Zbirka zadataka

Транскрипт

1 Dio I Kontinuirani signali i sustavi 7

2 . Bezmemorijski kontinuirani sustavi Bezmemorijske kontinuirane sustave možemo podijeliti na eksplicitne i implicitne sustave:. Implicitni sustavi su oni sustavi za koje je moguće napisati sortiranu spojnu listu.. Eksplicitni sustavi su oni sustavi za koje nije moguće napisati sortiranu spojnu listu. U tom slučaju govorimo o sustavima s povratnom vezom... Funkcijski blokovi Za sustav opisan funkcijom y = f(x) kažemo da je linearan ako vrijedi f(ax bx ) = af(x ) bf(x ), a, b R. (.) Ako je svaki funkcijski blok sustava linearan onda je i cijeli sustav linearan. U tom slučaju kažemo da je sustav strukturno linearan. Primijetite da obrat ne vrijedi, naime linearan sustav ne mora nužno biti sastavljen od linearnih funkcijskih blokova. Za takav sustav kažemo da je samo operacijski linearan. Za sustav s više ulaza kažemo da je linearan ako vrijedi f(ax bx, ax bx ) = af(x, x ) bf(x, x ), a, b R. (.) Pravila spajanja funkcijskih blokova su. Nije dozvoljeno spajanje izlaza funkcijskih blokova.. Svaki ulaz u funkcijski blok mora biti spojen na izlaz nekog funkcijskog bloka ili predstavlja ulaz u cijeli sustav.. Izlaz samo jednog funkcijskog bloka je izlaz sustava. Primjer.. Ispitajte linearnost funkcijskog bloka opisanog funkcijom y = f(x) = x. Da li je sustav linearan operacijski i da li je linearan strukturno? Rješenje: Da bi provjerili linearnost moramo provjeriti da li sustav zadovoljava izraz (.). Vrijedi f(ax bx ) = ax bx = af(x ) bf(x ) te je sustav linearan, i to operacijski. Da bi mogli reći da je sustav linearan strukturno moramo pokazati da je svaki funkcijski blok sustava linearan. Kako se zadani sustav sastoji od samo jednog funkcijskog bloka čiju linearnost smo pokazali, sustav je linearan i strukturno. 9

3 x ( ) y x ( ) Slika..: Jednostavan bezmemorijski sustav Primjer.. Za sustav na slici.. ispitajte strukturnu i operacijsku linearnost. Rješenje: Kako je na slici.. prikazan sustav s više ulaza moramo pokazati da vrijedi.. No prvo trebamo odrediti prijenosnu funkciju sustava: y = f(x, x ) = x x = x x. Sada računamo i f(ax bx, ax bx ) = (ax bx )(ax bx ) af(x, x ) bf(x, x ) = a x x b x x. Kako su dva dobivna izraza različita, sustav nije linearan operacijski. Kako sustav nije linearan operacijski, ne može biti linearan ni strukturno. Primjer.. Za sustav na slici.. ispitajte strukturnu i operacijsku linearnost. x ( ) log y x ( ) Slika..: Jednostavan bezmemorijski sustav Rješenje: Kako je na slici.. prikazan sustav s više ulaza moramo pokazati da vrijedi.. Računamo funkciju koja opisuje sustav, Sada je y = f(x, x ) = log ( x x ) = x x. f(ax bx, ax bx ) = (ax bx ) (ax bx ) = a(x x ) b(x x ) = af(x, x ) bf(x, x ) Kako smo pokazali da vrijedi. sustav je linearn operacijski, no kako pojedini funkcijski blokovi nisu linearni sustav nije linearan strukturno. Primjer.4. Realizirajte funkcijski blok za množenje korištenjem bloka za kvadiranje koji je realiziran aproksimacijom kvadratne U/I karakteristike, pojačala i zbrajala. Rješenje: Kod realizacije se koristimo dobro poznatim izrazom za kvadrat zbroja, (x x ) = x x x x. 0

4 Vidimo da kvadriranjem zbroja dobivamo izmedu ostalog i član koji je umnožak. Članove x i x možemo eliminirati ako iskoristimo i izraz za kvadrat razlike. Tada umnožak možemo zapisati kao f(x, x ) = x x = 4( (x x ) (x x ) ). Blok dijagram realizacije je prikazan na slici... x ( ) 4 y x ( ) Slika..: Funkcijski blok za množenje Primjer.5. Za sustav na slici.4. napišite i sortirajte spojnu listu. Da li je zadani sustavi eksplicitan ili implicitan? y g h x f i Slika.4.: Jednostavni bezmemorijski sustav Rješenje: Za svaki blok od kojeg se sastoji sustav redom pišemo elemente spojne liste. Element spojne liste za svaki funkcijski blok navodi sve ulaze u taj blok. Spojna lista je stoga g : h : f : i : i, h i x f Za listu kažemo da je sortirana kada za svaki redak elemente desno od dvotočke koji nisu ulazi u sustav možemo pronaći lijevo od dvotočke u nekom od prethodnih redaka. Sortiranjem spojne liste dobivamo f : i : h : g : x f i i, h Kako se spojna lista može sortirati sustav je eksplicitan. Zadatak.. ili eksplicitni? Za sustave na slici.5. napiši i sortiraj spojnu listu. Da li su sustavi implicitni

5 g y g x f h x f h y Slika.5.: Jednostavni bezmemorijski sustavi Rješenje: Sortirana spojna lista za prvi sustav je f : h : g : x f f, h te je sustav eksplicitan. Spojna lista za drugi sustav je f : g : h : x, g f f i ne može se sortirati te je sustav implicitan. Zadatak.. ili eksplicitan? Za množilo na slici.6. napiši i sortiraj spojnu listu. Da li je sustav implicitan Σ x ( ) Π 4 y Σ P x ( ) P Σ Π P Slika.6.: Sustav za množenje dva signala Rješenje: Sortirana spojna lista za zadano množilo je Σ : x, x Σ : P, x Σ : Π, P P : x Π : Σ P : Σ Π : Σ P : Π te je sustav eksplicitan. Primjer.6. Korištenjem množila, pojačala i zbrajala realizirajte sustav koji dijeli dva broja. Rješenje: Za realizaciju sustava koji će dijeliti dva broja korištenjem bloka za množenje koristi se povratna veza. Sam sustav je prikazan na slici.7.. Ulazi u sustav su x i x, a izlaz je y = x /x. Spojna lista za sustav je Σ : Π : Ω : x, Π x, Ω Σ

6 x Π x Σ A Ω y Slika.7.: Sustav za dijeljenje dva signala Kako spojnu listu nije moguće sortirati sustav je implicitan, što smo i očekivali jer postoji petlja povratne veze. No možemo formalno prekinuti petlju povratne veze kako je prikazano na slici.8. uvodenjem q = Q umjesto Ω. Varijabla q sada predstavlja dodatni ulaz u sustav. U tom slučaju je moguće napisati i sortirati spojnu listu: Π : Σ : Q : x, q x, Π Σ Sada prema spojnoj listi odmah pišemo jednadžbe za pojedini blok, te zatim redom uvrštavamo svaku jednadžbu u sljedeću: Nakon sredivanja dobivamo Π = x q Σ = x Π Q = AΣ y = Q y = A(x x q) = f(x, x, q). Kako smo kod prekidanja petlje povratne veze odabrali y = q konačni izraz koji opisuje sustav postaje y = A(x x y) = f(x, x, y). x Π q q x Σ A Q y Slika.8.: Prekidanje petlje povratne veze Podijelimo sada dobiveni izraz s Ax. Dobivamo y = x y. x Ax Kada pojačanje A teži k beskonačnosti (A ) dobivamo y = x x. Za stvarnu implementaciju dovoljno je da pojačanje pojačala bude dovoljno veliko da član y/(ax ) značajno ne doprinosi izlazu.

