- چرا مدل سازی فیزیکی معادلات دیفرانسیل و اختلاف ضریب ثابت خطی را تولید می کند و چرا چنین معادله ای به جای توصیف صریح، توصیف ضمنی یک سیستم است.
- معادله مشخصه، ریشه های آن، و اینکه چگونه هر ریشه - واقعی، مکرر یا پیچیده - یک عبارت را به پاسخ طبیعی کمک می کند.
- چگونه پاسخ اجباری برای خانواده نمایی ورودی‌ها پیدا می‌شود و چگونه شرایط کمکی ثابت‌های دلخواه جواب کامل را ثابت می‌کنند.
- شرط استراحت اولیه: فرض واحدی که باعث می‌شود یک LCCDE سیستمی را توصیف کند که خطی، تغییرناپذیر با زمان و علّی است و چه چیزی بدون آن اشتباه می‌شود.
- تجزیه صفر ورودی / حالت صفر و چرا فقط بخش حالت صفر کانولوشن فصل 7 است.
- حل معادلات اختلاف به صورت بازگشتی، استخراج پاسخ ضربه، و تقسیم بین سیستم‌های FIR (غیر بازگشتی) و IIR (باز گشتی).
- درک مستقیم فرم I و II - چگونه یک معادله به نمودار جمع کننده ها، سودها و تاخیرها تبدیل می شود و چرا فرم II از نیمی از حافظه استفاده می کند.
معادلات از کجا می آیند
فصل های 6 تا 8 یک نظریه کامل در مورد یک جسم ایجاد کردند. \(h\) را به من بدهید و من می‌توانم هر خروجی را با کانولوشن محاسبه کنم، تصمیم بگیرم که آیا سیستم علّی است یا پایدار، و آن را با سیستم‌های دیگر ترکیب کنم. این تئوری بسته و رضایت بخش است و یک نقص عملی دارد: هیچ کس هرگز \(h\) به شما دست نمی دهد.
مشکل فیزیکی که به شما دست می دهد، رابطه بین سیگنال، سرعت تغییر آن و برانگیختگی آن است. قانون ولتاژ Kirchhoff اعمال شده در مدار سری \(RC\) می گوید ولتاژ منبع برابر با افت مقاومت به اضافه ولتاژ خازن است. افت مقاومت \(Ri(t)\) و جریان عبوری از خازن \(C\,dv_C/dt\) است. جایگزینی یکی با دیگری معادله ای تولید می کند که خروجی را به مشتق خود مرتبط می کند.
در همه جا همین اتفاق می افتد. قانون دوم نیوتن که برای جرم روی فنر با میرایی اعمال می شود، \(m\ddot{y}+b\dot{y}+ky=f(t)\) را نشان می دهد. جرم حرارتی که گرما را به محیط اطراف خود از دست می دهد معادله مرتبه اول را به دست می دهد. یک حساب پس انداز با سود ماهانه و سپرده های ماهانه به \(y[n] = (1+r)y[n-1] + d[n]\) معادله تفاوت می دهد. در هر مورد، مدل سیگنال ناشناخته را به نسخه های تغییر یافته یا ممشتق‌گیری خود مرتبط می کند.
به همین دلیل فصل حاضر وجود دارد. این پل بین فیزیک است که در معادلات صحبت می کند و نظریه LTI که در پاسخ های ضربه ای صحبت می کند. ما معادلات را حل می کنیم، \(h\) را از آنها استخراج می کنیم و - مهمتر از همه - کشف می کنیم که یک معادله به تنهایی یک سیستم را تعریف نمی کند.
معادله ضریب ثابت خطی عمومی
همه این مدل ها را در یک فرم جمع آوری کنید. یک معادله دیفرانسیل خطی با ضریب ثابت یا LCCDE، مجموع وزنی مشتقات خروجی را به مجموع وزنی مشتقات ورودی، با ضرایبی که با زمان تغییر نمی کنند، مرتبط می کند.
سه کلمه در نام همه معنی را دارد. خطی: سیگنال‌ها و مشتقات آنها فقط با توان اول ظاهر می‌شوند، هرگز مجذور نمی‌شوند و هرگز در داخل سینوس قرار نمی‌گیرند. ضریب ثابت: \(a_k\) و \(b_k\) اعداد هستند، نه توابع \(t\) - مقاومتی که با دما تغییر می‌کند این را شکسته است. مرتبه \(N\): بالاترین مشتق خروجی، که عناصر ذخیره انرژی مستقل در سیستم و، همانطور که خواهیم دید، تعداد عبارت‌ها در پاسخ طبیعی را محاسبه می‌کند.
اکنون مشکل اصلی است. معادله مرتبه اول \(\dot{y}+3y = x\) را با \(x(t)=0\) برای همیشه در نظر بگیرید. یک راه حل \(y(t)=0\) است. اما \(y(t)=Ke^{-3t}\) همچنین راه حلی برای هر مقدار \(K\) است، از \(-3Ke^{-3t}+3Ke^{-3t}=0\). این معادله توسط کل خانواده یک پارامتری از خروجی ها برای یک ورودی واحد برآورده می شود. بنابراین، به خودی خود، نگاشت از ورودی به خروجی را تعریف نمی کند - و یک سیستم دقیقاً چنین نقشه برداری است.
یک معادله مرتبه \(N\)th یک خانواده راه حل با پارامتر \(N\) را می پذیرد. دقیقاً اطلاعات اضافی \(N\) - شرایط کمکی یا اولیه - قبل از تعیین خروجی توسط ورودی مورد نیاز است.
