Sinyaller & Sistemler – Ayrık Sinyaller ve Sistemler
ÖRNEKLEME TEORİSİ
e[k ]
∑
A/D
x[k ]
x (t )
D/A
G[z ]
G (s )
örnekleyici
ayrık zaman kontrölörü
T
f (t )
y (t )
y (t )
L
e(t )
A
R
Detay analizinden önce verilen ön bilgilerin ışığında örnekleyicinin genel bir sistem
içerisindeki yeri ve davranışına bir göz atalım. Modern elektrik – elektronik mühendisliği ve
sistemleri, sürekli ve ayrık zaman sistemlerinin kombinasyonundan oluşan hibrid
görünümdediriler. Aşağıda böyle bir sistemi görmekteyiz.
I
Örneklemeye Genel Bakış
sürekli-zaman sistem
O
Şekil 1. Hibrid sistem ve örnekleyici
N
Örnekleme
A
Bunun için öncelikle işaretin band-sınırlı (band-limited) olması gerekecektir. Böyle bir band
sınırının örneğin B Hz olduğu kabul edelim. Bu durumdaki Nyquist miktarı (rate) olarak anılır
( f S-min = FN ). Örnekleme teorisinin uygulanabilmesi için iki temel kriter olan
M
1. Band-sınırlı işaret
2. Örnekleme frekansı ( f S ≥ 2 B )
Örnek
Ş
x (t ) = cos 2π t Sinyali f S = 2 Hz örnekleme frekansıyla örneklendiğinde oluşan ayrık sinyali
bulun.
I
Çözüm
L
x(t ) = cos 2π t = cos 2π (1)t → f 0 = 1 Hz
Ç
A
Buradan örneklenmesi istenen analog sinyalin frekansının f 0 = 1 Hz olduğunu görmekteyiz.
Böyle bir sinyali sağlıklı örnekleyebilmek için gereken örnekleme frekansı fS ≥ 2 f 0 kuralı
gereğ
eğer f 0 = 1 Hz ise, fS ≥ 2 olmalıdır. Verilen analog sinyal t = kTS olarak
örneklendiğinde ayrık sinusoidal sinyal aşağıdaki formda oluşur.
x(kTS ) = cos 2π t = cos 2π ( f 0 )kTS = cos 2π f 0
f
1
1
2π
k = cos 2π 0 k = cos 2π k = cos
k = cos π k = x (k )
fS
fS
2
2
1
Aşkın Demirkol
x( k ) = cos π k
f 0 2π f 0 2π
saykıl
=
=
=
fS
fS
2 örnek sayısı
R
2π
I
Eğerf frekansı f 0 = 1 Hz olan x (t ) = cos 2π t sinyali fS ≥ 2 f 0 kuralı gereği f S = 2 Hz frekansı
ile sağlıklı olarak örneklendiğinde, x( k ) = cos π k ayrık sinyali oluşuyorsa buradan,
A
veya pratik olarak,
L
f0 1
saykıl
= =
f S 2 örnek sayısı
f 0 2π f 0 2π × 2 4π 2 saykıl
=
=
=
=
fS
fS
2
2
2 örnek
yanlış örnekleme (örtüşme, aliasing)
O
2π
T
yazılabilir. Eğer f 0 = 2 Hz alınırsa,
A
f 0 2π f 0 2π × 1 2π 1 saykıl
=
=
=
=
2
2 2 örnek
fS
fS
Örnek

 k Ayrık sinyalinin sağlıklı örneklenip örneklenmediğini araştırın.

Ş
 5π
x(k ) = 3sin 
 4
sağlıklı örnekleme
M
2π
N
2 saykıl
olması gerekiğini biliyoruz ( f S = 4 Hz alınırsa ).
4 örnek
Bu durumda frekansı f 0 = 1 Hz olan x (t ) = cos 2π t sinyali fS ≥ 2 f 0 kuralı gereği f S = 2 Hz
frekansı ile sağlıklı olarak örneklendiğinde, x( k ) = cos π k oluşmuşsa buradan,
Doğrusunun fS ≥ 2 f 0 kural gereği,
I
Çözüm
Ç
A
L
 5π 
 10π 
 5 × 2π 
x (k ) = 3sin 
 k = 3sin 
 k = 3sin 
k
 4 
 8 
 8 
5 × 2π 5 saykıl
=
yanlış örnekleme (örtüşme, aliasing)
8
8 örnek
2
Sinyaller & Sistemler – Ayrık Sinyaller ve Sistemler
R
Aşağıdaki şekilden görüldüğü gibi ideal örnekleme kavramı, (c) de kullanılan sıfır genişlikli
ideal impuls dizisinin örnekleme fonksiyonu olarak kullanılmasından gelmektedir.
F (ω)
f (t )
A
I
İDEAL ÖRNEKLEME
A
t
− 2πB
2πB
L
0 B
-b–
P(ω)
-a-
F (Hz )
T
p(t ) = δ T (t )
ω
O
2π
T
t
− 2ωS
TS ≤
N
TS
1
2B
− ωS
f S = 1 / TS
ωS
2ωS
3ωS ω
fS ≥ 2 B
-c-
-d-
PT (ω)
A
M
p (t )
f (t )
0
f (t )
F (ω)
F (ω)
-f-
Ş
-e-
LPF
F (ω)
Ç
A
L
I
f (t )
A/T
t
2πB
0 B
-h-
- g-
Şekil 2. İdeal örnekleme ve Fourier spektrumu
3
ωS
FS
ω
F (Hz)
Aşkın Demirkol
f (t ) = f (t ) × δ T (t )
= f (t ) p(t )
∑ δ (t − nT ) ↔
n =−∞
2π
T
∞
∑ δ (ω − nω ) = P(ω)
S
n =−∞
I
∞
p (t ) =
R
f (t ) = f (t ) p (t )
∞
∑ f (nT ) δ
=
T
(t − nT )
1
T
∞
∑ F (ω − nω )
S
n = −∞
L
F ( ω) =
A
n = −∞
T
Örnek
O
f (t ) = sinc 2 (5π t ) işaretini 5, 10 ve 20 Hz lik örnekleme frekanslarına göre inceleyin
Çözüm
N
f (t ) ↔ F (ω)
Ş
M
A
 −ω  Dualite prensibi
F (t ) ↔ 2π f 

 τ 
τ
t
 ωτ 
4π
 tτ 
ω
∆   ↔ sinc 2 
sinc2   ↔
2π ∆  

2
τ 
 4 
τ
4
τ 
→
τ
τ
 tτ 
ω
sinc 2   ↔ 2π ∆  
f (t ) = sinc 2 (5π t ) → = 5π → τ = 20π
2
4
4
τ 
4π
 ω  1  ω 
 ω 
sinc2 (5π t ) ↔
∆
 = ∆
 = 0.2∆ 

20π  20π  5  20π 
 20π 
I
Tüm spektral genişlik ( −10π ,10π ) olarak 20π ise simetriden dolayı band genişliği
ω = 10π rad/sn → B = f = 5 Hz
L
a) Bu durumda örnekleme frekansı f S = 5 Hz için
f S ≥ 2 B = 10 Hz koşulunu sağlayamadığından örtüşme
Ç
A
f S = 5 Hz örnekleme frekansı
olacaktır.
b) f S = 10 Hz için
B = 5 Hz olduğundan f S ≥ 2 B = 10 ≥ 2 × 5 = 10 = 10 koşulu gereği kritik örnekleme söz
konusudur.
c) f S = 20 Hz için
B = 5 Hz olduğundan f S ≥ 2 B = 20 >> 2 × 5 = 10 koşulu gereği aşırı örnekleme söz
konusudur.
4
Sinyaller & Sistemler – Ayrık Sinyaller ve Sistemler
A
R
İdeal olmayan örneklemede, örnekleme fonksiyonu olarak sıfır genişliğindeki impuls dizisi
yerine T periodlu ∆ genişliğinde darbe dizisi kullanılmaktadır. Uygulamaya dönük oluşundan
dolayı pratik örnekleme olarak da bilinir. Oluşan pratik örneklemin genel şeması aşağıda
verilmiştir.
F (ω)
f (t )
A
I
PRATİK ÖRNEKLEME : İDEAL OLMAYAN ÖRNEKLEME
t
− ωM 0 ωM
L
ω
-b–
T
-a-
P (ω)
2π ∆ / T
p (t )
O
∆
N
− 3ωS − 2ωS
T
2ωS
0
− ωS
-c-
ω
ωS
-dP (ω)
A
M
p (t )
f (t )
3ωS
f (t )
F (ω)
F (ω)
-e-
-f-
Ş
F (ω)
A ∆ /T
1/ ∆
I
f (t )
L
− 1/ ∆
t
− 3ωS − 2ωS
2ωS
− ωS
0
3ωS
ωS
− ωM ωM
ω S − ωM
T
Ç
A
∆
ω S + ωM
-h-
- g-
Şekil 3. Darbe genlik modülasyonu : Doğal örnekleme ve Fourier spektrumu
5
ω
Aşkın Demirkol
Yeniden oluşturma (reconstruction) olarak bilinen bu proseste örneklenmiş işaret
örneklerinden tekrar elde edilmeye çalışılmaktadır. Bunun için iki temel şartın : band-sınırlı
(B Hz) işaret ve Nyquist oranının f S ≥ 2 B sağlandığını başından kabul ediyor ve bu şartlar
altında yeniden oluşturma işlemini analiz edeceğimiz belirtmemiz gerekiyor.
A
R
Burada verilen band-sınırlı f (t ) işaretinin örneklenmiş f (t ) işaretinden elde edilişi ele
alınacaktır. Bu işlem yapılırken örneklenmiş işaretin ideal bir alçak geçiren filtreden
geçirildiği göz önüne alınarak grafiksel bir yöntem izlenecektir. Hatırlanacağı gibi
örneklenmiş işaret
I
İşaretin Örneklerinden Elde Edilişi (Reconstruction)
L
f (t ) = f (t ) p (t )
∞
∑ δ (t − nT )
p (t ) =
n = −∞
T
olarak elde edilmekteydi. Buradan tekrar f (t ) nin elde edilmesi için
O
f r (t ) = f (t ) * h(t )
∞
f r (t ) =
∑ f (nT ) h(t − nT )
N
n = −∞
YENİDEN ELDE ETME VE INTERPOLASYON
Ş
M
A
Yeniden oluşturma (reconstruction) olarak bilinen bu proseste örneklenmiş işaret
örneklerinden tekrar elde edilmeye çalışılmaktadır. Bunun için iki temel şartın : band-sınırlı
(B Hz) işaret ve Nyquist oranının FS ≥ 2 B sağlandığını başından kabul ediyor ve bu şartlar
altında yeniden oluşturma işlemini analiz edeceğimiz belirtmemiz gerekiyor. Ingilizcesi
“reconstruction” olarak bilinen bu işlemin diğer bir adı da “interpolasyon” dur. Interpolasyon
veya teniden elde etme anlamına gelen reconstruction bir anlamda örnek aralarının
doldurulması anlamına gelmektedir. Bu tip interpolasyona ideal interpolasyon
denilmektedir. Aşağıda ideal tip interpolasyonun zaman domenindeki görünümü verilmiştir.
f (t )
A
L
I
f (t )
Ç
t
Şekil 4. İdeal interpolasyon
6
Sinyaller & Sistemler – Ayrık Sinyaller ve Sistemler
∞
x (t ) =
∑ x(nT )δ (t − nT )
R
Örnekleme ve tutma devresinin amacı, değişen analog giriş sinyalini periyodik olarak
örneklemek ve örneklemeyi, bir dizi sabit genlikli PAM düzeyine dönüştürmektir. Sinyal önce
örneklendiğinden, ardından da bir sonraki örnek anına dek tutulduğundan sistem “ örnekle –
tut “ olarak da anılmaktadır.
ideal örnekleme
A
n =−∞
L
∞
 ∞

xZOH (t ) = x (t )* h0 (t ) =  ∑ x(nT )δ (t − nT )  * h0 (t ) = ∑ x(nT )h0 (t − nT ) sıfır tutucu örnek
n =−∞
 n =−∞

