Auditorne ve�be iz Raqunarskog upravljanjaz− transformacija
Zoran M. Buqevac
Maxinski fakultet u Bgd.
oktobar 2011.
Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 1 / 69
Auditorne ve�be iz Raqunarskog upravljanjaz - transformacija
1. Odrediti Z− lik signala x (t) (Z {x (t)}) ako jeX (s) = 1
s(s+α)?Rexenje:3. oblik
X ∗ (s) =∑i
Res 11−epT e−sT X (p)
∣∣∣p=p∗i
=⇒ X (p) = 1p(p+α) =⇒ p∗1 =
0; p∗2 = −α
X ∗ (s) =2∑
i=1Res 1
1−epT e−sT X (p)∣∣∣p=p∗i
=2∑
i=1
11−epT e−sT Res X (p)|p=p∗i
=
2∑i=1
11−epT e−sT
1[p(p+α)]′
∣∣∣p=p∗i
=2∑
i=1
11−epT e−sT
12p+α
∣∣∣p=p∗i
=
1
1−ep∗1
T e−sT
12p∗1 +α + 1
1−ep∗2
T e−sT
12p∗2 +α = 1
1−e−sT1α −
11−e−αT e−sT
1α =
1α
1−e−αT e−sT−1+e−sT
(1−e−sT )(1−e−αT e−sT )= 1
α
e−sT (1−e−αT )(1−e−sT )(1−e−αT e−sT )
=⇒Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 2 / 69
Auditorne ve�be iz Raqunarskog upravljanjaz - transformacija
z = esT =⇒ X (z) = X ∗ (s)|esT =z = 1α
e−sT (1−e−αT )(1−e−sT )(1−e−αT e−sT )
∣∣∣∣esT =z
=
1α
z−1(1−e−αT )(1−z−1)(1−e−αT z−1)
= zα
1−e−αT
(z−1)(z−e−αT )=⇒
X (z) = zα
1−e−αT
(z−1)(z−e−αT )
2. Dat je Z− lik X (z) = z(z−γ)(z−1)2
. Odrediti diskretizovani
signal x∗ (t)?Rexenje:1. naqin:x (kT ) =
∑i
Res X (z) zk−1∣∣z∗i (pol od X (z))
z∗1 = γ, ν∗1 = 1; z∗2 = 1, ν∗2 = 2 =⇒ x (kT ) =2∑
i=1Res X (z) zk−1
∣∣z∗i
Res X (z) zk−1∣∣z∗1 =γ
= Res z(z−γ)(z−1)2
zk−1∣∣∣z∗1 =γ
=
Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 3 / 69
Auditorne ve�be iz Raqunarskog upravljanjaz - transformacija
Res zk
(z−γ)(z−1)2
∣∣∣z∗1 =γ
= zk
[(z−γ)(z−1)2]′
∣∣∣∣z∗1 =γ
= zk
(z−1)2+2(z−γ)(z−1)
∣∣∣z∗1 =γ
=
γk
(γ−1)2
Res X (z) zk−1∣∣z∗2
=1= R21 = 1
(ν∗2−1)!dν∗2−1
dzν∗2−1
[(z − z∗2 )ν∗2 X (z) zk−1
]∣∣∣∣z∗2
=1
R21 = 1(2−1)!
ddz
[(z − 1)2 X (z) zk−1
]∣∣∣z∗2
=1
=
ddz
[(z − 1)2 z
(z−γ)(z−1)2zk−1
]∣∣∣z∗2
=1
= ddz
zk
(z−γ)
∣∣∣z∗2 =1
=
kzk−1(z−γ)−zk
(z−γ)2
∣∣∣z∗2 =1
= k(1−γ)−1
(1−γ)2= k
(1−γ) −1
(1−γ)2=⇒
x (kT ) = γk
(γ−1)2+ k
(1−γ) −1
(1−γ)2= γk−1
(γ−1)2+ k
(1−γ) =⇒ x∗ (t) =∞∑
k=0
[γk−1
(γ−1)2+ k
(1−γ)
]δ (t − kT )
Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 4 / 69
Auditorne ve�be iz Raqunarskog upravljanjaz - transformacija
2. naqin:Iz tablice z− transformacija u ubeniku Diskretnisistemi, na 184. strani, 3. sluqaj odozgoX (z) = z
(z−γ)(z−1)2=⇒ γk
(γ−1)2+ k
(1−γ) −1
(1−γ)2(u ubeniku postoji
grexka tj. tamo stoji γ
(γ−1)2+ k
(1−γ) −1
(1−γ)2a treba da stoji
γk
(γ−1)2+ k
(1−γ) −1
(1−γ)2)
3. naqin:X (z) = z
(z−γ)(z−1)2=⇒ X (z) = z−1 z
(z−γ)(z−1)2=
1(z−γ)(z−1)2
=⇒Hevisajdov razvoj od
X (z) = 1(z−γ)(z−1)2
=⇒ z∗1 = γ; z∗2 = 1, ν∗2 = 2 =⇒ R1 =
1
[(z−γ)(z−1)2]′
∣∣∣∣z∗1 =γ
= 1(z−1)2+2(z−γ)(z−1)
∣∣∣z∗1 =γ
= 1(γ−1)2
Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 5 / 69
Auditorne ve�be iz Raqunarskog upravljanjaz - transformacija
R21 = 1
(ν∗2−1)!dν∗2−1
dzν∗2−1
[(z − z∗2 )ν∗2 X (z)
]∣∣∣∣z∗2
=1
=
1(2−1)!
ddz
[(z − 1)2 1
(z−γ)(z−1)2
]∣∣∣z∗2
=1
= − 1(z−γ)2
∣∣∣z∗2
=1
= − 1(1−γ)2
R22 = 1
(ν∗2−2)!dν∗2−2
dzν∗2−2
[(z − z∗2 )ν∗2 X (z)
]∣∣∣∣z∗2
=1
=
1(2−2)!
