y(t) t

Størrelse: px

Begynne med side:

Download "y(t) t"

Dagny Dahlen
7 år siden
Visninger:

1 Løsningsforslag til eksamen i TE 559 Signaler og Systemer Høgskolen i Stavanger Trygve Randen, t.randen@ieee.org 3. mai 999 Oppgave a) Et tidsinvariant system er et system hvis egenskaper ikke endres med tiden. Utgangen er kun avhengig av inngangssignal og initialtilstander, ikke når systemet settes i gang. b) Mange svar kan være riktige her. Et eksempel er y[k] k u[k]. c) Resultatet er sekvensen y[k] f,5; 8; 8; 7; ; 5; 6g, der andre element svarer til k.svaret nnes på følgende vis: y[,] h[]y[,] + h[]y[,] + h[]y[,3] + h[3]y[,4] () 5 (,), () y[] h[]y[] + h[]y[,] + h[]y[,] + h[3]y[,3] (3) 5 + (,) 6 (4) y[] h[]y[] + h[]y[] + h[]y[,] + h[3]y[,] (5) (,)7 (6) y[] h[]y[] + h[]y[] + h[]y[] + h[3]y[,] (7) (,) 5 (8) y[3] h[]y[] + h[]y[] + h[]y[] + h[3]y[,] (9) 3+ + () y[4] h[]y[] + h[]y[] + h[]y[] + h[3]y[,] () 3+ 5 () y[5] h[]y[] + h[]y[] + h[]y[] + h[3]y[,] (3) 36 (4)

2 d) Da blir P resultatet den periodiske konvolusjonen mellom signalene, d.v.s. 3 y[k] l h[l]u[l], der h[k] og u[k] er de periodiske utvidelsene av henholdsvis h[k] og u[k]. e) Svaret blir y[k] f;;;g, der andre element svarer til k. Svaret nnes lett ved bruk av sirkulær konvolusjon: y[,] h[] y[,] + h[] y[,] + h[] y[,3] + h[3] y[,4] (5) 5 (,) (6) y[] h[] y[] + h[] y[,] + h[] y[,] + h[3] y[,3] (7) 5 + (,)+ 3+ (8) y[] h[]y[] + h[]y[] + h[]y[,] + h[3]y[,] (9) (,) + 33 () y[] h[]y[] + h[]y[] + h[]y[] + h[3]y[,] () (,) 5 () f) Grask konvolusjon gir et resultat som i guren under: y(t) t Oppgave a) Samplingsteoremet sier at en må bruke minst dobbelt så høy samplingsfrekvens som høyeste frekvenskomponent i signalet. Med khz som høyeste frekvenskomponent må en derfor bruke en samplingsfrekvens på f s 4kHz. b) Signalkomponenter over khz fjernes før sampling av et analogt lavpasslter. c) Med 64. bits per sekund og 8 bits/sample, har man overføringskapasitet for 64./88. samples i sekundet. Dette svarer til en samplingsfrekvens på 8kHz. I følge samplingsteoremet kan man da maksimalt ha frekvenser opp til 4kHz i signalet.

3 d) For å overføre signalet over denne kanalen må vi redusere antall samples fra 4. i sekundet til 8. i sekundet. Dette gjøres ved å kaste samples. Reduksjonen er 4./8.5. Med andre ord kastes alle unntatt hvert femte sample. Denne kastingen kalles forøvrig ned-sampling, sub-sampling eller resampling. Problemet er imidlertid at signalet kan innholde frekvenser som svarer til opptil khz, mens den nye samplingsfrekvensen er kun 8kHz, som tillater maksimalt 4kHz i signalet uten aliasing. For å unngå aliasing må man derfor ltrere bort frekvensene mellom 4kHz og khz med et digitalt lavpasslter før man resampler. (Kombinasjonen av lavpasslter og ned-sampling kalles desimasjon.) Oppgave 3 a) Spenningslikevekt gir y(t),r R (t) +u(t): (3) Ohms lov gir Strømlikevekt gir y R (t) Ri R (t): (4) i R (t) i C (t) +i y (t) C dy(t) dt Kombinerer vi (3), (4) og (5) får vi y(t), C dy(t) dt,cr dy(t) dt Isolerer vi y(t) på venstre side får vi + y(t) : (5) + y(t)! R + u(t) (6), R y(t) +u(t): (7) CR dy(t) y(t),, R + dt + R u(t) (8) CR dy(t), + u(t): (9) + R dt + R b) Laplace-transformerer (9) med null initialtilstand og får qed. Y CR (s), sy (s) + U (s); (3) + R + R 3

4 som gir H(s) Y (s) U (s) +R + CRRy +R + R + CR s : (3) c) H(!) + R + CR j! (3) d) Finner et uttrykk for amplituderesponsen. Det er ofte lettest å jobbe med kvadrerte størrelser når det er snakk om amplituderesponser. jh(!)j + R + CR j! k k +R + CR k j! 6 f khz:! f 3 ; 6 3 Hz (33) (34) R + R + 6 C R! : (35) jh(!)j R + R +; 6 9 C R : (36) f 6kHz:! f ; 7 3 Hz jh(!)j R + R +37; 7 9 C R : (37) Fra (36) har vi 9 C R ; , 3 R, R : (38) Når vi setter dette inn i (37) får vi R + R 37; ; 6 9 6, 3 R, R (39) R + R , 3 R, R (4) R + R , 6 3 R, 3R : (4) (4) Dette gir R +4R 3, 83; 3 3 ; (43) 4

