Chapter7.3：线性离散系统的分析与校正

此系列属于胡寿松《自动控制原理题海与考研指导》(第三版)习题精选，仅包含部分经典习题，需要完整版习题答案请自行查找，本系列属于知识点巩固部分，搭配如下几个系列进行学习，可用于期末考试和考研复习。
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第七章：线性离散系统的分析与校正

Example 7.21

已知系统结构图如下图所示，欲使系统具有$\nu =2$，并在有限拍结束过渡过程，求校正装置形式。

解：

待校正系统开环脉冲传递函数为：
$$G(z)=Z\left[\frac{K_1{K}_2}{s(\tau s+1)}\right]=K_1{K}_{2}Z\left[\frac{\frac{1}{\tau }}{s\left(s+\frac{1}{\tau }\right)}\right]=K_1{K}_{2}Z\left[\frac{1}{s}-\frac{1}{s+\frac{1}{\tau }}\right]=\frac{K_1{K}_2(1-{\mathrm{e}}^{-\frac{1}{\tau }})z}{(z-1)(z-{\mathrm{e}}^{-\frac{1}{\tau }})}$$
因为期望系统为Ⅱ型系统，则开环脉冲传递函数应有两个$z=1$的极点，可见校正装置必有一个$z=1$的极点.

针对单位斜坡输入设计最少拍系统，闭环误差脉冲传递函数为：
$${\Phi }_e(z)=(1-z^{-1}{)}^2=\frac{(z-1{)}^2}{z^2}$$
校正装置为：
$$D(z)=\frac{1-{\Phi }_e(z)}{G(z){\Phi }_e(z)}=\frac{(z-{\mathrm{e}}^{-\frac{1}{\tau }})(2z-1)}{K_1{K}_2(1-{\mathrm{e}}^{-\frac{1}{\tau }})z(z-1)}$$
则闭环脉冲传递函数为：
$$\Phi (z)=2z^{-1}-z^{-2}=\frac{2z-1}{z^2}$$
其中，系数$K_1、K_2$不影响系统稳定性.

【系统单位斜坡响应曲线】

Example 7.22

采样系统的结构图如下图所示，根据无稳态误差和有限拍结束过渡过程的要求，设计数字校正器，并画出输出特性，其中：$G_0(s)=\frac{10}{s(0.1s+1)(0.05s+1)}，T=0.2，r(t)=1(t)$。

解：

待校正系统开环脉冲传递函数为：
$$\begin{array}{rl}G(z)& =Z\left[\frac{10(1-{\mathrm{e}}^{-Ts})}{s^2(0.1s+1)(0.05s+1)}\right]=\frac{z-1}{20z}\left[\frac{40z}{(z-1{)}^2}-\frac{30z}{z-1}+\frac{40z}{z-{\mathrm{e}}^{-2}}-\frac{10z}{z-{\mathrm{e}}^{-4}}\right]\\ & \\ & =\frac{0.7615z^2+0.8964z+0.0397}{(z-1)(z-0.1353)(z-0.0183)}\end{array}$$
系统为Ⅰ型系统，在单位阶跃输入时，不存在稳态误差.

对单位阶跃输入设计最少拍系统，闭环误差脉冲传递函数为：
$${\Phi }_e(z)=1-z^{-1}$$
校正装置为：
$$D(z)=\frac{1-{\Phi }_e(z)}{G(z){\Phi }_e(z)}=\frac{(z-0.1353)(z-0.0183)}{0.7615z^2+0.8964z+0.0397}$$
则闭环脉冲传递函数为：
$$\Phi (z)=z^{-1}$$
【系统单位阶跃响应曲线】

Example 7.23

用$z$变换法求解差分方程：
$$c^{\ast }(t+2T)-6c^{\ast }(t+T)+8c^{\ast }(t)=r^{\ast }(t)，c^{\ast }(0)=0，c^{\ast }(1)=0，r(t)=\delta (t)$$
$T$为采样周期。要求结果以$c(nT)$表示。

