1. Оригинал — последовательность $\{f(k),~ k=0,1,\ldots\}$ , удовлетворяющая условию: $|f(k)|< M\,e^{\sigma k}$ , где $M$ и $\sigma$ — положительные постоянные (рис. 5.22).

2. Изображение последовательности $\{f(k),~ k=0,1,\ldots\}$ — функция $F(z)$ комплексного переменного $z$ , определяемая равенством

$F(z)= \sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac{f(k)}{z^k}\,.\qquad \mathsf{(5.58)}$

Изображение является аналитической функцией при $|z|>e^{\sigma}$ .

Совокупность всех оригиналов называется пространством оригиналов, а совокупность всех изображений — пространством изображений.

3. Переход, определяющий изображение $F(z)$ по оригиналу $\{f(k),~ k=0,1,\ldots\}$ , называется Z-преобразованием:

$F(z)= Z[f(k)].$

(5.59)

4. Оригинал по изображению находится с помощью обратного Z-преобразования по формуле:

$f(k)= \frac{1}{2\pi i} \oint\limits_{C} F(z)z^{k-1}dz,\quad k=0,1,\ldots\,,$

(5.60)

где $C$ — контур, внутри которого лежат все особые точки функции $F(z)$ .

Замечания 5.14

1. Название Z-преобразование определяется буквой $z$ , выбранной для обозначения переменной. Такое название противоречит существующему обычаю называть часто применяемые преобразования по имени ученого. В некоторых источниках Z-преобразование называется преобразованием Лорана, так как ряд (5.58) дает разложение функции $F(z)$ в ряд Лорана в окрестности бесконечно удаленной точки.

2. Z-преобразование можно рассматривать как частный случай преобразования Лапласа, а именно как преобразование в пространстве ступенчатых оригиналов. Ступенчатая функция — это разрывная функция целочисленного аргумента, которая в общем случае имеет разрывы при каждом натуральном значении аргумента, оставаясь между ними постоянной. По рис. 5.22 можно представить такую функцию $f(t)$ , для которой $f(t)=f(0)$ при $t\in [0;1),~ f(t)=f(1)$ при $t\in[1;2)$ и т.д. Оригиналом по Лапласу такая функция является, если выполняется условие $|f(t)|<Me^{\sigma t}$ , то есть $|f(k)|<Me^{\sigma k}$ . Ее можно представить в виде ряда $\textstyle{f(t)= \sum\limits_{k=0}^{\infty} f(k)\bigl[ \boldsymbol{1}(t-k)-\boldsymbol{1}(t-(k+1))\bigr]}$ . Тогда по теореме запаздывания

$L[f(t)]= \sum\limits_{k=0}^{\infty} f(k)L\bigl\{\bigl[ \boldsymbol{1}(t-k)-\boldsymbol{1}(t-(k+1))\bigr]\bigr\}= \sum\limits_{k=0}^{\infty} f(k)\! \left[\frac{e^{-kp}}{p}-\frac{e^{-(k+1)p}}{p} \right]= \frac{1-e^{-p}}{p} \sum\limits_{k=0}^{\infty} f(k)e^{-kp},$

т.е. нахождение преобразования Лапласа в рассматриваемом классе оригиналов сводится к нахождению суммы ряда Тейлора:

