Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Институт информационных технологий БГУИР

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

SMMiF_bsuir

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

24.02.2016

Размер:

956.88 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 78 / 128 9 10 11 12 > Следующая >>>

www.studhelp.info

f(n-k)

f(1)

f(0)

f(n)

Тогда f (n - k) « f (0) +

f (1)

+ ... + f (n) + ... = F(z) . ▲

k+1

k+n

Рис. 6.4

z k

z k+1

z n+k

z k

Теорема 6.3 (опережения аргумента). Если f (n) ↔ F(z) , то

f (1)

f (k -1)

f (n + k) « zk

F(z) - ç f (0) +

+ ... +

zk −1

÷ú

øû

D Действительно, график функции

f (n + k) – это график функции f (n) ,

сдвинутый на k шагов влево по оси t

как твердое тело (см. рис. 6.5).

UDH

f(n+k)

f(0)

f(1)

f(k-1) f(k)

f(n-k)

-1

-k

–k+1

Рис. 6.5

Все, что расположено левее оси ординат, зануляется. Мы должны использо-
вать только ту часть решетки, которая имеется справа от оси ординат, т.е. учи-
www
тывать только.значенияSf (k),..., f (n − k),....
Итак, имеем:				f (k + 1)				f (k + n)
	f (n + k) « f (k) +			f (k + 1)			+	f (k + n)		+ ... =
	f (n + k) « f (k) +						+			+ ... =
					z				z n
	k é	æ			f (1)				f (k - 1) öù
		ç	+			+ ... +					÷
		ç									÷
	= z êF(z) - ç f (0)				z				z k−1	÷ú.
	ë	è			z				z k−1	øû

					f (n)	▲
Теорема 6.4 (подобия). Если	f (n) ↔ F(z) , то					« F(az) .
					an

D Если f (n) « F(z) º f (0) +	f (1)	+	f (2)	+ ... +	f (n)	+ ..., то
	z		z 2		z n

www.studhelp.info

f (n)

↔ F(z) ≡ f (0) +

f (1)

f (2)

+ ... +

f (n)

+ ... = F(az) .

▲

(az)2

(az)n

Теорема 6.5 (о дифференцировании Z -изображения). Если

f (n) ↔ F(z) ,

то nf (n) ↔ −zF'(z) .

По определению F(z) ≡ f (0) +

f (1)

f (2)

+ ... +

f (n)

+ .... Продифферен-

z 2

z n

цируем по z это тождество (это можно сделать, так как ряд Лорана равномерно

сходится к F(z) ): F'(z) ≡ −

f (1)

− 2

f (2)

− ... − n

f (n)

+ .... А теперь умножим на

zn+1

f (1)

f (2)

f ( )

fo+ ....

(- z ) обе части последнего равенства:

− zF'(z) ≡

+ 2

Всмотревшись в коэффициенты последнего ряда Лорана, замечаем, что спра-

ведливо соответствие nf (n) ↔ −zF'(z) .

▲

Теорема 6.6 (о свертке). Если

f (n) ↔ F(z),ϕ(n) ↔ Φ(z) , то

∞

f (n) * ϕ(n) =

å f (k)ϕ(n − k)

↔ F(z)Φ(z).

k=0

Обозначим через g(n)

UDH

f (n) и ϕ(n) :

свертку двух решетчатых функций

g(n) = å f (k)ϕ(n − k) , а через G(z) –

Z -изображение для g(n). По определе-

k =0

нию

∞

− k)

∞

g(n)

∞

å f (k)ϕ(n

G(z) = å

= å

k=0

изменим

порядок суммирования

n=0

∞

ϕ(n − k)Tвведем

замену

∞

∞ ϕ(m)

= m = n − k

= å f (k) å

z n

k=0

n=0

k=0

m=0z m+k

www

n = m + k

∞

f (k)

∞

ϕ(m)

= å

= F(z)Φ(z).

z k

k=0

m=0 z m

1424314243

F (z)

Φ(z)

▲

Итак, необходимые нам в дальнейшем теоремы мы обсудили. Теперь соста-

вим для дальнейшего

использования

на

практике таблицу

соответствия

f (n) ↔ F(z) .

∞

f (n) = an

пº1.

