Matematika | Diszkrét Matematika » Kibernetika gyakorlati példák

3. 3.1 3.11 Gyakorlati példák Matematikai áttekintés Komplex számok A valós számok körében nincs olyan szám, amelynek páros kitevős hatványa negatív lenne, így a negatív számokból nem tudunk például négyzetgyököt vonni. Ennek √ kiküszöbölésére ki kellett bővíteni a valós számok halmazát, úgy, hogy a √−1 is értelmezve legyen rajta. A −1 = j jelölést alkalmazva ezentúl már léteznek a negatív számok gyökei. Ezt a számhalmazt komplex számoknak nevezzük A komplex számok a valós számok körének olyan bővítését adják, ahol minden szám négyzetgyöke értelmezhető. Míg a valós számok a számegyenes pontjainak, úgy a komplex számok a síkbeli koordinátarendszer (úgynevezett komplex számsík) pontjainak feleltethetőek meg (lásd ??.ábrát) A (0, 1) koordinátákkal jellemezhető komplex számot képzetes (imaginárius), egységnek nevezzük és j-vel jelöljük. Az (a, b) koordinátájú pontnak megfelelő z komplex

számot z = a + bj alakban írhatjuk fel Tehát az a, b ² R rendezett számpárt (a, b) ² C komplex számnak nevezzük. Fontos tudnivaló, hogy a komplex számok teste nem rendezett, azaz általánan két komplex szám nem összehasonlítható, köztük a <, > reláció nem értelmezhető. Tehát nem mondható ki az, hogy valamely komplex szám kisebb vagy nagyobb a másiknál. (1) Komplex számok különdöző alakjai - Kanonikus alak z = a + bj (3.1) alakot a komplex szám algebrai vagy kanonikus alkjának hívjuk, ahol a jelöli a komplex szám valós azaz realis részét (Re), b pedig a képzetes azaz imaginárius részét (Im). 23 Re(z) = a, Im(z) = b (3.2) Megjegyzés: a z = a + bj komplex szám konjugáltján az a − bj komplex számot értjük, amit y-vel jelölünk. - Trigonometrikus alak z = r(cos(ϕ) + j sin(ϕ)) (3.3) alak a komplex szám trigonometrikus alkaja, ahol r = |z| a szám abszolútértéke. Ez a szám a komplex számsíkon a z számnak

megfelelő pont origótól mért távolságát adja meg r = |z| = p √ Re(z)2 + Im(z)2 = a2 + b2 (3.4) ϕ az úgynevezett fázisszög, melynek értéke: ϕ = arctan b Im(z) = arctan a Re(z) (3.5) - Exponenciális alak z = rejϕ (3.6) a komplex szám exponenciális alakja, ahol r a már elmített abszolútérték, ϕ pedig a fázisszög. (2) Műveletek komplex számokkal Legyen két komplex szám z1 és z2 . z1 = a + bj = r1 (cos(ϕ1 ) + j sin(ϕ1 ) = r1 ejϕ1 24 (3.7) z2 = c + dj = r2 (cos(ϕ2 ) + j sin(ϕ2 ) = r2 ejϕ2 (3.8) Összeadás, kivonás: z = z1 ± z2 = (a ± c) + (b ± d)j (3.9) Re(z) = Re(z1 ± z2 ) = a ± c (3.10) Im(z) = Im(z1 ± z2 ) = b ± d (3.11) tehát: Az összeadás művelete asszociatív és kommutatív. Szorzás: z = z1 ∗ z2 = (a + bj) ∗ (c + dj) = ac + adj + cbj + bdj 2 = = (ac − bd) + (ad + cb)j (3.12) Re(z) = Re(z1 ∗ z2 ) = ac − bd (3.13) Im(z) = Im(z1 ∗ z2 ) = ad + cb (3.14) tehát: A szorzás is asszociatív és

kommutatív művelet. Igazolható, hogy a komplex számok halmaza az összeadás és szorzás műveletekkel testet alkot, továbbá a z = j komplex szám (imaginárius egység) négyzete −1. Két komplex szám szorzatát úgy kapjuk meg, hogy tagonként összeszorozzuk őket és a fentieknek megfelelően felhasználjuk, hogy j 2 = −1. 25 Példa: (2+3j)(1+4j) = 2+3j+8j+12j 2 = 2+11j+12j 2 = 2+11j−12 = −10+11j Szorzás trigonometrikus és exponenciális alakban: z = z1 ∗ z2 = (r1 (cos(ϕ1 ) + j sin(ϕ1 )) ∗ (r2 (cos(ϕ2 ) + j sin(ϕ2 ))(3.15) z = z1 ∗ z2 = r1 ∗ r2 (cos(ϕ1 + ϕ2 ) + j(sin(ϕ1 + ϕ2 ))) (3.16) z = z1 ∗ z2 = r1 ejϕ1 ∗ r2 ejϕ2 = r1 ∗ r2 ej(ϕ1 +ϕ2 ) (3.17) Osztás: z= a + bj z1 = z2 c + dj (3.18) A számlálóban és a nevezőben is található képzetes rész, így nem lehet egyszerű osztást végezni. Ahhoz, hogy a hányadost kanonikus alakban megkaphassuk, elsőként el kell tűntetni a nevezőben az imaginárius részt. Ezt

legegyszerűbben úgy érhetjük el, hogy a törtet bővítjük a nevező konjugáltjával, azaz a számlálót és nevezőt is megszorozzuk a nevező komplex konjugáltjával. a + bj c − dj (a + bj)(c − dj) a + bj = = c + dj c + dj c − dj (c + dj)(c − dj) (3.19) (ac + bd) + (cb − ad)j ac − adj + cbj − bdj 2 = 2 2 2 c + cdj − cdj + d j c2 − d2 (3.20) ac + bd (bc − ad)j + 2 c2 + d2 c + d2 (3.21) z= z= z= 26 tehát: ac + bd z1 )= 2 z2 c + d2 (3.22) z1 (bc − ad) )= 2 z2 c + d2 (3.23) Re(z) = Re( Im(z) = Im( Példa: 14 5 2 + 3j (2 + 3j)(1 − 4j) 2 + 3j − 8j − 12j 2 14 + 5j = − j = = = 2 1 + 4j (1 + 4j)(1 − 4j) 1 + 16j 17 17 17 Osztás trigonometrikus és exponenciális alakkal: z= = r1 (cos(ϕ1 ) + j sin(ϕ1 )) z1 = = z2 r2 (cos(ϕ2 ) + j sin(ϕ2 )) r1 (cos(ϕ1 − ϕ2 ) + j sin(ϕ1 − ϕ2 )) r2 z= r1 ejϕ1 z1 r1 = = ej(ϕ1 −ϕ2 ) jϕ 2 z2 r2 e r2 (3.24) (3.25) Hatványozás: A hatványozást trigonometrikus vagy exponenciális

alakban célszerű végrehajtani: z n = rn ((cos(ϕ) + j sin(ϕ)))n = rn (cos(nϕ) + j sin(nϕ)) (3.26) illetve: z n = (rejϕ )n = rn ejnϕ Gyökvonás: 27 (3.27) Komplex számok körében a gyökvonás több értékű művelet, azaz egy komplex számnak n darab n-edik gyöke van. √ √ ϕ + 2kπ ϕ + 2kπ n ) + j(sin )) z = n r((cos n n ahol k = 0, 1, 2., n − 1 28 (3.28) 3.12 Mátrixelméleti összefoglaló Mátrix: Valós számokból képzett n×m-es mátrixnak az ai,j ² R; i := 1, ., m; j := 1, , n számok alábbi elrendezését nevezzük:  a11 a12 . a1n  a21 .  A= . .  am1 am2 . amn     = (aij )  (3.29) Ekkor aij -t az A mátrix (i, j)-edik (i-edik sorban, j-edik oszlopban lévő) elemének nevezzük.Az A = (aij ) m × n-es mátrix transzponáltján azt az n × m-es mátrixot értjük, amelynek (j, i)-edik eleme aij . Jelölés: AT . Ha A = AT , akkor az A mátrixot szimmetrikusnak, ha A = −AT , akkor ferdén szimmetrikusnak

nevezzük. Speciális mátrixok: Vektor: Az olyan mátrixot, melynek m sora és egy oszlopa van, oszlokvektornak nevezzük.    x=  x1 x2 . .      (3.30) xm Léteznek sorvektorok is, hasonlóan az oszlopvektorhoz, csak ennek 1 sora és n oszlopa van. x= £ y1 y2 .yn 29 ¤ (3.31) Kvadratikus mátrix: Az n × n-es mátrixokat kvadratikus (négyzetes) mátrixoknak nevezzük.   a11 . a1n   A =  . (3.32)  an1 . ann Diagonális mátrix: Azt az A = (aijn×n ) kvadratikus mátrixot, amelyre aij = 0, a i 6= j (azaz a főátlón kívüli elemek mind nullák), diagonális mátrixnak hívjuk. Egységmátrix: Az egységmátrix olyan diagonális mátrix, amelynek főátlójában minden elem 1. Jelölés: I.   1 0 . 0  0 1 . 0    I =  . (3.33)  . .  .  . 0 0 . 1 AI = A (3.34) IA = A (3.35) Műveletek mátrixokkal: Az A = (aij n×m ) és B = (bij )m×n mátrixok összegén azt az m × n-es mátrixot

értjük, amelynek (i, j)-edik eleme aij + bij . A + B = (aij + bij )m×n Az összeadás művelete kommutatív. 30 (3.36) Az A = (aij )n×m mátrix λ-szorosán (λ ² R) azt az m × n-es mátrixot értjük, amelynek (i, j)-edik eleme λ aij . λA = (λ aij )m×n (3.37) Legyenek A = (aij )n×m és B = (bkj )p×n mátrixok. Ekkor A és B mátrixok összehasonlíthatóak, és szorzatuk az az m× n-es mátrix, melynek (i, j)-edik eleme: p X aik bkj (3.38) k=1 Fontos megjegyezni, hogy a mátrixszorzás asszociatív de nem kommutatív művelet! D = ABC = (AB)C = A(BC) (3.39) AB 6= BA (3.40) Igazolhatók az alábbi összefüggések: (A + B)T = AT + B T (3.41) (AB)T = B T AT (3.42) Példa:  2  −1   4 0   2 0 0 · ¸  −4 9 3  1 0 2  =  3 3 1  −1 3 1 5 −5 15  4 1   9  5 Négyzetes mátrix determinánsa: Négyzetes mátrixok determinánsa az alábbi rekurzív definícióval értelmezhető: 31 (1) Legyen A = [a11

] 1 × 1-es mátrix. Ekkor az A mátrix determinánsa a11 Jelölés: det(A) vagy |A| (2) Legyen A] n × n-es mátrix (n ≥ 2). Ekkor : |A| = n X (−1)1+j a1j |Aij | (3.43) j=1 ahol Aij jelöli azt az (n − 1) × (n − 1)-es részmátrixot, amelyet A-ól annak i-edik sorát és j-edik oszlopát elhagyva kapunk. A fenti összefüggés a mátrix determinánsát az úgynevezett első sor szerinti kifejtéssel adja meg. Példaként egy 3 × 3-as A mátrix determinánsa az első sor szerint kifejtve: ¯ ¯ a11 a12 a13 ¯ |A| = ¯¯ a21 a22 a23 ¯ a31 a32 a33 ¯ ¯ ¯ ¯= ¯ ¯ (3.44) = a11 (a22 a33 − a23 a32 ) − a12 (a21 a33 − a23 a31 ) + a13 (a21 a32 − a22 a31 ) (3.45) Igazolható a következő összefüggés: |A||B| = |AB| Ha egy négyzetes mátrix determinánsa 0 (|A| = 0), akkor a mátrixot szingulárisnak nevezzük, ellenkező esetben a mátrix nemszinguláris. Példa: ¯ ¯ 2 1 −1 ¯ ¯ 3 −1 2 ¯ ¯ 4 1 −2 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 2 ¯ = 2 ¯ −1 ¯ ¯ 2 −2 ¯ ¯