T
AYRIK PERİYODİK SİNUSOİD İŞARETLER
N
O
Ayrık periodik bir işaret, sürekli-periodik işaretin örneklenmesiyle elde edilir. Diğer bir
deyişle sürekli periodik işaret, yine periodik bir diziye dönüştürülür. Eğer sürekli periodik
işaret sinusoid ise, örnekleme teorisi ile ayrık periodik sinusoid işaret elde edilir. Eğer bir
sürekli periodik sinusoid işaret
f (t ) = cos ωt
A
ise, bu işaretin ayrık formunu bulmak için verilen işaretin T örnekleme periodu olmak üzere
t = kT anlarında örneklendiği kabul edilir.
f ( kT ) = cos ωkT
Ş
M
oluşan ifadedeki “k” aynen sürekli işaretlerdeki gibi ayrık zaman değişkenine karşılık
gelirken, ωT ise ayrık mod olarak T örnekleme perioduyla belirlenen ayrık açısal hızdır
(rad/örnek). Bunu kısaca Ω ile gösterirsek,
Ω = ωT
I
f ( kT ) = cos Ωk
L
= f [k ]
Ç
A
veya ayrık işaret
f [ k ] = cos Ωk
olarak ifade edilir. Oluşan f [k ] = f (kT ) kuralından, elde edilen f [k ] ayrık işaretindeki k.cı
eleman f (kT ) sürekli-zaman işaretinin k.cı örneğine eşit olduğunu örnekleme teorisinden
bilmekteyiz. Literatür veya çeşitli kaynaklarca f [k ] ayrık işareti alternatif olarak
f ( k ) = cos Ωk
7
I
Pratik Örnekleme ve Tutma Devresi
Aşkın Demirkol
biçiminde de gösterilebilir. Buradan periodik bir işaretin ayrık formunun, diğer bir deyişle
ayrık periodik bir işaretin periodunun incelenmesinde yarar vardır. Genel bir f (t ) işaretin
periodikliği
f (t ) = f ( t + T )
I
ile tespit edildiğinden, benzer yaklaşımla f [k ] periodik işaretinin de
R
f [k ] = f [k + N 0 ]
L
A
gibi olması gerektiğini düşünebiliriz. Bu nedenle öncelikle ayrık bir sinusoid işaretin periodik
olma koşulunu incelememiz gerekiyor. Buna göre periodik ayrık işaret f [ k ] = cos Ωk olarak
düşünülürse, bunun periodik olması için, ele alınan f [ k ] = cos Ωk ayrık periodik işaretin
cos Ω( k + N 0 ) = cos(Ω k + ΩN 0 ) = cos Ωk
gerekse m değerlerinin tamsayı olduğunu
N
ΩN 0 = 2π m
olması gerektiğini biliyoruz. Burada gerek N 0
bilelim ( N 0 , m ∈ Z ). İfadedeki m değişkeninin
O
T
olması gerekeceğinden, bunun sağlanması için
m = saykıl sayısı
A
olduğunu düşünebiliriz. Bununla ayrık sinusoid işaretin m tane saykıldan oluştuğunu
düşünebilir ve bu saykıllardaki toplam örnek sayısını göz önüne alabiliriz.Buna göre periodik
ayrık işaretin bir saykılındaki (orijinal işaretin zarfında) N 0 örnek sayısı
M
 2π 
N0 = m 

Ω
Buna göre böyle ayrık bir işaretin en azından periodu da ayrık olarak bir tamsayı değişkeni ile
gösterilecektir. Örneğin böyle bir ayrık period N 0 ise, bunun anlamı bu period belirli sayıda
I
Ş
örnek sayısını içerecek bir tam sayı değişkeni olacaktır ( N 0 ∈ Z ). Çünkü ayrık periodik
sinusoid işaret, belirli bir periodunda belli sayıda örnek içeren işaret demektir.
L
Örnek
Ç
A
 17π 
x (k ) = 2sin 
 k Ayrık sinyalinin sağlıklı örneklenip örneklenmediğini araştırın.
 25 
Çözüm
 17π 
 34π 
 17 × 2π 
x( k ) = 2sin 
 k = 2 sin 
 k = 5cos 
k
 25 
 50 
 50 
17 × 2π 17 saykıl
=
sağlıklı örnekleme
50
50 örnek
Görüldüğü gibi sağlıklı örnekleme durumu için 17 saykıl için minimum 34 örnek gerekli iken,
bunun yerine daha fazla olarak 50 örnek alınmıştır (over sampling). Dolayısıyla örnekleme ve
ayrık sinyal sağlıklıdırç
8
Sinyaller & Sistemler – Ayrık Sinyaller ve Sistemler
Örnek
f [ k ] = cos(0.8k ) periodic sinusoidinin periodunu bulalım
I
Çözüm
R
f [ k ] = cos(0.8k ) işaretinin ayrık açısal hızı, Ω = 0.8 buradan ayrık periodun ise
A
5π
 2π 
 2π 
N0 = m 
 = m
=m
2
Ω
 0 .8 
olduğu görülür. Burada N 0 ve m ∈ Z + olması gerekeceğinden en küçük pozitif tam sayı
2
olarak m =
alındığı taktirde ancak period N 0 ∈ Z + olabilir. Ancak bu durumda da
L
π
m=
2
T
seçilen m saykıl sayısı,
∉ Z + , N 0 = 17 örnek / saykıl.
π
N
O
olarak tamsayı olamayacağından f [ k ] = cos(0.8k ) ayrık işareti periodic değildir. Dolayısıyla
hesaplanması söz konusu değildir.
Örnek
x (t ) = 4 cos 300π t işaretinin
A
a) Örtüşme oluşturmayacak minumum örnekleme oranını,
M
b) Eğer işaret f S = 300 Hz örnekleme frekansıyla örneklenirse örneklenmiş işareti,
I
Çözüm
Ş
c) f S = 200 Hz ile örneklenirse oluşan işareti ve bu işarete denk frekanstaki sinusoidin
frekansını, bulun.
Ç
A
L
a) x (t ) = 4 cos 2π (150)t olarak yazılabilecek sürekli-zaman işaretinin frekansı f = 150 Hz
olduğundan minumum örnekleme oranının f S = 2 f gereğince f S = 2 × 150 = 300 Hz olması
gerekir.
b) x (t ) = 4 cos 300π t işareti f S = 300 Hz ile örneklenmek istenmektedir. Görüldüğü gibi
f S = 300 Hz örnekleme frekansı işaret frekansı Nyquist kuralı gereği 150 Hz lik işaretin
minumum oranına eşit olduğundan ( f S = 2 f 0 ) yine bir örtüşme söz konusu olmayacaktır. Bu
koşullardaki örtüşmesiz işaret
f
150
x(n) = 4 cos(2π 0 n) = 4 cos(2π
n)
fS
300
= 4 cos π n
9
Aşkın Demirkol
Buna göre 2π periodluk görünen işaretten her bir π anında bir örnek alınmak üzere toplam
iki örnek (minimum koşul) alınmaktadır.
3π
n
2
A
= 4 cos
f
150
n) = 4 cos(2π
n)
fS
200
R
x ( n) = 4 cos(2π
I
c) x (t ) = 4 cos 300π t işareti bu kez f S = 200 Hz ile örneklenirse f S ≠ 2 f 0 kuralı gereğince
örtüşme olacaktır. Bu durumda örtüşen ayrık işareti bulalım
π
2
T
= 4 cos
3π
π

