Sis Zbirka

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page i — #1

Predgovor

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page ii — #2

ii Predgovor

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page iii — #3

Sadržaj

PREDGOVOR i

1. UVOD U SIGNALE I SUSTAVE 1

1.1. Vrste signala. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 11.1.1. Kontinuirani i diskretni signali. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.1.2. Periodicni i aperiodicni signali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.1.3. Signal konacne energije i signal konacne snage. . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.2. Transformacije vremenske varijable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 51.2.1. Pomak signala. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.2.2. Zrcaljenje signala. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.2.3. Skaliranje signala. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.3. Vrste sustava. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . 91.3.1. Kauzalni i nekauzalni sustavi. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.3.2. Memorijski i bezmemorijski sustavi. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.3.3. Linearni sustavi. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.3.4. Vremenski nepromjenjivi sustavi. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.3.5. Stabilni i nestabilni sustavi. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

1.4. Prikaz sustava funkcijskim blokovima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .141.4.1. Osnovni funkcijski blokovi. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.4.2. Ulazno-izlazne karakteristike sustava. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161.4.3. Spajanje funkcijskih blokova. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

2. KONTINUIRANI SIGNALI I SUSTAVI 27

2.1. Osnovni kontinuirani signali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . 272.1.1. Jedinicna stepenica i jedinicna kosina. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 272.1.2. Delta-funkcija. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 282.1.3. Kompleksna eksponencijala. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page iv — #4

iv SADRŽAJ

2.2. Linearne diferencijalne jednadžbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . 362.3. Impulsni odziv i konvolucijski integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . 482.4. Fourierov red . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . 572.5. Fourierova transformacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . 602.6. Laplaceova transformacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . 672.7. Prijenosna funkcija kontinuiranog sustava. . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . 70

2.7.1. Odziv LTI sustava na pobudu eksponencijalnim signalom . . . . . . . . . . 752.7.2. Frekvencijska karakteristika sustava. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 772.7.3. Grupno kašnjenje i prijenos bez izoblicenja. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

3. DISKRETNI SIGNALI I SUSTAVI 87

3.1. Osnovni diskretni signali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . 873.1.1. Jedinicna stepenica i jedinicna kosina. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 873.1.2. Diskretna delta-funkcija. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 883.1.3. Diskretna kompleksna eksponencijala. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88

3.2. Linearne jednadžbe diferencija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . 993.3. Impulsni odziv i konvolucijska sumacija. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 1093.4. Vremenski diskretna Fourierova transformacija . . . . . . . . . . . . . .. . . 1133.5. z-transformacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 1173.6. Prijenosna funkcija diskretnog sustava . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . 127

4. VEZA KONTINUIRANIH I DISKRETNIH SIGNALA 135

4.1. Otipkavanje vremenski kontinuiranih signala . . . . . . . . . . . . . . . . . .1354.2. Rekonstrukcija vremenski kontinuiranih signala . . . . . . . . . . . . . . .. 140

5. ANALIZA SUSTAVA U PROSTORU STANJA 151

5.1. Prikaz sustava . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . 1515.1.1. Direktna realizacija. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1515.1.2. Kaskadna realizacija. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1555.1.3. Paralelna realizacija. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159

5.2. Transformacije varijabli stanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 1625.3. Upravljivost i osmotrivost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . 1735.4. Odziv linearnih sustava . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . 182

6. DODATAK : KORISNE MATEMATI CKE RELACIJE 187

6.1. Trigonometrijske funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1876.2. Sume. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1886.3. Integrali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . 188

6.3.1. Neodredeni integrali. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1886.3.2. Odredeni integrali. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page v — #5

SADRŽAJ v

6.4. Fourierova transformacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . 1906.4.1. Nekicesto korišteni signali. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 190

6.5. Laplaceova transformacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . 1916.6. Z-transformacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 195

L ITERATURA 199

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page vi — #6

vi SADRŽAJ

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 1 — #7

1. Uvod u signale i sustave

1.1. Vrste signala

1.1.1. Kontinuirani i diskretni signali

Kontinuirani signali, ili tocnije vremenski kontinuirani signali, definirani su za cijeliraspon vrijednosti nezavisne vremenske varijable i nemaju diskontinuitete.Tako npr.signal

x(t) = sin(2πt) (1.1)

klasificiramo kao vremenski kontinuirani signal jer je definiran za bilo koju vrijednostslobodne varijablet.

Oni signali koji imaju konacan ili prebrojivo beskonacan broj diskontinuiteta nazi-vaju sepo dijelovima kontinuiranisignali. Primjer je takvog signala pravokutni impulssa slike 1.1(a),

x(t) =

1, 0 ≤ t < 1

0, inace. (1.2)

Nasuprot kontinuiranim signalima, diskretni signali su definirani samo za diskretnevrijednosti slobodne varijable. Primjer je takvog signala definirog samo za cjelobrojnevrijednosti slobodne varijablen

x[n] =1

2n + 1, (1.3)

prikazan na slici 1.1(b). Uocite da se kod diskretnih signala upotrebljavaju uglate za-grade oko slobodne varijable kako bi se naglasilo da slobodna varijabla može poprimatisamo cjelobrojne vrijednosti.

Diskretni signali obicno nastaju otipkavanjem kontinuiranih signala iz "stvarnogsvijeta". Npr. mjerenje napona na potrošacu svakih 10 ms rezultira diskretnim signalom

x[n] = x(nTs), (1.4)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 2 — #8

2 1. Uvod u signale i sustave

1

1

( )x t

t

(a) Pravokutni impuls

2 3-1-2

1

2

3

1 4

[ ]x n

n

(b) Linearno rastuci signal

Slika 1.1. Primjer vremenski kontinuiranog (a) i vremenskidiskretnog (b) signala

gdje jex(t) napon na potrošacu, aTs = 10 ms je period otipkavanja.

1.1.2. Periodicni i aperiodicni signali

Da bi signalx(t) bio periodican, mora vrijediti uvjet

x(t) = x(t + nT ), n = 1, 2, 3... (1.5)

KonstantaT osnovni je period signala. Signal koji ne zadovoljava gornji uvjet nazivase aperiodicnim signalom. Primjer periodicnog signala je sinusni signalciji je osnovniperiodT = 2π, tj.

sin(t) = sin(t + n2π). (1.6)

Primjer 1.1.1. Odrediti osnovni period signalax(t) = 2 sin(6πt).Rješenje:Da bi signal bio periodican s periodomT , mora vrijediti

sin(6πt) = sin(6π(t + nT )) = sin(6πt + 6πnT )). (1.7)

Korištenjem jednakosti 1.6 i 1.7 dobivamo

6πT = 2π, iz cega slijedi T =1

3. (1.8)

Zadatak 1.1.2.Odrediti osnovni period signalax(t) = 3 cos(2πt).Rješenje:Osnovni period signala jeT = 1.

Važno je naglasiti da signal koji je nastao zbrajanjem dvaju periodicnih signala nemora biti nužno periodican signal. Definirajmo signal

x(t) = a · x1(t) + b · x2(t), (1.9)

gdje sua i b proizvoljne konstante i gdje signalx1 ima osnovni periodT1, a signalx2

ima periodT2. Da bi i signalx(t) bio periodican s periodomT , mora vrijediti:

T = mT1 = nT2, (1.10)

gdje sum i n cjelobrojne konstante.

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 3 — #9

1.1. Vrste signala 3

Primjer 1.1.3. Odrediti je li zadani signal 1.11 periodican, i ako jest odrediti mu period.

x(t) = cos(π

2t)

+ sin(π

3t)

. (1.11)

Rješenje:Periodi zbrojenih signala jesuT1 = 4 i T2 = 6. Zajednicki je višekratniktih dvaju brojeva 12, odnosno

T = 3T1 = 2T2 = 12, (1.12)

iz cega zakljucujemo da je zadani signal periodican s osnovnim periodomT = 12.

Primjer 1.1.4. Odrediti je li zadani signal

x(t) = cos(π

2t)

+ sin(2t) (1.13)

periodican i koliki mu je period.Rješenje:Periodi pojedinih signala u zbroju jesuT1 = 4 i T2 = π. Buduci da omjer

tih dvaju brojeva nije racionalan broj, zakljucujemo da zadani signal nije periodican.

1.1.3. Signal konacne energije i signal konacne snage

Energija signalax(t) racuna se prema izrazu

E = limL→∞

∫ L

−L

|x(t)|2dt, (1.14)

dok je srednja snaga signala definirana s

P = limL→∞

[1

2L

∫ L

−L

|x(t)|2dt

]

. (1.15)

Ako limes u jednadžbi 1.14 rezultira konacnim brojem, kažemo da se radi osignalukonacne energije(engl. energy signal). Primjer takvog signala je signal sa slike 1.1(a).Važno je uociti da signali koji imaju konacnu energiju imaju u isto vrijeme snagu jednakunuli.

Ako signal ima beskonacnu energiju i konacnu snagu, tada se nazivasignalom ko-nacne snage(engl. power signal). Vecina periodicnih signala spada u tu kategoriju.

Za diskretne signale energija i snaga racunaju se s pomocu slicnih izraza kao 1.14i 1.15, samo što se umjesto integracije provodi sumacija kvadrata apsolutne vrijednostidiskretnog signala:

E = limM→∞

M∑

n=−M

|x[n]|2, (1.16)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 4 — #10


P = limM→∞

[

1

2M + 1

M∑

n=−M

|x[n]|2]

. (1.17)

Primjer 1.1.5. Potrebno je odrediti energiju i snagu signala

x(t) =

1 za0 ≤ t < 1

0 inace(1.18)

koji je prikazan na slici 1.1(a). O kojoj se vrsti signala radi?Rješenje:Energiju signala racunamo kao

E = limL→∞

∫ L

−L

|x(t)|2dt =

∫ ∞

−∞|x(t)|2dt = 1, (1.19)

iz cega zakljucujemo da se radi o signalu konacne energije. S pomocu izraza 1.15 snagumožemo izracunati kao

P = limL→∞

[1

2L

∫ L

−L

|x(t)|2dt

]

= 0. (1.20)

Primjer 1.1.6. Potrebno je odrediti energiju i snagu signalax(t) = 2. O kojoj se vrstisignala radi?

Rješenje:Energiju i snagu signala racunamo kako slijedi:

E = limL→∞

∫ L

−L

|x(t)|2dt =

∫ ∞

−∞|x(t)|2dt = ∞, (1.21)

P = limL→∞

[1

2L

∫ L

−L

4dt

]

= limL→∞

[1

2L· 4 · 2L

]

= 4, (1.22)

iz cega zakljucujemo da se radi o signalu konacne snage.

Zadatak 1.1.7.Odrediti energiju i snagu signala

x[n] = n + 3. (1.23)

Je li to signal konacne energije ili konacne snage?Rješenje:S pomocu izraza 1.16 i 1.17 dobiva seE = ∞ i P = ∞. Dakle, taj signal

nije ni signal konacne energije ni signal konacne snage.

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 5 — #11

1.2. Transformacije vremenske varijable 5

1.2. Transformacije vremenske varijable

1.2.1. Pomak signala

Pomak signala udesno za odredenu vrijednostt0 provodi se zamjenom argumentats t − t0. Dakle, pomaknuti signal dobivamo kao

y(t) = x(t − t0). (1.24)

Ako se provodi pomak ulijevo zat0, dobivamo

y(t) = x(t + t0). (1.25)

Primjer 1.2.1. Odrediti izraz za pomak signalax(t) zat0 = 1 udesno ako je

x(t) =1

2t. (1.26)

Rješenje:Željeni pomak signala udesno dobivamo zamjenom slobodne varijablet s(t − 1):

y(t) = x(t − 1) =1

2(t − 1) =

1

2t − 1

2. (1.27)

Pomaknuti signal prikazan je na slici 1.2(b)

1

2

( )x t

t

(a) Originalni signal

1

1

( 1)x t−

t

(b) Signal pomaknut za 1 udesno

Slika 1.2.Pomak signala

Primjer 1.2.2. Vremenski diskretni signalx[n] zadan je izrazom

x[n] = n3 − 2n2 + n − 1. (1.28)

Potrebno je odrediti njemu odgovarajuci signal pomaknut za 2 vremenska koraka udesno.Rješenje:Odgovarajuci signal dobitcemo zamjenom diskretne slobodne varijablen

s (n − 2).

y[n] = x[n − 2] = (n − 2)3 − 2(n − 2)2 + (n − 2) − 1

= n3 − 8n2 + 21n − 19.(1.29)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 6 — #12


1.2.2. Zrcaljenje signala

Zamjenom predznaka slobodne varijable provodi se zrcaljenje signala oko ishodišta.Uzmimo primjer signala prikazanog na slici 1.3(a). Slika 1.3(b) prikazuje zrcaljeni sig-nal dobiven kaoy(t) = x(−t).

1

2

( )x t

t


1

-2

( )x t−

t

(b) Zrcaljeni signal

Slika 1.3.Operacija zrcaljenja signala

Ako je na signalu potrebno izvršiti i operaciju pomaka i operaciju zrcaljenja, prvo sevrši zrcaljenje, a tek onda pomak. Provodenje operacija zrcaljenja i pomaka suprotnimredoslijedom dovelo bi do potpuno drukcijeg i neispravnog rješenja.

Primjer 1.2.3. Za signalx(t) sa slike 1.3(a) potrebno je skicirati signaly(t) = x(4− t).Rješenje:Izraz zay(t) možemo napisati kao

y(t) = x(4 − t) = x(−(t − 4)), (1.30)

što odgovara zrcaljenju signalax(t), nakon kojeg slijedi pomak za 4 udesno (slika 1.4).

1

2 4

(4 )x t−

t

Slika 1.4. Zrcaljeni i pomaknuti signal. Signalx(−t) koji jemedukorak do konacnog rješenja prikazan je crtkano

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 7 — #13

1.2. Transformacije vremenske varijable 7

1.2.3. Skaliranje signala

Skaliranje signala u vremenu provodi se množenjem slobodne varijable odredenomkonstantom. Množenje slobodne varijable brojem vecim od jedan "skracuje trajanje"signala. Nasuprot tome, množenje slobodne varijable brojem manjim od jedan "pro-dužuje trajanje" signala. Primjer skaliranja signala faktorom vecim od jedan dan je naslici 1.5.

1

2

( )x t

t


1

1

(2 )x t

t

(b) Signal skaliran s faktorom 2

Slika 1.5.Vremensko skaliranje signala

Ako je na signalu potrebno izvršiti i operaciju pomaka i operaciju skaliranja, prvose vrši skaliranje, a tek onda pomak. Operacije skaliranja i pomaka nisu komutativne pabi njihovo provodenje suprotnim redoslijedom dovelo do neispravnog rješenja.

Primjer 1.2.4. Za signalx(t) sa slike 1.5(a) potrebno je skicirati novi signal koji sedobiva kao

y(t) = x(2t − 4). (1.31)

Rješenje:Zadatakcemo riješiti graficki tako da uocimo korake transformacije slo-bodne varijable pisanjem izraza 1.31 kao

y(t) = x(2t − 4) = x(2(t − 2)). (1.32)

Analizom gornjeg izraza uocavamo da se signaly(t) dobiva s pomocu operacije skali-ranja faktorom 2 i nakon toga vremenskog pomaka za 2. Dobiveni signal y(t) prikazanje na slici 1.6.

1

1 2 3

(2 4)x t−

t

Slika 1.6.Zrcaljeni signal. Medukorak koji predstavlja signalx(2t)

prikazan je crtkano

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 8 — #14


Opcenito, ako je na signalu potrebno izvršiti operacije skaliranja, zrcaljenja ipo-maka važno je da se operacija pomaka vrši zadnja. Operacije skaliranja i zrcaljenja sukomutativne pa njihov medusobni redoslijed nije važan.

Primjer 1.2.5. S pomocu transformacija varijablet potrebno je skicirati signal

y(t) = cos(π

2t +

π

2

)

. (1.33)

Rješenje:Signaly(t) pisatcemo kao

y(t) = cos(π

2t +

π

2

)

= cos(π

2(t + 1)

)

, (1.34)

iz cega se vidi da se signaly(t) može prikazati korištenjem signalax(t) = cos t (slika1.7(a)) koji je skaliran faktoromπ/2 (slika 1.7(b)) i pomaknut u vremenu za 1 ulijevo(slika 1.7(c)).

−6 −4 −2 0 2 4 6−1

0

1

(a) x(t) = cos t

−6 −4 −2 0 2 4 6−1

0

1

(b) x1(t) = x(π2t) = cos(π

2t)

−6 −4 −2 0 2 4 6−1

0

1

(c) y(t) = x1(t + 1) = x(π2(t + 1)) = cos(π

2(t + 1))

Slika 1.7.Skaliranje i pomak kosinusnog signala

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 9 — #15

1.3. Vrste sustava 9

1.3. Vrste sustava

1.3.1. Kauzalni i nekauzalni sustavi

Sustav se smatra kauzalnim ako vrijednost signala na njegovu izlazu ovisi samo oprošlim i trenutnim vrijednostima signala na njegovu ulazu. Ako izlazni signalovisi i obuducim vrijednostima ulaznog signala, tada kažemo da je sustav nekauzalan.

Primjer 1.3.1. Odrediti je li diskretni sustav kauzalan ako se izlazni signaly[n] dobivakao

y[n] = x[n] + 2x[n − 3], (1.35)

gdje jex[n] signal na ulazu sustava.Rješenje:Sustav je kauzalan jer vrijednost izlaznog signala u bilo kojem vremen-

skom trenutku ovisi samo o trenutacnoj vrijednosti ulaznog signala i vrijednosti ulaznogsignala 3 vremenska koraka prije.

Primjer 1.3.2. Odrediti je li vremenski kontinuirani sustav kauzalan ako za izlazni signaly(t) vrijedi

y(t) =

∫ t+2

t−1x(t)dt. (1.36)

Rješenje:Sustav nije kauzalan jer vrijednost ulaznog signala u bilo kojem vremen-skom trenutku ovisi o integraciji koja zahvaca raspon prethodnih, ali i buducih vrijed-nosti ulaznog signalax(t).

1.3.2. Memorijski i bezmemorijski sustavi

Sustav se smatra bezmemorijskim ako signal na njegovu izlazu u bilo kojem trenutkuovisi samo o trenutacnoj vrijednosti signala na njegovu ulazu. Opcenito, za memorijskesustave vrijedi da je

y(t) = K · x(t), (1.37)

gdje jeK proizvoljna konstanta. Ako to ne vrijedi, sustav se naziva memorijskim.

Primjer 1.3.3. Diskretni sustav definiran je vezom ulaza i izlaza:

y[n] = 3x[n] + 2x[n + 1]. (1.38)

O kojoj se vrsti sustava radi?Rješenje:To je nekauzalni memorijski sustav. Nekauzalan je zato što vrijednost

izlaza ovisi i o buducim vrijednostima ulaznog signala. Taj je sustav memorijski zato štovrijednost izlaza ne ovisi samo o trenutacnoj vrijednosti signala.

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 10 — #16


Primjer 1.3.4. Kontinuirani sustav definiran je vezom ulaza i izlaza:

y(t) =

∫ t−2

t−3x(t)dt. (1.39)

O kojoj se vrsti sustava radi?Rješenje:To je kauzalni memorijski sustav. Kauzalan je zato što vrijednost izlaza

ovisi samo o vremenski prethodnim vrijednostima ulaznog signala. Taj je sustav me-morijski zato što vrijednost izlaza ovisi o vrijednostima ulaznog signala unutarcijelogavremenskog raspona od(t − 3) do (t − 2).

1.3.3. Linearni sustavi

Ako je sustav linearan, može se primijeniti princip superpozicije, tj. ako na ulazsustava dovedemo kombinaciju signalax1(t) i x2(t), tadacemo na izlazu dobiti istutakvu kombinaciju njima odgovarajucih izlaznih signalay1(t) i y2(t), tj.

ax1(t) + bx2(t) → ay1(t) + by2(t), (1.40)

gdje sua i b neke proizvoljne konstante. Za linearne vremenski diskretne sustave vrijedislicna relacija,

ax1[n] + bx2[n] → ay1[n] + by2[n]. (1.41)

Primjer 1.3.5. Provjeriti je li zadani sustav linearan ako je

y(t) = 2x(t). (1.42)

Rješenje:Definirajmo dva ulazna signalax1(t) i x2(t) kojima odgovaraju izlaznisignaliy1(t) i y2(t), tj.

x1(t) → y1(t) = 2x1(t) (1.43a)

x2(t) → y2(t) = 2x2(t). (1.43b)

Ulazni signal neka bude težinski zbroj

x(t) = ax1(t) + bx2(t). (1.44)

Odziv sustava na težinski zbroj dvaju signala jest

y(t) = 2(ax1(t) + bx2(t)) = 2ax1(t) + 2bx2(t) = ay1(t) + by2(t), (1.45)

iz cega zakljucujemo da je sustav linearan.

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 11 — #17


Primjer 1.3.6. Provjeriti je li sustav linearan ako je

y[n] = 3x[n] + 2. (1.46)

Rješenje:Odzivi sustava na ulazne signalex1[n] i x2[n] jesu

y1[n] = 3x1[n] + 2, (1.47a)

y2[n] = 3x2[n] + 2. (1.47b)

Definirajmo težinski zbroj dvaju ulaznih signala kao

x[n] = ax1[n] + bx2[n]. (1.48)

Odziv sustava na težinski zbroj dvaju signala jest

y[n] =3x[n] + 2 = 3(ax1[n] + bx2[n]) + 2

=3ax1[n] + 3bx2[n] + 2,(1.49)

dok je težinski zbroj izlaznih signalay1 i y2

ay1[n] + by2[n] = a(3x1[n] + 2) + b(3x2[n] + 2)

= 3ax1[n] + 2a + 3bx2[n] + 2b.(1.50)

Dakle,y[n] 6= ay1[n] + by2[n], (1.51)

iz cega zakljucujemo da sustav nije linearan.

Primjer 1.3.7. Provjeriti je li sustav linearan ako je

y(t) = x2(t). (1.52)

Rješenje:Odziv sustava na težinski zbroj 1.44 jest

y(t) = (ax1(t) + bx2(t))2 = a2x2

1(t) + 2abx1(t)x2(t) + b2x22(t), (1.53)

dok jeay1(t) + by2(t) = ax2

1(t) + bx22(t). (1.54)

Buduci da izrazi 1.53 i 1.54 nisu jednaki, zakljucujemo da sustav nije linearan.

Primjer 1.3.8. Provjeriti linearnost sustava ako je

y(t) =

∫ t2

t1

x(τ)dτ . (1.55)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 12 — #18


Rješenje:Odziv sustava na težinski zbroj 1.44 jest

y(t) =

∫ t2

t1

(ax1(τ) + bx2(τ))dτ

= a

∫ t2

t1

x1(τ)dτ + b

∫ t2

t1

x2(τ)dτ

= ay1(t) + by2(t),

(1.56)

iz cega zakljucujemo da je sustav linearan.

1.3.4. Vremenski nepromjenjivi sustavi

Definirajmo signaly(t) kao odziv sustava na ulazni signalx(t), tj.

x(t) → y(t). (1.57)

Ako je sustav vremenski nepromjenjiv, tada vrijedi

x(t − t0) → y(t − t0). (1.58)

Dakle, ako na ulaz vremenski nepromjenjivog sustava dovedemo isti signal, ali s nekimpomakomt0, tadacemo na njegovu izlazu dobiti isti odziv kao i prije, ali s tim istimpomakomt0.

Ako se parametri sustava mijenjaju s vremenom, tada dovodenje jednog te istogsignala na ulaz sustava u raznim vremenskim intervalima ne mora nužno rezultirati sistim izlaznim signalom.

Primjer 1.3.9. Odrediti je li sustav vremenski nepromjenjiv ako je zadano

y[n] = x[n] + Kx[n − 1] + 2x[n − 2], (1.59)

gdje jeK = sin(πn). (1.60)

Rješenje:Sustav nije vremenski nepromjenjiv jer konstantaK, koja izravno utjecena vrijednost izlaznog signala, mijenja svoju vrijednost s vremenskim korakomn.

Važna klasa sustava linearni su i vremenski nepromjenjivi sustavi. Uvriježena jeengleska kratica LTI (engl.Linear and Time Invariant). Analiza takvih sustava znatnoje jednostavnija za razliku od analize sustava koji su nelinearni i vremenski promjenjivi.U vecem dijelu ove zbirke bavitcemo se upravo takvim sustavima.

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 13 — #19


1.3.5. Stabilni i nestabilni sustavi

Postoji više razlicitih definicija stabilnosti sustava. U ovojcemo se knjizi koristititzv. BIBO (engl.bounded-input bounded-output) definicijom stabilnosti. Dakle, ako jeulazni signal po amplitudi ogranicen, tadace izlaz BIBO stabilnog sustava biti takoderpo amplitudi ogranicen. Drugim rijecima, ako vrijedi da je

|x(t)| < A < ∞, (1.61)

gdje jeA neka proizvoljna pozitivna konstanta, tadace za BIBO sustav vrijediti

|y(t)| < B < ∞, (1.62)

gdje je B neka druga pozitivna konstanta.

Primjer 1.3.10. Odrediti je li sustav stabilan ako vrijedi

y[n] = (x[n] + 3)150. (1.63)

Rješenje:Ako je najveca vrijednost ulaznog signala jednaka nekoj pozitivnoj, ko-nacno velikoj konstantiA, tadace najveca vrijednost signala na izlazu biti

B = (A + 3)150, (1.64)

što je isto tako konacno veliki broj. Iz toga zakljucujemo da jednakost 1.62 vrijedi, tj.da se radi o stabilnom sustavu.

Primjer 1.3.11. Odrediti je li sustav stabilan ako vrijedi:

y(t) =

∫ ∞

t

x(τ)dτ . (1.65)

Rješenje:Pretpostavimo da smo na ulaz doveli konstantan signal

x(t) = 3. (1.66)

Izlaz cemo dobiti kao

y(t) =

∫ ∞

t

3dτ , (1.67)

što daje beskonacno veliki izlaz. Zakljucujemo da taj sustav nije BIBO stabilan.

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 14 — #20


1.4. Prikaz sustava funkcijskim blokovima

1.4.1. Osnovni funkcijski blokovi

Sustavecemo prikazivati s pomocu funkcijskih blokova. Jednostavni sustavi moguse prikazati s jednim ili samo nekoliko funkcijskih blokova, dokce se za prikaz složenijihsustava biti potrebno koristiti velikim brojem osnovnih funkcijskih blokova.U ovomcemo poglavlju definirati osnovne funkcijske blokove kojice biti gradevni elementi zaprikaz vremenski kontinuiranih i vremenski diskretnih sustava.

Najjednostavniji su funkcijski blokovi zbrajanja signala i množenja s konstantomprikazani na slikama 1.8(a) i 1.8(b). Funkcijski blok zbrajanja na svom izlazu daje zbrojsignala sa svojih izlaza. S druge strane, funkcijski blok pojacanja daje na svom izlazuvrijednost ulaznog signala pomnoženu s nekom konstantom K.

(a) Zbrajalo

K

(b) Pojacalo

Slika 1.8.Primjeri osnovnih funkcijskih blokova

Primjer 1.4.1. Signalx(t) sa slike 1.9(a) doveden je na ulaz pojacala s faktorom K = 2.Potrebno je odrediti izlazni signaly(t).

Rješenje:Izlazni signal iz pojacalay(t) dobiven je množenjem ulaznog signalax(t)s faktorom K = 2 i prikazan je na slici 1.9(b).

1

1

1

( )x t

t2 3

(a) Ulazni signal

1

2

2

( )y t

t2 3

(b) Izlazni signal

Slika 1.9.Množenje signala s K = 2

Primjer 1.4.2. Signalix1(t) i x2(t) sa slike 1.10 dovedeni su svaki na svoj ulaz zbrajalasa slike 1.8(a). Odrediti kakoce izgledati signal na izlazu zbrajala.

Rješenje:Signal na izlazu zbrajala odgovara zbroju trenutacnih vrijednosti na nje-govim izlazima. Rezultat zbrajanja prikazan je na slici 1.10(c).

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 15 — #21

1.4. Prikaz sustava funkcijskim blokovima 15

1

2

1

1( )x t

t2 3 4

(a) Prvi ulazni signal

1 t2 3 4

1

2

2( )x t

(b) Drugi ulazni signal

1

( )y t

t2 3 4

3

1

2

(c) Izlazni signal kao zbroj ulaznih signala

Slika 1.10.Zbroj dvaju signala

Važan je element kod kontinuiranih sustava integrator (slika 1.11). Njegov izlazdobiva se kao

y(t) =

∫ t

0x(τ)dτ . (1.68) ∫

x y' y

Slika 1.11.Integrator

Gledano drukcije, signal na ulazu integratora odgovaratce derivaciji izlaznog signala.

Važan je gradevni element diskretnih sustava blok za kašnjenje, koji je prikazan naslici 1.12(a). Njegov je izlaz zakašnjela kopija ulaza za jedan vremenski korak,

y[n] = x[n − 1]. (1.69)

Suprotnu operaciju izvodi element vremenske predikcije za jedan korak sa slike 1.12(b),koji za svojem izazu daje kopiju ulaznog signala koji prednjaci za jedan vremenski korakpred ulaznim signalom,

y[n] = x[n + 1]. (1.70)

Jasno je da je takav funkcijski blok nekauzalan jer zahtijeva "poznavanjebuducnosti",tj. da bi se moglo odrediti trenutacnu vrijednost izlaznog signala, potrebno je poznavatibuducu vrijednost ulaznog signala.

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 16 — #22


[ ]1x n−[ ]x n1

E−

(a) Kašnjenje

[ ]1x n+[ ]x nE

(b) Predikcija

Slika 1.12.Osnovni gradevni blokovi diskretnih sustava

Primjer 1.4.3. Vremenski diskretnisignal sa slike 1.13 doveden je na ulazeblokova za kašnjenje i predikciju saslika 1.12(a) i 1.12(b). Odrediti kakoce izgledati izlazni signali iz doticnihblokova.

[ ]x n

n

Slika 1.13.Ulazni signal

Rješenje:Signal na izlazu bloka za kašnjenje prikazan je na slici 1.14(a). U odnosuna ulazni signal, taj je signal pomaknut za jedan korak udesno. S drugestrane, signal naizlazu bloka za predikciju pomaknut je za jedan korak ulijevo s obzirom na ulazni signal,kao što je prikazano na slici 1.14(b).

[ ]1x n−

n

(a) Izlaz iz bloka za kašnjenje

[ ]1x n+

n

(b) Izlaz iz bloka za predikciju

Slika 1.14.Pomaci vremenski diskretnog signalax[n]

1.4.2. Ulazno-izlazne karakteristike sustava

Kod bezmemorijskih sustava vrijednost izlaznog signala u nekom trenutku ovisisamo o trenutnoj vrijednosti ulaznog signala. Ponašanje bezmemorijskih sustava moguceje zato opisati ulazno-izlaznom karakteristikom, tj. funkcijom koja vrijednostimaulaznogsignala pridružuje vrijednosti izlaznog signala. U nastavkucemo prikazati ulazno-izlaznekarakteristike nekihcesto korištenih bezmemorijskih funkcijskih blokova (slika 1.15).

Funkcijski blok sa slike 1.15(a) izvodi operaciju praga na ulaznom signalu i njegovje izlaz definiran kao

y(x) =

0, x < 0

x, x ≥ 0. (1.71)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 17 — #23


Dakle, izlaz je jednak ulazu ako je ulazni signal pozitivan. Ako je ulazni signal nega-tivan, izlaz ima vrijednost nula. Taj odnos ulaznog i izlaznog signala prikazan je naulazno-izlaznoj karakteristici sa slike 1.16(a).

Funkcijski blok koji ostvaruje operaciju signum (slika 1.15(b)) definiranje kao

y(x) =

sgn(x), x 6= 0

0, x = 0. (1.72)

Dakle, izlaz ima vrijednost1 ako je ulaz pozitivan, a vrijednost−1 ako je ulaz negativan.Ako ulaz ima vrijednost0, tada i izlaz ima vrijednost0.

Funkcijski blok sa slike 1.15(c) koji ostvaruje operaciju apsolutne vrijednosti defini-ran je sa

y(x) = |x|. (1.73)

Bezmemorijski funkcijski blok sa slike 1.15(d) koji ogranicava najvecu apsolutnuvrijdenost izlaznog signala definiran je svojom ulazno-izlaznom karakteristikom

y(x) =

−1, x < −1

x, −1 ≤ x < 1

1, x ≥ 1

, (1.74)

ciji je graf prikazan na slici 1.16(d).

Bezmemorijski funkcijski blok koji ostvaruje operaciju mrtve zone sa slike 1.15(e)definiran je svojom ulazno-izlaznom karakteristikom:

y(x) =

x + 1, x < −1

0, 0 ≤ x < 1

x − 1, x ≥ 1

. (1.75)

Signal na izlazu iz ovog funkcijskog bloka je nula sve dok signal na ulazu po apsolutnojvrijednosti nije veci od jedinice. Kada signal na ulazu prijede vrijednost jedan, izlaznisignal proporcionalno prati njegov porast.

Bezmemorijski funkcijski blok prag sa zasicenjem sa slike 1.15(f) definiran je svo-jom ulazno-izlaznom karakteristikom:

y(x) =

0, x < −1

x, −1 ≤ x < 1

1, x ≥ 1

. (1.76)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 18 — #24


(a) Prag (b) Signum (c) Modul

(d) Limiter (e) Mrtva zona (f) Prag sa za-sicenjem

Slika 1.15.Neki cesto korišteni bezmemorijski funkcijski blokovi

y

x

(a) Prag

1

-1

y

x

(b) Signum

y

x

(c) Modul

y

x

1

1

(d) Limiter

y

x-1 1

(e) Mrtva zona

y

x1

1

(f) Prag sa za-sicenjem

Slika 1.16. Ulazno-izlazne karakteristike nekihcesto korištenihbezmemorijskih funkcijskih blokova

Primjer 1.4.4. Signal sa slike 1.17doveden je na ulaze funkcijskihblokova: prag (jednadžba 1.71), pragsa zasicenjem (jednadžba 1.76), limiter(jednadžba 1.74) i mrtva zona (jed-nadžba 1.75). Skicirati izlazne signaleza svaki od navedenih funkcijskihblokova.

2

2 4 6 t

( )x t

-2


“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 19 — #25


Rješenje:Izlazni signali iz navedenih funkcijskih blokova prikazani su na slici 1.4.2.

2 4

2

( )y t

t6

(a) Izlaz iz funkcijskog bloka prag

2 4

( )y t

t6

1

(b) Izlaz iz funkcijskog bloka prag sa za-sicenjem

2 4

( )y t

t6

1

-1

(c) Izlaz iz limitera

2 4

( )y t

t6

1

-1

(d) Izlaz iz funkcijskog bloka mrtva zona

Slika 1.18.Izlazni signali

Zadatak 1.4.5.Na ulaz nelinearnoga bezmemorijskog sustavacija je ulazno-izlaznakarakteristika prikazana na slici 1.19 doveden je signal sa slike 1.20.

3

2

3 4

-2

-3

-4 -3

y

x

Slika 1.19.Ulazno-izlazna karakteristika sustava

Potrebno je odrediti signal na izlazu sustava kao odziv na zadani ulazni signal.Rješenje:Izlazni signal prikazan je na slici 1.21.

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 20 — #26


( )x t

10 20 30

1

2

3

4

60 [ ]t ms


10 20 30

1

2

3

4

60 [ ]t ms

( )y t

Slika 1.21.Izlazni signal. Ulazni signal prikazan je crtkano

Zadatak 1.4.6.Za nelinearni bezmemorijski sustav iz prethodnog zadatkacija je ulazno-izlazna karakteristika prikazana na slici 1.19 potrebno je odrediti odziv na signal sa slike1.22.

( )x t

[ ]t ms-12 -6 3 6

5

-5


Rješenje:Izlazni signal prikazan je na slici 1.23.