¯ ¯ ¯ 2 ¯ − 1¯ 3 ¯ ¯ 4 −2 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ + (−1) ¯ 3 −1 ¯ = ¯ ¯ 4 2 ¯ = 2((−1) · (−2) − 2 · 2) − (3 · (−2) − 2 · 4) + (−1)(3 · 2 − (−1) · 4) = = 2 · (−2) − 1 · (−14) + (−1) · 10 = −4 + 14 − 10 = 0 Mátrix transzponáltja: 32 Egy m × n-es mátrix transzponáltja AT n × m-es mátrix: B = AT , bij = aji , ∀i, j (3.46) Igazolhatóak a következő szabályok: (AB)T = B T AT (3.47) (ABC)T = C T B T AT (3.48) (A + B)T = AT + B T (3.49) Mátrix rangja: Az A = (aij ) n × m-es mátrix rangja q,ha A-nak létezik olyan q × q méretű részmátrixa (ezt alkalmasan választott (m-q) sor és (n-q) oszlop elhagyásával kaphatjuk), amely nemszinguláris, ugyanakkor (q + 1) × (q + 1) méretű részmátrixok mind szingulárisak. Példa: Vizsgáljuk meg az · |A| = det 1 2 3 0 1 2 3 0 ¸ mátrixot. Ennek a mátrixnak léteznek 1 × 1-es nemszinguláris részmátrixai (pl [1]), ugyanakkor minden 2 × 2-es

részmátrixa szinguláris (azaz determinánsa 0). Így az A mátrix rangja: q = 1. Ha egy n × n-es mátrix rangja n, akkor azt teljes rangú mátrixnak hívjuk. Igazolható, hogy egy néhyzetes mátrix pontosan akkor teljes rangú, ha nemszinguláris, azaz determinánsa nullától különböző. Négyzetes mátrix inverze: 33 Az A n × n-es kvadratikus mátrixot invertálhatónak nevezzük, ha létezik olyan A−1 n × n-es mátrix, melyre: A · A−1 = A−1 · A = I (3.50) Ekkor az A−1 mátrixot az A mátrix inverzének hívjuk. Igazolható, hogy egy négyzetes mátrix pontosan akkor invertálható, ha nemszinguláris. Továbbá: −1 (A−1 )T = (AT ) (3.51) (A1 A2 )−1 = A2 −1 A1 −1 (3.52) Négyzetes mátrix sajátértéke és sajátvektora: Az A kvadratikus mátrix sajátértékének nevezzük a λ számot, ha valamely x nullvektortól különböző oszlopvektorra A · x = λ · x. Ekkor x-et az A mátrix sajátvektorának nevezzük. A sajátértékek a P (λ)

= |λI − A| = 0 (3.53) karakterisztikus egyenlet gyökeiként határozhatóak meg. Példa: Az ¯ ¯ ¯ 1 3 ¯ ¯ ¯ |A| = ¯ −1 5 ¯ mátrix karakterisztikus egyenlete: ¯ ¯ λ−1 3 P (λ) = |λI − A| = ¯¯ −1 λ − 5 ¯ ¯ ¯= ¯ = (λ − 1)(λ − 5) − 3 · (−1) = λ2 − λ − 5λ + 5 + 3 = λ2 − 6λ + 8 = 0 Ennek gyökei, azaz az A mátrix sajátértékei: λ1 = 4 λ2 = 2 34 Négyzetes mátrix exponenciális függvénye : Analízisből ismeretes, hogy az exponenciális függvény au alábbi végtelen sorraL értelmezhető: ∞ X 1 1 1 xk e = 1 + x + x2 + x3 + · · · = 2! 3! k! k=0 x (3.54) Az x skalárváltozót az A n × n-es négyzetes mátrixszal helyettesítve az A mátrix exponenciális függvényét kapjuk: ∞ X 1 1 1 Ak e = I + A + A2 + A3 + . = 2! 3! k! k=0 A (3.55) Ez a mátrixsor elemenként konvergál egy határmátrixhoz, amit eA -val jelölünk. Kvadratikus formák: Legyen A n × n-es szimmetrikus mátrix. A T Q(x) = x · A · x

= n X n X aij xi xj (3.56) i=1 j=1 függvényt kvadratikus formának nevezzük. A Q(x) kvadratikus forma illetve a neki megfelelő A mátrix pozitív (negatív) definit, ha bármely nullvektortól különböző x vektor esetén Q(x) ≥ 0 (Q(x) ≤ 0). (3.57) Igazolható, hogy a Q(x) kavadratikus forma akkor és csak akkor pozitív definit, ha az A mátrix sajátértékei pozitívak, illetve ha a Q(x) kavadratikus forma pozitív szemidefinit, akkor az A mátrix sajátértékei nemnegatívak. Ortogonális és szimmetrikus mátrixok: 35 Az A kvadratikus mátrix ortogonális, ha AAT = I (3.58) AT A = I (3.59) és ennek megfelelően Ekkor a sajátértékek abszolútértéke 1. Ha A = AT , akkor szimmetrikusnak nevezzük (sajátértékei valósak). Ha x1 λ1 -hez tartozó, x2 λ2 -höz tartozó sajátvektor, akkor λ1 6= λ2 esetén xT1 x2 = 0, ekkor x1 és x2 vektorok ortogonálisak. Ha A = −AT , akkor ferdén szimmetrikusak. 36 3.13 Laplace, -inverz Laplace

transzformáció és összefüggései A rendszerelméletben, szabályozástechnikában időben változó rendszerek leírásakor fontos szerepe van az időben változó jelek különböző integráltranszformációinak. Ezek közül a legfontosabb az úgynevezett Laplace transzformáció Mivel leggyakrabban úgynevezett bekapcsolási jelekez (negatív időkre azonosan zérus jeleket) használunk, az egyoldalas Laplace-transzformációt továbbiakban Laplace-transzformáció - értelmezzük. Az f (t) időfüggvény Laplace transzformáltja definíció szerint: Z ∞ L{f (t)} = F (s) = f (t)e−st dt (3.60) 0 A leggyakrabban használt függvények Laplacce transzformáltjai a Táblázatok fejezetben megtalalhatóak. A Laplace transzformáció az f (t) függvényhez egy egyértlemű F (s) leképzett, transzformált függvényt rendel hozzá. Ez egy megfordítható hozzárendelés (inverz transzformáció). Az inverz Laplace transzformáció elvi kifejezése: −∞ L 1 {F (s)} = f (t)

= 2πj Z σ+jω F (s) ∗ ets ds (3.61) σ−jω Laplace transzformáció tulajdonságai: f (t) F (s) (3.62) konstans kiemelhető a transzformációból: cf (t) cF (s) (3.63) c1 f1 (t) ± c2 f2 (t) c1 F1 (s) ± c2 F2 (s) (3.64) f (t)e−αt F (s + α) (3.65) f 0 (t) sF (s) − f (0) (3.66) eltolási tétel: deriválás: 37 integrálás: Z t 1 f (t)dt F (s) s (3.67) lim f (t) = lim sF (s) (3.68) lim f (t) = lim sF (s) (3.69) 0 kezdetiérték tétel: t0 t∞ végérték tétel: t∞ t0 A Laplace transzformáció alkalmazásának előnyei: - a szuperpozíció elve érvényesül - állandó együtthatójú, lineáris differenciálegyenletek a Laplace transzformáció során algebrai műveletekké egyszerüsödnek - a konvolúció transzformáció elvégzése után egyszerű szorzássá módosul (konvolúciós tétel) 38 3.14 Z, inverz Z transzformáció és összefüggései Az f (t) függvénnyel leírható jel mintavételezett alakja az

alábbi formában adható meg: ∗ f (t) = ∞ X f (nT )δ(t − nT ) (3.70) n=1 ahol T jelöli a mintavételezési időt. Ezt felhasználva a szakaszos működésű rendszerek tárgyalásához leggyakrabban az úgynevezett z transzformációt alkalmazzák, melynek definíciója: Z{f ∗ (t)} = F (z) = ∞ X f (nT )z −n (3.71) n=0 Ez a definíciós képlet egyszerű alaban állítja elő a z transzformáltat, viszont a tarnszformáltak végtelen sorral vannak kifejezve, és ennek zárt alakú öszszegképletét nem mindíg könnyű megtalálni. A z transzformált zárt képlettel is kiszámítható, például egyszeres pólusok esetén az alábbi kifejtési tétellel: F (z) = p X Fz (pi ) Fp0 (pi ) i=1 z z − eT pi (3.72) ahol a Laplace transzformált F (s) = FFz0 (s) p (s) Fz (s), zérushelyeket megadó számláló Fp (s), pólushelyeket megadó nevező pi , i-edik pólus p, pólusok száma Fz (pi ), Fz (s) az s = pi helyen p (s) derivált értéke az s = pi

helyen Fp0 (pi ) = dFds Ennek előnye, hogy zárt alakban állítja elő az eredményt. A z tarnszformált csak a mintavételezett függvénnyel áll kapcsolatban. Inverze ennek megfelelően csak a mintavételezési időpontokban adható meg, 39 a többi időpontól nincs információnk. Ezért a mintavételezés időpontjában megegyező időfüggvények z transzformáltja is megegyezik. z transzformáció tulajdonságai: Z{f (nT )} F (z) (3.73) Z{f1 (nT )} ± Z[f2 (nT )] = F1 (z) ± F2 (z) (3.74) Z{af (nT )} = aZ[f (nT )] = aF (z) (3.75) Z{f (kT − nT )} = z −n F (z) (3.76) m Z{f (kT + mT )} = z [F (z) − n−1 X f (kT )z −i ] (3.77) k=0 kezdetiérték tétel: z−1 F (z) z∞ z (3.78) z−1 F (z) z1 z (3.79) lim f (kT ) = lim k0 végérték tétel: lim f (kT ) = lim k∞ Definíció szerint egy F (z) függvény inverz z transzformáltja a követkető: Z −∞ 1 {F (z)} = f (nT ) = 2πj I F (z)z n−1 dz, n = 1, 2, . (3.80) γ Megfigyelhető,

hogy az inverziós képlet nem a teljes időfüggvényt, hanem csak az f (nT ) függvény értékét adja meg a t = nT időpontokban. A fenti képlet alapján három lehetséges út kínákozik a konkrét függvényérték kiszámítására: 40 - komplex függvénytani integrálás - törtfüggvény alakra hozás - hatványsorba fejtés Ezen módszerek közül az első bonyolultsága miatt nem használatos, az utóbbi két módszer viszont kiválóan alkalmazható a gyakorlatban. Nézzük kicsit részleteseben ez utóbbi kettőt. törtfüggvény alakra hozás A részlettörtekre bontás során a z transzformált kifejezést az alábbi és hasonló alakok valamelyikére hozzuk: z z−α (3.81) A= z (z − α)2 + β 2 (3.82) A= z(z − α) (z − α)2 + β 2 (3.83) A= Ezen alakok inverz transzformáltjait megtalalhatjuk a táblázatokban. hatványsorba fejtés F (z) függvényt z −1 hatványsorába fejtjük. A hatványsorba fejtést leggyorsabban osztással hajthatjuk

végre Az így kapott kifejezésben a z változó −n hatványú (z −n ) tagjának együtthatója az f (nT ) függvény értékének felel meg. Definíció szerint: ∞ X ∗ f (t) = f (nT )δ(t − nT ) = n=0 = f (0)δ(t) + f (1T )δ(t − T ) + f (2T )δ(t − 2T ) + . (3.84) Mindkét oldal z transzformáltját véve: F (z) = ∞ X f (nT )z −n = f (0) + f (1T )z −1 + f (2T )z −2 + . n=0 41 (3.85) Ha összehasonlítjuk ezt a két kifejezést, akkor láthatjuk az f (t) függvény értékét az (n + 1)-dik mintavételezési időpontban. Azaz f (nT ) értéke egyenlő lesz a z −n tag együtthatójával. Megjegyzés: Ne felejtsük el, hogy az osztás végrehajtásához F (z) számlálójában és nevezőjében szereplő polinomokat z csökkenő hatványa szerint kell rendezni. Az osztás végrehjtásával: F (z) = a0 + a1 z −1 + a2 z −2 + · · · = ∞ X n=0 ahol an = f (nT ). 42 an z −n (3.86) 3.2 Tipikus dinamikus tagok A lineáris

időinvariáns rendszerek input output modellje egy n-edrendű inhomogén, lineáris differenciál egyenlettel írható fel. an y (n) (t) + an−1 y (n−1) (t) + · · · + a0 y(t) = = bm u(m) (t) + bm−1 u(m−1) (t) · · · + b0 u(t) (3.87) , ahol y(t) : kimeneti jel u(t) : bemeneti jel a, b : rendszerparaméterek Ezek az úgynevezett kimenet-bemenet modellek. A rendszer kimenete és bemenete közötti kapcsolatot írja le, azaz, hogy adott bemeneti jel hatásásra a rendszerünk kimenete hogyan változik. Ebből is látszik, hogy ez a modell egy bizonyos megváltozást ír le, melyek matematikailag differenciál egyenletek formájában jelennek meg. y(t) a rendszer kimenetét, u(t) pedig a rendszer bemenetétjelöli, ai és bi pedig legyenek rendszerállandók. Ekkor egy általános rendszer I/O modellje a fenti alakú n-ed rendű inhomogén lineáris differenciál egyenlet formájában megadható. Mit is jelentenek ezek a jelzők? A rendszer n-ed rendű, azaz a legnagyobb