n = 4 cos  2π −  n
2
2

n = xa ( n )
O
x ( n) = 4 cos
L
Not : Birbirlerinden 2π veya bunun m katlarıyla ( 2π ) ayrılan sinusoidleri ayırt etmek
mümkün değildi.
3π
π
frekanslı sinusoid ile
frekanslı sinusoid bir birinin aynıdır ve ayırd
2
2
edilmeleri mümkün değildir. Bu nedenle bu frekanslar örtüşme frekansları olarak anılırlar.
N
Buna göre,
Diğer bir deyişle,
frekanstaki cos
A
3π
π
n ≡ cos n
2
2
3π
π
ve
bir birlerinin örtüşme frekanslarıdır. Buna göre yüksek
2
2
M
cos
3π
π
n sinusoidi daha düşük frekanstaki cos n olarak algılanacaktır.
2
2
I
Ş
Örtüşmeye uğrayan sinusoidin bulunması :
için
L
x (t ) = 4 cos 300π t
X
x( n) = 4 cos
3π
n oluşuyorsa
2
xa ( n) = 4 cos
π
2
n
Ç
A
Cevap, X = xa (t ) = 4 cos100π t
3π
π
frekansı
frekansının üç katı ise, x (t ) = 4 cos 300π t sinyalindeki 300π nin
2
2
üçte biri olan 100π cevap olarak bulunacaktır. 100π frekansı örtüşmeye uğramış sinusoidin
örtüşme frekansı olarak değerlendirilmektedir ( X = xa (t ) = 4 cos100π t ). Buradan örtüşmeye
uğramış sinyal,
xa (t ) = 4 cos100π t = 4 cos 2π (50)t → f a = 50 Hz
Çünkü
10
Sinyaller & Sistemler – Ayrık Sinyaller ve Sistemler
Buna göre gerçekte f = 150 Hz frekansındaki x (t ) = 4 cos 300π t sinyali örtüşmeden dolayı
f a = 50 Hz gibi daha düşük frekanstaki xa (t ) = 4 cos100π t = 4 cos 2π (50)t sinyali olarak
algılanacaktır.
R
Eğer xa ( n) örtüşmüş sinyal ise bu sinyali ayrık zamandan geriye sürekli zaman uzayına
giderek hangi sinyale eşdeğer olduğu bulunabilir.
I
Pratik yol
2
1
n
4
n = 4 cos 2π
xa ( n) = 4 cos 2π
A
π
f
f
1
n = 4 cos 2π a n = 4 cos 2π a n
4
fs
200
O
T
f
1
= a → f a = 50 Hz
4 200
xa (t ) = 4 cos 2π f a t = 4 cos 2π ( f a ) t = 4 cos 2π (50) t = 4 cos100π t
L
xa ( n) = 4 cos
AYRIK ZAMAN FOURIER SERİSİ
N
Pratik olarak kullandığımız ayrık Fourier serisinin aslında, ayrık-zaman Fourier serisi
(Discrete-Time Fourier Series, DTFS) olduğunu belirtelim. Bundan sonraki notlarımızda da
ayrık Fourier serisi olarak kastedilenin, DTFS olduğunu unutmayalım.
∑D
r
e
j r Ω0 k
r =0
1
N0
=
∑D
r
jr
e
2π
k
N0
r =0
N 0 −1
∑ f [k ] e
− j r Ω0 k
=
r =0
1
N0
N 0 −1
∑ f [k ] e
−jr
Ayrık – Zaman Fourier Serisi
2π
k
N0
r =0
Ş
Dr =
N 0 −1
M
f [k ] =
N 0 −1
A
Ayrık – Zaman Exponensiyel Fourier Serisi
AYRIK ZAMAN FOURIER TRANSFORMASYONU
Ç
A
L
I
f (t )
−π
0
π
t
Şekil 5. Periyodik olmayan sürekli işaret
Bu şeklin örnekleme teorisi yardımıyla yine periyodik olmayan ayrık formatı da aşağıdaki
gibi düşünülecektir.
11
Aşkın Demirkol
I
f [k ]
−N
N
0
Şekil 6. Periyodik olmayan ayrık işaret
A
R
k
∞
F ( Ω) =
∑ f [k ] e
−j Ωk
Ayrık-zaman Fourier transformasyonu (DTFT)
f [k ] =
1
2π
∫π
2
L
k = −∞
F ( Ω ) e j k Ω dΩ
Invers ayrık-zaman Fourier transformasyonu (IDTFT)
T
Örnek
O
f [k ] = (0.8) k u[k ] işaretinin DTFT nu bulun
N
Çözüm
f [k ] işaretinin değişimi yaklaşık aşağıdaki gibi olacaktır.
Ş
M
A
f [k ]
5
10
k
I
0
L
Şekil 7. f [k ] = (0.8) k u[k ] işareti
Ç
A
İşareti f [k ] = γ k u[k ] şeklinde genelleştirerek ( γ = 0.8 ) DTFT nu hesaplamaya çalışalım.
∞
F ( Ω) =
∑
f [k ] e − j Ω k =
k = −∞
∞
∞
k = −∞
k =0
∑ γ k u (k ) e − j Ω k =∑ γ k e − j Ω k
∞
= ∑ (γ e − j Ω ) k
k =0
∞
F ( Ω) = ∑ (γ e − j Ω ) k
k =0
12
Sinyaller & Sistemler – Ayrık Sinyaller ve Sistemler
u[k ] den dolayı ( −∞, ∞) aralığı ( 0, ∞ ) olarak alınmıştır. Elde edilen ifade geometrik bir dizi
görüntüsünde olduğundan çözümü
n
∑rm =
,
r ≠1
I
m=0
r n+1 − 1
r −1
∑r
m
= 1+ r + r2 + r3 ++ rn =
m=0
1
, r <1
1− r
A
n
R
veya
1
, γ e− j Ω < 1
−j Ω
1 − (γ e
)
k =0
∞
1
F ( Ω) = ∑ (γ e − j Ω ) k =
, γ e− j Ω < 1
−j Ω
1
−
(
e
)
γ
k =0
L
olacaktır. Burada eğer r = γ e − j Ω gibi kabul edilirse F (Ω)
∞
O
T
F ( Ω) = ∑ (γ e − j Ω ) k =
e− j Ω = 1
k =0
1
, γ <1
1 − (γ e − j Ω )
N
∞
F ( Ω) = ∑ (γ e − j Ω ) k =
I
Ş
M
A
Tespit : Buradan önemli bir sonuç ortaya çıkıyor. Ayrık zaman Fourier transformasyonu olan
F (Ω) , f [k ] = (0.8) k u[k ] tipli işaretlerde işaret f [k ] = (γ ) k u[k ] olduğunda, γ > 1 durumu
için DTFT mevcut değildir. Diğer bir deyişle DTFT, (γ ) k gibi üstel artan işaretlerde γ > 1
için çözüm üretememektedir. Bu DTFT nin aynen sürekli-zaman Fourier
transformasyonundakine benzer handikapa sahip olduğunu göstermektedir. Sürekli zamanda
artan eksponensiyel işaretler için çözüm getirememekteydi. Onun bu dezavantajı, Laplace
transformasyonuyla giderilmişti. Şimdi ise ayrık durumdaki DTFT nun f [k ] = (γ ) k u[k ] ,
γ > 1 üstel artan yöndeki çözümü bir sonraki bölümde ele alınacak, Z transformasyonu ile
giderilecektir.
L
Bizim örneğimiz f [k ] = (0.8) k u[k ] işaretinde γ = 0.8 < 1 olduğu için çözüme sahiptir. Bu
yönde devam edersek, aşağıdaki aşamalardan geçerek DTFT, yani F (Ω) elde edilecektir.
∞
Ç
A
F ( Ω) = ∑ r k =
k =0
(γ e − j Ω ) ∞ +1 − 1
γ e− j Ω −1
1
1 − γ e− j Ω
olarak elde edilir. Buradan Fourier transformasyonunun olabilmesi ve işaretin belirsizliğe
sürüklenmemesi için γ e − j Ω < 1 olması gerekiyor. Ayrıca e − j Ω = 1 olduğunu düşünecek
=
olursak
F (Ω)
γ < 1 olacaktır, aksi durumda ( γ > 1 ) yakınsama olmayacaktır. Bu durumda
13
Aşkın Demirkol
F ( Ω) =
1
1 − γ e− j Ω
yazılabilecektir. İfade exponensiyel ifadenin açılımı olan Euler’e göre düzenlenirse
I
1
1 − γ e− j Ω
R
F ( Ω) =
1
1 − γ cos Ω + jγ sin Ω
Buradan genlik spektrumu F (Ω) için
1
(1 − γ cos Ω) 2 + (γ sin Ω) 2
1
1 + γ 2 − 2γ cos Ω
L
=
1
=
1 − γ cos Ω + jγ sin Ω
T
F ( Ω) =
A
=
elde edilir. Buna göre F (Ω) aşağıdaki görünümde olacaktır.
O
F (Ω)
A
N
5
− 2π
−π
0
π
2π
M
− 3π
Şekil 8. f [k ] = (0.8) k u[k ] işareti genlik spektrumu
Ş
Görüldüğü gibi F (Ω) çift fonksiyon olup bileşenler arasındaki aralık 2π dir.
I
Faz spektrumu ∠ F (Ω) ise
A
L
 γ sin Ω 
∠ F (Ω) = − tan −1 

1 − γ cos Ω 
Ç
olarak elde edilir.
14
3π
Ω
Sinyaller & Sistemler – Ayrık Sinyaller ve Sistemler
∠ F (Ω )
I
0.932
0
−π
2π
π
3π
Ω
R
− 2π
A
− 3π
Ayrık Fourier Transformasyonu (DFT)
∑f
e − j r Ω0 k
k
,
Ω 0 = ω0T =
k =0
1
N0
N 0 −1
∑F
Direkt Ayrık Fourier Transformasyonu
e j r Ω0 k
r
Invers Ayrık Fourier Transformasyonu
O
fk =
2π
N0
T
N 0 −1
Fr =
L
Şekil 9. f [k ] = (0.8) k u[k ] işareti faz spektrumu
r =0
N
Direkt ve Ters Ayrık Zaman Fourier Transformasyonunun Hesaplanması
Dijital (sayısal) işaretlerin spektral (frekansa dayalı) analizleri DTFT ve IDTFT larının yani
F (Ω) ve f [k ] ların hesaplanmasını gerektirmektedir.
∑ f [k ] e
A
∞
F ( Ω) =
−j Ωk
k = −∞
∫π
2
F ( Ω ) e j k Ω dΩ
M
1
f [k ] =
2π
L
I
Ş
F (Ω) nin ifadesinden görüldüğü gibi, sonsuz terimin toplamından oluşmaktadır. Ancak
sayısal hesaplama platformları veya makineleri sonlu veya sınırlı hesaplama zamanına göre
çalıştıklarından, sonsuz hesaplama mümkün olmayacaktır. Bu sorunu aşmak için F (Ω) nin
örneklenmesiyle sonlu örneklerinden oluşan Fr ayrık Fourier transformasyonu (DFT)
geliştirilmiştir.
Ç
A
DFT ve IDFT Üzerine
Fr =
N 0 −1
∑ f [k ] e
− j r Ω0 k
DFT
k =0
1 N 0 −1
Fr e j r Ω0 k IDFT
∑
N 0 r =0
Görüldüğü gibi ayrık f [k ] işaretinin frekans analizinin yapılabilmesi için sonlu olmayan
F (Ω) ayrık-zaman Fourier transformasyonu örneklenmiş ve örnekleme sonucunda sonlu ve
ayrık formdaki Fr ayrık-Fourier transformasyonu (DFT) elde edilmiştir.
f [k ] =
15
Aşkın Demirkol
Örnek
Bir DFT ye ait f [k ] ayrık işareti 3-noktalı (3 elemanlı periyodik) olarak f [− 1] = f [0] = 3 ,
f [1] = 2 ve f [k ] = 0 , k = 2,3,4, değerleri için tanımlı olduğuna göre,
R
I
a) Fr ayrık Fourier transformasyonunu (DFT) bulun.
b) F (Ω) ayrık zaman Fourier transformasyonunu (DTFT) bulun.
Verilen
3-noktalı
dizi
f [k ] = { , 3
,3,2,3,3,2,3, } Dizisi
göz
A
Çözüm
önüne
DFT
alındığında
T
L
f [− 1] = f [0] = 3 , f [1] = 2 değerlerini sağladığı, bunun dışındakiler için sıfır olduğu bilgisi
zaten verilmişti. Dizi yazımındaki koyu 3 gösteriminin, dizinin başlangıç elemanı olan
sıfırıncı elemanını göstermektedir ( f [0] = 3 ). Buna göre verilen f [k ] = {3,3,2} ayrık dizisine
göre, Fr ayrık Fourier transformasyonu (DFT) aşağıdaki gibi hesaplanır.
N 0 −1
∑ f [k ] e
− j r Ω0 k
O
a) Fr =
k =0
N0
Fr = ∑ f [k ] e
− j r Ω0 k
= ∑ f [k ] e
−jr
2π
k
3
k =0
M
k =0
2
A
N
N 0 = örnek sayısı
2π
Ω0 =
= temel ayrık frekans
N0
( −1,1) arasındaki 3-noktalı f [k ] = {3,3,2} dizinin DFT sini hesaplamak için Ω = (0,2π )
2π
arasında 3 bileşenin bulunması için temel frekans Ω 0 =
olduğuna göre
3
r = 0 için
Ş
Örnek sayısı (harmonikler) N 0 = 3 , f [k ] = {3,2,3}
2π
2π
2π
− j (0)
(0 )
− j (0)
(1)
− j (0)
( 2) 

