Zbirka signala i sistema

др Миленко Андрић, Андрић, дипл. дипл. инж. инж. мр Димитрије Бујаковић, Бујаковић, дипл. дипл. инж. инж.

Сигнали и системи Збирка решених Збирка решених задатака задатака

Београд, Београд, 2010

-2-

Сигнали и системи – системи – збирка збирка решених решених задатака задатака

Садржај

Основни појмови о сигналима и системима ................................................... ....... 3 Решени задаци Решени задаци ................................................ .................................................................................................... ........................................................... ....... 6 Задаци за Задаци за решавање решавање ................................................ ................................................................................................ ................................................ 26 Линеарни временски инваријантни системи ................................................. ..... 33 Решени задаци Решени задаци ................................................ .................................................................................................... ......................................................... ..... 34 Задаци за Задаци за решавање решавање ................................................ ................................................................................................ ................................................ 65 Лапласова трансформација и временски континуални ЛТИ системи .......... 70 Решени задаци Решени задаци ................................................ .................................................................................................... ......................................................... ..... 72 Задаци за Задаци за решавање решавање ................................................ ................................................................................................ ................................................ 89 Z - трансформација и временски дискретни ЛТИ системи .............................. 98 Решени задаци Решени задаци ................................................ .................................................................................................... ....................................................... ... 101 Задаци за Задаци за решавање решавање ................................................ .............................................................................................. .............................................. 119 Фуријеова анализа континуалних сигнала и система ..................................... 126 Решени задаци Решени задаци ................................................ .................................................................................................... ....................................................... ... 130 Задаци за Задаци за решавање решавање ................................................ .............................................................................................. .............................................. 153 Фуријеова анализа дискретних сигнала и система .......................................... 165 Решени задаци Решени задаци ................................................ .................................................................................................... ....................................................... ... 168 Задаци за Задаци за решавање решавање ................................................ .............................................................................................. .............................................. 186 Моделовање система у простору стања ................................................... ........... 197 Решени задаци Решени задаци ................................................ .................................................................................................... ....................................................... ... 199 Задаци за Задаци за решавање решавање ................................................ .............................................................................................. .............................................. 218

-1-


Предговор

Теорија сигнала и система представља основу у свим областима електротехничког инжењерства, инжењерства, као и у многим другим научним и инжењерским дисциплинама. дисциплинама. Ова збирка решених задатака је намењена кадетима Војне академије, академије, студијски програм војноелектронско инжењерство, инжењерство, као основна литература за праћење садржаја из предмета Сигнали и системи. системи. Задаци у збирци су разврстани су разврстани у седам поглавља: поглавља: •

Основни појмови о сигналима и системима; системима;

•

Линеарни временски инваријантни системи; системи;

•

Лапласова трансформација и временски континуални ЛТИ системи; системи;

•

Z трансформација и временски дискретни ЛТИ системи; системи;

•

Фуријеова анализа континуалних сигнала и система; система;

•

Фуријеова анализа дискретних сигнала и система; система;

•

Моделовање система у простору стања. стања.

У сваком од поглавља дат је дат је кратак теоријски увод, увод, одређени број решених број решених задатака и задатака намењених за самосталан рад са датим решењима. решењима. Збирка садржи садржи 260 задатака. задатака. Аутори исказују захвалност рецензентима на корисним саветима при изради ове збирке, збирке, као и свим колегама Катедре Војноелектронских система на помоћи. помоћи. Београд, Београд, 04.05.2010. године Аутори

-2-

1. Основни појмови о сигналима и системима

1. Основни појмови о сигналима и системима Сваки сигнал x(t ) или x[n] се може представити као збир свог парног и непарног дела:

x(t ) = xe (t ) + xo (t ), x[ n] = xe [n] + xo [ n].

(1.1)

Парни и непарни део за континуалне сигнале је дефинисан као:

xe (t ) = xo (t ) =

1

( x(t ) + x(−t ) ) ,

2 1

(1.2)

( x(t ) − x(−t ) ) ,

2

а за дискретне сигнале:

xe [ n] = xo [ n] =

1

( x[n] + x[− n] ) ,

2 1

2

(1.3)

( x[n] − x[− n] ) .

За континуални сигнал x(t ) се каже да је периодичан са периодом Т , ако за свако t постоји позитивна ненулта вредност Т , за коју је

x(t + T ) = x(t ).

(1.4)

Основни период Т 0 је најмања позитивна вредност која задовољава (1.4). За дискретни сигнал x[n] се каже да је периодичан са периодом N , ако за свако n постоји позитивна целобројна вредност N , за коју је

x[ n + N ] = x[ n].

(1.5)

Основни период N 0 је најмања позитивна целобројна вредност која задовољава (1.5). За континуални сигнал, нормализована енергија сигнала је дефинисана као ∞

E x =

∫

2

x(t ) dt ,

(1.6)

−∞

а нормализована средња снага је дефинисана као

P x = lim

T →∞

1

T / 2

∫

T −T / 2

-3-

2

x (t ) dt .

(1.7)

Сигнали и системи – збирка решених задатака Нормализована енергија дискретног сигнала је дефинисана као x

=

∞

∑

2

x[ n] ,

(1.8)

n =−∞

а нормализована средња снага је дефинисана као

P x = lim

N

1

N →∞

∑ 2 N + 1

2

x[n] .

(1.9)

n =− N

За сигнал x(t ) (или x[n]) се каже да је сигнал (или секвенца) енергије ако и само ако је 0 < E x < ∞ и P x = 0 . За сигнал x(t ) (или x[n]) се каже да је сигнал (или секвенца) снаге ако и само ако је 0 < P x < ∞ и E x = ∞ . Јединични одскочни сигнал ( Heaviside unit function) се дефинише као

⎧1 t > 0 0 t 0 < ⎩

u (t ) = ⎨

(1.10)

Јединични импулсни сигнал ( Dirac delta function) се дефинише помоћу следећих релација:

⎧1 t = 0 , ≠ 0 t 0 ⎩

δ (t ) = ⎨

(1.11)

∞

∫ δ (t )dt = 1 ,

(1.12)

−∞ ∞

∫ φ (t )δ (t )dt = φ (0) ,

(1.13)

−∞

где је φ (t ) регуларна функција непрекидна за t = 0 . Алтернативни начин дефинисања δ (t ) дат је следећом релацијом:

a<0
(1.14)

Неке особине јединичног импулсног сигнала су: 1. особина одабирања

(t )δ (t − a) = x( a)δ (t ) ,

(1.15)

2. особина филтрирања ∞

∫ x(t )δ (t − a)dt = x(a) , −∞

3.

δ (at ) =

1 a

δ (t ) ,

-4-

(1.17)

(1.16)


δ (t ) =

4.

du (t ) dt

.

(1.18)

Комплексни континуални експоненцијални сигнал дефинисан као

(t ) = e

jω 0t

= cos ω0t + j sin ω 0t

(1.19)

је периодичан сигнал са основним периодом

T 0 =

2π ω 0

.

(1.20)

Простопериодични континуални сигнал дефинисан као

x(t ) = A cos (ω0t + θ ) је периодичан сигнал ако задовољава (1.20), где је ω0 учестаност, а

0

(1.21)

= 2π

0

основна угаона

основна учестаност.

Јединична одскочна секвенца је дефинисана као

⎧1 n ≥ 0 . < 0 n 0 ⎩

u[n] = ⎨

(1.22)

Јединична импулсна секвенца је дефинисана као

⎧1 n = 0 . ⎩0 n ≠ 0

δ [n] = ⎨

(1.23)

Особина одабирања јединичне импулсне секвенце је

x[ n]δ [ n − k ] = x[ k ]δ [ n − k ] .

(1.24)

Веза између јединичне импулсне секвенца и јединичне одскочне секвенце је δ [n] = u[ n] − u[ n − 1] , односно u[ n] =

(1.25)

n

∑ δ [k ] .

(1.26)

k =−∞

Комплексна експоненцијална секвенца дефинисана као j Ω0 n

[ n] = e

= cos Ω0t + j sin Ω 0t

(1.27)

је периодична ако је

Ω0 2π

=

m N 0

,

(1.28)

где су m и N 0 узајамно прости бројеви. N 0 је основни период секвенце. Простопериодична секвенца дефинисана као

x[n ] = A cos ( Ω0 n + θ )

(1.29)

је периодична ако задовољава (1.28). Систем представља трансформацију улазног сигнала математички се може приказати у следећем облику:

y = T { x} .

-5-

у

излазни

сигнал

и (1.30)

Сигнали и системи – збирка решених задатака Ако трансформација Т задовољава особине адитивности и хомогености, (1.31), систем је линеаран.

T {α1 x1 + α 2 x2 } = α1T { x1 } + α 2T { x2 }

(1.31)

Систем је временски инваријантан ако временски померај улазног сигнала проузрокује исти временски померај излазног сигнала. За континуалне системе овај услов се може записати у следећем облику

T { x(t − τ )} = y(t − τ ) ,

(1.32)

а за дискретне системе као

T { x[n − k ]} = y[n − k ] .

(1.33)

Систем је каузалан ако излаз система у посматраном тренутку зависи само од вредности улазног сигнала система у посматраном тренутку и вредности улазног сигнала система до посматраног тренутка. Систем не поседује меморију ако излазни сигнал система у било ком тренутку зависи само од улазног сигнала у истом тренутку.

Решени задаци 1. Временски континуални сигнал x(t ) је приказан на слици 1.1. Скицирати следеће сигнале:

а) б)

x(t -2), x(t/2).

Слика 1.1. Сигнал x(t ) Решење:

а) Сигнал x(t -2) се добија применом смене u t – 2 на сигнал x(t ) и приказан је на слици 1.2. Добијени сигнал представља транслиран изворни сигнал за 2 подеока у десно.

-6-


Слика 1.2. Сигнал x(t-2)

б) Сигнал x(t/2) се добија применом смене u t 2 на сигнал x(t ) и приказан је на слици 1.3. Добијени сигнал задржава облик изворног сигнала, али му је временско трајање два пута веће.

Слика 1.3. Сигнал x(т /2)

2. Временски дискретни сигнал x[n] приказан је на слици 1.4. Скицирати следеће сигнале: а) x[2n], б) x[-n+2].

-7-

Сигнали и системи – збирка решених задатака Слика 1.4. Сигнал x[n] Решење:

а) Временски дискретни сигнал дефинисан је у тачно одређеним тренуцима времена. Сигнал x[2n] се добија применом смене u 2n на сигнал x[n] и приказан је на слици 1.5. Добијени сигнал има два пута мање временских одбирака од изворног сигнала.

Слика 1.5. Сигнал x[2n]

б) Сигнал x[-n+2] се добија применом смене u

n

2 на сигнал x[n] и приказан је

на слици 1.6. Сигнал x[-n+2] се алтернативно може добити ако се прво изврши транслирање сигнала x[n] за два одбирка у лево, а затим добијени сигнал инвертује.

Слика 1.6. Сигнал x[-н+2]

3. Временски континуални сигнал x(t ) је описан релацијом:

⎧1 − t − 1 ≤ t ≤ 1 x(t ) = ⎨ t < −1, t > 1 ⎩0 Одредити секвенцу која се добија одабирањем сигнала x(t ) са следећим периодима одабирања: а) 0.25 s, б) 0.5 s, в) 1 s. Решење:

-8-

1. Основни појмови о сигналима и системима На слици 1.7 приказан је сигнал x(t ).

Слика 1.7. Сигнал x(t )

а) Ако је период одабирања континуалног сигнала x(t ), Т s=0.25 s, онда се добија секвенца x[n] = {K,0,0.25,0.5, [1],0.5,0.25,0,K} која је приказана на слици 1.8.

Слика 1.8. Дискретизовани сигнал x(т), Т с=0.25 с.

б) Ако је Т s=0.5 s, онда се добија секвенца x[n] = {K,0,0.5, [1],0.5,0,K} која је приказана на слици 1.9.

-9-

Сигнали и системи – збирка решених задатака

Слика 1.9. Дискретизовани сигнал x(т), Т с=0.5 с.

в) Ако је Т s=1 s, онда се добија секвенца x[ n] = {K,0, [1],0,K} која је приказана на слици 1.10.

Слика 1.10. Дискретизовани сигнал x(т) , Т с=1 с.

4. Одредити парни и непарни део сигнала x(t ) = e jt . Решење:

Применом релације (1.2) добијају се парна и непарна компонента сигнала x(t ).

xe (t ) = xo (t ) =

1 2 1 2

( x(t ) + x(−t ))

⇒

xe (t ) =

( x(t ) − x(−t ) )

⇒

xo (t ) =

1 2 1 2

(e

jt

(e

jt

+ e − jt ) = cos t , − e − jt ) = j sin t .

5. За сигнале приказане на сликама 1.11.а) и 1.11.б) одредити и скицирати парну и непарну компоненту сигнала.

- 10 -


а )

б )

Слика 1.11. а ) Сигнал x(t ) = 4e

−0.5t

, t > 0 , б ) Сигнал x[n]

Решење: а) Применом релације (1.2) одређује се парни и непарни део сигнала:

xe (t ) =

1

xo (t ) =

1

2

2

( x(t ) + x(−t ) )

( x(t ) − x(−t ))

⇒

⇒

⎧ 1 − 0.5t ⎪ 2 4e xe (t ) = ⎨ 1 ⎪ 4e 0.5t ⎩2 ⎧ 1 − 0.5t ⎪ 2 4e xo (t ) = ⎨ 1 ⎪− 4e0.5t ⎩ 2

t ≥ 0

⎧2e − 0.5t t ≥ 0 = ⎨ 0.5t , t < 0 t < 0 ⎩ 2e t ≥ 0

⎧ 2e − 0.5t t ≥ 0 . =⎨ − 0.5t t < 0 t < 0 ⎩− 2e

На слици 1.12.а) приказана је парна компонента сигнала x(t ), а на слици 1.12.б) приказана је непарна компонента овог сигнала.

- 11 -


а )

б )

Слика 1.12 а ) Парна компонента сигнала x(t ); б ) Непарна компонента сигнала x(t )

б) На основу графичког приказа сигнала могу се одредити секвенце x[n] и x[n]:

x[n] = {K,0,0,0,0, [0],2,4,2,0,K}, x[− n] = {K,0,2,4,2, [0],0,0,0,0,K}. Применом релације (1.3), парна и непарна компонента сигнала x[n] су:

xe [n] =

1

xo [n] =

1

2

2

( x[n] + x[−n])

⇒

xe [n] = {K,0,1,2,1, [0],1,2,1,0,K},

( x[n] − x[−n])

⇒

xo [n] = {K,0,−1,−2,−1, [0],1,2,1,0,K} .

На слици 1.13.а) приказана је парна компонента сигнала x[n], а на слици 1.13.б) приказана је непарна компонента.

- 12 -


а )

б )

Слика 1.13. а ) Парна компонента сигнала x[n]; б) Непарна компонента сигнала x[n]

6. Дат је простопериодични сигнал x(t ) = cos15t .

а)

Одредити вредност периода одабирања Т s, тако да је x[n]= x(nТ s) периодична секвенца. б) Одредити основни период секвенце x[n] ако је Т с=0.1π s. Решење: а) Како је дискретни сигнал x[n] добијен одабирањем континуалног сигнала x(t ), следи да је x[n] = cos(15nT s ) . Сигнал x[n+N 0] је

x[n + N 0 ] = cos (15( n + N 0 )T s ) = cos (15 nTs + 15 N0T s ) Да би секвенца x[n] била периодична, односно x[n + N 0 ] = x[ n] , онда је

15 N 0T s = 2mπ . Како је учестаност сигнала x(t ) ω0=15 rad/s и у складу са (1.20) следи

2π N 0T s = 2mπ . T 0 Из (1.34) добијен је услов периодичности дискретног сигнала x[n]

- 13 -

(1.34)


T s

=

T 0 б) Сменом Т s=0.1π у (1.35) добија се T s π / 10

T 0

=

m N 0 15

=

2π / 15

.

=

20

(1.35)

3 4

,

односно m

=

N 0

3 4

.

(1.36)

Из (1.36) следи да је

N 0 = m

4 3

.

Најмањи позитивни цео број N 0 се добија за m=3. Према томе основни период секвенце x[n] је N 0=4.

7. Испитати периодичност следећих сигнала и ако постоји одредити основни период:

π

а) x(t ) = cos

t + sin

3

π 4

t ,

x[n] = cos

б) в) x[n] = cos

2 г) x(t ) = sin t ,

nπ 4

+ sin

nπ 8

− 2 cos

nπ 2

n 4

,

,

⎛ π ⎞ n⎟ 8 ⎝ ⎠

д) x[n] = cos ⎜ 2

Решење:

а) x(t ) = cos

π

2π

=

са

T 2 =

T 1 = 2π ω2

=

ω1

3

t + sin

π

2π

=6

π / 3

2π

4

t = x1 (t ) + x2 (t ) , где је

= 8 . Како је

π / 4

са основним периодом T0

б) x[n] = cos

n 4

x2 (t ) = sin

и

T 1 T 2

=

6 8

3

=

4

π 4

1 (t ) = cos

π 3

t = sin ω 2 t

t = cos ω 1t периодичан

је

периодичан

са

рационалан број, сигнал x(t ) је периодичан

= 4T1 = 3T 2 = 24 . 1

Ω0

4

2π

= cos Ω0 n ⇒ Ω0 = . Пошто

=

1/ 4 2π

=

1 8π

није рационалан

број, x[n] није периодична секвенца.

в) x[n] = cos

x1[n] = cos

nπ

4 nπ 4

+ sin

nπ 8

− 2 cos

nπ 2

= cos Ω1n ⇒ Ω1 =

= x1[n] + x2 [n] + x3[n] π 4

Пошто је

x1[n] је периодичан са основним периодом N 1=8.

- 14 -

Ω1 2π

=

π / 4 2π

=

1 8

рационалан број,


x2 [n] = sin

nπ

= sin Ω 2 n ⇒ Ω 2 =

8

π

Пошто је

8

Ω2 2π

=

x2[n] је периодичан са основним периодом N 2=16.

x3 [n] = −2 cos

nπ 2

= −2 cos Ω3n ⇒ Ω3 =

π 2

Пошто је

π / 8 2π

Ω3

рационалан број,

16

π / 2

=

2π

1

=

2π

=

1 4

рационалан

број, x3[n] је периодичан са основним периодом N 3=4. x[n] је периодичан и његов основни период се добија као најмањи заједнички садржалац од N 1, N 2 и N 3, то јест, N 0=16.

г) Применом тригонометријске идентичности sin 2 α =

1 2

(1 − cos 2α ) , x(t )

се може

написати као

x(t ) = sin 2 t = где је x1 (t ) =

1 2

1 2

1

− cos 2t = x1 (t ) + x2 (t ) 2

сигнал са константном амплитудом и x2 (t ) = −

је периодичан са T 2

=

2π ω 2

=

2π 2

1

1 cos 2t = − cos ω 2t 2 2

= π . Према томе, x(t ) је периодичан са основним

периодом Т 0=π . 2 д) Применом тригонометријске идентичности cos α =

1 2

(1 + cos 2α ) , x[n] се може

написати као

⎛ π ⎞ 1 1 ⎛ π ⎞ n ⎟ = + cos⎜ n ⎟ = x1[n] + x2 [n] ⎝ 8 ⎠ 2 2 ⎝ 4 ⎠

x[n] = cos 2 ⎜ где

је

x1[n] =

1 2

1

n = (1)

периодичан

2 1 ⎛ π ⎞ 1 x2 [n] = cos⎜ n ⎟ = cos Ω 2 n 2 ⎝ 4 ⎠ 2

⇒ Ω2 =

са

π 4

основним

.

периодом

Пошто

је

Ω2 2π

N 1=1

=

π / 4 2π

и

=

1 8

рационалан број, x2[n] је периодичан са основним периодом N 2=8. Према томе, x[n] је периодичан са основним периодом N 0=8.

8. Одредити да ли су следећи сигнали: 3 а) x(t ) = e − at u (t ), a > 0 , б) x[n] = 2e j n ,

ц) x(t ) = tu (t ) ,

сигнали енергије, сигнали снаге или ни једно ни друго. Решење:

а) Применом (1.6) нормализована енергија сигнала је ∞

E x =

∞

∫

x(t ) dt = e−2 at dt = −

−∞

0

2

∫

1 2a

e−2 at

Применом (1.7) нормализована средња снага сигнала је

- 15 -

∞ 0

=

1 2a

< ∞ .

(1.37)


P x = lim

T →∞

1 T

T /2

∫

2

x (t ) dt = lim

T →∞

− T / 2

1 T

T / 2

∫e

−2 at

0

− aT

1− e ⎛ 1 −2 at T / 2 ⎞ = = 0 .(1.38) dt = lim ⎜ − e lim ⎟ 0 →∞ T →∞ T 2 aT ⎝ 2 aT ⎠

На основу (1.37) и (1.38) следи да је x(t ) сигнал енергије. б) Применом (1.8) нормализована енергија сигнала је

E x =

∞

∑

∞

∑

2

x[ n] =

n =−∞

2

2e j 3n .

n =−∞

Како је

x[n] = 2e j 3n = 2 e j 3 n = 2

(1.39)

онда је

E x =

∞

∑2

2

=

n =−∞

∞

∑ 4 = ∞

(1.40)

n =−∞

Применом (1.9) и (1.39) нормализована средња снага сигнала је

P x = lim

N → ∞

N

1

∑

x[n] = lim

2 N + 1 n = − N

N → ∞

N

1

2

∑

1

22 = lim

2 N + 1 n = − N

N → ∞

2 N + 1

4(2 N + 1) = 4 < ∞ (1.41)

На основу (1.40) и (1.41) следи да је x[n] сигнал снаге. ц) Применом (1.6) нормализована енергија сигнала је ∞

E x =

∫

∞

∫

2

x(t ) dt = t 2 dt =

−∞

0

t 3 3

∞

→ ∞ .

(1.42)

0

Применом (1.7) нормализована средња снага сигнала је

P x = lim

T →∞

1 T

T /2

∫

− T / 2

2

x (t ) dt = lim

T →∞

1 T

T / 2

∫ 0

⎛ t 3 2 t dt = lim ⎜ T →∞ ⎜ 3 ⎝

T / 2

0

3 ⎞ T / 2 ) ( ⎟ = lim → ∞ . (1.43) ⎟ T →∞ 3 ⎠

На основу (1.42) и (1.43) следи да x(t ) није ни сигнал енергије ни сигнал снаге. 9. Континуални временски сигнал x(t ) је приказан на слици 1.14.

- 16 -

1. Основни појмови о сигналима и системима Слика 1.14. Сигнал x(t ) Скицирати следеће сигнале:

⎛ ⎝

а) y (t ) = x(t )[u (t ) − u (t − 1)],

б) z (t ) = x(t )δ ⎜ t −

3 ⎞

⎟.

2 ⎠

Решење: а) На основу (1.10) сигнал u(t-1) се може написати као

⎧1 t ≥ 1 u (t − 1) = ⎨ . 0 t 1 < ⎩

(1.44)

Применом (1.10) и (1.44)

⎧1 u (t ) − u (t − 1) = ⎨ ⎩0

0 < t ≤ 1 t ≤ 0, t > 1

.

(1.45)

Множењем сигнала x(t ) и сигнала из (1.45) добијен је сигнал y(t ) који је приказан на слици 1.15.

Слика 1.15. Сигнал y(t )

б) На основу особине одабирања јединичног импулсног сигнала (1.15) следи да је ⎛ 3 ⎞ ⎛ 3 ⎞ ⎛ 3 ⎞ ⎛ 3 ⎞ z (t ) = x(t )δ ⎜ t − ⎟ = x⎜ ⎟δ ⎜ t − ⎟ = 2δ ⎜ t − ⎟ . ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ На слици 1.16 је приказан сигнал z (t ).

- 17 -

Сигнали и системи – збирка решених задатака Слика 1.16. Сигнал z (t )

10. Дискретни временски сигнал x[n] приказан је на слици 1.17.

Слика 1.17. Сигнал x[n] Скицирати следеће сигнале: а) y[n] = x[n]u[1 − n] , б) z [n] = x[n]δ [n − 1] . Решење: а) На основу (1.22) сигнал у[1 - н] се може написати као

⎧1 u[1 − n] = ⎨ ⎩0

n ≤1 n>0

.

(1.46)

Множењем сигнала x[н] и сигнала из (1.46) добијен је сигнал y[н] који је приказан на слици 1.18.

Слика 1.18. Сигнал y[н] б) На основу особине одабирања јединичне импулсне секвенце (1.24)

⎧1 n = 1 z [n] = x[n]δ [n − 1] = x[1]δ [n − 1] = δ [n − 1] = ⎨ ⎩0 n ≠ 1 На слици 1.19 приказан је сигнал з[н].

- 18 -


Слика 1.19. Сигнал з[н]

11. Изразити следеће сигнале помоћу δ t :

б) δ

а) δ (at ) ,

t .

Решење:

а) Уводи се нова променљива, at = τ , па је t за вредности a

>0, ∞

∫

φ (t )δ (at )dt =

−∞

1

τ a

, dt =

1 a

d τ :

∞

τ φ ( )δ (τ )d τ a −∞ a

∫

∞

1 ⎛ τ ⎞ 1 ⎛ τ ⎞ φ ⎜ ⎟δ (τ )d τ = φ ⎜ ⎟ τ = 0 = φ (0) a − ∞ ⎝ a ⎠ a ⎝ a ⎠ a 1

∫

(1.47)

односно за a < 0 , ∞

∫

φ (t )δ (at )dt =

−∞

−

−∞

∞

⎛ τ ⎞ φ ( )δ (τ )d τ = − φ ⎜ ⎟δ (τ )d τ a ∞ a a − ∞ ⎝ a ⎠ 1

τ

∫

1

∫

∞

1 ⎛ τ ⎞ 1 ⎛ τ ⎞ φ ⎜ ⎟δ (τ )d τ = − φ ⎜ ⎟ τ = 0 = − φ (0) a − ∞ ⎝ a ⎠ a ⎝ a ⎠ a 1

∫

(1.48)

На основу (1.47) и (1.48) следи да се за било коју вредност а може писати, ∞

∫

φ (t )δ (at )dt =

−∞

1 a

φ (0)

Како је ∞

∫ −∞

φ (t )δ (at )dt =

1 a

φ (0) =

1 a

∞

∫

∞

φ (t )δ (t )dt =

−∞

∫ −∞

φ (t )

1 a

δ (t )dt

На основу једнакости подинтегралних функција из (1.49) следи да је

- 19 -

(1.49)


1

δ ( at ) б) Ако се узме да је a

a

δ ( t )

(1.50)

1 и замени у израз (1.50) добија се 1 δ (−t ) = δ (t ) = δ (t ) −1

12. Одредити вредност следећих израза: а) t δ (t ) , б) sin(t )δ (t ) ,

в) cos(t )δ (t − π ) .

Решење: Применом особине одабирања јединичног импулсног сигнала (1.15) следи:

а) t δ (t ) = (0)δ (t ) = 0 , б) sin(t )δ (t ) = sin(0)δ (t ) = 0 , в) cos(t )δ (t − π ) = cos(π )δ (t − π ) = (−1)δ (t − π ) = −δ (t − π ) . 13. Израчунати следеће интеграле: 1

а)

∫

2

(3t + 1)δ (t )dt , 2

( 3t 2

б)

1 )δ ( t )dt ,

в)

1

−1 ∞

∫ (t

2

+ cos(π t ))δ (t − 1)dt ,

−∞ ∞

г)

∞

∫e

− t

δ (2t − 2)dt ,

∫e

д)

−∞

− t

δ ' (t )dt .

−∞

Решење: а) На основу дефиниције јединичног импулсног сигнала (1.14) следи да је 1

∫ (3t

2

+ 1)δ (t )dt = (3t 2 + 1) t =0 = 1 .

−1

б) На основу (1.14) следи да је 2

( 3t 2

1 )δ ( t )dt

0 .

1

в) На основу особине филтрирања јединичног импулсног сигнала (1.16) следи да је ∞

∫ (t

2

+ cos(π t ))δ (t − 1)dt = (t 2 + cos(π t ) ) t =1 = 1 + cos π = 1 − 1 = 0 .

−∞

г) На основу (1.50) може се написати ∞

∫

∞ − t

e δ (2t − 2)dt =

−∞

∫

∞

− t

e δ (2(t − 1) ) =

−∞

а у складу са (1.16) даље следи да је

- 20 -

1 e − t δ (t − 1)dt , 2 −∞

∫

1. Основни појмови о сигналима и системима ∞

1 1 e −t δ (t − 1)dt = e −t 2 2 −∞

∫

t =1

=

1 2e

.

д) За јединични импулсни сигнал важи ∞

∫ φ (t )δ ′(t )dt = −φ ' (0) .

(1.51)

−∞

На основу (1.16) и (1.51) следи да је ∞

∫

e −t δ ′(t )dt = −

−∞

d dt

(e − ) = t

t 0

= e −t t =0 = 1 .

14. Одредити и скицирати прве деривације по времену следећих сигнала: а) x(t ) = t [u (t ) − u (t − a )], a > 0 ,

⎧ 1 t > 0 . ⎩− 1 t < 0

б) x(t ) = sgn(t ) = ⎨ Решење:

а) Сигнал x(t) је приказан на слици 1.20. На основу дефиниције извода производа два сигнала

x′(t ) = u (t ) − u (t − a ) + t [δ (t ) − δ (t − a )] .

(1.52)

Слика 1.20. Сигнал x(t ) Применом (1.15) добијамо следеће:

t δ (t ) = 0δ (t ) = 0 , t δ (t − a) = aδ (t − a ) . Заменом (1.53) и (1.54) у (1.52) добија се

x′(t ) = u (t ) − u (t − a ) − aδ (t − a) . На слици 1.21 приказана је прва деривација по времену сигнала x(t ).

- 21 -

(1.53) (1.54)


Слика 1.21. Прва деривација по времену сигнала x(t )

б) Сигнал x(t ) је приказан на слици 1.22.

Слика 1.22. Сигнал x(t ) Сигнал x(t ) се може изразити као

x(t ) = sgn(t ) = u (t ) − u (−t ) .

Прва деривација по времену овог сигнала, уз примену (1.18), износи x' (t ) = u ′(t ) − u ′( −t ) = δ (t ) − (−δ (t )) = 2δ (t ) . На слици 1.23 приказан је сигнал x′(t ) .

- 22 -


Слика 1.23. Прва деривација по времену сигнала x(t )

15. Сигнал x(t ) је приказан на слици 1.24. Скицирати његову прву деривацију.

Слика 1.24. Сигнал x(t ) Решење: Сигнал x(t ) се може записати на следећи начин :

x(t ) = (2t + 1)[u (t ) − u (t − 1)] + 3[u (t − 1) − u (t − 2)] + (−t + 3)[u (t − 2) − u (t − 3)] , x(t ) = (2t + 1)u (t ) − (2t + 1)u (t − 1) + 3u (t − 1) − 3u (t − 2) + (− t + 3)u (t − 2)− (− t + 3)u (t − 3) , (1.55) x (t ) = ( 2t + 1)u (t ) + ( 2 − 2t )u (t − 1) + ( −t )u (t − 2) + (t − 3)u (t − 3) . Диференцирајући по времену (1.55) добија се

x '(t) = 2u(t ) + (2t + 1)δ (t ) − 2u(t −1) − 2(t − 1)δ (t − 1) − u(t − 2) − tδ (t − 2) +

+u(t − 3) + (t − 3)δ (t − 3).

(1.56)

У складу са (1.15) следи:

(2t + 1)δ (t ) = (2t + 1)

t = 0

δ (t ) = δ (t ) ,

2(t − 1)δ (t − 1) = 2(t − 1) t =1δ (t − 1) = 0 , t δ (t − 2) = t t =2 δ (t − 2) = 2δ (t − 2) , (t − 3)δ (t − 3) = (t − 3)

- 23 -

t =3

δ (t − 3) = 0 .

(1.57)

Сигнали и системи – збирка решених задатака Ако се релације из (1.57) замене у (1.56) добија се

x' (t ) = 2u(t ) + δ (t ) − 2u(t −1) − u(t − 2) − 2δ (t − 2) + u(t − 3) .

На слици 1.25 приказан је прва деривација по времену сигнала x(t ).

Слика 1.25. Прва деривација по времену сигнала x(т)

16. Испитати линеараност, каузалност, временску инваријантност и меморијска својства следећих система описаних одговарајућим једначинама:

а) y[n + 1] + 4 y[n] = 3 x[n + 1] − x[n] ,

б)

dy (t ) dt

+ 4ty (t ) = 2 x(t ) .

Решење:

а) Ако сигнал x1[n] узрокује сигнал y1[n] тада се диференцна једначина може написати као

y1 [n + 1] + 4 y1 [n] = 3 x1 [n + 1] − x1 [n] . (1.58) Ако сигнал x2 [ n] узрокује сигнал y2 [n] тада се диференцна једначина може написати као

y1 [n + 1] + 4 y1 [n] = 3 x1 [n + 1] − x1 [n] . (1.59) Нека је улазни сигнал x [ n] = ax1 [n] + bx2 [n] . Множењем једнакости (1.58) са a и једнакости (1.59)

са

b,

а

затим

њиховим

сабирањем

добија

y [ n] = ay1 [ n] + by2 [ n] . Према томе, y [ n] је одговарајући излаз за

се

[ n]

да је

па је овај

систем линеаран . Како линеарна комбинација улазних сигнала узрокује линеарну комбинацију одзива на појединачне сигнале, систем је линеаран. Пошто је систем описан линеарном диференцном једначином, то значи да је овај систем линеаран. Како су коефицијенти у линеарној диференцној једначини система константни, то следи да је систем временски инваријантан. Излазни сигнал система у посматраном тренутку зависи од вредности улазног сигнала у будућим тренуцима, па је систем некаузалан.

- 24 -

1. Основни појмови о сигналима и системима Излазни сигнал система не зависи од претходних вредности излазног сигнала, па систем не поседује меморију.

б) Нека су x1 (t ) и x2 (t ) два различита улазна сигнала и нека су y1 (t ) и y2 (t ) одговарајући излази, односно

dy1 ( t ) dt dy2 ( t )

+ 4ty1 (t ) = 2 x1 (t ) ,

(1.60)

(1.61) + 4ty2 (t ) = 2 x2 (t ) . dt Нека је улазни сигнал x ( t ) = ax1 (t ) + bx2 (t ) . Множењем једнакости (1.60) са а и једнакости (1.61)

са

b,

а

затим

њиховим

сабирањем

добија

y ( t ) = ay1 (t ) + by2 (t ) . Према томе, y (t ) је одговарајући излаз за

се

(t ) па је овај

систем линеаран . Како коефицијенти у линеарној диференцијалној једначини система константни, (4t уз y(t )), то следи да систем није временски инваријантан.

dy (t )

Први извод сигнала y(t ) по дефиницији је:

dt

= lim

y (t + Δt ) − y (t )

Δt →0

Δt

да је

нису

. Излазни

сигнал система у посматраном тренутку не зависи само од вредности улазног сигнала у том тренутку, па је систем некаузалан. Излазни сигнал система не зависи само од вредности улазног сигнала у посматраном тренутку, те систем поседује меморију. 17. Дато је електрично коло на слици 1.26. Ако улазни сигнал струја струјног генератора у електричном колу, x(t )=и(t ), а излазни сигнал напон на кондензатору, y(t )=vC(t ). а) Одредити релацију која повезује излаз и улаз електричног кола. б) Испитати линеараност, каузалност, временску инваријантност, меморијска својства и стабилност посматраног електричног кола.

Слика 1.26. Електрично коло Решење: а) Претпоставимо да је капацитивност кондензатора константна. Напон на кондензатору vC(t ) и струја која протиче кроз кондензатор i(t ) су повезани релацијом

vC (t ) =

t

1

i (τ )d τ . ∫ C −∞

- 25 -

Сигнали и системи – збирка решених задатака Према томе, веза између излазног и улазног сигнала посматраног електричног кола је дата следећом релацијом

y (t ) = T { x(t )} =

t

1

x(τ )d τ . ∫ C −∞

б) Ако је улазни сигнал x(t ) = α 1 x1 (t ) + α 2 x2 (t ) , онда је излазни сигнал

⎡ 1 t ⎤ ⎡ 1 t ⎤ y (t ) = T { x(t )} = ( α x ( τ ) α x ( τ ) ) d τ α x ( τ ) d τ α x ( τ ) d τ + = + ⎥ ⎥, 1 1 2 2 1⎢ 1 2⎢ 2 ∫ ∫ ∫ C − ∞ ⎣ C − ∞ ⎦ ⎣ C − ∞ ⎦ y (t ) = α 1 y1 (t ) + α 2 y2 (t ) . 1

t

Према томе анализирано електрично коло је линеаран систем . Ако је улазни сигнал транслиран по времену за t 0, x1(t )= x(t -t 0), излазни сигнал система, y1(t ), је

y1 (t ) = T { x(t − t 0 )} =

1

t

1

∫

t − t 0

∫

x(τ − t 0 )d τ = x(λ )d λ = y (t − t 0 ) , C − ∞ C − ∞

па је електрично коло временски инваријантно . Излазни сигнал електричног кола у посматраном тренутку не зависи од вредности улазног сигнала у будућим тренуцима, па је оно каузалан систем. Излазни сигнал електричног кола зависи од претходних вредности улазног сигнала, као и од вредности улазног сигнала у посматраном тренутку, па оно поседује меморију. Ако се на улаз електричног кола доведе ограничени сигнал, x(t ) = k 1u (t ), k 1 ≠ 0 , онда је сигнал на његовом излазу:

y (t ) =

1

t

C ∫

k 1u (τ )d τ =

−∞

k 1

t

C ∫

d τ =

k 1

0

C

tu (t )

Како y(t ) неограничено линеарно расте у времену, закључак је да електрично коло није БИБО стабилан систем. (БИБО стабилност подразумева да ограничени улаз узрокује ограничени излаз.)

Задаци за решавање 1. Дате су секвенце x1[n] и x2[n]:

x1[ n] = {K , 0, [1] , 2, 3, 0, 0, 2, 2, 0,K}

{

}

и x2 [n] = K , 0, −2, −2, [ 2] , 2, 0, −2, 0,K .

Одредити и скицирати сигнале: а) y1[ n] = x1[n] + x2 [ n] , б) y2 [ n] = 2 x1[ n] , Решење:

а) y1[n] = {K , 0, −2, −2, [3] , 4, 3, − 2, 0, 2, 2, 0,K} , б) y2 [n] = {K, 0, [ 2] , 4, 6, 0, 0, 4, 4, 0,K} , в) y3 [n] = {K, 0, [2 ] , 4, 0,K} .

- 26 -

в) y3 [ n] = x1[ n] x2 [n] .


2. Одредити и скицирати парни и непарни део сигнала: 4 а) x(t ) = t ( u(t ) − u(t − 5) ) , б) y[n] = 4 ( u[ n] − u[ n − 6] ) . 5 Решење:

а) xe (t ) = −

2 5

tu (t + 5) +

4 5

u( t ) −

2 5

tu( t − 5) , xo (t ) =

2

t ( u (t + 5) − u(t − 5) ) . 5 xe [ n] = 2δ [ n] + 2 ( u[n + 5] − u[n − 5]) ,

б) xo [ n] = 2 ( u[n − 1] − u[n − 5] + u[n + 1] − u[n + 5]) . 3. Одредити парни и непарни део сигнала:

⎛ ⎝

а) (t ) = u (t ) ,

б) x(t ) = sin ⎜ ω 0t +

j ( Ω0 n +π /2 )

в) x[ n] = e

π ⎞

⎟,

4⎠

г) [n] = δ [n] .

,

Решење:

а) xe (t ) = б) xe (t ) =

, xo (t ) =

2 1

1 2

sgn t .

cos ω 0t , xo (t ) =

1

sin ω 0t .

2 2 e [ n ] = j cos Ω0 n , xo [ n ] = − sin Ω0 n .

в) г)

1

e

[n] = δ [n] , xo [ n] = 0 .

4. Испитати периодичност следећих сигнала и ако је сигнал периодичан, одредити основни период.

⎛ ⎝

а) x(t ) = cos ⎜ t +

π ⎞

б) x(t ) = sin

⎟,

4⎠

2π 3

t ,

j[ (π / 2) t −1]

в) x(t ) = cos t + sin 2t ,

г) x(t ) = e

д) x[ n] = e j (π / 4) n ,

ђ) x[ n ] = cos

Решење:

а) Сигнал x(t ) је периодичан основног периода Т 0=2π . б) Сигнал x(t ) је периодичан основног периода Т 0=3. в) Сигнал x(t ) је непериодичан. г) Сигнал x(t ) је периодичан основног периода Т 0=4. д) Секвенца x[n] је периодична основног периода N 0=8. ђ) Секвенца x[n] је периодична основног периода N 0=24.

- 27 -

,

π 3

n + sin

π 4

n.


5. Испитати периодичност следећих сигнала и ако је сигнал периодичан, одредити основни период.

⎛ ⎝

а) x(t ) = cos ⎜ 2t +

π ⎞

б) x(t ) = cos2 t ,

, ⎟ 4⎠

в) x(t ) = ( cos 2π t ) u(t ) , j[ n / 4 −π ]

д) x[n] = e

г) x(t ) = e jπ t ,

⎛ π n 2 ⎞ ђ) x[ n] = cos ⎜ ⎟, ⎝ 8 ⎠

,

⎛n⎞ ⎛ π n ⎞ cos ⎟ ⎜ 4 ⎟. 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

е) x[ n] = cos ⎜ Решење:

а) Сигнал x(t ) је периодичан основног периода Т 0=π . б) Сигнал x(t ) је периодичан основног периода Т 0=π . в) Сигнал x(t ) је непериодичан. г) Сигнал x(t ) је периодичан основног периода Т 0=2. д) Секвенца x[n] је непериодична. ђ) Секвенца x[n] је периодична основног периода N 0=8. е) Секвенца x[n] је непериодична. 6. Одредити да ли су следећи сигнали сигнали енергије, сигнали снаге или ни једно ни друго.

а) x(t ) = A cos (ω0t + θ ) ,

n

б) x[ n] = ( −0.5) u[n] ,

в) x[ n] = u[ n] .

Решење: а) Сигнал x(t ) је сигнал снаге.

б) Секвенца x[n] је сигнал енергије. в) Секвенца x[n] је сигнал снаге. 7. Изразити сигнал x(t ) приказан на слици 1.27 елементарним сигналима.

- 28 -


Слика 1.27. Сигнал x(t ) Решење:

x(t ) = u (t + 1) + 2u (t ) − u (t − 1) − u (t − 2) − u (t − 3) . 8. Изразити сигнале приказане на слици 1.28 елементарним сигналима.

а )

б )

- 29 -


в ) Слика 1.28. а ),б ),в ) Сигнал x[n] Решење:

а) x[ n] = u[n] − u[ n − ( N + 1)] . б) x[ n] = u[ n + 2] − u[ n − 4] . в) x[ n] = −u[ −n − 1] .

9. Одредити вредност интеграла: t

а)

t

∫ ( cosτ ) u (τ )d τ ,

б)

−∞ ∞

в)

∫ ( cosτ ) δ (τ )d τ , −∞ 2π

∫ ( cos t ) u (t − 1)δ (t )dt ,

г)

−∞

∫ 0

t t sin δ (π − t ) dt . 2

Решење:

а) sin t в) 0.

б) 1 за t > 0, 0 за t < 0 и недефинисано за t =0. г) π .

10. Одредити вредност израза: ∞

а) 3t δ (t − 1) , 4

б)

∫ tδ (t − 2)dt ,

−∞

в) t 2δ '(t − 3) . Решење:

а) 3δ (t ) .

в) 9δ '(t − 3) − 6δ ( t − 3) .

б) 2.

11. Сигнал v(t ) је дат аналитички у облику v(t ) = 2tu (t + 1) + ( −2t + 2)u (t − 1) + ( −t + 3)u (t − 2) +

+ (t − 4)u (t − 4) + ( −t + 5)u (t − 5) + (t − 6)u (t − 7) Одредити први извод овог сигнала по времену. Скицирати напон v(t ) и његов први извод по времену.

- 30 -

1. Основни појмови о сигналима и системима Решење:

dv (t ) dt

= 2u (t + 1) − 2δ (t + 1) − 2u (t − 1) − u (t − 2)

.

+ δ (t − 2) + u (t − 4) − u (t − 5) + u (t − 7) + δ (t − 7) 12. Сигнал v(t ) је дат аналитички

v(t ) = e −2t u (t ) + e−2t + 10t − 30 u (t − 2) + (20t + 80)u (t − 3)

(

)

+ (20t − 120)u (t − 5) + (−10t + 70)u (t − 7)

.

Одредити први извод напона по времену. Скицирати напон v(t ) и његов први извод по времену. Решење:

dv(t ) dt

= −2e −2t ( u (t ) − u (t − 2) ) − 10δ (t − 2) + 10 ( u (t − 2) − u (t − 3)) + 20δ (t − 3) .

