Dlaczego nie można odpowiednio przedstawić tego systemu za pomocą funkcji transferu domeny z?
Zgodnie z tym pytaniem i odpowiedzią następujący system nie może być odpowiednio uchwycony przez funkcję przenoszenia transformacji z.
$$y[n] = y[n-1] + F_{\psi}(y[n-1)) + F_{\phi}(x[n-1])$$ gdzie $F_{\alpha}(z)$ jest filtrem górnoprzepustowym pierwszego rzędu formularza $$F_{\alpha}(z) = \frac{\alpha (1 -z^{-1})}{1-\alpha z^{-1}} $$
Odpowiedź stwierdza, że
Problem polega na tym, że istnieje anulowanie zerowego bieguna, które omijało mnie i wszystkich innych. Jest to widoczne po lewej stronie (1), gdzie pochodna yk jest przedmiotem równania.
Tak więc powodem, dla którego nie możesz rozwiązać tego problemu, jak stwierdzono za pomocą twierdzenia o wartości końcowej, jest to, że nie możesz odpowiednio przedstawić systemu za pomocą funkcji transferu. Może istnieć sposób na zapisanie tego w notacji funkcji transferu, ale właśnie spróbowałem i nie udało mi się na pierwszym kroku, więc zrobię to w przestrzeni stanów
Jakie ograniczenia transformacji z (lub innych) wymagają analizy tego systemu metodami alternatywnymi? Jakie cechy systemów ogólnie stwarzają tę samą trudność i dlaczego?
Odpowiedzi
Funkcja transferu opisuje system LTI. Jako taki, dany system można opisać funkcją transferu. Jeśli jednak istnieją niezerowe warunki początkowe, system nie jest już liniowy, ponieważ na wyjściu występuje udział, który nie zależy od sygnału wejściowego, ale tylko od warunków początkowych. W związku z tym funkcja przenoszenia nie może być bezpośrednio używana do obliczenia odpowiedzi systemu, jeśli istnieją niezerowe warunki początkowe.
Niemniej jednak (jednostronna) $\mathcal{Z}$-transforma może być nadal używana do obliczania odpowiedzi systemu, nawet przy niezerowych warunkach początkowych poprzez przekształcenie równania różnicowego i użycie
$$\mathcal{Z}\big\{ y[n-k]\big\}=z^{-k}Y(z)+\sum_{m=0}^{k-1}z^{-m}y[m-k],\qquad k>0\tag{1}$$
PRZYKŁAD: Użyjmy prostego przykładu z podobnym znoszeniem bieguna zerowego, jak w pierwotnym zadaniu, aby zilustrować ten punkt. Rozważmy system opisany przez
$$y[n]-y[n-1]=\alpha \big(x[n]-x[n-1]\big)\tag{2}$$
Odpowiednią funkcją transferu jest
$$H(z)=\frac{Y(z)}{X(z)}=\frac{\alpha(1-z^{-1})}{1-z^{-1}}=\alpha\tag{3}$$
Wyraźnie, $y[n]=\alpha x[n]$ jest rozwiązaniem $(2)$. To także jedyne rozwiązanie, jeśli wymagamy, aby system był liniowy. Nie jest to jednak jedyne rozwiązanie, jeśli dopuszczamy układy nieliniowe, ponieważ rozwiązań postaci jest nieskończenie wiele
$$y[n]=\alpha x[n]+c\tag{4}$$
z dowolną stałą $c$. Należy pamiętać, że tych rozwiązań nie można wywnioskować z funkcji transferu$(3)$.
Użyjmy teraz $\mathcal{Z}$-transform do rozwiązania $(2)$ z warunkami początkowymi $y[-1]\neq 0$ i $x[-1]=0$. Transformatorowy$(2)$ za pomocą $(1)$ daje
$$Y(z)(1-z^{-1})-y[-1]=\alpha X(z)(1-z^{-1})$$
co skutkuje następującym $\mathcal{Z}$-transformacja wyjścia:
$$Y(z)=\alpha X(z)+\frac{y[-1]}{1-z^{-1}}\tag{5}$$
W dziedzinie czasu to się stanie
$$y[n]=\alpha x[n]+y[-1]u[n]\tag{6}$$
gdzie $u[n]$jest krokiem jednostkowym. Eq.$(6)$ to tylko przyczynowa wersja $(4)$.
To pokazuje, że $\mathcal{Z}$-transform może być użyty do obliczenia odpowiedzi systemu z niezerowymi warunkami początkowymi, nawet jeśli sama funkcja transferu jest niewystarczająca do rozwiązania problemu.