[(z − 1)2 1
(z−γ)(z−1)2
]∣∣∣z∗2
=1
= 11−γ
X (z) = R1z−z∗1
+ R21z−z∗2
+ R22
(z−z∗2 )2 = 1
(γ−1)21
z−γ −1
(1−γ)21
z−1 + 11−γ
1(z−1)2
=⇒
X (z) = zX (z) = 1(γ−1)2
zz−γ −
1(1−γ)2
zz−1 + 1
1−γz
(z−1)2
prvi i drugi sabirak je tabliqni sluqaj na strani 186, 6.odozgo, a tre�i sabirak je 8. sluqaj odozgo na istoj strani =⇒X (z) = 1
(γ−1)2γk − 1
(1−γ)21k + 1
1−γ k1k−1 = γk
(γ−1)2− 1
(1−γ)2+ k
1−γ =
Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 6 / 69
Auditorne ve�be iz Raqunarskog upravljanjaz - transformacija
γk−1
(γ−1)2+ k
1−γ
3. Odrediti W (z) sistema sa slike:
Rexenje:W (s) = 1
s21
s+a =⇒ W (z) = Z{
1s2
1s+a
}=⇒Tablica z−
transformacija, strana 181, 5. sluqaj odozgo:1s2
1s+a =⇒ (T/a)z
(z−1)2− (1−eaT )z
a2(z−1)(z−e−aT )=⇒ W (z) =
1a
zz−1
[T
z−1 −(1−eaT )
a(z−e−aT )
]Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 7 / 69
Auditorne ve�be iz Raqunarskog upravljanjaz - transformacija
4. Odrediti W (z) sistema sa slike:
Rexenje:W1 (s) = 1
s2 ;W2 (s) = 1s+a =⇒ W (z) = W1 (z) W2 (z) =
Z{
1s2
}Z{
1s+a
}=⇒Tablica z− transformacija, strana
181, 4. i 3. sluqaj odozgo:1s2 =⇒ Tz
(z−1)2; 1
s+a =⇒ z
(z−e−aT )=⇒ W (z) = Tz
(z−1)2z
(z−e−aT )=
Tz2
(z−1)2(z−e−aT )
Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 8 / 69
Auditorne ve�be iz Raqunarskog upravljanjaz - transformacija
5. Za diskretan sistem prikazan na slici odrediti:a) z− blok dijagram sistemab) z− transformaciju regulisane veliqine xv) diskretizovani odziv sistema x∗
g) krajnju vrednost izlazne diskretizovane veliqine x∗ (∞)d) grexku diskretizovane regulisane veliqine ε∗ pri svim
poqetnim uslovima jednakim nuli?
Rexenje:Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 9 / 69
Auditorne ve�be iz Raqunarskog upravljanjaz - transformacija
a)
W1 (s) = 1s+5 =⇒ W1 (z) = Z
{1
s+5
}=⇒ iz zadatka br. 4
=⇒ 1s+5 =⇒ z
z−e−5 =⇒ W1 (z) = zz−e−5
b) W (z) = W1(z)1+W1(z) =
zz−e−5
1+ zz−e−5
=z
z−e−5
z−e−5+zz−e−5
= z2z−e−5 ;X (z) =
W (z) Xz (z) =⇒ X (z) = zz−1
z2z−e−5
v) X (z) = zz−1
z2z−e−5 =⇒ X (z) = z−1X (z) =
1z−1
z2z−e−5 =⇒Hevisajdov razvoj od X (z) = 1
z−1z
2z−e−5 =⇒z∗1 = 1; z∗2 = e−5
2 =
3.369 0× 10−3 = e−5,693 =⇒ R1 = z[(z−1)(2z−e−5)]′
∣∣∣z∗1 =1
=Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 10 / 69
Auditorne ve�be iz Raqunarskog upravljanjaz - transformacija
z2(z−1)+(2z−e−5)
∣∣∣z∗1 =1
= 1(2−e−5)
= 0.501 69;R2 =
z[(z−1)(2z−e−5)]′
∣∣∣z∗2 = e−5
2
= z2(z−1)+(2z−e−5)
∣∣∣z∗2 = e−5
2
=e−5
2
2(
e−5
2−1
) =
−1.690 2× 10−3 =⇒ X (z) = R1z−z∗1
+ R2z−z∗2
=⇒ X (z) = zX (z) =
R1z
z−z∗1+ R2
zz−z∗2
=⇒ X (z) =
0.501 69 zz−1 − 1.690 2× 10−3 z
z−e−5,693 =⇒ x (k) =
0.501 69h (k)− 1.690 2× 10−3e−5,693k =⇒ x∗ (t) =∞∑
k=0
x (k) δ (t − k) =
∞∑k=0
(0.501 69h (k)− 1.690 2× 10−3e−5,693k
)δ (t − k) =
0.501 69∞∑
k=0
δ (t − k)− 1.690 2× 10−3∞∑
k=0
e−5,693kδ (t − k)
Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 11 / 69
Auditorne ve�be iz Raqunarskog upravljanjaz - transformacija
g) Krajnja vrednost za x∗ se odre�uje na osnovu graniqneteoreme z− transformacije:Funkcija (z − 1) X (z) = (z − 1) z
z−1z
2z−e−5 = z2
2z−e−5 nemapolove na jediniqnoj kru�nici niti van jediniqnog krugaa postoji graniqna vrednost limz→1 (z − 1) X (z) =⇒
x∗ (∞) = limz→1
(z − 1) X (z) = limz→1
(z − 1)z
z − 1
z
2z − e−5=
= limz→1
z2
2z − e−5=
1
2− e−5= 0.501 69
d) Na osnovu z− blok dijagrama sistema se dobija:E (z) = Xz (z)− X (z) = Xz (z)−W1 (z) E (z) =⇒[1 + W1 (z)]E (z) = Xz (z) =⇒ E (z) = 1
1+W1(z)Xz (z) =1
1+ zz−e−5
zz−1 = z−e−5
z−e−5+zz
z−1 = z−e−5
2z−e−5z
z−1 =⇒
Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 12 / 69
Auditorne ve�be iz Raqunarskog upravljanjaz - transformacija
E (z) = z−1E (z) = z−e−5
(2z−e−5)(z−1)=⇒ z∗1 = 1; z∗2 = e−5
2 =
3.369 0× 10−3 =⇒ R1 = z−e−5
[(z−1)(2z−e−5)]′
∣∣∣z∗1 =1
= z−e−5
2(z−1)+(2z−e−5)
∣∣∣z∗1 =1
=
1−e−5
(2−e−5)= 0.498 31;R2 = z−e−5
[(z−1)(2z−e−5)]′