deriválási fokszám a differenciál egyenletben az n. Inhomogén differenciál egyenlet, azaz a a rendszert leiró egyenlet jobb oldalán nem nulla áll, vagyis a rendszert gerjesztettük. (Homogén egyenlet- a rendszert magára hagyjuk, az egyenlet jobb oldalán ekkor zérus áll) A rendszer lineáris, azaz a modellben csak a változók (kimenet és lineáris kombinációi valamint a bemenet és lineáris kombinációi) és deriváltjai szerepelnek az egyenletben. A szuperpozció tétele érvényesül Képlettel: an y (n) (t) + an−1 y (n−1) (t) + · · · + a0 y(t) = = bm u(m) (t) + bm−1 u(m−1) (t) · · · + b0 u(t) 43 (3.88) y(t) : kimeneti jel u(t) : bemeneti jel a, b : rendszerparaméterek 3.21 Nulladrendű rendszer Legyenek . egyenletben a kimeneti oldal derivált fokszáma n=0; a bemeneti oldalé pedig m=0. Ekkor a rendszerünk I/O modellje általános alakban a következőképpen néz ki: a0 y(t) = b0 u(t) (3.89) Ebből kifejezve a kimenő jelet: y(t) = b0

u(t) a0 (3.90) ahol ab00 = K erősítésnek nevezzük. Laplace transzformálva az egyenlet mindkét oldalát, kapjuk: Y (s) = KU (s) (3.91) Az átviteli függvény definíció szerint a kimenet Laplace transzformáltjának és a bemenet Laplace transzformáltjának hányadosa, zérus kezdeti feltételek mellett. Tehát: G(S) = Y (s) |0kezdetif elt. U (s) (3.92) Ezek szerint egy nulladrendű rendszer egyetlen paraméterrel jellemezhető, ez az erősítés, és az átviteli függvénye: G(S) = b0 Y (s) = =K U (s) a0 (3.93) Magasabb rendű rendszereknél az előzőekhez hasonlóan jutunk el a végeredményhez. 44 3.22 Elsőrendű rendszer Legyenek . egyenletben a kimeneti oldal derivált fokszáma n=1; a bemeneti oldalé pedig m=0. a1 y (1) (t) + a0 y(t) = b0 u(t) (3.94) Feltételezve, hogy a1 6= 0,végigosztva a0 -val az egyenlet mindkét oldalát: a1 (1) b0 y (t) + y(t) = u(t) a0 a0 (3.95) ahol ab00 = K a nulladrendű rendszerhez hasonlóan az erősítést

jelenti,az új rendszerparamétert, a aa01 hányadost pedig időállandónak nevezünk és τ -val jelöljük. Az új paraméterek bevezetésével az egyenlet a következőképp egyszerűsödik: τ y (1) (t) + y(t) = Ku(t) (3.96) Laplace transzformálva az egyenlet mindkét oldalát, kapjuk: τ sY (s) − y(0) + Y (s) = KU (s) (3.97) Mivel zérus kezdeti feltételek mellett vizsgáljuk a rendszert, így : τ sY (s) + Y (s) = KU (s) (3.98) Átrendezve az egyenletet: G(S) = K Y (s) |0kezdetif elt. = U (s) τs + 1 (3.99) Egy elsőrendű rendszer átviteli függvénye: G(S) = K Y (s) = U (s) τs + 1 Elsőrendű rendszert egyértelműen jellemzi erősítése és időállandója. 45 (3.100) 3.23 Másodrendű rendszer Legyenek . egyenletben a kimeneti oldal derivált fokszáma n=2; a bemeneti oldalé pedig m=0. Ekkor a rendszerünk I/O modellje általános alakban a következőképpen néz ki: a2 y (2) (t) + a1 y (1) (t) + a0 y(t) = b0 u(t) (3.101) Tételezzük fel, hogy

az a0 , a1 , b0 , b1 paraméterek egyike sem egyenlő nullával. Ekkor végigosztva a0 -val az egyenlet mindkét oldalát: a2 (2) a1 b0 y (t) + y (1) (t) + y(t) = u(t) a0 a0 a0 (3.102) ahol ab00 = K a már ismert erősítés, aa01 a rendszer egyik időállandója T1 , és mint sejthető a aa02 a rendszer másik időállandóját, T2 -t jelöli. Általános alakban nem ez a forma használadnó, hanem a T1 és T2 időállandók helyett a következő két új paramétert vezették be: T , T2 időállandó ξ , 0, 5 TT21 csillapítási tényező Ennek megfelelően: T 2 y (2) (t) + 2ξT y (1) (t) + y(t) = Ku(t) (3.103) Laplace transzformálva: T 2 s2 Y (s) + 2ξT sY (s) + Y (s) = KU (s) (3.104) Innét egy egyszerű átrendezéssel kifejezhető az átviteli függvény: G(S) = K Y (s) = 2 2 U (s) T s + 2ξT s + 1 (3.105) Egy másodrendű rendszert három paraméterrel jellemezhetünk: az erősítésével, időállandójával illetve csillapítási tényezőjével. Az időállandó

helyett használatos annak reciproka is, melyet természetes 46 frekvenciának nevezünk és ωn -nel jelölünk. Ezek szerint az átviteli függvény a következőképpen módosul: G(S) = 3.24 Kωn2 s2 + 2ξωn s + ωn2 (3.106) Feladatok (1) példa Határozzuk meg a 3y (2) (t) + 2y (1) (t) + 5y(t) = 6u(2) (t) + 4u(1) (t) + u(t) egyenlettel jellemzett rendszer átviteli függvényét! Első lépésként Laplace transzformáljuk az egyenlet mindkét oldalát. 3s2 Y (s) − sy(0) − y (1) (0) + 2sY (s) − y(0) + 5Y (s) = = 6s2 U (s) − su(0) − u(1) (0) + 4sU (s) − u(0) + U (s) Mivel zérus kezdeti feltételekkel dolgozunk, ezért a képlet leegyszerűsödik a következőkre: 3s2 Y (s) + 2sY (s) + 5Y (s) = 6s2 U (s) + 4sU (s) + U (s) Az egyenletet rendezve kapjuk: Y (s)(3s2 + 2s + 5) = U (s)(6s2 + 4s + 1) 6s2 + 4s + 1 Y (s) = 2 U (s) 3s + 2s + 5 Tehát ennek a rendszernek az átviteli függvénye: G(s) = 6s2 + 4s + 1 Y (s) = 2 U (s) 3s + 2s + 5 (2) példa Határozzuk meg

a 5y (4) (t) + 4y (1) (t) + 10y(t) = 8u(3) (t) + u(1) (t) + 2u(t) egyenlettel jellemzett rendszer átviteli függvényét! 47 Első lépésként Laplace transzformáljuk az egyenlet mindkét oldalát zérus kezdeti feltételek mellett. 5s4 Y (s) + 4sY (s) + 10Y (s) = 8s3 U (s) + sU (s) + 2U (s) Az egyenletet továbbrendezve kapjuk: Y (s)(5s4 + 4s + 10) = U (s)(8s3 + s + 2) U (s)(8s3 + s + 2) Y (s) = (5s4 + 4s + 10) 8s3 + s + 2 Y (s) = 4 U (s) 5s + 4s + 10 Tehát ennek a rendszernek az átviteli függvénye: G(s) = 8s3 + s + 2 5s4 + 4s + 10 (3) példa Határozzuk meg a y (3) (t) + y (1) (t) + 2y(t) = 2u(2) (t) + 3u(1) (t) + u(t) egyenlettel jellemzett rendszer átviteli függvényét! Most hagyjuk ki a transzformációs lépést és az egyenletrendezést, próbáljuk meg ezeket az egyszerű műveleteket fejben elvégezni. Néhány példa után már tapasztalni fogjuk, hogy egy I/O modellel megadott rendszer átviteli függvénye egy lépésben felírható. Mivel tudjuk, hogy

zérus feltételek mellett vizsgáljuk a rendszert, így a Laplace transzformáció leegyszerűsödik, a deriváltak a transzformáció után egyszerű algebrai műveletekké egyszerüsödnek, azaz s-sel való szorzásként jellenek meg az operátortartományban. Konstansok kiemelhetők a transzformációból, így azokat is csak egyszerűen leírjuk. Az y(t) és u(t) transzformáltjait pedig Y(s) és U(s) jelöli. Ennek alapján a rendszer átviteli függvénye: G(s) = 2s2 + 3s + 1 s3 + s + 2 48 3.3 Átmeneti és súlyfüggvények Legyen adott egy rendszer az I/O modelljével, azaz a bemenetei és kimenetei közötti kapcsolatot leíró differenciálegyenlettel. A differenciálegyenlet megoldása megadja tetszőleges bemenő jel mellett a kimenet időbeni lefolyását Egy inhomogén differenciálegyenlet megoldását úgy kaphatjuk meg, hogy megoldjuk a homogén differenciál egyenletet, majd az inhomogén egyenletnek megkeressük egy partikuláris megoldását. A kettő

összege megadja az általános megoldást. Az inhomogén egyenlet partikuláris megoldásának megadása annál egyszerűbb, minél egy-szerűbb a bemenő jelünk, a gerjesztőfüggvény. Ilyen tipikus gerjesztő függvények a 3-1.ábrán láthatóak, az egységimpulzus (Dirac) függvény, az egységugrás-, az egységnyi sebeségugrás- és az egységnyi gyorsulásugrás függvények. 3-1. ábra Leggyakoribb gerjesztő jelek Súlyfüggvény A súlyfüggvény a rendszer Dirac-impulzusra (egységimpulzusra) adott válasza. Technikailag a Dirac-impulzus nem megvalósítható, ugyanis a jel értéke a nulla időpillanatban végtelen nagy, a többi helyen pedig nulla. A rendszer tulajdonságait tisztán mutatja a súlyfüggvény időbeni lefolyása, hiszen a t = 0 időpont kivételével a bemenő jel zérus, így a rendszer tranziens állapotbeli viselkedését kizárólag saját jellemzői befolyásolják. Koncentrált paraméterű, determinisztikus, lineáris rendszer

válaszfüggvénye bármilyen bemenetre egyértelműen meghatározható. Az ilyen rendszer egyértelműen jellemezhető súlyfüggvényével 49 A súlyfüggvény jele: h(t). Átmeneti függvény Ez az egyik leggyakrabban használatos válaszfüggvény. Úgynevezett bekapcsolási jelenségnek is szokták nevezni Átmeneti függvénynek nevezzük az egységugrás bemenetre adott válaszát a rendszernek. Technikailag azonban ez sem megvalósítható, ugyanis a jel értéke elméletileg zérus idő alatt éri el az egységet, ami a valóságban lehetetlen. Az átmeneti függvény jele: k(t). Feladatok (1) példa Adott egy rendszer átviteli függvénye, G(s). Határozzuk meg a rendszer súlyfüggvényét h(t)! Vizsgáljuk meg, mi a kapcsolat a két függvény között. A súlyfüggvény a rendszer Dirac impulzusra adott válaszát adja meg. Tehát jelen esetben a G(s) átviteli függvénnyel jellemzett rendszerünkre u(t) = δ(t) bemenő jelet adunk, és ekkor a rendszer válasza y(t)