3
3
3

=  f [0] e
+ f [1] e
+ f [2] e

k =0


0
0
0
= (3 e + 2 e + 3 e ) = 8
2
− j (0)
2π
k
3
L
I
F0 = ∑ f [k ] e
Ç
A
F0 = 8
r = 1 için
16
Sinyaller & Sistemler – Ayrık Sinyaller ve Sistemler
j
3
1
3  
2+3
3   6−5
3
) + 3(− ) − 3 j (− )  =  3 − (
)+ j
) + j( )
 =  (
2
2
2  
2
2   2
2
π

j
 = 0.5 + j 0.866 = e 3




π
3
T
F1 = e



L

1
=  3 + 2(− ) − 2 j (
2

 6−5
3
=  (
) + j( )
2
 2
(2)
I
2π
k
3
A
− j (1)
R
2π
2π
2π
− j (1)
− j (1)
− j (1)
(0)
(1)

3
3
3
F1 = ∑ f [ k ] e
=  f [ 0] e
+ f [1] e
+ f [ 2] e
k =0

2π
4π
2π
4π
−j
−j
−j
−j
 0
 

3
3
3
= 3 e + 2 e
+3 e
+3 e 3 
 = 3+ 2 e

 

2π
2π
4π
4π 

=  3 + 2 cos
− 2 j sin
+ 3cos
− 3 j sin

3
3
3
3 

2
r = 2 için
− j (2)
2π
k
3
k =0
2π
− j (2)

3
=  f [ 0] e

(0)
+ f [1] e
− j (2)
2π
(1)
3
O
2
F2 = ∑ f [ k ] e
− j (2)
2π
(2)
3






8π
3
A
N
4π
8π
4π
−j
−j
−j
−j

 
=  3 e0 + 2 e 3 + 3 e 3  =  3 + 2 e 3 + 3 e

 
4π
4π
8π
8π 

=  3 + 2 cos
− 2 j sin
+ 3cos
− 3 j sin

3
3
3
3 

+ f [ 2] e

1
3
1
3  
2+3
3   6−5
3 
)− j
)− j
=  3 + 2(− ) − 2 j (− ) + 3( − ) − 3 j ( )  =  3 − (
 =  (

2
2
2
2  
2
2   2
2 

M
π
1
−j
3 
3
=  − j
=
0.5
−
0.866
=
j
e

2 
2
π
3
Ş
F2 = e
−j
π
3
I
Elde edilen DFT değerleri : F0 = 8 , F−1 = e
−j
, F1 = e
j
π
3
L
b) DFT dizisi , 3-noktakı f [k ] işareti olarak ( − 1,1 ) aralığında periyodik 3 elemanlı
olduğundan F (Ω) aşağıdaki gibi elde edilir.
Ç
A
∞
F ( Ω) =
∑ f [k ] e
−jkΩ
k = −∞
1
F ( Ω) =
∑ f [k ] e
−jkΩ
= ([− 1] e − j ( −1) Ω + [0] e − j ( 0) Ω + [− 1] e − j (1) Ω ) = (3 e j Ω + 3 e j 0 Ω + 2 e − j Ω )
k = −1
= (3 e j Ω + 3 + 2 e − j Ω )
F (Ω) = 3 e j Ω + 3 + 2 e − j Ω
17
Aşkın Demirkol
R
Z transformasyonu aslında ayrık sistem analiz yöntemidir. Sürekli formdaki Laplace
transformasyonunun özelliklerini, Z transformasyonu ayrık sistemler için benzer biçimde icra
etmektedir. Bu anlamda işaret veya sistem açısından daha ziyade bir sistem yaklaşımı olan Z
transformasyonu, özellikle ayrık sistemlerin zaman – frekans analizlerini yerine getirmek
üzere dizayn edilmiştir. Bu anlamda Laplace yaklaşımına benzer olarak bu kez ayrık formdaki
differo-integral (fark – toplam) denklem sistemlerinin analizlerine yönelik çözümler
sunmaktadır.
I
Z TRANSFORMASYONU
L
A
Laplace – Fourier transformasyonlarındaki yaklaşım bu kez ayrık Fourier – Z
transformasyonu arasında söz konusudur. Buna göre ayrık Fourier transformasyonunun
( F (Ω ) ) yetersiz kaldığı f [k ] = a k u[k ] , a > 1 ayrık işaretlerin zaman – frekans analizleri Z
transformasyonu yoluyla yapılabilmektedir. Z transformasyonu, bu tür işaretlerin sorunlarını
çözmek üzere geliştirilen bir yöntem olarak da düşünülebilir.
T
Z – Laplace Transformasyonu
Im(z)
O
z - Düzlemi
N
jω
π
s – Düzlemi örtüşme (alias) sınırı
π
z = es T = e j ωT
T
0
±π
−1
σ
1 Re(z)
A
1
−π
π
Ω = ( −π , π ) = 2π
T
Şekil 10. Laplace (s) – Z Transformasyonları arasındaki dönüşüm
−
Ş
M
ω = ( −∞, ∞ ) = ∞
I
Z Tranformasyonu ve Yakınsama Bölgesi
Ç
A
L
Yukarıda Z transformasyonunu Laplace üzerinden analiz ederken, s = σ + jω düzleminin
− π / T ≤ ω ≤ π / T ve σ = [0, ∞] kısımlarının dikkate alındığını gördük. Hatırlayacak olursak
ayrık – zaman Fourier transformasyonunda
X ( Ω) =
∞
∑ x[n] e
−jΩn
n = −∞
a > 1 olmak üzere x[n] = a n u[n] gibi işaretlerin s = jω frekans düzleminde analizlerinin
mümkün olamadığını gördük.
∞
X (Ω) =
∑ x[n] e − j Ω n =
n = −∞
∞
∞
 a 
−jΩn
n
n −jΩn
a
u
[
n
]
e
=
a
e
=
 jΩ 
∑
∑
∑

n = −∞
n =0
n =0  e
∞
18
n
Sinyaller & Sistemler – Ayrık Sinyaller ve Sistemler
0
n
1
2
1
n
2
 a 
 a   a 
 a 
 a 
 a   a   a 
X (Ω ) = ∑  j Ω  =  j Ω  +  j Ω  +  j Ω  + +  j Ω  = 1 +  j Ω  +  j Ω  + +  j Ω 

e  e  e 
e 
e  e 
e 
n =0  e
∞
n
I
Buradan X (Ω) ayrık Fourier transformasyonunun bir tür geometrik seri yapısında olduğu
görülmektedir. Eğer,
e
jΩ
=
a
e
=
jΩ
a
= a
1
R
a
a
e
jΩ
+
a
e
2
+
jΩ
3
a
e
+ +
jΩ
n
a
e
2
3
= 1+ a + a + a + + a
j Ω
n
L
1+
A
olduğu düşünülürse, seri aşağıdaki formda olacaktır.
T
Bu durumda a > 1 olması halinde X (Ω) Ayrık Fourier Transformasyonunun çözümü yoktur.
Çünkü a > 1 halinde örneğin, a = 2 alınırsa, seri sonsuza gidecektir.
2
3
n
O
X ( Ω ) = 1 + a + a + a + + a = 1 + 2 + 2 2 + 23 + + 2 n → ∞
∞
∑ x[n] z
n =−∞
=
∑ a u[n] z
n
∞
= ∑a z
−n
n
n
0
1
2
2
3
∞
∞
1
an
a
= ∑a n = ∑ n = ∑ 
z
n =0
n=0 z
n=0  z 
∞
−n
n=0
n =−∞
A
X ( z) =
∞
−n
N
Ancak bunun yerine eğer Z transformasyonu dikkate alınsaydı, x[n] = a n u[n] , a > 1 sinyali,
n
n
3
a a a a a
X ( z) = ∑   =   +   +   +   + +
z z z z
n=0  z 
∞
Ş
M
a a a
= 1+ +   +   + +
z z z
Bu haliyle karşımızda tam anlamıyla bir X ( z ) Geometric serisi söz konusudur. Bununla ilgili
Geometric seri kuralını hatırlayalım.
n
∑r
m
= 1+ r + r2 + r3 ++ rn =
I
Kural :
L
m=0
1
, r <1
1− r
Kuralı X ( z ) Geometrik serisine uyarlarsak,
A
Ç
n
2
3
∞
a a a
1
a
a
X ( z) = ∑   = 1 + +   +   + + =
,
<1
a
z z z
z
n =0  z 
1−
z
a
a
Buradan ifade r = → r =
olarak düzenlenirse r < 1 koşulu gereği çözüme gidilebilir.
z
z
a
a
< 1 veya
<1→ a < z
z
z
19
Aşkın Demirkol
Bu sonuca göre sonucu ayrık Fourier transformasyonuyla çözümü mümkün olmayan
x[ n] = a n u[ n] , a > 1 sinyalinin Z Transformasyonuyla çözümü a < z olarak elde edilmiştir.
R
( a / z ) n → b veya ( a / z ) n → 0 olarak sönümlenebilir olabilmesi için a < z koşulunun
gerekli olduğu görülecektir. Analizi alternatif olarak Z transformasyonu üzerinden dahada
genelleyebiliriz.
∞
X ( z) =
∑ x[n] z
I
Bu sonuçla serideki ( a / z ) n ifadesinin en azından belli bir b değerine yakınsayabilmesi
−n
n = −∞
∞
∑ x[n] z − n =
∑ x[n] (e (σ + j ω) T ) −n =
n = −∞
n = −∞
n
∞
∞
a


n
n
(σ + j ω ) T − n
(σ + j ω ) T − n
a
u
n
e
=
a
e
=
[
]
(
)
(
)
 (σ T + j ω T ) 
∑
∑
∑
e

n = −∞
n=0 
n=0
∞
0
1
2
T
∞
X ( z) =
L
A
Bu kez a > 1 olmak üzere x[n] = a n u[ n] gibi işaretlerin s = σ + jω düzleminde analiz
edilebileceğini görebiliyoruz.
a
a
a
a
a

 
 
 



X ( z ) = ∑  (σ T + j ω T )  =  (σ T + j ω T )  +  (σ T + j ω T )  +  (σ T + j ω T )  + +  (σ T + j ω T ) 
 e
 e
 e

e

n =0  e
∞
1
2
<1 →
a < e (σ T + j ω T ) = a < e σ T e j ω T
= a < eσ T
A
e (σ T + j ω T )
N
a
n
O
a
a
a

 



