Dr. Kuczmann Mikl´ os P´ eldat´ ar a Jelek ´ es rendszerek c´ ım˝ u t´ argyhoz 0. verzi´ o Csak a k¨ onyvb˝ ol kimaradt p´ eld´ ak... Ez a p´ eldat´ ar a tervezett p´ eldat´ ar nulladik verzi´ oja. Tov´ abbi p´ eld´ akat ´ es megold´ asokat az el˝ oad´ asokon kiadott f´ enym´ asolatokban tal´ al az Olvas´ o. 1
Welcome message from author
This document is posted to help you gain knowledge. Please leave a comment to let me know what you think about it! Share it to your friends and learn new things together.
Transcript
Dr. Kuczmann MiklosPeldatar a Jelek es rendszerek cımu targyhoz
0. verzio
Csak a konyvbol kimaradt peldak...Ez a peldatar a tervezett peldatar nulladik verzioja. Tovabbi
peldakat es megoldasokat az eloadasokon kiadottfenymasolatokban talal az Olvaso.
1
Konvolucio
1. Pelda. Legyen egy rendszer impulzusvalasza es gerjeszteseaz alabbi. Hatarozzuk meg a valaszjelet konvolucio segıtsegevel.
w(t) = ε(t)
8e−2t − 4e−3t
, s(t) = ε(t) − ε(t − 5) e−3t.
Megoldas. A gerjesztesen egy kis atalakıtast fogunk vegezniannak erdekeben, hogy az ablakozo jelet el tudjuk tuntetni. Bont-suk fel hat a zarojelet:
s(t) = ε(t)e−3t − ε(t − 5)e−3t.
Az elso tag rendben van, vele nem kell foglalkoznunk. A masodiktag a t = 5 s helyen lep be, azonban az exponencialis fuggvenyargumentumaban is azt kell elerni, hogy szerepeljen a (t − 5) ki-fejezes. Ennek erdekeben a t helyebe ırjunk (t − 5 + 5)-ot, aminem valtoztat semmit, azonban be tudjuk ,,csempeszni” a (t− 5)kifejezest. Azt kapjuk tehat, hogy:
s(t) = ε(t)e−3t − ε(t − 5)e−3(t−5+5) =
= ε(t)e−3t − ε(t − 5)e−3(t−5)e−15 = s1(t) − s2(t),
ahol e−15 egy konstans ertek. A lenyege ennek az atalakıtasnaktehat az, hogy az ε(t)f(t) jel τ ertekevel eltolt kifejezese ε(t −τ)f(t − τ) legyen, ahol f(t) tetszoleges idofuggveny.
Ezutan a gerjesztest ugy tekintjuk, hogy az ket tagbol all,s(t) = s1(t) − s2(t). Meghatarozzuk eloszor az elso, majd amasodik tagra adott valaszt (y1(t) es y2(t)), majd az elso reszva-laszbol kivonjuk a masodik reszvalaszt, y(t) = y1(t)−y2(t), hiszena gerjesztesben is kivonas szerepel. Ezt a rendszer linearitasa mi-att lehet megtenni, gyakorlatilag szuperponaljuk ket gerjesztojelhatasat.
2
Nezzuk eloszor az s1(t) = ε(t)e−3t jelre adott valasz meg-hatarozasat konvolucioval:
y1(t) =
∫ t
0e−3τ
8e−2(t−τ) − 4e−3(t−τ)
dτ =
(1)=
∫ t
0e−3τ 8e−2te2τ dτ −
∫ t
0e−3τ4e−3te3τ dτ =
(2)= 8e−2t
∫ t
0e−τ dτ − 4e−3t
∫ t
0dτ =
(3)= 8e−2t
[
e−τ
−1
]t
0
− 4e−3t [τ ]t0(4)= −8e−3t + 8e−2t − 4e−3tt.
Az (1) lepesben bontsuk fel a zarojeleket. A (2) lepesben vigyukki az integraljel ele az integralas szempontjabol konstansnak te-kintheto tagokat, tovabba egyszerusıtsuk az integranduszokat aze−3τ e2τ = e−τ es az e−3τ e3τ = 1 figyelembevetelevel. Irjuk fel azintegranduszok primitıv fuggvenyeit, majd helyettesıtsuk be az in-tegralasi hatarokat a (3) es (4) lepesekben. A valaszjel is belepo,ıgy:
y1(t) = ε(t)
−8e−3t + 8e−2t − 4te−3t
.
Tekintsuk most az s2(t) = ε(t − 5)e−3(t−5)e−15 jelre adottvalasz meghatarozasat konvolucioval. Itt arra kell ugyelnunk,hogy ez a jel a t < 5 s idopillanatokban nulla erteku, ıgy az in-tegralas also hataranak t = 5 s veheto (a gerjesztes belepo, de a
3
t = 5 s idopillanatban lep be):
y2(t) =
∫ t
5e−3(τ−5)e−15
8e−2(t−τ) − 4e−3(t−τ)
dτ =
(1)=
∫ t
5e−3τ e15e−158e−2te2τ dτ −
∫ t
5e−3τ e15e−154e−3te3τ dτ =
(2)= 8e−2t
∫ t
5e−τ dτ − 4e−3t
∫ t
5dτ =
(3)= 8e−2t
[
e−τ
−1
]t
5
− 4e−3t [τ ]t5 =
(4)= −8e−3t + 8e−2te−5 − 4e−3t(t − 5).
Az (1) lepesben bontsuk fel a zarojeleket. A (2) lepesben vigyuk kiaz integraljel ele az integralas szempontjabol konstansnak tekint-heto tagokat, tovabba vegezzuk el az elozo levezetesbol ismert egy-szerusıteseket. Irjuk fel az integranduszok primitıv fuggvenyeit,majd helyettesıtsuk be az integralasi hatarokat a (3) es (4) lepe-sekben. A kapott kifejezes azonban meg nem a tokeletes vegered-meny. Az s2(t) gerjesztes ugyanis a t = 5 s idopillanatban lep be,tartalmazza az ε(t−5) fuggvenyt. A valaszjelet hasonloan a t = 5pillanatban belepojelnek varjuk. Vigyuk be hat a (t−5) kifejezesta mar ismert modon ott, ahol erre szukseg van:
y2(t) = −8e−3(t−5+5) + 8e−2(t−5+5)e−5 − 4(t − 5)e−3(t−5+5).
Bontsuk fel az exponencialis fuggvenyekben szereplo zarojeleket,majd rendezzuk a kapott kifejezest:
y2(t) = −8e−3(t−5)e−15 + 8e−2(t−5)e−10e−5 − 4(t − 5)e−3(t−5)e−15 =
= −8e−3(t−5)e−15 + 8e−2(t−5)e−15 − 4(t − 5)e−3(t−5)e−15.
Igy mar tokeletes. Azt, hogy az y2(t) jel a t = 5 s idopillanatbanlep be, egy ε(t − 5) jellel torteno beszorzassal vegezzuk el:
y2(t) = ε(t − 5)e−15
−8e−3(t−5) + 8e−2(t−5) − 4(t − 5)e−3(t−5)
.
4
Az y(t) valasz a ket reszvalasz kulonbsege, azaz
y(t) = ε(t)
−8e−3t + 8e−2t − 4te−3t
−
− ε(t − 5)e−15
−8e−3(t−5) + 8e−2(t−5) − 4(t − 5)e−3(t−5)
.
Ezen feladat konkluzioja az, hogy ha a gerjesztes egy ablako-zott jel, akkor a bemeneti jelet ket tag kulonbsegekent celszerufelırni, s ıgy a valaszjel is ket tag kulonbsege lesz. Megfigyelhetoaz is, hogy a ket tag jellege ugyanaz, csak a masodik az elsohozkepest el van tolva es egy konstanssal be van szorozva. Ez jo le-hetoseg a kapott eredmenyek ellenorzesere.
2. Pelda. Legyen egy rendszer impulzusvalasza es nembelepogerjesztese adott. Hatarozzuk meg a valaszjelet.
w(t) = ε(t)8e−2t, s(t) = cos(ωt).
Megoldas. A konvolucio elvegzesehez alakıtsuk at a gerjesztesta kovetkezo formula alapjan:
cos(ωt) =ejωt + e−jωt
2,
es vegyuk figyelembe, hogy a gerjesztes nem belepo, azaz az alsointegralasi hatar nem lehet 0. A felso integralasi hatar lehet t, hi-szen az impulzusvalasz belepo. Igy a konvolucio a kovetkezokepp
5
alakul:
y(t)def=
∫ t
−∞s(τ)w(t − τ)dτ =
∫ t
−∞
ejωτ + e−jωτ
28e−2(t−τ)dτ
(1)=
∫ t
−∞4ejωτ e−2te2τ dτ +
∫ t
−∞4e−jωτ e−2te2τ dτ
(2)= 4e−2t
∫ t
−∞ejωτ e2τ dτ + 4e−2t
∫ t
−∞e−jωτ e2τdτ
(3)= 4e−2t
∫ t
−∞e(2+jω)τ dτ + 4e−2t
∫ t
−∞e(2−jω)τ dτ
(4)= 4e−2t
[
e(2+jω)τ
(2 + jω)
]t
−∞+ 4e−2t
[
e(2−jω)τ
(2 − jω)
]t
−∞
(5)= 4e−2t
e(2+jω)t − 0
(2 + jω)
+ 4e−2t
e(2−jω)t − 0
(2 − jω)
(6)=
4ejωt
(2 + jω)+
4e−jωt
(2 − jω).
Az (1) lepesben bontsuk ket reszre az integralt az osszeadasnakmegfeleloen es bontsuk fel az exponencialis fuggvenyek ki-tevojeben szereplo zarojeleket. A (2) lepesben vigyuk ki az in-tegraljel ele az integralas szempontjabol konstansnak tekinthetokifejezeseket es konstansokat, majd a (3) lepesben vonjuk osszeaz exponencialis fuggvenyeket az integranduszban. Az integran-duszok primitıv fuggvenyenek meghatarozasa (4), majd az in-tegralasi hatarok behelyettesıtese (az (5) lepes) es beszorzas (a(6) lepes) utan kapunk egy eredmenyt, amit azonban tovabb kellalakıtani. A tovabbi atalakıtasok celja az, hogy vegeredmenybenegy idofuggvenyt kapjunk. A kapott eredmeny ugyanis tartal-maz komplex kifejezeseket, hiszen szerepel benne a j. Ezt el kelltuntetnunk. Hozzuk kozos nevezore a fenti eredmenyt:
y(t) =(2 − jω)4ejωt + (2 + jω)4e−jωt
(2 + jω)(2 − jω).
6
A nevezo egy komplex szam es annak konjugaltjanak szorzatattartalmazza. Vegezzuk el ezt a beszorzast1 es bontsuk fel a szam-laloban talalhato zarojeleket is. Ekkor azt kapjuk, hogy:
y(t) =1
4 + ω2
8ejωt − jω4ejωt + 8e−jωt + jω4e−jωt
.
Hasznaljuk fel azonban azt, hogy2:
cos(ωt) =ejωt + e−jωt
2, sin(ωt) =
ejωt − e−jωt
2j,
es alakıtsuk at a fenti eredmenyt a kovetkezokepp.
y(t) =1
4 + ω2
28ejωt + 8e−jωt
2− 2j
jω4ejωt − jω4e−jωt
2j
=1
4 + ω2
16ejωt + e−jωt
2− 2jjω4
ejωt − e−jωt
2j
.
A sin(ωt) es a cos(ωt) fuggvenyek atırasa utan kapjuk avegeredmenyt:
y(t) =16
4 + ω2cos(ωt) +
8ω
4 + ω2sin(ωt).
1Altalanosan az (a + jb)(a − jb) = a2 − (jb)2 = a2 + b2 atalakıtas a jolismert (a + b)(a − b) = a2 − b2 azonossag alapjan tortenik. Figyelembe kellazonban venni, hogy jj = −1, mivel
√−1 = j. Nezzuk meg ennek viselkedeset
par tag szorzatara vonatkozoan: jj = −1, jjj = −j, j4 = 1, j5 = j, es innenismetlodik, azaz j6 = −1 es ıgy tovabb.
2Hasznaljuk fel az ejφ = cos(φ) + j sin(φ) un. Euler azonossagot es legyen
φ = ωt, ıgy: ejφ+e−jφ
2= cos(φ)+j sin(φ)+cos(φ)−j sin(φ)
2= cos(φ)+cos(φ)
2= cos(φ),
valamint ejφ−e−jφ
2j= cos(φ)+j sin(φ)−cos(φ)+j sin(φ)
2j= j sin(φ)+j sin(φ)
2j= sin(φ).
7
Ez a jel atırhato egyetlen koszinuszos jelle3:
y(t) =
√
162 + 82ω2
(4 + ω2)2cos(ωt − atan
8ω
16
)
=8√
4 + ω2cos(ωt − atan
ω
2
)
A gerjesztes es a valaszjel idobeli lefutasa lathato a 1. abran ω =2 rad
sesetre. Jol lathato, hogy a kimeneti jel a bemenethez kepest
idoben (azaz fazisban) kesik es az amplitudoja felerosodott.
3. Pelda. Legyen egy rendszer impulzusvalasza esbelepogerjesztese adott. Hatarozzuk meg a valaszjelet.
w(t) = ε(t)8e−2t, s(t) = ε(t) cos(ωt).
Megoldas. A feladat majdnem ugyanaz, mint az elobb, csak agerjesztes belepo. Itt egy nagyon fontos konkluziora fogunk jutni.Oldjuk meg a feladatot ugyanazon lepeseken keresztul, mint azelozot. A kulonbseg az lesz, hogy mivel a gerjesztes belepo, ezert
3Altalanosan, ha a jel A cos(ωt)+B sin(ωt) alaku, akkor az atıthato egyet-len koszinuszos jelle a kovetkezokepp:
√A2 + B2 cos(ω − atanB/A). Ennek
egyszeru indoklasara kesobb terunk ki, egyelore fogadjuk el. Mar most meg-jegyezzuk, hogy ez csak azonos korfrekvenciaju jelek eseten igaz.
8
az also integralasi hatarnak 0-t lehet venni:
y(t)def=
∫ t
0s(τ)w(t − τ)dτ =
∫ t
0
ejωτ + e−jωτ
28e−2(t−τ)dτ
(1)=
∫ t
04ejωτ e−2te2τ dτ +
∫ t
04e−jωτ e−2te2τ dτ
(2)= 4e−2t
∫ t
0ejωτ e2τ dτ + 4e−2t
∫ t
0e−jωτ e2τ dτ
(3)= 4e−2t
∫ t
0e(2+jω)τ dτ + 4e−2t
∫ t
0e(2−jω)τ dτ
(4)= 4e−2t
[
e(2+jω)τ
(2 + jω)
]t
0
+ 4e−2t
[
e(2−jω)τ
(2 − jω)
]t
0
(5)= 4e−2t
e(2+jω)t − 1
(2 + jω)
+ 4e−2t
e(2−jω)t − 1
(2 − jω)
(6)=
4ejωt − 4e−2t
(2 + jω)+
4e−jωt − 4e−2t
(2 − jω).
Az (1) lepesben bontsuk ismet ket reszre az integralt es bontsukfel az exponencialis fuggvenyek kitevojeben szereplo zarojeleket.A (2) lepesben vigyuk ki az integraljel ele az integralas szem-pontjabol konstansnak tekintheto kifejezeseket es konstansokat,majd a (3) lepesben vonjuk ossze az exponencialis fuggvenyeket azintegranduszban. Az integranduszok primitıv fuggvenyenek meg-hatarozas (4), majd az integralasi hatarok behelyettesıtese (az(5) lepes) es beszorzas (a (6) lepes) utan kapunk egy eredmenyt,amit azonban tovabb kell alakıtani. Az eredmeny nagyon hasonlıtaz elozo eredmenyhez, a kulonbseg oka, hogy az also integralasihatar itt 0, ott pedig −∞ volt. Hozzuk kozos nevezore ismet afenti eredmenyt:
y(t) =(2 − jω)4ejωt − (2 − jω)4e−2t + (2 + jω)4e−jωt − (2 + jω)4e−2t
4 + ω2.
9
A zarojelek felbontasa utan azt kapjuk, hogy a 4e−2tjω−4e−2tjωtagok kiesnek, s vegul a kovetkezo eredmenyre jutunk:
y(t) =1
4 + ω2
8ejωt − jω4ejωt + 8e−jωt + jω4e−jωt − 16e−2t
.
Ezen eredmeny egy reszere raismerhetunk az elozo megoldasbol.Egyetlen uj, exponencialis tag jelent meg, azaz a valaszjel ido-fuggvenye a kovetkezo:
y(t) = ε(t)
16
4 + ω2cos(ωt) +
8ω
4 + ω2sin(ωt) − 16
4 + ω2e−2t
.
Termeszetesen ez a jel is atırhato egyetlen koszinuszos jelle:
y(t) = ε(t)
8√4 + ω2
cos(ωt − atanω
2
) − 16
4 + ω2e−2t
.
Ket fontos kulonbseg van az utolso ket feladat kozott. Utobbigerjesztese belepo, tehat a valaszjel is belepo, ezert tettunk avalaszjel idofuggvenyebe egy ε(t) szorzot. A masik, hogy utobbifeladatban megjelent egy e−2t tag, amely t → ∞ eseten nullahoztart, azaz lecseng. Ezen tag eltunese utan a ket valaszjel azon-ban megegyezik. Ez az exponencialis tag azert jelent meg, mertegy un. bekapcsolasi jelenseget vizsgaltunk, amely tranziensseljar. A tranziens folyamatok exponencialis jellegu fuggvenyekkelırhatok le. Az elozo feladatban azonban azt mondtuk, hogy agerjesztes nem belepo, ugy is mondhatnank, hogy a gerjesztes,,regota” fennallt es a bekapcsolas olyan reg tortent, hogy hatasanem erzekelheto.