↔ å

=1 +

+ ... +

+ ... =

n=0 zn

1 −

− a

73 www.studhelp.info

пº2. f (n) = e jβn «

. Тогда для f (n) = e− jβn

- e jβ

z - e− jβ

пº3. cosbn =

jβn

+ e

− jβn

z(z - cos bn)

z - e− jβ

ë z - e jβ

z 2 - 2z cosb + 1

пº4. sinbn =

z sinβ

z2 - 2z cosb +1

пº6. f (n) = (-1)n « z + 1 .

пº5. f (n) =1=1n «

z -1

ö'

пº7. j(n) = nf (n) = n ×1n « (-z)ç

÷ =

(z -1)2

è z -1ø

ö'

z(z +1)

пº8. n2 = nj(n) « -zç

÷ =

(z -

(z -1)

f (n) по ее Z -

Рассмотрим теперь

вопрос

восстановлении функции

изображению F(z) .

UDH

Задача 1. Дано F(z) . Найти f (n) .

D Приступая к обсуждению решения этой задачи, прежде всего вспомним,

что

f (1)

f (2)

f (n)

F(z) º f (0) +

+ ... +

+ ... .

(6.5)

z 2

z n

Ряд Лорана в тождестве (6.5) сходится абсолютно и равномерно в области D'

(см. рис. 6.6).

Im z

Рис. 6.6

www

RRZ

Re z

’

Возьмем в области D'

окружность L радиуса R > R

= es0 .

Умножим обе части тождества (6.5)

на zn−1 и проинтегрируем по окружно-

сти L обе части полученного тождества

74 www.studhelp.info

n−1

f (1)z

n−1

f (n)z

n−1

ò F(z)z

= ò

ç f (0)z

+ ... +

+ ...÷dz

ряд f (0)z n−1 +

f (1)z n−1

+ ... +

f (n)z n−1

+ ...

сходится

равномерно,

z n

поэтому

интеграл

от

суммы

равен

L z m− +1

от

слагаемых

L z

сумме

интегралов

= f (0)ò z n−1dz + f (1)ò z n−2dz + K + f (n)ò

f (m)ò

+ K +

+ K. (6.6)

Напомним, что в комплексном анализе мы доказывали, что

если

m ¹ n,

(6.7)

Lò z m−n+1

m = n.

î2πi, если

Покажем еще раз, как можно доказать формулу (6.7):

z = Re

2π

i Reit

2π

idt = i2p.

Im z

dz = Rieit dt

Reit

L:|z|=R

Re z

z = Reit

2π i Reit

i 2π

2) k ¹ 1:

òe−i(k−1)t dt =

dz = Rie

(Re

)

L:|z|=R z

в силу

периодичности

функции

−i(k−1) tUDH

−i(k−1)t

2π

результаты

подстановки

= -

Ri(k -1)

= верхнего

нижнего

пределов

= 0.

(6.8)

www

f (n) =

ò F(z)z n−1dz .

совпадают;

поэтому

при

вычитании

получаем

ноль

Таким образом, в правой части тождества (6.6) остается только одно слагае-

мое, отличное от нуля, и это тождество можно переписать так:

òF(z)zn−1dz = f (n)2pi .

Откуда и определяется

f (n) :

2pi L

К интегралу, стоящему в правой части формулы (6.8), можно применить теорию вычетов. Поэтому справедлива

75	www.studhelp.info

Теорема 6.7. Если a1, a2 ,..., am – особые точки функции F(z) в области

| z |≤ R0 = es0 , то

f (n) = åRes F(z)z n−1 .

(6.9)

k=1

P(z)

Замечание.

Если,

частности,

F(z) =

–

несократимая дробь и

Q(z)

a1, a2 ,..., am – простые корни знаменателя Q(z), то

P(ak )

an−1 .

f (n) = å

Напомним, что

k=1Q'(ak )

а) если а – простой полюс, то

Res F(z)zn−1 = lim F(z)zn−1(z − a); .

z→a

n−1Pl

б) если а – полюс кратности l , то

l−1

[F(z)z

Res F(z)z n−1 =

lim

l−1

(z − a)

(l − 1)! z→a

+ lim

UDH= + .

Рассмотрим примеры.

