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

3(=-cx-=-ex)=3(-cxmc-c2)k) (2) C(=)=Z( )R(二=) 0.2 2-e-0I7 RO R(二=) )( 例7-7求图7-3所示采样系统输出C(z)表达式。 E(=)=R(=)-C(=)G3() 而 D(=)=E(=)G1G2(2)-D(=)G1G2() 因此 G1G2(2) E(=) C()=E(=)G1(=)-D(=)G1(=) G1(二) E(=) 1+G1G2(=) 图7-3 所以 C(z)=G()R(-)G1(=) C()G3() 1+GG2(=)1+G1G2(=) C(=) (=)R(=) 1+G1G2(=)+G1()G3() 例7-8试求下列函数的初值和终值

·6· D(s) ( ) 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 ( ) 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。 G1（s） G3（s） G2（s） R（s） E（s） C（s）

(1)E(=)= z2(2+x+1) (二2-0.8二+1)(=2++0.8) 1+0.3=1+0.1 (2)E(=)= 1-42z-1+56x-2-24 (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*(1)=lim E() z4+z3+z2 →2z4+0.2x3+z2+0.36z+08 由于E()有四个极点,且都位于单位圆内,故由终值定理得 e(∞)=lime()=m、1 E(=) r→ =lim=-l zz4+0.223+x2+0.362+0.8 (2)由初值定理得 e()=imE()=li,1+03+0132 →1-42-1+5.6x-2-24 由于E(=)三个极点中,有两个极点z=12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()=d(1)以及当k≤0时,e(k)=0 解:因r()=6(1),于是有 1k=0 0k≠0 令2[e(k=E(),且Zr(k)=1,由z变换的实位移定理得 Ze(k+2)=2E(x)-2e()-zc() Z[e(k+1)=ze(-)-ze(0) 对差分方程两边取z变换,经整理后有

·7· （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 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

(z2-3z+2)E()=1+(2+3z)e(O)+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(O):由题设可直接定出c0)=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,e(-1)=0,r(-1)=0,代入上式后可得c(1)=0。将所求的初值 e(0)=e(1)=0代入z变换方程中,得 (二2-32+2)E(=)=1 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)(二-2)(二-1)(=-2) 所以 E(=) (二-1)(二-2 求得c1 1,c3 E(=) 可得E()的反变换为 )-(1)+-(2)*,k=0,2,… 故可得e(k)各个时刻的值为 e(1)=0, e(2)=1, e(3)=3 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

·8· ( 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 ( 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

2 s+5 R(s) C(s) (s) G3(s) 解:对于图7-4(a)所示系统 25 10/310/3 C(=)= R(二)=Z S+2s+5 s+2s+5 对于图7-4(b)所示系统 G1(二) C(=) 1+G1()G3(=)+G1G2(=) 例7-11采样系统如图7-5所示,采样周期T=02s。当R(s)=0时,求在扰动信 号n(1)单位阶跃函数作用下,系统输出的脉冲序列C(z)及c(1)(注:利用长除最 少计算两项)。 R(s) C(s

·9· C(s) + T T (a) (b) 图 7-4 解: 对于图 7-4（a）所示系统， ( ) ( ) 3 10 ) ( ) 5 10 / 3 2 10 / 3 ( ) ( 5 5 2 2 ( ) 2 5 R z z e z z e z R z s s R z Z s s C z Z  T  T                  对于图 7-4（b）所示系统， 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 3 1 2 1 G z G z G G z G z C z    例 7-11 采样系统如图 7-5 所示，采样周期 T=0.2s。当 R（s）=0 时，求在扰动信 号 n（t）单位阶跃函数作用下，系统输出的脉冲序列 C（z）及 c *（t）（注：利用长除最 少计算两项）。 G1（s） G2（s） G3（s） R（s） T T T N（s） R（s） T R（s） C（s） 2 2 s  5 5 s  1 1 s  1 1 s  s e Ts 1  Ts e  C（s）

图7-5 解:由系统结构图直接可得,当R(s)=0,N(s)=1/s时 Z[N(s)-] 2[ (S+1) 1+Z[e"]z[ 1+z-(1-x-)Z s(S+ 0.181z +-+(e l.819: 0.181z 用幂级数法将C()展成下式 C()=0.181-+0.329 C"(1)=0.1816(1-7)+0.3296(1-27)+ 例7-12设图7-6所示各系统均采用单速同步采样,其采样周期为T。试求各采样 系统的输出C=)表示式 eGs GKs) 图7-6采样系统结构图 解:①图7-6(a):为了便于分析,在该系统输出端虚设一理想采样开关S2,如图 7-7中虚线所示,它与输入采样开关S,同步工作,具有同样的采样周期T,这样,在S 和S2两个采样开关之间可以定义脉冲传递函数G(=)为 10/310/3110 -5T G(= 所以,采样系统的输出C()为

·10· 图 7-5 解: 由系统结构图直接可得，当 R（s）=0，N（s）=1/s 时 ] ( 1) 1 1 (1 ) [ ] ( 1) 1 [ ] 1 1 1 1 [ ] [ ] 1 1 [ ( ) ( ) 1 1               s s z z Z s s Z s s e Z e Z s Z N s C z Ts Ts = z z z z z z e z z e z e z T T T 1.819 0.181 0.181 (1 ) ( 1) (1 ) 4 3 2 3 4 3 2 3              用幂级数法将 C（z）展成下式 C(z)  0.181z 1  0.329z 2  故 C  (t)  0.181 (t  T)  0.329 (t  2T)  例 7-12 设图 7-6 所示各系统均采用单速同步采样，其采样周期为 T。试求各采样 系统的输出 C(z)表示式。 图 7-6 采样系统结构图 解：① 图 7-6（a）：为了便于分析，在该系统输出端虚设一理想采样开关 2 S ,如图 7-7 中虚线所示，它与输入采样开关 1 S 同步工作，具有同样的采样周期T ，这样，在 S 1 和 S2 两个采样开关之间可以定义脉冲传递函数G(z) 为 ( )( ) ( ) 3 10 5 10 / 3 2 10 / 3 5 5 2 2 ( ) 2 5 2 5 T T T T z e z e z e e s s s s G z                                所以，采样系统的输出C(z)为