− 10 ( u (t − 3) − u (t − 5) ) − 20δ (t − 5) + 10 (u (t − 5) − u (t − 7)) 13. Одредити вредност израза:

⎛ ⎝

а) sin tδ ⎜ t −

⎛ ⎝

π ⎞

⎛ π ⎞ ⎟, 4 ⎝ ⎠ ⎛ π ⎞ г) tan2tδ ⎜ t − ⎟ , ⎝ 8⎠ ⎛ π ⎞ ђ) sin 2 tδ ' ⎜ t − ⎟ . ⎝ 2⎠ б) cos2tδ ⎜ t −

⎟,

6⎠

в) cos 2 tδ ⎜ t −

π ⎞

⎟,

2⎠

∞

д)

∫

t 2 e − t δ (t − 2) dt ,

−∞

Решење:

а) 0.5δ ( t ) ,

б) 0,

в) 0,

г) δ ( t ) ,

д) 4e −2 ,

ђ) δ ' ⎜ t −

⎛ ⎝

π ⎞

. ⎟ 2⎠

14. Продуктни модулатор је приказан на слици 1.29. Испитати да ли је систем линеаран, временски инваријантан, каузалан, БИБО стабилан и да ли показује меморијска својства.

- 31 -


Слика 1.29. Продуктни модулатор Решење:

Посматрани систем је линеаран, није временски инваријантан, каузалан, не поседује меморију и БИБО је стабилан.

15. Систем је дат релацијом y[n] = T { x[n]} = x [ n] . Испитати линеарност и 2

временску инваријантност система. Решење:

Систем је нелинеаран и временски инваријантан .

16. Дискретни систем, приказан на слици 1.28, је познат као јединични елемент за кашњење. Испитати да ли је систем линеаран, временски инваријантан, каузалан, БИБО стабилан и да ли поседује меморијска својства.

Слика 1.28. Јединични елемент за кашњење Решење:

Посматрани систем је линеаран, временски инваријантан, каузалан, не поседује меморију и БИБО је стабилан.

17. Систем је описан релацијом

y[n] = T { x[n]} = nx[ n] Испитати да ли је посматрани систем линеаран, временски инваријантан, каузалан, стабилан и да ли поседује својства меморисања. Решење:

Посматрани систем је линеаран, није временски инваријантан, каузалан, не поседује меморију и није БИБО стабилан.

- 32 -

2. Линеарни временски инваријантни системи

2. Линеарни временски инваријантни системи Одзив временски континуалног линеарног временски инваријантног система на побуду јединичним импулсним сигналом назива се импулсни одзив.

h(t ) = T {δ (t )} Одзив временски дискретног линеарног временски инаваријантног јединичном импулсном секвенцом назива се импулсни одзив.

h[n] = T {δ [n]}

(2.1) система (2.2)

Излазни сигнал y(t ) временски континуалног линеарног временски инваријантног система се добија из конволуције улазног сигнала x(t ) и импулсног одзива h(t ). ∞

∫

y (t ) = x(t ) ∗ h(t ) = x(τ )h(t − τ )d τ

(2.3)

−∞

Особине конволуционог интеграла: 1. комутативност

y (t ) = x(t ) ∗ h(t ) = h(t ) ∗ x(t ) ,

(2.4)

y (t ) = { x(t ) ∗ h1 (t )}∗ h2 (t ) = x(t ) ∗ {h1 (t ) ∗ h2 (t )},

(2.5)

2. асоцијативност 3. дистрибутивност

y (t ) = x(t ) ∗ {h1 (t ) + h2 (t )} = x(t ) ∗ h1 (t ) + x(t ) ∗ h2 (t ) .

(2.6)

Излазни сигнал y[n] временски дискретног линеарног временски инваријантног система се добија из конволуционе суме улазног сигнала x[n] и импулсног одзива h[n]. ∞

∑ x[k ]h[n − k ]

y[n] = x[n] ∗ h[n] =

(2.7)

k = −∞

Особине конволуционе суме: 1. комутативност

y[ n] = x[n] ∗ h[n] = h[n] ∗ x[n] ,

(2.8)

y[n] = { x[n] ∗ h1[ n]}∗ h2 [n] = x[n] ∗ {h1[n] ∗ h2 [n]},

(2.9)

2. асоцијативност 3. дистрибутивност

y[n] = x[n] ∗ {h1[n] + h2 [n]} = x[n] ∗ h1[n] + x[n] ∗ h2 [n] .

(2.10)

Одзив временски континуалног линеарног временски инваријантног система на побуду јединичним одскочним сигналом назива се одскочни (степ) одзив система.

- 33 -


s (t ) = T {u (t )}

(2.11)

Импулсни и одскочни одзив временски континуалног линеарног временски инваријантног система су повезани релацијом t

s (t ) =

∫ h(τ )d τ ,

(2.12)

−∞

односно

h(t ) =

ds (t ) dt

.

(2.13)

Одзив временски дискретног линеарног временски инваријантног система на побуду јединичном одскочном секвенцом назива се одскочни (степ) одзив система.

s[n] = T {u[n]} Импулсни и одскочни одзив временски инваријантног система су повезани релацијом

s[n] =

дискретног

(2.14) линеарног

временски

n

∑ h[k ] ,

(2.15)

k = −∞

односно

h[n] = s[n] − s[n − 1] .

(2.16)

Решени задаци 1. Улазни сигнал x(t ) и импулсни одзив h(t ) временски континуалног линеарног временски инваријантног (Linear Time - Invariant) система су: (t ) = u (t ) и

h(t ) = e −α t u (t ) , a

0 . Одредити одзив система y(t ).

Решење:

На слици 2.1 приказани су сигнали h(t ) и x(t ). На основу (2.3) и (2.4) излазни сигнал је ∞

y(t ) =

∞

∫ x(τ )h(t − τ )dτ = ∫ h(τ ) x(t − τ ) d τ . −∞

−∞

- 34 -


а)

б ) Слика 2.1. а ) Сигнал h(t ); б ) Сигнал x(t )

На слици 2.2 приказан је сигнал x(-τ ).

Слика 2.2. Изглед сигнала x(-τ ) Ако је t <0, на слици 2.3 приказани су сигнали x(t -τ ) и h(τ ).

- 35 -


Слика 2.3. Приказ сигнала ( На основу слике 2.3 је

h(τ ) и --- x(t -τ )), за t <0

∞

y (t ) =

∫ h(τ ) x(t − τ )d τ = 0 ,

(2.17)

−∞

јер не постоји временски интервал унутар кога су оба сигнала различита од 0, (нема преклапања графика). Ако је t >0, на слици 2.4 приказани су сигнали x(t -τ ) и h(τ )

Слика 2.4. Приказ сигнала (

h(τ ) и --- x(t -τ )), за t >0

На основу слике 2.3 је ∞

y (t ) =

∫ −∞

t

∫

t

h(τ ) x(t − τ ) dτ = e

−ατ

∫

1 dτ = e−ατ dτ = −

0

0

На основу (2.17) и (2.18) тражени излазни сигнал y(t ) је

y (t ) =

1 α

(1 − e − )u(t ) . α t

Излазни сигнал y(t ) за α=2 је приказан на слици 2.5.

- 36 -

1 α

e−ατ

t 0

=

1

1 − e− ) . ( α α t

(2.18)


Слика 2.5. Сигнал y(t ) за α=2

2. Одредити сигнал y(t ) као конволуцију сигнала x(t ) и h(t ) ако су сигнали x(t ) и h(t ) приказани на слици 2.6.

а)

б ) Слика 2.6.а ) Сигнал x(t ); б ) Сигнал h(t )

Решење:

Конволуцију сигнала је могуће решавати на два начина: графички и аналитички. Прво је решавана конволуција сигнала графички. На слици 2.7 приказани су сигнали x(τ ) и h(τ ).

- 37 -


а)

б ) Слика 2.7. а ) Сигнал x(τ ); б ) Сигнал h(τ )

Сигнал x(-τ ) је приказан на слици 2.8.

Слика 2.8. Сигнал x(-τ ) Ако је t <0, на слици 2.9 приказани су сигнали x(t -τ ) и h(τ ).

- 38 -



h(τ ) и --- x(t -τ )), за t <0


y (t ) =

∫ h(τ ) x(t − τ )d τ = 0 .

(2.19)

−∞

Ако је 0

h(τ ) и --- x(t -τ )), за 0

y (t ) =

∫

t

∫

x(τ ) h(t − τ ) dτ = 1 ⋅1 ⋅ dτ = τ

−∞

0

Ако је 2
- 39 -

t 0

= t .

(2.20)



h(τ ) и --- x(t -τ )), за 2

y (t ) =

∫

t

x(τ ) h(t − τ ) dτ =

−∞

∫

1⋅ 1⋅ d τ = τ

t

= 2

−2 + t

(2.21)

−2+ t

Ако је 3

х(τ ) и --- x(t -τ )), за 3

y (t ) =

∫

3

x(τ ) h(t − τ ) dτ =

−∞

∫

1⋅ 1⋅ dτ = τ

−2+ t

Ако је t >5, на слици 2.13 приказани су сигнали x(t -τ ) и h(τ ).

- 40 -

3

= 5 − t .

−2 + t

(2.22)



h(τ ) и --- x(t -τ )), за t >5


y (t ) =

∫ x(τ )h(t − τ )d τ = 0 .

(2.23)

−∞

На основу (2.19), (2.20), (2.21), (2.22) и (2.23), сигнал y(т) је

y (t ) = t (u (t ) − u (t − 2) ) + 2(u (t − 2) − u (t − 3) ) + (5 − t )(u (t − 3) − u (t − 5) )

(2.24)

На слици 2.14 приказан је тражени сигнал y(t ).

Слика 2.14. Сигнал y(t ) Други начин решавања конволуције сигнала је аналитички. Сигнали са слике 2.6 могу се приказати у аналитичком облику: x(t ) = u (t ) − u (t − 3) (2.25)

h(t ) = u (t ) − u (t − 2)

(2.26)

Заменом (2.25) и (2.26) у (2.3) добија се ∞

y (t ) =

∫ [u(τ ) − u(τ − 3)][u(t −τ ) − u (t −τ − 2)] d τ , −∞

- 41 -

Сигнали и системи – збирка решених задатака односно ∞

y(t) =

∞

∞

∞

∫ u(τ )u(t − τ )dτ − ∫ u(τ )u(t −τ − 2)dτ − ∫ u(τ − 3)u(t −τ )dτ + ∫ u(τ − 3)u(t −τ − 2)d τ . −∞

−∞

−∞

−∞

Како је

⎧1 0 < τ < t , t > 0

u (τ )u (t − τ ) = ⎨

⎩0

ostalo

⎧1 3 < τ < t , t > 3

u (τ − 3)u (t − τ ) = ⎨

⎩0

ostalo

(2.28)

(2.29)

⎧1 0 < τ < t − 2, t > 2 u (τ )u (t − τ − 2) = ⎨ 0 ostalo ⎩ ⎧1 3 < τ < t − 2, t > 5 u (τ − 3)u (t − τ − 2) = ⎨ ostalo ⎩0

(2.30)

(2.31)

Заменом (2.28), (2.29), (2.30) и (2.31) у (2.27) је ⎛t ⎞ ⎛ t −2 ⎞ ⎛t ⎞ ⎛ t −2 ⎞ y (t ) = ⎜ ∫ dτ ⎟ u (t ) − ⎜ ∫ dτ ⎟ u (t − 2) − ⎜ ∫ dτ ⎟ u (t − 3) + ⎜ ∫ dτ ⎟ u (t − 5) , ⎝0 ⎠ ⎝ 0 ⎠ ⎝3 ⎠ ⎝ 3 ⎠ y (t ) = tu (t ) − (t − 2)u (t − 2) − (t − 3)u (t − 3) + (t − 5)u (t − 5) , y (t ) = tu (t ) − tu (t − 2) + 2u (t − 2) − tu (t − 3) + 3u (t − 3) + tu (t − 5) − 5u (t − 5) , y (t ) = t (u (t ) − u (t − 2) ) + 2(u (t − 2) − u (t − 3) ) + (5 − t )(u (t − 3) − u (t − 5) ) . (2.32)

Упоређивањем (2.24) и (2.32) закључак је да и графичка и аналитичка метода дају исти излазни сигнал y(t ).

3. Одредити конволуцију следећих сигнала: x(t ) = u (t − 1) и h(t ) = e− u (t ) . 3t

Решење:

На слици 2.15 приказани су сигнали x(τ ) и h(τ ).

- 42 -


а) Слика 2.15 а ) Сигнал x(τ ); б ) Сигнал h(τ ) Сигнал h(-τ ) је приказан на слици 2.16.

Слика 2.16. Сигнал h(-τ ) Ако је t <1, на слици 2.17 приказани су сигнали x(τ ) и h(t -τ ).

- 43 -

б )



x(τ ) и --- х(t -τ )), за t <1


y (t ) =

∫ x(τ )h(t − τ )d τ = 0 .

(2.33)

−∞

Ако је t >1, на слици 2.18 приказани су сигнали x(τ ) и h(t -τ ).


x(τ ) и --- х(t -τ )), за t >1


y (t ) =

t

∫ x(τ )h(t − τ )dτ = ∫1 ⋅ e −∞

y (t ) =

1 3

t

−3( t −τ )

dτ = e

∫e

−3t

3τ

1 t

1

1

3

e−3t e3τ =

(

)

e−3t e3t − e3 =

1

1 − e− ( 3

На основу (2.33) и (2.34), конволуција сигнала x(т) и х(т) је

1

dτ = e

1

(2.34)

y (t ) =

t

−3t

1 − e− ( 3

3( t −1)

- 44 -

) u (t − 1) .

3( t −1)

∫e

3τ

1

).

d τ ,

2. Линеарни временски инваријантни системи На слици 2.19 приказан је сигнал

(t ) = x(t ) ∗ h(t ) .

Слика 2.19. Сигнал y (t )

= x(t ) ∗ h(t )

4. Систем је описан диференцијалном једначином y '(t ) + 2 y(t ) = x(t ) + x '(t ) . Одредити импулсни одзив система. Решење:

Ако се временски континуални ЛТИ систем побуди јединичним импулсним сигналом, на његовом излазу се добија импулсни одзив. Према томе, импулсни одзив треба да задовољава следећу диференцијалну једначину h '(t ) + 2h(t ) = δ (t ) + δ '(t ) . (2.35) Решење диференцијалне једначине (2.35) је збир хомогеног и партикуларног дела, h(t ) = hh (t ) + hp (t ) . (2.36) Хомогено решење задовољава следећу диференцијалну једначину hh '(t ) + 2hh (t ) = 0 , одакле је

dhh (t ) hh (t )

= −2dt .

(2.37)

Интеграцијом леве и десне стране једначине (2.37) добија се ln hh (t ) = − 2t + C ,

hh (t ) = e −2t +C = eC e −2t = C1e −2t .

Хомогено решење диференцијалне једначине (2.35) је

hh (t ) = C1e−2t u (t ) . Партикуларно решење диференцијалне једначине (2.35) је h p (t ) = C2δ (t ) .

(2.38) (2.39)

Заменом (2.38) и (2.39) у (2.36) добија се

h(t ) = C1e −2t u (t ) + C2δ (t ) . Сменом (2.40) у (2.35) добија се

- 45 -

(2.40)


−2C1e−2t u (t ) + C1e−2tδ (t ) + C2δ '(t ) + 2C1e −2t u (t ) + 2C2δ (t ) = δ (t ) + δ '(t ) . Пошто је C 1e

(2.41)

−2 t

δ (t ) = C 1δ (t ) онда (2.41) постаје C1δ (t ) + C2δ '(t ) + 2C2δ (t ) = δ (t ) + δ '(t ) .

(2.42)

Изједначавањем коефицијената са леве и десне стране једнакости (2.42) добија се систем једначина

C 1 + 2C 2 = 1 C 2 = 1 Решење система једначина (2.43) је C 1

.

(2.43)

= −1 и C 2 = 1 и њиховом сменом у (2.40)

добија се импулсни одзив система,

h(t ) = − e −2 t u (t ) + δ (t ) . 5. За електрично коло приказано на слици 2.20 одредити: а) Диференцијалну једначину зависности излазног напона, y(t ) на отпорнику R од улазног напона, x(t ). б) Импулсни одзив електричног кола, h(t ). в) Степ одзив електричног кола, s(t ).

Слика 2.20. Редно RL електрично коло Решење:

а) Зависност напона од струје на отпорнику и завојници може се приказати следећим релацијама:

y (t ) = Ri R (t ) u L (t ) = L

di L (t ) dt

(2.44)

(2.45)

Са слике 2.20 следи да је јачина струје која протиче кроз завојницу једнака јачини струје која протиче кроз отпорник, i L (t ) = iR (t ) . Применом другог Кирхофовог закона на електрично коло добија се (t ) = u L (t ) + y (t ) .

(2.46)

Заменом (2.45) у (2.46) добиј се

x(t ) = L

di L (t ) dt

+ y (t ) = L

diR (t ) dt

+ y (t ) = L

d ⎛ y (t ) ⎞ ⎜ ⎟ + y(t ) . dt ⎝ R ⎠

(2.47)

Како је вредност отпроника константна, онда се релација (2.47) може написати као

- 46 -

2. Линеарни 2. Линеарни временски инваријантни системи

x(t ) =

L dy (t ) R dt

+ y (t ) ,

односно

dy (t ) dt

R

R

L

L

+ y (t ) =

x(t )

(2.48)

б) Ако се временски континуални ЛТИ систем побуди јединичним импулсним сигналом, сигналом, на његовом излазу се добија импулсни одзив. одзив. Према томе, томе, импулсни одзив треба да задовољава следећу диференцијалну једначину диференцијалну једначину у складу са (2.48), са (2.48),

dh(t ) dt

+

R L

h (t ) =

R L

δ (t ) .

(2.49)

Решење диференцијалне једначине диференцијалне једначине (2.49) (2.49) је је збир хомогеног и партикуларног дела, дела, h(t ) = hh (t ) Хомогено решење Хомогено решење задовољава следећу диференцијалну једначину диференцијалну једначину

dhh (t ) R dt

+

hh (t ) = 0 ,

L

одакле је

dhh (t ) hh (t )

=−

dt .

L

(2.51)

Интеграцијом леве и десне стране једначине стране једначине (2.51) (2.51) добија се

ln hh (t ) = −

R

t+C

L

R

hh (t ) = e e C

− t L

u (t )

Хомогено решење Хомогено решење диференцијалне једначине диференцијалне једначине (2.49) (2.49) је је R

hh (t ) = C1e

− t L

u (t ) .

(2.52)

Партикуларно решење Партикуларно решење диференцијалне једначине диференцијалне једначине (2.49) (2.49) је је

h p (t ) = C2δ (t ) .

(2.53)

Заменом (2.52) Заменом (2.52) и (2.53) у (2.50) добија се R

h(t ) = C1e

− t L

u (t ) + C2δ (t ) .

(2.54)

Сменом (2.54) Сменом (2.54) у (2.49) добија се

−

R L

R

C1e

− t L

R

Пошто је Пошто је C1e

R

u (t ) + C1e

− t L

R

δ (t ) + C 2δ '(t ) +

L

R

C1e

− t L

u (t ) +

R L

C2δ (t ) =

R L

δ (t ) (2.55)

− t L

δ (t ) = C1δ (t ) онда (2.55) онда (2.55) постаје C1δ (t ) + C2δ '(t ) +

R L

C2δ (t ) =

R L

δ (t )

(2.56)

Изједначавањем коефицијената са леве и десне стране једнакости једнакости (2.56) добија се систем једначина систем једначина

- 47 -


C1 +

L C 2 = 0

C 2 =

Решење система једначина једначина (2.57) је C 1

=

R L.

(2.57)

и C 2

L

= 0 и њиховом сменом у (2.54)

добија се импулсни одзив електричног кола

h (t ) =

R L

R

e

− t L

u (t ) .

(2.58)

Заменом (2.58) у (2.12) добија се степ одзив електричног кола, кола, в) Заменом (2.58)

s (t ) =

R

R

t

L ∫

e

− τ L

u (τ ) dτ =

−∞

R

t

e L∫ 0

R

− τ L

t R R ⎛ τ − R L L ⎞ ⎛ L − L t ⎞ ⎟ = ⎜ 1 − e ⎟ u ( t ) . dτ = ⎜ − e ⎟ ⎝ R L⎜ R ⎠ 0 ⎠ ⎝

слици 2.21 је настао каскадним повезивањем два система чији су 6. Систем на слици −2 t h2 (t ) = 2e− t u (t ) . импулсни одзиви: одзиви: h1 (t ) = e u (t ) и система. а) Одредити импулсни одзив еквивалентног система. б) Да ли је ли је систем БИБО стабилан? стабилан? x(t)

h1(t)

x(t)

w(t)

h(t)

h2(t)

y(t)

y(t)

Слика 2.21. Слика 2.21. Каскадна Каскадна реализација реализација ЛТИ ЛТИ система система Решење:

а) Излазни сигнал w(t ) од првог ЛТИ система је конволуција улазног сигнала x сигнала x((t ) и импулсног одзива тог система h1(t ), ), w(t ) = x (t ) ∗ h1 (t ) . Излазни сигнал еквивалентног система y система y((t ) је

y (t ) = w(t ) ∗ h2 (t ) = ( x(t) ∗ h1( t) ) ∗ h2 ( t ) .

(2.59)

Применом особине асоцијативности конволуције (2.5) конволуције (2.5) на (2.59) на (2.59) добија се

y (t ) = x(t ) ∗ ( h1 (t ) ∗ h2 ( t) ) = x( t) ∗ h( t ) .

(2.60)

Из (2.60) Из (2.60) произилази да је да је импулсни одзив еквивалентног система

h(t ) = h1 (t ) ∗ h2 (t ) . Применом (2.3) Применом (2.3) на (2.61) на (2.61) уз дате импулсне одзиве h1(t ) и h2(t ) добија се

- 48 -

(2.61)

2. Линеарни 2. Линеарни временски инваријантни системи ∞

h (t ) =

∞

∫e

−2τ

u (τ )2e− ( t −τ ) u (t − τ ) dτ = 2e−t

−∞

∫e

−τ

u (τ )u (t − τ ) dτ .

(2.62)

−∞

⎧1 0 < τ < t , t > 0

Како је Како је u (τ )u (t − τ ) = ⎨

⎩0

ostalo

, онда се (2.62) се (2.62) може даље написати као

t t 0 ⎛ ⎞ −t −τ −t −τ −t −τ h(t ) = 2e ⎜ ∫ e dτ ⎟ = −2e ( e ) = 2e ( e ) = 2e−t (1 − e−t ) . (2.63) 0 t ⎝0 ⎠

Импулсни одзив еквивалентног система је система је према (2.63) према (2.63)

h(t ) = 2 e − t − e −2t u (t ) .

(

)

(2.64)

б) Временско континуални ЛТИ систем је БИБО стабилан ако је његов импулсни одзив апсолутно интеграбилан, интеграбилан, односно, односно, ∞

∫ h(τ ) d τ < ∞ .

(2.65)

−∞

Заменом (2.64) Заменом (2.64) у (2.65) и израчунавањем интеграла добија се ∞

∫ −∞

∞

∞ ∞ ⎡ ⎤ ⎡ 1⎤ −τ −2τ −τ −2τ h(τ ) dτ = 2 ∫ ( e − e ) u (τ ) dτ = 2 ⎢ ∫ e dτ − ∫ e dτ ⎥ = 2 ⎢1 − ⎥ = 1 < ∞ . ⎣ 2⎦ −∞ 0 ⎣0 ⎦

(2.66) На основу (2.66) основу (2.66) се закључује да је да је систем БИБО стабилан. стабилан. приказан је на слици 2.22 слици 2.22 и 7. Блок дијаграм временски континуалног ЛТИ система приказан је садржи два мултипликатора и два интегратора. интегратора. Одредити диференцијалну једначину која описује зависност излазног сигнала y сигнала y((t ) од улазног x улазног x((t ). ).

(t )

e(t )

∫

w(t )

∫

y (t )

Слика 2.22. Слика 2.22. Временски Временски континуални ЛТИ континуални ЛТИ систем систем Решење:

Са слике 2.22 слике 2.22 следи да је да је

e(t ) =

dw(t ) dt

= x(t ) − a1 w(t ) − a2 y (t ) .

- 49 -

(2.67)

Сигнали и системи – системи – збирка збирка решених решених задатака задатака Пошто је Пошто је w(t ) улаз у други интегратор следи да је да је

w(t ) =

dy (t ) dt

.

(2.68)

заменом (2.68) заменом (2.68) у (2.67) добија се

d 2 y (t )

dy ( t ) − a2 y(t ) , 2 dt dt d 2 y (t ) dy (t ) a + + a2 y (t ) = x(t ) . 1 dt 2 dt

= (t ) − a1

Добијена диференцијална једначина диференцијална једначина је је линеарна другог реда другог реда.. систем је описан следећом диференцијалном једначином диференцијалном једначином 8. Временски континуални систем је 8 y ''(t ) − 2 y '(t ) − y(t ) = 4 x(t ) − 2 x ''(t ) . Нацртати блок дијаграм система. система. Решење:

Блок дијаграм временски континуалног система садржи следеће елементе: елементе: интеграторе, интеграторе, мултипликаторе и суматоре. суматоре. Да би се могли користити интегратори, интегратори, потребно је дату диференцијалну једначину прилагодити за ту намену. намену. То се постиже интеграцијом леве и десне стране диференцијалне једначине диференцијалне једначине

8 y ''(t ) − 2 y '(t ) − y (t ) = 4 x(t ) − 2 x ''(t ) /

∫

,

односно

∫

∫

8 y '('(t ) − 2 y (t ) − y (t )dt = 4 x(t ) dt − 2 x '(t ) /

∫

,

па је па је

∫

8 y (t ) − 2 y (t )dt −

∫ ∫ y(t )dt

2

= 4∫ ∫ x(t )dt 2 − 2 x(t ) .

Излазни сигнал система је система је

y (t ) =

1

4∫

y (t )dt +

1

8∫∫

y (t )dt 2 +

1

1 x(t )dt 2 − x(t ) . 4

2∫∫

(2.69)

У складу са (2.69) са (2.69) је је на слици 2.23 слици 2.23 нацртан блок дијаграм система. система. x (t )

∫

∫ x(t )

∫

∫ ∫ x(t )

y (t )

∫ ∫ y(t )

∫

∫ y(t )

∫

Слика 2.23. Слика 2.23. Блок Блок дијаграм временски континуалног система x[n] и h[n] су 9. Одредити и скицирати сигнал y[ n] = x[ n] ∗ h[ n] , а сигнали x[ приказани на слици 2.24. слици 2.24.

- 50 -


а) Слика 2.24. а ) Сигнал x[n]; б ) Сигнал h[n].

б )

Решење:

Сигнали x[n] и h[n] се могу представити као:

x[ n] = δ [ n] + δ [ n − 1] + δ [ n − 2] + δ [n − 3] , h[ n] = δ [ n] + δ [ n − 1] + δ [n − 2] .

Применом (2.7), конволуција сигнала x[n] и h[n] је

y[n] = x[ n] ∗ h[ n] = x[ n] ∗ [δ [ n] + δ [ n − 1] + δ [ n − 2] ] . Применом особине дистрибутивности конволуције (2.10) на (2.70) добија се y[ n] = x[ n] ∗ δ [ n] + x[n] ∗ δ [ n −1] + x[ n] ∗δ [ n − 2] . Пошто је x[ n] ∗ δ [n − n0 ] =

(2.70) (2.71)

∞

∑ x[k ]δ [n − k − n ] = x[n − n ] , 0

0

k =−∞

онда се (2.71) трансформише у следећи облик

x[ n] ∗ h[ n] = x[ n] + x[ n − 1] + x[ n − 2] .

Излазни сигнал y[n] је према (2.72)

y[ n] = δ [ n] + δ [ n − 1] + δ [ n − 2] + δ [n − 3]

+ δ [n − 1] + δ [ n − 2] + δ [ n − 3] + δ [n − 4] + δ [n − 2] + δ [n − 3] + δ [ n − 4] + δ [n − 5], односно

- 51 -

(2.72)


y[ n] = δ [ n] + 2δ [ n − 1] + 3δ [n − 2] + 3δ [n − 3] + 2δ [n − 4] + δ [n − 5] . Сигнал y[n] се може представити као секвенца y[ n] =

{[1], 2, 3, 3, 2,1} ,

а њена

графичка илустрацуја је приказана на слици 2.25.

Слика 2.25. Сигнал y[n] Сигнал x[n] и h[n] представљају коначне секвенце. x[n] садржи N=4 одбирка, а х[n] M=3 одбирка. Изачуната секвенца y[n] има N+М-1=6 одбирака.

10. Улаз x[n] и импулсни одзив h[n] временски дискретног ЛТИ система су: x[ n] = u[ n] и h[ n] = α n u[n], 0 < α < 1 . Израчунати излазни сигнал y[n]. Решење:

На слици 2.26 представљени су сигнали x[n] и h[n].

- 52 -


а) Слика 2.26. а ) Сигнал x[n]; б ) Сигнал h[n]. На слици 2.27 приказан је сигнал h[-k ].

Слика 2.26. Сигнал h[-k ] Ако је n<0, на слици 2.27 приказани су сигнали h[n-k ] и x[k ].

- 53 -

б )


Слика 2.27. Приказ сигнала (--- х[n-k ] и

x[k ]), за n<0


y[ n] =

∑ x[k ]h[n − k ] = 0 k =−∞

Ако је n>0, на слици 2.28 приказани су сигнали h[n-k ] и x[k ].


x[k ]), за n>0

На основу слике 2.28 је

y[ n] =

∞

n

k =−∞

k = 0

∑ x[k ]h[n − k ] = ∑1⋅α

n − k

⋅1 ,

односно,

y[ n] =

n

∑ k =0

α

n −k

=α

n

n

∑

(

α −k = α n 1 + a −1 + a −2 + K + a

k = 0

−( n −1)

+ a−n ) .

Пошто је 0 < α < 1 , онда се релација (2.73) може написати као

y[ n] = 1 + a + a + K + a 1

2

- 54 -

( n −1)

+a = n

1 − α n +1 1 − α

.

(2.73)

2. Линеарни временски инваријантни системи Према томе y[n] се може написати као y[ n] =

1 − α n +1 1 − α

u[n] и он је приказан на слици

2.29.

Слика 2.29. Сигнал y[n] за α = 1 2

11. Степ одзив s[n] временски дискретног ЛТИ система s[ n] = α n u[ n], 0 < α < 1 . Одредити импулсни одзив система.

је

дат

као

Решење:

На основу (2.16) импулсни одзив временски дискретног ЛТИ система је

h[ n] = s[ n] − s[ n − 1] = α n u[ n] − α n −1u[ n − 1] .

(2.74)

Како је

α nu[n] = δ [n] + α nu[n − 1] , онда се (2.74) може написати у следећем облику

h[ n] = δ [ n] + α n u[ n − 1] − α n −1u[ n − 1] .

(2.75)

На основу (2.75) импулсни одзив система је

h[ n] = δ [ n] − (1 − α )α n −1u[n − 1] . 12. Блок дијаграм временски дискретног система приказан је на слици 2.30. Одредити диференцну једначину зависности излазног сигнала y[n] од улазог x[n].

- 55 -

Сигнали и системи – збирка решених задатака Слика 2.30. Временски дискретни ЛТИ систем Решење:

Са слике 2.30 следи да је

y[ n] = 3q[ n − 1] + q[ n] q[ n] = 2q[ n − 1] + x[ n].

(2.76)

Систем једначина (2.76) се решава по q[n] и q[n-1]:

y[ n] = 3q[ n − 1] + 2q[ n − 1] + x[n] , односно

q[ n − 1] =

1 5

[ y[n] − x[n]] ,

(2.77)

даље се замењује (2.77) у (2.76) и добија

y[ n] =

3

q[ n] =

2

5

y[ n] −

3 5

x[ n] + q[ n] ,

односно

5

y[ n] +

3 5

x[ n] .

(2.78)

Како је q[n-1] представља сигнал q[n] закашњен за један одбирак, онда је (2.78)

q[ n − 1] =

2 5

y[ n − 1] +

3 5

x[ n − 1] .

(2.79)

Изједначавањем десних страна релација (2.77) и (2.79) добија се

y[ n] − x[ n] = 2 y[ n − 1] + 3 x[n − 1] , па је тражена диферецна једначина временски дискретног система

y[ n] − 2 y[ n − 1] = x[ n] + 3 x[n − 1] . 13. Нацртати блок дијаграм временски дискретног систем описаног диференцном једначином 2 y[ n] + 6 y[ n − 1] = x[n ] − x[n − 2] . Решење:

Блок дијаграм временски континуалног система садржи следеће елементе: кола за јединично кашњење, мултипликаторе и суматоре. Дата диференцна једначина може се написати у следећем облику

2 y[n] = x[ n] − x[ n − 2] − 6 y[ n − 1] , односно

y[ n] =

1 2

[ x[n] − x[n − 2]] − 3 y[n − 1] .

Према изразу (2.80) блок дијаграм дискретног система је приказан на слици 2.31.

- 56 -

(2.80)


Слика 2.31. Блок дијаграм временски дискретног система

14. Улазни сигнал x[n] временски дискретног система и његов излазни сигнал y[n] су повезани следећом диференцном једначином

y[ n] −

1 2

y[ n − 1] = x[n] ,

при чему је y[-1]=0. Одредити излазни сигнал y[n] за следеће улазне сигнале: n

⎛1⎞ а) x[ n] = ⎜ ⎟ u[ n] , ⎝3⎠ n

⎛1⎞ б) x[ n] = ⎜ ⎟ u[n] . ⎝2⎠ Решење:

Ако се временски дискретни ЛТИ систем побуди јединичном импулсном секвенцом, на његовом излазу се добија импулсни одзив. Према томе, импулсни одзив треба да задовољава следећу диференцну једначину

h[ n] − За n=0, према (2.81) добија се h[0] − За n=1, следи да је h[1] − За n=2, следи да је h[2] − За n=3, следи да је h[3] −

1 2 1 2 1 2

1 2

1 2

h[ n − 1] = δ [ n] .

(2.81)

h[−1] = 1 , односно h[0] = 1 .

h[0] = 0 , односно h[1] = h[1] = 0 , односно h[2] = h[2] = 0 , односно h[3] =

1 2 1 4 1 8

. . .

⎧ 1 1 1 ⎫ , , ,K⎬ . ⎩ 2 4 8 ⎭

На основу претходног, импулсни одзив система је секвенца h ( n ) = ⎨1,

Применом математичке индукције се добијена секвенца за импулсни одзив система може написати у аналитичкој форми као n

⎛1⎞ h[ n] = ⎜ ⎟ u[n] . ⎝2⎠

- 57 -


а) На слици 2.32 представљени су сигнали x[n] и h[n].

а) Слика 2.32. а ) Сигнал x[n]; б ) Сигнал h[n]. На слици 2.33 приказан је сигнал х[-k ].


- 58 -

б )



x[k ]), за n<0

На основу слике 2.34, добија се ∞

y[ n] =

∑ x[k ]h[n − k ] = 0 . k =−∞



x[k ]), за n>0

На основу слике 2.35 је k

⎛1⎞ ⎛1⎞ y[n] = ∑ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ k =0 ⎝ 3 ⎠ ⎝ 2 ⎠ n

n −k

⎛1⎞ =⎜ ⎟ ⎝2⎠

n

k

−k

n

⎛1⎞ ⎛1 ⎞ ⎛1 ⎞ = ∑ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜2⎟ ⎝ ⎠ k =0 ⎝ 3 ⎠ ⎝ 2 ⎠ n

k

⎛2⎞ ∑ ⎜3⎟ , ⎠ k =0 ⎝ n

односно

⎛2⎞ 1 − n ⎜3⎟ ⎛1⎞ ⎝ ⎠ y[ n] = ⎜ ⎟ 2 ⎝2⎠ 1−

n +1 n n ⎡⎛ 1 ⎞ n 2 ⎛ 1 ⎞ n ⎤ ⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ = 3 ⎢⎜ ⎟ − ⎜ ⎟ ⎥ = 3⎜ ⎟ − 2⎜ ⎟ . ⎝ 2⎠ ⎝ 3⎠ ⎢⎣⎝ 2 ⎠ 3 ⎝ 3 ⎠ ⎥⎦

3

Према томе излазни сигнал y[n] се може написати као

- 59 -

Сигнали и системи – збирка решених задатака n ⎛ ⎛ 1 ⎞n ⎛ ⎛ 1 ⎞ n +1 ⎛ 1 ⎞ n +1 ⎞ ⎛1⎞ ⎞ y[ n] = ⎜ 3 ⎜ ⎟ − 2 ⎜ ⎟ ⎟ u[ n] = 6 ⎜ ⎜ ⎟ − ⎜ ⎟ ⎟ u[ n] . ⎜ ⎝2⎠ ⎜⎝ 2 ⎠ ⎝ 3 ⎠ ⎟⎠ ⎝ 3 ⎠ ⎟⎠ ⎝ ⎝

На слици 2.36 приказан је излазни сигнал y[n].

Слика 2.36. Сигнал y[n]

б) У овом примеру сигнали h[n] и х[n] су аналитички једнаки и представљени су на слици 2.37.


- 60 -

б )

2. Линеарни временски инваријантни системи На слици 2.38 приказан је сигнал h[-k ].


Слика 2.39. Приказ сигнала (--- h[n-k ] и

x[k ]) , за n<0

На основу слике 2.34, добија се ∞

y[ n] =

∑ x[k ]h[n − k ] = 0 . k =−∞


- 61 -

Сигнали и системи – збирка решених задатака Слика 2.40. Приказ сигнала (--- h[n-k ] и

x[к]), за n>0

На основу слике 2.40 је k

⎛1⎞ ⎛1⎞ y[ n] = ∑ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ k =0 ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ n

n−k

⎛1⎞ =⎜ ⎟ ⎝ 2⎠

n

n

∑1 , k =0

односно n

⎛1⎞ y[ n] = ( n + 1) ⎜ ⎟ . ⎝2⎠ Према томе излазни сигнал y[n] се може написати као n

⎛1⎞ y[ n] = ( n + 1) ⎜ ⎟ u[n] . ⎝2⎠ На слици 2.41 приказан је излазни сигнал y[n].

Слика 2.41. Сигнал y[n]

15. Израчунати конволуциону суму y[ n] = x[ n] ∗ h[ n] за следећи пар секвенци: n

1 ⎛1⎞ [n] = ⎜ ⎟ u[ n] , h[ n] = δ [ n] − δ [ n − 1] . 2 ⎝2⎠ Решење: ∞

∞

k

1 ⎛1⎞ ⎛ ⎞ y[ n] = x[ n] ∗ h[ n] = ∑ x[ k ]h[ n − k ] = ∑ ⎜ ⎟ u [ k ] ⎜ δ [ n − k ] − (δ [ n − k − 1]) ⎟ 2 ⎝ ⎠ k =−∞ k =−∞ ⎝ 2 ⎠ ∞

k

k

1 ∞ ⎛ 1⎞ ⎛1⎞ = ∑ ⎜ ⎟ u [ k ]δ [ n − k ] − ∑ ⎜ ⎟ u [ k ]δ [ n − k − 1] . 2 k =−∞ ⎝ 2 ⎠ k =−∞ ⎝ 2 ⎠ (2.82) На слици 2.42 приказане су секвенце x[n] и h[n].

- 62 -



б )

За n < 0 ⇒ y[ n] = 0 . За n = 0 следи да је израз (2.82) једнак, k

k

0

1 n ⎛1⎞ ⎛1⎞ ⎛1⎞ 1 y [ n ] = ∑ ⎜ ⎟ u [ k ]δ [− k ] − ∑ ⎜ ⎟ u [k ]δ [− k − 1] = ⎜ ⎟ − ⋅ 0 = 1 . 2 k =0 ⎝ 2 ⎠ k =0 ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2⎠ 2 0

За n > 0 следи да је израз (2.82) једнак, k

k

n

1 n ⎛1⎞ ⎛1⎞ ⎛ 1⎞ 1⎛ 1⎞ y[ n] = ∑ ⎜ ⎟ u [ k ]δ [ n − k ] − ∑ ⎜ ⎟ u [ k ]δ [ n − k − 1] = ⎜ ⎟ − ⎜ ⎟ 2 k =0 ⎝ 2 ⎠ k =0 ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2⎠ 2⎝ 2⎠ n

На

основу

претходног

произилази

да

је

n −1

конволуциона

=0. сума

y[n] = x[n] ∗ h[n] = δ [ n] . 16.

Импулсни

одзив

временски

дискретог

n

ЛТИ

система је

дат

као

⎛1⎞ h[ n] = ⎜ ⎟ u[ n] . Нека је y[n] излазни сигнал система када је његов улазни сигнал ⎝2⎠ x[ n] = 2δ [ n] + δ [ n − 3] . - 63 -

Сигнали и системи – збирка решених задатака Решење:

Код временски дискретог ЛТИ система излазни сигнал се добија помоћу конволуционе суме (2.7). На слици 2.43 приказани су дискретни сигнали x[n] и h[n].

а) б ) Слика 2.43. а ) Сигнал x[n]; б ) Сигнал h[n]. За n = 1 , сигнали h[n-k ] и x[k ] приказан је на слици 2.44.

Слика 2.44. Приказ сигнала (--- h[n-k ] и Са слике 2.44 произилази да је y [ n] = 2 ⋅

1 2

= 1.

- 64 -

x[k ]), за n=1

2. Линеарни временски инваријантни системи За n = 4 , сигнали h[n-k ] и x[k ] приказан је на слици 2.45.

Слика 2.45. Приказ сигнала (--- h[n-k ] и Са слике 2.45 произилази да је y [ n] = 2 ⋅

1 16

x[k ]), за n=4

1

1+ 4

2

8

+ 1⋅ =

=

5 8

.

Задаци за решавање 1. Израчунати

конволуцију

сигнала

v1 (t ) = 2(u (t ) − u (t − 1) )

и

v2 (t ) = u (t ) − u (t − 2) . Решење:

v1 (t ) ∗ v2 (t ) = 2tu (t ) + (2 − 2t )u (t − 1) − (4 − 2t )u (t − 2) + (2t − 6)u (t − 3) . 2. Израчунати конволуцију сигнала v1 (t ) = 4tu (t ) и v2 (t ) = e −2t u (t ) . Решење:

v1 (t ) ∗ v2 (t ) = (2t − 1 + e −2t )u (t ) . 3.

Одредити

y (t ) = x(t ) ∗ h(t )

сигнал

h(t ) = (t + 1)u (t + 1) − 2tu (t ) + (1 − t )u (t − 1) и x(t ) = δ T (t ) =

ако ∞

∑ δ (t − nT ) . n = −∞

сигнал y(т) скицирати за: а) Т =3,

б) Т =2,

Решење:

y (t ) =

∞

∑ h(t − nT ) . n =−∞

4. Одредити и скицирати конволуцију следећих сигнала: а) x(t ) = u (t + a) − u (t − a) и h(t ) = u (t + a ) − u (t − a ) ,

б) x(t ) = t (u (t ) − u (t − T ) ) и h(t ) = u (t ) − u (t − 2T ) .

- 65 -

је

в) Т =1.5.

Добијени


а) y (t ) = (2a − t )(u (t + 2a) − u (t − 2a ) ) ,

t < 0

⎧0, ⎪ 2 0 . 5 , t ⎪ ⎪ 2 б) y (t ) = ⎨0.5T , ⎪− 0.5t 2 + 2T − 2.5T 2 , ⎪ ⎪⎩0,

0 < t ≤ T T < t ≤ 2T . 2T < t ≤ 3T t > 3T

5. Одредити и скицирати излазни сигнал система y(t ) уколико је улазни сигнал x(t ) = e −α t u (−t ) и импулсни одзив система h(t ) = e −α t u (t ), α > 0 . Решење:

y (t ) = x(t ) ∗ h(t ) =

1 2α

e −α t u (t ) +

1 2α

eα t u (−t ) .

6. Степ одзив континуалног ЛТИ система је s (t ) = e − u (t ) . Одредити и скицирати излазни сигнал ако је улазни x(t ) = u (t − 1) − u (t − 3) . t

Решење:

y (t ) = e − t −1 u (t − 1) − e − t −3 u (t − 3) . (

)

(

)

7. Ако је степ одзив система s (t ) = [cos

0

t ]u (t ) , одредити његов импулсни одзив.