A gerjesztes es a valaszjel idobeli lefutasa lathato a 1. abranω = 2 rad
sesetre. Jol lathato a tranziens folyamata. A kimeneti
jel a t = 0 idopillanatban nulla erteku, hiszen bekapcsolasi folya-matrol van szo es a t < 0 intervallumban nincs gerjesztes. A tranz-iens osszetevo nullara csokkenese utan (a masodik periodustol)a kimeneti jel megegyezik az elozo peldaban szamıtott kimeneti
10
jellel. Ez a valaszjel un. allandosult allapota. A tranziens gorbemenetet szinten berajzoltuk az abraba.
Erre a ket fontos esetre a kesobbiekben reszletesen kiterunk.
-4
-2
0
2
4
-4 -2 0 2 4
s(t), y(t)
t[s]
s(t)y(t)
-4
-2
0
2
4
-4 -2 0 2 4
s(t), y(t)
t[s]
s(t)y(t)
-4
-2
0
2
4
-4 -2 0 2 4
s(t), y(t)
t[s]
s(t)y(t)
-4
-2
0
2
4
0 2 4 6 8 10s(t), y(t)
t[s]
s(t)y(t)
-4
-2
0
2
4
0 2 4 6 8 10s(t), y(t)
t[s]
s(t)y(t)
-4
-2
0
2
4
0 2 4 6 8 10s(t), y(t)
t[s]
s(t)y(t)
1. abra. A 2. es a 3. pelda megoldasanak grafikus megadasa
4. Pelda. Hatarozzuk meg a rendszer impulzusvalaszat, ha azs(t) = ε(t) gerjesztesre adott valasza y(t) = ε(t)
1 − 2e−2t
.
Megoldas. Az y(t) valaszjel pontosan az ugrasvalasz, melynekaltalanosıtott derivaltja az impulzusvalasz:
w(t) = v′(t) =
ε(t)
1 − 2e−2t′
.
A derivalast szorzat derivaltjakent kell elvegezni, es arra kellugyelni, hogy a δ(t) a t = 0 hely kivetelevel mindenutt nulla.Ha egy Dirac-impulzus egy f(t) fuggvennyel van szorozva, akkoraz f(0) helyettesıtesi erteket meg kell hatarozni, azaz
w(t) = ε(t)′
1 − 2e−2t
+ ε(t)
1 − 2e−2t′
=
= δ(t)
1 − 2e0
+ ε(t)
4e−2t
,
11
azaz az impulzusvalasz
w(t) = −1δ(t) + 4ε(t)e−2t.
Ha a rendszer v(t) ugrasvalasza es s(t) gerjesztese adott, es szuk-segunk van a rendszer valaszjelere, akkor eloszor meghatarozzukaz impulzusvalaszt az ugrasvalasz altalanosıtott derivaltjakent,majd alkalmazzuk a konvoluciot.
Allapotvaltozos leıras
1. Pelda. Legyen az A martix a kovetkezo:
A =
3 −3 2−1 5 −2−1 3 0
,
es szamıtsuk ki szinten az eAt matrixfuggvenyt.
Megoldas. Hatarozzuk meg a matrix |λE−A| = 0 karakterisz-tikus egyenletet4 :
D3(λ) =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
λ − 3 3 −21 λ − 5 21 −3 λ
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=(λ − 3)(λ − 5)λ + 6 − 3(λ − 2) − 2(−3 − (λ − 5))
=(λ − 3)λ2 − 5λ + 6 − 3(λ − 2) + 2(λ − 2)
=(λ − 3)2(λ − 2) − 3(λ − 2) + 2(λ − 2)
=(λ − 2)(λ − 3)2 − 3 + 2 = (λ − 2)λ2 − 6λ + 9 − 1=(λ − 2)λ2 − 6λ + 8=(λ − 2)2(λ − 4) = 0. ⇒ λ1 = 2, λ2 = 4.
4A harmadrendu matrix determinansa a kovetkezokepp hatarozhato meg:˛
˛
˛
˛
˛
˛
a1 a2 a3
b1 b2 b3
c1 c2 c3
˛
˛
˛
˛
˛
˛
= a1(b2c3 − b3c2) − a2(b1c3 − b3c1) + a3(b1c2 − b2c1).
12
A λ1 sajatertek ketszeres, a λ2 sajatertek egyszeres. Hatarozzukmeg a minimalpolinomot is, mivel az alapjan lehet eldonteni, hogymelyik modszert alkalmazzuk a matrixfuggveny meghatarozasara.Hatarozzuk meg ehhez a λE−A matrix adjungaltjat5:
adj
λ − 3 3 −21 λ − 5 21 −3 λ
=
λ(λ − 5) + 6 −(λ − 2) −3 − (λ − 5)−(3λ − 6) λ(λ − 3) + 2 3(λ − 3) + 3
6 + 2(λ − 5) −2(λ − 3) − 2 (λ − 3)(λ − 5) − 3
T
=
(λ − 3)(λ − 2) −3(λ − 2) 2(λ − 2)−(λ − 2) (λ − 2)(λ − 1) −2(λ − 2)−(λ − 2) 3(λ − 2) (λ − 2)(λ − 6)
.
Ezen adjungalt matrix elemeinek legnagyobb kozos osztojaΘ(λ) = (λ − 2), s ıgy a minimalpolinom a kovetkezo:
∆(λ) =D3(λ)
Θ(λ)= (λ − 2)(λ − 4).
Mivel a ∆(λ) minimalpolinom gyokei egyszeresek, a Lagrange-matrixokat alkalmazhatjuk a matrixfuggveny meghatarozasara.Tehetjuk ezt annak ellenere, hogy a karakterisztikus polinom gyo-kei (a sajatertekek) tobbszorosek. Mivel ket sajatertek van, ketLagrange-matrix lesz. Az L1(A) Lagrange-matrix a definıciobol
5Peldaul az adjungalt matrix 21 indexu elemet ugy kell meghatarozni, hogyletakarjuk a masodik sort es az elso oszlopot, s az ıgy adodo 2 × 2 meretumatrix determinansat kiszamıtjuk. Ne feledkezzunk meg a transzponalasroles a sakktabla-szabalyrol.
13
kiindulva kovetkezokepp hatarozhato meg:
L1(A) =
2∏
j=1,j 6=1
A− λjE
λ1 − λj=
A − λ2E
λ1 − λ2=
1
λ1 − λ2A − λ2E
=1
2 − 4
3 − 4 −3 2−1 5 − 4 −2−1 3 −4
=
0, 5 1, 5 −10, 5 −0, 5 10, 5 −1, 5 2
.
Az L2(A) Lagrange-matrix hasonlokepp szamıthato:
L2(A) =
2∏
j=1,j 6=2
A − λjE
λ2 − λj=
A− λ1E
λ2 − λ1=
1
λ2 − λ1A− λ1E
=1
4 − 2
3 − 2 −3 2−1 5 − 2 −2−1 3 −2
=
0, 5 −1, 5 1−0, 5 1, 5 −1−0, 5 1, 5 −1
.
Ezek ismereteben az exponencialis matrixfuggveny mar felırhato:
eAt =2
∑
i=1
eλitLi(A) = eλ1tL1(A) + eλ2tL2(A)
=
0, 5e−2t + 0, 5e−4t 1, 5e−2t − 1, 5e−4t −1e−2t + 1e−4t
0, 5e−2t − 0, 5e−4t −0, 5e−2t + 1, 5e−4t 1e−2t − 1e−4t
0, 5e−2t − 0, 5e−4t −1, 5e−2t + 1, 5e−4t 2e−2t − 1e−4t
.
2. Pelda. Szamıtsuk ki az alabbi matrix eAt matrixfuggvenyet:
A =
[
0 17−2 −10
]
.
Megoldas. Hatarozzuk meg a matrix |λE−A| = 0 karakterisz-tikus egyenletet:
D2(λ) =
∣
∣
∣
∣
λ −172 λ + 10
∣
∣
∣
∣
= λ2 + 10λ + 34 = 0.
14
A sajatertekek a masodfoku egyenlet megoldo kepletevel hataroz-
hatok meg (λ1,2 = −b±√
b2−4ac2a
):
λ1,2 =−10±
√100− 4 · 34
2=
−10
2±
√−36
2= −10
2± j
6
2= −5± j3.
A sajatertekek6 tehat egyszeresek es konjugalt komplex part al-kotnak. Tudjuk, hogy ha a sajatertekek kulonboznek, akkor aminimalpolinomot nem kell meghatarozni, mert az megegyezika karakterisztikus polinommal. Igy a Lagrange-matrixokat al-kalmazhatjuk a matrixfuggveny meghatarozasara. Az tehat nemgond, ha a sajatertekek komplexek, ugyanolyan modon kell velukszamolni, mint a valos szamokkal, csak kicsit hosszadalmasabb aszamıtas. Az L1(A) Lagrange-matrix a definıciobol kiindulva akovetkezokepp hatarozhato meg:
L1(A) =2
∏
j=1,j 6=1
A− λjE
λ1 − λj
=A− λ2E
λ1 − λ2=
1
λ1 − λ2A − λ2E
=1
j6
[
0 17−2 −10
]
−[
−5 − j3 00 −5 − j3
]
=
[
5+j3j6
17j6
− 2j6
−5+j3j6
]
.
6A sajatertekek komplex konjugalt part alkotnak. A diszkriminans negatıv,ezert lesz a sajatertek komplex szam:
√−36 =
p
(−1)(36) =√−1
√36 = j6.
Definıcio szerint j =√−1.
15
Az L2(A) Lagrange-matrix hasonlokepp szamıthato:
L2(A) =
2∏
j=1,j 6=2
A− λjE
λ2 − λj=
A− λ1E
λ2 − λ1=
1
λ2 − λ1A − λ1E
=1
−j6
[
0 17−2 −10
]
−[
−5 + j3 00 −5 + j3
]
=
[ −5+j3j6
−17j6
2j6
5+j3j6
]
.
Ezek ismereteben az exponencialis matrixfuggveny mar felırhato:
eAt = eλ1tL1(A) + eλ2t
L2(A)
=
"
5+j3j6
e(−5+j3)t + −5+j3j6
e(−5−j3)t 17j6
e(−5+j3)t − 17j6
e(−5−j3)t
− 2j6
e(−5+j3)t + 2j6
e(−5−j3)t −5+j3j6
e(−5+j3)t + 5+j3j6
e(−5−j3)t
#
.
Ez az alak formalisan ugyan helyes, de tovabb kell alakıtanunkannak erdekeben, hogy komplex szamok ne szerepeljenek egy ido-fuggvenyben. A cel a
cos(φ) =ejφ + e−jφ
2, sin(φ) =
ejφ − e−jφ
2j
azonossagok felhasznalasa. Bontsuk fel hat a matrixfuggvenybenszereplo torteket es emeljunk ki minden elemben e−5t-t7. Ezenlepest mindig meg lehet tenni, hiszen ez a komplex szam valosreszebol ered. Ezen muveletek utan a kovetkezot kapjuk:
eAt = e−5t×"
5j6
`
ej3t − e−j3t´
+ 36
`
ej3t + e−j3t´
17j6
`
ej3t − e−j3t´
− 2j6
`
ej3t − e−j3t´
− 5j6
`
ej3t − e−j3t´
+ 36
`
ej3t + e−j3t´
#
.
Ebben az alakban mar felismerhetok a cos(3t) es a sin(3t) fugg-venyeknek megfelelo tagok. Annyit kell csupan tennunk, hogy a
7Ha egy matrixot egy valos vagy komplex szammal szorzunk, az azt jelenti,hogy minden elemet szorozzuk az adott konstanssal.
16
nevezoket megfeleloen atcsoportosıtjuk:
eAt = e−5t
[
53
ej3t−e−j3t
2j+ ej3t+e−j3t
2173
ej3t−e−j3t
2j
−23
ej3t−e−j3t
2j−5
3ej3t−e−j3t
2j+ ej3t+e−j3t
2
]
.
Felhasznalva a fenti azonossagokat, kapjuk a vegeredmenyt:
eAt = e−5t
[
53 sin(3t) + cos(3t) 17
3 sin(3t)−2
3 sin(3t) − 53 sin(3t) + cos(3t)
]
,
azaz az eAt matrixfuggveny minden eleme szinuszos es koszinuszostagokbol all, melyek amplitudoja exponencialisan csokken. Az iskiolvashato a vegeredmenybol, hogy az exponencialis kifejezesargumentumaban a komplex sajatertek valos resze all, kepzetesresze pedig a trigonometrikus fuggvenyek korfrekvenciajat hata-rozzak meg.
3. Pelda. Legyen az A martix a kovetkezo:
A =
−3 2 −5−6 −5 −301 0 3
,
es szamıtsuk ki az eAt matrixfuggvenyt. (nem vizsgaanyag!)
17
Megoldas. Hatarozzuk meg a matrix |λE−A| = 0 karakterisz-tikus egyenletet:
D3(λ) =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
λ + 3 −2 56 λ + 5 30−1 0 λ − 3
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
=(λ + 3)(λ + 5)(λ − 3) − 2(−30 − 6(λ − 3)) + 5(λ + 5)
=(λ + 3)(λ + 5)(λ − 3) + 12(λ + 2) + 5(λ + 5)
=(λ + 5)(λ + 3)(λ − 3) + 5 + 12(λ + 2)
=(λ + 5)(λ + 2)(λ − 2) + 12(λ + 2)
=(λ + 2)(λ + 5)(λ + 2) + 12 = (λ + 2)(λ2 + 3λ + 12)
=(λ + 2)2(λ + 1). ⇒ λ1 = −2, λ2 = −1.
A λ1 sajatertek ketszeres, a λ2 sajatertek egyszeres multiplicitasu.Annak eldontesere, hogy vajon melyik matrixpolinomot kell alkal-mazni, hatarozzuk meg a minimalpolinom gyokeit. Ehhez szukse-gunk van a λE−A matrix adjungaltjara:
adj
λ + 3 −2 56 λ + 5 30−1 0 λ − 3
=
(λ + 5)(λ + 3) −6(λ + 2) λ + 52(λ − 3) (λ + 3)(λ − 3) + 5 2
−60− 5(λ + 5) 30(λ + 2) (λ + 3)(λ + 5) + 12
T
.
Ezt a matrixot nem is erdemes tovabb alakıtani, egyszerusıteni,mivel latszik, hogy legnagyobb kozos osztoja az 1, vegyuk peldaulaz 2. sor, 3. elemet (2), amelyben λ nem is szerepel. Ez annyittesz, hogy a minimalpolinom megegyezik a karakterisztikus poli-nommal. Mivel a minimalpolinomnak tobbszoros gyoke van, ezertaz Hernite-fele matrixpolinomokat kell alkalmaznunk a matrix-fuggveny eloallıtasara.
Mindezt a (4.55) osszefuggesbol kiindulva tesszuk. Ez a peldakicsit bonyolultabb, mint az elozo, nagy korultekintest igenyel.
18
Azonosıtsuk a (4.55) osszefuggesben szereplo jeloleseket. A ka-rakterisztikus polinom gyokeinek, azaz a sajatertekek szama N =3, azonban a λ1 egy ketszeres gyok, ıgy β1 = 2 es β2 = 1, s mivelaz egyik gyok ketszeres, ezert M = 2, a minimalpolinom gyoke-inek szama is N ′ = 3. Irjuk fel a (4.55) osszefuggest p = 0, 1, 2esetekre (p = 0, 1, 2, . . . , N − 1):
p = 0 : E =
2∑
i=1
Hi0 = H10 + H20,
p = 1 : A =
2∑
i=1
λ1Hi0 + Hi1 = λ1H10 + H11 + λ2H20,
p = 2 :1
2A2 =
2∑
i=1
1
2λ2
1Hi0 + λiHi1
=λ2
1
2H10 + λ1H11 +
λ22
2H20.
Eloszor tehat felırjuk az osszeget altalanosan, majd azt kifejtjukaz i = 1 es i = 2 esetekre. Arra kell figyelni, hogy a qi ertekemekkora, hiszen ettol fuggoen az egyes tagok vagy szerepelnek,vagy sem. Ha p = 0, akkor, akkor q1 is es q2 is egyenlo nullaval,azaz p-vel. Ha p = 1 es β1 − 1 = 2 − 1 = 1, ami megegyezikp-vel, s ıgy q1 = β1 − 1 = p = 1, tehat figyelembe kell vennia λ1H10 es a H11 tagokat. Ha p = 1 es β2 − 1 = 1 − 1 = 0,akkor q2 = β2 − 1 = 1 − 1 = 0, tehat csak az elso tagot (aλ2H20 tagot) kell figyelembe venni, s a masodikat el kell hagyni.Hogy mit kell elhagyni, az egyszeruen latszik. Ha ugyanis figyel-mesen megvizsgaljuk a (4.55) kifejezest, akkor lathatjuk, hogy
aλ
p−qii
(p−qi)!reszletben a qi erteket elore meghatarozzuk a βi − 1
erteketol fuggoen. Ha most szemugyre vesszuk a p = 1 esetet,akkor lathatjuk, hogy i = 1 eseten csak az elso ket tagot adtukossze (mivel q1 = 1), i = 2 eseten pedig csak az elso tagot vettukfigyelembe (mivel q2 = 0). Gondoljuk vegig a p = 2 esetet. Hap = 2 es β1 − 1 = 2 − 1 = 1, akkor tehat az elso es a masodiktagot kell csak figyelembe venni, ha β2 − 1 = 1 − 1 = 0, akkorcsak az elso taggal kell szamolni, s ıgy a λ2H21 nem szerepel az
19
egyenletben.Kaptunk tehat egy harom egyenletbol allo harom ismeretlent
tartalmazo egyenletrendszert. A harom ismeretlen a H10, a H20
es a H11 matrixok. Ezt az egyenletrendszert ugyanugy kell meg-oldani, mint egy skalarokat tartalmazo egyenletrendszert, azzala kulonbseggel, hogy a matrixokkal osztani nem lehet. Celszerulehet valamilyen modon (pl. egyenlo egyutthatok modszere) azegyes matrixok kiejtesevel probalkozni. Ezt a peldat lepesrol-lepesre levezetjuk. Termeszetesen mas lepesekben is meg lehetoldani a feladatot, ez csak egy lehetoseg (gyakorlaskepp erdemeslehet mas, de hasonlo lepesekkel megoldani az egyenletrendszert).