5 som igjen gir R,4 3 q (4 3 ) +4 83; 3 3 ( 8; 5; 6 4, 88; : 5 4 (44) Den negative resistansen er ikke fysisk og kan derved utelates. Vi står da igjen med R :6. Fra (38) får vi nå e) Fra (35) får vi C s 6 ; 6 9 R 9 6, 3 R, R (45) 6; 69,6 F (46) jh(!)j q( + R) +(CR!) (47) q( + ) +(7,6!) (48) p +9; 6,3! (49) p; ; 6,9! (5) f) Amplituderesponsen blir som illustrert nedenfor, relativt til vinkelfrekvens Kontinuerlig vinkelfrekvens x 4 Relativt til frekvens blir amplituderesponsen 5

6 f [Hz] g) Transferfunksjonen til systemet er H(s) + + 7,6 s + :4s : (5) Polene til systemet er da gitt ved + ; 4s (5) s, ; 4 : (53) Da alle polene ligger i venstre halvplan er systemet stabilt. h) Maksimalfrekvens khz; samplingsteoremet pålegger oss derved samplingsfrekvensen f s khz. Da får vi samplingsraten T s f s 5,6 s. Den bilineære transformasjonen gir oss derved H(z) H(s)j s,z, Ts +z, + ; 4 3,z, + z, +z, + z, + 56, 56z, + z, 66, 458z, +z, 6; 6, 4; 58z, (54) (55) (56) (57) (58) 6

7 i) Finner polene til det nye systemet 6; 6, 4; 58z, (59) 6; 6z 4; 58 (6) z 4; 58 ; 69 (6) 6; 6 Da alle polene ligger innenfor enhetssirkelen er systemet stabilt. Merk at noe annet ville ha vært uventet, da den bilineære transformasjonen sikrer at et stabilt analogt system avbildes til et stabilt diskret-tid system. j) Finner det nye systemets frekvensrespons fra dets transferfunksjon. H(!) H(z)j ze j! jh(!)j +e,j! 6; 6, 4; 58e,j! +z, 6; 6, 4; 58z, + cos(!), j sin(!) 6; 6, 4; 58 cos(!) +j4; 58 sin(!) vu u ze j! t ( + cos(!)) + sin (!) (6; 6, 4; 58 cos(!)) +4; 58 sin (!) vu u t + cos(!) + cos (!) + sin (!) vu u t (6) (63) (64) (65) 6; 6, 6; 6 4; 58 cos(!) +4; 58 cos (!) +4; 58 sin (!) + cos(!) 64; 8, 6; 6 cos(!) (66) k) Amplituderesponsen relativt til diskret tid vinkelfrekvens! er skissert nedenfor 7

8 Kontinuerlig vinkelfrekvens Relativt til frekvens [Hz] blir amplituderesponsen f [Hz] Vi ser at responsen er svært lik, men ikke identisk med resultatet vi fant i f). Dette er som forventet i og med at den bilineære transformasjonen ikke er konstuert for å gi eksakt likt svar. l) z-transformerer inngangen, U (z) z z,. Omformer transferfunksjonen, H(z) +z(, ) 6; 6, 4; 58z, z + 6; 6z, 4; ; 6 z + z, ; 69 : (67)

9 Da får vi Delbrøkoppspalter, som gir Y (z) Y (z) H(z)U (z) (z +)z 6;6 (z, ; 69)(z :, (68) ) (z +)z 6;6 (z, ; 69)(z, ) k z + k z (, ; 69) + k z z, ) (69) ( 6; 6 z + 6; 6 z k (z, ; 69)(z, ) (7) + k z(z, ) (7) + k z(z, ; 69): (7) Skal dette være gyldig for alle mulige z-verdier får vi ligningssettet z : som gir opphav til løsningen 6; 6 k + k + k (73) z : 6; 6,; 69k, k, ; 69k (74) z : k ; (75) k (76) k,; 8 (77) k ; 97: (78) Dette gir som igjen gir Y (z),; 8z ; 97z + z, ; 69 z, (79) y[k],; 8 ; 69 k +; 97 (8) for k. Oppgave 4 a) Oppgaveteksten oppgir r[k] N N, X n x[n]x[n, k]: (8) 9

10 Vi z-transformerer dette og får R(z) N N X X N, X k, r[k]z,k x[n]x[n, k]z,k (8) k, N n N, X X N, x[n] n k, x[n, X X k]z,k x[n] N n k, x[n, k]zn,k (83) z,n N, X X x[n]z,n n k, x[n, k]zn,k : (84) Dersom vi nå erstatter n, k med l får vi videre (merk at summen er uendelig, derfor får det ingen betydning om vi forskyver indeksen) R(z) N N, X x[n]z,n n N (X(z)) X l, x[l]zl l, x[l](z, ),l N N, X n X l, x[l]zl A (85) A X(z)(X(,z)) (86) N X(z)X(,z); (87) N altså uttrykt ved z-transformasjonen til x[k]. b) Fra tabellen får vi X(z) sin( )z z z, cos( )z + z + : (88) Dette gir som igjen gir R(z) N X(z)X(z, ) N z z, z ; (89) + z, + R(!) R(z)j ze j! e j! e,j! N e : (9) j! + e,j! +

Like dokumenter

Formelark for eksamen i TE 559 Signaler og systemer Kontinuerlig tid Diskret tid Beskrivelse Dierensialligning Dieranseligning y(t) =y (t) +3u(t) +5u (t) y[k] =,y[k, ] + u[k] Beskrivelse Impulsrespons,