Giải Phương Trình Sai Phân Tuyến Tính Hệ Số Hằng Dùng Biến Đổi Z

1 1

XzX zz1 Xz

Y zX

z z1 X z 1z1 X

z 

Từ đây ta có:

1 1 1

X z X z 

1 1 z1

1 z1

Y z

X z 

1 z1

Y z 

1 z1

H (z) 





Xz1 z1

 1z1 

h nIZT H (z)IZT 1z1 



1 z1 

IZT 1z1 IZT 1z1 

IZT z IZT z1 z 

z z 

h(n) nu nn1u n1

2.4.3. Độ ổn định của hệ thống

a. Điều kiện ổn định của hệ thống tuyến tính bất biến nhân quả theo H(z)

- Điều kiện ổn định của hệ thống tuyến tính bất biến

Một hệ thống tuyến tính bất biến là ổn định nếu và chỉ nếu vòng tròn đơn vị nằm trong miền hội tụ của hàm truyền đạt của hệ thống.

Sau đây, chúng ta xét kỹ tính ổn định của các hệ thống tuyến tính bất biến nhân quả.

Đối với hệ thống tuyến tính bất biến nhân quả thì hàm truyền đạt H(z) phải có miền hội tụ nằm ngoài vòng tròn bán kính Rh-

Còn đối với hệ thống ổn định thì miền hội tụ của hàm truyền đạt H(z) phải chứa

vòng tròn đơn vị. Vậy đối với hệ thống tuyến tính bất biến nhân quả và ổn định thì hàm truyền đạt H(z) phải có miền hội tụ như sau:

RC[H(z)] : |z| > Rh- Rh- <1 (2.60)

Mà chúng ta biết rằng miền hội tụ của hàm truyền đạt H(z) không chứa bất cứ điểm cực nào của H(z). Từ đây có phát biểu về điều kiện ổn định của một hệ thống bất biến nhân quả như sau:

- Một hệ thống tuyến tính bất biến nhân quả là ổn định nếu và chỉ nếu tất cả các điểm cực của hàm truyền đạt H(z) nằm bên trong vòng tròn đơn vị.

Im[z]

z 1

R 

Re[z]

Im[z]

Re[z]

R 

1

a. Rx | z |  1, hệ ổn định b. Rx | z |  1 , hệ không ổn định

Hình 2. 23. Điều kiện ổn định của hệ thống tuyến tính bất biến nhân quả theo H(z).

Ví dụ 1:

Xét hệ thống tuyến tính bất biến nhân quả có hàm truyền đạt:

H (z) z z z

Giải:

(2z2  4z 1,5) 2(z2  2z  0,75) 2(z 1,5)(z  0,5)

Vì H(z) có hai cực đơn là

3z1 và

zp 2  0,5 , trong đó

zp1

1,5 1 , nên hệ

đã cho không thỏa mãn điều kiện ổn định.

Tuy nhiên, với kích thích vào

x(n) u(n) 1,5u(n 1) thì hệ đã cho sẽ ổn định.

Thật vậy:

X zz1,5z 1,5

z 1

Đáp ứng ra :

z 1

Y (z) X (z)H (z) (z 1,5) . z

(z 1) 2(z 1,5)(z  0,5)

 0,5z

(z 1)(z  0,5)

Để tìm đáp ứng ra y(n) của hệ, phân tích hàm :

Y (z) A1 A2  1  1

Vậy :

z (z 1) (z  0,5) (z 1) (z  0,5)

Y zX zH zzz

z 1 z 0,5

Hệ thống tuyến tính bất biến và nhân quả nên với RC Y z : z

 1, ta nhận được:

y(n) IZT Yzu(n)  0,5nu(n) y

(n) y0 (n)

Thành phần

z1  0 khi n  , vì thế hệ đã cho ổn định, mặc dù nó không

thỏa mãn điều kiện ổn định. Nguyên nhân là không điểm

z 1,5

của kích thích vào

X(z) đã loại trừ cực điểm

zp1 1,5 của hàm truyền đạt H(z), làm cho y0(n) không còn

thành phần mất ổn định ứng với 1,5n u(n) .