= 1 +  (σ T + j ω T )  +  (σ T + j ω T )  + +  (σ T + j ω T ) 
e
 e

e

n
Ş
M
Buna göre, r = eσ T olduğundan r = eσ T > a bir çözümdür. Eğer a > 1 ise, yarıçapı r > a
olan çember çözüm olacaktır. Diğer bir deyişle çözüm, yani yakınsama bölgesi (Region Of
Convergence, ROC) birim çemberin dışındadır. Bu yüzden a > 1 olmak üzere
x[n] = a n u[n] gibi işaretlerin X (Ω) Ayrık – Zaman Fourier transformasyonunda
bulunamayan çözümlerinin, X (z ) Z transformasyonuyla mümkün olabildiğini görmekteyiz.
Bunu sağlayanın r = eσ T yaklaşımından görülebildiği gibi s = σ + jω kompleks frekans
düzleminin reel ( σ ) kısmının da çözüme dahil edilmesidir.
Ç
A
L
I
Çözümün birim çemberin dışında olmasının sistemin bu aralıkta kararlı davranışını nasıl
etkileyeceğine bakmak gerekir. Eğer a > 1 ve r > a bir çözümse, r = eσ T > 1 eşitliğinin
sağlanabilmesi için çözüm için σ > 0 olması gerekeceğinden, Laplace düzleminin kararlı sol
yarı düzlemindeki σ = [ −∞,0] aralığının dışındaki değerlerinin çözüm ve sistem davranışında
etkili olacağını görmekteyiz.
Z Transformasyonun Elde Edilmesi
Bunun için hem örnekleme hemde ayrık-zaman Fourier transformasyonundaki tecrübelerimizi
göz önüne alarak az önce yukarıda değinilen f [k ] = (a) k u[k ] , a > 1 tipli işaretlerin nasıl
DTFT nin alınabilir haline getirilebileceğine yoğunlaşmaya çalışacağız. Bunun için
f [k ] = a k u[k ] işaretinin DTFT nu bulnak üzere f [k ] işaretinin değişiminin yaklaşık
aşağıdaki gibi olduğu kabul edilecektir.
20
n
Sinyaller & Sistemler – Ayrık Sinyaller ve Sistemler
R
I
f [k ]
k
0
∞
Z – Transformasyonu
−k
L
∑ f [k ] z
F ( z) =
A
Şekil 11. f [k ] = a k u[k ] işareti
k = −∞
1
2π
F[ z] z
j∫
k −1
Invers Z - Transformasyonu
dz
T
f [k ] =
Z
transformasyonunu
ve
ayrık
zaman
Fourier
N
f [k ] = {1,2,−1,1} ayrık işaretinin
transformasyonunu bulun.
O
Örnek
Çözüm
f [k ] = {1,2,−1,1} ise, f [k ] = {1,2,−1,1} , diğer bir deyişle f [0] = 2 . Z transformasyonu
2
∑ f [k ] z
−k
=
∑ f [k ] z
k = −1
k = −∞
= f [− 1] z −( −1) + f [0] z −( 0) + f [1] z −(1) + f [2] z −( 2)
A
∞
F ( z) =
−k
I
Ş
M
= 1 × z 1 + 2 × z 0 + (−1) × z −1 + 1 × z −2 = z + 2 − z −1 + z − 2
1
1
= z+2+ + 2
z z
3
2
z + 2z + z + 1
=
z2
Ayrık zaman Fourier transformasyonu z = e j Ω için elde edilecektir.
L
F (Ω ) = F ( z = e j Ω ) =
e j 3Ω + 2e j 2 Ω + e j Ω + 1
e j2 Ω
Ç
A
F ( Ω) =
(e j Ω ) 3 + 2(e j Ω ) 2 + e j Ω + 1 e j 3Ω + 2e j 2 Ω + e j Ω + 1
=
(e j Ω ) 2
e j2 Ω
21
Aşkın Demirkol
Örnek
f [k ] = (0.8)k u[k ] + (1.5) k u[−(k + 1)] Sinyalinin F ( z ) olarak Z Transformasyonunu hesaplayın.
I
Çözüm
z
= F[ z]
z−a
Kural : y[ k ] = a k u[k ] − b k u[−k − 1] ↔
,
,
A
z<a
z >a
z
z
+
= Y ( z) ,
z −a z −b
T
Kural : f [ k ] = a k u[ k ] ↔
z
= F[ z]
z−a
Nedensel değil (çift taraflı Z)
a< z<b
O
Kural : f [ k ] = − a k u[− k − 1] ↔
Nedensel (tek taraflı Z)
L
z
= F1 ( z ) , z > 0.8
z − 0.8
−z
f 2 [ k ] = (1.5) k u[ −( k + 1)] ↔
= F2 ( z ) , z < 1.5
z − 1.5
f1[ k ] = (0.8) k u[ k ] ↔
R
f [k ] = f1[k ] + f 2 [k ]
F ( z) =
z
−z
+
z − 0.8 z − 1.5
, 0.8 < z < 1.5
N
f [ k ] = f1[ k ] + f 2 [ k ]
A
Kompleks düzlem (z)
M
Im (z)
1.5
Ş
f [k ]
a
0.8
L
I
Re (z)
a = 0.8 , b = 1.5
Şekil 12. f [k ] = (0.8) u[k ] + (1.5) u[ −(k + 1)] işaretinin yakınsama bölgesi ( a < z < b )
k
k
Ç
A
a
22
Sinyaller & Sistemler – Ayrık Sinyaller ve Sistemler
Örnek
f [ k ] = u[k ] ise F [ z ] = ?
Çözüm
∞
1
2
3
I
0
∞
1
1 1 1 1 1
F [ z ] = ∑ f [k ] z = ∑ u[k ] k = ∑ k =   +   +   +   + z
z z z z
k =−∞
k =−∞
k =0 z
1 1 1
= 1+ + 2 + 3 +
z z
z
Geometrik seri gözlemleniyor.
1
Kural : 1 + x + x 2 + x 3 + =
x <1
,
1− x
1
1
F[ z] =
<1
,
1
z
1−
z
z
F[ z] =
,
z >1
z −1
z
Kural : u[k ] ↔
z >1
,
z −1
∞
O
T
L
A
R
−k
N
Örnek
Çözüm
∞
∞
k =0
k =0
A
f [ k ] = δ [ k ] Sinyalinin Z transformasyonunu hesaplayın ( F ( z ) = ? ).
M
F ( z ) ≡ ∑ f [k ] z − k = ∑ δ [k ] z − k = 1
δ [k ] ↔ 1
Ş
Örnek
I
f [k ] = δ [k − k 0 ] Sinyalinin Z transformasyonunu hesaplayın ( F ( z ) = ? ).
L
Çözüm
A
Ç
∞
∞
k =0
k =0
F [ z ] ≡ ∑ f [k ] z − k = ∑ δ [k − k 0 ] z − k = z − k0
f [ k ] = δ [k − k0 ] ↔ X [ z ] = z − k0
δ [ k − k0 ] ↔ z − k
0
23
Aşkın Demirkol
Örnek
f [ k ] = cos β k u[ k ] Sinyalinin Z transformasyonunu hesaplayın ( F ( z ) = ? ).
z ( z − cos β )
,
z − 2 z cos β + 1
z >1
2
Kural : cos β k u[ k ] ↔
z ( z − cos β )
z − 2 z cos β + 1
,
2
R
F ( z) =
I
Çözüm
z >1
8 z − 19
Sinyalinin ters Z transformasyonunu hesaplayın ( f [k ] = ? ).
( z − 2)( z − 3)
L
F[ z] =
A
Örnek
c
c
8 z − 19
= 1 + 2
( z − 2)( z − 3) z − 2 z − 3
(c + c 2 ) z − 3c1 − 2c 2
= 1
( z − 2)( z − 3)
c1 + c2 = 8
− 3c1 − 2c 2 = −19
T
Çözüm
N
O
F[ z] =
3
5
+
z −2 z −3
M
F[ z] =
A
c1 = 3 , c2 = 5
Ş
buradan F [z ] nin invers Z transformasyonu alınırsa
5 
 3
Ζ −1{F [ z ]} = Ζ −1 
+
 z − 2 z − 3 
I
= [3 (2) k −1 + 5(3) k −1 ] u[k − 1]
L
f [k ] = [3 (2) k −1 + 5(3) k −1 ] u[k − 1]
Ç
A
Kural : γ k −1u[k − 1] ↔
1
z −γ
Z Transformasyonunun Var Olması
Önceki işaret transformasyonlar gibi, Z transformasyonunun da var olduğunu gösteren
koşullar mevcuttur. Eğer genel hali göz önüne alınırsa,
∞
F (z) =
∑ f [k ] z
−k
k = −∞
24
Sinyaller & Sistemler – Ayrık Sinyaller ve Sistemler
Z transformasyonunun var olabilmesi için F ( z ) < ∞ koşulunun sağlanması gerekmektedir.
∞
F ( z) =
∑ f [k ] z
−k
<∞
k = −∞
∞
−k
=
k = −∞
∞
−k
f [ k ] eσ
jΩ − k
∑
=
∞
=
∑
[ ] [e ]
f [k ] eσ
[ ] [e ]
f [ k ] eσ
−k
jΩ − k
∞
=
k = −∞
−k
jΩ − k
∑
[ ]
f [k ] e −σ
[ ]
−k
f [ k ] eσ
∞
e− j Ω k =
e− j Ω k
f [k ] r −k < ∞
k = −∞
L
k = −∞
∑
−k
k = −∞
ve r = eσ
e− j Ω k = 1
∑
−k
k = −∞
∞
k = −∞
∞
]
k = −∞
[ ] [e ]
∑
f [ k ] e σ + jΩ
A
=
[
∑
I
∑ f [k ] z
R
∞
= F ( z) =
T
Sonuçta F (z ) ile ifade edilen Z transformasyonunun var olabilmesi için
∞
∑
f [k ] r − k < ∞ koşulunun sağlanması gerekir.
O
k = −∞
N
Z Transformasyonu ve Ayrık-Zaman Fourier Transformasyonu
Vurgulandığı gibi her iki transformasyona ait ifadeler aşağıdaki gibi mercek altına alınırsa
∞
1. F [ z ] =
∑ f [k ] z
−k
Z Transformasyonu
= F ( z)
∞
∑ f [k ] e
2. F ( Ω) =
−j Ωk
A
k = −∞
Ayrık-zaman Fourier transformasyonu (DTFT)
M
k = −∞
F (Ω) = F ( z ) | r =1,σ =0 = F (r e j Ω ) | r =1
Ş
F (Ω) = F ( z ) = F (e σ + jΩ ) |σ →0 = F ( r e j Ω ) | r =1
z-Düzlemi
Birim daire
A
L
I
Bu kabulün ışığındaki z-kompleks düzlemdeki Z transformasyonun görünümü aşağıdaki gibi
olacaktır.
Im
z = e jΩ
1
Ω
Re
Ç
1
Şekil 13. z-Düzlemi : Ayrık-zaman Fourier transformasyonu yorumu
25
Aşkın Demirkol
Z Transformasyonunun Özellikleri
1. Lineerlik
f1[k ] ↔ F1[ z ] ve f 2 [k ] ↔ F2 [ z ]
I
c1 f1[k ] + c2 f 2 [k ] ↔ c1F1[ z] + c2 F2 [ z ]
R
Örnek
A
f [ k − 4] u[k − 4] Sinyalinin Z Transformasyonunu hesaplayın
Çözüm:
1
F[ z]
zm
T
Kural : f [k − m ] u[ k − m ] ↔ z − m F [ z ] =
L
f [ k − 4] u[ k − 4] ↔ z −4 F [ z ]
O
Örnek
y (k ) = x( k − 3)u ( k ) Sinyalinin Z Transformasyonunu hesaplayın.
N
Çözüm
x[ k − 3]u[ k ] ↔ z −3 X [ z ] + x[ −3] + x[ −2] z −1 + x[ −1] z −2
M
A
 −1

