerint a spektrumot nem tudjuk meghat´arozni, a t´etelek ismeret´eben azonban igen. 3. P´ elda. Hat´arozzuk meg az s(t) = [1 − ε(t)]e αt (α > 0) jel amplit´ ud´ospektrum´at spektrum´at. Megold´ as. Az [1 − ε(t)] jel a t > 0 tartom´anyon nulla ´ert´ek˝ u ´es az eαt jel α > 0 mellett abszol´ ut integr´alhat´o a [−∞, 0] intervallumon, ´ıgy a spektrum sz´am´ıthat´o a (6.56) defin´ıci´o alapj´an: S(jω) =
Z
0
e −∞
(α−jωt)
"
e(α−jω)t dt = α − jω
#0
−∞
=
1 . α − jω
Ezen jel amplit´ ud´ospektruma ´es f´azisspektruma teh´at a k¨ovetkez˝o: ω 1 , arcS(jω) = atan . |S(jω)| = √ α α2 + ω 2 Az amplit´ ud´ospektrum megegyezik az ε(t)e −αt jel amplit´ ud´ospektrum´aval. 4. P´ elda. Hat´arozzuk meg az s(t) = ε(t)αte −αt (α > 0) jel spektrum´at.
55
Megold´ as. Induljunk ki a (6.56) defin´ıci´ob´ol, mert s(t) abszol´ ut integr´alhat´o ´es vegy¨ uk figyelembe, hogy a jel bel´ep˝o: Z ∞ Z ∞ −αt −jωt te−(α+jω)t dt. te e dt = α S(jω) = α 0
0
Az integr´al meghat´aroz´as´ahoz parci´alis integr´al´ast kell alkalmaznunk. A k¨ovetkez˝o jel¨ol´eseket alkalmazzuk: u0 = e−(α+jω)t u = e−(α+jω) , v=t v 0 = 1, −(α+jω)t
azaz "
e−(α+jω)t t S(jω) = α −(α + jω)
#∞ 0
α + α + jω
Z
∞
e−(α+jω)t dt.
0
Az els˝o tag mindk´et helyettes´ıt´esi ´ert´eke nulla, a hat´arozott integr´alt pedig m´ar meghat´aroztuk az ε(t)e −αt jel kapcs´an. A v´egeredm´eny teh´at a k¨ovetkez˝o: S(jω) =
α . (α + jω)2
Ezen jel amplit´ ud´ospektruma ´es f´azisspektruma teh´at a k¨ovetkez˝o: α ω |S(jω)| = 2 , arcS(jω) = −2arc tg . α + ω2 α Ut´obbi onnan ad´odik, hogy a nevez˝oben (α + jω) f´azisa k´etszer is levon´odik a n´egyzetre emel´es miatt. 5. P´ elda. Hat´arozzuk meg az s(t) = ε(t) cos(ω 0 t), az s(t) = ε(t) sin(ω0 t), az s(t) = ε(t)ejω0 t , az s(t) = cos(ω0 t), az s(t) = sin(ω0 t) ´es az s(t) = ejω0 t jelek spektrum´at.
56
Megold´ as. Az els˝o esetben az ε(t) jel szorozva van a cos(ω 0 t) jellel. Ezen jel spektruma az ε(t) jel spektrum´anak ´es a (6.74) o¨sszef¨ ugg´es ismeret´eben hat´arozhat´o meg: S(jω) =
1 π 1 π 1 1 + δ(ω − ω0 ) + + δ(ω + ω0 ). 2 j(ω − ω0 ) 2 2 j(ω + ω0 ) 2
Hozzuk k¨oz¨os nevez˝ore a t¨orteket, s a v´egeredm´eny a k¨ovetkez˝o lesz: π jω + [δ(ω − ω0 ) + δ(ω + ω0 )] . S(jω) = 2 2 2 ω0 − ω
A spektrum teh´at tartalmaz egy Dirac-impulzust az ω = ω 0 ´es az ω = −ω0 k¨orfrekvenci´akon. Hasonl´ok´epp ad´odik az s(t) = ε(t) sin(ω 0 t) jel spektruma a (6.75) o¨sszef¨ ugg´es ismeret´eben: S(jω) =
ω02
ω0 π [δ(ω − ω0 ) − δ(ω + ω0 )] . + 2 2j −ω
1 + Az s(t) = ε(t)ejω0 t jel spektruma pedig S(jω) = j(ω−ω 0) πδ(ω − ω0 ) lesz. Ehhez a (6.73) o¨sszef¨ ugg´est kell felhaszn´alni. Az s(t) = cos(ω0 t) jel spektrum´anak meghat´aroz´asa sor´an az 1 jel 2πδ(ω) spektrum´aba kell helyettes´ıteni a (6.74) o¨sszef¨ ugg´esnek megfelel˝oen:
S(jω) = π [δ(ω − ω0 ) + δ(ω + ω0 )] , azaz a spektrum az ω = ω0 ´es az ω = −ω0 k¨orfrekvenci´akon tartalmaz egy-egy π-vel ar´anyos Dirac-impulzust, f´azisa pedig nulla. Hasonl´ok´epp ad´odik az s(t) = sin(ω 0 t) jel spektruma (l. (6.75)): S(jω) = −jπ [δ(ω − ω0 ) − δ(ω + ω0 )] . Ezen spektrum abszol´ ut ´ert´eke megegyezik az el˝oz˝o spektrum abszol´ ut ´ert´ek´evel, f´azisa viszont mindk´et pontban −π/2. 57
Az s(t) = ejω0 t jel spektruma pedig S(jω) = 2πδ(ω − ω 0 ) lesz (6.73) alapj´an. Tudjuk, hogy ejω0 t = cos ω0 t+j sin ω0 t, ellen˝orizz¨ uk h´at az ut´obbi h´arom o¨sszef¨ ugg´es helyess´eg´et ´es begy¨ uk figyelembe, hogy j(−j) = 1: π [δ(ω − ω0 ) + δ(ω + ω0 )] + π [δ(ω − ω0 ) − δ(ω + ω0 )] , ami pontosan a 2πδ(ω − ω0 ) spektrumot eredm´enyezi. Ez ut´obbi pedig az ejω0 t jel spektruma. 6. P´ elda. Hat´arozzuk meg az s(t) = π1 sintΩt jel spektrum´at a Fourier-transzform´aci´o szimmetriatulajdons´aga szerint. Megold´ as. M´ar meghat´aroztuk a g(t) = [ε(t + T ) − ε(t − T )] ablak Fourier-transzform´altj´at, ami a G(ω) = 2T
sin ωT sin ωT =2 ωT ω