$\Phi(u)= \sum\limits_{k=0}^{\infty} a_ku^k,\qquad a_k=f(k),\qquad u=e^{-p}.$

Обозначая $z=e^p$ (тогда $z=\frac{1}{u}$ ) и отбрасывая множитель $\frac{1-e^{-p}}{p}$ , общий для всех оригиналов данного класса, получаем соотношение (5.58): $\textstyle{F(z)= \Phi\! \left(\dfrac{1}{z}\right)= \sum\limits_{k=0}^{\infty} \dfrac{f(k)}{z^k}}$ . При этом обратное преобразование — есть задача нахождения коэффициентов' разложения функции $\Phi(u)$ в ряд Тейлора по степеням ${u}$ . Коэффициенты вычисляются по формуле (3.16): $\textstyle{a_k= \dfrac{1}{2\pi i} \oint\limits_{C} \dfrac{\Phi(u)}{u^{k+1}}\,du,~ k=0,1,\ldots}$ или (3.17): $a_k= \frac{\Phi^{(k)}(0)}{k!}$ . При $u=\frac{1}{z}$ получаем ряд Лорана (5.58) функции $F(z)= \Phi(u)$ в окрестности $z=\infty$ с коэффициентами (5.60): $\textstyle{f(k)= \dfrac{1}{2\pi i} \oint\limits_{C} F(z)z^{k-1}dz,~ k=0,1,\ldots}$ (здесь учтено, что $du=-\frac{1}{z^2}\,dz$ , направление обхода контура при преобразовании $z=\frac{1}{u}$ меняется на противоположное и интеграл меняет знак при изменении направления обхода).

Свойства Z-преобразования

Положим, что $F(z)= Z[f(k)]$ .

1. Линейность. Для любых постоянных $c_i,~ i=1,2,\ldots,m$ справедливо

$Z \bigl[c_1f_1(k)+ \ldots+c_mf_m(k)\bigr]= c_1F_1(k)+ \ldots+c_mF_m(k),$

(5.61)

где $\bigl\{f_1(k),\,k=0,1,\ldots\bigr\},\ldots, \bigl\{f_m(k),\,k=0,1,\ldots\bigr\}$ — оригиналы, a $F_1(z),\ldots,F_m(z)$ — их изображения.

2. Запаздывание (формула запаздывания), где $f(k-n)=0$ при $k-n<0$ (рис. 5.23):

$Z \bigl[f(k-1)\bigr]= z^{-1}F(z),$

(5.62)

$Z \bigl[f(k-n)\bigr]= z^{-n}F(z),~ n=1,2,\ldots,$

(5.63)

3. Опережение (формула опережения):

$Z \bigl[f(k+1)\bigr]= z \bigl[F(z)-f(0)\bigr],$

(5.64)

$Z \bigl[f(k+n)\bigr]= z^nF(z)-z^nf(0)-\ldots-zf(n-1).$

(5.65)

4. Дифференцирование изображения:

$Z \bigl[k\cdot f(k)\bigr]=-z\cdot\frac{dF}{dz}\,.$

(5.66)

5. Умножение изображений. Свертке оригиналов соответствует произведение изображений:

$Z\! \left[\sum\limits_{i=0}^{k} f(i)\cdot g(k-i)\right]= F(z)\cdot G(z),$

(5.67)

где $G(z)= Z[g(k)]$ . Сверткой оригиналов $\{f(k),\, k=0,1,\ldots\}$ и $\{g(k),\, k=0,1,\ldots\}$ называется сумма

$\sum\limits_{i=0}^{k} f(i)\cdot g(k-i).$

(5.68)

6. Теоремы о предельных значениях. Если $F(z)= Z[f(n)]$ , то

$\begin{gathered}f(0)= \lim\limits_{z\to\infty} F(z),\\ f(1)= \lim\limits_{z\to\infty} z\bigl[F(z)-f(0)\bigr],\\ f(2)= \lim\limits_{z\to\infty} z^2 \bigl[F(z)-f(0)-f(1)\cdot z^{-1}\bigr],\\ \quad\vdots \end{gathered}$

(5.69)

где $z$ стремится к бесконечности вдоль произвольного пути. Если $\lim\limits_{k\to\infty} f(k)$ существует, то

$\lim\limits_{k\to\infty} f(k)= \lim\limits_{z\to1} (z-1)F(z).$

(5.70)

Заметим, что первую формулу в (5.69) можно получить из (5.58):

$F(z)= f(0)+\frac{f(1)}{z}+ \frac{f(2)}{z^2}+ \ldots+\frac{f(k)}{z^k}+\ldots$ при $z\to\infty$ .