Kural : x[ k − n]u[ k ] ↔ z − n  ∑ x[ m] z − m + X ( z ) 
 m =− n

Örnek
Ş
Değişimi aşağıda verilen ayrık sinyalin Z transformasyonunu hesaplayın.
x( k )
L
I
1
k
0
1
2
3
4
Şekil 14 Ayrık sinyal
5
6
7
A
Çözüm
∞
7
k =0
k =0
Ç
X ( z ) = ∑ x(k ) z − k = ∑ x(k ) z − k = x(0) z 0 + x(1) z −1 + x(2) z −2 + x(3) z −3 + x(4) z −4 + x(5) z −5 + x(6) z −6 + x(7) z −7
= 0+0+0+
x(k ) ↔
x(3) x(4) x(5) x(6) 1 1 1 1 z 3 + z 2 + z + 1
+ 4 + 5 + 6 = 3+ 4+ 5+ 6=
z3
z
z
z
z
z
z
z
z6
z3 + z 2 + z + 1
z6
26
Sinyaller & Sistemler – Ayrık Sinyaller ve Sistemler
R
Z Transformasyonu ve Zaman Domeninde Konvülüsyon : x(n)* h(n) = X ( z ) H ( z )
Z Transformasyonu ve Frekans Domeninde Konvülüsyon : Z Düzleminde Modülasyon :
1
x ( n ) h( n ) ↔
X ( z) * H ( z)
2π
1
z
x ( n) h ( n) ↔
X (u )H   u −1du
∫
2π j
u
I
5. Konvülüsyon (convolution)
A
Lineer Zamanla Değişmeyen Ayrık (LTID) Sistemin Cevabı
y[k ] =
1
Y[ z] z
j∫
dz
T
O
A
2π
Y [ z] = F[ z] H [ z]
k −1
N
z k ⇔ H [z] z k
1
f [k ] =
F [ z ] z k −1 dz
∫
2π j
Sistem çıkışı
1
1
k −1
y[k ] =
F
[
z
]
H
[
z
]
z
dz
=
Y [ z ] z k −1 dz
∫
∫
2π j
2π j
Y[z]
L
LTID sistemin cevabı araştırılırken sistemin bir z k exponensiyel ifadeye karşı oluşturduğu
cevabın H [ z ] z k olduğunu bildiğimize göre,
Buradan sistem çıkışının, sistem girişi ve sistem transfer fonksiyonunun convolutionundan
oluştuğu görülmektedir.
M
Lineer Fark Denklemlerinin Z Transformasyonuyla Çözümü
I
Ş
Sola veya sağa öteleme özelliğindeki sabit katsayılı linear zamanla değişmeyen ayrık (LTID)
sistemlerin fark çözümleri, sürekli haldeki diferansiyel denklem çözümlerine benzemektedir.
Ayrık sistemin fark denklemleriyle ifade edilen y[k ] cevabının önce z-dönüşümü yapılarak
çözülmesiyle bulunan Y [z ] değeri son aşamada tekrar invers z-dönüşümüyle y[k ] olarak elde
edilir.
L
Örnek
11
37
, y[ −2] =
olan LTID
6
36
sistemin verilen y[ k + 2] − 5 y[ k + 1] + 6 y[ k ] = 3 f [ k + 1] + 5 f [ k ] fark denklemine göre
cevabını bulun.
Ç
A
Giriş işareti f [ k ] = (2) − k u[k ] ve başlangıç koşulları y[−1] =
Çözüm
Önce verilen y[ k + 2] − 5 y[ k + 1] + 6 y[ k ] = 3 f [ k + 1] + 5 f [ k ] denklemini k = k − 2 olacak
şekilde tekrar düzenleyerek tam bir fark denklem sistemi elde edelim.
27
Aşkın Demirkol
y[ k ] − 5 y[ k − 1] + 6 y[ k − 2] = 3 f [ k − 1] + 5 f [ k − 2]
Bu haldeyken z-dönüşümlerini yapalım.
I
y[ k ] u[ k ] ⇔ Y [ z ]
1
1
11
Y [ z ] + y[ −1] = Y [ z ] +
z
z
6
1
1
1
11 37
y[ k − 2] u[ k ] ⇔ 2 Y [ z ] + y[ −1] + y[ −2] = 2 Y [ z ] +
+
z
6 z 36
z
z
A
R
y[ k − 1] u[k ] ⇔
Aynı şekilde giriş işaretinin de z-dönüşümü yapılır.
L
z
z − 0 .5
z
1
1
1
f [ k − 1] u[ k ] ⇔ F [ z ] + f [ −1] =
+0=
z
z z − 0 .5
z − 0 .5
1
1
1
1
f [ k − 2] u[ k ] ⇔ 2 F [ z ] + f [ −1] + f [ −2] = 2 F [ z ] + 0 + 0 =
z
z ( z − 0.5)
z
z
O
T
f [ k ] = (2) − k u[ k ] = (2 −1 ) k u[ k ] = (0.5) k u[ k ] ⇔
f [ −1] = f [ −2] = = f [ − n] = 0
N
Giriş için casualitiden dolayı başlangıç koşulları sıfırdır :
1
F[ z]
zr
M
f [ k − r ] u[ k ] ⇔
A
Buna göre giriş işareti aşağıdaki gibi olacaktır.
Bundan sonra artık fark denkleminin z-dönüşümü yazılır.
Ç
A
L
I
Ş
y[ k ] − 5 y[ k − 1] + 6 y[ k − 2] = 3 f [ k − 1] + 5 f [ k − 2]
1
1
, f [ k − 2] u[ k ] =
f [ k − 1]u[ k ] =
z ( z − 0.5)
z − 0.5
11 37 
3
5
11
1
1
Y [ z ] − 5 Y [ z ] +  + 6  2 Y [ z ] +
+ =
+
6
6 z 36  z − 0.5 z ( z − 0.5)
z
z
veya,
3
5
 5 6 
 11 
+
1 − + 2 Y [ z ] −  3 −  =
z z 
z  z − 0.5 z ( z − 0.5)


3z + 5
 5 6 
 11 
1 − + 2 Y [ z ] =  3 −  +
z  z ( z − 0.5)
 z z 

=
3z 2 − 9.5 z + 10.5
z ( z − 0.5)
Her iki taraf z 2 ile çarpılırsa
28
Sinyaller & Sistemler – Ayrık Sinyaller ve Sistemler
z (3z 2 − 9.5 z + 10.5)
( z − 0.5)
( z 2 − 5 z + 6)Y [ z ] =
I
z (3 z 2 − 9.5 z + 10.5)
Y [ z] =
( z − 0.5)( z 2 − 5 z + 6)
A
26  z  7  z  18  z 

− 
+ 

15  z − 0.5  3  z − 2  5  z − 3 
L
Y[ z] =
R
Y [z]
(3 z 2 − 9.5 z + 10.5)
( 26 / 15) (7 / 3) (18 / 5)
=
=
−
+
2
z
z − 0 .5
z−2
z −3
( z − 0.5)( z − 5 z + 6)
26  z  7  z  18  z 

− 
+ 
}
15  z − 0.5  3  z − 2  5  z − 3 
O
Ζ −1{Y [ z ]} = Ζ −1{
T
Buradan Y [z ] çıkışının invers Z transformasyonu alınırsa,
N
7
18
 26

y[ k ] =  (0.5) k − (2) k + (3) k  u[ k ]
3
5
 15

Örnek
A
Şimdi ayrık durumdaki sistem için Z transformasyonunu göz önüne alarak sistem çıkışının
y zi [k ] ve y zs [k ] bileşenleri cinsinden ifadesini incelemeye çalışacağız. Az önce yUkarıda
çözülen örneği düşünürsek,
 11 
3− 
z

=
M
 5 6
1 − + 2  Y [ z ] −
 z z 
baslangic kosullari
terimi
 11 
3 − 
z

+
Ş
 5 6 
1 − + 2 Y [ z ] =
 z z 
baslangic kosullari
3
5
+
z − 0.5 z ( z − 0.5)
terimi
giris terimi
(3 z + 5)
z ( z − 0.5)
giris terimi
2
I
Her iki taraf z ile çarpılırsa
L
( z 2 − 5 z + 6)Y [ z ] =
Ç
A
Y[ z] =
z (3 z − 11)
baslangic kosullari
+
terimi
z (3 z + 5)
.
5
z −0
giris terimi
z (3 z − 11)
z (3 z + 5)
+
2
z −
5 z
+
6 ( z − 0.5)( z 2 − 5 z + 6)
sifir -giris cevabi
sifir -durum cevabi
  z   z   26  z  22  z  28  z 
Y [ z ] = 5
 − 2
 +

− 
+ 

− 2   z − 3   15  z − 0.5  3  z − 2  5  z − 3 
z sifir - giris
sifir - durum
29
Aşkın Demirkol