解：

因为：
$$\begin{array}{rl}& Z[c(k+2)]=z^{2}C(z)-z^{2}c(0)-zc(1)=z^{2}C(z)\\ & \\ & Z[6c(k+1)]=6zC(z)-6zc(0)=6zC(z)\\ & \\ & R(z)=1\end{array}$$
原方程化为：
$$z^{2}C(z)-6zC(z)+8C(z)=1\Rightarrow C(z)=\frac{1}{(z-2)(z-4)}$$
用反演积分法，可得：
$$\begin{array}{rl}c(nT)& =\mathrm{Res}[C(z)\cdot z^{n-1}{]}_{z\to 2}+\mathrm{Res}[C(z)\cdot z^{n-1}{]}_{z\to 4}\\ & \\ & =\underset{z\to 2}{\lim }\left[\frac{(z-2)\cdot z^{n-1}}{(z-2)(z-4)}\right]+\underset{z\to 4}{\lim }\left[\frac{(z-4)\cdot z^{n-1}}{(z-2)(z-4)}\right]\\ & \\ & =-2^{n-2}+2^{2n-3}(n=2,3,4,\cdots )\end{array}$$
故
$$c(0)=c(1)=0,c(2)=1,c(3)=6,c(4)=28,\cdots$$

Example 7.24

已知具有可变开环增益$K$的采样系统如下图所示，其中采样周期$T=1$。

要求：

1. 确定使系统稳定的$K$值范围；
2. 说明$T$减小时，对使系统稳定的$K$值范围有何影响？

解：

1. 系统稳定时的$K$值范围。

   开环脉冲传递函数为：
   $$G(z)=Z\left[\frac{K}{s(s+4)}\right]=\frac{K}{4}\frac{(1-{\mathrm{e}}^{-4})z}{(z-1)(z-{\mathrm{e}}^{-4})}=\frac{0.9817Kz}{4(z^2-1.0183z+0.0183)}$$
   则闭环脉冲传递函数为：
   $$\Phi (z)=\frac{G(z)}{1+G(z)}=\frac{0.9817Kz}{4z^2+(0.9817K-4.0732)z+0.0732}$$
   特征方程为：
   $$D(z)=4z^2+(0.9817K-4.0732)z+0.0732=0$$
   令$z=\frac{w+1}{w-1}$，得：
   $$0.9817K{w}^2+7.8536w+(8.1464-0.9817K)=0$$
   劳斯表如下：

   $w^2$	$0.9817K$	$8.1466-0.9817K$
   $w^1$	$7.8534$	$0$
   $w^0$	$8.1466-0.9817K$

   为保证系统稳定，必须使$K>0$和$8.1466-0.9817K>0$，解得：$0<K<8.2983$。

   【$K=1$和$K=10$时单位阶跃响应曲线】
   

2. $T$对$K$值范围的影响。

   如果$T$待定，有：
   $$\begin{array}{rl}& G(z)=\frac{K(1-{\mathrm{e}}^{-4T})z}{4(z-1)(z-{\mathrm{e}}^{-4T})}\\ & \\ & \Phi (z)=\frac{K(1-{\mathrm{e}}^{-4T})z}{4z^2+[K(1-{\mathrm{e}}^{-4T})-4(1+{\mathrm{e}}^{-4T})]z+4{\mathrm{e}}^{-4T}}\end{array}$$
   令$z=\frac{w+1}{w-1}$，得：
   $$K(1-{\mathrm{e}}^{-4T})w^2+8(1-{\mathrm{e}}^{-4T})w+8(1+{\mathrm{e}}^{-4T})-K(1-{\mathrm{e}}^{-4T})=0$$
   劳斯表如下：

   $w^2$	$K(1-{\mathrm{e}}^{-4T})$	$8(1+{\mathrm{e}}^{-4T})-K(1-{\mathrm{e}}^{-4T})$
   $w^1$	$8(1-{\mathrm{e}}^{-4T})$	$0$
   $w^0$	$8(1+{\mathrm{e}}^{-4T})-K(1-{\mathrm{e}}^{-4T})$

   可见，当$0<K<\frac{8(1+{\mathrm{e}}^{-4T})}{1-{\mathrm{e}}^{-4T}}$时，系统稳定.此时若$T$减小，则$K$值范围将增大.

