西安石油大学电子工程学院：《自动控制理论 Modern Control System》精品课程教学资源（重点难点与例题解析）第七章 线性离散系统的分析与校正

e(0)=1,e(T)=0.9,e(27)=0.73,e(37)=0.585 所求的反变换为 (1)=∑e(m7)(t-nT ∑(08)-(01)"6(-n7) δ(1)+0.9(t-7)+0.730(t-27)+0.5856(-37) 可以看出,三种反变换的方法结果是一致的 例7-4求G(s) s(s+a) (T为采样周期)的脉冲传递函数 a(1 1/a 1/a G(s)= 1/a1/ z[G(s)=(1-=-)Z[ 小吵 (二-1) e ars T-1)2+(1 (z-1)(x-e) 例75已知E()=2( ,试求Z反变换e(n7)。 解:E()=22-1),有两个二重极点,即:1=1:3=- E(=)z 2=(二2-1) ()1在z=i点的留数 Rese(zz, i=lim 二一 in2(m+2)=1-n"](x+)-2=(x2-1)×2(2+1) (二+1) im2(m+2)=-n2(+)-4=(2-) ReE(=)2-1=lmp2=2

·11· e(0)  1,e(T)  0.9,e(2T)  0.73,e(3T)  0.585, 所求 z 的反变换为                  ( ) 0.9 ( ) 0.73 ( 2 ) 0.585 ( 3 ) (0.1) ] ( ) 7 1 (0.8) 7 8 [ * ( ) ( ) ( ) 0 0 t t T t T t T t nT e t e nT t nT n n n n      可以看出，三种反变换的方法结果是一致的。 例 7-4 求 ( ) (1 ) ( ) 2 s s a a e G s Ts     （T 为采样周期）的脉冲传递函数。 解: ) 1 1/ 1/ (1 )( ( ) (1 ) ( ) 2 2 s a a s a s e s s a a e G s Ts Ts                          ] ( 1) ( 1) ( ) [ 1 ] 1 1/ 1/ [ ( )] (1 ) [ 2 2 1 aT a z e z a z z z Tz z z s a a s a s Z G s z Z ( 1)( ) ( 1) (1 ) aT aT aT T aT a z z e e aT z e a e            例 7-5 已知 2 2 2 ( 1) 2 ( 1) ( )    z z z E z ，试求 Z 反变换e(nT) 。 解: 2 2 2 ( 1) 2 ( 1) ( )    z z z E z ，有两个二重极点，即 z  i z  i 1,2 3,4 , 。 2 2 2 1 ( 1) 2 ( 1) ( )     z z z E z z n n 1 ( ) n E z z 在 z  i 点的留数       ] ( ) 2 ( 1) Re [ ( ) , ] lim [ 2 2 1 z i z z dz d s E z z i n z i n n i n n n z i n n n z i ni z i n z nz z i z z z i n z nz z i z z z i                        3 1 1 2 4 1 1 2 2 ( ) 2[( 2) ]( ) 4 ( 1) lim ( ) 2[( 2) ]( ) 2 ( 1) 2( ) lim       ] ( ) 2 ( 1) Re [ ( ) , ] lim [ 2 2 z i z z dz d s E z z i n z i

im21+-n“(-1)-4-(=2-1) e(m)=∑ResE(-1=mr-1+(-1y-1=∑(-2(2n+1)=22nsi n丌 例7-6试求图7-2所示系统的输出Z变换C(z)。 R(s) C (s) 2 s+5 R(s) 12 C(s) s+2 s+ 图7-2 25 10/310/3 解:(1)C(z)=Z( )R(二)=z( s+2s+5 s+2s+ 2T-5T )R(=) 2T)(一 R(=) 1.2 )z(x)R(-) 2s+1 0.2 0.6z 0.5T R(二=) 0.12 0.57 R(=) )( 例7-7求图7-3所示采样系统输出C(z)表达式 解 E(=)=R()-C(=)G3() D(=)=E(=)GG2()-D(=GG2(=) 因此