اینکه کدام شرایط \(N\) را انتخاب می‌کنید، فنی نیست. انتخاب‌های مختلف، سیستم‌های واقعاً متفاوتی را از یک معادله، با پاسخ‌های ضربه‌ای متفاوت و حتی علّیت متفاوت به دست می‌دهند. مثال 6 کار شده دو سیستم را نشان می دهد که از یک معادله تفاوت ساخته شده اند، یکی علّی و ناپایدار، دیگری پایدار و غیر علّی. بخش 9-5 انتخابی را مشخص می کند که نظریه LTI فصل های قبلی را بازیابی می کند.
پاسخ طبیعی و ریشه های مشخصه
مسیر استاندارد به محلول آن را به دو قسمت تقسیم می کند. پاسخ همگن یا طبیعی \(y_h(t)\) معادله را با ورودی صفر حل می کند. توضیح می دهد که وقتی سیستم به حال خود رها می شود و با انرژی ذخیره شده کار می کند چه کاری انجام می دهد. پاسخ خاص یا اجباری \(y_p(t)\) هر سیگنالی است که معادله کامل را برآورده کند. مجموع آنها با خطی بودن معادله کامل را برآورده می کند و شامل ثابت های آزاد \(N\) است که ما نیاز داریم.
برای پیدا کردن \(y_h\)، \(y(t)=e^{st}\) را حدس بزنید. دلیل این که این حدس کار می کند دلیلی است که نمایی ها بر کل موضوع تسلط دارند: افتراق یک نمایی همان نمایی ضرب شده در \(s\) را برمی گرداند، بنابراین هر جمله در مجموع به توانی از \(s\) برابر یک عامل مشترک تبدیل می شود.
از آنجایی که \(e^{st}\) هرگز صفر نیست، براکت باید ناپدید شود. آن چند جمله ای معادله مشخصه است و ریشه های \(N\) آن \(s_1,\dots,s_N\) ریشه های مشخصه هستند - فرکانس های طبیعی سیستم. هر ریشه یک جمله از پاسخ طبیعی را ارائه می دهد و از آنجا که معادله خطی است، هر ترکیبی از آن جمله ها دوباره یک راه حل است.
\(C_i\) ثابت های آزاد هستند. آنها بعداً توسط شرایط کمکی ثابت می شوند، نه توسط خود معادله.
فرم تکراری ریشه سزاوار یک کلمه است. اگر \(s\) یک ریشه دوگانه است، \(e^{st}\) به تنهایی تنها یک راه حل را در جایی که به دو مورد نیاز است، و \(te^{st}\) یکی از دست رفته ها را تامین می کند - این واقعیتی است که می توانید با جایگزینی مستقیم به \((d/dt - s)^2 y = 0\) تأیید کنید. از نظر فیزیکی، یک ریشه مکرر حالت میرا شده بحرانی است، مرز بین نوسان و فروپاشی خالص.
زمانی که ضرایب واقعی هستند، ریشه های پیچیده همیشه به صورت جفت مزدوج رخ می دهند و جفت \(s = \sigma \pm j\omega_d\) در یک سیگنال حقیقی ترکیب می شود. با استفاده از رابطه اویلر، \(C e^{(\sigma+j\omega_d)t} + C^{*}e^{(\sigma-j\omega_d)t} = 2|C|e^{\sigma t}\cos(\omega_d t + \angle C)\): یک سینوسی میرایی دقیقاً از نوع معرفی شده در فصل 3. قسمت واقعی \(\sigma\) پوش را تنظیم می کند و قسمت خیالی \(\omega_d\) فرکانس زنگ را تنظیم می کند.
این رقم اکنون ارزش حفظ کردن را دارد، زیرا این تصویری است که بقیه کتاب مدام به آن بازمی گردد. سیستمی که ریشه‌های مشخصه آن کاملاً در نیم صفحه چپ قرار دارند، پاسخی طبیعی دارد که از بین می‌رود. در ترکیب با استراحت اولیه، این دقیقاً شرطی است که پاسخ ضربه کاملاً یکپارچه شود و سیستم به معنای فصل 8 پایدار BIBO باشد. ریشه در نیم صفحه سمت راست باعث رشد فرار می شود. فصل 19 همه اینها را با نامیدن ریشه های مشخصه قطب های تبدیل لاپلاس دوباره استخراج می کند، اما محتوا یکسان خواهد بود.
پاسخ اجباری و راه حل کامل
راه حل خاص هر سیگنال واحدی است که معادله کامل را با ورودی واقعی موجود برآورده کند. برای ورودی‌هایی که در این درس مهم هستند - ثابت، نمایی، سینوسی، چند جمله‌ای - یک دستورالعمل قابل اعتماد وجود دارد: فرض کنید \(y_p\) همان شکل عملکردی ورودی را دارد، با ضرایب، جایگزین و تطابق نامشخص.
دلیل اینکه این دستور العمل کار می کند دوباره بسته شدن خانواده نمایی تحت مشتق‌گیری است. اگر ورودی \(e^{-t}\) باشد، هر مشتق از راه حل آزمایشی \(Ke^{-t}\) مضربی از \(e^{-t}\) است، بنابراین جایگزینی به جای معادله دیفرانسیل، یک معادله جبری در \(K\) ایجاد می کند.