   当$K=10，T=1$时，系统不稳定；当$T=0.1$时，使系统稳定得$K$值范围为$0<K<40.75$，取$K=10$.

   【系统单位阶跃响应曲线】
   

Example 7.25

采样系统结构图如下图所示：

1. 输入$r(t)=2+t$，欲使稳态误差小于$0.5$，试选择$K$值；
2. 输入$r(t)=1(t)$，求系统过渡过程单调、振荡衰减和发散时，$K$值得范围；

解：

1. $K$值选择。

   开环脉冲传递函数为：
   $$G(z)=Z\left[\frac{1-{\mathrm{e}}^{-Ts}}{s}\cdot \frac{K{\mathrm{e}}^{-0.5s}}{s}\right]=K(1-z^{-1})Z\left[\frac{{\mathrm{e}}^{-0.5s}}{s^2}\right]$$
   由于$T=0.25$，故${\mathrm{e}}^{-0.5s}={\mathrm{e}}^{-2Ts}=\frac{1}{z^2}$，所以：
   $$G(z)=\frac{0.25K}{z^2(z-1)}$$
   闭环误差脉冲传递函数为：
   $${\Phi }_e(z)=\frac{1}{1+G(z)}=\frac{z^2(z-1)}{z^2(z-1)+0.25K}$$
   闭环特征方程为：
   $$D(z)=z^3-z^2+0.25K=0$$
   将$z=\frac{w+1}{w-1}$代入特征方程，得$w$域特征方程：
   $$D(w)=0.25K{w}^3+(2-0.75K)w^2+(4+0.75K)w+(2-0.25K)=0$$
   在$w$域用劳斯判据分析系统的稳定性，可以得到使系统稳定的$K$值范围.劳斯表如下：

   $w^3$	$0.25K$	$4+0.75K$
   $w^2$	$2-0.75K$	$2-0.25K$
   $w^1$	$(8-2K-0.5K^2)/(2-0.75K)$	$0$
   $w^0$	$2-0.25K$

   由劳斯判据可知，使系统稳定的$K$值范围：
   $$\{\begin{array}{ll}& K>0\\ & 2-0.75K>0\\ & 8-2K-0.5K^2>0\\ & 2-0.25K>0\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{ll}& K>0\\ & K<2.6667\\ & K<8\\ & K<2.472\end{array}\Rightarrow 0<K<2.472$$
   即使系统稳定的$K$范围为：$0<K<2.472$。

   从满足稳态误差要求考虑，由于
   $$R(z)=Z[2+t]=\frac{2z}{z-1}+\frac{Tz}{(z-1{)}^2}=\frac{2z(z-1)+0.25z}{(z-1{)}^2}=\frac{z(2z-1.75)}{(z-1{)}^2}$$
   故稳态误差为：
   $$e_{ss}(\infty )=\underset{z\to 1}{\lim }(1-z^{-1}){\Phi }_e(z)R(z)=\frac{0.25}{0.25K}=\frac{1}{K}$$
   由于要求$e_{ss}(\infty )<0.5$，则有$K>2.0$。显然，满足$e_{ss}(\infty )=0.5$的$K$值为：$2<K<2.472$。

