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（各章节例题解析）第七章 线性离散系统的分析与校正

第7章线性禹散系统的分析与校正 ◆例题解析 例71根据定义E*(S)=∑e(m7)lm试求E(s)= 的z变换 解:本例是根据E(s)求z变换。求解过程如下: ①求e(1),得:e(1)=te-a。 ②求e*(1) e*(1)=e(nT)8(t-nr),e(nT)=e(Lent=nTe-an e*(1)=∑nem8(t-nT) ①求E*(s) E*(s)=∑(n7)lm=∑nem·e ②求E() n(e=) 令(ez) 则 E(y)=(1+2y+3y2

·1· 第 7 章 线性离散系统的分析与校正 例题解析 例 7-1 根据定义      0 * ( ) ( ) n nTs E s e nT e 试求 2 ( ) 1 ( ) s a E s   的 z 变换 。 解：本例是根据 E(s) 求 z 变换。求解过程如下： ① 求e(t) ，得： at e t te  ( )  。 ② 求e * (t)     0 * ( ) ( ) n e t e nT δt  nT ，e(nT )  e(t) | tnT anT nTe   所以      0 * ( ) n anT e t nTe δ(t  nT ) 1 求 E * (s)      0 * ( ) ( ) n nTs E s e nT e =    n 0 anT nTe * nTs e  2 求 E(z) n n anT E z E s nTe z Inz T s     ( )  *( )    * 0 1  e z e z n e z T  ( aT ) 1  2( aT ) 2  ( aT ) n  令 e z y aT  1 ( ) ，则 E y y y ny yT y y y y yT n n ( ) (1 2 3 ) ( ) 2 1 2 3                     2 1 1 y Ty yT y y          

将y=(ez)代入上式,可得E(=)为 T(e=) b-(e"2 例7-2试求E(s)=52(s+1) 1-e的z变换 解:求z变换的另一种方法是直接利用=变换表。先将E(S)展为部分分式,然后求 部分分式项的z变换,并将它们组合在一起便可得E(=) ①将E(S)展成部分分式,则有: 1 1 E(s)=s2(s+1) +1 +1)(s2 +1 ②求每一部分分式项的z变换:得与(1_1 相应的z变换 T 与(11 2B相应的z变换为 E()=(1 T 11-(T+1)e-+(T-1+e) (z-1Xz-e7) 1-(T+1)e-+(T-1+e)z 例7-3试用部分分式法,幂级数法和反变换公式法求函数E(=) (二-0.8)(二-0.1) 的二反变换。 解一:用幂级数法求z反变换 用长除法将E(二)展为

·2· 将 1 ( )  y  e z aT 代入上式，可得 E(z)为   2 2 1 1 ( ) 1 ( ) ( ) ( ) aT aT aT aT z e Tze e z T e z E z         例 7-2 试求 ( 1) 1 ( ) 2     s se E s s 的 z 变换。 解：求 z 变换的另一种方法是直接利用 z 变换表。先将 E(s) 展为部分分式，然后求 每一部分分式项的 z 变换，并将它们组合在一起便可得 E(z)。 ① 将 E(s) 展成部分分式，则有：                 1 1 1 1 (1 ) ( 1) 1 ( ) 2 2 s s s e s s e E s Ts Ts Ts e s s s s s s                      1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 ② 求 每 一 部 分 分 式 项 的 z 变 换 ： 得 与          1 1 1 1 2 s s s 相 应 的 z 变 换            T z e z z z z Tz ( 1) 1 2 ，与 Ts e s s s           1 1 1 1 2 相应的 z 变换为 1 2 ( 1) 1              z z e z z z z Tz T ， 所以                  T z e z z z z Tz E z z ( 1) 1 (1 ) 2 1 ( 1)( ) 1 1 ( 1) ( 1 ) 1 1 T T T T z z e T e T e z z e z zT                   T T T T z e z e T e T e z              (1 ) 1 ( 1) ( 1 ) 2 例 7-3 试用部分分式法，幂级数法和反变换公式法求函数 ( 0.8)( 0.1) ( ) 2    z z z E z 的 z 反变换。 解一： 用幂级数法求 z 反变换 用长除法将 E(z)展为

1+0.9 +0.73x2+0.585x-3 2-0.9+008 0.9=+0.08 0.9z-0.08 09z-0.81+0.072x 0.73-0.072 0.73-0.657z+0.0584z 0.585z-0.0584 所以E()=1+0.9-1+0.73x2+0.585x-3+…,相应的脉冲序列为 e*(1)=d(1)+0.96(1-7)+0.736(t-27)+0.5856(1-37)+ e*(1)代表的脉冲序列如图7-1所示 相应采样时刻的e(1)值为: e(0)=1e()=0.9e(27)=0.73,e(37)=0.585, 解二:将E(S)展开成部分分式求二反变换 为了能在Z变换表中得到相应的E(s)的形式,需将E(s)表示为如下形式: E(=) 8/7 2(二-0.8)(=-0.1)z-0.8x-0.1 所以 7-0.872-0.1 8 enl= (0.)"-(0.1)",n=0,1,2 采样时刻的值为 e(0)=1,e(7)=0.9,2(27)=0.73.e(37)=0.585 0Tx34贯可丌8 所以 图7-1 e*()=∑e(n7)o6(t-n7) (08)-=(0.1)]o(t-n7) =6()+0.9(-7)+0.736(1-27+0.5856(1-37)+ 解三:用反变换公式法求z反变换