7 Razmotimo još što se dogada u slučaju dijeljenja s nulom. Kada je x = 0 dobivamo y = A(x x y) = Ax, pa za A imamo i y. Opet, za stvarnu implementaciju za x koji je blizak nuli te za jako veliko pojačanje A izlaz će biti ograničen naponom napajanja pojačala. Primjer.7. Realizirajte sustav za računanje inverzne funkcije f koristeći funkcijski blok za računanje funkcije f, pojačalo i zbrajalo. Rješenje: Da bi realizirai sustav za računanje inverzne funkcije koristimo povratnu vezu kako je prikazano na slici.9.. Kako sustav ima petlju povratne veze radi se o implicitnom sustavu. u x A y v f Slika.9.: Sustav za računanje inverzne funkcije Jednadžbe sustava su u = x v v = f(y) y = Au Sredivanjem dobivamo jednadžbu sustava y = A ( x f(y) ), što ne možemo izraziti kao eksplicitnu funkciju po varijabli x. No zato dobiveni izraz možemo zapisati kao eksplicitnu funkciju po varijabli y, x = f(y) y A. Kada pojačanje A teži k beskonačnosti (A ) dobivamo odnosno x = f(y), y = f (x). Vidimo da prikazani sklop realizira upravo inverznu funkciju.. Relacijski blokovi Primjer.8. Analiziraj sustav s petljom povratne veze prikazan na slici.0.. Ako su U/I karakteristike blokova f i g zadane na slici.., odredi U/I karakteristiku sustava za slučaj pozitivne i negativne povratne veze. Da li je cijeli sustav funkcijski ili relacijski blok? Rješenje: Zadani sustav ima jednu petlju povratne veze. Sama povratna veza može biti pozitivna ili negativna ovisno da li se povratni signal v (izlaz iz bloka 4

8 x u f y ± v g Slika.0.: Sustav s povratnom vezom izlaz 0 izlaz ulaz funkcijski blok f ulaz funkcijski blok g Slika..: U/I karakteristike funkcijskih blokova f i g g) dodaje ili oduzima od pobude. Dakle, za dodavanje () govorimo o pozitivnoj povratnoj vezi, dok za oduzimanje () govorimo o negativnoj povratnoj vezi. Jednadžbe sustava sa slike.0. su Nakon sredivanja dobivamo u = x ± v v = g(y) y = f(u) x = f (y) g(y). Dobiveni izraz nam predstavlja inverznu prijenosnu funkciju sustava. Prijenosna funkcija sustava bi bila y = ( f g ) (x). Naravno, ovdje pretpostavljamo da navedeni inverzi postoje. U slučaju kada inverzne funkcije f i (f g) postoje cijeli sustav se može zamijeniti jednim funkcijskim blokom, a u protivnom govorimo o relacijskom bloku. Za negativnu povratnu vezu vrijedi x = ( f g ) (y). Da bi odredili prijenosnu funkciju sustava prvo odredujemo f zrcaljenjem grafa funkcije f oko pravca y = x kako je prikazano na slici... Sada je potrebno zbrojiti f i g te odrediti inverz takve kompozicije. Dani postupak opet provodimo grafički kako je prikazano na slici... Na prvoj slici punom crtom je prikazan zbroj funkcija f i g dok su same funkcije f i g prikazane crtkano. Na drugoj slici je prikazana konačna karateristika dobivena zrcaljenjem zbroja oko pravca y = x. Dobivena karakteristika u ovom slučaju je funkcija te cijeli sustav za slučaj negativne povratne veze možemo zamijeniti jednim funkcijskim blokom. 5

9 5 4 izlaz ulaz Slika..: Grafičko odredivanje inverza funkcije f izlaz 0 izlaz ulaz zbroj f g ulaz tražena karakteristika (f g) Slika..: Odredivanje U/I karakteristike sustava za slučaj pozitivne povratne veze Za pozitivnu povratnu vezu vrijedi x = ( f g ) (y). Da bi odredili prijenosnu funkciju sustava opet nam je potrebna f (slika..). Sada je potrebno izračunati razliku f i g te odrediti inverz takve kompozicije. Dani postupak opet provodimo grafički kako je prikazano na slici.4.. Dobivena karakteristika u ovom slučaju nije funkcija već relacija, pa cijeli sustav za slučaj negativne povratne veze možemo zamijeniti jedino relacijskim blokom. Primjer.9. Zadan je sustav prikazan na slici.5.. Neka je funkcija f zbroj, f(x, y) = x y. Odredi relaciju koja opisuje ovakav sustav. Može li se sustav zamijeniti ekvivalentinm funkcijskim blokm? Rješenje: Jednadžba koja opisuje sustav je y = f(x, y) = x y. Za x = 0 izlaz y je proizvoljan, dok za x 0 nema rješenja, tj. sustav je nemoguć. Kako je jednadžba koja opisuje sustav x = 0 sustav nije moguće nadomjestiti funkcijskim, već samo relacijskim blokom. Primjer.0. Zadan je sustav prikazan na slici.6.. Neka su funkcije f i q f(x, y) = x y g(x) = x 6

10 izlaz 0 izlaz ulaz razlika f g ulaz tražena karakteristika (f g) Slika.4.: Odredivanje U/I karakteristike sustava za slučaj negativne povratne veze x f y Slika.5.: Implicitni sustav Odredi i nacrtaj relaciju koja opisuje sustav. x f g y Slika.6.: Implicitni sustav Rješenje: Jednadžba koja opisuje sustav je y = g ( f(x, y) ) = (x y). Sredivanjem dobivamo relaciju koja opisuje sustav, y (x )y x = 0. Relana rješenja postoje samo za slučaj kada je diskriminanta D veća ili jednaka nuli, odnosno za D = (x ) 4x 0. Sada slijedi da realno rješenje postoji za x 4. No kako se radi o paraboli, za svaki x 4 dobivamo dva realna rješenja koja predstavljaju dva moguća izlaza iz sustava, npr. za x = 0,5 dobivamo y = 0,998 i y = 0,8. Sama prabola je prikazana na slici Aproksimacija U/I karakteristike linearnim segmentima Postoje razne U/I karakteristike koje je izuzetno teško točno realizirati. U takvim slučajevima obično se realizira sustav koji aproksimira traženu U/I karakteristiku. Najjednostavnija aproksimacija je upravo aproksimacija linearnim segmentima prikazana na slici.8.. 7

11 5 4 izlaz ulaz Slika.7.: Relacija koja opisuje sustav sa slike.6. y x Slika.8.: Aproksimacija U/I karakteristike Najprije pogledajmo kako se realizira obična afina funkcija opisana jednadžbom y = ax b. (.) Jednadžba zadana s (.) ima jedno zbrajanje i jedno množenje te se može realizirati korištenjem zbrajala i pojačala kako je prikazano na slici.9.. No takvom realizacijom nije moguće ostvariti pravac paralelan s y-osi (koeficijent a bi u tom slučaju trebao težiti k beskonačnosti), no to i nije toliko bitno jer takav pravac, osnosno odgovarajuća U/I karakteristika ne predstavlja funkcijski već relacijski blok. b x a y Slika.9.: Realizacija jednadžbe pravca Kako želimo aproksimirati bilo kakvu funkcijsku U/I karakteristiku s više različitih linearnih segmenata, potrebno je kombinirati više struktura koje realiziraju afinu funkciju. Da bi mogli kombinirati dane strukture u jedan sustav koji ima traženu U/I karakteristiku potreban je još jedan element koji bi djelovao poput sklopke i na taj način odabirao jednu od traženih afinih funkcija (slika.0.). U tom slučaju bi uključeni segment realizirao traženu afinu funkciju, dok bi isključeni segmenti na izlazu davali nulu. Za element koji će djelovati kao sklopka odabrali smo funkcijski blok prag. Funkcijski blok prag daje na izlazu nulu sve dok je ulazni signal manji od nule, što nam upravo i treba. Prag treba postaviti u svaku granu tako da grana na izlazu daje nulu dok treba biti isključena. Osnovna realizacija u tom slučaju izgleda kako je prikazano na slici... 8