2. $K$值范围。

   开环脉冲传递函数为：
   $$G(z)=\frac{0.25K}{z^2(z-1)}$$
   开环系统在$z$域中，有两个$z=0$的极点和一个$z=1$的极点.由$|G(z)|=1$，有：
   $$K=|4z^2(z-1)|$$
   令$\mathrm{d}K/\mathrm{d}z=0$，可得：
   $$3z^2-2z=0\Rightarrow z_1=0，z_2=0.67$$
   故$z=0.67$为分离点，对应
   $$K=|4z^2(z-1)|=0.5925$$
   根轨迹如下图：
   
   可得：

   • $0<K<0.5925$时，系统过渡过程单调；
   • $0.5925<K<2.472$时，系统振荡衰减；
   • $K>2.472$时，系统发散；

3. 【系统不同$K$值单位阶跃响应】
   

Example 7.26

采样系统的结构图如下图所示，图中采样周期$T=0.1$。确定在输入信号$r(t)=t$作用下系统稳态误差$e_{ss}(\infty )=0.05$时的$K$值。

解：

开环脉冲传递函数为：
$$\begin{array}{rl}G(z)& =Z\left[\frac{(1-{\mathrm{e}}^{-sT})K}{s^2(0.1s+1)}\right]=K(1-z^{-1})Z\left[\frac{10}{s^2(s+10)}\right]=\frac{K(z-1)}{z}Z\left[\frac{1}{s^2}-\frac{0.1}{s}+\frac{0.1}{s+10}\right]\\ & \\ & =\frac{K(z-1)}{z}\left[\frac{Tz}{(z-1{)}^2}-\frac{0.1z}{z-1}+\frac{0.1z}{z-{\mathrm{e}}^{-1}}\right]=\frac{K[{\mathrm{e}}^{-1}z+(1-2{\mathrm{e}}^{-1})]}{10(z-1)(z-{\mathrm{e}}^{-1})}\\ & \\ & =\frac{K(0.3679z+0.2642)}{10(z-1)(z-0.3679)}\end{array}$$
闭环脉冲传递函数为：
$$\Phi (z)=\frac{G(z)}{1+G(z)}=\frac{K(0.3679z+0.2642)}{10z^2+(0.3679K-13.679)z+(0.2642K+3.679)}$$
闭环特征方程为：
$$D(z)=10z^2+(0.3679K-13.679)z+(0.2642K+3.679)=0$$
令$z=\frac{w+1}{w-1}$，可得：
$$D(w)=0.6321K{w}^2+(12.642-0.5284K)w+(27.358-0.1037K)=0$$
劳斯表如下：

由劳斯稳定判据可知，当$0<K<23.925$时系统稳定.

根据开环脉冲传递函数的形式，该系统是Ⅰ型系统，在单位斜坡输入的情况下，稳态误差为：
$$e_{ss}(\infty )=\frac{T}{K_v}$$
其中：
$$K_v=\underset{z\to 1}{\lim }(z-1)G(z)=\frac{K}{10}$$
则有
$$e_{ss}(\infty )=\frac{T}{K_v}=\frac{1}{K}=0.05\Rightarrow K=20$$
【系统单位斜坡响应曲线】

Example 7.27

采样系统结构图如下图所示。设采样周期$T=1，r(t)=1(t)$。

1. 求系统脉冲传递函数；
2. 求系统的输出响应$c^{\ast }(t)$(算至$n=5$)；
3. 画出$c^{\ast }(t)，e^{\ast }(t)，u(t)$的响应曲线。