Решење:

h(t ) = δ (t ) − ω 0 [sin ω 0t ]u (t ) . 8. На слици 2.46 приказана је паралелна реализација ЛТИ система. Ако је h1 (t ) = e −2 t u (t ) и h2 (t ) = 2e − t u (t ) , одредити импулсни одзив еквивалентног система и испитати да ли је систем БИБО стабилан. h1(t) +

x(t)

y(t)

+

h2(t)

Слика 2.46. Паралелна реализација ЛТИ система Решење:

(

h(t ) = e −2 t + 2e −t u (t ) . Систем је БИБО стабилан. - 66 -


9. Континуални ЛТИ систем је описан диференцијалном једначином dy (t ) + ay (t ) = x(t ) . dt − at Одредити одзив система y(т) на побуду x(t ) = e u (t ) под условом да је y(0)=0. Решење:

y (t ) = te − at u (t ) . 10. На

слици 2.47 приказано је редно RLC електрично коло. Одредити диференцијалну једначину зависности струје кола y(t ) од напона на улазу x(t ). R

L

+ x(t)

C y(t)

Слика 2.47. Редно RLC коло Решење:

d 2 y (t ) R dy (t ) dt 2

+

L

dt

+

1

1 y (t ) = x(t ) . LC L

11. За електрично коло са слике 2.48. израчунати: а) Импулсни одзив h(t )=iL(t ). б) Напон на завојници vL(t ) ако је на улазу јединични импулсни сигнал. в) Струју кроз завојницу iL(t ) ако је на улазу јединични одскочни сигнал. R

iL (t)

+

v(t)

L

Слика 2.48. Редно RL коло Решење:

а) h(t ) = i L (t ) = б) v L (t ) = −

R

1 L

R

e

− t L

u (t ) ,

R

e

− t L

u (t ) + δ (t ) ,

L t в) i L (t ) = 1 − e − u (t ) .

(

)

- 67 -


12.

Одредити напона на излазу vout (t ) електричних кола са слике 2.49, ако је напон на улазу кола vin(t )=u(t ) – u(t -1). L

R

+

+

vin(t)

+

vout(t)

R

+

vin(t)

а )

vout(t)

L

б )

Слика 2.49. а ) Интеграторско RL коло , б ) Диференцијаторско RL коло Решење:

(

(

− t − t +1 u (t − 1) , а) vout (t ) = 1 − e u (t ) − 1 − e − − + б) vout (t ) = e u (t ) − e u (t − 1) . t

t 1

13. Одредити и скицирати конволуцију дискретних сигнала: а) x[n] = u[n] и h[n] = 2 n u[− n] ,

б) x[n] = u[n] − u[n − N ] и h[n] = α n u[− n],

0 < α < 1 .

Решење: 1+ n а) y[n] = 2 u[− n] + 2u[n − 1] ,

б) y[n] =

1 − α n+1 1 − α

n − N +1

(u[n] − u[n − N ]) + α

1 − α N 1 − α

u[n − N ] .

14. Одредити секвенцу y[ n] = x[n] ∗ h[n] ако је

а) x[n] = α nu[n] и h[n] = β n u[n] , б) x[n] = α nu[n] и h[n] = α − n u[− n], 0 < α < 1 . Решење:

а) За α ≠ β y[n] = б) y[n] =

α n 1 − α

2

1

β − α

( β +

n 1

− α n+1 )u[n] , за α = β y[n] = β n (n + 1) u[n] ,

u[n] .

15. Дискретни ЛТИ систем је описан диферецном једначином y[n] =

n

∑2 k = −∞

Испитати да ли је систем каузалан. Решење:

- 68 -

k − n

x[k + 1] .

2. Линеарни временски инваријантни системи Систем није каузалан. Импулсни одзив дискретног ЛТИ система је h[n] = δ [n] + δ [ n − 1] . Одредити зависност излаза од улаза система.

16.

Решење: y[ n] = x[ n] + x[ n − 1] .

17.

Импулсни одзив дискретни ЛТИ система је каузалност и БИБО стабилност система.

h[n] = α n u[n] . Испитати

Решење:

Систем је каузалан. За α

18.

< 1 систем је БИБО стабилан, док за α ≥ 1 систем није БИБО стабилан. Импулсни одзив дискретног ЛТИ система је h[ n] = (− 0.5) u[n − 1] . Испитати n

каузалност и БИБО стабилност система. Решење:

Систем је каузалан и БИБО стабилан.

19. Одредити зависност излаза од улаза система приказаног на слици 2.50.

Слика 2.50. Блок дијаграм временски дискретног система Решење:

2 y[ n] − y[n − 1] = 4 x[n] + 2 x[n − 1] . 20.

Одредити импулсни одзив система представљених диференцним једначинама улаза и излаза и испитати да ли је импулсни одзив коначног или бесконачног трајања. а) y[n] = x[n] − 2 x[ n − 2] − x[n − 3] ,

б) y[n] + 2 y[n − 1] = x[n] + x[n − 1] , в) y[n] − 0.5 y[n − 2] = 2 x[n] − x[n − 2] . Решење:

а) h[n] = {[1],0,−2,1}, импулсни одзив коначног трајања, −

б) h[n] = δ [ n] + (− 1) 2 n 1 u[n − 1] , импулсни одзив бесконачног трајања, n

в) h[n] = 2δ [n] , импулсни одзив коначног трајања.

- 69 -


3. Лапласова трансформација и временски континуални ЛТИ системи Билатерална или двострана Лапласова трансформација (the Laplace transform ): L x(t )← X ( s ) , s = σ + j ⎯→

,

∞

∫

X ( s) = x(t )e − st dt ,

(3.1)

−∞

x(t ) =

c + j∞

1

∫

st

X ( s)e dt .

(3.2)

2π j c − j∞

Особине билатералне Лапласове трансформације: Линеарност: a1 x1 (t ) + a2 x2 (t ) ← ⎯→ a1 X 1 ( s ) + a2 X 2 ( s) , R' = R1 ∩ R2 L

⎯→ e Померај у временском домену: x(t − t 0 ) ← L

− st 0

X ( s) , R' =

(3.3)

(3.4)

⎯→ X ( s − s0 ) , R ' = R + Re{ s0 } Померај у комплексном домену: e 0 x(t − t 0 ) ← s t

Временско скалирање: x( at ) ← ⎯→ L

L

(3.5)

1

s X ( ) , R' = aR a a

Временска инверзија: x( −t ) ← ⎯→ X ( − s ) , R' = − L

dx(t )

Диференцирање у временском домену:

dt

Диференцирање у комплексном домену:

L ← ⎯→ sX ( s) ,

t

→ Интеграција у временском домену: ∫ x(τ ) d τ ←⎯ L

−∞

Интеграција у комплексном домену:

t

(3.7)

L − tx(t ) ←⎯→

x ( t )

(3.6)

dX ( s) ds

X ( s ) s

'=

(3.8)

, R' =

{

(3.9)

}

, R ' = R ∩ Re ( s ) > 0 (3.10)

∞

←⎯→ ∫ X ( s )ds , R' = R L

s

Конволуција: x1 (t ) ∗ x2 (t ) ← ⎯→ X 1 ( s ) X 2 ( s ) , R' = R1 ∩ R2 L

- 70 -

(3.11) (3.12)

3. Лапласова трансформација и временски континуални ЛТИ системи

Табела 3.1. Неки Лапласови трансформациони парови x (т)

X (с)

Област конвергенције

δ (t )

1

цела с- раван

1

Re ( s ) > 0

u (t )

s 1

− u (−t )

s 1

tu (t )

− e − at u (−t ) te − at u (t )

− te − at u (−t ) cos ω 0tu (t ) sin ω 0tu (t )

e − cos ω 0tu (t ) at

e

− at

sin ω 0tu (t )

2

Re ( s ) > 0

k +1

Re ( s ) > 0

s k !

t k u (t ) e − at u (t )

Re ( s ) < 0

s

1 s + a 1 s + a 1

( s + a )2 1

( s + a )2

Re ( s ) > − Re ( a ) Re ( s ) < − Re ( a ) Re ( s ) > − Re ( a ) Re ( s ) < − Re ( a )

s

Re ( s ) > 0

s 2 + ω 02 ω 0

Re ( s ) > 0

s 2 + ω 02 s + a

( s + a )2 + ω 02 ω 0

( s + a )2 + ω 02

Re ( s ) > − Re ( a ) Re ( s ) > − Re ( a )

Унилатерална или једнострана Лапласова трансформација: I x(t )←⎯→ X ( s ) ,

L

∞

∫

X ( s) = x(t )e − st dt , 0 − = lim(0 − ε ) 0−

Неке посебне особине: Диференцирање у временском домену:

- 71 -

ε → 0

(3.13)


d n x(t ) n

dt

L ← ⎯→ s n X I ( s) − s n −1 x(0− ) − s n − 2 x' (0− ) − K − x(n −1) (0− ) .

(3.14)

I

Интеграција у временском домену: t

1 L I x(τ )d τ ← ⎯→ X I ( s) , s 0−

∫

t

(3.15) 0

−

1 1 L I x(τ )d τ ← ⎯→ X I ( s) + x(τ )d τ . s s −∞ −∞

∫

∫

Теорема о почетној вредности: lim x ( t ) t →0

(3.16)

= lim sX I ( s ) . s →∞

Теорема о крајњој вредности: lim x(t ) = lim sX I ( s ) . t → ∞

s → 0

Најчешћи облик X ( s) је рационална функција која се може развити као збир парцијалних разломака. Ако развој X ( s) садржи облик

ck s − pk

, онда је pк прост пол и коефицијент ck се

одређује као,

ck = ( s − pk ) X ( s) s = p .

(3.17)

k

Ако развој X ( s) садржи облик

λ 1 s − pi

+

λ 2

( s − pi )2

+L+

λ r

( s − pi )r

, онда је pi

вишеструки пол и коефицијенти λ i се одређују као,

λ r − k =

1 d k k ! ds

k

(( s − p ) X ( s)) r

i

.

(3.18)

s = p i

Функција преноса система H ( s), представља Лапласову трансформацију импулсног одзива система h(t ). Други начин за дефинисање функције преноса је преко односа Лапласових трансформација излазног и улазног сигнала,

H ( s) =

Y ( s) X ( s)

.

(3.19)

За каузалне ЛТИ системе, област конвергенције Х ( s) мора бити у облику Re{ s} > σ max . За стабилне ЛТИ системе, област конвергенције Х ( s) садржи имагинарну осу s- равни. Ако је систем каузалан и стабилан, онда сви полови од Х ( s) налазе се у левој полуравни s- равни.

Решени задаци 1. Одредити Лапласову трансформацију од: − а) x(t ) = −e at u (−t ) ,

б) x(t ) = e u (−t ) . at

- 72 -

3. Лапласова трансформација и временски континуални ЛТИ системи Решење:

а) На основу (3.1) је 0−

∞

∫

X ( s ) = − e

− at

∫

− st

u ( −t )e dt = − e

−∞

ако је lim e

−∞

− ( s + a )t

t → −∞

∫

0−

e u (−t )e − dt = at

st

−∞

ако је lim e

∫

e −(

t →−∞

e

= −∞

dt = −

0−

1

s − a )t

−∞ − ( s −a )t

s + a

− ( s + a ) t

1 s + a

,

= 0 , за Re( s + a ) < 0 ⇒ Re( s ) < −a .

∞

б) X ( s ) =

1

− ( s + a )t

dt =

0−

s − a

e−

( s −a ) t

=− −∞

1

s − a

,

= 0 , за Re( s − a ) < 0 ⇒ Re( s ) < a .

2. Одредити Лапласове трансформације сигнала x(t ) и скицирати распоред нула и полова и област конвергенције: − t − t а) x(t ) = e u (t ) + e u (t ) , 2

3

3t 2 t б) x(t ) = e − u (t ) + e u (−t ) ,

в) x(t ) = e −3t u (−t ) + e 2t u (−t ) . Решење:

а) Из табеле 3.1 је

1 L → e−2t u (t ) ←⎯ , Re( s ) > −2 , s + 2 1 L ⎯→ e −3t u (t ) ← , Re( s ) > −3 , s + 3

(3.19) (3.20)

На основу (3.19) и (3.20) произилази да се области конверегенције преклапају, па је

X ( s) =

1

+

1

=

2 s + 5

=

2( s + 5 / 2)

, Re( s ) > −2 . (3.21) ( s + 2)( s + 3) ( s + 2)( s + 3) 5 Из (3.21) следи да X ( s) има једну нулу у s = − и два пола у s = −2 и s = −3 и да је 2 област конвергенције Re( s ) > −2 , као што је приказано на слици 3.1.

s + 2 s + 3

- 73 -


Слика 3.1. Re( s ) > −2 , нула ( s = − 5 2) и полови ( s = −2 и s = −3 )

б) Из табеле 3.1 је

1 L ⎯→ e −3t u (t ) ← , Re( s ) > −3 , + s 3 1 L ⎯→ − e 2t u (t ) ← , Re( s ) < 2 , s − 2

(3.22) (3.23)

На основу (3.22) и (3.23) произилази да се области конверегенције преклапају, па је

X ( s) =

1

−

1

−5

,

− 3 < Re( s ) < 2 .

(3.24)

( s − 2)( s + 3) Из (3.24) следи да X ( s) нема нула и да има два пола у s = 2 и s = −3 и да је област конвергенције − 3 < Re( s ) < 2 , као што је приказано на слици 3.2.

Слика 3.2.

s + 3 s − 2

=

− 3 < Re( s ) < 2 , полови ( s = 2 и s = −3 )

в) Из табеле 3.1 је

1 L ⎯→ e 2t u (t ) ← , Re( s ) > 2 , s − 2 1 L ⎯→ − e −3t u ( −t ) ← , Re( s ) < −3 , s + 3

(3.25) (3.26)

На основу (3.25) и (3.26) произилази да нема преклапања области конверегенције, а то значи да сигнал x(t ) нема Лапласову трансформацију.

- 74 -


3. Одредити Лапласову трансформацију и област конвергенције за сваки од следећих сигнала:

а) x(t ) = δ (t − t 0 ) , в) x(t ) = e

б) x(t ) = u (t − t 0 ) ,

−2 t

(u (t ) − u (t − 5) ) ,

г) x(t ) =

∞

∑δ (t − kT ) , k = 0

д) x(t ) = δ (at + b) . Решење:

а) Применом (3.4) и табеле 3.1 је − st X ( s ) = e 0 , цела s- раван. б) Применом (3.4) и табеле 3.1 је 1 − st X ( s) = e 0 , Re( s ) > 0 . s в) Сигнал x(t ) се може представити и као x(t ) = e −2t u (t ) − e −2t u (t − 5) , односно

x(t ) = e −2t u (t ) − e −10 e −2 ( t −5)u (t − 5) Из табеле (3.1) и применом (3.4), добија се

X ( s ) =

1 s + 2

− e −10e −5 s

1 s + 2

=

1 s + 2

(1 − e −

5 ( s + 2 )

) , Re( s ) > −2 .

г) Применом (3.4) и табеле 3.1 је

X ( s) =

∞

∑e

k =0

− skT

∞

1

k

= ∑ ( e− sT ) = k = 0

1− e

− sT

, Re ( s ) > 0 .

д) Нека је f (t ) = δ (at ) . На основу скалирања у временском домену (3.6) следи да је

f (t ) = δ ( at ) ←⎯ → F ( s) = L

1 a

, цела s- раван.

(3.27)

Сигнал x(t ) се може трансформисати у следећи облик

⎡ ⎛ ⎣ ⎝

x(t ) = δ (at + b) = δ ⎢a⎜ t +

b ⎞⎤

⎛ b ⎞ = f ⎟⎥ ⎜ t + ⎟ , a ⎠⎦ ⎝ a ⎠

па на основу (3.4) и (3.27) произилази да је Лапласова трансформација сигнала x(t ) s

b

X ( s) = e a F ( s) =

1 a

s

b

e a , цела s- раван.

4. Одредити Лапласову трансформацију сигнала

- 75 -


1

(t ) = ( e−t cos 2t − 5e −2t ) u (t ) +

2

e2 t u( −t ) .

Решење:

( t ) = x1 ( t ) + x2 ( t ) + x3 ( t ) .

Задати сигнал се може приказати као

L → X1 ( s) = x1 (t ) = e− t ( cos 2t ) u(t ) ←⎯

L → X 2 ( s) = x2 (t ) = e−2t u(t ) ←⎯

1 s + 2 1

L → X 2 ( s) = − x3 (t ) = e2 t u (−t ) ←⎯

s + 1 ( s + 1) + 4 2

, Re ( s ) > − 1 .

, Re ( s ) > − 2 .

s − 2

, Re ( s ) < 2 .

Према томе Лапласова трансформације сигнала x(t ) је

1 X ( s) = X 1 ( s) − 5 X 2 ( s) + X 3 ( s) , −1 < Re ( s ) < 2 . 2 s + 1 5 1 1 + − X ( s) = , −1 < Re ( s ) < 2 . ( s + 1) 2 + 4 s + 2 2 s − 2 5. Одредити Лапласову трансформацију сигнала приказаног на слици 3.3. x ( t )

t

Слика 3.3. Сигнал x(t ) за задатак 5 Решење:

Лапласова трансформација периодичног сигнала се може представити као ∞

∫

F ( s ) = f (t )e

T

− st

2T

∫

dt = f (t )e

0

∫

− st

3T

dt + f (t )e

0

∫

− st

dt + f (t )e

T

− st

dt + K .

(3.28)

2T

Одговарајућим сменама границе интеграла у (3.28) могу се свести на опсег од 0 до Т . T

∫

F ( s ) = f (τ )e 0

T

− sτ

∫

T

d τ + f (τ + T )e

− s (τ + T )

0

∫

d τ + f (τ + 2T )e − s (τ + 2T ) d τ + K . (3.29) 0

На основу периодичности сигнала f (t ) = f (t + T ) = f (t + 2T ) = K = f (t + NT ) следи да се (3.29) може приказати као

- 76 -

3. Лапласова трансформација и временски континуални ЛТИ системи T

F ( s) = (1 + e − sT + e − 2 sT + K) f (τ )e − sτ d τ .

∫

(3.30)

0

Решавањем бесконачне геометријске суме унутар заграде израза (3.30), Лапласова трансформација периодичног сигнала је T

∫

F ( s) =

f (t )e − st dt

0

.

1 − e − sT

(3.31)

Сигнал представљен на слици 3.3 је периодичан са основним периодом Т =а и аналитички се може представити као 0 (t ) =

A a

t, 0 ≤ t ≤ a .

(3.32)

Ако се f (t ) у (3.31) замени са x0(t ) из (3.32) добија се

X ( s) =

a

1 1 − e− sa

A

∫a

te− st dt =

0

1 1 − e − sa

X 0 ( s) .

(3.33)

Интеграл који је замењен са X 0( s) у (3.33) решава се применом парцијалне интеграције.

⎡ t A − st A X 0 ( s) = ∫ te dt = ∫ te− st dt = ⎢ ⎢ dt a0 0 a ⎢⎣ a⎤ A ⎡ ae− sa 1 + 2 e− st 0 ⎥ = X 0 ( s) = ⎢ − a⎣ s s ⎦ a

a

=u

e− st dt = dv ⎤

A ⎡ t − st a 1 a − st ⎤ ⎥ 1 − st ⎥ = ⎢− e 0 + ∫ e dt ⎥ a⎣ s s0 = du v = − e ⎦ ⎥ s ⎦ A ⎡ ae− sa 1 1 − sa ⎤ A − as − + − = − + e 1 (1 as ) e [ ] ⎢ ⎥ 2 2 2 a⎣ s s s ⎦ as

Заменом X 0( s) у (3.33) добија се

X ( s) =

1

A

1 − e − sa as

− as − + 1 (1 as ) e [ ]= 2

X ( s) =

1 1− e

A − sa

as

2

1

A

1 − e − sa as

[(1 + as)(1 − e

− as + − + − as ] , (1 as ) (1 as ) e [ 2

− as

]

) − as .

Према томе, Лапласова трансформација сигнала приказаног на слици 3.3. је

X ( s) =

A ⎡1 + as a ⎤ . − as ⎢⎣ s 1 − e − as ⎥⎦

6. Одредити инверзну Лапласову трансформацију сигнала: 2 s + 4 , Re ( s ) > − 1 , а) X ( s ) = 2 s + 4 s + 3 2 s + 4 б) X ( s ) = 2 , Re( s) < −3 , + + s 4 s 3 2 s + 4 −3 < Re ( s ) < −1 . , в) X ( s ) = 2 s + 4 s + 3

- 77 -


Развојем у парцијалне разломке добија се

2 s + 4

X ( s ) =

s 2 + 4 s + 3

=2

s+2 ( s + 1)( s + 3)

c1

=

s +1

+

c2 s +3

.

Применом (3.17) добија се

s + 2 c1 = ( s + 1) X ( s ) s = −1 = 2 = 1, s + 3 s = −1 s + 2 c2 = ( s + 3) X ( s ) s = −3 = 2 = 1. s + 1 s = −3 Према томе је

X ( s) =

1

+

1

s + 1 s + 3

.

а) Ако је Re ( s ) > − 1 на основу табеле 3.1, сигнал x(t ) је −

(

−

−

x (t ) = e t u (t ) + e 3 t u (t ) = e t + e б) Ако је Re( s ) < −3 на основу табеле 3.1, сигнал x(t ) је

− 3 t

)u (t ) .

x(t ) = −e − t u (−t ) − e −3t u (−t ) = (e − t + e −3t )u (t ) . в) Ако је −3 < Re ( s ) < −1 на основу табеле 3.1, сигнал x(t ) је −

−

x (t ) = −e t u (−t ) + e 3t u (t ) . 7. Одредити инверзну Лапласову трансформацију сигнала

X ( s) =

5 s + 13 s( s + 4 s + 13) 2

Re ( s ) > 0 .

,

Решење: 2

s 2 + 4 s + 13 = ( s + 2 ) + 9 = ( s + 2 − j 3)( s + 2 + j 3) . X ( s) = X ( s) =

5 s + 13 s( s 2 + 4 s + 13) c1 c2 s

+

=

5 s + 13 s( s + 2 − j 3)( s + 2 + j 3) c3

+

s − (−2 + j 3) s − (−2 − j 3)

.

,

где је

c1 = s X ( s ) s = 0 =

5 s + 13 s 2 + 4 s + 13 s = 0

c2 = ( s + 2 − j 3) X ( s ) s = −2 + j 3 =

- 78 -

= 1, 5 s + 13

s ( s + 2 + j 3) s = −2 + j 3

1

= − (1 + j ) , 2


c3 = ( s + 2 + j3) X ( s) s = −2 − j 3 =

5 s + 13

1

s( s + 2 − j 3) s = −2 − j 3

= − (1 − j ) . 2

Према томе X ( s) је

X ( s) =

1

1

1

2

s − (−2 + j 3)

− (1 + j )

s

1

1

2

s − (−2 − j 3)

− (1 − j )

.

Обзиром на област конвергенције, сигнал x(t ) је

x(t ) = u (t ) −

1 2

(1 + j )e( −2 + j 3) t u (t ) −

1 2

(1 − j )e( −2 − j 3)t u (t ) .

Како је

e(

−2 ± j 3) t

= e −2t e ± j 3t = e −2t (cos 3t ± j sin 3t ) ,

сигнал x(t ) је

(t ) = (1 − e−2t ( cos 3t − sin 3t ) ) u(t ) .

Инверзна Лапласова трансформација сигнала се може наћи и на следећи начин:

X ( s) =

c1

+

s

c2 s + c3 s + 4 s + 13 2

,

где је

c1 = s X ( s ) s = 0 =

5 s + 13

= 1,

s 2 + 4 s + 13 s = 0

а коефицијенти c2 и c3 одређују се из

c2 s + c3

5 s + 13

− s + 1 . s 2 + 4 s + 13 s( s 2 + 4 s + 13) s s 2 + 4 s + 13 =

1

− =

Према томе је

X ( s ) =

1

s − 1

−

s s + 4 s + 13 2

=

1 s

−

s + 2 ( s + 2) + 9 2

+

3 ( s + 2) + 9 2

.

Обзиром на област конвергенције, сигнал x(t ) је

x(t ) = u (t ) − e −2t cos(3t )u (t ) + e −2t sin(3t )u (t ) = (1 − e −2t (cos 3t − sin 3t ))u (t ) . 8. Одредити инверзну Лапласову трансформацију сигнала

X ( s) =

s 3 + 2 s 2 + 6 s + 3 s 2

, Re ( s ) > 0 .

Решење:

Дељењем броиоца са имениоцем, X ( s) је

X ( s) =

s 3 + 2 s 2 + 6 s 2 + 3 s

= s − 1 +

Нека је

- 79 -

3 s + 6 s( s + 3)

.


s + 2 c c = 1+ 2 , X 1 ( s ) = 3 s( s + 3) s s + 3 при чему су

s + 2 c1 = s X ( s) s = 0 = 3 = 2, s + 3 s = 0 s + 2 c2 = ( s + 3) X ( s ) s = −3 = 3 = 1. s s = −3 Одавде је

X ( s) = s − 1 +

2 s

+

1 s + 3

,

па је на основу области конвергенције, сигнал x(t ) је

(

)

x(t ) = δ ' (t ) − δ (t ) + 2 + e −3t u (t ) . 9. Одредити инверзну Лапласову трансформацију сигнала

X ( s) =

2 + 2 se −2 s + 4e −4 s s + 4 s + 3 2

, Re ( s ) > − 1 .

Решење:

X ( s) се може представити као

X ( s) = X 1 ( s) + X 2 ( s)e −2 s + X 3 ( s)e −4 s , где је

X 1 ( s) =

2 s 2 + 4 s + 3

, X 2 ( s )

=

2 s s 2 + 4 s + 3

и X 3 ( s )

=

4e −4 s s 2 + 4 s + 3

.

Ако је L L L → X1 ( s) , x2 (t ) ←⎯ → X 2 ( s) и x3 (t ) ←⎯ → X 3 ( s) , x1 (t ) ←⎯

па је, на основу особина линеарности и помераја у временском домену, сигнал x(t ) x(t ) = x1 (t ) + x 2 (t − 2) + x3 (t − 4) . Применом развоја у парцијалне разломке и табеле 3.1. може се написати да је:

X 1 ( s) =

1

X 3 ( s) =

2

−

1

−

2

L

↔ x1 (t ) = (e−t − e−3t )u(t ) ,

s + 1 s + 3 −1 3 L + ↔ x 2 (t ) = (− e −t + 3e −3t )u (t ) , X 2 ( s) = s + 1 s + 3 L

s + 1 s + 3

↔ x1 (t ) = 2(e −t − e −3t )u (t ) .

Сигнал x(t ) је

x(t ) = ( e−t − e −3t ) u (t ) + ( − e−( t −2) + 3e−3(t −2) ) u(t − 2) + 2 ( e−(t −4 ) − e −3(t −4) ) u(t − 4) . - 80 -


10. Излазни сигнал временски континуалног ЛТИ система је y (t ) = 2e −3t u (t ) када је на улаз доведен јединични одскочни сигнал у(t ). а) Одредити импулсни одзив система х(t ). б) Одредити излазни сигнал система y(t )

уколико је

улазни

сигнал

x(t ) = e − t u (t ) . Решење: а) Лапласове трансформације сигнала на улазу и излазу система су

X ( s) = Y ( s) =

1

, Re ( s ) > 0 ,

s 2

s + 3

, Re ( s ) > − 3 .

Функција преноса система је

H ( s) =

Y ( s) X ( s)

=

2 s s + 3

= 2−

6 s + 3

, Re ( s ) > − 3 .

Импулсни одзив система је

h(t ) = 2δ (t ) − 6e −3t u (t ) . б) Функција преноса система је 2 s , Re ( s ) > − 3 . H ( s) = s + 3 Лапласова трансформација улазног сигнала је

X ( s) =

1 s + 1

, Re ( s ) > − 1 .

Одзив система на побуду на улазу је

Y ( s) = H ( s) ⋅ X ( s) = па је излазни сигнал y (t ) =

(− e−

t

−1 3 + , Re ( s ) > − 1 , ( s + 1)( s + 3) s + 1 s + 3 2 s

=

+ 3e −3t )u (t ) .

11. Одредити функцију преноса и импулсни одзив електричног кола приказаног на слици 3.4 ако је: а) излазни сигнал напон на кондензатору, б) излазни сигнал струја која протиче кроз електрично коло.

v x (t )

vc (t )

i ( t )

Слика 3.4. Електрично коло за задатак 11 Решење: а) Нека је x (t )

= v x (t ) и y (t ) = v c (t ) , онда се електрично коло може описати са

следећом диференцијалном једначином

- 81 -


dy (t ) dt

+

1

1 y (t ) = x(t ) . RC RC

Примењујући Лапласову трансформацију на обе стране једначине добија се

1 ⎞ 1 ⎛ s Y ( s ) X ( s ) . + = ⎜ ⎟ RC ⎝ RC ⎠ Према томе функција преноса система је

1 H ( s ) =

Y (s)

1 1 . = RC = 1 1 X ( s) RC s + s+ C

RC

Инверзна Лапласова трансформација од функције преноса је импулсни одзив,

h(t ) =

1

−

RC

e

t

RC

u (t ) .

b) Нека је x(t ) = v x (t ) и y (t ) = i (t ) , онда се електрично коло може описати са следећом диференцијалном једначином

dy (t ) dt

+

1

1 dx(t ) . y (t ) = RC R dt

Примењујући Лапласову трансформацију на обе стране једначине добија се

1 ⎞ 1 ⎛ ⎜ s + ⎟Y ( s ) = sX ( s ) . R ⎝ RC ⎠ Према томе функција преноса система је

H ( s ) =

Y (s) X ( s)

s

=

1

s 1 1 1 R = 1 . = − 2 1 1 1 R R R C s + s+ s+ C RC RC

Инверзна Лапласова трансформација од функције преноса је импулсни одзив,

h(t ) =

1 R

δ (t ) −

1 2

−

C

e

t

RC

u (t ) .

12. За систем описан диференцијалном једначином,

dy (t ) dt

+ 2 y(t ) = x(t ) +

одредити импулсни одзив. Решење: Примењујући Лапласову трансформацију на обе стране једначине добија се ( s + 2)Y ( s) = ( s + 1) X ( s) . Функција преноса система је

H ( s) =

Y ( s) X ( s)

=

s + 1 s + 2

- 82 -

= 1−

1 s + 2

.

dx(t ) dt

,

3. Лапласова трансформација и временски континуални ЛТИ системи Према томе, импулсни одзив система је

h(t ) = δ (t ) − e −2t u (t ) . 13. Одредити функцију преноса система приказаног на слици 3.5.

x (t )

e(t )

y (t )

F (s)

r (t ) G( s ) Слика 3.5. Блок шема система за задатак 13 Решење: Ако је L L L L x(t ) ←⎯ → X ( s) , y (t ) ←⎯ → Y ( s) , e(t ) ←⎯ → E ( s) и r (t ) ←⎯ → R( s) ,

тада је

Y ( s) = E ( s) F ( s ) , R( s) = Y ( s)G ( s) .

Како је

e(t ) = x(t ) + r (t ) ,

следи да је

E ( s) = X ( s) + R( s) .

Лапласова трансформација излазног сигнала је

Y ( s) = ( X ( s) + Y ( s)G ( s) ) F ( s) . Према томе функција преноса система је

H ( s) =

Y ( s ) X ( s)

=

F ( s) 1 − F ( s)G ( s)

.

14. Решити линеарну диференцијалну једначину другог реда y' ' (t ) + 5 y' (t ) + 6 y(t ) = x(t ) са почетним условима y (0) = 2 и y ' (0) = 1 , и −

x(t ) = e t u (t ) . Решење: I → Y I ( s) , тада је применом особине диференцирања у временском Нека је y (t ) ←⎯

L

домену, (3.14): I → sY I ( s) − y(0 − ) = sYI ( s) − 2, y '(t ) ←⎯

L

L I → s 2Y I ( s) − sy(0 − ) − y '(0 − ) = s 2YI ( s) − 2 s − 1. y ''(t ) ←⎯

Унилатерална Лапласова трансформација сигнала x(t ) је

X I ( s) =

1 s + 3

.

Применом унилатералне Лапласове трансформације на обе стране диференцијалне једначине добија се

- 83 -


( s + 5 s + 6)Y ( s) = 2 s + 11 +

1

2

s + 1

=

2 s 2 + 13 s + 12 s + 1

,

одакле је

Y I ( s) =

2 s 2 + 13s + 12 ( s + 1)( s 2 + 5s + 6)

=

2s 2 + 13s + 12 ( s + 1)(s + 2)( s + 3)

.

Развојем у парцијалне разломке Y I ( s) је

Y I ( s) =

1 1 2 s + 1

+6

1 s+2

−

9

1

2 s+3

,

Применом инверзне Лапласове трансформације на Y I ( s) добија се решење диференцијалне једначине,

9 ⎛ 1 ⎞ y (t ) = ⎜ e − t + 6e − 2t − e − 3t ⎟u (t ) . 2 ⎝ 2 ⎠ 15. У електричном колу са слике 3.6.а. прекидач је затворен у тренутку t =0. Напон на кондензатору пре затварања прекидача је vc ( 0− ) = V 0 .

а) Одретити струју која протиче кроз електрично коло i(t ). б) Одредити напон на кондензатору vC (t ).

t = 0

⇒

vc (t )

vc (t )

v s (t )

i ( t )

i ( t )

а ) б ) Слика 3.6. Електрично коло за задатак 15 Решење: а) После затварања прекидача електрично коло са слике 3.6.а. може се представити

са електричним колом 3.6.б. где је v s ( t )

= Vu ( t ) . Ако је струја i(t ) излазни сигнал, а

напон vC (t ) улазни, онда се диференцијална једначина електричног кола може написати као

i (t ) +

1

t

∫ i(τ )dτ = v s ( t ) .

C −∞

Применом унилатералне Лапласове трансформације и једнакости (3.16) добија се 0 ⎤ V 1 ⎡1 1 RI ( s ) + ⎢ I ( s ) + ∫ i (τ )d τ ⎥ = . C ⎢⎣ s s −∞ ⎥⎦ s −

- 84 -


Напон на кондензатору је vc (t ) = −

тренутку t =0 дат изразом vc (0 ) =

1

t

∫

i(τ )d τ , па је напон на кондензатору у C − ∞ 0−

1

∫

i(τ )d τ = v0 . C − ∞

Према томе диференцијална једначина електричног кола се може написати у следећем облику

1 ⎞ v V ⎛ ⎜ R + ⎟ I ( s ) + 0 = , s s ⎝ sC ⎠ па је

I ( s) =

V − v0

1

R

s + 1 / RC

.

Применом инверзне Лапласове трансформације струја која протиче у електричном колу i(t ) је

i (t ) =

V − v0 R

−

e

t

RC

u (t ) .

б) Када је излазни сигнал напон на кондензатору vC (t ), а улазни v s(t ), онда је диференцијална једначина електричног кола

dvc (t ) dt

+

1

1 vc (t ) = v s (t ) . RC RC

Применом унилатералне Лапласове трансформације и једнакости (3.14) добија се

1 V c ( s) = V s ( s) , RC RC 1 ⎞ 1 V ⎛ + v0 , ⎜ s + ⎟V c ( s ) = RC s ⎝ RC ⎠

sV c ( s) − vc (0 − ) +

1

1 v0 ⎛ 1 ⎞ + V c ( s) = V ⎜ − . ⎟ ⎝ s s + 1 / RC ⎠ s + 1 / RC Применом инверзне Лапласове трансформације напон на кондензатору vC (t ) је t t − − ⎛ ⎞ vc (t ) = V ⎜1 − e RC ⎟u (t ) + v0e RC u (t ) . ⎜ ⎟ ⎝ ⎠

16. У електричном колу са слике 3.7.а. прекидач је пре отварања у тренутку t =0 био затворен дужи временски период. Одредити струју кроз завојницу i(t ) за t ≥ 0 , ако је L=0.5H, C=0.05F, R 1=5Ω, R 2=2Ω и V=10V.

- 85 -


s

1

2 i ( t )

20

10

s

s

I ( s)

10 s

2

t = 0

а )

б ) Слика 3.7. Електрично коло за задатак 16

Решење:

Када је прекидач у затвореном положају дужи временски период, напон на кондензатору износи колико и напон једносмерног извора, односно 10В. Са друге стране завојница се понаша као кратак спој, па је струја која протиче у колу једнака 2А. протиче кроз коло је i(0-)=2А и напон на

Када се прекидач отвори, струја која

кондензатору vC (0 )=10V, а једносмерни извор се може представити као Vu ( t ) . -

Напон

vc (t ) =

на

1

завојници

v L ( t ) = L

је

di ( t ) dt

,

а

напон

на

кондензатору

је

t

i (τ )d τ . Применом једнакости (3.14) добија се V C ∫

L

( s ) = sLI ( s ) − Li ( 0− ) ,

−∞

а применом једнакости (3.16) добија се Vc ( t ) =

1 sC

I ( s) +

1 s

vc ( 0− ) . На слици 3.7.б.

је приказано трансформисано коло после искључења прекидача, одакле је

s

20 10 10 = , I ( s) − 1 + 2I ( s) + I ( s) + 2 s s s 20 ⎞ ⎛ s 2 I ( s ) = 1 , + + ⎜2 ⎟ s ⎠ ⎝ 2 s s + 2 2 6 I ( s ) = 2 . =2 − s + 4 s + 40 ( s + 2)2 + 36 3 ( s + 2)2 + 36 Применом инверзне Лапласове трансформације струја кроз завојницу i(t ) је

⎛ ⎝

i (t ) = e − 2 t ⎜ 2 cos 6t −

2 3

⎞ ⎠

sin 6t ⎟u (t ) .

- 86 -


17. У електричном колу са слике 3.8.а. у тренутку t =0 прекидач S1 је затворен, а прекидач S2 је отворен. Користећи Лапласову трансформацију одредити vout (t ) за t ≥ 0 , ако је L1= L2=0.5H, C=1F, R 1=2Ω, R 2=1Ω, vC (0-)=3V и i L1(t ) =2А. i s ( t )

t = 0

s

2

t = 0

1

2

1 s

s 1

vout ( t )

2

Vout ( s)

3 s

а )

б ) Слика 3.8. Електрично коло за задатак 17

Решење: Први почетни услов је дат у поставци задатка, vC (0-)=3V. На основу електричног кола са слике 3.8.а други почетни услов је i L1(t ) =2А. Када је t ≥ 0, слично као у задатку 17, електрично коло са слике 3.8.а се може трансформисати у еквивалентно електрично коло на слици 3.8.б. Примењујући методу напона између чворова на чвор А добија се следећа једнакост,

Vout ( s ) − 1 − 3 / s 1 / s + 2 + s / 2

+

Vout ( s) 1

После решавања по Vout ( s) добија се Vout ( s )

Vout ( s ) =

Vout ( s ) =

1.36 s + 6.57

+

+

Vout ( s )

= 0.

s/2 2 s ( s + 3)

=

s 3 + 8s 2 + 10 s + 4 2 s ( s + 3)

.

( s + 6.57 ) ( s 2 + 1.43s + 0.61) 0.64 ( s + 0.715) 2 ( s + 0.715) + (0.316)2

+

1.84 ⋅ 0.316 2 ( s + 0.715) + (0.316)2

Применом инверзне Лапласове трансформације сигнал воут(т) је

vout (t ) = (1.36e −6.57 t + 0.64e −0.715t cos 0.316t + 1.84e −0.715t sin 0.316t u (t ) . 18. Одредити улазну импедансу електричног кола приказаног на слици 3.9.а. а) Применом методе напона између чворова. б) Сукцесивном комбинацијом редне и паралелне везе импеданси. 1 s

1

VS(s)

s

- 87 -

s

Сигнали и системи – збирка решених задатака Слика 3.9.а. Електрично коло за задатак 18 Решење: а) Примењујући методу напона између чворова на чвор А добија се следећа једнакост, 1 s

Слика 3.9.б . Електрично коло за израчунавање I(s) у задатку 18.а.

V A ( s) − V S ( s) 1 V A ( s ) =

+

V A ( s)

s s 3 + s

+

s 3 + 2 s 2 + s + 1

V S ( s) s + 1 / s

=0,

VS ( s ) .

Улазна струја је

I ( s ) =

VS ( s ) − VA ( s ) 1

=

2 s 2 + 1 s 3 + 2 s 2 + s + 1

VS ( s) .

па је улазна импеданса електричног кола

Z ( s) =

V S ( s ) I ( s)

=

s 3 + 2 s 2 + s + 1 2 s 2 + 1

.

б) 1 1

s

Z1

Z3

a

s

Z(s)

s

Z2

Z4

b

Слика 3.9.в. Електрично коло за задатак 18.б .

Z ( s) = ⎡⎣( Z 3 + Z 4 )  Z 2 ⎤⎦ + Z 1 Z ( s ) =

( s + 1 / s ) s s + s + 1 / s

+1 =

s 2 + 1 2s + 1 / s

+1 =

s3 + s 2s + 1 2

+1 =

s3 + 2s2 + s + 1 2s 2 + 1

19. Одредити функцију преноса електричног кола са слике 3.10. ако су напони на кондензаторима једнаки нули за t =0.

- 88 -

3. Лапласова трансформација и временски континуални ЛТИ системи Решење:

Примењујући методу напона између чворова добија се

V 1 ( s ) − V in ( s ) R1

+

V 1 ( s ) V 1 ( s) − V out ( s) V 1 ( s) − V 2 ( s) + + = 0, 1 R2 R3 sC 1

Слика 3.10. Електрично коло за задатак 19

V2 ( s ) − V1 ( s ) R3

+

V2 ( s) − Vout ( s ) = 0. 1 sC 2

Пошто је V 2 ( s) = 0 , онда се горње две једнакости могу написати у следећем облику

V 1 ( s ) R1

−

V in ( s) R1

+ sC 1V 1 ( s) +

V 1 ( s) R2

−

V out ( s) R2

+

V 1 ( s) R3

=0,

V 1 ( s) = − sR3C 2V out ( s ) . Сменом друге једнакости у прву добија се

V out ( s ) =

−1 ⎛ ⎛ 1 ⎞ 1 1 1 ⎞ ⎟ R1 ⎜ ⎜⎜ + sC 1 ⎟⎟ sR3C 2 + + + ⎜ R R R R2 ⎠⎟ 2 3 ⎠ ⎝ ⎝ 1

V in ( s ) .

Према томе функција преноса електричног кола је однос излазног и улазног напона, па је

G ( s) =

V out ( s ) V in ( s )

1

=−

⎛

R1

⎝

R2

s 2C 1C 2 R1 R3 + sR3C 2 ⎜⎜1 +

+

R1 ⎞ R1

⎟+

R3 ⎠⎟ R2

Задаци за решавање 1. Одредити

Лапласову

трансформацију

x ( t ) = ( e− t cos 2t − 5e−2 t ) u ( t ) +

- 89 -

1 2

e2t u ( −t ) .

од

Сигнали и системи – збирка решених задатака Решење: X ( s )

=

s + 1 2

( s + 1) + 4

−

5 s + 2

−

1

1

2 s−2

, − 1 < Re ( s ) < 2.

2. Одредити инверзну Лапласову трансформацију следећих сигнала:

а) X ( s) = в) X ( s ) = д) X ( s ) =

1 s ( s + 1)

2

, Re ( s ) > −1 , б) X ( s ) =

2

, Re ( s ) < − 1 , г) X ( s ) =

2

, Re ( s ) > 0 ,

1 s ( s + 1) s

( s + 4 ) 2

Решење:

( в) x(t ) = (− 1 + e −

)

а) x(t ) = 1 − e − t − te −t u (t ) ,

д) x(t ) =

t

ђ) X ( s ) =

1 s ( s + 1)

2

, − 1 < Re ( s ) < 0 ,

s + 1 s 2 + 4 s + 13

, Re ( s ) > − 2 ,

s s 3 + 2 s 2 + 9 s + 18

, Re ( s ) > −2 .

б) x(t ) = −u (−t ) − (1 + t )e − t u (t ) ,

1 ⎛ ⎞ г) x(t ) = e − 3t ⎜ cos 3t − sin 3t ⎟u (t ) , 3 ⎝ ⎠

+ te −t u (−t ) ,

1

t sin 2tu (t ) , ђ) 4 2 3 ⎛ 2 ⎞ x(t ) = ⎜ − e − 2t + cos 3t + sin 3t ⎟u (t ) . 13 13 ⎝ 13 ⎠ 3. Одредити Лапласову трансформацију сигнала приказаног на слици 3.11. Сигнал има нуле у t = k π .

Слика 3.11. Слика за задатак 2 Решење: X ( s )

=

1

1 + e −π s

s + 1 1 − e 2

− π s

.

4. Одредити Лапласову трансформацију сигнала приказаног на слици 3.12.

- 90 -


Слика 3.12. Слика за задатак 3 Решење: X ( s) =

1

( s2 + 1)(1 − e−π s )

.

5. Одредити Лапласову трансформацију сигнала приказаног на слици 3.13.

Слика 3.13. Слика за задатак 4 Решење: X ( s )

=

2 1 − e−π s s 1 + e−π s

.

6. Степ одзив временски континуалног ЛТИ система је s (t ) непознати

улазни

сигнал

x(t ),

добијен

је

= (1 − e − t ) u (t ) . излазни

y(t ) = ( 2 − 3e− t + e−3t ) u(t ) . Одредити улазни сигнал у систем. Решење:

(t ) = 2 (1 − e−3t ) u(t ) .

7. Одредити функцију преноса система приказаног на слици 3.14.