∣∣∣z∗2 = e−5
2
=
z−e−5
2(z−1)+(2z−e−5)
∣∣∣z∗2 = e−5
2
=e−5
2−e−5
2(
e−5
2−1
) =− e−5
2
2(
e−5
2−1
) = 1. 690 2× 10−3 =⇒
E (z) = R1z−z∗1
+ R2z−z∗2
=⇒ E (z) = zE (z) = R1z
z−z∗1+ R2
zz−z∗2
=⇒ E (z) = 0.498 3 zz−1 + 1.690 2× 10−3 z
z−e−5,693 =⇒ ε (k) =
0.498 3h (k) + 1.690 2× 10−3e−5,693k =⇒ ε∗ (t) =∞∑
k=0
ε (k) δ (t − k) =
∞∑k=0
(0.498 3h (k) + 1.690 2× 10−3e−5,693k
)δ (t − k) =
0.498 3∞∑
k=0
δ (t − k) + 1.690 2× 10−3∞∑
k=0
e−5,693kδ (t − k)Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 13 / 69
Auditorne ve�be iz Raqunarskog upravljanjaz - transformacija
6. Odrediti z− blok dijagram za sistem sa slike:
Rexenje:
Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 14 / 69
Auditorne ve�be iz Raqunarskog upravljanjaz - transformacija
W1 (z) = Z{
s+1s+2
}= Z
{1− 1
s+2
}= 1− z
z−e−0,2 = −e−0,2
z−e−0,2 ;W2 (z) =
Z{
1s + 10
}= 10 + z
z−1 = 11z−10z−1
7. Odrediti z− prenosnu funkciju za sistem iz zadatka 6?Rexenje:
W (z) = W1(z)1+W1(z)W2(z) =
−e−0,2
z−e−0,2
1+ −e−0,2
z−e−0,211z−10
z−1
=−e−0,2
z−e−0,2
(z−e−0,2)(z−1)−e−0,2(11z−10)
(z−e−0,2)(z−1)
=
−e−0,2(z−1)(z−e−0,2)(z−1)−e−0,2(11z−10)
= −e−0,2z+e−0,2
z2−(1+12e−0,2)z+11e−0,2
Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 15 / 69
Auditorne ve�be iz Raqunarskog upravljanjaz - transformacija
8. Odrediti diskretnu grexku SAU sa slike:
pri: W1 (s) = s+1s+2 ;W2 (s) = 1
s ;Xi z (s) = 1s
Rexenje:
W1 (z) = Z{
s+1s+2
}= Z
{1− 1
s+2
}= 1− z
z−e−0,2 = −e−0,2
z−e−0,2 ;
W2 (z) = Z{
1s
}= z
z−1 ;Xi z (z) = Z{
1s
}= z
z−1
Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 16 / 69
Auditorne ve�be iz Raqunarskog upravljanjaz - transformacija
=⇒ E (z) = Xi z (z)−W2 (z) Xi (z) = Xi z (z)−W2 (z) W1 (z) E (z) =⇒E (z) = 1
1+W1(z)W2(z)Xi z (z) =(z−e−0,2)z
(z−e−0,2)(z−1)−e−0,2z=
(z−e−0,2)zz2−(1+2e−0,2)z+e−0,2 =⇒ E (z) = z−1E (z) =
(z−e−0,2)z2−(1+2e−0,2)z+e−0,2 =⇒
Hevisajdov razvoj funkcije E (z), polovi funkcije E (z):
z∗1,2 =(1+2e−0,2)±
√(1+2e−0,2)2−4e−0,2
2 =⇒ (1+2e−0.2)+√
(1+2e−0.2)2−4e−0.2
2 =
2. 278 1;(1+2e−0.2)−
√(1+2e−0.2)2−4e−0.2
2 = 0.359 40 =⇒E (z) = R1
z−z∗1+ R2
z−z∗2=⇒ E (z) = zE (z) = R1
zz−z∗1
+ R2z
z−z∗2=⇒
tablica z− transformacija (ubenik), strana 186, poslednji
sluqaj ε (k) = R1 (z∗1 )kT + R2 (z∗2 )kT ;R1 =(z−e−0,2)
[z2−(1+2e−0,2)z+e−0,2]′
∣∣∣∣z=z∗1
=
(z−e−0,2)2z−(1+2e−0,2)
∣∣∣∣z=z∗1
= 0.761;R2 =(z−e−0,2)
[z2−(1+2e−0,2)z+e−0,2]′
∣∣∣∣z=z∗2
=
0.239 4 =⇒Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 17 / 69
Auditorne ve�be iz Raqunarskog upravljanjaz - transformacija
ε (k) = R1 (z∗1 )kT +R2 (z∗2 )kT = 0.761 (2. 278 1)0.1k +0.239 4 (0.359 40)0.1k
9. Za sistem iz zadatka 8 odrediti diskretnu jednaqinuponaxanja?Rexenje:Xi (z) = W (z) Xi z (z) = W1(z)
1+W1(z)W2(z)Xi z (z) =−e−0,2
z−e−0,2
1+ −e−0,2
z−e−0,2z
z−1
Xi z (z) =
−e−0,2(z−1)(z−e−0,2)(z−1)−e−0,2z
Xi z (z) = −e−0,2z+e−0,2
z2−(1+2e−0,2)z+e−0,2 Xi z (z) =⇒[z2 −
(1 + 2e−0,2
)z + e−0,2
]Xi (z) =
(−e−0,2z + e−0,2
)Xi z (z) =⇒
z2Xi (z)−(1 + 2e−0,2
)zXi (z) + e−0,2Xi (z) =
−e−0,2zXi z (z) + e−0,2Xi z (z) =⇒
Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 18 / 69
Auditorne ve�be iz Raqunarskog upravljanjaz - transformacija
xi (k + 2)−(1 + 2e−0,2
)xi (k + 1) + e−0,2xi (k) =
−e−0,2xi z (k + 1) + e−0,2xi z (k)
Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 19 / 69
Prvi kolokvijum iz Raqunarskog upravljanja
1. Grafiqki odrediti izlazni signal predajnika kojisadr�i nelinearnost prikazanu na slici, a za ulaznisignal x (t) = e−th (t):
Rexenje:
Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 20 / 69
Prvi kolokvijum iz Raqunarskog upravljanja
Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 21 / 69
Prvi kolokvijum iz Raqunarskog upravljanja
2. Odrediti sva tri oblika kompleksnog lika izlaznogsignala x∗ (t) idealnog odabiraqa ako je njegov ulaznisignal x:
x (t) = (5 sin 2t) h (t) .