пº9. F(z) =

z + 1

. Найти

f (n) .

z2 + 2z + 3

(z −1)(z + 3)

Точки z1 = 1, z2 = 3 – простые полюса. Поэтому

(z + 1)z n−1

f (n) = Res F(z)z n−1 + Res F(z)z n−1 = lim

z=3

z→1

z + 3

z=1

(z + 1)z n−1

(−3)n−1

− 1

z→3

пº10. F(z) =

. Найти f (n) .

www

−1)

Здесь z =1 – особая точка, полюс 3-го порядка. Поэтому

f (n) =

lim

[F(z)z n−1

(z − 1)3 ]''

lim [(z + 3)z n−1]''

lim [z n + 3z n−1]'' =

2! z→1

2 z→1

lim [n(n − 1)z n−2

+ 3(n − 1)(n − 2)z n−3

(n − 1)(n + 3n − 6) = (n − 1)(2n − 3).

2 z→1

▲

6.4. Решение разностных уравнений и систем разностных уравнений с помощью Z -преобразования

Рассмотрим приложения Z -преобразования к решению линейных разностных уравнений (РУ). Линейные разностные уравнения получаются из линейных

www.studhelp.info

дифференциальных уравнений для импульсных (или решетчатых) функций.

Например, пусть даны уравнения

y'= f (x) ,

(6.10)

y''+ay'+by = f (x) .

(6.11)

Считаем, что

y(x) – решетчатая функция, т.е. она задается таблицей значе-

ний в равноотстоящих узлах с шагом h =1.

y1 = y2

− y1

y''(xn )

y(xn )

y'(xn )

y0 = y1 − y0

2 y0 = y1 − y0 = ( y2 − y1) − (y1 − y0 ) =

= y2 − 2y1 + y0

…

y2 = y3 − y2

…

2 yn−1 =

yn−1

yn−1 = yn − yn−1

yn −

yn−1 = ( yn+1

− yn ) −

n-1

yn = yn+1 − yn

− ( yn − yn−1) = ynP+1 − 2yn + yn−1

n+1

yn+1

UDH

Разности 1-го порядка

y0, y1,...,

yn при шаге h =1

приближают производ-

ные 1-го порядка, а разности 2-го – производные 2-го порядка.

Уравнение (6.10) в узле n перепишется так:

y(n + 1) − y(n) = f (n)

(6.12)

(6.12) – линейное разностное уравнение первого порядка.

Дифференциальное уравнение (6.11) в n -ом узле имеет вид:

y(n + 2) − 2y(n + 1) + y(n) + a[y(n + 1) − y(n)] + by(n) = f (n) .

(6.13)

(6.13) – линейное разностное уравнение второго порядка.

Итак, каждое линейное дифференциальное уравнение всегда можно свести к соответствующему линейному разностному уравнению.

Теперь обсудим вопрос о том, как в общем случае решать линейные разност-
www
ные уравнения.k S-го порядка.
Задача 2. Дано линейное разностное уравнение
L[ y] = A0 y(n + k) + A1y(n + k − 1) + A2 y(n + k − 2) + ... + Ak y(n) = f (n)(6.14)
при начальных условиях
		y(0) = y0 , y(1) = y1,..., y(n − 1) = yn−1,
где y0, y1,..., yn−1 – заданные числа.
Найти	всю		бесконечную	последовательность	значений
y(n), y(n + 1), y(n + 2),... .
Приступая к решению этой задачи, полагаем, что f (n) ↔ F(z) ,					y(n) – ре-
шетчатый оригинал, а Y (z) – его Z -изображение. Имеем:

www.studhelp.info

y(n) ↔ Y (z),

y(n + 1) ↔ z[Y (z) − y0 ],

y(n + 2) ↔ z 2 [Y (z) − ( y0 + y1 / z)],

......................................................

y(n + k − 1) ↔ z k −1[Y (z) − (y

+ y / z + y 2 / z 2 + ... + y

k−2

/ z k −2 )],

y(n + k) ↔ z k [Y (z) − ( y0 + y1 / z + y2 / z 2 + ... + yk−1 / z k −1)].

Теперь, комбинируя оригиналы, стоящие слева,

с коэффициентами Ak ,..., A0 ,

в силу линейности соответствия получим комбинацию их Z -изображений с те-

ми же коэффициентами:

k−1

L[ y] ↔ Y (z)(A0 z

+ A1z

+ Ak−1z + Ak )

− y0 (A0 z

+ A1z

+ Ak−1z) −

− y (A z k−1

+ A z k−2

+ A

z) − ... − y

A z.

