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        一種導(dǎo)出R-H準(zhǔn)則的方法*

        2019-06-10 07:00:52陳紹榮李曉毅
        通信技術(shù) 2019年5期
        關(guān)鍵詞:維茨共軛霍爾

        陳紹榮,李曉毅,何 為,王 開

        (陸軍工程大學(xué)通信士官學(xué)校,重慶 400035)

        0 引 言

        在國內(nèi)《信號與系統(tǒng)》著作中[1-2],均介紹了R-H準(zhǔn)則。文獻(xiàn)[1]中,基于無源有耗網(wǎng)絡(luò)阻抗函數(shù)的所有零點(diǎn)均位于s平面左半平面的事實(shí),間接證明了R-H準(zhǔn)則的正確性。本文在文獻(xiàn)[3-4]的基礎(chǔ)上,給出了一種導(dǎo)出R-H準(zhǔn)則的方法。R-H準(zhǔn)則遺留的問題:(1)在R-H陣列中,某一行的首元素為0時(shí),如何完成R-H陣列的計(jì)算; (2)在R-H陣列中,某一行的元素全部為0的原因是什么,如何完成R-H陣列的計(jì)算,計(jì)算的結(jié)果對LTI連續(xù)時(shí)間系統(tǒng)的特征根分布是否存在影響。通過分析和討論,本文將解決R-H準(zhǔn)則遺留的相關(guān)問題。

        1 R-H準(zhǔn)則的有關(guān)引理

        設(shè)n次多項(xiàng)式D(s)為:

        考慮到式(1),則有:

        式(2)表明,D(-s)=0的根與D(s)=0的根在s平面上對虛軸互為鏡像關(guān)系。

        為了分析問題方便,現(xiàn)作下述定義:

        將D(s)=0的根均位于s平面左半平面的多項(xiàng)式D(s),稱為霍爾維茨多項(xiàng)式,得到引理Ⅰ。

        引理Ⅰ:D(s)為霍爾維茨多項(xiàng)式的充要條件是:

        證明:首先證明充分性。若D(s)是霍爾維茨多項(xiàng)式,則式(4)成立。

        考慮到式(1)和式(2),則式(3)可寫成:

        式中:

        若λi與λi+1是D(s)=0的一對共軛根,考慮到 式(6),則Wi(s)與Wi+1(s)之積可表示成:

        考慮到式(7),則Wi(s)可表示成:

        設(shè)λi=αi+jβi,如 遇 實(shí) 根,則 取βi=0???慮 到s=σ+jω,由式(8)可得:

        由于D(s)是霍爾維茨多項(xiàng)式,因此滿足αi=Re[λi]<0(i=1,2,…,n)。于是,有:

        考慮到(10),由式(5)可得:

        式(11)表明,若D(s)是霍爾維茨多項(xiàng)式,則式(4)成立。

        再來證明必要性:若滿足式(4),則D(s)是霍爾維茨多項(xiàng)式。

        采用反證法證明。設(shè)D(s)不是霍爾維茨多項(xiàng)式,那么D(s)=0在s平面的右半平面內(nèi)有根。由式(2)可知,D(-s)=0在s平面的左半平面內(nèi)有根。由式(3)可知,W(s)在s平面的左半平面(σ<0)內(nèi)必有極點(diǎn),在極點(diǎn)的鄰域內(nèi),|W(s)|>1,與式(4)相矛盾。

        因此,式(4)是D(s)為霍爾維茨多項(xiàng)式的充要條件。

        再定義:

        由于Q(s)是偶次項(xiàng)之和De(s)與奇次項(xiàng)之和Do(s)之比,因此Q(s)的分子和分母最高次冪相差1。當(dāng)n為偶數(shù)時(shí),s=0和s=∞分別為Q(s)的單零點(diǎn)和單極點(diǎn);當(dāng)n為奇數(shù)時(shí),s=0和s=∞分別為Q(s)的單極點(diǎn)和單零點(diǎn)。令s=jω,不論n為偶數(shù)還是奇數(shù),則Q(jω)都是ω的虛奇函數(shù)。

        考慮到式(3),則(12)可表示為:

        由式(13),得到引理Ⅱ。

        引理Ⅱ:D(s)為霍爾維茨多項(xiàng)式的充要條件是:

        證明:首先證明充分性。若D(s)是霍爾維茨多項(xiàng)式,則式(14)成立。

        將W(s)用極坐標(biāo)表示,即:

        考慮到式(15),由式(13)可得:

        考慮到式(4),由式(16)可知,若D(s)是霍爾維茨多項(xiàng)式,則式(14)成立。

        再來證明必要性:若滿足式(14),則D(s)是霍爾維茨多項(xiàng)式。

        采用反證法證明。設(shè)D(s)不是霍爾維茨多項(xiàng)式,那么D(s)=0在s平面的右半平面內(nèi)有根。由式(2)可知,D(-s)=0在s平面的左半平面內(nèi)有根。由式(3)可知,W(s)在s平面的左半平面(σ<0)內(nèi)必有極點(diǎn),在極點(diǎn)的鄰域內(nèi),|W(s)|>1,由式(16)可知Re[Q(s)]>0,這與式(14)相矛盾。

        因此,式(14)是D(s)為霍爾維茨多項(xiàng)式的充要條件。

        引理Ⅲ:D(s)為霍爾維茨多項(xiàng)式的充要條件是Q(s)僅在s平面的jω軸上有單極點(diǎn),且有實(shí)的正 留數(shù)。

        證明:先來證明充分性。若D(s)是霍爾維茨多項(xiàng)式,則Q(s)僅在s平面的jω軸上有單極點(diǎn),且有實(shí)的正留數(shù)。

        設(shè)Q(s)在s=s0處有m階極點(diǎn),則在s0的鄰域內(nèi),可用式(17)任意地逼近Q(s),即:

        式中,k>0,θ為實(shí)數(shù),m為正整數(shù)。

        又設(shè)s-s0=ρejφ(0≤φ≤2π),則有:

        由式(18)可知,在以s0為圓心、ρ為半徑的圓周上,Re[Q(s)]的符號隨著mφ的變化而變化。若D(s)是霍爾維茨多項(xiàng)式,由式(14)可知,在s平面的左半平面內(nèi)或右半平面內(nèi),Re[Q(s)]的符號是不改變的。因此,Q(s)的極點(diǎn)s0不能位于s平面的左半平面內(nèi)或右半平面內(nèi),只能位于s平面jω 軸上。

        Q(s)在jω軸上的極點(diǎn)s0是否允許為多重極點(diǎn)?這是需要解決的一個(gè)問題??紤]在以s0為圓心、ρ為半徑的圓周上,-π/2<φ<π/2與σ>0等價(jià),π/2<φ<3π/2與σ<0等價(jià),則式(14)可寫成:

        在式(18)中,若m>1,即取m是大于1的整數(shù),則Re[Q(s)]在以s0為圓心、ρ為半徑的圓周上,將至少變四次符號,這與式(19)相違背。因此,在jω軸上不允許Q(s)有多重極點(diǎn)。如果m=1,滿足式(19)的θ的唯一允許值為:

        由于s0是Q(s)在虛軸上的一階極點(diǎn),則kejθ是它的留數(shù),這就證明了若D(s)為霍爾維茨多項(xiàng)式,則Q(s)僅在s平面的jω軸上有單極點(diǎn),且有實(shí)的正留數(shù)。

        再來證明必要性:若Q(s)僅在s平面的jω軸上有實(shí)的正留數(shù)的單極點(diǎn),則D(s)是霍爾維茨多 項(xiàng)式。

        假設(shè)n為偶數(shù),則式(12)可寫成:

        考慮到s=σ+jω,由式(21)可得:

        顯然,式(22)滿足式(14),也滿足式(4)。

        這樣就證明了D(s)為霍爾維茨多項(xiàng)式的充要條件是Q(s)僅在s平面的jω軸上有實(shí)的正留數(shù)的單極點(diǎn)。

        引理Ⅲ可作為檢驗(yàn)的基礎(chǔ),即列出Q(s)并確定其極點(diǎn)位置,這些極點(diǎn)必是jω軸上的單階極點(diǎn),且留數(shù)為正實(shí)數(shù),但仍需通過對Q(s)的分母進(jìn)行因式分解才能確定jω軸上的這些單極點(diǎn)。

        2 羅斯—霍爾維茨準(zhǔn)則

        2.1 霍爾維茨準(zhǔn)則

        設(shè):

        由式(24)可知,G(s)可以寫成:

        若D(s)為霍爾維茨多項(xiàng)式,由引理Ⅲ可知,C1>0,且G1(s)可寫成:

        式中,k0>0,ki>0。

        由式(24)和式(25)可知,若將G1(s)寫成兩個(gè)多項(xiàng)式之比,則分母多項(xiàng)式的次數(shù)只能比分子多項(xiàng)式的次數(shù)高一次,則1/G1(s)可寫成:

        式(26)表明,G1(s)也僅在s平面的jω軸上有單極點(diǎn),且留數(shù)為正實(shí)數(shù)。由引理Ⅲ可知,式(27)中的C2>0,且要求G2(s)也僅在s平面的jω軸上有單極點(diǎn),且留數(shù)為正實(shí)數(shù)。

        同理,有:

        分析表明,若n階LTI連續(xù)時(shí)間系統(tǒng)是一個(gè)因果穩(wěn)定系統(tǒng),則保證n次多項(xiàng)式D(s)=0的根均位于s平面左半平面的充要條件是:D(s)的偶次多項(xiàng)式之和De(s)與奇次多項(xiàng)式之和Do(s)輾轉(zhuǎn)相除的商Ci(i=1,2,…,n)均為正值。反之,若D(s)=0的根均位于s平面的右半平面,則由引理Ⅰ和引理Ⅱ可知,式(18)中的θ、m只能分別取π和1。由引理Ⅲ和引理Ⅳ可知,Q(s)及1/Q(s)僅在s平面的jω軸上有單極點(diǎn),且有實(shí)的負(fù)留數(shù),也就是說,相應(yīng)的n個(gè)Ci值均小于零。可見,Ci為正值、負(fù)值的個(gè)數(shù)與D(s)=0的根位于s平面左半平面、右半平面的數(shù)目相對應(yīng)。

        2.2 羅斯準(zhǔn)則

        考慮到式(24),有:

        第一次長除,有:

        顯然:

        第二次長除(輾轉(zhuǎn)相除,用除數(shù)除以余數(shù)),有:

        顯然:

        由此得到羅斯陣列或稱R-H陣列,即:

        這個(gè)陣列的第一行和第二行是多項(xiàng)式D(s)各冪次的系數(shù)的交替排列,其余各行是通過輾轉(zhuǎn)相除運(yùn)算后得到的。第一行除以第二行的商為C1s(C1=an/an-1),所得的余部構(gòu)成陣列的第三行,且第三行的列元素比前兩行的列元素少1;第二行除以第三行的商為C2s(C2=an-1/b1),所得的余部構(gòu)成陣列的第四行,且第四行的列元素又自動減1,直到構(gòu)成n+1行為止,其中n個(gè)Ci值為R-H陣列中第1列的n+1個(gè)元素交替之比??梢?,n個(gè)Ci值為正值的等效判據(jù)是R-H陣列中第1列的元素應(yīng)具有相同的符號。同時(shí),根據(jù)霍爾維茨準(zhǔn)則的結(jié)論可知,若R-H陣列中的第1列的元素有正有負(fù),則相鄰兩個(gè)元素符號改變的總次數(shù)正好是D(s)=0的根位于s平面右半平面的數(shù)目。

        3 特殊情況的處理

        3.1 R-H陣列中某行的第一個(gè)元素為零,而其余元素不全為零

        R-H陣列中某行的第一個(gè)元素為零,其余元素不全為零,可用下述三種方法進(jìn)行處理。

        (1)將此行的第一個(gè)元素用無窮小量ε代替,并繼續(xù)排完整個(gè)R-H陣列??梢宰C明,第1列元素符號改變的總次數(shù)與ε(正與負(fù))無關(guān)。

        (2)將R-H陣列對應(yīng)的多項(xiàng)式D(s)乘以因子(s+1)得到Dn+1(s),展開Dn+1(s)再構(gòu)成新的R-H陣列進(jìn)行檢驗(yàn),可以避免出現(xiàn)上述情況。然而,Dn+1(s)=0與D(s)=0在s平面右半平面的根的個(gè)數(shù)相同。

        (3)利用多項(xiàng)式D(s)構(gòu)成一個(gè)相伴的倒數(shù)多項(xiàng)式D@(s)=snD(s-1),對D@(s)用R-H陣列進(jìn)行檢驗(yàn),可以避免出現(xiàn)上述情況。由復(fù)變函數(shù)的映射理論可知,D@(s)=0與D(s)=0在s平面右半平面的根的個(gè)數(shù)相同。

        3.2 R-H陣列中出現(xiàn)全零行

        這種情況發(fā)生在兩個(gè)相鄰行對應(yīng)元素成比例時(shí),實(shí)質(zhì)是因?yàn)镈e(s)與Do(s)中有公因子A(s)所致。R-H陣列中,全零行的上一行就是這個(gè)公因子。若將多項(xiàng)式D(s)的最高冪次置于R-H陣列的第一行之前,并依次在下一行中降低冪次,則可將公因子A(s)找出來。由于A(s)是De(s)與Do(s)的公因子,而De(s)是全偶多項(xiàng)式,那么A(s)一定也是全偶多項(xiàng)式。因此,A(s)=0的根一定是關(guān)于原點(diǎn)對稱分布的,且A(s)=0的根是D(s)=0的根的一部分。因此,R-H陣列中出現(xiàn)全零行是D(s)=0有零實(shí)部共軛根的必要條件(但非充分條件)。為了確定D(s)=0在s平面右半平面的根的數(shù)目,相應(yīng)地也有下述三種處理方法。

