Systemtheorie Abschlussprüfung 1992

StinkePunk · Beitrag von **StinkePunk** » 07.08.2006 21:03

1)

a) $f(x)= (\\bar x_1 \\cdot \\bar x_2 \\cdot \\bar x_3) \\vee ( x_1 \\cdot \\bar x_2 \\cdot \\bar x_3) \\vee (x_1 \\cdot \\bar x_2 \\cdot x_3) \\vee (x_1 \\cdot x_2 \\cdot \\bar x_3) \\vee (x_1 \\cdot x_2 \\cdot x_3)$ geänd.

b)

y1 = nor x2
y2 = nor x3
y3 = y1 nor y2
y4= y3 nor x1
y= nor y4

Hier besonders darauf achten, dass alle Signale die alleine in ein NOR gehen mit zwei Eingängen dort hinein gehen.

2)

b) y=(0,1,0,1,0,....) geänd.

3)

$x(k)=k \\cdot (k-1)$ geänd.

4)

a) $G(z)=\\frac{z^{-2}}{1-a \\cdot z^{-1}}$
b) a ungleich z (???)
c) $A(\\omega)=\\sqrt{G(z) \\cdot G(-z)} | z=exp{j \\cdot \\omega} =\\frac{1}{\\sqrt{1,64+1,6 \\cdot cos(\\omega)}}$ geänd.

5)

a) $y(t)=A^2 \\cdot t 1(t) -2 \\cdot A^2 \\cdot (t-\\tau) \\cdot 1(t-\\tau) + A^2 \\cdot (t-2\\tau) \\cdot 1(t-2 \\tau)$ geänd.

b) Steigende Gerade von 0 bis Tau. Maximalwert A². Ab da wider fallend bis 2 Tau. Dann wieder null.

6)

$u_2(t)=\\frac{U_0}{\\tau} \\cdot (\\frac{-L}{R} \\cdot exp{\\frac{R}{L} \\cdot \\tau} + \\tau + \\frac{L}{R}) \\cdot exp{\\frac{-R}{L} \\cdot t}$

7)

a)

$z_1\'(t)=x(t)+V_1 \\cdot z_1(t)+V_3 \\cdot z_2(t)$
$z_2\'(t)=z_1(t)$
$y(t)=z_2(t)+V_2 \\cdot z_1(t)$

die Zustandsgleichungen sind dann wie bei mojo777 nur das C ein Vektor ist $C= \\left[\\begin{array}{cc}V_2\\\\1\\end{array}\\right]$ und D eine skalare 0

$G(s)=C \\cdot (E \\cdot s -A)^{-1} \\cdot B - D$

$G(s)=\\frac{V_2 \\cdot s -1}{s^2-V_1 \\cdot s -V_3}$

b)

Die Nullstellen des Zählers sind damit s1=-3 und s2=-5
da alle (beide) kleiner null sind, ist das system stabil

c)

mfg

SP
-
- Editiert von StinkePunk am 08.08.2006, 22:25 -

mojo777 · Beitrag von **mojo777** » 07.08.2006 21:36

hi.
also ich hab die noch nicht gerechnet aber... die allg gültige methode sind die zustansagleichungen (zu 7)
definiere (wie im letzten sem) die zustände der signale mit
$z_i(k+1)=(...) \\\\ \\text{dann eine matrix aufstellen nach Seite 27 (Script F.Kurz)}\\\\ \\text{und nicht vergessen y immer aufzuloesen...}\\\\$

gruß

mojo777 · Beitrag von **mojo777** » 07.08.2006 21:39

nachtrag:
$\\text{von links nach rechts}\\\\ z_1(k+1)=z_1 \\cdot V_1+x(t)+z_2 \\cdot V_3 \\\\ z_2(k+1)=z_1(k)\\\\ y(t)=z_1(k) \\cdot V_2+z_2(k)\\\\$
und nun ab dafür mit
$G(s)=C(sE-A)^{(-1)} \\cdot B+D\\\\$

mkey?

nachtrag:
$\\Large A= \\left[\\begin{array}{cc}V_1&V_3\\\\1&0\\end{array}\\right]\\\\ \\hspace{10}B= \\left[\\begin{array}{cc}1\\\\0\\end{array}\\right]\\\\ \\Large C= \\left[\\begin{array}{cc}V_2&1\\\\0&0\\end{array}\\right]\\\\ \\hspace{10}D= \\left[\\begin{array}{cc}0\\\\0\\end{array}\\right]\\\\$