Tako�e, odrediti sve nule i polove tog kompleksnog lika?Rexenje:1. oblik:x (t) = (5 sin 2t) h (t) = 5
(e j2t−e−j2t
2j
)h (t) = C
(e j2t − e−j2t
)h (t) ;
C = 52j
X ∗ (s) =∞∑
k=0
x (kT ) e−kTs =⇒ X ∗ (s) =
∞∑k=0
C(e j2kT − e−j2kT
)e−kTs =
C
( ∞∑k=0
e j2kT e−kTs − e−j2kT e−kTs
)=
Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 22 / 69
Prvi kolokvijum iz Raqunarskog upravljanja
C
( ∞∑k=0
e j2kT e−kTs −∞∑
k=0
e−j2kT e−kTs
)=
C
( ∞∑k=0
ekT (j2−s) −∞∑
k=0
ekT (−j2−s)
)= C 1
1−e−T (s−2j) − C 11−e−T (s+2j) =
52j
(1
1−e−Tse j2T − 11−e−Tse−j2T
)= 5
2j
([1−e−Tse−j2T ]−[1−e−Tse j2T ][1−e−Tse j2T ][1−e−Tse−j2T ]
)=
5e−Ts
(ej2T−e−j2T
2j
)1−2e−Ts (ej2T +e−j2T )
2+e−2Ts
= 5e−Ts sin 2T1−2e−Ts cos 2T+e−2Ts
=⇒ X ∗ (s) = 5e−Ts sin 2T1−2e−Ts cos 2T+e−2Ts
2. oblikX ∗ (s) = 1
T
∞∑k=−∞
X (s + jkω0) =⇒ X (s) = L{(5 sin 2t) h (t)} = 10s2+4
X ∗ (s) = 1T
∞∑k=−∞
X (s + jkω0) = 1T
∞∑k=−∞
10(s+jkω0)
2+4
Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 23 / 69
Prvi kolokvijum iz Raqunarskog upravljanja
3. oblikX ∗ (s) =
∑i
Res 11−epT e−sT X (p)
∣∣∣p=p∗i
=⇒ X (p) = 10p2+4
=⇒ p∗1 =
+2j , p∗2 = −2j
X ∗ (s) =2∑
i=1Res 1
1−epT e−sT X (p)∣∣∣p=p∗i
=2∑
i=1
11−epT e−sT Res X (p)|p=p∗i
=
2∑i=1
11−epT e−sT
10[p2+4]′
∣∣∣p=p∗i
=2∑
i=1
11−epT e−sT
5p
∣∣∣p=p∗i
=
1
1−ep∗1
T e−sT
5p∗1
+ 1
1−ep∗2
T e−sT
5p∗2
= 51−e j2T e−sT
12j + 5
1−e−j2T e−sT1−2j =
−j2,51−e j2T e−sT + j2,5
1−e−j2T e−sT =−j2,5(1−e−j2T e−sT )+j2,5(1−e j2T e−sT )
(1−e j2T e−sT )(1−e−j2T e−sT )=
j2,5(1−e j2T e−sT−1+e−j2T e−sT )(1−e j2T e−sT )(1−e−j2T e−sT )
=
−j2,5e−sT 2j(ej2T−e−j2T )
2j
1−e j2T e−sT−e−j2T e−sT +e j2T e−sT e−j2T e−sT =
Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 24 / 69
Prvi kolokvijum iz Raqunarskog upravljanja5e−sT sin 2T
1−2e−sT (ej2T +e−j2T )2
+e−2sT
= 5e−sT sin 2T1−2e−sT cos 2T+e−2sT
Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 25 / 69
Prvi kolokvijum iz Raqunarskog upravljanja
3. Nacrtati frekventni spektar signala x iz predhodnogzadatka. Na osnovu toga izvrxiti izbor periodeodabiranja i nacrtati frekventni spektar signala x (t) naulazu u idealni niskopropusni priguxivaq i frekventnispektar njegovog izlaznog signala?Rexenje:x (t) = (5 sin 2t) h (t) =⇒ X (s) == 10
s2+4=⇒ X (jω) = 10
4−ω2
Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 26 / 69
Prvi kolokvijum iz Raqunarskog upravljanja
Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 27 / 69
Prvi kolokvijum iz Raqunarskog upravljanja
Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 28 / 69
Prvi kolokvijum iz Raqunarskog upravljanja
Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 29 / 69
Prvi kolokvijum iz Raqunarskog upravljanja
4. Posmatra se sistem prikazan na slici. Odrediti tre�ioblik kompleksnog lika diskretnog izlaznog signalasistema S za sluqaj da je X (s) = 1
s a prenosna funkcijasistema S i perioda odabiranja W (s) = 1; T = 0, 1s.
Rexenje:
Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 30 / 69
Prvi kolokvijum iz Raqunarskog upravljanja
W (s) = 1 =⇒ W (z) = Z {X (s)} =⇒Tablica z− transformacija,strana 181, sluqaj prvi odozgo, za i = 0W (s) = 1 =⇒ W (z) = 1X (s) = 1
s =⇒ X (z) = Z {X (s)} =⇒Tablica z− transformacija,strana 181, sluqaj drugi odozgoX (s) = 1
s =⇒ X (z) = zz−1
Xi (z) = X (z) W (z) = zz−11 = z
z−1 =⇒tako�e tablica z−transformacija, strana 181, sluqaj drugi odozgo
zz−1 =⇒ h (kT ) = h (0, 1k) = 1
x∗i (t) =∞∑
k=0
h (0, 1k) δ (t − 0, 1k) =∞∑
k=0
δ (t − 0, 1k) = δ∗ (t)
X ∗i (s) =
∞∑k=0
h (0, 1k) e−0,1ks = 1 + e−0,1s + e−0,1s·2 + · · ·+ e−0,1s·k+ =⇒
q = e−0,1s =⇒ X ∗i (s) = 1
1−e−0,1s
Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 31 / 69
Drugi kolokvijum iz Raqunarskog upravljanja
1. Odrediti z− blok dijagram za sistem sa slike?
Rexenje:
Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 32 / 69
Drugi kolokvijum iz Raqunarskog upravljanja
W1 (z) = Z{1 + 1
s
}= 1 + z
z−1 = 2z−1z−1
2. Odrediti z− prenosnu funkciju sistema iz prvog zadatka?Rexenje:W (z) = 1
1+W1(z) = 11+ 2z−1
z−1
= 1z−1+2z−1
z−1
= z−13z−2
Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 33 / 69
Drugi kolokvijum iz Raqunarskog upravljanja
3. Odrediti diskretnu grexku SAU sa slike:
pri: W (s) = 1s ,T = 0, 1 sec,Xi z (s) = 1
sRexenje:
W (z) = Z{
1s
}= z
z−1 ;Xi z (z) = Z{
1s
}= z
z−1
Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 34 / 69
Drugi kolokvijum iz Raqunarskog upravljanja
=⇒ E (z) = Xi z (z)−W (z) Xi (z) = Xi z (z)−W (z) E (z) =⇒E (z) = 1
1+W (z)Xi z (z) = 11+ z
z−1
zz−1 = z−1
2z−1z
z−1 = z2z−1 = 0,5z
z−0,5 =⇒E (z) = 0, 5 z
z−0,5 =⇒tablica z− transformacija (ubenik), strana 186, poslednjisluqajε (k) = 0, 5 (0, 5)kT = 0, 5 (0, 5)0,1k
4. Za sistem iz zadatka 3. odrediti diskretnu jednaqinuponaxanja?Rexenje:Xi (z) = 1
1+W (z)Xi z (z) = 11+ z
z−1Xi z (z) =
z−12z−1Xi z (z) = 0,5(z−1)
z−0,5 =⇒
(z − 0, 5) Xi (z) = (0, 5z − 0, 5) Xi z (z) =⇒
zXi (z)− 0, 5Xi (z) = 0, 5zXi z (z)− 0, 5Xi z (z) =⇒Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 35 / 69
Drugi kolokvijum iz Raqunarskog upravljanja
xi (k + 1)− 0, 5xi (k) = 0, 5xi z (k + 1)− 0, 5xi z (k)
Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 36 / 69
Zavrxni pismeni ispit iz Raqunarskogupravljanja-februar 2012.