| ورودی \(x(t)\) | فرم آزمایشی برای \(y_p(t)\) | توجه داشته باشید |
|---|---|---|
| ثابت \(A\) | \(K\) | بهره DC را \(b_0/a_0\) می دهد |
| \(Ae^{\alpha t}\) | \(Ke^{\alpha t}\) | اگر \(\alpha\) یک ریشه مشخصه باشد، شکست می خورد |
| \(A\cos\omega t\) | \(K_1\cos\omega t + K_2\sin\omega t\) | هر دو اصطلاح مورد نیاز است. فاز از قبل مشخص نیست |
| \(At^{m}\) | \(K_m t^{m}+\cdots+K_1t+K_0\) | تمام توان های پایین تر باید گنجانده شوند |
| \(Ae^{\alpha t}\)، \(\alpha\) ریشه چندگانگی \(r\) | \(Kt^{r}e^{\alpha t}\) | برای فرار از پاسخ طبیعی، در \(t^{r}\) ضرب کنید |
ردیف آخر تنها تله است. اگر ورودی به صورت نمایی در یکی از فرکانس‌های طبیعی خود سیستم باشد، راه‌حل آزمایشی در حال حاضر یک راه‌حل همگن است و جایگزینی آن \(0=A\)، یک تناقض را نشان می‌دهد. ضرب در \(t\) - یا در \(t^{r}\) برای یک ریشه تکرار شده \(r\) - یک آزمایش مستقل ایجاد می کند که کار می کند. این رزونانس است: راندن یک سیستم در فرکانس طبیعی خودش پاسخی را ایجاد می کند که به صورت خطی در زمان رشد می کند.
با در دست داشتن هر دو قطعه، راه حل کامل مجموع آنهاست و فقط اکنون شرایط کمکی اعمال می شود.
ترتیب عملیات مهم است و رایج ترین منبع از دست دادن علائم است. ثابت‌های \(C_i\) عبارت‌های طبیعی را ضرب می‌کنند، اما آنها با شرایط پاسخ کل تعیین می‌شوند، نه تنها در بخش طبیعی. ابتدا \(y_p\) را پیدا کنید، آن را به \(y_h\) اضافه کنید و تنها پس از آن \(y(0)\)، \(\dot{y}(0)\) و غیره را اعمال کنید. مثال 2 کار شده آن دنباله را عمدا دنبال می کند.
برای یک سیستم پایدار، اصطلاحات طبیعی زوال می‌یابند و عبارت اجباری باقی می‌ماند، که منشأ تمایز مهندس بین پاسخ گذرا و حالت پایدار است. این دو کلمه مترادف طبیعی و اجباری نیستند، اگرچه اغلب بر هم منطبق هستند: "طبیعی و اجباری" عبارتی است در مورد اینکه یک اصطلاح از کجا آمده است، "گذرا و حالت ثابت" در مورد اینکه آیا در نهایت ناپدید می شود یا خیر.
استراحت اولیه: شرایطی که LTI را بازیابی می کند
به سختی بخش 9-2 برگردید. معادله به شرایط کمکی \(N\) نیاز دارد و انتخاب با ماست. فرض کنید ما انتخاب طبیعی یک فیزیکدان را انجام می دهیم و وضعیت را در \(t=0\) مشخص می کنیم: مثلا \(y(0)=y_0\) با \(y_0\ne0\)، یک بار برای همیشه ثابت شده است. آیا سیستم به دست آمده با تعاریف فصل 5 مطابقت دارد؟
این کار را نمی کند. تست خطی بودن ورودی را 2 مقیاس کنید. پاسخ اجباری دو برابر می شود، اما پاسخ طبیعی با شرط \(y(0)=y_0\) پین می شود که تغییر نکرده است، بنابراین کل خروجی دو برابر اصلی نیست. سیستمی که انرژی اولیه ثابت غیر صفر را حمل می کند خطی نیست، زیرا ورودی صفر خروجی صفر تولید نمی کند. عدم تغییر زمان تست به طور مشابه: شرایط به \(t=0\) متصل می شوند، بنابراین تاخیر در ورودی خروجی را به تاخیر نمی اندازد. هر دو ویژگی از کار می افتند.
در حالت استراحت اولیه، سیستمی که توسط یک LCCDE توصیف می‌شود، خطی، تغییرناپذیر با زمان و علّی است - و تنها پس از آن نظریه کانولوشن فصل‌های 6 تا 8 برای آن اعمال می‌شود.
شرط را با دقت بخوانید: "\(y(0)=0\)" نیست. می گوید که خروجی در هر امتداد زمانی قبل از ورودی صفر است، هر کجا که این کشش اتفاق می افتد. این نقطه مرجع شناور چیزی است که عدم تغییر زمان را نجات می دهد - ورودی را به تاخیر می اندازد و بازه استراحت با آن حرکت می کند. و از آنجا که خروجی نمی تواند قبل از ورودی شروع شود، علّیت با ساخت ایجاد می شود.
خطی بودن به همین دلیل بازیابی می شود: بدون انرژی ذخیره شده در هیچ کجا، ورودی صفر خروجی صفر می دهد و مقیاس گذاری ورودی همه چیز را مقیاس می کند. استراحت اولیه این فرض است که سیستم هر بار از هیچ شروع می کند، به طوری که تمام رفتار آن به ورودی نسبت داده می شود.
در عمل، تحمیل استراحت اولیه برای یک سیستم مرتبهی \(N\) که توسط ورودی روشن شده در \(t=0\) هدایت می‌شود، به معنای تنظیم \(y(0^-)=\dot{y}(0^-)=\cdots=y^{(N-1)}(0^-)=0\)، و سپس یافتن شرایط درست پس از لحظه سوئیچینگ است. وقتی ورودی حاوی هیچ ضربه و \(M \lt N\) نباشد، خروجی و اولین مشتقات \(N-1\) آن در مبدأ پیوسته هستند، بنابراین مقادیر در \(0^+\) برابر با \(0^-\) هستند و همه صفر هستند. وقتی ورودی حاوی یک ضربه باشد - همانطور که وقتی پاسخ ضربه را محاسبه می کنیم - برخی از مشتقات پرش می کنند، و این پرش همان چیزی است که پاسخ را راه اندازی می کند.