·12· R（s） C（s） R（s） C（s） 1 1 3 1 1 2 ( 1) ( ) 2[( 2) ]( ) 4 ( 1) lim              n n n n n z i i z i n z nz z i z z                        0 0 0 0 1 1 1 2 ( ) Re [ ( ) ] [1 ( 1) ] ( 1) 2(2 1) 2 sin n n n n n n n n n e nT s E z z ni n n  例 7-6 试求图 7-2 所示系统的输出 Z 变换 C（ｚ）。 (1) (2) 图 7－2 解:（1） ) ( ) 5 10/ 3 2 10/ 3 ) ( ) ( 5 5 2 2 ( ) ( R z s s R z z s s C z Z        ( ) 3 ( )( ) 10 ( ) ( ) 3 10 2 5 2 5 2 5 R z z e z e e e R z z e z z e z T T T T T T               （2） ( ) 0.2 0.6 ) ( ) 2 1 1.2 ) ( 10 1 2 ( ) ( 0.1 0.5 R z z e z z e z R z s Z s C z Z  T  T       ( ) ( )( ) 0.12 0.1 0.5 2 R z z e z e z  T  T    例 7-7 求图 7-3 所示采样系统输出 C（ｚ）表达式。 解: ( ) ( ) ( ) ( ) 3 E z  R z  C z G z 而 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 D z  E z G G z  D z G G z 因此 2 2 s  5 5 s  2 2 s  2 1 1.2 s 

1G2(=) E(=) 1+G1G2,( C(=)=E(=)G1(=)-D(2)G1() G1(=) E(=) 1+G1G2(二) R(s) G2(s) 所以 C(2)=G()R()G(=)C3(=) 1+GG2(=)1+GG2(z) G1(=)R(=) G2(x)+G1(=)G3(=) 例7-8试求下列函数的初值和终值。 (1)E(二)= z2(x2+z+1) 8二+1)( 08) (2)E(=)= 1+0.3-+0.1 1-42--+56-2-24x-3 (提示:应用终值定理是有条件的,即函数E(=)在单位圆上和单位圆外解析。) 解:(1)由初值定理得 e(0)=lime+(0)=lim E() 36z+0.8 由于E(二)有四个极点,且都位于单位圆内,故由终值定理得

·13· D(s) ( ) 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 ( ) ( ) ( ) 1 2 1 1 1 1 2 1 2 E z G G z G z C z E z G z D z G z E z G G z G G z D z       图 7-3 所以 ( ) ( ) 1 ( ) ( ) 1 ( ) ( ) ( ) ( ) 3 1 2 1 1 2 1 C z G z G G z G z G G z G z R z C z     即 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 3 1 G G z G z G z G z R z C z    例 7-8 试求下列函数的初值和终值。 （1） ( 0.8 1)( 0.8) ( 1) ( ) 2 2 2 2        z z z z z z z E z （2） 1 2 3 1 2 1 4.2 5.6 2.4 1 0.3 0.1 ( )            z z z z z E z （提示：应用终值定理是有条件的，即函数 E(z)在单位圆上和单位圆外解析。） 解：（1）由初值定理得 1 4 0.2 0.36 0.8 lim (0) lim *( ) lim ( ) 3 2 4 3 2 0             z z z z z z z e e t E z z t z 由于 E(z)有四个极点，且都位于单位圆内，故由终值定理得 G1（s） G3（s） G2（s） R（s） E（s） C（s）

e(oo)=lime(0=lim -E(=) li →zz4+0.23+2+0.362+0.8 (2)由初值定理得 1+0.3-1+0.1z2 e(0)=lime(==lim m1-42-+56x-2-24-3 由于E(=)三个极点中,有两个极点z1=1.2和z2=2在单位圆外,故不能直接用终值 定理求解。可用综合除法判断其终值。 例7-9试用z变换法求解下列差分方程: e(k+2)-3e(k+1)+2e(k)=r(k) 已知r()=(1)以及当k≤0时,e(k)=0 解:因r()=δ(1),于是有 r6)s/1k=0 0k≠0 令Ze(k)=E(),且2[r(k=1,由z变换的实位移定理得 ze(k+2)=z2E(x)-z2e(0)-ze(1) z[e(k+1)=ze(二)-e(0) 对差分方程两边取z变换,经整理后有 (二2-3+2)E(=)=1+(=2+3-)(0)+ze(1) 本例中的初值e(0)和e(1)可根据题设条件:e(k)=0当k≤0,来确定。 确定e(0):由题设可直接定出c(0)=e(k)=0=0 确定e(1):以k=-1代入原方程得 e(1)-3e(0)+2e(-1)=r(-1) 由题设可知,c(-1)=0,r(-1)=0,代入上式后可得e(1)=0。将所求的初值 e(0)=e(1)=0代入z变换方程中,得 (2-32+2)E( 所以 E(=) z2-3+2(x-1)(x-2 求E(=)的z反变换方法很多,下面仅用部分分式法求解: E(=) (二-1)(=-2)(=-1)(二-2)