1. Za sistem automatskog upravljanja prema (1), (2):·x = −x + y + 2z , xi = x , y (k + 1) = y (k) + ε (k) (1)
xi z (t) = h (t) , z (t) = 0 (2)
odrediti z blok dijagram i z prenosnu matricu.Rexenje:
Vidi se da je upravljani objekt kontinualan, kao xto jeinaqe sluqaj u najve�em broju sluqajeva, i zadat svojomdiferencijalnom jednaqinom stanja i jednaqinom izlaza.Prenosna funkcija objekta po y :
Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 37 / 69
Zavrxni pismeni ispit iz Raqunarskogupravljanja-februar 2012.
sX (s) = −X (s)+Y (s)+2Z (s) =⇒ X (s) =1
s + 1Y (s)+
2
s + 1Z (s) =⇒
Xi (s) = X (s) =⇒ Xi (s) =1
s + 1Y (s) +
2
s + 1Z (s) =⇒
Woy (s) =1
s + 1Prenosna funkcija objekta po z ne dolazi do izra�aja poxtoje z (t) = 0.z prenosna funkcija objekta po y :
Woy (z) = Z {Woy (s)} = Z{
1
s + 1
}=
z
z − e−T
z prenosna funkcija regulatora:
Z {y (k + 1)} = Z {y (k)}+ Z {ε (k)} =⇒ zY (z) = Y (z) + E (z) =⇒
Y (z) =1
z − 1E (z) =⇒ WR (z) =
1
z − 1;Xi z (z) =
z
z − 1Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 38 / 69
Zavrxni pismeni ispit iz Raqunarskogupravljanja-februar 2012.
z blok dijagram sistema:
z prenosna matrica:
W (z) =WR (z) Woy (z)
1 + WR (z) Woy (z)=
1z−1
zz−e−T
1 + 1z−1
zz−e−T
=z
z2 − e−T z + e−T=⇒
Xi (z) = W (z) Xi z (z) =⇒
W (z) = W (z) =z
z2 − e−T z + e−T
Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 39 / 69
Zavrxni pismeni ispit iz Raqunarskogupravljanja-februar 2012.
2. Tako�e, za SAU prema (1), (2) odrediti njegovu jednaqinuponaxanja.Rexenje:
Xi (z) = W (z) Xi z (z) =z
z2 − e−T z + e−TXi z (z) =⇒
Xi (z)(z2 − e−T z + e−T
)= zXi z (z) =⇒
z2Xi (z)− e−T zXi (z) + e−TXi (z) = zXi z (z) =⇒
Z−1{
z2Xi (z)− e−T zXi (z) + e−TXi (z)}
= Z−1 {zXi z (z)} =⇒
Z−1{z2Xi (z)
}−Z−1
{e−T zXi (z)
}+ Z−1
{e−TXi (z)
}=
= Z−1 {zXi z (z)} =⇒
Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 40 / 69
Zavrxni pismeni ispit iz Raqunarskogupravljanja-februar 2012.
xi (k + 2)− e−T xi (k + 1) + e−T xi (k) = xi z (k + 1)
3. Ispitati stabilnost i upravljivost SAU zadatog sa (1),(2).Rexenje:Stabilnost:
W (z) = W (z) =z
z2 − e−T z + e−T=⇒
z∗1,2 =e−T ±
√e−2T − 4e−T
2=⇒
z∗1,2 =1±
√1− 4eT
2eT=⇒
T > 0 =⇒ eT > 1 =⇒ 1− 4eT < 0 =⇒
Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 41 / 69
Zavrxni pismeni ispit iz Raqunarskogupravljanja-februar 2012.
z∗1,2 =1
2eT± j
√4eT − 1
2eT=⇒
∣∣z∗1,2
∣∣ =
√√√√( 1
2eT
)2
+
(√4eT − 1
2eT
)2
=1√eT
Uslov stabilnosti:∣∣z∗1,2
∣∣ = 1√eT
< 1 =⇒ eT > 1
Poxto je T po svojoj prirodi pozitivno onda je eT uvek ve�eod 1 za bilo koju vrednost T xto povlaqi da je sistemstabilan za bilo koju vrednost periode odabiranja T .Upravljivost:Na osnovu jednaqine ponaxanja iz zadatka 2. odre�uje sejednaqina stanja i izlaza primenom odgovaraju�eg algoritmaza izbor veliqina stanja:
Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 42 / 69
Zavrxni pismeni ispit iz Raqunarskogupravljanja-februar 2012.
xi (k + 2)− e−T xi (k + 1) + e−T xi (k) = xi z (k + 1) =⇒a2 = 1, a1 = −e−T , a0 = e−T , b0 = 0, b1 = 1, b2 = 0 =⇒
A =
[−a1 1−a0 0
]=
[e−T 1−e−T 0
];b =
[b1 − a1b2
b0 − a0b2
]=
[10
]c =
[1 0
]T=⇒
x (k + 1) =
[e−T 1−e−T 0
]x (k) +
[10
]xi z (k)
xi (k) =[
1 0]x (k)
Uslov upravljivosti:
det
[e−T 1−e−T 0
]= e−T =
1
eT6= 0 =⇒
matrica A sistema je regularna =⇒Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 43 / 69
Zavrxni pismeni ispit iz Raqunarskogupravljanja-februar 2012.
rang[
b Ab]
=
[1 e−T
0 −e−T
]= 2;
(det
[1 e−T
0 −e−T
]= −e−T 6= 0
)=⇒
Sistem je upravljiv!4. Za SAU prema (1), (2) odrediti kretanje upravljanog
objekta pri svim poqetnim uslovima jednakim nuli.Rexenje:Jednaqina stanja i jednaqina izlaza regulatora:
y (k + 1) = y (k) + ε (k) =⇒ y (k + 1)− y (k) = ε (k)
a1R = 1; a0R = −1; b0R = 1; b1R = 0 =⇒
AR = −a0R = 1; bR = b0R − a0Rb1R = 1; c = 1
xR (k + 1) = xR (k) + ε (k)
y (k) = xR (k)Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 44 / 69
Zavrxni pismeni ispit iz Raqunarskogupravljanja-februar 2012.