        (1)可用偶次多項(xiàng)式A(s)的導(dǎo)數(shù)A′(s)的系數(shù)代替全零行來完成整個(gè)R-H陣列的計(jì)算。利用Rouché定理可以證明,多項(xiàng)式A(s)+A′(s)并沒有比多項(xiàng)式A(s)增加位于s平面右半平面根的數(shù)目。

        (2)從R-H陣列中找出A(s)后,D(s)=A(s)DA(s), 根據(jù)A(s)及A(s)之前的各行中的第一個(gè)元素,便可確定DA(s)=0的根的個(gè)數(shù)及其分布,而A(s)=0的根可用因式分解給出。

        (3)從R-H陣列中找出A(s)后,對一些特殊的偶次多項(xiàng)式A(s)而言,可令A(yù)(s)中的重新構(gòu)成多項(xiàng)式A0(p),再用R-H陣列檢驗(yàn)其根的分布,并注意A(s)=0的根關(guān)于原點(diǎn)對稱分布的特點(diǎn),即可確定A(s)=0的根的分布。

        例1:設(shè):

        試確定D(s)=0的根的分布情況。

        s解:R-H陣列為:

        于 是A(s)=2s6+4s4+4s2+2,D(s)=A(s)DA(s),顯然:

        即:

        多項(xiàng)式DA(s)的R-H陣列如下:

        可見,多項(xiàng)式DA(s)的R-H陣列中第1列的元素符號相同,故DA(s)=0的兩根均在s平面的左半平面。

        分析表明,從多項(xiàng)式D(s)的R-H陣列中得到的C1和C2的值與從多項(xiàng)式DA(s)的R-H陣列中得到的C1A和C2A的值相同,因此可直接采用多項(xiàng)式D(s)構(gòu)成的R-H陣列中得到的C1和C2的值來確定DA(s)=0的根的分布情況。

        綜上所述,為了確定D(s)=0的根的分布情況,則確定A(s)=0的根的分布情況成為關(guān)鍵問題。解決A(s)=0的根的分布問題,通常有下述三種方法。

        方法1:用A(s)的導(dǎo)數(shù)A′(s)的系數(shù)代替全零行,繼續(xù)完成整個(gè)R-H陣列的計(jì)算。

        注意,由于R-H陣列中的運(yùn)算是行列式運(yùn)算,某行乘以或除以一個(gè)正數(shù),僅影響下一行各元素的大小,而不影響各元素的符號。

        由于R-H陣列中第1列元素的符號改變了兩次,故D(s)=A(s)DA(s)=0有兩個(gè)根位于s平面的右半平面。又因?yàn)镈A(s)=0的兩個(gè)根均位于s平面的左半平面,故A(s)=0有兩個(gè)根位于s平面的右半平面。

        則有:

        因R-H陣列中第1列元素的符號相同,故A0(p)=0的根均位于p平面的左半平面。又因A0(p)是三次(奇次)多項(xiàng)式,故A0(p)=0一定有一個(gè)負(fù)實(shí)根,那么A(s)=0在s平面的jω軸上一定有一對共軛虛根??紤]到A(s)是六次多項(xiàng)式及A(s)=0的根是關(guān)于原點(diǎn)對稱分布的,那么A(s)=0在s平面的右半平面上一定有一對共軛復(fù)根。

        方法3:通過對公因子偶次多項(xiàng)式A(s)進(jìn)行因式分解來確定其根。

        考慮到:

        則有:

        式(45)表明,A(s)=0的根在s平面上的分布不僅對稱于原點(diǎn),而且有一對共軛根位于s平面的右半平面。

        4 結(jié) 語

        本文在文獻(xiàn)[3-4]的基礎(chǔ)上,基于映射和留數(shù)的概念,給出了一種導(dǎo)出R-H準(zhǔn)則的方法。針對R-H陣列中某一行的首元素為0的情況,給出了三種處理方法;針對R-H陣列中某一行的元素全部為0的情況,不僅剖析了原因,而且給出了三種處理方法,成功解決了R-H準(zhǔn)則的遺留問題。

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