- 91 -

За

сигнал


x (t )

1

1

s + 1

s + 2

y (t )

1 s

1 s Слика 3.14. Блок шема система за задатак 7 Решење: H ( s ) =

s s 3 + 3 s 2 + s − 2

.

8. Применом унилатералне Лапласове трансформације, решити диференцијалну једначину

d 2 y (t ) 2

dt

−

dy (t )

− 6 y (t ) = et ,

dt са почетним условима y (0) = 1 и y ' (0) = 0 за t ≥ 0. Решење: y (t ) =

1

2

1

6

3

2

− et + e − 2t + e3t , t ≥ 0

9. Применом

унилатералне Лапласове диференцијалних једначина:

dy (t ) dt dy (t ) dt

+ y (t ) +

трансформације,

решити

систем

dx(t ) dt

+ x(t ) = 1,

− y (t ) − 2 x(t ) = 0,

са почетним условима x(0) = 0 и y (0) = 1 за t ≥ 0. Решење: x(t ) = e

− t

− 1 , y (t ) = 2 − e −t , t ≥ 0 .

10. Применом унилатералне Лапласове трансформације, решити следеће интегралне једначине: t

а) y ( t ) = 1 + a ∫ y (τ )dτ , t ≥ 0 , 0

⎡ t −τ ⎤ б) y ( t ) = e ⎢1 + ∫ e y (τ )dτ ⎥ , t ≥ 0 . ⎣ 0 ⎦ t

Решење: а) y ( t )

= eat , t ≥ 0 , б) y ( t ) = e2t , t ≥ 0 .

- 92 -


11. У електричном колу са слике 3.15 прекидач је затворен у тренутку t =0. Напон на кондензатору пре затварања прекидача је V 0. Одредити напон на кондензатору за t ≥0. t = 0

vc ( t )

Слика 3.15. Електрично коло за задатак 11 Решење: vC (t ) = V 0e

−

t

RC

, t ≥ 0 .

12. У електричном колу са слике 3.16 прекидач је затворен у тренутку t =0. Пре затварања прекидача, кондензатору C 1 је оптерећен до V 0, а кондензатор C 2 је неоптерећен. а) Одредити струју која протиче кроз електрично коло i(t ) за t ≥0, ако је C 1 = C 2 = C .

б) Одредити енергију Е дисипације на отпорнику R и показати да Е независи од R и да је једнака половини почетне енергије акумулиране у C 1.

в) Ако је R=0 и C 1 = C 2 = C , одредити струју која протиче кроз електрично +

+

коло i(t ) за t ≥0 и напоне vC1(0 ) и vC2(0 ). Решење:

а)

i (t ) =

V 0 R

e

−2

t

RC

vC1 (0+ ) = vC 2 (0+ ) =

, t ≥ 0 ,

б)

E =

1 4

2

V 0 C ,

в)

i (t ) =

1 2

V 0C δ (t )

и

V 0 2

t = 0

c1

vc2 ( t )

(t )


13. У електричном колу са слике 3.17 прекидач P је затворен дужи временски период и отвара се у t =0. Користећи Лапласову трансформацију одредити струју кроз завојницу i L(t ) за t ≥0, ако је L=1mH, V =32V, R1=10Ω и R2=20Ω.

- 93 -


t = 0

Слика 3.17. Електрично коло за задатак 13 Решење: i L (t ) = 3.2e

−20000 t

u (t ) .

14. У електрићном колу са слике 3.18 прекидач P је затворен дужи временски период и отвара се у t =0. Користећи Лапласову трансформацију одредити напон на кондензатору vC (t ) за t ≥0, ако је C =40/9μF, V =72V, R1=6k Ω, R2=60k Ω, R3=30k Ω, R4=20k Ω и R5=10Ω. t = 0

vc (t )

Слика 3.18. Електрично коло за задатак 14 Решење: vC (t ) = 30e

−10 t

u (t ) .

15. Користећи методу контурних струја и Лапласову трансформацију одредити струје i1(t ) и i2(t ) у електричном колу са слике 3.19, ако је L1=2H, L2=1H , C =1F, R1=1Ω, R2=3Ω, v1(t )=u(t ), v2(t )=2u(t ) и i L(0-)=0 и vC (0-)=0. Решење:

i1 (t ) = 0.48e −3.82t − 0.93e −0.34t cos 0.53t + 0.52e −0.34t sin 0.53t , i2 (t ) = −4.47e −3.82t + 0.06e −0.34t cos 0.53t + 0.49e −0.34t sin 0.53t .

i1 ( t )

v1 (t ) i2 ( t )

v2 (t )


16. Одредити улазну импедансу Z ( s) електричног кола са слике 3.20, ако је L1=13H, L2=5H, C 1=1/8F, C 2=1/16F, R1=10Ω и R2=20Ω.

- 94 -

3. Лапласова трансформација и временски континуални ЛТИ системи C1

L1

R 1

R 2

Z(s) L2

C2

Слика 3.20. Електрично коло за задатак 16 Решење: Z ( s ) =

65 s 4 + 490 s 3 + 528 s 2 + 400 s + 128 s (5 s + 30 s + 16 ) 2

.

17. За електрично коло са слике 3.21 познато је C =1F, R1=1Ω, R2=1Ω, R3=3Ω и R4=2Ω. I ( s ) a) Одредити улазну адмитансу електричног кола, Y ( s) = 1 . V 1 ( s) b) Одредити у временском домену струју i1(t ) када је v1(t )=u(t ) и сви почетни услови су нула.

i1 ( t )

vc (t )

v2 (t ) = 2vc (t )

v1 (t )

Слика 3.21. Електрично коло за задатак 17 Решење:

a) Y ( s ) =

6 s 11 s + 8

, б) i1 (t ) =

6 11

e

−

8 11

t

u (t ) .

18. Одредити функцију преноса за електрична кола са слике 3.22. L

R

Vin ( s)

C

Vout ( s) Vin ( s)

- 95 -

R

Vout ( s)

Сигнали и системи – збирка решених задатака а )

б )

C

Vin ( s)

R

L

Vout ( s) Vin ( s)

R

в )

Vout ( s)

г ) C

L

Vin ( s)

R

R

Vout ( s)

L Vout ( s)

Vin ( s)

C

д )

ђ )

Слика 3.22. Електрична кола за задатак 18 Решење:

а) G ( s) = в) G ( s) =

1 / RC s + 1 / RC s s + 1 / RC

, б) G ( s ) = , г) G ( s ) =

R / L s + R / L s s + R / L

, ,

( R / L ) s s 2 + 1 / LC и ђ) G ( s ) = 2 . д) G ( s ) = 2 s + ( R / L ) s + 1 / LC s + ( R / L ) s + 1 / LC 19. Одредити функцију преноса за електрична кола са слике 3.23.

− ( R2 / R1 ) s − R1C Решење: а) G ( s) = и б) G ( s ) = . s + 1 / R2C s + 1 / R1C

- 96 -


а )

б ) Слика 3.23. Електрична кола за задатак 19

20. Одредити функцију преноса за електрична кола са слике 3.24. R 4

Vcc

R 3 + R 1 Vin

R 2

-Vcc

C1

Vout

C2


Решење: G ( s )

=

1

⎡⎛ 1 ⎤ ⎞ R3 (1 + R2 C1 s ) R3 1 + + C2 s ⎟ − − C2 s ⎥ 1 ⎢⎜ R2 ( R3 + R4 ) ⎢⎣⎝ R1 R2 ⎥⎦ ⎠ R3 + R4

- 97 -

.


4. Z - трансформација и временски дискретни ЛТИ системи Билатерална или двострана Z трансформација: Z → X ( z ) , z = re jΩ , x ( n ) ←⎯

X ( z ) =

∞

∑ x[n] z

−n

,

(4.1)

n = −∞

x[ n] =

1 2π j

 ∫ X ( z) z

n −1

dz .

(4.2)

C

Особине билатералне Z трансформације:

→ a1 X1 ( z) + a2 X 2 ( z ) , R ' ⊃ R1 ∩ R2 Линеарност: a1 x1 [ n] + a2 x2 [ n] ←⎯ Z

(4.3)

{

}

Померај у временском домену: [ n − n0 ] ←⎯ → z − n0 X ( z ) , R ' = R ∩ 0 < z < ∞ Z

⎛ z ⎞ ⎟ , R' = z 0 R ⎝ z 0 ⎠

(4.4)

Множење фактором z 0n: z0n x[ n] ←⎯ → X ⎜

(4.5)

→ X ( e − jΩ 0 z ) , ' = R Множење фактором e j Ω 0 n : e jΩ0n x[n] ←⎯

(4.6)

Z

Z

1 ⎛1⎞ R ' = , ⎟ R z ⎝ ⎠

→ X ⎜ Временска инверзија: x[ − n] ←⎯ Z

Диференцирање у комплексном домену: nx[ n] ←⎯ → −z Z

n

Акумулација:

∑

k =−∞

Z [k ] ←⎯ →

1 1 − z

−1

X ( z) =

z z − 1

(4.7)

dX ( z ) , R' = dz

X ( z ) , R ' = R ∩ { z > 1}

→ X 1 ( z ) X 2 ( z ) , R ' ⊃ R1 ∩ R2 Конволуција: x1 [ n] ∗ x2 [n] ←⎯ Z

(4.10)

- 98 -

(4.8)

(4.9)

4. Z – трансформација и временски дискретни ЛТИ системи

Табела 4.1 Неки Z трансформациони парови x [n]

X ( z )

Област конвергенције

δ [n]

1

цела z- раван

u[n]

− u[− n − 1]

1

− a nu[ −n − 1] n

na u[n]

− na u[−n − 1] n

(n + 1)a nu[n]

(cos Ω0 n )u[n] (sin Ω0 n )u[n]

(r cos Ω n)u[n] n

0

(r sin Ω n u[n] n

0

⎧a n 0 ≤ n ≤ N − 1 ⎨ drugde ⎩0

z > 1

1 − z −1 z − 1 1 z

z < 1

,

1 − z −1 z − 1

δ [n − m] a nu[n]

z

,

цела z- раван изузев 0 (m>0) или ∞ (m<0)

−

z m

1 −1

,

−1

,

1 − az 1 1 − az az −1

(1 − az )

−1 2

az −1

(1 − az )

−1 2

1

(1 − az )

−1 2

,

,

z

z > a

z − a z

z < a

z − a az

z > a

( z − a )2 az

z < a

( z − a )2

⎛ z ⎞ , ⎜ ⎟ ⎝ z − a ⎠

2

z 2 − (cos Ω 0 ) z z 2 − (2 cos Ω0 ) z + 1

(sin Ω0 ) z z 2 − (2 cos Ω0 ) z + 1 z 2 − (r cos Ω 0 ) z z 2 − (2r cos Ω 0 ) z + r 2 (r sin Ω0 ) z z 2 − (2r cos Ω 0 ) z + r 2 1 − a N z − N −1

1 − az

Унилатерална или једнострана Z трансформација:

- 99 -

z > a z > 1 z > 1 z > r z > r z > 0

Сигнали и системи – збирка решених задатака I → X I ( z ) , x ( n ) ←⎯

Z

∞

X I ( z ) = ∑ x[ n] z − n . n=0

(4.11) Неке посебне особине: Померај у временском домену, m ≥ 0 : I x[ n − m] ←⎯ → z − m X I ( z ) + z − m +1 x[−1] + z − m +2 x[− 2] + K + x[− m] ,

Z

(4.12) Z I x[ n + m] ←⎯ → z m X I ( z ) − z m x[0] − z m−1 x[1] + K − zx[ m − 1] .

(4.13) Теорема о почетној вредности:

X ( z ) . [0] = z lim →∞

Теорема о крајњој вредности: lim x [ N ] = lim (1 − z −1 ) X ( z ) . N →∞

z →1

Најчешћи облик X ( z ) је рационална функција која се може развити као збир парцијалних разломака. Ако развој X ( z ) садржи облик

ck z − pk

, онда је pk прост пол и коефицијент ck се

одређује као,

ck = ( z − pk )

X ( z ) z

. z = pk

(4.14) Ако развој X ( z ) садржи облик

λ1 z − pi

+

λ2

( z − pi )

2

λ r

+L+

( z − pi )

r

, онда је pi

вишеструки пол и коефицијент λ i се одређује као,

λ r −k

1 d k ⎛ X ( z ) ⎞ r ( z p ) = − . i ⎜ ⎟ k ! dz k ⎝ z ⎠ z = p i

(4.15) Функција преноса система Х ( z ), представља Z трансформацију импулсног одзива система х[n]. Други начин за дефинисање функције преноса је преко односа Z трансформација излазног и улазног сигнала,

H ( z ) =

Y ( z ) X ( z )

.

(4.16) За каузалне ЛТИ системе, област конвергенције од Х ( z ) мора бити у облику

z > r max . За стабилне ЛТИ системе, област конвергенције од Х ( z ) садржи јединични круг у з равни.

- 100 -

4. Z – трансформација и временски дискретни ЛТИ системи Ако је систем каузалан и стабилан, онда се сви полови од Х ( z ) налазе унутар јединичног круг комплексне z - равни.

Решени задаци

{

}

1. Коначна секвенца x[n] је дефинисана као, x[ n] = 5,3, [ −2] , 0, 4, − 3 . Одредити Z трансформацију од x[n] и њену област конвергенције. Решење:

Применом једнакости (4.1) следи да је

X ( z ) =

∞

∑

x[n]z

=

−n

n =−∞

3

∑ x[n]z−n =x[−2]z2 + x[−1]z1 + x[0]z0 + x[1]z−1 + x[2]z−2 + x[3]z −3 ,

n =−2

+ 3 z 1 − 2 + 4 z −2 − 3 z −3 . Ако је z ≠ 0 и z ≠ ∞ сабирци у X ( z ) ће бити коначни, па је област конвергенције за X ( z ) , 0 < z < ∞ . па је X ( z ) = 5 z

2

n = 0,1,2,K, m −1

⎧1 2. Одредити Z трансфомацију од x[n] = a n p[n] , где је p[n] = ⎨ ⎩0

n ≠ 0,1,2,K, m −1

и

m > 0 . Решење: Секвенца p[n] се може написати у следећем облику као p[ n] = u[ n] − u[ n − m] . На

основу (4.3), (4.4) и табеле 4.1, Z трансформација од p[n] је

P ( z ) =

z z − 1

z

−m

− z

z − 1

=

(

z 1 − z − m

) = 1 − z −

m

1 − z −1

z − 1

.

На основу (4.5), Z трансфомација секвенце x[n] је −m

( a − m − z −m ) / a− m X ( z ) = = −1 −1 −1 ( a − z ) / a−1 1 − ( z / a ) 1 − ( z / a )

=

a m ( a− m − z −m ) a ( a−1 − z −1 )

=

1 − am z −m 1 − az −1

=

z (1 − a m z − m ) z−a

.

Пошто је x[n] коначна секвенца и једнака нули за n < 0 , то је област конвергенције од X ( z ) z > 0 .

3. Одредити Z трансформацију секвенце x[n] = a , a > 0 и скицирати распоред n

нула и полова и област конвергенције за 0 < a < 1 и a

> 1.

Решење:

Задана секвенца x[n] се може представити као x[ n] = a n u[ n] + a − n u[− n − 1] . Из табеле 4.1 следи да је Z a n u[ n] ←⎯ →

z z − a

,

Z z > a ; a − n u[ − n − 1] ←⎯ →−

z z − 1 a

,

z <1 a.

Z трансформацију секвенце x[n] је

X ( z ) =

z z − a

−

z z −1 a

=

a2 − 1

z

a

( z − a )( z − 1 a ) - 101 -

, z

> a∩ z <1 a.

Сигнали и системи – збирка решених задатака За 0 < a < 1 област конвергенције од X ( z ) је a

< z < 1 a . На слици 4.1 приказана

је област конвергенције од X ( z ) и распоред нула и полова.

Im{z}

o

Слика 4.1. a Ако је a

a

0

x

x 1/a

Re{z}

< z < 1 a , нула ( z 01 = 0 ) и полови ( z p1 = a и z p 2 = 1 a )

> 1 , за области конвергенције z > a и z <

1 a

нема пресека, па је закључак

да секвенца x[n] нема Z трансформацију.

4. Одредити Z трансформацију од следећих секвенци и скицирати распоред нула и полова и област конвергенције: n

⎛ 1 ⎞ а) x[n] = 3⎜ − ⎟ u[n] − 2 ⋅ 3n u[− n − 1] , б) y[n] = (n − 3)u[n − 3] , ⎝ 2 ⎠ в) p[n] = (n − 3)u[n] , г) r [n] = u[n] − u[n − 3] , д) h[ n] = nu[ n] − nu[ n − 4] . Решење:

а) Из табеле 4.1 следи да је n

z ⎛ 1⎞ Z u [ n ] , − ←⎯ → ⎜ 2⎟ 1 ⎝ ⎠ z +

z >

1 2

→− ; 3n u[−n − 1] ←⎯

2

Z трансформацију секвенце x[n] је

- 102 -

Z

z z − 3

,

z < 3.


8⎞ ⎛ 5 z ⎜ z − ⎟ z z 1 5⎠ ⎝ X ( z ) = 3 , +2 = < z < 3 . 1 1⎞ z − 3 ⎛ 2 z + z z 3 + − ( ) ⎜ ⎟ 2 2⎠ ⎝ На слици 4.2 приказана је област конвергенције од X ( z ) и распоред нула и полова.

Im{z}

-1/2

o

x

o 8/5

0

Слика 4.2. 1 2 < z < 3 , нуле ( z 01 и полови ( z p1

Z

Z nu[ n] ←⎯ →

у

z

( z − 1)

2

,

3

Re{z}

= 0 и z 02 = 8 5 )

= −1 2 и z p 2 = 3 )

б) Из табеле 4.1 следи да је u[ n] ←⎯ → диференцирања

x

z z − 1

комплексном

,

z > 1 . Ако се примени особина

домену,

(4.8),

добија

се

z > 1 . Сада се примени израз (4.4), померај у временском

домену, и добија се Z трансформација од y[n],

( n − 3) u[n − 3] ←⎯→ Z

z −2

( z − 1)

2

,

z > 1.

На слици 4.3 приказана је област конвергенције од Y ( z ) и распоред нула и полова.

- 103 -


Слика 4.3. z > 1 , полови ( z p1

= 0 и z p 2 = 1 )

в) Секвенца p[n] се може представити као p[n] = (n − 3)u[n] = nu[ n] − 3u[ n] . Користећи израз (4.8) и табелу 4.1, Z трансформација од p[n] је

4⎞ ⎛ −3 z ⎜ z − ⎟ z z 3⎠ ⎝ P ( z ) = 3 , − = 2 2 ( z − 1) z −1 ( z − 1)

z > 1 .

На слици 4.4 приказана је област конвергенције P( z ) и распоред нула и полова. Im{z}

x 1

o 0

Слика 4.4. z > 1 , нуле ( z 01

o 4/3

Re{z}

= 0 и z 02 = 4 3 ) и пол ( z p1 = 1 )

г) Користећи израз (4.4) и табелу 4.1, З трансформација од r [n] је

R ( z ) =

z z − 1

− z

−3

z z −1

=

z − z −2 z −1

=

z 2 + z + 1 z 2

.

Пошто је r [n] коначна секвенца и једнака нули за n < 0 , то је област конвергенције од R ( z ) z > 0 . На слици 4.5 приказана је област конвергенције нула и полова.

- 104 -

( z ) и распоред


e

e

2 j 3

− j

2 3

Слика 4.5. z > 0 , нуле ( z01

j

=e

2π 3

и z02

=e

− j

2π 3

) и пол ( z p1

= 0)

д) Секвенца h[n] се може написати као h[n] = n ( u[ n] − u[ n − 4] ) . У складу са

z (1 − z −4 )

добијеним решењем у задатку 2 следи да је u[ n] − u[ n − 4] ←⎯ → Z

се

сада

H ( z ) = − z

примени

−4 d ⎛ z (1 − z ) ⎞

⎜ dz ⎜⎝

z −1

⎟⎟ = ⎠

једнакост

z 2 + 2 z + 3 z

3

(4.8)

z − 1

. Ако

добија

се

. Пошто је h[n] коначна секвенца и

једнака нули за n < 0 , то је област конвергенције од H ( z ) z > 0 . На слици 4.6 приказана је област конвергенције H ( z ) и распоред нула и полова.

−1 +

2

−1 − j 2

Слика 4.6. z > 0 , нуле ( z01

= −1 − j 2 и z02 = − 1 + j 2 ) и пол ( z p1 = 0 )

5. Одредити Z трансформацију од следећих секвенци и скицирати распоред нула и полова и област конвергенције:

- 105 -

Сигнали и системи – збирка решених задатака n

n

n

n

n

n

⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ а) x[n] = ⎜ ⎟ u[n] + ⎜ ⎟ u[n] , ⎝ 2 ⎠ ⎝ 3 ⎠

⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ б) x[n] = ⎜ ⎟ u[n] + ⎜ ⎟ u[−n − 1] , ⎝ 3 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ в) x[n] = ⎜ ⎟ u[n] + ⎜ ⎟ u[− n − 1] . ⎝ 2 ⎠ ⎝ 3 ⎠ Решење:

а) Из табеле 4.1 следи да је

⎛1⎞

n

Z ⎜ 2 ⎟ u[n] ←⎯→ ⎝ ⎠

n

z z −

1

z 1 ⎛1⎞ Z , → z > , ⎜ ⎟ u[n] ←⎯ 1 2 ⎝ 3⎠ z − 3

,

2

z >

1 3

.

Z трансформацијa секвенце x[n] је

⎛ ⎝

5 ⎞ ⎟ z z 12 ⎠ , + = X ( z ) = 1 1 ⎛ 1 ⎞⎛ 1⎞ z − z − z z − − ⎟⎜ ⎟ 2 3 ⎜⎝ 2 ⎠⎝ 3⎠ 2 z ⎜ z −

z >

1 2

.

На слици 4.7 приказана је област конвергенције од X ( z ) и распоред нула и полова. Im{z}

o 0

Слика 4.7. z > 1 2 , нуле ( z 01 и полови ( z p1

5/12 x o x 1/3 1/2 Re{z}

= 0 и z 02 = 5 12 )

= 1 2 и z p 2 = 1 3 )

б) Из табеле 4.1 следи да је n

z ⎛1⎞ Z u [ n ] , ←⎯ → ⎜ 3⎟ 1 ⎝ ⎠ z − 3

n

1 ⎛1⎞ z Z z > , ⎜ ⎟ u[−n − 1] ←⎯ , →− 1 3 ⎝2⎠ z − 2

Z трансформацијa секвенце x[n] је

- 106 -

z <

1 2

.


z

X ( z ) =

z −

1

z

−

3

z −

1

=−

2

1

z

1 ⎞⎛ 1⎞ 6⎛ − − z z ⎜ ⎟⎜ ⎟ 3 ⎠⎝ 2⎠ ⎝

,

1 3

< z <

1 2

.

На слици 4.8 приказана је област конвергенције од X ( z ) и распоред нула и полова.

Слика 4.8. 1 3 < z < 1 2 , нула ( z 01

= 0 ) и полови ( z p1 = 1 2 и z p 2 = 1 3 )

в) Из табеле 4.1 следи да је

⎛1⎞

n

Z ⎜ 2 ⎟ u[n] ←⎯→ ⎝ ⎠

За z >

1 2

и z <

1 3

n

z z −

1

,

2

z 1 ⎛1⎞ Z , →− z > , ⎜ ⎟ u[− n − 1] ←⎯ 1 2 ⎝3⎠ z − 3

z <

1 3

.

нема пресека, па је закључак да секвенца x[n] нема Z

трансформацију.

6. Одредити Z трансформацију од следећих секвенци:

а) x [ n] = na n −1u [ n] , б) x [ n] = n ( n − 1) a n − 2 u [ n] ,

- 107 -


в) x [ n] = n ( n − 1)L ( n − k + 1) a n −k u [ n] . Решење: Z а) Из табеле 4.1 је na n u [ n] ←⎯ →

az

( z − a )

2

z > a .

,

Ако се обе стране поделе са a , добија се Z na n −1u [ n ] ←⎯ →

z

( z − a )

2

z > a.

,

б) Ако се секвенца под а) и њена Z трансформација диференцирају по a добија се, Z n ( n − 1) a n −2 u [ n ] ←⎯ →

2 z

( z − a )

3

,

z > a.

в) Ако се настави са диференцирањем по a k пута добија се, Z n ( n − 1)L ( n − k + 1) a n − k u [ n] ←⎯ →

k ! z

( z − a )

k +1

,

z > a.

7. Одредити инверзну Z трансформацију методом дељења полинома: a) X ( z ) =

z 2 z − 3z + 1 2

,

z <

1 2

, б) X ( z )

=

z 2 z − 3z + 1 2

,

z > 1

Решење:

а) На основу области конвергенције Z трансформације, закључује се да је сигнал x[n] антикаузалан. Према томе потребно је извршити дељење тако да је добијени количник полином који зависи од z .

X ( z ) = ( z ) : (1 − 3z + 2 z 2 ) = z + 3z 2 + 7 z 3 + 15 z 4 + 31z 5 + K

± z m 3 z 2 ± 2 z 3 3 z 2 − 2 z 3 ±3 z 2 m 9 z 3 ± 6 z 4 7 z 3 − 6 z 4 ±7 z 3 m 21z 4 ± 14 z 5 15 z 4 − 14 z 5 ±15 z 4 m 45 z 5 ± 30 z 6 31 z 5 − 30 z 6 M

Дакле X ( z ) је бесконачна сума, X ( z )

{

= K + 31z 5 + 15 z 4 + 7 z 3 + 3z 2 + z , па је

}

секвенца x[n] = K 31,15, 7,3,1, [ 0] .

- 108 -


б) На основу области конвергенције Z трансформације, закључује се да је сигнал x[n] каузалан. Према томе потребно је извршити дељење тако да је добијени количник полином који зависи од z -1.

X ( z ) = ( z ) : ( 2 z 2 − 3 z + 1) =

± z m

3

±

2 3

1

1 2

z −1 +

3 4

z −2 +

7

=

1

8

z −3 +

15 16

z −4 + K

z −1

2 1 − z −1 2 2 3 9 3 ± m z −1 ± z −2 2 4 4 7 −1 3 − 2 z − z 4 4 7 21 7 ± z −1 m z −2 ± z −3 4 8 8 15 − 2 7 − 3 z − z 8 8 M

Дакле X ( z ) је бесконачна сума, X ( z )

⎧ ⎩

секвенца x[ n] = ⎨[ 0] ,

z −1 +

2

3 4

z −2 +

7 8

z −3 +

15 16

z −4 + K , па је

1 3 7 15 ⎫ , , , ,K⎬ . 2 4 8 16 ⎭

8. Одредити инверзну Z трансформацију методом развоја на парцијалне разломке: a) X ( z ) =

z 2 z − 3 z + 1 2

z <

,

1 2

, б) X ( z )

=

z

,

z > 1 .

,

z <

2 z − 3z + 1 2

Решење:

а) X ( z ) =

z 2 z − 3z + 1 2

z

=

⎛ ⎝

2 ⎜ z 2 −

3 2

z+

1⎞

z

=

⎛ ⎝

2 ( z − 1) ⎜ z −

⎟

2⎠

1⎞

⎟

2⎠

Развојем на парцијалне разломке добија се,

X ( z ) z

=

1

⎛ ⎝

2 ( z − 1) ⎜ z −

1⎞

⎟ 2⎠

- 109 -

=

c1 z − 1

+

c2 z −

1 2

,

1 2

.


где

c1 = ( z − 1)

је

X ( z ) z

1

= z =1

⎛ ⎝

2⎜ z −

1 ⎞

=1

и

⎟

2 ⎠ z =1

1 X ( z ) 1 c2 = ( z − ) = = −1 . 1 1 ( ) 2 z z = 2 z − 1 z = 2

Дакле X ( z )

z <

1 2

=

z z − 1

2

z , 1

−

z −

z <

1 2

. Пошто је област конвергенције од X ( z )

2

, x[n] је лева (антикаузална) секвенца, па је према табели 4.1

n ⎛ ⎛ 1 ⎞n ⎞ ⎛1⎞ x[ n] = −u[ −n − 1] + ⎜ ⎟ u[ −n − 1] = ⎜ ⎜ ⎟ − 1⎟ u[ −n − 1] . Одавде се добија да ⎜⎝ 2 ⎠ ⎟ ⎝2⎠ ⎝ ⎠

је

x[n] = {K 31,15, 7,3,1, [ 0]} . б) X ( z ) =

z z − 1

−

z , 1

z −

z > 1 . Пошто је област конвергенције од X ( z ) z > 1 ,

2

x[n] је десна (каузална) секвенца, па је према табели 4.1 n ⎛ ⎛ 1 ⎞n ⎞ ⎛1⎞ x[ n] = u[ n] − ⎜ ⎟ u[ n] = ⎜ 1 − ⎜ ⎟ ⎟ u[ n] . ⎜ ⎝2⎠ ⎟ ⎝2⎠ ⎝ ⎠

Одавде

је

1 3 7 15 ⎧ ⎫ x[n] = ⎨[ 0] , , , , , K⎬ . 2 4 8 16 ⎩ ⎭

9. Одредити инверзну Z трансформацију од X ( z ) =

2 z 3 − 5 z 2 + z + 3 ( z − 1)( z − 2)

Решење:

X ( z ) =

2 z 3 − 5 z 2 + z + 3 ( z − 1)( z − 2)

=

2 z 3 − 5 z 2 + z + 3 z 2 − 3 z + 2

Пошто је X ( z ) неправа рационална функција, онда се дељењем добија

X ( z ) = 2 z + 1 +

1 ( z − 1)( z − 2)

- 110 -

= 2 z + 1 + X1 ( z ) .

,

z < 1 .


X 1 ( z ) z где је c1

=

=

1 ( z − 1)( z − 2) z = 0

Према

1 z ( z − 1)( z − 2)

=

1

=

, c2

2

1

z

−

z z − 1 z − 2

z ( z − 2 )

,

= − 1 и c3 = z =1

X 1 ( z ) = 1

c3

+

1

z

−

+

2 z − 1

1 z ( z − 1)

= z = 2

1 2

.

1 z

и

2 z − 2

z

, z < 1 . 2 z − 2 Пошто је област конвергенције од X ( z ) z < 1 , x[n] је лева (антикаузална) секвенца, 2 z − 1

+

c2

+

1

томе,

X ( z ) = 2 z + 1 +

c1

=

па је према табели 4.1

3 1 3 x[n] = 2δ [n + 1] + δ [n] + u[− n − 1] − 2n u[− n − 1] = 2δ [n + 1]+ δ [n]+ ( 1− 2n−1 ) u[− n − 1] 2 2 2 .

1 + 2 z −1 + z −3


(1 − z −1 )(1 − 0.5 z −1 )

,

z > 1 .

Решење:

1 + 2 z −1 + z −3

X ( z ) = X ( z ) z

−1

−1

(1 − z )(1 − 0.5 z )

=

z 3 + 2 z 2 + 1 z 2 ( z − 1)( z − 0.5)

=

=

z 3 + 2 z 2 + 1

,

z ( z − 1)( z − 0.5)

λ 2 z 2

+

λ 1

+

c1

c2

+

z z − 1 z − 0.5

,

где је

c1 =

z 3 + 2 z 2 + 1 z ( z − 0.5)

= 8 , c2 =

2

z 3 + 2 z 2 + 1

z =1

z ( z − 1)

= −13 ,

2

z = 0.5

1 d ⎛ 2 X ( z ) ⎞ d ⎛ z 3 + 2 z 2 + 1 ⎞ ⎟⎟ = 6 λ 1 = ⎜ z ⎟ = ⎜⎜ 1! dz ⎝ z ⎠ z =0 dz ⎝ ( z − 1)( z − 0.5) ⎠ z 0 =

λ 2 = z

2

Према томе, X ( z )

=

X ( z ) z

= z =0

z 3 + 2 z 2 + 1 ( z − 1)( z − 0.5) z =0

z 3 + 2 z 2 + 1 z ( z − 1)( z − 0.5) 2

= 2.

= 2 z −1 + 6 + 8

z z −1

− 13

z z − 0.5

,

z > 1 .

Пошто је област конвергенције од X ( z ) z > 1 , x[n] је десна (каузална) секвенца, па n

⎛ 1 ⎞ је према табели 4.1, x[ n] = 2δ [ n − 1] + 6δ [ n] + 8u[n] − 13⎜ ⎟ u[ n] . ⎝ 2 ⎠

- 111 -


2 + z −2 + 3 z −4


z 2 + 4 z + 3

,

z > 0 .

Решење:

X ( z ) се може написати као

(

X ( z ) = 2 z −1 + z − 3 + 3 z − 5

z

)

z 2 + 4 z + 3

= (2 z −1 + z −3 + 3 z − 5 ) X 1 ( z ) ,

где је

X 1 ( z ) = X 1 ( z ) z

z

=

z 2 + 4 z + 3

=

1 ( z + 1)( z + 3)

а коефицијенти c1 и c2 су: c1

X 1 ( z ) =

=

1 z

z ( z + 1)( z + 3)

=

c1 z +1

1 z + 3 z =− 1 1

c2

+

1 2

z + 3

, z > 0 ,

=

и c2

1 z + 1 z =− 3

=−

1 2

.

z

, z > 0 2 z + 3 1 n n Користећи табелу 4.1 је x1[ n] = (− 1) − (− 3) u[ n] . 2 2 z + 1

−

=

z > 0 .

,

(

Применом

једнакости

)

(4.4),

секвенца

x[н]

је

x [ n] = 2 x1 [ n − 1] + x1 [ n − 3] + 3x1 [ n − 5] . x[n] =

(( −1)

n−1

12. Излазни

− ( −3)

n−1

сигнал

) u[n − 1] + 12 ((−1) каузалног

n −3

− ( −3)

n −3

) u[n − 3] + 32 ((−1)

временски


n −5

ЛТИ

− (−3)

n −5

) u[n − 5]

система

n

⎛ 1 ⎞ y[n] = 2⎜ ⎟ u[n] када је улазни сигнал у систем x[n] = u[n] . ⎝ 3 ⎠ а) Одредити импулсни одзив система. n

⎛ 1 ⎞ б) Одредити излазни сигнал система када је улазни сигнал x[n] = ⎜ ⎟ u[n] . ⎝ 2 ⎠ Решење:

а)

Z x[ n] = u[ n] ←⎯ → X ( z) =

z z − 1

,

z > 1 .

n

2 z ⎛1⎞ Z y[ n] = 2 ⎜ ⎟ u[ n] ←⎯ , → 1 3 ⎝ ⎠ z − 3

Преносна функција система H ( z ) је

- 112 -

z >

1 3

.

је


2 z 1 z − 2 ( z − 1) Y ( z ) 1 3 H ( z ) = , z > . = = z 1 X ( z ) 3 z − z − 1 3 c H ( z ) 2( z − 1) c1 1 Развојем на парцијалне разломке добија се = = + 2 , z > , 1 1 z z 3 z ( z − ) z − 3 3 2( z − 1) =6 1 z − 3 z =0 z 1 H ( z) = 6 − 4 , z > . 1 3 z − 3 где

је

c1 =

c2 =

и

2( z − 1) z

= −4 . z =

Према

томе

1 3

Применом инверзне Z трансформације на H ( z ) , добија се тражени импулсни одзив n

⎛ 1 ⎞ система h[ n] = 6δ [ n] − 4⎜ ⎟ u[ n] . ⎝ 3 ⎠ n

z ⎛1⎞ Z x[ n] = ⎜ ⎟ u[ n] ←⎯ , → X ( z) = 1 ⎝2⎠ z −

б)

z >

1 2

.

2

Y ( z) = H ( z ) X ( z ) =

2( z − 1) z 2 z ( z − 1) , = 1 1 ⎛ 1 ⎞⎛ 1⎞ z − z − z − ⎟⎜ z − ⎟ 3 2 ⎜⎝ 2 ⎠⎝ 3⎠

Развојем на парцијалне разломке добија се

где

је

c1 =

2( z − 1) = −6 1 z − 3 z = 1

и

Y ( z) z

c2 =

z >

1 2

2( z − 1) 1 ⎞⎛

1⎞

⎛ ⎜ z − 2 ⎟⎜ z − 3 ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠

2( z − 1) = 8. 1 z − 2 z =1

=

c1 z −

1 2

Према

1

+

c2

2

z −

.

1

,

3

томе

3

2

z z Y ( z) = −6 , +8 1 1 z − z − 2 3

=

z >

.

Применом инверзне Z трансформације на Y ( z ) , добија се тражени излазни сигнал система

- 113 -

Сигнали и системи – збирка решених задатака n ⎡ ⎛ 1 ⎞n ⎛1⎞ ⎤ y[ n] = ⎢ −6 ⎜ ⎟ + 8 ⎜ ⎟ ⎥ u[ n] . ⎝ 3 ⎠ ⎥⎦ ⎢⎣ ⎝ 2 ⎠

13. Функција преноса каузалног временски дискретног z 1 H ( z ) = , z > . 1 2 z − 2 а) Одредити степ одзив система s[n]. б) Одредити одзив система на побуду x[n] = nu[n] .

ЛТИ

система

је

Решење:

а) Степ одзив система је одзив на степ побуду, x[n] = u[n] .

z

Z x[ n] = u[ n] ←⎯ → X ( z) =

z − 1 z z

S ( z) = H ( z) X ( z) =

z − 0.5 z − 1 S ( z )

Развојем на парцијалне разломке добија се где

је

c1 =

z ( z − 0.5) z =1

z z S ( z) = 2 , − z − 1 z − 0.5

=2

z > 1 .

,

z c2 =

и

z 2

=

=

( z − 1)( z − 0.5) z

( z − 1)( z − 0.5)

z ( z − 1) z =0.5

=

z > 1.

, c1

+

= −1 .

Према

z > 1 .

⎛ ⎛ 1 ⎞ n ⎞ s[n] = ⎜ 2 − ⎜ ⎟ ⎟u[n] . ⎜ ⎝ 2 ⎠ ⎟ ⎝ ⎠ Z x[ n] = nu[ n] ←⎯ → X ( z) =

Y ( z) = H ( z) X ( z) =

z

( z − 1)

z

2

z

1 ( z − 1)2 z − 2

,

z > 1 .

,

z > 1.

Развој на парцијалне разломке је

Y ( z) z

=

z 1⎞ 2 ⎛ 1 − − z z ( ) ⎜ ⎟ 2⎠ ⎝

c1

=

z −

где је

- 114 -

1 2

+

λ1 z −1

+

λ 2 ( z − 1)

2

c2

z − 1 z − 0.5

Применом инверзне Z трансформације на S ( z ) , добија се степ одзив система

б)

,

,

томе


c1 =

z ( z − 1)

λ 1 =

= 2,

2 z =

1 2

z =2 1 z − 2 z =1

и

⎛ ⎞ d ⎜ z ⎟ 1 1 λ 2 = = − = −2 . ⎜ ⎟ 2 1 2 dz ⎜ 1⎞ ⎛ ⎜ z − ⎟⎟ z − ⎜ ⎟ 2 ⎠ z =1 ⎝ 2 ⎠ z =1 ⎝ На

основу

претходног

следи

да је

Y ( z) =

2 z 2z 2 z , + − 1 z − 1 ( z − 1)2 z − 2

z > 1 .

Применом инверзне Z трансформације на Y ( z ) , добија се тражена излазна секвенца система

⎡⎛ 1 ⎞ n ⎤ y[ n] = 2 ⎢⎜ ⎟ − 1 + n ⎥ u[ n] . ⎢⎣⎝ 2 ⎠ ⎥⎦ 14. Одредити функцију преноса и импулсни одзив каузалног временски дискретног ЛТИ система приказаног на слици 4.9.

Слика 4.9. Блок дијаграм система за задатак 14 Решење:

На основу блок дијаграма система са слике 4.9 може се написати диференцна

1

једначина која даје везу између улаза и злаза система, y[ n] = x[ n] + y[ n − 1] .

2

Применом Z трансформације на леву и десну страну једначине добија се

1 ⎛ 1 ⎞ Y ( z ) = X ( z ) + z −1Y ( z ) , тј. Y ( z) ⎜1 − z −1 ⎟ = X ( z) . Одавде је функција преноса 2 2 ⎝ ⎠

- 115 -


H ( z ) =

система

Y ( z) X ( z )

=

1 z , = 1 −1 1 1 − z z − 2 2

z >

1 2

.

Применом

инверзне

Z

n

⎛ 1 ⎞ трансформације на H ( z ) , добија се импулсни одзив система h[ n] = ⎜ ⎟ u[ n] . ⎝ 2 ⎠ 15. Каузални временски дискретни ЛТИ систем описан је диференцном једначином,

3 1 y[n] − y[n − 1] + y[n − 2] = x[n] , 4 8 при чему су x[n] и y[n] улаз и излаз система, редом. а) Одредити функцију преноса система H ( z ). б) Наћи импулсни одзив система h[n]. в) Наћи степ одзив система s[n]. Решење:

a) Применом Z трансформације на дату диференцну једначину, добија се

3 1 Y ( z ) − z −1Y ( z ) + z − 2Y ( z ) = X ( z ) . 4 8 Према

H ( z) =

томе,

Y ( z) X ( z )

=

1 3 1 1 − z −1 + z −2 4 8

= z2 −

z2 3 4

z +

1

=

8

z2

⎛ 1 ⎞⎛ 1 ⎞ ⎜ z − 2 ⎟⎜ z − 4 ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠

,

1 z > . 2

b) Примењујући развој на парцијалне разломке, добија се

H ( z ) z

где

је

c1 =

=

z 1 ⎞⎛ 1⎞ ⎛ z z − − ⎜ ⎟⎜ ⎟ 2 ⎠⎝ 4⎠ ⎝

z =2 1 z − 4 z = 1

и

c1

=

z −

c2 =

2

1 2

+

c2 z −

1

,

4

z = −1 . 1 z − 2 z = 1

Према

томе,

4

z z 1 H ( z ) = 2 , z > . Применом инверзне Z трансформације на H ( z ) , − 1 1 2 z − z − 2 4 следи да је импулсни одзив система,

⎛ ⎛ 1 ⎞ n ⎛ 1 ⎞ n ⎞ h[n] = ⎜ 2⎜ ⎟ − ⎜ ⎟ ⎟u[n] . ⎜ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 4 ⎠ ⎟ ⎝ ⎠

- 116 -

4. Z – трансформација и временски дискретни ЛТИ системи Z → X ( z) = x[ n] = u[ n] ←⎯

c)

S ( z) = H ( z) X ( z) =

z 2

z z − 1 z

1 ⎞⎛ 1 ⎞ z − 1 ⎛ z z − − ⎜ ⎟⎜ ⎟ 2 ⎠⎝ 4⎠ ⎝

z > 1 .

,

=

z 3 1 ⎞⎛ 1⎞ ⎛ z z − − ⎜ ⎟⎜ ⎟ ( z − 1) 2 4 ⎝ ⎠⎝ ⎠

z > 1.

,

Поновном применом развоја на парцијалне разломке, добија се

S ( z) z

где

c1 =

је

z 2

c3 =

⎛ ⎝

=

z 2 1 ⎞⎛

1⎞

⎛ ⎜ z − 2 ⎟⎜ z − 4 ⎟ ( z − 1) ⎝ ⎠⎝ ⎠ z 2

8

1 ⎞⎛

1⎞

⎛ ⎜ z − 2 ⎟⎜ z − 4 ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠ z =1

=

c1 z − 1

+

3

z −

1

c3

+

z −

2

z 2

c2 =

= ,

c2

⎛ ⎝

,

1 4

= −2

1⎞

и

( z −1) ⎜ z − ⎟ 4

⎠ z = 1 2

1

= .

1⎞

3

( z −1) ⎜ z − ⎟ 2

⎠ z = 1

4

Према томе, S ( z )

=

8 z 3 z − 1

−2

z z −

1 2

+

1 3

z z −

1

z > 1 .

,

4 Применом инверзне Z трансформације на S ( z ) , следи да је степ одзив система,

⎛ 8 ⎛ 1 ⎞ n 1 ⎛ 1 ⎞ n ⎞ s[n] = ⎜ − 2⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ ⎟u[n] . ⎜ 3 ⎝ 2 ⎠ 3 ⎝ 4 ⎠ ⎟ ⎝ ⎠ 16. Каузални временски дискретни ЛТИ систем описан је диференцном једначином, y[n] − y[n − 1] = Tx[n − 1] , при чему су x[n] и y[n] улаз и излаз система, редом. а) Одредити функцију преноса система H ( z ).

б) Одредити одзив система y[n] ако је улаз у систем x[n] = e − naT . Решење:

а) Применом Z трансформације на дату диференцну једначину, добија се

Y ( z ) − z −1Y ( z ) = Tz −1 X ( z ) . Према томе, функција преноса система је, H ( z )

- 117 -

=

Y ( z) X ( z )

=

Tz −1 1− z

−1

=

T z − 1

,

z > 1 .