Helyettesıtsuk be a sajatertekeket es a harmadik egyenletetszorozzuk be kettovel, es az elso egyenletbol fejezzuk ki a H10
matrixot (1):
H10 + H20 = E,(1)−−→ H10 = E−H20
−2H10 + H11 −H20 = A,
4H10 − 4H11 + H20 = A2.
A kifejezett H10 matrixot helyettesıtsuk vissza a masodik es aharmadik egyenletekbe:
−2(E−H20) + H11 −H20 = A,
4(E−H20) − 4H11 + H20 = A2,
majd bontsuk fel a zarojelet es vonjuk ossze az egyes tagokat:
H20 + H11 = A + 2E,(2)−−→ 4H20 + 4H11 = 4A + 8E,
−3H20 − 4H11 = A2 − 4E.
A (2) lepesben szorozzuk be az elso egyenletet neggyel, majd ad-juk ossze a ket egyenletet. Igy H11 kiesik, s az egyetlen ismeretlena H20 marad (mindig ilyen lepesek sorozatara celszeru torekedni,
20
a lenyeg, hogy a matrixokkal nem lehet osztani):
H20 = A2 + 4A + 4E.
Helyettesıtsuk vissza ezt az eredmenyt az (1) lepes utan kapottH10 = E − H20 egyenletbe, s ıgy megkapjuk az ismeretlen H10
matrixot:
H10 = E− (A2 + 4A + 4E) = −A2 − 4A − 3E.
Ezutan mar csak a H11 matrix meghatarozasa maradt. Helyet-tesıtsuk vissza a kapott H10 es H20 matrixokat peldaul a kiin-dulasi egyenletek kozul a masodikba es fejezzuk ki a H11 matrixot:
H11 =A + 2H10 + H20 = A + 2(−A2 − 4A− 3E)
+(A2 + 4A + 4E) = −A2 − 3A − 2E.
Az egyes Hermite-fele matrixpolinomok kifejezese tehat rendel-kezesre allnak. Lathato most mar, hogy a cel az egyes matrixokA es E matrixokkal, mint ismert erteku matrixokkal torteno ki-fejezese. Szuksegunk van az A matrix negyzetere. Hatarozzuk eztmeg az A2 = AA kifejezes szerint8:
A2 =
2
4
−3 2 −5−6 −5 −301 0 3
3
5
2
4
−3 2 −5−6 −5 −301 0 3
3
5
=
2
4
9 − 12 − 5 −6 − 10 15 − 60 − 1518 + 30 − 30 −12 + 25 30 + 150 − 90
−3 + 3 2 −5 + 9
3
5 =
2
4
−8 −16 −6018 13 900 2 4
3
5 .
8Emlekeztetoul ket masodrendu kvadratikus matrix szor-
zata a kovetkezot jelenti: AB =
»
a11 a12
a21 a22
– »
b11 b12
b21 b22
–
=»
a11b11 + a12b21 a11b12 + a12b22
a21b11 + a22b21 a21b12 + a22b22
–
. Magasabbrendu matrixok szor-
zata hasonlokepp vegezheto. Altalanosan tehat ket N -edrendu kvadratikusmatrix szorzata is N -edrendu kvadratikus matrixot ad.
21
Az egyes Hermite-matrixok most mar meghatarozhatoak:
H10 = −A2 − 4A − 3E
= −
2
4
−8 −16 −6018 13 900 2 4
3
5 − 4
2
4
−3 2 −5−6 −5 −301 0 3
3
5 − 3
2
4
1 0 00 1 00 0 1
3
5
=
2
4
17 8 806 4 30−4 −2 −19
3
5 ,
H11 = −A2 − 3A − 2E
= −
2
4
−8 −16 −6018 13 900 2 4
3
5 − 3
2
4
−3 2 −5−6 −5 −301 0 3
3
5 − 2
2
4
1 0 00 1 00 0 1
3
5
=
2
4
15 10 750 0 0−3 −2 −15
3
5 ,
H20 = A2 + 4A + 4E
=
2
4
−8 −16 −6018 13 900 2 4
3
5 + 4
2
4
−3 2 −5−6 −5 −301 0 3
3
5 + 4
2
4
1 0 00 1 00 0 1
3
5
=
2
4
−16 −8 −80−6 −3 −304 2 20
3
5 .
A matrixfuggveny ezekutan a kovetkezo alakban fejezheto ki:
eAt = eλ1tH10 + eλ1ttH11 + eλ2t
H20 =2
4
(17 + 15t)e−2t − 16e−t (8 + 10t)e−2t − 8e−t (80 + 75t)e−2t − 80e−t
6e−2t − 6e−t 4e−2t − 3e−t 30e−2t − 30e−t
(−4 − 3t)e−2t + 4e−t (−2 − 2t)e−2t + 2e−t (−19 − 15t)e−2t + 20e−t
3
5 .
4. Pelda. Hatarozzuk meg az alabbi allapotvaltozos leırasavaladott SISO-rendszer ugrasvalaszat es impulzusvalaszat.
[
x1
x2
]
=
[
0 17−2 −10
] [
x1
x2
]
+
[
21
]
s, y =[
1 2]
[
x1
x2
]
+s.
22
Megoldas. A v(t) = y(t) valaszjelet kozvetlenul az
y(t) = CT
∫ t
0eA(t−τ) Bs(τ) dτ + D s(τ)
osszefugges alapjan hatarozzuk meg, ahol s(t) = ε(t). Szuksegunkvan a
CT eA(t−τ) B
szorzatra, melybol az eAt matrixfuggveny rendelkezesunkre all:
eAt =
»
53e−5t sin(3t) + e−5t cos(3t) 17
3e−5t sin(3t)
− 23e−5t sin(3t) − 5
3e−5t sin(3t) + e−5t cos(3t)
–
.
Hatarozzuk meg eloszor a CT eAt B szorzatot, majd t helyebeırjunk (t − τ)-t. A szorzat a kovetkezo alaku:
ˆ
1 2˜
» 53e−5t sin(3t) + e−5t cos(3t) 17
3e−5t sin(3t)
− 23e−5t sin(3t) − 5
3e−5t sin(3t) + e−5t cos(3t)
– »
21
–
.
Szorozzuk be eloszor a matrixot jobbrol az oszlopvektorral:
[
1 2]
[
103 e−5t sin(3t) + 2e−5t cos(3t) + 17
3 e−5t sin(3t)−4
3e−5t sin(3t) − 53e−5t sin(3t) + e−5t cos(3t)
]
,
majd adjuk ossze a szorzas eredmenyekepp letrejovo oszlopvektorelemeit:
[
1 2]
[
9e−5t sin(3t) + 2e−5t cos(3t)−3e−5t sin(3t) + e−5t cos(3t)
]
.
Ezutan szorozzuk ossze a sorvektort es az oszlopvektort, s meg-kapjuk a szorzas eredmenyet, ami egy idofuggveny:
CT eAt B
=9e−5t sin(3t) + 2e−5t cos(3t) − 6e−5t sin(3t) + 2e−5t cos(3t)
=3e−5t sin(3t) + 4e−5t cos(3t),
23
azaz
CT eA(t−τ) B = 3e−5(t−τ) sin(3(t − τ)) + 4e−5(t−τ) cos(3(t − τ)).
Ezt mindenkepp celszeru atırni egyetlen koszinuszos tagbol allofuggvennye:
CT eA(t−τ) B = e−5(t−τ)5 cos(3(t − τ) − 36, 87),
s ıgy az integral a szokasos kiemelesekkel a kovetkezo alakot olti:
y(t) =
∫ t
0e−5(t−τ)5 cos(3(t − τ) − 36, 87) dτ + 1
= 5e−5t
∫ t
0e5τ cos(3(t − τ) − 36, 87) dτ + 1.
Ebben az esetben az integrandusz ket fuggveny szorzatabol all.Ennek primitıv fuggvenye parcialis integralassal hatarozhato meg,amelynek alakja
∫
u′v = uv −∫
uv′.
A kovetkezo jeloleseket alkalmazzuk:
u′ = e5τ u = 15e5τ ,
v = cos(3(t − τ) − 36, 87) v′ = 3 sin(3(t − τ) − 36, 87),
ıgy csak a hatarozatlan integralra koncentralva (az 5e−5t taggal avegen szorzunk be, most helyszuke miatt elhagyjuk) azt kapjuk,hogy
∫
e5τ cos(3(t − τ) − 36, 87) dτ =
1
5e5τ cos(3(t − τ) − 36, 87) − 3
5
∫
e5τ sin(3(t − τ) − 36, 87) dτ.
24
Lathato, hogy nem sokkal jutottunk elobbre, hiszen az integralmeg mindig ket fuggveny szorzatabol all. Hasznaljuk ezert megegyszer a parcialis integralas szabalyat a kovetkezo jelolesekkel:
u′ = e5τ u = 15e5τ ,
v = sin(3(t − τ) − 36, 87) v′ = −3 cos(3(t − τ) − 36, 87),
majd behelyettesıtve kapjuk, hogy∫
e5τ cos(3(t − τ) − 36, 87) dτ =1
5e5τ cos(3(t − τ) − 36, 87)−
3
5
1
5e5τ sin(3(t − τ) − 36, 87) +
3
5
∫
e5τ cos(3(t − τ) − 36, 87) dτ
.
Bontsuk fel a zarojelet:∫
e5τ cos(3(t − τ) − 36, 87) dτ =1
5e5τ cos(3(t − τ) − 36, 87)
− 3
25e5τ sin(3(t − τ) − 36, 87) − 9
25
∫
e5τ cos(3(t − τ) − 36, 87) dτ.
Ezen kifejezes mindket oldalan szerepel a meghatarozando hata-rozatlan integral. Gyujtsuk ossze ezeket a bal oldalon:
(
1 +9
25
)∫
e5τ cos(3(t − τ) − 36, 87) dτ
=1
5e5τ cos(3(t − τ) − 36, 87) − 3
25e5τ sin(3(t − τ) − 36, 87).
Ebbol a hatarozatlan integral, azaz a primitıv fuggveny mar kife-jezheto:
∫
e5τ cos(3(t − τ) − 36, 87) dτ
=15e5τ cos(3(t − τ) − 36, 87) − 3
25e5τ sin(3(t − τ) − 36, 87)(
1 + 925
) .
25
Szorozzuk be mindket oldalt 5e−5t-vel, s megkapjuk a vegered-menyt:
5e−5t
∫
e5τ cos(3(t − τ) − 36, 87) dτ
=5e−5t15e5τ cos(3(t − τ) − 36, 87) − 3
25e5τ sin(3(t − τ) − 36, 87)(
1 + 925
) .
Az integralasi hatarok ervenyesıtese utan megkapjuk a keresetthatarozott integralt, majd a valaszjelet (D = 1, ezert az ered-menyhez meg hozza kell adni 1-et):
5e−5t
"
15e5τ cos(3(t − τ ) − 36, 87) − 3
25e5τ sin(3(t − τ ) − 36, 87)
`
1 + 925
´
#t
0
+ 1
=29
34− 25
34e−5t cos(3t − 36, 87) +
15
34e−5t sin(3t − 36, 87) + 1.
A valaszjel, azaz az ugrasvalasz tehat
v(t) = ε(t)
63
34− 25
34e−5t cos(3t − 36, 87) +
15
34e−5t sin(3t − 36, 87)
.
Az impulzusvalaszt meghatarozhatjuk ennek ido szerinti deriva-lasaval:
w(t) =d
dtv(t) = δ(t)
63
34− 10
17− 9
34
+ ε(t)
525
34e−5t cos(3t − 36, 87) + 3
25
34e−5t sin(3t − 36, 87)
− 515
34e−5t sin(3t − 36, 87) + 3
15
34e−5t cos(3t − 36, 87)
= δ(t) + ε(t)
5e−5t cos(3t − 36, 87)
.
Ellenorzeskepp hatarozzuk meg az impulzusvalaszt a
w(t) = ε(t)CT eAt B + Dδ(t)
26
alapjan is. A CT eAt B szorzatot mar korabban meghataroztuk,
CT eAt B = 3e−5t sin(3t) + 4e−5t cos(3t),
ıgy az impulzusvalasz
w(t) = ε(t)
3e−5t sin(3t) + 4e−5t cos(3t)
+ δ(t)
= δ(t) + ε(t)
5e−5t cos(3t − 36, 87)
.
A ket modszerrel szamıtott impulzusvalasz termeszetesen mege-gyezik.
* * *
Konvolucio
1. Pelda. Egy rendszer impulzusvalasza es gerjesztese azalabbi. Hatarozzuk meg a valaszjel idofuggvenyet.
w[k] = ε[k] 0, 5k , s[k] = ε[k] − ε[k − 5] 0, 2k.
Megoldas. Ha a gerjesztes ablakozott jelek formajaban adott,akkor celszeru a gerjesztes idofuggvenyeben a zarojelet felbontani,azaz
s[k] = ε[k] 0, 2k − ε[k − 5] 0, 2k .
Az elso tag rendben van, vele nem kell foglalkoznunk. A masodiktag a k = 5 utemben lep be, azonban a hatvany kitevojeben isazt kell elerni, hogy szerepeljen a k−5 kifejezes. Ennek erdekebena kitevoben a k helyebe ırjunk k − 5 + 5-ot, ami nem valtoztatsemmit, azonban be tudjuk csempeszni a k − 5 kifejezest (ez azeljaras ugyanaz, amit a folytonos ideju jelek eseteben egy peldankeresztul bemutattunk). Ennek eredmenyekepp azt kapjuk, hogy:
s[k] = ε[k] 0, 2k − ε[k − 5] 0, 2k−5+5,
27
azazs[k] = ε[k] 0, 2k − ε[k − 5] 0, 2k−5 0, 25,
ahol 0, 25 egy konstans ertek. A lenyege ennek az atalakıtasnaktehat megint az, hogy az ε[k]f [k] jel K ertekevel eltolt kifejezeseε[k − K]f [k − K] legyen, ahol f [k] tetszoleges idofuggveny.
A gerjesztes ıgy ket tagbol all: s[k] = s1[k] − s2[k]. Eloszormeghatarozzuk az elso tagnak megfelelo valaszjelet, majd a ma-sodik tagnak megfelelo valaszjelet es a ket reszeredmenyt kivonjukegymasbol: y[k] = y1[k] − y2[k]. Ezt megtehetjuk, mivel a rend-szer linearis, azaz a szuperpozıcio-elvet alkalmazzuk a valaszjelmeghatarozasara.
A gerjesztes elso tagja ugyanaz, mint a konyv 101. oldalanallo feladatban volt, ıgy a valaszjel ezen resze is meg fog egyezni.Jeloljuk az elso tagokat 1 indexszel, ıgy
y1[k] = ε[k]
10
60, 5k − 2
30, 2k
.
A gerjesztes masodik tagja ugyanaz, mint az elso, csak epp el vantolva es egy konstans ertekkel be van szorozva. Azt varjuk tehat,hogy az ezen osszetevore adott valasz ugyanaz lesz, mint y1[k],csak abban is megjeleni a konstans ertek es ugyanannyi utemmelel lesz tolva. Szamolas nelkul is meghatarozhatjuk tehat a masosiktagot:
y2[k] = 0, 25 ε[k − 5]
10
60, 5k−5 − 2
30, 2k−5
.
Gyakorlaskepp azonban oldjuk meg ezt a feladatreszt is konvolu-cioval. A gerjesztes masodik tagja a k = 5 utemben lep be, ezertaz osszegzes also hatara i = 5-nek valaszthato, ugyanis a erteke ak < 5 utemekben nulla lesz, ıgy azokat nem kell figyelembe venni.
28
A lepesek tehat a kovetkezok:
y2[k] =
k∑
i=5
w[k − i]s2[i](1)=
k∑
i=5
0, 5k−i 0, 2i−5 0, 25
(2)=
k∑
i=5
0, 5k 0, 5−i 0, 2i 0, 2−5 0, 25
(3)= 0, 5k
k∑
i=5
0, 4i (4)= 0, 5k
k∑
i=0
0, 4i −4
∑
i=0
0, 4i
(5)= 0, 5k
1 − 0, 4k+1
1 − 0, 4− 1 − 0, 44+1
1 − 0, 4
(6)= 0, 5k 1 − 0, 4k+1 − 1 + 0, 45
0, 6
(7)=
−0, 5k 0, 4k+1 + 0, 5k 0, 45
0, 6
(8)=
−0, 2k 0, 4 + 0, 5k 0, 45
0, 6
(9)= −2
30, 2k +
0, 45
0, 60, 5k.
Miutan az (1) lepesben behelyettesıtjuk az impulzusvalasz es agerjesztes s2[k] tagjanak idofuggvenyet a konvolucio kepletebe.A (2) lepesben bontsuk fel a hatvanykitevokben szereplo ossze-geket (0, 2−5 0, 25 = 1), majd a (3) lepesben a k valtozottartalmazo fuggvenyt vigyuk ki a szumma ele. A mertani soremlıtett osszegkeplete csak akkor alkalmazhato, ha az osszegzesalso hatara nulla. Most viszont az also hatar 5. Irjuk at az ossze-get ugy, hogy az also hatar legyen nulla, majd az osszegbol von-juk le az i = 0, . . . , 4 ertekekhez tartoto reszleteket. Ezzel alepessel nem modosıtjuk az eredmenyt, viszont alkalmazhatjuk azosszegkepletet. Ezt tettuk a (4) es (5) lepesekben. A (6) lepesbenırjuk at egyetlen tortte a kapott kifejezest, majd a (7) lepesbenszorozzunk be a 0, 5k taggal, es a (8) lepesben egyszerusıtsuk akifejezest. Az eredmeny minden tagjat osszuk el 0, 6-el ((9) lepes).