12 x sklopka a a a b b b y Slika.0.: Načelna shema bloka za aproksimaciju U/I karakteristike x a 0 a a a A 0 A A A y Slika..: Osnovna shema funkcijskog bloka za aproksimaciju U/I karakteristike Za takvu realizaciju paralelnih grana mora biti barem onoliko koliko linearnih segmenata postoji u traženoj karakteristici. Na slici.. nacrtana su četiri segmenta, a karakteristika koja se realizira ima tri točke loma. Te točke loma su redom a, a i a, a te konstante odreduju kada se uključuje odgovarajuća grana. Analiza cijele karakteristike dana je u tablici... Primijetite da je nabib pravca u danom trenutku zbroj pojačanja pojačala u trenutno aktivnim granama, dok trenutno aktivne grane odreduje blok prag. interval < x < a a x < a a x < a a x < karakteristika y = A 0 x A 0 a 0 y = A 0 (x a 0 ) y = A 0 (x a 0 ) y = A 0 (x a 0 ) A (x a ) A (x a ) A (x a ) A (x a ) A (x a ) A (x a ) nagib A 0 A 0 A A 0 A A A 0 A A A pomak A 0 a 0 A 0 a 0 A a A 0 a 0 A a A 0 a 0 A a A a A a A a Tablica..: Karakteristika funkcijskog bloka sa slike.. Na prikazan način je moguće sastaviti bilo kakavu funkcijsku karakteristiku gdje se linearni segmenti nastavljaju jedan na drugi bez skokova, tj. diskontinuiteta. Ako želimo realizirati karakteristiku u kojoj se linearni segmenti ne nastavljaju jedan na drugi, odnosno postoje skokovi u karakteristici, potrebno je koristiti dodatni funkcijski blok signum. Taj blok 9

13 je definiran funkcijom sgn(x),, za x > 0 sgn(x) = 0, za x = 0. (.4), za x < 0 Karakteristika signum funkcijskog bloka dana je na slici... Kako je vidljivo iz slike, funkcija sgn ima skok od, i to od do u nuli. Obično je pri realizaciji neke zadane karakteristike potreban skok za neki drugi iznos, i obično ne u nuli. Da bi to postigli potrebno je dodatno transformirati ulazni signal u blok signum, a i izlazni signal iz bloka signum. y x Slika..: sgn(x) funkcija Pretpostavimo da je potrebno postići skok za b od nule do b u točci x = a. U tom slučaju najprije ulazni signal trebamo transformirati tako da je nula transformiranog signala u točci x = a što postižemo oduzimanjem konstante a. Kako izlaz iz bloka signum ima skok od, potrebno je izlaz pomnožiti s b/ čime dobivamo skok za b u točci x = a. No taj skok je od b/ do b/, tako da je još potrebno dodati b/ da bi skok bio od nule do b. Sturuktura je prikazana na slici... a b/ x sgn y Slika..: Realizacija skoka za b od nule do b u točci x = a Primijetite da karakteristika funkcije sgn(x) na slici.. u nuli ima vrijednost nula. U zadacima danim ovdje skok će biti nacrtan kao vertikalna ravna crta, tj. vrijednost funkcije u točci skoka nije bitna, već su bitne vrijednosti funkcije prije i poslije skoka. Skok u karakteristici je moguće realizirati i na drugi način, i to kombinacijom blokova signum i prag. Sama funkcija sgn(x) ima skok od do, dok će kombinacija signuma i praga imati skok od nule do. Pri tome redoslijed blokova nije bitan jer obje kombinacije daju jednaku U/I karakteristiku prikazanu na slici.4.. Stoga umjesto sheme za realizaciju skoka u U/I karakteristici prikazanoj na slici.. kojom dobivamo skok od nule do b u točci x = a možemo korisiti jednu od shema sa slike.5.. Naravno, ovdje prikazane realizacija skoka nisu jednine moguće. Primjer.. Realiziraj karakteristiku zadanu slikom.6. koristeći blokove zbrajalo, pojačalo, prag i signum. Rješenje: Karakteristika zadana slikom.6. ima pet točaka loma, s time da skok u točci x = 4 računamo kao jednu točku loma. Točke loma su redom,,, i 4, pa je a =, a =, a =, a 4 = i a 5 = 4. b 0

14 y x Slika.4.: Kombinacija sgn(x) i prag funkcija a x sgn b y a x sgn b y Slika.5.: Neke od mogućih realizacija skoka od nule do b u točci a Nagib prvog pravca je 0, dakle A 0 = 0, dok je pomak, te je prema tablici.. A 0 a 0 =. Očito je da koeficijent a 0 u ovom slučaju nije iz skupa realnih brojeva. Naime, zadani prvi pravac je paralelan s x-osi te ga nije moguće realizirati kako je nacrtano na slici.., već ga realiziramo dodavanjem konstante izravno u izlaz. Pri tome struktura svih ostalih blokova ostaje nepromijenjena (slika.7.). Potrebno je još odrediti pojačanja pojačala. Prema karakteristici na slici.6. nagibi pravaca su redom 0,, 0,, 0 i 0. Iz tih nagiba sada računamo y x Slika.6.: U/I karakteristika

15 x a a A A A 0 a 0 y Slika.7.: Načelna shema sustava kada je prvi zadani segment paralelan s x-osi redom pojačanja od A do A 5 0 = A 0 = A 0 A Za pojačanja redom dobivamo 0 = A 0 A A = A 0 A A A 0 = A 0 A A A A 4 0 = A 0 A A A A 4 A 5 A 0 = 0, A =, A =, A =, A 4 = i A 5 = 0. Time je odredena struktura svih segmenata osim skoka. Zadana karakteristika ima skok za u točci x = 4. Da bi smo taj skok realizirali koristimo shemu prikazanu na slici... Sada možemo nacrtati konačnu shemu bloka koji realizira zadanu U/I karakteristiku (slika.8.). x 4 4 sgn 0 y Slika.8.: Shema sustava s U/I karakteristikom prikazanom na slici.6. Na slici.8. je nacrtano potpuno rješenje zajedno sa svim izračunatim parametrima. Dobiveno rješenje se može pojednostavniti izbacivanjem nepotrebnih elemenata kao što su npr. jedinično pojačalo. Osim tih pojednostavljenja

16 primijetite da cijela zadnja grana na izlazu ima pojačalo pojačanja 0 i uopće ne utječe na karakteristiku te se može izostaviti. Rezultat tih pojednostavljenja prikazan je na slici.9.. Osim toga uvijek je moguće primijeniti pravila algebre funkcijskih blokova te dodatno pojednostavniti dobivenu shemu. x 4 sgn y Slika.9.: Pojednostavljenja shema sa slike.8. Zadatak.. Korištenjem funkcijskih blokova prag, pojačalo, zbrajalo i signum realizirajte U/I karakteristiku zadanu slikom.0.. Odredite odziv na pobudu zadanu slikom... y x Slika.0.: U/I karakteristika Rješenje: Jedno od mogućih rješenja je prikazano na slici.., dok je odziv prikazan na slici... Zadatak.4. Korištenjem funkcijskih blokova prag, pojačalo i zbrajalo realizirajte U/I karakteristiku zadanu slikom.4.. Odredite odziv na pobudu zadanu slikom.5.. Rješenje: Jedno od mogućih rješenja je prikazano na slici.6., dok je odziv prikazan na slici.7..

17 x t 4 5 Slika..: Pobuda x(t) x 5 sgn sgn sgn y Slika..: Realizacija karakteristike sa slike.0. y t Slika..: Odziv y(t) sustava sa slike.. na pobudu sa slike.. 4

18 y x 4 Slika.4.: U/I karakteristika x t 4 Slika.5.: Pobuda x(t) x y Slika.6.: Realizacija karakteristike sa slike.4. 5

19 y t Slika.7.: Odziv y(t) sustava sa slike.6. na pobudu sa slike.5. 6

20 Zadatak.5. Za bezmemorijski kontinuirani sustav zadan je odziv y(t) prikazan na slici.8. na pobudu x(t) prikazanu na slici.9.. Odredite U/I karakteristiku sustava te realizirajte sustav koristeći funkcijske blokove pojačalo, zbrajalo, prag i signum. Rješenje: U/I karakteristika traženog sustava prikazana je na slici.40., dok je jedna od mogući realizacija prikazana na slici.4.. y t Slika.8.: Odziv y(t) na pobudu sa slike.9. x t 4 5 Slika.9.: Pobuda x(t) Zadatak.6. Za bezmemorijski kontinuirani sustav zadan slikom.4. odredite U/I karakteristiku. Odredite i odziv na pobudu sa slike.4.. Rješenje: U/I karakteristika traženog sustava prikazana je na slici.44., dok je odziv na zadanu pobudu prikazan na slici