[n] = e− naT ← Z ⎯→ X ( z ) =

б)

z z − e

z > e− aT .

,

− aT

Tz

Y ( z) = H ( z) X ( z) =

( z − 1) ( z − e

− aT

z > 1∩ z > e− aT .

,

)

Развојем на парцијалне разломке парцијалне разломке,, добија се

Y ( z ) z

=

T

( z − 1)( z − e

c1 = ( z − 1)

Y ( z )

(

z

c2 = z − e −aT

−aT

= z =1

)

=

c2

+

z − 1 z − e T

=

( z − e −aT ) z =1

) Y ( z ) z

c1

= z =e

− aT

, где је где је

−aT

T 1 − e −aT

T ( z − 1) z =e− aT

,

T

=

e −aT − 1

=−

T 1 − e −aT

.

Према томе, томе,

Y ( z) =

Tz

( z − 1) ( z − e

− aT

)

=

T 1− e

z − aT

−

T

z − 1 1− e

z − aT

z−e

− aT

,

z > 1∩ z > e− aT .

Применом инверзне Z инверзне Z трансформације на Y ( z ) , следи да је да је тражени одзив система, система,

y[n] =

1 − e − naT 1− e

−aT

Tu[n] .

17. Дат је дискретни временски систем чији су улаз x[ x[n] и излаз y[ y[n] повезани следећом диференцном једначином, једначином, y[ n] − ay[ n − 1] = x[ n] , где је a константа. константа. Наћи y Наћи y[[n] са почетним условом y [ −1] = y−1 и x [ n ] = Kb n u [ n] . Решење: I Нека је Нека је y ( n ) ←⎯ Према једнакости (4.12) (4.12) добија се →Y I ( z ) . Према једнакости

Z

I y[ n −1] ←⎯ →z−1Y I ( z ) + y [ −1] = z−1YI ( z ) + y−1 .

Z

Из табеле 4.1 табеле 4.1 је је

I → X I ( z ) = K ( n ) == Kbn u [ n] ←⎯

Z

z z − b

,

z > b.

Применом унилатералне Z трансформације на обе стране диференцне једначине добија се

z Y I ( z ) − a ⎡⎣ z −1YI ( z ) + y−1 ⎤⎦ = K , z − b z −1 1 a z Y z a y K , − = + ( ) I ( ) −1 z − b z ⎛ z − a ⎞ , = + Y z a y K ( ) −1 ⎜ z ⎟ I z −b ⎝ ⎠

- 118 -

4. Z – трансформација и временски дискретни ЛТИ дискретни ЛТИ системи системи

Y I ( z ) = ay−1

z z − a

+K

z 2

. z a z b − − ( )( )

Развојем на парцијалне разломке парцијалне разломке следи да је да је

Y I ( z ) = ay−1

z z − a

+

K ⎛

z

⎜b

b − a ⎜⎝

( z − b)

−a

⎞ ⎟⎟ . ( z − a) ⎠ z

Применом инверзне Z инверзне Z трансформације на Y I ( z ) , добија се

b n +1 − a n +1 ⎞ ⎛ n +1 b u [ n] − K a u [ n] = ⎜ y−1 a + K u[ n] [ n] = ay−1 a u [ n] + K ⎟ b−a b−a b−a ⎠ ⎝ b

n

a

n

n

.

Задаци за Задаци за решавање решавање 1. Одредити Z Одредити Z трансформацију секвенци: секвенци: a) x[n] = δ [n] , б) y[n] = δ [n − m] , в) p[n] = na n u[n] , 2 n г) q[n] = n a u[ n] и д) r [n] = (n + 1)u[n] .

Решење:

⎧⎪ z > 0, m > 0 a) X ( z) = 1, za ∀z , б) Y ( z ) = z , ⎨ , в) z , m 0 < ∞ < ⎪⎩ −m

P( z ) =

г) Q( z ) =

az ( z + a )

( z − a )

2

az

( z − a )

2

,

z > a,

z > a и г) R ( z ) =

,

z 2

( z − 1)

2

,

z > 1 .

унилатералну Z трансформацију од: од: 2. Одредити инверзну унилатералну Z

a) X ( z ) =

A

(1 − z − )(1 − 0.5 z − ) 1

1

и б) F ( z ) =

z 2

( z + 1)( z − 0.75)2

.

Решење:

⎡ ⎛ 1 ⎞ n ⎤ a) x[n] = A⎢ 2 − ⎜ ⎟ ⎥u[n] , б) ⎢⎣ ⎝ 2 ⎠ ⎥⎦ 16 4 n n n⎤ ⎡ 16 f [ n] = ⎢ − ( −1) + ( 0.75) + n ( 0.75) ⎥ u[n] . 49 7 ⎣ 49 ⎦

- 119 -


3. Одредити првих 5 првих 5 одбирака каузалне секвенце чија је чија је Z Z трансформација дата као z −1 + z −2 − z −3 F ( z ) = . 1 + z −1 + z −2 + z −3 Решење:

f [0] = 0 , f [1] = 1 , f [2] = 0 , f [3] = −2 , f [4] = 1 . 4. Каузални временски дискретни ЛТИ систем описан је описан је диференцном једначином диференцном једначином,, T y[n] − y[n − 1] = ( x[n] + x[n − 1]) , 2 при чему су x су x[[n] и y[ y[n] улаз и излаз система, система, редом. редом. a) Одредити функцију преноса система H система H ( z z ). ). − naT b) Одредити одзив система y система y[[n] ако је ако је улаз у систем x[ n] = e .

Решење:

a) H ( z ) =

T z + 1 2 z − 1

,

z > 1 и б) y[ n] =

T 1− e

− aT

+

T e− aT + 1 2e

− aT

−1

e − naT .

описан је диференцном једначином диференцном једначином,, 5. Каузални временски дискретни ЛТИ систем описан је y[n] + y[n − 1] = x[n] , при чему су x су x[[n] и y[ y[n] улаз и излаз система, система, редом и y[ n] = 0,

n< 0.

система H ( z z ). ). а) Одредити функцију преноса система H б) Одредити импулсни одзив система h[n]. в) Одредити одзив система y система y[[n] ако је ако је улаз у систем x[ n] = 10,

n ≥ 0.

Решење:

a) H ( z ) =

z z + 1

,

n

z > 1 , б) h[ n] = ( −1) u [ n] и в)

n [n] = ⎡5 ( −1) + 5⎤ u [ n ] .

⎣

⎦

6. Каузални временски дискретни ЛТИ систем описан је описан је функцијом преноса, преноса,

H ( z ) =

z + 2 8 z 2 − 2 z − 3

.

Одредити диференцну једначину диференцну једначину која описује понашање система. система. Решење: y[ n] −

1

3 1 1 y[n − 1] − y[n − 2] = x[n − 1] + x[n − 2] . 4 8 8 4

Одредити Z трансформацију од следећих секвенци: секвенци: 7. Одредити Z +

a) x[n] = u[n − n0 ] , б) y[n] = a n 1u[n + 1] , в) p[n] = u[− n] и г)

q[n] = a − n u[− n] . Решење:

a) X ( z ) =

− ( n0 −1)

z

z − 1

, 1 < z < ∞ , б) Y ( z ) =

z 2 z − a

- 120 -

,

a < z < ∞ ,

4. Z – трансформација и временски дискретни ЛТИ дискретни ЛТИ системи системи

в) P ( z ) =

1

1 1 , z < 1 и г) Q( z ) = , z < . 1 − z 1 − az a

инверзну Z трансформацију од X ( z ) = 8. Одредити инверзну Z

(

Решење: x[ n] = 1 − 2

n

n −1

( z − 1)( z − 2)2

, z > 2 .

+ n 2 n−1 u[n] .

9. Одредити инверзну Z инверзну Z трансформацију од X ( z ) = Решење: x[ n] = 3 ⋅ 2

z

3 z − 2

, z > 2 .

u[n − 1] .

10. Одредити вредност параметра k тако да систем приказан на слици слици 4.10 буде БИБО стабилан. стабилан. x[n]

+ +

k /2 /2

q[n-1]

q[n]

-1

z

k /3 /3

+

+

y[n]

Слика 4.10. Слика 4.10. Блок Блок дијаграм система за система за задатак задатак 10 10 Решење: H ( z ) =

z + k 3 z − k 2

,

z >

k 2

. Систем је Систем је стабилан за k < 2 .

једначине, улазне секвенце и почетне услове одредити 11. За дате диференцне једначине, излазну секвенцу y секвенцу y[[n]: n

⎛ 1 ⎞ а) y[ n] − y[ n − 1] = x[ n] , за x[n] = ⎜ ⎟ u[n] и y[−1] = 1 , 2 ⎝ 3 ⎠ 1

n

б) 3 y[n] − 4 y[n − 1] + y[n − 2] = x[n] ,

y[−1] = 1 , y[−2] = 2 . Решење:

- 121 -

за

⎛ 1 ⎞ x[n] = ⎜ ⎟ u[n] ⎝ 2 ⎠

и


⎛ 1 ⎞ а) y[n] = 7⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠

n +1

n +1

⎛ 1 ⎞ − 2⎜ ⎟ , n ≥ −1 , ⎝ 3 ⎠ n

n

⎛ 1 ⎞ 1 ⎛ 1 ⎞ б) y[n] = − ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ , n ≥ −2 . 2 ⎝ 2 ⎠ 2 ⎝ 3 ⎠ 3

12. Дата је инверзна Z трансформација

X ( z ) =

z ( z − 4)

( z − 1)( z − 2)( z − 3)

.

а) Одредити све могуће области конвергенције за X ( z ). б) За коју област конвергенције је X ( z ) Z трансформација од каузалне секвенце. Решење:

a) 0 < z < 1,1 < z < 2, 2 < z < 3, z > 3 , б) z > 3 . 13. Одредити Z трансформацију од следећих секвенци: a) x[n] = (cos Ω 0 n )u[n] и б) y[n] = (sin Ω 0 n )u[n] . Решење:

a) X ( z ) =

z 2 − (cos Ω 0 ) z z − (2 cos Ω 0 ) z + 1 2

, z > 1 и б) Y ( z ) =

(sin Ω 0 ) z , 2 z − (2 cos Ω 0 ) z + 1

z > 1 .

14. Одредити инверзну Z трансформацију методом дељења полинома:

а) X ( z ) = б) X ( z ) = в) X ( z ) =

z

( z − 1)( z − 2) z

( z − 1)( z − 2) z

( z − 1)( z − 2)

, z < 1 , , 1 < z < 2 , , z > 2 .

Решење:

⎧ 7 3 1 ⎫ а) x [ n ] = ⎨K , , , , [0 ]⎬ , ⎩ 8 4 2 ⎭ 1 1 1 ⎧ ⎫ б) x [ n ] = ⎨K , − , − , − , [− 1] , − 1, − 1,K⎬ , 8 4 2 ⎩ ⎭ в) x [ n] = {[ 0] ,1,3,7,15,K} . 15. Одредити инверзну Z трансформацију методом развоја на парцијалне разломке за примере из задатка 14.

- 122 -

4. Z – трансформација и временски дискретни ЛТИ системи Решење:

(

)

a) x[n] = 1 − 2 u[−n − 1] , n

x[n] = −u[− n] − 2 n u[−n − 1]

б)

и

в)

x[n] = (− 1 + 2 n )u[ n] .

16. Дат је блок дијаграм дискретног система на слици 4.11.

а) Одредити функцију преноса система H ( z ). б) Одредити диференцну једначину зависности излаза система y[n] од улаза x[n].

Слика 4.11. Блок дијаграм система уз задатак 16 Решење:

а) H ( z ) =

− − b0 + b1 z 1 + b2 z 2 −1

−2

1 + a1 z + a2 z

,

б) y[n] + a1 y[n − 1] + a2 y[n − 2] = b0 x[n] + b1 x[n − 1] + b2 x[n − 2] . 17. Каузални временски дискретни систем описан је диференцном једначином,

5 1 y[n] − y[n − 1] + y[n − 2] = x[n] , 6 6 при чему су x[n] и y[n] улаз и излаз система, редом. a) Одредити функцију преноса система H ( z ).

b) Одредити импулсни одзив система h[n]. Решење:

z 2 1 а) H ( z ) = , z > , 2 ⎛ 1 ⎞⎛ 1 ⎞ ⎜ z − ⎟⎜ z − ⎟ ⎝ 2 ⎠⎝ 3 ⎠

- 123 -


⎛ ⎛ 1 ⎞ n ⎛ 1 ⎞ n ⎞ б) h[n] = ⎜ 3⎜ ⎟ − 2⎜ ⎟ ⎟u[n] . ⎜ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 3 ⎠ ⎠⎟ ⎝ 18. Користећи унилатералну Z трансформацију, одредити решења следећих диференцних једначина, са датим почетним условима:

а) y[ n] − 3 y[n − 1] = x[n] , за x[n] = 4u[n] и y[−1] = 1 , б) y[ n] − 5 y[n − 1] + 6 y[n − 2] = x[n] , за x[n] = u[n] и y[−1] = 3 , y[−2] = 2 . Решење:

а) y[n] = −2 + 9 ⋅ 3n , б) y[n] =

1 2

n ≥ −1 .

9

+ 8 ⋅ 2 n − 3 n , n ≥ −2 . 2

19. Одредити почетну и крајњу вредност од x[ n] ако је позната њена Z трансформација X ( z ) :

⎛ ⎝

2 z ⎜ z −

5 ⎞

⎟

1 12 ⎠ , z > , а) X ( z ) = 2 ⎛ 1 ⎞⎛ 1 ⎞ ⎜ z − ⎟⎜ z − ⎟ ⎝ 2 ⎠⎝ 3 ⎠ б) X ( z ) =

z 2 z 2 − 3 z + 1

, z > 1 .

Решење:

a) x[0] = 2 , x[∞] = 0 . b) x[0] = 0 , x[∞] = 1 .

- 124 -


- 125 -


5. Фуријеова анализа континуалних сигнала и система Фуријеов ред:

( t + T0 ) = x ( t )

Комплексни експонененцијални Фуријеов ред: ∞

∑

x(t ) =

ck e jk ω 0 , ω 0 =

k = −∞

2π T 0

,

(5.1)

ck =

1

∫ x(t )e− jkω t dt . 0

T 0

T 0

(5.2) Тригонометријски Фуријеов ред:

x(t ) =

a0 2

∞

+ ∑ (ak cos(k ω 0t ) + bk sin (k ω 0t )) , k =1

(5.3)

ak =

2 T 0

∫ x(t ) cos ( kω 0 t ) dt ,

T 0

(5.4)

bk =

2 T 0

∫ x(t ) sin ( kω 0 t ) dt.

T 0

(5.5) Хармонијски облик Фуријеовог реда: ∞

x(t ) = C0 + ∑ Ck cos ( k ω0 t − θ k ) . k =1

(5.6) Релације између различитих Фуријеових коефицијената:

a0 2

= c0 , ak = ck + c− k , bk = j ( ck − c− k ) .

ck =

1 2

( ak −

jbk ) , c− k =

1 2

- 126 -

( ak +

jbk ) .

5. Фуријеова анализа континуалних сигнала и система

C 0 =

a0 2

, Ck

= ak 2 + bk 2 , θ k = arctan

bk ak

.

Парсевалова теорема за Фуријеов ред:

1 T 0

∫ (t )

2

dt =

∑

k =−∞

T 0

2

∞

ck .

(5.7)

Фуријеова трансформација: ∞

x(t ) ←⎯→ X (ω ) , F

F

( x ( t ) ) = X (ω ) = ∫ x(t )e− −∞

(5.8)

x(t ) =

1

∞

X (ω )e 2π ∫

jω t

d ω .

−∞

(5.9) Особине Фуријеове трансформације: Линеарност:

F a1 x1 (t ) + a2 x2 (t ) ←⎯ ), → a1 X1 (ω ) + a2 X 2 (ω

(5.10) Померај у временском домену: x(t

F − t0 ) ←⎯ → e− jω t X (ω ) , 0

(5.11) Померај у фреквенцијском домену: e jω 0t x(t ) ←⎯→ X (ω − ω 0 ) , F

(5.12) Скалирање у временском домену: x( at ) ←⎯→ F

1 a

⎛ ω ⎞ ⎟, a ⎝ ⎠

X ⎜

(5.13) Инверзија у временском домену: x(−t ) ←⎯ → X ( −ω ) , F

(5.14) Дуалност: X (t ) ←⎯ → 2π x ( −ω ) , F

(5.15) Диференцирање у временском домену:

dx (t ) dt

F ←⎯ → jω X (ω ) ,

(5.16) Диференцирање у фреквенцијском домену:

( − jt ) x ( t ) ←⎯→

(5.17) Интеграција у временском домену:

- 127 -

F

dX (ω ) d ω

,

jω t

dt ,

Сигнали и системи – збирка решених задатака t

F ∫ x(τ )dτ ←⎯→π X (0)δ (ω ) +

−∞

1 jω

X (ω ) ,

(5.18)

→ X1 (ω ) X 2 (ω ) , Конволуција у временском домену: x1 (t ) ∗ x2 (t ) ←⎯ F

(5.19) Множење у временском домену: x1 (t ) x2 (t ) ←⎯→ F

1 2π

X 1 (ω ) ∗ X 2 (ω ) ,

(5.20) Реалан сигнал: F x ( t ) = xe ( t ) + x0 ( t ) ←⎯ → X (ω ) = A (ω ) + jB (ω )

X ( −ω ) = X (ω ) ∗

,

(5.21) Парна

компонента:

F xe ( t ) ←⎯ → Re { X (ω )} = A (ω ) ,

компонента:

F x0 ( t ) ←⎯ → j Im { X (ω )} = jB (ω ) .

(5.22) Непарна (5.23) Парсевалове релације: ∞

∞

∫ x1 ( λ ) X 2 ( λ ) d λ = ∫

−∞

−∞

X 1 ( λ ) x2 ( λ ) d λ ,

(5.24) ∞

1

∞

∫ x1 ( t ) x2 ( t ) dt = 2π ∫

−∞

−∞

X 1 ( ω ) X 2 ( −ω ) d ω ,

(5.25) ∞

∫ (t )

2

dt =

−∞

1

∞

∫

2π −∞

2

X (ω ) dω .

(5.26) Табела 5.1 Неки Фуријеови трансформациони парови x (т)

X ( )

δ (t )

1

δ (t − t 0 )

e− 0 2πδ (ω ) jω t

1

e−

2πδ (ω − ω 0 )

jω 0t

cos

0

t

sin ω 0t

π [δ (ω − ω 0 ) + δ ( + ω 0 )]

− jπ [δ (ω − ω 0 ) + δ ( + ω 0 )]

- 128 -


u (t )

πδ (ω ) +

u (−t )

πδ (ω ) −

, a

( jω + a )2 2a

>0

ω 2 + a 2

1

e

a + t 2

e

− at 2

2

, a

π

>0

⎧1 pa (t ) = ⎨ ⎩0

a

t < a

2a

t > a

π t

∑

e −ω

2

/ 4a

sin a ω a ω < a ω > a

2

sgn t δ (t − kT )

− a ω

⎧1 pa (ω ) = ⎨ ⎩0

sin at

∞

jω

1

u (t ) , a > 0

e

1

jω + a

− at

− a t

jω

1

e − at u (t ) , a > 0 te

1

jω ∞

ω 0

k = −∞

∑

δ (ω − k ω 0 ) , ω 0 =

k = −∞

2π T

Фреквенцијски одзив система се дефинише као однос Фуријеових трансформација сигнала на излазу и сигнала на улазу система.

H (ω ) =

Y (ω ) X (ω )

.

(5.27)

Фреквенцијски одзив система је комплексна величина и може се изразити у облику

H (ω ) = H (ω ) e

jθ H (ω )

,

(5.28)

где се H (ω ) назива амплитудским одзивом система, док је θ H (ω ) фазни одзив система. Амплитудски спектри излазног и улазног сигнала су повезани релацијом

Y (ω ) = H (ω ) X (ω ) . Фазни спектри излазног и улазног сигнала су повезани релацијом

- 129 -

(5.29)


θ Y (ω ) = θ H (ω ) + θ X (ω ) .

(5.30)

Решени задаци 1. Периодичан сигнал x(t ) приказан је на слици 5.1.

Слика 5.1. Сигнал x(t ) за задатак 1 а) Одредити развој сигнала x(t ) у комплексни експоненцијални Фуријеов ред. б) Одредити развој сигнала x(t ) у тригонометријски Фуријеов ред. Решење:

а) Развој сигнала x(t ) у комплексни експоненцијални Фуријеов ред се може ∞ 2π ck e jk ω 0 t , ω 0 = записати у следећем облику: x(t ) = . T k = −∞ 0

∑

Коришћењем једнакости (5.2) добија се

ck = ck =

1

T 0 / 2

∫

Ae

T 0

− jk ω 0 t

dt =

0

A

− jω 0 kT 0

T 0 / 2

∫e

A

T 0 / 2

T 0

∫

e

− jk ω 0 t

dt ,

0

− jk ω 0 t

d (− jω 0 kt ) =

0

A

− jω 0 kT 0

ω T − jk 0 0 ⎞ A ⎛ A 2 ⎟ ⎜1 − e ck = 1 − e − jk π , = ⎟ jk 2π ⎜⎝ ⎠ jk 2π

(

ck =

A

(1 − (− 1) ). jk 2π k

⎧0 ⎪ c k = ⎨ A ⎪ jk π ⎩

c0 = Пошто је

)

1 T 0

c0 =

k = 2m ≠ 0 k = 2m + 1

T 0

∫

x(t )dt =

0

2

, c2 m

1 T 0

T 0 / 2

∫

Adt =

0

= 0 и c2 m+1 =

- 130 -

A 2 A

jπ (2m + 1)

,

e

− jk ω 0 t T 0 / 2 0

,


онда је

x(t ) =

A

+

2

∞

A

1

∑ jπ

e j ( 2 m

m = −∞ 2m + 1

+1)ω 0 t

.

б) Развој сигнала x(t ) у тригонометријски Фуријеов ред се може записати у следећем облику:

x(t ) =

∞

a0

+ ∑ (ak cos(k ω 0t ) + bk sin (k ω 0t ))

2

k =1

Коефицијенти аk и bk израчунавају се применом једнакости (5.4) и (5.5).

ak = ak = ak = bk = bk = bk =

T 0 / 2

2 A

T 0 / 2

2 A

∫ cos(k ω t )dt = k ω T ∫ cos(k ω t )d (k ω t ) , 0

T 0

0

0 0

0

2 A

sin ( kω 0 t )

kω0T0 A

=

0

0

2A ⎛

⎛ kω 0T 0 ⎞ ⎞ − 0⎟ , ⎟ ⎝ 2 ⎠ ⎠

⎜ sin ⎜

2π k ⎝

(sin (k π ) − 0) = 0 .

k π 2 A

T 0 / 2

T 0 / 2

2 A

T 0 / 2

∫ sin (k ω t )dt = k ω T ∫ sin(k ω t )d (k ω t ) , 0

T 0

0

0 0

0

2 A

(− cos(k ω 0t )) T 0 / 2 = 0

k ω 0T 0 A

(1 − cos(k π )) =

k π ⎧0

0

0

0

2 A ⎛ ⎛ k ω T ⎞ ⎞ ⎜⎜1 − cos⎜ 0 0 ⎟ ⎟⎟ , 2π k ⎝ ⎝ 2 ⎠ ⎠

A

( 1 − (− 1) ) . k π k

k = 2m ≠ 0

⎪ bk = ⎨ 2 A ⎪⎩ k π

k = 2m + 1

T 0

a0 =

2

2 T0

x(t ) = x(t ) =

2 A 2

T 0 / 2

0

0

∫T x(t )dt = T ∫

−

A

2

0

Adt = A

2

+ +

2 A π

∞

1

∑ 2m + 1 sin ((2m + 1)ω t ) 0

m=0

2 A ⎛ 1 1 ⎞ ⎜ sin (ω 0t ) + sin (3ω 0t ) + sin (5ω 0t ) + K⎟ . π ⎝ 3 5 ⎠

2. Дат је сигнал x(t ) = A sin (π t ) .

а) Скицирати сигнал x(t ) и одредити његову основну периоду. б) Одредити развој сигнала x(t ) у комплексни експоненцијални Фуријеов ред. в) Одредити развој сигнала x(t ) у тригонометријски Фуријеов ред. Решење:

а) На слици 5.2 приказан је сигнал x(t ).

- 131 -


Слика 5.2. Сигнал x(t )

= A sin (π t )

x(t ) је периодичан сигнал са основном периодом Т 0=1, па је кружна учестаност сигнала ω0=2π .

б) Комплексни експоненцијални Фуријеов ред је описан са релацијом (5.1), а његови коефицијенти са (5.2).

ck =

1

1

A sin (π t )e 1∫

1

∫

− jk ω 0 t

dt = A sin (π t )e

0

Интеграл

∫

sin (π t )e

− jk ω 0 t

dt

0

− jk ω 0 t

dt се решава применом парцијалне интеграције, па је

решење овог интеграла

∫

sin (π t )e −

1+

1+ ck = −

ck = −

π

0

2

0

j 2 k 2ω 02

1 1 ⎛ 1 ⎞ π − jk ω t − jk ω t ⎟ ⎜− sin (π t )e − 2 2 2 cos(π t )e ⎜ jk π ⎟ j k 4π 0 0 ⎠ ⎝

A

ck =

⎛ 1 ⎞ π jk ω t ⎜⎜ − sin (π t )e − − 2 2 2 cos(π t )e − jk ω t ⎟⎟ . j k ω 0 ⎝ jk ω 0 ⎠

1

dt =

jk ω 0 t

0

2

π

j 2 k 2 4π 2 A

π 2

1 4k 1− 2 4k 2 A

(1 − cos(π )e−

jk 2π

0

)

(4k − 1)π 2

Ако се израз ck замени у релацију (5.1) добија се развој сигнала x(t ) у комплексни експоненцијални Фуријеов ред,

x(t ) =

∞

∑c e

jk ω 0 t

k

=−

k = −∞

в) Сменом

k =0

експоненцијалног

у

израз

за

ck

2 A π

∞

2

k = −∞

добија

Фоуријеовог реда

1

∑ 4k − 1 e

c0 =

- 132 -

се

2 A π

.

jk π t

.

коефицијент

c0

комплексног

Применом релација

између

5. Фуријеова анализа континуалних сигнала и система Фуријеових коефицијената тригонометријског и комплексног Фуријеовог реда добија се:

ak = −

4 A

( 4k − 1) π 2

=0 и

, bk

a0 2

=

2 A π

.

Када се ови коефицијенти замене у израз (5.3) добија се развој сигнала x(t ) у тригонометријски Фуријеов ред

2 A

x(t ) =

π

−

4 A

∞

1

cos(2π kt ) . ∑ π 4k − 1 2

k = 0

3. Периодичан сигнал x(t ) приказан је на слици 5.3.

Слика 5.3. Сигнал x(t ) за задатак 3 а) Одредити развој сигнала x(t ) у комплексни експоненцијални Фуријеов ред. б) Одредити развој сигнала x(t ) у тригонометријски Фуријеов ред. Решење:

а) Сигнал са слике 5.3 се може аналитички представити као

A

x(t ) =

T 0

t,

( t + T0 ) = x ( t ) .

0 < t < T 0 и

Комплексни експоненцијални Фуријеов ред је описан са релацијом (5.1), а његови коефицијенти са (5.2).

ck =

A

A⎛

T 0

∫ te− jkω t dt = T 2 ⎜ − 0

2 0 0

T

0

⎝

t jkω0

e − jkω0t

T 0

⎞ − 2 2 2 e− jkω t ⎟ j k ω 0 ⎠ 0 1

0

A ⎛ T 02 − jk 2π T 02 T 02 ⎞ − jk 2π ck = 2 ⎜⎜ j e + 2 2e − 2 2 ⎟⎟ T 0 ⎝ 2π k k 4π k 4π ⎠ ck = j

A 2π k

Коефицијент c0 комплексног експоненцијалног реда је

c0 =

1

T 0

T ∫

x(t )dt =

0 0

A

T 0

∫

2 0 0

T

tdt =

A 2

.

Заменом коефицијената ck и c0 у (5.1) добија се развој сигнала x(t ) у комплексни експоненцијални Фуријеов ред,

- 133 -


A

x(t ) =

2

+j

⎡1 k =1 ⎣ ∞

A

⎤ ⎦

− jkω t jkω t e e − ( )⎥ . ∑ 2π ⎢ k 0

0

б) Развој сигнала x(t ) у тригонометријски Фуријеов ред може се одредити директно из комплексног експоненцијалног Фуријеовог реда,

⎡ 1 e jkω t − e− jkω t ⎤ x(t ) = + j ∑⎢ ⎥, 2 2π k =1 ⎣ k 2j ⎦ A

(t ) =

A 2

A2 j

−

A

∞

∞

0

0

1

∑ sin ( kω 0 t ) . π k k =1

4. Одредити и скицирати амплитудски спектар за поворку правоугаоних импулса x(t ) приказану на слици 5.4, ако је трајање импулса: a) d = Т /4, Т =2π и А=1; b) d = Т /8, Т =2π и А=1.

Слика 5.4. Сигнал x(t ) за задатак 4 Решење: Приказана поворка правоуганих импулса може се развити у комплексни експоненцијални Фуријеов ред. Коефицијенти ck се добијају у следећем облику:

ck = ck = ck =

T 0

1

∫ x (t ) e

T0

dt =

0

d

Ae− jkω t dt , ∫ T 0

d

− jω0 kT A

∫ e− jkω0t d (− jω 0 kt ) = 0

(1 − e− jkω d ) = 0

jkω0T

d sin ( kω 0 d / 2 ) T

1

0

A

ck = A

− jkω0t

kω 0 d / 2

A jkω 0T

A

− jω 0 kT

d

e− jkω 0t 0 ,

e − jkω0 d /2 ( e jkω0 d / 2 − e − jkω0d /2 ) ,

e− jkω 0d /2 .

a) Када је d = Т /4, тада је kω0 d / 2 = kπ d / T = kπ / 4 , па је

ck =

A sin (k π / 4 ) 4

k π / 4

.

На слици 5.5, представљен је амплитудски спектар сигнала x(t ) за d = Т /4.

- 134 -


Слика 5.5. Амплитудски спектар сигнала x(t ) за d = Т /4, Т =2π и А=1 b) Када је d = Т /8, тада је kω0 d / 2 = kπ d / T = kπ / 8 , па је

c k =

A sin (k π / 8) 8

k π / 8

.

На слици 5.6, представљен је амплитудски спектар сигнала x(t ) за d = Т /8.

Слика 5.6. Амплитудски спектар сигнала x(t ) за d = Т /8, Т =2π и А=1 5. Одредити првих пет чланова хармонијског Фуријеовог реда за сигнал x(t ) приказан на слици 5.7.

π 2

π

3 π

2π

2

Слика 5.7. Основна периода сигнала x(t ) за задатак 5

- 135 -

Сигнали и системи – системи – збирка збирка решених решених задатака задатака Решење:

Основни период је период је T 0

2π

= 2π , па је па је ω 0 =

T 0

= 1 . Израчунавају се коефицијенти аk и bk

применом једнакости применом једнакости (5.4) (5.4) и (5.5). π

1

ak =

π

2

2π

1

3

1

2

2π

∫ ( 3) cos ktdt + π π ∫ (1) cos ktdt = kπ sin kt 0| + k π sin kt π | =

π

0

2

2

3

=

kπ

π

sin k

+

2

1 kπ

sin k2π −

Када је Када је k паран k паран број онда је онда је ak

1 kπ

sin k

π 2

=

2 kπ

sin k

= 0 . За непаран број k је a1 =

π 2 2

π

.

и a3

=−

2 3π

.

⎛ π 2 2π ⎞ a0 1 1 1 ⎜ ⎟ = 1 ⎛ 3π + 2π − π ⎞ = 3 . = + = + 3 d t 1 d t 3 t | t | ( ) ( ) ∫ ∫ ⎜ ⎟ π ⎟ 2 2π 0 2π π 2π ⎜⎜ 0 2⎠ 2 ⎟ 2π ⎝ 2 2 ⎠ ⎝ 2 π

2π

2

π

1

bk =

π

2

1

π

−3

2π

2

−1

2π

∫ ( 3) sin ktdt + π π ∫ (1) sin ktdt = kπ cos kt 0| + k π cos kt π | = 0

2

2

−3

= b1 =

kπ 2 π

cos k

, b2

=

π 2 1

π

+

3 kπ

, b3

=

+

−1 kπ

2 3π

cos k 2π +

и b4

=

1

1 kπ

cos k

π 2

=

1 kπ

( 3 − cos k 2π ) =

2 kπ

.

.

2π

∞

Хармонијски Фуријеовог ред Фуријеовог ред је је x(t )

= C0 + ∑ Ck cos ( kω0 t − θ k ) . k =1

C 0 =

a0 2

=

3 2

2

, C1

= a12 + b12 =

2

b1 2 2 ⎛2⎞ ⎛2⎞ , θ a r c t a n = = 45o , + = 1 ⎜π ⎟ ⎜π ⎟ a1 π ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎛1⎞

2

b

1

C2 =

a22 + b22 =

02 + ⎜

= , θ 2 = arctan 2 = 90o , ⎟ π a2 ⎝π ⎠

C3 =

b3 2 2 ⎛ 2 ⎞ ⎛ 2 ⎞ a32 + b32 = ⎜ − , θ a r c t a n + = = = 135o , 3 ⎟ ⎜ ⎟ 3π a3 ⎝ 3π ⎠ ⎝ 3π ⎠

2

2

2

C4 =

a42 + b42 =

b4 1 ⎛ 1 ⎞ 02 + ⎜ , = θ a r c t a n = = 90o . 4 ⎟ 2π a4 ⎝ 2π ⎠

Према томе хармонијски Фуријеов ред Фуријеов ред за сигнал x сигнал x((t ) је

- 136 -


⎤ 1⎡ 2 2 1 o o o o x( t ) = + ⎢2 2c 2 cos(ωt − 45 ) + cos( 2ωt − 90 ) + cos( 3ωt − 135 ) + cos( 4ωt − 90 ) + K⎥ 2 π ⎣ 3 2 ⎦ 3

.

6. Одредити Фоуријеову трансформацију следећих сигнала: сигнала:

⎧1 t < a a) x(t ) = pa (t ) = ⎨ , 0 t a > ⎩ в) r (t ) = e

− a t

,a > 0 ,

б) y (t ) = г) q (t ) =

sin (at )

,

π t 1

a + t 2

2

.

Решење: а) Према дефиниционом изразу за Фуријеову трансформацију (5.8) трансформацију (5.8) следи ∞

X (ω ) =

∫ −∞

pa (t )e

− jωt

a

dt =

e− jωt dt =

∫ −a

1 jω

( e jωa − e− jωa ) = 2

sin (ω a ) ω

= 2a

sin (ω a ) ω a

.

б) Ако се на резултат из претходног примера примени особина дуалности Фоуријеове трансформације (5.15) трансформације (5.15) добија се

2

sin (at ) t

F ← ⎯→ ⎯ → 2π pa (−ω ) ,

односно

sin (at ) π t

F ← ⎯→ ⎯ → pa (−ω ) = pa (ω ) ,

где је где је

⎧1 pa (ω ) = ⎨ ⎩0

ω < a ω > a

.

Према томе, томе, Фуријеова трансформација сигнала y сигнала y((t ) је Y ( )

= pa ( ) .

в) Сигнал r (t ) се може представити на следећи начин

r (t ) = e ∞

(ω ) =

∫ r (t )e

− jωt

dt =

−∞

=

− a t

⎧e − at t > 0 . = ⎨ at t < 0 ⎩e ∞

0

∫e

at

e

− jωt

dt + ∫ e

−∞

1 a − jω

+

1 a + jω

=

− at − jωt

e

a + ω 2

2

∞

∫e

( a − j ω )t

−∞

0

2a

dt =

0

dt + ∫ e−(a + j ω)t dt

0

.

г) Ако се на резултат из претходног примера примени особина дуалности Фоуријеове трансформације (5.15) трансформације (5.15) добија се

2a a 2 + t 2

F ← ⎯→ ⎯ → 2π e −a −ω = 2π e −a ω ,

односно

- 137 -


1 a + t 2

2

F ← ⎯→ ⎯ →

π a

e

− a ω

.

Према томе, томе, Фуријеова трансформација сигнала q(t ) је Q (ω ) =

π a

e − a ω .

7. Одредити Фуријеову трансформацију сигнала

δ T 0 (t ) =

∞

∑ δ (t − kT ) . 0

k = −∞

Решење: Дати сигнал је периодична поворка Диракових импулса са основним периодом

T 0 =

2π ω 0

δ T0 (t ) =

. ∞

∑ k = −∞

Комплексни

ck e jkω0t =

1 T 0

експоненцијални ∞

∑ k = −∞

e jkω 0t , јер је јер је ck =

Фуријеов

1 T0

T 0 / 2

∫

ред

овог

δ ( t ) e − jkω 0t dt =

−T 0 / 2

1 T 0

сигнала

је

.

Фуријеова трансформација од δ (t ) је 1. Ако се примени особина дуалности Фуријеове трансформације (5.15) трансформације (5.15) на овај трансформациони пар добија се F 1← ⎯→ ⎯ → 2πδ (− ω ) = 2πδ (ω ) .

Применом особине помераја у фреквенцијском домену (5.12) домену (5.12) следи да је да је

e jkω 0t ←⎯→ 2πδ (ω − k ω 0 ) . F

Према томе је томе је

δ T 0 (t ) ←⎯→ ω0 F

∞

∑ δ (ω − kω 0 ) = ω 0δ ω (t ) .

k =−∞

0

8. Одредити Фуријеову трансформацију сигнала x(t ) = sgn(t ) . Сигнал x Сигнал x((t ) се може представити на следећи начин: начин:

⎧ 1 t > 0 = 2u (t ) − 1 . ⎩− 1 t < 0

x(t ) = sgn(t ) = ⎨

Диференцирањем леве и десне стране добија се

d d x(t ) = sgn(t ) = 2δ (t ) . dt dt Нека је Нека је sgn (t ) ← ⎯→ ⎯→ X (ω ) . Применом особине диференцирања у временском домену F

(5.16)

добија

се

⎛ d ⎞ x ( t ) ⎟ = F ( 2δ ( t ) ) = 2 . ⎝ dt ⎠

jω X (ω ) = F ⎜

2

трансформација сигнала x сигнала x((t ) је X (ω ) =

jω

.

9. Одредити Фуријеову трансформацију сигнала

x(t ) = e − at , a > 0 2

Решење:

- 138 -

Дакле

Фуријеова

5. Фуријеова анализа континуалних сигнала и система ∞

∞

∫

X (ω ) = x(t )e

∫e

− jω t

dt =

−∞

− at 2 − jω t

e

dt

−∞

Диференцирајући леву и десну страну по ω добија се

dX (ω ) d ω

∞

= − j ∫ te −at e − jω t dt 2

−∞

∞

Интеграл

∫

te − at e − jω t dt је решен је решен применом парцијалне интеграције, интеграције, па је па је 2

−∞ ∞

∫

te

−at 2 − jω t

dt = −

e

−∞

1 2a

e

−at 2 − jω t

e

∞

−

−∞

∞

jω 2a

∫

e −at e − jω t dt 2

−∞

односно ∞

∫ te

−at

2

e

− jω t

dt = −

∞

jω 2a

−∞

∫e

−at 2 − jω t

e

dt .

−∞

Према томе је томе је

dX (ω ) d ω

ω

=−

2a

X (ω ) .

Решење ове линеарне диференцијалне једначине диференцијалне једначине је је

X (ω ) = Ae Сменом ω = 0 у X (ω ) = Ae

−

ω 2 4a

−

ω 2 4a

.

∞

∫e

и X (ω ) =

−at 2 − jω t

e

dt , добија се вредност константе

−∞

А ∞

X (0) = A =

∫

∞

e

−at 2

∫

dt = 2 e −at dt = 2

−∞

2

0

1

π

2

a

π

=

a

Према томе Фуријеова трансформација сигнала x сигнала x((т) је

π

X (ω ) =

a

−

e

ω 2 4a

.

10. Одредити инверзну Фуријеову трансформацију од X (ω ) =

1 (a + jω )

Решење:

Из табеле 5.1 табеле 5.1 следи да је да је,, e

1

−at

F u (t ) ← ⎯→ ⎯ →

a + jω

.

X (ω) се може представити као, као,

X (ω ) =

1 (a + jω ) 2

=

1

1

a + jω a + jω

.

Применом конволуције у временској домени (5.19), домени (5.19), сигнал x сигнал x((t ) је

- 139 -

2

.

.

Сигнали и системи – збирка решених задатака ∞

∫e

x(t ) = e −at u (t ) ∗ e −at u (t ) =

−aτ

u (τ )e −a ( t −τ )u (t − τ )d τ ,

−∞ ∞

x(t ) = e

−at

∫

t

u (τ )u (t − τ )d τ = e

−at

∫

−∞

d τ = te −at u (t ) .

0

11. За

електрично трансформације

коло приказано на слици 5.8, употребом Фуријерове израчунати напон на кондензатору. Улазни сигнал је vin (t ) = 50 cos(4t )u (t ) и вредности елемената у електричном колу су: R1 = 1Ω ,

R2 = 0.5Ω и C = 1 F . i1 (t )

i2 (t ) ic (t )

vin(t )

vc (t )

Слика 5.8. Електрично коло за задатак 11 Решење: Применом првог Кирхофовог правила за чвор А добија се,

vC (t ) − vin (t ) R1

dvC (t )

+ C

dt

+

vC (t ) R2

=0.

Заменом бројних вредности елемената електричног кола следи да је

vC (t ) − vin (t ) +

dvC (t ) dt

+ 2vC (t ) = 0 ,

односно

dvC (t ) dt

+ 3vC (t ) = vin (t ) .

Применом Фуријеове трансформације на леву и десну страну предходне једнакости је j V C (ω ) + 3V C (ω ) = V in (ω ) ,

( jω + 3)V out (ω ) = V in ( ) . Фреквенцијски одзив електричног кола је

H (ω ) =

V out ( ) V in (ω )

=

1 jω + 3

.

⎯→V in (ω ) = 50π (δ (ω − 4) + δ (ω + 4)) vin (t ) = 50 cos(4t )u (t ) ← F

1 V out (ω ) = H (ω )V in (ω ) = 50π (δ (ω − 4) +δ (ω + 4)) jω + 3

- 140 -

5. Фуријеова анализа континуалних сигнала и система Напона на кондензатору, трансформције.

vout (t ) = F

-1

{Vout (ω )} = ∞

vout (t ) = 25

vout (t ),

се

∞

1

1

добија

применом

инверзне

Фуријеове

∫ jω + 3 50π (δ (ω − 4 ) + δ (ω + 4 ) ) e jω t dω

2π

−∞

∞

e jω t

e jω t

∫ jω + 3 δ (ω − 4)d ω + 25 ∫ jω + 3 δ (ω + 4)d ω

−∞

−∞

j 4 t ⎛ e j 4t ⎞ e− ⎟⎟ + vout (t ) = 25⎜⎜ + − + j 4 3 j 4 3 ⎝ ⎠ ⎛ e j 4t e − j 4t ⎞ vout (t ) = 25⎜⎜ j 53.1 + − j 53.1 ⎟⎟ = 5 e j (4t − 53.1 ) + e − j (4t − 53.1 ) 5e ⎝ 5e ⎠ o Према томе, напона на кондензатору има следећи облик, vout (t ) = 10 cos( 4t − 53.1 ) . o

(

o

o

o

)

12. Систем је описан улазно-излазном релацијом

d 2

d + v ( t ) 5 vout (t ) + 6vout (t ) = 10vin (t ) . 2 out dt dt Применом Фуријеове трансформације одредити излазни сигнал ако је дато

vin (t ) = 2e − u (t ) . t

Решење: Применом Фуријеове трансформације диференцијалне једначине добија се

на

леву

и

десну

страну

познате

( jω )2 + 5 jω + 6 )V out (ω ) = 10V in (ω ) .

Фреквенцијски одзив система је

H (ω ) =

V out (ω ) V in (ω )

10

=

6 − ω + 5 jω 2

⎯→V in (ω ) = vin (t ) = 2e − u (t ) ← t

V out (ω ) = V out (ω ) =

.

2

F

10

jω + 1

2

( jω + 2)( jω + 3) jω + 1 20

( jω + 1)( jω + 2)( jω + 3)

Раздвајањем на парцијалне разломке Фуријеова трансформација излазног сигнала је

V out (ω ) =

10

20

−

10

+

.

jω + 1 jω + 2 jω + 3 − t −2 t −3t Применом табеле 5.1, сигнал vout (t ) је vin (t ) = 10(e − 2e + e )u (t ) . 13. Импулсни одзив ЛТИ система је трансформацију

одредити f (t ) = 2(u (t ) − u (t − 3) ) .