29
Ez a kifejezes azonban meg nem tokeletes. Tudjuk ugyanis, hogyez a tag a k = 5 utemmel lep be, ezert a mar ismertetett modonat kell alakıtani ugy, hogy a k−5 szerepeljen a kitevokben es nemk. Irjunk tehat minden k helyeben k − 5 + 5-ot:
y2[k] = −2
30, 2k−5 0, 25 +
0, 45
0, 60, 5k−5 0, 55,
Emeljuk ki a 0, 25 konstans erteket (0, 45 0, 55 = 0, 25), s ıgy
y2[k] = 0, 25
−2
30, 2k−5 +
10
60, 5k−5
,
s ıgy a valaszjel
y[k] = ε[k]
10
60, 5k − 2
30, 2k
ff
− 0, 25 ε[k − 5]
10
60, 5k−5 − 2
30, 2k−5
ff
.
2. Pelda. Legyen egy rendszer impulzusvalasza es gerjeszteseaz alabbi. Hatarozzuk meg a rendszer valaszanak idofuggvenyet.
w[k] = ε[k](
5, 5 · 0, 6k − 4, 5 · 0, 4k)
, s[k] = ε[k] 0, 5k .
Megoldas. A megoldas menete a kovetkezo:
y[k] =k
∑
i=0
s[i]w[k − i] =k
∑
i=0
0, 5i(
5, 5 · 0, 6k−i − 4, 5 · 0, 4k−i)
=
(1)= 5, 5 · 0, 6k
k∑
i=0
(
0, 5
0, 6
)i
− 4, 5 · 0, 4kk
∑
i=0
(
0, 5
0, 4
)i
=
(2)= 5, 5 · 0, 6k
1 −(
0,50,6
)k+1
1 − 0,50,6
− 4, 5 · 0, 4k1 −
(
0,50,4
)k+1
1 − 0,50,4
=
(3)=
3, 3 · 0, 6k − 2, 75 · 0, 5k
0, 6 − 0, 5− 1, 8 · 0, 4k − 2, 25 · 0, 5k
0, 4 − 0, 5.
30
Az impulzusvalasz ket tagbol all. Celszeru a szamıtast ket osszeg-zessel elvegezni, bontsuk hat fel az impulzusvalaszt ket reszre az(1) lepesben, es emeljuk ki rogton a szumma ele az osszegzes szem-pontjabol konstansnak tekintheto tagokat. A (2) lepesben alkal-mazzuk a mertani sor osszegkepletet. A (3) lepesben szorozzukbe mindket tortet az elotte allo 5, 5 · 0, 6k es 4, 5 · 0, 4k taggal,majd egyszerusıtsuk az emeletes torteket ugy, hogy az elso tortszamlalojat es nevezojet is szorozzuk be 0, 6-del, a masiket pedig0, 4-del.9 Osszevonas utan kapjuk a kovetkezo vegeredmenyt:
y[k] = ε[k](
33 · 0, 6k + 18 · 0, 4k − 50 · 0, 5k)
.
3. Pelda. Legyen egy rendszer impulzusvalasza es gerjeszteseaz alabbi. Hatarozzuk meg a rendszer valaszanak idofuggvenyet.
w[k] = ε[k] 0, 5k , s[k] = ε[k] cos(πk).
Megoldas. Az elozo feladatokban az osszegzest mindig amertani sor osszegkepletere vezettuk vissza. Ebben az esetben eztakkor tudjuk megtenni, ha a gerjesztest felırjuk a mar ismertetettmodon, azaz
cos(πk) =ejπk + e−jπk
2.
9Ha a szamlalot is es a nevezot is beszorozzuk ugyanazzal a szammal vagykifejezessel, akkor nem modosıtjuk a tort erteket, viszont az emeletes torteketegyszerusıteni tudjuk. Ezt a kesobbiekben is alkalmazni fogjuk.
31
Ezutan a konvoluciot az eddig ismertetett modon alkalmazhatjuk:
y[k] =
k∑
i=0
w[k − i]s[i] =
k∑
i=0
0, 5k−i ejπi + e−jπi
2
(1)=
0, 5k
2
k∑
i=0
(
ejπ
0, 5
)i
+0, 5k
2
k∑
i=0
(
e−jπ
0, 5
)i
(2)=
0, 5k
2
1 −(
ejπ
0,5
)k+1
1 − ejπ
0,5
+0, 5k
2
1 −(
e−jπ
0,5
)k+1
1 − e−jπ
0,5
(3)=
0, 5k
2
1 −(
ejπk
0,5k
) (
ejπ
0,5
)
1 − ejπ
0,5
+0, 5k
2
1 −(
e−jπk
0,5k
)(
e−jπ
0,5
)
1 − e−jπ
0,5
(4)=
1
2
0, 5k − 2ejπejπk
1 − 2ejπ+
1
2
0, 5k − 2e−jπe−jπk
1 − 2e−jπ
(5)=
1
2
0, 5k + 2ejπk
1 + 2+
1
2
0, 5k + 2e−jπk
1 + 2.
A gerjesztes tehat ket tagbol all, bontsuk fel ezert az ossze-get ket reszre az (1) lepesben es emeljuk ki az osszegzes elea konstansnak tekintheto tagokat. A (2) lepesben alkalmaz-zuk a mertani sor osszegkepletet. A (3) lepesben bontsuk fel aszamlaloban szereplo zarojelet, majd a (4) lepesben szorozzunkbe a 0, 5k kifejezessel es egyszerusıtsuk a szamlaloban levo tortet.Az (5) lepesben a 2ejπ = −2 osszefuggest hasznaljuk, melynekeredmenyekepp sokkal attekinthetobb eredmenyt kapunk. Irjukfel a kapott eredmenyt egyetlen tort segıtsegevel:
2 · 0, 5k + 2ejπk + 2e−jπk
6.
Ebben mar lathato, hogy vissza fogjuk alakıtani a komplex szamotis tartalmazo fuggvenyt valos idofuggvennye. Hasznaljuk fel a ki-
32
indulasnal alkalmazott azonossagot:
1
30, 5k +
2
3
ejπk + e−jπk
2,
azaz
y[k] = ε[k]
1
30, 5k +
2
3cos(πk)
.
Rendszeregyenlet
1. Pelda. Hatarozzuk meg az alabbi rendszeregyenlettel adottrendszer s[k] = ε[k]0, 2k gerjesztesre adott valaszat es a rendszerimpulzusvalaszat.
y[k] − 0, 25y[k − 2] = 3s[k] − s[k − 1].
Megoldas. A rendszeregyenletbol kiolvashato, hogy n = 2 esm = 1. Azaz a probafuggveny k ≥ 1 utemekre lesz ervenyes,ugyanakkor n = 2 szamu ismeretlen lesz a tranziens osszetevoben,melyeket az y[m − 1] = y[0] es y[m − 2] = y[−1] ertekek isme-reteben hatarozhatunk meg. A gerjesztes belepo, ıgy y[−1] = 0,y[0] erteket pedig a lepesrol-lepesre modszer adja k = 0 helyet-tesıtes mellett. Hatarozzuk meg gyakorlaskepp az y[k] valaszjeleta lepesrol-lepesre modszerrel par utemre:
y[k] = 0, 25y[k − 2] + 3ε[k]0, 2k − ε[k − 1]0, 2k−1,
y[0] = 0, 25y[−2] + 3ε[0]0, 20 − ε[−1]0, 2−1 = 0 + 3 · 1 − 0 = 3,
y[1] = 0, 25y[−1] + 3ε[1]0, 21 − ε[0]0, 20 = 0 + 3 · 0, 2 − 1 = −0, 4,
es y[2] = 0, 67. A valasz analitikus kifejezeset az osszetevokrebontas modszerevel hatarozzuk meg, azaz
y[k] = ytr[k] + yst[k].
33
A tranziens osszetevo ytr[k] = Mλk altalanos alakjat helyet-tesıtsuk a homogen differenciaegyenletbe:
ytr[k] − 0, 25ytr[k − 2] = Mλk − 0, 25Mλk−2 = 0.
Az M konstanssal es a λk tenyezovel lehet egyszerusıteni, majdλ2-el beszorozva kapjuk a karakterisztikus egyenletet:
λ2 − 0, 25 = 0,
melynek ket megoldasa van, λ1 = 0, 5 es λ2 = −0, 5. A teljestranziens osszetevo ıgy a ket sajaterteknek megfelelo tranziensosszetevok osszege:
ytr[k] = M10, 5k + M2(−0, 5)k ,
ahol M1 es M2 konstansokat a kezdeti feltetelek ervenyesıtesesoran hatarozzuk meg.
Hatarozzuk meg a stacionarius valaszt alkalmasprobafuggveny valasztasaval. A probafuggvenytablazatbol islathato, hogy a stacionarius valasz alakja yst[k] = A 0, 2k
kell legyen, mert az jellegeben hasonlıt a gerjeszteshez hak ≥ 1. Helyettesıtsuk vissza a probafuggvenyt az inhomogendifferenciaegyenletbe:
yst[k] − 0, 25yst[k − 2] = 3s[k] − s[k − 1],
azazA 0, 2k − 0, 25A 0, 2k−2 = 3 · 0, 2k − 0, 2k−1.
A 0, 2k-nal mindket oldal oszthato:
A − 0, 25A 0, 2−2 = 3 − 0, 2−1 ⇒ A = 0, 38.
A teljes valasz a tranziens osszetevo es a stacionarius osszetevoosszege:
y[k] = M10, 5k + M2(−0, 5)k + 0, 38 · 0, 2k.
34
Ez az alak csak k > 1 utemekre igaz. Az M1 es M2 konstanso-kat ezert a valasz k = 0 es a k = −1 utemekre meghatarozottertekeibol kell meghatarozni:
y[0] = 3 = M1 + M2 + 0, 38,y[−1] = 0 = 2M1 − 2M2 + 1, 9
⇒ M1 = 0, 835,M2 = 1, 785.
Ez egy ketismeretlenes egyenletrendszer, melynek meg-oldasa szolgaltatja az ismeretlen konstansokat.10 A valaszjelervenyesseget ıgy kiterjesztettuk a k ≥ −1 utemekre, nekunkazonban elegendo a k ≥ 0 idopillanatokat ismerni. A valaszidofuggvenye tehat a kovetkezo:
y[k] = ε[k][
0, 835 · 0, 5k + 1, 785 · (−0, 5)k + 0, 38 · 0, 2k]
.
Hatarozzuk meg a rendszer impulzusvalaszat is. Alkalmazzukeloszor a lepesrol-lepesre modszert:
w[k] = 0, 25w[k − 2] + 3δ[k] − δ[k − 1],
w[0] = 0, 25w[−2] + 3δ[0] − δ[−1] = 0 + 3 − 0 = 3,
w[1] = 0, 25w[−1] + 3δ[1] − δ[0] = 0 + 0 − 1 = −1,
w[2] = 0, 25w[0] + 3δ[2] − δ[1] = 0, 25 · 3 + 0 − 0 = 0, 75, . . . .
w[3] = 0, 25w[1] + 3δ[3] − δ[2] = −0, 25, . . . .
Az impulzusvalasz analitikus formulaja altalanosan megegyezik atranziens osszetevo altalanos alakjaval. Jelen peldaban ez a kovet-kezo:
w[k] = M10, 5k + M2(−0, 5)k .
Ezen alak feltetele, hogy k ≥ m + 1, azaz k ≥ 2. Ket meg-hatarozasra varo konstans van az impulzusvalasz kifejezeseben,
10Az egyenletrendszert a kovetkezokepp erdemes megoldani: szorozzuk beaz elso egyenletet kettovel, majd adjuk ossze oket: 6 = 4M1 + 2, 66, ahonnanM1 adodik. Ezt helyettesıtsuk vissza pl. az elso egyenletbe es megkapjuk M2-ot.
35
melyek meghatarozasahoz fel kell hasznalnunk az impulzusvalaszk = 2 − 1 = 1 es a k = 2 − 2 = 0 utembeli ertekeit. Ezek alepesrol-lepesre modszerbol ismertek, tehat
w[1] = −1 = 0, 5M1 − 0, 5M2,w[0] = 3 = M1 + M2
⇒ M1 = 0, 5,M2 = 2, 5.
Az impulzusvalasz osszefuggeset tehat a k ≥ 2 feltetelrol kiter-jesztettuk a k ≥ 0 feltetelre. Pont ez kell nekunk, es ezek utanfelırhatjuk az impulzusvalasz analitikus kepletet is:
w[k] = ε[k][
0, 5 · 0, 5k + 2, 5(−0, 5)k]
.
2. Pelda. Hatarozzuk meg az elobbi rendszer valaszat, ha a ger-jesztes s[k] = ε[k]0, 5k .
Megoldas. Ebben a peldaban a gerjesztes kvociense megegye-zik a rendszer egyik sajatertekevel. A feladat a probafuggvenymegvalasztasaban kulonbozik az elozotol. A lepesrol-lepesremodszer szamıtasat nem reszletezzuk, de a vegeredmenyeket parutemre megadjuk: y[0] = 3, y[1] = 0, 5, y[2] = 1, y[3] = 0, 25,y[4] = 0, 3125.11
A valasz tranziens osszetevojenek alakja megegyezik azelozo peldaban megadottal, az M1 es M2 konstansok erteketermeszetesen nem lesz ugyanaz. Hatarozzuk meg a sta-cionarius valaszt alkalmas probafuggveny valasztasaval. Aprobafuggvenytablazatbol kiolvashato, hogy ebben az esetben astacionarius valasz alakja yst[k] = Ak 0, 5k kell legyen12, ha k ≥ 1.Helyettesıtsuk vissza a probafuggvenyt az inhomogen differencia-egyenletbe:
yst[k] − 0, 25yst[k − 2] = 3s[k] − s[k − 1],
11Gyakorlaskepp erdemes utannaszamolni.12Ennek okara kesobb visszaterunk, egyelore fogadjuk el, hogy ıgy van.
36
azaz
Ak 0, 5k − 0, 25A(k − 2) 0, 5k−2 = 3 · 0, 5k − 0, 5k−1.
A k idot tartalmazo tagok ismet kiejthetok. Bontsuk fel azarojelet, s egyszerusıtes utan azt kapjuk, hogy
2A = 1 ⇒ A = 0, 5.
A teljes valasz tehat
y[k] = M1(0, 5)k + M2(−0, 5)k + 0, 5 k 0, 5k.
Ez az alak csak k > 1 utemekre igaz. Az M1 es M2 konstanso-kat ezert a valasz k = 0 es a k = −1 utemekre meghatarozottertekeibol kell meghatarozni, amely a kovetkezo ketismeretlenesegyenletrendszerre vezet:
y[0] = 3 = M1 + M2,y[−1] = 0 = 2M1 − 2M2 − 1
⇒ M1 = 1, 75,M2 = 1, 25.
A valaszjel ervenyesseget ıgy szinten kiterjesztettuk a k ≥ −1 ute-mekre, nekunk azonban elegendo a k ≥ 0 idopillanatokat ismerni,azaz
y[k] = ε[k]
1, 75 · 0, 5k + 1, 25 · (−0, 5)k + 0, 5 k 0, 5k
.
A valaszjel utolso tagjat celszeru atırni a kovetkezo alakban13:
y[k] = ε[k]
1, 75 · 0, 5k + 1, 25 · (−0, 5)k + 0, 5 k 0, 5k−1+1
= ε[k]
1, 75 · 0, 5k + 1, 25 · (−0, 5)k + 0, 5 k 0, 5k−10, 5
= ε[k]
1, 75 · 0, 5k + 1, 25 · (−0, 5)k + 0, 25 k 0, 5k−1
.
13A megoldas termeszetesen ıgy is jo. Az atalakıtas okara a kesobbiekbenterunk vissza, most csak jegyezzuk meg.
37
3. Pelda. Hatarozzuk meg az alabbi rendszer megadott ger-jesztesre adott valaszat, majd a rendszer impulzusvalaszat is ad-juk meg.
y[k]−y[k−1]+0, 24y[k−2] = s[k]−s[k−2], s[k] = ε[k]5 cos(π
2k)
.
Megoldas. A rendszeregyenletbol kiolvashato, hogy n = 2 esm = 2. A probafuggveny tehat a k ≥ 2 utemekre lesz ervenyes,ugyanakkor n = 2 szamu ismeretlen lesz a tranziens osszetevoben,melyeket most az y[m − 1] = y[1] es y[m − 2] = y[0] ertekekismereteben hatarozhatunk meg. Ezen ertekeket a lepesrol-lepesremodszerrel szamıtjuk ki14:
y[k] = y[k − 1] − 0, 24y[k − 2] + ε[k]5 cos(π
2k)
− ε[k − 2]5 cos(π
2(k − 2)
)
,
y[0] = y[−1] − 0, 24y[−2] + ε[0]5 cos (0) − ε[−2]5 cos(π
2(−2)
)
= 5,
y[1] = y[0] − 0, 24y[−1] + ε[1]5 cos(π
2
)
− ε[−1]5 cos(π
2(−1)
)
= −6, 2,
A valasz analitikus kifejezeset az osszetevokre bontas modszerevelhatarozzuk meg, azaz
y[k] = ytr[k] + yst[k].
A tranziens osszetevot az ytr[k] = Mλk alakban keressuk. A dif-ferenciaegyenlet karakterisztikus egyenlete a kovetkezo:
ϕ(λ) = λ2 − λ + 0, 24 = 0,
melynek ket megoldasa van, λ1 = 0, 6 es λ2 = 0, 4, ıgy a tranziensosszetevo altalanos alakja a kovetkezo:
ytr[k] = M1(0, 6)k + M2(0, 4)
k ,
14Ugyeljunk arra, hogy a π2
radianban van megadva, erteke 90.
38
ahol M1 es M2 konstansokat a kezdeti feltetelek ervenyesıtesesoran hatarozzuk meg a megoldas utolso lepesekent.
Hatarozzuk meg ezutan a stacionarius valaszt.A probafuggvenytablazatbol keressuk ki a megfeleloprobafuggvenyt, amely az
yst[k] = A cos(π
2k)
+ B sin(π
2k)
fuggveny ket ismeretlen parameterrel. A probafuggveny a k ≥2 utemekre ervenyes. Helyettesıtsuk vissza a probafuggvenyt azinhomogen differenciaegyenletbe:
yst[k] − yst[k − 1] + 0, 24y[k − 2] = s[k] − s[k − 2],
azaz
A cos(π
2k)
+ B sin(π
2k)
− A cos(π
2(k − 1)
)
− B sin(π
2(k − 1)
)
+0, 24A cos(π
2(k − 2)
)
+ 0, 24B sin(π
2(k − 2)
)
=
=5 cos(π
2k)
− 5 cos(π
2(k − 2)
)
.
