Schaltung

Als Beispiel zur z-Transformation betrachten wir eine RC-Schaltung, die mit einer Einheitsstufenfunktion angesteuert wird.

$\parbox{5.7134cm}{\begin{center}\includegraphics[ height=3.0247cm, width=5.7134cm ]%% {2003-11-03.eps}%% \\ RC-Schaltung als Beispiel \end{center}}$

Gleichungen:

$$C\cdot\dot{U}_{a}=I$$ (1)

$$I=\frac{U_{e}-U_{a}}{R}$$ (2)

Also erhalten wir

$$\dot{U}_{a}=\frac{1}{RC}\left( U_{e}-U_{a}\right)$$ (3)

Bei diskreten Eingangswerten bekommen wir die Folgen

$$U_{a}\; \;U_{a,k}$$ (4)

$$U_{e}\; \;U_{e,k}$$

$$\dot{U}_{a}\; \frac{U_{a,k}-U_{a,k-1}}{T}$$

wobei $T$ die Abtastzeit ist.

Also haben wir

$$\frac{U_{a,k}}{T}-\frac{U_{a,k-1}}{T} =\frac{U_{e,k}}{RC}-\frac{U_{a,k} }{RC}$$ (5)

$$U_{a,k}\left( \frac{1}{T}-\frac{1}{RC}\right) =U_{a,k-1}\frac{1}{T} +\frac{U_{e,k}}{RC}$$ (6)

$$U_{a,k} =\frac{TRC}{RC+T}\left( \frac{1}{T}U_{a,k-1}+\frac{1}{RC} U_{e,k}\right)$$ (7)

$$=\frac{RC}{T+RC}U_{a,k-1}+\frac{T}{T+RC}U_{e,k}$$

$$=aU_{a,k-1}+bU_{e,k}$$

mit

$$a =\frac{RC}{T+RC}$$

$$b =\frac{T}{T+RC}$$

Hier können wir die Differenzengleichung lösen

Wir setzen $RC=9T$ und erhalten $a=\frac{9}{10}$ und $b=\frac{1}{10}$. Also ist

$$U_{a,k}=\frac{9}{10}U_{a,k-1}+\frac{1}{10}U_{e,k}$$ (8)

Das Eingangssignal sei die Folge

$$U_{e,k}=U_{0}\left\{ 1,1,1,1,\ldots\right\}$$ (9)

und $U_{a,-1}=0$. Weiter sei $U_{0}=1.$Wir vergleichen die Lösung mit der exakten Lösung $U(t)=1-\exp\left( -\frac{t T}{RC}\right)$. (Tabellen im Anhang)

$\parbox{3.2733in}{\begin{center}\includegraphics[ height=3.2733in, w... ... o}sung (rot) und der angen{\uml a}herten L{\uml o}sung (schwarz) \end{center}}$

Wir berechnen nun das Resultat mit der z-Transformation und definieren die Namen.

$$\begin{array}[c]{ccc} Z\left( U_{a,k}\right) & = & U_{a}^{\as... ...t( U_{e,k}\right) & = & U_{e}^{\ast}\left( z\right) \end{array}$$ (10)

wobei für das mittlere Resultat der Verschiebungssatz verwendet wurde.

Also haben wir

$$U_{a}^{\ast}(z) =\frac{a}{z}U_{a}^{\ast}(z)+bU_{e}^{\ast}(z)$$ (11)

$$U_{a}^{\ast}(z)\left( 1-\frac{a}{z}\right) =bU_{e}^{\ast}(z)$$

$$U_{a}^{\ast}(z) =\frac{b}{1-\frac{a}{z}}U_{e}^{\ast}(z)$$

$$=\frac{bz}{z-a}U_{e}^{\ast}(z)$$

Die Eingangsfunktion besteht formal aus einer Reihe von $\delta-$Eingangspulsen. Die Laplace-Trafo eines verschobenen $\delta-$Pulses ist $\mathit{L(\delta(t-kT))=e}^{-kTs}$. Wir setzen $e^{Ts}=z$.

Also ist die Eingangsfunktion

$$U_{e}=U_{0}\sum\limits_{k=0}^{\infty}z^{-k}=\frac{U_{0}z}{z-1}\qquad\left\vert z\right\vert >0$$ (12)

Wir bekommen

$$U_{a}^{\ast}\left( z\right) =U_{0}\frac{bz}{z-a}\frac{z}{z-1}$$ (13)

und nun

$$\frac{U_{a}^{\ast}\left( z\right) }{U_{0}} =\frac{bz^{2}}{\left( z-a\right) \left( z-1\right) }$$ (14)

$$=\frac{Az}{z-a}+\frac{Bz}{z-1}$$

$$=\frac{Az^{2}-Az+Bz^{2}-aBz}{\left( z-a\right) \left( z-1\right) }$$

Die Partialbruchzerlegung ergibt

$$A+B =b$$ (15)

$$-A-aB =0$$

daraus folgt

$$B =\frac{b}{1-a}$$ (16)

$$A =\frac{b}{a-1}$$

Wir lösen die Gleichung

$$\frac{U_{a}^{\ast}\left( z\right) }{U_{0}}=\frac{b}{a-1}\frac{z}{z-a} +\frac{b}{1-a}\frac{z}{z-1}$$ (17)

durch Nachschauen in der Tabelle:

$$\begin{array}[c]{ccc} \frac{z}{z-a} & & a^{k} \frac{z}{z-1} & & \left\{ 1,1,1,\ldots\right\} \end{array}$$ (18)

Also ist

$$\frac{U_{a}\left( kT\right) }{U_{0}} =\frac{b}{1-a}\left( 1-a^{k} \right) _{k=0\ldots\infty}$$ (19)

$$=\frac{\frac{T}{T+RC}}{1-\frac{RC}{T+RC}}\left( 1-\left( \frac{RC} {T+RC}\right) ^{k}\right)$$

$$=1-\left( \frac{1}{1+\frac{T}{RC}}\right) ^{k}$$

Mit unseren Testwerten bekommen wir

$$\frac{U_{a}\left( kT\right) }{U_{0}}=1-\left( \frac{9}{10}\right) ^{k}$$ (20)