val´os spektrum. Hat´arozzuk meg az u ´ j f (t) = G(t) jel id˝of¨ uggv´eny´et (ω hely´ebe ´ırjunk t-t, T hely´ebe pedig Ω-t): f (t) = 2
sin Ωt . t
Ez a jel nagyon hasonl´ıt a vizsg´alt s(t) jelre. Abban k¨ ul¨onb¨ozik csup´an, hogy nincs elosztva π-vel, de be van szorozva 2-vel. Hogy 1 el´erj¨ uk s(t) alakj´at, szorozzuk be az f (t) jelet 2π -vel, s majd a v´egeredm´enyt is be kell szorozni ugyanezen konstanssal. Hat´arozzuk meg ezut´an az f (t) jel val´os spektrum´at: F (ω) = 2πg(t)| t=−ω = 2π[ε(−ω + Ω) − ε(−ω − Ω)], majd szorozzuk be ezt
1 2π -vel:
F (ω) = [ε(−ω + Ω) − ε(−ω − Ω)]. 58
Az itt szerepl˝o jel megegyezik a g(t) jel alakj´aval, azaz F (ω) = [ε(ω + Ω) − ε(ω − Ω)], ami egy −Ω-t´ol Ω-ig tart´o ablak, de az abszcissz´an az ω k¨orfrekcencia van. Ut´obbi a´talak´ıt´as nyomon k¨ovet´ese ´erdek´eben vizsg´aljuk meg az ε(−t) ´es az ε(−t + T ) jeleket: ε(−t)
ε(−t + T )
6
6 -
T
t
t ε(−t + T ) − ε(−t − T )
ε(−t − T )
6
−T
-
6
-
−T
t
T
-
t
A m´asodik a´br´ab´ol l´athat´o, hogy az ε(−t + T ) jel pont t¨ uk¨ork´epe az ε(t + T ) jelnek. Az ε(−t − T ) pedig t¨ uk¨ork´epe az ε(t − T ) jelnek. Ha teh´at k´epezz¨ uk az [ε(−t+T )−ε(−t−T )] ablakot, akkor ugyanazt kapjuk v´egeredm´enyben, mintha az [ε(t + T ) − ε(t − T )] ablakot hat´arozn´ank meg. Megjegyezz¨ uk, hogy a kapott spektrum a 10. fejezetben ismertet´esre ker¨ ul˝o ide´alis alul´atereszt˝o sz¨ ur˝o a´tviteli karakterisztik´aja. ***
Spektrum P´ elda. Hat´arozzuk meg az s[k] = ε[k] cos(ϑ 0 k), az s[k] = ε[k] sin(ϑ0 k), az s[k] = ε[k]ejϑ0 k , az s[k] = cos(ϑ0 k), az s[k] = sin(ϑ0 k) ´es az s[k] = ejϑ0 k jelek spektrum´at. Megold´ as. Az els˝o esetben az ε[k] jel szorozva van a cos(ϑ 0 k) jellel. Ezen jel spektruma az ε[k] jel spektrum´anak ´es a (7.68) 59
modul´aci´os t´etel ismeret´eben hat´arozhat´o meg: S(ejϑ ) =
1 1 1 π π 1 + δ(ϑ−ϑ0 )+ + δ(ϑ+ϑ0 ). j(ϑ−ϑ ) j(ϑ+ϑ ) 0 0 21−e 2 21−e 2
K¨oz¨os nevez˝ore hoz´as ´es az Euler-formula alkalmaz´asa ut´an a k¨ovetkez˝o eredm´enyre jutunk: S(ejϑ ) =
1 − cos ϑ0 e−jϑ π + [δ(ϑ − ϑ0 ) + δ(ϑ + ϑ0 )] . −jϑ −j2ϑ 1 − 2 cos ϑ0 e +e 2
A spektrum teh´at tartalmaz egy Dirac-impulzust az ϑ = ϑ 0 ´es az ϑ = −ϑ0 k¨orfrekvenci´akon. Hasonl´ok´epp ad´odik az s[k] = ε[k] sin(ϑ 0 k) jel spektruma a (7.69) o¨sszef¨ ugg´es ismeret´eben: S(ejϑ ) =
1 1 1 π π 1 + δ(ϑ − ϑ0 ) − − δ(ϑ + ϑ0 ). j(ϑ−ϑ ) j(ϑ+ϑ ) 0 0 2j 1 − e 2j 2j 1 − e 2j
K¨oz¨os nevez˝ore hoz´as ´es az Euler-formula alkalmaz´asa ut´an a k¨ovetkez˝o eredm´enyre jutunk: S(ejϑ ) =
π sin ϑ0 e−jϑ + [δ(ϑ − ϑ0 ) − δ(ϑ + ϑ0 )] . −jϑ −j2ϑ 1 − 2 cos ϑ0 e +e 2j
1 Az s[k] = ε[k]ejϑ0 k jel spektruma pedig S(ejϑ ) = 21 1−ej(ϑ−ϑ + 0) π δ(ϑ − ϑ ) lesz. Ehhez a (7.67) o ¨ sszef¨ u gg´ e st kell felhaszn´ a lni. 0 2 Az s[k] = cos(ϑ0 k) jel spektrum´anak meghat´aroz´asa sor´an az 1 jel 2πδ(ϑ) spektrum´aba kell helyettes´ıteni a (7.68) o¨sszef¨ ugg´esnek megfelel˝oen:
S(ejϑ ) = π [δ(ϑ − ϑ0 ) + δ(ϑ + ϑ0 )] , azaz a spektrum az ϑ = ϑ0 ´es az ϑ = −ϑ0 k¨orfrekvenci´akon tartalmaz egy-egy π-vel ar´anyos Dirac-impulzust, f´azisa pedig nulla. Hasonl´ok´epp ad´odik az s[k] = sin(ϑ 0 k) jel spektruma (l. (7.69)): S(ejϑ ) = −jπ [δ(ϑ − ϑ0 ) − δ(ϑ + ϑ0 )] . 60
Ezen spektrum abszol´ ut ´ert´eke megegyezik az el˝oz˝o spektrum abszol´ ut ´ert´ek´evel, f´azisa viszont mindk´et pontban −π/2. Az s[k] = ejϑ0 k jel spektruma pedig S(ejϑ ) = 2πδ(ϑ − ϑ0 ) lesz (7.67) alapj´an. Tudjuk, hogy e jϑ0 k = cos ϑ0 k + j sin ϑ0 k, ellen˝orizz¨ uk h´at az ut´obbi h´arom o¨sszef¨ ugg´es helyess´eg´et ´es begy¨ uk figyelembe, hogy j(−j) = 1: π [δ(ϑ − ϑ0 ) + δ(ϑ + ϑ0 )] + π [δ(ϑ − ϑ0 ) − δ(ϑ + ϑ0 )] , ami pontosan a 2πδ(ϑ − ϑ0 ) spektrumot eredm´enyezi. Ez ut´obbi pedig az ejϑ0 k jel spektruma. ***
Laplace-transzform´ aci´ o 1. P´ elda. m´altj´at:
Hat´arozzuk meg a k¨ovetkez˝o jel Laplace-transzfors(t) = [ε(t) − ε(t − T )]Ae−αt ,
α > 0.
