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 

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