[ ]t ms-6

5

-5

-12 3 6

( )y t

Slika 1.23.Izlazni signal. Ulazni signal prikazan je crtkano

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 21 — #27


1.4.3. Spajanje funkcijskih blokova

Funkcijski blokovi se povezuju u složenije sustave spajanjem njihovih ulaza i izlaza.Prema pravilima spajanja funkcijskih blokova, izlaz iz bilo kojeg bloka mora biti spojenna ulaz jednog ili više drugih blokova ili na izlaz sustava. Izlazi sustava nemogu sedirektno medusobno spajati. Tocka racvanja oznacava da se isti signal vodi na dva iliviše ulaza ili izlaza sustava. Tocka racvanja oznacava se punim kružicem, kao što jeprikazano na slici 1.24.

Primjer 1.4.7. Nelinearni bezmemorij-ski sustav prikazan je na slici 1.24.Potrebno je odrediti ulazno-izlaznukarakteristiku sustava i odziv na signalkoji je prikazan na slici 1.25.

x y

-1

2

Slika 1.24.Blokovski dijagram sustava

( )x t

[ ]t ms-24 -12 6 12

3

-3

Slika 1.25.Signal na ulazu u sustav

Rješenje:Za pozitivnece vrijednosti signalax(t) gornji ulaz zbrajala sa slike 1.24biti jednak nuli, dokce donji davati dvostruko vecu vrijednost ulaznog signalax(t). Zanegativnece vrijednosti signalax(t) donji ulaz zbrajala biti jednak nuli, dokce gornjidavati vrijednost ulaznog signala, samo suprotnog predznaka, tj.

y(x) =

−x, x < 0

2x, x ≥ 0. (1.77)

Rezultirajuci signal na izlazu sustava prikazan je na slici 1.26.

( )y t

[ ]t ms-24 -12 6 12

3

6

Slika 1.26.Signal na izlazu sustava

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 22 — #28


Slaganje ulazno-izlazne karakteristike iz linearnih segmenata

S pomocu osnovnih funkcijskih blokova kao što su zbrajalo, množilo i operatorpraga moguce je realizirati sustave složenijih ulazno-izlaznih karakteristika njihovomaproksimacijom linearnim segmentima.

Primjer 1.4.8. Potrebno je odreditiulazno-izlaznu karakteristiku ne-linearnoga bezmemorijskog sustavprikazanog na slici 1.27. Kao korakprema odredivanju ulazno-izlaznekarakteristike potrebno je odredititri ulazno-izlazne karakteristike kojedefiniraju signalev1, v2 i v3, tj. vezeizmedu ulaznog signala i ulaza uzbrajala.

x

-2

y

-3

5

-1

2 -3

v1 v2 v3


Rješenje:Izlaz iz prve grane dobitcemo kao

v1 = (x − 1) · 2 = 2x − 2. (1.78)

Izlaz iz druge grane pocinje biti razlicit od nule kada ulazni signal prijede vrijednost 2,

v2 =

0, x < 2

(x − 2) · (−3) = −3x + 6, x ≥ 2. (1.79)

Izlaz iz trece grane pocinje biti razlicit od nule kada ulazni signal prijede vrijednost 3,

v3 =

0, x < 3

(x − 3) · 5 = 5x − 15, x ≥ 3. (1.80)

Ukupni izlaz iz sustava dobivamo kao zbroj izlaza iz svih triju grana (slika 1.28),

y = v1 + v2 + v3 =

v1 = 2x − 2, x < 2

v1 + v2 = −x + 4, 2 ≤ x < 3

v1 + v2 + v3 = 4x − 11, x ≥ 3

. (1.81)

Vidimo da se grane koje u sebi sadrže operator praga "ukljucuju" tek kada ulazni signalprijede vrijednost koja se oduzima na odgovarajucim ulazima zbrajala (u našem su toslucaju vrijednosti 2 i 3). S druge strane, prva grana sa slike 1.27 ne sadrži operatorpraga tako da njezin izlaz trajno utjece na ukupan izlazni signal, tj. neovisno o vrijednostiulaznog signala. Koeficijent smjera ulazno-izlazne karakteristike u odredenom podrucjuvrijednosti ulaznog signala odreden je zbrojem vrijednosti množila u svim granama kojesu "ukljucene" za to podrucje vrijednosti ulaznog signala.

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 23 — #29


1

1

-3

-1 2 x

1v

(a)

-3

3 41 2-1 x

2v

(b)

3

5

41 2

1

3

x

3v

(c)

3

5

41 2

1

3

-1

-3

x

y

(d)

Slika 1.28.Ulazno-izlazne karakteristike za pojedine grane sustavai za cijeli sustav

Primjer 1.4.9. S pomocu osnovnihfunkcijskih blokova potrebno je ostva-riti bezmemorijski sustavcija je ulazno-izlazna karakteristka zadana slikom1.29. Skicirati izlazni signal ako jena ulaz sustava doveden sinusni signalx(t) = 2 sin(2πt).

0

1

1-1

y

x

Slika 1.29.U-I karakteristika sutava

Rješenje:Ulazno-izlazna karakteristika sustava ima tri kocke loma, za vrijednostiulaznog signala−1, 0 i 1. Svakoj tocki loma karakteristike odgovaratce jedna grana ublokovskom dijagramu sustava, kako je prikazno na slici 1.30(a). Prije prve tocke loma,vrijednost ulaznog signala iznosi1 i neovisna je o vrijednosti ulaznog signala. Tajcese odnos postici dodavanjem konstante1 izlazu sustava. Signaly(t) na izlazu sustavaprikazan je na slici 1.30(b).

x

2+1

+1

y

-1

-1

-1

(a) Blokovski dijagram sustava

0 1−2

−1

0

1

2

(b) Izlazni signaly(t) i ulazni signalx(t)(prikazan crtkano)

Slika 1.30.Izvedba sustava i dobiveni izlazni signal

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 24 — #30


Zadatak 1.4.10.Odrediti ulazno-izlaznu karakteristiku sustava prikazanog na slici 1.31.

x

1

y

-1

-2-2

1

3

22

-3


Rješenje:Ulazno-izlazna karakteristika sustava prikazana je na slici 1.32.

5

1

-3 -1 1 3 x

y


Zadatak 1.4.11.Odrediti ulazno-izlaznu karakteristiku sustava sa slike 1.33(a).Rješenje:Ulazno-izlazna karakteristika sustava prikazana je na slici 1.33(b).

x

-2

y

-3

2-2

-1

(a)

3

1

1 2

y

x

(b)

Slika 1.33. Blokovski dijagram sustava (a) i dobivena ulazno-izlazna karakteristika sustava (b)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 25 — #31


Zadatak 1.4.12.Odrediti ulazno-izlaznu karakteristiku nelinearnoga bezmemorijskogsustav prikazog na slici 1.34

x

-3

y

-4

-52 3

-5

1

212


Rješenje:Ulazno-izlazna karakteristika prikazana je na slici 1.35.

1 2 3 4 5

6

10

11

y

x

+2

+5

00


“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 26 — #32

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 27 — #33

2. Kontinuirani signali i sustavi

2.1. Osnovni kontinuirani signali

2.1.1. Jedinicna stepenica i jedinicna kosina

Vrlo cesto korišten signal je jedinicna stepenica (slika 2.1(a)) koja se oznacava sas(t):

s(t) =

0 zat < 0

1 zat ≥ 0(2.1)

Drugi važan signal je jedinicna kosina (slika 2.1(b))

r(t) = t · s(t) =

0 zat < 0

t zat ≥ 0(2.2)

( )s t

t

(a) Jedinicna stepenica

( )r t

t

(b) Jedinicna kosina

Slika 2.1.Osnovni kontinuirani signali

Oduzimanjem dvije pomaknute jedinicne stepenice dobivamo još jedancesto ko-rišteni signal koji se naziva pravokutni impuls (engl.rectangular functionili unit pulse):

rect(t) = s(t +1

2) − s(t − 1

2) (2.3)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 28 — #34

28 2. Kontinuirani signali i sustavi

koji je prikazan na slici 2.2(a). Opcenito, pravokutni impuls pomaknut zat0 i širine τdobiva se kao

x(t) = rect(t − t0

τ) (2.4)

Primjer pravokutnog impulsa širene 2 i pomaknutog za 2 prikazan je na slici 2.2(b).

1

0.5 t-0.5

rect(t)

(a)

t

1

1 2 3

2

2

t −

rect

(b)

Slika 2.2

Primjer 2.1.1. Signal sa slike 2.3 potrebno je izraziti kao linearnu kombinaciju po-maknutih jedinicnih stepenica.

( )x t

t

-2

3

2 4 6

1

Slika 2.3

Rješenje:Signalx(t) sastoji se od jedinicnih stepenica koje zapocinju na mjestimagdje se javljaju diskontinuiteti u signalu:

x(t) = 3s(t − 1) − s(t − 3) − 4s(t − 5) + 3s(t − 7) (2.5)

2.1.2. Delta-funkcija

Jedinicni impuls, odnosno Diracovu deltu funkciju opisujemo pomocu njezinih svo-jstava:

δ(0) → ∞ (2.6a)

δ(t) = 0 zat 6= 0 (2.6b)∫ ∞

−∞δ(t)dt = 1 (2.6c)

Delta funkcija crta se kao što je prikazano na slici 2.4(a). Nastanak delta funkcijemožemo zamisliti promotrivši jedan pravokutni signal površine jedan koji je postavljen

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 29 — #35

2.1. Osnovni kontinuirani signali 29

simetricno oko ishodišta. Njegovim sužavanjem u vremenu uz istovremeno zadržavanjejedinicne površine dovodi do njegovog rasta po amplitudi. Ukoliko pravokuti impulsbiva simetricno "stisnut" tako da njegova širina teži nuli, tadace on težiti upravo deltafunkciji.

Matematicki, Diracova delta funkcija definirana je sa∫

x(t)δ(t)dt = x(0), zat1 < 0 < t2 (2.7)

Dakle, integral umnoška delta funkcije i nekog signala preko intervala kojizahvaca nuludaje kao rezultat vrijednost doticnog signala na mjestut = 0.

Svojstvo prosijavanja

Delta funkcija pomaknuta zat0 udesno dobiva se kaoδ(t − t0) (slika 2.4(b)).Poopcenjem formule 2.8 vršeci integraciju sa delta funkcijom na mjestut0 dobivamo

∫ t2

t1

x(t)δ(t − t0)dt = x(t0), zat1 < t0 < t2 (2.8)

Dakle, vrijednost nekog signalax(t) na mjestut = t0 možemo dobiti korištenjem um-noška signalax(t) sa Diracovom delta funkcijom koja se nalazi na mjestut0. Integracijaumnoška preko intervala koji zahvaca t0 daje upravo vrijednostx(t0). Ovo svojstvonaziva se svojstvo prosijavanja (engl. sifting property).

( )tδ

t

(a)

( 3)tδ −

t3

(b)

Slika 2.4.Delta funkcije

Primjer 2.1.2. Korištenjem svojsta prosijavanja izracunati integral:

∫ 1

−1x(t)δ(t)dt, (2.9)

gdje jex(t) = t + 2. (2.10)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 30 — #36


Rješenje:Korištenjem svojstva prosijavanja dobivamo:∫ 1

−1(t + 2)δ(t)dt = (t + 2)

∣∣∣t=0

(2.11)

Primjer 2.1.3. Korištenjem svojsta prosijavanja izracunati integral:∫ 3

−2x(t)δ(t − 1)dt, (2.12)

gdje jex(t) = t2 + 2t + 3. (2.13)

Rješenje:Korištenjem svojstva prosijavanja dobivamo:∫ 3

−2(t2 + 2t + 3)δ(t − 1)dt = (t2 + 2t + 3)

∣∣∣t=1

= 6 (2.14)

Svojstvo uzorkovanja

Svojstvo uzorkovanja (engl. sampling property) definirano je sljedecim izrazom:

x(t)δ(t − t0) = x(t0)δ(t − t0) (2.15)

Dakle, umnožak signala s delta funkcijom koja se nalazi na mjestut0 daje delta funkcijucija je snaga jednaka vrijednosti signala na mjestux0.

Derivacija delta funkcije

Prva derivacija Diracove delta funkcije definirana je sa∫ t2

t1

x(t)δ′(t − t0)dt = −x′(t0), zat1 < t0 < t2 (2.16)

Primjer 2.1.4. Potrebno je izracunati integral:∫ 3

1x(t)δ′(t − 2)dt, (2.17)

gdje jex(t) = 2t2 − 3t. (2.18)

Rješenje:Korištenjem izraza 2.16 dobivamo:∫ 3

1(2t2 − 3t)δ′(t − 2)dt = − (2t2 − 3t)′

∣∣∣t=2

= − (4t − 3)∣∣∣t=2

= 5

(2.19)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 31 — #37


Svojstvo skaliranja

Svojstvo skaliranja (engl. scaling property) definirano je sljedecim izrazom:

δ(at + b) =1

|a|δ(t +b

a). (2.20)

2.1.3. Kompleksna eksponencijala

Kompleksna eksponencijala definirana je izrazom

x(t) = est (2.21)

gdje jes = σ + jω. (2.22)

Konstantas naziva se kompleksnom frekvencijom. Uvrštavanjem izraza za kompleksnufrekvenciju 2.22 u izraz 2.21 dobivamo

x(t) = e(σ+jω)t = eσt · ejωt

= eσt(cos ωt + j sin ωt).(2.23)

Ako je σ = 0, tj. s = jω, dobivamo kompleksni harmonijski signal

x(t) = ejωt = cos ωt + j sin ωt (2.24)

ciji su realni i imaginarni dio

Reejωt = cos ωt,

Imejωt = sinωt.(2.25)

Na slican se nacin može povezati sinus i kosinus proizvoljnog faznog kuta sa komplek-snim harmonijskim signalom

cos(ωt + ϕ) = Reej(ωt+ϕ),

sin(ωt + ϕ) = Imej(ωt+ϕ).(2.26)

Korištenjem Eulerove jednakosti moguce je izraziti sinus i kosinus pomocu zbroja dvajukompleksnih harmonijskih signala:

cos(ωt) =1

2(ejωt + e−jωt), (2.27a)

sin(ωt) =1

2j(ejωt − e−jωt). (2.27b)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 32 — #38


Ako je s = σx(t) = eσt (2.28)

je realni eksponencijalni signal. Zaσ < 0, vrijednost signala opada s vremenom, dokza σ > 0 vrijednost signala raste s vremenom. Ako jes = σ = 0, tada dobivamokonstantan signalx(t) = 1.

Opcenito se konstantus prikazuje u kompleksnoj ravnini (vidi sliku 2.5). Ako sekonstantas nalazi u lijevoj polovici kompleksne ravnine, tadace signal biti eksponen-cijalno opadajuci (σ < 0). S druge strane, signalce eksponencijalno rasti s vremenomako jes u desnoj poluravnini. Brzina promjene vrijednosti kompleksne eksponencijale svremenom ovisi o|ω|, tj. o apsolutnoj vrijednosti imaginarnog dijela konstantes. Dakle,što jes na kompleksnoj ravnini udaljeniji od realne osi, toce rezultirajuci signal oscili-rati vecom frekvencijom. Ako se konstantas nalazi na realnoj osi (ω = 0), signal neceoscilirati.

Primjer 2.1.5. Odrediti realni i imaginarni dio kompleksne eksponencijale zas = 0.5+2πj, kao što je prikazano na slici 2.5.

Re s = σ

Im s =ω

2π

0.5

s

Slika 2.5.Prikaz kompleksnog brojas u kompleksnoj ravnini

Rješenje:Kompleksna je eksponencijala oblika

x(t) = est = e(0.5+2πj)t = e0.5t(cos 2πt + j sin 2πt) (2.29)

iz cega slijedi

Rex(t) = e0.5t cos 2πt, (2.30a)

Imx(t) = e0.5t sin 2πt. (2.30b)

Realni i imaginarni dio kompleksne eksponencijale prikazani su na slici 2.6.

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 33 — #39


0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4−10

−5

0

5

10

(a) Rex(t)

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4−10

−5

0

5

10

(b) Imx(t)

Slika 2.6. Realni i imaginarni dio kompleksne eksponencijale zas = 0.5 + 2π.

Primjer 2.1.6. Odrediti realni i imaginarni dio kompleksne eksponencijale zas = −0.5+4πj.

Rješenje:Kompleksna je eksponencijala oblika

x(t) = e(−0.5+4πj)t = e−0.5t(cos 4πt + j sin 4πt) (2.31)

iz cega slijedi

Rex(t) = e−0.5t cos 4πt (2.32a)

Imx(t) = e−0.5t sin 4πt (2.32b)

Realni i imaginarni dio kompleksne eksponencijale prikazani su na slici 2.7. U ovomslucaju, imaginarni je dio kompleksne eksponencijale opadajuca sinusoida. U engleskomse jeziku za sinusni signal koji je pomnožen sa opadajucom eksponencijalom koristiizrazdamped sinusoid.

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 34 — #40


0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4−1

−0.5

0

0.5

1

(a) Rex(t)

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4−1

−0.5

0

0.5

1

(b) Imx(t)

Slika 2.7. Realni i imaginarni dio kompleksne eksponencijale zas = −0.5 + 4π.

Primjer 2.1.7. Odrediti realni i imaginarni dio kompleksne eksponencijale zas = −4πj.Rješenje:Kompleksna je eksponencijala oblika

x(t) = e−j4πt = cos 4πt − j sin 4πt (2.33)

iz cega slijedi

Rex(t) = cos 4πt (2.34a)

Imx(t) = − sin 4πt (2.34b)

Buduci da je Res = 0, amplitude sinusa i kosinusa su konstantne.

Primjer 2.1.8. Odrediti cemu je jednak zbroju dvaju kompleksnih eksponencijala

x(t) = est + es∗t, (2.35)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 35 — #41


gdje jes∗ = σ − jω. (2.36)

Rješenje:

x(t) = est + es∗t = e(σ+jω)t + e(σ−jω)t

= eσt(cos ωt + j sinωt) + eσt(cos ωt − j sinωt)

= 2eσt cos ωt

(2.37)

Iz izraza 2.37 slijedi da je

eσt cos ωt =1

2(est + es∗t). (2.38)

Zadatak 2.1.9.Na slican nacin kao u prethodnom primjeru dokazati da je

eσt sinωt =1

2j(est − es∗t). (2.39)

Primjer 2.1.10. Odrediti apsolutnu vrijednost signala

x(t) = ej3t + ej7t. (2.40)

Rješenje:Signalx(t) svestcemo na oblikAejϕ, gdje jeA realna komponenta kojapredstavlja apsolutu vrijednost signala. Tocemo postici izlucivanjemej5t iz izraza 2.40:

x(t) = ej5t(e−j2t + ej2t)

= ej5t(cos 2t − j sin 2t + cos 2t + j sin 2t)

= ej5t · 2 cos 2t

(2.41)

Buduci da je|ej5t| = 1, zakljucujemo da je

|x(t)| = 2 cos 2t. (2.42)

Zadatak 2.1.11.Odrediti apsolutnu vrijednost signala

x(t) = e−jt − e−j3t. (2.43)

Rješenje:Na slican nacin kao u prethodnom zadatku dobiva se

x(t) = e−j2t · 2 sin t, (2.44a)

|x(t)| = 2 sin t. (2.44b)

(2.44c)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 36 — #42


2.2. Linearne diferencijalne jednadžbe

Linearnim diferencijalnim jednadžbama s konstantnim koeficijentima koristitcemose za analizu kontinuiranih LTI sustava. Pisatcemo ih u obliku u kojem s lijeve straneznaka jednakosti imamo derivacije izlaznog signalay(t), a s desne strane derivacijeulaznog signalau(t), npr

2y′′′(t) + y′′(t) − 3y′(t) + 2y(t) = 3x′′(t) + x′(t) − x(t). (2.45)

Taj primjer diferencijalne jednadžbe treceg reda predstavlja model sustava treceg redakoji, kakocemo vidjeti kasnije, ima u svojoj blok shemi tri integratora. Dakle, red difer-encijalne jednadžbe odreduje red sustava, a on odreduje broj integratora u blokovskomdijagramu sustava.

Ukupno rješenje diferencijalne jednadžbe sastoji se iz dva dijela, homogenog i par-tikularnog rješenja

y(t) = yh(t) + yp(t). (2.46)

Rješenje homogene diferencijalne jednadžbe

Rješavanje diferencijalne jednadžbe pocinje rješavanjem odgovarajuce homogenediferencijalne jednadžbe koja u našem slucaju glasi

2y′′′(t) + y′′(t) − 3y′(t) + 2y(t) = 0. (2.47)

U homogenu jednadžbu uvrštavamo pretpostavljeno homogeno rješenje

yh(t) = est, (2.48)

iz cega dobivamo(2s3 + s2 − 3s + 2)est = 0. (2.49)

Rješavanjem te jednadžbe dobivamo dobivamo korijenes1, s2 i s3. Ako neka difer-encijalna jednadžbaK-tog reda imaK jednostrukih korijena (koji mogu biti realni ilikonjugirano-kompleksni) tadace rješenje homogene jednadžbe biti oblika

yh(t) =K∑

k=1

Ckeskt. (2.50)

Ako postoje i višestruki korijeni, tadace njihov doprinos ukupnom rješenju biti složeniji.Npr. doprinos 3-strukog korijenas1 = s2 = s3 jest

yh3(t) = (C1t2 + C2t + C3)e

s1t. (2.51)

Važno je naglasiti da se koeficijentiCk rancunaju tek na kraju, uvrštavanjem pocetnihuvjeta u ukupni odziv sustava (2.46). Ako je sustavK-tog reda, trebatce poznavatiKpocetnih uvjeta, tj.y(0), y′(0), y′′(0), doy(K)(0).

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 37 — #43

2.2. Linearne diferencijalne jednadžbe 37

Partikularno rješenje

Nakon što smo dobili opcenito homogeno rješenje možemo pristupiti racunanju par-tikularnog rješenjayp(t). Za neke je tipove pobuda odmah poznat oblik partikularnogrješenja.

Ako je pobuda eksponencijalna funkcija, partikularno rješenjece isto tako biti ek-sponencijalna funcija. Dakle, ako je ulazni signal oblika

u(t) = eat, (2.52)

tada je

yp(t) =

Aeat akoa 6= s1 ... a 6= sn,

Atkeat akoa = s1 = s2 = ... = sk.(2.53)

Ako a odgovara korijenu karakteristicne jednadžbe višestrukostik, tadace partikularnorješenje biti eksponencijalna funkcija pomnožena sk-tom potencijom odt.

Ako je ulazni signal polinomm-tog stupnja, tada je i partikularno rješenje polinomm-tog stupnja. Npr. ako je pobuda polinom treceg stupnja

u(t) = 5t3 + 3t2 + 4t + 7, (2.54)

tadace i partikularno rješenje biti polinom treceg stupnja oblika

yp(t) = A3t3 + A2t

2 + A1t + A0. (2.55)

Odziv mirnog i odziv nepobudenog sustava

Kod linearnih sustava može se primijeniti princip superpozicije tako da se odzivsustava na ulazni signal uz odredene pocetne uvjete promatra kao zbroj odziva

y = yn + ym (2.56)

gdje jeyn odziv nepobudenog sustava, aym odziv mirnog sustava. Odziv nepobudenogsustava (engl.zero-input response) je odziv sustava uzrokovan samo pocetnim uvjetima,tj. kada je signal na njegovom ulazu signal jednak nuli. Odziv nepobudenog sustavadobivamo rješavanjem homogene diferencijalne jednadžbe. Odziv mirnogsustava (engl.zero-state response) predstavlja odziv sustava na odredenu pobudu na ulazu uz pocetneuvjete jednake nuli.

Primjer 2.2.1. Za sustav drugog reda sa slike 2.8 potrebno je izracunati i skicirati odzivnepobudenog sustava (u(t) = 0) uzrokovanog pocetnim uvjetimay(0) = 1, y′(0) = 3.

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 38 — #44


∫u y

∫

5

6

--

Slika 2.8.Blok shema sustava

Rješenje:Promatrajuci odnose na sumatoru na ulazu u sustav možemo odrediti lin-earnu diferencijalnu jednadžbu koja ga opisuje:

y′′(t) = u(t) − 5y′(t) − 6y(t),

y′′(t) + 5y′(t) + 6y(t) = u(t).(2.57)

Za pobuduu = 0 dobivamo homogenu diferencijalnu jednadžbu

y′′(t) + 5y′(t) + 6y(t) = 0 (2.58)

Pretpostavimo rješenje oblikayh = Cest, cije su derivacijey′h = Csest i y′′h = Cs2est.Uvrštenjem ovog rješenja u homogenu jednadžbu dobivamo:

Cs2est + 5Csest + 6Cest = 0,

Cest(s2 + 5s + 6) = 0.(2.59)

Netrivijalno rješenje dobiva se rješavanjem karakteristicne jednadžbe sustava:

s2 + 5s + 6 = 0, (2.60)

cija su rješenjas1 = −3 i s2 = −2. Opceniti izraz za rješenje homogene diferencijalnejednadžbe je

yh = C1e−3t + C2e

−2t. (2.61)

KonstanteC1 i C2 odreditce se iz pocetnih uvjetay(0) = 1, y′(0) = 3:

y(0) = C1e0 + C2e

0 = 1,

C1 + C2 = 1,(2.62)

y′(t) = −3C1e−3t − 2C2e

−2t,

y′(0) = −3C1e0 − 2C2e

0 = 3,

−3C1 − 2C2 = 3.

(2.63)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 39 — #45


Rješavanjem sustava jednadžbi

C1 + C2 = 1,

−3C1 − 2C2 = 3,(2.64)

dobivamo da jeC1 = −5 i C2 = 6, odnosno odziv nepobudenog sustava

yn = −5e−3t + 6e−2t. (2.65)

Odziv nepobudenog sustava prikazan je na slici 2.9.

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5−2

−1

0

1

2

t

y n

Slika 2.9.Odziv nepobudenog sustava

Primjer 2.2.2. Ponašanje nepobudenog sustava opisano je diferencijalnom jednadžbom

y′′ + 4y′ + 5y = 0 (2.66)

Odrediti signal na izlazu sustava ako su pocetni uvjetiy(0) = 3 i y′(0) = −1.Rješenje:Iz diferencijalne jednadžbe

y′′ + 4y′ + 5y = 0 (2.67)

slijedi karakteristicna jednadžba sustava

s2 + 4s + 5 = 0 (2.68)

iz koje slijedi

s1,2 =−4 ±

√16 − 20

2=

−4 ± 2j

2= −2 ± j (2.69)

Ponašanje nepobudenog sustava odgovaratce rješenju homogene diferencijalne jednadžbe

yh(t) =C1es1t + C2e

s2t

=C1e(−2+j)t + C2e

(−2−j)t

=e−2t(C1e−jt + C2e

−jt)

=e−2t ((C1 + C2) cos t + j(C1 − C2) sin t)

(2.70)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 40 — #46


Uvodenjem zamjeneA = C1 + C2 i B = j(C1 − C2) dobivamo

yh(t) = e−2t(A cos t + B sin t) (2.71)

Konstante A i B odreditcemo korištenjem pocetnih uvjetay(0) = 3 i y′(0) = −1:

y(0) = A = 3 (2.72)

y′(t) = −2e−2t(A cos t + B sin t) + e−2t(−A sin t + B cos t) (2.73)

y′(0) = −2(A + 0) + 1(0 + B) = −2A + B (2.74)

Uvrštavanjem vrijednostiA = 3 dobivamo

y′(0) = −6 + B = −1 (2.75)

što dajeB = 5 iz cega slijedi

yn(t) = e−2t(3 cos t + 5 sin t) (2.76)

Primjer 2.2.3. Linearni sustav drugog reda prikazan je na slici 2.10.

∫u y

∫

2

5

+-


Odrediti odziv nepobudenog sustava ako su pocetni uvjetiy(0) = 2 i y′(0) = 4.Rješenje:Homogena diferencijalna jednadžba koja opisuje ponašanje sustava je

y′′ − 2y′ + 5y = 0 (2.77)

iz cega se dobije karakteristicna jednadžba sustava

s2 − 2s + 5 = 0 (2.78)

cije su korijenis1,2 = 1 ± 2j. Dakle, rješenje homogene diferecijalne jednadžbe jeoblika

yh(t) = C1es1t + C2e

s2t = C1e(1+2j)t + C2e

(1−2j)t

= et(C1e

2jt + C2e−2jt

)= et ((C1 + C2) cos(2t) + j(C1 − C2) sin(2t))

= et (A cos(2t) + B sin(2t))

(2.79)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 41 — #47


gdje smo koristili zamjeneA = C1 +C2 i B = j(C1−C2) kako bi pojednostavili izraz.Nakon uvrštavanja pocetnih uvjetay(0) = 2 i y′(0) = 4 dobivamoA = 2 i B = 1 izcega slijedi

yn(t) = et (2 cos (2t) + sin (2t)) (2.80)

Odziv ovog nestabilnog sustava prikazan je na slici 2.11.

0 1 2 3 4 5 6

−300

−200

−100

0

100

200

300

t

y n

(a) Odziv nepobudenog sustava

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3

−10

0

10

20

30

t

y n

(b) Odziv nepobudenog sustava, povecani prikaz

Slika 2.11.Odziv nestabilnog nepobudenog sustava

Zadatak 2.2.4.Linearni sustav drugog reda prikazan je na slici 2.12.Odrediti odziv nepobudenog sustava ako su pocetni uvjetiy(0) = 2 i y′(0) = −1.

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 42 — #48


∫u y

∫

7

10

--


Rješenje:y′′(t) + 7y′(t) + 10y(t) = 0 (2.81)

y(t) = 3e−2t − e−5t (2.82)

Zadatak 2.2.5.Linearan sustav drugog reda prikazan je na slici 2.13.

∫u y

∫

5

4

--


Odrediti odziv nepobudenog sustava ako su pocetni uvjetiy(0) = 3 i y′(0) = 0.Rješenje:

y′′(t) + 5y′(t) + 4y(t) = 0 (2.83)

yn(t) = 4e−t − e−4t (2.84)

Primjer 2.2.6. Odziv nepobudenog sustava drugog reda dan je izrazom

yh(t) = 2e−t − 2e−3t (2.85)

Doticni sustav nema nula u prijenosnog funkciji. Potrebno je odrediti karakteristicnujednadžbu sustava i diferencijalnu jednadžbu koja opisuje ponašanje sustava te nacrtatiodgovarajucu blok shemu sustava. Nakon toga, potrebno je drediti pocetne uvjete teizracunati odziv na pobuduu = 4e−t.

Rješenje:Opce rješenje homogene jednadžbe je oblikaCest iz cega slijedi da jes1 = −1 i s2 = −3. Karakteristicnu jednadžbu dobivamo kao

(s − s1)(s − s2) = (s + 1)(s + 3) = s2 + 4s + 3 (2.86)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 43 — #49


iz cega možemo išcitati oblik homogene diferencijalne jednadžbe:

y′′ + 4y′ + 3y = 0 (2.87)

Dakle, sustav je realiziran kao što je prikazano na slici 2.14.

∫

3

-

y∫

-

u

4


Za odrediti pocetne uvjete uvrštavamo:

y(0) = 2e0 − 2e0 = 2 − 2 = 0

y′(t) = −2e−t + 6e−3t

y′(0) = −2 + 6 = 4

(2.88)

Dakle,y(0) = 0 i y′(0) = 4.

Prije nego pristupimo rješavanju diferencijalne jednadžbe

y′′ + 4y′ + 3y = u (2.89)

uocimo da je pobuda oblikau = 4e−t gdje je konstanta -1 iz eksponenta jednaka jed-nostrukom korijenu karakteristicne jednadžbe. Zbog togace partikularno rješenje difer-encijalne jednadžbe biti oblika

yp = Y te−t (2.90)

Trebatce nam i derivacije partikularnog rješenja

y′p = Y (e−t − te−t)

y′′p = Y (−e−t − (e−t − te−t)) = Y (−2e−t + te−t)(2.91)

Da bismo odredili konstantuY uvrstitcemo partikularno rješenje i njegove derivacijeu diferencijalnu jednadžbu:

y′′ + 4y′ + 3y = u

Y (−2e−t + te−t) + 4Y (e−t − te−t) + 3Y te−t = 4e−t

2Y e−t = 4e−t

(2.92)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 44 — #50


Izjednacavanjem lijeve i desne strane gornje jednadžbe dobivamo da jeY = 2. Dakle,partikularno rješenje je

yp = 2te−t (2.93)

Ukupno rješenje je

y = yh + yp = C1e−t + C2e

−3t + 2te−t (2.94)

KonstanteC1 i C2 cemo odrediti iz pocetnih uvjetay(0) = 0 i y′(0) = 4.

y(0) = C1 + C2 = 0

y′(t) = −C1e−t − 3C2e

−3t + 2e−t − 2te−t

y′(0) = −C1 − 3C2 + 2 = 4

(2.95)

Rješavanjem sustava dviju jednadžbi sa dvije nepoznanice

C1 + C2 = 0

−C1 − 3C2 = 2(2.96)

dobivamo da jeC1 = 1 i C2 = −1, odnosno

y = e−t − e−3t + 2te−t (2.97)

Odziv pobudenog sustava prikazan je na slici 2.15.

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

t

y


Kao što smo mogli i ocekivati, odziv sustava je aperiodski. U pocetku izlazni signalrelativno brzo raste prema maksimumu nakon kojeg teži prema nuli. Iako je u partiku-larnom rješenju prisutan faktort koji raste s vremenom, utjecaj padajuce eksponencijaleu partikularnom rješenju s porastom vremena postaje dominantan tako da i doprinospartikularnog rješenja ukupnom odzivu sustava teži prema nuli.

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 45 — #51


Primjer 2.2.7. Za sustav drugog reda iz primjera 2.2.1 potrebno je izracunati i skiciratiodziv na pobuduu(t) = 2cos(0.4t) uz iste pocetne uvjetey(0) = 1, y′(0) = 3.

Rješenje:Iskoristit cemo opceniti izraz za rješenje homogene diferencijalne jed-nadžbe iz primjera 2.2.1:

yh = C1e−3t + C2e

−2t. (2.98)

Partikularno rješenje bitice oblika pobude

yp(t) = Y cos(ω1t + ϕ) (2.99)

samo nove aplitudeY i s nekim faznim pomakomϕ u odnosu na ulazni signal. Koristitcemo opcenitu notaciju gdje jeω1 = 0.4 rad/s kako bismo na kraju dobili univerzalnorješenje koje je funkcija kružne frekvencijeω1 i amplitudeU ulaznog signala. Trebatcenam i derivacije partikularnog rješenja:

y′p(t) = −ω1Y sin(ω1t + ϕ) (2.100a)

y′′p(t) = −ω21Y cos(ω1t + ϕ) (2.100b)

Ove derivacije uvrštavamo u diferencijalnu jednadžbu sustava

y′′(t) + 5y′(t) + 6y(t) = u(t) (2.101)

iz cega slijedi

−ω21Y cos(ω1t + ϕ) − 5ω1Y sin(ω1t + ϕ) + 6Y cos(ω1t + ϕ) = U cos(ω1t)

(2.102a)

Y (6 − ω21) cos(ω1t + ϕ) − 5ω1Y sin(ω1t + ϕ) = U cos(ω1t)

(2.102b)

Korištenjem trigonometrijskih jednakosti 6.1 i 6.2 dobivamo:

(6 − ω21)Y [cos(ω1t) cos ϕ − sin(ω1t) sinϕ]−

−5ω1Y [sin(ω1t) cos ϕ + cos(ω1t) sin ϕ] = U cos(ω1t)(2.103)

cos(ω1t)[(6 − ω21)Y cos ϕ − 5ω1Y sin ϕ]+

sin(ω1t)[−(6 − ω21)Y sin ϕ − 5ω1Y cos ϕ] = U cos(ω1t)

(2.104)

iz cega izjednacavanjem lijeve i desne strane jednakosti dobivamo sustav dviju jednadžbis dvije nepoznanice

(6 − ω21)Y cos ϕ − 5ω1Y sinϕ = U (2.105a)

−(6 − ω21)Y sin ϕ − 5ω1Y cos ϕ = 0 (2.105b)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 46 — #52


Iz jednakosti 2.105b uz pretpostavkuY 6= 0 slijedi

−(6 − ω21) sinϕ = 5ω1 cos ϕ (2.106)

iz cega dobivamo fazni kut

ϕ = arctan5ω1

ω21 − 6

= −0.33 (2.107)

Iz jednakosti 2.105a slijedi

Y [(6 − ω21) cos ϕ − 5ω1 sinϕ] = U (2.108a)

Y =U

(6 − ω21) cos ϕ − 5ω1 sinϕ

= 0.324 (2.108b)

Poznavanjem amplitudeY i faznog kutaϕ možemo pisati partikularno rješenje

yp(t) = 0.324 cos(ωqt − 0.33) (2.109)

Ukupno rješenje dobivamo kao zbroj homogenog i partikularnog rješenja:

y = yh + yp = C1e−3t + C2e

−2t + 0.324cos(0.4t − 0.33). (2.110)

KonstanteC1 i C2 odreditce se iz pocetnih uvjetay(0) = 1, y′(0) = 3. Prije uvrštavanjapocetnih uvjeta trebatcemo izraz za derivaciju izlaznog signala

y′(t) = −3C1e−3t − 2C2e

−2t − 0.324 · 0.4sin(0.4t − 0.33). (2.111)

Uvrstimo sada pocetne uvjete:

y(0) = C1 + C2 + 0.324cos(−0.33) = 1

y′(0) = −3C1 − 2C2 − 0.324 · 0.4sin(−0.33) = 3(2.112)

Rješavanjem sustava jednadžbi

C1 + C2 + 0.307 = 1

−3C1 − 2C2 + 0.042 = 3(2.113)

dobivamo da jeC1 = −4.345 i C2 = 5.0385 odnosno

y = −4.345e−3t + 5.038e−2t + 0.324cos(0.4t − 0.33). (2.114)

Ukupni odziv pobudenog sustava prikazan je na slici 2.16.