одзив

−

h(t ) = 3e 2t u (t ) . Користећи Фуријеову система

- 141 -

ако

је

сигнал

на

улазу

Сигнали и системи – збирка решених задатака Решење: Улазни сигнал се може представити као разлика два сигнала f (t )

је

f 1 (t ) = 2u (t )

и

= f 1 (t ) − f 2 (t ) , где

f 2 (t ) = 2u (t − 3) . Функција преноса H (ω) је Фуријеова

трансформација импулсног одзива система, H (ω ) =

3 jω + 2

.

⎛

Нека је F 1(ω) Фуријеова трансформација сигнала f 1(t ), па је F 1 (ω ) = 2⎜⎜ πδ (ω ) +

⎝

3

G1 (ω ) = H (ω ) F 1 (ω ) =

⎛

2⎜⎜ πδ (ω ) +

1 ⎞

6π

1 ⎞

⎟⎟ . jω ⎠

3

⎟= δ (ω ) + jω ⎠⎟ jω + 2 jω ( jω + 2)

jω + 2 ⎝ Пошто је X (ω )δ (ω ) = X (0)δ (ω ) , онда први члан у изразу за G1(ω) постаје 3πδ (ω ) , односно F -1

1.5(2πδ (ω ) ) .

Његова

инверзна

Фуријеова

трансформација

је

{1.5 ( 2πδ (ω ) )} = 1.5 .

Други члан у изразу за G1(ω) се може развити у парцијалне разломке као

3 jω ( jω + 2)

=

1.5

−

1.5

.

jω jω + 2 ⎧ 1.5 1.5 ⎫ −2 − g1 (t ) = F -1 {G1 (ω )} = 1.5 + F -1 ⎨ ⎬ = 1.5 + 0.75sgn(t ) − 1.5e t u(t ) ⎩ jω jω + 2 ⎭ g1 (t ) = 1.5 + 0.75 ( 2u( t ) − 1) − 1.5e−2 t u(t ) = 0.75 + 1.5 (1 − e−2t ) u(t ) Сигнал f 2 ( t ) може се представити као f 2 (t ) = 2u (t − 3) = f 1 (t − 3) . Према томе одзив ЛТИ система на побуду сигналом f 2 ( t ) може се добити као g 2 (t ) = g 1 (t − 3) ,

g 2 (t ) = 0.75 + 1.5(1 − e −2 (t −3 ) )u (t − 3) .

Дакле, када је улазни сигнал f (t ) одзив ЛТИ система је

g (t ) = g 1 (t ) − g 2 (t ) g (t ) = 1.5 ⎡(1 − e−2t ) u(t ) − (1 − e−2(t −3) ) u(t − 3) ⎤ .

⎣

⎦

14. Одредити и скицирати амплитудску и фазну фреквенцијску карактеристику електричног кола приказаног на слици 5.9.

vin(t )

vout (t )

Слика 5.9. Електрично коло за задатак 14 Решење:

dvout (t )

Струја која протиче кроз кондензатор капацитивности C је i(t ) = C

- 142 -

dt

.

5. Фуријеова анализа континуалних сигнала и система Ако се примени други Кирхофовог закон на електрично коло добија се

dv (t ) vin (t ) = Ri (t ) + vout (t ) , односно RC out + vout (t ) = vin (t ) . Применом Фуријеове dt трансформације на леву и десну страну добија се jω RCV out (ω ) + V out ( ) = V in (ω ) . H (ω ) =

V out (ω ) V in (ω )

=

1 1 + jω RC

1

=

1 + j

ω

, ω 0

=

1 RC

.

ω 0

Амплитудска фреквенцијска карактеристика електричног кола је

H (ω ) =

1 1 + j

1

= ω ω 0

⎛ ω ⎞ ⎟⎟ ⎝ ω 0 ⎠

2

,

1 + ⎜⎜

а фазна фреквенцијска карактеристика је θ H (ω ) = − arctg

ω

ω 0

.

На слици 5.10 приказане су амплитудска и фазна фреквецијска карактеристика анализираног електричног кола.

а ) б ) Слика 5.10. а ) Амплутудска карактеристика б ) Фазна карактеристика 15. Фреквенцијски одзив идеалног нископропусног филтра је

⎧1 ω < 4π H (ω ) = ⎨ . 0 ω 4 π > ⎩ На слици 5.11. приказан је улазни сигнал у филтар x(t ). Одредити сигнал на излазу филтра y(t ).

- 143 -

Сигнали и системи – збирка решених задатака x(t)

10

-2

-1

0

1

2

3

4

5 t

Слика 5.11. Сигнал x(t ) за задатак 15 Решење:

Сигнал x(t ) је периодичан основне периоде ω 0

=

2π T 0

= π и амплитуде А=10.

Развој сигнала x(t ) у тригонометријски Фуријеов ред је

x(t ) =

a0 2

∞

+ ∑ (ak cos(k ω 0t ) + bk sin (k ω 0t )) k =1

где је

a0

= 5, 2 ak = 0 , bk =

10

(1 − (− 1) ). k ω k

0

За парно k (k = 2m), коефицијенти Фуријеовог реда су b2 m

= 0.

За непарно k (k = 2m+1), коефицијенти Фуријеовог реда су b2 m +1

x(t ) = 5 +

20

∞

=

20 (2m + 1)π

.

1

sin ((2m + 1)π t ) ∑ π 2m + 1 m=0

x(t ) = 5 +

20 ⎛ 1 1 1 ⎞ ⎜ sin (π t ) + sin (3π t ) + sin (5π t ) + sin(7π t ) + K⎟ π ⎝ 3 5 7 ⎠

Како филтер пропушта учестаности до 4π, а више учестаности потискује, сигнал на излазу филтра y(t ) је

y (t ) = 5 +

20 π

sin (π t ) +

20 3π

sin (3π t ) .

16. Фреквенцијски одзив идеалног нископропусног филтра је

⎧1 H (ω ) = ⎨ ⎩0

- 144 -

ω < ω c ω > ω c

.

5. Фуријеова анализа континуалних сигнала и система −2 t

На улаз филтра доведен је сигнал x(t ) = e u (t ) . Одредити учестаност ωc тако да филтар пропушта тачно половину нормализоване енергије улазног сигнала x(t ). Решење: F x(t ) = e − 2t u (t ) ← X (ω ) = ⎯→

1 2 + jω

⎧ 1 ω < ω c ⎪ Y (ω ) = X (ω ) H (ω ) = ⎨ 2 + jω ⎪⎩ 0 ω > ω c ∞

Енергија сигнала x(t ) је E x

∞

1

− 4 t ∞

4

0

= ∫ x(t ) dt = ∫ e dt = − e 2

− 4 t

−∞

0

=

1 4

.

На основу Парсевалове теореме (5.26), енергија сигнала y(t ) је ∞

E y =

∫

2

y (t ) dt =

−∞

1

∞

2π ∫

2

Y (ω ) d ω =

−∞

1

ω c

1

∫

2π −ω 4 + ω

2

d ω =

c

1

1

ω c

1

π ∫ 4 + ω

2

d ω ,

0

ω c

ω 1 ω = E y = arctg arctg c . 2π 20 2π 2 Нормализована енергија сигнала на излазу филтра y(t ) је једнака половини нормализоване енергије сигнала на улазу филтра x(t ), 1 E y = E x , 2 1 ω 1 arctg c = , 2π 2 8 ω π arctg c = , 2 4 rad ω c = 2 . s 17. Скицирати Боде-ове апроксимације амплитудске и фазне фреквенцијске карактеристике система s 1 а) H 1 ( s ) = 1 + б) H 2 ( s ) = , , s 10 1+ 100

в) H 3 ( s ) =

10 4 (1 + s )

( s + 10)( s + 100)

г) H 4 ( s ) =

,

Решење:

а)

H 1 (ω ) = H 1 ( s ) s = jω = 1 + j

- 145 -

ω 10

10 4 (1 − s )

( s + 10)( s + 100)

.


⎛ ω ⎞ H 1 (ω ) = 1 + j = 1+ ⎜ ⎟ 10 ⎝ 10 ⎠ ω

2

ω θ H 1 (ω ) = arctg 10 = arctg 1 10 Амплитудска карактеристика система у децибелима је H 1 (ω ) dB

= 0dB , односно ако је ω >> 10

Ако је ω << 10 rad/s, тада је H 1 (ω ) dB

H 1 (ω ) dB = 20 log

10

= 20 log H 1 (ω ) . rad/s, тада је

. На слици 5.12.а) приказана је Бодеова апроксимација

амплитудске карактеристике система H 1 (ω ) dB . Ако је ω << 1 rad/s, тада је θ H 1 (ω ) = 0 , односно ако је ω >> 100 rad/s, тада је o

фазна карактеристика θ H 1 (ω ) = 90 . За учестаности од 1 rad/s до 100 rad/s, фазна o

карактеристика је θ H 1 (ω ) = 45 log o

ω 10

. На слици 5.12.б) приказана је Бодеова

апроксимација фазне карактеристике система H 1 (ω ) .

а )

б )

- 146 -

5. Фуријеова анализа континуалних сигнала и система Слика 5.12. Слика 5.12. а ) Бодеова ) Бодеова апроксимација ( ) и стварна (---) амплитудска карактеристика система H система H 1( s); s); б ) Бодеова ) Бодеова апроксимација( апроксимација( ) и стварна фазна(---) фазна(---) карактеристика система H система H 1( s) s)

б)

H 2 (ω ) = H 2 ( s ) s = jω =

H 2 (ω ) =

1 1 + j

1 1 + j

100 1

=

ω

ω

⎛ ω ⎞ 1+ ⎜ ⎟ 100 ⎝ ⎠

100

2

ω ω θ H 2 (ω ) = 0 − arctg 100 = −arctg 1 100

Амплитудска

карактеристика

система

H 2 (ω ) dB = 20 log H 2 (ω ) = −20 log 1 + j

H 2 (ω ) dB = 0dB , односно ако је

ω 100

. Ако је

у

децибелима

ω << 100

је

rad/s, rad/s, тада је

>> 100 rad/s, rad/s, тада је H 2 (ω ) dB = −20 log

ω 100

.

Бодеова апроксимација H 2 (ω ) dB је приказана на слици 5.13 слици 5.13аа). Ако је ω << 10 rad/s, rad/s, тада је θ H 2 (ω ) = 0 , односно ако је ω >> 1000 rad/s, rad/s, тада је o

фазна карактеристика θ H 2 (ω ) = −90 . За учестаности од 10 од 10 rad/s до 1000 до 1000 rad/s, rad/s, фазна o

карактеристика је

θ H 2 (ω ) = −45o log

ω 100

.

приказана на слици 5.13 слици 5.13б б).

- 147 -

Бодеова апроксимација H 2 (ω ) је


а ) б ) Слика 5.13. Слика 5.13. а ) Бодеова ) Бодеова апроксимација ( ) и стварна (---) амплитудска карактеристика система H система H 2( s); s); б ) Бодеова ) Бодеова апроксимација( апроксимација( ) и стварна фазна(---) фазна(---) карактеристика система H система H 2( s) s)

в)

H 3 ( s) =

10

4

1 + s

s ⎞ 10 ⋅ 100 ⎛ s ⎞⎛ ⎜1 + ⎟⎜1 + ⎟ ⎝ 10 ⎠⎝ 100 ⎠

H 3 (ω ) = H 3 ( s ) s = jω = 10

= 10

1

ω 1

ω ⎞⎛ ω ⎞ ⎛ ⎜1 + j ⎟⎜1 + j ⎟ 10 100 ⎝ ⎠⎝ ⎠

ω 1

s

⎛ s ⎞⎛ s ⎞ ⎜1 + ⎟⎜1 + ⎟ ⎝ 10 ⎠⎝ 100 ⎠

1 + j

H 3 (ω ) dB = 20 log H 3 (ω ) = 20 log 10

H 3 (ω ) dB = 20 log10 + 20 log 1 + j

1+

1 + j

1

ω ⎞⎛ ω ⎞ ⎛ ⎜1 + j ⎟⎜1 + j ⎟ 10 100 ⎝ ⎠⎝ ⎠

− 20 log 1 + j

- 148 -

ω

ω 10

− 20 log 1 + j

ω 100

5. Фуријеова анализа континуалних сигнала и система Бодеова апроксимација амплитудске карактеристике H 3 ( ) је приказана на слици 5.14а 5.14а).

⎛ ⎞ ω ω ω ω ⎜ ⎟ 1 + j 1 ⎟ == arctg 1 − arctg 10 − arctg 100 θ H (ω ) = arg⎜10 ⎜ ⎛ ω ⎞⎛ ω ⎞ ⎟ 1 1 1 1 j 1 j + + ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 10 ⎠⎝ 100 ⎠ ⎠ ⎝ ⎝ 3

ω ω θ H 3 (ω ) = arctg ω − arctg − arctg 10 100 Бодеова апроксимација фазне карактеристике H 3 (ω ) је приказана на слици 5.14 слици 5.14б б).

а ) б ) Слика 5.14. Слика 5.14. а ) Бодеова ) Бодеова апроксимација ( ) и стварна (---) амплитудска карактеристика система H система H 3( s); s); б ) Бодеова ) Бодеова апроксимација( апроксимација( ) и стварна фазна(---) фазна(---) карактеристика система H система H 3( s) s)

г)

H 4 ( s) =

10

4

1 − s

s ⎞ 10 ⋅ 100 ⎛ s ⎞⎛ ⎜1 + ⎟⎜1 + ⎟ ⎝ 10 ⎠⎝ 100 ⎠

- 149 -

= 10

1−

s 1

⎛ s ⎞⎛ s ⎞ ⎜1 + ⎟⎜1 + ⎟ ⎝ 10 ⎠⎝ 100 ⎠


H 4 (ω ) = H 4 ( s ) s = jω = 10

1 − j

Како је Како је 1 − j

ω 1

= 1 + j

ω 1

ω 1

1

ω ⎞⎛ ω ⎞ ⎛ ⎜1 + j ⎟⎜1 + j ⎟ 10 100 ⎝ ⎠⎝ ⎠

H 4 (ω ) dB = 20 log H 4 (ω ) = 20 log 10

H 4 (ω ) dB = 20 log 10 + 20 log 1 − j

ω

1 − j

ω 1

ω ⎞⎛ ω ⎞ ⎛ ⎜1 + j ⎟⎜1 + j ⎟ 10 100 ⎝ ⎠⎝ ⎠

− 20 log 1 + j

ω 10

− 20 log 1 + j

ω 100

, то је то је

H 4 (ω ) dB = 20 log10 + 20 log 1 + j

ω 1

− 20 log 1 + j

ω 10

− 20 log 1 + j

ω 100

.

Бодеова апроксимација амплитудске карактеристике H 4 ( ) је приказана на слици 5.15а 5.15а).

⎛ ⎞ ω ω ω ω ⎜ ⎟ 1 − j − 1 ⎟ = arctg 1 − arctg 10 − arctg 100 θ H (ω ) = arg⎜10 ⎜ ⎛ ω ⎞⎛ ω ⎞ ⎟ 1 1 1 + + 1 j 1 j ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 10 ⎠⎝ 100 ⎠ ⎠ ⎝ ⎝ 4

ω θ H 4 (ω ) = −arctg ω − arctg − arctg 10 100 Бодеова апроксимација фазне карактеристике H 4 (ω ) је приказана на слици 5.15 слици 5.15б б).

- 150 -


а ) б ) Слика 5.15. а ) Бодеова апроксимација ( ) и стварна (---) амплитудска карактеристика система H 4( s); б ) Бодеова апроксимација( ) и стварна фазна(---) карактеристика система H 4( s) 18. Скицирати Боде-ове апроксимације амплитудске и фазне фреквенцијске карактеристике за коло са слике 5.16, уколико је R1=7.5кΩ, R2=15кΩ, R3=13кΩ, C 1=0.01μF, C 2=0.002μF

Слика 5.16 Електрично коло уз задатак 18 Решење: Применом Првог Кирхофовог закона на чвор 1 добија се

- 151 -


V out ( s ) − V 1 ( s )

+

R2

V in ( s) − V 1 ( s ) R1

=

V 1 ( s ) V 1 ( s ) + , 1 R3 sC 1

док применом истог закона на чвор 2

V out ( s ) V ( s ) =− 1 , 1 R3 sC 2 одакле је V 1 ( s )

= − sC 2 R3V out ( s) . Сменом овог израза у први, добија се V out ( s ) R2

+

V in ( s ) R1

⎛ 1 1 1 ⎞ = ⎜⎜ + + sC 1 + ⎟⎟V 1 ( s ) R3 ⎠ ⎝ R2 R1

⎛ R ⎞ R = −⎜⎜ sC 2 3 + sC 2 3 + s 2C 2C 1 R3 + sC 2 ⎟⎟V out ( s ) R2 R1 R1 ⎝ R2 ⎠ ⎛ R V in ( s ) R 1 ⎞ = −⎜⎜ sC 2 3 + sC 2 3 + s 2C 2C 1 R3 + sC 2 + ⎟⎟V out ( s) R1 R1 R2 ⎠ ⎝ R2 ⎛ R R ⎞ V in ( s ) = −⎜⎜ sC 2 R1 3 + sC 2 R3 + s 2C 2C 1 R1 R3 + sC 2 R1 + 1 ⎟⎟V out ( s ) R2 R2 ⎠ ⎝ V out ( s )

+

V in ( s )

Функција преноса електричног кола је

G ( s ) =


1

=−

⎛ R3

⎞ R + R3 + R1 ⎟⎟ + 1 ⎝ R2 ⎠ R2

s 2C 2C 1 R1 R3 + sC 2 ⎜⎜ R1

Сменом бројних вредности функција преноса електричног кола је

G ( s) =


=−

3 K ω 02

s 2 + 3ω 0 s + 3ω 02

где је К =2, а ω0=0.923 рад / с. На слици 5.17 приказане су Бодеове апроксимације амплитудне и фазне карактеристике анализираног електричног кола.

- 152 -


а ) б ) Слика 5.17. а ) Бодеова апроксимација ( ) и стварна (---) амплитудска карактеристика електричног кола; б ) Бодеова апроксимација( ) и стварна фазна(---) карактеристика електричног кола

Задаци за решавање 1. Периодичан сигнал x(t ) приказан је на слици 5.18.

− T 0

−

T 0

T 0

4

4

T 0

2T 0

Слика 5.18 Сигнал x(t ) уз задатак 1 а) Одредити развој сигнала x(t ) у комплексни експоненцијални Фуријеов ред. б) Одредити развој сигнала x(t ) у тригонометријски Фуријеов ред. Решење:

а) x(t ) =

A 2

+

A

∞

(− 1)k

e ∑ π 2k + 1

j ( 2 k +1)ω 0 t

,

б) x(t ) =

k = −∞

A 2

+

2. Периодичан сигнал x(t ) приказан је на слици 5.19.

- 153 -

2 A

∞

(− 1)k

cos((2k + 1)ω t ) . ∑ π 2k + 1 0

k = 0


− 2T 0

−

3T 0 2

− T 0

−

T 0

T 0

2

2

T 0

3T 0

2T 0

2

5T 0 2

Слика 5.19 Сигнал x(t ) уз задатак 2 а) Одредити развој сигнала x(t ) у комплексни експоненцијални Фуријеов ред. Одредити развој сигнала x(t ) у тригонометријски Фуријеов ред. б) Решење:

а) x(t ) =

∞

2 A

1

∑ 2k + 1 jπ

j ( 2 k +1)ω 0 t

e

б) x(t ) =

,

k = −∞

3.

4 A

∞

1

sin ((2k + 1)ω t ) . ∑ π 2k + 1 0

k = 0

Периодичан сигнал x(t ) приказан је на слици 5.20.

− 2T 0

−

3T 0 2

− T 0

−

T 0

T 0

2

2

T 0

3T 0 2

5T 0

2T 0

2

Слика 5.20 Сигнал x(t ) уз задатак 3 Одредити развој сигнала x(t ) у комплексни експоненцијални Фуријеов ред. а) б) Одредити развој сигнала x(t ) у тригонометријски Фуријеов ред. Решење:

а) x(t ) =

x(t ) = 4.

A 2

A 2

−

−

2 A π

4 A π 2

2

∞

∞

1

∑ (2k + 1)

2

k = −∞

1

∑ (2k + 1) k = 0

2

e j (

2 k +1)ω 0 t

, б)

cos((2k + 1)ω 0t ) .

Периодичан сигнал x(t ) је дефинисан као x (t ) = t , − π ≤ t ≤ π и приказан је 2

на слици 5.21.

- 154 -


Слика 5.21 Сигнал x(t ) уз задатак 4 Одредити развој сигнала x(t ) у комплексни експоненцијални Фуријеов ред. а) б) Одредити развој сигнала x(t ) у тригонометријски Фуријеов ред. Решење:

а) x(t ) = 5.

π 2 3

∞

(− 1)k

+2∑ k = −∞

2

k

e − jkt ,

б) x(t ) =

π 2 3

∞

+ 4∑ k =1

(− 1)k k 2

cos(kt ) .

Периодичан сигнал x(t ) је приказан на слици 5.22. а) Одредити развој сигнала x(t ) у комплексни експоненцијални Фуријеов ред. б) Одредити развој сигнала x(t ) у тригонометријски Фуријеов ред.

− 2π

π

2

π

3π

2π

4π

2

Слика 5.22 Сигнал x(t ) уз задатак 5 Решење:

а) x(t ) = 6.

3 A 4

+

∞

A 2

2π

∑

(− 1)2k − 1 2

k

k = −∞

e

− jkt

б) x(t ) =

,

3 A 4

+

∞

A 2π

2

∑ k =1

Периодичан сигнал x(t ) је приказан на слици 5.23. x(t)

A

-2π

0

-π

π

2π

-A

Слика 5.23 Сигнал x(t ) уз задатак 6

- 155 -

t

(− 1)2 k − 1 2

k

cos(kt ) .


а) б)

Одредити развој сигнала x(t ) у комплексни експоненцијални Фуријеов ред. Одредити развој сигнала x(t ) у тригонометријски Фуријеов ред. Решење:

а) x(t ) = 7.

2 A 2

π

∞

∑

(− 1)k − 1 2

k

k = −∞

e

− jkt

б) x(t ) =

,

2 A 2

π

∞

∑

(− 1)k − 1

k =1

2

k

cos(kt ) .

Одредити Фуријеову трансформацију сигнала

а) x(t ) = 1 ,

б) x (t ) = e

г) x(t ) = cos

0

t ,

jω 0 t

в) x (t ) = e

,

д) x(t ) = sin

0

− jω 0 t

,

t .

Решење:

а) X (ω ) = 2πδ (ω ) ,

б) X (ω ) = 2πδ (ω − ω 0 ) ,

г) X ( ) = π [δ (ω − ω 0 ) + δ (ω +

0

)],

в) X (ω ) = 2πδ (ω + ω 0 ) ,

д)

X ( ) = − jπ [δ (ω − ω 0 ) − δ ( + ω 0 )] . 8.


а) f (t ) = A(u (t + 3T ) − u (t + T ) + u (t − T ) − u (t − 3T ) ) , − б) y (t ) = te at u (t ), a > 0 ,

A

(u (t + T ) − u (t − T ) ) , T ⎛ A ⎞ ⎛ A ⎞ г) p(t ) = ⎜ t + A ⎟(u (t + T ) − u (t ) ) + ⎜ − t + A ⎟(u (t ) − u (t − T )) . ⎝ T ⎠ ⎝ T ⎠ в) x(t ) =

Решење:

а) F (ω ) = 4 AT cos(2ω T ) в) X (ω ) =

j 2 A 2

ω T

sin ω T ω T

б) Y (ω ) =

,

(ω T cos ω T − sin ω T ) ,

1

( jω + a )

г) P (ω ) = j 2 A

2

,

sin 2 (ω T / 2 ) ω T / 2

.

Одредити Фуријеову трансформацију сигнала 9. x(t ) = A cos ω 0t (u (t + T ) − u (t − T ) ) и скицирати временски и фреквентни облик сигнала. Решење:

⎛ sin ((ω − ω 0 )T ) sin ((ω + ω 0 )T ) ⎞ ⎟. + ⎟ (ω + ω 0 )T ⎠ ⎝ (ω − ω 0 )T

X (ω ) = AT ⎜⎜

- 156 -


а )

б ) Слика 5.26 а ) Сигнал x(t ); б ) Сигнал X (ω )

10. Одредити Фуријеову x(t ) = A(u(t +T ) + u(t ) − u(t −T ) −u(t − 2T )) .


сигнала

Решење:

X (ω ) = 4 ATe

− j

ω T 2

⎛ ω T ⎞ sin ω T . ⎟ 2 ω T ⎝ ⎠

cos⎜

11.

Ако је Фуријеова трансформација сигнала x(t ) једнака X (ω), одредити Фуријеову трансформацију сигнала а) y (t ) = x (t ) cos ω 0t , б) z (t ) = x(t ) sin 0t . Решење:

1 1 а) Y (ω ) = X (ω − ω 0 ) + X (ω + ω 0 ) , б) 2 2 1 ⎛ 1 ⎞ Z (ω ) = − j ⎜ X (ω − ω 0 ) − X (ω + ω 0 )⎟ . 2 ⎝ 2 ⎠ Одредити Фуријеову трансформацију сигнала 12. а) y (t ) = u (−t ) , б) y (t ) = e at u (−t ), Решење:

- 157 -

a > 0,


а) Y (ω ) = πδ (ω ) − 13.

1 jω

б) Z (ω ) =

,

1 a − jω

,


а) x(t ) = e

− at

cos ω 0tu (t ), a > 0 ,

б) y (t ) = e

− at

sin ω 0tu (t ), a > 0 ,

Решење:

а) X (ω ) = 14.

a + jω

(a + jω )2 + ω 0 2

Фуријеова

б) Y (ω ) =

,


ω 0

(a + jω )2 + ω 0 2

сигнала

1 1 X (ω ) = pa (ω − ω 0 ) + pa (ω + ω 0 ) , где је pa ( 2 2

,

x(t )

је

) = u (ω − a ) − u (ω + a ) .

Одредити

сигнал x(t ). Решење:

x(t ) =

sin at cos ω 0t . π t

15.

Одредити инверзну Фуријеову трансформацију сигнала X (ω ) =

1

(a + jω ) N

.

Решење:

x(t ) = 16.

t N −1

( N − 1)!

e −at u (t ) .

Временски континуални ЛТИ систем описан је диференцијалном једначином

dy (t ) dt

+ 2 y (t ) = x(t ) .

Користећи Фуријеову трансформацију одредити одзив система, ако је сигнал на улазу − t

б) x(t ) = u (t ) .

а) x(t ) = e u (t ) , Решење:

(−

t а) y (t ) = e − e

17.

−2 t

)u (t ) ,

(

б) y (t ) = 0.5 1 − e

−2 t

)u (t ) ,

Диференцијална једначина која описује понашање електричног кола је

dvout (t ) dt

+ 4vout (t ) = 10vin (t ) .

Користећи Фуријеову трансформацију одредити одзив система, ако је сигнал на улазу vin (t ) Решење:

(

= 3e −2t u (t ) .

)

vout (t ) = 15 e −2t − e −4t u (t ) . 18.

Одредити фреквентни одзив кола са слике 5.27. и одредити тип филтра чији фреквентни одзив одговара колу са слике.

- 158 -


Слика 5.27 Слика уз задатак 18 Решење:

H (ω ) =

19.

jω 1 / RC + jω

, високопропусни филтер.

У електричном колу са слике 5.24. познато је R=4Ω, L=2H, vin (t ) = 5e

−3t

u (t ) и

−

да је i L (0 ) = 0 . Користећи фреквентни одзив кола H (ω), одредити напон на завојници vout (t ). R

vin(t )

vout (t )

L


(

vout (t ) = 5 3e −3t − 2e −2t u (t ) . 20.

Идеални померач фазе је дефинисан фреквенцијским одзивом

⎧ − j π 2 ⎪e , ω > 0 H (ω ) = ⎨ π . j ⎪ e 2 , ω < 0 ⎩ а) Одредити импулсни одзив идеалног померача фазе. б) Одредити сигнал на излазу y(t ) идеалног померача фазе ако је на улазу познати сигнал x(t ). в) Одредити сигнал на излазу y(t ) идеалног померача фазе ако је x(t )

= cos ω 0t .

Решење:

а) h(t ) =

1 π t

б) y (t ) = x(t ) ∗

,

в) y (t ) = sin

0

1 π t

=

1

∞

x(τ )

d τ = xˆ (t ) , ∫ π t − τ −∞

t .

21.

Параметри електричног кола са слике 5.29. су R1=12.7кΩ, R2=20кΩ, R3= R4=40.2кΩ, C 1= C 2=10nF. Одредити функцију преноса кола и скицирати Бодеове

- 159 -

Сигнали и системи – збирка решених задатака апроксимације амплитудне и фазно фреквенцијске карактеристике функције преноса.


G ( s) =

2 s 2 s 2 + 8994.3 s + 4 ⋅ 107

а ) б ) Слика 5.30 а ) Амплитудно фреквенцијска карактеристика; б ) Фазно фреквенцијска карактеристика 22. Параметри електричног кола са слике 5.31. су R1=3.16кΩ, R2=1.1кΩ, R3=3.09кΩ, R4= R5=6.19кΩ, C 1=C 2=0.1μF. Одредити функцију преноса кола и скицирати Бодеове апроксимације амплитудне и фазно фреквенцијске карактеристике функције преноса.

- 160 -



G ( s ) =

6319.2 s s 2 + 631.92 s + 4 ⋅ 107

а ) б ) Слика 5.32 а ) Амплитудно фреквенцијска карактеристика; б ) Фазно фреквенцијска карактеристика 23. Параметри електричног кола са слике 5.33. су R1=80.6Ω, R2=3.16кΩ, R3= R4=78.7Ω, C 1=C 2=0.1μF, C 3=0.2μF. Одредити функцију преноса кола и скицирати Бодеове апроксимације амплитудне и фазно фреквенцијске карактеристике функције преноса. Vcc

R 3 + C1

C2

Vin

Vout -Vcc

R 2

R 1 C3


- 161 -


G ( s) =

s 2 + 3.85 ⋅ 107 s 2 + 620.35 s + 3.85 ⋅ 107

а ) б ) Слика 5.34 а ) Амплитудно фреквенцијска карактеристика; б ) Фазно фреквенцијска карактеристика 24. Параметри електричног кола са слике 5.35. су R1=3.48k Ω, R2=41.2k Ω, R3=54.9 k Ω, R4=165k Ω, C 1= C 2=10nF. Одредити функцију преноса кола и скицирати Бодеове апроксимације амплитудне и фазно фреквенцијске карактеристике функције преноса.


G ( s ) =

(

0.75 s 2 − 4.85 ⋅ 103 s + 7.06 ⋅ 107

)

s 2 + 4.85 ⋅ 103 s + 7.06 ⋅ 107

- 162 -


а ) б ) Слика 5.36 а ) Амплитудно фреквенцијска карактеристика; б ) Фазно фреквенцијска карактеристика

- 163 -


- 164 -

6. Фуријеова анализа дискретних сигнала и система

6. Фуријеова анализа дискретних сигнала и система Фуријеов ред дискретне секвенце

x[n] =

N 0 −1

∑

jk Ω 0 n

ck e

,

Ω0 =

k = 0

ck =

N 0 −1

1

∑ x[n]e

N 0

− jk Ω 0 n

2π N 0

,

.

(6.1)

n=0

Особине Фуријеовог реда дискретне секвенце: Периодичност: ck + N 0

= ck ,

Дуалност: c[ n] ← ⎯ ⎯ → DFS

1

N 0

Парсевалова теорема:

1 N 0

(6.2)

x[− k ] ,

N 0 −1

∑

(6.3) 2

x[n] =

n =0

N 0 −1

∑

2

ck ,

(6.4)

k = 0

Неке посебне особине реалних секвенци: Коњуговано – комплексни коефицијенти Фуријеовог реда: c− k = c N 0 − k = ck , *

(6.5)

Развој у Фуријеов ред парног и непарног дела секвенце : DFS xe [n] ← ⎯ ⎯ → Re[ck ]

xo [n] ← ⎯ ⎯ → j Im[ck ] DFS

.

(6.6)

Фуријеова трансформација дискретне секвенце ∞

∑ x[n]e

X (Ω) =

− jΩn

.

(6.7)

n = −∞

Инверзна Фуријеова трансформација дискретне секвенце

x[n] =

1

2π ∫

X (Ω)e jΩn d Ω .

(6.8)

2π

Услов конвергенције Фуријеове трансформације: ∞

∑ x[n] < ∞ . n = −∞

- 165 -

(6.9)


Табела 6.1 Неки парови Фуријеове трансформације дискретне секвенце x [н]

X ( Ω)

δ [n]

1

δ [n − n0 ]

e−

2πδ (Ω) , Ω ≤ π

x[н]=1

e

jΩn0

2πδ (Ω − Ω 0 ) , Ω , Ω 0 ≤ π

− jΩ 0 n

cos Ω 0 n

π [δ (Ω − Ω 0 ) + δ (Ω + Ω 0 )] , Ω , Ω 0 ≤ π

sin Ω 0 n

− jπ [δ (Ω − Ω 0 ) + δ (Ω + Ω 0 )] , Ω , Ω 0 ≤ π 1

u[n]

πδ (Ω) +

− u[−n − 1]

− πδ (Ω) +

a n u[n] , a < 1

− jΩ

1− e 1 1− e 1

,

− jΩ

1 − ae − jΩ

(n + 1)a n u[n] ,

1

a <1

(1 − ae − Ω )

1

j

a , a <1

sin Wn π n ∞

∑

n > N 1

, 0 < W < π

δ (n − kN 0 )

k = −∞

2

1− a2

n

n < N 1

Ω ≤ π

1 − ae − jΩ

− a n u[−n − 1] , a >1

⎧1 x[n] = ⎨ ⎩0

Ω ≤ π

,

1 − 2a cos Ω + a 2

⎡ ⎛ 1 ⎞⎤ ⎟⎥ 2 ⎠⎦ ⎣ ⎝ ⎛ Ω ⎞ sin ⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠ ⎧1 0 ≤ Ω ≤ W X (Ω) = ⎨ ⎩0 W < Ω ≤ π sin ⎢Ω⎜ N 1 +

Ω0

∞

∑

δ (Ω − k Ω 0 ) , Ω 0 =

k = −∞

2π N 0

Особине Фуријеове трансформације дискретне секвенце: Периодичност: X (Ω + 2π ) = X (Ω) ,

(6.10)

- 166 -

6. Фуријеова анализа дискретних сигнала и система Линеарност: a1 x1[ n] + a2 x2 [ n] ← ⎯→ a1 X 1 (Ω) + a2 X 2 (Ω) , FT

Померај у временском домену: x[ n − n0 ] ← ⎯→ e FT

(6.11)

− jΩn 0

X (Ω) ,

(6.12)

jΩ 0 n

FT x(t ) ← ⎯→ X (Ω − Ω 0 ) ,

Померај у фреквенцијском домену: e Коњугација: x [ n] ← ⎯→ X *

FT

*

(6.13)

(− Ω ) ,

(6.14)

Инверзија у временском домену: x[ −n] ← ⎯→ X (− Ω ) ,

(6.15)

Скалирање одбирака: x( m ) [n] ← ⎯→ X (mΩ ) ,

(6.16)

Дуалност: X (t ) ← ⎯→ ck

(6.17)

FT

FT

= x[−k ] ,

FS

(

Прва диференца: x[ n] − x[ n − 1] ← ⎯→ 1 − e FT

− jΩ

) X (Ω ) ,

(6.18)

Диференцирање у фреквенцијском домену: nx[ n] ← ⎯→ j FT

n

Акумулација:

∑

FT x[k ] ← ⎯→ π X (0)δ (Ω) +

k = −∞

1 1 − e − jΩ

dX (Ω ) d Ω

,

(6.19)

X (Ω) ,

(6.20)

Конволуција: x1[ n] ∗ x2 [ n] ← ⎯→ X 1 (Ω ) X 2 (Ω ) , FT

Множење: x1[ n] x2 [ n] ← ⎯→ FT

1

1 X 1 (Ω ) ⊗ X 2 (Ω ) = X 1 (θ ) X 2 (Ω − θ )d θ , 2π 2π 2π

∫

∞

Парсевалова теорема:

1

∑

x1[n] x2 [n] =

∑

2

x[n] =

n = −∞

1

2π ∫

∫

X 1 (Ω) X 2 (−Ω)d Ω , 2π 2π

n = −∞

∞

(6.21) (6.22)

(6.23)

2

X (Ω ) d Ω

(6.24)

2π

Неке посебне особине реалних секвенци:

X (− Ω ) = X * (Ω ) FT xe [ n] ← ⎯→ Re{ X (Ω )} ,

(6.25)

FT xo [n] ← ⎯→ j Im{ X (Ω )}

Фреквенцијски одзив дискретног система трансформација излазног и улазног сигнала,

H (Ω) =

Y (Ω) X (Ω)

представља H ( Ω )

== H (Ω) e jθ

однос

.

где је H (Ω) амплитудски одзив, док је θ H (Ω) фазни одзив система.

- 167 -

Фуријеових

(6.26)

Сигнали и системи – збирка решених задатака Фреквенцијски одзив дискретног система је периодичан периоде 2π.

H (Ω) = H (Ω + 2π ) .

(6.27)

Решени задаци 1. Одредити коефицијенте Фуријеовог реда периодичне секвенце x[n] приказане на слици 6.1. x[n]

3 2 1 -4

0

n

3

Слика 6.1 Периодична секвенца x[n] Решење:

Секвенца са слике је периодична основне периоде N 0=4 и представља продужење секвенце xo [ n] = {[0],1,2,3} . Применом једнакости (6.1) следи да је

x[n] =

N 0 −1

∑c e

jk Ω 0 n

k

k = 0

где је

Ω0 =

За k =0, c0

=

2π

=

4 1

π 2

и ck =

3

N 0 −1

1 N 0

∑ x[n]e

− jk Ω 0 n

.

n=0

1

3

x[n] = (0 + 1 + 2 + 3) = . ∑ 4 4 2 n =0

За k =1, c1

За k =2, c2

За k =3, c3

=

1

=

1

=

1

3

∑

x[n]e

− j

π 2

4 n =0

=

1

∑

− j 2

3

− j 3

x[n]e

2

4 n=0

x[n]e ∑ 4

=

1

=

1

π 2

∑

n=0

1

x[n](− j ) = n

4 n =0

π

3

3

3

∑

x[n](− j )

2n

4 n=0 3

x[n](− j ) ∑ 4

3n

4

1

1

2

2

(0 − j1 − 2 + j3) = − + j 1

1

4

2

= (0 − 1 + 2 − 3) = − . 1

1

1

4

2

2

= (0 + j1 − 2 − j 3) = − − j .

n=0

Периодична секвенца x[n] се може представити Фуријеовим редом π

3π

1 ⎞ − j 2 n 1 − jπ n ⎛ 1 1 ⎞ − j 2 n ⎛ 1 x[n] = + ⎜ − + j ⎟e − e − ⎜ + j ⎟e . 2 ⎝ 2 2 ⎠ 2 2 2 ⎝ ⎠ 3

.

- 168 -


2. Одредити Фуријеове коефицијенте периодичне секвенце чија је основна периода приказана на слици 6.2 и скицирати амплитудски спектар коефицијената.

Слика 6.2 Основна периода периодичне секвенце x[n] Решење:

Основна периода секвенце x[n је N 0=10, те је

Ω0 =

2π N 0

=

π 5

.

Сменом у релацију (6.1), коефицијенти Фуријеовог реда су

ck =

1

4

1⋅ e ∑ 10

π − jk ⎞ ⎛ jk π 2 ⎛ π ⎞ − e 2 ⎟⎟ e ⎜⎜ e ⎟ 2π sin ⎜ k 1 1 − jk 5 2 ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ = = e π π π − jk ⎞ 10 jk 10 ⎛ jk 10 10 ⎛ π ⎞ sin ⎜ k ⎟ ⎜e e e 10 ⎟ − ⎜ ⎟ ⎝ 10 ⎠ ⎝ ⎠ π jk 2

⎛ π ⎞ − j ⎜ k ⎟ n ⎝ 5 ⎠

=

n=0

1 1 − e − jk π 10

π

1− e

− jk

5

На слици 6.3. приказан је амплитудски спектар ових коефицијената. Обвојница коефицијената Фуријеовог реда је амплитудски спектар Фуријеове трансформације секвенце x[n]. 0.5

ck 0.45 0.4 0.35 0.3 0.25 0.2 0.15 0.1 0.05 0 0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

k

Слика 6.3 Амплитудски спектар коефицијената Фоуриер-овог реда секвенце x[n]

3.

Одредити развој у Фури jeов ред секвенце x[ n] =

∞

∑ δ [n − 4k ] k = −∞

Решење:

- 169 -

Сигнали и системи – збирка решених задатака На слици 6.4. је приказана секвенца x[n]. Уочава се да је ова секвенца периодична основне периоде N 0=4, те је

Ω0 =

2π N 0

=

π

и представља продужење секвенце

2

xo [n] = {[1],0,0,0} . x[n]

1

-5

-4

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

5

6

7

8

n

9

Слика 6.4 Сигнал x[n] Применом релације (6.1) коефицијенти Фуријеовог реда секвенце су

ck =

1

3

x[n]e ∑ 4

⎛ π ⎞ − j ⎜ k ⎟ n ⎝ 2 ⎠

1

1

4

4

= x[0] =

n =0

,

док је развој секвенце x[n] у Фуријеов ред ∞

x[n] =

1

∑4e

⎛ π ⎞ ⎟n ⎝ 2 ⎠

jk ⎜

.

k = −∞

4.

Одредити Фуријеову трансформацију секвенце у[n].

Решење:

Означимо Фуријеову трансформацију секвенце у[n] са X (Ω) . Јединична импулсна секвенца је дефинисана као

δ [n] = u[n] − u[n − 1] , док

(

применом Фуријеове трансформације на претходну релацију 1 = 1 − e

− jΩ

X (Ω) , те је

тривијално решење

X (Ω) =

1 1− e

− jΩ

.

(6.28)

Релација (6.28) није дефинисана за Ω=0, те је потребно проширити добијено тривијално решење. Фуријеова трансформација секвенце u[n] је тада

X (Ω) = Aδ (Ω ) +

1 1 − e − jΩ

.

Са друге стране означимо парни део секвенце u[n] са uе[n], те је

ue [ n] =

1 2

1

1

1

2

2

2

(u[n] + u[−n]) = (1 + δ [n]) = +

δ [n] .

Непарни део секвенце u[n] означимо са uо[n], те је

uo [n] = u[n] − ue [n] .

- 170 -

(6.29)

6. Фуријеова анализа дискретних сигнала и система Фуријеова трансформација секвенце uо[n] добијена је Фуријеовом трансформацијом леве и десне стране релације (6.29), односно F uo [ n ] ← Aδ (Ω ) + ⎯→

1

1

1 − e − jΩ

− πδ (Ω ) − . 2

Користећи особину да је Фуријеова трансформација непарног дела секвенца чисто имагинарна ( релација (6.25)), закључује се да је A = π . Фуријеова трансформација секвенце у[n] је

X (Ω) = πδ (Ω ) +

1 1− e

− jΩ

.

6. Посматра се секвенца x[n] дефинисана као

⎧1 x[n] = ⎨ ⎩0

n ≤2 n >2

.

а) Скицирати секвенцу x[n] и њену Фуријеову трансформацију X (Ω). б) Скицирати секвенцу x(2)[n] и њену Фоуриерову трансформацију X (2)(Ω). в) Скицирати секвенцу x(3)[n] и њену Фоуриерову трансформацију X (3)(Ω). Решење:

а) На слици 6.5. приказана је секвенца x[n].

Слика 6.5 Секвенца x[n] Посматра се секвенца коначног трајања x1[n] приказана на слици 6.6. x1[n]

1

-8

-7

-6

-5

-4

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

Слика 6.6 Секвенца x1[n] Уочава се да су секвенце x[n] и x1[n] повезане релацијом

- 171 -

5

6

7

8

n


x[n] = x1[n + N 1 ] ,

(6.30)

где је N 1 вредност помераја (у овом случају N 1=2). Фуријеова трансформација коначне јединичне секвенце је

⎛ Ω N ⎞ ⎟ ⎝ 2 ⎠ , ⎛ Ω ⎞ sin ⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠

N −1 sin ⎜

X (Ω) = e

− jΩ

2

(6.31)

где је N дужина секвенце. У овом случају дужина јединичне секвенце је N = 2 N 1 + 1 , те је Фуријеова трансформација секвенце x1[n]

X 1 (Ω) = e

Обзиром на релацију (6.30) трансформација секвенце x[n] је

− jΩ N 1

и

⎛ ⎛ 1 ⎞ ⎞ ⎟ ⎟⎟ 2 ⎠ ⎠ ⎝ ⎝ . ⎛ Ω ⎞ sin ⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠

sin ⎜⎜ Ω⎜ N 1 +

коришћењем релације (6.12),

⎛ ⎛ 1 ⎞ ⎞ ⎟ ⎟⎟ 2 ⎠ ⎠ ⎝ ⎝ ⎛ Ω ⎞ sin ⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠

sin ⎜⎜ Ω⎜ N 1 +

Ω N 1

X (Ω) = e j

Фуријеова

X 1 (Ω) =

Како је у конкретном случају вредност помераја N 1=2, Фуријеова трансформација секвенце x[n] је

X (Ω) =

sin (2.5Ω ) sin (0.5Ω )

На слици 6.7. приказан је амплитудски спектар Фуријеове трансформације секвенце x[n]. 5

X(Ω) 4

3

2

1

0

-1 -3

-2

-1

0

1

2

Ω

3

Слика 6.7. Амплитудски спектар Фуријеове трансформације секвенце x[n]

б) На слици 6.8. приказана је секвенца x(2)[n].