Умножая обе части $F(z)$ на $z$ , получаем $f(1)= \lim\limits_{z\to\infty} z \bigl[F(z)-f(0)\bigr]$ и т.д.

Нахождение изображения по оригиналу

Для нахождения изображений используется (5.58) и свойству Z-преобразования.

Пример 5.61. Найти изображения по оригиналам: а) $f(k)=a^k$ ; б) $f(k)=1$ ; в) $f(k)= \frac{a^k}{k!}$ ; г) $f(k)=e^{\alpha k}$ .

Решение

а) По формуле (5.58) имеем

$F(z)= \sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac{a^k}{z^k}= \frac{1}{1-a\!\!\not{\phantom{|}}\,z}= \frac{z}{z-a}\,,$

где использована формула суммы бесконечно убывающей геометрической прогрессии с первым членом $a_1=1$ и знаменателем $q=\frac{a}{z}$ при $|q|<1$ , то есть $|z|>|a|$ .

б) Аналогично пункту "а"

$F(z)= \sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac{1}{z^k}= \frac{1}{1-1\!\!\not{\phantom{|}}\,z}= \frac{z}{z-1}\,.$

в) $\textstyle{F(z)= \sum\limits_{k=0}^{\infty} \dfrac{a^k}{k!z^k}= e^{a\!\not{\phantom{|}}\,\,z}}$ при $|z|>|a|$ ; где использовано типовое разложение.

г) $F(z)= \sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac{e^{\alpha k}}{z^k}= \frac{1}{1-e^{\alpha}\!\!\not{\phantom{|}}\,z}= \frac{z}{z-e^{\alpha}}$ при $|z|>|e^{\alpha}|= e^{\operatorname{Re}\alpha}$ . Заметим, что при $\alpha=0$ имеем результат, полученный в пункте "б".

В табл. 5.2 приведены наиболее часто встречающиеся в примерах соответствия при Z-преобразовании. Формулы 1, 7, 11 получены в примере 5.61.

Таблица 5.2. Таблица Z-преобразований

№	$\boldsymbol{f(k)}$	$\boldsymbol{F(z)}$	№	$\boldsymbol{f(k)}$	$\boldsymbol{F(z)}$
1	$1$	$\frac{z}{z-1}$	11	$\frac{a^k}{k!}$	$e^{a\!\not{\phantom{\|}}\,\,z}$
2	$(-1)^k$	$\frac{z}{z+1}$	12	$\frac{k(k-1)}{2}$	$\frac{z}{(z-1)^3}$
3	$k$	$\frac{z}{(z-1)^2}$	13	$\textstyle{\dfrac{1}{m!}\prod\limits_{i=0}^{m-1}(k-i)}$	$\frac{z}{(z-1)^{m+1}}$
4	$k^2$	$\frac{z(z+1)}{(z-1)^3}$	14	$\sin k\beta$	$\frac{z\sin \beta}{z^2-2z\cos \beta+1}$
5	$k\,a^{k-1}$	$\frac{z}{(z-a)^2}$	15	$\cos k\beta$	$\frac{z(z-\cos \beta)}{z^2-2z\cos \beta+1}$
6	$C_k^m\,a^k$	$\frac{a^mz}{(z-a)^{m+1}}$	16	$a^k\sin k\beta$	$\frac{az\sin \beta}{z^2-2az\cos \beta+a^2}$
7	$a^k$	$\frac{z}{z-a}$	17	$a^k\cos k\beta$	$\frac{z(z-a\cos \beta)}{z^2-2az\cos \beta+a^2}$
8	$(k+1)a^k$	$\frac{z^2}{(z-a)^2}$	18	$-a^k\sin(k-1)\beta$	$\frac{z\sin\beta (z-2a\cos \beta)}{z^2-2az\cos \beta+a^2}$
9	$\begin{cases}0,&k=0\\ 1 \!\!\not{\phantom{\|}}\,k,&k\ne0\end{cases}$	$\ln \frac{1}{z-1}$	19	$a^k \operatorname{sh}k \beta$	$\frac{az \operatorname{sh}\beta}{z^2-2az \operatorname{ch}\beta+a^2}$
10	$\begin{cases}0,&k=0\\ (-1)^k \!\!\!\not{\phantom{\|}}\,k,&k\ne0\end{cases}$	$\ln \frac{z+1}{z}$	20	$a^k \operatorname{ch}k \beta$	$\frac{z(z-a \operatorname{ch}\beta)}{z^2-2az \operatorname{ch}\beta+ a^2}$