Az A es B parameterek meghatarozasa elott hasznaljuk a kovet-kezo trigonometrikus azonossagokat a szogfuggvenyek argumen-tumaban talalhato zarojelek felbontasara:
cos(α ± β) = cos α cos β ∓ sinα sinβ,
sin(α ± β) = sinα cos β ± cos α sinβ.(1)
Igy
cos(
π2 k − π
2
)
= cos(
π2k
)
cos π2 + sin
(
π2 k
)
sin π2 = sin
(
π2k
)
,sin
(
π2 k − π
2
)
= sin(
π2 k
)
cos π2 − cos
(
π2 k
)
sin π2 = − cos
(
π2 k
)
,cos
(
π2 k − π
)
= cos(
π2 k
)
cos π + sin(
π2 k
)
sinπ = − cos(
π2 k
)
,sin
(
π2 k − π
)
= sin(
π2 k
)
cos π − cos(
π2 k
)
sinπ = − sin(
π2 k
)
.
39
Ezen eredmenyeket visszahelyettesıtve a megfelelo helyekre, kap-juk, hogy
A cos(π
2k)
+ B sin(π
2k)
− A sin(π
2k)
+ B cos(π
2k)
−0, 24A cos(π
2k)
− 0, 24B sin(π
2k)
= 5 cos(π
2k)
+ 5 cos(π
2k)
.
Ez az eredmeny mar alkalmas arra, hogy az A es B pa-rametereket meghatarozzuk. Ennek erdekeben azt kell tennunk,hogy a sin
(
π2 k
)
es cos(
π2 k
)
egyutthatoit egyenlove tesszul, mely-nek eredmenyekepp ket egyenletet kapunk:
0, 76A + B = 100, 76B − A = 0
⇒ A = 4, 82,B = 6, 34.
Igy megkapjuk a probafuggveny ket parameteret.15 Ezt a lepestmindig megtehetjuk. A problema abban all, hogy egyetlen egyen-let all rendelkezesunkre, ugyanakkor az tobb ismeretlent istartalmaz. Ha azonban valamely fuggveny bal oldali es jobboldali egyutthatoit egyenlove tesszuk, akkor megfelelo szamuegyenletbol allo egyenletrendszer kapunk, melynek megoldasaszolgaltatja a probafuggvenyben allo ismeretleneket.
Ez atırhato a mar ismertetett modon:
yst[k] = 4, 82 cos(π
2k)
+6, 34 sin(π
2k)
= 7, 95 cos(π
2k − 16, 81
)
.
A teljes valasz ennek ismereteben mar felırhato (a fazist at szokasırni radianba):
y[k] = M1(0, 6)k + M2(0, 4)
k + 7, 95 cos(π
2− 0, 92
)
.
15Az egyenletrendszert ugy erdemes megoldani, hogy pl. a masodik egyen-letet beszorozzuk 0, 76-dal es osszeadjuk a ket egyenletet: 0, 5776B = 10,amelybol B = 6, 34. Ezt visszahelyettesıtve a masodik egyenletbe, azt kap-juk, hogy A = 0, 76B = 4, 82. Termeszetesen maskepp is megoldhatjuk azegyenletrendszert, de talan ıgy a leggyorsabb.
40
Ez az alak csak k ≥ 2 utemekre igaz. Az M1 es M2 konstansokatezert a valasz k = 1 es a k = 0 utemekre meghatarozott ertekeibolkell meghatarozni:
y[1] = 5 = 0, 6M1 + 0, 4M2 + 6, 33y[0] = 5 = M1 + M2 + 4, 82
⇒ M1 = −7, 01,M2 = 7, 19.
Ez szinten egy ketismeretlenes egyenletrendszer, melynek meg-oldasa szolgaltatja az ismeretlen konstansokat.16 A valaszjelervenyesseget ıgy kiterjesztettuk a k ≥ 0 utemekre, idofuggvenyepedig a kovetkezo:
y[k] = ε[k]
−7, 01 · 0, 6k + 7, 19 · 0, 4k + 7, 95 cos(π
2k − 0, 92
)
.
Hatarozzuk meg ezutan a rendszer impulzusvalaszat.Hasznaljuk a lepesrol-lepesre modszert:
w[k] = w[k − 1] − 0, 24w[k − 2] + δ[k] − δ[k − 2],
w[0] = w[−1] − 0, 24w[−2] + δ[0] − δ[−2] = 0 − 0 + 1 − 0 = 1,
w[1] = w[0] − 0, 24w[−1] + δ[1] − δ[−1] = 1 − 0 + 0 − 0 = 1,
w[2] = w[1] − 0, 24w[0] + δ[1] − δ[0] = 1 − 0, 24 + 0 − 1 = −0, 24,
w[3] = w[2] − 0, 24w[1] + δ[3] − δ[1] = −0, 24 − 0, 24 + 0 − 0 = −0, 48, . . . ,
tovabbi ertekek pedig w[4] = −0, 4224, w[5] = −0, 3072,w[6] = −0, 2058. Az impulzusvalasz analitikusan meghatarozhatoa tranziens osszetevo altalanos alakjabol kiindulva:
w[k] = M1(0, 6)k + M2(0, 4)
k ,
ami a k ≥ 3 utemekre ervenyes. Az impulzusvalasz ket ismeretlenkonstansa meghatarozhato az impulzusvalasz k = 2 es k = 1
16Az egyenletrendszert peldaul a kovetkezokepp erdemes megoldani: szo-rozzuk be a masodik egyenletet 0, 6-el, majd a masodik egyenletbol vonjukki az elsot: 1, 438 = 0, 2M2, ahonnan M2 = 7, 19 adodik. Ezt helyettesıtsukvissza pl. a masodik egyenletbe es M1 = 0, 18 − M2 = −7, 01.
41
utembeli ertekei alapjan:
w[2] = −0, 24 = M10, 36 + M20, 16w[1] = 1 = M10, 6 + M20, 4
⇒ M1 = −5, 33,M2 = 10, 5.
Ezaltal az impulzusvalasz formulajat kiterjesztettuk a k ≥ 1 ute-mekre. Nekunk azonban szuksegunk van meg a k = 0 utembeliertekre is, amelyet a δ[k] fuggvennyel vihetunk bele, erteke pediga lepesrol-lepesre modszer altal ismert, azaz
w[k] = δ[k] + ε[k − 1]
−5, 33 · 0, 6k + 10, 5 · 0, 4k
,
amit azonban celszeru atırni a kovetkezokepp
w[k] = δ[k] + ε[k − 1]
−5, 33 · 0, 6k−10, 6 + 10, 5 · 0, 4k−10, 4
= δ[k] + ε[k − 1]
−3, 2 · 0, 6k−1 + 4, 2 · 0, 4k−10, 4
.
4. Pelda. Hatarozzuk meg az alabbi differenciegyenleteveladott rendszer s[k] = ε[k] gerjesztesre adott valaszat, vagyis azugrasvalaszat.
y[k] − 0, 8y[k − 1] = s[k] + s[k − 3].
Megoldas. Hatarozuk meg a valaszjelet eloszor a lepesrol-lepesre modszer segıtsegevel:
y[k] = 0, 8y[k − 1] + ε[k] + ε[k − 3],
y[0] = 0, 8y[−1] + ε[0] + ε[−3] = 0 + 1 − 0 = 1,
y[1] = 0, 8y[0] + ε[1] + ε[−2] = 0, 8 · 1 + 1 − 0 = 1, 8,
y[2] = 0, 8y[1] + ε[2] + ε[−1] = 0, 8 · 1, 8 + 1 − 0 = 2, 44,
y[3] = 0, 8y[2] + ε[3] + ε[0] = 0, 8 · 2, 44 + 1 = 3, 952, . . . .
Hatarozzuk meg hat az analitikus megoldast osszetevokrebontassal. A tranziens osszetevo altalanos alakja es a sajatertek
42
az 1. peldabol ismert. Hatarozzuk meg a stacionarius valaszt Akonstans probafuggveny alkalmazasaval. A feltetel most a k ≥ 3,azaz a probafuggvenyt a k ≥ 3 utemekre alkalmazhatjuk, ertekepedig szamıthato az inhomogen differenciaegyenlet segıtsegevel:
A − 0, 8A = 1 + 1 ⇒ A = 10.
A teljes valasz tehat:
y[k] = M0, 8k + 10.
Ez az alak csak a k ≥ 3 idopillanatokban igaz, az M konstanserteket ugy kell megvalasztani, hogy a k = 3 − 1 = 2 utemrekiszamıtjuk a valasz erteket, es ervenyre juttatjuk a kovetkezoegyenloseget:
y[2] = 2, 44 = M0, 82 + 10 ⇒ M = −11, 825.
A valaszjel ıgy most mar a k ≥ 2 utemekre ervenyes es a k = 0, 1idopillanatrol nem ad felvilagosıtast, nekunk azonban a k ≥ 0idopillanatokat kell meghatarozni. A k = 0 es k = 1 utem-beli valaszokat mar meghataroztuk a lepesrol-lepesre modszersegıtsegevel, ertekuket egysegimpulzus jellel szorozva vehetjuk fi-gyelembe, azaz
y[k] = δ[k] + 1, 8δ[k − 1] + ε[k − 2]
10 − 11, 825 · 0, 8k
.
Az utolso tagot celszeru atalakıtani a kovetkezo modon:
y[k] = δ[k] + 1, 8δ[k − 1] + ε[k − 2]
10 − 11, 825 · 0, 8k−20, 82
= δ[k] + 1, 8δ[k − 1] + ε[k − 2]
10 − 7, 56 · 0, 8k−2
.
5. Pelda. Hatarozzuk meg az alabbi differenciaegyenleteveladott rendszer impulzusvalaszat.
y[k] +1
9y[k − 2] = s[k].
43
Megoldas. Hatarozuk meg az impulzusvalaszt a lepesrol-lepesre modszer segıtsegevel:
w[k] = −1
9w[k − 2] + δ[k],
w[0] = −1
9w[−2] + δ[0] = 0 + 1 = 1,
w[1] = −1
9w[−1] + δ[1] = 0 + 0 = 0,
w[2] = −1
9w[0] + δ[2] = −1
9+ 0 = −1
9,
w[3] = −1
9w[1] + δ[3] = 0 + 0 = 0,
w[4] = −1
9w[2] + δ[4] =
1
9
1
9+ 0 =
1
81, . . . .
Az impulzusvalasz megegyezik a tranziens osszetevo alakjaval, hak ≥ 1:
w[k] = Mλk.
A λ sajatertekek a karakterisztikus egyenletbol szamıthatok. Jelenesetben n = 2, tehat 2 sajatertekre szamıthatunk. A karakteriszti-kus egyenlet kozvetlenul a rendszeregyenletbol felırva a kovetkezo:
λ2 +1
9= 0 ⇒ λ1,2 = ±j
1
3=
1
3e±j90 ,
azaz a sajatertekek konjugalt komplex part alkotnak. Az impul-zusvalasz alakja tehat
w[k] = M1
(
j1
3
)
+ M2
(
−j1
3
)
.
Ezen osszefuggesben szereplo ket konstans meghatarozhato az im-pulzusvalasz k = 0 es k = −1 utemekben felvett ertekebol, melyek
44
azonban a lepesrol-lepesre modszer altal ismertek, azaz17
w[0] = −0, 24 = M1 + M2
w[−1] = 1 = M1(−j3) + M2(j3)
⇒ M1 = 0, 5,M2 = 0, 5.
Az M1 es M2 konstansok egyenloek.18 Ez nem veletlen, mert haket sajatertek konjugalt komplex part alkot, akkor a hozzajuk tar-tozo konstansok is konjugalt komplex part kell alkossanak. Jelenesetben M1 es M2 valos szam lett, azaz kepzetes ertekuk nulla.Konjugalt komplex szamok valos resze pedig megegyezik.
Legegyszerubb, ha ezek utan felhasznaljuk a mar levezetett ()osszefuggest, amelyben N1 = 0, 5, ϕ1 = 0, r1 = 1
3 es ϑ1 = π2 , ıgy
az impulzusvalasz egyetlen koszinuszos idofuggvennyel felırhato:
w[k] = ε[k]
(
1
3
)k
cos(π
2k)
.
Allapotvaltozos leıras
A kovetkezo peldaban illusztraljuk egy egy bemenetu es ketkimenetu rendszer szamıtasi modjat. Hogy ne vesszunk el areszletekben, hasznaljunk fel egy mar ismert rendszermatrixurendszert.
17Ha k = −1, akkor a`
j 13
´
−1ertekre lesz szuksegunk, ami j−1
`
13
´
−1= 1
j3.
Tudjuk azonban, hogy 1j
= −j, azaz a vegeredmeny −j3. A masik ennekkonjugalt komplex parja lesz, de hasonlokepp levezetheto.
18Ezt az egyenletrendszert ugy lehet celszeru megoldani, hogy az elso egyen-letet beszorozzuk j3-al, majd a ket egyenletet osszeadjuk: j3 = j6M2, ahon-nan M2 = 0, 5. Ezt helyettesıtsuk vissza az elso egyenletbe: 1 = M1 + 0, 5, sadodik, hogy M1 = 0, 5.
45
Pelda. Hatarozzuk meg az alabbi allapotvaltozos leırasavaladott SIMO rendszer impulzusvalaszat.
[
x1[k + 1]x2[k + 1]
]
=
[
0 1−0, 25 1
] [
x1[k]x2[k]
]
+
[
12
]
s[k],
y[k] =
[
1 10 1
] [
x1[k]x2[k]
]
.
Megoldas. A rendszermatixot mar vizsgaltuk.Megallapıtottuk, hogy valamely matrixfuggvenyenek eloallıtasataz Hermite-fele matrixpolinomok segıtsegevel oldhatjuk meg. AzHermite-matrixok a kovetkezok:
H10 =
[
1 00 1
]
, H11 =
[
0, 5 1−0, 25 −0, 5
]
.
Az Ak matrixfuggveny meghatarozasahoz helyettesıtsunk be az(5.48) osszefuggesbe. Mivel egyetlen ketszeres sajatertek van ezertM = 1 es β1 = 2, ıgy
Ak =1
∑
j=0
k!
(k − j)!λk−j
1 H1j(A) =k!
k!λk
1H10(A)
+k!
(k − 1)!λk−1
1 H11(A) = λk1H10(A) + kλk−1
1 H11(A).
Helyettesıtsuk be a kiszamıtott Hermite-matrixokat:
Ak =
[
λk1 + 0, 5kλk−1
1 kλk−11
−0, 25kλk−11 λk
1 − 0, 5kλk−11
]
,
majd helyettesıtsuk be a λ1 erteket (λ1 = −0, 5):
Ak =
[
(−0, 5)k (1 − k) −2k(−0, 5)k
0, 5k(−0, 5)k (−0, 5)k (1 + k)
]
,
46
Az impulzusvalasz meghatarozasahoz szuksegunk van a CAk−1Bszorzatra:
[
1 10 1
][
(−0, 5)k−1 (1 − (k − 1)) −2(k − 1)(−0, 5)k−1
0, 5(k − 1)(−0, 5)k−1 (−0, 5)k−1 (1 + (k − 1))
][
12
]
=
[
1 10 1
][
(−0, 5)k−1 (1 − (k − 1)) − 4(k − 1)(−0, 5)k−1
0, 5(k − 1)(−0, 5)k−1 + 2(−0, 5)k−1 (1 + (k − 1))
]
=
[
3(−0, 5)k−1 − 2, 5(k − 1)(−0, 5)k−1
2, 5(k − 1)(−0, 5)k−1 + 2(−0, 5)k−1
]
.
Az impulzusvalasz tehat egy vektor, ami ertheto, hiszen ket ki-menete van a rendszernek. Az impulzusvalasz-vektor elso soraaz elso, masodik sora pedig a masodik kimenet impulzusvalasza.Celszeru ugy alakıtani a valaszje idofuggvenyet, hogy abban isfelismerheto legyen a k(−0, 5)k−1 alak. A vegeredmeny tehat akovetkezo:
w1[k] = ε[k − 1]
5, 5(−0, 5)k−1 − 2, 5k(−0, 5)k−1
,
w2[k] = ε[k − 1]
−0, 5(−0, 5)k−1 + 2, 5k(−0, 5)k−1
.
Az allapotvaltozos leıras es a rendszeregyen-
let kapcsolata
1. Pelda. Hatarozzuk meg az alabbi allapotvaltozos leırassaladott rendszer rendszeregyenletet.
y[k] − y[k − 1] + 0, 24y[k − 2] = s[k] − s[k − 2].
Megoldas. Az allapotvaltozok szama N = 2, mivel n = 2 esm = 2. Rendezzuk at a rendszeregyenletet ugy, hogy annak baloldalan csak y[k] szerepeljen:
y[k] = y[k − 1] − 0, 24y[k − 2] + s[k] − s[k − 2].
47
Ebben s[k] helyes alakban szerepel, azt tehat ne modosıtsuk. Azosszes tobbi tagot helyettesıtsuk az x2[k] allapotvaltozoval (min-dig xN [k]-rol indulunk visszafele haladva a szamozasban):
x2[k] = y[k − 1] − 0, 24y[k − 2] − s[k − 2],
s ıgy a valaszjel a szukseges alakban fejezheto ki: y[k] = x2[k] +s[k]. Ebben az algoritmusban a valaszjel mindig xN [k] es b0s[k]osszegekent ırhato fel. Toljuk el ezutan x2[k] kifejezeset, hogy a baloldalon az allapotvaltozok k +1-edik utembeli erteke szerepeljen:
x2[k + 1] = y[k] − 0, 24y[k − 1] − s[k − 1].
A jobb oldalon y[k] szerepel, amelynek azonban nem kellene ottlenni. Helyettesıtsuk be ezert y[k] mar meghatarozott alakjat:
x2[k + 1] = x2[k] + s[k] − 0, 24y[k − 1] − s[k − 1].