Jednaqina stanja i jednaqina izlaza objekta:
Woy (z) =Xi (z)
Y (z)=
z
z − e−T=⇒ Xi (z)
(z − e−T
)= zY (z) =⇒
zXi (z)− e−TXi (z) = zY (z) =⇒ xi (k + 1)− e−T xi (k) = y (k + 1)
a1O = 1; a0O = −e−T ; b0O = 0; b1O = 1 =⇒AO = −a0O = e−T ; bO = b0O − a0Ob1O = e−T ; cO = 1; dO = 1
xO (k + 1) = e−T xO (k) + e−T y (k)
xi (k) = xO (k) + y (k)
Jednaqina stanja i jednaqina izlaza celog sistema:
xO (k + 1) = e−T xO (k) + e−T y (k)
xR (k + 1) = xR (k) + ε (k)
Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 45 / 69
Zavrxni pismeni ispit iz Raqunarskogupravljanja-februar 2012.
xi (k) = xO (k) + y (k)
y (k) = xR (k)
=⇒
xO (k + 1) = e−T xO (k) + e−T xR (k) ;
xR (k + 1) = xR (k) + xi z (k)− xi (k) = −xO (k) + xi z (k)
xi (k) = xO (k) + y (k) = xO (k) + xR (k) =⇒ x =
[xO
xR
]=⇒
x (k + 1) =
[e−T e−T
−1 0
]x (k) +
[01
]xi z (k)
xi (k) =[
1 1]x (k)
Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 46 / 69
Zavrxni pismeni ispit iz Raqunarskogupravljanja-februar 2012.Kretanje:
x (k + 1) = Ax (k) + bxi z (k) =⇒Z {x (k + 1)} = Z {Ax (k)}+ Z {bxi z (k)} =⇒
zX (z) = AX (z) + bXi z (z) =⇒ X (z) = (zI − A)−1 bXi z (z) =⇒
(zI − A) =
[z 00 z
]−[
e−T e−T
−1 0
]=
[z − e−T −e−T
1 z
]=⇒
det (zI − A) = z2 − e−T z + e−T ; adj (zI − A) =
[z e−T
−1 z − e−T
]=⇒
(zI − A)−1 =adj (zI − A)
det (zI − A)=
[z
z2−e−T z+e−Te−T
z2−e−T z+e−T
−1z2−e−T z+e−T
z−e−T
z2−e−T z+e−T
]=⇒
(zI − A)−1 b =
[z
z2−e−T z+e−Te−T
z2−e−T z+e−T
−1z2−e−T z+e−T
z−e−T
z2−e−T z+e−T
] [01
]=
[e−T
z2−e−T z+e−T
z−e−T
z2−e−T z+e−T
];
Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 47 / 69
Zavrxni pismeni ispit iz Raqunarskogupravljanja-februar 2012.
Xi z (z) =z
z − 1=⇒ (zI − A)−1 bXi z (z) =
[e−T
z2−e−T z+e−Tz
z−1z−e−T
z2−e−T z+e−Tz
z−1
]=⇒
X (z) =
[e−T
z2−e−T z+e−Tz
z−1z−e−T
z2−e−T z+e−Tz
z−1
]=⇒
χ =
[χO
χR
]= Z−1 {X (z)} = Z−1
{[e−T
z2−e−T z+e−Tz
z−1z−e−T
z2−e−T z+e−Tz
z−1
]}Poxto se tra�i samo kretanje upravljanog objekta, to znaqi datreba odrediti samo χO :=⇒
χO = Z−1
{e−T
z2 − e−T z + e−T
z
z − 1
}Funkcija XO (z) se razvija u Hefisajdov razvoj:
Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 48 / 69
Zavrxni pismeni ispit iz Raqunarskogupravljanja-februar 2012.
XO (z) =e−T
z2 − e−T z + e−T
z
z − 1=⇒
XO (z) =e−T
z2 − e−T z + e−T
1
z − 1
Svi polovi su jednostruki:
z∗1 = 1; z∗2,3 =1
2eT± j
√4eT − 1
2eT
Ri =e−T
[(z2 − e−T z + e−T ) (z − 1)]′
∣∣∣∣z∗i
=
=e−T
(z − 1) (2z − e−T ) + (z2 − e−T z + e−T )
∣∣∣∣z∗i
R1 =e−T
(z − 1) (2z − e−T ) + (z2 − e−T z + e−T )
∣∣∣∣z∗1 =1
= e−T
Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 49 / 69
Zavrxni pismeni ispit iz Raqunarskogupravljanja-februar 2012.
R2 =e−T
(z − 1) (2z − e−T ) + (z2 − e−T z + e−T )
∣∣∣∣z∗2 = 1
2eT +j
√4eT−1
2eT
=
=e−T
z2 − 2z
∣∣∣∣z∗2 = 1
2eT +j
√4eT−1
2eT
R3 =e−T
(z − 1) (2z − e−T ) + (z2 − e−T z + e−T )
∣∣∣∣z∗3 = 1
2eT −j
√4eT−1
2eT
=
=e−T
z2 − 2z
∣∣∣∣z∗3 = 1
2eT −j
√4eT−1
2eT
XO (z) =R1
z − 1+
R2
z − z∗2+
R3
z − z∗3=⇒
Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 50 / 69
Zavrxni pismeni ispit iz Raqunarskogupravljanja-februar 2012.
XO (z) = R1z
z − 1+ R2
z
z − z∗2+ R3
z
z − z∗3
χO = R1h (k) + R2 (z∗2 )kT + R3 (z∗3 )kT
Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 51 / 69
Zavrxni pismeni ispit iz Raqunarskogupravljanja-maj 2012.
1. Za sistem automatskog upravljanja prema (3), (4):·x = −x + y + 2z , xi = x , y (k + 1) = y (k) + ε (k) (3)
xi z (t) = h (t) , z (t) = 0 (4)
odrediti z blok dijagram i z prenosnu matricu.Rexenje:
Vidi se da je upravljani objekt kontinualan, kao xto jeinaqe sluqaj u najve�em broju sluqajeva, i zadat svojomdiferencijalnom jednaqinom stanja i jednaqinom izlaza.Prenosna funkcija objekta po y :
Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 52 / 69
Zavrxni pismeni ispit iz Raqunarskogupravljanja-maj 2012.
sX (s) = −X (s)+Y (s)+2Z (s) =⇒ X (s) =1
s + 1Y (s)+
2
s + 1Z (s) =⇒
Xi (s) = X (s) =⇒ Xi (s) =1
s + 1Y (s) +
2
s + 1Z (s) =⇒
Woy (s) =1
s + 1;Woz (s) =
2
s + 1z prenosna funkcija objekta po y :
Woy (z) = Z {Woy (s)} = Z{
1
s + 1
}=
z
z − e−T
z prenosna funkcija objekta po z ne postoji, ali postojifiktivni poreme�aj z qiji je z lik:
Z (z) = Z {Woz (s) Z (s)} = Z{
2
(s + 1) s
}= Z
{2
s− 2
s + 1
}=
=2z
z − 1− 2z
z − e−T=
2(1− e−T
)z
(z − 1) (z − e−T )
Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 53 / 69
Zavrxni pismeni ispit iz Raqunarskogupravljanja-maj 2012.