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 47 — #53


0 5 10 15 20 25 30 35 40−2

−1

0

1

2

t

y


Do istogcemo rješenja sada doci na drugaciji nacin, korištenjem svojstva linearnostisustava koje omogucava da ukupni odziv sustava promatramo kao zbroj odziva nepobudenogsustava i mirnog sustava:

y = yn + ym (2.115)

Odziv nepobudenog sustava vec smo izracunali u primjeru 2.2.1

yn = −5e−3t + 6e−2t (2.116)

Odziv mirnog sustava dobitcemo korištenjem jednakosti 2.110

ym = C1e−3t + C2e

−2t + 0.324cos(0.4t − 0.33) (2.117)

i uz uvrštavanje pocetnih uvjetay(0) = 0 i y′(0) = 0

y(0) = C1 + C2 + 0.324cos(−0.33) = 0

y′(0) = −3C1 − 2C2 − 0.324 · 0.4sin(−0.33) = 0(2.118)

Rješavanjem ovog sustava jednadžbi dobivamoC1 = 0.655 i C2 = −0.962 iz cegaslijedi odziv mirnog sustava

ym = 0.655e−3t + −0.962e−2t + 0.324cos(0.4t − 0.33). (2.119)

Ukupni odziv sustava korištenjem jednakosti 2.116 i 2.119 je

y = yn + ym = −4.345e−3t + 5.038e−2t + 0.324cos(0.4t − 0.33) (2.120)

što je isti rezultat koji je dobiven u prvom dijelu zadatka.

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 48 — #54


2.3. Impulsni odziv i konvolucijski integral

U ovomcemo poglavlju razmatrati iskljucivo kontinuirane sustave koji imaju svo-jstvo da su linearni i vremenski nepromjenjivi (LTI). Ukoliko je neki sustav LTI, tadase odziv na bilo koji ulazni signal može izracunati samo poznavanjem njegovog impul-snog odziva. Kao što samo ime kaže, impulsni odziv sustava je njegov odziv na impuls.Drugim rijecima, impulsni odziv sustava je signal koji se dobije na izlazu ako se na nje-gov ulaz dovede Diracovu delta funkcijuδ(t). Impulsni odziv sustava oznacava se sah(t).

Odziv kontinuiranog LTI sustava na bilo koji ulazni signalx(t) dobije se kao ko-volucija ulaznog signala sa impulsnim odzivom sustavah(t):

y(t) = x(t) ∗ h(t) =

∫ ∞

−∞x(τ)h(t − τ)dτ (2.121)

Primjer 2.3.1. Dokazati da konvolucija signala sa Diracovom delta funkcijom rezultiratim istim signalom.

Rješenje:U dokazucemo se koristiti svojstvom prosijavanja delta funkcije (jed-nakost 2.8) i parnosti delta funkcije, tj.δ(t) = δ(−t):

y(t) = x(t) ∗ δ(t) =

∫ ∞

−∞x(τ)δ(t − τ)dτ =

=

∫ ∞

−∞x(τ)δ(−(τ − t))dτ =

∫ ∞

−∞x(τ)δ(τ − t)dτ =

= x(t)

(2.122)

Primjer 2.3.2. Dokazati da konvolucija signala sa Diracovom delta funkcijom koja senalazi na mjestut0 rezultira tim istim signalom na mjestut0.

Rješenje:Dokaz slijedi slicno kao u prethodnom primjeru:

y(t) = x(t) ∗ δ(t − t0) =

∫ ∞

−∞x(τ)δ(t − τ − t0)dτ =

=

∫ ∞

−∞x(τ)δ(−(τ − t + t0))dτ =

=

∫ ∞

−∞x(τ)δ(τ − t + t0))dτ =

=

∫ ∞

−∞x(τ)δ(τ − (t − t0))dτ =

= x(t − t0)

(2.123)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 49 — #55

2.3. Impulsni odziv i konvolucijski integral 49

Primjer 2.3.3. Korištenjem svojstava konvolucije odrediti odziv LTI sustava koji imarealni impulsni odzivh(t) na opceniti kompleksni ulazni signal

x(t) = xr(t) + jxi(t), (2.124)

gdje suxr(t) i xi(t) realni i imaginarni dio ulaznog signalax(t).Rješenje:Korištenjem svojstva distributivnosti konvolucije možemo pisati

y(t) = x(t) ∗ h(t) = (xr(t) + jxi(t)) ∗ h(t)

= xr(t) ∗ h(t) + jxi(t) ∗ h(t).(2.125)

Uvodenjem oznaka

yr(t) = xr(t) ∗ h(t), (2.126a)

yi(t) = xi(t) ∗ h(t), (2.126b)

možemo pisati izlazni signal kao

y(t) = yr(t) + jyi(t), (2.127)

iz cega zakljucujemo da realni dio ulaznog signala daje realni dio izlanog signala, dokimaginarni dio izlaznog signala ovisi iskljucivo o imaginarnom dijelu ulaznog signala.

Primjer 2.3.4. Impulsni odziv sustava sa slike 2.17 definiran je kao

h(t) =

1 za0 ≤ t < 1

0 inace(2.128)

Korištenjem konvolucije potrebno je izracunati odziv sustava na ulazni signal

( )h t

t1

1

Slika 2.17.Impulsni odziv sustavah(t).

x(t) =1

2t (2.129)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 50 — #56


1

( )x τ

τ1t− t

Slika 2.18.Signalx(τ). Zrcaljeni i pomaknuti impulsni odzivh(t−τ) prikazan je crtkanom linijom

Rješenje:Odziv sustava dobiva se rješavanjem konvolucije

y(t) =

∫ ∞

−∞x(τ)h(t − τ)dτ (2.130)

Ulazni signal i zrcaljeni i pomaknuti impulsni odziv sustava prikazani su na slici 2.18.Sa slike 2.18 vidimo da za odredenu vrijednost vremenat umnožakx(τ)h(t − τ) nijejednak nuli samo u podrucju od t − 1 do t. Na osnovu ovog zapažanja možemo pisatikonvolucijski integral s novim granicama integracije:

y(t) =

∫ t

t−1x(τ)h(t − τ)dτ =

∫ t

t−1x(τ) · 1 · dτ

=

∫ t

t−1

1

2τdτ =

1

2

t2

2

∣∣∣

t

t−1=

1

4(t2 − (t − 1)2)

=1

4(t2 − t2 + 2t − 1) =

1

2t − 1

4

(2.131)

Primjer 2.3.5. Odrediti odziv sustavay(t) racunanjem konvolucije signala

x(t) = 4t(s(t) − s(t − 1)) (2.132)

s impulsnim odzivom sustava

h(t) = 3t(s(t) − s(t − 1)) (2.133)

koji su prikazani na slici 2.19

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 51 — #57


( )h t

t1

3

(a) Impulsni odzivh(t)

( )x t

t

4

1

(b) Ulazni signalx(t)

Slika 2.19.Impulsni odziv sustava i signal na ulazu u sustav

Rješenje:Racunanje konvolucije razlikovatce se o vrijednosti varijablet. Kao štoje prikazano na slikama 2.20 i 2.21 granice integracije su razlicite zat < 1 i za t > 1.Prvocemo racunati rješenje za0 ≤ t < 1.

4

3

1t1t−

( )x τ

τ

Slika 2.20. Ulazni signal i zrcaljeni impulsni odziv (prikazancrtkanom linijom) za0 ≤ t < 1.

y(t) =

∫ ∞

−∞x(τ)h(t − τ)dτ =

∫ t

04τ3(t − τ)dτ = 12

∫ t

0τ(t − τ)dτ

= 12

∫ t

0(tτ − τ2)dτ = 12t

∫ t

0τdτ − 12

∫ t

0τ2dτ

= 12tτ2

2

∣∣∣

t

0− 12

τ3

3

∣∣∣

t

0= 6t · t2 − 4t3 = 2t3 za0 ≤ t < 1

(2.134)

Nakon toga racunamo rješenje za1 ≤ t < 2.

t1t− τ

( )x τ4

3

1

Slika 2.21.Ulazni signal i zrcaljeni impulsni odziv1 ≤ t < 2.

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 52 — #58


y(t) =

∫ 1

t−14τ3(t − τ)dτ = 12t

∫ 1

t−1τdτ − 12

∫ 1

t−1τ2dτ

= 12tτ2

2

∣∣∣

1

t−1− 12

τ3

3

∣∣∣

1

t−1= 6t(1 − (t − 1)2) − 4(1 − (t − 1)3)

= 6t(1 − (t2 − 2t + 1)) − 4(1 − (t3 − 3t2 + 3t − 1))

= 6t(−t2 + 2t) − 4(−t3 + 3t2 − 3t + 2) = −2t3 + 12t − 8 za1 ≤ t < 2

(2.135)

Konacno rješenje je

y(t) =

0 zat < 0

2t3 za0 ≤ t < 1

−2t3 + 12t − 8 za1 ≤ t < 2

0 zat ≥ 2

(2.136)

Izlazni signaly(t) prikazan je na slici 2.22.

1

2

1 2

3

4

( )y t

t0

Slika 2.22.Izlazni signaly(t).

Primjer 2.3.6. Kauzalni memorijski sustav ima impulsni odziv

h(t) =

−t + 1 za0 ≤ t < 1

0 inace

Korištenjem konvolucije potrebno je odrediti signal na izlazu iz sustava ukoliko je nanjegov ulaz doveden jedinicni pravokutni impuls sa slike 2.23(b)

x(t) =

1 za0 ≤ t < 1

0 inace

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 53 — #59


1

1 t

( )h t

(a)

1

1 t

( )x t

(b)

Slika 2.23.Impulsni odziv sustavah(t) i ulazni signalx(t).

Rješenje:Za t < 0 konvolucijski integral je jedanak nuli

y(t) =

∫ +∞

−∞x(τ)h(t − τ)dτ = 0 zat < 0 (2.137)

zato jer je umnožak signalax(τ) i h(t − τ) svugdje jednak nuli, kao što je prikazano naslici 2.24(a).

1

1t

( )x τ

τ

(a) t < 0

1

1t

( )x τ

τ

(b) 0 ≤ t < 1

1

1 t

( )x τ

τ

(c) 1 ≤ t < 2

1

1 t

( )x τ

τ

(d) t ≥ 2

Slika 2.24. Ulazni signal i zrcaljeni impulsni odziv (prikazancrtkanom linijom) za razlicite vrijednosti varijablet.

Za slucaj 0 ≤ t < 1 granice integracije mogu se odrediti na osnovu slike 2.24(b).Tamo gdje impulsni odziv nije jednak nuli opisan je funkcijom

h(t) = −t + 1 (2.138)

iz cega slijedi da je

h(t − τ) = −(t − τ) + 1 = −t + τ + 1 (2.139)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 54 — #60


što možemo uvrstiti u konvolucijski integral

y(t) =

∫ +∞

−∞x(τ)h(t − τ)dτ ==

∫ t

01 · (−t + τ + 1)dτ

= (1 − t)

∫ t

0dτ +

∫ t

0τdτ = (1 − t)τ

∣∣∣

t

0+

τ2

2

∣∣∣

t

0

= (1 − t)t +t2

2= t − t2

2za0 ≤ t < 1

(2.140)

Za trece podrucje integracije, tj. za1 ≤ t < 2 preklapanje signala je prikazano naslici 2.24(c). Rješenje konvolucijskog integrala za trece podrucje vrijednosti slobodnevarijablet je

y(t) =

∫ 1

t−1x(τ)h(t − τ)dτ = (1 − t)

∫ 1

t−1dτ +

∫ 1

t−1τdτ

= (1 − t) · τ∣∣∣

1

t−1+

τ2

2

∣∣∣

1

t−1= (1 − t)(1 − (t − 1)) +

1

2(1 − (t − 1)2)

=1

2t2 − 2t + 2 za1 ≤ t < 2

(2.141)

Za t > 2, više nema preklapanja signala kao što je prikazano na slici 2.24(d) takoda je izlazni signal ponovo jednak nuli. Konacno rješenje s obzirom nacetiri podrucjaintegracije je

y(t) =

0 zat < 0

t − t2

2 za0 ≤ t < 112 t2 − 2t + 2 za1 ≤ t < 2

0 zat ≥ 2

(2.142)

kao što je prikazano na slici 2.25.

1 2

0.5

( )y t

t0

1

Slika 2.25.Izlazni signaly(t)

Zadatak 2.3.7.Odrediti rezultat konvolucije signala

x(t) = rect(t), (2.143a)

h(t) = rect(t). (2.143b)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 55 — #61


Funkcija rect, odnosno pravokutni impuls, prikazana je na slici 2.2(a).Rješenje:

y(t) =

0 zat < −1

t + 1 za−1 ≤ t < 0

−t + 1 za0 ≤ t < 1

0 zat ≥ 1.

(2.144)


x(t) = 3s(t), (2.145a)

h(t) = e−3ts(t). (2.145b)

Rješenje:y(t) = (1 − e−3t)s(t). (2.146)


x(t) = e−5ts(t), (2.147a)

h(t) = e−3ts(t). (2.147b)

Rješenje:

y(t) =1

2(e−3t − e−5t)s(t). (2.148)

Svojstva sustava kroz impulsni odziv

Kauzalni sustav

Sustav je kauzalan ukoliko je njegov impulsni odziv razlicit od nule samo zat ≥ 0.Ovo je lakše razumjeti ukoliko zamislimo jedan impulsni odziv koji "postoji" samo zapozitivne vrijednosti vremena. Rezultat konvolucije u nekoj tocki t0 dobit cemo inte-gracijom umnoška signala i impulsnog odziva koji je zrcaljen i pomaknut zat0. Takavzrcaljeni i pomaknuti impulsni odziv postojatce samo za vrijednosti vremena koje sumanje ili jednake odt0. Dakle, i umnožak ovih dviju funkcija postojatce samo zat ≤ t0.Samim time, i rezultat integracijece ovisiti samo o vrijednostima ulaznog signala kojeprethode vremenut0 za koje se racuna vrijednost izlaznog signala. Iz toga zakljucujemoda je takav sustav kauzalan.

Memorijski sustav

Sustav je bezmemorijski ukoliko je njegov impulsni odziv oblika

h(t) = Kδ(t) (2.149)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 56 — #62


Stabilni sustav

Sustav je stabilan ukoliko njegov impulsni odziv zadovoljava∫ ∞

−∞|h(t)|dt < ∞ (2.150)

Primjer 2.3.10. Impulsni odzivi razlicitih LTI sustava prikazani su na slici 2.26. Sobzirom na oblik impulsnog odziva odrediti svojstva pojedinih sustava.

( )h t

t

(a) Kauzalan, memorijski i stabilan sus-tav

( )h t

t

(b) Nekauzalan, memorijski i stabilansustav

( )h t

t

(c) Kauzalan, memorijski inestabilansustav

( )h t

t

(d) Kauzalan, memorijski i stabilan sus-tav

( )h t

t

2

(e) Kauzalan,bezmemorijskii stabilansustav

( )h t

t

2 22

-1 1

(f) Nekauzalan, memorijski i stabilansustav

Slika 2.26.Impulsni odzivi sustava razlicitih svojstava

Rješenje:Svojstva doticnih sustava ispisana su ispod odgovarajucih slika.

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 57 — #63

2.4. Fourierov red 57

2.4. Fourierov red

Fourierov red se koristi za prikaz periodickih signala. Ukoliko za prikaz peri-odicnog signala koristimo kompleksne eksponencijale, govorimo o Fourierovomredukompleksnih eksponencijala, a ukoliko koristimo funkcije sinus i kosinus govorimo otrigonometrijskom Fourierovom redu.

Fourierov red kompleksnih eksponencijala

Bilo koji periodicni signalx(t) ciji je osnovni periodT0 možemo prikazati kao

x(t) =∞∑

k=−∞

Xkejkω0t gdje jeω0 =

2π

T0(2.151)

Kompleksne Fourierove koeficijenteXk dobiva se kao

Xk =1

T0

∫

T0

x(t)e−jkω0tdt (2.152)

gdje T0 za granice integracije znaci da se integracija vrši preko bilo kojeg osnovnogperioda signalax(t).

Za realne signale vrijediX−k = X∗

k (2.153)

Trigonometrijski Fourierov red

Trigonometrijski Fourierov red dobiva se kao

x(t) =a0

2+

∞∑

k=1

(ak cos(kω0t) + bk sin(kω0t)) (2.154)

gdje se koeficijentiak i bk racunaju pomocu izraza

ak =2

T0

∫

T0

x(t) cos(kω0t)dt (2.155a)

bk =2

T0

∫

T0

x(t) sin(kω0t)dt (2.155b)

Veza izmedu kompleksnih i trigonometrijskih Fourierovih koeficijenata jea0

2= X0 (2.156a)

ak = Xk + X−k (2.156b)

bk = j(Xk − X−k) (2.156c)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 58 — #64


Primjer 2.4.1. Odrediti Fourierov red kompleksnih eksponencijala za signal

x(t) = sin(ω0t) (2.157)

Rješenje:Umjesto direktnog korištenja izraza 2.152 koristitcemo Eulerovu formuluza prikaz sinusnog signala

x(t) =1

2j(ejω0t − e−jω0t) =

1

2jejω0t − 1

2jej(−1)ω0t (2.158)

Usporedivanjem ovog izraza sa jednakošcu 2.163 možemo išcitati kompleksne Fourierovekoeficijente

X1 =1

2jX−1 = − 1

2j(2.159)

dok su svi ostali koeficijenti jednaki nuli.

Zadatak 2.4.2.Odrediti Fourierov red kompleksnih eksponencijala za signal

x(t) = 3 cos(ω0t) (2.160)

Rješenje:Rješavanjem kao u prethodnom zadatku dobivamo

X1 =3

2X−1 =

3

2(2.161)

dok su svi ostali koeficijenti jednaki nuli.

Primjer 2.4.3. Odrediti Fourierov red kompleksnih eksponencijala za signal sa slike2.27.

2

τ

2

τ− 0

2

T 0T 02T0T−

1

( )x t

t0

2

T−

Slika 2.27.Periodicni niz pravokutnih impulsa

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 59 — #65

2.4. Fourierov red 59

Rješenje:Kompleksne Fourierove koeficijente za doticni signal dobivamo kao

Xk =1

T0

∫ −T0

2

−T0

2

x(t)e−jkω0tdt =1

T0

∫ τ2

− τ2

e−jkω0tdt

=1

T0· 1

−jkω0

(

e−jkω0τ2 − ejkω0

τ2

)

=1

−jk2π

(

−2j sin(kω0τ

2)

)

=1

kπsin(

kω0τ

2)

=1

kπsin(

kπτ

T0) =

τ

T0

sin(kπτT0

)kπτT0

(2.162)

iz cega slijedi izraz za Fourierov red

x(t) =τ

T0

∞∑

k=−∞

sin(kπτT0

)kπτT0

ejkω0t gdje jeω0 =2π

T0(2.163)

Primjer 2.4.4. Niz delta funkcija

x(t) =∞∑

n=−∞

δ(t − nT0) (2.164)

koji je prikazan na slici 2.28. potrebno je prikazati Fourierovim redom kompleksnih

0T− 0T 02T02T− t

( )x t

Slika 2.28

eksponencijala.Rješenje:Fourierov red kompleksnih eksponencijala je

x(t) =

∞∑

k=−∞

Xkejkω0t (2.165)

gdje kompleksne Fourierove koeficijenteXk dobivamo integracijom preko jednog peri-

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 60 — #66


oda signala

Xk =1

T0

∫ T0

2

−T0

2

x(t)e−jkω0tdt

=1

T0

∫ T0

2

−T0

2

δ(t)e−jkω0tdt =1

T0

(2.166)

Dakle, Fourierov red kompleksnih eksponencijala za niz delta funkcija je

x(t) =1

T0

∞∑

k=−∞

ejkω0t (2.167)

2.5. Fourierova transformacija

Fourierova transformacija signalax(t) dobiva se kao

X(ω) = Fx(t) =

∫ ∞

−∞x(t)e−jwtdt (2.168)

Inverzna Fourierova transfomacija dobiva se kao

x(t) = F−1X(ω) =1

2π

∫ ∞

−∞x(ω)ejwtdω (2.169)

Fourierov spektar signala

Fourierov transformatX(jω) predstavlja zapis signalax(t) u frekvencijskoj domenitako da je uobicajenoX(jω) nazivati Fourierovim spektrom ili jednostavnije spektromsignala. Možemo pisati

X(ω) = |X(ω)|ejϕ(ω) (2.170)

gdje se|X(ω)| naziva amplitudnim spektrom signala (engl. magnitude spectrum), aϕ(ω) = ∠X(ω) se naziva faznim spektrom (engl. phase spectrum) signalax(t).

Primjer 2.5.1. Odrediti Fourierovu transformaciju signala prikazanog na slici 2.29.

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 61 — #67

2.5. Fourierova transformacija 61

( )x t

t

2

τ−

2

τ

1

Slika 2.29.Simetrican pravokutni signal

Rješenje:

X(ω) =

∫ ∞

−∞x(t)e−jωtdt =

∫ τ2

− τ2

e−jωtdt

=1

−jω(e−j ωτ

2 − ej ωτ2 ) =

1

jω(ej ωτ

2 − e−j ωτ2 )

=1

jω(cos

ωτ

2+ j sin

ωτ

2− (cos

ωτ

2− j sin

ωτ

2))

= 2j sin ωτ

2

jω= 2

sin ωτ2

ω

(2.171)

Konacni izraz za Fourierovu transformaciju možemo pisati u obliku

X(ω) = τsin ωτ

2ωτ2

(2.172)

ciji je graf funkcije prikazan na slici 2.30.

( )X ω

ω4π

τ

2π

τ

2π−

τ

4π−

τ

τ

Slika 2.30.Fourierova transformacija signala sa slike 2.29.

Zadatak 2.5.2.Odrediti Fourierovu transformaciju signala

x(t) = e−atu(t) (2.173)

koji je prikazan na slici 2.31.

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 62 — #68


1

( )x t

t

Slika 2.31.Kauzalni eksponencijalno opadajuci signal

Rješenje:

X(ω) =1

jω + a(2.174)

Zadatak 2.5.3.Odrediti Fourierovu transformaciju signala sa slike 2.32

1

0

( )x t

2

τ−

2

τ t

Slika 2.32.Trokutasti impuls

Rješenje:

X(ω) =τ

2

[sin(ωτ/4)

ωτ/4

]2

(2.175)

Primjer 2.5.4. Odrediti Fourierovu transformaciju niza delta funkcija

x(t) =

∞∑

n=−∞

δ(t − nT0) (2.176)

koji je prikazan na slici 2.28.Rješenje:Fourierovu transformaciju izracunatcemo korištenjem prikaza niza delta

funkcija Fourierovim redom kompleksnih eksponencijala

x(t) =1

T0

∞∑

k=−∞

ejkω0t (2.177)

Primjenom Fourierove transformacije na obje strane gornje jednakosti i korištenjemFourierovog transformata

ejω0t ⇐⇒ 2πδ(ω − ω0) (2.178)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 63 — #69


odnosnoejkω0t ⇐⇒ 2πδ(ω − kω0) (2.179)

dobivamo

x(ω) =1

T0

∞∑

k=−∞

2πδ(ω − kω0)

=2π

T0

∞∑

k=−∞

δ(ω − kω0)

= ω0

∞∑

k=−∞

δ(ω − kω0)

(2.180)

Vidimo da Fourierova transformacija niza Diracovih delta funkcija s periodomT0 dajeponovo niz delta funkcijaciji je periodω0 i koje su pomnožene sω0 kao što je prikazanona slici 2.33.

0−ω 0ω 02ω02− ω ω

( )X ω

0ω

Slika 2.33

Primjer 2.5.5. Dokazati da se Fourierova transformacija periodicnog signala s periodomT0 može dobiti kao zbroj kompleksnih Fourierovih koeficijenataXk pomnoženih saodgovorajuce pomaknutim delta funkcijama

X(ω) = 2π∞∑

k=−∞

Xkδ(ω − kω0) (2.181)

gdje jeω0 = 2πT0

Rješenje:Prikaz signalax(t) korištenjem Fourierovog reda kompleksnih eksponen-cijala je

x(t) =∞∑

k=−∞

Xkejkω0t (2.182)

Primjenom Fourierove transformacije na obje strane jednakosti i korištenjem Fourierovogtransformata

ejkω0t ⇐⇒ 2πδ(ω − kω0) (2.183)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 64 — #70


dobivamo da je

X(ω) = 2π∞∑

k=−∞

Xkδ(ω − kω0) (2.184)

Dakle, poznavanje kompleksnih Fourierovih koeficijenataXk periodicnog signala omogucavajednostavno dobivanje Fourierove transformacije doticnog signala.

Primjer 2.5.6. Korištenjem rezultata iz prethodnog primjera odrediti Fourierovu trans-formaciju signala

x(t) = sin(ω0t) (2.185)

te prikazati njegov amplitudni i fazni spektar.Rješenje:U primjeru 2.4.1 je pokazano da su kompleksni Fourierovi koeficijenti

X1 =1

2jX−1 = − 1

2j(2.186)

dok su svi ostali koeficijenti jednaki nuli. Uvrštavanjem vrijednosti koeficijenata u jed-nakost 2.181 dobivamo

X(ω) =2π∞∑

k=−∞

Xkδ(ω − kω0) = 2π[1

2jδ(ω − ω0) −

1

2jδ(ω + ω0)]

=π[−jδ(ω − ω0) + jδ(ω + ω0)]

= − jπ[δ(ω − ω0) − δ(ω + ω0)]

(2.187)

Amplitudni spektar signala je

|X(ω)| = πδ(ω − ω0) + πδ(ω + ω0) (2.188)

dok se fazni spektar signala dobiva kao

∠X(ω) = −π

2δ(ω − ω0) +

π

2δ(ω + ω0) (2.189)

Amplitudni i fazni spektar prikazani su na slici 2.34.

Primjer 2.5.7. Odrediti amplitudni i fazni spektar signala

x(t) = 2 cos 2πt + sin4πt (2.190)

Rješenje:Fourierova transformacija signalax(t) daje

X(ω) = 2π[δ(ω − 2π) + δ(ω + 2π)] − jπ[δ(ω − 4π) − δ(ω + 4π)] (2.191)

Amplitudni i fazni spektar signala prikazani su na slici 2.35. Ukoliko želimo prikazati

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 65 — #71


ππ

( )X ω

ω0ω0−ω

(a)

2

π

ω

( )X∠ ω

0−ω

2

π−

0ω

(b)

Slika 2.34.Amplitudni i fazni spektar signala

ππ

( )X ω

[ ]/rad sω

2π 2π

4− π 2− π 2π 4π

(a) Amplitudni spektar signalax(t)

90°

[ ]/rad sω

90− °

( )X∠ ω

4− π 2− π 2π

(b) Fazni spektar signalax(t)

Slika 2.35. Amplitudni i fazni spektar signalax(t). Vrijednostfaznog kuta oznacena je u stupnjevima

spektar signala tako da nax-osi bude frekvencija s jedinicomHz, tada pišemo ekviva-lentni izraz

X(f) = [δ(f − 1) + δ(f + 1)] − j

2[δ(f − 2) − δ(f + 2)] (2.192)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 66 — #72


1 2-1-2

1

1

2

1

2

1

( )X f

[ ]f Hz

(a) Amplitudni spektar signalax(t)

1-1

90°

[ ]f Hz90− °

( )X f∠

-2

(b) Fazni spektar signalax(t)

Slika 2.36. Amplitudni i fazni spektar signalax(t) prikazani safrekvencijomf na x-osi. Vrijednost faznog kuta oznacena je u

stupnjevima

Slika 2.36 daje odgovarajuci prikaz amplitudnog i faznog spektra signala.

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 67 — #73

2.6. Laplaceova transformacija 67

2.6. Laplaceova transformacija

Laplaceova transformacija signalax(t) definira se kao

X(s) = Lx(t) =

∫ ∞

−∞x(t)e−stdt. (2.193)

Izraz 2.193 naziva se bileteralna odnosno dvostrana Laplaceova transformacija. Ukolikose koriste granice integracije od0 do ∞ tada se govori o unilateralnoj ili jednostranojLaplaceovoj transformaciji:

X(s) =

∫ ∞

0−x(t)e−stdt. (2.194)

Za kauzalne signale i jednostrana i dvostrana Laplaceova transformacija daju isti rezul-tat. Uz Laplaceov transformatX(s) navodi se i njegovo podrucje konvergencije (engl.region of convergence- ROC), tj. podrucje vrijednosti varijables za koje integralLaplaceove transformacije konvergira, tj. daje konacnu vrijednost zaX(s). Kakoce bitipokazano u sljedecim primjerima, moguce je da dva razlicita signala, od kojih je jedankauzalan, a drugi nekauzalan, kao rezultat bilateralne Laplaceove transformacije dajuisti oblike funkcijeX(s), ali imaju drugacija podrucja kovergencije. Zbog toga je pri-likom traženja inverzne bilateralne transformacije odX(s) potrebno navesti i podrucjekonvergencije da bi rezultat bio jednoznacan. No, ukoliko se koristi samo kauzalnesignale takvi se problemi ne javljaju, rezultat je jednoznacan i bez navodenja podrucjakovergencije.

Veza Laplaceove sa Fourierovom transformacijom ostvaruje se zamjenomslobodnevarijables sajω, odnosno:

X(ω) = X(s)∣∣∣s=jω

(2.195)

Primjer 2.6.1. Odrediti Laplaceovu transformaciju i njeno podrucje konvergencije zasignal

x(t) = e−3ts(t). (2.196)

Rješenje:Prema definiciji Laplaceove transformacije dobivamo

X(s) =

∫ ∞

−∞x(t)e−stdt =

∫ ∞

0e−3te−stdt

=

∫ ∞

−∞e−(s+3)tdt = − 1

s + 3e−(s+3)t

∣∣∣

∞

0.

(2.197)

Izraze−(s+3)t možemo pisati kao

e−(s+3)t = e−(σ+jω+3)t = e−(3+σ)tejωt

= e−(3+σ)t(cos ωt + j sin ωt)(2.198)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 68 — #74


iz cega vidimo dae−(s+3)t nece biti beskonacan zat = ∞ samo ako vrijedi da je

−(3 + σ) < 0, (2.199)

odnosnoσ > −3. (2.200)

U tom slucaju, integral konvergira pa možemo pisati izraz za Laplaceovu transformacijukao

X(s) =1

s + 3, Res > −3. (2.201)

Podrucje konvergencije prikazano je na slici 2.37.

-3 Re s

Im s

Slika 2.37

Zadatak 2.6.2.Odrediti Laplaceovu transformaciju i njeno podrucje konvergencije zasignal

x(t) = −e−3ts(−t). (2.202)

Uocite da je ovaj signal nije kauzalan i jednak je nuli samo za negativne vrijednostivremenenske varijablet.

Rješenje:

X(s) =1

s + 3, Res < −3. (2.203)

Uocite da je dobiveni transformat jednak kao za kauzalni signal (2.202) izprethodnogzadatka. Jedina razlika je u podrucjima konvergencije. Dakle, da bi transformat biojednoznacno odreden potrebno je naglasiti koje je njegovo podrucje konvergencije.

Primjer 2.6.3. Odrediti Laplaceovu transformaciju signala

x(t) =

e−3t, 0 ≤ t < 5

0, inace.(2.204)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 69 — #75


Rješenje:Korištenjem definicije Laplaceove transformacije dobivamo.

X(s) =

∫ 5

0e−3te−stdt =

∫ 5

0e−(s+3)tdt

= − 1

s + 3

(e−5(s+3) − 1

)

=1

s + 3

(1 − e−5(s+3)

).

(2.205)

U ovom slucaju, podrucje konvergencije je cijelas-ravnina, tj. integral 2.205 konvergiraza sve vrijednosti varijables.

Inverzna Laplaceova transformacija s pomocu rastava na parcijalne razlomke

Primjer 2.6.4. Odrediti inverznu Laplaceovu transformaciju od

X(s) =7s2 − 5s − 6

(s + 1)(s − 2)(s − 1), (2.206)

ako znamo da je signalx(t) kauzalan.Rješenje:Rastav na parcijalne razlomke bitce oblika

X(s) =7s2 − 5s − 6

(s + 1)(s − 2)(s − 1)= d0 +

c1

s + 1+

c2

s − 2+

c3

s − 1(2.207)

Potrebno je izracunati konstanted0, c1, c2 i c3:

d0 = lims→∞

H(s) = lims→∞

7s2 − 5s − 6

s3 − 2s2 − s + 2= 0

c1 = (s + 1)H(s)

∣∣∣∣s=−1

=7s2 − 5s − 6

(s − 2)(s − 1)

∣∣∣∣s=−1

=7 + 5 − 6

−3(−2)= 1

c2 = (s − 2)H(s)

∣∣∣∣s=2

=7s2 − 5s − 6

(s + 1)(s − 1)

∣∣∣∣s=2

=28 − 10 − 6

3= 4

c3 = (s − 1)H(s)

∣∣∣∣s=1

=7s2 − 5s − 6

(s + 1)(s − 2)

∣∣∣∣s=1

=7 − 5 − 6

2(−1)= 2

(2.208)

Dakle, dobivamo da je

X(s) =1

s + 1+

4

s − 2+

2

s − 1, (2.209)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 70 — #76


odnosnox(t) =

(

e−t + 4e2t + 2et)

s(t). (2.210)

Primjer 2.6.5. Odrediti inverznu Laplaceovu transformaciju od

X(s) =s + 1

(s − 1)2(s + 2), (2.211)

ako znamo da je signalx(t) kauzalan.Rješenje:Izraz zaX(s) rastivit cemo na parcijalne razomke kao

X(s) = d0 +c1

(s + 2)+

c2

(s − 1)2+

c3

(s − 1). (2.212)

Koeficijente rastava odredujemo kako slijedi

d0 = lims→∞

H(s) = 0, (2.213)

c1 = (s + 2)H(s)∣∣∣s=−2

=s + 1

(s − 1)2

∣∣∣s=−2

=−2 + 1

(−2 − 1)2= −1

9, (2.214)

c2 = (s − 1)2H(s)∣∣∣s=1

=s + 1

s + 2

∣∣∣s=1

=1 + 1

1 + 2=

2

3, (2.215)

c3 = 1 · d

ds

[(s − 1)2H(s)

]∣∣∣s=1

=d

ds

(s + 1

s + 2

) ∣∣∣s=1

=1 · (s + 2) − (s + 1) · 1

(s + 2)2

∣∣∣s=1

=3 − 2

32=

1

9,

(2.216)

iz cega dobivamo

X(s) = −1

9

1

(s + 2)+

2

3

1

(s − 1)2+

1

9

1

s − 1, (2.217)

odnosno

x(t) =(

−1

9e−2t +

2

3tet +

1

9et)

s(t). (2.218)

2.7. Prijenosna funkcija kontinuiranog sustava

Prijenosnom funkcijom sustava (engl. transfer function) naziva se kvocijent Laplaceovetransformacije izlaznog i ulaznog signala, odnosno

H(s) =Y (s)

X(s). (2.219)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 71 — #77

2.7. Prijenosna funkcija kontinuiranog sustava 71

Prijenosna funkcija LTI sustava dobiva se kao Laplaceova transformacija impulsnogodziva sustavah(t):

H(s) = Lh(t). (2.220)

Primjer 2.7.1. Odrediti prijenosnu funkciju idealnog integratora zadanog sa

y(t) =

∫ t

0x(τ)dτ . (2.221)

Pretpostaviti da su pocetni uvjeti jednaki nuli.Rješenje:Primjenom Laplaceove transformacije na jednakosti (2.221) dobivamo

Y (s) =1

sX(s), (2.222)

iz cega slijedi prijenosna funkcija sustava

H(s) =Y (s)

X(s)=

1

s(2.223)

Primjer 2.7.2. Odrediti prijenosnu funkciju sustavaciji je impulsni odziv

h(t) = δ(t − 3). (2.224)

Rješenje:Prijenosnu funkciju dobitcemo kao Laplaceovu transformaciju impul-snog odziva sustava:

H(s) = Lh(t) =

∫ ∞

−∞δ(t − 3)e−stdt = e−st

∣∣∣t=3

= e−3s. (2.225)

Primjer 2.7.3. Odrediti prijenosnu funkciju sustava zadanog slikom 2.38.