Ebben szerepel x2[k] es s[k], amelyek megfelelnek azallapotvaltozos leıras alakjanak. A maradek ket tagot jeloljukx1[k]-val: x1[k] = −0, 24y[k − 1] − s[k − 1], ıgy
x2[k + 1] = x1[k] + x2[k] + s[k],
ami tokeletes: a bal oldalon az allapotvaltozo k + 1-edik, a jobboldalon az allapotvaltozo es a gerjesztes k-adik utembeli ertekeszerepel. Toljuk el ezutan az x1[k] allapotvaltozot egy utemmel:
x1[k + 1] = −0, 24y[k] − s[k].
Ebben s[k] helyesen szerepel, azonban y[k]-nak nem szabadna ajobb oldalon lenni. Helyettesıtsuk vissza hat a mar meghatarozotty[k] kifejezest, azaz
x1[k + 1] = −0, 24y[k] − s[k] = −0, 24 x2[k] + s[k] − s[k] =
= −0, 24x2[k] − 0, 24s[k] − s[k] = −0, 24x2[k] − 1, 24s[k].
48
Az allapotvaltozos leıras normalalakja tehat a kovetkezo:
x[k + 1] =
[
0 −0, 241 1
]
x[k] +
[
−1, 241
]
s[k],
y[k] =[
0 1]
x[k] + s[k].
Az atalakıtas soran tehat azt kell szem elott tartanunk, hogy ajobb oldalon mindig a k utem szerepeljen.
2. Pelda. Hatarozzuk meg az alabbi allapotvaltozos leırassaladott rendszer rendszeregyenletet.
y[k] − 0, 8y[k − 1] = s[k] + s[k − 3].
Megoldas. Az allapotvaltozok szama N = 3, mivel n = 1 esm = 3 (a nagyobbikat kell venni). Rendezzuk at a rendszeregyen-letet ismet a kovetkezo alakra:
y[k] = 0, 8y[k − 1] + s[k] + s[k − 3].
Ebben s[k] helyes alakban szerepel (mint mindig, hacsak b0 = 0),ıgy azt tehat nem modosıtjuk. Az osszes tobbi tagot helyettesıtsukaz x3[k] allapotvaltozoval:
x3[k] = 0, 8y[k − 1] + s[k − 3],
s ıgy a valaszjel a szukseges alakban fejezheto ki: y[k] = x3[k] +s[k]. Toljuk el ezutan x3[k] kifejezeset egy utemmel:
x3[k + 1] = 0, 8y[k] + s[k − 2].
A jobb oldalon y[k] szerepel, tehat helyettesıtsuk be y[k] mar meg-hatarozott alakjat:
x3[k+1] = 0, 8 (x3[k] + s[k])+s[k−2] = 0, 8x3[k]+0, 8s[k]+s[k−2].
49
Ebben szerepel x3[k] es s[k], amelyek megfelelnek azallapotvaltozos leıras alakjanak. A maradek tag legyen azx2[k] allapotvaltozo, azaz x2[k] = s[k − 2]. Toljuk el ezt egyutemmel: x2[k + 1] = s[k − 1]. Ezzel azonban nem tudunk mitkezdeni, mivel a jobb oldalon nem a k-adik, hanem a k − 1-edikutem szerepel. Van azonban meg egy allapotvaltozo, amitfelhasznalhatunk: x1[k] = s[k − 1], melynek egy utemmel tortenoeltolasaval kapjuk, hogy x1[k +1] = s[k], ami mar helyes formula.Nem veletlen hat, hogy 3 allapotvaltozo szukseges a leırashoz.Az allapotvaltozos leıras normalalakja tehat a kovetkezo:
x[k+1] =
0 0 01 0 00 1 0, 8
x[k]+
10
0, 8
s[k], y[k] =[
0 0 1]
x[k]+s[k].
* * *
Bode-diagram
1. Pelda. Vazoljuk fel a kovetkezo atviteli karakterisztikak Bo-de-diagramjat.
W 1 =
(
1 + jω10
) (
1 − jω50
)
(
1 + jω2
)(
1 + jω30
) , W 2 = 2jω10
(
1 + jω5
)(
1 + jω40
) .
50
Megoldas. A megoldasokat a kovetkezo abrakon vazoltuk fel.
-
6
-ω
6KdB1(ω)
1 10 100
20
40
-20
-40
@@
@@
@@
@@
@@
@@
@@
-
6
-ω
6φ1(ω)
1 10
100
90
180
-90
-180
HHHHHH
HHHHHH
HHHHHH
HH@
@HH@@
-
6
-ω
6KdB2(ω)
1 10 100
20
40
-20
-40
@@
@@
@@
@@
@@
@@
@@
@@
@@
-
6
-ω
6φ2(ω)
1
10
100
45
90
-45
-90
@@
@@
@@
@@
@@
@@
@@@
AAAAAAA@
@@
Az abrakon tanulmanyozhatjuk az egyes tagok alakulasat esazok osszegzeset. Ezeknel bonyolultabb atviteli karakterisztikaktortvonalas abrazolasaval nem foglalkozunk.
A masodik amplitudokarakterisztikahoz kis megjegyzes kı-vankozik. A kovetkezo ertekeket valasztottuk, ahogy a feladatkiırasaban van: A = 2 es ω0 = 10. Ebben az esetben elhetnenkpl. az A = 1 es ω0 = 5 valasztassal is, ugyanazt az eredmenytkapnank. Az (ω0/jω)r alaku tenyezo eseteben tehat van egy kisszabadsagunk ezen ket parametert illetoen. Az ω0 parameter
51
erteket erdemes lehet ugy megvalasztani, hogy az peldaul az ab-razolt tartomany kozepere essen.
Vizsgaljunk meg vegul az ω → 0 es az ω → ∞ hatarertekeket,hogy megallapıthassuk hogy viselkedik a rendszer nagyon kicsi esnagyon nagy frekvenciakon. Vegyuk a mar vizsgalt atviteli karak-terisztikat:
W =5(jω) + 1
(jω)2 + 4(jω) + 3=
1
3
1 + jω0,2
(1 + jω1 )(1 + jω
3 ).
Ebben az esetben az amplitudokarakterisztikakrol is leolvashatohatarertekeket kapjuk:
limω→0
5(jω) + 1
(jω)2 + 4(jω) + 3=
1
3, 20lg
1
3= −9, 542dB,
limω→∞
5(jω) + 1
(jω)2 + 4(jω) + 3=
5jω + 1
(jω)2
1 + 4jω + 3
(jω)2= 0, 20lg0 = −∞dB.
A faziskarakterisztika hatarertekeit a gyoktenyezos alakban elo-fordulo normalalakok segıtsegevel tudjuk meghatarozni. Ebbena karakterisztikaban mindharom alaptag faziskarakterisztikajanulla, ha ω → 0, ıgy ez a hatarertek nulla lesz. Ha ω → ∞, ak-kor a szamlalo fokszamabol vonjuk ki a nevezo fokszamat. Ezaltalkapunk egy egesz szamot, amit szorozzunk be 90-kal. Igy meg-kapjuk a faziskarakterisztika ezen hatarerteket, jelen esetben ez(1 − 2)90 = −90.
Vizsgaljuk meg a masik ket peldat is. Alakıtsuk at a megadottgyoktenyezos alakokat polinom per polinom alakra19:
W 1 =
(
1 + jω10
) (
1 − jω50
)
(
1 + jω2
)(
1 + jω30
) = −0, 12(jω)2 − 40jω + 500
(jω)2 + 32jω + 60,
19Hozzuk kozos nevezore a szamlaloban es a nevezoben levo zarojeles kife-jezeseket, majd bontsuk fel a zarojeleket. A W 1-ben a −0, 12 kiemelese nemis szukseges.
52
W 2 = 2jω10
(
1 + jω5
)(
1 + jω40
) =40jω
(jω)2 + 45jω + 200.
Hatarozzuk meg a W 1 amplitudokarakterisztikajanak hatarerte-keit20:
limω→0
0, 12(jω)2 − 40jω + 500
(jω)2 + 32jω + 60= 0, 12
500
60= 1 ⇒ 0dB,
limω→∞
0, 12(jω)2 − 40jω + 500
(jω)2 + 32jω + 60= lim
ω→∞0, 12
1 − 40jω + 500
(jω)2
1 + 32jω + 60
(jω)2= 0, 12,
ami −18, 416dB-nek felel meg. Ezen adatok megtalalhatok azdiagramon is. A faziskarakterisztika hatarertekeinek meghata-rozasahoz vizsgaljuk meg a W 1 gyoktenyezos alakjat. Ebbennegy alaptag szerepel, amelyekrol tudjuk, hogy ω → 0 esetennullahoz tartanak, ıgy a faziskarakterisztika is nullahoz tart. Azω → ∞ eseteben figyelembe kell venni azt, hogy a szamlalobanlevo masodik tagban negatıv elojel szerepel, ami miatt ezen tagfaziskarakterisztikaja ,,lefele” torik, azaz ugy viselkedik, mintha anevezoben lenne. A hatarertek ıgy: (1 − 3)90 = −180.
A W 2 hatarertekeit nem reszletezzuk. Az alaptagokbol es afenti pelda ertelmezese utan az abrarol is konnyeden leolvashatoeredmenyekre jutunk.
A kapott eredmenyek az abrarol is megbecsulhetok, jo esetbenpontosan leolvashatok.
Spektrum
1. Pelda. Hatarozzuk meg az s(t) = ε(t) − ε(t − T ) jel spekt-rumat.
20Az amplitudokarakterisztika szamıtasa soran a komplex szam abszoluterteket kell meghatarozni, ezert a negatıv elojelet elhagyjuk.
53
Megoldas. A jel egy ablak, erteke a [0, T ] intervallumban 1,azon kıvul mindenutt nulla. A spektrumot ket modon is meg-hatarozhatjuk. Az elso modszerben felhasznaljuk a definıciososszefuggest, a masodikban pedig alkalmazzuk az eltolasi tetelt.
(a) A (6.56) definıcios osszefuggesben az also integralasi hatar0, a felso integralasi hatar pedig T lehet, hiszen ezen intervallu-mon kıvul a jel erteke nulla, s ıgy a jel abszolut integralhato. Aspektrum a kovetkezokepp vezetheto le:
S(jω) =
∫ T
0e−jωt dt =
[
e−jωt
−jω
]T
0
=1 − e−jωT
jω.
(b) Szuksegunk van az ε(t) jel spektrumara (l. (6.82)) es an-nak eltoltjara, azaz az eltolasi tetelre. A ket spektrumot pedig kikell vonni egymasbol, hiszen a transzformacio linearis muvelet:
S(jω) =
(
1
jω+ πδ(ω)
)
−(
1
jω+ πδ(ω)
)
e−jωT =
=1
jω+ πδ(ω) − 1
jωe−jωT − πδ(ω)e−jωT .
Az utolso tagban szereplo exponencialis fuggveny helyettesıtesierteket ki kell szamolni az ω = 0 helyen, mivel az δ(ω) fuggvennyelvan szorozva. Igy annak erteke 1 lesz, s ıgy a spektrum kifejezesea kovetkezo:
S(jω) =1 − e−jωT
jω.
2. Pelda. Hatarozzuk meg az elojelfuggveny spektrumat.
Megoldas. Az elojelfuggveny erteke -1, ha t < 0 es 1, ha t > 0.A fuggveny ugy allıthato elo, hogy s(t) = −1 + 2ε(t), azaz a -1ertekhez a 2 erteket csak a t > 0 intervallumban adjuk hozza. Ezenket tag Fourier-transzformaltjat ismerjuk. Egyszeruen csak a -1
54
fuggveny spektrumahoz hozza kell adni az egysegugrasjel spekt-rumanak a ketszereset (ez a transzformacio linearitasa miatt te-heto meg):
S(jω) = −2πδ(ω) + 2
(
1
jω+ πδ(ω)
)
=2
jω.
Sem a -1 jel, sem az ε(t) jel nem abszolut integralhato. A (6.56)osszefugges szerint a spektrumot nem tudjuk meghatarozni, atetelek ismereteben azonban igen.
3. Pelda. Hatarozzuk meg az s(t) = [1 − ε(t)]eαt (α > 0) jelamplitudospektrumat spektrumat.
Megoldas. Az [1 − ε(t)] jel a t > 0 tartomanyon nulla ertekues az eαt jel α > 0 mellett abszolut integralhato a [−∞, 0] inter-vallumon, ıgy a spektrum szamıthato a (6.56) definıcio alapjan:
S(jω) =
∫ 0
−∞e(α−jωt) dt =
[
e(α−jω)t
α − jω
]0
−∞=
1
α − jω.
Ezen jel amplitudospektruma es fazisspektruma tehat a kovet-kezo:
|S(jω)| =1√
α2 + ω2, arcS(jω) = atan
ω
α.
Az amplitudospektrum megegyezik az ε(t)e−αt jel amplitudospek-trumaval.
4. Pelda. Hatarozzuk meg az s(t) = ε(t)αte−αt (α > 0) jelspektrumat.
55
Megoldas. Induljunk ki a (6.56) definıciobol, mert s(t) abszolutintegralhato es vegyuk figyelembe, hogy a jel belepo:
S(jω) = α
∫ ∞
0te−αt e−jωt dt = α
∫ ∞
0te−(α+jω)t dt.
Az integral meghatarozasahoz parcialis integralast kell alkalmaz-nunk. A kovetkezo jeloleseket alkalmazzuk:
u′ = e−(α+jω)t u = e−(α+jω)t
−(α+jω) ,
v = t v′ = 1,
azaz
S(jω) = α
[
e−(α+jω)t
−(α + jω)t
]∞
0
+α
α + jω
∫ ∞
0e−(α+jω)t dt.
Az elso tag mindket helyettesıtesi erteke nulla, a hatarozott in-tegralt pedig mar meghataroztuk az ε(t)e−αt jel kapcsan. A veg-eredmeny tehat a kovetkezo:
S(jω) =α
(α + jω)2.
Ezen jel amplitudospektruma es fazisspektruma tehat a kovet-kezo:
|S(jω)| =α
α2 + ω2, arcS(jω) = −2arc tg
ω
α.
Utobbi onnan adodik, hogy a nevezoben (α + jω) fazisa ketszer islevonodik a negyzetre emeles miatt.
5. Pelda. Hatarozzuk meg az s(t) = ε(t) cos(ω0t), az s(t) =ε(t) sin(ω0t), az s(t) = ε(t)ejω0t, az s(t) = cos(ω0t), az s(t) =sin(ω0t) es az s(t) = ejω0t jelek spektrumat.
56
Megoldas. Az elso esetben az ε(t) jel szorozva van a cos(ω0t)jellel. Ezen jel spektruma az ε(t) jel spektrumanak es a (6.74)osszefugges ismereteben hatarozhato meg:
S(jω) =1
2
1
j(ω − ω0)+
π
2δ(ω − ω0) +
1
2
1
j(ω + ω0)+
π
2δ(ω + ω0).
Hozzuk kozos nevezore a torteket, s a vegeredmeny a kovetkezolesz:
S(jω) =jω
ω20 − ω2
+π
2[δ(ω − ω0) + δ(ω + ω0)] .
A spektrum tehat tartalmaz egy Dirac-impulzust az ω = ω0 es azω = −ω0 korfrekvenciakon.
Hasonlokepp adodik az s(t) = ε(t) sin(ω0t) jel spektruma a(6.75) osszefugges ismereteben:
S(jω) =ω0
ω20 − ω2
+π
2j[δ(ω − ω0) − δ(ω + ω0)] .
Az s(t) = ε(t)ejω0t jel spektruma pedig S(jω) = 1j(ω−ω0) +
πδ(ω − ω0) lesz. Ehhez a (6.73) osszefuggest kell felhasznalni.Az s(t) = cos(ω0t) jel spektrumanak meghatarozasa soran az 1
jel 2πδ(ω) spektrumaba kell helyettesıteni a (6.74) osszefuggesnekmegfeleloen:
S(jω) = π [δ(ω − ω0) + δ(ω + ω0)] ,
azaz a spektrum az ω = ω0 es az ω = −ω0 korfrekvenciakon tar-talmaz egy-egy π-vel aranyos Dirac-impulzust, fazisa pedig nulla.
Hasonlokepp adodik az s(t) = sin(ω0t) jel spektruma (l.(6.75)):
S(jω) = −jπ [δ(ω − ω0) − δ(ω + ω0)] .
Ezen spektrum abszolut erteke megegyezik az elozo spektrum ab-szolut ertekevel, fazisa viszont mindket pontban −π/2.
57
Az s(t) = ejω0t jel spektruma pedig S(jω) = 2πδ(ω − ω0) lesz(6.73) alapjan. Tudjuk, hogy ejω0t = cos ω0t+j sinω0t, ellenorizzukhat az utobbi harom osszefugges helyesseget es begyuk figyelembe,hogy j(−j) = 1:
π [δ(ω − ω0) + δ(ω + ω0)] + π [δ(ω − ω0) − δ(ω + ω0)] ,
ami pontosan a 2πδ(ω − ω0) spektrumot eredmenyezi. Ez utobbipedig az ejω0t jel spektruma.
6. Pelda. Hatarozzuk meg az s(t) = 1π
sin Ωtt
jel spektrumat aFourier-transzformacio szimmetriatulajdonsaga szerint.
Megoldas. Mar meghataroztuk a g(t) = [ε(t + T ) − ε(t − T )]ablak Fourier-transzformaltjat, ami a
G(ω) = 2TsinωT
ωT= 2
sinωT
ω
valos spektrum. Hatarozzuk meg az uj f(t) = G(t) jel idofuggve-nyet (ω helyebe ırjunk t-t, T helyebe pedig Ω-t):
f(t) = 2sinΩt
t.