Нахождение оригинала по изображению

Для нахождения оригинала используются следующие способы:

1) разложение функции $F(z)$ в ряд Лорана в окрестности бесконечно удаленной точки;
2) формула (5.60);
3) табл. 5.2 и свойства Z-преобразования;
4) формула (5.69);
5) формула

$f(k)= \frac{1}{k!}\! \left.{\left(\frac{d^kF(z^{-1})}{dz^k}\right)\!}\right|_{z=0},\quad k=0,1,2,\ldots$

(5.71)

6) если $F(z)$ представляет собой рациональную функцию, т.е. отношение двух многочленов: $F(z)= \frac{P(z)}{Q(z)}$ , где степень многочлена в силу аналитичности $F(z)$ при $z=\infty$ не превышает степени многочлена $Q(z)$ , то можно разделить многочлен $P(z)$ на $Q(z)$ одним из обычных способов. Это хотя и не даст общего выражения для $f(k)$ , но позволит численным путем определить сколь угодно большое число значений $f(k)$ .

Замечания 5.15

1. Сравнивая (5.60) с определением (4.16) вычета в $z=\infty$ , получаем (где $z_m$ — особые точки функции $F(z)$ )

$f(k)=-\mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=\infty}F(z)z^{k-1},\qquad f(k)= \sum\limits_{m=1}^{n} \mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=z_m}F(z)z^{k-1}.$

2. Формула (5.71) получается из формулы для коэффициентов ряда Тейлора $?_k= \frac{1}{k!}\Phi^{(k)}(0)$ (см. замечание 5.14), где $\Phi\! \left(\frac{1}{z}\right)=F(z),~ \Phi(0)= F\! \left(\frac{1}{z}\right)_{z=0}$ .

Пример 5.62. Найти оригиналы для функций:
а) $F(z)= \frac{z}{(z-1)^2}$ ; б) $F(z)= \frac{z^2}{z^2-z-1}$ ; в) $F(z)= \frac{1}{(z-a)(z-b)}$ ;
г) $F(z)= \frac{z}{(z^2-9)^2}$ ; д) $F(z)= \frac{z^2+z}{z^2-z+1}$ ; е) $F(z)= \frac{z^2}{z^2-\sqrt{2}\,z+1}$ ;

Решение

а) Первый способ. Разложим функцию $F(z)$ в ряд Лорана в окрестности бесконечно удаленной точки, учитывая, что $\frac{1}{(z-1)^2}= \left(\frac{1}{1-z}\right)'\colon$

$\begin{aligned}F(z)&= z\,\frac{d}{dz}\!\left(\frac{1}{1-z}\right)= z\,\frac{d}{dz}\! \left(\frac{-1}{z(1-1\!\!\not{\phantom{|}}\,z)}\right)=-z\,\frac{d}{dz}\! \left[\frac{1}{z}\! \left(1+\frac{1}{z}+ \frac{1}{z^2}+\ldots\right)\right]=\\ &=-z\,\frac{d}{dz}\! \left(\frac{1}{z}+ \frac{1}{z^2}+ \frac{1}{z^3}+\ldots\right)=-z\! \left(-\frac{1}{z^2}-\frac{2}{z^3}-\frac{3}{z^4}-\ldots\right)=\\ &=\frac{1}{z}+\frac{2}{z^2}+\frac{3}{z^3}+\ldots= \sum\limits_{k=1}^{\infty} \frac{k}{z^k}\,. \end{aligned}$

Сравнивая с (5.58), имеем $f(k)=k,~ k=1,2,\ldots$ По формуле (5.69) получаем $f(0)= \lim\limits_{z\to\infty} F(z)=0$ . Поэтому $f(k)=k,~ k=0,1,2,\ldots$ .