∫x(t) y(t)

∫

5

6

--


Rješenje:Blokovski dijagram sustava u domeni Laplaceove transformacije prikazanje na slici 2.39. Operator integracije u domeni Laplaceove transformacije postaje opera-tor dijeljenja sa kompleksnom varijabloms. Sukladno tome, ako je na izlazu operatora

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 72 — #78


X(s) Y(s)

5

6

--

s2Y(s) sY(s) 1

s

1

s

Slika 2.39.Blokovski dijagram sustava u domeni Laplaceove trans-formacije

integracije signalY (s), tadace na njegovom ulazu bitisY (s), kao što je prikazano naslici 2.39. Za sumator na ulazu sustava možemo pisati

s2Y (s) = X(s) − 5sY (s) − 6Y (s), (2.226)

Y (s)(s2 + 5s + 6) = X(s), (2.227)

iz cega slijedi prijenosna funkcija sustava

H(s) =Y (s)

X(s)=

1

s2 + 5s + 6. (2.228)

Primjer 2.7.4. Za kontinuirani sustav treceg reda koji je prikazan slikom 2.40 potrebnoje pronaci prijenosnu funkcijuH(s) i impulsni odzivh(t).

x(t)

∫

2

-

∫

y(t)

4

2

-

∫

3

-


Rješenje:Sustav se može prikazati ekvivalentnim blokovskim dijagramom kao naslici 2.41,gdje su prijenosne funkcije pojedinih blokova

H1(s) =4

s + 2H2(s) =

2

s + 1H3(s) =

1

s + 3(2.229)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 73 — #79


X(s) Y(s)

H1(s)

H2(s)

H3(s)

Slika 2.41. Pojednostavnjeni blokovski dijagram sustava sa slike2.40

Paralelna veza dva ili više podsustava rezultira prijenosnom funkcijom koja je zbroj pri-jenosnih funkcija doticnih podsustava. S druge strane, kaskada dva ili više podsustavarezultira prijenosnom funkcijom koja je umnožak prijenosnih funkcija doticnih podsus-tava. Iz toga slijedi da ukupnu prijenosnu funkciju sustava možemo dobiti kao

H(s) = (H1(s) + H2(s)) H3(s) = H1(s)H3(s) + H2(s)H3(s) =

=4

(s + 2)(s + 3)+

2

(s + 1)(s + 3)=

6s + 8

(s + 1)(s + 2)(s + 3)

(2.230)

Impulsni odziv sustava dobivamo kao inverznu Laplaceovu transformaciju prijenosnefunkcije sustavaH(s). Korištenjem Laplaceovog transformacijskog para

1

b − a(e−at − e−bt) ⇐⇒ 1

(s + a)(s + b)(2.231)

dobivamoh(t) kao

h(t) =4

3 − 2(e−2t − e−3t) +

2

3 − 1(e−t − e−3t)

= 4e−2t − 4e−3t + e−t − e−3t = e−t + 4e−2t − 5e−3t.(2.232)

Primjer 2.7.5. Izracunati impulsni odziv sustava prikazanog slikom 2.42.

H1

H2

H4

H5

H3

-


“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 74 — #80


Prijenosne funkcije pojedinih podsustava su

H1(s) =s + 2

s + 4H2(s) =

1

s + 1H3(s) =

2

(s + 1)(s + 4)

H4(s) =s + 1

s + 2H5(s) =

3

s + 2

(2.233)

Rješenje:Blokovski dijagram sustava moguce je pojednostaviti u nekoliko korakakao što je prikazano na slici 2.43. U prvom koraku na slici 2.43(a) prepoznata je neg-ativna povratna veza koju tvore blokoviH1 i H3 te paralelna veza blokovaH4 i H5.Dok paralelna veza rezultira zbrajanjem prijenosnih funkcija, negativnapovratna vezablokovaH1 i H2 daje prijenosnu funkciju

H12(s) =H1(s)

1 + H1(s)H2(s). (2.234)

U drugom koraku sa slike 2.43(b) kaskada dva bloka u gornjoj grani pretvorena je u jedanfunkcijski blok cija je prijenosna funkcija dobivena kao umnožak prijenosnih fukcijadoticnih podsustava.

H3

1

1 21

H

H H+ 4 5H H+

(a)

H3

( )1 4 5

1 21

H H H

H H

++

(b)

( )( )

1 4 5

1 2 1 3 4 51

H H H

H H H H H H

++ − +

(c)

Slika 2.43.Koraci pojednostavnjenja blok sheme sustava

Konacno, u trecem je koraku sa slike 2.43(c) korištenjem pravila povratne veze cijelisustav prikazan jednim funkcijskim blokomciji se izraz dobije kao

H(s) =

H1(s)(H4(s)+H5(s))1+H1(s)H2(s)

1 − H1(s)H3(s)(H4(s)+H5(s))1+H1(s)H2(s)

=H1(s)(H4(s) + H5(s))

1 + H1(s)H2(s) − H1(s)H3(s)(H4(s) + H5(s))

(2.235)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 75 — #81


Uvrštavanjem prijenosnih funkcija pojedinih podsustava dobivamo

H(s) =s+2s+4( s+1

s+2 + 3s+2)

1 + s+2s+4

1s+1 − s+2

s+42

(s+1)(s+4)(s+1s+2 + 3

s+2)

=(s + 4)(s + 1)

(s + 2)(s + 3)=

s2 + 5s + 4

s2 + 5s + 6

(2.236)

iz cega rastavom na parcijalne razlomke slijedi konacni oblik prijenosne funkcije sustava

H(s) = 1 +2

s + 3− 2

s + 2(2.237)

iz koje se primjenom inverzne Laplaceove transformacije dobiva impulsni odziv sustava

h(t) = δ(t) + 2e−3t − 2e−2t. (2.238)

2.7.1. Odziv LTI sustava na pobudu eksponencijalnim signalom

Ako se na ulaz linearnog i vremenski nepromjenjivog sustava dovede (kompleksni)eksponencijalni signal

x(t) = eat, (2.239)

tadace odziv mirnog sustava biti isto tako eksponencijalni signal, ali pomnožen s(kom-pleksnom) konstantomK, odnosno

y(t) = Keat, (2.240)

gdje jeK vrijednost prijenosne funkcije sustava zas = a, tj.

K = H(s)∣∣∣s=a

(2.241)

Važno je naglasiti da ovo svojstvo vrijedi samo za ulazne signale koji se moguprikazatieksponencijalnom funkcijom (2.239) i samo za sustave koji su linearni i vremenski ne-promjenjivi.

Primjer 2.7.6. Dokazati da vrijedi jednakost (2.240).Rješenje:Odziv mirnog LTI sustava na ulazni signal (2.239) dobiva se konvolucijom

doticnog signala sa impulsnim odzivom sustava:

y(t) =h(t) ∗ eat =

∫ ∞

−∞h(τ)ea(t−τ)dτ

=eat

∫ ∞

−∞h(τ)e−aτdτ .

(2.242)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 76 — #82


Uvodenjem zamjene

K =

∫ ∞

−∞h(τ)e−aτdτ (2.243)

dobivamo da jey(t) = Keat. (2.244)

Pošto znamo da je prijenosna funkcija sustava zapravo Laplaceova transformacija nje-govog impulsnog odziva

H(s) =

∫ ∞

−∞h(t)e−stdt (2.245)

zakljucujemo da konstantuK možemo dobiti iz opcenitog izraza za prijenosnu funkcijusustava kao

K = H(a) = H(s)∣∣∣s=a

(2.246)

Primjer 2.7.7. Odrediti odziv mirnog sustavacija je prijenosna funkcija

H(s) =1

s + 5(2.247)

na ulazni eksponencijalni signalx(t) = e−3t. (2.248)

Rješenje:Korištenjem jednakosti 2.240 dobivamo

y(t) = H(−3)e−3t =1

2e−3t. (2.249)

Primjer 2.7.8. Odrediti odziv mirnog sustava na eksponencijalnu pobudu oblika

x(t) = e(3+j4)t (2.250)

ako je prijenosna funkcija sustava

H(s) =1

s. (2.251)

Rješenje:Korištenjem jednakosti 2.240 dobivamo

y(t) = Ke(3+j4)t = H(3 + j4)e(3+j4)t =1

3 + j4e(3+j4)t. (2.252)

Buduci da je

|K| =1

5(2.253a)

∠K = − arctan4

3= −0.927, (2.253b)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 77 — #83


pisanjem kompleksnog brojaK u polarnom obliku te korištenjem Eulerove jednakostidobivamo

y(t) =1

5e−j0.927e(3+j4)t =

1

5e3tej(4t−0.927)

=1

5e3t(cos(4t − 0.927) + j sin(4t − 0.927)).

(2.254)

2.7.2. Frekvencijska karakteristika sustava

Fourierova transformacija impulsnog odziva sustava

H(ω) = Fh(t) (2.255)

naziva se frekvencijska karakteristika sustava (engl.frequency response). Frekvencijskakarakteristika sustava dobiva se iz prijenosne funkcije kao

H(ω) = H(s)∣∣∣s=jω

(2.256)

Signal na izlazu sustava u domeni Fourierove transformacije dobiva se kao umnožakspektra ulaznog signala i frekvencijske karakteristike sustava:

Y (ω) = X(ω) · H(ω). (2.257)

Za |H(ω)| koristi se izraz amplitudno-frekvencijska karakteristika sustava (engl.magnitude response), dok se

ϕ(ω) = ∠H(ω) (2.258)

naziva fazno-frekvencijskom karakteristikom sustava (engl.phase response).

Odziv LTI sustava na harmonijsku pobudu

Ako se na ulaz linearnog i vremenski nepromjenjivog sustava dovede kosinusni sig-nal

x(t) = cos ω0t, (2.259)

tadace odziv mirnog sustava biti isto tako kosinusni signal, ali pomnožen s realnomkonstantom i pomaknut za odredeni fazni kut

y(t) = A cos(ω0t + ϕ), (2.260)

gdje je

A = |H(ω0)|, (2.261a)

ϕ = ∠H(ω0). (2.261b)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 78 — #84


Kompleksni brojH(ω0) predstavlja vrijednost frekvencijske karakteristike sustavaH(ω)za kružnu frekvenciju ulaznog signalaω = ω0. H(ω0) može se dobiti i izravno iz pri-jenosne funkcije sustava korištenjem jednakosti (2.256):

H(ω0) = H(s)∣∣∣s=jω0

(2.262)

Primjer 2.7.9. Dokazati da za LTI sustave vrijedi (2.260).Rješenje:Ako se na ulaz sustava dovede kompleksna eksponencijala

xe(t) = ejω0t, (2.263)

tada se odziv sustava može dobiti korištenjem jednakosti (2.240):

ye(t) = Kejω0t = H(jω0)ejω0t. (2.264)

Buduci da jeejω0t = cos ω0t + j sinω0t, (2.265)

kosinusni signal (2.259) možemo prikazati kao realni dio eksponencijalnog signalaxe(t):

x(t) = cos ω0t = Rexe(t). (2.266)

Kako je dokazano u primjeru 2.3.3, za LTI sustave sa realnim impulsnim odzivom vri-jedi da je odziv na realni dio ulaznog signala jednak realnom dijelu odzivana ukupnikompleksni ulazni signal. Korištenjem ovog svojstva dobivamo

y(t) = Reye(t) = ReH(jω0)ejω0t. (2.267)

Pisanjem kompleksnog brojaH(jω0) u polarnom obliku i korištenjem oznaka (2.261)dobivamo

y(t) = ReAejϕejω0t = ReAej(ω0t+ϕ)= ReA(cos(ω0t + ϕ) + j sin(ω0t + ϕ)) = A cos(ω0t + ϕ).

(2.268)

Zadatak 2.7.10.Na slican nacin kao u prethodnom primjeru odrediti izraz za odziv LTIsustava za ulazni sinusni signal

x(t) = sinω0t. (2.269)

Rješenje:Promatranjem sinusnog signala kao imaginarnog dijela kompleksne ek-sponencijale dobivamo

y(t) = A sin(ω0t + ϕ), (2.270)

gdje jeA = |H(ω0)|, ϕ = ∠H(ω0).

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 79 — #85


Primjer 2.7.11. Potrebno je odrediti prisilni odziv sustava drugog reda sa slike 2.38(primjer 2.7.3) na ulazni signalx(t) = 2 cos(0.4t).

Rješenje:Kako je izracunato u primjeru 2.7.3, prijenosna je funkcija sustava

H(s) =1

s2 + 5s + 6. (2.271)

Frekvencijsku karakteristiku sustava dobivamo kao

H(ω) = H(s)∣∣∣s=jω

=1

(jω)2 + 5jω + 6=

1

(6 − ω2) + j5ω(2.272)

Amplitudno-frekvencijska i fazno-frekvencijska karakteristika sustava su

|H(ω)| =1

√

(6 − ω2)2 + 25ω2(2.273a)

ϕ(ω) = −j arctan5ω

6 − ω2(2.273b)

Za ω = 0.4 dobivamo|H(0.4)| = 0.162, ϕ(0.4) = −0.33 iz cega slijedi da je izlaznisignal

y(t) = 2|H(0.4)| cos(0.4t + ϕ(0.4)) = 0.324 cos(0.4t − 0.33), (2.274)

što odgovara partikularnom rješenju diferencijalne jednadžbe iz primjera 2.2.7.

Vrste filtara

Ovisno o vrijednosti|H(ω)| za odredenu kružnu frekvenciju signalaω govorimokoliko ce neki signal doticne frekvencije biti prigušen odnosno pojacan. Iz ovog pro-matranja sustava kroz prizmu amplitudno-frekvencijske karakteristike dolazimo do kon-cepta filtara. Filtre možemo najopcenitije podjeliti ucetiri grupe ovisno o obliku njihoveamplitudno-frekvencijske karakteristike:

• Niskopropusni filtri (slika 2.44(a)) propuštaju niskofrekvencijske komponente ulaznogsignala.

• Visokopropusni filtri (slika 2.44(b)) propuštaju visokofrekvencijskekomponenteulaznog signala.

• Pojasno propusni filtri (slika 2.44(c)) propuštaju podrucje srednjih frekvencijaulaznog signala.

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 80 — #86


( )H ω

ω

(a) Niskopropusni filtar

ω

( )H ω

(b) Visokopropusni filtar

ω

( )H ω

(c) Pojasnopropusni filtar

ω

( )H ω

(d) Pojasna brana

Slika 2.44.Amplitudno frekvencijke karakteristike idealnih filtara

• Filtri tipa pojasna brana (slika 2.44(d)) guše podrucje srednjih frekvencija ulaznogsignala, a propuštaju niske i visoke frekvencijske komponente.

Primjer 2.7.12. Kontinuirani sustav drugog reda opisan je diferencijalnom jednadžbom

y′′(t) + 2y′(t) + y(t) = x′(t) + 2x(t). (2.275)

Odrediti odziv doticnog sustava na pobudu

x(t) = 2 cos(πt) + 10 sin(2πt + π). (2.276)

Rješenje:Primjenom Fourierove transformacije na obje strane jednakosti 2.275 do-bivamo

(jω)2Y (ω) + 2jωY (ω) + Y (ω) = jωX(ω) + 2X(ω) (2.277a)

Y (ω)(−ω2 + 2jω + 1) = X(ω)(jω + 2) (2.277b)

iz cega slijedi frekvencijska karakteristika sustava

H(ω) =Y (ω)

X(ω)=

2 + jω

(1 − ω2) + 2jω. (2.278)

Amplitudno-frekvencijska karakteristika sustava dobiva se kao

|H(ω)| =

√4 + ω2

√

(1 − ω2)2 + 4ω2(2.279)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 81 — #87


i prikazana je na slici 2.45(a). Iz slike se vidi da se radi o niskopropusnom filtru. Faznofrekvencijska karakteristika dobiva se kao

∠H(ω) = arctanω

2− arctan

2ω

1 − ω2(2.280)

i prikazana je na slici 2.45(b). U ulaznom signalu

x(t) = 2 cos(πt) + 10 sin(2πt + π) (2.281)

imamo dvije harmonijske komponente kružnih frekvenicijaω1 = π rad/s i ω2 =2π rad/s. Za prvu harmonijsku komponentu dobivamo

H(ω1) = 0.0169 − 0.3422j

|H(ω1)| = 0.3424

∠H(ω1) = −1.5214

(2.282)

dok za drugu harmonijsku komponentu dobivamo

H(ω2) = 0.0012 − 0.1629j

|H(ω2)| = 0.1629

∠H(ω2) = −1.5633

(2.283)

iz cega slijedi konacno rješenje

y(t) = 2 · 0.3424 cos(πt − 1.5214) + 10 · 0.1629 sin(2πt + π − 1.5633)

= 0.6848 cos(πt − 1.5214) + 1.629 sin(2πt + 1.5783).(2.284)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 82 — #88


0 3.1416 6.28320

0.5

1

1.5

2

|H(ω

)|

(a)

0 3.1416 6.2832−2

−1.5

−1

−0.5

0

∠ H

(ω)

(b)

Slika 2.45.Amplitudna i fazna karakteristika sustava

Zadatak 2.7.13.Kontinuirani sustav prvog reda opisan je diferencijalnom jednadžbom

y′(t) + 3y(t) = x(t). (2.285)

Odrediti amplitudno-frekvencijsku i fazno-frekvencijsku karekteristiku sustava te odzivna pobudu

x(t) = 10 cos(3t + π). (2.286)

Rješenje:

H(ω) =1

3 + jω(2.287a)

|H(ω)| =1√

9 + ω2(2.287b)

∠H(ω) = − arctanω

3(2.287c)

y(t) = 2.357 cos(3t +3π

4). (2.288)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 83 — #89


Zadatak 2.7.14.Ponašanje sustava opisano je diferencijalnom jednadžbom

y′′(t) + y′(t) + 2y(t) = 2x(t). (2.289)

Potrebno je odrediti amplitudno-frekvencijsku i fazno-frekvencijsku karakteristiku sus-tava te odziv sustava na pobudu

x(t) = cos(

2πt +π

4

)

+ 5 sin (4πt) . (2.290)

Rješenje:

H(ω) =2

(2 − ω2) + jω(2.291)

|H(ω)| =2

√

(2 − ω2)2 + ω2(2.292)

∠H(ω) = − arctanω

2 − ω2(2.293)

ω1 = 2π |H(ω1)| = 0.0526 ∠H(ω1) = −2.975 (2.294a)

ω2 = 4π |H(ω2)| = 0.012786 ∠H(ω2) = −3.06 (2.294b)

Buduci da je H(ω1) u trecem kvadrantu potrebno je biti oprezan s korištenjem džepnogracunala kojece u pravilu za rješenje funkcijearctan dati ekvivalentni kut u prvomkvadrantu.

y(t) = 0.05 cos(2πt − 2.19) + 0.0639 sin(4πt − 3.06). (2.295)

2.7.3. Grupno kašnjenje i prijenos bez izoblicenja

Grupno kašnjenje sustava definira se kao

τ(ω) = −dϕ(ω)

dω(2.296)

Ako sustav omogucava prijenos bez izoblicenja signala tadace signal na izlazusustava biti istog oblika kao i signal na ulazu sustava. Signal na izlazu takvog sustavabiti ce vremenksi zakašnjela i po amplitudi skalirana kopija ulzanog signala, odnosno

y(t) = Kx(t − t0), (2.297)

gdje suK i t0 konstante. Promatrano u domeni frekvencije, da bi sustav omogucavao pri-jenos bez izoblicenja potrebno je da njegova fazna karakteristika bude linearna funkcijaod frekvencijeω, tj. da grupno kašnjenjeτ bude konstantno.

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 84 — #90


Primjer 2.7.15. Ako je fazno-frekvencijska karakteristika sustava linearna funkcija frekven-cije

ϕ(ω) = −t0ω, (2.298)

gdje jet0 konstanta, potrebno je odrediti kolikoce izlazni signal biti pomaknut u vre-menu s obzirom na ulazni signal

x(t) = cos(ω0t + ϕ0). (2.299)

Rješenje:Izlazni signal dobivamo kao

y(t) = |H(ω0)| cos(ω0t + ϕ0 + ϕ(ω0))

= |H(ω0)| cos(ω0t + ϕ0 − ω0t0)

= |H(ω0)| cos(ω0(t − t0) + ϕ0).

(2.300)

iz cega vidimo da je izlazni signal kasni za ulaznim signalom za iznos konstantet0, štoupravo odgovara grupnom kašnjenju sustava

τ(ω) = −dϕ(ω)

dω= t0. (2.301)

Važno je uociti da je u ovom slucaju vremenski pomak signala uvijek isti i neovisan ofrekvenciji ulaznog signala.

Primjer 2.7.16. Sustav je zadan sa

y(t) = 2x(t − 3). (2.302)

Potrebno je odrediti odziv sustava na pobudu sa slike 2.46(a) i skiciratiamplitudno-frekvencijsku i fazno-frekvencijsku karakteristiku sustava.

Rješenje:Odziv sustava dobitcemo izravno korištenjem jednakosti 2.303 iz kojevidimo da je izlazni signal po amplitudi dvostruko veci nego ulazni i da je s obzirom zaulazni signal pomaknut po vremenskoj osi zat = 3 udesno. Signal na izlazu sustavaprikazan je na slici 2.46(b).

Impulsni odziv sustava možemo izravno dobiti uvrštavanjemx(t) = δ(t)u jednakost2.303:

h(t) = 2δ(t − 3), (2.303)

iz cega primjenom Fourierove transformacije slijedi

H(ω) = 2e−j3ω, (2.304)

odnosno|H(ω)| = 2, (2.305)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 85 — #91


ϕ(ω) = −3ω, (2.306)

τ(ω) = −dϕ(ω)

dω= 3. (2.307)

Amplitudno frekvencijska i fazno frekvencijska karakteristika prikazane su na slikama2.46(c) i 2.46(d).

1

1 2 3 4

( )x t

t

(a) Ulazni signal

1

2

1 2 3 4

( )y t

t

(b) Izlazni signal

( )H ω

ω

2

(c) Amplitudno-frekvencijska karakteris-tika sustava

( ) 3H∠ ω =− ω

ω1-3

(d) Fazno-frekvencijska karakteristikasustava

Slika 2.46.Sustav sa linearnom fazom ne unosi izoblicenje u signal

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 86 — #92

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 87 — #93

3. Diskretni signali i sustavi

3.1. Osnovni diskretni signali

3.1.1. Jedinicna stepenica i jedinicna kosina

Diskretna jedinicna stepenica (slika 3.1(a)) definirana je kao

s[n] =

0 zan < 0,

1 zan ≥ 0.(3.1)

Drugi važan signal jedinicna je kosina

1 2 3 4

1

[ ]s n

n

(a) Diskretna jedinicna stepenica

2

3

4

1

1 2 3 4

[ ]r n

n

(b) Diskretna jedinicna kosina

Slika 3.1.Diskretni signali

r[n] = n · s[n] =

0 zan < 0,

n zan ≥ 0.(3.2)

prikazana na slici 3.1(b).

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 88 — #94

88 3. Diskretni signali i sustavi

3.1.2. Diskretna delta-funkcija

Diskretna delta-funkcija, odnosno Kroneckerova delta-funkcija prikazana na slici3.2(a) definirana je kao

δ[n] =

1 zan = 0,

0 zan 6= 0,(3.3)

odnosno opcenitije

δ[n − n0] =

1 zan = n0,

0 zan 6= n0.(3.4)

Dakle, niz brojeva može se prikazati kao zbroj vremenski pomaknutih diskretnih delta-

1

[ ]nδ

n

(a) Delta-funkcija

2

1

3

[ ]3nδ −

n

(b) Delta-funkcija s pomakom

2

1

3

[ ]x n

n21

(c) Diskretni signal kao nizdelta-funkcija

Slika 3.2.Kronecker delta-funkcija

funkcija. Uzmimo primjer niza sa slike 3.2(c):

x[n] = 1, 2, 1, 0, 0, 0 . . . (3.5)

gdje podcrtani uzorak oznacava uzorak koji odgovara vremenskom indeksu 0, tada možemopisati ekvivalentni analiticki izraz:

x[n] = δ[n] + 2δ[n − 1] + δ[n − 2] (3.6)

3.1.3. Diskretna kompleksna eksponencijala

Kontinuirana kompleksna eksponencijala definirana je u poglavlju 2.1.3 kao

x(t) = est. (3.7)

Otipkavanjem kontinuirane kompleksne eksponencijale sa periodom otipkavanjaTs do-biva se opceniti oblik diskretne kompleksne eksponencijale:

x[n] = x(nTs) = esTsn. (3.8)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 89 — #95

3.1. Osnovni diskretni signali 89

Uvrštavanjems = σ + jω u izraz 3.8 dobivamo

x[n] = e(σ+jω)Tsn = eσTnejωTsn

= eσTsn(cos ωTsn + j sinωTsn).(3.9)

Ako je σ = 0 dobivamo diskretnu kompleksnu eksponencijalu

x[n] = ejωTsn = ejΩn = cos Ωn + j sin Ωn, (3.10)

gdje smo uveli novu varijabluΩ = ωTs. (3.11)

Važno je naglasiti da dok se za krucnu frekvencijuω koristi jedinicarad/s, jedinica zafrekvencijuΩ jestrad.

Umjesto izraza 3.8,cešce se koristi izraz

x[n] = zn, (3.12)

gdje je korištena varijabla z prikazana u polarnom obliku, tj.

z = Aejϕ. (3.13)

Izjednacavanjem izraza 3.8 i 3.12 dobivamo da je

z = esTs = eσTsejωTs = eσTsejΩ (3.14)

tj.

A = |z| = eσT , (3.15a)

ϕ = ∠z = Ω. (3.15b)

Promatranjem položaja varijablez u kompleksnoj ravnini može se zakljucivati o pon-ašanju odgovarajuce diskretne eksponencijale. Ako jez unutar jedinicne kružnice, tj.ako je |z| < 1, tadace amplituda diskretne kompleksne eksponencijale opadati s vre-menom. Suprotno tome, ako jez izvan jedinicne kružnice, tadace amplituda odgovara-juce kompleksne eksponencijale rasti s vremenom. Amplituda diskretne kompleskne ek-sponencijalece biti konstantna samo za slucaja kada sez nalazi na jedinicnoj kružnici,tj. kada je|z| = 1.

Primjer 3.1.1. Nacrtati kompleksne eksponencijale zaz1 = 0.8, z2 = −0.8, z3 = 1 iz4 = 1.2.

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 90 — #96


Rješenje:Odgovarajuce kompleksne eksponencijale

x1[n] = 0.8n (3.16a)

x2[n] = (−0.8)n (3.16b)

x3[n] = 1n (3.16c)

x4[n] = 1.2n (3.16d)

prikazane su na slici 3.3.

0 5 10 150

0.2

0.4

0.6

0.8

1

(a) z = 0.8

0 5 10 15−1

−0.5

0

0.5

1

(b) z = −0.8

0 5 10 150

0.2

0.4

0.6

0.8

1

(c) z = 1

0 5 10 150

5

10

15

20

(d) z = 1.2

Slika 3.3.Diskretni eksponencijalni signali dobiveni kaozn.

Primjer 3.1.2. Ako je z = ej π3 , odrediti i skicirati realni dio odgovarajuce kompleksne

eksponencijale.Rješenje:Kompleksna je eksponencijala oblika

x[n] = zn = ej π3

n = cosπ

3n + j sin

π

3n (3.17)


Rex[n] = cosπ

3n. (3.18)

Realni dio kompleksne eksponencijale prikazan je na slici 3.4(b).

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 91 — #97


3

π

Re z

Im z

1

(a) z u kompleksnoj ravnini

0 5 10 15 20−1

−0.5

0

0.5

1

(b) Realni dio odzn

Slika 3.4.Diskretna kompleksna eksponencijala zaz = ej π

3 .

Primjer 3.1.3. Ako je z = 0.9e−j π3 , odrediti i skicirati realni dio odgovarajuce kom-

pleksne eksponencijale.Rješenje:Kompleksna je eksponencijala oblika

x[n] = zn = 0.9ne−j π3

n = 0.9n(cosπ

3n − j sin

π

3n), (3.19)

odnosnoRex[n] = 0.9n cos

π

3n. (3.20)

Realni dio kompleksne eksponencijale prikazan je na slici 3.5(b).

3

π− Re z

Im z

0.9

z=


0 5 10 15 20−1

−0.5

0

0.5

1

(b) Realni dio odzn

Slika 3.5.Diskretna kompleksna eksponencijala zaz = 0.9e−j π

3 .

Zadatak 3.1.4.Ako je z = 1.1ej π6 , odrediti i skicirati realni dio odgovarajuce komplek-

sne eksponencijale.

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 92 — #98


Rješenje:Realni dio kompleksne eksponencijale je

Rex[n] = 1.1n cosπ

6n (3.21)

i prikazan je na slici 3.6(b).

Re z

Im z

1.1

z=

6

π


0 5 10 15 20−10

−5

0

5

10

(b) Realni dio odzn

Slika 3.6.Diskretna kompleksna eksponencijala zaz = 1.1ej π

6 .

Periodicnost diskretne kompleksne eksponencijale

Primjer 3.1.5. Odrediti je li diskretna kompleksna eksponencijala

x[n] = ejΩn (3.22)

periodicna funkcija i ukoliko jest, odrediti njezin period.Rješenje:Da bix[n] bila perodicna funkcija, mora vrijediti

x[n] = x[n + N ], (3.23)

gdje jeN cijeli broj koji predstavlja period diskretnog signala. Korištenjem izraza dobi-vamo

x[n + N ] = ejΩ(n+N) = ejΩnejΩN . (3.24)

Da bi izrazi 3.22 i 3.24 bili jednaki mora vrijediti da je

ejΩN = 1, (3.25)

iz cega slijedi daΩN mora biti višekratnik od2π, tj.

ΩN = m · 2π. (3.26)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 93 — #99


Izraženo na drugi nacin, diskretna kompleksna eksponencijala je periodicna samo ako je

Ω

2π=

m

N(3.27)

racionalan broj. U tom je slucaju period diskretne kompleksne eksponencijale

N = m · 2π

Ω. (3.28)

Dakle, za razliku od kontinuirane kompleksne eksponencijale, koja je uvijekperodicnas periodom

T =2π

ω, (3.29)

diskretna kompleksna eksponencijala ne mora nužno biti periodicna funkcija.

Primjer 3.1.6. Diskretna kompleksna eksponencijala

x[n] = ej 3π5

n (3.30)

nastala je otipkavanjem saTs = 1 iz kontinuirane kompleksne eksponencijale

x(t) = ej 3π5

t. (3.31)

Odrediti periode obaju kompleksnih eksponencijala i nacrtati njihove realne dijelove.Rješenje:Kružna frekvencija kontinuirane kompleksne eksponencijale jestω =

3π5 rad/s, iz cega slijedi da je njen period

T =2π

ω=

10

3s. (3.32)

Frekvencija diskretne kompleksne eksponencijale jeΩ = 3π5 rad iz cega slijedi

Ω

2π=

3

10=

m

N. (3.33)

Buduci da izraz 3.37 rezultira racionalnim brojem, zakljucujemo da je diskretna kom-pleskna eksponencijala periodicna i da je njezin period

N = m · 2π

Ω= 3 · 2π

Ω= 10. (3.34)

Realni dijelovi obaju kompleksnih eksponencijala

Rex(t) = cos(ωt) = cos(3π

5t) (3.35a)

Rex[n] = cos(Ωn) = cos(3π

5n) (3.35b)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 94 — #100


prikazani su na slici 3.7. Sa slike je lako shvatiti zašto periodi diskretne i kontinuiranekompleksne eksponencijale nisu jednaki. Zbog neuskladenosti perioda otipkavanjaTs =1 s periodom kontinuiranog signalaT , otipkavanje daje vrijednosti diskretnog signalakoje se ne ponavljaju unutar periodaT , vec tek nakon 3 perioda kontinuiranog signala,odnosno nakon svakih 10 uzoraka.

0 5 10 15 20−1

−0.5

0

0.5

1

Slika 3.7. Realni dio diskretne kompleksne eksponencijale zaΩ = 3π

5. Realni dio odgovarajuce kontinuirane kompleksne ek-

sponencijale prikazan je crtkano

Zadatak 3.1.7.Odrediti period diskretne kompleksne eksponencijale

x[n] = ej 3

4n (3.36)

i prikazati njen realni dio.Rješenje:Diskretna kompleksna eksponencijala nije periodicna jer

Ω

2π=

3

8π(3.37)

nije racionalan broj. Realni dio diskretne kompleksne eksponencijale

Rex[n] = cos(3

4n) (3.38)

prikazan je na slici 3.8.

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 95 — #101


0 5 10 15 20−1

−0.5

0

0.5

1

Slika 3.8. Realni dio diskretne kompleksne eksponencijale zaΩ = 3

4. Realni dio odgovarajuce kontinuirane kompleksne ekspo-

nencijale prikazan je crtkano

Frekvencija Ω i oblik diskretne kompleksne eksponencijale

Za razliku od kontinuirane kompleksne eksponencijale, koja je razlicita za svakuvrijednost kružne frekvencijeω, diskretne kompleksne eksponencijale frekvencijaΩ,Ω ± 2π, Ω ± 4π, itd. su identicne funkcije. To je lako dokazati:

ej(Ω+2π)n = ejΩnej2πn = ejΩn, (3.39)

ili za opceniti cijeli brojk:ej(Ω+k2π)n = ejΩn. (3.40)

Primjer 3.1.8. Prikazati realni i imaginarni dio diskretne kompleksne eksponencijale

x[n] = ejΩn (3.41)

za vrijednosti frekvencijaΩ1 = 0, Ω2 = π6 , Ω3 = π

3 , Ω4 = π, Ω5 = 5π3 , Ω6 = 11π

6 ,Ω7 = 2π i Ω8 = 2π + π

6 .Rješenje:Realni i imaginarni dio diskretne kompleksne eksponencijale

Rex[n] = cos Ωn, (3.42a)

Imx[n] = sinΩn, (3.42b)

za odgovarajuce vrijednosti frekvencijeΩ prikazani su na slikama 3.9 i 3.10. Na slikamase može uociti da brzina promjene vrijednosti signala raste sa porastomΩ od 0 premaπ. ZaΩ = π brzina promjene signala je najveca (slika 3.9(g)). Signal alternira izmeduvrijednosti−1 i 1 jer je

x[n] = ejπn = e(jπ)n

= (−1)n. (3.43)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 96 — #102


Daljnjim porastomΩ, signal postaje sve sporije promjenjiv dok ne dosegne konstantnuvrijednost zaΩ = 2π (slike 3.10(e) i 3.10(f)). Nakon2π, pocinju se ponavljati oblicisignala. Tako npr.Ω = 2π + π

6 rezultira istim signalima kao iΩ = π6 .