پاسخ های صفر ورودی و حالت صفر
تجهیزات واقعی انرژی ذخیره‌شده‌ای دارند - خازنی که شارژ شده است، چرخ طیار در حال چرخش است - و ما هنوز باید آن را تجزیه و تحلیل کنیم. این دستگاه برای حفظ خطی بودن با تقسیم مسئله به جای راه حل است. از آنجایی که معادله خطی است، پاسخ به «انرژی اولیه به اضافه ورودی» مجموع پاسخ به انرژی اولیه بدون ورودی و پاسخ به ورودی بدون انرژی اولیه است.
فقط پاسخ حالت صفر یک کانولوشن است. همه چیزهایی که سه فصل قبل ثابت کردند در مورد \(y_{\text{zs}}\) صدق می کند و برای هیچ چیز دیگری.
این تجزیه مفیدتر از تجزیه طبیعی/اجباری است، زیرا دو نیمه آن به طور جداگانه معنی دارند. پاسخ صفر ورودی کاری است که سیستم انجام می دهد اگر شما منبع را قطع کنید و دور شوید: این پاسخ کاملاً از اصطلاحات ریشه مشخصه ساخته شده است، با ثابت هایی که توسط انرژی ذخیره شده تنظیم شده است. پاسخ حالت صفر پاسخ سیستم LTI به ورودی است که با کانولوشن قابل محاسبه است و به طور کلی شامل اصطلاحات ریشه مشخصه خودش در کنار عبارت اجباری است.
این نکته آخر یک سردرگمی مداوم را برطرف می کند. عبارت‌های پاسخ طبیعی در پاسخ حالت صفر نیز ظاهر می‌شوند - برای اینکه کل شرایط استراحت اولیه را برآورده کند، باید آنها را برآورده کند - بنابراین "پاسخ طبیعی" و "پاسخ ورودی صفر" یک شی نیستند. تقسیم طبیعی/اجباری اصطلاحات را بر اساس شکل ریاضی آنها طبقه بندی می کند. تقسیم صفر ورودی/حالت صفر آنها را بر اساس علتشان طبقه بندی می کند. مثال کار شده 3 هر دو تقسیم را برای یک سیستم محاسبه می کند تا تفاوت قابل مشاهده باشد.
| تجزیه | قسمت اول | قسمت دوم | تقسیم بر اساس |
|---|---|---|---|
| طبیعی / اجباری | اصطلاحات \(e^{s_i t}\) از ریشه های مشخصه | عبارت با فرم ورودی | فرم ریاضی هر عبارت |
| ورودی صفر / حالت صفر | پاسخ به انرژی ذخیره شده به تنهایی | پاسخ به ورودی به تنهایی، \(x*h\) | علت فیزیکی هر ترم |
| گذرا / حالت پایدار | هر چیزی که به صفر می رسد | هر چیزی که پابرجاست | رفتار طولانی مدت |
معادلات تفاوت و حل بازگشتی
داستان زمان‌گسسته به موازات هم اجرا می شود، با یک مزیت عملی عظیم: یک معادله تفاوت را می توان به یک دستور صریح برای محاسبه خروجی بعدی بازآرایی کرد و آن دستور یک برنامه کامپیوتری است. معادله کلی را بگیرید، عبارت \(k=0\) سمت چپ را جدا کرده و بر \(a_0\) تقسیم کنید.
هر کمیت سمت راست یا یک ورودی حال یا گذشته یا یک خروجی محاسبه شده قبلی است. شروع از استراحت اولیه - همه مقادیر ذخیره شده \(y\) قبل از شروع ورودی صفر هستند - فرمول \(y[0]\)، سپس \(y[1]\) با استفاده از \(y[0]\)، سپس \(y[2]\)، و غیره نامحدود تولید می کند. بدون انتگرال‌گیری، بدون راه حل آزمایشی، بدون چند جمله ای مشخصه: فقط حساب، تکرار شده است. به همین دلیل است که فیلترهای دیجیتال دقیقاً همانطور که نوشته شده است پیاده سازی می شوند.
بازگشت نیز نقش شرایط کمکی را واضح می کند. فرمول برای شروع به مقادیر خروجی گذشته \(N\) نیاز دارد، که همتای گسسته نیاز به شرایط اولیه \(N\) است و استراحت اولیه آنها را به صورت صفر ارائه می کند. ماشین ریشه مشخصه هنوز در زمان‌گسسته وجود دارد و زمانی استفاده می شود که یک فرم بسته به جای جدول اعداد مورد نظر باشد. جایگزینی راه حل آزمایشی \(y[n]=z^{n}\) در معادله همگن به دست می آید
با پاسخ طبیعی \(y_h[n]=\sum_i C_i z_i^{\,n}\) برای ریشه های متمایز، و \(t^{m}\) با \(n^{m}\) برای ریشه های تکراری جایگزین شده است. مرز پایداری تغییر شکل می دهد، هر چند: یک اصطلاح \(z_i^{\,n}\) زمانی که \(|z_i| \lt 1\) خراب می شود، بنابراین منطقه پایدار در زمان‌گسسته داخل دایره واحد است، نه یک نیم صفحه. این تصویری است که فصل 25 مرکزی خواهد کرد.
پاسخ ضربه، FIR و IIR
پل بازگشت به فصل 7 اکنون کوتاه است: \(x[n]=\delta[n]\) را تنظیم کنید، استراحت اولیه را اعمال کنید، بازگشت را اجرا کنید، و هر چیزی که بیرون آمد \(h[n]\) است.
خصوصیت پاسخ کاملاً به بازگشتی بودن معادله بستگی دارد. فرض کنید \(N=0\)، بنابراین هیچ خروجی قبلی ظاهر نمی شود. تقسیم بر \(a_0\) خروجی را به صورت مجموع وزنی تعداد محدودی از نمونه‌های ورودی باقی می‌گذارد و با تغذیه آن یک ضربه دقیقاً فهرستی از ضرایب را ایجاد می‌کند.