Ez a jel nagyon hasonlıt a vizsgalt s(t) jelre. Abban kulonbozikcsupan, hogy nincs elosztva π-vel, de be van szorozva 2-vel. Hogyelerjuk s(t) alakjat, szorozzuk be az f(t) jelet 1
2π-vel, s majd a
vegeredmenyt is be kell szorozni ugyanezen konstanssal. Hataroz-zuk meg ezutan az f(t) jel valos spektrumat:
F (ω) = 2πg(t)|t=−ω = 2π[ε(−ω + Ω) − ε(−ω − Ω)],
majd szorozzuk be ezt 12π
-vel:
F (ω) = [ε(−ω + Ω) − ε(−ω − Ω)].
58
Az itt szereplo jel megegyezik a g(t) jel alakjaval, azaz
F (ω) = [ε(ω + Ω) − ε(ω − Ω)],
ami egy −Ω-tol Ω-ig tarto ablak, de az abszcisszan az ω korf-rekcencia van. Utobbi atalakıtas nyomon kovetese erdekebenvizsgaljuk meg az ε(−t) es az ε(−t + T ) jeleket:
-
6
t
ε(−t)
-
6
t
ε(−t + T )
T
-
6
t
ε(−t − T )
−T -
6
t
ε(−t + T ) − ε(−t − T )
T−T
A masodik abrabol lathato, hogy az ε(−t+T ) jel pont tukorkepeaz ε(t + T ) jelnek. Az ε(−t − T ) pedig tukorkepe az ε(t − T )jelnek. Ha tehat kepezzuk az [ε(−t+T )−ε(−t−T )] ablakot, akkorugyanazt kapjuk vegeredmenyben, mintha az [ε(t+T )− ε(t−T )]ablakot hataroznank meg.
Megjegyezzuk, hogy a kapott spektrum a 10. fejezetben ismer-tetesre kerulo idealis alulatereszto szuro atviteli karakterisztikaja.
* * *
Spektrum
Pelda. Hatarozzuk meg az s[k] = ε[k] cos(ϑ0k), az s[k] =ε[k] sin(ϑ0k), az s[k] = ε[k]ejϑ0k, az s[k] = cos(ϑ0k), az s[k] =sin(ϑ0k) es az s[k] = ejϑ0k jelek spektrumat.
Megoldas. Az elso esetben az ε[k] jel szorozva van a cos(ϑ0k)jellel. Ezen jel spektruma az ε[k] jel spektrumanak es a (7.68)
59
modulacios tetel ismereteben hatarozhato meg:
S(ejϑ) =1
2
1
1 − ej(ϑ−ϑ0)+
π
2δ(ϑ−ϑ0)+
1
2
1
1 − ej(ϑ+ϑ0)+
π
2δ(ϑ+ϑ0).
Kozos nevezore hozas es az Euler-formula alkalmazasa utan akovetkezo eredmenyre jutunk:
S(ejϑ) =1 − cos ϑ0 e−jϑ
1 − 2 cos ϑ0 e−jϑ + e−j2ϑ+
π
2[δ(ϑ − ϑ0) + δ(ϑ + ϑ0)] .
A spektrum tehat tartalmaz egy Dirac-impulzust az ϑ = ϑ0 es azϑ = −ϑ0 korfrekvenciakon.
Hasonlokepp adodik az s[k] = ε[k] sin(ϑ0k) jel spektruma a(7.69) osszefugges ismereteben:
S(ejϑ) =1
2j
1
1 − ej(ϑ−ϑ0)+
π
2jδ(ϑ − ϑ0) −
1
2j
1
1 − ej(ϑ+ϑ0)− π
2jδ(ϑ + ϑ0).
Kozos nevezore hozas es az Euler-formula alkalmazasa utan akovetkezo eredmenyre jutunk:
S(ejϑ) =sinϑ0 e−jϑ
1 − 2 cos ϑ0 e−jϑ + e−j2ϑ+
π
2j[δ(ϑ − ϑ0) − δ(ϑ + ϑ0)] .
Az s[k] = ε[k]ejϑ0k jel spektruma pedig S(ejϑ) = 12
11−ej(ϑ−ϑ0) +
π2 δ(ϑ − ϑ0) lesz. Ehhez a (7.67) osszefuggest kell felhasznalni.
Az s[k] = cos(ϑ0k) jel spektrumanak meghatarozasa soranaz 1 jel 2πδ(ϑ) spektrumaba kell helyettesıteni a (7.68)osszefuggesnek megfeleloen:
S(ejϑ) = π [δ(ϑ − ϑ0) + δ(ϑ + ϑ0)] ,
azaz a spektrum az ϑ = ϑ0 es az ϑ = −ϑ0 korfrekvenciakon tar-talmaz egy-egy π-vel aranyos Dirac-impulzust, fazisa pedig nulla.
Hasonlokepp adodik az s[k] = sin(ϑ0k) jel spektruma (l.(7.69)):
S(ejϑ) = −jπ [δ(ϑ − ϑ0) − δ(ϑ + ϑ0)] .
60
Ezen spektrum abszolut erteke megegyezik az elozo spektrum ab-szolut ertekevel, fazisa viszont mindket pontban −π/2.
Az s[k] = ejϑ0k jel spektruma pedig S(ejϑ) = 2πδ(ϑ − ϑ0)lesz (7.67) alapjan. Tudjuk, hogy ejϑ0k = cos ϑ0k + j sinϑ0k, el-lenorizzuk hat az utobbi harom osszefugges helyesseget es begyukfigyelembe, hogy j(−j) = 1:
π [δ(ϑ − ϑ0) + δ(ϑ + ϑ0)] + π [δ(ϑ − ϑ0) − δ(ϑ + ϑ0)] ,
ami pontosan a 2πδ(ϑ − ϑ0) spektrumot eredmenyezi. Ez utobbipedig az ejϑ0k jel spektruma.
* * *
Laplace-transzformacio
1. Pelda. Hatarozzuk meg a kovetkezo jel Laplace-transzfor-maltjat:
s(t) = [ε(t) − ε(t − T )]Ae−αt, α > 0.
-
6
t
s(t)
Ae−αt
T
A
Megoldas. A jel a [0, T ] intervallumban az Ae−αt fuggveny sze-rint valtozik, minden mas helyen erteke nulla. A megoldas meneteaz elozo peldaban ismertetett lesz. Bontsuk fel hat a zarojelet,majd ,,csempesszuk” be az eltolast:
s(t) = ε(t)Ae−αt − ε(t − T )Ae−αt
= ε(t)Ae−αt − ε(t − T )Ae−α(t−T+T )
= ε(t)Ae−αt − ε(t − T )Ae−α(t−T )Ae−αT .
61
Az utolso tagban megjelent az Ae−αT tag, ami azonban konstans.A konstans pedig kiemelheto az integraljel ele, azaz a transz-formaltban is szerepelni fog ugyanazon konstans. A Laplace-transzformaciot ezutan elvegezhetjuk tagonkent:
Ls(t) =A
s + α− Ae−αT
s + αe−sT .
2. Pelda. Hatarozzuk meg a kovetkezo ket jel Laplace-transz-formaltjat:
-
6
1T
Tt
s1(t)
-
6
1T
T 2Tt
s2(t)
Megoldas. A jelek idofuggvenye a kovetkezokepp ırhato fel:
s1(t) = [ε(t) − ε(t − T )]t
T+ ε(t − T ),
s2(t) = [ε(t) − ε(t − T )]t
T+ [ε(t − T ) − ε(t − 2T )].
Az s1(t) jel idofuggvenyet alakıtsuk at az ismertetett modon:
s1(t) = [ε(t) − ε(t − T )]t
T+ ε(t − T )
= ε(t)t
T− ε(t − T )
t − T + T
T+ ε(t − T )
= ε(t)t
T− ε(t − T )
t − T
T− ε(t − T ) + ε(t − T )
= ε(t)t
T− ε(t − T )
t − T
T,
amelynek Laplace-transzformaltja a kovetkezo:
S1(s) = Ls1(t) =1
Ts2− 1
Ts2e−sT .
62
Az s2(t) jel idofuggvenye pedig a kovetkezo:
s2(t) = ε(t)t
T− ε(t − T )
t − T
T− ε(t − 2T ),
amelynek Laplace-transzformaltja a kovetkezo:
S2(s) = Ls2(t) =1
Ts2− 1
Ts2e−sT − 1
se−s2T .
Inverz Laplace-transzformacio
1. Pelda. Egy rendszer atviteli fuggvenye es gerjesztese adott.Hatarozzuk meg a rendszer valaszjelet es hatarozzuk meg a rend-szer impulzusvalaszat is.
W (s) =5s + 1
s2 + 4s + 1, s(t) = ε(t) − ε(t − 2) e−2t.
Megoldas. A rendszer W = W (s) atviteli fuggvenye21 kozvet-lenul felırhato a rendszeregyenletbol:
s2Y + 4sY + 3Y = 5sS + S ⇒ W =Y
S=
5s + 1
s2 + 4s + 1,
melybol a nevezo gyokei a masodfoku egyenlet megoldokepletevelszamıthatok:
s2 + 4s + 1 = 0 ⇒ p1 = −3, p2 = −1,
azaz a gyoktenyezos alak segıtsegevel az atviteli fuggveny a kovet-kezokepp ırhato:
W =5s + 1
(s + 3)(s + 1).
21Az (s) jelolest a Laplace-transzformacio soran elhagyhatjuk, mert a nagy-betuk ezt jelolik.
63
Hatarozzuk meg eloszor a gerjesztes Laplace-transzformaltjat. Eh-hez fel kell bontanunk a zarojelet es az exponencialis fuggvenyargumentumat bovıtenunk kell:
s(t) = ε(t)e−2t − ε(t − 2)e−2(t−2)e−4,
melynek Laplace-transzformaltja a kovetkezo:
S =1
s + 2− 1
s + 2e−2se−4,
s ıgy a valaszjel Laplace-transzformaltja szamıthato:
Y = W S =5s + 1
(s + 3)(s + 1)(s + 2)− 5s + 1
(s + 3)(s + 1)(s + 2)e−2se−4.
A valaszjel idofuggvenye tehat ket tag kulonbsegebol fog allni:y(t) = y1(t) − y2(t). Lathato, hogy a ket tag alakja ugyanaz,csak a masodik tortfuggvenybol idobeli eltolas is fog szarmaznies egy e−4 erteku konstans. Elegendo tehat az elso tortfuggvenytinverz Laplace-transzformalni, es a masodik tortfuggveny inverzLaplace-transzformaltja megegyezik az elso tagbol szarmazo ido-fuggvennyel, azzal a kulonbseggel, hogy az be lesz szororzva az e−4
konstanssal es el lesz tolva a t − 2 idopontba az eltolas tetelnekmegfeleloen, azaz y2(t) = e−4y1(t − 2) lesz.
Koncentraljunk tehat csak az elso tag inverz transzformaltjaraes ırjuk fel azt parcialis tortek osszegekent (a tortfuggveny valoditortfuggveny es a nevezo minden gyoke egyszeres):
Y1 =A
s + 3+
B
s + 1+
C
s + 2.
A harom egyutthato meghatarozhato a ,,letakarasos-modszer”-rel22 : A = −7, B = −2, C = 9, azaz:
Y1 =−7
s + 3+
−2
s + 1+
9
s + 2,
22A = 5(−3)+1(−3+1)(−3+2)
= −7, B = 5(−1)+1(−1+3)(−1+2)
= −2, C = 5(−2)+1(−2+3)(−2+1)
= 9.
64
s ıgy az ennek megfelelo idofuggveny a kovetkezo:
y1(t) = ε(t)
−7e−3t − 2e−t + 9e−2t
.
A masodik tag parcialis tortekre bontassal a kovetkezo eredmenytadja (a parcialis tortek ugyanazok):
Y2 =
−7
s + 3+
−2
s + 1+
9
s + 2
e−2se−4,
s ıgy az ennek megfelelo idofuggveny az eltolasi tetel ertelmebena kovetkezo:
y2(t) = ε(t − 2)e−4
−7e−3(t−2) − 2e−(t−2) + 9e−2(t−2)
.
A teljes valasz y1(t) es y2(t) idofuggvenyek kulonbsege:
y(t) = ε(t)
−7e−3t − 2e−t + 9e−2t
− ε(t − 2)e−4
−7e−3(t−2) − 2e−(t−2) + 9e−2(t−2)
.
A valaszjel, hasonloan a gerjeszteshez ket tag kulonbsegekentallıthato elo.
Meghatarozando meg a rendszer impulzusvalasza. Az impul-zusvalaszrol viszont tudjuk, hogy az az atviteli fuggveny in-verz Laplace-transzformalja. Bontsuk hat fel az atviteli fuggvenytparcialis tortek osszegere:
W =5s + 1
(s + 3)(s + 1)=
A
s + 3+
B
s + 1,
ahol A = 7 es B = −2 szamıthato letakarassal23, ıgy az impul-zusvalasz idofuggvenye a kovetkezo:
w(t) = ε(t)
7e−3t − 2e−t
.
Ebben peldaban bemutattuk, hogy oldhato meg a rendszere-gyenlet belepo gerjesztes eseten. A megoldas az idotartomanybankisse hosszadalmasabb lenne.
23A = 5(−3)+1−3+1
= 7 es B = 5(−1)+1−1+3
= −2.
65
2. Pelda. Egy rendszer allapotvaltozos leırasa adott.Hatarozzuk meg a rendszer impulzusvalaszat es ugrasvalaszat.
[
x1(t)x2(t)
]
=
[
−2 01 −2
] [
x1(t)x2(t)
]
+
[
20
]
s(t),
y(t) =[
1 5]
[
x1(t)x2(t)
]
+ 2s.
Megoldas. A feladat elso reszet, azaz az atviteli fuggveny meg-hatarozasat ketfelekepp is megoldhatjuk. Az (a) pontban a mat-rixokra alapulo modszert kovetjuk, a (b) pontban az allapotvalto-zos leıras Laplace-transzformaltjat egyenletrendszernek tekintjukes az Y/S hanyadost fejezzuk ki belole.
(a) Az allapotvaltozos leıras es az atviteli fuggveny kapcsolataalapjan ırhatjuk, hogy
W =CT adj sE−AB + det sE−AD
det sE−A .
Hatarozzuk meg eloszor az sE−A matrix adjungaltjat:24
adj sE−A = adj
[
s + 2 0−1 s + 2
]
=
[
s + 2 01 s + 2
]
,
valamint determinansat
|sE−A| = (s + 2)2 = s2 + 4s + 4.
A determinans tehat egy polinom, ami az atviteli fuggveny ne-vezoje. Az atviteli fuggveny szamlalojanak elso tagja a kovet-kezokepp szamıthato:
ˆ
1 5˜
»
s + 2 01 s + 2
– »
20
–
=ˆ
1 5˜
»
2(s + 2)2
–
= 2s + 14,
24Ne feledkezzunk meg a sakktabla-szabalyrol es a transzponalasrol.
66
melyhez hozza kell meg adni a det sE−AD tagot is, es ıgy aszamlalo a kovetkezo lesz: 2s+14+(s2+4s+4)2 = 2s2+10s+22.Az atviteli fuggveny pedig az alabbi:
W (s) =2s2 + 10s + 22
s2 + 4s + 4.
(b) Ezen peldan keresztul bemutatjuk, hogy azallapotvaltozos leırassal adott rendszer atviteli fuggvenyehogy hatarozhato meg egyenletrendszer megoldasaval.
Az allapotvaltozos leıras normalalakja idotartomanyban es s-tartomanyban a kovetkezo:
x1 = −2x1 + 2s,x2 = x1 − 2x2
y = x1 + 5x2 + 2s.⇒
sX1 = −2X1 + 2S,sX2 = X1 − 2X2
Y = X1 + 5X2 + 2S.
Utobbi egyenletrendszert mindig ugy kell alakıtani, hogy abbol azatviteli fuggveny alakjat kapjuk. A megoldas menete a kovetkezo.Fejezzuk ki az elso ket egyenletbol (altalanosan az elso N egyen-letbol) az ismeretlennek tekintett allapotvaltozok Xi = Xi(s)(i = 1, . . . , N) Laplace-transzformaltjat az ismertnek tekintettS = S(s) gerjesztessel, majd helyettesıtsuk vissza azokat az utolso(az N + 1-edik) egyenletbe. Az allapotvaltozokat tehat ki kell ej-teni az egyenletekbol. Ezaltal kapunk egy olyan egyenletet, amelycsak az Y = Y (s)-et es az S-et tartalmazza. Jelen peldanal ma-radva, fejezzuk ki eloszor az X1 valtozot az elso egyenletbol:
X1 =2
s + 2S,
majd helyettesıtsuk vissza ezt a masodik egyenletbe es fejezzukki az X2 valtozot szinten S segıtsegevel:
sX2 =2
s + 2S − 2X2 ⇒ X2 =
2
(s + 2)2S.
67
Helyettesıtsuk be a kapott eredmenyeket az Y -t megado egyen-letbe es hozzuk azt kozos nevezore:
Y =2
s + 2S + 5
2
(s + 2)2S + 2S =
2(s + 2) + 10 + 2(s + 2)2
(s + 2)2S,
majd bontsuk fel a zarojeleket es hozzuk az eredmenyt az atvitelifuggveny alakjara:
W (s) =Y
S=
2s2 + 10s + 22
s2 + 4s + 4.
Az eredmeny nyilvan megegyezik az (a) pontban kapott meg-oldassal. A (b) pontban kozolt megoldas alacsony rendszam esetennagyon egyszeru: egy egyenletrendszert kell a kıvant alakra hozni,amelyben a gerjesztes Laplace-transzformaltjat ismertnek tekint-juk, s minden mas valtozot ismeretlennek, de ertelemszeruen csaka valasz Laplace-transzformaltjara kell koncentralnunk. Az (a)pontban kozolt megoldas csak alacsony fokszam (N = 2 eset-leg N = 3) eseten vegezheto el kenyelmesen papıron, azonbanszamıtastechnikailag nagyon fontos eredmeny.