s(t)
A
6
Ae−αt T
-
t
Megold´ as. A jel a [0, T ] intervallumban az Ae −αt f¨ uggv´eny szerint v´altozik, minden m´as helyen ´ert´eke nulla. A megold´as menete az el˝oz˝o p´eld´aban ismertetett lesz. Bontsuk fel h´at a z´ar´ojelet, majd ,,csemp´essz¨ uk” be az eltol´ast: s(t) = ε(t)Ae−αt − ε(t − T )Ae−αt
= ε(t)Ae−αt − ε(t − T )Ae−α(t−T +T )
= ε(t)Ae−αt − ε(t − T )Ae−α(t−T ) Ae−αT . 61
Az utols´o tagban megjelent az Ae−αT tag, ami azonban konstans. A konstans pedig kiemelhet˝o az integr´aljel el´e, azaz a transzform´altban is szerepelni fog ugyanazon konstans. A Laplacetranszform´aci´ot ezut´an elv´egezhetj¨ uk tagonk´ent: L{s(t)} =
Ae−αT −sT A − e . s+α s+α
2. P´ elda. Hat´arozzuk meg a k¨ovetkez˝o k´et jel Laplace-transzform´altj´at: 1 s1 (t) 1 s2 (t) T
6
T
-
T
6
T
2T
-
t Megold´ as.
t
A jelek id˝of¨ uggv´enye a k¨ovetkez˝ok´epp ´ırhat´o fel:
t + ε(t − T ), T t s2 (t) = [ε(t) − ε(t − T )] + [ε(t − T ) − ε(t − 2T )]. T s1 (t) = [ε(t) − ε(t − T )]
Az s1 (t) jel id˝of¨ uggv´eny´et alak´ıtsuk a´t az ismertetett m´odon: t + ε(t − T ) T t−T +T − ε(t − T ) + ε(t − T ) T t−T − ε(t − T ) − ε(t − T ) + ε(t − T ) T t−T − ε(t − T ) , T
s1 (t) = [ε(t) − ε(t − T )] t T t = ε(t) T t = ε(t) T = ε(t)
amelynek Laplace-transzform´altja a k¨ovetkez˝o: S1 (s) = L{s1 (t)} = 62
1 1 −sT − e . 2 Ts T s2
Az s2 (t) jel id˝of¨ uggv´enye pedig a k¨ovetkez˝o: s2 (t) = ε(t)
t−T t − ε(t − T ) − ε(t − 2T ), T T
amelynek Laplace-transzform´altja a k¨ovetkez˝o: S2 (s) = L{s2 (t)} =
1 1 −sT 1 −s2T − e − e . 2 Ts T s2 s
Inverz Laplace-transzform´ aci´ o uggv´enye ´es gerjeszt´ese adott. 1. P´ elda. Egy rendszer a´tviteli f¨ Hat´arozzuk meg a rendszer v´alaszjel´et ´es hat´arozzuk meg a rendszer impulzusv´alasz´at is. W (s) =
s2
5s + 1 , + 4s + 1
s(t) = {ε(t) − ε(t − 2)} e−2t .
Megold´ as. A rendszer W = W (s) a´tviteli f¨ uggv´enye 21 k¨ozvetlen¨ ul fel´ırhat´o a rendszeregyenletb˝ol: s2 Y + 4sY + 3Y = 5sS + S
⇒
W =
5s + 1 Y = 2 , S s + 4s + 1
melyb˝ol a nevez˝o gy¨okei a m´asodfok´ u egyenlet megold´ok´eplet´evel sz´am´ıthat´ok: s2 + 4s + 1 = 0
⇒
p1 = −3, p2 = −1,
azaz a gy¨okt´enyez˝os alak seg´ıts´eg´evel az a´tviteli f¨ uggv´eny a k¨ovetkez˝ok´epp ´ırhat´o: 5s + 1 W = . (s + 3)(s + 1) 21
Az (s) jel¨ ol´est a Laplace-transzform´ aci´ o sor´ an elhagyhatjuk, mert a nagybet˝ uk ezt jel¨ olik.