= h(t) súlyfüggvény lesz. Az átviteli függvény definíció szerint a kimenető jel Laplace transzformáltjának és a bemenő jel Laplace transzformáltjának hányadosa, tehát jelen esetben: u(t) = δ(t) U (s) = L{u(t)} = L{δ(t)} = 1 y(t) = h(t) G(s) = Y (s) U (s) Y (s) = G(s) · U (s) Y (s) = G(s) · 1 = G(s) L−1 {Y (s)} = y(t) = L−1 {G(s)} y(t) = h(t) 50 A levezetésből látható, hogy a súlyfüggvényből Laplace transzformáció segítségével meghatározható az átviteli függvény és fordítva. h(t) ­ G(s) (2) példa Vizsgáljuk meg egy nulladrendű rendszer átmenenti és súlyfüggvényét! Legyen a rendszer átviteli függvénye: G(s) = 5. G(s) = b0 Y (s) = =K=5 U (s) a0 Átrendezve az egyenletet Y (s)-re és inverz Laplace transzformálva kapjuk: Y (s) = G(s)U (s) = KU (s) = 5U (s) y(t) = 5u(t) Az átmeneti függvénye: k(t) = y(t) = 5 1(t) A súlyfüggvénye: h(t) = y(t) = 5 δ(t) Az átmeneti és súlyfüggvény grafikonjai a 3-2.ábrán

láthatóak 3-2. ábra Átmeneti függvény 51 (3) példa Most nézzünk meg egy elsőrendű rendszert! 5 . Legyen a rendszer átviteli függvénye: G(s) = 2s+1 Azaz rendszer erősítése 5 és az időállandója 2 sec. Elsőként számoljuk ki a rendszer átmeneti függvényét. G(s) = 5 Y (s) = U (s) 2s + 1 Ebből kifejezhetjük a rendszer kimenetének Laplace transzformáltját: 5 2s + 1 Az átmeneti függvény meghatározásánál a bemenő jel az egységugrás függvény, azaz u(t) = 1(t), így: Y (s) = G(s)U (s) = U (s) 5 1 s 2s + 1 A k(t) válaszfüggvény meghatározásához inverz Laplace transzformáljuk az Y (s) függvényt. Ezt a parciális törtekre bontás segítségével végezzük el. Úgy bontsuk parciális törtekre ezt a kifejezést, hogy a transzformációs táblázatban talalható következő két alakot kapjuk: Y (s) = 1 1 1(t) e−αt s s+α (3.107) A törtekre bontást a következőképpen végezhetjük: B A + s 2s + 1 Az A és B konstansokat

többféleképpen is előállíthatjuk. Y (s) = B 5 A 1 + = s 2s + 1 s 2s + 1 A(2s + 1) + Bs = 5 Válasszunk s-nek olyan értékeket, hogy az összeg valamely paramétert tartalmazó tagja eltűnjön. 52 Legyen s = 0, ekkor az egyenletből A egyszerűen kifejezhető és értéke megadható. A(2 · 0 + 1) + B · 0 = 5 A=5 Válasszuk s-nek a −0, 5 értéket, ekkor B értéke adható meg: A(2 · (−0, 5) + 1) + B · (−0, 5) = 5 B = −10 Függvényünk a következő alakúra módosult: −10 5 + s 2s + 1 A függvényben szereplő tagoknak az inverz transzformáltjait táblázat segítségével meghatározhatóak. Átalakítva a tagokat a 3107 alakúakra, a következő időtartománybeli alakokat kapjuk: Y (s) = 5 1 L−1 { } = 5L−1 { } = 5 · 1(t) s s −10 1 L−1 { } = −5L−1 { } = −5 · e−0,5t 2s + 1 s + 0, 5 A kimeneti jel időtartománybeli alakja : y(t) = 5 1(t) − 5e−0,5t = 5 (1(t) − e−0,5t ) Az átmeneti függvény lefutása a 3-3.ábrán látható

Állítsuk elő a rendszer súlyfüggvényét is. Ez sokkal egyszerűbb, mivel a bemenő jel itt a Dirac impulzus, aminek a Laplace transzformáltja 1, így az alábbi kifejezést kapjuk: 5 5 = 2s + 1 2s + 1 A súlyfüggvény előállításához inverz Laplace transzformáljuk Y (s)-t, az átmeneti függvény meghatározásához hasonlóan. Y (s) = G(s)U (s) = U (s) 53 3-3. ábra Átmeneti függvény Felhasználjuk a következő azonosságot a transzformációs táblázatunkból: 1 e−αt s+α 5 1 2, 5 Y (s) = = = 2, 5 2s + 1 s + 0, 5 s + 0, 5 Azaz α értéke 0, 5, így az időfüggvény: y(t) = 2, 5e−0,5t A súlyfüggvény időbeli lefolyása a 3-4.ábrán látható (4) példa Vegyünk egy másik elsőrendű rendszert! 5 azaz a Legyen ennek a rendszernek az átviteli függvénye: G(s) = 0,5s+1 rendszer erősítése itt is 5 de az időállandója 0, 5sec tehát kisebb, mint az előző példában. Határozzuk meg a rendszer átmeneti függvényét! Induljunk ki itt is az

átviteli függvényből: G(s) = 5 Y (s) = U (s) 0, 5s + 1 54 3-4. ábra Súlyfüggvény Ebből kifejezhetjük a rendszer kimenetének Laplace transzformáltját: Y (s) = G(s)U (s) = U (s) 5 0, 5s + 1 A bemenő jel az egységugrás, tehát: Y (s) = 5 1 s 0, 5s + 1 A függvény inverz Laplace transzformáltjának meghatározásához most a táblázatbólalkalmazzuk a következő formulát: α 1(t) − e−αt s(s + α) (3.108) Így elkerülhetjük a parciális törtekre bontást, csupán az α értékét kell meghatároznunk. Ehhez alakítsuk át a kifejezésünket: Y (s) = 5 5·2 10 2 = = =5 s(0, 5s + 1) s 2(0, 5s + 1) s(s + 2) s(s + 2) Az algebrai átalakítás eregményeként α értéke 2 és a transzformációból kiemelhető konstans értéke 5. A 3108 képletet felhasználva a rendszer átmeneti függvénye: 55 y(t) = 5 1(t) − 5e−2t Ebben a példban kisebb időállandót választottunk, mint az előző esetben. A két átmeneti függvény közös

koordinátarendszerben ábrázolva a 3-5.ábrán látható lefutást kapjuk Jól látható, hogy a kisebb időállandójú rendszerhez gyorsabb felfutás tartozikEz az átviteli függvények analítikus alkjából is kikövetkeztethető: a kisebb időállandójú rendszer exponenciális tagjának kitevőjében nagyobb α érték szerepel, így az a tag gyorsabban tart a nullához. Az α érték pedig megegyezik az időállandó reciprokával 3-5. ábra Átmeneti függvény 5 rendszer, y2 (t) pedig a G(s) = Ahol y1 (t) a G(s) = 2s+1 átmeneti függvénye. 5 0,5s+1 rendszer Állítsuk elő ennek a rendszernek súlyfüggvényét is hasonlóan az előzőekhez. Y (s) = G(s)U (s) = U (s) Az inverz Laplace transzformációt a 56 5 5 = 0, 5s + 1 0, 5s + 1 1 s+α e−αt alapján elvégezve: Y (s) = 10 1 5·2 = = 10 s+2 s+2 s+2 y(t) = 10e−2t Ezt a 3-6.ábra mutatja 3-6. ábra Súlyfüggvény 57 3.4 Stabilitásvizsgálat 3.41 Folytonos rendszer stabilitás vizsgálata

pólusvizsgálattal (1) példa 0, 5y (2) (t) + 2y (1) (t) + 14, 5y(t) = u(t) kezdeti feltételek:y(0) = 0, y(−1) = 0 Határozzuk meg a rendszer stabilitását! Első lépésként állítsuk elő a rendszer átviteli függvényét. Ehhez Laplace transzformáljuk az egyenletet Felhasználjuk a transzformációs szabályokat: cf (t) − cF (s) c1 f1 (t) ± c2 f2 (t) − c1 F1 (s) ± c2 F2 (s) f 0 (t) − sF (s) − f (0) 0, 5s2 Y (s) + 2sY (s) + 14, 5Y (s) = 1U (s) Kiemelve Y(s)-et és átrendezve az egyenletet megkapjuk az átviteli függvényt: G(s) = 1 Y (s) = U (s) 0, 5s2 + 2s + 14, 5 A stabilitás meghatározására válasszuk a pólusvizsgálatot, ugyanis egy másodfokú rendszer pólusainak meghatározása könnyű feladat. Az átviteli függvény nevezőjében szereplő polinom gyökei meghatározzák a rendszerünk pólusait. Ha ezen pólusok valósrésze kisebb mint nulla, akkor a rendszer stabil, ha nulla, akkor a rendszer a stabilitás határán van, különben

rendszerünk instabil. Határozzuk meg a nevező gyökeit: 58 0, 5s2 + 2s + 14, 5 = 0 p −2 ± 22 − 4 · 0, 5 · 14, 5 = −2 ± j5 s1,2 = 2 · 0, 5 Azaz a rendszer pólusai komplex konjugált gyökpárat alkotnak. Mivel a valós rész negatív: Re{s} = −2 < 0 ⇒ a rendszer stabil. 3.42 Routh-Hurwitz módszer (1) példa y (4) (t) + 2y (3) (t) + 3y (2) (t) + 4y (1) (t) + 5y(t) = 10u(t) Határozzuk meg a rendszer stabilitásást Routh-Hurwitz módszerrel! Első lépésként írjuk fel a rendszer átviteli függvényét. s4 Y (s) + 2s3 Y (s) + 3s2 Y (s) + 4sY (s) + 5Y (s) = 10U (s) G(s) = 10 Y (s) = 4 3 U (s) s + 2s + 3s2 + 4s + 5 Ebből a karakterisztikus egyenlet: s4 + 2s3 + 3s2 + 4s + 5 = 0 A Routh-Hurwitz módszer alkalmazásához először vizsgáljuk meg, hogy minden együttható pozitív-e azaz ai > 0 ∀i-re. Ez a példánkban teljesül, így felírható a H 4 × 4-es Hurwitz-mátrix.     a3 a1 0 0 2 4 0 0  a4 a2 a0 0   1 3 5 0  

  H=  0 a3 a1 0  =  0 2 4 0  0 a4 a2 a0 0 1 3 5 Számoljuk ki a Hurwitz mátrix főátlójához tartozó aldeterminánsát. Ha teljesül, hogy az így kapott aldeterminánsok értéke pozitív, akkor a rendszerünk stabil. Ha legalább egy determinánsra ez nem teljesül, 59 akkor a rendszer instabil. ∆2 ¯ ¯ 2 4 0 ¯ ∆3 = ¯¯ 1 3 5 ¯ 0 2 4 ∆1 = |2| = 2 ¯ ¯ ¯ 2 4 ¯ ¯ ¯=2·3−4·1=2=2 =¯ 1 3 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯=2·¯ 3 5 ¯−4·¯ 1 5 ¯+0?2·¯ 1 3 ¯ 2 4 ¯ ¯ 0 4 ¯ ¯ 0 2 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ = 2(3 · 4 − 5 · 2) − 4(1 · 4 − 5 · 0) = 4 − 16 = −12 A harmadik aldeterminánsra nem teljesül a stabilitáshoz szükséges feltétel (δ3 < 0), így a további számolás nem szükséges, a rendszer instabil. Feladat: Szimuláljuk le a rendszert VisSim segítségével! (2) példa Adott egy rendszer, melynek az átviteli függvénye a következő: G(s) = 1 Y (s) = 3 2 U (s) s + 2s + 3s + 4 Jellemezzük a

rendszert rendűség, stabilitás és állandósult állapot szempontjából! A rendszer I/O modellje felírható az átviteli függvényből: y (3) (t) + 2y (2) (t) + 3y (1) (t) + 4y(t) = u(t) A legnagyobb derivált fokszáma 3, tehát egy harmadrendű rendszerről van szó. Stabilitást a Routh-Hurwitz módszerrel vizsgálhatjuk meg (bár harmadrendű rendszer pólusmeghatározása megoldóképlettel még elvégezhető). 60 A Routh-Hurwitz módszer első feltétele, miszerint az együtthatóknak pozitívoknak kell lenniük, teljesül. Írjuk fel a 3 × 3 -as Hurwitz determinánst: ¯ ¯ a2 a0 0 ¯ H = ¯¯ a3 a1 0 ¯ 0 a2 a0 ¯ ¯ ¯ ¯ 2 4 0 ¯ ¯ ¯=¯ 1 3 0 ¯ ¯ ¯ ¯ 0 2 4 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ az aldeterminánsok: ∆1 = |2| = 2 ¯ ¯ ¯ 2 4 ¯ ¯ ¯=2·3−4·1=2=2 ∆2 = ¯ 1 3 ¯ ¯ ¯ ¯ 2 4 0 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 3 0 ¯ ¯ 1 0 ¯ ¯ ¯−4·¯ ¯+0·¯ 1 3 ∆3 = ¯¯ 1 3 0 ¯¯ = 2 · ¯¯ ¯ 0 4 ¯ ¯ 0 2 2 4 ¯ ¯ 0 2 4 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ = 2(3 · 4 − 0 · 2)