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 97 — #103


0 5 10 15 200

0.2

0.4

0.6

0.8

1

(a) cos(Ωn) zaΩ = 0

0 5 10 15 20−1

−0.5

0

0.5

1

(b) sin(Ωn) zaΩ = 0

0 5 10 15 20−1

−0.5

0

0.5

1

(c) cos(Ωn) zaΩ = π6

0 5 10 15 20−1

−0.5

0

0.5

1

(d) sin(Ωn) zaΩ = π6

0 5 10 15 20−1

−0.5

0

0.5

1

(e) cos(Ωn) zaΩ = π3

0 5 10 15 20−1

−0.5

0

0.5

1

(f) sin(Ωn) zaΩ = π3

0 5 10 15 20−1

−0.5

0

0.5

1

(g) cos(Ωn) zaΩ = π

0 5 10 15 20−1

−0.5

0

0.5

1

(h) sin(Ωn) zaΩ = π

Slika 3.9.Realni i imaginarni dio diskretne kompleksne eksponen-cijale ejΩn za razlicite vrijednosti frekvencijeΩ.

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 98 — #104


0 5 10 15 20−1

−0.5

0

0.5

1

(a) cos(Ωn) zaΩ = 5π3

0 5 10 15 20−1

−0.5

0

0.5

1

(b) sin(Ωn) zaΩ = 5π3

0 5 10 15 20−1

−0.5

0

0.5

1

(c) cos(Ωn) zaΩ = 11π6

0 5 10 15 20−1

−0.5

0

0.5

1

(d) sin(Ωn) zaΩ = 11π6

0 5 10 15 200

0.2

0.4

0.6

0.8

1

(e) cos(Ωn) zaΩ = 2π

0 5 10 15 20−1

−0.5

0

0.5

1

(f) sin(Ωn) zaΩ = 2π

0 5 10 15 20−1

−0.5

0

0.5

1

(g) cos(Ωn) zaΩ = 2π + π6

0 5 10 15 20−1

−0.5

0

0.5

1

(h) sin(Ωn) zaΩ = 2π + π6

Slika 3.10. Realni i imaginarni dio diskretne kompleksne ekspo-nencijaleejΩn za razlicite vrijednosti frekvencijeΩ.

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 99 — #105

3.2. Linearne jednadžbe diferencija 99

3.2. Linearne jednadžbe diferencija

Dok se u diferencijalnim jednadžbama pojavljuju derivacije ulaznog i izlaznog sig-nala, u jednadžbama diferencija nailazimo na kašnjenja ulaznog i izlaznog signala zaodredeni broj diskretnih vremenskih koraka. Za razliku od diferencijalnih jednadžbi, kodjednadžbi diferencija moguce je izravno odrediti vrijednost izlaznog signala u odredenomvremenskom trenutku, korištenjem rekurzivne metode.

Primjer 3.2.1. Diskretni sustav zadan je sa

y[n] − 1

2y[n − 1] = x[n]. (3.44)

Ako je y[−1] = 1 i ako jex[n] = s[n], metodom korak po korak odrediti vrijednostiizlaznog signalay[0], y[1] i y[2].

Rješenje:Jednakost 3.44 možemo pisati kao

y[n] = x[n] +1

2y[n − 1], (3.45)

iz cega vidimo da vrijednost izlaznog signala u trenutkun možemo izracunati pomocutrenutne vrijednosti ulaznog signalax[n] i prethodne vrijednosti izlaznog signalay[n −1]. Dakle, vrijednosti izlaznog signala možemo racunati rekurzivno, korak po korak:

y[0] = x[0] +1

2y[−1] = 1 +

1

2=

3

2, (3.46a)

y[1] = x[1] +1

2y[0] = 1 +

3

4=

7

4, (3.46b)

y[2] = x[2] +1

2y[1] = 1 +

7

8=

15

8. (3.46c)

Zadatak 3.2.2.Diskretni sustavcije je ponašanje definirano jednadžbom diferencija

y[n] − 4y[n − 2] = x[n], (3.47)

pobuden je ulaznim signalom

x[n] =

0 zan < 0

n zan ≥ 0.(3.48)

Korištenjem metode korak po korak izracunati vrijednosti odziva sustavay[0], y[1], y[2]i y[3] ako su pocetni uvjetiy[−1] = 0 i y[−2] = 0.

Rješenje:Metodom korak po korak dobivamo:y[0] = 0, y[1] = 1, y[2] = 2 iy[3] = 7.

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 100 — #106


Za dobivanje analitickog rješenja linearne jednadžbe diferencija s konstantnim ko-eficijentima koristi se slican postupak kao za diferencijalne jednadžbe (poglavlje 2.2).Ukupno rješenje jednadžbe diferencija sastoji se iz homogenog i partikularnog rješenja:

y[n] = yh[n] + yp[n]. (3.49)

Rješenje homogene jednadžbe diferencija

Rješenje homogene jednadžbe diferencija je oblika

yh[n] = qn. (3.50)

Uvrštavanjem izraza (3.50) u homogenu jednadžbu diferencija dobivamokarakteristicnujednadžbu. Korijeni karakteristicne jednadžbe nazivaju se vlastite frekvencije sustava.Opcenito, za jednadžbu diferencijaK-tog reda imatcemoK realnih ili konjugirano-kompleksnih korijena karakteristicne jednadžbeq1, q2, ... qK . Ako su korijeni jednos-truki tadace rješenje homogene jednadžbe biti

yh[n] =K∑

k=1

Ckqnk . (3.51)

Doprinos višestrukih korijena ukupnom rješenju homogene diferencijalnejednadžbe jesloženiji. Npr. doprinos 3-strukog korijenaq1 = q2 = q3 je

yh3[n] = (C1n2 + C2n + C3)q

n1 (3.52)

Partikularno rješenje

Za odredene vrste pobuda unaprijed su poznati oblici odgovarajucih partikularnihrješenja. Ako je ulazni signal oblika

x[n] = zn, (3.53)

tada je

yp[n] =

Azn akoz 6= q1 ... z 6= qn

Ankzn akoz = q1 = q2 = ... = qk

(3.54)

Dakle, odziv na pobudu eksponencijalnom funkcijom bitice isto tako eksponencijalnafuncija. Akoz odgovara korijenu karakteristicne jednadžbe višestrukostik, tadace par-tikularno rješenje biti eksponencijalna funkcija pomnožena sk-tom potencijom odn.

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 101 — #107


Ako je ulazni signal polinom stupnjam, tada je i partikularno rješenje polinomstupnjam. Npr. ako je pobuda polinom treceg stupnja

x[n] = 2n3 + 5n2 + 3n + 2, (3.55)

tadace i partikularno rješenje opcenito biti polinom treceg stupnja

yp[n] = A3n3 + A2n

2 + A1t + A0. (3.56)

Primjer 3.2.3. Riješiti homogenu jednadžbu diferencija

y[n] − 3

4y[n − 1] +

1

8y[n − 2] = 0, (3.57)

ako jey[−1] = 14 i y[−2] = 52.Rješenje:Opce rješenje zadane homogene jednadžbe diferencija je oblika

y[n] = qn. (3.58)

Njegovim uvrštavanjem u jednadžbu diferencija dobivamo karakteristicnu jednadžbu

qn − 3

4qn−1 +

1

8qn−2 = 0,

qn−2

(

q2 − 3

4q +

1

8

)

= 0.(3.59)

Rješenje karakteristicne jednadžbe daje karakteristicne frekvencije sustava

q1,2 =

34 ±

√916 − 4

8

2, odnosnoq1 =

1

2i q2 =

1

4. (3.60)

Opce rješenje homogene jednadžbe diferencija bitce linearna kombinacija

yh[n] = C1qn1 + C2q

21 = C1

(1

2

)n

+ C2

(1

4

)n

. (3.61)

KonstanteC1 i C2 odreditcemo iz pocetnih uvjetay[−1] = 14 i y[−2] = 52.

yh[−2] = 52 = C1

(1

2

)−2

+ C2

(1

4

)−2

yh[−1] = 14 = C1

(1

2

)−1

+ C2

(1

4

)−1(3.62)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 102 — #108


Dobivamo sustav jednadžbi

4C1 + 16C2 = 52

2C1 + 4C2 = 14,(3.63)

iz cega slijedi da jeC1 = 1 i C2 = 3, odnosno

yh[n] =

(1

2

)n

+ 3

(1

4

)n

. (3.64)

Zadatak 3.2.4.Odrediti rješenje nepobudenog sustava zadanog homogenom jednadžbomdiferencija

y[n] − 3

16y[n − 2] +

1

32y[n − 3] = 0, (3.65)

ako su pocetni uvjetiy[−1] = 12, y[−2] = 8 i y[−3] = 16.Rješenje:Vlastitite frekvencije sustava su

q1 = q2 =1

4, q3 = −1

2. (3.66)

Buduci da imamo dvostruki korijen karakteristicne jednadžbe, rješenje homogene jed-nadžbe je oblika

yh[n] = (C1 + C2n)

(1

4

)n

+ C3

(

−1

2

)n

. (3.67)

Nakon uvrštavanja pocetnih uvjeta dobivaju se vrijednosti koeficijenata

C1 = 3, C2 = 1, C3 = −2. (3.68)

Odziv nepobudenog sustava je

yn[n] = (3 + n)

(1

4

)n

− 2

(

−1

2

)n

. (3.69)

Primjer 3.2.5. Odrediti rješenje nepobudenog sustava zadanog homogenom jednadžbomdiferencija

y[n] − 7

6y[n − 1] +

5

9y[n − 2] − 1

9y[n − 3] = 0, (3.70)

ako su pocetni uvjetiy[−1] = 1, y[−2] = 0.5 i y[−3] = −8.Rješenje:Vlastitite frekvencije sustava su

q1 =1

3+ j

1

3=

√2

3ej π

4 , (3.71a)

q2 =1

3− j

1

3=

√2

3e−j π

4 , (3.71b)

q3 =1

2, (3.71c)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 103 — #109


gdjeq1 i q2 tvore konjugirano-kompleksni par. Rješenje homogene jednadžbe je oblika

yh[n] = C1

(√2

3ej π

4

)n

+ C2

(√2

3e−j π

4

)n

+ C3

(1

2

)n

=

(√2

3

)n(

C1ej π

4n + C2e

−j π4n)

+ C3

(1

2

)n

=

(√2

3

)n(

(C1 + C2) cosπ

4n + j(C1 − C2) sin

π

4n)

+ C3

(1

2

)n

.

(3.72)

Uvodenjem zamjene

A = C1 + C2, (3.73a)

B = j(C1 − C2), (3.73b)

dobivamo jednostavniji oblik homogenog rješenja

yh[n] =

(√2

3

)n(

A cosπ

4n + B sin

π

4n)

+ C3

(1

2

)n

, (3.74)

gdje suA i B realne konstante. Uvrštavanjem pocetnih uvjetay[−1] = 1, y[−2] = 0.5 iy[−3] = −8 i rješavanjem sustava triju jednadžbi dobivaju se vrijednosti koeficijenata

A = 1, B = −1, C3 = −1, (3.75)

što daje odziv nepobudenog sustava

yn[n] =

(√2

3

)n(

cosπ

4n − sin

π

4n)

−(

1

2

)n

. (3.76)

Primjer 3.2.6. Ponašanje diskretnog sustava opisano je jednadžbom diferencija

y[n] − 3

4y[n − 1] +

1

8y[n − 2] = x[n] +

1

2x[n − 1], (3.77)

a pocetni uvjeti suy[−1] = 14 i y[−2] = 52. Odrediti odziv sustava na ulazni signal

x[n] =

0 zan < 0

3(

18

)nzan ≥ 0.

(3.78)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 104 — #110


Rješenje:Ukupni je odziv sustava

y[n] = yh[n] + yp[n]. (3.79)

Koristit cemo opce rješenje homogene jednadžbe iz zadatka 3.2.3,

yh[n] = C1

(1

2

)n

+ C2

(1

4

)n

. (3.80)

Važno je napomenuti da je, iako su pocetni uvjeti jednaki, pogrešno koristiti se vrijed-nostima konstantiC1 i C2 iz prošlog zadatka. KonstanteC1 i C2 izracunatce se tekna kraju kada se odredi opci oblik ukupnog odziva sustava (koji ukljucuje i partikularnorješenje).Buduci da je pobuda eksponencijalna funkcija i jer1

8 nije korijen karakteristicne jed-nadžbe, tadace i partikularno rješenje biti eksponencijalna funkcija oblika

yp[n] = A

(1

8

)n

. (3.81)

Uvrštavnjem partikularnog rješenja u jednadžbu diferencija dobivamo

A

(1

8

)n

− 3

4A

(1

8

)n−1

+1

8A

(1

8

)n−2

= 3

(1

8

)n

+3

2

(1

8

)n−1

, (3.82)

A

(

1 − 3

4

(1

8

)−1

+1

8

(1

8

)−2)

= 3

(

1 +1

2

(1

8

)−1)

, (3.83)


A = 3 · 1 + 12

(18

)−1

1 − 34

(18

)−1+ 1

8

(18

)−2 = 5, (3.84)

odnosno

yp[n] = 5

(1

8

)n

n ≥ 0. (3.85)

Dakle, ukupno je rješenje oblika

y[n] = C1

(1

2

)n

+ C2

(1

4

)n

+ 5

(1

8

)n

n ≥ 0. (3.86)

Dobiveni izraz vrijedi samo za pozitivne vrijednosti varijablen jer smo koristili izrazx[n] = 3

(18

)nkoji vrijedi samo zan ≥ 0. Da bismo odredili konstanteC1 i C2, prvo

cemo izracunati nove pocetne uvjetey[0] i y[1]. Time cemo izbjeci korištenje pocetnihuvjetay[−2] i y[−1] jer izraz (3.86) za izlazni signal vrijedi samo za pozitivne vrijednosti

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 105 — #111


vremenskog indeksan. Vrijednostiy[0] i y[1] odreditcemo iz zadanih pocetnih uvjetametodom korak po korak.

y[n] =3

4y[n − 1] − 1

8y[k − 2] + u[n] +

1

2u[n − 1],

y[0] =3

4y[−1] − 1

8y[−2] + u[0] +

1

2u[−1] = 7,

y[1] =3

4y[0] − 1

8y[−1] + u[1] +

1

2u[0] =

43

8.

(3.87)

Sadacemoy[0] i y[1] uvrstiti u opce rješenje jednadžbe diferencija i dobiti dvije jed-nadžbe s dvjema nepoznanicama.

y[0] = 7 = C1

(1

2

)0

+ C2

(1

4

)0

+ 5

(1

8

)0

= C1 + C2 + 5,

y[1] =43

8= C1

(1

2

)1

+ C2

(1

4

)1

+ 5

(1

8

)1

= C1

(1

2

)

+ C2

(1

4

)

+5

8,

(3.88)

ili jednostavnije

C1 + C2 = 2,1

2C1 +

1

4C2 =

38

8,

(3.89)

iz cega slijedi da jeC1 = 17 i C2 = −15, odnosno

y[n] = 17

(1

2

)n

− 15

(1

4

)n

+ 5

(1

8

)n

n ≥ 0. (3.90)

Primjer 3.2.7. Diskretni sustavcije je ponašanje definirano jednadžbom diferencija

y[n] − 4y[n − 2] = x[n], (3.91)

pobuden je ulaznim signalom

x[n] =

0 zan < 0

n zan ≥ 0.(3.92)

Pocetni uvjeti suy[−1] = 0 i y[−2] = 0. Korištenjem metode korak po korak izracu-nati vrijednosti odziva sustavay[0], y[1], y[2] i y[3]. Rješavanjem jednadžbe diferencijaodrediti odziv sustavay[n].

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 106 — #112


Rješenje:Uvrštavanjem opceg rješenjay = qn u homogenu jednadžbu diferencija

y[n] − 4y[n − 2] = 0, (3.93)

dobivamo karakteristicnu jednadžbu

qn − 4qn−2 = 0,

qn−2(q2 − 4) = 0,(3.94)

cija su rješenja karakteristicne frekvencijeq1 = 2 i q2 = −2. Rješenje homogenejednadžbe diferencija je oblika

yh = C12n + C2(−2)n. (3.95)

Buduci da zan ≥ 0 vrijedi da je pobuda polinom prvog stupnja, tj.

x[n] = n, zan ≥ 0, (3.96)

tadace i partikularno rješenje biti polinom prvog stupnja

yp[n] = A1n + A0, zan ≥ 0. (3.97)

Trebatce nam i

yp[n − 2] = A1[n − 2] + A0 = A1n − 2A1 + A0. (3.98)

Uvrštavanjem izraza (3.97) i (3.98) u nehomogenu jednadžbu diferencija

y[n] − 4y[n − 2] = n, zan ≥ 0, (3.99)

dobivamo

A1n + A0 − 4(A1n − 2A1 + A0) = n, (3.100a)

A1n + A0 − 4A1n + 8A1 − 4A0 = n, (3.100b)

n(−3A1) + 8A1 − 3A0 = n, (3.100c)

Izjednacaavanjem lijeve i desne strane jednakosti (3.100c) dobivamo

−3A1 = 1,

8A1 − 3A0 = 0,(3.101)


A1 = −1

3, A0 = −8

9, (3.102)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 107 — #113


što daje partikularno rješenje

yp = A1n + A0 = −1

3n − 8

9, zan ≥ 0. (3.103)

Ukupni odziv sustava je

y = yh + yp = C12n + C2(−2)n − 1

3n − 8

9, zan ≥ 0. (3.104)

Iz pocetnih uvjetay[−1] = 0 i y[−2] = 0 metodom korak po korak dobivamoy[0] = 0,y[1] = 1 (vidi zadatak 3.2.2) izcega možemo pisati sustav dviju jednadžbi

y[0] = C1 + C2 −8

9= 0,

y[1] = 2C1 − 2C2 −1

3− 8

9= 1.

(3.105)

Rješavanjem sustava jednadžbi dobivamo

C1 = 1, C2 = −1

9. (3.106)

Uvrštavanjem konstantiC1 i C2 u (3.104) dobivamo ukupni odziv sustava

y = 2n − 1

9(−2)n − 1

3n − 8

9, zan ≥ 0. (3.107)

Zadatak 3.2.8.Diskretni sustav opisan je jednadžbom diferencija

y[n] − 3

4y[n − 1] +

1

8y[n − 2] = x[n]. (3.108)

Odrediti opci oblik ukupnog odziva sustava na pobudu

x[n] =

(1

4

)n

s[n]. (3.109)

Rješenje:Korijeni karakteristicne jednadžbe, odnosno vlastite frekvencije sustavasu

q1 =1

2, q2 =

1

4. (3.110)

Buduci da pobudni signal odgovara vlastitoj frekvenciji sustava, partikularno ce rješenjeprema jednakosti (3.54) biti

yp[n] = An

(1

4

)n

= −n

(1

4

)n

, zan ≥ 0. (3.111)

y[n] = C1

(1

2

)n

+ C2

(1

4

)n

− n

(1

4

)n

, zan ≥ 0. (3.112)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 108 — #114



y[n] − 2

3y[n − 1] +

1

9y[n − 2] = x[n]. (3.113)

Odrediti opci oblik ukupnog odziva sustava na pobudu

x[n] =

(1

3

)n

s[n]. (3.114)

Rješenje:

q1 = q2 =1

3. (3.115)

yp[n] = An2

(1

3

)n

=1

2n2

(1

3

)n

, zan ≥ 0. (3.116)

y[n] = (C1 + C2n)

(1

3

)n

+1

2n2

(1

3

)n

, zan ≥ 0. (3.117)

Zadatak 3.2.10.Odrediti opci oblik ukupnog odziva sustava iz zadatka 3.2.9 na pobudu

x[n] =

(1

2

)n

s[n]. (3.118)

Rješenje:

yp[n] = A

(1

2

)n

= 9

(1

2

)n

, zan ≥ 0. (3.119)

y[n] = (C1 + C2n)

(1

3

)n

+ 9

(1

2

)n

, zan ≥ 0. (3.120)


y[n] − 7

12y[n − 1] +

1

12y[n − 2] = x[n]. (3.121)

Odrediti vlastite frekvencije sustava te opci oblik partikularnog rješenja ako je pobuda

x[n] = (2n + 3)

(1

2

)n

s[n]. (3.122)

Rješenje:Vlastite frekvencije sustava su

q1 =1

3, q2 =

1

4. (3.123)

Korištenjem jednakosti (3.56) odredujemo oblik partikularnog rješenja

yp[n] = (A1n + A0)

(1

2

)n

, zan ≥ 0. (3.124)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 109 — #115

3.3. Impulsni odziv i konvolucijska sumacija 109

Zadatak 3.2.12.Odrediti odziv sustava iz zadatka 3.2.11 na pobudu

x[n] = (n + 2)

(1

4

)n

s[n], (3.125)

ako su pocetni uvjetiy[−1] = 12 i y[−2] = 12.Rješenje:

yp[n] = (A1n + A0)n

(1

4

)n

, zan ≥ 0. (3.126)

y[0] = 8, y[1] =53

12. (3.127)

y = 92

(1

3

)n

− 84

(1

4

)n

+

(

−32n2 − 39

2n

)(1

4

)n

, zan ≥ 0. (3.128)

3.3. Impulsni odziv i konvolucijska sumacija

Za linearni i vremenski nepromjenjivi (LTI) diskretni sustav vrijedi dase odzivna bilo koji ulazni signalx[n] može dobiti kao konvolucijska sumacija s impulsnimodzivom sustavah[n]:

y[n] =∞∑

k=−∞

x[k]h[n − k]. (3.129)

Vrijedi i ekvivalentna formula

y[n] =

∞∑

k=−∞

h[k]x[n − k]. (3.130)

Primjer 3.3.1. Impulsni odzivh[n] linearnog i vremenski nepromjenjivoga diskretnogsustava prikazan je na slici 3.11(a). Korištenjem konvolucije izracunati odziv sustavay[n] ako je na ulaz sustava doveden signalx[n] sa slike 3.11(b).

0

1

1

2

2 3

[ ]h n

n

(a) Impulsni odziv sustava

0

1

1

2

2 3 4

[ ]x n

n

(b) Ulazni signal

Slika 3.11.Impulsni odziv sustava i ulazni signal

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 110 — #116


Rješenje:Koristeci formulu (3.129) racunamo uzorke izlaznog signala:

y[0] =0∑

k=0

x[k]h[0 − k] = x[0]h[0] = 1 · 1 = 1,

y[1] =1∑

k=0

x[k]h[1 − k] = x[0]h[1] + x[1]h[0] = 1 · 2 + 2 · 1 = 4,

y[2] =2∑

k=0

x[k]h[2 − k] = x[0]h[2] + x[1]h[1] + x[2]h[0]

= 0 + 2 · 2 + 2 · 1 = 6,

y[3] =3∑

k=0

x[k]h[3 − k] = x[0]h[3] + x[1]h[2] + x[2]h[1] + x[3]h[0]

= 0 + 0 + 2 · 2 + 1 · 1 = 5,

y[4] =4∑

k=0

x[k]h[4 − k] = x[0]h[4] + x[1]h[3] + x[2]h[2] + x[3]h[1] + x[4]h[0]

= 0 + 0 + 0 + 1 · 2 + 0 = 2.(3.131)

Na slici 3.12 prikazano je graficko rješenje konvolucije. Vidi se da zan > 4 nemaviše preklapanja izmedu ulaznog signalax[k] i zrcaljenoga impulsnog odzivah[−k]sustava pomaknutog zan tako da su odgovarajuce vrijednosti izlazay[n] jednake nuli.Na temelju rezultata (3.131) možemo pisati izraz za izlazni signal

y[n] = x[n] ∗ h[n] = δ[n] + 4δ[n − 1] + 6δ[n − 2] + 5δ[n − 3] + 2δ[n − 4]. (3.132)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 111 — #117

3.3. Impulsni odziv i konvolucijska sumacija 111

0

1

1 2 3 4

2

[ ]x k [ ]h k−

h[1]

h[0]

k5

(a)

0

1

1 2 3 4

2

[ ]x k [ ]1h k−

h[1]

h[0]

k5

(b)

0

1

1 2 3 4

2

[ ]x k [ ]2h k−

h[1]

h[0]

k5

(c)

0

1

1 2 3 4

2

[ ]x k [ ]3h k−

h[1]

h[0]

k5

(d)

0

1

1 2 3 4

2

[ ]x k [ ]4h k−

h[1]

h[0]

k5

(e)

0

1

1 2 3 4

2

[ ]x k [ ]5h k−

h[1]

h[0]

k5

(f)

Slika 3.12. Koraci racunanja konvolucijske sumacije. Uzorci im-pulsnog odziva sustava prikazani su kvadraticem kako bi se raz-

likovali od ulaznog signala

Zadatak 3.3.2.Signalx[n] sa slike 3.13(a) doveden je na ulaz linearnog i vremenskinepromjenjivog sustavaciji je impulsni odzivh[n] prikazan na slici 3.13(b). S pomocu

0

2

1

4

2 3

1

[ ]h n

n


0

3

1

4

2 3

1

[ ]x n

n4

(b) Ulazni signal


konvolucije izracunati odziv sustavay[n] na ulazni signalx[n].Rješenje:

y[n] = 2δ[n]+10δ[n−1]+22δ[n−2]+28δ[n−3]+20δ[n−4]+6δ[n−5]. (3.133)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 112 — #118


Zadatak 3.3.3.Signalx[n] sa slike 3.14(a) doveden je na ulaz linearnog i vremenskinepromjenjivog sustavaciji je impulsni odzivh[n] prikazan na slici 3.14(b). S pomocu

0

2

1

3

2 3

[ ]h n

n


0 1

3

2 3

[ ]x n

n

1

4

(b) Ulazni signal


konvolucije izracunati odziv sustavay[n] na ulazni signalx[n].Rješenje:

y[n] = 2δ[n] + 6δ[n − 1] + 5δ[n − 2] + 15δ[n − 3] + 3δ[n − 4] + 9δ[n − 5]. (3.134)

Primjer 3.3.4. Linearan i vremenski nepromjenjiv diskretni sustav prikazan je na slici3.15. Potrebno je odrediti impulsni odziv sustavah[n] ako su impulsni odzivi pojedinihpodsustava

h1[n] = δ[n] − δ[n − 1],

h2[n] = 2δ[n] + 2δ[n − 1],

h3[n] = δ[n] + δ[n − 2].

(3.135)

x[n] y[n]

h1[n]

h2[n]

h3[n]


Rješenje:Ukupni impulsni odziv sustava dobitcemo kao

h[n] =(h1[n] + h2[n]

)∗ h3[n]

=(3δ[n] + δ[n − 1]

)∗(δ[n] + δ[n − 2]

)

=3δ[n] + δ[n − 1] + 3δ[n − 2] + δ[n − 3].

(3.136)

Svojstva sustava kroz impulsni odziv

Za diskretne sustave vrijede slicna svojstva kao ona za kontinuirane sustave nave-dena u poglavlju 2.3.

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 113 — #119

3.4. Vremenski diskretna Fourierova transformacija 113

Kauzalni sustav

Ako impulsni odziv sustavah[n] postoji samo za vrijednostin ≥ 0, kažemo da jesustav kauzalan.

Memorijski sustav

Ako za impulsni odziv sustava vrijedi

h[n] = K · δ[n], (3.137)

kažemo da je sustav bezmemorijski. U protivnom, sustav je memorijski.

Stabilni sustav

Ukoliko impulsni odziv sustava zadovoljava

∞∑

n=−∞

|h[n]| ≤ ∞, (3.138)

kažemo da je sustav stabilan.

3.4. Vremenski diskretna Fourierova transformacija

Vremenski diskretna Fourierova transformacija ili skraceno DTFT (engl. discrete-time Fourier transform) racuna se kao

X(Ω) =∞∑

n=−∞

x[n]e−jΩn (3.139)

Dovoljan uvjet za konvergenciju odX(Ω) je apsolutna sumabilnost vremenski diskretnogsignalax[n], tj.

∞∑

n=−∞

|x[n]| < ∞ (3.140)

Inverzna Fourierova transformacija dobiva se integracijom

x[n] =1

2π

∫

2π

X(Ω)ejΩndΩ (3.141)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 114 — #120


Umjesto pisanja jednakosti

X(Ω) = Fx[n] (3.142a)

x[n] = F−1X(Ω) (3.142b)

obicno se koristi sljedeca oznaka za Fourierov transformacijski par

x[n] ⇐⇒ X(Ω) (3.143)

Važno svojstvo Fourierove transformacije vremenski diskretnog signalajest periodicnostsa2π, odnosno

X(Ω) = X(Ω + 2π). (3.144)

Fourierov spektar vremenski diskretnog signala

Fourierov transformatX(Ω) predstavlja zapis signalax[n] u frekvencijskoj domenitako da je uobicajenoX(Ω) nazivati Fourierovim spektrom ili jednostavnije spektromsignala. Možemo pisati

X(Ω) = |X(Ω)|ejϕ(Ω) (3.145)

gdje se|X(Ω)| naziva amplitudnim spektrom signala (engl. magnitude spectrum), aϕ(Ω) = ∠X(Ω) se naziva faznim spektrom (engl. phase spectrum) signalax[n].

Primjer 3.4.1. Odrediti Fourierovu transformaciju signala

x[n] = 0.6ns[n]. (3.146)

Rješenje:Korištenjem definicije Fourierove transformacije vremenski diskretnogsignala dobivamo

X(Ω) =

∞∑

n=−∞

x[n]e−jΩn =

∞∑

n=0

0.6ne−jΩn ==

∞∑

n=0

(0.6e−jΩ)n. (3.147)

Korištenjem jednakosti∞∑

n=0

an =1

1 − aza|a| < 1 (3.148)

slijedi

X(Ω) =1

1 − 0.6e−jΩ=

1

1 − 0.6(cos Ω − j sin Ω)

=1

1 − 0.6 cos Ω + j0.6 sin Ω

(3.149)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 115 — #121

3.4. Vremenski diskretna Fourierova transformacija 115

Sumacija (3.147) konvergira jer je

|0.6e−jΩ| = 0.6 < 1. (3.150)

Amplitudni i fazni spektar signala se dobivaju kao

|X(Ω)| =1

√

(1 − 0.6 cos Ω)2 + (0.6 sin Ω)2, (3.151a)

∠X(Ω) = − arctan0.6 sinΩ

1 − 0.6 cos Ω, (3.151b)

i prikazani su na slici 3.16. Uocite periodicnost spektra signala sa2π.

−12.5664 −6.2832 0 6.2832 12.56640.5

1

1.5

2

2.5

|X(Ω

)|

(a) Amplitudni spektar signala

−12.5664 −6.2832 0 6.2832 12.5664−1

−0.5

0

0.5

1

∠ X

(Ω)

(b) Fazni spektar signala

Slika 3.16.Amplitudni i fazni spektar signala (3.146).

Primjer 3.4.2. Odrediti Fourierovu transformaciju signala

x[n] = s[n + 2] − s[n − 2] (3.152)

koji je prikazan na slici 3.17.

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 116 — #122


[ ]x n

n

1

2-2

Slika 3.17.Diskretni pravokutni signal

Rješenje:Korištenjem definicije Fourierove transformacije vremenski diskretnogsignala dobivamo

X(Ω) =∞∑

n=−∞

x[n]e−jΩn =2∑

n=−2

1 · e−jΩn =2∑

n=−2

(e−jΩ)n, (3.153)

iz cega korištenjem jednakosti ??? slijedi

X(Ω) =(e−jΩ)3 − (e−jΩ)−2

e−jΩ − 1=

e−j3Ω − ej2Ω

e−jΩ − 1=

e−j0.5Ω(e−j2.5Ω − ej2.5Ω)

e−0.5Ω(e−j0.5Ω − ej0.5Ω)

=−2j sin 2.5Ω

−2j sin 0.5Ω=

sin 2.5Ω

sin 0.5Ω.

(3.154)

Fourierov transformatX(Ω) prikazan je na slici 3.18.

−12.5664 −6.2832 −3.1416 0 3.1416 6.2832 12.5664−2

0

2

4

6

X(Ω

)

Slika 3.18.Spektar signala (3.152).

Zadatak 3.4.3.Odrediti spektar vremenski diskretnog pravokutnog signala trajanja 11uzoraka:

x[n] = s[n + 5] − s[n − 5]. (3.155)

Rješenje:

X(Ω) =sin 5.5Ω

sin 0.5Ω. (3.156)

SpektarX(Ω) prikazan je na slici 3.19.

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 117 — #123

3.5. z-transformacija 117

−12.5664 −6.2832 −3.1416 0 3.1416 6.2832 12.5664−5

0

5

10

15

X(Ω

)

Slika 3.19.Spektar signala (3.155).

3.5. z-transformacija

Z-transformacija racuna se kao

X(Z) =∞∑

n=−∞

x[n]z−n (3.157)

Ova se transormacije naziva i bilateralna, odnosno dvostrana Z-transformacija zbognjenih granica integracije koje se protežu na obje strane od ishodišta. S druge strane,

X(Z) =∞∑

n=0

x[n]z−n (3.158)

predstalja unilateralnu ili jednostranu Z-transformaciju.

Dakle, svaki niz brojeva kao vremenski diskretni signal prikazuje se udomeni Z-transformacije kao niz negativnih potencija odz gdje potencija odz odgovara mjestu nakojem se doticni uzorak nalazi. Dakle, za jedan primjer diskretnog signala

x[n] = 2, 3, 1, 2, 0, 0 . . . (3.159)

x[n] = 2δ[n] + 3δ[n − 1] + δ[n − 2] + 2δ[n − 3] (3.160)

dobivamo prikaz u domeni Z-transformacije:

X(z) = 2 + 3z−1 + z−2 + 2z−3 (3.161)

Primjer 3.5.1. Koristeci definiciju z-transformacije izvesti izraz za z-transformaciju sljedecihnizova:

f [n] = δ[n − 2], (3.162a)

g[n] = 3ns[n]. (3.162b)

Koje je podrucje konvergencije odG(z)?

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 118 — #124


30

( )Im z

( )Re z

Slika 3.20. Dio z-ravnine koji predstavlja podrucje konvergencijeoznacen je sivom bojom

Rješenje:Jednostrana (unilateralna) z-transformacija definirana je izrazom

X(z) =

∞∑

n=0

x[n]z−n. (3.163)

F (z), odnosno z-transformaciju Kroneckerove delta funkcije pomaknute za dva vremen-ska koraka udesno dobitcemo kao

F (z) = Z [f [n]] =∞∑

n=0

δ[n − 2]z−n = z−2. (3.164)

Korištenjem definicije z-transformacije i relacije

∞∑

n=0

an =1

1 − aza|a| < 1, (3.165)

dobit cemoG(z) kao

G(z) = Z [g[n]] =∞∑

n=0

3nz−n =∞∑

n=0

(3z−1)n =1

1 − 3z−1=

z

z − 3. (3.166)

Podrucje konvergencije je dio z-ravnine za koji je|3z−1| < 1, odnosno|z| > 3, kao štoje prikazano na slici 3.20.

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 119 — #125


Primjer 3.5.2. Dokazati da konvolucija dvaju signala u domeni vremena odgovara nji-hovom množenju u domeni z-transformacije, tj.

x1[n] ∗ x2[n] ⇐⇒ X1(z)X2(z). (3.167)

Radi opcenitosti izvoda treba se koristiti izrazom za dvostranu (bilateralnu) Z-transformaciju:

X(z) =∞∑

n=−∞

x[n]z−n. (3.168)

Rješenje:Konvolucija signalax1[n] i x2[n] odredena je izrazom

x1[n] ∗ x2[n] =∞∑

k=−∞

x1[k]x2[n − k], (3.169)

iz kojeg primjenom z-transformacije dobivamo

Z [x1[n] ∗ x2[n]] =∞∑

n=−∞

∞∑

k=−∞

x1[k]x2[n − k]z−n

=∞∑

k=−∞

x1[k]∞∑

n=−∞

x2[n − k]z−n.