- 172 -


x(2)[n]

1

-8

-7

-6

-5

-4

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

5

6

7

8

n

Слика 6.8 Секвенца x(2)[n] Применом релације (6.16) о скалирању одбирака, Фуријеова трансформација секвенце x(2)[n] је

X ( 2) (Ω) = X (2Ω) =

sin (5Ω ) sin (Ω )

На слици 6.9. приказан је амплитудски спектар сигнала X ( 2 ) (Ω) . 5

X(2)(Ω ) 4

3

2

1

0

-1 -3

-2

-1

0

1

2

Ω

3

Слика 6.9. Амплитудски спектар Фуријеове трансформације секвенце x(2)[n] в) На слици 6.10. приказана је секвенца x(3)[n]. x(3)[n]

1

-8

-7

-6

-5

-4

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

5

6

7

8

n

Слика 6.10. Секвенца x(3)[n] Применом релације (6.16) о скалирању одбирака, Фуријеова трансформација секвенце x(2)[n] је

X (3) (Ω) = X (3Ω) =

- 173 -

sin (7.5Ω ) sin (1.5Ω )

Сигнали и системи – збирка решених задатака На слици 6.11. приказан је амплитудски спектар сигнала X ( 2 ) (Ω) . 5

X(3)(Ω ) 4

3

2

1

0

-1

-3

-2

-1

0

1

2

3

Ω

Слика 6.11. Амплитудски спектар Фуријеове трансформације секвенце x(3)[n]

7. Одредити Фуријеову трансформацију секвенце x[n] = −a n u[ −n − 1] . Решење:

Z трансформација секвенце x[n] је

X ( z ) = Фуријеова


1 −1

1 − az

секвенце

, z < a .

постоји

ако

област jΩ

трансформације обухвата јединични круг, те се сменом z = e

X (Ω) = 8. Одредити

инверзну

1 1 − ae − jΩ

конвергенције

Z

добија да је

a >1.

,

Фуријеову


сигнала

⎧1, Ω ≤ W X (Ω) = ⎨ . ⎩0, W < Ω ≤ π Решење:

Применом релације (6.8), секвенца x[н] је

x[n] =

1

π

∫

X (Ω)e

jΩn

2π −π

d Ω =

1

W

∫

e jΩn d Ω =

sin Wn

2π −W

9. Одредити инверзну Фуријеову X (Ω) = 2πδ (Ω − Ω0 ), Ω , Ω0 ≤ π .

π n

.


сигнала

Решење:

Применом релације (6.8), секвенца x[н] је

x[n] =

1

π

X (Ω)e 2π ∫ −π

jΩn

d Ω =

1

π

2πδ (Ω − Ω 2π ∫ −π

- 174 -

)e jΩn d Ω = e jΩ n . 0

0


12. Одредити Фуријеову трансформацију сигнала x[n] = 1 за свако n. Решење:

Сменом Ω0=0 у решење задатка 8, следи F x[n] = 1 ← 2πδ (Ω ) . ⎯→

13. Одредити

инверзну

X (Ω) =

1

(1 − ae )

− jΩ 2

Фуријеову


сигнала

a < 1.

,

Решење:

X (Ω) =

1

1

(1 − ae − Ω ) (1 − ae − Ω ) j

j

a <1

,

На основу табеле 6.1. познато је F a n u[n] ← ⎯→

1

(1 − ae ) − jΩ

,

a <1.

Према релацији (6.21), секвенца x[н] је

x[n] = a u[n] ∗ a u[n] = n

n

∞

∑ a u[k ]a k

n − k

u[n − k ] = a

k = −∞

n

n

∑1 = (n + 1)a

n

.

k =0

14. Каузални линеарни временски инваријантни систем је описан диферецном једначином

3 1 y[n] − y[n − 1] + y[n − 2] = x[n] 4 8 а) Одредити фреквенцијски одзив Х (Ω) система. б) Одредити импулсни одзив h[n] система. Решење:

а)

Применом Фуријеове трансформације на леву и десну страну диферецне једначине и релације (6.12)

Y (Ω ) −

3 4

⎛ ⎝

e − jΩY (Ω) +

1 8

e − j 2ΩY (Ω ) = X (Ω)

1 ⎞ e − jΩ + e − j 2 Ω ⎟ = X (Ω ) 4 8 ⎠ Y (Ω ) 1 1 H (Ω) = = = . 3 − jΩ 1 − j 2 Ω ⎛ 1 − jΩ ⎞⎛ 1 − jΩ ⎞ X (Ω ) 1− e + e ⎜1 − e ⎟⎜1 − e ⎟ 4 8 ⎝ 2 ⎠⎝ 4 ⎠ Y (Ω )⎜1 −

б)

H (Ω) =

3

1

⎛ 1 − jΩ ⎞⎛ 1 − jΩ ⎞ ⎜1 − e ⎟⎜1 − e ⎟ ⎝ 2 ⎠⎝ 4 ⎠

=

2 1 − 1 1 1 − e − jΩ 1 − e − jΩ 2 4

Применом релације (6.11) и табеле 6.1, импулсни одзив система је

- 175 -


⎛ ⎛ 1 ⎞ n ⎛ 1 ⎞ n ⎞ h[n] = ⎜ 2⎜ ⎟ − ⎜ ⎟ ⎟u[n] . ⎜ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 4 ⎠ ⎟ ⎝ ⎠ 13. Каузални линеарни временски инваријантни систем је описан диферецном једначином

1 1 y[n] − y[n − 1] = x[n] + x[n − 1] 2 2 а) Одредити фреквенцијски одзив Х (Ω) система. б) Одредити импулсни одзив h[n] система. в) Одредити одзив система уколико је улаз система x[n] = cos

π 2

n.

Решење:

а)

Применом Фуријеове трансформације на леву и десну страну диферецне једначине и релације (6.12)

Y (Ω ) −

1 2

e − jΩY (Ω ) = X (Ω ) +

1 2

e − jΩ X (Ω) ,

одакле је

H (Ω) =

б)

H (Ω) =

Y (Ω ) X (Ω )

=

Y (Ω )

=

X (Ω )

1+ 1−

1

1−

e − jΩ

2 1

1 2 1 2

e − jΩ .

e − jΩ

1 1 e − jΩ = + 1 − jΩ 2 1 1− e 1 − e − jΩ 2 2

e − jΩ

2

1+

Применом релације (6.11) и табеле 6.1, импулсни одзив система је n −1

n

1 ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ h[n] = ⎜ ⎟ u[n] + ⎜ ⎟ u[n − 1] . 2 ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ в)

Фуријеова трансформација секвенце x[n] је

⎡ ⎛ ⎣ ⎝

X (Ω) = π ⎢δ ⎜ Ω −

π ⎞⎤ ⎛ ⎟ + δ ⎜ Ω + ⎟⎥, 2 ⎠ 2 ⎠⎦ ⎝

π ⎞

Ω ≤ π ,

док је Фуријеова трансформација секвенце y[n]

⎡ ⎛ ⎣ ⎝

Y (Ω) = H (Ω) X (Ω) = π ⎢δ ⎜ Ω −

1+

1

π ⎞⎤ ⎛ 2 ⎟ + δ ⎜ Ω + ⎟⎥ 1 2 ⎠ 2 ⎠⎦ ⎝ 1 − e − jΩ

π ⎞

2

- 176 -

e − jΩ


Y (Ω) = π

1

1+

2 1

1−

2

Y (Ω) = π

e e

− j

− j

π 2

⎛ ⎝

δ ⎜ Ω −

π 2

1 − j 1 + j

π ⎞

⎟ + π 2 ⎠

1+ 1−

1 2 δ ⎛ Ω − π ⎞ + π ⎜ ⎟ 1 ⎝ 2 ⎠ 2

1 2 1 2

1 + j 1 − j

e e

j

j

π 2 π

⎛ ⎝

δ ⎜ Ω +

2

π ⎞

⎟

2 ⎠

1 2 δ ⎛ Ω + π ⎞ ⎜ ⎟ 1 ⎝ 2 ⎠ 2

1

1

π ⎞ − j 2 arctg 2 π ⎞ j 2 arctg 2 ⎛ ⎛ Y (Ω) = πδ ⎜ Ω − ⎟e + πδ ⎜ Ω + ⎟e . 2 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Применом инверзне Фуријеове трансформације, секвенца y[n] је

y[n] =

1 2

j

e

π

1 n − j 2 arctg 2 2

e

1

π

+ e

1

− j n j 2 arctg 2

2

2

e

1 ⎞ ⎛ π = cos⎜ n − 2arctg ⎟ . 2 ⎠ ⎝ 2

14. Каузални линеарни временски инваријантни систем је описан диференцном једначином

y[n] = а) б) в)

1 3

( x[n] + x[n − 1] + x[n − 2]) .

Одредити и скицирати импулсни одзив h[n] система. Одредити фреквенцијски одзив Х (Ω) система. Скицирати амплитудни и фазни фреквенцијски одзив система.

Решење:

а)

Применом релације (2.1), импулсни одзив система је

h[n] =

1 3

(δ [n] + δ [n − 1] + δ [n − 2]) ⎧⎪ 1 , h[n] = ⎨ 3 ⎪⎩0,

0≤n≤2 n < 0, n > 2

На слици 6.12. приказан је импулсни одзив система h[n]. h[n]

1 3

0

1

2

3

n

Слика 6.12. Импулсни одзив система h[n]

б)

Применом Фуријеове трансформације на импулсни одзив система h[n], добијен је фреквенцијски одзив система Х (Ω)

- 177 -


H (Ω) =

1 3

(1 + e

− jΩ

+e

H (Ω) =

1 3

− j 2 Ω

)=

11− e

− j 3Ω

3 1 − e − jΩ

=

1e 3

− j

e

3Ω

− j

2

j

e

Ω 2

3Ω

j

e

2

−e

Ω 2

−e

− j − j

3Ω 2

Ω 2

⎛ 3Ω ⎞ ⎟ 2 ⎝ ⎠ = 1 e − jΩ H (Ω) , r ⎛ Ω ⎞ 3 sin ⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠

sin ⎜ e − jΩ

при чему је

⎛ 3Ω ⎞ ⎟ 2 ⎝ ⎠ . H r (Ω) = ⎛ Ω ⎞ sin ⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠ sin ⎜

в)

Амплитудни фреквенцијски одзив система је

⎛ 3Ω ⎞ ⎟ 1 2 ⎠ ⎝ H (Ω) = , Ω 3 ⎛ ⎞ sin ⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠ sin ⎜

док је фазни фреквенцијски одзив система

H r (Ω) > 0 ⎧ − Ω, ⎩− Ω + π , H r (Ω) < 0

θ H (Ω) = ⎨

На слици 6.13. су приказани амплитудни и фазни фреквенцијски одзив система.

- 178 -

6. Фуријеова анализа дискретних сигнала и система 1 |H(Ω )| 0.9 0.8 0.7 0.6

0.5 0.4 0.3 0.2 0.1 0 -3

-2

-1

0

1

2

Ω

3

2.5

θ(Ω ) 2

1.5

1

0.5

0 -0.5

-1

-1.5

-2

-2.5

-3

-2

-1

0

1

2

Ω

3

а ) б ) Слика 6.13. а ) Амплитудско фреквенцијски одзив система; б )Фазно фреквенцијски одзив система

16. Посматра се систем приказан на слици 6.14.

а) б) в)

Слика 6.14. Блок дијаграм система за задатак 14 Одредити фреквенцијски одзив система Х (Ω). Одредити импулсни одзив система h[n]. Скицирати амплитудски и фазно фреквенцијски одзив система.

Решење:

- 179 -


а) Систем са слике се може моделовати диферецном једначином y[n] = x[n] + x[n − 1] . Применом Фуријеове трансформације на леву и десну страну једначине, добијено је Y (Ω ) = X (Ω ) + e

X (Ω ) , те је фреквенцијски одзив система

Ω Ω Ω − j ⎞ − j j ⎛ ⎛ Ω ⎞ H (Ω) = = 1 + e = e 2 ⎜⎜ e 2 + e 2 ⎟⎟ = 2e 2 cos⎜ ⎟ X (Ω ) ⎝ 2 ⎠ ⎝ ⎠ Применом релације (2.1) импулсни одзив система је h[ n] = δ [ n] + δ [ n − 1] ,

Y (Ω )

б)

− jΩ

− jΩ

− j

Ω

односно

0 ≤ n ≤1

⎧1, h[n] = ⎨ ⎩ 0, в)

n < 0, n > 1

.


⎛ Ω ⎞ ⎟, ⎝ 2 ⎠

H (Ω) = 2 cos⎜ док је фазно фреквенцијски одзив система

θ (Ω ) = −

Ω 2

.

На слици 6.15. су приказани амплитудни и фазни фреквенцијски одзив система.

- 180 -

6. Фуријеова анализа дискретних сигнала и система 2

|H(Ω)| 1.8 1.6 1.4 1.2 1 0.8 0.6 0.4 0.2 0 -3

-2

-1

0

1

2

Ω

3

2

θ(Ω) 1.5

1

0.5

0

-0.5

-1

-1.5

-2

-3

-2

-1

0

1

2

Ω

3


17. Каузални временски дискретни ЛТИ систем је приказан на слици 6.16.

Слика 6.16. Блок дијаграм система за задатак 15 при чему су x[n] и y[n] улаз и излаз система, редом. а) Одредити фреквенцијски одзив система Х (Ω). б) Одредити импулсни одзив система h[n]. в) Скицирати амплитудни и фазни фреквенцијски одзив систем за а=0.9 и а=0.5. Решење:

- 181 -


а) Диферецна једначина ситема је y[n] − ay[n − 1] = x[n] . Применом Фуријеове трансформације на дату диференцну једначину, добија се

Y ( Ω ) − ae− jΩY ( Ω ) = X ( Ω ) . Према томе, H (Ω) =

б)

Y (Ω ) X (Ω)

=

1 1 − ae

− jΩ

,

a < 1.

Применом инверзне Фуријеове трансформације на H (Ω ) и табеле 6.1, следи да је импулсни одзив система,

h[n] = a n u[n] . в)

Фреквенцијски одзив система се може записати као

H (Ω) =

Y (Ω) X (Ω )

=

1 1 − ae − jΩ

=

1 1 − a cos Ω + ja sin Ω

Амплитудни одзив система H (Ω) је 1

H (Ω) =

( (1 − a cos Ω )

1

2

+ ( a sin Ω )

2

) (1 + a 2

1

=

, 1

2

− 2a cos Ω ) 2

док је фазни одзив система θ H (Ω)

a sin Ω θ H (Ω) = − arg(1 − a cos Ω + ja sin Ω ) = − arctg . 1 − a cos Ω На слици 6.17. приказани су амплитудни и фазни одзив система за различите вредности параметра а.

- 182 -

6. Фуријеова анализа дискретних сигнала и система 10 a=0.9 a=0.5

|H(Ω )| 9 8

7 6

5 4

3 2

1

0

-3

-2

-1

0

1

2

3

Ω

1.5 a=0.9 a=0.5

θ(Ω ) 1

0.5

0

-0.5

-1

-1.5

-3

-2

-1

0

1

2

Ω

3


17. Каузални временски дискретни ЛТИ систем описан је диференцном једначином, 1 1 y[n] − y[n − 1] = x[n] + x[n − 1] , 2 2 при чему су x[n] и y[n] улаз и излаз система, редом. Одредити сигнал y[n] ако је сигнал x[n] приказан на слици 6.18.

Слика 6.18 Секвенца x[н]

- 183 -


Применом Фуријеове трансформације на дату диференцну једначину, добија се

Y (Ω) − 0.5e − jΩY (Ω ) = X (Ω ) + 0.5e− jΩ X (Ω ) . Према

томе,

фреквенцијски

одзив

система

је

H (Ω ) =

Y (Ω ) X (Ω )

=

1 + e − jΩ 1 − e − jΩ

.

Амплитудни одзив система је

π ⎧ 1, Ω ≤ ⎪⎪ 4 H (Ω) = ⎨ . π ⎪0, < Ω ≤ π ⎪⎩ 4 На основу амплитудног одзива система, закључује се да је овај систем нископропусни филтер граничне учестаности Основна учестаност сигнала x[n] је

Ω0 =

π 4 2π

N 0

радијана по одбирку.

=

2π 5

. Како је основна учетаност

сигнала на улазу већа од граничне учестаности система, на излазу се појављује само једносмерна компонента сигнала x[n]. Коефицијент развоја сигнала x[n] у Фуријеов ред је c0

=

4

1

∑ 5 n =0

18. Импулсни

x[n] =

3 5

, па је сигнал на излазу система y[ n] =

одзив

каузалног

временски

3 5

, за свако n.


система

је

h[ n] = {[ 2] , 2, −2, − 2} . а) Одредити фреквенцијски одзив система Х (Ω). б) Скицирати амплитудни и фазни одзив система. Решење:

a)

Фреквенцијски одзив система Х (Ω) добијен је применом Фуријеове трансформације на импулсни одзив система ∞

H (Ω) =

∑ h[n]e

− jΩn

= 2 + 2e − jΩ + 2e− j 2Ω + 2e− j 3Ω

n =−∞

H (Ω) = 2(1 − e − j 3Ω ) + 2(e − j 2 Ω − e − j 2 Ω ) H (Ω) = 2e H (Ω) = je

− j

− j

3Ω 2

3Ω 2

Ω Ω 3Ω 3Ω j − j ⎞ − j − j ⎞ ⎛ j 32Ω ⎛ ⎜ e − e 2 ⎟ + 2e 2 ⎜ e 2 − e 2 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎛ π 3Ω ⎞

j ⎜ − ⎟ 3Ω ⎞ ⎛ Ω ⎝ 2 2 ⎠ sin sin H ( ) e + = Ω ⎜ ⎟ r 2 ⎠ ⎝ 2

- 184 -

6. Фуријеова анализа дискретних сигнала и система при чему је H r (Ω) = sin

b)

Ω 2

+ sin

3Ω 2

.


H (Ω) = H r (Ω) = sin

Ω 2

+ sin

3Ω 2

,

док је фазни фреквенцијски одзив

⎧π 3 ⎪ 2 − 2 Ω, θ H (Ω) = ⎨ π 3 ⎪ − − Ω, ⎩ 2 2

H r (Ω) > 0 .

H r (Ω) < 0

На слици 6.19. представљени су амплитудни и фазни фреквенцијски одзив система. 1.6 |H(Ω )| 1.4

1.2

1

0.8

0.6

0.4

0.2

0 -3

-2

-1

0

1

2

3

Ω

2

θ(Ω ) 1.5

1

0.5

0

-0.5

-1

-1.5

-2

-3

-2

-1

0

1

2

Ω

3

а ) б ) Слика 6.19 а ) Амплитудско фреквенцијски одзив система; б )Фазно фреквенцијски одзив система

- 185 -


19. Континуални временски ЛТИ систем описан је функцијом преноса 1 H c ( s ) = . Одредити фреквенцијски одзив H d (Ω) дискретног система s + 1 насталог на основу степ инваријантности одзива континуалног и диксретног система. Решење:

Лапласова трансформација степ одзива континуалног система је

1 1 1 1 S c ( s ) = H c ( s ) = = − , s s( s + 1) s s + 1 па је степ одзив континуалног система

(

−

sc (t ) = u (t ) − e t u (t ) = 1 − e

− t

)u(t ) .

Степ инваријантност одзива дискретног и континуалног система подразумева да је степ одзив дискретног система једнак степ одзиву континуалног система у тачкама одабирања, односно

sd [n] = sc (nT s ) , при

чему је

sd [n] = 1 − e

− nT s

Т s

периода

одабирања.

Степ

1

1

одзив

)u[n] , док је његова Z трансформација S d ( z ) =

1 − z −1

−

−T


z 1 − e − s

система је

T

1 − e s z −1

=

z − 1 z − e

−T s

.

Импулсни и степ одзив система су повезани релацијом S d ( z ) = H d ( z ) импулсни

одзив

система

H d ( z ) =

1− e

−T s

z − e

−T s

(1 − e ) z = −T s

−T s

−1

−1

1 − e z

.

Сменом

z z − 1

, те је

z = e jΩ ,

фреквенцијски одзив система је

− ( 1 − e )e − Ω H (Ω) = . T s

d

1− e

j

−T s − jΩ

e

Задаци за решавање 1. Одредити развој секвенце x[n] са слике 6.20. у комплексни експоненцијални Фуријеов ред.

- 186 -


Слика 6.20 Секвенца x[n] уз задатак 1 Решење:

x[n] =

8

∑

ck e

jΩ 0 kn

,

Ω0 =

2π 9

k =0

, ck = − j

2 ⎛ ⎛ 2π ⎞ ⎛ 4π ⎞ ⎛ 6π ⎞ ⎞ k ⎟ + 2 sin ⎜ k ⎟ + 3 sin ⎜ k ⎟ ⎟⎟ . ⎜⎜ sin⎜ 9 ⎝ ⎝ 9 ⎠ ⎝ 9 ⎠ ⎝ 9 ⎠ ⎠

2. Одредити развој секвенце x[n] са слике 6.21. у тригонометријски Фуријеов ред. x[n]

3 2 1 -5

-4

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

5

6

7

8


x[n] =

3 2

− cos

π 2

n − sin

π 2

n−

1 2

cos π n .

3. Одредити развој секвенце x[n] са слике 6.22. у комплексни експоненцијални Фуријеов ред.


- 187 -


x[n] =

5

∑

ck e jΩ 0 kn , Ω 0 =

π 3

k = 0

, ck =

1 ⎛ ⎛ π ⎞ ⎛ 2π ⎞ ⎞ ⎜⎜1 + 4 cos⎜ k ⎟ − 2 cos⎜ k ⎟ ⎟⎟ . 6 ⎝ ⎝ 3 ⎠ ⎝ 3 ⎠ ⎠


Слика 6.23. Секвенца x[n] уз задатак 4 Решење:

x[n] =

4

∑c e

jΩ 0 kn

k

k = 0

− jk ⎞ 1 ⎛ − jk π , Ω 0 = , ck = ⎜1 + 2e e 2 ⎟. + ⎟ 2 4 ⎜⎝ ⎠ 3π

π


Слика 6.24. Секвенца x[n] уз задатак 5 Решење:

x[n] =

7

∑

jΩ 0 kn

ck e

,

Ω0 =

2π

k = 0

ck =

1 7

7

,

(5 cos 2k Ω0 + 3 cos k Ω0 − cos 3k Ω0 + j sin 2k Ω0 + j sin k Ω0 + j sin 3k Ω0 ) .

6. Одредити Фуријеову трансформацију секвенци

а) x[n] = a , n

б) x[ n] = sin Ω 0 n,

a <1

Ω0 < π

Решење:

а) X (Ω) = б)

1 − a2 1 − 2a cos Ω + a

2

,

X (Ω) = − jπ (δ (Ω − Ω 0 ) − δ (Ω + Ω 0 )),

- 188 -

Ω , Ω 0 ≤ π ,

в) x[n] = u[−n − 1] .


в)

X (Ω) = πδ (Ω ) −

1 1 − e − jΩ

Ω ≤ π .

,

7. Одредити Фуријеову трансформацију секвенце приказане на слици 6.25. x[n] 3 2 1 -3

-2

-1 0

1

2

3

n

Слика 6.25 Секвенца x[n] уз задатак 7 Решење: X (Ω) = j 2(sin Ω + 2 sin 2Ω + 3 sin 3Ω ) .

8. Одредити Фуријеову трансформацију секвенци −n

⎛ 1 ⎞ б) x[n] = ⎜ ⎟ u[− n − 1] , ⎝ 2 ⎠

а) x[n] = u[n − 2] − u[n − 6] ,

n

⎛ π ⎞ в) x[n] = 2 sin ⎜ n ⎟u[−n] , ⎝ 4 ⎠

⎛ 1 ⎞ г) x[n] = ⎜ ⎟ u[− n − 2] , ⎝ 3 ⎠ ⎧ n, − 3 ≤ n ≤ 3 ђ) x[n] = ⎨ . ⎩0, n < −3, n > 3

n

n

⎛ 1 ⎞ ⎛ π ⎞ д) x[n] = ⎜ ⎟ cos⎜ (n − 1)⎟ , ⎝ 2 ⎠ ⎝ 8 ⎠ Решење:

а) X (Ω) = e

− j 2 Ω

+e

− j 3Ω

+e

− j 4 Ω

+e

− j 5 Ω

,

б) X (Ω) =

e jΩ 2

1−

1 1 2

, jΩ

e

⎛ ⎞ ⎜ ⎟ 1 ⎜ 1 1 e 2 jΩ 1 ⎟ − , , , в) X (Ω) = − г ) Ω = X ( ) π π 1 j j − ⎜ ⎟ 2 j 9 jΩ 1 4 jΩ 1 4 jΩ 1 − e 1 e e 1 e e − − ⎜ ⎟ 3 2 ⎝ 2 ⎠ ⎛ ⎞ ⎛ j π ⎞ π π π − j j − j ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 4 jΩ 4 jΩ 1⎜ e 8 e 8 1 e e e e ⎟+ ⎜ ⎟, + + д) X (Ω) = π π π π 2⎜ 1 j 8 − jΩ 1 − j 8 − jΩ ⎟ 4 ⎜ 1 j 8 jΩ 1 − j 8 jΩ ⎟ 1− e e 1− e e ⎟ ⎜1− e e ⎟ ⎜1− e e 2 2 ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ђ) X (Ω) = −3e j 3Ω − 2e j 2 Ω − e jΩ + e − jΩ + 2e − j 2 Ω + 3e − j 3Ω .

- 189 -


9. Одредити Фуријеову трансформацију секвенци.

⎛ π ⎞ n ⎟ + cos( n) , ⎝ 2 ⎠

⎛ 5π ⎞ ⎛ 7π ⎞ n ⎟ + cos⎜ n⎟ , ⎝ 3 ⎠ ⎝ 3 ⎠ ⎛ π ⎞ sin ⎜ n ⎟ ⎝ 5 ⎠ cos( 7π n) . г) x[n] =

а) x[n] = sin ⎜

б) x[n] = sin ⎜

n

⎛ 1 ⎞ в) x[n] = ( n − 1)⎜ ⎟ , ⎝ 3 ⎠

π n

2

Решење:

а) X (Ω) =

π ⎛ ⎛ π ⎞ π ⎞ ⎞ ⎛ ⎜⎜ δ ⎜ Ω − ⎟ − δ ⎜ Ω + ⎟ ⎟⎟ + π (δ (Ω − 1) + δ (Ω + 1)) , j ⎝ ⎝ 2 ⎠ 2 ⎠ ⎠ ⎝

б) X (Ω) = − в) X (Ω) =

⎛ ⎛ π ⎛ ⎛ π ⎞ π ⎞ ⎞ π ⎞ π ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ ⎜⎜ δ ⎜ Ω − ⎟ − δ ⎜ Ω + ⎟ ⎟⎟ + π ⎜⎜ δ ⎜ Ω − ⎟ + δ ⎜ Ω + ⎟ ⎟⎟ , j ⎝ ⎝ 3 ⎠ 3 ⎠ ⎠ 3 ⎠ 3 ⎠ ⎠ ⎝ ⎝ ⎝ ⎝ 4

5 − 3 cos Ω

⎧ ⎪ 1, г) X (Ω) = ⎨ ⎪0, ⎩

− j

12 sin Ω

(5 − 3 cos Ω )

2

3π

,

7π

≤Ω≤

10 10 . 3π 7π 0<Ω< , < Ω < π 10 10

⎧1, 10. Дата је секвенца x[n] = ⎨ ⎩0,

n≤2 n>2

.

a)

Одредити секвенцу y[ n] = x[ n] ∗ x[ n] .

b)

Одредити Фуријеову трансформацију секвенце

[ n] .

Решење:

⎧ ⎛ n ⎞ ⎪5⎜1 − ⎟⎟, n ≤ 5 , а) y[ n] = ⎨ ⎜ ⎝ 5 ⎠ ⎪ 0, n>5 ⎩

2

⎛ sin 2.5Ω ⎞ б) Y (Ω) = ⎜ ⎟ . sin 0 . 5 Ω ⎝ ⎠

11. Одредити инверзну Фуријеову трансформацију сигнала а) X (Ω) = cos(2Ω) , б) X (Ω) = jΩ . Решење:

- 190 -


а) x[n] =

1 2

δ [n − 2] +

1 2

⎧ (−1) n ⎪ , n≠0 б) x[ n] = ⎨ n . ⎪⎩ 0, n=0

δ [n + 2] ,

13. Одредити инверзну Фуријеову трансформацију сигнала

а) X (Ω) = e

− j

Ω

, − π ≤ Ω ≤ π ,

2

б) X (Ω) =

1 5 ,

1 1 − e − jΩ 5 1 1 − e − jΩ 2 . г) X (Ω) = 1 − jΩ 1 − j 2 Ω 1− e − e 4 8

в) X (Ω) = cos Ω + sin 3Ω , 2

e − jΩ −

2

Решење:

(−1) n +1 , а) x[n] = 1 ⎛ ⎞ π ⎜ n − ⎟ ⎝ 2 ⎠

⎛ 1 ⎞

n −1

б)

⎛ 1 ⎞

x[n] = ⎜ ⎟ ⎝ 5 ⎠

n +1

u[n − 1] − ⎜ ⎟ u[n] , ⎝ 5 ⎠ 1 1 1 1 в) x[n] = δ [n] + δ [n − 2] + δ [n + 2] − δ [n − 3] − δ [n + 3] , 4 4 4 4 г) x[n] =

2 ⎛ 1 ⎞

n

7 ⎛ 1 ⎞

n

⎜ ⎟ u[n] − ⎜ − ⎟ u[n] . 9 ⎝ 4 ⎠

9 ⎝ 2 ⎠

14. Каузални временски дискретни ЛТИ систем описан је диферецном једначином

3 1 y[n] − y[n − 1] + y[n − 2] = x[n] . 4 8 а)

Одредити фреквенцијски одзив система, Х (Ω).

б)

Одредити и скицирати импулсни одзив система.

в)

⎛ 1 ⎞ Одредити одзив система ако је на улаз доведена секвенца x[ n] = ⎜ ⎟ u[ n] . ⎝ 2 ⎠

n

Решење:

1

а) H (Ω) =

1−

3 4

e − jΩ +

1 8

e − j 2 Ω

⎡ ⎛ 1 ⎞ n ⎛ 1 ⎞ n ⎤ , б) h[ n] = ⎢2⎜ ⎟ − ⎜ ⎟ ⎥u[ n] , ⎢⎣ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 4 ⎠ ⎥⎦

- 191 -

Сигнали и системи – збирка решених задатака n −1 ⎡⎛ 1 ⎞ n ⎛ 1 ⎞ ⎤ в) y[n] = ⎢⎜ ⎟ + n⎜ ⎟ ⎥u[n] . ⎝ 2 ⎠ ⎥⎦ ⎢⎣⎝ 4 ⎠

15.

Импулсни

одзив

каузалног

временски


ЛТИ

система је

n

⎛ 1 ⎞ h[n] = ⎜ ⎟ u[n] . Одредити секвенцу на излазу система, ако је секвенца на улазу: ⎝ 2 ⎠ n

⎛ 3 ⎞ а) x[n] = ⎜ ⎟ u[n] , ⎝ 4 ⎠

б) x[n] = (− 1) . n

Решење: n

n

⎛ 3 ⎞ ⎛ 1 ⎞ а) y[n] = 3⎜ ⎟ u[n] − 2⎜ ⎟ u[n] , ⎝ 4 ⎠ ⎝ 2 ⎠

б) y[n] =

2 3

(− 1)n .

16. Каузални временски дискретни ЛТИ систем описан је диферецном једначином

1 y[n] + y[n − 1] = x[n] . 2 а)


б)

Скицирати амплитудну и фазну карактеристику система.

в)

Одредити секвенцу на излазу система ако је на улаз доведена секвеца n

⎛ 1⎞ x[ n] = ⎜ − ⎟ u[ n] . ⎝ 2⎠ Решење:

H (Ω) =

а)

1 , 1 − jΩ 1+ e 2

б) . |H(Ω )|

θ(Ω )

1.8

0.4

1.6 0.2

1.4 0 1.2 -0.2 1

-0.4

0.8

-3

-2

-1

0

1

2

Ω

3

-0.6

а )

-3

-2

-1

0

б )

- 192 -

1

2

Ω

3

6. Фуријеова анализа дискретних сигнала и система Слика 6.26 а ) Амплитудско фреквенцијски одзив система; б )Фазно фреквенцијски одзив система n

⎛ 1 ⎞ в) y[n] = (n + 1)⎜ − ⎟ u[n] . ⎝ 2 ⎠ 18. Каузални временски дискретни ЛТИ систем описан је диферецном једначином

1 1 y[n] + y[n − 1] = − x[n] + x[n − 1] 2 2 а)


б)

Скицирати амплитудну и фазну карактеристику система.

в)

Одредити секвенцу на излазу система ако је на улаз доведена секвеца n

⎛ 1 ⎞ x[n] = ⎜ ⎟ u[n] . ⎝ 2 ⎠ Решење:

− а)

H (Ω) =

1 2

1−

+ e − jΩ 1 2

,

e − jΩ

б)

- 193 -

Сигнали и системи – збирка решених задатака 3

|H(Ω)| 2.5

2

1.5

1

0.5

0

-3

-2

-1

0

1

2

Ω

3

-3

-2

-1

0

1

2

Ω

3

3

θ (Ω ) 2

1

0

-1

-2

-3


в)

y[ n] =

5 ⎛ 1 ⎞

n

3 ⎛ 1 ⎞

n

⎜ ⎟ u[n] − ⎜ − ⎟ u[n] . 4 ⎝ 2 ⎠ 4 ⎝ 2 ⎠

19. Каузални временски дискретни систем представљен је на слици 6.28. 1 4

1 3

−

1

−

2

1 2

Слика 6.28 Блок шема диксретног система при чему су x[n] и y[n] улаз и излаз система, редом. а) Одредити фреквенцијски одзив система, Х (Ω).

б) Скицирати амплитудну и фазну фреквенцијску карактеристику система.

- 194 -

6. Фуријеова анализа дискретних сигнала и система Решење:

1

7

1

− e − jΩ − e − j 2Ω

2 H (Ω) = 4 8 , 1 − jΩ 1 − j 2 Ω 1− e − e 6 6

а)

б) |H(Ω )| 1.7 1.6 1.5 1.4 1.3 1.2 1.1 1 0.9 0.8 0.7

-3

-2

-1

0

1

2

Ω

3

-3

-2

-1

0

1

2

Ω

3

3

θ(Ω ) 2

1

0

-1

-2

-3


19. Функција преноса каузалног временски континуалног ЛТИ система је 1 H c ( s ) = . Одредити фреквенцијски одзив дискретног система Х д(Ω), настало ( s + 1)2 на основу импулсне инваријантности одзива континуалног и дискретног система. Решење:

H d (Ω) = T s e

−T s

e − jΩ

(1 − e

)

−T s − jΩ 2

e

.

- 195 -


- 196 -

7. Моделовање система у простору стања

7. Моделовање система у простору стања Модел у простору стања временски континуалног ЛТИ система q& (t ) = Aq (t ) + Bx(t )

y (t ) = Cq (t ) + Dx(t )

(7.1)

q(t ) је вектор стања система, x(t ) вектор улаза у систем, y(t ) вектор излаза система, А матрица прелаза, B матрица управљања, C матрица мерења и D матрица улаза. Модел у простору стања временски дискретног ЛТИ система

q[n + 1] = Aq[n] + Bx[n]

y[n] = Cq[n] + Dx[n]

(7.2)

q[n] је вектор стања система, x[n] вектор улаза у систем, y[n] вектор излаза система, А матрица прелаза, B матрица управљања, C матрица мерења и D матрица улаза. Контролабилна канонична форма временски континуалног ЛТИ система

⎡On −1 A = ⎢ ⎣− a0 C = [b1

I n −1

− a1

K

K

bm ]

b2

⎤ − an −1 ⎥⎦

⎡On −1 ⎤ B = ⎢ ⎥ ⎣ 1 ⎦

(7.3)

D = b0

Контролабилна канонична форма временски дискретног ЛТИ система

I n −1 ⎡ On −1 ⎤ ⎥ ⎣− an −1 − an − 2 K − a1 ⎦ C = [bn − anb0 bn −1 − an −1b0 K b1 − a1b0 ]

A = ⎢

⎡On −1 ⎤ B = ⎢ ⎥ ⎣ 1 ⎦

(7.4)

D = b0

Опсервабилна канонична форма временски континуалног ЛТИ система

⎡0⎤ ⎢M ⎥ ⎢ ⎥ B = ⎢ β 1 ⎥ ⎢ ⎥ ⎢M ⎥ ⎢⎣ β m ⎥⎦ D = α 0

⎡ − α 1 ⎤ ⎢− α I ⎥ 2 n −1 ⎥ A = ⎢ ⎢ M ⎥ ⎢ ⎥ α O − n −1 ⎦ ⎣ n C = [1 On −1 ]

- 197 -

(7.5)

Сигнали и системи – збирка решених задатака Опсервабилна канонична форма временски дискретног ЛТИ система

⎡ − a1 ⎤ ⎢− a I ⎥ 2 n −1 ⎥ A = ⎢ ⎢ M ⎥ ⎢ ⎥ a O − n −1 ⎦ ⎣ n C = [1 On −1 ]

⎡ b1 − a1b0 ⎤ ⎢b − a b ⎥ 2 2 0⎥ B = ⎢ ⎢ K ⎥ ⎢ ⎥ b a b − ⎣ n n 0⎦

(7.6)

D = b0

Вектор стања временски континуалног ЛТИ система t

∫

q(t ) = e q(0) + e A(t −τ ) Bu (τ )d τ At

(7.7)

0

Вектор излаза временски континуалног ЛТИ система t

∫

y (t ) = Ce At q(0) + Ce A( t −τ ) Bu (τ )d τ + Du (t )

(7.8)

0

Вектор стања временски дискретног ЛТИ система

q[n] = A q[0] + n

n −1

∑ A

n −1− k

Bu[k ]

(7.9)

k = 0

Вектор излаза временски континуалног ЛТИ система

y[n] = CA q[0] + n

n −1

∑ CA

n −1− k

Bu[k ] + Du[k ]

(7.10)

k = 0

Функција преноса временски континуалног ЛТИ система −1

H ( s ) = C ( sI − A) B + D

(7.11)

Функција преноса временски дискретног ЛТИ система −1

H ( z ) = C ( zI − A) B + D

(7.12)

Услов стабилности временски континуалног ЛТИ система

Re{λ k } < 0

(7.13)

λ k су сопствене вредности матрице прелаза А. Услов стабилности временски дискретног ЛТИ система

λ k < 1

- 198 -

(7.14)


λ k су сопствене вредности матрице прелаза А.

Решени задаци 1. Одредити модел у простору стања система ако је систем описан интеграбилно диференцијалном једначином

d 2v(t ) 2

dt

+ k 3

dv(t ) dt

t

+ k 2v(t ) + k 1 ∫ v(τ )d τ = sin 3t + cos 3t 0

Решење:

d 3v(t ) 3

dt d 3v(t ) dt 3

+ k 3

d 2 v(t )

= −k 3

2

+ k 2

dt d 2v(t ) dt 2

dv(t )

− k 2

+ k 1v(t ) = 3 cos 3t − 3 sin 3t

dt dv (t ) dt

− k 1v(t ) + 3(cos 3t − sin 3t )

Усвајањем променљивих стања као q1 (t ) = v(t ),

q2 (t ) =

dv(t ) dt

,

q3 (t ) =

d 2v(t ) 2

dt

,

односно

q&1 (t ) =

dv(t ) dt

,

q&2 (t ) =

d 2v(t ) 2

dt

,

q&3 (t ) =

d 3v(t ) dt 3

, добија се систем диференцијалних

једначина

q&1 = q2 q&2 = q3 q&3 = − k 3q3 − k 2 q2 − k 1q1 + 3(cos 3t − sin 3t ) У матричном облику овај скуп диференцијалних једначина се може записати као

1 0 ⎤ ⎡ q1 ⎤ ⎡0⎤ ⎡ q&1 ⎤ ⎡ 0 ⎢q& ⎥ = ⎢ 0 ⎥ ⎢q ⎥ + ⎢0⎥3(cos 3t − sin 3t ) 0 1 2 ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ 2 ⎥ ⎢ ⎥ ⎢⎣ q&3 ⎥⎦ ⎢⎣− k 1 − k 2 − k 3 ⎥⎦ ⎢⎣ q3 ⎥⎦ ⎢⎣1⎥⎦ 2. Систем је представљен скупом диференцијалних једначина првог реда у матричном облику

1 0 0 ⎤ ⎡ q1 ⎤ ⎡0⎤ ⎡ q&1 ⎤ ⎡ 0 ⎢q& ⎥ ⎢ 0 ⎥ ⎢ ⎥ ⎢0 ⎥ 0 1 0 q2 2 ⎢ ⎥=⎢ ⎥ ⎢ ⎥ + ⎢ ⎥ x(t ) ⎢ q&3 ⎥ ⎢ 0 0 0 1 ⎥ ⎢ q3 ⎥ ⎢0⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ & q − − − − 1 2 3 4 ⎦ ⎣q4 ⎦ ⎣1⎦ ⎣ 4⎦ ⎣ Одредити представу система једном диференцијалном једначином, ако је излаз система y(t )=q1(t ). Решење:

- 199 -

Сигнали и системи – збирка решених задатака На основу матричног облика. систем диференцијалних једначина првог реда је

q&1 = 0q1 + 1q2 + 0q3 + 0q4 + 0 x(t ) = q2 q&2 = 0q1 + 0q2 + 1q3 + 0q4 + 0 x(t ) = q3 q&3 = 0q1 + 0q2 + 0q3 + 1q4 + 0 x(t ) = q4 q&4 = −1q1 − 2q2 − 3q3 − 4q4 + 1 x(t ) Сменом прве три једначине у четврту и y(t )=q1(t ), диференцијална једначина која описује понашање система је

d 4 y (t ) 4

dt

+4

d 3 y (t ) 3

dt

+3

d 2 y (t ) 2

dt

+2

dy (t ) dt

+ y (t ) = x(t )

3. За систем приказан блок – дијаграмом на слици 7.1. одредити модел система у простору стања.

Слика 7.1. Блок – дијаграм система уз задатак 3 Решење:

Усвајајући излазе кола за кашњење са слике 7.1 за стања система,

q2 [n + 1] = q1[n] , y[n] = x[n] + 2q2 [n] + 3q1[n] . Са слике се уочава да је

q1[n + 1] = y[n] = x[n] + 2q2 [n] + 3q1[n] . Представом претходних диферентних једначина у матричном облику, модел система у простору стања је

⎡ q1[n + 1] ⎤ ⎡3 2⎤ ⎡ q1[n] ⎤ ⎡1⎤ ⎢q [n + 1]⎥ = ⎢1 0⎥ ⎢q [n]⎥ + ⎢0⎥ x[n] ⎦⎣ 2 ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ 2 ⎦ ⎣ ⎡ q1[n] ⎤ y[n] = [3 2]⎢ ⎥ + 1 x[n] . q [ n ] ⎣ 2 ⎦ 4. Блок шема временски дискретног ЛТИ система приказана је на слици 7.2.

- 200 -


Слика 7.2. Блок шема система уз задатак 4

а) Представити систем у простору стања са променљивима стања q1[n] и q2[n] са слике 7.2.

