Сравнивая формулу (20) с формулой (14) мы видим, что оба полюса i являются полюсами первого порядка. Поэтому для нахождения вычетов в (19) мы используем формулу (16).
|
z n |
|
|
z n |
|
|
|
|
x(n) выч |
|
, i |
выч |
|
, i |
|
(21) |
|
(z i)(z i) |
(z i)(z i) |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
z |
n |
|
|
|
z |
n |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
lim |
|
|
|
(z i) |
lim |
|
|
|
(z i) |
|
(z |
i)(z i) |
(z |
i)(z i) |
|||||||
z i |
|
z i |
|
|||||||
В пределах сокращаем одинаковые скобки, и переходим к предельным значениям.
|
z |
n |
|
|
z |
n |
|
|
i |
n |
|
( i) |
n |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(22) |
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
x(n) lim |
|
|
|
lim |
|
|
|
2i |
2i |
|||||
z i |
(z i) |
z i |
(z i) |
|
|
|
||||||||
21
Далее по формуле Эйлера имеем:
in |
|
|
i |
|
n |
|
|
i |
n |
|
|
|
|
|
|
|
e |
2 , |
|
|
|
||||||||
e |
|
2 |
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(23) |
||
|
|
|
|
|
|
|
n |
|
|
|
|
|||
( i)n |
|
|
|
|
i |
|
|
|
|
i |
n |
|||
|
|
|
|
|
e |
|
|
|||||||
e |
|
2 |
|
|
2 |
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Подставляем (23) в формулу (22) и окончательно получаем.
|
ei |
n |
e i |
n |
|
|
n |
|
|
|
|
|
|
|
|||
x(n) |
2 |
2 |
|
sin |
(24) |
|||
|
|
2i |
|
|
2 |
|||
|
|
|
|
|
22
Таким образом, в нашем примере Z - образ представляется в виде следующего ряда.
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
2 |
|
|
3 |
|
|
4 |
|
|
||
X (z) |
z |
|
|
sin |
2 |
|
|
sin 2 |
|
sin |
2 |
|
sin |
2 |
|
|
||||
z2 1 |
|
z |
|
z3 |
z4 |
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
z2 |
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
1 |
|
|
1 |
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
(25) |
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
z3 |
z5 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
z |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
23
Решение разностных уравнений с помощью Z – преобразования.
Математический аппарат Z – преобразования очень удобен для решения разностных уравнений.
Определение. Линейным разностным уравнением N - го порядка с постоянными коэффициентами называется следующее уравнение.
N |
|
ak x(n k) g(n), |
n 0,1, (26) |
k 0
Здесь g(n) – заданная последовательность, а x(n) - решение уравнения (26), которое надо найти. Далее для удобства будем считать aN 1 .
24
Способ решения уравнения (26) состоит в следующем.
1) Переходим к Z - образам для последовательности x(n) и g(n) .
x(n) X (z), |
g(n) G(z) |
2) Используем свойство опережающего сдвига последовательности.
x(n k) X z zk x 0 zk x 1 zk 1 |
(27) |
|||
... |
x k 2 z2 |
x k 1 z |
||
|
||||
3)Получаем из (26) линейное уравнение для нахождения Z – образа X(z). Решаем это уравнение и находим X(z) .
4)Используем теорему о вычетах и находим решение уравнения
(26) |
25 |
|
Пример 2. Решить разностное уравнение второго порядка.
x(n 2) 2 x(n 1) x(n) 4 (28)
Уравнение (27) решаем с дополнительными условиями.
x(0) 0, |
x(1) 2 |
(29) |
Заданная последовательность здесь оказалась константой.
g(n) 4 |
(30) |
26
Используем формулу опережающего сдвига (27). |
|
x(n 1) X z z x 0 z X z z |
(31) |
x(n 2) X z z 2 x 0 z 2 x 1 z X z z 2 2 z
Теперь в уравнении (28) заменим последовательности Z - образами.
X (z)z 2 2 z 2X (z)z X (z) G(z) |
(32) |
Найдем Z -образ G(z) для последовательности g(n) (30)
|
n |
|
n |
|
1 |
|
1 |
|
|
|
G(z) g(n) z |
4 z |
|
|
|||||||
|
|
4 1 |
|
|
|
|
|
(33) |
||
|
|
z |
z |
2 |
||||||
n 0 |
|
n 0 |
|
|
|
|
|
|
||
27
Выражение в скобках (33) является суммой бесконечной убывающей прогрессии. Поэтому по известным формулам получаем.
G(z) 4 |
|
1 |
|
|
4z |
|
(34) |
|
|
1 |
z 1 |
||||
1 |
|
|
|
||||
z |
|
|
|
|
|||
Подставляем (34) в уравнение (32) и получаем Z - образ X(z) .
X (z) |
2z 2 6z |
(35) |
z 1 3 |
||
|
|
28
Для восстановления последовательности x(n) по ее Z - образу X(z) , используем теорему о вычетах. Для этого по формуле (17) находим функцию
f (z) X (z) z n 1 |
|
2z n 1 6z n |
(36) |
|
|
z 1 3 |
|
Функция (36) имеет одну особую точку z=1 . Это есть полюс третьего порядка m=3. Далее используем формулы (10) и (15) получаем.
x(n) |
1 |
f (z) d z выч f (z), 1 |
||
|
2 i |
|
|
(37) |
|
|
|
d 22 f (z) z 1 3 |
|
|
1 |
lim |
|
|
|
2! z 1 |
d z |
|
|
29
Подставляем функцию f(z) (36) в формулу (37), берем вторую производную, переходим к пределу и получаем результат.
|
1 |
|
|
|
|
|
d 2 |
|
2z n 1 6z n |
z 1 |
3 |
|
|
1 |
|
|
d 2 |
2z n 1 |
|
6z n |
||||
x(n) |
|
|
|
lim |
|
|
|
|
z 1 |
3 |
|
|
|
|
|
lim |
|
|
|
|||||
2! |
d z |
2 |
|
2! |
d z |
2 |
||||||||||||||||||
|
z 1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
z 1 |
|
|
|
(38) |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
1 lim |
|
|
d |
2(n 1)z n |
6 n z n 1 |
1 lim 2(n 1)n z n 1 |
|
6 n (n 1)z n 2 |
|||||||||||||||
|
|
|
||||||||||||||||||||||
|
2 z 1 |
d z |
|
|
|
|
|
|
|
2 z 1 |
|
|
|
|
|
|||||||||
|
1 |
2(n 1)n 6 n (n 1) 2 n (2 n) |
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Таким образом, решением разностного уравнения
x(n 2) 2 x(n 1) x(n) 4, |
(39) |
|||
x(0) 0, |
x(1) |
2 |
||
|
||||
является следующая последовательность.
x(n) 2 n (2 n), |
n 0,1, |
(40)
30