Второй способ. По формуле (5.60) получаем

$f(k)= \frac{1}{2\pi i} \oint\limits_{C} \frac{z}{(z-1)^2}z^{k-1}dz,\quad k=0,1,2,\ldots$

В точке $z=1$ — полюс второго порядка; интеграл можно брать по любому контуру $C\colon\, |z|=R$ , где $R>1$ , так как в $|z|<R,~ R>1$ содержится единственная особая точка функции $F(z)$ . По формуле (4.19)

$\oint\limits_{C} \frac{z^k}{(z-1)^2}\,dz= 2\pi i \mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=1} \frac{z^k}{(z-1)^2}\,,$

где согласно (4.22) $\mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=1} \frac{z^k}{(z-1)^2}= \lim\limits_{z\to1} \frac{d}{dz}z^k= \lim\limits_{z\to1} kz^{k-1}=k$ . Поэтому

$f(k)= \frac{1}{2\pi i}\cdot 2\pi i k=k$ , то есть $f(k)=k,~ k=0,1,2,\ldots$ .

Заметим, что можно было использовать п.1 замечаний 5.15:

$f(k)= \mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=1} F(z)z^{k-1}= \mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=1} \frac{z^k}{(z-1)^2}= \lim\limits_{} (z^k)'= k.$

Третий способ. Представим $F(z)$ в виде рациональной функции: $F(z)= \frac{z}{z^2-2z+1}= \frac{P(z)}{Q(z)}$ . Поделим числитель на знаменатель, в результате получаем

$F(z)= \frac{1}{z}+ \frac{2}{z^2}+ \frac{3}{z^3}+\ldots$ и $f(k)=k,~ k=0,1,2,\ldots$

Четвертый способ. По формуле (5.69) имеем

$\begin{gathered}f(0)= \lim\limits_{z\to\infty} \frac{z}{z^2-2z+1}=0,\qquad f(1)= \lim\limits_{z\to\infty}z\! \left(\frac{z}{z^2-2z+1}-0\right)=1,\\ f(2)= \lim\limits_{z\to\infty}z^2\! \left(\frac{z}{z^2-2z+1}-0-1\cdot \frac{1}{z}\right)= \lim\limits_{z\to\infty} \frac{z^4-z^2(z^2-2z+1)}{(z^2-2z+1)z}= \lim\limits_{z\to\infty} \frac{2z^3-z^2}{z^3-2z^2+z}=2, \end{gathered}$

и так далее: $f(k)=k,~ k=0,1,2,\ldots$ .

б) По формуле (5.60) имеем

$f(k)= \frac{1}{2\pi i} \oint\limits_{C} \frac{z^2}{z^2-z-1}z^{k-1}dz,\quad 0,1,2,\ldots$

Особые точки $z_1=\frac{1+\sqrt{5}}{2},~ z_2=\frac{1-\sqrt{5}}{2}$ полюсы первого порядка (корни уравнения $z^2-z-1=0$ ). По формуле (4.19) имеем

$f(k)= \frac{1}{2\pi i}\cdot 2\pi i \left[\mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=z_1} \frac{z^{k+1}}{(z-z_1)(z-z_2)}+ \mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=z_2} \frac{z^{k+1}}{(z-z_1)(z-z_2)}\right]\!.$