63
Hat´arozzuk meg el˝osz¨or a gerjeszt´es Laplace-transzform´altj´at. Ehhez fel kell bontanunk a z´ar´ojelet ´es az exponenci´alis f¨ uggv´eny argumentum´at b˝ov´ıten¨ unk kell: s(t) = ε(t)e−2t − ε(t − 2)e−2(t−2) e−4 , melynek Laplace-transzform´altja a k¨ovetkez˝o: S=
1 −2s −4 1 − e e , s+2 s+2
s ´ıgy a v´alaszjel Laplace-transzform´altja sz´am´ıthat´o: Y =WS=
5s + 1 5s + 1 − e−2s e−4 . (s + 3)(s + 1)(s + 2) (s + 3)(s + 1)(s + 2)
A v´alaszjel id˝of¨ uggv´enye teh´at k´et tag k¨ ul¨onbs´eg´eb˝ol fog a´llni: y(t) = y1 (t) − y2 (t). L´athat´o, hogy a k´et tag alakja ugyanaz, csak a m´asodik t¨ortf¨ uggv´enyb˝ol id˝obeli eltol´as is fog sz´armazni ´es egy e−4 ´ert´ek˝ u konstans. Elegend˝o teh´at az els˝o t¨ortf¨ uggv´enyt inverz Laplace-transzform´alni, ´es a m´asodik t¨ortf¨ uggv´eny inverz Laplace-transzform´altja megegyezik az els˝o tagb´ol sz´armaz´o id˝of¨ uggv´ennyel, azzal a k¨ ul¨onbs´eggel, hogy az be lesz szororzva az e −4 konstanssal ´es el lesz tolva a t − 2 id˝opontba az eltol´as t´etelnek megfelel˝oen, azaz y2 (t) = e−4 y1 (t − 2) lesz. Koncentr´aljunk teh´at csak az els˝o tag inverz transzform´altj´ara ´es ´ırjuk fel azt parci´alis t¨ortek o¨sszegek´ent (a t¨ortf¨ uggv´eny val´odi t¨ortf¨ uggv´eny ´es a nevez˝o minden gy¨oke egyszeres): Y1 =
B C A + + . s+3 s+1 s+2
A h´arom egy¨ utthat´o meghat´arozhat´o a ,,letakar´asos-m´odszer”22 rel : A = −7, B = −2, C = 9, azaz: Y1 = 22
A=
5(−3)+1 (−3+1)(−3+2)
−7 −2 9 + + , s+3 s+1 s+2
= −7, B =
5(−1)+1 (−1+3)(−1+2)
64
= −2, C =
5(−2)+1 (−2+3)(−2+1)
= 9.
s ´ıgy az ennek megfelel˝o id˝of¨ uggv´eny a k¨ovetkez˝o: y1 (t) = ε(t) −7e−3t − 2e−t + 9e−2t .
A m´asodik tag parci´alis t¨ortekre bont´assal a k¨ovetkez˝o eredm´enyt adja (a parci´alis t¨ortek ugyanazok): −2 9 −7 e−2s e−4 , + + Y2 = s+3 s+1 s+2
s ´ıgy az ennek megfelel˝o id˝of¨ uggv´eny az eltol´asi t´etel ´ertelm´eben a k¨ovetkez˝o: n o y2 (t) = ε(t − 2)e−4 −7e−3(t−2) − 2e−(t−2) + 9e−2(t−2) . A teljes v´alasz y1 (t) ´es y2 (t) id˝of¨ uggv´enyek k¨ ul¨onbs´ege: −3t −t −2t y(t) = ε(t) −7e − 2e + 9e n o − ε(t − 2)e−4 −7e−3(t−2) − 2e−(t−2) + 9e−2(t−2) .
A v´alaszjel, hasonl´oan a gerjeszt´eshez k´et tag k¨ ul¨onbs´egek´ent a´ll´ıthat´o el˝o. Meghat´arozand´o m´eg a rendszer impulzusv´alasza. Az impulzusv´alaszr´ol viszont tudjuk, hogy az az a´tviteli f¨ uggv´eny inverz Laplace-transzform´alja. Bontsuk h´at fel az a´tviteli f¨ uggv´enyt parci´alis t¨ortek o¨sszeg´ere: W =
A B 5s + 1 = + , (s + 3)(s + 1) s+3 s+1
ahol A = 7 ´es B = −2 sz´am´ıthat´o letakar´assal 23 , ´ıgy az impulzusv´alasz id˝of¨ uggv´enye a k¨ovetkez˝o: w(t) = ε(t) 7e−3t − 2e−t .
Ebben p´eld´aban bemutattuk, hogy oldhat´o meg a rendszeregyenlet bel´ep˝o gerjeszt´es eset´en. A megold´as az id˝otartom´anyban kiss´e hosszadalmasabb lenne. 23
A=
5(−3)+1 −3+1
= 7 ´es B =
5(−1)+1 −1+3
= −2.
65
2. P´ elda. Egy rendszer a´llapotv´altoz´os le´ır´asa adott. Hat´arozzuk meg a rendszer impulzusv´alasz´at ´es ugr´asv´alasz´at. x˙ 1 (t) −2 0 x1 (t) 2 = + s(t), x˙ 2 (t) 1 −2 x2 (t) 0 x1 (t) y(t) = 1 5 + 2s. x2 (t) uggv´eny megMegold´ as. A feladat els˝o r´esz´et, azaz az a´tviteli f¨ hat´aroz´as´at k´etf´elek´epp is megoldhatjuk. Az (a) pontban a m´atrixokra alapul´o m´odszert k¨ovetj¨ uk, a (b) pontban az a´llapotv´altoz´os le´ır´as Laplace-transzform´altj´at egyenletrendszernek tekintj¨ uk ´es az Y /S h´anyadost fejezz¨ uk ki bel˝ole. (a) Az a´llapotv´altoz´os le´ır´as ´es az a´tviteli f¨ uggv´eny kapcsolata alapj´an ´ırhatjuk, hogy W =
CT adj {sE − A} B + det {sE − A} D . det {sE − A}
Hat´arozzuk meg el˝osz¨or az sE − A m´atrix adjung´altj´at: 24 s+2 0 s+2 0 adj {sE − A} = adj = , −1 s + 2 1 s+2 valamint determin´ans´at |sE − A| = (s + 2)2 = s2 + 4s + 4. A determin´ans teh´at egy polinom, ami az a´tviteli f¨ uggv´eny nevez˝oje. Az a´tviteli f¨ uggv´eny sz´aml´al´oj´anak els˝o tagja a k¨ovetkez˝ok´epp sz´am´ıthat´o: ˆ
24
1
5
˜
»
s+2 1
0 s+2
–»
2 0
–
=
ˆ
1
5
˜
»
2(s + 2) 2
–
= 2s + 14,
Ne feledkezz¨ unk meg a sakkt´ abla-szab´ alyr´ ol ´es a transzpon´ al´ asr´ ol.
66
melyhez hozz´a kell m´eg adni a det {sE − A} D tagot is, ´es ´ıgy a sz´aml´al´o a k¨ovetkez˝o lesz: 2s+14+(s 2 +4s+4)2 = 2s2 +10s+22. Az a´tviteli f¨ uggv´eny pedig az al´abbi: W (s) =
2s2 + 10s + 22 . s2 + 4s + 4
(b) Ezen p´eld´an kereszt¨ ul bemutatjuk, hogy az a´llapotv´altoz´os le´ır´assal adott rendszer a´tviteli f¨ uggv´enye hogy hat´arozhat´o meg egyenletrendszer megold´as´aval. Az a´llapotv´altoz´os le´ır´as norm´alalakja id˝otartom´anyban ´es startom´anyban a k¨ovetkez˝o: x˙ 1 = −2x1 + 2s, sX1 = −2X1 + 2S, x˙2 = x1 − 2x2 ⇒ sX2 = X1 − 2X2 y = x1 + 5x2 + 2s. Y = X1 + 5X2 + 2S.