−2

k−1

Замечаем, что коэффициент при

y0 получается просто отбрасыванием сво-

бодного коэффициента при Y (z) . Коэффициент при

получается из коэффи-

циента при yi−1 делением на z и отбрасыванием свободного члена.

Так как должно быть тождество (6.14) решетчатыхLоригиналов, то должны

совпадать и их Z -изображения. Итак, получаем операторное Z -изображение:

L[ y] ↔ Y (z)(A z k

+ A z k−1 + A

z + A ) −Ey (A z k

+ A z k−1

+ A

z) −

k−1

− y (A z k−1

+ A z k−2

+ A

−2

z) − ... − y

k−1

A z ≡ F(z).

(6.15)

Уравнение (6.15) легко решается относительно Y (z) . Запишем его так:

Y (z)ϕ(z) − ψ(z) ≡ F(z),

Y (z) =

F(z) + ψ(z)

UDH

Остается только стандартнымT

ϕ(z)

путем через вычеты

восстановить решетчатый

оригинал y(n)

▲

Аналогично.решаютсяS

системы линейных разностных уравнений.

Рассмотрим пример.

пº11. Дано: РУ второго порядка

y(n + 2) − y(n) = 2n

(6.16)

при начальных условиях y(0) = y(1) = 0 . Найти y(n) .

Пусть

www

y(n) ↔ Y (z).

(6.17)

Тогда

y(n + 2) ↔ z2[Y (z) − (y

+ y / z)].

(6.18)

Комбинируя соотношения (6.17) и (6.18) с коэффициентами -1, 1 уравнения (6.16) и учитывая, что выражение y0 + y1 / z равно нулю в силу начальных ус-

ловий, получим:

www.studhelp.info

для левой части (6.16): y(n + 2) − y(n) ↔ Y(z)(z2 − 1);

для правой части (6.16): 2n «

- 2

Операторное уравнение

Y (z)(z

2 -1) =

имеет решение

- 2

Y (z) =

(z2 -1)(z - 2)

Здесь особые точки z1 = 1, z2 = −1, z3 = 2. Тогда по формуле (6.9) находим:

(-1)

y(n) = ResY (z)zn−1 + Res Y (z)zn−1 + ResY (z)zn−1 = -

. ▲

z=1

z=−1

z=2

пº12. Дано линейное разностное уравнение 2-го порядка .

y(n + 2) − 5y(n + 1) + 6y(n) = 1

(6.19)

при начальных условиях y(0) =1, y(1) = −1. Найти y(n) .

D Пусть

y(n) ↔ Y (z).

(6.20)

Тогда

y(n + 1) ↔ z[Y (z) − y0 ] = z[Y (z) −

1];

(6.21)

y(n + 2) « z 2[Y (z) - y

- y

/ z] = z 2[Y (z) - 1 +

1/ z]

UDHz

Умножая формулы (6.20) – (6.21) соответственно на 6, -5, 1, получим: y(n + 2) - 5y(n + 1) + 6y(n) « Y (z)[z 2 - 5z + 6] - (z 2 - 5z) + z.

Для правой части уравнения (6.19), будем иметь:

1 «

z -1

Операторное уравнение

www

. Y (z)[z

- 5z + 6] - (z

- 5z) + z =

z -1

имеет решение

z3 - 7z2 + 7z

Y (z) =

(z -1)(z2 - 5z + 6)

(z -1)(z - 2)(z - 3)

Функция Y (z) представляет собой несократимую дробь,

знаменатель кото-

рой имеет простые корни z1 = 1, z2 = 2, z3 = 3. Тогда по формуле (6.9) находим:

y(n) = ResY (z)z n−1 + ResY (z)z n−1 + ResY (z)z n−1									=		+ 3 × 2n -		× 3n.
										2		2
z=1	z=2			z=3
Проверим, выполняются ли начальные условия:
y(0) =	1	+ 3 -	5	=1, y(1) =	1	+ 6 -	15		= -1.
	2		2					2
				2

www.studhelp.info

Значит, функция

y(n) =

+ 3 × 2n -

× 3n

является решением исходной зада-

чи. ▲

пº13. Решить систему линейных разностных уравнений

- x(n) - y(n) = 3

ïx(n + 1)

(6.22)

+ 2x(n) = -3

îy(n + 1)

при начальных условиях x(0) = 3, y(0) = 0 .