Muốn xét tính ổn định của hệ thống tuyến tính bất biến nhân quả theo điều kiện ổn định phải giải phương trình đặc trưng D(z) = 0 để tìm tất cả các cực điểm của hàm truyền đạt H(z). Giải các phương trình có bậc lớn hơn 3 là phức tạp, vì thế người ta xây dựng các tiêu chuẩn để xét tính ổn định của hệ thống tuyến tính bất biến nhân quả mà không cần giải phương trình D(z) = 0 .

b Tiêu chuẩn ổn định Jury

Tiêu chuẩn Jury cho phép xác định tính ổn định của hệ thống tuyến tính bất biến nhân quả theo các hệ số của phương trình đặc trưng D(z) = 0. Xét phương trình

D(z) = 0 dưới dạng lũy thừa của

z1 :

D(z) 1 a z1 a z2  ...... a z( N 1) a zN  0

(2.61)

1 2

Hay dưới dạng lũy thừa của

z1 :

N 1 N

D(z) zN a zN 1 a zN 2  ...... a z a z1  0

(2.62)

1 2 N 1 N

Các phương trình có bậc N và hệ số a0 = 1

Sử dụng các hệ số a0 aN của phương trình, lập được bảng Jury gồm (2N –3) hàng như sau:

Bảng Jury

Hàng

Hệ số
1	1	a1	a2	…	aN-2	aN-1	aN
2	aN	aN-1	aN-2		a2	a1	1
3	c0	c1	c2	…	cN-2	cN-1
4	cN-1	cN-2	cN-3		c1	c0
5	d0	d1	d2	…	dN-2
6	dN-2	dN-3	dN-4		d0
…	…	…	…	…
2N- 3	r0	r1	r2

Có thể bạn quan tâm!

Xem toàn bộ 272 trang tài liệu này.

Trong đó các phần tử ci , di trên các hàng 2, 3 của bảng Jury được tính theo định thức của các ma trận như sau :

ci 

aN i

 (ai

aN

.aN i )

với i = 0 , 1 , 2 , … , (N-1)

di 

cN 1

cN 1i

 (c0

.ci

cN 1.c

N 1i )

với i = 0 , 1 , 2 , … , (N-1)

.....................................

Mỗi hàng tiếp theo của bảng Jury sẽ có số phần tử giảm đi 1 và được tính tương tự cho đến hàng thứ (2N – 3) chỉ còn 3 phần tử r0 , r1 , r2 thì ta dừng lại .

Tiêu chuẩn ổn định Jury được phát biểu như sau :

Phương trình D(z) = 0 sẽ có tất cả các nghiệm nằm trong vòng tròn đơn vị

|z|=1 nếu thỏa mãn tất cả các điều kiện sau :

1. Giá trị đa thức

D(z)

z 1  0

2. Giá trị đa thức

z1 Nếu N chẵn.

hoặc

D(z)

z 1  0

Nếu N lẻ.

3. Các phần tử ở đầu và cuối mỗi hàng của bảng Jury thỏa mãn :

| a | a0 1

| c |  | c |

N 1 0

N 2 0

| d |  | d |

…....................

| r2 |  | r0 |

Hệ thống tuyến tính bất biến nhân quả có phương trình đặc trưng không thỏa mãn tiêu chuẩn ổn định Jury thì không thỏa mãn điều kiện ổn định.

Ví dụ 2:

Xét tính ổn định của hệ thống tuyến tính bất biến nhân quả có hàm truyền đạt :

Giải:

H (z) 

(2z2  4z 1,5)

Để sử dụng tiêu chuẩn Jury, xét phương trình đặc trưng (với a0 = 1) :

D(z) z2  2z  0,75  0

Vì D(z) có bậc N = 2 là số chẵn, nên bảng Jury chỉ có một hàng theo các hệ số của D(z). Xét các điều kiện của tiêu chuẩn ổn định Jury :

1. D(z)

z 1  1 2  0,75 0, 25  0 ; không thỏa mãn.

2. D(z)

z 1  1 2  0,75  3,75 0

; thỏa mãn.

3. | a2 |  0,75  1; thoả mãn.

Hệ xử lý số đã cho không thỏa mãn tiêu chuẩn ổn định Jury, nên không thỏa mãn điều kiện ổn định.