Ut´obbi egyenletrendszert mindig u ´ gy kell alak´ıtani, hogy abb´ol az a´tviteli f¨ uggv´eny alakj´at kapjuk. A megold´as menete a k¨ovetkez˝o. Fejezz¨ uk ki az els˝o k´et egyenletb˝ol (´altal´anosan az els˝o N egyenletb˝ol) az ismeretlennek tekintett a´llapotv´altoz´ok X i = Xi (s) (i = 1, . . . , N ) Laplace-transzform´altj´at az ismertnek tekintett S = S(s) gerjeszt´essel, majd helyettes´ıts¨ uk vissza azokat az utols´o (az N + 1-edik) egyenletbe. Az a´llapotv´altoz´okat teh´at ki kell ejteni az egyenletekb˝ol. Ez´altal kapunk egy olyan egyenletet, amely csak az Y = Y (s)-et ´es az S-et tartalmazza. Jelen p´eld´an´al maradva, fejezz¨ uk ki el˝osz¨or az X1 v´altoz´ot az els˝o egyenletb˝ol: X1 =
2 S, s+2
majd helyettes´ıts¨ uk vissza ezt a m´asodik egyenletbe ´es fejezz¨ uk ki az X2 v´altoz´ot szint´en S seg´ıts´eg´evel: sX2 =
2 S − 2X2 s+2
⇒ 67
X2 =
2 S. (s + 2)2
Helyettes´ıts¨ uk be a kapott eredm´enyeket az Y -t megad´o egyenletbe ´es hozzuk azt k¨oz¨os nevez˝ore: Y =
2 2 2(s + 2) + 10 + 2(s + 2)2 S+5 S + 2S = S, s+2 (s + 2)2 (s + 2)2
majd bontsuk fel a z´ar´ojeleket ´es hozzuk az eredm´enyt az a´tviteli f¨ uggv´eny alakj´ara: W (s) =
2s2 + 10s + 22 Y = . S s2 + 4s + 4
Az eredm´eny nyilv´an megegyezik az (a) pontban kapott megold´assal. A (b) pontban k¨oz¨olt megold´as alacsony rendsz´am eset´en nagyon egyszer˝ u: egy egyenletrendszert kell a k´ıv´ant alakra hozni, amelyben a gerjeszt´es Laplace-transzform´altj´at ismertnek tekintj¨ uk, s minden m´as v´altoz´ot ismeretlennek, de ´ertelemszer˝ uen csak a v´alasz Laplace-transzform´altj´ara kell koncentr´alnunk. Az (a) pontban k¨oz¨olt megold´as csak alacsony foksz´am (N = 2 esetleg N = 3) eset´en v´egezhet˝o el k´enyelmesen pap´ıron, azonban sz´am´ıt´astechnikailag nagyon fontos eredm´eny. Hat´arozzuk meg ezut´an az impulzusv´alaszt az a´tviteli f¨ uggv´eny inverz Laplace-transzform´altjak´ent. A t¨ortf¨ uggv´eny azonban most nem val´odi t¨ort, mert a sz´aml´al´o polinomj´anak foksz´ama megegyezik a nevez˝o polinomj´anak foksz´am´aval. Ebben az esetben polinomoszt´ast kell v´egezni: (1)
(2s2 + 10s + 22) : (s2 + 4s + 4) = 2 (2) (2s2 + 8s + 8) (3)
(2s + 14)
Az (1) l´ep´esben osszuk el a sz´aml´al´o legmagasabb fok´ u tagj´at 2s2 a nevez˝o legmagasabb fok´ u tagj´aval: s2 = 2 ´es ´ırjuk le ezt az egyenl˝os´egjel ut´an. Ezekut´an (a (2) l´ep´esben) szorozzuk be a nevez˝ot ezzel a taggal (a 2-vel) ´es ´ırjuk le a kapott eredm´enyt a 68
sz´aml´al´o al´a u ´ gy, hogy az azonos foksz´am´ u tagok egym´as al´a essenek, majd a (3) l´ep´esben vonjuk ki az egym´as alatt a´ll´o tagokat, ´ıgy mindig egy 1-el kisebb foksz´am´ u polinomot kapunk. Ha ezen marad´ek polinom foksz´ama kisebb, mint a nevez˝o foksz´ama, akkor meg´allhatunk, hiszen val´odi t¨ortf¨ uggv´enyt kapunk, ´es az u ´j t¨ortf¨ uggv´eny sz´aml´al´oja a marad´ek polinom lesz. Ezt parci´alis t¨ortekre tudjuk bontani: W (s) = 2 +
2s + 14 A B 2s + 14 =2+ =2+ + . s2 + 4s + 4 (s + 2)2 s + 2 (s + 2)2
A konstans taggal egyel˝ore nem kell foglalkoznunk, csak a t¨ortf¨ uggv´ennyel. A 2. p´elda kapcs´an tudjuk, hogy csak a B egy¨ utt2(−2)+14 = 10, az hat´ot tudjuk letakar´assal meghat´arozni: B = 1 A egy¨ utthat´ot pedig az egy¨ utthat´ok egyez´es´evel a´ll´ıthatjuk el˝o. Hozzuk teh´at k¨oz¨os nevez˝ore a parci´alis t¨orteket ´es ´ırjuk fel ennek sz´aml´al´oj´at, amit egyenl˝ov´e tesz¨ uk a 2s + 14 sz´aml´al´oval: A(s + 2) + B = 2s + 14, ahonnan A = 2 ´es 2A + B = 14, azaz A = 2. A m´asodik egyenlet term´eszetesen teljes¨ ul, mivel B ´ert´ek´et m´ar meghat´aroztuk. Az a´tviteli f¨ uggv´eny alakja teh´at a k¨ovetkez˝o: W (s) = 2 +
10 2 + , s + 2 (s + 2)2
´es az ennek megfelel˝o impulzusv´alasz: w(t) = 2δ(t) + ε(t) 2e−2t + 10te−2t .