D Пусть x(n)

– решетчатый оригинал, а

X (z) – его Z-изображение. Тогда с

учетом начальных условий будем иметь

x(n) ↔ X (z);

x(n + 1) « z[X (z) - x(0)] = z[X (z) - 3)]

Аналогично

y(n) ↔ Y (z),

y(n + 1) « z[Y (z) - y(0)] = zY(z),

3n «

- 3

Операторная Z-система, соответствующая системе (6.22), выглядит так:

UDHz - 3

ìz[X (z) - 3] - X (z)

+ YE(z) =

z - 3

ïzY (z) + 2X (z) = -

z -

или

Tï

- 8z

ï(z -1)X (z) + Y (z)

ï2X (z) + zY (z) = -

z - 3

Решая последнюю систему по правилу Крамера, получим:

www

- 8z

z - 3

3z3 - 8z

z(3z2 - 8z +1)

z - 3

X (z) =

z - 3

;

z -1

(z - 3)(z +1)(z -

z2 - z - 2

www.studhelp.info

z -1

3z 2 - 8z

z - 3

z - z 2 - 6z 2 + 16z

17z - 7z 2

z - 3

Y (z) =

z - 3

z -1 1

z 2 - z - 2

(z - 3)(z + 1)(z - 2)

Осталось по данным Z-изображениям X (z) и Y (z) восстановить решетчатые оригиналы. Используя формулу (6.9) и вычисляя вычеты в простых полюсах

z1 = −1, z2 = 2, z3 = 3, получим:

fo=

x(n) = lim

(3z 2 - 8z + 1)z n

+ lim

(3z 2 - 8z + 1)z n

+ lim

(3z 2 - 8z + 1)z

z→−1

(z - 2)(z - 3)

z→2

(z + 1)(z -

z→3

+ 1)(z - 2)

3 + 8 + 1

12 - 16 + 1

27 - 24 + 1

(-1) +

2 +

3 = (-1) +

- 3

+ 3 ;

(17 - 7z)z n

(17 - 7z)zn

(17 - 7z)z n

y(n) =

lim

+ lim

z→−1

(z - 2)(z

- 3)

→2

(z +1)(z - 3)

z→3

(z +1)(z - 2)

= 2(-1)n - 2n - 3n.

Сделаем контрольную проверку начальных условий:

x(0) =1 + 1 +

= 0 .

1 = 3, y(0) =

−

−1

Начальные условия выполняются. Следовательно, функции

x(n) = (-1)n + 2n + 3n , y(n) = 2(-1)n - 2n - 3n

являются решением исходной задачи.

▲

Задачи для самостоятельного решения

UDH

Задача 1. Найти Z-преобразование для данных решетчатых функция:

а) f (n) = 1; б) f (n) =

(−1) .

Задача 2. Восстановить последовательность

f (n) по ее Z-преобразованию.

F(z) =

z - a

Задача 3. Решить уравнение: x(n + 2) − 5x(n + 1) + 6x(n) = 0, x(0) = 1, x(1) = 2.

Отв.:

x(n) = 2n.

Задача 4. Решить систему разностных уравнений:

x(n + 2) − x(n + 1) − x(n) = 0, x(0) = 0, x(1) = 1.

www1

æ1

1 -

Отв.: x(n) =

;

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 78 / 128 9 10 11 12 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
24.02.20163.66 Mб9Lc2_2015_ПДС.pdf
#
24.02.2016824.37 Кб34metodichka_fizika_2_semestr.pdf
#
24.02.2016911.42 Кб8montag.pdf
#
24.02.201638.81 Кб36ozi_gavrilenkov481971_6.docx
#
24.02.20164.6 Mб12PADS_Eval_Guide.pdf
#
24.02.2016956.88 Кб11SMMiF_bsuir.pdf
#
24.02.20161.7 Mб10TM_Kontrol.pdf
#
24.02.20166.53 Mб143TM_Lectures.pdf
#
24.02.2016394.59 Кб10TM_Work_Plan.pdf
#
24.02.201647.62 Кб38Topics(вечерники).doc
#
24.02.2016540.29 Кб32tx_29 ТКС.docx