22 k 28 k 26

k
k
k
y[ k ] = 5 (2) − 2 (3) − (2) + (3) +
(0.5)  u[k ]
3
5
15

sifir - giris

sifir - durum

I
7
18
26
y[k ] = [− (2) k + (3) k +
(0.5) k ] u[k ]
3
5
15
A
R
Ayrık Sistemlerde Kararlılık
Im
kararsız
L
karar
sınırı
γ
T
γ
β
Re
1
N
Kararlı
O
-1
A
Şekil 15.Karekterisitk kökler ve kararlılık
M
Buna gore sistemin stabilitesi üç duruma gore belirlenir.
Ş
1. Sürekli bir LTID sistemin asimtotik olarak kararlı olabilmesi için sistem transfer
fonksiyonunun “kutupları (poles)” kompleks frekans düzleminin yer aldığı birim çemberin
içinde olması gerekiyor. Kutuplar basit veya kök katları (tekrarlayan) tipte olabilirler.
I
2. Sürekli bir LTID sistem kararsız ise, iki koşuldan birinin var olması gerekir :
L
a) Transfer fonksiyonunun en az bir kutbu birim çemberin dışında
b) Transfer fonksiyonunun birim çemberin üzerinde katlı kutupları olması gerekir.
Ç
A
3. Eğer sürekli LTID sistemin transfer fonksiyonunun kutupları birim daire içinde değilse,
ama birim çember üzerinde katlı olmayan kutuplar varsa, zorunlu (marginally) kararlılık
durumu söz konusu olacaktır.
σ → −∞ için r = 0 minimum
σ → 0 için r = 1 maximum
Çemberin içi, kararlı bölge
σ = [0, ∞] Çemberin dışı, kararsız bölge
30
Sinyaller & Sistemler – Ayrık Sinyaller ve Sistemler
Örnek
Sistem transfer fonksiyonu
Y [ z]
F [ z]
=
z ( z + 0.45)
olan ayrık sistemin kararlılığını inceleyin.
( z − 0.2 z − 0.08)( z − 0.6)
=
z ( z + 0.45)
z ( z + 0.45)
=
( z − 0.2 z − 0.08)( z − 0.6) ( z + 0.2)( z − 0.4)( z − 0.6)
2
I
H [z] =
Y [ z]
F [ z]
2
A
H [z] =
R
Çözüm
z ( z + 0.45)
( z + 0.2)( z − 0.4)( z − 0.6)
Ayrık sistemin kutupları, z = −0.2 , z = 0.4 ve z = 0.6 olarak ( −1,1) birim çemberin içinde
yer aldıklarından, ayrık sistem kararlıdır. Sistemin sıfırları ise z = 0 ve z = −0.45
: kutup
T
L
H [ z] =
1
0.4 0.6
A
−1
− 0.45 − 0.2
N
O
: sıfır
Şekil 16.Kararlı ayrık sistem
M
Bilinear Transformasyon
Ş
Laplace ve Z Transformasyonları arasında dönüşüm Tustin metodu olarak anılan yaklaşımla
sağlanmaktadır. Bu yaklaşım aynı zamanda bilineer transformasyon olarak da anılmaktadır.
1
ln z
T
1 + sT / 2
≈
1 − sT / 2
I
z = e s T veya s =
es T / 2
e −s T / 2
L
z = esT =
Ç
A
Invers Tustin bağıntısı olarak s =
2 z −1
T z +1
2 + sT
z≈
2 − sT
1
ln z göz önüne alınırsa,
T
s≈
Bilinear Transformasyon (Tustin Transformasyonu)
Her iki bağıntıda, örtüşme sorununun olmadığı kabulü ve uzayların özelliklerinin korunduğu
(konformal tasfir) prensibi göz önüne alınmıştır.
31
Aşkın Demirkol
AYRIK-ZAMANLI SISTEMLERIN DURUM-UZAY ANALIZLERI
Daha önce sürekli – zaman sistemleri için ele alınan Durum – Uzay Modeli (state – space
model) bu kez ayrık sistemler için ele alınacaktır. Hatırlanacağı gibi daha once,
I
dny
d n −1 y
d n−2 y
dy
+ a n −1 n −1 + a n − 2 n − 2 + + a1
+ a 0 y = f (t )
n
dt
dt
dt
dt
L
A
R
veya
d n y (t )
d n −1 y (t )
dy(t )
d m f (t )
d m −1 f (t )
df (t )
a
a
a
y
t
b
b
+
+
+
+
(
)
=
+
+ + b1
+ b0 f (t )
n −1
1
0
m
m −1
n
n −1
m
m −1
dt
dt
dt
dt
dt
dt
biçiminde “n” nci dereceden süreki bir sistemi göstermede kullanılan diferansiyel denklem
gösterimini, bu kez ayrık sistemlere uyarlayarak ayrık karşılığını bulmaya çalışacağız. Bunun
için sürekli formdaki f (t ) ve y (t ) giriş ve çıkış işaretleri ayrık formdaki f [k ] ve y[k ]
işaretleri olacaktır. Bu şekilde ayrık “n” ci dereceden bir sistemin fark denklemi
T
( E n + a n −1 E n −1 + + a1 E + a 0 ) y[ k ] = (bm E m + bm −1 E m −1 + + b1 E + b0 ) f [ k ]
O
gibi olacaktır. Böyle bir fark denklemin direct kanonik formda gösterimi aşağıda verilmiştir.
N
bm
n
n
1
z
x [ k − 1]
n
1
z
x [k ]
1
1
z
x
m +1
[k ]
1
z
b0
∑
y[k ]
x [k ]
2
Ş
f [k ]
x [k ]
3
1
z
M
∑
x [k ]
A
x [ k + 1]
b1
a n−1
I
a n−2
L
am
Ç
A
a
a0
Şekil 17. “n” ci Dereceden ayrık-zaman sistemin kanonik formda realizasyonu
Şekildeki ayrık sistemin f [k ]
fonksiyonu
ve
y[k ] giriş-çıkış işaretlerini dikkate alan ayrık transfer
32
Sinyaller & Sistemler – Ayrık Sinyaller ve Sistemler
H [ z] =
bm z m + bm−1 z m −1 + + b1 z + b0
z n + a n−1 z n −1 + + a1 z + a 0
I
olacaktır. Bu sistemin girişi f [k ] ve çıkışı y[k ] olmak üzere fark denklemi
R
( E n + a n −1 E n −1 + + a1 E + a 0 ) y[ k ] = (bm E m + bm −1 E m −1 + + b1 E + b0 ) f [ k ]
E n y[ k ] + a n −1 E n −1 y[ k ] + + a1 Ey[ k ] + a 0 y[ k ] = f [ k ]
A
gibi olan sistemin x1 [k ], x 2 [k ], , x n [ k ] şeklindeki durum değişkenlerini elde etmeye
çalışalım. İlk olarak sürekli sistemdeki diferansiyel denklemi göz önüne alan
T
L
x1 = y
x 2 = y
x3 = y
y ≡ y[ k + 1]
M
A
N
O
x n = y ( n −1)
yaklaşımını göz önüne alalım. Burada x1 , x 2 , , x n durum değişkenleri diferansiyel denklemi
oluşturan terimlere atanmıştır. Burada ayrık sistemdeki E sembölünün sürekli sistemdeki
d
ye
diferansiyel denklemdeki
dt
d
≡E
dt
Ç
A
L
I
Ş
işlem operatörü gibi karşılık geldiğini göz önünde tutarak bunun ayrık sistemdeki karşılığını
oluşturabiliriz.
Bunun
için
fark
denklemleriyle
alakalı
olarak
y[ k ], y[ k + 1], y[ k + 2], , y[ k + n − 1] ayrık çıkışlarının x1 [ k ], x 2 [ k ], , x n [ k ] ayrık durum
değişkenleri türünden karşılığını aşağıdaki gibi yazmamız gerekir.
x1 [k ] = y[k ]
x2 [k ] = y[k + 1]
x3 [ k ] = y[ k + 2]
x n [ k ] = y[k + n − 1]
x n [ k + 1] = − a n −1 x n [k ] − a n − 2 x n − 2 [ k ] − − a 3 x 4 [k ] − a 2 x 3 [k ] − a1 x 2 [ k ] − a 0 x1 [ k ] + f [ k ]
y[k ] = b0 x1 [ k ] + b1 x 2 [k ] + + bm −1 x m +1 [k ]
durum denklemi olarak göz önüne alan sistemin matrisyel formdaki durum-uzay tanımı
aşağıdaki gibi olacaktır.
33
Aşkın Demirkol
A
x[ k ]
L
A
 x1 [k ] 
 x [k ] 

y[k ] = [b0 b1 bm ] =  2
 
C


x m +1 [k ]

B
I
0 
 x1 [k ] 
0 
 x [k ] 
 
2


 f [k ]
+
 
 
 x n −1 [k ]
0 


x n [k ] 
1 

R
1
0 0
0 
 0
 x1[k + 1] 

 x [k + 1] 
0
0
1 0
0 

2



  = 


 x n −1 [k + 1]
0
0 0
1 
 0


− a0 − a1 − a 2 − a n −2 − a n −1 
n [ k + 1] 
x
x[ k +1]
x[ k ]
T
x[ k + 1] = A x[ k ] + B f [ k ]
y[ k ] = C x[ k ] + D f [ k ]
N
x[ k + 1] = A[ k ] x[ k ] + B[ k ] f [ k ]
y[ k ] = C[ k ] x[ k ] + D[ k ] f [ k ]
O
Ayrık durum-uzay denklemlerini sağlamaktadır. Eğer ilgili A, B,C ve D katsayıları zamana
bağımlı A[ k ], B[ k ], C[ k ] ve D[ k ] gibi değişseydi denklemler
A
Ayrik-Zamanli Sistemlerin Durum-Uzay Çözümleri
Durum çözümü
M
x[k ] = A k x[0] + A k −1u[k − 1] * Bf [k ]
sifir giris
sifir durum
Ş
Çıkış çözümü
I
y[ k ] = C x[ k ] + D f [ k ]
L
Denklemindeki parametreler dikkate alınır. Bunun için yukarıda bulunan x[k ] durum vektörü
x[k ] = A k x[0] + A k −1u[k − 1] * Bf [k ]
Ç
A
y[k ] de yerine yazılırsa
k −1
y[k ] = CA k x[0] + ∑ CA k −1− j B f [ j ] + D f
j =0
= CA x[0] + CA k −1u[k − 1] * B f [k ] + D f
k
A k = β 0 I + β 1 A + β 2 A 2 + + β n −1 A n −1
34
Sinyaller & Sistemler – Ayrık Sinyaller ve Sistemler
λ1
λ2
λ12 λ1n −1 

λ22 λn2−1 
−1


λ n λ2n λnn−1 
λ1k 
 k
λ 2 
 
 
λkn 
I
β 0   1
β  
 1  = 1
  

 
 β n −1   1
A k = Z −1 [(I − z −1 A) −1 ]
Ayrık zaman durum geçiş matrisi
T
Aşağıdaki şekle göre ayrık sistemin durum-uzay modelini elde edin.
L
Örnek
A
R
Denklemdeki λ1 , λ 2 , , λ n A matrisinin öz değerleridir. Bununla birlikte A k istenirse Z
transformasyonundan da elde edilebilir ;
5
x2 [k ]
1
z
∑
1
z
∑
y
N
f
x1 [k ]
O
x2 [k + 1]
A
−5 / 6
1/6
M
Şekil 18. Ayrık sistem
Çözüm
Ş
Şekilden integrator (1/z) çıkışları göz önüne alınarak durum ve çıkış denklemleri aşağıdaki
gibi yazılabilir.
I
x1[k + 1] = x2 [k ]
Ç
A
L
1
1
5
 5
x2 [k + 1] = − x1[k ] −  −  x2 [k ] + f = − x1[k ] + x2 [k ] + f
6
6
6
 6
y[k ] = x1[k ] + 5 x2 [k ]
Bu yazıma uygun Ayrık Zaman – Durum Uzay modeli aşağıdaki gibi oluşturulabilir..
1 
 x1[k + 1]   0
 x [k + 1] = − 1/6 5 / 6