(3.170)

Uvodenjem zamjenem = n − k dobivamo

Z [x1[n] ∗ x2[n]] =∞∑

k=−∞

x1[k]∞∑

m=−∞

x2[m]z−m−k

=

∞∑

k=−∞

x1[k]z−k∞∑

m=−∞

x2[m]z−m = X1(z)X2(z).

(3.171)

Primjer 3.5.3. Odrediti rezultat konvolucije iz primjera 3.3.1 korištenjem množenja udomeni z-transformacije.

Rješenje:Analiticki izrazi za dane signale u domeni vremena jesu

h[n] = δ[n] + 2δ[n − 1],

x[n] = δ[n] + 2δ[n − 1] + 2δ[n − 2] + δ[n − 3],(3.172)

iz kojih primjenom z-transformacije slijedi

H(z) = 1 + 2z−1,

X(z) = 1 + 2z−1 + 2z−2 + z−3.(3.173)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 120 — #126


Množenjem u domeni z-transformacije dobivamo

Y (z) = X(z)H(z) = (1 + 2z−1 + 2z−2 + z−3)(1 + 2z−1)

= 1 + 4z−1 + 6z−2 + 5z−3 + 2z−4(3.174)

iz cega korištenjem inverzne z-transformacije možemo dobiti izraz za izlazni signal

y[n] = x[n] ∗ h[n] = δ[n] + 4δ[n − 1] + 6δ[n − 2] + 5δ[n − 3] + 2δ[n − 4]. (3.175)

Primjer 3.5.4. Izvesti izraz za z-transformaciju niza

x[n] = cos(ωn)s[n]. (3.176)

Koje je podrucje konvergencije odX(z)?Rješenje:Kosinus možemo prikazati na drugi nacin kao

x[n] = cos(ωn) =1

2

(ejωn + e−jωn

). (3.177)

Koristit cemo vec poznati transformacijski par

an ⇐⇒ z

z − a, (3.178)


ejωn =(ejω)n ⇐⇒ z

z − ejω, (3.179)

e−jωn =(e−jω

)n ⇐⇒ z

z − e−jω. (3.180)

Podrucje konvergencije za transformat (3.179) je odredeno sa|z| > |ejω| = 1, a za(3.180) sa|z| > |e−jω| = 1. Dakle, oba transformata konvergiraju za|z| > 1. Korišten-jem izraza (3.177), (3.179) i (3.180) dobivamo

X(z) =1

2

(z

z − ejω+

z

z − e−jω

)

=1

2· z(z − e−jω

)+ z

(z − ejω

)

(z − ejω) (z − e−jω)

=1

2· z (2z − 2 cos(ω))

z2 − ze−jω − zejω + e0=

z (z − cos(ω))

z2 − 2z cos(ω) + 1.

(3.181)

Primjer 3.5.5. Dokazati da množenje funkcije u domeni vremena saan odgovara skali-ranju u domeni z-transformacije, odnosno

anf [n] ⇐⇒ F (z

a). (3.182)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 121 — #127


Rješenje:Dokaz slijedi iz definicije z-transformacije:

Zanf [n] =∞∑

0

anf [n]z−n

=∞∑

0

f [n]

(1

a

)−n

z−n

=∞∑

0

f [n](z

a

)−n

= X(z

a

)

.

(3.183)

Inverznu z-transformaciju racionalnih funkcija uobicajeno je odredivati njenim ras-tavljanjem na parcijalne razlomkeciji su transformati unaprijed poznati. Primjeri zaovakav pristup traženju inverzne z-transformacije dani su u nastavku teksta. Za složenijeracionalne funkcije koristi se i dijeljenje polinoma brojnika i nazivnika. Iako se ovommetodom ne dobiva analiticki izraz za odgovarajuci signal u domeni vremena, omogucenoje numericki jednostavno odredivanje koeficijenata vremenskog signala. Ovakav pristupprikazan je u primjeru 3.6.3.

Inverzna z-transformacija s pomocu rastava na parcijalne razlomke

Primjer 3.5.6. Pronaci inverznu z-transformaciju funkcijeF (z) i izracunatif [0], f [1] if [2] za

F (z) =10z3 − 37z2 + 24z + 18

z(z − 3)2. (3.184)

Rješenje:FunkcijuF (z) rastavitcemo na parcijalne razlomke,

F (z) =10z3 − 37z2 + 24z + 18

z(z − 3)2= α0 + α1

1

z+ α2

z

z − 3+ α3

z2

(z − 3)2. (3.185)

Samo koeficijenteα1 i α3 možemo izracunati izravno s pomocu sljedecih izraza

α1 = zF (z)

∣∣∣∣z=0

=10z3 − 37z2 + 24z + 18

(z − 3)2

∣∣∣∣z=0

=18

9= 2,

α3 =(z − 3)2

z2F (z)

∣∣∣∣z=3

=10z3 − 37z2 + 24z + 18

z3

∣∣∣∣z=3

= 1.

(3.186)

Koeficijent α0 ne možemo izracunati izravno kao vrijednostF (0) zbog toga štoF (z)ima pol u nuli. Zbog togacemo koeficijenteα0 i α1 odrediti rješavanjem sustava dviju

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 122 — #128


jednadžbi. Jednadžbecemo odrediti uvrštavanjem dviju vrijednosti varijablez koje nisupolovi odF (z) u izraz

F (z) =10z3 − 37z2 + 24z + 18

z(z − 3)2= α0 +

2

z+ α2

z

z − 3+

z2

(z − 3)2. (3.187)

Ako odaberemo vrijednosti−1 i 1 dobivamo

F (−1) =10 − 37 + 24 + 18

4= α0 + 2 + α2

1

−2+

1

4,

F (1) =−10 − 37 − 24 + 18

−16= α0 − 2 + α2

−1

−4+

1

16,

(3.188)

iz cega slijedi sustav jednadžbi

4α0 − 2α2 = 6,

16α0 + 4α2 = 84.(3.189)

Rješavanjem sustava jednadžbi dobivamo da jeα0 = 4 i α2 = 5, odnosno

F (z) = 4 + 21

z+ 5

z

z − 3+

z2

(z − 3)2. (3.190)

Inverznu z-transformaciju sada je jednostavno odrediti zbrajanjem doprinosa svakog po-jedinogclana,

f [n] = 4δ[n] + 2δ[n − 1] + 5 · 3n + (n + 1)3n. (3.191)

Sada možemo izracunati vrijednostif [0], f [1] i f [2]:

f [0] = 4δ[0] + 2δ[−1] + 5 · 30 + 1 · 30 = 4 + 0 + 5 + 1 = 10,

f [1] = 4δ[1] + 2δ[0] + 5 · 31 + 2 · 31 = 0 + 2 + 15 + 6 = 23,

f [2] = 4δ[2] + 2δ[1] + 5 · 32 + 3 · 32 = 0 + 0 + 45 + 27 = 72.

(3.192)

Primjer 3.5.7. Racionalna funkcija kompleksne varijablez zadana je izrazom

F (z) =z sin(ωT )

z2 − 2z cos(ωT ) + 1. (3.193)

Rastavljanjem na parcijalne razlomke potrebno je pronaci inverznu z-transformaciju odF (z) i izracunati vrijednostif [0], f [1], f [2] i f [3] ako jeω = π

2 i T = 1.

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 123 — #129


Rješenje:Korijene polinoma u nazivniku dobitcemo rješavanjem kvadratne jed-nadžbe,

z2 − 2z cos(ωT ) + 1 = 0,

z1,2 =2 cos(ωT ) ±

√

4 cos2(ωT ) − 4

2.

(3.194)

Buduci da jesin2(ωT ) + cos2(ωT ) = 1, (3.195)

dobivamo

z1,2 =2 cos(ωT ) ±

√

−4 sin2(ωT )

2=

2 cos(ωT ) ± 2j sin(ωT )

2, (3.196)

odnosno

z1 = cos(ωT ) + j sin(ωT ) = ejωT ,

z2 = cos(ωT ) − j sin(ωT ) = e−jωT .(3.197)

Rastav funkcijeF (z) na pacijalne razlomke bitce oblika

F (z) =z sin(ωT )

(z − ejωT )(z − e−jωT )= α0 + α1

z

z − ejωT+ α2

z

z − e−jωT. (3.198)

Pronadimo sada koeficijente rastava,

α0 = F (z)

∣∣∣∣z=0

= 0,

α1 =(z − ejωT )

zF (z)

∣∣∣∣z=ejωT

=sin(ωT )

z − e−jωT

∣∣∣∣z=ejωT

=sin(ωT )

ejωT − e−jωT

=sin(ωT )

2j sin(ωT )=

1

2j,

α2 =(z − e−jωT )

zF (z)

∣∣∣∣z=e−jωT

=sin(ωT )

z − ejωT

∣∣∣∣z=e−jωT

=sin(ωT )

e−jωT − ejωT

=sin(ωT )

−2j sin(ωT )= − 1

2j.

(3.199)

Dakle,

F (z) =1

2j· z

z − ejωT− 1

2j· z

z − e−jωT, (3.200)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 124 — #130


iz cega slijedi da je inverzna Z-transformacija

f [n] =1

2j

(ejωT

)n − 1

2j

(e−jωT

)n=

1

2j

(ejωTn − e−jωTn

)

=1

2j2j sin(ωTn) = sin(ωTn).

(3.201)

Ako je ω = π/2 i T = 1,

f [n] = sin(nπ

2), (3.202)

pa racunamo

f [0] = sin(0) = 0,

f [1] = sin(π

2) = 1,

f [2] = sin(2π

2) = 0,

f [3] = sin(3π

2) = −1.

(3.203)

Zadatak 3.5.8.Pronaci inverznu z-transformaciju funkcijeF (z) i izracunatif [0], f [1] if [2] za

F (z) =z4 − 4z3 − 11z2 + 10z + 8

z2(z − 2)(z − 4).

Rješenje:

F (z) = 2 · 1

z+

1

z2+ 2 · z

z − 2− z

z − 4. (3.204)

f [n] = 2δ[n − 1] + δ[n − 2] + 2 · 2n − 4n

= 2δ[n − 1] + δ[n − 2] + 2n+1 − 4n.(3.205)

f [0] = 2δ[−1] + δ[−2] + 21 − 40 = 1, (3.206)

f [1] = 2δ[0] + δ[−1] + 22 − 41 = 2, (3.207)

f [2] = 2δ[1] + δ[0] + 23 − 42 = −7. (3.208)

Zadatak 3.5.9.Pronaci inverznu z-transformaciju funkcije

F (z) =6z2 − 14z + 6

(z − 1)(z − 2).

Rješenje:

F (z) = 3 + 2 · z

z − 1+

z

z − 2, (3.209)

f [n] = 3δ[n] + 2 · 1n + 2n

= 3δ[n] + 2 + 2n.(3.210)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 125 — #131


Zadatak 3.5.10.Pronaci inverznu z-transformaciju funkcije

F (z) =4z3 − 18z2 + 21z

(z − 2)(z − 3)2. (3.211)

Rješenje:

F (z) =z

z − 2+ 2

z

z − 3+

z2

(z − 3)2, (3.212)

f [n] = 2n + 2 · 3n + (n + 1)3n. (3.213)

Rješavanje jednadžbi diferencija s pomocu z-transformacije

Primjer 3.5.11. Diskretni sustav opisan je jednadžbom diferencija

y[n] − 4y[n − 2] = x[n]. (3.214)

Korištenjem z-transformacije potrebno je odrediti odziv sustava na pobudu jedinicnomstepenicom ako su pocetni uvjetiy[−1] = 0 i y[−2] = 0.

Rješenje:Primjenom z-transformacije na obje strane jednakosti (3.214) dobivamo

Y (z) − 4[z−2Y (z) +1∑

i=0

y(i − m)z−i] = X(z), (3.215a)

Y (z) − 4[z−2Y (z) + y(−2) + y(−1)z−1] = X(z), (3.215b)

Y (z)[1 − 4z−2] − (4y(−2) + 4y(−1)z−1) = X(z), (3.215c)

Y (z)[1 − 4z−2] = U(z) + 4(y(−2) + y(−1)z−1), (3.215d)

iz cega slijedi

Y (z) = X(z)1

1 − 4z−2. (3.216)

Transformat ulaznog signalax[n] = s[n] jest

X(z) =z

(z − 1)2. (3.217)

Uvrštavanjem u (3.216) dobivamo

Y (z) =1

1 − 4z−2· z

(z − 1)2

=z2

z2 − 4

z

(z − 1)2

=z3

(z − 2)(z + 2)(z − 1)2.

(3.218)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 126 — #132


Izraz za izlazni signal rastavitcemo na parcijalne razlomke kako bi mogli odrediti in-verznu z-transformaciju,

Y (z) =z3

(z − 2)(z + 2)(z − 1)2

= α0 + α1z

z − 2+ α2

z

z + 2+ α3

z

(z − 1)+ α4

z2

(z − 1)2.

(3.219)

Koeficijente rastava racunamo kako slijedi

α0 = Y (0) =0

(−2)(+2) · 1 = 0, (3.220)

α1 =z − 2

z

z3

(z − 2)(z + 2)(z − 1)2

∣∣∣z=2

=z2

(z + 2)(z − 1)2

∣∣∣z=2

=4

4 · 1 = 1,

(3.221)

α2 =z + 2

z

z3

(z − 2)(z + 2)(z − 1)2

∣∣∣z=−2

=

=z2

(z − 2)(z − 1)2

∣∣∣z=−2

=4

(−4) · 9 = −1

9,

(3.222)

α4 =(z − 1)2

z2

z3

(z − 2)(z + 2)(z − 1)2

∣∣∣z=1

=z

(z − 2)(z + 2)

∣∣∣z=1

=1

(−1) · 3 = −1

3,

(3.223)

iz cega dobivamo

Y (z) =z3

(z − 2)(z + 2)(z − 1)2=

=z

z − 2− 1

9

z

z + 2+ α3

z

z − 1− 1

3

z2

(z − 1)2.

(3.224)

Da bismo odrediliα3 uvrštavamo vrijednost−1,

Y (−1) =−1

(−3) · 1 · (4)=

−1

−3− −1

9 · 1 + α3−1

−2− 1

3

1

4, (3.225)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 127 — #133

3.6. Prijenosna funkcija diskretnog sustava 127

1

12=

1

3+

1

9+

1

2α3 −

1

12, iz cega slijedi α3 = −5

9. (3.226)

Sada možemo pisati konacan oblik transformata izlaznog signala

Y (z) =z

z − 2− 1

9

z

z + 2− 5

9

z

z − 1− 1

3

z2

(z − 1)2, (3.227)

iz kojeg inverznom z-transformacijom dobivamo

y[n] = 2n − 1

9(−2)n − 5

9(1)n − 1

3(n + 1) · 1n

= 2n − 1

9(−2)n − 5

9− 1

3n − 1

3

= 2n − 1

9(−2)n − 8

9− 1

3n.

(3.228)

3.6. Prijenosna funkcija diskretnog sustava

Prijenosna funkcija diskretnog sustava oznacava se sH(z) i predstavlja z-transformacijuimpulsnog odzivah[n]. Frekvencijska karakteristika diskretnog sustava oznacava se sH(Ω) i dobiva se racunanjem DTFT-a impulsnog odziva, odnosno zamjenom

H(Ω) = H(z)∣∣∣z=ejΩ

. (3.229)

Primjer 3.6.1. Linearan i vremenski nepromjenjivi diskretni sustav prikazan je na slici3.21. Ako su prijenosne funkcije pojedinih podsustava

X(z) Y(z)

H2(z)

H1(z)

H3(z)


H1(z) = 1 − 2z−2 + 3z−4,

H2(z) = 2 + z−1,

H3(z) = 1 − 2z−1 + z−2,

(3.230)

odrediti prijenosnu funkciju sustavaH(z) i impulsni odziv sustavah[n] te pomocu kon-volucijske sumacije odrediti odziv sustava na jedinicnu stepenicu.

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 128 — #134


Rješenje:Ukupnu prijenosnu funkciju sustava dobivamo kao

H(z) = H1(z) + H2(z)H3(z)

= 1 − 2z−2 + 3z−4 + (2 + z−1)(1 − 2z−1 + z−2)

= 3 − 3z−1 − 2z−2 + z−3 + 3z−4,

(3.231)

iz cega slijedi da je impulsni odziv sustava

h[n] = 3δ[n] − 3δ[n − 1] − 2δ[n − 2] + δ[n − 3] + 3δ[n − 4]. (3.232)

Odziv na jedinicnu stepenicu dobitcemo konvolucijom impulsnog odziva sustava i sig-nalas[n] = ... 0, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, ...,

y[n] = s[n] ∗ h[n] = ... 0, 3, 0, −2, −1, 2, 2, 2, 2, 2, .... (3.233)

Kako se može vidjeti iz rezultata (3.233), nakon pocetne prijelazne pojave odziv najedinicnu stepenicu nastavlja se beskonacnim ponavljanjem konstante koja je jednakazbroju vrijednosti svih uzoraka impulsnog odziva sustava.

Primjer 3.6.2. Odrediti prijenosnu funkciju, impulsni odziv i odziv na jedinicnu ste-penicu sustava zadanog slikom 3.22.

y[n]E-1

E-1

2

x[n]

-


Rješenje:Sustav sa slike 3.22 može se u domeni z-transformacije jednostavnijeprikazati kao na slici 3.23, gdje su prijenosne funkcije pojedinih blokova

H1(z) = z−1,

H2(z) = 2 + z−1.(3.234)

Slijedi da je ukupna prijenosna funkcija sustava

H(z) =H1(z)

1 + H1(z)H2(z)=

z−1

1 + z−1(2 + z−1)=

z−1

1 + 2z−1 + z−2

=z

z2 + 2z + 1=

z

(z + 1)2.

(3.235)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 129 — #135


H2(z)

X(z)

-

H1(z)Y(z)

Slika 3.23.Blokovski dijagram sustava u domeni z-transformacije

Rastavljanjem na parcijalne razlomke dobivamo

H(z) =z

(z + 1)2=

z

z + 1− z2

(z + 1)2, (3.236)

iz cega je jednostavno dobiti impulsni odziv sustava kao inverznu z-transformaciju odH(z),

h[n] = (−1)n − (n + 1)(−1)n = −n(−1)n. (3.237)

Za slucaj pobude jedinicnom stepenicom z-transformacija ulaznog signala je

X(z) =z

z − 1, (3.238)

pa izlaz iz sustava dobivamo množenjem u domeni z-transformacije

Y (z) = H(z)U(z) =z

(z + 1)2· z

z − 1(3.239)

Rastavljanjem na parcijalne razlomke dobivamo

Y (z) =z2

(z − 1)(z + 1)2=

1

4· z

z − 1+

1

4· z

z + 1− 1

2· z2

(z + 1)2, (3.240)

iz cega inverznom z-transformacijom dobivamo vremenski niz koji je odzivna pobudujedinicnom stepenicom

y[n] =1

4(1)n +

1

4(−1)n − 1

2(n + 1)(−1)n, (3.241)

odnosno

y[n] =1

4− 1

4(−1)n − 1

2n(−1)n. (3.242)

Primjer 3.6.3. Za prijenosnu funkciju sustava

H(z) =2z4 + 3z3 + z2 − 3z + 3

z4 + z3 − 3z2 + 5, (3.243)

potrebno je izracunati vrijednosti prvihcetiriju koeficijenta impulsnog odziva sustava:h[0], h[1], h[2] i h[3].

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 130 — #136


Rješenje:Rezultatcemo dobiti djeljenjem polinoma iz brojnika i nazivnika pri-jenosne funkcije sustava

(2z4 +3z3 +z2 −3z +3) : (z4 +z3 −3z2 +5) = 2 +z−1 +6z−2 −6z−3 +...2z4 +2z3 −6z2 +10. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

z3 +7z2 −3z −7z3 +z2 −3z +5z−1

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .6z2 −7 −5z−1

6z2 6z −18 30z−2

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .−6z +11 −5z−1 −30z−2

(3.244)Dakle, prijenosnu funkciju sustava možemo pisati kao

H(z) = 2 + z−1 + 6z−2 − 6z−3 + ... (3.245)

što u domeni vremena odgovara izrazu za impulsni odziv sustava

h[n] = 2δ[n] + δ[n − 1] + 6δ[n − 2] − 6δ[n − 3]... (3.246)

iz kojeg možemo išcitati prvacetiri koeficijenta impulsnog odziva sustava:

h[0] = 2, h[1] = 1, h[2] = 6, h[3] = −6. (3.247)

Primjer 3.6.4. Ako je impulsni odziv sustava

h[n] = 0.25δ[n + 1] + 0.5δ[n] + 0.25δ[n − 1], (3.248)

odrediti prijenosnu funkcijuH(z) i frekvencijsku karakteristiku sustavaH(Ω).Rješenje:Prijenosna funkcija sustava je

H(z) = 0.25z + 0.5 + 0.25z−1, (3.249)

iz cega slijedi frekvencijska karakteristika sustava


= 0.25ejΩ + 0.5 + 0.25e−jΩ

= 0.5 + 0.5 cosΩ.(3.250)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 131 — #137


−6.2832 −3.1416 0 3.1416 6.28320

0.2

0.4

0.6

0.8

1

H(Ω

)

Slika 3.24.Frekvencijska karakteristika sustava

Primjer 3.6.5. Diskretni sustav zadan je jednadžbom diferencija

y[n] − 0.6y[n − 1] = x[n] + 0.7x[n − 1]. (3.251)

Odrediti odziv sustava na pobudu

x[n] = 10 cos(0.1πn) + 10 sin(0.9πn +π

4). (3.252)

Rješenje:Primjenom z-transformacije na jednadžbi diferencija dobivamo

Y (z) − 0.6z−1Y (z) = X(z) + 0.7z−1X(z), (3.253)

Y (z)(1 − 0.6z−1) = X(z)(1 + 0.7z−1), (3.254)

iz cega slijedi prijenosna funcija sustava

H(z) =Y (z)

X(z)=

1 + 0.7z−1

1 − 0.6z−1, (3.255)

odnosno frekvencijska karakteristika sustava


=1 + 0.7e−jΩ

1 − 0.6e−jΩ. (3.256)

Za dvije frekvencije ulaznog signalaΩ = 0.1 i Ω = 0.9 dobivamo

H(0.1π) = 3.086 − 1.837j, (3.257)

H(0.9π) = 0.194 − 0.161j, (3.258)

odnosno

A1 = |H(0.1π)| = 3.592 , ϕ1 = ∠H(0.1π) = −0.537, (3.259)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 132 — #138


−6.2832 −3.1416 0 3.1416 6.28320

1

2

3

4

5

|H(Ω

)|

(a) Amplitudno-frekvencijska karakteristika filtra

−6.2832 −3.1416 0 3.1416 6.2832−2

−1

0

1

2

∠ H

(Ω)

(b) Fazno-frekvencijska karakteristika filtra

Slika 3.25.Amplitudna i fazna karakteristika filtra

A2 = |H(0.9π)| = 0.252 , ϕ2 = ∠H(0.9π) = −0.692, (3.260)

iz cega slijedi da je odziv sustava

y[n] = 10A1 cos(0.1πn + ϕ1) + 10A2 sin(0.9πn +π

4+ ϕ2)

= 35.92 cos(0.1πn − 0.537) + 2.52 sin(0.9πn + 0.094).(3.261)

Primjer 3.6.6. Odrediti odziv sustava na pobudu

x[n] = cos(π

3n)

, (3.262)

ako je sustav zadan jednadžbom diferencija

y[n] − 0.6y[n − 1] + 0.3y[n − 2] = x[n] + 0.6x[n − 1]. (3.263)

Rješenje:

H(z) =1 + 0.6z−1

1 − 0.6z−1 + 0.3z−2, (3.264)

H(Ω) =1 + 0.6e−jΩ

1 − 0.6e−jΩ + 0.3e−2jΩ, (3.265)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 133 — #139


H(π

3

)

= 1.568 − 1.685j A = 2.3 ϕ = −0.82, (3.266)

y[n] = 2.3 cos(π

3n − 0.82). (3.267)

−6.2832 −3.1416 0 3.1416 6.28320

1

2

3|H

(Ω)|

(a) Amplitudno-frekvencijska karakteristika filtra

−6.2832 −3.1416 0 3.1416 6.2832−2

−1

0

1

2

∠ H

(Ω)

(b) Fazno-frekvencijska karakteristika filtra

Slika 3.26.Amplitudna i fazna karakteristika filtra

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 134 — #140

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 135 — #141

4. Veza kontinuiranih i diskretnihsignala

4.1. Otipkavanje vremenski kontinuiranih signala

Diskretni signalicesto nastaju periodicnim otipkavanjem vremenski kontinuiranihsignala. Dakle, diskretni signalxd[n] dobivamo iz kontinuiranog signalax(t) kao

xd[n] = x(nTs), (4.1)

gdje konstantaTs predstavlja period otipkavanja. Za analizu procesa otipkavanja sig-nala, odnosno pretvorbe kontinuiranog signala u diskretni niz poslužitcemo se mode-lom prikazanim na slici 4.1. Dakle, kontinuirani signalx(t) biva prvo pomnoženem sa

PRETVORBA U

DISKRETNI NIZ

( )x t

( )v t

( )sx t [ ]

dx n

Slika 4.1. Matematicki model pretvorbe kontinuiranog u diskretnisignal

nizom delta impulsa periodaTs:

v(t) =∞∑

n=−∞

δ(t − nTs) (4.2)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 136 — #142

136 4. Veza kontinuiranih i diskretnih signala

t

( )x t


t

( )sx t

2 sT 4 sT 6 sT 8 sTsT 5 sT 7 sT

(b) Otipkani signal kao niz impulsa

n

[ ]dx n

1 2 4 5 6 7 8

(c) Diskretni signal dobiven otipkavanjem

Slika 4.2.Otipkavanje signala

što daje novi modulirani niz delta impulsaxs(t):

xs(t) = x(t) · v(t)

= x(t)∞∑

n=−∞

δ(t − nTs)

=∞∑

n=−∞

x(nTs)δ(t − nTs)

(4.3)

kao što je prikazano na slici 4.2(b). Signalxs(t) predstavlja otipkanu verziju pocetnogsignalax(t), ali je i dalje vremenski kontinuirani signal, tj. funkcija slobodne varijablet. Diskretni signalxd[n] cemo dobiti tek nakon pretvorbe niza Diracovih delta impulsau diskretni niz, tj. niz Kroneckerovih delta funkcija.

Analizu efekata otipkavanja u domeni frekvencije provestcemo zbog jednostavnostina signaluxs(t), odnosno na kontinuiranom otipkanom signalu. Fourierova transforma-

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 137 — #143

4.1. Otipkavanje vremenski kontinuiranih signala 137

cija niza delta funkcijav(t) opet daje niz delta funkcija:

V (ω) =2π

Ts

∞∑

k=−∞

δ(ω − kωs) (4.4)

gdje jeωs = 2πTs

. U domeni vremena, signalxs(t) je dobiven kao umnožak pocetnogsignalax(t) i niza delta funkcijav(t) što u domeni Fourierove transformacije odgovarakonvoluciji:

Xs(ω) =1

2πX(ω) ∗ V (ω) (4.5)

Raspisivanjem ovog izraza i korištenjem svojstva da konvolucija signala na delta funkci-jom daje taj isti signal na mjestu delta funkcije dobivamo:

Xs(ω) =1

2πX(ω) ∗ 2π

Ts

∞∑

n=−∞

δ(ω − kωs)

=1

TsX(ω) ∗

∞∑

k=−∞

δ(ω − kωs)

=1

Ts

∞∑

k=−∞

x(ω − kωs)

(4.6)

Dakle, spektar otipkanog signala sastoji se od beskonacno mnogo kopija spektra origi-nalnog signala koje su pomaknute za cjelobrojne višekratnike kružne frekvencije otip-kavanjaωs i po amplitudi skalirane sa faktoromTs (period otipkavanja). Ukoliko kaoslobodnu varijablu koristimo frekvencijuf , dobivamo slican rezultat:

Xs(f) =1

Ts

∞∑

k=−∞

X(f − kfs) (4.7)

gdje je frekencija otipkavanjafs = 1Ts

. Korištenjem izraza 4.3 pišemo izraz za Fourierovutransformaciju otipkanog signala:

Xs(ω) =

∫ ∞

−∞xs(t)e

−jωtdt

=

∫ ∞

−∞x(t)

∞∑

n=−∞

δ(t − nTs)e−jωtdt

=∞∑

n=−∞

x(nTs)e−jωTsn

(4.8)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 138 — #144


( )X ω

g−ω gω

1

ω

(a) Spektar originalnog signalax(t)

sωs−ω2 s− ω 2 sω ω

( )V ω

sω

(b) Spektar vremenski kontinuiranog niza delta impulsav(t), gdje jeωs = 2π/Ts

( )sX ω

1

sT

ωs−ω2 s− ω g−ω gω sω 2 sω

(c) Spektar vremenski kontinuiranog otipkanog signalaxs(t)

( )dX Ω

1

sT

ΩgΩg−Ω 2π2− π 4π4− π

(d) Spektar vremenski diskretnog otipkanog signalaxd(n), gdje jeΩg = Tsωg

Slika 4.3.Otipkavanje

S druge strane, Fourierova transformacija vremenski diskretnog signala xd[n] je

Xd(Ω) =∞∑

n=−∞

x[n]e−jΩn (4.9)

Pošto znamo da jexd[n] = xs(nTs), usporedivanjem izraza 4.8 i 4.9 dobivamo vezu

Ω = ωTs (4.10)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 139 — #145

4.1. Otipkavanje vremenski kontinuiranih signala 139

Važno je naglasiti da je jedinica zaω rad/s, dok je jedinica zaΩ rad. U ovoj knjiziΩ se koristi kao slobodna varijabla za Fourierovu transformaciju vremenski diskretnogsignala, aω se koristi kao slobodna varijabla za Fourierovu transformaciju vremenskikontinuiranog signala. U razlicitoj literaturi razlikuje se korištenje oznakaΩ i ω. Spektarvremenski diskretnog signalaxd[n] prikazan je na slici 4.3(d). Dakle, frekvencijska osje normirana tako da se kopije spektra originalnog signala ponavljaju sa2π.

Primjer 4.1.1. Spektar vremenski kontinuiranog signala prikazan je na slici 4.4(a). Potrebnoje odrediti spektar signala koji se dobiju otipkavanjem sa periodima otipkavanja Ts1 =0.25s i Ts2 = 0.4s.

( )X ω

ω

1

3π3− π

(a) Spektar originalnog signala

( )1sX ω

ω3π3− π 5π5− π8− π11− π 8π 11π

4

(b) Spektar signala otipkanog saωs = 8π

( )1sX ω

ω5π5− π 10π10− π

2.5

5

(c) Spektar signala otipkanog sa preniskom frekvencijom otipka-vanjaωs = 5π

Slika 4.4.Spektri originalnog i otipkanog signala

Rješenje:Prvi otipkani signali dobivamo otipkavanjem sa

Ts1 = 0.25s fs1 =1

Ts1= 4Hz ωs1 =

2π

Ts1= 2πfs1 = 8π rad/s (4.11)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 140 — #146


iz cega slijedi

Xs1 =1

Ts1

∞∑

k=−∞

x(ω − kωs1)

= 4

∞∑

k=−∞

x(ω − k · 8π)

(4.12)

Spektar ovog signala periodican je sa8π kao što je prikazano na slici 4.4(b).

U drugom slucaju imamo nižu frekveniciju otipkavanja

Ts2 = 0.4 s ωs2 =2π

0.4= 5π rad/s (4.13)

iz cega slijedi

Xs2 =1

Ts2

∞∑

k=−∞

x(ω − kωs2)

= 2.5∞∑

k=−∞

x(ω − k · 5π)

(4.14)

Vidimo da je u ovom slucaju spektar signala dobivenog otipkavanjem periodican sa5π.Kao što je prikazano na slici 4.4(c), došlo je do aliasinga, tj. do preklapanjakopijaspektra koje su prikazane crtkanom linijom.

4.2. Rekonstrukcija vremenski kontinuiranih signala

Ukoliko je spektar originalnog signala ogranicen naωs/2, tj. ako vrijedi da je

ωg ≤ ωs

2(4.15)

tada je moguce iz otipkanog diskretnog signala savršeno rekonstruirati originalni kon-tinuirani signal. Matematicki model pretvorbe diskretnog u kontinuirani sigal prikazanje na slici 4.5. Kako je prikazano na slici, prvo se vrši pretvorba diskretnog signala u niz

PRETVORBA U

NIZ IMPULSA( )rH ω

( )rx t( )

sx t[ ]dx n

Slika 4.5. Matematicki model rekonstrukcije kontinuiranog izdiskretnog signala

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 141 — #147

4.2. Rekonstrukcija vremenski kontinuiranih signala 141

Diracovih delta impulsa koji se zatim filtriraju sa idealnim rekonstrukcijskim niskopro-pusnim filtrom za koji vrijedi

Hr(ω) =

Ts za|ω| ≤ ωs

2

0 za|ω| > ωs

2

(4.16)

Svrha idealnog niskopropusnog filtra je zadržavanje samo jedne kopije spektra kon-tinuiranog signala i njezino skaliranje saTs kako bismo dobili spektar jednak onomod pocetnog kontinuiranog signala, kao što je prikazano na slici 4.6. Impulsni odziv

( )sX ω

ω

1

sT

gωg−ω sωs−ω 2 sω2 s− ω

(a) Spektar otipkanog signala

( )rX ω

ω

sT

2

sω

2

sω−

(b) Rekonstrukcijski niskopropusni filtar, gdje jeωs =2π/Ts

( )rX ω

ωgωg−ω

1

(c) Spektar rekonstruiranog signala

Slika 4.6. Prikaz efekta rekonstrukcije signala u domeni frekven-cije

idealnog niskopropusnog filtra je

hr(t) =sin( πt

Ts)

πtTs

(4.17)

Rekonstruirani signal dobiva se kao konvolucija otipkanog signala

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 142 — #148


t

( )rh t

sT 3 sT 5 sTsT−3 sT−5 sT− 2 sT

Slika 4.7. Interpolacijska funkcija

xs(t) =∞∑

n=−∞

x[n]δ(t − nTs) (4.18)

sa impulsnim odzivom rekonstrukcijskog filtra:

xr(t) = xs(t) ∗ hr(t) =∞∑

n=−∞

x[n]sin(π(t−nTs)

T)

π(t−nTs)Ts

(4.19)

kao što je prikazano na slici 4.8.

( )sx t

t2 sT 4 sT 6 sT 8 sTsT 5 sT 7 sT

(a)

t

( )rx t

(b)

Slika 4.8.Rekonstrukcija signala

Primjer 4.2.1. Kontinuirani signal

x(t) = cos(4πt) (4.20)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 143 — #149


otipkan je na dva nacina: prvi puta sa frekvencijom otipkavanjafs1 = 10 Hz, a drugiputa sa frekvencijom otipkavanjafs2 = 3 Hz. Potrebno je: (1) prikazati spektar orig-inalnog signalax(t), (2) prikazati spektre novih signala dobivenih otipkavanjem, (3)frekvencijske karakteristike idealnih rekonstrukcijsih filtara i (4) spektre rekonstruiranihsignala.

Rješenje:Fourierova transformacija signalax(t) je

X(ω) = πδ(ω − 4π) + πδ(ω + 4π) (4.21)

a njezin prikaz dan je na slici 4.9. U prvom slucaju signal je otipkan sa

4− π 4π ω

( )X ω

π

Slika 4.9.Spektar signalax(t) = cos(4πt)

fs1 = 10 Hz ωs1 = 2πfs1 = 20π rad/s Ts1 =1

10s (4.22)

što rezultira spektrom otipkanog signala koji je periodican saωs1 = 20π rad/s:

Xs1 =1

Ts1

∞∑

k=−∞

X(ω − kωs1) = 10

∞∑

k=−∞

X(ω − k · 20π)

= 10π∑

δ(ω − k · 20π − 4π) + 10π∑

δ(ω − k · 20π + 4π)

= 10π∑

δ(ω − (20 · k + 4)π) + 10π∑

δ(ω − (20 · k − 4)π)

(4.23)

kao što je prikazano na slici 4.10(a). Idealni rekonstrukcijski filtar propuštatce frekven-cije koje su manje ili jednake od polovice frekvencije otipkavanja, tj.

