Uppsala Universitet Matematiska Institutionen Bo Styf. Sammanfattning av föreläsningarna 15-18, 30/11-12/

Transkript

1 Uppsala Universitet Matematiska Institutionen Bo Styf Transformmetoder, 5 hp ES, gyl, Q, W Sammanfattning av föreläsningarna 5-8, 30/ - / 0. Z-transformen ska avslutas och sedan blir det tentaförberedelser. Inversa -transformen (primitiv variant. Ur transformen X( = x(n n = x(0 + x( + x( n=0 + x(3 3 + ( kan vi, i tur och ordning, få fram x(n, n 0, genom x(0 = lim X( x( = lim (X( x(0 x( = lim (X( x(0 x( x(3 = lim 3 (X( x(0 x( x( Proceduren fungerar om X( = T(/(, där T(, ( är polynom och T( har högst samma grad som (. Om T( har högre grad än ( så gäller inte att x(n = 0 för n < 0, i vilket fall proceduren får modifieras (det är lätt att se hur, eller hur?. Beräkningen görs enklast med följande schema: X 0 ( = X(, x(0 = lim X 0 ( X ( = (X 0 ( x(0, x( = lim X ( X ( = (X ( x(, x( = lim X ( X 3 ( = (X ( x(, x(3 = lim X 3 ( Exempel. Bestäm, med ovanstående metod, x(n, n 0 om X( = Lösning. Vi får X 0 ( = λ, X ( = (X 0 ( = x(0 = lim X 0( = λ λ, X ( = (X ( λ = λ λ, X 3 ( = (X ( λ = λ3 λ, x( = lim X ( = λ λ. x( = lim X ( = λ x(3 = lim X 3( = λ 3

2 Alltså gäller, som förväntat, x(n = λ n, n 0. Exempel. Bestäm x(n, n 0 om X( = λ. Lösning. Enligt ovan gäller att X( = ( λ är -transformen av Θ(n λ n. Fördröjningsregeln ger att x(n = Θ(n λ n. Inversa -transformen igen. En mindre primitiv metod att inverstransformera X( = A 0 + T(/(, där T(, ( är polynom och T( har lägre grad än (, ges av följande: Antag att T( ( = T( ( ( ( p där vi, för enkelhets skull, antar att,,..., p är distinkta (olika. X( har då partialbråksuppdelningen X( = A 0 + A + A + + A p p Av föregående exempel ser vi att A k ( k A k Θ(n n k x(0 = A 0 och x(n = Θ(n ( A n + A n + + A p n p. Det betyder att, n > 0. Om ( har multipla nollställen så gör man på samma sätt, fast det blir en aning mer komplicerat. Partialbråksutvecklingen innehåller då termer av typen A( k m, m 0. Enligt (Z.3, som vi inte härleder, gäller att ( λ m+ Θ(n ( n m Fördröjningsformeln ger sedan ( n Y( = ( k m+ y(n = Θ(n m ( ( ( α α α Observera att =, = α, = 0 λ n m, < n <. n m k, < n <. (α(α,..., för varje α R. LTI-system i diskret tid. Ett sådant, med insignalen x(n och utsignalen y(n, n Z, ges, till exempel, av en differensekvation y(n + p + a p y(n + p + + a y(n + + a 0 y(n = K x(n, < n <, ( där x(n = y(n = 0 för n < 0. Av ( följer att y(0 = = y(p = 0, y(p = K x(0 o.s.v. Genom att -transformera ( får vi ( p + a p p + + a + a 0 Y( = K X(, där y(n Y(. För en given insignal x(n ges alltså utsignalen av Y( = K p + a p p + + a + a 0 X( = H( X(.

3 Funktionen H( är systemets överföringsfunktion. Om h(n är inversa -transformen av H( så gäller att y(n fås som faltningen y(n = h(n x(n = h(nx(0 + h(n x( + + h(0x(n = n h(n j x(j (# j=0 Impulssvar och stabilitet. Impulsen är funktionen (följden, signalen δ(n, som ges av att δ(0 = och δ(n = 0 för n = 0. Z-transformen av impulsen är ( =, C. Av (# ser vi att om x(n = δ(n så får vi y(n = h(n δ(n = h(nδ(0 + h(n δ( + + h(0δ(n = h(n Det är anledningen till att h(n kallas för impulssvaret. Impulssvaret har -transformen H( = K p + a p p + + a + a 0 = ämnarens nollställen,,..., p sägs vara systemets poler. K ( ( ( p LTI-systemet, som ges av (, definieras som stabilt om varje begränsad insignal resulterar i en begränsad utsignal ( x(n C y(n C. I överensstämmelse med vad vi fick för tidskontinuerliga system så gäller att systemet är stabilt om och endast om h(n <. Om systemet har enkla poler (,,..., p är distinkta så har H( partialbråksutvecklingen och impulssvaret ges av H( = A + A + + h(n = Θ(n A p p ( A n + A n + + A p n p. Av detta följer genast att systemet är stabilt om och endast om alla poler har absolutbelopp mindre än ett ( j <, j =,,..., p. Detsamma gäller även om systemet har multipla poler. Exempel. För vilka a R gäller att systemet, som ges av är stabilt? y(n + + ay(n + + y(n = x(n, < n <, Lösning. Här är överföringsfunktionen H( = + a + = ( ( =, ( + + där, är polerna. Alltså gäller att =. Det är därför omöjligt att båda polerna har absolutbelopp mindre än ett. Systemet är därför ostabilt för alla värden på a. Exempel. Avgör om systemet, som ges av är stabilt? 4y(n + + 4y(n + + y(n = x(n, < n <, 3