Ví dụ 3:

Xét tính ổn định của hệ thống tuyến tính bất biến nhân quả có hàm truyền đạt :

Giải:

H (z) 

4  3z1  2z2 z3 z4

Để sử dụng tiêu chuẩn Jury, xét phương trình đặc trưng, với a0 = 1:

D(z)  13 z1 1 z2 1 z3 1 z4  0 4 2 4 4

Vì D(z) có bậc N = 4 là số chẵn, nên bảng Jury có ba hàng với các phần tử là ai, ci , di , trong đó các phần tử ai là hệ số của D(z) :

a0  1 ;

a 3 ;

1 4

a 1

2 2

; a3

1 ;

a 1

4 4

Tính các phần tử của hàng thứ hai c0 , c1 , c2 , c3 :

c 1 a a

11 . 115

0 4 4

4 4 16

c a a .a

31. 111

1 1 4 3

4 4 4 16

c a a .a

11. 16

2 2 4 2

2 4 2 16

c a a .a

11. 31

3 3 4 1

4 4 4 16

Tính các phần tử của hàng thứ ba d0 , d1 , d2 :

d c c

c .c

15 . 15

1 . 1

224

0 0 0

3 3 16 16

16 16

256

d c c

c .c

15 . 11 

1 . 6 

159

1 0 1

3 2 16 16

16 16

256

d c c

c .c 

15 . 6

1 . 11 79

2 0 2

3 1 16 16

16 16

256

Xét các điều kiện của tiêu chuẩn ổn định Jury :

1. D(z)

2. D(z)

z 1

1 3111110 ; thỏa mãn.

4 2 4 4 4

1 311130 ; thỏa mãn.

4 2 4 4 4

3. | a4

| 11

; thỏa mãn.

| c3

| 1

| c

| 15; thỏa mãn.

| d | 79| d

| 224

; thoả mãn.

2 256 0 256

Hệ thống tuyến tính bất biến nhân quả đã cho thỏa mãn tiêu chuẩn Jury nên ổn định.

2.4.4. Giải phương trình sai phân tuyến tính hệ số hằng dùng biến đổi Z

Để tìm đáp ứng ra y(n) của hệ thống rời rạc tuyến tính bất biến và nhân quả, giải phương trình sai phân tuyến tính hệ số hằng qua biến đổi Z sẽ dễ hơn giải trực tiếp.

Các điều kiện ban đầu y(-1), y(-2), .... của phương trình sai phân tuyến tính hệ số hằng chính là giá trị khởi tạo của hệ thống rời rạc tuyến tính bất biến và nhân quả. Khi kích thích vào vào hệ thống rời rạc tuyến tính bất biến và nhân quả là dãy nhân quả x(n), thì đáp ứng ra y(n) cũng là dãy nhân quả. Tuy nhiên, nếu hệ thống rời rạc tuyến tính bất biến và nhân quả có các giá trị khởi tạo y(-1), y(-2), .... khác không, thì trên thực tế đáp ứng ra y(n) là dãy không nhân quả. Vì thế, để giải phương trình sai phân tuyến tính hệ số hằng qua biến đổi Z , phải dùng biến đổi Z một phía.

Để giản tiện, khi giải phương trình sai phân tuyến tính hệ số hằng qua biến đổi Z , có thể dùng ký hiệu của biến đổi Z hai phía, nhưng phải sử dụng tính chất trễ của biến đổi Z một phía.

Xét hệ thống rời rạc tuyến tính bất biến và nhân quả được mô tả bằng phương trình sai phân tuyến tính hệ số hằng dạng tổng quát bậc N :

N M

aky(n k) brx(n r)

k 0 r 0

Với kích thích vào x(n) là dãy không nhân quả, và các điều kiện ban đầu y(-1), y(-2), .... , y(-N) khác không.

Lấy biến đổi Z cả hai vế của phương trình sai phân, theo các tính chất tuyến tính và trễ của biến đổi Z một phía nhận được :



N k k (ik ) M r r (ir ) 

Y (z)akz y(i).z X (z)brz x(i).z 

Vậy:

k 0 

M 

i1

r

r 0 

(ir ) N k

i1 

(ik )

X (z)brz x(i).z y(i).z

Y (z) r 0 i1 k 0 i1

a zk

(2.63)

k 0

Đáp ứng ra của hệ thống rời rạc tuyến tính bất biến và nhân quả:

Y (z) A1 A2  1  1

z (z 1) (z  0,5) (z 1) (z  0,5)

