Warum kann dieses System mit einer Z-Domain-Übertragungsfunktion nicht angemessen dargestellt werden?
Entsprechend dieser Frage und Antwort kann das folgende System von einer Z-Transformations-Übertragungsfunktion nicht angemessen erfasst werden.
$$y[n] = y[n-1] + F_{\psi}(y[n-1)) + F_{\phi}(x[n-1])$$ wo $F_{\alpha}(z)$ ist ein Hochpassfilter erster Ordnung der Form $$F_{\alpha}(z) = \frac{\alpha (1 -z^{-1})}{1-\alpha z^{-1}} $$
Die Antwort besagt das
Das Problem ist, dass es eine Pole-Zero-Stornierung gibt, die sich direkt an mich und alle anderen geschlichen hat. Es ist auf der linken Seite von (1) ersichtlich, wo die Ableitung von yk Gegenstand der Gleichung ist.
Der Grund dafür, dass Sie dieses Problem nicht wie unter Verwendung des Endwertsatzes angegeben lösen können, ist, dass Sie das System mit einer Übertragungsfunktion nicht angemessen darstellen können. Es mag eine Möglichkeit geben, dies in der Notation der Übertragungsfunktion zu speichern, aber ich habe es gerade im ersten Schritt versucht und bin fehlgeschlagen, also werde ich es im Zustandsraum tun
Welche Einschränkungen der Z-Transformation (oder anderer) erfordern, dass dieses System mit alternativen Methoden analysiert wird? Welche Merkmale von Systemen stellen im Allgemeinen die gleiche Schwierigkeit dar und warum?
Antworten
Eine Übertragungsfunktion beschreibt ein LTI-System. Als solches kann das gegebene System kann durch eine Übertragungsfunktion beschrieben werden. Wenn jedoch Anfangsbedingungen ungleich Null vorliegen, ist das System nicht mehr linear, da der Ausgang einen Beitrag enthält, der nicht vom Eingangssignal, sondern nur von den Anfangsbedingungen abhängt. Folglich kann die Übertragungsfunktion nicht direkt verwendet werden, um die Antwort des Systems zu berechnen, wenn Anfangsbedingungen ungleich Null vorliegen.
Trotzdem ist die (einseitige) $\mathcal{Z}$-transform kann weiterhin verwendet werden, um die Antwort des Systems zu berechnen, selbst bei Anfangsbedingungen ungleich Null, indem die Differenzgleichung transformiert und verwendet wird
$$\mathcal{Z}\big\{ y[n-k]\big\}=z^{-k}Y(z)+\sum_{m=0}^{k-1}z^{-m}y[m-k],\qquad k>0\tag{1}$$
BEISPIEL: Verwenden wir ein einfaches Beispiel mit einer ähnlichen Pol-Null-Aufhebung wie im ursprünglichen Problem, um den Punkt zu veranschaulichen. Betrachten Sie ein System, das von beschrieben wird
$$y[n]-y[n-1]=\alpha \big(x[n]-x[n-1]\big)\tag{2}$$
Die entsprechende Übertragungsfunktion ist
$$H(z)=\frac{Y(z)}{X(z)}=\frac{\alpha(1-z^{-1})}{1-z^{-1}}=\alpha\tag{3}$$
Deutlich, $y[n]=\alpha x[n]$ ist eine Lösung von $(2)$. Dies ist auch die einzige Lösung, wenn das System linear sein muss. Es ist jedoch nicht die einzige Lösung, wenn wir nichtlineare Systeme zulassen, da es unendlich viele Lösungen der Form gibt
$$y[n]=\alpha x[n]+c\tag{4}$$
mit einer beliebigen Konstante $c$. Beachten Sie, dass diese Lösungen nicht aus der Übertragungsfunktion abgeleitet werden können$(3)$.
Lassen Sie uns jetzt die verwenden $\mathcal{Z}$-Transformation zu lösen $(2)$ mit Anfangsbedingungen $y[-1]\neq 0$ und $x[-1]=0$. Transformieren$(2)$ mit $(1)$ gibt
$$Y(z)(1-z^{-1})-y[-1]=\alpha X(z)(1-z^{-1})$$
was zu folgendem führt $\mathcal{Z}$-Transformation der Ausgabe:
$$Y(z)=\alpha X(z)+\frac{y[-1]}{1-z^{-1}}\tag{5}$$
Im Zeitbereich wird dies
$$y[n]=\alpha x[n]+y[-1]u[n]\tag{6}$$
wo $u[n]$ist der Einheitsschritt. Gl.$(6)$ ist nur eine kausale Version von $(4)$.
Dies zeigt, dass die $\mathcal{Z}$-transform kann verwendet werden, um die Antwort des Systems mit Anfangsbedingungen ungleich Null zu berechnen, obwohl die Übertragungsfunktion allein zur Lösung des Problems nicht ausreicht.