A polinomoszt´assal nyert konstans teh´at Dirac-impulzusnak felel meg az id˝of¨ uggv´enyben. Az ugr´asv´alasz meghat´arozhat´o k¨ozvetlen¨ ul az impulzusv´alaszb´ol integr´al´assal, azonban ez hosszadalmas lenne. C´elszer˝ u
69
ez´ert az inverz Laplace-transzform´aci´ot alkalmazni ebben az esetben is. Tudjuk, hogy az impulzusv´alasz az ugr´asv´alasz a´ltal´anos´ıtott deriv´altja, a deriv´al´asnak pedig s-el t¨ort´en˝o szorz´as felel meg az s-tartom´anyban, ha deriv´aland´o jel bel´ep˝o (az ugr´asv´alasz pedig bel´ep˝o):25 w(t) = v(t) ˙
⇒
W (s) = sV (s)
⇒
V (s) =
1 W (s). s
Azt kell teh´at tenn¨ unk, hogy az a´tviteli f¨ uggv´enyt elosztjuk s-el (ami pont az id˝otartom´anyban v´egzett integr´al´asnak felel meg), majd az ´ıgy kapott V (s) val´odi t¨ortf¨ uggv´enyt inverz Laplacetranszform´aljuk a szok´asos m´odon: V (s) =
2s2 + 10s + 22 A B C = + + . 2 s(s + 2) s s + 2 (s + 2)2
Ebben a kifejez´esben az A ´es a C egy¨ utthat´o letakar´assal meghat´arozhat´o, a B egy¨ utthat´o pedig csak az egy¨ utthat´ok egyeztet´es´evel sz´am´ıthat´o ki: A = 5, 5 ´es C = −5. A B egy¨ utthat´o meghat´aroz´as´ahoz hozzuk k¨oz¨os nevez˝ore a parci´alis t¨orteket ´es csak a sz´aml´al´oval foglalkozzunk: A(s+2)2 +Bs(s+2)+Cs = A(s2 +4s+4)+B(s2+2s)+Cs = 2s2 +10s+22,
azaz
A+B =2 4A + 2B + C = 10 4A = 22
´es p´eld´aul az els˝o egyenletb˝ol B = 2 − A = −3, 5. A m´asik k´et egyenlet is term´eszetesen teljes¨ ul. A visszatranszform´aland´o kifejez´es teh´at a k¨ovetkez˝o: V (s) =
−5 5, 5 −3, 5 , + + s s + 2 (s + 2)2
25
Az ugr´ asv´ alasz Laplace-transzform´ altj´ anak jele V (s), azaz V (s) = L{v(t)}.
70
aminek a k¨ovetkez˝o id˝of¨ uggv´eny felel meg: v(t) = ε(t) 5, 5 − 3, 5e−2t − 5te−2t .
Ennek a´ltal´anos´ıtott deriv´altja pontosan a w(t) id˝of¨ uggv´eny´et adja. ***
z-transzform´ aci´ o 1. P´ elda. Hat´arozzuk meg a K − 1 hossz´ us´ah´ u impulzus ztranszform´altj´at. Megold´ as.
A jel id˝of¨ uggv´enye a k¨ovetkez˝o: s[k] = ε[k] − ε[k − K],
melynek z-transzform´altja a k¨ovetkez˝o: Z{s[k]} =
z z − z −K . z−1 z−1
Ezt a p´eld´at az´ert eml´ıtj¨ uk meg, hogy felh´ıvjuk a figyelmet a diszkr´et idej˝ u ablakozott jelekre. Ha ugyanis az ε[k] jelb˝ol kivonunk egy ε[k − K] K-adik u ¨ temben bel´ep˝ojelet, akkor az ered˝o jel ak=K u ¨ temben m´ar nulla ´ert´ek˝ u lesz, hiszen az ε[k] jel ´ert´eke itt 1, de az eltolt ε[k − K] jel ´ert´eke is 1. A kett˝o k¨ ul¨onbs´ege pedig nulla. Ezt illusztr´alja a k¨ovetkez˝o a´bra: ε[k]
ε[k − K]
6
6
-
k
71
ε[k] − ε[k − K]
6
-
K
k
K
k
2. P´ elda.
Hat´arozzuk meg a k¨ovetkez˝o jel z-transzform´altj´at. ha k ≤ −1; 0, s[k] = 1 + k, ha 0 ≤ k ≤ 3; 0 ha 4 ≤ k.
¨ temek kiv´etel´evel minMegold´ as. Ezen jel a k = 0, 1, 2, 3 u den¨ utt nulla, teh´at fel´ırhat´o a k¨ovetkez˝o ablakozott jel alakj´aban: s[k] = {ε[k] − ε[k − 4]} (1 + k). Els˝o l´ep´esben bontsuk fel a z´ar´ojeleket ´es alak´ıtsuk a´t a jel utols´o tagj´at az eltol´asi t´etel alkalmazhat´os´aga ´erdek´eben ´es vonjunk o¨ssze: s[k] = ε[k](1 + k) − ε[k − 4](1 + k)
= ε[k] + ε[k]k − ε[k − 4] − ε[k − 4](k − 4 + 4)
= ε[k] + ε[k]k − ε[k − 4] − ε[k − 4](k − 4) − ε[k − 4]4 = ε[k] + ε[k]k − 5ε[k − 4] − ε[k − 4](k − 4).