Trên thực tế thường gặp trường hợp hệ thống rời rạc tuyến tính bất biến và nhân quả có điều kiện khởi tạo bằng không y(-1) = y(-2) = .... = y(-N) = 0 , và kích thích vào x(n) là dãy nhân quả, x(-i) = 0 với mọi i > 0 , khi đó biểu thức có dạng :

N M

Y (z)a zk X (z)b zr

k r

k 0 r 0

Vậy:

b z

r

Y (z) X (z).r 0 X (z)H (z)

a zk

Đáp ứng ra

k 0

y(n) của hệ thống rời rạc tuyến tính bất biến và nhân quả là tổng

của hai thành phần

y nvà

yn:

y(n) IZT Yzu(n)  0,5nu(n) y

(n) y0 (n)

Trong đó, yp(n) phụ thuộc vào các cực của hàm kích thích vào X(z), tức là phụ thuộc vào dạng của kích thích vào x(n).

y0(n) phụ thuộc vào các cực của hàm hệ thống H(z), chính là phụ thuộc vào các hệ số ar ở vế trái của phương trình sai phân. Như vậy, y0(n) phụ thuộc vào cấu trúc của hệ thống rời rạc tuyến tính bất biến và nhân quả. Theo dạng của y0(n), có thể xác định được tính ổn định của hệ thống rời rạc tuyến tính bất biến và nhân quả.

Ví dụ 1:

Giải phương trình sai phân:

yn3yn 12y n 2x n

Với

x n3n2 un

và các điều kiện ban đầu

y1y20

Hãy cho biết tính ổn định của hệ thống.

Giải:

Đây là hệ thống rời rạc tuyến tính bất biến và nhân quả có điều kiện khởi tạo bằng không và kích thích vào x(n) là dãy nhân quả:

Y (z)(1 3z 1 2z 2 ) 

X (z)

Vì có: X z

n2u nZT 323nu n z

ZT 3



X (z)

9z 3

z z2

Nên :

Y (z) 

1 3z1  2z2

z 3



9(z 

3) (z

2  3z  2) X (z)H (z)

z 3

Hay :

Y (z) 

9(z 3)(z 2 3z 2)

9(z 1)(z 2)(z 3)

Trong đó các cực zp1 = 1 và zp2 = 2 là của hàm hệ thống H(z) vì chúng là nghiệm

của phương trình

z 2 3z 2  0 , còn cực zp3 = 3 là của kích thích vào X(z). Để tìm

đáp ứng ra y(n), phân tích hàm :

Y (z)

z2

9(z 1)(z 2)(z 3)

B1

(z 1)

B2 

(z 2)

(z 3)

Trong đó:

B1 

z 2 (z 1)

9(z 3)(z 2)(z 1)

z1

B1

12 1

9(1 3)(1 2) 18

22 4

B2 

B3 

z2

z 2 (z 2)

9(z 3)(z 2)(z 1)

z 2 (z 3)

9(z 3)(z 2)(z 1)

z3

B2

B3

9(2 3)(2 1) 9

32 1

9(3 2)(3 1) 2

Vậy

Y (z) 

1 1 

18 (z 1)

4 1 

9 (z 2)

1 1

2 (z 3)

Suy ra :

Y (z) 

1 z 

18 (z 1)

4 z 

9 (z 2)

1 z

2 (z 3)

Với

RC[Y (z)] :| z | 3

ta xác định được:

y n1un42nun13n u ny ny

n

18 9 2 0 p

y0(n) phụ thuộc vào các cực zp1 = 1 và zp2 = 2 của H(z) :

1 2n2

y nun

18 9 

yp(n) phụ thuộc vào cực zp3 = 3 của kích thích vào X(z):

y n

u n

Thành phần yp(n) có dạng giống kích thích vào x(n). Vì hàm hệ thống H(z) có các cực với |zpk| 1 nên y0(n)  khi n  , hệ thống đã cho không thỏa mãn điều kiện ổn định.

Ví dụ 2:

Hãy giải phương trình sai phân sau:

y n 3y n1 2y n  2x n

Với:

x n 3n2 ,

y 24 ;

y 11

9 3

Giải:

Đây là hệ thống rời rạc tuyến tính bất biến và nhân quả có điều kiện khởi tạo khác không và kích thích vào x(n) là dãy nhân quả, nên:

Yz 3z1Yzy 1 2 z2Yzz1Yzy 2X z