Mateusz Bielec Rzeszów, 21.01.2008
2 FD, L01
POLITECHNIKA RZESZOWSKA
im. Ignacego A
ukasiewicza
Wydział Elektrotechniki i Informatyki
SPRAWOZDANIE Z SiS
Sygnały dyskretne w układach cyfrowych
1. Treść zadania.
Dla podanego układu należy wyznaczyć:
 równania rekurencyjne
 transmitancjÄ™ H(z)
 odpowiedz
impulsowÄ…
 odpowiedz
skokowÄ…
 odpowiedz
na wymuszenie wykładnicze
 odpowiedzi czasowe w programie MATLAB
Dane do zadania:
a = -1
1
a = -1
2
a = (-2)-n
n
2. Równanie rekurencyjne.
Do wyznaczenia równania rekurencyjnego dla podanego układu konieczne jest wcześniejsze
zdefiniowanie sygnału q[n]. Sygnał ten jest sumą opóz
nionych sygnałów x[n] oraz y[n], więc:
q[n] = x[n - 1] + y[n - 1]
Teraz sygnał wyjściowy można zapisać za pomocą sygnału pomocniczego. Tak więc y[n] jest sumą
sygnału q[n] pomnożonego przez a oraz sygnału q[n] zwielokrotnionego przez a i dodatkowo
1 2
opóz
nionego.
y[n] = a1 Å" q[n] + a2 Å" q[n - 1]
Podstawiając teraz do równania y[n] równanie na q[n] otrzymuję:
y[n] = a1 Å" x[n - 1] + a1 Å" y[n - 1] + a2 Å" x[n - 2] + a2 Å" y[n - 2]
PodstawiajÄ…c dane zadania ostatecznie otrzymujemy:
y[n] = - x[n - 1]- y[n - 1]- x[n - 2]- y[n - 2]
- 2 -
3. Transmitancja.
Transmitancją systemu dyskretnego nazywa się stosunek transformat Z sygnału wyjściowego do
wejściowego przy warunkach początkowych zerowych.
Y (z)
H (z) =
X (z)
Transformata Z równania rekurencyjnego ma postać:
Y (z) = - X (z)z- 1 - Y (z)z- 1 - y[- 1] - X (z)z- 2 - Y (z)z- 2 - y[- 1]z- 1 - y[- 2]
Po kilku przekształceniach dochodzimy do:
Y (z)(1+ z- 1 + z- 2) = - X (z)(z- 1 + z- 2) - y[- 1]- y[- 1]z- 1y[- 2]
- z- 1 - z- 2 - y[- 1] - y[- 1]z- 1y[- 2]
Y (z) = X (z) +
1+ z- 1 + z- 2 1+ z- 1 + z- 2
- z - 1 z2(- y[- 1]- y[- 2]) - y[- 1]z
Y (z) = X (z) +
z2 + z + 1 z2 + z + 1
Y (z) = Yw(z) + Ys (z)
Pierwsze wyrażenie nazywa się odpowiedzią wymuszoną, zależną jedynie od wymuszenia,
natomiast drugie odpowiedzią swobodną zależną jedynie od warunków początkowych. Przy
wyliczaniu transmitancji odpowiedz
swobodną pomijamy, gdyż zakładamy zerowe warunki
początkowe. Zatem po podzieleniu wyrażenia przez X(z) otrzymujemy:
Y (z) - z - 1
H (z) = =
X (z) z2 + z + 1
4. Odpowiedz
impulsowa.
- 1
Do wyznaczenia odpowiedzi impulsowej należy wyliczyć transformatę odwrotną dla
Z
obliczonej transmitancji. Sygnałem wymuszającym jest delta Kroneckera.
