Page 212 - 2589

та
1 1
k
a  ( ) 1  ( k . ) 4
0
3 3
Відповідно:
 4 ( ) 1  1 ( ) 4 k 1 ( ) 1  1 ( ) 4 k 
k
k
 
Ф (k )   3 4 3 4 3 1 3 4  .
k
k
k
 ( ) 1  ( ) 4 k  ( ) 1  ( ) 4 
 3 3 3 3 

Тепер можна знайти повний розв’язок дискретного рівняння
стану. Для заданого початкового стану отримуємо:
) 1 ( x  A ) 0 ( x  ) 0 ( B , ) 0 ( u
0
) 2 ( x  A ) 1 ( ) 1 ( x  B ) 1 ( ) 1 ( u 

A ) 1 ( A ) 0 ( x  A ) 1 ( B ) 0 ( ) 0 ( u  B ) 1 ( 1 ( u ),
0
в загальному

k 1 k 1   k 1 
x (k )   A ) (i x   A ( ) j B ) (i u (i ), k  2 , 1 ... .
0 


i 0 i 0  j i 1 
Припустимо, що стаціонарна система з неперервним часом
(рис 7.14,а) яка задана рівняннями стану наступного виду
x  (t )  Ax (t ) Bu (t )

та

y (t )  Cx (t ) Du (t ).
Як видно, розвязок диференційного рівняння стану має
вигляд:

t
( x t)  e A t ( t 0 ) ( x t )  e A  t ( ) Bu ( )  d ,

0
t 0
де (tx ) - заданий початковий стан. Нехай для спрощення t 0.
0 0
Припустимо, що шукається тільки значення (ty )в фіксовані

моменти часу O ,T 2 , T ,..., тобто здійснюється вибірка вихідний
функції в момент t  , 0 T 2 , T ,... (рис. 7.14,б). З рівняння вхід - стан
- вихід видно:

y (kT ) Cx (kT ) Du (kT ) ( k . . , 2 , 1 , 0 .). (7.39)

Тому необхідно визначити стан (tx ) в моменти ,0 T 2 , T ,....
Розглянувши розв’язок диференційного рівняння стану,
отримуємо:

212