解：

1. 系统脉冲传递函数。

   开环脉冲传递函数为：
   $$\begin{array}{rl}G(z)& =Z\left[\frac{1-{\mathrm{e}}^{-Ts}}{s^2(s+1)}\right]=(1-z^{-1})Z\left[\frac{1}{s^2(s+1)}\right]\\ & \\ & =\frac{z-1}{z}\cdot \left[\frac{z}{(z-1{)}^2}\cdot \frac{(1-{\mathrm{e}}^{-1})z}{(z-1)(z-{\mathrm{e}}^{-1})}\right]=\frac{{\mathrm{e}}^{-1}z+1-2{\mathrm{e}}^{-1}}{(z-1)(z-{\mathrm{e}}^{-1})}\\ & \\ & =\frac{0.3679z+0.2642}{z^2-1.3679z+0.3679}\end{array}$$
   闭环脉冲传递函数为：
   $$\Phi (z)=\frac{G(z)}{1+G(z)}=\frac{{\mathrm{e}}^{-1}z+1-2{\mathrm{e}}^{-1}}{z^2-z+1-{\mathrm{e}}^{-1}}=\frac{0.3679z+0.2642}{z^2-z+0.6321}$$

2. 输出响应$c^{\ast }(t)$。

   输入$z$变换为：
   $$R(z)=\frac{z}{z-1}$$
   可得输出为：
   $$\begin{array}{rl}C(z)& =\frac{G(z)}{1+G(z)}\cdot R(z)=\frac{0.3679z^2+0.2642z}{z^3-2z^2+1.6321z-0.6321}\\ & \\ & =0.3679z^{-1}+z^{-2}+1.3996z^{-3}+1.3996z^{-4}+1.147z^{-5}+\cdots +\end{array}$$

3. 响应曲线。

   系统误差闭环脉冲传递函数为：
   $${\Phi }_e(z)=\frac{1}{1+G(z)}=\frac{z^2-1.3679z+0.3679}{z^2-z+0.6321}，E(z)={\Phi }_e(z)R(z)$$
   【$c^{\ast }(t)、e^{\ast }(t)、u(t)$响应曲线】
   

Example 7.28

采样系统结构图如下图所示，其中控制对象的传递函数为：$G_0(s)=\frac{10}{s(s+1)}$，$G_h(s)$是零阶保持器，采样周期$T=1$。当单位斜坡输入时，按使系统具有最快响应特性来设计$D(z)$。

解：

开环脉冲传递函数为：
$$\begin{array}{rl}G(z)& =Z\left[\frac{10(1-{\mathrm{e}}^{-Ts})}{s^2(s+1)}\right]=10(1-z^{-1})Z\left[\frac{1}{s^2(s+1)}\right]\\ & \\ & =\frac{10(z-1)}{z}\left[\frac{z}{(z-1{)}^2}-\frac{(1-{\mathrm{e}}^{-1})z}{(z-1)(z-{\mathrm{e}}^{-1})}\right]=\frac{10({\mathrm{e}}^{-1}z+1-2{\mathrm{e}}^{-1})}{(z-1)(z-{\mathrm{e}}^{-1})}\\ & \\ & =\frac{10(0.368z+0.264)}{(z-1)(z-0.368)}\end{array}$$
针对单位斜坡输入，最少拍系统的闭环脉冲传递函数为：
$$\Phi (z)=2z^{-1}-z^{-2}$$
则有
$$D(z)=\frac{\Phi (z)}{G(z)(1-\Phi (z))}=\frac{(2z-1)(z-{\mathrm{e}}^{-1})}{10(z-1)({\mathrm{e}}^{-1}z+1-2{\mathrm{e}}^{-1})}=\frac{(2z-1)(z-0.3679)}{(z-1)(3.679z+2.642)}$$
【输出响应曲线】

Example 7.29

采样系统的结构图如下图所示。要求：

1. 求系统闭环脉冲传递函数$\frac{C(z)}{R(z)}$；
2. 当初始条件为零，输入量$r(t)$为单位阶跃函数时，求系统的输出$c(k)，k=0,1,2,3$，并画出其波形图；