21 y x Slika.40.: U/I karakteristika x 4 sgn sgn y Slika.4.: Realizacija karakteristike sa slike.40. x sgn y Slika.4.: Bezmemorijski kontinuirani sustav 8

22 x t Slika.4.: Pobuda x(t) y x 4 5 Slika.44.: U/I karakteristika y t Slika.45.: Odziv y(t) sustava sa slike.4. na pobudu sa slike.4. 9

23 .4. Algebra funkcijskih blokova Pravila iz algebre funkcijskih blokova koristimo pri pojednostavljivanju ili analizi sustava, bilo memorijskih bilo bezmemorijskih. Prvo pojednostavljenje jest paralela funkcijskih blokova kako je prikazano na lijevom dijagramu sa slike.46.. Ovdje je izlaz y jendak zbroju vrijednosti funkcija, Takav zbroj pišemo kao y = f (x) f (x). y = ( f f ) (x), (.5) no ovdje nam operacija sada predstavlja zbrajanje funkcija. Tako definirano zbrajanje je komutativno. Stoga paralelu zamijenjujemo s novim funkcijskim blokom u kojeg upisujemo f f kako je prikazano na desnom dijagramu sa slike.46.. f x y x f f y f Slika.46.: Paralela dva funkcijska bloka Kaskada funkcijskih blokova odgovara kompoziciji funkcija. Za kaskadu prikazanu na lijevom dijagramu sa slike.47. izlaz y je Kompoziciju pišemo kao y = f ( f (x) ) = ( f f ) (x) y = ( f f ) (x), (.6) gdje na ulaz x prvo djeluje prva funkcija f, a na njen rezultat onda djeluje druga funkcija f. Primijetite da kompozicija funkcija općenito nije komutativna, odnosno f f f f. Kaskadu stoga zamijenjujemo novim funkcijskim blokom u kojeg upisujemo f f prikazano na desnom dijagramu sa slike.47.. kako je x f f y x f f y Slika.47.: Kaskada dva funkcijska bloka Jedna od najvažnijih struktura je povratna veza koja je prikazana na lijevom dijagramu sa slike.48.. Odredimo funkciju s kojom možemo zamijeniti takav blok. Vrijedi Neka je funkcija g linearna. Tada dobivamo Označimo li s funkciju identiteta, možemo pisati y = f ( x f (y) ). y = f (x) f ( f (y) ) = f (x) ( f f ) (y). (x) = x, (.7) ( f f ) (y) = f (x). 0

24 Ako postoji inverz složene funkcije f f dobiveni izraz možemo dodatno pojednostavniti u ( f ) y = (x). (.8) f f Povratnu vezu stoga možemo zamijeniti s novim funkcijskim blokom u kojeg upisujemo f f f kako je prikazano na desnom dijagramu sa slike.48.. Primijetite da je prikazana zamjena ispravna samo ako je funkcija f linearna te ako postoji inverzsložene funkcije f f. x f y x f f f y f Slika.48.: Povratna veza Točka račvanja se može pojaviti prije ili nakon nekog funkcijskog bloka i često ju je potrebno pomaknuti kroz funkcijski blok. Te dvije situacije su prikazane na lijevim dijagramina sa slika.49. i.50.. Pomicanje točke račvanja lijevo kroz funkcijski blok je trivijalna operacija i vršimo je uduplavanjem funkcijskog bloka kroz koji se pomiče točka račvanja (slika.49.). No kod pomicanja točke račvanja desno kroz funkcijski blok potrebno je dodati dodatni blok koji realizira inverznu funkciju. Pomicanje je moguće samo ako inverz postoji, te u tom slučaju dodani blok označavamo s /f kako je prikazano na slici.50.. x f y x f y y f Slika.49.: Micanje točke račvanja lijevo y x f y x f y y f y Slika.50.: Micanje točka račvanja desno Osim račvanja signali se mogu sastajati u zbrajalu. Takvo sastajanje opet će u nekim slučajevima biti potrebno pomaknuti kroz funkcijski blok. Dvije česte situacije su prikazane na lijevim dijagramima sa slika.5. i.5.. Za slučaj pomaka točke zbrajanja udesno prema slici.5. je y = f(x x ).

25 Da bi mogli izvršiti pomak funkcija f mora biti linearna. U tom slučaju je y = f(x x ) = f(x ) f(x ) (.9) te jednostavno blok pomičemo u svaku od ulaznih grana u zbrajalo kako je prikazano na desnom dijagramu sa slike.5.. Primijetite da isto vrijedi i za slučaj kada više od dva signala dolaze u zbrajalo. x f y x f y x f x Za pomak lijevo prema slici.5. je Slika.5.: Micanje točke zbrajanja desno y = x f(x ). Da bi mogli izvršiti pomak zahtijevamo da funkcija f bude linearna te da postoji inverz. Tada je ( f ) ( ( ) y = x f(x ) = (x ) f(x ) = f )(x ) x. (.0) f f Zamjenu tada vršimo kako je prikazano na desnom dijagramu sa slike.5.. x f y x f y x f x Slika.5.: Micanje točke zbrajanja lijevo Primjer.. Primjenom algebre funkcijskih blokova sažmite dijagram prikazan slikom.5.. Pretpostavite da su sve kompozicije funkcija komutativne te da su funkcije linearne i da postoje inverzi. h 4 x h h h y h 5 Slika.5.: Blok-dijagram sustava

26 Rješenje: Ako promotrimo dijagram na slici.5. najveći problem u sažimanju nam predstavljaju zbrajalo prije ulaza u blok h te račvanje na izlazu istog bloka. Da bi ih uklonili pomaknuti ćemo zbrajalo lijevo kroz blok h i točku račvanja desno kroz blok h. Pri tome pretpostavljamo da postoje inverzi funkcija h i h te da je h linearna. Nakon primjene pravila dobivamo novi dijagram koji je prikazan na slici.54.. h h 4 x h h h y h 5 h Slika.54.: Blok-dijagram sustava sa slike.5. nakon prvog koraka sažimanja U tako dobivenoj strukturi sada prepoznajemo kaskade blokova u svakoj od tri paralelne grane. Osim prepoznatih kaskada u pojedinim granama, dvije vanjske grane (gornja i donja) predstavljaju paralelu. Sažimanjem kaskada i paralele dobiva se sustav prikazan na slici.55., gdje sada prepoznajemo povratnu vezu. Sažimanjem povratne veze dobivamo konačnu funkciju bloka, kao što je i prikazano na slici.56.. ( h h h ) y = (x), h h h 5 h h h 4 x h h h y h 5 h h 4 h Slika.55.: Blok-dijagram sustava sa slike.5. nakon drugog koraka sažimanja x h h h h h h 5 h h h 4 y Slika.56.: Sažeti blok-dijagram sustava sa slike.5. Zadatak.7. Ispitajte da li je sustav zadan slikom.57. eksplicitan ili implicitan. Pomoću pravila algebre funkcijskih blokova sažmite zadani sustav u jedan funkcijski blok. Pretpostavite da su funkcije f i g linearne, da imaju inverz te da je njihova kompozicija komutativna. Rješenje: Sustav je implicitan. Nadomjesni funkcijski blok je f g fg. fg

27 f x y g Slika.57.: Blok-dijagram sustava 4

28 4. Fourierova i Laplaceova transformacija 4.. Furierova transformacija Fourirerova transformacija funkcije x(t) je: Inverzna transformacija je: F [ x(t) ] = X(ω) = F [ X(ω) ] = x(t) = π Funkcija x(t) i njen spektar X(ω) čine transformacijski par: x(t)e jωt dt (4.) X(ω)e jωt dω (4.) x(t) X(ω) (4.) Dovoljni (ali ne i nužni) uvjeti za postojanje Fouirerove transformacije funkcije x(t) su:. Funkcija x(t) zadovoljava Dirichletove uvjete (funkcija je ograničena s konačnim brojem maksimuma i minimuma te konačnim brojem diskontinuiteta u bilo kojem konačnom vremenskom intervalu).. x(t) dt < Neka je x(t) X(ω) i neka su α i, t 0 i ω 0 konstante. Fourireva transformacija tada zadovoljava sljedeća svojstva:. Linearnost: n n x(t) = α i x i (t) α i X i (ω) = X(ω) i= i=. Pomak u vremenu i frekvenciji: x(t t 0 ) X(ω)e jωt 0 x(t)e jω0t X(ω ω 0 ). Skaliranje: 4. Dualnost: x(αt) ( ω ) α X α X(t) πx(ω) 5