- Editiert von mojo777 am 07.08.2006, 22:47 -

macoio · Beitrag von **macoio** » 08.08.2006 08:11

hab mal wieder meine Lösungen gescannt -> Download
Einige Unterschiede zu Stinkepunkts Ergebnissen gibts schon, bin aber erst heut nachmittag wieder da zum diskutieren

drueckeBaerger · Beitrag von **drueckeBaerger** » 08.08.2006 08:53

also macoio .. deine 1. aufgabe stimmt aber auch so nicht. denn du hast beim negieren vergessen,dass die terme auch negiert werden. aus x2Vx3 negiert wird kein x2x3, sondern ein x2x3 negiert ...

edit: ich hab mal soweit gemacht, wie ichs weiß. die 1. is mir irgendwie zu dumm, da brauch ich mal die hilfe von euch.

http://rcswww.urz.tu-dresden.de/~s9530715/ST-1992.pdf
- Editiert von drueckeBaerger am 08.08.2006, 15:06 -

-DC- · Beitrag von **-DC-** » 08.08.2006 16:13

hier mal mein vorschlag für aufgabe 1 und 2
http://rcswww.urz.tu-dresden.de/~s6305295/syst92.jpg
bei 1b sind bei mir x1 und x3 als eingang vertauscht
und 1b ist falsch weil ich dachte die nors wären nands .. naja jedefalls ist das komplet nonsens

3tens und 4tens habe ich wie macoio

5tens und 6tens gibts hier http://rcswww.urz.tu-dresden.de/~s6305295/syst9256.jpg
wobei ich mir bei aufgabe 6 recht sicher bin, weil wenn man mal e-technisch ran geht muß ja bei t=0 die eingansspannung= ausgansspannugn sein also Uo

- Editiert von DmdEt am 08.08.2006, 18:35 -

pax · Beitrag von **pax** » 08.08.2006 17:43

4. instabil für alle a,eine ps ist immer null, drückeberger hat ne gute lösung, leider das minus in ein plus gewandletl...

Quentin · Beitrag von **Quentin** » 08.08.2006 18:10

Also bei den Schaltungen geh ich mit, aber dein Automatengraph lässt ja gar kein Zustand 1 zu. Der wird aber dann erreicht wenn z(k)=0 und x(k)=1 ist. Und bei dem Ausgabewort hab ich mit 0 angefangen.

-DC- · Beitrag von **-DC-** » 08.08.2006 18:14

warum sollte das instabil für alle a sein ? der betrag der polstelle muß ja kleiner 1 sein
bei 2b habt ihr recht, ich habe vergessen das z(0)=0 gegeben war und mit z(k+1) angefangen

Jazz · Beitrag von **Jazz** » 08.08.2006 18:23

moin, also ich habe die aufgabe mit 2 zuständen, ist für mich irgendwie logischer.
siehe hier

pax · Beitrag von **pax** » 08.08.2006 18:29

weil zum a/2 immer ein wurzel(a^2/4) addiert wird, wenn a negativ kommt dann betrag von a dazu und dat wird null. zeichnen lassen mit ti liefert (für a=-,8) ne periodische funktion, aber wie nennt man das dann? den automatengraph hab ich auch wie jazz

Jazz · Beitrag von **Jazz** » 08.08.2006 18:42

also für Aufgabe 4, das system ist stabile wenn für die pole zv gilt |zv|<1
Pole für die Funktion in Aufgabe 4 sind 0 und und a wenn man die beträge der beiden pole bildet kommt man darauf, dass das system stabil ist, wenn -1<a<1 ist.

-DC- · Beitrag von **-DC-** » 08.08.2006 19:13

bei 7tens habe ich das fast genau so wie drueckeberger, nur hat er beim bilder der inversen die 1/ adj falsch , meiner meinung nach muß das 1/( s*(s-v1) -v3 ) also -v3 anstat +v3 weil - (-1*-v3) =-v3 und somit kommt man bei b/c auch auf ein leicht anderes ergebnis, es steht dann -15 anstadt +15 unter der wurzel
system wird instabil wenn v1>sqrt 61

StinkePunk · Beitrag von **StinkePunk** » 08.08.2006 19:25

@ Drueckeberger: Guck dir nochmal deine Zeichnung bei der 5 b) an! Rechteck gefaltet mit nem Rechteck ergibt ein Dreieck.

bei der 6 hab ich nochmal nachgerechnet und komme auf das selbe Ergebnis. Du hast da irgendwo das $exp{-\\frac{R}{L} \\cdot \\tau}$ verschludert.

und bei der 7) hast du zeitdiskret mit zeitkontinuierlich vertauscht.