پاسخ ضربه دارای طول محدود \(M+1\) است: سیستم FIR است، پاسخ ضربه محدود است، و این معادله دقیقاً مجموع کانولوشنی است که نوشته شده است. چنین سیستمی همیشه BIBO پایدار است، زیرا مجموع محدودی از اعداد متناهی نمی تواند واگرا شود و هیچ ریشه مشخصی برای نگرانی ندارد.
اگر \(N \ge 1\)، یک خروجی محاسبه شده به محاسبات بعدی بازگردانده می شود و اثر یک نمونه ورودی منفرد هرگز به طور کامل ناپدید نمی شود. پاسخ ضربه ترکیبی از اصطلاحات \(z_i^{\,n}\) است که برای همیشه ادامه می یابد: سیستم IIR است، پاسخ ضربه بی نهایت. پایداری اکنون یک سوال واقعی است که با توجه به اینکه آیا هر ریشه مشخصه \(|z_i| \lt 1\) را برآورده می کند، تصمیم گیری می شود.
| FIR (غیر بازگشتی، \(N=0\)) | IIR (باز گشتی، \(N \ge 1\)) | |
|---|---|---|
| پاسخ ضربه | طول محدود \(M+1\) | بی نهایت؛ ساخته شده از \(z_i^{\,n}\) |
| بازخورد | هیچ کدام | خروجی های گذشته مجددا استفاده می شوند |
| ثبات | همیشه BIBO پایدار است | پایدار اگر هر \(|z_i| \lt 1\) |
| دامنه حافظه | \(M+1\) نمونه می گیرد، سپس فراموش می کند | هرگز به طور کامل فراموش نمی کند |
| هزینه معمولی | ضرایب بسیاری برای پاسخ تیز | پاسخ تند از چند ضرایب |
داد و ستد در ردیف آخر دلیل زنده ماندن هر دو خانواده است. یک فیلتر بازگشتی با سه یا چهار ضریب به چیزی می رسد که یک فیلتر غیر بازگشتی برای نزدیک شدن به پنجاه ضریب نیاز دارد، زیرا بازخورد به یک ساختار کوچک اجازه می دهد تاریخ طولانی را به خاطر بسپارد. قیمت امکان ناپایداری و در محاسبات نقطه ثابت، تجمع خطای گرد کردن در مسیر بازخورد است. سیستم‌های زمان‌پیوسته هیچ آنالوگ FIR ارزش نامگذاری ندارند: هر مداری که خازن داشته باشد به طور اجتناب ناپذیری یک سیستم با حافظه بی نهایت است.
تحقق های بلوکی دیاگرام
معادله تفاوت را می توان با استفاده از سه عنصر رسم کرد و همچنین نوشت: یک جمع کننده، یک ضرب کننده با بهره ثابت و یک واحد تاخیر \(z^{-1}\). ترسیم، تحقق نامیده می‌شود، و چیزی است که یک مهندس سخت‌افزار می‌سازد یا یک برنامه‌نویس حافظه را برای آن اختصاص می‌دهد. معادله مرتبه اول \(y[n] + a_1 y[n-1] = b_0 x[n] + b_1 x[n-1]\) را در نظر بگیرید که به صورت \(y[n] = b_0x[n] + b_1x[n-1] - a_1y[n-1]\) بازآرایی شده است.
رونویسی تحت اللفظی ابتدا سمت ورودی را می سازد و \(w[n]=b_0x[n]+b_1x[n-1]\) را تشکیل می دهد و سپس بازخورد را اعمال می کند. این فرم مستقیم I است و به یک تاخیر برای تاریخچه ورودی و یکی برای تاریخچه خروجی نیاز دارد.
فرم دوم مستقیم از یک مشاهده منفرد می آید. فرم مستقیم I یک آبشار از دو سیستم است - یک بخش تمام ورودی به دنبال یک بخش تمام بازخورد - و با جابجایی فصل 8 ممکن است این دو بدون تغییر پاسخ کلی مبادله شوند. ابتدا بخش بازخورد را قرار دهید و هر دو زنجیره تاخیر اکنون سیگنال میانی یکسانی \(w[n]\) را ذخیره می کنند. یکی از آنها اضافی است و می توان آن را حذف کرد.
فرم مستقیم II متعارف است - هیچ تحقق معادله ای از عناصر تاخیر کمتری استفاده نمی کند. صرفه جویی در حافظه است، و با استدلال از فصل 8 خریداری می شود، نه با هر نظریه جدید.
در زمان‌پیوسته، نمودارهای یکسانی با انتگرالگرها به جای تأخیرها ترسیم می‌شوند، که یک انتخاب عمدی است: مشتق‌گیریکننده‌ها نویز با فرکانس بالا را تقویت می‌کنند، در حالی که یکپارچه‌کننده‌ها آن را صاف می‌کنند، بنابراین یک کامپیوتر آنالوگ عملی یا اجرای آپ‌آمپ همیشه یکپارچه می‌شود. فصل 27 سیگنال‌های ذخیره شده در آن یکپارچه سازها را به عنوان وضعیت سیستم می خواند و بلوک دیاگرام به یک مدل فضای حالت تبدیل می شود.
نمونه های کار شده
مشکل مدار بخش 9-1 از \(RC\,\dfrac{dy}{dt}+y(t)=x(t)\) تبعیت می کند. با نوشتن \(\tau=RC\) و با فرض استراحت اولیه، پاسخ گام و در نتیجه پاسخ ضربه را بیابید.
