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1、 部分习题解答 第 3 章 3.1 解：（1） T T T ez e ze zF = = 1 1 1 1)( （2） 21 1 )1 ( )( = ze zTe zF T T （3） 1 3 . 01 1 )( = z zF （4） + = 5 . 2 11 4 . 0)( ss sF )1)(1 ( )1 (4 . 0 1 1 1 1 4 . 0)( 15 . 21 15 . 2 15 . 21 = = zez ze zez zF T T T （5） )1 ()1 (4 )21 ()12( )( 1221 11222 + = zez zzTeeeT zF T TTT （6） )1)(1 (
2、)1 ()1( )1 ()1 ( )1 ()1( )1 ( ) 1( 11 )( 11 11 121 11 1 + = + = + = zez zzTeeeT zez zzTeeeT z sss e ZzF T TTT T TTTTs 3.2 求下列函数的反变换。 解：（1）， k kTf4 . 0)(=?, 2 , 1 , 0=k （2） + += + += 6 . 0 12 25 1 4 5 6 5 6 . 0 12 25 1 4 5 6 5 )( 1 z z z z z zzz zF =+ = = ?, 2 , 1 6 . 0 12 25 4 5 6 5 0 0 )( 1 k k kTf
3、 k （3） + = + = + = 1 22 2 . 01 5 2 . 0 5 )2 . 0( 5 )( z z z z z zz zF = = = ?, 3 , 2 )2 . 0(5 1 , 0 0 )( 2 k k kTf k （4） 2 21 )2)(1( )( + = = zzzz z z zF 2 2 )( + = z z z z zF ?, 2 , 1 , 0,21)( 1 =+= + kkTf k （5） = 21 11 )1 ( )( z Tz T z zF = = = ?, 2 , 1 1- 0 0 )( kk k kTf （6） += += 1 32 1 1 2 21 4
4、 21 4 1)( z zz z z zzF = = = = ?, 4 , 3 2 2 1 1 , 0 0 )( 1 k k k kTf k 3.3 求下列函数的初值和终值。 解：（1）1 1 1 lim)(lim)0( 1 = = z zFf zz 1 1 1 1lim)()1 (1lim)( 1 1 1 1 1 = = z zzFzf zz （2）1 )375. 025. 11)(25. 01 ( 25. 01 lim)(lim)0( 212 2 = + = zzz z zFf zz 0 )375. 025. 11)(25. 01 ( 25. 01 )1 (1lim)( 212 2 1 1
5、 = + = zzz z zf z （3）0 )208. 0416. 0)(1( 8 . 0 lim)(lim)0( 2 2 = + = zzz z zFf zz 9975. 0 )208. 0416. 0)(1( 8 . 0 )1 (1lim)( 2 2 1 1 = + = zzz z zf z (4) 0 )8 . 0)(18 . 0( ) 1( lim)(lim)0( 22 22 = + + = zzzz zzz zFf zz 9975. 0 )8 . 0)(18 . 0( ) 1( )1 (1lim)( 22 22 1 1 = + + = zzzz zzz zf z 3.4 求解下列差
6、分方程。 解：（1）对差分方程求 z 变换，得 1 1 6 . 01 1 )()(3 . 0)( = z zRzYzzY 1111 6 . 01 2 3 . 01 1 )6 . 01)(3 . 01 ( 1 )( + = = zzzz zY () + = = n 满足系统稳定的必要条件，再构造 Jury 表如下 1686. 0 8308 . 0 5442. 04521. 0 4521. 05442. 0 4055 . 0 6513. 03217. 02641. 0 2641 . 0 3217. 06513. 0 5824 . 0 9856 . 0 7196. 06832. 05740. 0 5