Å„Å‚ - z - 1
üÅ‚
- 1
Z
òÅ‚ żł
z2 + z + 1þÅ‚
ół
Przekształcamy więc transmitancję do postaci:
H (z) - z - 1
=
z z3 + z2 + z
Pierwiastkami równania są liczby: 0, (-0.5+0.87i) oraz (-0.5-0.87i). Pierwiastki te
z3 + z2 + z = 0
- z - 1
nazywane sÄ… biegunami transformaty. StÄ…d wielomian
można przedstawić w postaci
z3 + z2 - z
sumy ułamków prostych:
- 3 -
H (z) A B C
= + +
z z z - (- 0.5 + 0.87i) z - (- 0.5 - 0.87i)
A(z - (- 0.5 + 0.87i))(z - (- 0.5 - 0.87i)) + B Å" z(z - (- 0.5 - 0.87i)) + C Å" z(z - (- 0.5 + 0.87i)) = - z - 1
Do powyższej równości podstawianie kolejnych pierwiastków prowadzi do wyliczenia wartości
współczynników A, B i C
A =
Å„Å‚ - 1
ôÅ‚
B = 0.5 + 0.3i
òÅ‚
ôÅ‚
C = 0.5 - 0.3i
ół
H (z) - 1 0.5 + 0.3i 0.5 - 0.3i
= + +
z z z - (- 0.5 + 0.87i) z - (- 0.5 - 0.87i)
- z (0.5 + 0.3i)z (0.5 - 0.3i)z
Y´ (z) = + +
z z - (- 0.5 + 0.87i) z - (- 0.5 - 0.87i)
Po przekształceniu równanie przyjmie postać:
y´ [n] = - ´ [n] + (0.5 + 0.3i)(- 0.5 + 0.87i)n + (0.5 - 0.3i)(- 0.5 - 0.87i)n
Wartości dla 5 kolejnych próbek wynoszą:
y´ [0] = - ´ [0] + (0.5 + 0.3i)(- 0.5 + 0.87i)0 + (0.5 - 0.3i)(- 0.5 - 0.87i)0 = 0
y´ [1] = - ´ [1]+ (0.5 + 0.3i)(- 0.5 + 0.87i)1 + (0.5 - 0.3i)(- 0.5 - 0.87i)1 = - 1
y´ [2] = - ´ [2]+ (0.5 + 0.3i)(- 0.5 + 0.87i)2 + (0.5 - 0.3i)(- 0.5 - 0.87i)2 = 0
y´ [3] = - ´ [3]+ (0.5 + 0.3i)(- 0.5 + 0.87i)3 + (0.5 - 0.3i)(- 0.5 - 0.87i)3 = 1
y´ [4] = - ´ [4]+ (0.5 + 0.3i)(- 0.5 + 0.87i)4 + (0.5 - 0.3i)(- 0.5 - 0.87i)4 = - 1
Dla porównania obliczenia przeprowadzamy także korzystając z równania rekurencyjnego. Ma ono
postać:
y´ [n] = - ´ [n - 1] - y´ [n - 1] - ´ [n - 2] - y´ [n - 2]
Wówczas:
y´ [0] = - ´ [- 1] - y´ [- 1] - ´ [- 2]- y´ [- 2] = 0 - 0 - 0 - 0 = 0
y´ [1] = - ´ [0] - y´ [0] - ´ [- 1] - y´ [- 1] = - 1- 0 - 0 - 0 = - 1
y´ [2] = - ´ [1]- y´ [1] - ´ [0] - y´ [0] = 0 + 1- 1- 0 = 0
y´ [3] = - ´ [2]- y´ [2] - ´ [1] - y´ [1] = 0 - 0 - 0 + 1 = 1
y´ [4] = - ´ [3]- y´ [3] - ´ [2] - y´ [2] = 0 - 1- 0 - 0 = - 1
Jak widać obie metody prowadzą do jednakowych wyników.
- 4 -
5. Odpowiedz
skokowa.
Postępujemy identycznie jak w przypadku odpowiedzi impulsowej, z tą różnicą, że wymuszeniem
z
X (z) =
jest impuls skokowy. TransformatÄ… dla impulsu skokowego jest . KorzystajÄ…c z
z - 1
Yµ (z) = X (z) Å" H (z) Yµ (z)
zależności obliczam
- z - 1 z - z2 - z
Yµ (z) = Å" =
z2 + z + 1 z - 1 z3 - 1
Po przekształceniu:
Yµ (z) - z - 1
=
z z3 - 1
Pierwiastki mianownika to: 1, (-0.5+0.87i) oraz (-0.5-0.87i). Po rozłożeniu na ułamki proste
wielomian przyjmie postać:
Yµ (z) A B C
= + +
z z - 1 z - (- 0.5 + 0.87i) z - (- 0.5 - 0.87i)
Współczynniki A, B i C muszą spełniać równanie:
A(z - (- 0.5 + 0.87i))(z - (- 0.5 - 0.87i)) + B Å" (z - 1)(z - (- 0.5 - 0.87i)) + C Å" (z - 1)(z - (- 0.5 + 0.87i)) = - z - 1
Więc ich wartości to:
2
Å„Å‚
A = -
ôÅ‚
3
ôÅ‚
1
ôÅ‚
B =
òÅ‚
3
ôÅ‚
ôÅ‚ 1
C =
ôÅ‚
3
ół
2 1 1
-
Yµ (z)
3 3 3
= + +
z z - 1 z - (- 0.5 + 0.87i) z - (- 0.5 - 0.87i)
Mnożąc razy z otrzymujemy:
2 1 1
- z z z
3 3 3
Yµ (z) = + +
z - 1 z - (- 0.5 + 0.87i) z - (- 0.5 - 0.87i)
Ostatecznie równanie ma postać:
2 1 1
yµ [n] = - Å" (1)n + (- 0.5 + 0.87i)n + (- 0.5 - 0.87i)n
3 3 3
- 5 -
Wartości dla 5 kolejnych próbek.