Ezen jelben szerepl˝o o¨sszes f¨ uggv´eny z-transzform´altja ismert. A v´egeredm´eny teh´at a k¨ovetkez˝o: Z{s[k]} =
z 5z −4 z z + − z − z −4 . 2 z − 1 (z − 1) z−1 (z − 1)2
Inverz z-transzform´ aci´ o 1. P´ elda. Egy rendszer a´llapotv´altoz´os le´ır´asa adott. Hat´arozzuk meg a rendszer a´tviteli f¨ uggv´eny´et ´es impulzusv´alasz´at. x1 [k + 1] 0, 2 0, 5 x1 [k] 1 = + s[k], x2 [k + 1] 1 −0, 2 x2 [k] 3 x1 [k] y[k] = 2 1 + 5s[k]. x2 [k] 72
Megold´ as. A feladatot k´etf´elek´epp is megoldhatjuk. Az (a) pontban a m´atrixokra alapul´o m´odszert k¨ovetj¨ uk, a (b) pontban az a´llapotv´altoz´os le´ır´as z-transzform´altj´at egyenletrendszerk´ent kezelj¨ uk ´es az Y /S h´anyadost fejezz¨ uk ki bel˝ole. (a) Az a´llapotv´altoz´os le´ır´as ´es az a´tviteli f¨ uggv´eny kapcsolata alapj´an ´ırhatjuk, hogy W =
CT adj (zE − A) B + |zE − A| D . |zE − A|
Hat´arozzuk meg el˝osz¨or a zE − A m´atrix adjung´altj´at: 26 z + 0, 2 0, 5 z − 0, 2 −0, 5 , = adj (zE − A) = adj 1 z − 0, 2 −1 z + 0, 2 valamint determin´ans´at |zE − A| = z 2 − 0, 54. A determin´ans egy polinomot jelent, ami az a´tviteli f¨ uggv´eny nevez˝oje. Az a´tviteli f¨ uggv´eny sz´aml´al´oj´anak els˝o tagja a k¨ovetkez˝ok´epp sz´am´ıthat´o: ˆ
2
1
˜
»
z + 0, 2 1
0, 5 z − 0, 2
–»
1 3
–
=
ˆ
2
1
˜
»
z + 1, 7 3z + 0, 4
–
= 5z + 3, 8,
melyhez hozz´a kell m´eg adni a |zE − A| D tagot is, ´es ´ıgy a sz´aml´al´o a k¨ovetkez˝o lesz: 5z +3, 8+5(z 2 −0, 54) = 5z 2 +5z +1, 1. Az a´tviteli f¨ uggv´eny teh´at az al´abbi: W (z) =
5z 2 + 5z + 1, 1 . z 2 − 0, 54
(b) Ezen p´eld´an kereszt¨ ul bemutatjuk, hogy az a´llapotv´altoz´os le´ır´assal adott rendszer a´tviteli f¨ uggv´enye hogy hat´arozhat´o meg egyenletrendszer megold´as´aval. 26
Ne feledkezz¨ unk meg itt sem a sakkt´ abla-szab´ alyr´ ol ´es a transzpon´ al´ asr´ ol.
73
Az a´llapotv´altoz´os le´ır´as norm´alalakja id˝otartom´anyban ´es ztartom´anyban a k¨ovetkez˝o: x1 [k + 1] = 0, 2x1 [k] + 0, 5x2 [k] + s[k], zX1 = 0, 2X1 + 0, 5X2 + S, x2 [k + 1] = x1 [k] + 0, 2x2 [k] + 3s[k], ⇒ zX2 = X1 − 0, 2X2 + 3S, Y = 2X1 + X2 + 5S. y[k] = 2x1 [k] + x2 [k] + 5s[k].
Ut´obbi egyenletrendszert mindig u ´ gy kell alak´ıtani, hogy abb´ol az a´tviteli f¨ uggv´eny alakj´at kapjuk. A megold´as menete a k¨ovetkez˝o. Fejezz¨ uk ki az els˝o k´et egyenletb˝ol (´altal´anosan az els˝o N egyenletb˝ol) az ismeretlennek tekintett a´llapotv´altoz´ok X i = Xi (z) (i = 1, . . . , N ) z-transzform´altj´at az ismertnek tekintett S = S(z) gerjeszt´essel, majd helyettes´ıts¨ uk vissza azokat az utols´o (az (N + 1)-edik) egyenletbe. Az a´llapotv´altoz´okat teh´at ki kell ejteni az egyenletekb˝ol. Ez´altal kapunk egy olyan egyenletet, amely csak az Y = Y (z)-t ´es az S-et tartalmazza. Jelen p´eld´an´al maradva, fejezz¨ uk ki el˝osz¨or az X1 v´altoz´ot a m´asodik egyenletb˝ol: X1 = (z + 0, 2)X2 − 3S, majd helyettes´ıts¨ uk vissza ezt az els˝o egyenletbe ´es fejezz¨ uk ki az X2 v´altoz´ot: 3z + 0, 4 S. X2 = 2 z − 0, 54 Az X2 ´ıgy rendben is van, hiszen az S f¨ uggv´enye. ´Irjuk ezt vissza az X1 kifejez´es´ebe, s k¨oz¨os nevez˝ore hoz´as ´es rendez´es ut´an kapjuk, hogy z + 1, 7 S. X1 = 2 z − 0, 54 Helyettes´ıts¨ uk be a kapott eredm´enyeket az Y -t megad´o egyenletbe ´es hozzuk azt k¨oz¨os nevez˝ore: Y =2 azaz:
z + 1, 7 3z + 0, 4 5z 2 + 5z + 1, 1 S + S + 5S = S, z 2 − 0, 54 z 2 − 0, 54 z 2 − 0, 54 W (z) =
Y 5z 2 + 5z + 1, 1 = . S z 2 − 0, 54 74
Az eredm´eny nyilv´an megegyezik az (a) pontban kapott megold´assal. A (b) pontban k¨oz¨olt megold´as alacsony rendsz´am eset´en nagyon egyszer˝ u: egy egyenletrendszert kell a k´ıv´ant alakra hozni, amelyben a gerjeszt´es z-transzform´altj´at ismertnek tekintj¨ uk, s minden m´as v´altoz´ot ismeretlennek, de ´ertelemszer˝ uen csak a v´alasz z-transzform´altj´ara kell koncentr´alnunk. Az (a) pontban k¨oz¨olt megold´as csak alacsony foksz´am (N = 2, esetleg N = 3) eset´en v´egezhet˝o el k´enyelmesen pap´ıron, azonban sz´am´ıt´astechnikailag nagyon fontos eredm´eny. Hat´arozzuk meg ezut´an az impulzusv´alaszt az a´tviteli f¨ uggv´eny inverz z-transzform´altjak´ent. A t¨ortf¨ uggv´eny nem val´odi t¨ort (´alt¨ort), polinomoszt´assal azonban azz´a lehet tenni: W (z) = 5 +
5z + 3, 8 . z 2 − 0, 54
A m´asodik tagb´ol jelen esetben nem tudunk kiemelni egy z szorz´ot´enyez˝ot, amivel azt´an a parci´alis t¨ortekre bont´as ut´an visszaszorozn´ank. Vigy¨ unk be egy z szorz´ot´enyez˝ot u ´ gy, hogy szorozzuk −1 be a m´asodik tagot zz -gyel: W (z) = 5 + zz −1
5z + 3, 8 . z 2 − 0, 54
A z −1 id˝obeli eltol´ast jelent. Parci´alis t¨ortekre bont´assal a k¨ovetkez˝o eredm´enyt kapjuk: W (z) = 5 + z −1
5, 086z 0, 086z − z −1 , z − 0, 735 z + 0, 735
aminek a k¨ovetkez˝o impulzusv´alasz felel meg: w[k] = 5δ[k] + ε[k − 1] 5, 086 · 0, 735k−1 − 0, 086(−0, 735k−1 ) .