− 4(1 · 4 − 0 · 0) = 24 − 16 = 8 Az összes aldeterminánsra teljesül, hogy pozitívak, így a Routh-Hurwitz kritérium alapján a rendszerünk stabil. A rendszer erősítése kiszámítható az átviteli függvényben szereplő konstans tagok hányadosaként. Itt tehát a rendszer erősítése: 41 (3) példa Vizsgáljuk a következő karakterisztikus egyenlettel jellemzett rendszert. s3 + 4s2 + 8s + k = 0 Milyen k érték esetén lesz a rendszer stabil? Az együtthatók pozitív értékére vonatkozó feltétel teljesüléséhez kössük ki, hogy k>0 61 kell, hogy legyen. Mivel a többi együttható pozitív, így a Hurwitz mátrix: ¯  ¯ 4 k 0 ¯ H = ¯¯ 1 8 0  ¯ 0 4 k Innen az aldeterminánsok: ¯ ¯ 4 k ∆2 = ¯¯ 1 8 innen: k < 32 ∆1 = |4| = 4 ¯ ¯ ¯ = 4 · 8 − k · 1 = 32 − k > 0 ¯ ¯ ¯ 8 0 ∆3 = 4 · ¯¯ 4 k ¯ ¯ ¯ ¯ ¯−k·¯ 1 0 ¯ ¯ 0 k ¯ ¯ ¯ ¯ = 4(8 · k − 0) − k(k − 0) = 32 · k − k 2 = k(32 − k) > 0

innen: 0 < k < 32 Így a rendszer stabil lesz 0 < k < 32 érték esetén. A k érétke akkor lesz a rendszer tényleges erősítés, ha az átviteli függvény a követekező alakú: G(s) = s3 k·k + 4s2 + 8s + k (4) példa 62 3.5 Másodrendű rendszer viselkedésének vizsgálata Vizsgáljuk meg részleteiben a másodrendű rendszerek viselkedését. Elsőként írjuk fel a differenciál egyenlettel jellemzett I/O modellt. a2 y (2) (t) + a1 y (1) (t) + a0 y(t) = b0 u(t) Ebből a már alkalmazott módszerrel kifejezhető az átviteli függvény általános alakja: G(s) = K Y (s) = 2 2 U (s) T s + 2ξT s + 1 ahol K erősítés T időállandó ξ csillapítási tényező Egy másodrendű rendszer tehát három paraméterrel jellemezhető: az erősítésével, időállandójával illetve csillapítási tényezőjével. Az időállandó helyett használatos annak reciproka a természetes frekvencia, jele ωn . Az átviteli függvény tehát a következő alakú

lehet: G(s) = K Y (s) = 2 2 = U (s) T s + 2ξT s + 1 Kωn2 = 2 s + 2ξωn s + ωn2 Vizsgáljuk ezt a rendszert. Nézzük meg, hogyan viselkedik a kimenet egységugrás bemenet hatására, ha változtatjuk a rendszerparamétereket u(t) = 1(t) 1 s Írjuk fel ennek e rendszernek az átviteli függvényét, ha a bemenet egységugrás: U (s) = G(s) = 63 Y (s) U (s) Rendezzük át az egyenletet Y(s)-re: Y (s) = G(s)U (s) = Kωn2 1 2 2 s + 2ξωn s + ωn s Az inverz Laplace transzformációt végezzük el parciális törtekre bontássegítségével: A1 A2 1 + ) Y (s) = K( + s s − p1 s − p2 A megoldást a következő alakban keressük: y(t) = K(1(t) + ep1 t + ep2 t ) K erősítés rendszerparamétert kiemelhetem, ugyanis ez nem lesz végtelen, azaz nem viszi el a rendszert a végetlenbe. Csak végtelen erősítés esetén lenne ez lehetséges, ehhez viszont végtelen nagy energiabefektetésre lenne szükség, ami persze lehetetlen. Vizsgáljuk a renszer pólusait: s2 + 2ξωn s

+ ωn2 = 0 p −2ξωn ± 4ξ 2 ωn2 − 4ωn2 s1,2 = 2 T rendszerparaméter biztosan pozitív, negatív időállandónak nincs értelme. Ebből következik, hogy ωn természetes frekvencia is pozitív s1,2 = −ξωn ± 2ωn p ξ2 − 1 A pólusokat megadó egyenletből látható, hogy a pólus milyenségét nem befolyásolja az ωn rendszerparaméter. Egyedül a csillapítási tényezőn múlik, hogy a pólus komplex vagy valós, pozitív vagy negatív lesz. Tahát ωn -nek lesz ugyan hatása a rendszer viselkedésére, de a jelleget nem ez határoza meg. A ξ paraméter fogja meghatározni, hogy miylen jellegű lesz a rendszer. Ezt a paramétert tudjuk módosítani és ezzel a rendszer viselkedését befolyásolni. 64 Legyen ξ > 1 Ekkor két negatív valós gyököt kapunk. Az átmeneti függvény y(t) = K(1 + A1 ep1 t + A2 ep2 t ) A görbének inflexiós pontja van, mely a t=0-ban húzott érintővel megadható. VisSimmel történő szimuláció segítségével

megállapíthatjuk, hogy ξ > 1 esetben nincs a rendszernek túllendülése, a göbe asszimptotikusan simul a végértékhez. Példa Vizsgáljuk a G(s) = s2 1 + 3s + 2 rendszert. Először számoljuk ki a rendszerparamétereket az előzőekben levezetett általános másodrendű rendszert leíró képletek segítségével. G(s) = s2 1 ωn K = 2 = 2 2 2 + 3s + 2 s + 2ξωn s + ωn T s + 2ξT s + 1 G(s) = s2 1 1 1 = 1 2 3 + 3s + 2 2 2s + 2s + 1 Innét: K= 1 2 r 1 1 =√ 2 2 √ 3 2 1 = 1, 06 > 1 2ξT = 2ξ √ ⇒ ξ = 4 2 Ha a ξ paraméter értékét növeljük, akkor azt tapasztaljuk, hogy a görbe egyre laposabb lesz, egyre lassabban éri el az állandósult állapotot. Most csökkentsük ezt a paramétert egészen 1-ig. T2 = 1 ⇒T = 2 65 3-7. ábra Másodrendű rendszer, ξ > 1 Legyen ξ = 1. Ekkor egyetlen gyököt kapunk: s1,2 = −ξωn Ekkor az átmeneti függvény általásos alakban a következő: y(t) = K(1 + e−ωn t ) Ez az átmeneti

függvénygörbe fog a leginkább hozzásimulni az állandósult állapothoz, ez éri el a leggyorsabban ezt az értéket még túlendülés néélkül. Mi történik, ha a ξ értékét tovább csökkentem? Legyen 0 < ξ < 1 Vizsgáljuk most a 0 < ξ < 1 intervallumot. p Ekkor ξ értéke még pozitív, így ξ 2 − 1 már komplex értéket eredményez. Tehát negatív valósrészű komplex gyököket kapunk. Ekkor az átmeneti függvény: 66 p e−ωn tξ sin(ωn 1 − ξ 2 t + ϕ)) y(t) = K(1 − p 1 − ξ2 Példa Legyen K = 1 és ωn = 2 Ekkor ξ = 0, 8. A másodrendű rendszer átviteli függvénye ennek alapján: G(s) = 1 s2 4 + 3, 2s + 4 Ebben az esetben az átmeneti függvény egyetlen kis túllendüléssel ugyan, de beáll: 3-8. ábra Másodrendű rendszer, 0 < ξ < 1 Példa Ekkor ξ = 0, 2. A rendszer átviteli függvénye: G(s) = 1 s2 4 + 0, 8s + 4 Ebben az esetben az átmeneti függvény több túllendüléssel, aperiodikus lecsengéssel áll

be a stacionárius állapotához: 67 3-9. ábra Másodrendű rendszer, ξ = 0, 2 Legyen ξ = 0 Ekkor tisztán képzetes gyököket kapunk. Példa Legyen K = 1, ωn = 2, ξ = 0 4 +1 ( Megjegyzés: ha VisSimmel szimuláljuk ezt a rendszert, ne felejtsük el az átviteli függvény minden tagjának az együtthatóit megadni, beleértve az s tag 0 együtthatóját is. ) Itt csillapítás nélküli rezgés jelenik meg A rendszer a stabilitás határán van. G(s) = 1 s2 Legyen −1 < ξ < 0 Ekkor a diszkrimináns továbbra is negatív, tehát komplex gyököket kapok, azonban valós részük pozitív lesz. Példa Legyen K = 1, ωn = 2, ξ = −0, 01 G(s) = 1 4 s2 − 0, 04s + 4 68 3-10. ábra Másodrendű rendszer, ξ = 0 És legyen K = 1, ωn = 2, ξ = −0, 5 G(s) = 1 s2 4 − 0, 2s + 4 Mindkét rendszer esetében elfut a jel, instabillá válik a rendszer. Aperiodikusan növekszik a kimenet, egyre távolodik Legyen ξ < −1 Az előbbiekből következtethetünk

ezen rendszer visekedésére. Ez is instabil rendszer lesz, de itt már exponenciálisan száll el a rendszer a végtelenbe. Ahogy csökkenjük ξ értékét, úgy lesz egyre meredekebb ez az elfutás. Példa Legyen K = 1, T = 0, 5sec, ξ = −3 Ekor szimuláció után tapasztaljuk, hogy a rendszer instabil, elfut a végtelenbe. 69 3-11. ábra Másodrendű rendszer, ξ = −0, 01 3-12. ábra Másodrendű rendszer, ξ = −3 3.6 Gyökhelygörbe A gyökhelygörbe a zárt rendszer pólusainak a mértani helye a komplex síkon, midőn a rendszer valamely paraméterét 0 és ∞ között változtatjuk. Itt ez a 70 bizonyos paraméter a erősítés lesz. 0<K<∞ Pár érdekes tulajdonság: - a görbének annyi ága van, amennyi a zárt rendszer átviteli függvényében a pólusok száma - a gyökhelygörbe mindig szimmetrikus a valós tengelyre - jelölje p a pólusok suámát, z a zéruspk számát; ekkor valós esetben a gyökhelygörbe a felnyitott kör pólusaiból

indul ki, z számú ág a felnyitott kör zérushelyeibe, p − z számú ág pedig a végtelenbe fut - az imaginárius tengellyel való metszéspontokat a Routh-Hurvitz kritériummal határozhatjuk meg a tárt rendszer karakterisztikusn egyenletéből (az imaginárius tengelyen lévő gyök éppen a stabilitási határesetet jelenti) (1) példa Elsőként vizsgáljunk meg egy elsőrendű rendszert. Az átviteli függK , ahol a K az erősítés a τ az időállandó. vénye G(s) = τ s+1 A zárt kör pólusait, azaz a visszacsatolt rendszer nevezőjének gyökeit kell vizsgálnunk. Ez paraméteresen a következőképpen néz ki: K átviteli függvény, Ge (s) = τ s+1+K τ s + 1 + K = 0 egyenletet kell megolodani. a pólusok paraméteresen: s = − 1+K τ Vizsgáljuk ezt az egyenletet, midőn K értékét változtatjuk 0 és ∞ között: ha K = 0 akkor s = − τ1 ha K = 6 0 akkor s = − 1+K τ ha K ∞ akkor s −∞ Tehát a gyökhelygörbe egy egyenes lesz, mely − τ1 pontból

indul és a valós tengelyen tart −∞ -be. (2) példa Vizsgáljunk meg egy olyan elsőrendű rendszert,melynek zérushelye is van. 71 3-13. ábra Elsőrendű rendszer gyökhelygörbéje s+1 A tag átviteli függvénye legyen: G(s) = K Tτ s+1 , ahol legyen K = 1, T = 0, 2sec és τ = 0, 5sec G(s) = 0, 2s + 1 0, 5s + 1 Ekkor a K erősítéssel ellátott zárt rendszer erdő átviteli függvénye: Ge (s) = s+1 K Tτ s+1 1+ s+1 K Tτ s+1 Ge (s) = = K(τ s + 1) (τ + KT )s + 1 + K 0, 2Ks + K (0, 2K + 0, 5)s + K + 1 A gyökhelygörbe módszernél a pólusokat ábrázoljuk, tehát határozzuk meg ezen zárt rendszer pólusait. Ehhez meg kell oldanunk a következő paraméteres egyenletet: (0, 2K + 0, 5)s + K + 1 = 0 ha K = 0 akkor 0, 5s + 1 = 0 1 = −2 s=− 0, 5 72 Tehát a gyökhelygörbe a −2-es pontból, azaz a nyitott rendszer pólusából indul ki. 1 1+K = K∞ τ + KT T 1+K 1 = −5 s = lim − =− K∞ 0, 5 + K0, 2 0, 2 s = lim − Azaz a görbe a

felnyitott kör pólusából, −2 pontból indul ki, és tart a felnyitott kör zérushelyébe −5-be. A görbe a 3-14ábrán látható 3-14. ábra Elsőrendű rendszer gyökhelygörbéje (3) példa Nézzünk meg egy másodrendű rendszert, ahol a rendszerparaméterek legyenek a következők: K = 1, T = 1sec, ξ = 2. A rendszer átviteli függvénye a következő: 1 s2 + 4s + 1 A zárt rendszerátviteli függvénye: G(s) = Ge (s) = K 1 1 s2 +4s+1 1 + K s2 +4s+1 73 = K s2 + 4s + 1 + K Határozzuk meg a pólusokat, azaz a nevező gyökeit. Ehhez a következő másodfokú egyenletet kell megoldanunk: s2 + 4s + 1 + K = 0 ha K = 0 s1,2 s2 + 4s + 1 = 0 * −0, 268 √ √ −4 ± 12 −4 ± 42 − 4 · 1 = = = 2 2 −3, 732 Azaz a nyitott kör pólusaiból −0, 268-ból és −3, 732-ből indul ki a rendszerünk gyökhelygörbéje. Nézzük meg a pólusok alakulását, ha K nem nulla. Ekkor a pólusokat meghatározó képlet a következő: s2 + 4s + 1 + K = 0 p √ √ −4