Hatarozzuk meg ezutan az impulzusvalaszt az atvitelifuggveny inverz Laplace-transzformaltjakent. A tortfuggvenyazonban most nem valodi tort, mert a szamlalo polinomjanakfokszama megegyezik a nevezo polinomjanak fokszamaval. Ebbenaz esetben polinomosztast kell vegezni:
(2s2 + 10s + 22) : (s2 + 4s + 4)(1)= 2
(2) (2s2 + 8s + 8)
(3) (2s + 14)
Az (1) lepesben osszuk el a szamlalo legmagasabb foku tagjat
a nevezo legmagasabb foku tagjaval: 2s2
s2 = 2 es ırjuk le ezt azegyenlosegjel utan. Ezekutan (a (2) lepesben) szorozzuk be a ne-vezot ezzel a taggal (a 2-vel) es ırjuk le a kapott eredmenyt a
68
szamlalo ala ugy, hogy az azonos fokszamu tagok egymas ala es-senek, majd a (3) lepesben vonjuk ki az egymas alatt allo tagokat,ıgy mindig egy 1-el kisebb fokszamu polinomot kapunk. Ha ezenmaradek polinom fokszama kisebb, mint a nevezo fokszama, ak-kor megallhatunk, hiszen valodi tortfuggvenyt kapunk, es az ujtortfuggveny szamlaloja a maradek polinom lesz. Ezt parcialistortekre tudjuk bontani:
W (s) = 2 +2s + 14
s2 + 4s + 4= 2 +
2s + 14
(s + 2)2= 2 +
A
s + 2+
B
(s + 2)2.
A konstans taggal egyelore nem kell foglalkoznunk, csak a tort-fuggvennyel. A 2. pelda kapcsan tudjuk, hogy csak a B egyutt-hatot tudjuk letakarassal meghatarozni: B = 2(−2)+14
1 = 10, azA egyutthatot pedig az egyutthatok egyezesevel allıthatjuk elo.Hozzuk tehat kozos nevezore a parcialis torteket es ırjuk fel en-nek szamlalojat, amit egyenlove teszuk a 2s + 14 szamlaloval:
A(s + 2) + B = 2s + 14,
ahonnan A = 2 es 2A + B = 14, azaz A = 2. A masodik egyenlettermeszetesen teljesul, mivel B erteket mar meghataroztuk. Azatviteli fuggveny alakja tehat a kovetkezo:
W (s) = 2 +2
s + 2+
10
(s + 2)2,
es az ennek megfelelo impulzusvalasz:
w(t) = 2δ(t) + ε(t)
2e−2t + 10te−2t
.
A polinomosztassal nyert konstans tehat Dirac-impulzusnak felelmeg az idofuggvenyben.
Az ugrasvalasz meghatarozhato kozvetlenul az impulzusva-laszbol integralassal, azonban ez hosszadalmas lenne. Celszeru
69
ezert az inverz Laplace-transzformaciot alkalmazni ebben az eset-ben is. Tudjuk, hogy az impulzusvalasz az ugrasvalasz altalanosı-tott derivaltja, a derivalasnak pedig s-el torteno szorzas felel megaz s-tartomanyban, ha derivalando jel belepo (az ugrasvalasz pe-dig belepo):25
w(t) = v(t) ⇒ W (s) = sV (s) ⇒ V (s) =1
sW (s).
Azt kell tehat tennunk, hogy az atviteli fuggvenyt elosztjuk s-el(ami pont az idotartomanyban vegzett integralasnak felel meg),majd az ıgy kapott V (s) valodi tortfuggvenyt inverz Laplace-transzformaljuk a szokasos modon:
V (s) =2s2 + 10s + 22
s(s + 2)2=
A
s+
B
s + 2+
C
(s + 2)2.
Ebben a kifejezesben az A es a C egyutthato letakarassal meg-hatarozhato, a B egyutthato pedig csak az egyutthatok egyez-tetesevel szamıthato ki: A = 5, 5 es C = −5. A B egyutthatomeghatarozasahoz hozzuk kozos nevezore a parcialis torteket escsak a szamlaloval foglalkozzunk:
A(s+2)2+Bs(s+2)+Cs = A(s2+4s+4)+B(s2+2s)+Cs = 2s2+10s+22,
azazA + B = 2
4A + 2B + C = 104A = 22
es peldaul az elso egyenletbol B = 2 − A = −3, 5. A masik ketegyenlet is termeszetesen teljesul. A visszatranszformalando kife-jezes tehat a kovetkezo:
V (s) =5, 5
s+
−3, 5
s + 2+
−5
(s + 2)2,
25Az ugrasvalasz Laplace-transzformaltjanak jele V (s), azaz V (s) =Lv(t).
70
aminek a kovetkezo idofuggveny felel meg:
v(t) = ε(t)
5, 5 − 3, 5e−2t − 5te−2t
.
Ennek altalanosıtott derivaltja pontosan a w(t) idofuggvenyetadja.
* * *
z-transzformacio
1. Pelda. Hatarozzuk meg a K − 1 hosszusahu impulzus z-transzformaltjat.
Megoldas. A jel idofuggvenye a kovetkezo:
s[k] = ε[k] − ε[k − K],
melynek z-transzformaltja a kovetkezo:
Zs[k] =z
z − 1− z
z − 1z−K .
Ezt a peldat azert emlıtjuk meg, hogy felhıvjuk a figyelmet adiszkret ideju ablakozott jelekre. Ha ugyanis az ε[k] jelbol kivo-nunk egy ε[k−K] K-adik utemben belepojelet, akkor az eredo jela k = K utemben mar nulla erteku lesz, hiszen az ε[k] jel ertekeitt 1, de az eltolt ε[k−K] jel erteke is 1. A ketto kulonbsege pedignulla. Ezt illusztralja a kovetkezo abra:
-
6
k
ε[k]
-
6
kK
ε[k − K]
-
6
kK
ε[k] − ε[k − K]
71
2. Pelda. Hatarozzuk meg a kovetkezo jel z-transzformaltjat.
s[k] =
0, ha k ≤ −1;1 + k, ha 0 ≤ k ≤ 3;0 ha 4 ≤ k.
Megoldas. Ezen jel a k = 0, 1, 2, 3 utemek kivetelevel min-denutt nulla, tehat felırhato a kovetkezo ablakozott jel alakjaban:
s[k] = ε[k] − ε[k − 4] (1 + k).
Elso lepesben bontsuk fel a zarojeleket es alakıtsuk at a jel utolsotagjat az eltolasi tetel alkalmazhatosaga erdekeben es vonjunkossze:
s[k] = ε[k](1 + k) − ε[k − 4](1 + k)
= ε[k] + ε[k]k − ε[k − 4] − ε[k − 4](k − 4 + 4)
= ε[k] + ε[k]k − ε[k − 4] − ε[k − 4](k − 4) − ε[k − 4]4
= ε[k] + ε[k]k − 5ε[k − 4] − ε[k − 4](k − 4).
Ezen jelben szereplo osszes fuggveny z-transzformaltja ismert. Avegeredmeny tehat a kovetkezo:
Zs[k] =z
z − 1+
z
(z − 1)2− 5z
z − 1z−4 − z
(z − 1)2z−4.
Inverz z-transzformacio
1. Pelda. Egy rendszer allapotvaltozos leırasa adott.Hatarozzuk meg a rendszer atviteli fuggvenyet es impul-zusvalaszat.
[
x1[k + 1]x2[k + 1]
]
=
[
0, 2 0, 51 −0, 2
] [
x1[k]x2[k]
]
+
[
13
]
s[k],
y[k] =[
2 1]
[
x1[k]x2[k]
]
+ 5s[k].
72
Megoldas. A feladatot ketfelekepp is megoldhatjuk. Az (a)pontban a matrixokra alapulo modszert kovetjuk, a (b) pontbanaz allapotvaltozos leıras z-transzformaltjat egyenletrendszerkentkezeljuk es az Y/S hanyadost fejezzuk ki belole.
(a) Az allapotvaltozos leıras es az atviteli fuggveny kapcsolataalapjan ırhatjuk, hogy
W =CTadj (zE−A)B + |zE−A|D
|zE−A| .
Hatarozzuk meg eloszor a zE−A matrix adjungaltjat:26
adj (zE−A) = adj
[
z − 0, 2 −0, 5−1 z + 0, 2
]
=
[
z + 0, 2 0, 51 z − 0, 2
]
,
valamint determinansat
|zE−A| = z2 − 0, 54.
A determinans egy polinomot jelent, ami az atviteli fuggvenynevezoje. Az atviteli fuggveny szamlalojanak elso tagja a kovet-kezokepp szamıthato:
ˆ
2 1˜
»
z + 0, 2 0, 51 z − 0, 2
– »
13
–
=ˆ
2 1˜
»
z + 1, 73z + 0, 4
–
= 5z + 3, 8,
melyhez hozza kell meg adni a |zE−A|D tagot is, es ıgy aszamlalo a kovetkezo lesz: 5z+3, 8+5(z2−0, 54) = 5z2+5z+1, 1.Az atviteli fuggveny tehat az alabbi:
W (z) =5z2 + 5z + 1, 1
z2 − 0, 54.
(b) Ezen peldan keresztul bemutatjuk, hogy azallapotvaltozos leırassal adott rendszer atviteli fuggvenyehogy hatarozhato meg egyenletrendszer megoldasaval.
26Ne feledkezzunk meg itt sem a sakktabla-szabalyrol es a transzponalasrol.
73
Az allapotvaltozos leıras normalalakja idotartomanyban es z-tartomanyban a kovetkezo:
x1[k + 1] = 0, 2x1[k] + 0, 5x2[k] + s[k],x2[k + 1] = x1[k] + 0, 2x2[k] + 3s[k],y[k] = 2x1[k] + x2[k] + 5s[k].
⇒
zX1 = 0, 2X1 + 0, 5X2 + S,zX2 = X1 − 0, 2X2 + 3S,Y = 2X1 + X2 + 5S.
Utobbi egyenletrendszert mindig ugy kell alakıtani, hogy abbol azatviteli fuggveny alakjat kapjuk. A megoldas menete a kovetkezo.Fejezzuk ki az elso ket egyenletbol (altalanosan az elso N egyen-letbol) az ismeretlennek tekintett allapotvaltozok Xi = Xi(z)(i = 1, . . . , N) z-transzformaltjat az ismertnek tekintett S = S(z)gerjesztessel, majd helyettesıtsuk vissza azokat az utolso (az(N + 1)-edik) egyenletbe. Az allapotvaltozokat tehat ki kell ej-teni az egyenletekbol. Ezaltal kapunk egy olyan egyenletet, amelycsak az Y = Y (z)-t es az S-et tartalmazza. Jelen peldanal ma-radva, fejezzuk ki eloszor az X1 valtozot a masodik egyenletbol:
X1 = (z + 0, 2)X2 − 3S,
majd helyettesıtsuk vissza ezt az elso egyenletbe es fejezzuk ki azX2 valtozot:
X2 =3z + 0, 4
z2 − 0, 54S.
Az X2 ıgy rendben is van, hiszen az S fuggvenye. Irjuk ezt visszaaz X1 kifejezesebe, s kozos nevezore hozas es rendezes utan kap-juk, hogy
X1 =z + 1, 7
z2 − 0, 54S.
Helyettesıtsuk be a kapott eredmenyeket az Y -t megado egyen-letbe es hozzuk azt kozos nevezore:
Y = 2z + 1, 7
z2 − 0, 54S +
3z + 0, 4
z2 − 0, 54S + 5S =
5z2 + 5z + 1, 1
z2 − 0, 54S,
azaz:
W (z) =Y
S=
5z2 + 5z + 1, 1
z2 − 0, 54.
74
Az eredmeny nyilvan megegyezik az (a) pontban kapott meg-oldassal. A (b) pontban kozolt megoldas alacsony rendszam esetennagyon egyszeru: egy egyenletrendszert kell a kıvant alakra hozni,amelyben a gerjesztes z-transzformaltjat ismertnek tekintjuk, sminden mas valtozot ismeretlennek, de ertelemszeruen csak avalasz z-transzformaltjara kell koncentralnunk. Az (a) pontbankozolt megoldas csak alacsony fokszam (N = 2, esetleg N = 3)eseten vegezheto el kenyelmesen papıron, azonban szamıtastech-nikailag nagyon fontos eredmeny.
Hatarozzuk meg ezutan az impulzusvalaszt az atvitelifuggveny inverz z-transzformaltjakent. A tortfuggveny nem valoditort (altort), polinomosztassal azonban azza lehet tenni:
W (z) = 5 +5z + 3, 8
z2 − 0, 54.
A masodik tagbol jelen esetben nem tudunk kiemelni egy z szor-zotenyezot, amivel aztan a parcialis tortekre bontas utan vissza-szoroznank. Vigyunk be egy z szorzotenyezot ugy, hogy szorozzukbe a masodik tagot zz−1-gyel:
W (z) = 5 + zz−1 5z + 3, 8
z2 − 0, 54.
A z−1 idobeli eltolast jelent. Parcialis tortekre bontassal a kovet-kezo eredmenyt kapjuk:
W (z) = 5 + z−1 5, 086z
z − 0, 735− z−1 0, 086z
z + 0, 735,
aminek a kovetkezo impulzusvalasz felel meg:
w[k] = 5δ[k] + ε[k − 1](
5, 086 · 0, 735k−1 − 0, 086(−0, 735k−1))
.
A polinomosztassal nyert konstans tehat Dirac-impulzusnak fe-lel meg az idofuggvenyben. Ezen pelda fontos konkluzioja meg abevitt idobeli eltolas.
* * *
75
Mintavetelezes
Pelda. A (10.9) osszefuggest a legegyszerubb, ugrassal is ren-delkezo jellel, az ε(t) jellel verifikaljuk. Az ε(t) jel ismert spekt-rumabol allıtjuk elo a mintavetelezett jel spektrumat a (10.8)osszefuggesnek megfeleloen:
SMV(jω) =τ
Ts
∞∑
i=−∞
(
1
j(ω − iωs)+ πδ(ω − iωs)
)
=
=τ
Ts
∞∑
i=−∞
1
j(ω − iωs)+
τ
Ts
∞∑
i=−∞πδ(ω − iωs) =
(1)=
τ
Ts
1
jω+
∞∑
i=1
2jω
(jω)2 − i2(jωs)2
+τ
Ts
∞∑
i=−∞πδ(ω − iωs).
Az (1) pontban kettebontjuk az osszeget, az elso tag az i = 0 in-dexnek felel meg, a masodik tagban pedig a −i es a +i indexeknekmegfelelo tagokat kozos nevezore hozva a fenti osszeget kapjuk,hiszen:
1
j(ω + iωs)+
1
j(ω − iωs)=
ω − iωs + ω + iωs
j(ω + iωs)(ω − iωs)=
2ω
j(ω2 − i2ω2s )
=
=−2jω
ω2 − i2ω2s
=2jω
−ω2 + i2ω2s
=2jω
(jω)2 − i2(jωs)2.
Az utolso szummaval egyelore ne foglalkozzunk. A kovetkezosorosszeg eloallıtasara kell torekednunk:
tg ϕ =1
ϕ+
∞∑
i=1
2ϕ
ϕ2 − i2π2. (2)
Az elso ket tagban ennek formaja felismerheto, csak epp aπ2 tenyezot kellene bevinni. Hasznaljuk fel hat az ωs = 2π
Ts
76
osszefuggest, majd emeljuk ki a j 2Ts
tenyezot:
1
jω+
∞∑
i=1
2jω
(jω)2 − i2(jωs)2=
1
jω+
∞∑
i=1
2jω
(jω)2 − i2(
j2πTs
)2 =
=1
jω+
1(
j 2Ts
)2
∞∑
i=1
2jω(
jωj 2Ts
)2
− i2π2
=
=1
j 2Ts
1(
jωj 2Ts
) +∞
∑
i=1
2
(
jωj 2Ts
)
(
jωj 2Ts
)2
− i2π2
=1
j 2Ts
tg
(
Ts
2ω
)
.
Helyettesıtsuk vissza ezen eredmenyt az SMV(jω) osszefuggesbena kapcsos zarojel helyebe:
SMV(jω) =τ
j2tg
(
Ts
2ω
)
+τ
Ts
∞∑
i=−∞πδ(ω − iωs).
Hasznaljuk fel most a tgϕ = sinϕcos ϕ
osszefuggest ugy, hogy kozbenaz Euler-formulakat is alkalmazzuk:
SMV(jω) = −τ
2
ejω Ts2 − e−jω Ts
2
ejω Ts2 + e−jω Ts
2
+τ
Ts
∞∑
i=−∞πδ(ω − iωs).
Adjunk ehhez most hozza s(0)τ2 = τ
2 erteket, es hozzuk kozos ne-vezore az elso ket tenyezot:
SMV(jω) =τ
2+
τ
2
ejω Ts2 + e−jω Ts
2
ejω Ts2 − e−jω Ts
2
+τ
Ts
∞∑
i=−∞πδ(ω − iωs) =
= τejω Ts
2
ejω Ts2 − e−jω Ts
2
+τ
Ts
∞∑
i=−∞πδ(ω − iωs)s,
77
majd osszuk el a tort szamlalojat es nevezojet is ejω Ts2 -vel:
SMV(jω) = τ1
1 − e−jωTs+
τ
Ts
∞∑
i=−∞πδ(ω − iωs).
Ez tehat a (10.8) osszefugges szerint kapott eredmeny, melyhez
hozzaadtunk meg s(0)τ2 -t, ami pontosan a (10.9) osszefugges. Irjuk
fel most az ε[k] diszkret ideju jel Fourier-transzformaltjat, es a(10.4) formulanak megfeleloen vegezzuk el a ϑ = ωTs helyet-tesıtest es a τ -val valo beszorzast:
S(ejϑ) =1
1 − e−jϑ+ π
∞∑
i=−∞δ(ϑ − i2π) ⇒
⇒ SMV(jω) = τ1
1 − e−jωTs+ π
τ
Ts
∞∑
i=−∞δ(ω − iωs).
Megjegyezzuk, hogy a szumma atalakıtasa a skalazasi tetelertelmeben tortenik (l. F1 → EMV(jω) atalakıtast). A le-vezetesben azt kell eszrevenni, hogy az 1
2 hozzaadasa nelkulnem kaptuk volna meg a helyes eredmenyt. A (10.9) osszefuggesaltalanos ervenyu.
78
Related Documents