 2
 
 x1 [k ] 
y[k ] = [− 1 5] 

 x 2 [k ]
 x1 [k ]  0
 x [k ] + 1  f
 2   
35
Aşkın Demirkol
Ayrık Durum-Uzay Denklemlerinin Z Transformasyonuyla Çözümü
X[ z ] = Z −1 [(I − z −1 A) −1 z x[0]] + Z −1 [( zI − A) −1 B F[ z ]]
sifir giris bileseni
sifir durum bileseni
A k = Z −1 [(I − z −1 A) −1 ]
I
Hatırlabacağı gibi daha önceden
R
Ayrık zaman durum geçiş matrisi
A
olarak verilmişti. Şimdi buradan yine Z transformasyonuyla çıkışa yani cevaba yönelik
çözümü araştıralım.
L
Çıkışın hesabı :
T
y[ k ] = C x[ k ] + D f [ k ]
O
Y[ z ] = C X[ z ] + D F[ z ]
Bunu çıkıştaki yerine yazarsak,
N
X[ z ] = (I − z −1 A ) −1 z x[0] + (( zI − A ) −1 B F[ z ]
Y[ z ] = C [(I − z −1 A) −1 z x[0] + (( zI − A ) −1 B F[ z ]] + D F[ z ]
= C (I − z −1 A ) −1 x[0] + [C ( zI − A ) −1 B + D] F[ z ]
sifir giris cevabi
A
= C (I − z −1 A) −1 x[0] + H[ z ] F[ z ]
sifir durum cevabi
M
Transfer Fonksiyonunun Hesabı
Ş
H[ z ] = C ( zI − A) −1 B + D
I
Y( z ) = H( z ) F( z)
Ç
A
L
h[k ] = Z −1 {H ( z )}
36
Sinyaller & Sistemler – Ayrık Sinyaller ve Sistemler
Ayrık – Zaman Durum uzay Modelinin Sürekli – Zaman Durum Uzay Modelinden Elde
Edilmesi
x (t ) = Ax(t ) + Bu(t )
A
R
Bu şekilde sürekli zamanda verilen klasik Durum – Uzay Modelini Ayrık – Zaman Durum
Uzay Modeline dönüştürmek istiyorsak, örneklememiz gerekiyor. Bunun için T örnekleme
periyodunun bilinmesi gerekiyor. Buna göre, aşağıdaki ayrık model elde edilir.
ˆ (k ) + Bˆ u (k )
x(k + 1) = Ax
I
y (t ) = Cx(t ) + Du(t )
y (k ) = Cx(k ) + Du(k )
ˆ = L−1 {( sI − A) −1}
A
ˆ − I )B
, Bˆ = A −1 ( A
, C=C ,
D=D
L
t =T
Örnek
N
O
T
 x1 (t )  1 1   x1 (t )  0
 x (t )  = 0 −2  x (t )  1 u (t )
  2  
 2  
Sürekli – Zaman Durum – Uzay Modeli
olarak verilen
 x1 (t ) 
y (t ) = [1 0] 

 x2 (t ) 
sürekli sistemin T = 1 sn ile örnekleyen Ayrık – Zaman Durum Uzay Modelini elde edin.
ˆ = L−1 {( sI − A) −1}
A
A
Çözüm
ˆ (k ) + Bˆ u (k )
1 1 
0 
x(k + 1) = Ax
A=
B
C
D
,
,
=
0
,
=
1
0
,
=
0
[
]

1 
y (k ) = Cx(k ) + Du(k )
0 −2 
 
t =T
= L−1 {( sI − A) −1}
t =1
−1
M
0 − 1   s − 1 −1 
 s 0  1 1   s − 1
1/ ( s − 1) 1/ ( s − 1)( s + 2)) 
( sI − A ) = 
−
=
=
=




s + 2
1 / ( s + 2) 
 0 s  0 −2  0 − 0 s − (−2)   0
 0
1
A
B
As + 2 A + Bs − B ( A + B ) s + 2 A − B
=
+
=
=
( s − 1)( s + 2) s − 1 s + 2
( s − 1)( s + 2)
( s − 1)( s + 2)
1 = ( A + B)s + 2 A − B
0 = A+ B
I
Ş
−1
Ç
A
L
1 = 2 A − B → A = 1/ 3 , B = −1/ 3
1
1/ 3 −1 / 3
=
+
( s − 1)( s + 2) s − 1 s + 2
1 t
1
1/ 3 1/ 3
[e u (t ) − e −2 t u (t )] ↔
=
−
3
( s − 1)( s + 2) s − 1 s + 2
1
1
et u (t ) ↔
, e −2 t u (t ) ↔
s −1
s+2
 1/ ( s − 1) 1/ ( s − 1)( s + 2))   et u (t ) (1/3)[et u (t ) − e −2t u (t )]
L−1 {( sI − A ) −1} = L−1  
=

1 / ( s + 2)    0
e−2t u (t )

  0
37
Aşkın Demirkol
t = T = 1 sn örnekleme periyodu uygulanırsa,
 e1u (1) (1/3)[e1u (1) − e −2.(1)u (1)]  2.73 0.865 1 0.317 
=
=
=
t =T =1
e−2  0 0.134 
e −2.(1)u (1)
 0
  0
ˆ = L−1 {( sI − A) −1}
A
0
1 
 
I
0.317  1 0   0 1 0.5    1 − 1 0.317 − 0  
−
=



0.134  0 1   1  0 −0.5  0 − 0 0.134 − 0  
0.317   0   0.3840 
=

0.134   1   −0.0670 
A
R
−1
ˆ − I )B = 1 1   1
Bˆ = A −1 ( A
0 −2  0

 
1 0.5   0
=

0 −0.5  0
L
ˆ = 1 0.317  , Bˆ =  0.3840  , C = [1 0] , D = 0 , T = 1 sn örnekleme periyodu için,
A
0 0.134 
 −0.0670 




→
O
y (k ) = Cx(k ) + Du(k )
T
ˆ (k ) + Bˆ u (k )
x(k + 1) = Ax
 x1 (k + 1)  1 0.317  x1 (k )   0.3840 

=
+
 
 u (k )
 x2 (k + 1)  0 0.134  x2 (k )  −0.0670
 x (k ) 
y (k ) = [1 0]  1 
 x2 (k ) 
N
Ayrık – Zaman Durum – Uzay Modellerinin Kontroledilebilirliği ve Gözlemlenebilirliği
Örnek
A
0.5z + 1
0.5z + 1
=
olarak verilen ayrık – zaman
z + 1.5z + 0.54 ( z + 0.6)( z + 0.9)
sistemin Durum – Uzay Modelini oluşturarak, kontroledilebilirliğini, gözlemlenebilirliğini ve
model üzerinden kararlılığını araitırın.
2
Çözüm
Ş
M
Transfer fonksiyonu H ( z ) =
I
Transfer fonksiyonu ile durum – uzay modelin elde edilişi ; Direkt/kıntroledilebilir form
Y ( z)
0.5 z + 1
Y ( z) X ( z)
1
= 2
=
= 2
(0.5 z + 1)
F ( z ) z + 1.5 + 0.54 X ( z ) F ( z ) z + 1.5 z + 0.54
X ( z)
1
= 2
→ ( z 2 + 1.5 z + 0.54) X ( z ) = F ( z )
F ( z ) z + 1.5 z + 0.54
Ç
A
L
H ( z) =
z 2 X ( z ) + 1.5 zX ( z ) + 0.54 X ( z ) = F ( z ) → f = x2 [k + 1] + x2 [k ] + 0.16 x1[k ] → x2 [k + 1] = −0.54 x1[k ] − 1.5x2 [k ]
Y ( z)
= 0.5 z + 1 → (0.5 z + 1) X ( z ) = Y ( z )
X ( z)
0.5 zX ( z ) + X ( z ) = Y ( z ) → y[k ] = 0.5 x2 [k ] + x1[k ]
38
Sinyaller & Sistemler – Ayrık Sinyaller ve Sistemler
x(k ) = x1 (k ) = X ( z )
x2 (k ) = x1 (k + 1) = zX ( z )
1   x1 (k )  0
 x1 (k + 1)   0
 x (k + 1)  = −0.54 −1.5  x (k )  + 1 f (k )
  2   
 2
 
 x (k ) 
y (k ) = [1 0.5]  1 
 x2 (k )
x1 (k + 1) = x2 (k )
x2 (k + 1) = −0.54 x1 (k ) − 1.5 x2 (k )
→
R
y (k ) = x1 (k ) + 0.5 x2 (k )
L
A
Ayrık karşılığı elde edilen Durum – Uzay modelinin basit formu olarak anılan
kontroledilebilir kanonik formu aşağıdaki gibi oluşturulur.
x2 (k + 1)
T
0.5
x2 (k )
x1 (k )
1
z
N
O
1
z
∑
f
1.5
A
0.54
Şekil 20. Ayrık sistem
M
Çözüm
Şekil göz önüne alındığında aşağıdaki denklemler oluşturulacaktır.
A
L
I
Ş
1   x1 (k )  0
 x1 (k + 1)   0
 x (k + 1)  =  −0.54 −1.5  x (k )  + 1 f [k ]
  2   
 2
 
 x (k ) 
y(k ) = [1 0.5]  1 
 x2 (k ) 
1 
 0
0 
A=
, B =   0 , C = [0.5 1] , D = 0

 −0.54 −1.5
1 
Ç
I
x2 (k + 1) = z 2 X ( z )
a) Kontroledilebilirlik
1  0  
0.0 + 1.1
 0
  1 
=
AB = 



=

 −0.54 −1.5 1   −0.54.0 + ( −1.5).1  −1.5
1 
0
ς = [ B AB ] = 
 → det(ς ) = ( −1.5).0 − 1.1 = −1
1 −1.5
39
∑
y
Aşkın Demirkol
det(ς ) ≠ 0 olduğundan rank(ς ) = Durum değişkeni sayısı
Rank bilgisine göre ayrık sistem kontroledilebilirdir.
A
R
1 
 0
CA = [1 0.5] 
 = [1.0 + (0.5).( −0.54) 1.1 + (0.5).( −1.5) ] = [ −0.27 0.25]
 −0.54 −1.5
0.5 
C   1
O=
=

 → det(O ) = 1.(0.25) − (0.5).( −0.27) = 0.25 + 0.135 = 0.385
CA   −0.27 0.25
I
b) Gözlemlenebilirlik
L
det(O) ≠ 0 → rank(O) = 2 = Durum (state) sayısı
Rank bilgisine göre ayrık sistem gözlenebilirdir.
T
c) Kararlılık
A
N
O
1   x1 (k )  0
 x1 (k + 1)   0
 x (k + 1)  =  −0.54 −1.5  x (k )  + 1 u (k )
  2   
 2
 
 x (k ) 
y (k ) = [1 0.5]  1 
 x2 (k ) 
Eğer A Durum matrisinin öz değerleri birim çemberin içinde yer alıyorsa ayrık sistem kararlı
olacaktır.
−1 
1 
1   λ −0
0 −1   λ
 0
λ 0   0
A=
→ λI − A = 
−
=
=





 −0.54 −1.5
 0 λ   −0.54 −1.5 0 − (−0.54) λ − (−1.5)  0.54 λ + 1.5
λ
−1
= λ (λ + 1.5) − [ −1.(0.54] = λ 2 + 1.5λ − [ −0.54] = λ 2 + 1.5λ + 0.54
M
det(λ I − A) =
0.54 λ + 1.5
Ş
det(λ I − A) = 0 → λ 2 + 1.5λ + 0.54 = 0 = (λ + 0.6)(λ + 0.9) → λ = −0.6 ve λ = −0.9
Ç
A
L
I
Sistemin öz değerleri λ = −0.6 ve λ = −0.9 olarak birim çember içinde yer aldığından ayrık
sistem kararlıdır.
40
Download

SİVEREK EĞİTİM-BİR-SEN İLÇE TEMSİLCİLİĞİ