± 42 − 4 · (1 + K) −4 ± 12 − K 12 − K = = −2 ± s1,2 = 2 2 2 Válasszuk K = 12-t: s1,2 = −2 ± 0 = −2 Tehát ahogy K-t növeltük, úgy közeledett egymáshoz a két pólus, mégpedig a valós tengelyen. Növeljük tovább K értékét: legyen K = 16 √ √ √ j 4 12 − 16 −4 = −2 ± = −2 ± = −2 ± j −2 ± 2 2 2 A pólus egy komplex gyökpár, azaz a görbe −2-es valósrésszel és növekvő illetve csökkenő képzetes résszel tart majd a végtelenbe, ahogy K értékét növeljük. Így a gyökhelygörbe a 3-15.ábrán láható (4) példa Nézzünk meg egy olyan másodrendű rendszert, ahol a ξ értékét 0 és 1 közé válasszuk, legyen mondjuk 0, 5. Így a rendszerparaméterek a következők: K = 1, T = 1sec, ξ = 0, 5, a rendszer átviteli függvénye 74 3-15. ábra Másodrendű rendszer gyökhelygörbéje pedig a következő: G(s) = s2 1 +s+1 A zárt rendszerátviteli függvénye: Ge (s) = K 1 1 s2 +s+1 1 + K s2 +s+1 = s2 K +s+1+K

Határozzuk meg a pólusokat, azaz a nevező gyökeit. Ehhez a következő másodfokú egyenletet kell megoldanunk: s2 + s + 1 + K = 0 ha K = 0 s1,2 s2 + s + 1 = 0 * −0, 5 + j 0, 866 √ √ √ −1 ± −3 1 −3 −1 ± 1 − 4 = =− ± = = 2 2 2 2 −0, 5 − j 0, 866 Azaz a nyitott kör pólusaiból −0, 5 + j 0, 866-ból és −0, 5 − j 0, 866-ből indul ki a rendszer gyökhelygörbéje. 75 Ha K nem nulla, akkor a pólusokat meghatározó képlet a következő: s2 + s + 1 + K = 0 p √ √ √ −1 ± 1 − 4(K + 1) −1 ± −3 − K 1 1 −3 − K 3+K = =− ± = − ±j s1,2 = 2 2 2 2 2 2 K növelésével azt tapasztaljuk, hogy marad a −0, 5 valósrészű komplex gyökpár pólusnak, melynek képzetes része K növelésével egyre nő a végtelenig. Így a gyökhelygörbe a 3-16.ábrán látható 3-16. ábra Másodrendű rendszer gyökhelygörbéje 76 3.7 Nyquist - Bode diagram Irányítástechnikában a rendszervizsgálatok nagy része az

időtartomány helyett a frekvenciatartományban történik. A leggyakrabban használt jellemzési módszerek a frekvencia tartományban a Nyquist illetve a Bode diagram Az időfüggvények felírhatók végtelen sok sinus és cosinus függvény összegeként. Így egy lineáris rendszer jellemezhető a bemenő jel sinusos és cosinusos összetevőire adott válaszfüggvények szuperpozíciójaként Az úgynevezett frekvenciafüggvény a sinusos gerjesztő függvény és a rendszer e bemenetére adott válaszfüggvényeknek a kapcsolatát írja le. Egy lineáris renszer bemenetére ω körfrekvenciájú sinusos jelet adunk. Ekkor a kimeneten szintén ω körfrekvenciájú sinusos jel jelenik meg, azonban ez a jel ampitúdójában és fázisában is különböző lesz. Tehát a rendszer erősít vagy csillapít illetve fáziseltolást végez az adott körfrekvencián: Nyquist diagram: Nyquist diagram vagy más néven amplitúdó-fázis jelleggörbe, a frekvenciafüggvény (G(jω))

komplex síkon történő grafikus ábrázolása, egy ω-val paraméterezett vektordiagram. Ha megadjuk ω minden értékére A(ω)ejϕ(ω) mindenkori értékét a komplex síkon, akkor megkapjuk a frekvenciafüggvény ω-val paraméterezett helygörbéjét. Az ábrázolási tartomány: 0 < ω < ∞ G(jω) = A(ω)ejϕ(ω) = Re(ω) + jIm(ω) Bode diagram: Bode vagy logaritmikus függvény jelleggörbe.Itt az amplitúdót és fáziseltolást külön grafikonon jelenítjük meg Sokkal szemléletesebb, a fázis jelleggörbe és az amplitúdó jelleggörbe együttesen adja meg a függvény jelleggörbéjét, tehát csak a két grafikon együtt jellemzi magát a rendszert G(jω) = A(ω)ejϕ(ω) = |G(jω)|ejϕ(ω A körfrekvencia tengelyen logaritmikus skálázást alkalmazunk, így nagyobb tartományon tudjuk figyelni a rendszer viselkedését. 77 3-17. ábra Nyquist diagram ln(G(jω)) = ln(G(jω)) + jϕ(jω) Az erősítés értékét decibelben(dB) adjuk meg, melynek

kiszámítási módja a következő: A(ω)[dB] = |G(jω)|[dB] = 20 lg |G(jω)| Megjegyzés: sorba kapcsolt rendszerelemek esetén az eredő Bode diagram, az elemek amplitúdó illetve fázis jelleggörbejének összegével egyenlő. (1) példa Vegyünk egy egyszerű nulladrendű rendszert. Átviteli függvénye: G(s) = Y (s) =K=2 U (s) Ebből a frekvencia átviteli függvénye: G(jω) = K = 2 78 Ez ω minden értékére K konstans marad, tehát a Nyquist diagrammja egyetlen pont lesz a komplex számsíkon, lásd 3-18.ábra 3-18. ábra Nyquist diagram Most nézzük meg a Bode diagrammját: Az amplitúdó decibelben: A(ω)[dB] = 20 lg 2 = 6, 02[dB] és a fázis: Im(ω) = 0◦ Re(ω) A Bode diagramot a 3-19.ábra mutatja ϕ(ω) = arctan (2) példa Vegyünk egy integráló tagot, aminek az I/O modellje a következő: a1 y (1) (t) = b0 u(t) Ebből átrendezve az egyenletet és Laplace transzformálva kapjuk a rendszer átviteli függvényét: G(s) = 1 Y (s) = U (s) TI s 79

3-19. ábra Bode diagram Ebből a frekvenciaátviteli függvénye: G(jω) = 1 TI jω Alakítsuk ezt át, hogy lássuk a frekvenciaátviteli függvény képzetes és valós részét. Ehhez szorozzuk meg a nevezőt is és a számlálót is j-vel: G(jω) = 1 1 j =− j TI jω j TI ω ű Láthatjuk, hogy tisztán képzetes része van a függvénynek, a valós rész 0. Rajzoljuk fel elsőként a Nyquist diagrammot. Ha ω paramétert változtatjuk 0 és ∞ között, akkor azt tapasztaljuk, hogy a görbe a képzetes tengelyen fog mozogni, méghozzá úgy, hogy a −∞-ből indul és tart a 0-ba, midőn ω értéke 0-tól tart a ∞-be. A 3-20ábra szemlélteti az eredményt. A Bode diagramhoz elsőként határozzuk meg az amplitúdó és fázis értékét ω függvényében. p 1 Re(G(jω))2 + Im(G(jω))2 = TI ω 1 = −20 lg TI ω A(ω)[dB] = 20 lg |G(jω)| = 20 lg TI ω |G(jω)| = A(ω) = 80 3-20. ábra Nyquist diagram ϕ(ω) = arctan − TI1ω 0 arctan(−∞) = −90◦ dB

−20 dekad meredekségú egyenes lesz, míg a fázis Tehát az amplitúdó egy ◦ minden ω értékre −90 . Grafikonon a 3-21ábra mutatja 3-21. ábra Bode diagram (3) példa Vizsgáljunk meg egy elsőrendű tagot.Az átviteli függvénye legyen a következő: 81 G(s) = 1 Y (s) =K U (s) τs + 1 Ebből a frekvenciaátviteli függvénye: G(jω) = K 1 τ jω + 1 Alakítsuk át ezt az egyenletet úgy, hogy a függvény képzetes és valós része elkülönüljön. Ehhez szorozzuk meg a nevezőt is és a számlálót is a nevező komplex konjugáltjával: G(jω) = K 1 τ jω − 1 K(τ jω − 1) = = 2 2 2 τ jω + 1 τ jω − 1 τ j ω + τ jω − τ jω − 1 1 Kτ ω K(τ jω − 1) = 2 2 −j 2 2 2 2 −τ ω − 1 τ ω +1 τ ω +1 Tehát: Re(G(jω)) = 1 τ 2ω2 +1 Kτ ω Im(G(jω)) = − 2 2 τ ω +1 Nézzük meg honnét indul ki a rendszer Nyquist görbéje. Ehhez suámoljuk ki G(jω) értékét, ha ω = 0 G(jω) = K 1 =K τ j0 + 1 Nézzük meg, hova tart a

görbe, tehát határozzuk meg G(jω) értékét, ha ω ∞. G(jω) = K 1 0 τ jω + 1 Tehát a rendszer Nyquist görbéje a K pontból indul és tart a 0-ba, csak azt nem tudjuk, hogy milyen útvonalon teszi ezt. Ehhez számoljunk ki pár köztes pontot. 82 Nézzük meg ω = vény. 1 τ pontban milyen értéket vesz fel a frekvenciafügg- G(jω) = K K 1 1 j−1 1 = =K =K j+1 j +1j −1 +1 τ j τ1 1 1 j−1 = K( − j ) j2 − j + j − 1 2 2 Tehát a görbénk a K 21 − jK 21 pontot érintve tart a 0-ba és belátható, hogy ezt egy körvonalon teszi. A grafikon a 3-22.ábrán látható 3-22. ábra Nyquist diagram Az egyszerűbb számítások miatt válasszuk K-t 1-nek. A Bode diagramhoz elsőként határozzuk meg az amplitúdó és fázis értékét ω függvényében. p |G(jω)| = A(ω) = Re(G(jω))2 + Im(G(jω))2 = r 1 Kτ ω 2 1 ( 2 2 )2 + (− 2 2 ) =√ τ ω +1 τ ω +1 1 + ω2τ 2 83 A(ω)[dB] = 20 lg |G(jω)| = −20 lg √ 1 + ω2τ 2 Ha ω ¿ τ1 ,

akkor: −20 lg √ 1 + ω 2 τ 2 ≈ −20 lg 1 = 0 meredekségű egyeTehát ezen a szakaszon a grafikon egy konstans 0 dB D nes. Ha ω À τ1 , akkor: −20 lg √ 1 + ω 2 τ 2 ≈ −20 lg ωτ = 0 meredekségű egyenes lesz a görbe. Ezen a szakaszon pedig egy −20 dB D Ha ω = τ1 , akkor a grafikonnak töréspontja van. A fázisa: ϕ(ω) = arctan − τ 2 ωτ ω2 +1 1 τ 2 ω 2 +1 = arctan(−τ ω) Ha ω = τ1 , akkor: ϕ(ω) = arctan(−1) = −45◦ Ha ω ¿ τ1 , akkor: ϕ(ω) = arctan(−τ · 0) = 0◦ Ha ω À τ1 , akkor: ϕ(ω) = arctan(∞) = −90◦ Egy elsőrendű rendszer Bode diagramját a 3-23.ábra szemlélteti 84 3-23. ábra Bode diagram 3.8 Állapottér modell (1) példa Egy rendszert többféle technikával modellezhetünk. A modellün akkor jó, ha különböző modellezési technikák alkalmazásával mindegyik modell ugyanazt a rendszert írja le. Hogyan ellenőrizhető, hogy a két modell által leírt rendszer azonos? Erre egyszerű a