A polinomoszt´assal nyert konstans teh´at Dirac-impulzusnak felel meg az id˝of¨ uggv´enyben. Ezen p´elda fontos konkl´ uzi´oja m´eg a bevitt id˝obeli eltol´as. *** 75
Mintav´ etelez´ es P´ elda. A (10.9) o¨sszef¨ ugg´est a legegyszer˝ ubb, ugr´assal is rendelkez˝o jellel, az ε(t) jellel verifik´aljuk. Az ε(t) jel ismert spektrum´ab´ol a´ll´ıtjuk el˝o a mintav´etelezett jel spektrum´at a (10.8) o¨sszef¨ ugg´esnek megfelel˝oen: ∞ 1 τ X + πδ(ω − iωs ) = SMV (jω) = Ts j(ω − iωs ) i=−∞ ∞ X
∞ τ 1 τ X = + πδ(ω − iωs ) = Ts j(ω − iωs ) Ts i=−∞ i=−∞ ( ) ∞ ∞ X 2jω τ X 1 (1) τ + πδ(ω − iωs ). = + Ts jω (jω)2 − i2 (jωs )2 Ts i=1
i=−∞
Az (1) pontban kett´ebontjuk az o¨sszeget, az els˝o tag az i = 0 indexnek felel meg, a m´asodik tagban pedig a −i ´es a +i indexeknek megfelel˝o tagokat k¨oz¨os nevez˝ore hozva a fenti o¨sszeget kapjuk, hiszen: 1 ω − iωs + ω + iωs 2ω 1 + = = = 2 j(ω + iωs ) j(ω − iωs ) j(ω + iωs )(ω − iωs ) j(ω − i2 ωs2 ) −2jω 2jω 2jω = 2 = = . 2 2 2 2 2 2 ω − i ωs −ω + i ωs (jω) − i2 (jωs )2 Az utols´o szumm´aval egyel˝ore ne foglalkozzunk. A k¨ovetkez˝o sor¨osszeg el˝oa´ll´ıt´as´ara kell t¨orekedn¨ unk: ∞
1 X 2ϕ tg ϕ = + . 2 ϕ ϕ − i2 π 2
(2)
i=1
Az els˝o k´et tagban ennek form´aja felismerhet˝o, csak ´epp a π 2 t´enyez˝ot kellene bevinni. Haszn´aljuk fel h´at az ω s = 2π Ts
76
o¨sszef¨ ugg´est, majd emelj¨ uk ki a j T2s t´enyez˝ot: ∞
∞
i=1
i=1
X X 1 1 2jω + = + jω (jω)2 − i2 (jωs )2 jω =
∞ 1 X 1 + 2 jω i=1 j T2s
jω j T2
s
2jω = 2 2 2 −i π
jω j T2
2 ∞ 1 1 X + = 2 2 j Ts jω jω i=1
j T2
j T2
s
s
s
− i2 π
2jω 2 = 2 2 (jω) − i j 2π Ts
1 Ts ω . = 2 tg j Ts 2 2
Helyettes´ıts¨ uk vissza ezen eredm´enyt az S MV (jω) o¨sszef¨ ugg´esben a kapcsos z´ar´ojel hely´ebe: ∞ τ X Ts τ ω + πδ(ω − iωs ). SMV (jω) = tg j2 2 Ts i=−∞
sin ϕ ¨sszef¨ ugg´est u ´ gy, hogy k¨ozben Haszn´aljuk fel most a tgϕ = cos ϕ o az Euler-formul´akat is alkalmazzuk: Ts Ts ∞ τ X τ ejω 2 − e−jω 2 + SMV (jω) = − πδ(ω − iωs ). 2 ejω T2s + e−jω T2s Ts i=−∞
= Adjunk ehhez most hozz´a s(0)τ 2 vez˝ore az els˝o k´et t´enyez˝ot:
τ 2
´ert´eket, ´es hozzuk k¨oz¨os ne-
Ts Ts ∞ τ τ X τ ejω 2 + e−jω 2 + SMV (jω) = + πδ(ω − iωs ) = 2 2 ejω T2s − e−jω T2s Ts i=−∞
=τ
ejω
ejω
Ts 2
Ts 2
− e−jω
Ts 2
+
∞ τ X πδ(ω − iωs )s, Ts i=−∞
77
majd osszuk el a t¨ort sz´aml´al´oj´at ´es nevez˝oj´et is e jω SMV (jω) = τ
Ts 2
-vel:
∞ τ X 1 + πδ(ω − iωs ). 1 − e−jωTs Ts i=−∞
Ez teh´at a (10.8) o¨sszef¨ ugg´es szerint kapott eredm´eny, melyhez s(0)τ ugg´es. ´Irjuk hozz´aadtunk m´eg 2 -t, ami pontosan a (10.9) o¨sszef¨ fel most az ε[k] diszkr´et idej˝ u jel Fourier-transzform´altj´at, ´es a (10.4) formul´anak megfelel˝oen v´egezz¨ uk el a ϑ = ωT s helyettes´ıt´est ´es a τ -val val´o beszorz´ast: ∞ X 1 +π δ(ϑ − i2π) S(e ) = 1 − e−jϑ jϑ
i=−∞
⇒
⇒
∞ τ X 1 +π SMV (jω) = τ δ(ω − iωs ). 1 − e−jωTs Ts i=−∞
Megjegyezz¨ uk, hogy a szumma a´talak´ıt´asa a sk´al´az´asi t´etel ´ertelm´eben t¨ort´enik (l. F{1} → E MV (jω) a´talak´ıt´ast). A leul vezet´esben azt kell ´eszrevenni, hogy az 12 hozz´aad´asa n´elk¨ nem kaptuk volna meg a helyes eredm´enyt. A (10.9) o¨sszef¨ ugg´es a´ltal´anos ´erv´eny˝ u.
78