б) Одредити преносну функцију система H ( z ). в) Одредити диференцну једначину система. Решење:

q1[n + 1] = 1q1[n] −

а)

1 2

q2 [n] + 1 x[n]

q2 [n + 1] = 1q1[n] + 0q2 [n] + 0 x[n] Излазни сигнал система y[н] је

1 1 y[n] = − q1[n + 1] + q1[n] + x[n] 2 3 1 ⎛ 1 1 ⎞ y[n] = − ⎜1q1[n] − q2 [n] + 1 x[n] ⎟ + q1[n] + x[n] 2 ⎝ 2 3 ⎠ 1 1 1 y[n] = q1[n] + q2 [n] − x[n] 2 4 6 Усвајањем вектора стања q[ n] =

⎡ q1[n] ⎤ ⎡ q1[n + 1] ⎤ , односно q [ n 1 ] + = ⎢q [n]⎥ ⎢q [n + 1]⎥ , модел у ⎣ 2 ⎦ ⎣ 2 ⎦

простору стања је

q[n + 1] = Aq[n] + Bx[n] y[n] = Cq[n] + Dx[n] где је

⎡1 − 0.5⎤ A = ⎢ ⎥, 1 0 ⎣ ⎦ б)

⎡1⎤ B = ⎢ ⎥ , ⎣0 ⎦

Применом релације (7.12), добијено је

- 201 -

C = [0.5 0.25] ,

1 D = − . 6

Сигнали и системи – збирка решених задатака −1

⎛ ⎡ z 0⎤ ⎡1 − 0.5⎤ ⎞ ⎡1⎤ 1 ⎟ ⎢ ⎥− H ( z ) = [0.5 0.25] ⋅ ⎜ ⎢ ⎥ ⎜ 0 z ⎥ − ⎢1 0 ⎦ ⎠⎟ ⎣0⎦ 6 ⎦ ⎣ ⎝ ⎣ −1 ⎡ z − 1 0.5⎤ ⎡1⎤ 1 ⎡ z − 0.5⎤ ⎡1⎤ 1 1 [ ] H ( z ) = [0.5 0.25] ⋅ ⎢ 0 . 5 0 . 25 − = ⋅ ⋅⎢ ⎥− ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ z ( z − 1) + 0.5 ⎣1 z − 1 ⎦ ⎣0⎦ 6 ⎣ − 1 z ⎦ ⎣0⎦ 6 ⎡1 ⎤ 1 1 H ( z ) = 2 [0.5 z + 0.25 − 0.25 + 0.25( z − 1)] ⋅ ⎢ ⎥ − z − z + 0.5 ⎣0 ⎦ 6 H ( z ) =

1 z − z + 0.5 2

3 z + 1.5 − z 2 + z − 0.5

6

6( z 2 − z + 0.5)

(0.5 z + 0.25) − =

H ( z ) = − в)

1

1 z 2 − 4 z − 1 6 z 2 − z + 0.5

Функција преноса система је

H ( z ) =

Y ( z ) X ( z )

=−

1 z 2 − 4 z − 1 6 z 2 − z + 0.5

,

одакле је

6 z 2Y ( z ) − 6 zY ( z ) + 3Y ( z ) = − z 2 X ( z ) + 4 zX ( z ) + X ( z ) . Дељењем ове релације полиномом z 2 и применом инверзне Z трансформације,

6 y[n] − 6 y[n − 1] + 3 y[n − 2] = − x[n] + 4 x[n − 1] + x[ n − 2] , одакле је диферентна једначина која описује понашање система

1 1 2 1 y[ n] − y[n − 1] + y[n − 2] = − x[n] + x[n − 1] + x[n − 2] . 2 6 3 6 5. Скицирати блок шему временски дискретног ЛТИ система представљеног у простору стања

⎡0 1⎤ ⎡0 ⎤ q[n + 1] = ⎢ 1 2 ⎥ q[ n] + ⎢ ⎥ x[n] ⎢⎣ 2 3 ⎥⎦ ⎣1⎦ y[n] = [3 − 2]q[n] . Решење:

⎡ q1[n]⎤ ⎡ q1[n + 1]⎤ , односно q [ n 1 ] , дати систем се описује са три + = ⎥ ⎢ ⎥ ⎣q2[n]⎦ ⎣q2[n + 1]⎦

Ако је q[ n] = ⎢

диферентне једначине прве врсте:

q1[n + 1] = 0q1[n] + 1q2 [n] + 0 x[n]

- 202 -


q2 [n + 1] =

1

q1[n] +

2

q2 [n] + 1 x[n]

2 3 y[n] = 3q1[n] − 2q2 [n] + 0 x[n]

На основу ових једначина, блок шема временски дискретног ЛТИ система је


6. Дат је временски дискретни ЛТИ систем приказан на слици 7.4. Одредити модел система у простору стања, ако су променљивиме стања q1[n] и q2[n] означене на слици. 2 x[n]

q2[n+1]

+

-1

q2[n]

q1[n+1]

z

z

+ +

-1

q1[n]

+

y[n]

-

5/6

1/6

Слика 7.4. Блок шема система уз задатак 6 Решење:

q1[n + 1] = 0q1[n] + 1q2 [n] + 0 x[n] 1 5 q2 [n + 1] = − q1[n] + q2 [n] + 1 x[n] 6 6 y[n] = −q1[n] + 2q2 [n] + 0 x[n]

- 203 -


⎡ q1[n]⎤ ⎡ q1[n + 1] ⎤ q [ n 1 ] + = , односно ⎥ ⎢q [n + 1]⎥ , модел у простору стања q [ n ] ⎣ 2 ⎦ ⎣ 2 ⎦

Ако је q[ n] = ⎢ система је

q[n + 1] = Aq[ n] + Bx[n] y[n] = Cq[n] + Dx[n] где је

⎡ 0 A = ⎢ 1 ⎢⎣− 6

1⎤ 5⎥ ,

⎡ 0⎤ B = ⎢ ⎥ , ⎣1⎦

6 ⎥⎦

C = [− 1 2] ,

D = 0 .

7. Дата је блок шема временски континуалног ЛТИ система на слици 7.5. q& 2 (t )

x (t )

∫

q&1 (t )

q2 (t )

∫

q1 (t )

y (t )

α Слика 7.5. Блок шема система уз задатак 7

а) Одредити модел система у простору стања ако су променљиве стања означене на слици.

б) Одредити вредности α за које је дати систем бити асимптотски стабилан. Решење:

q&1 (t ) = −3q1 (t ) + 1q2 (t ) + 0 x(t )

а)

q&2 (t ) = −α q1 (t ) + 1q2 (t ) + 1 x(t ) y (t ) = 1q1 (t ) + 0q2 (t ) + 0 x(t )

⎡ q1 (t ) ⎤ ⎡ q&1 (t ) ⎤ Ако је q (t ) = ⎢ ⎥ , односно q& (t ) = ⎢q& (t )⎥ , модел у простору стања система је q ( t ) ⎣ 2 ⎦ ⎣ 2 ⎦ q& (t ) = Aq (t ) + Bx(t ) y (t ) = Cq (t ) + Dx(t ) где је

⎡− 3 A = ⎢ ⎣ − α б)

1⎤

⎥,

1⎦

⎡ 0⎤ B = ⎢ ⎥ , ⎣1⎦

Карактеристична једначина система је

- 204 -

C = [1 0] ,

D = 0 .


⎡λ 0 ⎤ ⎡ − 3 1⎤ ⎡λ + 3 − 1 ⎤ −⎢ =⎢ = λ 2 + 2λ + (α − 3) . ⎥ ⎥ ⎥ ⎣ λ ⎦ ⎣− α 1⎦ ⎣ α λ − 1⎦

c(λ ) = λ I − A = ⎢ 0

Сопствене вредности λк система су λ1,2

= −1 ± 4 − α . Како би ови корени

егзистирали потребно је да 4 − α ≥ 0 . Како је потребно и да сопствене вредности имају негативне реалне делове (7.13), потребно је и да ове две неједначине, параметар α је α ∈ (3,4] .

4 − α − 1 < 0 . Решавањем

8. На слици 7.6. приказан је временски континуални ЛТИ систем.

q&2 (t )

x(t )

∫

q2 (t )

q&1 (t )

∫

q1 (t )

y(t )


а) Одредити модел система у простору стања ако су променљиве стања означене на слици.

б) Испитати асимптотску стабилност система. в) Одредити функцију преноса система H ( s). г) Испитати БИБО стабилност система. Решење:

q&1 (t ) = −2q1 (t ) − 3q2 (t ) + 0 x (t )

а)

q&2 (t ) = 0q1 (t ) + 1q2 (t ) + 1x (t ) y (t ) = q1 (t ) + q2 (t )

⎡ q1 (t ) ⎤ ⎡ q&1 (t ) ⎤ & Ако је q(t ) = ⎢ ⎥ , односно q (t ) = ⎢q& (t )⎥ , модел у простору стања система је q ( t ) ⎣ 2 ⎦ ⎣ 2 ⎦ q& (t ) = Aq (t ) + Bx(t ) y (t ) = Cq (t ) + Dx(t ) где је

⎡ −2 −3⎤ , ⎥ ⎣0 1⎦

A = ⎢ б)

⎡0 ⎤ B = ⎢ ⎥ , ⎣1⎦


- 205 -

C = [1 1] ,

D = 0 .


⎡λ 1

c(λ ) = λ I − A = ⎢

⎣0

⎡− 2 3⎤ ⎡λ 1 + 2 − 3 ⎤ − =⎢ = (λ 1 + 2)(λ 2 − 1) . ⎥ ⎥ ⎢ ⎥ λ 2 ⎦ ⎣ 0 1⎦ ⎣ 0 λ 2 − 1⎦ 0⎤

Сопствене вредности система су λ 1

= −2 и λ 2 = 1 .Како је Re {λ 2 } > 0 систем није

асимптотски стабилан.

в)

Користећи (7.11), функција преноса система је −1

⎛ ⎡ s 0⎤ ⎡− 2 − 3⎤ ⎞ ⎡0⎤ −1 H ( s) = C ( sI − A) B + D = [1 1]⎜ ⎢ ⎥ ⎟⎟ ⎢1⎥ ⎜ 0 s ⎥ − ⎢ 0 1 ⎦ ⎣ ⎦ ⎠ ⎣ ⎦ ⎝ ⎣ −1

⎛ ⎡ s + 2 3 ⎤ ⎞ ⎡0⎤ ⎡ s − 1 − 3 ⎤ ⎡0⎤ 1 ⎟ H ( s ) = [1 1]⎜ ⎢ 1 1 = [ ] ⎜ 0 s − 1⎥ ⎟ ⎢1⎥ ( s + 2)( s − 1) ⎢⎣ 0 s + 2⎥⎦ ⎢⎣1⎥⎦ ⎦ ⎠ ⎣ ⎦ ⎝ ⎣ ⎡ 0⎤ 1 1 H ( s) = ( s − 1) [ s − 1 − 3 + s + 2]⎢ ⎥ = ( s + 2)( s − 1) ⎣1⎦ ( s + 2)( s − 1) H ( s ) =

1

( s + 2)

Једини пол функције преноса H ( s ) =

г)

.

1 s + 2

је s

= −2 који се налази у левој

полуравни комплексне s- равни. На основу ове особине систем је БИБО стабилан. 1

9. Временски континуални ЛТИ систем је приказан на слици 7.7.

x (t )

q&1 (t )

+

∫

q1 (t )

2

- q& (t ) 2

+

+

+

∫

+

q2 (t )

y (t )

-


а) Испитати асимптотску стабилност система. б) Одредити функцију преноса система H ( s). в) Испитати БИБО стабилност система. Решење:

а)

Ако се излази интегратора означе као променљиве стања система, тада су диференцијалне једначине

q&1 (t ) = q2 (t ) + x(t ) - 206 -


q&2 (t ) = 2q1 (t ) + q2 (t ) − x(t ) y (t ) = q1 (t ) − q2 (t )

⎡ q1 (t ) ⎤ ⎡ q&1 (t ) ⎤ & q ( t ) = ⎥ , односно ⎢q& (t )⎥ , модел у простору стања система је q ( t ) ⎣ 2 ⎦ ⎣ 2 ⎦ q& (t ) = Aq (t ) + Bx(t ) y (t ) = Cq (t ) + Dx(t )

Ако је q(t ) = ⎢

где је

⎡0 1⎤ , ⎥ ⎣2 1⎦

⎡1⎤ , ⎥ ⎣− 1⎦

A = ⎢

C = [1 − 1] ,

B = ⎢

D = 0 .


−1 ⎤ 2 λ = − λ − 2 = (λ + 1)(λ − 2) . ⎥ λ − 1⎦

⎡λ 0 ⎤ ⎡0 1⎤ ⎡ λ c(λ ) = λ I − A = ⎢ −⎢ =⎢ ⎥ ⎥ ⎣ 0 λ ⎦ ⎣2 1⎦ ⎣− 2 Сопствене вредности система су λ 1

= −1 и λ 2 = 2 . Како је Re {λ 2 } > 0 систем није

асимптотски стабилан.

б)

На основу (7.11) функција преноса система H ( s) је −1

−1

⎛ ⎡ s 0⎤ ⎡0 1⎤ ⎞ ⎡ 1 ⎤ ⎛ ⎡ s − 1 ⎤ ⎞ ⎡ 1 ⎤ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ H ( s ) = [1 − 1] ⎢ ⎜ 0 s ⎥ − ⎢2 1⎥ ⎟ ⎢− 1⎥ = [1 − 1]⎜ ⎢− 2 s − 1⎥ ⎟ ⎢− 1⎥ ⎦ ⎣ ⎦ ⎠ ⎣ ⎦ ⎦ ⎠ ⎣ ⎦ ⎝ ⎣ ⎝ ⎣ ⎛ ⎡ s − 1 1⎤ ⎞ ⎡ 1 ⎤ 1 2( s − 2) ⎟ H ( s ) = = [1 − 1]⎜⎜ ⎢ ⎥ ⎟⎢− 1⎥ ( s + 1)( s − 2) 2 s ( s + 1)( s − 2) ⎦ ⎠ ⎣ ⎦ ⎝ ⎣ H ( s) = в)

2 s + 1

Једини пол функције преноса H ( s) =

2 s + 1

је s

= −1 који се налази у левој

полуравни комплексне s- равни. На основу ове особине систем је БИБО стабилан. Ако почетна стања нису једнака нули, систем је нестабилан.

10. Временски

H ( s ) =

континуални

3 s 2 − 1 s + 3s − s − 2 3

2

ЛТИ

систем

је

описан

функцијом

. Представити систем моделом у простору стања.

Решење:

На основу функције преноса система, добијено је

s 3Y ( s ) + 3s 2Y ( s) − sY ( s) − 2Y ( s) = 3s2 X ( s) − X ( s) Y ( s ) + 3s −1Y ( s ) − s −2Y ( s) − 2 s −3Y ( s) = 3s −1 X ( s) − s−3 X ( s)

- 207 -

преноса


Y ( s ) = −3s −1Y ( s) + s −2Y ( s) + 3s −1 X ( s) + 2 s−3Y ( s) − s −3 X ( s) Y ( s ) = s −1 (− 3Y ( s) + 3 X ( s ) + s −1 (Y ( s) + s −1 (2Y ( s ) − X ( s) ))). На основу комплексног лика излаза, једначине које описују понашање система су

q&1 (t ) = −3q1 (t ) + 1q2 (t ) + 0q3 (t ) + 3x (t ) , q&2 (t ) = 1q1 (t ) + 0q2 (t ) + 1q3 (t ) + 0 x(t ) , q&3 (t ) = 2q1 (t ) + 0q2 (t ) + 0q3 (t ) + (− 1) x (t ) , y (t ) = q1 (t ) . Ако је q (t ) = [q1 (t )

q2 (t )

q3 (t )] , односно q& (t ) = [q&1 (t ) T

q&3 (t )] , модел у T

q&2 (t )

простору стања система је

q& (t ) = Aq (t ) + Bx(t ) y (t ) = Cq (t ) + Dx(t ) где је

⎡ −3 1 0 ⎤ ⎢ ⎥ A = 1 0 1 , ⎢ ⎥ ⎢⎣ 2 0 0⎥⎦

⎡3⎤ ⎢ ⎥ B = 0 , ⎢ ⎥ ⎢⎣ −1⎥⎦

C = [1 0

0] ,

D = 0 .

На слици 7.8. приказана је блок шема овог система. x(t )

q&3 (t )

∫

q& 2 (t )

q3 (t )

∫

q2 (t )

q&1 (t )

∫

q1 (t )

y (t )


11. Функција преноса временски дискретног ЛТИ система је H ( z ) = Представити систем у простору стања

а) Контолабилном каноничком формом. б) Опсервабилном каноничком формом. Решење:

- 208 -

z 2 z 2 − 3 z + 1

.


H ( z ) =

а)

Y ( z ) X ( z )

=

z 2 z 2 − 3 z + 1

=

z −1

C ( z )

2 − 3 z −1 + z − 2 C ( z )

На основу функције преноса система, следи

Y ( z ) = z −1C ( z ) X ( z ) = 2C ( z ) − 3 z −1C ( z ) + z −2C ( z ) односно

y[n] = c[n − 1] c[n] = 0.5 x[n] + 1.5c[n − 1] − 0.5c[n − 2] На слици 7.9. приказана је блок шема система описаног овим скупом диференцних једначина. y[n]

x[n] 0.5

+

c[n]

+

+ q2[n+1]

z-1

c[n-1] q2[n]

q1[n+1]

z-1

c[n-2] q1[n]

1.5

-0.5

Слика 7.9. Блок шема система уз задатак 11а Усвајањем излаза кола за кашњење са слике 7.9. за променљиве стања система,

q1[n + 1] = 0q1[n] + 1q2 [n] + 0 x[n] q2 [n + 1] = −0.5q1[n] + 1.5q2 [n] + 0.5 x[n] y[n] = 0q1[n] + 1q2 [n] + 0 x[n]

⎡ q1[n] ⎤ ⎡ q1[n + 1] ⎤ Ако је q[ n] = ⎢ ⎥ , односно q[n + 1] = ⎢q [n + 1]⎥ , модел у простору стања q [ n ] ⎣ 2 ⎦ ⎣ 2 ⎦ система је


1⎤ ⎡ 0 , ⎥ ⎣− 0.5 1.5⎦

A = ⎢

⎡0⎤ , ⎥ ⎣0.5⎦

B = ⎢

- 209 -

C = [0 1] ,

D = 0 .


H ( z ) =

б)

Y ( z ) X ( z )

−

=

z 1 2 − 3 z −1 + z − 2

2Y ( z ) − 3 z −1Y ( z ) + z −2Y ( z ) = z −1 X ( z ) −

−

−

Y ( z ) − 1.5 z 1Y ( z ) + 0.5 z 2Y ( z ) = 0.5 z 1 X ( z )

(

Y ( z ) = z −1 1.5Y ( z ) + 0.5 X ( z ) + z −1 (− 0.5Y ( z )) Блок – шема система је приказана на слици 7.10. x[n]

0.5

q2[n+1]

-1

z

q2[n] +

+

q1[n+1]

z

-1

q1[n]

y[n]

+ 1.5

-0.5

Слика 7.10. Блок шема система уз задатак 11б Усвајањем излаза кола за кашњење са слике 7.10 за променљиве стања система,

q1[n + 1] = 1.5q1[n] + 1q2 [n] + 0.5 x[n] q2 [n + 1] = −0.5 y[n] = −0.5q1[n] + 0q2 [n] + 0 x[n] y[n] = 1q1[n] + 0q2 [n] + 0 x[n]

⎡ q1[n]⎤ ⎡ q1[n + 1] ⎤ , односно [ 1 ] , модел у простору стања + = q n ⎥ ⎢ ⎥ ⎣q2[n]⎦ ⎣q2[n + 1]⎦

Ако је q[ n] = ⎢ система је

q[n + 1] = Aq[ n] + Bx[n] y[n] = Cq[n] + Dx[n] где је

⎡ 1.5 1⎤ ⎥, 0 . 5 0 − ⎣ ⎦

A = ⎢

12. Функција

H ( s ) =

преноса

⎡0.5⎤ ⎥, 0 ⎣ ⎦

C = [1 0] ,

B = ⎢

временски

3 s + 7 ( s + 1)( s + 2)( s + 5)

континуалног

D = 0 .

ЛТИ

. Представити систем у простору стања

- 210 -

система

је


а) Контолабилном каноничком формом. б) Опсервабилном каноничком формом. Решење:

H ( s ) =

а)

Y ( s) X ( s )

=

3s + 7 s3 + 8s 2 + 17 s + 10

=

3s + 7

C (s)

s3 + 8s 2 + 17 s + 10 C (s )

На основу функције преноса система, следи

Y ( s ) = 3 sC ( s ) + 7C ( s ) X ( s) = s 3C ( s ) + 8 s 2C ( s ) + 17 sC ( s ) + 10C ( s ) односно

y (t ) = 3c&(t ) + 7c(t ) &c&&(t ) = −8c &&(t ) − 17c&(t ) − 10c (t ) + x (t ) На слици 7.11. приказана је блок шема система описаног овим скупом диференцијалних једначина.

x(t )

&c&&(t ) q& 3 (t )

∫

&c&(t ) q3 (t )

q& 2 (t )

∫

c&(t ) q2 (t )

q&1 (t )

∫

c(t ) q1 (t )

y (t )

Слика 7.11. Блок шема система уз задатак 12а Усвајањем излаза интегратора за променљиве стања система,

q&1 (t ) = q2 (t ) q&2 (t ) = q3 (t ) q&3 (t ) = −10q1 (t ) − 17 q2 (t ) − 8q3 (t ) + x(t ) y (t ) = 7q1 (t ) + 3q2 (t ) Ако је q(t ) = [q1 (t ) простору стања је

q2 (t )

q3 (t )] , односно q& (t ) = [q&1 (t ) T

q& (t ) = Aq (t ) + Bx(t ) y (t ) = Cq (t ) + Dx(t )

где је

- 211 -

q&2 (t )

q&3 (t )] , модел у T


1 0 ⎤ ⎡ 0 ⎢ ⎥ A = 0 0 1 , ⎢ ⎥ ⎢⎣− 10 − 17 − 8⎥⎦

⎡0 ⎤ ⎢ ⎥ B = 0 , ⎢ ⎥ ⎢⎣1⎥⎦

H ( s ) =

б)

Y ( s) X ( s)

=

C = [7

3 0] ,

D = 0 .

3s + 7 s3 + 8s 2 + 17 s + 10

s 3Y ( s ) + 8 s 2Y ( s ) + 17 sY ( s) + 10Y ( s ) = 3 sX ( s) + 7 X ( s ) Y ( s ) = s

−1

(− 8Y ( s) + s − (− 17Y ( s) + 3 X ( s) + s − (− 10Y ( s) + 7 X ( s)))) 1

1

На слици 7.12. приказана је блок шема овог система. x(t )

q& 3 (t )

∫

q3 (t )

q&2 (t )

∫

q2 (t )

q&1 (t )

∫

q1 (t )

y (t )

Слика 7.12. Блок шема система уз задатак 12б Усвајањем излаза интегратора за променљиве стања система,

q&1 (t ) = −8q1 (t ) + q2 (t ) q&2 (t ) = −17 q1 (t ) + q3 (t ) + 3 x(t ) q&3 (t ) = −10q1 (t ) + 7 x(t ) y (t ) = q1 (t ) Ако је q (t ) = [q1 (t )

q2 (t )

q3 (t )] , односно q& (t ) = [q&1 (t ) T

q&2 (t )

q&3 (t )] , модел у q& (t ) = Aq (t ) T

y (t ) = Cq (t ) + Dx(t ) где је

⎡ − 8 1 0⎤ ⎢ ⎥ A = − 17 0 1 , ⎢ ⎥ ⎢⎣ − 10 0 0⎥⎦

⎡0 ⎤ ⎢ ⎥ B = 3 , ⎢ ⎥ ⎢⎣7⎥⎦

C = [1 0

0] ,

D = 0 .

13. Представити временски дискретни ЛТИ систем у простору стања, ако је диферецна једначина која повезује одзив и побуду овог система

- 212 -


3 1 1 y[n] − y[n − 1] + y[n − 2] = x[n] + x[n − 1] 4 8 2 Решење:

Z трансформацијом леве и десне стране диференцне једначине

3 1 1 Y ( z ) − z −1Y ( z ) + z − 2Y ( z ) = X ( z ) + z −1 X ( z ) , 4 8 2 1 1 ⎛3 ⎞ Y ( z ) = z −1 ⎜ Y ( z ) + X ( z ) − z −1 Y ( z ) ⎟ + X ( z ) . 2 8 ⎝4 ⎠ На слици 7.13. приказана је блок – шема система описаног овом диференцном једначином.

Слика 7.13. Блок шема система уз задатак 13 Усвајањем излаза кола за кашњење са слике 7.13 за променљиве стања система,

y[n] = q1[n] + x[n] 3 1 3 5 q1[ n + 1] = q2 [n] + y[n] + x[ n] = q1[n] + q2 [n] + x[ n] 4 2 4 4 1 1 1 q2 [n + 1] = − y[n] = − q1[n] − x[n] 8 8 8

⎡ q1[n] ⎤ ⎡ q1[n + 1] ⎤ Ако је q[ n] = ⎢ ⎥ , односно q[n + 1] = ⎢q [n + 1]⎥ , модел у простору стања q [ n ] ⎣ 2 ⎦ ⎣ 2 ⎦ система је


- 213 -


⎡ 3 ⎤ 1 ⎢ ⎥ A = ⎢ 4 ⎥, 1 0⎥ ⎢− ⎣ 8 ⎦

⎡ 5 ⎤ ⎢ ⎥ B = ⎢ 4 ⎥ , 1 ⎢− ⎥ ⎣ 8⎦

C = [1 0] ,

D = 1 .

14. Представити временски дискретни ЛТИ систем у простору стања, ако је диферецна једначина која повезује одзив и побуду овог система &&(t ) + 3 y& (t ) + 2 y (t ) = 4 x& (t ) + x (t ) y

Решење:

Лапласовом трансформацијом леве и десне стране диференцијалне једначине

s 2Y ( s ) + 3 sY ( z ) + 2Y ( s) = 4 sX ( s ) + X ( s)

(

)

Y ( s ) = s −1 − 3Y ( s ) + 4 X ( s ) + s −1 (− 2Y ( s ) + X ( s ))

На слици 7.14. приказана је блок – шема система описаног овом диференцном једначином. x (t )

q& 2 (t )

∫

q2 (t )

q&1 (t )

∫

y (t ) q1 (t )

Слика 7.13. Блок шема система уз задатак 14 Усвајањем излаза интегратора за променљиве стања система,

q&1 (t ) = −3q1 (t ) + q2 (t ) + 4 x(t ) q&2 (t ) = −2q1 (t ) + x(t ) y (t ) = q1 (t )

⎡ q1 (t ) ⎤ ⎡ q&1 (t ) ⎤ & , односно q ( t ) , модел у простору стања је q& (t ) = Aq(t ) + Bx(t ) = ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ q2 (t ) ⎦ ⎣ q&2 (t ) ⎦ y (t ) = Cq (t ) + Dx(t )

Ако је q (t ) = ⎢

где је

- 214 -


⎡ − 3 1⎤ , ⎥ ⎣− 2 0⎦

⎡4⎤ B = ⎢ ⎥ , ⎣1 ⎦

A = ⎢

C = [1 0] ,

D = 0 .

15. На слици 7.15. приказано је електрично коло, док су вредности параметара кола R=1Ω, L=0.25H, C =4/3F.

Слика 7.15. Електрично коло уз задатак 15

а) Представити електрично коло моделом у простору стања усвајајући за променљиве стања струју која протиче кроз завојницу iL(t ) и напон на кодензатору vC(t ), док је излаз система напон на кодензатору vC(t ).

б) Одредити функцију преноса система користећи модел система у простору стања. Решење:

а)

На основу првог Кирхофовог закона следи да је i (t ) = i L (t ) = iC (t ) , док на

основу другог Кирхофовог закона је

Ri L (t ) + L di L (t ) dt

=−

R L

i L (t ) −

1 L

di L (t ) dt 1

vC (t ) +

L

+ vC (t ) = v(t )

v(t ) = − 4iL (t ) − 4vC (t ) + 4v(t ) .

Струја иЦ(т) је

dvC (t ) dt dvC (t ) 1 3 = i L (t ) = iL (t ) 4 dt C iC (t ) = iL (t ) = C

Усвајањем променљивих стања q1 (t ) = i L (t ) , q2 (t ) = vC (t ) , односно q&1 (t ) =

q&2 (t ) =

dvC (t ) dt

di L (t ) dt

,

, систем диференцијалних једначина који описује понашање система

је

q&1 (t ) = −4q1 (t ) − 4q2 (t ) + 4v(t )

- 215 -


q&2 (t ) =

3

q1 (t ) 4 y (t ) = q2 (t )

⎡ q1 (t ) ⎤ ⎡ q&1 (t ) ⎤ & , односно q ( t ) = ⎥ ⎢ q& (t ) ⎥ , модел у простору стања је q& (t ) = Aq(t ) + Bx(t ) q ( t ) ⎣ 2 ⎦ ⎣ 2 ⎦ y (t ) = Cq (t ) + Dx(t )

Ако је q (t ) = ⎢

где је

⎡− 4 − 4⎤ A = ⎢ 3 ⎥, 0 ⎢⎣ 4 ⎥⎦ б)

⎡4 ⎤ B = ⎢ ⎥ , ⎣0 ⎦

C = [0 1] ,

D = 0 .


−1

⎛ ⎡ s 0⎤ ⎡ − 4 − 4⎤ ⎞ ⎡ 4⎤ ⎛ ⎡ s − 4 4⎤ ⎞ ⎡ 4⎤ ⎟ ⎜⎢ ⎟ ⎢ ⎥ [ ] H ( s ) = [0 1]⎜⎜ ⎢ 0 1 − = ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎥ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎣0 s ⎦ ⎣0.75 0 ⎦ ⎠ ⎣0⎦ ⎝ ⎣ − 0.75 s ⎦ ⎠ ⎣0⎦ ⎛ ⎡ s 0.75 ⎤ ⎞ ⎡4⎤ ⎡ 4 s ⎤ 1 1 ⎟ [0 1]⎜⎜ ⎢ [ ] H ( s ) = 2 0 1 = ⎥⎟⎢ ⎥ ⎢− 16⎥ 2 s + 4 s + 3 ⎣ ⎦ ⎝ ⎣− 4 s + 4⎦ ⎠ ⎣0⎦ s + 4 s + 3 − 16 Y ( s ) H ( s ) = = 2 X ( s) s + 4 s + 3 16. На слици 7.16. приказано је електрично коло, чији су параметри R=1Ω, L=1H, C 1= C 2=2F. Моделовати коло са слике као систем у простору стања тако да је излаз система vC2(t ).

Слика 7.16. Електрично коло уз задатак 16 Решење: Са слике 7.16 се уочава

vC 1 (t ) = v L (t ) + vC 2 (t ) , di L (t ) dt

=

1 L

vC 1 (t ) −

1 L

vC 2 (t ) = vC 1 (t ) − vC 2 (t ) .

Са друге стране је i (t ) = i L (t ) + iC 1 (t ) , а применом другог Кирхофовог закона је

- 216 -


v(t ) = Ri (t ) + vC 1 (t ) = Ri L (t ) + RiC 1 (t ) + vC 1 (t ) Како је iC 1 (t ) = C 1

dvC 1 (t ) dt

=−

dvC 1 (t ) dt 1

C 1

, то је на основу претходног израза

i L (t ) −

1 RC 1

vC 1 (t ) +

Како је iC 2 (t ) = i L (t ) и iC 2 (t ) = C 2

1

1 1 1 v(t ) = − i L (t ) − vC 1 (t ) + v(t ) RC 1 2 2 2

dvC 2 (t ) dt

dvC 2 (t ) dt

=

, то је

1 C 2

i L (t ) =

1 2

i L (t )

На основу услова задатка да је излаз кола vC2(t ) y (t ) = vC 2 (t ) .

⎡ di (t ) Ако је q(t ) = [i L (t ) vC 1 (t ) vC 2 (t )] , односно q& (t ) = ⎢ L ⎣ dt T

модел у простору стања је

dvC 2 (t ) ⎤

dvC 1 (t )

T

, dt ⎥⎦

dt

q& (t ) = Aq (t ) + Bv(t ) y (t ) = Cq (t ) + Dv(t )

где је

1 − 1⎤ ⎡ 0 ⎢ ⎥ A = − 0.5 − 0.5 0 , ⎢ ⎥ ⎢⎣ 0.5 0 0 ⎥⎦

⎡0⎤ ⎢ ⎥ B = 0.5 , ⎢ ⎥ ⎢⎣ 0 ⎥⎦

C = [0

0 1] ,

D = 0 .

17. На слици 7.17. приказано је електрично коло, чији су параметри R=1Ω, L=2H, C =1F. i(t)

iC(t)

+ +

+

R iL(t)

v(t)

C L

v(t)

vL(t)


а) Представити електрично коло моделом у простору стања, ако је излаз система струја кроз завојницу iL(t ).

б) Одредити функцију преноса система користећи модел система у простору стања.

- 217 -


Са слике 7.17 се уочава да је v L (t ) = vC (t ) . Како је v L (t )

a)

di L (t )

=

1

vC (t ) =

= L

di L (t ) dt

, то је

1

vC (t ) dt L 2 Са друге стране је i (t ) = i L (t ) + iC (t ) и v (t ) = Ri (t ) + vC (t ) . На основу ових једначина v (t ) = RiC (t ) + Ri L (t ) + vC (t )

је

dvC (t ) dt

1 1 i L (t ) − vC (t ) + v(t ) = −i L (t ) − vC (t ) + v(t ) C RC RC ⎡ di (t ) dvC (t ) ⎤ T , модел у простору vC (t )] , односно q& (t ) = ⎢ L ⎥ dt dt ⎣ ⎦

=−

Ако је q (t ) = [i L (t )

1

стања је

q& (t ) = Aq(t ) + Bv(t ) y (t ) = Cq (t ) + Dv(t )

где је

⎡ 0 0.5⎤ , ⎥ ⎣− 1 − 1⎦

⎡0 ⎤ B = ⎢ ⎥ , ⎣1⎦

A = ⎢ b)

C = [1 0] ,

D = 0 .


−1

⎛ ⎡ s 0⎤ ⎡ 0 0.5⎤ ⎞ ⎡0⎤ ⎛ ⎡ s − 0.5⎤ ⎞ ⎡0⎤ ⎟ ⎜⎢ ⎟ [ ] H ( s ) = [1 0]⎜ ⎢ 1 0 − = ⎜ 0 s ⎥ ⎢− 1 − 1⎥ ⎟ ⎢1⎥ ⎜ 1 s + 1 ⎥ ⎟ ⎢1⎥ ⎦ ⎣ ⎦ ⎠ ⎣ ⎦ ⎦ ⎠ ⎣ ⎦ ⎝ ⎣ ⎝ ⎣ ⎡ s + 1 − 1⎤ ⎡0⎤ ⎡− 1⎤ 1 1 [1 0]⎢ H ( s) = 2 ⎥ ⎢1⎥ = s 2 + s + 0.5 [1 0]⎢ s ⎥ 0 . 5 s s + s + 0.5 ⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦ H ( s) =

2 −1 = − 2 s 2 + 2 s + 1 X ( s) s 2 + s + 0.5 Y ( s)

=

Задаци за решавање 1. Каузални временски континуални ЛТИ систем описан је диференцијалном једначином

d 4 y (t ) 4

dt

+ a3

d 3 y (t ) 3

dt

+ a2

d 2 y (t ) 2

dt

+ a1

dy (t ) dt

+ a0 y (t ) = x(t ) ,

где је y(t ) одзив, док је x(t ) побуда система. Одредити модел у простору стања овог система Решење:


- 218 -


⎡ 0 ⎢ 0 A = ⎢ ⎢ 0 ⎢ ⎣− a0

1

0

0

1

0

0

− a1 − a2

0 ⎤

⎥ ⎥ 1 ⎥ ⎥ − a3 ⎦ 0

⎡0 ⎤ ⎢0 ⎥ B = ⎢ ⎥ ⎢0 ⎥ ⎢ ⎥ ⎣1⎦

C = [1 0

0

0]

D = 0

2. Каузални временски континуални ЛТИ систем описан је диференцијалном једначином

3 1 y[n] − y[n − 1] + y[n − 2] = x[n] , 4 8 где је y[n] одзив, док је x[n] побуда система. Одредити модел у простору стања овог система. Решење:

q[n + 1] = Aq[n] + Bx[n] y[ n] = Cq[n] + Dx[n]

⎡ 0 A = ⎢ 1 ⎢⎣− 8

1⎤ 3⎥ 4 ⎥⎦

⎡0 ⎤ B = ⎢ ⎥ ⎣1⎦

⎡ 1 ⎣ 8

C = ⎢−

3⎤ 4 ⎥⎦

D = 1 .

3. Каузални временски континуални ЛТИ систем описан је диференцијалном једначином

&&(t ) + 3 y& (t ) + 2 y (t ) = x (t ) , y

где је y(t ) одзив, док је x(t ) побуда система. Одредити модел у простору стања овог система. Решење:

q& (t ) = Aq (t ) + Bx(t ) y (t ) = Cq (t ) + Dx(t ) 1 ⎤ ⎡0 A = ⎢ ⎥ ⎣− 2 − 3⎦

⎡0 ⎤ B = ⎢ ⎥ ⎣1⎦

C = [1 0]

D = 0

4. Блок – шема каузалног временски континуалног ЛТИ система приказана је на слици 7.18. Одредити модел овог система у простору стања.

- 219 -


q&1 (t )

x(t )

∫

q1 (t )

q& 2 (t )

∫

q2 (t )

q&3 (t )

∫

q3 (t )

y (t )

Слика 7.18. Блок – шема система уз задатак 4 Решење:


⎡2 − 3 1⎤ ⎢ ⎥ A = 1 0 0 ⎢ ⎥ ⎢⎣0 1 0⎥⎦

⎡1⎤ ⎢ ⎥ B = 0 ⎢ ⎥ ⎢⎣0⎥⎦

C = [− 1 0

2]

D = 0

5. Одредити модел у простору стања система приказаног на слици 7.19.

Слика 7.19. Блок – шема система уз задатак 5 Решење:

q[n + 1] = Aq[ n] + Bx[n] y[n] = Cq[n] + Dx[n]

⎡ 1 ⎤ 0 − ⎢ ⎥ A = ⎢ 3 1 1⎥ ⎢ − ⎥ 2⎦ ⎣ 3

⎡1⎤ B = ⎢ ⎥ ⎣1⎦

⎡1 0 ⎤ ⎥ ⎣0 1 ⎦

C = ⎢

- 220 -

D = 0


6. Каузални временски дискретни ЛТИ систем приказан је на слици 7.20.

Слика 7.20 Блок – шема система уз задатак 6

а) Испитати асимптотску стабилност система. б) Одредити функцију преноса H ( z ). в) Испитати БИБО стабилност система. Решење:

а)

Систем није асимптотски стабилан.

б)

H ( z ) =

1 z −

в)

1

.

2

Систем је БИБО стабилан.

7. Одредити модел временски континуалног ЛТИ система у простору стања 3 s + 7 описаног функцијом преноса H ( s ) = , тако да матрица А ( s + 1)( s + 2)( s + 5) буде дијагонална. Решење:


- 221 -


⎡ ⎤ ⎢ 1 ⎥ ⎢ 1⎥ B = ⎢ − ⎥ , C = [1 1 1] , ⎢ 3⎥ ⎢− 2 ⎥ ⎣⎢ 3 ⎦⎥

0 ⎤ ⎡− 1 0 ⎢ ⎥ A = 0 − 2 0 , ⎢ ⎥ ⎢⎣ 0 0 − 5⎥⎦

D = 0 .

8. Временски дискретни ЛТИ систем описан је диференцном једначином y[n] + y[n − 1] − 6 y[n − 2] = 2 x[n − 1] + x[n − 2] . Представити систем моделом у простору стања

а) Контролабилном каноничном формом. б) Опсервабилном каноничном формом. Решење:

q[n + 1] = Aq[n] + Bx[n]

а)


⎡− 1 1⎤ , ⎥ ⎣ 6 0⎦

⎡2⎤ B = ⎢ ⎥ , ⎣1 ⎦

A = ⎢

C = [1 0] ,

D = 0 .

q[n + 1] = Aq[n] + Bx[n]

б)


⎡0

1⎤

⎣6

− 1⎦

A = ⎢

⎡0 ⎤ B = ⎢ ⎥ , ⎣1⎦

⎥,

C = [1 2] ,

D = 0 .

9. Модел у простору стања каузалног временски дискретног ЛТИ система је q[n + 1] = Aq[ n] + Bx[n]


⎡0 1 0 ⎤ ⎡1⎤ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ где је A = 0 0 1 , B = 0 , C = [0 1 0] и D = 0 . Одредити функцију ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢⎣0 − 1 2⎥⎦ ⎢⎣1⎥⎦ преноса овог система. Решење: H ( z ) =

1

( z − 1)2

.

10. Користећи модел система у простору стања, одредити одзив каузалног временски континуалног

ЛТИ

система описаног диференцијалном једначином &&(t ) + 5 y& (t ) + 6 y (t ) = x (t ) . Познато је y (0) = 2 , y& (0) = 1 , док је улазни сигнал у y − t

систем x(t ) = e u (t ) .

- 222 -

7. Моделовање система у простору стања Решење:

9 ⎛ 1 ⎞ y (t ) = ⎜ e − t + 6e − 2t − e − 3t ⎟u (t ) . 2 ⎝ 2 ⎠ 11. Дато је електрично коло на слици 7.21.


а) Одредити модел у простору стања овог кола, ако је излаз система напон на кондензатору vC(t ), док је побуда система напон напонског генератора v(t ).

б) Одредити излаз система ако је v(t ) = 2u (t ) , R=2Ω и C =0.5F. Решење:

1 q& (t ) = − q(t ) + 1v(t ) RC

а)

y (t ) = q(t ) . б)

y (t ) = (2 − e − t )u (t ) .

12. Дато је електрично коло на слици 7.22. Сви почетни услови у овом електричном колу су нула. Одредити фундаменталну матрицу овог кола, ако је излаз система напон vC(t ), док је побуда система напон v(t ), а параметри кола су R=3Ω, L=1H и C =0.5F.


Решење:

⎡− e −t + 2e −2t − e −t + e −2t ⎤ . Φ (t ) = e = L ( sI − A) = ⎢ − t − 2 t − t − 2 t ⎥ 2e − e ⎦ ⎣ 2e − 2e At

−1

- 223 -


13. Користећи модел у простору стања, одредити иЛ(т) кола са слике 7.23, ако је iL(0)=0, ако је R=2Ω, L=2H и v (t ) = 10u (t ) . R

+ i(t)

v(t)

L


(

Решење: y (t ) = 5 − 3e

− t

)u (t ) .

14. Дато је електрично коло на слици 7.24. при чему су параметри овог кола R=3/4Ω, L=4H, C =4/3F, i L(0 )=0 и vC (0 )=1V.

iL(t) + R

C

L

vC(t)


а) Одредити модел у простору стања овог кола, ако су променљиве стања система напон на кондензатору vC(t ) и струја која протиче кроз завојницу iL(t ).

б) Одредити временски облик напона на кондензатору vC(t ) и струје која протиче кроз завојницу iL(t ). Решење:

q& (t ) = Aq(t ) + Bx(t )

а)

y (t ) = Cq (t ) + Dx(t ) . 1⎤ ⎡ 0 ⎢ ⎥ 4 A = ⎢ ⎥, 3 − 1⎥ ⎢− ⎣ 4 ⎦ б)

⎡0 ⎤ B = ⎢ ⎥ , ⎣0 ⎦

C = [1 1] ,

D = 0 .

(

q1 (t ) = i L (t ) = 0.5(e −0.25t − e −0.75t )u (t ) , q2 (t ) = vC (t ) = −0.5 e −0.25t − 3e −0.75t u (t ) .

15. Одредити модел у простору стања електричног кола приказаног на слици 7.25, ако је излаз система струја која протиче кроз завојницу iL(t ).

- 224 -


Слика 7.25. Електрично коло уз задатак 15 Решење:

q& (t ) = Aq (t ) + Bx(t ) y (t ) = Cq (t ) + Dx(t ) 1⎤ ⎡ R − − ⎢ L ⎥ , A = ⎢ L ⎥ 1 0 ⎥ ⎢− ⎣ C ⎦

⎡1⎤ B = ⎢ L ⎥ , ⎢0⎥ ⎣ ⎦

C = [1 0] ,

D = 0 .

16. На слици 7.26. приказано је електрично коло, док су сви почетни услови овог кола једнаки нули. Одредити модел у простору стања овог кола ако су излази кола струје i1(t ) и i2(t ), док су улази напонски генератори v1(t ) и v2(t ).

Слика 7.26. Електрично коло уз задатак 16 Решење:


1 ⎤ ⎡ R1 − − ⎢ L ⎥ L A = ⎢ 1 1 ⎥ − ⎢− ⎥ C R C ⎢⎣ ⎥⎦ , 2

⎡1 ⎤ 0 ⎢ L ⎥ B = ⎢ 1 ⎥ ⎢0 ⎥ R C ⎢⎣ ⎥⎦ , 2

0 ⎤ ⎡1 0 ⎤ ⎡0 C = ⎢0 1 ⎥ D = ⎢0 − 1 ⎥ ⎢ R ⎥ ⎢ R2 ⎥⎦ 2⎦ ⎣ ⎣ , .

17. На слици 7.27. приказано је електрично коло, док су почетни услови на кондензаторима vC1(0)=0.5V и vC 2(0)=1V. Коришћењем модела у простору стања овог кола, одредити напоне на кондензатору за t >0 ако је R1= R2= R3=1Ω и C 1=C 2=1F.

- 225 -

Zbirka signala i sistema

Recommend Documents