4 Lösning. Här är överföringsfunktionen H( = = ( + = 4 ( +, så polerna är = =. Båda polerna har absolutbelopp mindre än ett. Systemet är därför stabilt. Exempel. För vilka a R gäller att systemet, som ges av är stabilt? y(n + + ay(n y(n = x(n, < n <, Lösning. Här är överföringsfunktionen H( = + a + 5 Polerna, är alltså rötterna till andragradsekvationen + a + 5 = 0, som kan omskrivas till ( + a = a 5. Om a 5 < 0 så har vi polerna = = a + i 5 a med absolutbeloppen = = 5 <. Om a 5 0 så har vi polerna, = a ± av polerna är a + a 5. Det största av absolutbeloppen a 5. Vi har a + a 5 < om och endast om a 5 < a a 5 < ( a = a a + 5 > a a < 3 5. Sammantaget betyder detta att systemet är stabilt om och endast om a < 3 5. Exempel. Bestäm -transformen, A(, av a n = Θ(n n+. Lösning. Vi har här vilket ger enligt (Z.9. Enligt (Z.3 får vi sedan a n = Θ(n 3 n = Θ(n 8 a n+ = 8 Θ(n ( a n A( = ( 8 ( n 8 ( n,, = 8 ( 4

5 Differensekvationer. Antag att x(n, n 0, är en given följd och att vi söker alla följder y(n, n 0, sådana att y(n + p + a p y(n + p + + a y(n + + a 0 y(n = x(n, 0 n <, ( Vi kan då välja godtyckliga värden på y(0, y(,..., y(p och för varje val har ( en entydig lösning y(n, n 0. Detta visas med induktion. Man löser ( genom att -transformera båda leden under iakttagande av (Z.4. Vi får då där x(n X(, y(n Y( och S( + ( p + a p p + + a + a 0 Y( = X( S( = y(0 p + (y( + a p y(0 p + + (y(p + a p y(p + + a 0 y(0 0 Det följer att S( + X( Y( = p + a p p + + a + a 0 och y(n, n 0, fås sedan genom inverstransformering. Exempel. Bestäm y(n, n 0, om y(0 = 0, y( = och y(n + 3y(n + + y(n = (n + 5 n+ = x(n, 0 n <. ( Lösning. Det är lämpligt att göra omskrivningen x(n = (n + 5 n+ = n n+ + 5 n+ = 4n n + 0 n Z-transformering av (, med hjälp av (Z.4, (Z. och (Z.9, ger sedan Y( 3Y( + Y( = Y( = 8 ( ( = ( = 0 ( ( 3 + Y( = + 0 ( = ( + ( ( + ( 3 + ( = ( ( + ( ( ( = + 4 ( 3 Kombinerar vi (Z. och (Z. så får vi Sätter vi här λ = så får vi Det följer genast att y(n = n n, n 0. Θ(nn λ n ( λ + ( λ ( λ = λ + λ 3 ( λ 3 Θ(nn n + 4 ( λ 3, Exempel. Låt c = a + ib = r e iϕ, a, b R. Härled, med hjälp av (Z., (Z.4 och (Z.5, -transformerna av Θ(n r n cos nϕ och Θ(n r n sin nϕ. 5

6 Lösning. (Z.4 och (Z.5 ger direkt att Θ(n cos nϕ Med hjälp av (Z. får vi sedan cos ϕ cos ϕ + och Θ(n sin nϕ sin ϕ cos ϕ + Θ(n r n cos nϕ (/r (/r cos ϕ (/r (/r cos ϕ + = r cos ϕ ( a = r cos ϕ + r ( a + b och Θ(n r n sin nϕ (/r sin ϕ (/r (/r cos ϕ + = r sin ϕ r cos ϕ + r = b ( a + b Exempel. Ett LTI-system har överföringsfunktionen H( = 3 (3 (6 5 + Bestäm impulssvaret och avgör systemets stabilitet. Lösning. Vi har faktoriseringen = (3 (, vilket ger H( = 3 (3 (6 5 + = 3 (3 ( = 6 ( 3 ( Av partialbråksuppdelningen (några detaljer överhoppas H( = 6 ( 3 ( = A 3 = 6 3 ( B ( + C 3 följer att H( = 6 3 ( Inverstransformering, med hjälp av (Z.9 och (Z., ger sedan h(n = Θ(n 6 3 n Θ(n n 3 n + Θ(n 6 ( 6 n = n 3n n Θ(n. Systemet är stabilt, eftersom båda polerna, och 3, har absolutbelopp mindre än ett. Exempel. Lös differensekvationen a n+ + a n = n, n 0, där a 0 =. 6