Hr1(ω) =

Ts1 = 110 za|ω| < 10π

0 inace(4.24)

Frekvencijska karakteristika rekonstrukcijskog filtra prikazana je na slici 4.10(b). Nakonfiltracije s ovim niskopropusnim filtrom dobivamo rekonstruirani signalciji je spektar

Xr1(ω) = πδ(ω − 4π) + πδ(ω + 4π) (4.25)

odnosnoxr1(t) = cos(4πt) (4.26)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 144 — #150


10π

4π4− π16− π24− π 16π 24π ω

( )1sX ω


10π10− π ω

( )1rH ω

0.1

(b) Frekvencijska karakteristika rekonstrukcijskog filtra

4π

π

4− π ω

( )1sX ω


Slika 4.10. Rekonstrukcija signala u domeni frekvencije zaωs =

20π

Dakle, vidimo da je u ovom slucaju rekonstrukcija bila savršena. Iz otipkanog signalasavršeno je rekonstruiran originalni kontinuirani signal. Postupak otipkavanja i rekon-strukcije signala prikazan je na slici 4.11.

Za drugi slucaj otipkavanja imamo

fs2 = 3Hz ωs2 = 2πfs2 = 6π rad/s Ts2 =1

3s (4.27)

iz cega slijedi

Xs2 = 3∞∑

k=−∞

X(ω − k · 6π)

= 3π∑

δ(ω − k · 6π − 4π) + 3π∑

δ(ω − k · 6π + 4π)

= 3π∑

δ(ω − (6k + 4)π) + 3π∑

δ(ω − (6k − 4)π)

(4.28)

Spektar ovako otipkanog signala prikazan je na slici 4.12(a). Rekonstrukcijski filtar bit

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 145 — #151


0 0.5 1 1.5 2−1

−0.5

0

0.5

1

(a) Otipkani signal

0 0.5 1 1.5 2−1

−0.5

0

0.5

1

(b) Rekonstruirani signal

Slika 4.11. Otipkavanje i rekonstrukcija kosinusnog signala pe-rioda T = 0.5 s frekvencijom otipkavanjafs = 10 Hz. Uzorci

dobiveni otipkavnjem oznaceni su kružicima

ce definiran sa

Hr2(ω) =

13 za|ω| < 3π

0 inace(4.29)

što daje spektar rekonstruiranog signala

Xr2(ω) = πδ(ω − 2π) + πδ(ω + 2π) (4.30)

odnosnoxr2(t) = cos(2πt) (4.31)

Vidimo da rekonstruirani signal nije jednak originalnom pošto signal nije bio otipkansa frekvencijom koja je dvostruko veca od frekvencije signala. Postupak otipkavanja irekonstrukcije signala prikazan je na slici 4.13.

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 146 — #152


4π 12π4− π12− π

3π

ω

( )2sX ω


3π3− π

1

3

ω

( )2rH ω

(b) Frekvencijska karakteristika rekonstrukcijskog filtra

π

2− π 2π ω

( )2rX ω


Slika 4.12. Rekonstrukcija signala u domeni frekvencije zaωs =

6π

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 147 — #153


0 0.5 1 1.5 2−1

−0.5

0

0.5

1

(a) Otipkani signal

0 0.5 1 1.5 2−1

−0.5

0

0.5

1

(b) Rekonstruirani signal

Slika 4.13. Otipkavanje i rekonstrukcija kosinusnog signala peri-odaT = 0.5 s frekvencijom otipkavanjafs = 3 Hz. Uzorci do-

biveni otipkavnjem oznaceni su kružicima

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 148 — #154


Primjer 4.2.2. Signal x(t) sastoji je iz kosinusa frekvencijef1 = 1 kHz i sinusafrekvencijef2 = 3 kHz. Ukoliko je signal otipkan frekvencijom otipkavanjafs =5 kHz potrebno je: (1) odrediti spektar otikanog signala, (2) frekvencijsku karakteris-tiku rekonstrukcijskog filtra i (3) rekonstruirani signal.

Rješenje:Signalx(t) je

x(t) = cos(2πf1t) + sin(2πf2t) =

= cos(2000πt) + sin(6000πt)(4.32)

U ovomcemo zadatku koristiti Fourirove transformate koji se temelje na slobodnoj var-ijabli f . Tako su Fourierovi transformati sinusa i kosinusa

Fcos(2πf0t) =1

2δ(f − f0) +

1

2δ(f + f0)

Fsin(2πf0t) = − j

2δ(f − f0) +

j

2δ(f + f0)

(4.33)

Spektar signalax(t) je

X(f) =1

2δ(f − 1000) +

1

2δ(f + 1000)

− j

2δ(f − 3000) +

j

2δ(f + 3000)

(4.34)

a spektar otipkanog signalaxs(t) je

Xs(f) =1

Ts

∞∑

k=−∞

X(f − kfs) = 5000∞∑

k=−∞

x(f − k · 5000)

= 2500∞∑

k=−∞

δ(f − k · 5000 − 1000) + 2500∞∑

k=−∞

δ(f − k · 5000 + 1000)

− 2500j

∞∑

k=−∞

δ(f − k · 5000 − 3000) + 2500j

∞∑

k=−∞

δ(f − k · 5000 + 3000)

(4.35)

Pošto je transformatXs(f) kompleksan ne možemo ga kao u primjeru 4.2.1 prikazati najednog grafu, vec moramo posebno prikazati njegovu amplitudu (amplitudni spektar),a posebno fazu (fazni spektar), kao što je prikazano na slici 4.14. Amplitudni i faznispektar signal nakon otipkavanja safs = 5 kHz prikazan je na slici 4.15. Idealniniskopropusni rekonstrukcijski filtar prikazan je na slici 4.16. Nakon filtracije otipkanog

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 149 — #155


( )X f

[ ]f kHz

1

2

3− 1− 1 3

(a) Amplitudni spektar

2

π

2

π−

[ ]f kHz

( )X f∠

3− 3

(b) Fazni spektar

Slika 4.14.Amplitudni i fazni spektar signalax(t) = cos(2000πt)+

sin(6000πt)

8000

[ ]f kHz

( )sX f

3 5 8-3-5-8

(a) Amplitudni spektar

[ ]f kHz

2

π

2

π−

( )sX f∠

5-3-5-8 3 8

(b) Fazni spektar

Slika 4.15.Amplitudni i fazni spektar otipkanog signala

signala sa rekonstrukcijskim filtrom dobivamo spektar rekonstruiranog signala

Xr(f) = Xs(f) · Hr(f) =

=1

2δ(f − 1000) +

1

2δ(f + 1000)+

+j

2δ(f − 2000) − j

2δ(f + 2000)

(4.36)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 150 — #156


1

5000

2.5-2.5

( )rH f

[ ]f kHz

Slika 4.16.Frekvencijska karakteristika rekonstrukcijskog filtra

odnosnoxr(t) = cos(2000πt) − sin(4000πt) (4.37)

iz cega vidimo da je došlo do aliasinga pošto rekonstruirani signal nije jednak izvornom.

Zadatak 4.2.3.Zadan je vremenski kontinuirani signal

x(t) = sin(4πt) + 2 cos(16πt) (4.38)

Ukoliko je signal otipkan safs = 10 Hz, odrediti izraz za rekonstruirani signalxr(t).Da li je došlo do aliasinga?

Rješenje:Do aliasinga je došlo pošto rekonstruirani signal

xr(t) = sin(4πt) + 2 cos(4πt) (4.39)

ne odgovara izvornom signalu.

Zadatak 4.2.4.Kontinuirani signal

x(t) = cos(2πt) + 2 cos(18πt) (4.40)

otipkan je sa frekvencijom otipkavanjafs = 10 Hz. Odrediti izraz za rekonstruiranisignalxr(t). Da li je došlo do aliasinga?

Rješenje:Rekonstruirani signal je

xr(t) = cos(2πt) + 2 cos(2πt) = 3 cos(2πt) (4.41)

iz cega zakljucujemo da je došlo do aliasinga.

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 151 — #157

5. Analiza sustava u prostoru stanja

5.1. Prikaz sustava

5.1.1. Direktna realizacija

Primjer 5.1.1. Sustav zadan prijenosnom funkcijom

H(s) =7s2 − 5s − 6

s3 − 2s2 − s + 2(5.1)

potrebno je realizirati direktnom metodom (nacrtati blokovski dijagram) te napisati odgo-varajuce jednadžbe stanja i izlazne jednadžbe u matricnom obliku.

Rješenje:

Y (s) = H(s)U(s) =B(s)

A(s)U(s) = B(s)Z(S) (5.2)

gdje je

Z(s) =U(s)

A(s)=

U(s)

s3 − 2s2 − s + 2

Z(s)(s3 − 2s2 − s + 2) = U(s)

(5.3)

Ukoliko napravimo inverznu Lapaceovu transformaciju, dobivamo

z′′′ − 2z′′ − z′ + 2z = u

z′′′ = u − z + z′ − 2z′′(5.4)

Varijable stanjacemo definirati kaox1 = z, x2 = z′, x3 = z′′. Koristeci gore navedenejednakosti možemo izraziti ovisnost derivacija stanja o samim stanjima i ulazu sustava:

x′1 = x2

x′2 = x3

x′3 = z′′′ = u − 2z + z′ + 2z′′ = u − 2x1 + x2 + 2x3,

(5.5)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 152 — #158

152 5. Analiza sustava u prostoru stanja

odnosno pisano u matricnom obliku

x′1

x′2

x′3

︸︷︷︸

x′

=

0 1 00 0 1−2 1 2

︸︷︷︸

A

x1

x2

x3

︸︷︷︸

x

+

001

︸︷︷︸

B

u (5.6)

Izlaz iz sustava dobiva se kao

Y (s) = B(s)Z(s) = (7s2 − 5s − 6)Z(s) (5.7)

Primjenom inverzne Laplaceove transformacije i uvrštavanjem varijabli stanja dobivamoizlaznu jednadžbu sustava

y = −6z − 5z′ + 7z′′ = −6x1 − 5x2 + 7x3 (5.8)

koja u matricnom obliku glasi

y =[−6 −5 7

]

︸︷︷︸

C

x1

x2

x3

︸︷︷︸

x

+ 0︸︷︷︸

D

u (5.9)

Direktna realizacija sustava prikazana je na slici 5.1.

∫u

y

∫

2

2

+-

∫+

zz'z''z''' x1x2x3 6

5

7+

-

-

Slika 5.1.Blokovski dijagram direktne realizacije sustava

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 153 — #159

5.1. Prikaz sustava 153

Primjer 5.1.2. Koristeci direktnu metodu naci model linearnog sustava opisanog pri-jenosnom funkcijom

H(s) =5s3 + 7

s3 + 3s2 + 8s + 11(5.10)

1. Napisati jednadžbe stanja i izlazne jednadžbe u matricnom obliku.

2. Nacrtati blok-shemu direktne realizacije sustava.

Rješenje:

Y (s) = H(s)U(s) =B(s)

A(s)U(s) = B(s)Z(S) (5.11)

gdje je

Z(s) =U(s)

A(s)=

U(s)

s3 + 3s2 + 8s + 11

Z(s)(s3 + 3s2 + 8s + 11) = U(s)

(5.12)

cemu odgovara

z′′′ + 3z′′ + 8z′ + 11z = u

z′′′ = u − 3z′′ − 8z′ − 11z(5.13)

Varijable stanjacemo definirati kao

x1 = z (5.14a)

x2 = z′ (5.14b)

x3 = z′′ (5.14c)

Koristeci jednakosti 5.14 i 5.13 možemo izraziti ovisnost derivacija stanja o samim stan-jima i ulazu sustava:

x′1 = x2

x′2 = x3

x′3 = z′′′ = u − 11x1 − 8x2 − 3x3,

(5.15)

odnosno pisano u matricnom obliku

x′1

x′2

x′3

︸︷︷︸

x′

=

0 1 00 0 1

−11 −8 −3

︸︷︷︸

A

x1

x2

x3

︸︷︷︸

x

+

001

︸︷︷︸

B

u (5.16)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 154 — #160


Izlaz iz sustava dobiva se kao

Y (s) = B(s)Z(s) = (5s3 + 7)Z(s) (5.17)

Primjenom inverzne Laplaceove transformacije

y = 5z′′′ + 7z = 5x′3 + 7x1 (5.18)

Korištenjem ove jednakosti i matircne jednadžbe stanja 5.16 možemo nacrtati blok shemusustava na slici 5.1.1. Uvrštavanjem jednakosti 5.15 u jednadžbu 5.18 dobivamo izlaznujednadžbu sustava

y = −48x1 − 40x2 − 15x3 + 5u (5.19)

koja u matricnom obliku glasi

y =[−48 −40 −15

]

︸︷︷︸

C

x1

x2

x3

︸︷︷︸

x

+ 5︸︷︷︸

D

u (5.20)

Na osnovu izlazne jednadžbe sustava možemo nacrtati drugaciju direktnu realizacijusustava prikazanu slikom 5.1.1.

∫u

y

∫

3

11

--

∫-

zz'z''z''' x1x2x37

5

8

Slika 5.2.Blokovski dijagram dikretne realizacije sustava

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 155 — #161


∫u

y

∫ ∫zz'z''z''' x1x2x3 48

15

5

+

-

-40

3

11

- -

8

-

Slika 5.3. Blokovski dijagram dikretne realizacije sustava temel-jena na izlaznoj jednadžbi 5.19.

5.1.2. Kaskadna realizacija

Primjer 5.1.3. Kontinuirani sustavcetvrtog reda zadan je prijenosnom funkcijom

H(s) =(s + 2)(s − 1)s

(s + 4)(s2 + s + 3)(s − 2)(5.21)

1. Nacrtati blok shemu doticnog sustava koristeci kaskadnu realizaciju.

2. Napisati jednadžbe stanja i izlazne jednadžbe u matricnom obliku.

Rješenje:Prijenosnu funkciju sustava rastavitcemo na umnožak triju prijenosnihfunkcija kao što je prikazano na slici 5.4.

H2(s)U(s)

H1(s)Y(s)

H3(s)Y1(s) Y2(s)

Slika 5.4.Blokovski dijagram kaskadne realizacije sustava

H(s) =(s + 2)(s − 1)s

(s + 4)(s2 + s + 3)(s − 2)= H1(s) · H2(s) · H3(s) (5.22)

gdje smo proizvoljno odabrali

H1(s) =s + 2

s + 4H2(s) =

s − 1

s2 + s + 3H3(s) =

s

s − 2(5.23)

H2(s) je sekcija drugog reda i sadrži imaginarne korijene pa bi njeno dijeljenje nadvafunkcijska bloka prvog reda rezultiralo vrijednostima pojacanja množila koje su imagi-narne. Iz tog razloga (iako je matematicki potpuno svejedno) druga sekcija nije podijel-jena u dvije sekcije prvog reda.

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 156 — #162


Izlazni signal prve sekcije kaskade u domeni Laplaceove transformacije dobiva sekao

Y1(s) =s + 2

s + 4U(s) = (s + 2)X1(s) (5.24)

gdje je varijabla stanjaX1(s) odabrana kao

X1(s) =U(s)

s + 4

X1(s)(s + 4) = U(s)

(5.25)

U domeni vremena gornja jednakost glasi

x′1 + 4x1 = u

x′1 = −4x1 + u

(5.26)

Korištenjem jednadžbe 5.24 dobivamo

y1 = x′1 + 2x1 (5.27)

Na osnovu jednakosti 5.26 i 5.27 možemo nacrtati blok shemu prve sekcije kaskade kaošto je prikazano na slici 5.5.

2∫u

4

-

x1x'1 y1

Slika 5.5.Blokovski dijagram prve sekcije kaskade

Za drugu sekciju kaskade vrijedi

Y2(s) =s − 1

s2 + s + 3Y1(s) = (s − 1)X2(s) (5.28)


X2(s) =Y1(s)

s2 + s + 3(5.29)

iz cega slijedi

x′′2 + x′

2 + 3x2 = y1

x′′2 = −3x2 − x′

2 + y1(5.30)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 157 — #163


Uvodenjem nove varijable stanjax3 za koju vrijedi

x′2 = x3

x′′2 = x′

3

(5.31)

i korištenjem jednakosti 5.30 dobivamo

x′3 = −3x2 − x3 + y1 (5.32)

Iz jednadžbe 5.28 dobivamo

y2 = x′2 − x2 = x3 − x2 (5.33)

Na osnovu jednadžbi 5.32 i 5.33 možemo nacrtati blok shemu druge sekcije kaskade kaošto je prikazano na slici 5.6.

∫

3

-

x3x'3 y2∫

-

x2y1 -

Slika 5.6.Blokovski dijagram druge sekcije kaskade

Za trecu sekciju kaskade vrijedi

Y (s) =s

s − 2Y2(s) = sX4(s) (5.34)


X4(s) =Y2(s)

s − 2(5.35)

što u domeni vremena ima ekvivalent

x′4 − 2x4 = y2

x′4 = 2x4 + y2

(5.36)

Iz jednadžbe 5.34 slijediy = x′

4 (5.37)

što daje realizaciju trece sekcije kao što je prikazano na slici 5.7.

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 158 — #164


∫

2

x4x'4y2

y

Slika 5.7.Blokovski dijagram trece sekcije kaskade

∫

2

x4x'4

y

∫

3

-

x3x'3 y2∫

-

x2 -2∫

u

4

-

x1x'1 y1

H1 H2 H3

Slika 5.8.Blokovski dijagram kaskadne realizacije sustava

Cijela kaskada prikazana je na slici 5.8.

Za napisati jednadžbe stanja potrebno je izraziti svaku derivaciju varijable stanjakao funkciju svih varijabli stanja i ulaznog signala. Za toce nam biti potrebne jednadžbe5.26, 5.31, 5.32 i 5.36:

x′1 = −4x1 + u

x′2 = x3

x′3 = −3x2 − x3 + y1

x′4 = 2x4 + y2

(5.38)

U gornjim cemo jednadžbamay1 i y2 izraziti pomocu varijabli stanja korištenjem jed-nadžbi 5.27 i 5.33:

y1 = x′1 + 2x1

y2 = x3 − x2(5.39)

Korištenjem jednadžbi 5.32, 5.27 i 5.26 dobivamo

x′3 = −3x2 − x3 + y1 = −3x2 − x3 + x′

1 + 2x1

= −3x2 − x3 − 4x1 + u + 2x1 = −2x1 − 3x2 − x3 + u(5.40)

Korištenjem jednadžbi 5.36 i 5.33 dobivamo

x′4 = 2x4 + y2 = 2x4 + x3 − x2 =

= −x2 + x3 + 2x4(5.41)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 159 — #165


Jednadžbe 5.26, 5.31, 5.40 i 5.41

x′1 = −4x1 + u

x′2 = x3

x′3 = −2x1 − 3x2 − x3 + u

x′4 = −x2 + x3 + 2x4

(5.42)

možemo pisati u matricnom obliku kao

x′1

x′2

x′3

x′4

=

−4 0 0 00 0 1 0−2 −3 −1 00 −1 1 2

x1

x2

x3

x4

+

1010

u (5.43)

Korištenjem jednadžbi 5.37 i 5.41 dobivamo izlaznu jednadžbu sustava

y = x′4 = −x2 + x3 + 2x4 (5.44)

ili pisano u matricnom obliku:

y =[0 −1 1 2

]

x1

x2

x3

x4

+ 0u (5.45)

5.1.3. Paralelna realizacija

Primjer 5.1.4. Kontinuirani sustav treceg reda odreden je svojom prijenosnom funkci-jom

H(s) =s + 1

(s − 1)2(s + 2)(5.46)

Potrebno je: (1) napisati matricne jednadžbe stanja i izlazne jednadžbe koje odgovarajuparalelnoj realizaciji sustava te (2) skicirati blokovski dijagram paralelne relizacije sus-tava.

Rješenje:Prijenosnu funkciju sustava možemo rastaviti na parcijalne razlomke

H(s) = −1

9

1

(s + 2)+

2

3

1

(s − 1)2+

1

9

1

s − 1. (5.47)

Izlaz iz sustava dobivamo kao

Y (s) = −1

9

U(s)

s + 2+

2

3

U(s)

(s − 1)2+

1

9

U(s)

s − 1(5.48)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 160 — #166


Odabratcemo varijable stanja

X1(s) =U(s)

s + 2(5.49a)

X2(s) =U(s)

(s − 1)2(5.49b)

X3(s) =U(s)

s − 1(5.49c)

tako da možemo izraziti izlaz iz sustava kao

Y (s) = −1

9X1(s) +

2

3X2(s) +

1

9X3(s) (5.50)

Iz jednadžbe 5.49a slijedi

x′1 + 2x1 = u (5.51a)

x′1 = −2x1 + u (5.51b)

Iz jednadžbi 5.49b i 5.49c slijedi

X2(s) =X3(s)

s − 1(5.52)

iz cega dobivamo

x′2 − x2 = x3 (5.53a)

x′2 = x2 + x3 (5.53b)

Iz jednadžbe 5.49c dobivamo

x′3 − x3 = u (5.54a)

x′3 = x3 + u (5.54b)

Korištenjem jednakosti 5.51, 5.53 i 5.54 možemo pisati matricnu jednadžbu

x′1

x′2

x′3

=

−2 0 00 1 10 0 1

x1

x2

x3

+

101

u (5.55)

Na osnovu jednadžbe 5.50 možemo pisati izlaznu matricnu jednadžbu

y =[−1

923

19

]

x1

x2

x3

+ 0 · u (5.56)

Blokovski dijagram paralelne realizacije sustava prikazana je na slici 5.9.

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 161 — #167


∫

∫ ∫

2

-

-u1x

2x

3x

′1x

′2x

9

1

9

1

3

2

Slika 5.9.Blokovski dijagram paralelne realizacije sustava

Zadatak 5.1.5.Odrediti paralelnu realizaciju sustava iz primjera 5.1.1.Rješenje:Buduci da je

s3 − 2s2 − s + 2 = (s + 1)(s − 2)(s − 1), (5.57)

dobivamo

H(s) =7s2 − 5s − 6

(s + 1)(s − 2)(s − 1)=

1

s + 1+

4

s − 2+

2

s − 1. (5.58)

Paralelna realizacija sustava prikazana je na slici 5.10.

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 162 — #168


u

∫-

∫

2

+

∫+

y+

++

4

2

Slika 5.10.Blok shema paralelne realizacije sustava

5.2. Transformacije varijabli stanja

Primjer 5.2.1. Diskretni sustav sa dva ulaza i dva izlaza opisan je jednadžbama:

[x1[n + 1]x2[n + 1]

]

︸︷︷︸

x[n+1]

=

[2 11 2

]

︸︷︷︸

A

[x1[n]x2[n]

]

︸︷︷︸

x[n]

+

[−1 33 1

]

︸︷︷︸

B

[u1[n]u2[n]

]

︸︷︷︸

u[n][y1[n]y2[n]

]

︸︷︷︸

y[n]

=

[1 0−1 0

]

︸︷︷︸

C

[x1[n]x2[n]

]

︸︷︷︸

x[n]

+

[0 33 0

]

︸︷︷︸

D

[u1[n]u2[n]

]

︸︷︷︸

u[n]

(5.59)

Potrebno je: (1) Prijeci na kanonske varijable stanja i napisati odgovarajuce matricnejednadžbe stanja i izlazne jednadžbe. (2) Skicirati odgovarajucu realizaciju sustava bazi-ranu na kanonskim varijablama stanja. (3) Provjeriti da li je sustav upravljiv i osmotriv.

Rješenje:Prvocemo odrediti svojstvene vrijednosti matriceA tako da riješimo jed-nadžbudet(zI − A) = 0.

zI − A =

[z 00 z

]

−[2 11 2

]

=

[z − 2 −1−1 z − 2

]

(5.60)

det(zI − A) = (z − 2)(z − 2) − 1 = z2 − 4z + 3 (5.61)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 163 — #169

5.2. Transformacije varijabli stanja 163

Izjednacavanjem gornjeg izraza s nulom dobivamo svojstvene vrijednosti matriceA

z1,2 =4 ±

√16 − 12

2, odnosnoz1 = 3 i z2 = 1. (5.62)

Pošto su sve svojstvene vrijednosti razlicite, svojstvene vektore možemo dobiti iz stu-paca matrica koje su oblika

adj(ziI − A) =

[zi − 2 1

1 zi − 2

]

(5.63)

Za prvu svojstvenu vrijednostz1 = 3

adj(3I − A) =

[1 11 1

]

pa uzimamo prvi svojstveni vektorX1 =

[11

]

. (5.64)

Za drugu svojstvenu vrijednostz2 = 1

adj(I − A) =

[−1 11 −1

]

pa uzimamo drugi svojstveni vektorX2 =

[1−1

]

. (5.65)

Napominjemo da smo za drugi svojstveni vektor mogli odabrati i bilo koji drugi vektorkoji je proporcionalan bilo kojem stupcu matriceadj(z2I − A).Sada možemo sastaviti matricuP od svojstvenih vektora matriceA:

P =[X1 X2

]=

[1 11 −1

]

(5.66)

Trebatce nam i inverz matriceP

P−1 =adj(P)

det(P)=

1

−2

[−1 −1−1 1

]

=

[0.5 0.50.5 −0.5

]

(5.67)

Nove matrice sada dobivamo kao:

A∗ = P−1AP =

[3 00 1

]

B∗ = P−1B =

[0.5 0.50.5 −0.5

] [−1 33 1

]

=

[1 2−2 1

]

C∗ = CP =

[1 0−1 0

] [1 11 −1

]

=

[1 1−1 −1

]

D∗ = D =

[0 33 0

]

(5.68)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 164 — #170


Sada možemo pisati nove matricne jednadžbe bazirane na kanonskim varijablama stanja

[x1[n + 1]x2[n + 1]

]

︸︷︷︸

x[n+1]

=

[3 00 1

]

︸︷︷︸

A∗

[x1[n]x2[n]

]

︸︷︷︸

x[n]

+

[1 2−2 1

]

︸︷︷︸

B∗

[u1[n]u2[n]

]

︸︷︷︸

u[n][y1[n]y2[n]

]

︸︷︷︸

y[n]

=

[1 1−1 −1

]

︸︷︷︸

C∗

[x1[n]x2[n]

]

︸︷︷︸

x[n]

+

[0 33 0

]

︸︷︷︸

D∗

[u1[n]u2[n]

]

︸︷︷︸

u[n]

(5.69)

Pošto su svi retci matriceB∗ razliciti od nule zakljucujemo da je sustav upravljiv, a poštosu svi stupci matriceC∗ razliciti od nule zakljucujemo da je sustav osmotriv. Dakle,zadani sustav je i upravljiv i osmotriv. Važno je primjetiti da je jedan stupac matriceC bio jednak nuli no to nije dokaz da sustav nije osmotriv. Naime, za zakljucivanjeo upravljivosti i osmotrivosti relevantne su jedino matrice koje odgovarajukanonskojrealizaciji sustava.Realizacija sustava bazirana na kanonskim varijablama stanja prikazana je na slici 5.15.

u1[n]

3

E-1

E-1

2

2

-u2[n]

y1[n]

y2[n]

3

3

x1[n]x1[n+1]

x2[n]x2[n+1] -

-


“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 165 — #171


Primjer 5.2.2. Kontinuirani sustav sa tri ulaza i dva izlaza opisan je jednadžbama:

x′1

x′2

x′3

︸︷︷︸

x′

=

0 1 00 0 1−6 −1 4

︸︷︷︸

A

x1

x2

x3

︸︷︷︸

x

+

4 1 15 3 313 9 9

︸︷︷︸

B

u1

u2

u3

︸︷︷︸

u

[y1

y2

]

︸︷︷︸

y

=

[1 2 1−2 −1 1

]

︸︷︷︸

C

x1

x2

x3

︸︷︷︸

x

+

[0 0 00 5 0

]

︸︷︷︸

D

u1

u2

u3

︸︷︷︸

u

(5.70)

1. Prijeci na kanonske varijable stanja i napisati odgovarajuce matricne jednadžbestanja i izlazne jednadžbe.

2. Na osnovu matricnih jednadžbi provjeriti da li je sustav upravljiv i osmotriv.

3. Skicirati odgovarajucu paralelnu realizaciju sustava i na njoj provjeriti tvrdnju oupravljivosti i osmotrivosti.

Rješenje:Prvocemo odrediti svojstvene vrijednosti matriceA tako da riješimo jed-nadžbudet(sI − A) = 0.

sI − A =

s 0 00 s 00 0 s

−

0 1 00 0 1−6 −1 4

=

s −1 00 s −16 1 s − 4

(5.71)

∣∣∣∣∣∣

s −1 00 s −16 1 s − 4

∣∣∣∣∣∣

= s

∣∣∣∣

s −11 s − 4

∣∣∣∣+

∣∣∣∣

0 −16 s − 4

∣∣∣∣= s(s2 − 4s + 1) + 6 =

= s3 − 4s2 + s + 6 = (s + 1)(s − 2)(s − 3)

(5.72)

Izjednacavanjem gornjeg izraza s nulom dobivamo svojstvene vrijednosti matriceA:s1 = −1, s2 = 2, s3 = 3. Dakle,

A∗ =

−1 0 00 2 00 0 3

(5.73)

Pošto je matricaA matrica direktne realizacije i pošto su sve svojstvene vrijednosti ma-trice A jednostruke, modalnu matricuP možemo jednostavnije izracunati korištenjemsljedece formule

P =

1 1 1s1 s2 s3

s21 s2

2 s23

=

1 1 1−1 2 31 4 9

(5.74)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 166 — #172



P−1 =adj(P)

det(P)=

1

12

6 −5 112 8 −4−6 −3 3

(5.75)

Nove matrice sada dobivamo kao (iako vec znamoA∗ izracunatcemo ga radi provjere):

A∗ = P−1AP =1

12

6 −5 112 8 −4−6 −3 3

0 1 00 0 1−6 −1 4

1 1 1−1 2 31 4 9

=

−1 0 00 2 00 0 3

B∗ = P−1B =1

12

6 −5 112 8 −4−6 −3 3

4 1 15 3 313 9 9

=

1 0 03 0 00 1 1

C∗ = CP =

[1 2 1−2 −1 1

]

1 1 1−1 2 31 4 9

=

[0 9 160 0 4

]

D∗ = D =

[0 0 00 5 0

]

(5.76)

Nove matricne jednadžbe bazirane na kanonskim varijablama stanja su

x′1

x′2

x′3

︸︷︷︸

x′

=

−1 0 00 2 00 0 3

︸︷︷︸

A∗

x1

x2

x3

︸︷︷︸

x

+

1 0 03 0 00 1 1

︸︷︷︸

B∗

u1

u2

u3

︸︷︷︸

u

[y1

y2

]

︸︷︷︸

y

=

[0 9 160 0 4

]

︸︷︷︸

C∗

x1

x2

x3

︸︷︷︸

x

+

[0 0 00 5 0

]

︸︷︷︸

D∗

u1

u2

u3

︸︷︷︸

u

(5.77)

Pošto su svi retci matriceB∗ razliciti od nule zakljucujemo da je sustav upravljiv.Vidimo da je prvi stupac matriceC∗ koji odgovara prvoj svojstvenoj vrijednostis1 = −1jednak nul-vektoru. Zbog toga zakljucujemo da sustav nije osmotriv.Paralelna realizacija sustava prikazana je na slici 5.12. Iz nje je vidljivo da sustav nije os-motriv zbog toga što prva varijabla stanjax1 nije spojena na niti jedan od izlaza sustava.Dakle, na izlazima sustava nije moguce "osmatrati" stanje sustavax1.

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 167 — #173


∫+

∫

2

-

9

∫

3

-

u1

u3

u2

4

16

y1

y2

5

x1x'1

x2x'2

x3x'3

3


Primjer 5.2.3. MatricaA sustava treceg reda iznosi

A =

4 1 −10 2 100 −2 14

(5.78)

1. Odrediti svojstvene vrijednosti matriceA.

2. Odrediti matricuA∗ paralelne realizacije sustava.

3. Odrediti odgovarajucu matricu transformacije, tj. modalnu matricuP.

Rješenje:Svojstvene vrijednosti dobitcemo postavljanjem jednakostidet(sI−A) =0.

det(sI − A) =

∣∣∣∣∣∣

s − 4 −1 10 s − 2 −100 2 s − 14

∣∣∣∣∣∣

=(s − 4)[(s − 2)(s − 14) + 20]

=(s − 4)(s2 − 16s + 48) = (s − 4)(s − 4)(s − 12)

(5.79)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 168 — #174


Izjednacavanjem gornjeg izraza s nulom dobivamo tri svojstvene vrijednosti:s1 = 4,s2 = 4 i s3 = 12. Korištenjem svojstvenih vrijednosti možemo "složiti" matricuparalelne realizacije:

A∗ =

4 1 00 4 00 0 12

(5.80)

Uocite da dvostruka svojstvena vrijednost rezultira Jordanovim blokom takoda se nasporednoj dijagonali dodaje jedinica.

Svojstvene vektore~x1, ~x2 i ~x3 koji tvore matricuP dobit cemo korištenjem jed-nakosti

A · P =P · A∗

A ·[~x1 ~x2 ~x3

]=[~x1 ~x2 ~x3

]·

4 1 00 4 00 0 12

[A~x1 A~x2 A~x3

]=[4~x1 ~x1 + 4~x2 12~x3

]

(5.81)

što rezultira s tri jednakosti

A~x1 = 4~x1 (5.82a)

A~x2 = ~x1 + 4~x2 (5.82b)

A~x3 = 12~x3 (5.82c)

Prvi svojstveni vektor~x1 dobit cemo rješavanjem jednadžbe 5.101a:

4 1 −10 2 100 −2 14

·

x11

x21

x31

= 4

x11

x21

x31

(5.83)

iz koje dobivamo sustav tri jednadžbe s tri nepoznanice

4x11 + x21 − x31 = 4x11 (5.84a)

2x21 + 10x31 = 4x21 (5.84b)

−2x21 + 14x31 = 4x31 (5.84c)

iz cega slijedi

x21 = x31 (5.85a)

10x31 = 2x21 (5.85b)

−2x21 = −10x31 (5.85c)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 169 — #175


iz cega dobivamo da jex21 = x31 = 0, dok x11 može poprimiti bilo koju vrijednost.Zbog toga proizvoljno odabiremox11 = 1 što daje svojstveni vektor

~x1 =

100

(5.86)

Drugi svojstveni vektor~x2 dobit cemo rješavanjem jednadžbe 5.101b:

4 1 −10 2 100 −2 14

·

x12

x22

x32

=

100

+ 4

x12

x22

x32

(5.87)


4x12 + x22 − x32 = 1 + 4x12 (5.88a)

2x22 + 10x32 = 4x22 (5.88b)

−2x22 + 14x32 = 4x32 (5.88c)

iz cega slijedi

x22 = 1 + x32 (5.89a)

2x22 = 10x32 (5.89b)

2x22 = 10x32 (5.89c)

što daje rješenjex22 = 54 , x32 = 1

4 dok vrijednostx12 = 1 odabiremo proizvoljno.Rezultirajuci svojstveni vektor je

~x2 =

15414

(5.90)

Treci svojstveni vektor~x3 dobit cemo rješavanjem jednadžbe 5.101c:

4 1 −10 2 100 −2 14

·

x13

x23

x33

= 12

x13

x23

x33

(5.91)


4x13 + x23 − x33 = 12x13 (5.92a)

2x23 + 10x33 = 12x23 (5.92b)

−2x23 + 14x33 = 12x33 (5.92c)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 170 — #176


iz cega slijedi

x23 − x33 = 8x13 (5.93a)

x23 = x33 (5.93b)

x23 = x33 (5.93c)

Proizvoljo odabiremo da jex23 = x33 = 1 iz cega slijedi da jex13 = 0. Rezultat jesvojstveni vektor

~x3 =

011

(5.94)

Konacno matricu transformacijeP možemo dobiti kao

P =[~x1 ~x2 ~x3

]=

1 1 00 5

4 10 1

4 1

(5.95)

Za provjeru da li smo ispravno izracunali matricuP možemo pomocu nje izracunatimatricuA∗

A∗ = P−1AP =

1 −1 10 1 −10 −1

454

4 1 −10 2 100 −2 14

1 1 00 5

4 10 1

4 1

=

4 1 00 4 00 0 12

(5.96)

Primjer 5.2.4. MatricaA sustava treceg reda iznosi

A =

4 1 −10 2 100 −2 14

(5.97)

1. Odrediti svojstvene vrijednosti matriceA.

2. Odrediti matricuA∗ paralelne realizacije sustava.

3. Odrediti odgovarajucu matricu transformacije, tj. modalnu matricuP.

Rješenje:Svojstvene vrijednosti dobitcemo postavljanjem jednakostidet(sI−A) =0.

det(sI − A) =

∣∣∣∣∣∣

s − 4 −1 10 s − 2 −100 2 s − 14

∣∣∣∣∣∣

=(s − 4)[(s − 2)(s − 14) + 20]

=(s − 4)(s2 − 16s + 48) = (s − 4)(s − 4)(s − 12)

(5.98)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 171 — #177


Izjednacavanjem gornjeg izraza s nulom dobivamo tri svojstvene vrijednosti:s1 = 4,s2 = 4 i s3 = 12. Korištenjem svojstvenih vrijednosti možemo "složiti" matricuparalelne realizacije:

A∗ =

4 1 00 4 00 0 12

(5.99)

Uocite da dvostruka svojstvena vrijednost rezultira Jordanovim blokom takoda se nasporednoj dijagonali dodaje jedinica.

