Signali i sustavi AUDITORNE VJEBE 11 LSS FERZESOI
Signali i sustavi AUDITORNE VJEŽBE 11 LS&S FER-ZESOI
Određivanje partikularnog rješenja za slučaj kada je pobudna sekvencija eksponencijala oblika: u(k) = Uz 1 k. • 3. Zadatak: Odrediti rješenje homogene jednadžbe, partikularno rješenje, te amplitudnu i faznu karakteristiku sustava opisanog zadanom jednadžbom diferencija: • y(k)-0. 9 y(k-1)+0. 2 y(k-2) = u(k)-0. 5 u(k-1)+0. 06 u(k-2). • Pobuda je zadana kao u(k)=(-0. 6)k, za k ³ 0, • a početni uvjeti neka su y(-1) = y(-2) = 0.
Zadatak 3, nastavak. . . • Homogena jednadžba: • Pretpostavimo rješenje u obliku y(k) = qk i uvrstimo u homogenu jednadžbu te dobivamo: • qk - 0. 9 qk-1 + 0. 2 qk-2 = 0, / : qk-2 • q 2 - 0. 9 q + 0. 2 = 0, • q 1 = 0. 5, • q 2 = 0. 4, • pa je • yh(k) = C 1(0. 5)k + C 2(0. 4)k.
Zadatak 3 , nastavak. . . • Kako je pobudna sekvencija oblika u(k) = Uz 1 k, partikularno rješenje određujemo kao: • yp(k) = Yz 1 k. • U i Y su kompleksne amplitude ! • Uvrstimo yp i pobudu u početnu jednadžbu: • Y(z 1)k -0. 9 Yz 1 k-1 +0. 2 Yz 1 k-2 =Uz 1 k -0. 5 Uz 1 k-1 +0. 06 Uz 1 k-2. • Podijelimo sve sa z 1 k :
Zadatak 3, nastavak. . . • H(z 1) možemo smatrati kao vrijednost transfer funkcije izračunate na frekvenciji z 1. • • Partikularno rješenje je stoga : yp = 0. 654545 (-0. 6)k Totalno rješenje je: y(k) = C 1(0. 5)k + C 2(0. 4)k + 0. 654545(-0. 6)k za k ³ 0.
Zadatak 3, nastavak. . . • Metodom korak po korak treba odrediti y(0) i y(1), kako bi se zatim odredilo C 1 i C 2. • Iz zadane jednadžbe slijedi : • y(k) = 0. 9 y(k-1) - 0. 2 y(k-2) + u(k) -0. 5 u(k-1) + 0. 06 u(k-2) • Za k=0 • y(0) = 0. 9 y(-1) - 0. 2 y(-2) + u(0) - 0. 5 u(-1) + 0. 06 u(-2) • y(0) = 1 • Za k=1 • y(1) = 0. 9 y(0) - 0. 2 y(-1) + u(1) - 0. 5 u(0) + 0. 06 u(-1) • y(1) = 0. 9 - 0. 6 - 0. 5 = -0. 2
Zadatak 3, nastavak. . . • Konstante C 1 i C 2 odrediti ćemo iz y(k) = C 1(0. 5)k + C 2(0. 4)k + 0. 654545(-0. 6)k. • Uvrstimo za k=0 • y(0) = 1 = C 1 + C 2 + 0. 654545 • C 1 + C 2 = 0. 34545455 • Ako uvrstimo k=1 dobivamo : • y(1) = -0. 2 = 0. 5 C 1 + 0. 4 C 2 + 0. 654545 (-0. 6) • 0. 5 C 1 + 0. 4 C 2 = 0. 19272727 • Na ovaj način dobili smo sustav od dvije jednadžbe sa dvije nepoznanice.
Zadatak 3 , nastavak. . . • Pa je totalno rješenje Titranje vlastitim frekvencijama zbog nesklada između početnog i stacionarnog stanja. Titranje frekvencijom pobude.