7 Lösning. Om a n A( så gäller att a n+ A( a 0 = A(. Enligt (Z.0 har vi n (. Z-transformen av differensekvationen blir därför ( + A( = + Partialbråksutvecklingen (vissa detaljer förbigås A( ger, med (Z.9 och (Z.0, A( = = + ( + ( = A + + = 5/4 + /4 + / ( + ( = ( + ( B + C ( ( a n = 5 4 ( n 4 + n, n 0. Exempel. Bestäm den komplexa Fourierserien för den -periodiska funktionen f (t, som ges av att f (t = e t för π < t < π. Bestäm summan S(t av Fourierserien för alla t, för vilka serien konvergerar. Använd Fourierserien för att beräkna Lösning. Vi har c n = = σ = π [ π ( n + n n= och σ = e t e int dt = e ( int in ] t=π t= π π = π ( n in < n <. Fourierserien för f (t är e ( int dt n= e ( inπ e ( inπ in ( n ( + in + n c n e int n= ( n ( + in ( in( + in + n ( ( n + n + ( n in + n Konvergenssatsen för Fourierserier ger här att S(t existerar för alla t R, S(t = f (t, då t = (k + π, och S((k + π = (eπ + e π (k heltal. Genom att sätta t = 0 får vi (observera att imaginärdelen av c n är en udda funktion av n: = e 0 = lim n= eπ e π π eπ e π π c n 7 lim n= σ, lim n= ( n + n ( n + n

8 vilket ger σ = Genom att sätta t = π får vi, på samma sätt, att e π e π e π e π vilket ger S(π = eπ + e π n= = lim + eπ e π π + eπ e π π c n e inπ lim n= σ, + n σ = (π e π + (π + e π e π e π lim n= ( n ( n + n Exempel.( : Bestäm fouriertransformen F(ω till f (t = t e t. Lösning. Av (F.0 ser vi att g(t = e t har transformen G(ω = ( + ω. (F.6 medför att f (t = t g(t har transformen F(ω = ig (ω = i( + ω (ω = 4iω ( + ω Exempel.( : Bestäm funktionen f (t, som har laplacetransformen F(s = s + 4 (s (s + s + Lösning. Vi partialbråksutvecklar F(s (några detaljer överhoppas: F(s = s + 4 (s ((s + + = A B(s + + C + s (s + + = A(s + s + + B(s + C(s (s ((s + + = (A =, B = 0, C = = s (s + + Med hjälp av (L., (L.3 och (L.6 får vi f (t = e t e t sin t. = (A + Bs + (A + Cs + (A B C (s ((s + + 8

9 Exempel.( :3 Funktionen f (t har fouriertransformen F(ω. Man definierar en ny funktion g genom g(t = (cos 3t f ( t Uttryck g:s fouriertransform G(ω med hjälp av f :s fouriertransform. Lösning. Vi har g(t = (cos 6t f (t = e6it + e 6it f (t = f (te6it + f (te 6it Av (F.5 följer att g(t har transformen G(ω//. Av (F. följer att Alltså gäller G(ω/ = f (te6it + f (te 6it F(ω 6 + F(ω + 6 F(ω 6 + F(ω + 6 Om vi i den sista likheten byter ω mot ω så får vi slutligen G(ω = F(ω 6 + F(ω + 6. ( ω G = F(ω 6 + F(ω + 6 Exempel.( :4 Ett LTI-system i diskret tid ges av y(n = h(n x(n = n h(n kx(k, n 0, k=0 där h(n är impulssvaret, x(n är insignalen och y(n är den resulterande utsignalen. Systemet fungerar så att insignalen x = (,, 0, 0, 0,... ger upphov till utsignalen y = ( n 0. Bestäm impulssvaret. Lösning. Låt H( vara överföringsfunktionen och låt X(, Y( vara -transformerna av x(n respektive y(n. Transformdefinitionen och (Z.9 ger X( = = + = + Y( = Det generella sambandet Y( = H(X( ger Det följer att H( = Y( X( = ( ( + H( A = ( = ( + = , + B + 9

10 vilket ger H( = Med hjälp av (Z.9 fås sedan impulssvaret h(n = 3 ( n + 3 ( n, n 0. 0