解：

1. 求传递函数。

   系统开环脉冲传递函数为：
   $$\begin{array}{rl}G(z)& =Z\left[\frac{0.5{\mathrm{e}}^{-Ts}}{s(0.5s+1)}\right]=z^{-1}Z\left[\frac{1}{s(s+2)}\right]=\frac{1}{2z}\cdot \frac{(1-{\mathrm{e}}^{-2})z}{(z-1)(z-{\mathrm{e}}^{-2})}=\frac{0.4323}{(z-1)(z-0.1353)}\end{array}$$
   系统闭环脉冲传递函数为：
   $$\Phi (z)=\frac{C(z)}{R(z)}=\frac{G(z)}{1+G(z)}=\frac{0.4323}{z^2-1.1353z+0.5676}$$

2. 求输出$c(k)$。

   输入$z$变换为：$R(z)=\frac{z}{z-1}$。

   有
   $$\begin{array}{rl}C(z)& =\Phi (z)R(z)=\frac{0.4323z}{z^3-2.1353z^2+1.7029z-0.5676}\\ & \\ & =0.4323z^{-2}+0.9231z^{-3}+1.2349z^{-4}+\cdots +\\ & \\ c(0)& =0，c(1)=0，c(2)=0.4323，c(3)=0.9231\end{array}$$
   【$c(k)$波形图】
   

Example 7.30

采样系统的结构图如下图所示，两采样器同步采样，采样周期$T=1$，并假设满足香农$(\mathrm{Shannon})$采样定理。

要求：

1. 求采样系统的误差脉冲传递函数$E(z)/R(z)$；
2. 判别系统的稳定性；
3. 当$r(t)=10\cdot 1(t)$时，求系统的稳态误差；
4. 当$r(t)=10\cdot 1(t)$时，求系统误差采样信号$e^{\ast }(t)$在前$4$个采样时刻的值$e(kT)，k=0,1,2,3$，并画出其波形图；

解：

1. 求传递函数。

   开环脉冲传递函数为：
   $$G_1(z)G_2(z)=Z\left[\frac{1}{s}\right]\cdot Z\left[\frac{1}{s+1}\right]=\frac{z}{z-1}\cdot \frac{z}{z-{\mathrm{e}}^{-1}}=\frac{z^2}{z^2-1.3679z+0.3679}$$
   误差脉冲传递函数为：
   $${\Phi }_e(z)=\frac{E(z)}{R(z)}=\frac{1}{1+G_1(z)G_2(z)}=\frac{z^2-1.3679z+0.3679}{2z^2-1.3679z+0.3679}$$

2. 系统稳定性。

   闭环特征方程为：
   $$D(z)=2z^2-1.3679z+0.3679=0\Rightarrow z_{1,2}=0.3420\pm \mathrm{j}0.2588$$
   因为$|z_{1,2}|=0.4289<1$，所以闭环系统稳定.

3. 系统稳态误差。

   输入$z$变换为：$R(z)=\frac{10z}{z-1}$。

   采样误差函数为：
   $$E(z)={\Phi }_e(z)R(z)=\frac{z^2-1.3679z+0.3679}{2z^2-1.3679z+0.3679}\cdot \frac{10z}{z-1}$$
   稳态误差为：
   $$e_{ss}(\infty )=\underset{z\to 1}{\lim }(1-z^{-1})E(z)=\underset{z\to 1}{\lim }\frac{z-1}{z}\cdot \frac{z^2-1.3679z+0.3679}{2z^2-1.3679z+0.3679}\cdot \frac{10z}{z-1}=0$$

4. 误差采样信号及波形图。
   $$\begin{array}{rl}E(z)& =\frac{z^2-1.3679z+0.3679}{2z^2-1.3679z+0.3679}\cdot \frac{10z}{z-1}=\frac{10z^3-13.679z^2+3.679z}{2z^3-3.3679z^2+1.7358z-0.3679}\\ & \\ & =5+1.58z^{-1}+0.161z^{-2}-0.181z^{-3}-0.153z^{-4}+\cdots +\end{array}$$
   则有
   $$e(0)=5，e(1)=1.58，e(2)=0.161，e(3)=-0.181$$

5. 【单位阶跃响应曲线和误差采样信号波形图】
   

最后

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