KONVOLUCIJSKA SUMACIJA • Omogućuje nam određivanje odziva na bilo kakvu pobudu kada je poznat odziv na d niz. • Za vremenski nepromjenjiv sustav vrijedi: • Odnosno
Konvolucijska sumacija, nastavak. . . • U slučaju da radimo s kauzalnim sustavima i promatramo odziv za pobudu zadanu za k ³ 0, gornje relacije prelaze u :
Zadatak 1. • Korištenjem konvolucijske sumacije odrediti odziv diskretnog sustava zadanog impulsnim odzivom h(k). Sustav je pobuđen s u(k). h(k) 4 3 2 1 u(k) 1 1 2 3 4 5 6 7 k impulsni odziv 1 2 3 4 5 6 7 8 k pobuda
Zadatak 1, nastavak. . . • Rješenje ćemo grafički interpretirati iz : Za k = 0 u(i), h(-i) 4 3 2 1 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 i
Zadatak 1, nastavak. . . Za k = 1 u(i), h(1 -i) 4 3 2 1 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 i
Zadatak 1, nastavak. . . Za k = 2 u(i), h(2 -i) 4 3 2 1 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 i
Zadatak 1, nastavak. . . Za k = 3 u(i), h(3 -i) 4 3 2 1 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 i
Zadatak 1, nastavak. . . Za k = 4 u(i), h(4 -i) 4 3 2 1 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 i • Dalje je y(5), y(6). . . = 0
Zadatak 1, rješenje • Pa je odziv y(k) 7 6 5 4 3 2 1 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 k
2. Zadatak • Diskretni sustav opisan je jednadžbom diferencija: • Korištenjem konvolucijske sumacije naći odziv na pobudu:
Zadatak 2, nastavak. . . • Najprije je potrebno odrediti impulsni odziv. • Za pobudu u(k)=d(k) ona prelazi, za k³ 3 u homogenu jednadžbu. • Rješavanjem ove homogene jednadžbe diferencija određujemo h(k) za k³ 3. • h(0), h(1) i h(2) određujemo izračunavanjem korak po korak. • Dakle za u(k)=d(k) Þ y(k)=h(k) • Za k³ 3 vrijedi
Zadatak 2 , nastavak. . . • Za pretpostavljeni h(k)=qk slijedi karakteristična jednadžba: • Pa je impulsni odziv za k³ 3
Zadatak 2, nastavak. . . • Za određivanje konstanti C 1 i C 2 potrebno je poznavati vrijednosti h(3) i h(4). • Ove vrijednosti određujemo iz polazne jednadžbe. • Za u(k)=d(k) polaznu jednadžbu možemo pisati :
Zadatak 2, nastavak. . • Uvrštavanjem vrijednosti za k dobivamo. . .
Zadatak 2, nastavak. . . • Poznavajući h(3) i h(4) možemo odrediti C 1 i C 2.
Zadatak 2, nastavak. . . • Pa je konačno • Odnosno
Zadatak 2, nastavak. . . • Odziv sustava na pobudu u(k)=(-0. 5)k je:
Zadatak 2, nastavak. . .
Zadatak 2, nastavak. . .
Zadatak 2, nastavak. . .
Z - TRANSFORMACIJA • Z - transformacija niza brojeva {f(k)} za koje vrijedi f(k)=0 za k<0 definira se kao: • Postupkom Z-transformacije transformira se niz brojeva u funkciju kompleksne varijable z. • Vrijednost F(z) može biti konačna ili beskonačna.
Z- transformacija osnovnih diskretnih signala • 1. ) i 2. ) Z - transformacija d niza • 3. ) Z - transformacija jedinične stepenice
Z - transformacija, nastavak. . . • Gornja sumacija vrijedi za |z-1|<1 tj. za |z|>1 je područje konvergencije. • Prema tome, možemo pisati:
Z - transformacija, nastavak. . . • 4. ) Z - transformacija diskretne eksponencijale • Sumacija je konačna za |az-1|<1 tj. za |z|>|a| je područje konvergencije.
Z - transformacija, nastavak. . . • 5. ) Z - transformacija jedinične kosine • Ovu transformaciju ćemo odrediti koristeći postupak za određivanje Z - transformacije funkcije pomnožene s k. • Z - transformacija niza f(k) definirana je kao:
Z - transformacija, nastavak. . . • Ovako definiran red može se po volji mnogo puta derivirati i njegove derivacije ostaju konvergentne. • Deriviranjem obje strane po z i provođenjem jednostavnih operacija dobivamo:
Z - transformacija, nastavak. . . • Korištenjem ovog svojstva Z -transformacija jedinične kosine određuje se pomoću Z transformacije jedinične stepenice. • Kako je f(k)=k × 1 k slijedi
Z - transformacija , nastavak. . . • 6. ) Z - transformacija funkcije f(k)=k. T (otipkana kosina)
- Slides: 36