По формуле (4.23) для вычисления вычета в полюсе первого порядка получаем

$\begin{aligned}f(k)&= \mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=z_1} \frac{z^{k+1}}{(z-z_1)(z-z_2)}+ \mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=z_2} \frac{z^{k+1}}{(z-z_1)(z-z_2)}=\\ &=\lim\limits_{z\to z_1} \frac{(z-z_1)z^{k+1}}{(z-z_1)(z-z_2)}+ \lim\limits_{z\to z_2} \frac{(z-z_2)z^{k+1}}{(z-z_1)(z-z_2)}=\\ &=\frac{z_1^{k+1}-z_2^{k+1}}{z_1-z_2}= \frac{1}{\sqrt{5}}\! \left[{\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)\!}^{k+1}-{\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)\!}^{k+1}\right]\!. \end{aligned}$

в) Представим $F(z)$ в виде суммы двух элементарных дробей и разложим каждую из них в окрестности $z=\infty\colon$

$\begin{aligned}F(z)&= \frac{1}{(z-a)(z-b)}= \frac{1}{a-b}\! \left(\frac{1}{z-a}-\frac{1}{z-b}\right)= \frac{1}{(a-b)z}\! \left(\frac{1}{1-a\!\!\not{\phantom{|}}\,z}-\frac{1}{1-b\!\!\not{\phantom{|}}\,z}\right)=\\ &=\frac{1}{(a-b)z} \sum\limits_{k=0}^{\infty}\! \left(\frac{a^k}{z^k}-\frac{b^k}{z^k}\right)= \frac{1}{a-b} \sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac{a^k-b^k}{z^{k+1}}= \frac{1}{a-b} \sum\limits_{k=2}^{\infty} \frac{a^{k-1}-b^{k-1}}{z^k}\,. \end{aligned}$

Поэтому $f(k)=\frac{a^{k-1}-b^{k-1}}{a-b}$ при $k\geqslant2$ . По формуле (5.69) находим $f(0)= \lim\limits_{z\to\infty} F(z)=0,$ $f(1)= \lim\limits_{z\to\infty} zF(z)=0$ . Окончательный ответ: $f(k)= \frac{a^{k-1}-b^{k-1}}{a-b}$ при $k\geqslant 1$ .

г) Разложим функцию $F(z)\!\!\not{\phantom{|}}\,z$ на простейшие дроби:

$\frac{F(z)}{z}= \frac{1}{(z^2-9)^2}= \frac{1}{36}\! \left[\frac{1}{(z-3)^2}+ \frac{1}{(z+ 3)^2}\right]-\frac{1}{108}\! \left(\frac{1}{z-3}-\frac{1}{z+3}\right)\!,$

поэтому

$F(z)= \frac{1}{108}\! \left[\frac{3z}{(z-3)^2}+ \frac{3z}{(z+ 3)^2}-\frac{z}{z-3}+\frac{z}{z+3}\right]\!.$

По формулам 5,7 из табл. 5.2 и

$\begin{gathered}Z^{-1}\! \left[\frac{3z}{(z-3)^2}\right]= 3k3^{k-1}=k3^k;\qquad Z^{-1}\! \left[\frac{3z}{(z+3)^2}\right]= 3k(-3)^{k-1}=-k(-3)^k;\\ Z^{-1}\! \left[\frac{z}{z-3}\right]=3^k;\qquad Z^{-1}\! \left[\frac{z}{z+3}\right]=(-3)^k. \end{gathered}$

Используя свойство линейности, имеем

$f(k)= \frac{1}{108}\bigl[k3^k-k(-3)^k-3^k+(-3)^k\bigr]= \frac{1}{108}(k-1)3^k[1^k-(-1)^k],~~ k=0,1,2,\ldots$

д) Заметим, что дискриминант трехчлена в знаменателе отрицателен. Наиболее близкими по форме записи к данному изображению являются функции, соответствующие формулам 14 и 15 из табл. 5.2. Чтобы выделить значения $\sin\beta$ и $\cos\beta$ , представим изображение в виде