z prenosna funkcija regulatora:
Z {y (k + 1)} = Z {y (k)}+ Z {ε (k)} =⇒ zY (z) = Y (z) + E (z) =⇒
Y (z) =1
z − 1E (z) =⇒ WR (z) =
1
z − 1;Xi z (z) =
z
z − 1
z blok dijagram sistema:
Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 54 / 69
Zavrxni pismeni ispit iz Raqunarskogupravljanja-maj 2012.z prenosna matrica:
Xi (z) = Z (z) + WR (z) Woy (z) [Xi z (z)− Xi (z)] =⇒
Xi (z) =WR (z) Woy (z)
1 + WR (z) Woy (z)Xi z (z) +
1
1 + WR (z) Woy (z)Z (z)
Xi (z) =[
Wxi z (z) Wz (z)]Xu (z) ;Xu (z) =
[Xi z (z) Z (z)
]TWxi z (z) =
WR (z) Woy (z)
1 + WR (z) Woy (z)=
1z−1
zz−e−T
1 + 1z−1
zz−e−T
=z
z2 − e−T z + e−T
Wz (z) =1
1 + WR (z) Woy (z)=
1
1 + 1z−1
zz−e−T
=z2 −
(1 + e−T
)z + e−T
z2 − e−T z + e−T=⇒
Xi (z) = W (z)Xu (z) =⇒
W (z) =[
Wxi z (z) Wz (z)]
=[
zz2−e−T z+e−T
z2−(1+e−T )z+e−T
z2−e−T z+e−T
]Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 55 / 69
Zavrxni pismeni ispit iz Raqunarskogupravljanja-maj 2012.
2. Tako�e, za SAU prema (3), (4) odrediti njegovu vektorskujednaqinu ponaxanja.Rexenje:
Xi (z) = W (z)Xu (z) =[
zz2−e−T z+e−T
z2−(1+e−T )z+e−T
z2−e−T z+e−T
]·
·[
Xi z (z)
Z (z)
]=⇒
Xi (z)(z2 − e−T z + e−T
)= zXi z (z) +
+[z2 −
(1 + e−T
)z + e−T
]Z (z) =⇒
z2Xi (z)− e−T zXi (z) + e−TXi (z) = zXi z (z) + z2Z (z)−
−(1 + e−T
)zZ (z) + e−T Z (z) =⇒
Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 56 / 69
Zavrxni pismeni ispit iz Raqunarskogupravljanja-maj 2012.
z2Xi (z)− e−T zXi (z) + e−TXi (z) =[
0 e−T]Xu (z) +
+[
1 −(1 + e−T
) ]zXu (z) +
[0 1
]z2Xu (z)
Z−1{
z2Xi (z)− e−T zXi (z) + e−TXi (z)}
=
= Z−1{B0Xu (z) + B1zXu (z) + B2z
2Xu (z)}
=⇒
Z−1{z2Xi (z)
}−Z−1
{e−T zXi (z)
}+ Z−1
{e−TXi (z)
}=
= Z−1 {B0Xu (z)}+ Z−1 {B1zXu (z)}+ Z−1{B2z
2Xu (z)}
=⇒
xi (k + 2)− e−T xi (k + 1) + e−T xi (k) =
= B0xu (k) + B1xu (k + 1) + B2xu (k + 2)
Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 57 / 69
Zavrxni pismeni ispit iz Raqunarskogupravljanja-maj 2012.
3. Ispitati stabilnost i upravljivost SAU zadatog sa (3),(4).Rexenje:Stabilnost:
W (z) =[
zz2−e−T z+e−T
z2−(1+e−T )z+e−T
z2−e−T z+e−T
]=⇒
z∗1,2 =e−T ±
√e−2T − 4e−T
2=⇒
z∗1,2 =1±
√1− 4eT
2eT=⇒
T > 0 =⇒ eT > 1 =⇒ 1− 4eT < 0 =⇒
Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 58 / 69
Zavrxni pismeni ispit iz Raqunarskogupravljanja-maj 2012.
z∗1,2 =1
2eT± j
√4eT − 1
2eT=⇒
∣∣z∗1,2
∣∣ =
√√√√( 1
2eT
)2
+
(√4eT − 1
2eT
)2
=1√eT
Uslov stabilnosti:∣∣z∗1,2
∣∣ = 1√eT
< 1 =⇒ eT > 1
Poxto je T po svojoj prirodi pozitivno onda je eT uvek ve�eod 1 za bilo koju vrednost T xto povlaqi da je sistemstabilan za bilo koju vrednost periode odabiranja T .Upravljivost:Na osnovu jednaqine ponaxanja iz zadatka 2. odre�uje sejednaqina stanja i izlaza primenom odgovaraju�eg algoritmaza izbor veliqina stanja:
Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 59 / 69
Zavrxni pismeni ispit iz Raqunarskogupravljanja-maj 2012.
xi (k + 2)− e−T xi (k + 1) + e−T xi (k) =
= B0xu (k) + B1xu (k + 1) + B2xu (k + 2) =⇒a2 = 1, a1 = −e−T , a0 = e−T ,
B0 =[
0 e−T],B1 =
[1 −
(1 + e−T
) ],B2 =
[0 1
]=⇒
A =
[−a1 1−a0 0
]=
[e−T 1−e−T 0
];B =
[B1 − a1B2
B0 − a0B2
]=
[1 −10 0
]c =
[1 0
]T=⇒
x (k + 1) =
[e−T 1−e−T 0
]x (k) +
[1 −10 0
]xu (k)
xi (k) =[
1 0]x (k)
Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 60 / 69
Zavrxni pismeni ispit iz Raqunarskogupravljanja-maj 2012.Uslov upravljivosti:
det
[e−T 1−e−T 0
]= e−T =
1
eT6= 0 =⇒
matrica A sistema je regularna =⇒
rang[
B AB]
=
[1 −1 e−T −e−T
0 0 −e−T e−T
]= 2;
(det
[−1 e−T
0 −e−T
]=
= e−T 6= 0)
=⇒
Sistem je upravljiv!4. Za SAU prema (3), (4) odrediti kretanje regulatora koji
upravlja objekt pri svim poqetnim uslovima jednakimnuli.Rexenje:Jednaqina stanja i jednaqina izlaza regulatora:
Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 61 / 69
Zavrxni pismeni ispit iz Raqunarskogupravljanja-maj 2012.