·14· 0 0.2 0.36 0.8 * 1 lim ( ) 1 ( ) lim ( ) lim 4 3 2 4 3 2 1 1 *                 z z z z z z z z z E z z z e e t z t z （2）由初值定理得 1 1 4.2 5.6 2.4 1 0.3 0.1 (0) lim ( ) lim 1 2 3 1 2                z z z z z e E z z z 由于 E(z)三个极点中，有两个极点 z1＝1.2 和 z2＝2 在单位圆外，故不能直接用终值 定理求解。可用综合除法判断其终值。 例 7-9 试用 z 变换法求解下列差分方程： e(k  2)  3e(k 1)  2e(k)  r(k) 已知 r(t)   (1) 以及当 k  0时，e(k)  0 解：因 r(t)   (1) ，于是有       0, 0 1, 0 ( ) k k r k 令 [e(k)]  E(z) ，且 [r(k)]  1，由 z 变换的实位移定理得 [ ( 2)] ( ) (0) (1) 2 2  e k   z E z  z e  ze [e(k 1)]  ze(z)  ze(0) 对差分方程两边取 z 变换，经整理后有 ( 3 2) ( ) 1 ( 3 ) (0) (1) 2 2 z  z  E z   z  z e  ze 本例中的初值 e(0)和 e(1) 可根据题设条件： e(k)  0当 k  0，来确定。 确定 e(0)：由题设可直接定出 (0) ( ) 0; c  e k k 0  确定 e(1) ：以 k  1代入原方程得 e(1)  3e(0)  2e(1)  r(1) 由题设可知， e(1)  0,r(1)  0 ，代入上式后可得 e(1)  0 。将所求的初值 e(0)  e(1)  0 代入 z 变换方程中，得 ( 3 2) ( ) 1 2 z  z  E z  所以 ( 1)( 2) 1 3 2 1 ( ) 2       z z z z E z 求 E(z)的 z 反变换方法很多，下面仅用部分分式法求解： 因 ( 1)( 2) 1 ( 1)( 2) 1 ( )        z z z z z z E z

所以 E(=) 求得C1==,C2=-1 E(=) 可得E(二)的反变换为 )-(1)+(2)*,k=01 故可得e(k)各个时刻的值为 e(0)=0, e(1)=0, e(3)=3, e(4)=7, e(5)=15 例7-10设有图7-4(a),(b)所示系统,均采用单速同步采样周期T。试求各系 统的输出C(z)表达式。 2 5 s+5 R(s) C(s) G,(s) (s) 图7-4

·15· C(s) 所以 ( 1)( 2) 1 2 1 ( ) 1 2 3        z c z c z c z z E z 求得 2 1 , 1, 2 1 c1  c2   c3  ，故 2 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1 1 ( )              z z z z z z z z z z E z 可得 E(z)的反变换为 (2) , 0,1,2, 2 1 ( ) (1) 2 1 e(k)  k   k  k k  故可得e(k) 各个时刻的值为  (5) 15 (4) 7, (3) 3, (2) 1, (1) 0, (0) 0,       e e e e e e 例 7-10 设有图 7-4（a），（b）所示系统，均采用单速同步采样周期 T。试求各系 统的输出 C（z）表达式。 (a) (b) 图 7-4 G1（s） G2（s） G3（s） R（s） T T T T R（s） C（s） 2 2 s  5 5 s 