29 5. Deriviranje: 6. Integriranje: 7. Konjugacija: 8. Konvolucija: 9. Korelacija: t d n x(t) dt n (jω) n X(ω) (jt) n x(t) dn X(ω) dω n x(τ) dτ πx(0) δ(ω) X(ω) jω πx(0) δ(t) ω x (t) X (ω) x (t) X (ω) X(ξ) dξ x (τ)x (t τ) dτ X (ω)x (ω) x (t)x (t) π X (ξ)x (ω ξ) dξ x (τ)x (t τ) dτ X (ω)x (ω) x (t)x (t) π X (ξ)x (ω ξ) dξ 0. Parsevalov teorem: x (t)x (t) dt = π x(t) dt = π X (ω)x (ω) dω X(ω) dω Primjer 4.. Odredite Fourierovu transformaciju konačnog signala { A, τ/ < t < τ/ x(t) =, 0, inače gdje su A i τ realne konstante. Rješenje: Fourierovu transformaciju zadanog pravokutnog impulsa računamo prema definiciji (4.): X(ω) = F [ x(t) ] = Uvrštavanjem signala dobivamo X(ω) = τ/ τ/ Ae jωt dt = A ejωt jω x(t)e jωt dt. τ/ τ/ = Aτ sin(ωτ/). ωτ/ 6

30 Aτ 0 Slika 4..: Fourierova transformacija pravokutnog impulsa ω Dobivena funkcija je oblika sin(x)/x i obično je označavamo sa sinc, sinc(x) = sin(πx) πx pa je transformacija pravokutnog impulsa Transformacija je prikazana na slici 4... X(ω) = Aτ ( ωτ ) π sinc. π (4.4), 7

31 5. Linearne diferencijalne jednadžbe Neka je zadana linearna diferencijalna jednadžba oblika a k y (k) (t) a k y (k) (t) a y () (t) a 0 y(t) = b l u (l) (t) b l u (l) (t) b u () (t) b 0 u(t). (5.) Pri rješavanju takve jednadžbe prvo rješavamo odgovarajuću homogenu jendadžbu, a k y (k) (t) a k y (k) (t) a y () (t) a 0 y(t) = 0. (5.) Rješenje je oblika y h (t) = e st, a uvrštavanjem istog u jednadžbu dobivamo ( ak s k a k s k a s a 0 ) e st = 0. (5.) Rješenja jednadžbe (5.) su ili realna ili konjugirano-kompleksna, pa je ovisno o vrsti korijena doprinos homogenom rješenju:. Jendostruki realni korijen s = s daje doprinos y h (t) = C e s t.. k-struki realni korijen s = s = = s k daje doprinos y h (t) = (C t k C t k C k t C k )e s t.. Jendostruki konjugirano-kompleksni par s = s = σ jω daje doprinos y h (t) = C e st C e st = e σt( A cos(ωt) B sin(ωt) ). 4. k-struki konjugirano-kompleksni par s = s = = s k = s k = σ jω daje doprinos y h (t) = e σt( (A t k A t k A k t A k ) cos(ωt) (B t k B t k B k t B k ) sin(ωt) ). Sada rješavamo polaznu nehomogenu jednadžbu (5.), tj. tražimo partikularno rješenje y p (t). Partikularno rješenje možemo jednostavno odrediti samo za pobude odrednog tipa:. Zadana pobuda je eksponencijalna funkcija oblika u(t) = Ae at. Ako a nije korijen karakteristične jednadžbe tada je y p (t) = C e at, a ako je a k-struki korijen tada je y p (t) = C t k e at. 8

32 . Zadana pobuda je polinom k-tog stupnja oblika u(t) = A k t k A k t k... A t A 0. Partikularno rješenje je takoder polinom k-tog stupnja, y p (t) = C k t k C k t k... C t C 0.. Zadana pobuda je sinusoida oblika u(t) = A sin(ωt). Ako jω nije korijen karakteristične jednadžbe tada je y p (t) = C sin(ωt) C cos(ωt), a ako je jω k-struki korijen karakteristične jednadžbe tada je 5.. Sustavi prvog reda y p (t) = t k( C sin(ωt) C cos(ωt) ). Primjer 5.. Zadan je lineran vremenski nepromijenjiv sustav prvog reda prikazan na slici 5... Odredi funkcije koje opisuju promjenu naboja na kapacitetu te napona na otporniku ako je naboj na kapacitetu u trenutku t = t 0 iznosio q 0. Nacrtaj blok-dijagram zadanog sustava. C R i Slika 5..: Sustav prvog reda Rješenje: Zadana je jednostavna električna mreža koja se sastoji od jednog kapaciteta i jednog otpornika. Otpornik je bezmemorijski element, dok je kapacitet memorijski element. Vrijedi i = u R i = C du dt gdje je u napon na otporniku, a i struja petlje. Kombiniranjem tih izraza dobivamo u R C du dt = 0, odnosno kako je u = q/c q RC dq dt = 0. Na temelju dobivenog izraza crtamo blok-dijagram sustava kako je prikazano na slici 5... Sada je potrebno riješiti dobivenu jednadžbu za naboj na kapacitetu. Vrijedi dq dt = q RC, odnosno q dq = RC dt. Dobivenu jednadžbu sada integriramo od t 0 do t q q 0 dq q = t dt RC t 0 9

33 i dobivamo ln q = q 0 RC (t t 0). Dobiveni izraz prepravljamo u eksplicitnu funkciju naboja q, q(t) = q 0 e RC (tt 0). Napon na otporniku jednostavno odredimo iz u = q/c: u(t) = q 0 C e RC (tt 0). Primijetite da nam je q 0 predstavljao početni naboj na kapacitetu. Umjesto početnog naboja možemo uvesti i početni napon u 0 odreden kao u 0 = q 0 /C, pa izraz za promijenu napona kroz vrijeme postaje u(t) = u 0 e RC (tt 0). q q C u RC Slika 5..: Blok-dijagram sustava sa slike 5.. Primjer 5.. Za odredeno dobro funkcija potražnje neka je oblika Q d = a bp, a za isto to dobro neka je funkcija pobude oblika Q s = c dp. Pri tome su a, b, c i d pozitivni realni brojevi, a P trenutna cijena proizvoda. Koja je dinamika tržišne cijene, odnosno koja je ravnotežna cijena ako je stopa promijene cijene proporiconalna višku potražnje? Q d Q s P Slika 5..: Veza cijene s ponudom i potražnjom P Rješenje: Stopa promijene cijene u bilo kojem trenutku je izravno proprcionalna višku potražnje Q d Q s. Neka je faktor proprcionalnosti m. Tada je dp dt = m(q d Q s ). m je koeficijent prilagodbe. Da bi odredili dinamiku tržišne cijene uvrštavamo zadane izraze za ponudu i potražnju te dobivamo dp dt m(b d)p = m(a c). 40

34 Gornju jednadžbu možemo interpertirati kao linearni vremenski nepromjenjiv sustav prvog reda. Rješavanjem dobivene jednadžbe proizlazi ( P (t) = P (0) a c b d što zapisano preko ravnotežne cijene postaje P e = a c b d ) e m(bd)t a c b d, P (t) = ( P (0) P e ) e m(bd)t P e. U dobivenom izrazu nam P (0) predstavlja početnu cijenu u trenutku t = 0, a P e ravnotežnu cijenu. Ukoliko je m(b d) > 0 cijena će težiti prema ravnotežnoj cijenu P e, odnosno sustav će biti stabilan. Zadatak 5.. Sustav prvog reda je prikazan na slici Odredite vrijednost induktiviteta L i struju i L (0) ako je homogeno rješenje diferencijalne jednadžbe koja opisuje sustav i h (t) = e t/ (konstanta izračunata iz ukupnog odziva), a na ulaz djeluje pobuda u(t) = sin(t/). Izračunajte slobodni i prisilni odziv sustava. Vrijednost otpora je R =. R = u L i L (0) Slika 5.4.: Sustav prvog reda Rješenje: Induktivitet je L =, dok je i L (0) =. Slobodni odziv sustava je i n (t) = e t/, a prisilni odziv je i m (t) = e t/ sin(t/) cos(t/). Primjer 5.. Linearna vremenski promjenjiva mreža prikazana je na slici U zadanoj mreži promjenjivi element je kapacitet koji se mijenja prema izrazu c = C 0 ( kt), odnosno mijenjamo razmak izmedu ploča prema izrazu l = l 0 kt. Odredi izraz za promjenu naboja na kapacitetu i napona na otporniku ako je u trenutku t = t 0 naboj na kapacitetu q 0. C 0 ( kt) R i Slika 5.5.: Vremenski promjenjiv sustav prvog reda 4