2 1 1
yµ [0] = - Å" (1)0 + (- 0.5 + 0.87i)0 + (- 0.5 - 0.87i)0 = 0
3 3 3
2 1 1
yµ [1] = - Å" (1)1 + (- 0.5 + 0.87i)1 + (- 0.5 - 0.87i)1 = - 1
3 3 3
2 1 1
yµ [2] = - Å" (1)2 + (- 0.5 + 0.87i)2 + (- 0.5 - 0.87i)2 = - 1
3 3 3
2 1 1
yµ [3] = - Å" (1)3 + (- 0.5 + 0.87i)3 + (- 0.5 - 0.87i)3 = 0
3 3 3
2 1 1
yµ [4] = - Å" (1)4 + (- 0.5 + 0.87i)4 + (- 0.5 - 0.87i)4 = - 1
3 3 3
Równanie rekurencyjne przyjmie postać:
yµ [n] = - µ [n - 1]- yµ [n - 1]- µ [n - 2] - yµ [n - 2]
Wartości dla 5 kolejnych próbek:
yµ [0] = - µ [- 1]- yµ [- 1]- µ [- 2]- yµ [- 2] = 0 - 0 - 0 - 0 = 0
yµ [1] = - µ [0]- yµ [0]- µ [- 1]- yµ [- 1] = - 1- 0 - 0 - 0 = - 1
yµ [2] = - µ [1]- yµ [1]- µ [0]- yµ [0] = - 1+ 1- 1- 0 = - 1
yµ [3] = - µ [2]- yµ [2]- µ [1]- yµ [1] = - 1+ 1- 1+ 1 = 0
yµ [4] = - µ [3]- yµ [3]- µ [2]- yµ [2] = - 1+ 0 - 1+ 1 = - 1
Tym razem otrzymane wyniki również są identyczne.
6. Odpowiedz
na wymuszenie wykładnicze.
1
x[n] = (- 2)- n = (- )n
Tym razem układ jest wymuszany przez sygnał x[n]=(-2)-n= Jak wiadomo,
2
z
z X (z) =
1
transformatą funkcji an jest , więc dla naszego sygnału będzie to
z +
z - a
2
Dla wymuszenia wykładniczego należy przyjąć warunku początkowe.
y[-2]=1, y[-1]=-1
Tym razem oprócz odpowiedzi wymuszonej, należy także policzyć odpowiedz
swobodnÄ….