راه حل. \(x(t)=u(t)\) را بگیرید. برای \(t \gt 0\) معادله \(\tau\dot{y}+y=1\) است. معادله مشخصه \(\tau s + 1 = 0\) دارای ریشه واحد \(s=-1/\tau\) است، بنابراین \(y_h = Ce^{-t/\tau}\). ورودی ثابت است، بنابراین \(y_p = K\) را امتحان کنید. جایگزین کردن \(0 + K = 1\) می دهد، از این رو \(K=1\). راه حل کامل این است
استراحت اولیه به \(y(0^-)=0\) می دهد. ورودی حاوی هیچ ضربه ای نیست و معادله مرتبه اول با \(M=0\) است، بنابراین \(y\) در مبدأ و \(y(0^+)=0\) نیز پیوسته است. سپس \(1+C=0\)، پس \(C=-1\) و
بخش 8-9 اکنون پاسخ ضربه را به صورت رایگان ارائه می دهد: ممشتق‌گیری کردن. قانون محصول \(h(t) = \tfrac{1}{\tau}e^{-t/\tau}u(t) + \big(1-e^{-t/\tau}\big)\delta(t)\) را می دهد و اصطلاح ضربه ای ناپدید می شود زیرا براکت در \(t=0\) صفر است. بنابراین
دو چک مساحت \(\int_0^\infty \tfrac1\tau e^{-t/\tau}dt = 1\) است که با بهره واحد DC مطابقت دارد که معادله در حالت پایدار پیش‌بینی می‌کند. و این منطقه محدود است، بنابراین تا فصل 8 سیستم BIBO پایدار است - همانطور که باید باشد، زیرا تنها ریشه مشخصه آن، \(-1/\tau\)، در نیمه صفحه سمت چپ قرار دارد.
مشکل \(\dfrac{d^{2}y}{dt^{2}}+5\dfrac{dy}{dt}+6y(t)=x(t)\) را برای \(x(t)=u(t)\) در حالت استراحت اولیه حل کنید.
راه حل. معادله مشخصه \(s^{2}+5s+6=0\) است که به عنوان \((s+2)(s+3)=0\) فاکتور می شود و ریشه های \(s=-2\) و \(s=-3\) را می دهد. هر دو در نیم صفحه سمت چپ قرار دارند، بنابراین پاسخ طبیعی کاهش می یابد:
برای \(t \gt 0\) ورودی ثابت 1 است، بنابراین \(y_p=K\) را امتحان کنید. هر دو مشتق ناپدید می شوند و معادله به \(6K=1\) کاهش می یابد، که به \(y_p = \tfrac16\) - افزایش DC، همانطور که از \(b_0/a_0 = 1/6\) انتظار می رود، می دهد. راه حل کامل برای \(t \gt 0\) \(y(t) = \tfrac16 + Ae^{-2t}+Be^{-3t}\) است.
استراحت اولیه را اعمال کنید. ورودی هیچ ضربه ای ندارد و ترتیب با \(M=0\) 2 است، بنابراین \(y\) و \(\dot{y}\) در مبدا پیوسته هستند و هر دو در آنجا صفر هستند. ممشتق‌گیری کردن راه حل به \(\dot{y}(t) = -2Ae^{-2t}-3Be^{-3t}\) می دهد، بنابراین این دو شرط هستند
دومی \(A=-\tfrac32 B\) را می دهد. جایگزینی به اولی، \(\tfrac16 - \tfrac32 B + B = 0\)، بنابراین \(\tfrac16 = \tfrac12 B\) و \(B = \tfrac13\). سپس \(A = -\tfrac12\). پاسخ کامل است
در \(t=0\) تأیید کنید: \(\tfrac16-\tfrac12+\tfrac13 = \tfrac{1-3+2}{6}=0\) ✓ و \(\dot{y}(0) = 1 - 1 = 0\) ✓. به عنوان \(t\to\infty\)، نمایی از بین می رود و خروجی در \(\tfrac16\)، مقدار حالت پایدار، قرار می گیرد. دو عبارت نمایی گذرا هستند. ثابت \(\tfrac16\) حالت پایدار است.
مشکل یک سیستم از \(\dfrac{dy}{dt}+3y(t)=x(t)\) با خازن از قبل شارژ شده اطاعت می کند تا \(y(0^-)=2\). ورودی اعمال شده در \(t=0\) \(x(t)=e^{-t}u(t)\) است. پاسخ های صفر ورودی، حالت صفر و کل را بیابید و بخش های طبیعی و اجباری کل را شناسایی کنید.
راه حل - ورودی صفر. تنظیم کنید\(x=0\). ریشه مشخصه است\(s=-3\)، بنابراین\(y_{\text{zi}}(t)=Ce^{-3t}\)، و انرژی ذخیره شده رفع می شود\(C\): با\(y(0)=2\), \(C=2\)و\(y_{\text{zi}}(t)=2e^{-3t}\)برای\(t\ge0\).
راه حل - حالت صفر. با سیستم در حالت استراحت، روش مثال 1 (یا دستورالعمل بخش 9-4) پاسخ ضربه \(h(t)=e^{-3t}u(t)\) و \(y_{\text{zs}}=x*h\) را می دهد. هر دو سیگنال علّی هستند، بنابراین کانولوشن از 0 تا \(t\) اجرا می شود:
مجموع این دو را اضافه کنید:
با جایگزینی بررسی کنید: \(\dot{y} = -\tfrac12 e^{-t}-\tfrac92 e^{-3t}\)، و \(\dot{y}+3y = \left(-\tfrac12+\tfrac32\right)e^{-t} + \left(-\tfrac92+\tfrac92\right)e^{-3t} = e^{-t}\) ✓، با \(y(0)=\tfrac12+\tfrac32=2\) ✓.