35 Rješenje: Struja kroz otpornik posljedica je napona na kapacitetu i ovisi o promjeni naboja na pločama kapaciteta. Vrijedi i = dq dt. Pri tome je napon na otporniku jednak naponu na kapacitetu te vrijedi u = ir = R dq dt u = l0 kt Kombirniranjem jednadžbi proizlazi 0 q ɛ 0 ɛ r s dl = q l 0 ( kt) ɛ 0 ɛ r s (5.4) (5.5) Dobivenu jednadžbu zapisujemo kao te integriramo. Dobivamo dq dt RC 0 ( kt) q = 0. dq q = dt RC 0 kt ln q = q 0 RC 0 k ln kt. kt 0 Uz q > 0 i kt > 0 dobiveni izraz možemo zapisati u obliku ( kt ) RC 0 k q(t) = q 0, kt 0 čime smo dobili izraz koji opisuje promjenu naboja na kapacitetu kroz vrijeme. Napon na otporniku je što jednostavije pišemo kao gdje je u 0 napon u trenuku t 0. u(t) = R dq dt = q ( 0 kt ) RC 0 k, C 0 ( kt 0 ) kt 0 u(t) = u 0 ( kt kt 0 ) RC 0 k, Zadatak 5.. Linearna vremenski promjenjiva mreža prikazana je na slici U zadanoj mreži promjenjivi element je kapacitet koji se mijenja prema izrazu c = C 0 m cos(ωt) Odredi izraz za promjenu naboja na kapacitetu ako je u trenutku t = t 0 naboj na kapacitetu q 0. ( Rješenje: q(t) = q 0 exp (t t 0 ) m ( sin(ωt) sin(ωt0 ) )). RC 0 RC 0 ω 4

36 C 0 m cos(ωt) i R Slika 5.6.: Vremenski promjenjiv sustav prvog reda u y 0, 0, Slika 5.7.: Sustav drugog reda 5.. Sustavi drugog reda Primjer 5.4. Model kontinuiranog sustava drugog reda prikazan je na slici Odredite diferencijalnu jednadžbu koja opisuje sustav. Izračunajte odziv sustava na pobudu u(t) = U 0 cos(ω 0 t) ako je U 0 = i ω 0 =,8. Početni uvjeti neka su y(0) = 0 i y (0) = 5. Rješenje: Prvo odredujemo diferencijalnu jednadžbu koja opisuje sustav. Kako je izlaz iz zadnjeg integratora upravo y(t), na ulazu u integrator je y (t). Analogno zaključujemo da je na ulazu prvog integratora y (t). Pišemo jednažbu za zbrajalo na ulazu u(t) 0,y(t) 0,y (t) = y (t), što nakon sredivanja postaje y (t) 0,y(t) 0,y (t) = u(t). Time smo odredili diferencijalnu jednadžbu koja opisuje sustav. Rješenje nehomohene diferencijalne jednadžbe je zbroj rješenja homogene diferencijalne jednadžbe i partikularnog rješenja, y(t) = y h (t) y p (t), i zovemo ga totalni ili ukupni odziv sustava. Homogena jednadžba je y (t) 0,y(t) 0,y (t) = 0. Pretpostavimo rješenje oblika y(t) = Ce st. Uvrštavanjem dobivamo Ce st (s 0,s 0,) = 0. Zanimaju na samo netrivijalna rješenja gornje jednadžbe. To su rješenja karakteristične jednadžbe s 0,s 0, = 0, 4

37 i iznose s, = 0, ± 0, 4 0, = 0, ± 0,j. Rješenje homogene jednadžbe je oblika y h (t) = C e 0,0,j C e 0,0,j. Obično rješenje modificiramo tako da izbjegnemo kompleksne eksponencijalne funkcije. Pišemo y h (t) = C e 0,0,j C e 0,0,j = e 0,t( C e 0,j C e 0,j) = e 0,t( (C C ) cos(0,t) j(c C ) sin(0,t) ) Članove C C i j(c C ) možemo promatrati kao nove konstante. Označimo ih opet s A i B. Homogeno rješenje je tada y h (t) = e 0,t( A cos(0,t) B sin(0,t) ). Partikularno rješenje za pobudu u(t) = u 0 cos(ω 0 t) je oblika y p (t) = Y cos(ω 0 t φ). Zahtijevamo da partikularno rješenje zadovoljava diferencijalnu jednadžbu. Nakon uvrštavanja dovivamo ω 0Y cos(ω 0 t φ) 0,ω 0 Y sin(ω 0 t φ) 0,Y cos(ω 0 t φ) = U cos(ω 0 t). Nakon sredivanja dobivamo Y ( ω 0 cos φ 0,ω sin φ 0, cos φ ) cos(ω 0 t) Y ( ω 0 cos φ 0,ω cos φ 0, sin φ ) sin(ω 0 t) = U cos(ω 0 t) Kako jednadžba mora vrijediti za svaki t vrijedi Y ( ω 0 cos φ 0,ω sin φ 0, cos φ ) = U Y ( ω 0 cos φ 0,ω cos φ 0, sin φ ) = 0 Kako zbog prve jednadžbe Y mora biti različit od nule iz druge jednadžbe dobivamo ω 0 cos φ 0,ω cos φ 0, sin φ = 0, odnosno nakon sredivanja Za amplitudu Y dobivamo Y = tg φ = 0,ω 0 ω 0 0,. U (0, ω 0 ) cos φ 0,ω 0 sin φ. Za zadanu amplitudu i frekvenciju pobude dobivamo Y = 0,94996 i φ = 0,45 te je partikularno rješenje y p (t) = 0,95 cos(,8t,0). Primijetite da smo u partikularnom rješenju promijenili fazu da izbjegnemo negativnu amplitudu. iznosi Ukupno rješenje sustava je zbroj homogenog i partikularnog rješenja te y(t) = e 0,t( A cos(0,t) B sin(0,t) ) 0,95 cos(,8t,0). 44

38 Konstante A i B odredujemo iz početnih uvjeta y(0) = 0 i y (0) = 5. Dobivamo A = 9,06 i B = 0, te je ukupni odziv y(t) = e 0,t( 9,06 cos(0,t) 0, sin(0,t) ) 0,95 cos(,8t,0). Primjer 5.5. Za kontinuirani sustav drugog reda zadan jednadžbom y (t) 0,y(t) 0,y (t) = u(t) odredi ukupni odziv kao zbroj odziva nepobudenog sustava i pobudenog mrtvog sustava. Pobuda je u(t) = cos(,8t), a početna stanja su y(0) = 0 i y (0) = 5. Rješenje: Odziv nepobudenog sustava uz zadane početne uvjete odgovara rješenju homogene jednadžbe uz te iste početne uvjete. Za zadanu diferencijalnu jednadžbu vlastite frekvencije su s, = 0, ± 0, te je homogeno rješenje oblika y h (t) = e 0,t( C cos(0,t) C sin(0,t) ). Konstante odredujemo iz početnih uvjeta y(0) = 0 i y (0) = 5. Odziv je y (t) = e 0,t( 0 cos(0,t) 0 sin(0,t) ). Time smo dobili vlastiti odziv sustava uslijed početnih uvjeta. Mrtav sustav je sustav u kojem nema energije. U ovom slučaju to nam odgovara početnim stanjima jednakima nuli. Kako je sustav pobuden rješavamo jednadžbu y (t) 0,y (t) 0,y (t) = u(t) uz početne uvjete y (0) = 0 i y (0) = 0. Rješenje je zbroj rješenja homogene jednadžbe i partikularnog rješenja, y (t) = e 0,t( C cos(0,t) C sin(0,t) ) y p (t). Kako je zadana pobuda harmonička za odredivanje partikularnog rješenja možemo koristit fazore. Za pobudu oblika u(t) = U cos(ωt) vrijedi u(t) = U cos(ωt) = Re [ Ue jωt] = Re [ Ue st]. Uvrštavanjem Ue st u polaznu diferencijalnu jednadžbu dobivamo odnosno nakon dijeljenja s e st s Y e st 0,Y e st 0,Y e st = Ue st, Y U = s 0,s 0, = H(s). Dobiveni izraz predstavlja nam prijenosnu funkciju sustava H(s). Za stabilne sustave zamjenom s = jω i rastavom prijenosne funkcije na umnožak apsolutne vrijednosti i argumenta dobivamo amplitudnu i faznu karakteristiku: H(jω) = (jω) 0,jω 0, = 0,ω arctg (0, ω ) ej 0,ω. 0,04ω Partikularno rješenje y p (t) sada odredujemo prema y p (t) = Re [ H(jω 0 ) Ue jω 0t ], 45