ansonsten hab ich 1 bis vier nochmal nachgerechnet und kann jetzt deine Ergebnisse bestätigen. Hab sie dementsprechend bereits bei mir geändert.
- Editiert von StinkePunk am 08.08.2006, 21:15 -

macoio · Beitrag von **macoio** » 08.08.2006 20:17

@Jazz: der Automatengraph aufgabe 2 ist richtig wie dus sagst

-DC- · Beitrag von **-DC-** » 08.08.2006 20:20

ich habe jetzt auch meinen fehler bei 6tens eingesehen ich habe oben beim umwandeln der U1 vergessen dann noch was abzuziehen sodass die 0 bleibt.

aber, wen ich bei drückeberge in die Lsg t=0 einsetzte kommt man nicht auf Uo .. irgendwo muß da noch was sein

drueckeBaerger · Beitrag von **drueckeBaerger** » 09.08.2006 09:08

mmh das mit dem zeitkontinuierlich stimmt. was hab ich da nur gemacht. ....

was mich bei der matrixinversion wundert (abgesehen von dem vorzeichen-schusselfehler) is, dass immernoch alle koeffizienten nicht das gleiche vorzeichen haben. also is die bedingung für ein hurwitz polynom,was ja ein stabiles system ausmacht immer noch nicht gegeben. woher soll also die wurzel 61 kommen ? setze ich nun aber die wurzel 61 mal ein, kommt \"oh wunder\" tatsächlich ein stabiles polstellen \"paar\" raus. irgendwie besteht hier noch aufklärungsbedarf.

hat mal jemand nen anständigen graphen für die 1. aufgabe ?

StinkePunk · Beitrag von **StinkePunk** » 09.08.2006 15:42

muss ja nich immer ein Hurwitz-Polynom sein. Wichtig is ja nur, dass alle Polstellen in der linken Halbebene liegen. Hurwitz ist eine Möglichkeit das zu prüfen, funktioniert aber nicht immer. Da das Polynom hier nur 2. Grades ist, kannst du das auch ganz einfach mit der pq-Formel lösen.

Currahee1 · Beitrag von **Currahee1** » 09.08.2006 16:53

Wie ist denn das mit der 4.? Wenn man y(k+2) z-transformiert, hat man doch dann immernoch ein x(0) und x(1)*z^(-1). Wieso habt ihr das denn immer weg gelassen? In der Aufgabe wird doch gar keine Aussage zu x(0) und x(1) gemacht, oder überseh ich da irgendetwas?

Quentin · Beitrag von **Quentin** » 09.08.2006 16:57

In der Konsultation wurde gesagt, dass wenn dort z(0)=0 ist man von einem definierten Anfangszustand ausgehen kann und damit diese Zustände unbetrachtet bleiben können. (Es wäre übrigens y(0) und y(1))

Currahee1 · Beitrag von **Currahee1** » 09.08.2006 17:01

@ Jazz: Ich stimme dir fast zu, nur würde ich sagen |a|<1, denn es könnten doch auch komplexe a eingesetzt werden, oder?

Currahee1 · Beitrag von **Currahee1** » 09.08.2006 17:02

@ ErZwo: Danke, das war mir neu. Und natürlich, das muss y(0) und y(1) heißen.

Fary · Beitrag von **Fary** » 09.08.2006 19:04

hm, ich würde sagen, dass 4. nie stabil ist, da ich ja nicht alle Koeffizienten habe, also a0 0 ist und damit ist doch laut AT das ding instabil? außerdem habe ich einen Pol bei 0 und damit ist das ding selbst bei BIBO-Stabilitätsbetrachtung nur grenzstabil und damit instabil, oder liege ich da jetzt falsch?

macoio · Beitrag von **macoio** » 09.08.2006 23:14

Nachtrag zur Aufgabe 2a: Ich hab da zuerst versucht mit Logik ranzugehen, großer Fehler :-O. Vielleicht habt ihr ja gleich den einfachsten Weg gefunden, aber ich hab jetzt festgestellt bei der Aufgabe lohnt es wirklich mal die Tabelle aufzuschreiben und die KDNF aufzustellen und dann einfach zu zeichnen, dann ist die kein Problem mehr.

Currahee1 · Beitrag von **Currahee1** » 10.08.2006 08:02

@ Fary: Wie weiter vorn schon mal gepostet wurde, ist das Stabilitätskriterium für zeitdiskrete Systeme, dass alle Pole innerhalb des Einheitskreises liegen müssen. D. h., der Betrag von a muss meiner Meinung nach kleiner 1 sein (das schließt im Gegensatz zu -1<a<1 auch komplexe a mit ein)