válasz. Mindegyik esetben fel kell írni a rendszer átviteli függvényét, és ha azok megegyeznek, akkor a különböző modellek ugyanazt a rendszert írják le. Első példánk legyen a követkeuő: adott egy I/O modell. Hogyan írható át állapottér modellé? Ellenőrizzük, hogy a két modell ugyanazt a rendszert írja-e le! Legyen az input output modell a következő: 2y 00 (t) + 6y 0 (t) + 4y(t) = 8u0 (t) + 10u(t) Osszuk végig az egyenlet mindkét oldalát 2-vel. y 00 (t) + 6y 0 (t) + 4y(t) = 8u0 (t) + 10u(t) Alkalmazzuk a kontroller formot, ami a következő: ẋ(t) = Ac x(t) + Bc u(t) y(t) = Cc x(t) + Dc u(t) 85     Ac =     . −an . 0 0   . 0 0   .  . . .  0 0 . 1 0   1  0    Bc =  .   .  0 £ ¤ Cc = b1 . bn £ ¤ Dc = bn −a1 −a2 0 1 0 1 . . Az x vektor dimenzióját határozzuk meg: ennek értéke a legnagyobb derivált értékével egyenlő. Jelen esetben 2 Tehát a mátrixok a

következők: · ¸ · ¸ −a1 −a0 −3 −2 Ac = = 1 0 1 0 · ¸ 1 Bc = 0 £ ¤ £ ¤ C T = b1 b0 = 4 5 £ ¤ £ ¤ Dc = b2 = 0 Tehát a rendszer állapottér modelljét leíró egyenlet: · ¸ · ¸· ¸ · ¸ x˙1 −3 −2 x1 1 = + u x˙2 1 0 x2 0 · ¸ £ ¤ x˙1 £ ¤ y= 4 5 + 0 u x˙2 Most vizsgáljuk meg, hogy az I/O modell és az állapottér modell ugyanazt a rendszert írja-e le? Ehhez állítsuk elő mindkét esetben az átviteli függvényt. A legegyszerűbb az I/O modellből felírni az átviteli függvényt, ezt a már ismert modszerrel határozzuk meg. Azaz Laplace transzformáljuk az (s) egyenlet mindkét oldalát, majd rendezzük át az egyenletet G(s) = YU (s) 86 alakra, és máris előáll az átviteli függvény. Ezek alapján: 4s + 5 s2 + 3s + 2 Most nézzük meg az állapottér reprezentációt! G(s) = H(s) = C(sI − A)−1 B · ¸· ¸ · ¸ £ ¤ s 0 −3 −2 −1 1 H(s) = 4 5 ( ) 0 s 1 0 0 · ¸−1 · ¸ £ ¤ s+3 2 1 = 4 5 = (∗) −1 s 0 Első

lépésben állítsuk elő a mátrix inverzét! · ¸ · ¸ s 2 s+3 2 · ¸−1 Adj 1 s+3 −1 s s+3 2 ¯ = = ¯¯ = ¯ −1 s s(s + 3) + 2 ¯ s+3 2 ¯ ¯ −1 s ¯ · ¸ s 2 ¸ · 2 s 1 s+3 − s2 +3s+2 2 +3s+2 s = = 2 s+3 1 s + 3s + 2 s2 +3s+2 s2 +3s+2 Ezzel előállt a mátrixunk inverze. Helyettesítsük vissza ezt az eredeti egyenletbe: ¸· ¸ ¸ · · 2 s s £ ¤ s2 +3s+2 £ ¤ s2 +3s+2 − s2 +3s+2 1 = = 4 5 (∗) = 4 5 s+3 1 1 0 s2 +3s+2 s2 +3s+2 s2 +3s+2 = s2 4s 5 4s + 5 + 2 = 2 + 3s + 2 s + 3s + 2 s + 3s + 2 4s + 5 H(s) = 2 s + 3s + 2 Láthatjuk, hogy a két átviteli függvény (H(s), G(s)) azonos, tehát a két modell ugyanazt a renszert írja le. 87 (2) példa Stabil-e az előbbi rendszer? Először vizsgáljuk meg az I/O modell alapján. Ezt pólusvizsgálattal tehetjük meg, azaz a differenciálegyenletből levezetett átviteli függvény nevezőjének gyökeit kell megvizsgálni. Folytonos esetben akkor stabil egy rendszer, ha a pólusok negatív

valósrészűek. Re(pi ) < 0, ∀i s1,2 s2 + 3s + 2 = 0 * −1 √ −3 ± 9 − 8 = = 2 −2 A két pólus: −1 és −2. Azaz a két pólus negatív, valós, azaz a rendszer stabil. Vizsgáljuk most az állapottér modellel leírt rendszert. Itt azt kell vizsgálni, hogy az A mátrix úgynevezett stabilitásmátrix-e? Egy mátrixot akkor nevezünk stabilitásmátrixnak, ha igaz rá, hogy a sajátértékeinek valós része negatív: Re(λi {A}) < 0 Állítsuk elő a sajátértékeket: ¯ · ¯ ¸ ¯ ¯ ¸ · ¯ λ 0 −3 −2 ¯¯ ¯¯ λ + 3 2 ¯¯ ¯ = |λI − A| = ¯ − = 1 0 ¯ ¯ −1 λ ¯ 0 λ = (λ + 3)λ + 2 = λ2 + 3λ + 2 Sajátértékek meghatározásához oldjuk meg a következő egyenletet: (λ + 3)λ + 2 = λ2 + 3λ + 2 = 0 * −2 √ −3 ± 9 − 8 = λ1,2 = 2 −1 Itt is látható, hogy a sajátértékek valósrésze negatív, tehát a rendszer stabil. 88 (3) példa Vizsgáljuk meg ezt a rendszert irányíthatóság szempontjából. Egy rendszernél

meg kell vizsgálnunk, hogy elméletileg lehetséges-e az, hogy egy adott állapotból véges időn belül átvihető-e a rendszer egy másik adott állapotba. Ha lehetséges, még akkor sem biztos, hogy fizikailag is megvalósíthatjuk ezt, de ha már elméletileg sem érhetnénk el egy állapotot, akkor gyakorlatban nem érdemes ezzel a problémával bajlódni. Az irányíthatóság feltétele az, hgy az úgynevezett irányíthatósági mátrix teljes rangú legyen, azaz: C = [ B AB . An−1 B] irányíthatóságio mátrixra rang(C) = n azaz teljes rangú, vagyis értéke megegyezik az állapotváltozók számával. Esetünkben az irányithatósági mátrix a következő: C = [B AB] Állítsuk elő az AB szorzatot. · AB = ¸· ¸ · ¸ 1 −3 −3 −2 = 0 ¸ 1 1 ·0 1 −3 C= 0 1 Teljes rangú-e ez a mátrix? A rang pontos értékét megtudhatjuk bázistranszformáció segítségével, viszont minket csak annyi érdekel, hogy teljes rangú-e vagy sem ez a mátrix. Négyzetes

mátrixok esetén ezt legegyszerűbben úgy állapíthatjuk meg, hogy megvizsgáljuk a determinánsát. Ha a determináns nem nulla, akkor a négyzetes mátrix teljes rangú ¯ ¯ ¯ 1 −3 ¯ ¯ = (1 · 1 + 3 · 0) = 1 6= 0 ¯ ¯ 0 1 ¯ 89 Tehát a mátrix teljes rangú, így a rendszer irányítható. (4) példa Megfigyelhető-e ez a rendszer? Ha a rendszer bemeneteinek és kimeneteinek ismerete elegendő bármely köztes állapot meghatározásához, akkor a rendszert megfigyelhetőnek nevezzük. A megfigyelhetőség feltétele, hogy az úgynevezett megfigyelhetőségi O mátrix teljes rangú legyen.   C  CA    O= .   .  n−1 CA A példánkban a megfigyelhetőségi mátrix a következő: · ¸ C O= CA Állítsuk elő a CA szorzatot. CA = £ 4 5 ¤ · −3 −2 1 0 ¸ = £ −7 −8 ¤ Ezek után a megfigyelhetőségi mátrix: · ¸ 4 5 O= −7 −8 A rang milyenségének meghatározásához írjuk fel a determinánsát Onak: ¯ ¯ ¯ 4 5

¯¯ ¯ = 4 · (−8) − 5 · (−7) = −32 + 35 = 3 6= 0 |O| = ¯ −7 −8 ¯ Tehát a mátrix teljes rangú, így a rendszer megfigyelhető. 90 (5) példa Diszkretizálás: A diszkrét állapottér modell a következő: x(k + 1) = φx(k) + γu(k) y(k) = Cx(k) + Du(k) A folytonos és a diszkrét rendszer közötti kapcsolat: φ = eAT γ = A−1 (eAT − I)B ahol T a mintavételezési idő. Írjuk fel a diszkrét állapottér modelljét a következő rendszernek! a2 y 2 (t) = b0 u(t) vagy más jelölésekkel: dy 2 (t) = u(t) dt Első lépésként írjuk fel a rendszert állapottér modellel, ehhez használjuk fel a kontroller formot: · ¸ · ¸ £ ¤ 0 0 1 Ac = , Bc = , Cc = 0 1 1 0 0 · ¸ · ¸ · ¸ 0 0 x1 (t) 1 ẋ(t) = · + u(t) 1 0 x2 (t) 0 £ ¤ y(t) = 0 1 x(t) A diszkretizálás sorbafejtéssel is megoldható, azaz φ értékét a következők szerint adjuk meg: AT φ=e A2 T 2 + . = I + AT + 2! 91 · I= ¸ 1 0 0 1 ¸ 0 0 AT = T 0 · ¸ · ¸ · ¸ 0 0 0 0 0 0

2 A = · = 1 0 1 0 0 0 · · φ= 1 0 0 1 ¸ · + 0 0 T 0 ¸ · + · φ= 0 0 0 0 1 0 T 1 ¸ · + ··· = 1 0 T 1 ¸ ¸ A2 T 2 − I)B = 2! A−1 A2 T 2 AT 2 )B = (IT + )B = (A−1 AT + 2! 2! ¸ · ¸ · ¸· ¸ · ¸ · ¸ · T 0 T 0 0 1 1 T 0 ) = t2 γ=( = t2 + t2 0 0 0 T T T 2 2 2 γ = A−1 (eAT − I)B = A−1 (I + AT + · γ= T ¸ T2 2 Tehát a diszkrét rendszer: ¸ · ¸ · ¸· ¸ · T x1 (k + 1) 1 0 x1 (k) = + T 2 u(k) x2 (k + 1) T 1 x2 (k) 2 ¸ · £ ¤ x1 (k) y(k) = 0 1 x2 (k) (6) példa Vizsgáljuk meg az előző modellt, hogy bizonyos bemenetre hogyan reagál! 92 Legyen a bemenetünk a következő: ½ 1, ha k = 0 u(k) = 0, egyébként Legyen T = 1 sec és x0 = 0. ¸· ¸ · ¸ 1 0 x(1) 1 x(k + 1) = φx(k) + γu(k) = + 1 u(k) 1 1 x(2) 2 · ¸ 0 x(0) = 0 · · x(1) = φx(0)+γu(0) = 1 0 1 1 ¸· ¸ · ¸ · ¸ · ¸ · ¸ 1 0 1 0 1 + 1 1= + 1 = 1 0 0 2 2 2 ¸· ¸ · ¸ · ¸ 1 1 1 0 1 + 1 0= 3 x(2) = φx(1) + γu(1) = 1 1 1 2 2 2 ¸ · ¸· ¸