39 što nam daje odnosno Odziv je stoga y p (t) = Re [ H(jω 0 ) Ue jω0t] = Re [ H(jω 0 ) e jφ Ue jω 0t ] = H(jω 0 ) U cos(ω 0 t φ) y p (t) = 0,95 cos(,8t,0). y (t) = e 0,t( 0,94 cos(0,t) 0,C sin(0,t) ) y p (t), gdje su konstante C = 0,9408 i C = 0,460 odredeni iz početnih uvjeta y (0) = 0 i y (0) = 0. Primijetite da i odziv y (t) pobudenog mrtvog sustava sadrži titranja vlastitim frekvencijama zbog nesklada izmedu početnog i stacionarnog stanja. i iznosi Odziv sustava je zbroj y(t) = y (t) y (t) y(t) = e 0,t( 9,06 cos(0,t) 0, sin(0,t) ) 0,95 cos(,8t,0). Zadatak 5.. Kontinuirani sustav zadan je diferencijalnom jednadžbom y (t) y (t) y(t) = u(t). Odredite odziv na pobudu u(t) = cos(t) uz početne uvjete y(0) = i y (0) = 0. Izračunajte amplitudnu i faznu karakteristiku. Rješenje: Odziv je y(t) = ( cos( ) t) sin( t) cos(t π 4 ). Amplitudna i fazna karakteristika su A(ω) = ω4 ω 9, ϕ(ω) = arctg ω ω. Zadatak 5.4. Napišite diferencijalnu jednadžbu za sustav na slici Odredite početne uvjete i ukupan odziv zadanog sustava ako je rješenje homogene jednadžbe y h (t) = 5e t e 5t, a pobuda je u(t) = 5e 5t za t 0. Da li je sustav stabilan? u y 4 5 Slika 5.8.: Sustav drugog reda Rješenje: Diferencijalna jednadžba je y (t) 4y (t) 5y(t) = u u. Ukupni odziv je y(t) = 5e t e 5t 5 6 te5t, a početni uvjeti su y(0) = 6 i y (0) = 5 6. Sustav je nestabilan jer se jedan pol nalazi u desnoj poluravnini. 46

40 u y Slika 5.9.: Sustav drugog reda Zadatak 5.5. Kontinuirani sustav nacrtan je na slici Odredite jednadžbu sustava te slobodni, prisilni i ukupni odziv ako se na ulaz dovede pobuda u(t) = 0,5e t za t 0. Početni uvjeti su y(0) = i y (0) = 0,5. Rješenje: Jednadžba sustava je y (t) y (t) 6y(t) = u(t). Slobodni odziv je y n (t) = 9 0 et 0 et, prisilni odziv je y m (t) = 50 et 50 et 0 tet, a ukupni odziv je y(t) = 5 et 7 5 et 0 tet. 5.. Opći linearni sustavi Odziv linearnog sustava se općenito može odrediti integralom y(t) = x(τ)h(t, τ) dτ. (5.6) Pri tome je h(t, τ) impulsni odziv sustava. Za vremenski nepromjenjive sustave impulsni odziv ne ovisi o vremenu t, već samo o pomaku te vrijedi Za takve sustave je odziv y(t) = x(τ)h(t, τ) dτ = h(t, τ) = h(t τ). (5.7) što odgovara množenju u domeni transformacije, x(τ)h(t τ) dτ = h(t) x(t), (5.8) x(t) h(t) X(ω)H(ω). (5.9) Primjer 5.6. Signal x(t) = e at s(t) doveden je na ulaz vremenski nepromijenjivog linearnog sustava s impulsnim odzivom h(t) = be bt s(t), gdje su a i b realne pozitivne konstante. Odredite odziv sustava u vremenskoj i u frekvencijskoj domeni. Rješenje: je Odziv u vremenskoj domeni odredujemo prema izrazu (5.8). Tada y(t) = h(t) y(t) = = = t 0 h(τ)y(t τ) dτ be bτ s(τ)e a(tτ) s(t τ) dτ be bτ e a(tτ) dτ, gdje zadnji redak vrijedi samo za t > 0, dok je za t 0 odziv y(t) = 0. Integriranjem dobivamo t y(t) = be at e (ba)τ dτ = b ( e at e bt), za t > 0. b a 0 47

41 Odziv za svaki t možemo zapisati pomoću step funkcije kao y(t) = b ( e at e bt) s(t). b a Odziv u frekvencijskoj domeni odredujemo prema izrazu (5.9). Prvo odredujemo transformacije ulaznog signala i impulsnog odziva: x(t) = e at s(t) X(ω) = a jω h(t) = be bt b s(t) H(ω) = b jω Odziv u frekvencijskoj domeni je produkt te dvije transformacije: Y (ω) = X(ω)H(ω) = b ab ω jω(a b). 48

42 6. Prikaz sustava u prostoru stanja U prostoru stanja linearni sustav opisujemo s jednadžbom stanja i izlaznom jednadžbom ẋ = Ax Bu, (6.) y = Cx Du. (6.) Primjenom Laplaceove transformacije na jednadžbe (6.) i (6.) dobivamo opis linearnog sustava u frekvencijskoj domeni sx(s) x(0) = AX(s) BU(s) (6.) Y(s) = CX(s) DU(s) Rješenje sustava (6.) je gdje je X(s) = Φ(s)x(s) Φ(s)BU(s), (6.4) Φ(s) = (si A) (6.5) matrica karakterističnih frekvencija. Odziv sustava u frekvencijskoj domeni je Prijenosna matrica sustava je Y(s) = CΦ(s)x(s) ( CΦ(s)B D ) U(s). (6.6) H(s) = CΦ(s)B D. (6.7) Prebacivanjem izraza (6.4) i (6.6) u vremensku domenu dobivamo i x(t) = Φ(t)x(0) y(t) = CΦ(t)x(0) t 0 t Matrica Φ(t) je fundamentalna ili prijelazna matrica. 6.. Prikaz u prostoru stanja 0 Φ(t τ)bu(τ) dτ (6.8) CΦ(t τ)bu(τ) dτ Du(t). (6.9) Primjer 6.. Za električnu mrežu prikazanu na slici 6.. napišite jednadžbe stanja i izlazne jednadžbe ako je napon izvora u ulaz u sustav, a struja na otporniku i R izlaz iz sustava. Rješenje: Memorijski elementi u zadanoj mreži su induktivitet L i kapacitet C. Za te elemente vrijedi u L = L di L dt i C = C du C dt 49 di L dt = u L L du C = i C dt C