اکنون دو تجزیه را از همان پاسخ بخوانید. ورودی صفر / حالت صفر: \(2e^{-3t}\) و \(\tfrac12\left(e^{-t}-e^{-3t}\right)\). طبیعی / اجباری: اصطلاحات طبیعی عبارت‌هایی هستند که در \(e^{-3t}\)، مجموعاً \(\tfrac32 e^{-3t}\) هستند، و عبارت اجباری \(\tfrac12 e^{-t}\) است که دارای نمایی خود ورودی است. این دو تقسیم متفاوت هستند: پاسخ حالت صفر شامل یک عبارت طبیعی \(-\tfrac12 e^{-3t}\) است که صرفاً برای ارضای شرایط استراحت وجود دارد، و هیچ گونه بازآرایی باعث نمی‌شود که نیمه‌ها در یک ردیف قرار گیرند.
مشکل برای \(y[n]-\tfrac12 y[n-1]=x[n]\) در حالت استراحت اولیه، \(h[n]\) را با بازگشت پیدا کنید و پاسخ گام را به صورت بسته پیدا کنید.
راه حل - پاسخ ضربه. بازآرایی، \(y[n]=x[n]+\tfrac12 y[n-1]\). \(x[n]=\delta[n]\) را با \(y[-1]=0\) قرار دهید و تکرار کنید: \(h[0]=1+0=1\). \(h[1]=0+\tfrac12(1)=\tfrac12\); \(h[2]=0+\tfrac12\left(\tfrac12\right)=\tfrac14\). این الگو یک دنباله هندسی است و با معادله مشخصه \(z-\tfrac12=0\) تأیید می شود:
هرگز به صفر نمی رسد، بنابراین سیستم IIR است. و \(\sum_n |h[n]| = 1/(1-\tfrac12) = 2\) محدود است، بنابراین پایدار است - مطابق با ریشه \(z=\tfrac12\) که در داخل دایره واحد قرار دارد.
راه حل - پاسخ مرحله ای. دو مسیر توافق دارند. به صورت بازگشتی با\(x[n]=u[n]\): \(y[0]=1\), \(y[1]=1+\tfrac12=\tfrac32\), \(y[2]=1+\tfrac34=\tfrac74\), \(y[3]=\tfrac{15}{8}\)، صعود به سمت 2. از نظر تحلیلی، پاسخ پله مجموع در حال اجرا است\(h\)که یک سری هندسی محدود است:
که \(1, \tfrac32, \tfrac74, \tfrac{15}{8}\) را برای \(n=0,1,2,3\) می دهد که دقیقاً با بازگشت مطابقت دارد و به بهره DC \(s[\infty]=2\) تمایل دارد.
مشکل پاسخ ضربه \(y[n]-\tfrac34 y[n-1]+\tfrac18 y[n-2]=x[n]\) را در حالت استراحت اولیه پیدا کنید و سیستم را برای پایداری آزمایش کنید.
راه حل. معادله مشخصه \(z^{2}-\tfrac34 z+\tfrac18=0\) است. متمایز آن \(\tfrac{9}{16}-\tfrac12=\tfrac{1}{16}\) است که ریشه دوم آن \(\tfrac14\) است، بنابراین
بنابراین \(h[n] = A\left(\tfrac12\right)^{n}+B\left(\tfrac14\right)^{n}\) برای \(n\ge0\). برای رفع \(A\) و \(B\) به دو مقدار \(h\) نیاز داریم و بازگشت آنها را تامین می کند. با \(y[-1]=y[-2]=0\) و \(x[n]=\delta[n]\): \(h[0]=1\) و \(h[1]=\tfrac34 h[0]-\tfrac18 h[-1]=\tfrac34\). بنابراین
با ضرب دوم در 4 \(2A+B=3\) به دست می آید. با کم کردن عدد اول، \(A=2\) به دست می آید، بنابراین \(B=-1\):
در برابر بازگشت در \(n=2\) بررسی کنید. فرمول \(2\left(\tfrac14\right)-\tfrac{1}{16}=\tfrac12-\tfrac1{16}=\tfrac{7}{16}\) را می دهد. بازگشت به \(h[2]=\tfrac34\left(\tfrac34\right)-\tfrac18(1)=\tfrac{9}{16}-\tfrac{2}{16}=\tfrac{7}{16}\) ✓ می دهد.
هر دو ریشه \(|z| \lt 1\) را برآورده می کنند، بنابراین سیستم پایدار است. تأیید مستقیم، \(\sum_n|h[n]| \le 2\sum_n\left(\tfrac12\right)^{n} + \sum_n\left(\tfrac14\right)^{n} = 4 + \tfrac43\)، به راحتی محدود است.
مشکل معادله اختلاف \(y[n]-2y[n-1]=x[n]\) (الف) به جلو در \(n\) با استراحت اولیه، و (ب) به عقب در \(n\)، با خروجی برای \(n\) مثبت بزرگ صفر در نظر گرفته شده است. هر دو پاسخ ضربه را پیدا کنید و مقایسه کنید.
راه حل (الف) - نظام علّی. بازآرایی، \(y[n]=x[n]+2y[n-1]\). با \(x[n]=\delta[n]\) و \(y[-1]=0\): \(h[0]=1\)، \(h[1]=2\)، \(h[2]=4\)، و به طور کلی
این امر علّی است، اما \(\sum_n 2^{n}\) واگرا می شود، بنابراین سیستم ناپایدار است - همانطور که ریشه مشخصه \(z=2\) خارج از دایره واحد قبلاً اعلام شده است.