· 1 1 0 1 = x(3) = φx(2) + γu(2) = 3 2, 5 1 1 2 · y(0) = Cx(0) = y(1) = Cx(1) = y(2) = Cx(2) = £ £ 93 £ 0 1 0 1 0 1 ¤ ¤ ¤ · · · 0 0 1 0, 5 1 1, 5 ¸ =0 ¸ = 0, 5 ¸ = 1, 5 3.9 Digitális számításelmélet (1) példa - nyelv Adjuk meg L1 · L2 , L2 · L1 , L0 , L1 , L2 műveletek eredményeit, ha az L1 és L2 nyelvek a következők: L1 = {0, 01} L2 = {1, 11} L1 · L2 = {01, 011, 0111} L2 · L1 = {10, 101, 110, 1101} L0 = {²} L11 = {0, 01} L21 = L1 · L1 = {00, 001, 010, 0101} (2) példa - nyelvtan Adott a G generatív grammatika: G =< {a, b}{S}, S, {S − ab, S − aSb} >, ahol {a, b} a terminális elemek ábécéje; {S} a nemterminális elemek ábécéje; S a kezdő szimbólum; {S − ab, S − aSb} pedig a nyelvtani szabályok. Ezek alapján generáljuk az a4 b4 szót! Definíció alapján a terminális jelek ábécéje itt V = {a, b}, a nemterminális elemek ábécéje W = {S}, S a kezdőszimbólum, és két helyettesítési szabály van:

S − ab és S − aSb. Az a4 b4 karakterláncot, (ahol a-k és b-k száma négy, és egymást követve kell megjelenniük, tehát: aaaabbbb) a következő képpen generálhatjuk: S ` aSb ` aaSbb ` aaaSbbb ` aaaabbbb Ezzel a szabálykészlettel előállíthatjuk az L(G) = an bn , n > 0 karakterláncokat. 94 (3) példa - felismerő automata Legyen A egy determinisztikus felismerő automata a következőképpen definiálva: A =< {q0 , q1 , q2 }, {0, 1}, δ, q1 , {q2 } > δ(q0 , 0) = q0 δ(q0 , 1) = q1 δ(q1 , 0) = q0 δ(q1 , 1) = q2 δ(q2 , 0) = q0 δ(q2 , 1) = q2 ahol {q0 , q1 , q2 } a bemenő állapotok halmaza; {0, 1} a bemeneti ábécé; δ, az állapotátmeneti szabályok; q1 a kezdőállapot; {q2 } pedig a végállapotok halmaza, ez jelen esetben egy elemű halmaz. A bemenő szó legyen, 011011. Felismeri-e az A automata ezt a bemeneti szót? − − − − − q0 0 q0 1 q1 1 q2 0 q0 1 q2 A bemenő karakterlánc a felismerő autómatát a q2 -es állapotba vitte,

a kérdés, hogy ez az állapot eleme-e a végállapotok halmazának? Az automata definíciójában a végállapotok halmaza: {q2 } Mivel q2 ²{q2 }, ezért az A automata felismeti a 011011 bemenő szót. (4) példa - átalakító automata Legyen M egy Mealy-automata a következő módon adott: M =< {q0 , q1 }, {a, b}, {0, 1}, δ, λ, {q0 } >, ahol {q0 , q1 } a bemenő állapotok halmaza; {a, b} a bemenő ábécé; {0, 1} a kimeneti ábécé; δ az átmeneti függvény; λ kimeneti függvény; 95 {q0 } kezdőállapotok halmaza; és a szabályok a következők: δ(q0 , a) = q0 δ(q0 , b) = q1 δ(q1 , a) = q1 δ(q1 , a) = q0 λ(q0 , a) = 0 λ(q0 , b) = 1 λ(q1 , a) = 1 λ(q1 , b) = 0 Hogyan alakítja át az M automata a baabbab bemeneti szót? állapot q0 q1 q1 q1 q0 q1 q1 q0 bemenet b a a b b a b kimenet 1 1 1 0 1 1 0 Bakapcsoláskor az automata a definícióban megadottak szerint q0 állapotba kerül, majd beolvassa a bemenő szalagról balról vett első jelét, egy b-t.

Ennek hatására az automata átkerül q1 állapotba, a kimeneti szalagra pedig egy 1-est ír. Következő lépésben eggyel jobbra lépteti a beolvasó fejet és beolvassaa bemenő szalag második pozícióján lévő jelet egy a-t. Az állapotátmeneti függvénynek megfelelően most nem változik az automata belső állapota és a kimenő szalagra írt jel egy 1-es lesz. Az utolsó bemenő jel b beolvasása után az automata q0 állapota kerül, és a kimeneti szalagra 0-t ír ki. A kimeneti karaktersorozat a következő: 1110110 (5) példa - veremautomata 96 Legyen M =< {q0 , q1 , q2 }, {a, b}, {z0 , z1 }, δ, q0 , z0 , {q0 } > egy veremautomata, ahol {q0 , q1 , q2 } a belső állapotok véges nemüres halmaza; {a, b} a bementi ábécé; {z0 , z1 } a veremábécé; δ átmeneti függvény; q0 kezdőállapot; z0 veremalja jel; {q0 } végállapotok halmaza. Egy veremautomata a bemenő jelet elfogadhatja állapotával vagy az üres veremmel. A szabályok a következők: (1)

δ(q0 , ε, z0 ) = {< q0 , ε >} (2) δ(q0 , a, z0 ) = {< q0 , z0 z1 >} (3) δ(q1 , a, z1 ) = {< q1 , z1 z1 >} (4) δ(q1 , b, z1 ) = {< q1 , ε >} (5) δ(q2 , b, z1 ) = {< q2 , ε >} (6) δ(q3 , ε, z0 ) = {< q2 , ε >} Felismeri-e az automata az aabb jelsorozatot? A veremautomata q0 kezdőállapotból indul, a bemeneti szalagon az aabb jelsorozat, a veremben a z0 veremalja jel látható. < q0 , aabb, z0 > Ezután a bemeneti szalagról beolvassuk az első karaktert,ami jelen esetben egy a. A (2)-es szabályt alkalmazva, a verembe a z1 jel kerül, az automata q1 állapotba megy át, a bemenő szalagon az abb karaktersor marad, azaz az automata konfigurációja a következő: < q1 , abb, z0 z1 > Mint látjuk a bemenő szalagról beolvasható következő karakter egy a a (3)-as szabályt alkalmazva az a beolavása után az automata q1 -es állapotba kerül,a bemenő szalagon már csak a bb karakterlánc marad, a verembe pedig bekerül még

egy z0 elem. Ekkor már három elemünk lesz a veremben, ugyanis eddig csak beolvastunk a verembe, de onnét nem vettünk ki semmit, tehát az állapotsor: < q1 , bb, z0 z1 z1 > Beolvassuk a következő karaktert a bemeneti szalagról, ami egy b, az 97 (1)-es szabályt alkalmazva megtörténik az első veremből kiolvasás. Azaz b-t beolvasva a q2 -es állapotba kerülünk, a veremből pedig kiolvassuk a legfelső elemet, ami jelen esetben a z1 . Így a következő állapotasor írja le a veremautomatát: < q2 , b, z0 z1 > Az utolso karaktert beolvasva és az (5)-os szabály szeint: < q2 , ε, z0 > A (6)-os szabályt alkalmazva < q0 , ε, ε > Láthatjuk, hogy a bemeneti szalagon és a veremben sem maradt egyetlen elem sem, tehát a veremautomata felismerte a jelsorozatot. 98 3.10 Zárthelyi feladatsorok megoldása (1) feladatsor 1. Adja meg a folytonos idejű állapottér modellel jellemzett rendszerek esetén a megfigyelhetőség definícióját! 2.

Stabil-e a G(s) = 3s2 1 + 1s rendszer? Indokoljon! Csatolja vissza negatívan ezt a tagot! Változik-e a stabilitás? 3. Legyen egy tag átviteli függvénye: G(s) = 1 2s + 3 Rajzolja fel a rendszer gyökhelygörbéjét! 4. Legyen egy generatív grammatika a következő: G =< {a, b}, {S}, S, {S − aS, S − bSa, S − ab} > Generálja a bbaabaa szót! (Az egyes lépéseknél alkalmazott szabály sorszámát tűntesse fel!) 5. Ismertesse az átalakító automaták működését! (2) A feladatsor megoldása 1. feladat Ha egy rendszer állapottér modelljére teljesül, hogy adott t0 kezdeti időpont esetén létezik t > t0 időpont, hogy u(τ ) és y(τ ) ismerete (τ ∈ (t0 , t1 )) elégséges az x(t0 ) kezdőállapot meghatározásáshoz, akkor a modell megfigyelhető. 2. feladat 99 Adott a rendszer átviteli függvénye: G(s) = 3s2 1 + 1s Folytonos, másodrendű rendszerek esetében a stabilitásvizsgálat pólusmeghatározással történik. Első lépésként

határozzuk meg a rendszer pólusait, azaz a nevező gyökeit. Mivel itt hiányos másodrendű kifejezés szerepel a nevezőben, így másodfokú egyenletmegoldó képlet alkalmazása helyett egy egyszerű kiemeléssel megkapható a két gyök: 3s2 + 1s = 0 s(3s + 1) = 0 1 3 A stabilitás feltétele folytonos esetben: a póusok valósrészének kisebbnek kell lenni, mint nulla. s1 = 0 ; s2 = − Re(si ) < 0, ∀i ⇒ a rendszer stabil Akár egy, nullánál nagyobb valósrészű pólust is találunk, a rendszer már instabil. A nulla valósrészű pólus az jelenti, hogy a rendszer a stabilitás határán van. Látható, hogy itt két valós gyökünk van, melyek közül az egyik negatív ugyan, de a másik nulla. Így kijelenthetjük, hogy a rendszer a stabilitás határán van. Most vizsgáljuk meg mi történik a rendszer viselkedésével, ha negatívan visszacsatoljuk! A visszacsatolt rendszert a következő ábra mutatja: ábra 1feladatsor2.jpg Először ki kell számolnunk az

új rendszer eredő átviteli függvényét. Ez definíció szerint: Ge (s) = nyitott kör eredő átviteli függvénye 1 ±nyitott kör eredőátviteli függvénye ·visszacsatolt ág eredő átiteli függvénye 100 3-24. ábra A visszacsatolt rendszer Így tehát a jelen példában: Ge (s) = 1 1 3s2 +s + 3s21+s Közös nevezőre hozva, kicsit átalakítva: 1 +s+1 Vizsgáljuk meg ennek a rendszernem a pólusait is! Ge (s) = 3s2 3s2 + s + 1 = 0 √ √ √ −1 ± −11 1 11 −1 ± 1 − 4 · 3 = =− ±j s( 1, 2) = 2·3 6 6 6 Azaz két komplex gyökpár jött ki eredményül. Vizsgáljuk meg ezen gyökök valósrészét! 1 6 ami negatív, tehát a rendszerünk a stabilitás határáról stabil tartományba került. A visszacsatolt rendszer stabil. Re(si ) = − 3. feladat 101 A feladatban szereplő tag átviteli függvénye: G(s) = 1 2s + 3 A feladat, hogy felrajzoljuk a rendszer gyökhelygörbéjét. A gyökhelygörbe, mint tudjuk, a zárt rendszer pólusainak

ábrázolása a komplex számsíkon, midőn egy rendszerparamétert (itt az erősítést) 0 és ∞ között változtatjuk. Tehát a visszacsatolt, zárt rendszert kell vizsgálnunk, majd megadni annak eredő átviteli függvényét. Ge (s) = 1 K 2s+3 1+ 1 K 2s+3 = K 2s + 3 + K Ez egy elsőrendű rendszer, melynek átviteli függvénye általános alakban: K G(s) = τs + 1 ahol a K az erősítés a τ az időállandó A pólusokat, azaz a nevező gyökeit kell vizsgálnunk. 2s + 3 + K = 0 Vizsgáljuk ezt az egyenletet, midőn K értékét változtatjuk 0 és ∞ között: ha K = 0 akkor 2s + 3 = 0 ⇒ s = − 23 ha K 6= 0 akkor s = − 3+K 2 ha K ∞ akkor s −∞ Tehát a rendszer gyökhelygörbéje: ábra 1feladatsor3.jpg 4. feladat A generatív grammatika a következő: G =< {a, b}, {S}, S, {S − aS, S − bSa, S − ab} > 102 3-25. ábra A rendszer gyökhelygörbéje A bbaabaa szó generálása a kezdő nemterminális elemből indul, ami ebben a példában az

S. Innét a következő sorrendben alkalmazzuk a helyettesítsi szabályokat: − − − − S 2 bSa 2 bbSaa 1 bbaSaa 3 bbaabaa 5. feladat A Mealy átalakító automata működése a következő: ¦ start: a q0 kezdőállapotból indul az automata ciklus ¦ beolvasás: a bemenő szalagról balról az első jelet beolvassuk ¦ következő állapot meghatározása ¦ kimenő szalagra kerülő jel meghatározása ¦fejek léptetése ciklus vége. 103 3.11 Táblázatok f (t) F (s) F (z) δ(t) 1 1 1 −nT s δ(t − nT ) e zn z 1 1(t) s z−1 104