7、740 . 0 6832. 07196. 09856. 0 12 . 0 1 8 . 0 61 . 0 67. 0 12. 0 12 . 0 67 . 0 61 . 0 8 . 0 1 Jury 阵列奇数行首列系数均大于零，故系统稳定。 4.3 解：开环 z 传递函数为 ) 1)(5 . 0( )( = zz Kz zG 闭环传递函数为 Kzzz Kz zG zG zR zY z + = + = )5 . 0)(1()(1 )( )( )( )( 令特征多项式 ()05 . 05 . 1)( 2 =+=zKzz 由二阶计算机控制系统稳定充要条件 = + ) 1(lim 1 + z z = zz
8、 z zDzGz T K z v z z ，满足性能指标要求。 6.11 解：系统校正前的开环 z 传递函数为 () ()()135 . 0 1 594 . 0 135 . 1 ) 1( 1 )( + = + = zz zK ss K s e ZzG Ts 此时，由速度误差系数 5 . 1)() 1(lim 1 1 = zGz T K z v 解得：，取5 . 1K2=K () ()()135 . 0 1 594 . 0 135 . 1 2 ) 1( 1 )( + = + = zz z ss K s e ZzG Ts ， 令 w w z + = 1 1 ，得到 ww ww wG 7616. 0
9、 5232. 10464. 14768. 0 )( 2 2 + + =，画出伯德图 -10 0 10 20 30 40 50 Magnitude (dB) 10 -2 10 -1 10 0 10 1 10 2 135 180 225 270 Phase (deg) Bode Diagram Gm = -2.76 dB (at 1.3 rad/sec) , Pm = -9.16 deg (at 1.85 rad/sec) Frequency (rad/sec) 这是一个非最小相位系统，需将高频增益降低小于 1。通过分析和试算，选择 009. 0 056. 0 15. 0)( + + = w w
10、wD，校正后的伯德图为 -50 0 50 100 Magnitude (dB) 10 -4 10 -3 10 -2 10 -1 10 0 10 1 10 2 135 180 225 270 Phase (deg) Bode Diagram Gm = 13.2 dB (at 1.22 rad/sec) , Pm = 48.5 deg (at 0.298 rad/sec) Frequency (rad/sec) 满足要求。 9822. 0 1403. 0157. 0 )( = z z zD () ()()9822. 0 1403. 0157. 0 135. 01 594. 0135. 12 )()
11、( + = z z zz z zDzG 5 . 18764. 1)()() 1(lim 1 = zDzGzK z v 第 7 章 7.1 解： (1) 递推法 01100 (1)1 32014 01004 (2)1 32419 01409 (3)1 329131 019031 (4)1 3231190 0 (1)100 4 (2)1 =+ = =+ = =+ = =+ = = = x x x x y y ? 4 04 9 9 (3)109 31 31 (4)1031 90 = = = y y ? （2）z变换法 1 21 1 3(1)(3) z z zzz = + IA 11 32 2 ( )
12、()(0)()( ) 33 173 (1)(3)(1) 418183 179 43 418183 (1)(3)(1) zzzzz zzz zzz zzz zzz zzz zz zzz zzz =+ + + + + = = + + XIAxIABU 1 173 ( 1)(3) 488 ( )( ) 179 ( 1)(3) 488 kk kk kZz + = = + xX 32 32 2 33 (1)(3)(1)33 ( )( )10 (1)(3)(1) 43 (1)(3)(1) zzz zzzzzz zz zzz zz zzz + + = + + YCX 32 1 33 ( ) (1)(3)(1) 173 ( 1)(3) 488 kk zzz kZ zzz + = + = + y 7.2 解： z传递函数 1 0.10 1 0.20.6(0.1)(0.6) z z zzz = IA 1 ( )() 0.101 1 0 1 0.20.61(0.1)(0.6) 0.4 (0.1)(0.6) G zz z zzz z zz = = = CIAB 特征值 12 0.60 det()det(0.6)(0.1)0 0.20.1 0.6,0.1 z zz z zz = = IA 即即 z 7.3 解： 1 0.30.1 1 0.4(0.1)(0.4)