y (k + 1) = y (k) + ε (k) =⇒ y (k + 1)− y (k) = ε (k)
a1R = 1; a0R = −1; b0R = 1; b1R = 0 =⇒
AR = −a0R = 1; bR = b0R − a0Rb1R = 1; c = 1
xR (k + 1) = xR (k) + ε (k)
y (k) = xR (k)
Jednaqina stanja i jednaqina izlaza objekta:
Xi (z) = Woy (z) Y (z) + Z (z) =z
z − e−TY (z) + Z (z) =⇒
Xi (z)(z − e−T
)= zY (z) + Z (z)
(z − e−T
)=⇒
zXi (z)− e−TXi (z) = zY (z) + zZ (z)− e−T Z (z) =⇒xi (k + 1)− e−T xi (k) =
[0 −e−T
]xuo (k) +
[1 1
]xuo (k + 1) ;
xuo =[
y z]T
Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 62 / 69
Zavrxni pismeni ispit iz Raqunarskogupravljanja-maj 2012.
a1O = 1; a0O = −e−T ;B0O =[
0 −e−T];B1O =
[1 1
]=⇒
AO = −a0O = e−T ;BO = B0O−a0OB1O =[
0 −e−T]+e−T
[1 1
]=
=[
e−T 0]; cO = 1;dO =
[1 1
]xO (k + 1) = e−T xO (k) +
[e−T 0
]xuo (k)
xi (k) = xO (k) +[
1 1]xuo (k)
Jednaqina stanja i jednaqina izlaza celog sistema:
xO (k + 1) = e−T xO (k) +[
e−T 0]xuo (k)
xR (k + 1) = xR (k) + ε (k)
xi (k) = xO (k) +[
1 1]xuo (k)
y (k) = xR (k)
=⇒Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 63 / 69
Zavrxni pismeni ispit iz Raqunarskogupravljanja-maj 2012.
xO (k + 1) = e−T xO (k) + e−T xR (k) ;
xR (k + 1) = xR (k) + xi z (k)− xi (k) = −xO (k) + xi z (k)− z (k)
xi (k) = xO (k)+y (k)+z (k) = xO (k)+xR (k)+z (k) =⇒ x =
[xO
xR
]=⇒
x (k + 1) =
[e−T e−T
−1 0
]x (k) +
[0 01 −1
]xu (k)
xi (k) =[
1 1]x (k) +
[0 1
]xu (k)
Kretanje: x (k + 1) = Ax (k) + Bxu (k) =⇒
Z {x (k + 1)} = Z {Ax (k)}+ Z {Bxu (k)} =⇒
zX (z) = AX (z) + BXu (z) =⇒ X (z) = (zI − A)−1 BXu (z) =⇒
Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 64 / 69
Zavrxni pismeni ispit iz Raqunarskogupravljanja-maj 2012.
(zI − A) =
[z 00 z
]−[
e−T e−T
−1 0
]=
[z − e−T −e−T
1 z
]=⇒
det (zI − A) = z2 − e−T z + e−T ; adj (zI − A) =
[z e−T
−1 z − e−T
]=⇒
(zI − A)−1 =adj (zI − A)
det (zI − A)=
[z
z2−e−T z+e−Te−T
z2−e−T z+e−T
−1z2−e−T z+e−T
z−e−T
z2−e−T z+e−T
]=⇒
(zI − A)−1 B =
[z
z2−e−T z+e−Te−T
z2−e−T z+e−T
−1z2−e−T z+e−T
z−e−T
z2−e−T z+e−T
] [0 01 −1
]=
=
[e−T
z2−e−T z+e−T−e−T
z2−e−T z+e−T
z−e−T
z2−e−T z+e−T−z+e−T
z2−e−T z+e−T
];
Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 65 / 69
Zavrxni pismeni ispit iz Raqunarskogupravljanja-maj 2012.
Xu (z) =
zz−1
2(1−e−T )z(z−1)(z−e−T )
=⇒ (zI − A)−1 BXu (z) =
=
[e−T
z2−e−T z+e−Tz
z−1z−2+e−T
z−e−T
z−e−T
z2−e−T z+e−Tz
z−1z−2+e−T
z−e−T
]=⇒
X (z) =
[e−T
z2−e−T z+e−Tz
z−1z−2+e−T
z−e−T
z−e−T
z2−e−T z+e−Tz
z−1z−2+e−T
z−e−T
]=⇒
χ =
[χO
χR
]= Z−1 {X (z)} = Z−1
{[e−T
z2−e−T z+e−Tz
z−1z−2+e−T
z−e−T
z−e−T
z2−e−T z+e−Tz
z−1z−2+e−T
z−e−T
]}Poxto se tra�i samo kretanje regulatora koji upravlja objekt,to znaqi da treba odrediti samo χR :=⇒
χR = Z−1
{z − e−T
z2 − e−T z + e−T
z
z − 1
z − 2 + e−T
z − e−T
}Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 66 / 69
Zavrxni pismeni ispit iz Raqunarskogupravljanja-maj 2012.
Funkcija XR (z) se razvija u Hefisajdov razvoj:
XR (z) =z − e−T
z2 − e−T z + e−T
z
z − 1
z − 2 + e−T
z − e−T=⇒
XR (z) =z − e−T
z2 − e−T z + e−T
1
z − 1
z − 2 + e−T
z − e−T
Svi polovi su jednostruki:
z∗1 = 1; z∗2,3 =1
2eT± j
√4eT − 1
2eT; z∗4 = e−T
Ri =
(z − e−T
) (z − 2 + e−T
)[(z2 − e−T z + e−T ) (z − 1) (z − e−T )]
′
∣∣∣∣∣z∗i
=
R1 =
(z − e−T
) (z − 2 + e−T
)(z2 − e−T z + e−T ) (z − e−T )
∣∣∣∣∣z∗1 =1
= e−T − 1
Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 67 / 69
Zavrxni pismeni ispit iz Raqunarskogupravljanja-maj 2012.
R2 =
(z − e−T
) (z − 2 + e−T
)(z − 1) (2z − e−T ) (z − e−T )
∣∣∣∣∣z∗2 = 1
2eT +j
√4eT−1
2eT
=
=
(z − 2 + e−T
)2z2 − (2 + e−T ) z + e−T
∣∣∣∣∣z∗2 = 1
2eT +j
√4eT−1
2eT
R3 =
(z − e−T
) (z − 2 + e−T
)(z − 1) (2z − e−T ) (z − e−T )
∣∣∣∣∣z∗3 = 1
2eT −j
√4eT−1
2eT
=
=
(z − 2 + e−T
)2z2 − (2 + e−T ) z + e−T
∣∣∣∣∣z∗3 = 1
2eT −j
√4eT−1
2eT
R4 = 0Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 68 / 69
Zavrxni pismeni ispit iz Raqunarskogupravljanja-maj 2012.
XR (z) =R1
z − 1+
R2
z − z∗2+
R3
z − z∗3=⇒
XR (z) = R1z
z − 1+ R2
z
z − z∗2+ R3
z
z − z∗3
χR = R1h (k) + R2 (z∗2 )kT + R3 (z∗3 )kT
Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz RU oktobar 2011. 69 / 69