راه حل (ب) - سیستم پادعلّی. در عوض همان معادله را برای نمونه قبلی حل کنید: \(y[n-1]=\tfrac12\big(y[n]-x[n]\big)\)، و از \(n\) بزرگ به عقب برگردید، جایی که خروجی صفر است. برای \(n \ge 1\) هنوز هیچ اتفاقی در این راستا نیفتاده است، بنابراین \(h_b[n]=0\) برای \(n\ge0\). در \(n=0\) بازگشت به \(h_b[-1]=\tfrac12(h_b[0]-1)=-\tfrac12\)، سپس \(h_b[-2]=\tfrac12 h_b[-1]=-\tfrac14\)، و غیره می دهد:
بررسی کنید که معادله را برآورده می کند. برای \(n \le -1\): \(h_b[n]-2h_b[n-1] = -2^{n}+2\cdot2^{n-1} = 0\) ✓. برای \(n=0\): \(h_b[0]-2h_b[-1] = 0 - 2\left(-\tfrac12\right) = 1 = \delta[0]\) ✓. برای \(n\ge1\) هر دو عبارت صفر هستند ✓.
حالا مقایسه کن با مجموع بزرگی ها، \(\sum_{n\le-1}2^{n} = \tfrac12+\tfrac14+\cdots = 1\)، بنابراین سیستم (b) پایدار است - اما غیر علّی است و کاملاً قبل از رسیدن ضربه پاسخ می دهد. یک معادله تفاوت، دو شرط کمکی و دو سیستم با خواص متضاد. این قوی ترین تصویر ممکن از هشدار بخش 9-2 است، و این پدیده ای است که فصل 23 به عنوان ناحیهٔ همگرایی تبدیل \(z\) رسمیت می یابد.
خلاصه فصل
یک LCCDE مرتبه \(N\)th دارای یک خانواده راه حل با پارامتر \(N\) است. بدون شرایط کمکی \(N\) اصلاً یک سیستم نیست.
جایگزینی \(e^{st}\) یا \(z^{n}\) معادله را به یک چند جمله ای تبدیل می کند. ریشه های آن پاسخ طبیعی را می دهند، هر کدام یک اصطلاح.
\(y = y_h + y_p\). ابتدا راه حل خاص را پیدا کنید، اصطلاحات طبیعی را اضافه کنید، و تنها پس از آن شرایط را اعمال کنید.
خروجی صفر قبل از شروع ورودی. این یک فرض باعث می شود که معادله یک سیستم علّی خطی، تغییرناپذیر با زمان را توصیف کند.
ورودی صفر به اضافه حالت صفر بر اساس علت تقسیم می شود. تقسیم طبیعی به علاوه اجباری بر اساس فرم. فقط \(y_{\text{zs}}\) برابر با \(x*h\) است.
\(N=0\) یک \(h\) محدود و پایداری بی قید و شرط می دهد. \(N\ge1\) فقط در صورت هر \(|z_i| \lt 1\) بازخورد، \(h\) بی نهایت و پایداری می دهد.
مشکلات تمرین
مسائل 1 تا 3 راه حل های زمان‌پیوسته هستند. 4 تا 6 گسسته هستند. 7 و 8 تست کنید که آیا این نقطه را که یک معادله فقط نیمی از سیستم است جذب کرده اید یا خیر. همیشه ریشه های مشخصه را قبل از نوشتن هر ثابتی بیان کنید.
- \(\dfrac{dy}{dt}+4y(t)=x(t)\) را با \(x(t)=u(t)\) در حالت استراحت اولیه حل کنید. ثابت زمانی، بهره DC و زمانی که خروجی به 98 درصد مقدار نهایی خود می رسد را شناسایی کنید.
- برای \(\dfrac{d^{2}y}{dt^{2}}+4\dfrac{dy}{dt}+4y(t)=x(t)\)، ریشه های مشخصه را پیدا کنید و شکل کلی پاسخ طبیعی را بنویسید. چرا این سیستم به یک اصطلاح \(te^{-2t}\) نیاز دارد و این شرایط میرایی چیست؟
- یک سیستم از \(\dfrac{dy}{dt}+2y(t)=x(t)\) با \(y(0^-)=-1\) و \(x(t)=3u(t)\) اطاعت می کند. پاسخ های صفر ورودی و حالت صفر را به طور جداگانه پیدا کنید، آنها را اضافه کنید و تأیید کنید که مجموع هم معادله و هم شرط اولیه را برآورده می کند.
- با اجرای بازگشت برای \(n=0,1,2,3\) و سپس نوشتن یک فرم بسته، پاسخ ضربه \(y[n]-\tfrac13 y[n-1]=x[n]+x[n-1]\) را در حالت استراحت اولیه بیابید. آیا سیستم FIR است یا IIR؟
- میانگین متحرک \(y[n]=\tfrac14\big(x[n]+x[n-1]+x[n-2]+x[n-3]\big)\) داده شده است. پاسخ ضربه آن را بنویسید، دامنه حافظه آن را بیان کنید و در یک جمله توضیح دهید که چرا نیازی به محاسبه ثبات نیست.
- برای \(y[n]-y[n-1]+\tfrac14 y[n-2]=x[n]\)، ریشه های مشخصه را پیدا کنید، توجه داشته باشید که تکرار می شوند، و با تطبیق \(h[0]\) و \(h[1]\) از بازگشت، پاسخ ضربه را به شکل \((A+Bn)\left(\tfrac12\right)^{n}u[n]\) بنویسید.
- نشان دهید که سیستم تعریف شده توسط \(\dot{y}+5y=x\) همراه با شرط ثابت \(y(0)=4\) نه خطی است و نه تغییر ناپذیر زمان، با تولید یک مثال متقابل صریح برای هر ویژگی.
- درک Direct Form I و Direct Form II از \(y[n]+\tfrac12 y[n-1]-\tfrac18 y[n-2] = x[n]+3x[n-1]\) را ترسیم کنید، عناصر تاخیر را در هر کدام بشمارید و بگویید که کدام فرم را روی یک پردازنده با حافظه محدود پیاده سازی می کنید.