Y (z) = Yw(z) + Ys (z)
- z - 1 z2(- y[- 1] - y[- 2]) - y[- 1]z
Y (z) = X (z) +
z2 + z + 1 z2 + z + 1
- z - 1
Yw(z) =
z2 + z + 1
- 6 -
Uwzględniając warunki początkowe, wymuszenie swobodne przyjmie postać
z
Ys (z) =
z2 + z + 1
Odpowiedz
wymuszona:
Postępujemy jak wcześniej:
- z - 1 z - z2 - z
Yw(z) = Å" =
1 3 3 1
z2 + z + 1
z + z3 + z2 + z +
2 2 2 2
Yw(z) - z - 1
=
3 3 1
z
z3 + z2 + z +
2 2 2
Pierwiastki równania to -0.5, (-0.5+0.87i) oraz (-0.5-0.87i)
Yw(z) A B C
= + +
1
z z - (- 0.5 + 0.87i) z - (- 0.5 - 0.87i)
z +
2
Rozkład na ułamki proste:
2
-
Yw(z) 0.33 + 0.6i 0.33 - 0.6i
3
= + +
z z + 2 z - (- 0.5 + 0.87i) z - (- 0.5 - 0.87i)
2
- z
(0.33 + 0.6i)z (0.33 - 0.6i)z
3
Yw(z) = + +
1
z - (- 0.5 + 0.87i) z - (- 0.5 - 0.87i)
z +
2
Yw(z)
Obliczając transformatę odwrotną równanie opisujące odpowiedz
wymuszonÄ… przyjmie
postać:
2 1
yw[n] = - Å" (- )n + (0.33+ 0.6i)(- 0.5 + 0.87i)n + (0.33 - 0.6i)(- 0.5 - 0.87i)n
3 2
Odpowiedz
swobodna:
z
Ys (z) =
z2 + z + 1
Dzielimy przez z:
Ys (z) 1
=
z z2 + z + 1
- 7 -
I rozkładamy na ułamki proste. Biegunami transformaty są: (-0.5+0.87i) oraz (-0.5-0.87i)
Ys (z) A B
= +
z z - (- 0.5 + 0.87i) z - (- 0.5 - 0.87i)
Po obliczeniu współczynników A i B dochodz
my do:
Ys (z) - 0.6i 0.6i
= +
z z - (- 0.5 + 0.87i) z - (- 0.5 - 0.87i)
StÄ…d:
- 0.6i Å" z 0.6i Å" z
Ys (z) = +
z - (- 0.5 + 0.87i) z - (- 0.5 - 0.87i)
Więc równanie opisujące odpowiedz
swobodną wygląda następująco:
ys[n] = - 0.6i Å" (- 0.5 + 0.87i)n + 0.6i Å" (- 0.5 - 0.87i)n
Po zsumowaniu odpowiedzi wymuszonej oraz swobodnej otrzymujemy równanie:
2 1
y[n] = yw[n]+ ys[n] = - Å" (- )n + 0.33(- 0.5 + 0.87i)n + 0.33(- 0.5 - 0.87i)n
3 2
Otrzymane wartości dla 5 kolejnych próbek:
y[0] = - 2
y[1] = 4
y[2] = - 2.5
y[3] = - 1.25
y[4] = 3.625
Równanie rekurencyjne dla wymuszenia wykładniczego przedstawia się:
y[n] = - (- 2)- (n- 1) - y[n - 1] - (- 2)- (n- 2) - y[n - 2]
Warunki poczÄ…tkowe: y[-2]=1, y[-1]=-1
Wartości dla 5 kolejnych próbek:
y[0] = - (- 2)1 - y[- 1]- (- 2)2 - y[- 2] = 2 + 1- 4 - 1 = - 2
y[1] = - (- 2)0 - y[0]- (- 2)1 - y[- 1] = - 1+ 2 + 2 + 1 = 4
y[2] = - (- 2)- 1 - y[1] - (- 2)0 - y[0] = 0.5 - 4 - 1+ 2 = - 2.5
y[3] = - (- 2)- 2 - y[2] - (- 2)- 1 - y[1] = - 0.25 + 2.5 + 0.5 - 4 = - 1.25
y[4] = - (- 2)- 3 - y[3]- (- 2)- 2 - y[2] = 0.125 + 1.25 - 0.25 + 2.5 = 3.625
- 8 -
7. Analiza w Matlabie.
Do analizy odpowiedzi czasowych w Matlabie należało zastosować następujący m-plik:
clc
L = [0 -1 -1];
M = [1 1 1];
n = 5;
YI = DIMPULSE(L,M,n);
bar(YI);
title('Odpowiedz impulsowa ukladu cyfrowego'), pause;
YS = DSTEP(L,M,n);
bar(YS);
title('Odpowiedz skokowa ukladu cyfrowego'), pause;
w = (0:.025:7);
[A,F] = DBODE(L,M,w);
plot(w,A);
title('Wykres Bodego dla charakterystyki amplitudowej ukladu');
xlabel('w, rad/s');
grid, pause;
plot(w,F);
title('Wykres Bodego dla charakterystyki fazowej ukladu');
xlabel('w, rad/s');
grid;
Otrzymane wykresy:
- 9 -
- 10 -
Niestety nie udało się uzyskać odpowiedzi na wymuszenie wykładnicze, gdyż nie udało się
poprawnie użyć funkcji DLSIM z warunkami początkowymi. Natomiast odpowiedzi impulsowe i
skokowe pokrywajÄ… siÄ™ z analitycznymi obliczeniami.
- 11 -