43 i L L u C i C R i R Slika 6..: Električna mreža Dane jednadžbe možemo nacrtati kao što je prikazano na slici 6.., pa se kao prirodan izbor varijabli stanja nameće struja na induktivitetu i L i napon na kapacitetu u C. u L L i L i C Slika 6..: Induktivitet i kapacitet kao integratori Kada smo odabrali varijable stanja treba napisati jednadžbe stanja. Pri pisanju jednadžbi stanja koristiti ćemo teorem superpozicije odnosno, doprinos svakog aktivnog elementa mreže odreduje se uz isključene preostale aktivne elemente. Uz varijable stanja koje su struje na induktivitetima te naponi na kapacitetima isključiti element znači kratko spojiti stezaljke za kapacitet i naponski izvor te odspojiti stezaljke za induktivitet te strujni izvor. Zadana mreža ima tri aktivna elementa te razlikujemo tri doprinosa od naponskog izvora (A), induktiviteta (B) te kapaciteta (C) kako je prikazano na slici 6... Tada je u L = L di L dt i C = C du C dt = u LA u LB u LC = u 0 u C = i CA i CB i CC = 0 i L u C R i R = = i RA i RB i RC = 0 0 u C R Nakon dijeljenja odgovarajućih jednadžbi s L i C dobivamo jednadžbe stanja u matričnom obliku [ ] d il 0 [ ] = dt u L il C C L u, u C 0 RC te izlaznu jednadžbu [ i R = 0 C ] [ ] il [ 0 ] u. R u C u C Zadatak 6.. Za električnu mrežu prikazanu na slici 6.4. napišite jednadžbe stanja i izlazne jednadžbe ako su napon u i struja i ulazi u sustav, a naponi na otpornicima u R i u R izlazi iz sustava. Rješenje: Jednadžbe su i d L R L 0 L i L = dt C 0 0 u C 50 i L i L u C L R L L [ u i ],

44 L i L u R i R R i R C i C R i R slučaj A slučaj B slučaj C Slika 6..: Tri slučaja pri korištenju metode superpozicije R C i R L u L [ ] ur = u R Slika 6.4.: Električna mreža [ R 0 0 ] i L i L u C [ 0 R 0 R ] [ u i ]. Primjer 6.. Odredite model u prostoru stanja za ponudu i potražnju turističkih proizvoda. Neka su proizvodi putovanja vlakom i autobusom te smještaj. Pretpostavite da promjena cijene tih proizvoda ovisi o razlici ponude i potražnje. Pretpostavite linearne ovisnosti ponude i potražnje o cijenama proizvoda. Rješenje: Kao varijable stanja odabiremo cijenu željezničke karte P, cijenu autobusne karte P te cijenu smještaja P. Neka su Q di i Q si, i =,, funkcije potražnje i ponude za danim proizvodima. Promjena cijene u vremenu odredena je neskladom izmedu ponude i potražnje prema dp i dt = k i(q di Q si ), k i > 0. Pretpostavljamo linearne ovisnosti ponude i potražnje o cijenama proizvoda pa možemo pisati Q d = a b P b P b P Q s = c d P Q d = a b P b P b P Q s = c d P Q d = a b P b P b P Q s = c d P Pri tome su koeficijenti a, b, c i d pozitivni. Analiziramo li izraz za ponudu i potražnu željezničkih karata vidimo da potražnja raste kada se povećava cijena autobusne karte te opada kada rastu cijene željezničkih karata i smještaja. Ponuda pak raste kada cijena željezničkih karata raste. Na jednak način smo postavili i ostale jednadžbe. Kombinacijom svih navedenih izraza dobivamo jednadžbu stanja P = P k (a c ). P P k (b d ) k b k b k b k (b d ) k b k b k b k (b d ) 5 P P k (a c ) k (a c )

45 Primjer 6.. Matrice A, B, C i D kontinuiranog sustava su [ ] [ ] 0 0 A =, B =, C = [ 0 ], D = [ 0 ]. 0 Ako je pobuda u(t) = [ ] δ(t) s(t) Odredite odziv sustava, fundamentalnu matricu te matricu impulsnog odziva. Početna stanja neka su [ x(t) =. 0] Rješenje: Kako je i Prvo odredujemo matricu karakterističnih frekvencija Φ(s). Vrijedi Φ(s) = (si A) = adj(si A) = adj(si A). det(si A) [ ] s s det(si A) = s s = (s )(s ) za matricu karakterističnih frekvencija dobivamo Φ(s) = (s )(s ) Nakon rastava na parcijalne razlomke je Φ(s) = s s s s [ s s ]. s s s s te inverznom Laplaceovom transformacijom dobivamo fundamentalnu matricu sustava [ ] e Φ(t) = t e t e t e t e t e t e t e t. Odziv y(t) računamo prema (6.9), Kako je i odziv je y(t) = CΦ(t)x(0) t 0 CΦ(t τ)bu(τ) dτ Du(t). CΦ(t) = [ e t e t e t e ] t CΦ(t)B = [ e t 4e t e t e ] t y(t) = (e t e t ) (e t e t )0 t 0 t 0 (e (tτ) 4e (tτ) )δ(τ) dτ (e (tτ) e (tτ) ) s(τ) dτ 0 δ(t) s(t) 5

46 Nakon integracije odziv je y(t) = (e t e t 0e t s(t) 5e t s(t) s(t). Preostaje nam još odrediti impulsnu matricu. Prijenosnu matrica računamo prema (6.7) te dobivamo [ H(s) = s 4 s s ] s. Prelaskom u vremensku domenu dobivamo matricu impulsnog odziva h(t) = [ e t 4e t e t e t δ(t) ]. Zadatak 6.. Za kontinuirani sustav zadan diferencijalnom jednadžbom y (t) y (t) y(t) = u (t) u (t) odredite model koristeći kanonske varijable stanja. Napišite jednadžbe stanja i izlaznu jednadžbu u matričnom obliku. Nacrtajte model sustava. Rješenje: Matrice su [ ] 0 A =, B = 0 [ ], C = [ 0 ], D = [ ], a jednadžbe su ẋ = Ax Du, y = Cx Du. Model je prikazan na slici u ẋ x y ẋ x Slika 6.5.: Model sustava Zadatak 6.. Matrice A, B, C i D kontinuiranog sustava su [ ] [ ] 0 A =, B =, C = [ ], D = [ ]. 0 0 Odredite impulsni odziv sustava. Rješenje: Impulsni odziv je h(t) = [ e t δ(t) 4e t e t δ(t) ]. Zadatak 6.4. Matrice A, B, C i D, [ ] 0 A =, B = 0 [ ], C = [ ], D = [ ], 5

47 rezultat su paralelne realizacije vremenski kontinuiranog sustava. Odredite impulsni odziv sustava. Napišite diferencijalnu jednadžbu sustava kojom je definiran odnos pobude i odziva. Rješenje: Impulsni odziv je h(t) = δ(t) e t e t, dok je diferencijalna jednadžba y (t) 5y (t) 6y(t) = u (t) 4u (t) 5u(t). Zadatak 6.5. Fundamentalna matrica kontinuiranog linearnog sustava je [ ] e Φ = t e t e t e t e t e t e t e t, dok su matrice B, C i D B = Odredite impulsni odziv sustava. [ ] 0, C = [ 0 ], D = [ 0 ]. 0 Rješenje: Impulsni odziv sustava je h(t) = [ e t 6e t e t e t δ(t) ]. 6.. Metode realizacije sustava 6... Direktna realizacija Primjer 6.4. Koristeći direktnu metodu odredite model linearnog sustava opisanog diferencijalnom jednadžbom y (t) y (t) 5y (t) 6y(t) = u(t). Rješenje: Primijenimo Laplaceovu transformaciju na jednadžbu uz pretpostavku da su početni uvjeti jednaki nuli. Dobivamo s Y (s) s Y (s) 5sY (S) 6Y (s) = U(s). Sredivanjem te prebacivanjem odziva Y (s) i pobude U(s) na istu stranu odredujemo prijenosnu funkciju sustava H(s) = Y (s) U(s) = s s 5s 6. Kod direktne metode za varijable stanja odabiremo odziv i njegove derivacije, dakle x (t) = y(t) x (t) = y (t) = x (t) x (t) = y (t) = x (t) Time smo dobili dvije jednadžbe stanja. Zadnju jednadžbu stanja dobivamo uvrštavanjem varijabli stanja u polaznu diferencijalnu jednadžbu, x (t) x (t) 5x (t) 6x (t) = u(t). Sada možemo napisati jednadžbe stanja u matričnom obliku x x = x x 0 0 u(t). 6 5 x 54 x