Svojstvene vektore~x1, ~x2 i ~x3 koji tvore matricuP dobit cemo korištenjem jed-nakosti

A · P =P · A∗

A ·[~x1 ~x2 ~x3

]=[~x1 ~x2 ~x3

]·

4 1 00 4 00 0 12

[A~x1 A~x2 A~x3

]=[4~x1 ~x1 + 4~x2 12~x3

]

(5.100)

što rezultira s tri jednakosti

A~x1 = 4~x1 (5.101a)

A~x2 = ~x1 + 4~x2 (5.101b)

A~x3 = 12~x3 (5.101c)

Prvi svojstveni vektor~x1 dobit cemo rješavanjem jednadžbe 5.101a:

4 1 −10 2 100 −2 14

·

x11

x21

x31

= 4

x11

x21

x31

(5.102)


4x11 + x21 − x31 = 4x11 (5.103a)

2x21 + 10x31 = 4x21 (5.103b)

−2x21 + 14x31 = 4x31 (5.103c)

iz cega slijedi

x21 = x31 (5.104a)

10x31 = 2x21 (5.104b)

−2x21 = −10x31 (5.104c)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 172 — #178


iz cega dobivamo da jex21 = x31 = 0, dok x11 može poprimiti bilo koju vrijednost.Zbog toga proizvoljno odabiremox11 = 1 što daje svojstveni vektor

~x1 =

100

(5.105)

Drugi svojstveni vektor~x2 dobit cemo rješavanjem jednadžbe 5.101b:

4 1 −10 2 100 −2 14

·

x12

x22

x32

=

100

+ 4

x12

x22

x32

(5.106)


4x12 + x22 − x32 = 1 + 4x12 (5.107a)

2x22 + 10x32 = 4x22 (5.107b)

−2x22 + 14x32 = 4x32 (5.107c)

iz cega slijedi

x22 = 1 + x32 (5.108a)

2x22 = 10x32 (5.108b)

2x22 = 10x32 (5.108c)

što daje rješenjex22 = 54 , x32 = 1

4 dok vrijednostx12 = 1 odabiremo proizvoljno.Rezultirajuci svojstveni vektor je

~x2 =

15414

(5.109)

Treci svojstveni vektor~x3 dobit cemo rješavanjem jednadžbe 5.101c:

4 1 −10 2 100 −2 14

·

x13

x23

x33

= 12

x13

x23

x33

(5.110)


4x13 + x23 − x33 = 12x13 (5.111a)

2x23 + 10x33 = 12x23 (5.111b)

−2x23 + 14x33 = 12x33 (5.111c)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 173 — #179

5.3. Upravljivost i osmotrivost 173

iz cega slijedi

x23 − x33 = 8x13 (5.112a)

x23 = x33 (5.112b)

x23 = x33 (5.112c)

Proizvoljo odabiremo da jex23 = x33 = 1 iz cega slijedi da jex13 = 0. Rezultat jesvojstveni vektor

~x3 =

011

(5.113)

Konacno matricu transformacijeP možemo dobiti kao

P =[~x1 ~x2 ~x3

]=

1 1 00 5

4 10 1

4 1

(5.114)

Za provjeru da li smo ispravno izracunali matricuP možemo pomocu nje izracunatimatricuA∗

A∗ = P−1AP =

1 −1 10 1 −10 −1

454

4 1 −10 2 100 −2 14

1 1 00 5

4 10 1

4 1

=

4 1 00 4 00 0 12

(5.115)

5.3. Upravljivost i osmotrivost

Upravljivost

Sustav je upravljiv ako pomocu barem jednog ulaza u sustav možemo utjecati na svekanonske varijable stanja sustava. Da bismo odredili upravljivost potrebno je poznavatimatriceA, B i C paralelne realizacije sustava.

Da li je sustav upravljiv zakljucit cemo promatranjem odredenih redaka iz matriceB. Analizirajuci matrice paralelne realizacije sustava zakljucujemo da je sustav upravljivako:

za jednostruke korijene vrijedi da za svaki redak odB koji odgovara jednostrukimkorijenima uA vrijedi da barem jedan njegov element nije jednak nuli,

za višestruke korijene vrijedi da za svaki redak odB koji odgovara posljednjem retkusvakog Joranovog bloka uA vrijedi da barem jedan njegov element nije jednaknuli.

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 174 — #180


Osmotrivost

Sustav je osmotriv ako se sva stanja sustava mogu pratiti na barem jednom odizlazasustava. Za odredivanje osmotrivosti potrebno je isto tako poznavati matriceA, B i C

paralelne realizacije sustava.

Da li je sustav osmotriv zakljucit cemo promatranjem odredenih stupaca iz matriceC. Analizirajuci matrice paralelne realizacije sustava zakljucujemo da je sustav osmotrivako:

za jednostruke korijene vrijedi da za svaki stupac odC koji odgovara prvom stupcusvakog Joranovog bloka uA vrijedi da barem jedan njegov element nije jednaknuli,

za višestruke korijene vrijedi da za svaki stupac odC koji odgovara jednostrukim ko-rijenima uA vrijedi da barem jedan njegov element nije jednak nuli.

Primjer 5.3.1. Sustav šestog reda sa tri ulaza icetiri izlaza opisan je sljedecim jed-nadžbama:

x′1

x′2

x′3

x′4

x′5

x′6

=

2 1 0 0 0 00 2 0 0 0 00 0 5 0 0 00 0 0 4 1 00 0 0 0 4 10 0 0 0 0 4

x1

x2

x3

x4

x5

x6

+

1 0 01 2 15 2 15 4 31 2 31 2 0

u1

u2

u3

y1

y2

y3

y4

=

1 4 4 1 0 01 3 3 3 0 12 2 2 1 0 21 0 1 1 0 0

x1

x2

x3

x4

x5

x6

+

1 0 00 0 20 0 00 1 0

u1

u2

u3

Potrebno je odrediti da li je sustav upravljiv i osmotriv.Rješenje:Vidimo da matricaA odgovara paralelnoj realizaciji sustava pošto je sas-

toji od jednostrukog korijena 5 koji se nalazi na dijagonali te dvostrukog korijena 2 itrostrukog korijena 4 koji su prikazani pomocu odgovarajucih Jordanovih blokova.

Za ocjenu upravljivosti promatratcemo samo retke 2 (posljednji redak prvog Jor-danovog bloka), 3 (odgovara jednostrukom korijenu 5) i 6 (posljednjiredak drugog Jor-davnog bloka) matriceB. Niti jedan od ovih redaka nije nul-redak pa zakljucujemo daje sustav upravljiv.

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 175 — #181


Za ocjenu osmotrivosti promatratcemo samo stupce 2 (prvi stupac prvog Jordanovogbloka), 3 (odgovara jednostrukom korijenu 5) i 6 (prvi stupac drugog Jordavnog bloka)matriceC. Niti jedan od ovih stupaca nije nul-stupac pa zakljucujemo da je sustavosmotriv.

Primjer 5.3.2. Sustav petog reda sa tri ulaza i tri izlaza opisan je matricama paralelnerealizacije:

A =

1 0 0 0 00 2 0 0 00 0 3 0 00 0 0 4 10 0 0 0 4

B =

2 0 01 1 11 1 25 1 10 0 0

C =

0 0 2 0 01 0 0 0 00 0 0 1 0

D =

2 0 00 0 00 0 1

Potrebno je odrediti da li je sustav upravljiv i osmotriv.Rješenje:MatricaA paralelne realizacije sustava sastoji se od jednostrukih korijena

1, 2 i 3 te od dvostrukog korijena 4 koji je predstavljen Jordanovim blokom.

Za ocjenu upravljivosti promatratcemo samo retke 1, 2, 3 i 5 matriceB. Vidimo dapeti redak ima sve elemente jednake nuli pa zakljucujemo da sustava nije upravljiv.

Za ocjenu osmotrivosti promatratcemo samo stupce 1, 2, 3 i 4 matriceC. Vidimoda je drugi stupac nul-stupac pa zakljucujemo da sustav nije osmotriv. Napominjemo dapeti stupac koji je isto tako nul-stupac ne utjece na odluku o osmotrivosti.

Primjer 5.3.3. Kontinuirani sustav drugog reda sa tri ulaza i tri izlaza prikazan je blokshemom sa slike 5.13.

1. Napisati matricne jednadžbe stanja i izlazne jednadžbe za doticnu realizaciju sus-tava.

2. Prijeci na kanonske varijable stanja i napisati odgovarajuce matricne jednadžbestanja i izlazne jednadžbe.

3. Na osnovu matricnih jednadžbi provjeriti da li je sustav upravljiv i osmotriv.

4. Skicirati odgovarajucu paralelnu realizaciju sustava i na njoj provjeriti tvrdnju oupravljivosti i osmotrivosti.

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 176 — #182


∫ ∫ 2

3

9

3

3

2

x2 x1

u1

u3

u2

y1

y2

y3

-


Rješenje:Iz zadane blok sheme možemo pisati jednadžbe stanja

x′1 = −x1 + x2 + 9u1 + 3u2

x′2 = −2x1

(5.116)

i izlazne jednadžbe

y1 = 3(−x1 + x2 + 9u1 + 3u2) = −3x1 + 3x2 + 27u1 + 9u2

y2 = 2x1 + 3(x2 + u3) = 2x1 + 3x2 + 3u3

y3 = x2 + u3

(5.117)

Ekvivalentne jednadžbe u matricnom obliku glase

[x′

1

x′2

]

︸︷︷︸

x′

=

[−1 12 0

]

︸︷︷︸

A

[x1

x2

]

︸︷︷︸

x

+

[9 3 00 0 0

]

︸︷︷︸

B

u1

u2

u3

︸︷︷︸

u

y1

y2

y3

︸︷︷︸

y

=

−3 32 30 1

︸︷︷︸

C

[x1

x2

]

︸︷︷︸

x

+

27 9 00 0 30 0 1

︸︷︷︸

D

u1

u2

u3

︸︷︷︸

u

(5.118)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 177 — #183


Prvocemo odrediti svojstvene vrijednosti matriceA tako da riješimo jednadžbudet(sI−A) = 0.

sI − A =

[s + 1 −1−2 s

]

(5.119)

det(zI − A) = s(s + 1) − 2 = s2 + s + 2 (5.120)


s1,2 =−1 ±

√1 + 8

2, odnosnos1 = 1 i s2 = −2. (5.121)


adj(siI − A) =

[s 12 s + 1

]

(5.122)

Za prvu svojstvenu vrijednosts1 = 1

adj(s1I − A) =

[1 12 2

]


[12

]

. (5.123)

Za drugu svojstvenu vrijednosts2 = −2

adj(s2I − A) =

[−2 12 −1

]


[1−1

]

.

(5.124)Napominjemo da smo za drugi svojstveni vektor mogli odabrati i bilo koji drugi vektorkoji je proporcionalan bilo kojem stupcu matriceadj(s2I − A).Sada možemo sastaviti matricuP od svojstvenih vektora matriceA:

P =[X1 X2

]=

[1 12 −1

]

(5.125)


P−1 =adj(P)

det(P)=

1

−3

[−1 −1−2 1

]

(5.126)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 178 — #184



A∗ = P−1AP =

[1 00 −2

]

B∗ = P−1B =1

−3

[−1 −1−2 1

] [9 3 00 0 0

]

=

[3 1 06 2 0

]

C∗ = CP =

−3 32 30 1

[1 12 −1

]

=

3 −68 −12 −1

D∗ = D =

27 9 00 0 30 0 1

(5.127)

Sada možemo pisati matricne jednadžbe paralelne realizacije sustava:

[x′

1

x′2

]

︸︷︷︸

x′

=

[1 00 −2

]

︸︷︷︸

A∗

[x1

x2

]

︸︷︷︸

x

+

[3 1 06 2 0

]

︸︷︷︸

B∗

u1

u2

u3

︸︷︷︸

u

y1

y2

y3

︸︷︷︸

y

=

3 −68 −12 −1

︸︷︷︸

C∗

[x1

x2

]

︸︷︷︸

x

+

27 9 00 0 30 0 1

︸︷︷︸

D∗

u1

u2

u3

︸︷︷︸

u

(5.128)

Treba napomenuti da su nove kanonske varijable stanje oznacne istim slovimax1 i x2

iako se zapravo radi o potpuno novim varijablama stanja u odnosu na varijable stanjapocetne realizacije.

Važno je napomenuti i to da je bilo moguce dobiti razne paralelne realizacije doticnogsustava (koje su jednako tako ispravne) odabirom drugih svojstvenih vektora matriceAkoji tvore matricu transformacijeP. U tom bi slucaju jedino matricaA∗ ostala ista di-jagonalna matrica sa dijagonalom koja sadrži svojstvene vrijednosti matriceA, dok bimatriceB∗ i C∗ bile drugacije. No, gledajuci izvana, ništa se nije promjenilo jer odnosiulaznih i izlaznih signala ostaju sacuvani.

Paralelna realizacija sustava prikazana je blok shemom sa slike 5.14. Iz slikejejasno vidljivo da je sustav upravljiv i osmotriv.

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 179 — #185


2

∫

∫-

3

6

27

2

9

3

8

2

6

-

y1

-

y3

-

u1

u3

u2

3

x2

x1

x'2

x'1

y2

Slika 5.14.Blokovski dijagram paralelne realizacije sustava

Primjer 5.3.4. Diskretni sustav sa dva ulaza i dva izlaza opisan je jednadžbama:

[x1[n + 1]x2[n + 1]

]

︸︷︷︸

x[n+1]

=

[2 11 2

]

︸︷︷︸

A

[x1[n]x2[n]

]

︸︷︷︸

x[n]

+

[−1 33 1

]

︸︷︷︸

B

[u1[n]u2[n]

]

︸︷︷︸

u[n][y1[n]y2[n]

]

︸︷︷︸

y[n]

=

[1 0−1 0

]

︸︷︷︸

C

[x1[n]x2[n]

]

︸︷︷︸

x[n]

+

[0 33 0

]

︸︷︷︸

D

[u1[n]u2[n]

]

︸︷︷︸

u[n]

(5.129)

Potrebno je: (1) Prijeci na kanonske varijable stanja i napisati odgovarajuce matricnejednadžbe stanja i izlazne jednadžbe. (2) Skicirati odgovarajucu realizaciju sustava bazi-ranu na kanonskim varijablama stanja. (3) Provjeriti da li je sustav upravljiv i osmotriv.

Rješenje:Prvocemo odrediti svojstvene vrijednosti matriceA tako da riješimo jed-

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 180 — #186


nadžbudet(zI − A) = 0.

zI − A =

[z 00 z

]

−[2 11 2

]

=

[z − 2 −1−1 z − 2

]

(5.130)

det(zI − A) = (z − 2)(z − 2) − 1 = z2 − 4z + 3 (5.131)


z1,2 =4 ±

√16 − 12

2, odnosnoz1 = 3 i z2 = 1. (5.132)


adj(ziI − A) =

[zi − 2 1

1 zi − 2

]

(5.133)

Za prvu svojstvenu vrijednostz1 = 3

adj(3I − A) =

[1 11 1

]


[11

]

. (5.134)

Za drugu svojstvenu vrijednostz2 = 1

adj(I − A) =

[−1 11 −1

]


[1−1

]

. (5.135)

Napominjemo da smo za drugi svojstveni vektor mogli odabrati i bilo koji drugi vektorkoji je proporcionalan bilo kojem stupcu matriceadj(z2I − A).Sada možemo sastaviti matricuP od svojstvenih vektora matriceA:

P =[X1 X2

]=

[1 11 −1

]

(5.136)


P−1 =adj(P)

det(P)=

1

−2

[−1 −1−1 1

]

=

[0.5 0.50.5 −0.5

]

(5.137)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 181 — #187



A∗ = P−1AP =

[3 00 1

]

B∗ = P−1B =

[0.5 0.50.5 −0.5

] [−1 33 1

]

=

[1 2−2 1

]

C∗ = CP =

[1 0−1 0

] [1 11 −1

]

=

[1 1−1 −1

]

D∗ = D =

[0 33 0

]

(5.138)

Sada možemo pisati nove matricne jednadžbe bazirane na kanonskim varijablama stanja[x1[n + 1]x2[n + 1]

]

︸︷︷︸

x[n+1]

=

[3 00 1

]

︸︷︷︸

A∗

[x1[n]x2[n]

]

︸︷︷︸

x[n]

+

[1 2−2 1

]

︸︷︷︸

B∗

[u1[n]u2[n]

]

︸︷︷︸

u[n][y1[n]y2[n]

]

︸︷︷︸

y[n]

=

[1 1−1 −1

]

︸︷︷︸

C∗

[x1[n]x2[n]

]

︸︷︷︸

x[n]

+

[0 33 0

]

︸︷︷︸

D∗

[u1[n]u2[n]

]

︸︷︷︸

u[n]

(5.139)

Pošto su svi retci matriceB∗ razliciti od nule zakljucujemo da je sustav upravljiv, a poštosu svi stupci matriceC∗ razliciti od nule zakljucujemo da je sustav osmotriv. Dakle,zadani sustav je i upravljiv i osmotriv. Važno je primjetiti da je jedan stupac matriceC bio jednak nuli no to nije dokaz da sustav nije osmotriv. Naime, za zakljucivanjeo upravljivosti i osmotrivosti relevantne su jedino matrice koje odgovarajukanonskojrealizaciji sustava.Realizacija sustava bazirana na kanonskim varijablama stanja prikazana je na slici 5.15.

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 182 — #188


u1[n]

3

E-1

E-1

2

2

-u2[n]

y1[n]

y2[n]

3

3

x1[n]x1[n+1]

x2[n]x2[n+1] -

-


5.4. Odziv linearnih sustava

Kontinuirani sustavi

Za sustave za više ulaza i izlaza vrlo je korisno koristiti matricne jednadžbe kako bise prikazalo odnose izmedu svih ulaza i izlaza sustava. Za kontinuirane sustave odnosizlaznih i ulaznih signala definiran je izrazom

Y(s) = CΦ(s)x(0) + H(s)U(s) (5.140)

gdje jeΦ(s) matrica karakteristicnih frekvencija

Φ(s) = (sI − A)−1, (5.141)

aH(s) je transfer matricaH(s) = CΦ(s)B + D (5.142)

Broj redaka matriceH(s) odgovara broju izlaza, a broj stupaca odgovara broju ulazasustava. Jedan primjer transfer matrice sustava koji ima 3 ulaza i 2 izlaza je

H(s) =

[ 1s+1

2s+1 + 2

s+2 21

s+1 + 2s+3

3s+2

1s+2 + 3

s+3

]

(5.143)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 183 — #189

5.4. Odziv linearnih sustava 183

Ekvivalent matriceH(s) u domeni vremena je matricah(t) koju nazivamo matricomimpulsnog odziva. Matrica impulsnog odziva koja odgovara matriciH(s) iz 5.143 je

h(t) =

[e−t 2e−t + 2e−2t 2δ(t)

e−t + 2e−3t 3e−2t e−2t + 3e−3t

]

(5.144)

Iz izraza 5.143 i 5.144 se može išcitati da je npr. prijenosna funkcija koja daje odzivdrugog izlaza s obzirom na prvi ulaz

H21(s) =1

s + 1+

2

s + 3(5.145)

odnosno da je odgovarajuci impulsni odziv

h21(t) = e−t + 2e−3t (5.146)

Isto tako, vremenski ekvivalent matrice karakteristicnih frekvencijaΦ(s) oznacavase saΦ(t) i naziva se fundamentalnom ili prijelaznom matricom.

Diskretni sustavi

Kod diskretnih sustava matricni izrazi su vrlo slicni onima za kontinuirane sustave:

Y(z) = CΦ(s)x[0] + H(z)U(z) (5.147)

gdje jeΦ(z) = z(zI − A)−1, (5.148)

H(s) = C(zI − A)−1B + D (5.149)

Primjer 5.4.1. Dokazati izraz za transfer matricu kontinuiranog sustava

H(s) = CΦ(s)B + D (5.150)

gdje jeΦ(s) = (sI − A)−1. (5.151)

Rješenje:Matricna jednadžba stanja sustava je

x′(t) = Ax(t) + Bu(t) (5.152)

Laplaceova transformacija gornje jednadžbe daje

sX(s) − x(0) = AX(s) + BU(s) (5.153)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 184 — #190


Raspisivanjem dobivamo

sX(s) − AX(s) = x(0) + BU(s) (5.154a)

(sI − A)X(s) = x(0) + BU(s) (5.154b)

X(s) = (sI − A)−1[x(0) + BU(s)] (5.154c)

X(s) = Φ(s)[x(0) + BU(s)] (5.154d)

Izlazna matricna jednadžba sustava je

y(t) = Cx(t) + Du(t) (5.155)

pa primjena Laplaceove transformacije daje

Y(s) = CX(s) + DU(s) (5.156)

Uvrštavanjem izraza 5.154d u 5.156 dobivamo

Y(s) = CΦ(s)[x(0) + BU(s)] + DU(s) (5.157a)

Y(s) = CΦ(s)x(0) + [CΦ(s)B + D]U(s) (5.157b)

Za sustav u mirnom stanju vrijedix(0) = 0 pa dobivamo

Y(s) = [CΦ(s)B + D]U(s) (5.158)

iz cega slijedi da jeH(s) = CΦ(s)B + D. (5.159)

Primjer 5.4.2. Vremenski kontinuirani sustav sa dva ulaza i tri izlaza opisan je ma-tricnim jednadžbama

[x′

1

x′2

]

=

[−1 1−2 −4

] [x1

x2

]

+

[1 10 2

] [u1

u2

]

y1

y2

y3

=

0 20 1−2 1

[x1

x2

]

+

0 00 00 1

[u1

u2

] (5.160)

1. Odrediti matricu karakteristicnih frekvencijaΦ(s)

2. Odrediti prijenosnu matricuH(s).

3. Odrediti odziv na trecem izlazu sustava na impulsnu pobudu na drugom ulazusustavau2(t) = δ(t).

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 185 — #191

5.4. Odziv linearnih sustava 185

Rješenje:Za odredivanje matrice karakteristicnih frekvencija trebatce nam sljedeciizrazi

sI − A =

[s + 1 −1

2 s + 4

]

, (5.161)

det(sI − A) = (s + 1)(s + 4) + 2 = s2 + 5s + 6 = (s + 2)(s + 3), (5.162)

koje uvrštavamo u izraz

Φ(s) = (sI − A)−1 =1

(s + 2)(s + 3)

[s + 4 1−2 s + 1

]

. (5.163)

Sada možemo izracunati prijenosnu matricuH(s):

H(s) =CΦ(s)B + D

=

0 20 1−2 1

1

(s + 2)(s + 3)

[s + 4 1−2 s + 1

] [1 10 2

]

+

0 00 00 1

=1

(s + 2)(s + 3)

−4 4s−2 2s

−2s − 10 −12

+

0 00 00 1

(5.164)

Prijenosna funkcija koja definira odnos izmedu treceg izlaza i drugog ulaza sustava oci-tava se u trecem retku i drugom stupcu transfer matrice:

H23(s) = − 12

(s + 2)(s + 3)+ 1 (5.165)

Rastavom na parcijalne razlomke dobivamo

H23(s) = − 12

s + 2+

12

s + 3+ 1 (5.166)

iz cega slijedi odgovarajuci impulsni odziv

h23(t) = −12e−2t + 12e−3t + δ(t). (5.167)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 186 — #192

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 187 — #193

6. Dodatak: korisne matematickerelacije

6.1. Trigonometrijske funkcije

sin(A ± B) = sinA cos B ± cos A sinB (6.1)

cos(A ± B) = cos A cos B ∓ sinA sin B (6.2)

cos A cos B =1

2[cos(A + B) + cos(A − B)] (6.3)

sinA sinB =1

2[cos(A − B) − cos(A + B)] (6.4)

sinA cos B =1

2[sin(A + B) + sin(A − B)] (6.5)

sinA + sin B = 2 sin1

2(A + B) cos

1

2(A − B) (6.6)

sinA − sin B = 2 sin1

2(A − B) cos

1

2(A + B) (6.7)

cos A + cos B = 2 cos1

2(A + B) cos

1

2(A − B) (6.8)

cos A − cos B = −2 sin1

2(A + B) sin

1

2(A − B) (6.9)

sin x =ejx − e−jx

2jcos x =

ejx + e−jx

2ejx = cosx + jsinx (6.10)

sin(ωt + φ) = cos(ωt + φ − π

2) (6.11)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 188 — #194

188 6. Dodatak: korisne matematicke relacije

6.2. Sume

∞∑

n=0

an =1

1 − aza |a| < 1 (6.12)

∞∑

n=M

an =aM

1 − aza |a| < 1 (6.13)

∞∑

n=0

nan =a

(1 − a)nza |a| < 1 (6.14)

N∑

n=M

an =aN+1 − aM

(a − 1)za |a| 6= 1 (6.15)

N∑

n=0

n =N(N + 1)

2(6.16)

N∑

n=0

n2 =N(N + 1)(2N + 1)

6(6.17)

6.3. Integrali

6.3.1. Neodredeni integrali

∫

sin axdx = −1

acos ax

∫

cos axdx =1

asin ax (6.18)

∫

eaxdx =1

aeax (6.19)

∫

xeaxdx =eax

a2(ax − 1) (6.20)

∫dx

ax2 + b=

1√ab

tan−1(x√

a/b) (6.21)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 189 — #195

6.3. Integrali 189

6.3.2. Odredeni integrali

∫ ∞

0e−r2x2

dx =

√π

2r(6.22)

∫ ∞

0

sin2 x

xdx =

π

2(6.23)

∫ π

0sinmx sinnxdx =

∫ π

0cos mx cos nxdx = 0 (6.24)

∫ π

0sinmx cos nxdx =

2m

m2−n2 ako jem + n neparan

0 ako jem + n paran(6.25)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 190 — #196


6.4. Fourierova transformacija

Vremenska funkcija Fourierova transf. Fourierova transf.Operacija x(t) X(ω) X(f)

Kompl. konjug. x∗(t) X∗(−ω) X∗(−f)

Reverzija x(−t) X(−ω) X(−f)

Simetrija X(t) 2πx(−ω) x(−f)

Skaliranje x(at) 1|a|X(ω

a) 1

|a|X(fa)

Vrem. kašnjenje x(t − t0) X(ω)e−jt0ω X(f)e−j2πt0f

Vrem. derivacija dn

dtnx(t) (jω)nX(ω) (j2πf)nX(f)

Vrem. integracija∫ t

−∞ x(λ)dλ 1jω

X(ω) + πX(0)δ(ω) 1j2πf

X(f) + 12X(0)δ(f)

Vrem. korelacija R(τ) =∫

x(t)y∗(t + τ)dt X(ω)Y ∗(ω) X(f)Y ∗(f)

Translacija u frekv. x(t)ejω0t X(ω − ω0) X(f − f0)

Deriviranje u frekv. (−j)ntnx(t) dn

dωn X(ω) ( 12π

)n dn

dfn X(f)

Konvolucija u frekv. x(t)y(t) 12π

X(ω) ∗ Y (ω) X(f) ∗ Y (f)

Tablica 6.1.Tablica Fourierove transformacije

Parsevalov teorem:∫ ∞

−∞x(t)y∗(t)dt =

1

2π

∫ ∞

−∞X(ω)Y ∗(ω)dω =

∫ ∞

−∞X(f)Y ∗(f)df (6.26)

x(0) =

∫ ∞

−∞X(f)df X(0) =

∫ ∞

−∞x(t)dt (6.27)

6.4.1. Nekicesto korišteni signali

Navodimo nekecesto korištene transformate:

x(t) = δ(t) (6.28a)

X(ω) = 1 (6.28b)

X(f) = 1 (6.28c)

x(t) = u(t) (6.29a)

X(ω) = πδ(ω) +1

jω(6.29b)

X(f) =1

2δ(f) +

1

j2πf(6.29c)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 191 — #197


x(t) = sqnt =t

|t| (6.30a)

X(ω) =2

jω(6.30b)

X(f) =1

jπf(6.30c)

x(t) = K (6.31a)

X(ω) = 2πKδ(ω) (6.31b)

X(f) = Kδ(f) (6.31c)

x(t) = cos ω0t (6.32a)

X(ω) = π[δ(ω − ω0) + (ω + ω0)] (6.32b)

X(f) =1

2[δ(f − f0) + δ(f + f0)] (6.32c)

x(t) = sinω0t (6.33a)

X(ω) = −jπ[δ(ω − ω0) − (ω + ω0)] (6.33b)

X(f) =−j

2[δ(f − f0) − δ(f + f0)] (6.33c)

x(t) = ejω0t (6.34a)

X(ω) = 2πδ(ω − ω0) (6.34b)

X(f) = δ(f − f0) (6.34c)

6.5. Laplaceova transformacija

Navodiom neka najcešce korištena svojstva Laplaceove transformacije:

Linearnost:

y(t) = a1x1(t) + a2x2(t) (6.35a)

Y (s) = a1X1(s) + a2X2(s) (6.35b)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 192 — #198


Deriviranje u vremenu:

y(t) = x′(t) (6.36a)

Y (s) = sX(s) − x(0−) (6.36b)

Integracija u vremenu:

y(t) =

∫ t

0x(ξ)dξ (6.37a)

Y (s) =1

sX(s) (6.37b)

Množenje sat:

y(t) = tx(t) (6.38a)

Y (s) = −dX(s)

ds(6.38b)

Dijeljenje sat:

y(t) =1

tx(t) (6.39a)

Y (s) =

∫ ∞

s

X(ξ)dξ (6.39b)

Pomak zat0:

y(t) = x(t − t0)u(t − t0) (6.40a)

Y (s) = e−st0X(s) (6.40b)

Množenje sa eksponencijalnom funkcijom:

y(t) = e−atx(t) (6.41a)

Y (s) = X(s + a) (6.41b)

Skaliranje u vremenu:

y(t) = x(at), a > 0 (6.42a)

Y (s) =1

aX(

s

a) (6.42b)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 193 — #199


Konvolucija u vremenu:

y(t) = x1 ∗ x2 =

∫ t

0x1(λ)x2(t − λ)dλ (6.43a)

Y (s) = X1(s)X2(s) (6.43b)

Pocetna vrijednost:

y(t) = x(0+) (6.44a)

Y (s) = lims→∞sX(s) (6.44b)

Konacna vrijednost:

y(t) = x(∞) (6.45a)

Y (s) = lims→0

sX(s) (6.45b)

Množenje funkcija u vremenu:

y(t) = x1(t)x2(t) (6.46a)

Y (s) =1

2πj

∫ c+j∞

c−j∞X1(s − λ)X2(λ)dλ (6.46b)

Cesto korišteni transformati

Y (s) = sn (6.47a)

y(t) = δn(t) (6.47b)

Y (s) = s (6.48a)

y(t) = δ′(t) (6.48b)

Y (s) = 1 (6.49a)

y(t) = δ(t) (6.49b)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 194 — #200


Y (s) =1

s(6.50a)

y(t) = u(t) (6.50b)

Y (s) =1

s2(6.51a)

y(t) = tu(t) (6.51b)

Y (s) =1

sn(6.52a)

y(t) =tn−1

(n − 1)!u(t) (6.52b)

Y (s) =1

s + α(6.53a)

y(t) = e−αtu(t) (6.53b)

Y (s) =1

(s + α)2(6.54a)

y(t) = te−αtu(t) (6.54b)

Y (s) =β

s2 + β2(6.55a)

y(t) = sinβtu(t) (6.55b)

Y (s) =s

s2 + β2(6.56a)

y(t) = cosβtu(t) (6.56b)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 195 — #201

6.6. Z-transformacija 195

Y (s) =β

(s + α)2 + β2(6.57a)

y(t) = e−αtsinβtu(t) (6.57b)

Y (s) =s + α

(s + α)2 + β2(6.58a)

y(t) = e−αtcosβtu(t) (6.58b)

Y (s) =1

(s + a)(s + b)(6.59a)

y(t) =e−at − e−bt

b − au(t) (6.59b)

6.6. Z-transformacija

Inverzna transformacija:

y[n] =1

2πj

∮

X(z)zn−1dz (6.60a)

Y (z) = X(z) (6.60b)

Linearnost:

y[n] = ax1[n] + bx2[n] (6.61a)

Y (z) = aX1(z) + bX2(z) (6.61b)

Vremensko kašnjenje zak:

y[n] = x[n − k]u[n − k] (6.62a)

Y (z) = z−kX(z) (6.62b)

Vremensko prednjacenje zak:

y[n] = x[n + k]u[n] (6.63a)

Y (z) = zkX(z) − zkk−1∑

i=0

x(i)z−i (6.63b)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 196 — #202


Množenje saan:

y[n] = anx[n] (6.64a)

Y (z) = X(za−1) (6.64b)

Množenje sa n:

y[n] = nx[n] (6.65a)

Y (z) = −zd

dzX(z) (6.65b)

Množenje funkcija:

y[n] = x1[n]x2[n] (6.66a)

Y (z) =1

2πj

∮X1(λ)X2(z/λ)dλ

λ(6.66b)

Konvolucija funkcija:

y[n] =n∑

k=0

x[n − k]h(k) (6.67a)

Y (z) = X(z)H(z) (6.67b)

Pocetna vrijednost:

y[n] = limn→ 0

x[n] (6.68a)

Y (z) = limz→ ∞

X(z) (6.68b)

Krajnja vrijednost:

y[n] = limn→ ∞

x[n] (6.69a)

Y (z) = limz→ 1

(1 − z−1)X(z) (6.69b)

Cesto korišteni transformati

y[n] = xn (6.70a)

Y (z) = x0 + x1z−1 + x2z

−2 + x3z−3 + ... (6.70b)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 197 — #203

6.6. Z-transformacija 197

y[n] = δ[n] (6.71a)

Y (z) = 1 (6.71b)

y[n] = u(n) (6.72a)

Y (z) =z

z − 1(6.72b)

y[n] = an (6.73a)

Y (z) =z

z − a(6.73b)

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 198 — #204

“sis-zbirka” — 2007/1/16 — 13:37 — page 199 — #205

Literatura

1. Babic, H., Signali i sustavi, Zavodska skripta, Fakultet elektrotehnike i racu-narstva, Zagreb, 1996.

2. Hsu H.,Schaum’s Outline of Signals and Systems, McGraw-Hill, 1995.

3. Soliman, S.,Continuous and Discrete Signals and Systems, Prentice Hall, 1997.

4. Lathi, B.P.,Linear Systems and Signals (The Oxford Series in Electrical and Com-puter Engineering), Oxford University Press, 2004.

5. Oppenheim, A. V.,Signals and Systems, Prentice Hall, 1996.

Documents

Sis Zbirka