·3· 图 7-1  1 2 1 2 1 1 2 1 2 3 2 2 0.73 0.657 0.0584 0.585 0.0584 0.9 0.81 0.072 0.73 0.072 0.9 0.08 0.9 0.08 1 0.9 0.73 0.585 0.9 0.08                           z z z z z z z z z z z z z z z z 所以 E(z) 1 0.9z 1  0.73z 2  0.585z 3 ，相应的脉冲序列为 e*(t)   (t)  0.9 (t T)  0.73 (t  2T)  0.585 (t  3T)  e * (t) 代表的脉冲序列如图 7-1 所示。 相应采样时刻的e(t) 值为： e(0)  1,e(T)  0.9,e(2T)  0.73,e(3T)  0.585, 解二：将 E(s) 展开成部分分式求 z 反变换 为了能在 Z 变换表中得到相应的 E(s) 的形式，需将 E(s) 表示为如下形式： 0.1 1/ 7 0.8 8/ 7 ( 0.8)( 0.1) ( )        z z z z z z E z 所以 0.1 * 7 1 0.8 * 7 8 ( )     z z z z E z 得： (0.1) , 0,1,2, 7 1 (0.8) 7 8 e(nT)   n  n n 采样时刻的值为 e(0) 1,e(T)  0.9,e(2T)  0.73,e(3T)  0.585, 所以                   ( ) 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      解三: 用反变换公式法求 z 反变换

由(nD)=)9E()=∑E(极点=处的留数知,它有两个极点 =0.8和2=0.1,所以 e(n7)=[E(x)在=1=0.8处的留数H+E()m在1=0.处的留数] =[c1]+[c2] 其中 c1=lim(z-0.8)E(x)="=lim(z-0.8)一 (二-0.8)(二-0.1) (0.8) c2=lim(x-0.1)E()=n=-(0.1) 所以 e(nT)==(0.8)"--(0.1)”,n=0,2, 采样时刻的e(1)值为 e(0)=1,e(T)=0.9,e(27)=0.73,e(37)=0.585 所求z的反变换为 e*(1)=∑e(n7)6(t-nT ∑[(0.8)”-(0.1)”]1(-n7) =6(1)+0.98(t-7)+0.736(t-27)+0.5858(t-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) )) (T为采样周期)的脉冲传递函数。 s(s+a G(s) a( (1-e-" l1/a1/ s(S+a zG(s)=(1-2)21/a.1/a s+a d)a -ar taT-1)+(-e-ar a(:-De-e-ar

·4· 由       i i n n e nT E(z)z dz [E(z)z z ] 2 j 1 ( ) 1 1极点 处的留数  知，它有两个极点 z1 ＝0.8 和 z2＝0.1，所以 [ ] [ ] ( ) [ ( ) 0.8 ] [ ( ) 0.1 ] 1 2 1 1 1 1 c c e nT E z z z E z z z n n       在 处的留数 ＋  在 处的留数 其中 n z n n z n z z z z z z z c z E z z z (0.8) 7 8 0.1 * ( 0.8)( 0.1) lim ( 0.8) ( ) lim ( 0.8) 0.8 1 1 2 0.8 1 0.8 1                n n z c z E z z (0.1) 7 1 lim( 0.1) ( ) 1 0.1 2       所以 (0.1) , 0,1,2, 7 1 (0.8) 7 8 e(nT)   n  n n 采样时刻的e(t) 值为 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E(=)= 2二(=-1) (2+1)2,试求Z反变换c(nT) 解:E(2)=2=-1),有两个二重极点,即:2=1x4=1 (二2-1) E(二)1在z=i点的留数 ReE(),=lind12="(2= lin2(n+21-n“(二+)-2(2-1)×2(2+1)= (z+1) 2[(n+2)=-n"](x+)-4x(x2-1 ReslE(3=, -]=lim d 2= (=-1 → lm2(0+2)4- (二-1)-4="(=2-1 1) ∑ResE()"1=∑m[+(-1)1]= 1)2(2n+1)=∑2 nsin- 例7-6试求图72所示系统的输出Z变换C(z)。 R(s) C(s) 5 (1) R(s) C(s) 12 +2 2s+1 25 10/310/3 解:(1)C(=)=Z( )R(=)=二( s+2s+5 s+2s+

·5· R（s） C（s） R（s） C（s） 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 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        2 2 s  5 5 s  2 2 s  2 1 1.2 s 