$F(z)= \frac{z^2+z}{z^2-z+1}= \frac{z\! \left(z-\dfrac{1}{2}\right)+ \dfrac{3}{2}z}{z^2-2z \frac{1}{2}+1}= \frac{z\! \left(z-\dfrac{1}{2}\right)}{z^2-2z \frac{1}{2}+1}+ \frac{\dfrac{3}{2}z}{z^2-2z \frac{1}{2}+1}\,,$

При $\cos\beta=\frac{1}{2}$ , то есть $\beta= \frac{\pi}{3}$ , первое слагаемое совпадает с изображением в формуле 15 из табл. 5.2. Так как $\sin \beta=\sin \frac{\pi}{3}= \frac{\sqrt{2}}{2}$ , то преобразуем второе слагаемое к табличному. Получим

$F(z)= \frac{z\! \left(z-\cos \dfrac{\pi}{3}\right)}{z^2-2z\cos \dfrac{\pi}{3}+1}+ \sqrt{3}\cdot \frac{z\sin \dfrac{\pi}{3}}{z^2-2z\cos \dfrac{\pi}{3}+1}\,.$

По формулам 15, 14 из табл. 5.2 и по свойству линейности

$f(k)= \cos \frac{\pi k}{3}+ \sqrt{3}\sin \frac{\pi k}{3}\,,\quad k=0,1,2,\ldots$

е) Представим изображение в виде

$F(z)= \frac{z^2}{z^2-\sqrt{2}\,z+1}= z\cdot \frac{z}{z^2-2z \dfrac{\sqrt{2}}{2}+1}= \sqrt{2}z\cdot \frac{z\sin \dfrac{\pi}{4}}{z^2-2z\cos \dfrac{\pi}{4}+1}\,.$

По формуле 16 из табл.5.2 и свойству линейности

$Z^{-1}\! \left[\frac{F(z)}{z}\right]= Z^{-1}\! \left[\sqrt{2}\cdot \frac{z\sin \dfrac{\pi}{4}}{z^2-2z\cos \dfrac{\pi}{4}+1}\right]= \sqrt{2}\sin \frac{\pi k}{4}= \varphi(k).$

По формуле опережения (5.64) с учетом $\varphi(0)=0$ получаем:

$f(k)= Z^{-1}[F(z)]= \sqrt{2}\sin \frac{(k+1)\pi}{4}\,.$

Области применения Z-преобразования

Решение линейных разностных уравнений с постоянными коэффициентами
Пусть заданы:
а) линейное разностное уравнение:

$a_{n}x(k+n)+ a_{n-1}x(k+n-1)+\ldots+ a_{1}x(k+1)+ a_0x(k)= g(k),\quad k=0,1,2,\ldots$

(5.72)

где $a_na_{n-1},\ldots,a_1,a_0$ — постоянные коэффициенты; $n$ — целое число; последовательность $\bigl\{g(k),\, k=0,1,2,\ldots\bigr\}$ ;

б) начальные условия:

$x(0)=x_0,~ x(1)=x_1,~ \ldots,~ x(n-1)= x_{n-1}.$

(5.73)

Требуется найти решение $x(k)$ разностного уравнения, удовлетворяющее начальным условиям.

3амечание 5.16. Аналогично формируется постановка задачи решения систем линейных разностных уравнений.

Будем предполагать, что последовательности $\bigl\{g(k),\, k=0,1,2,\ldots\bigr\}$ и $\bigl\{x(k),\, k=0,1,2,\ldots\bigr\}$ принадлежат пространству оригиналов. Для решения поставленной задачи можно применить аппарат операционного исчисления — метода решения задач, содержащего следующие этапы, отраженные на рис. 5.24.

Алгоритм решения задачи (5.72),(5.73)

1. От известных и неизвестных последовательностей (оригиналов) перейти к их Z-изображениям. Записать уравнение (систему) в изображениях, соответствующее решаемой задаче.

2. Решить полученное уравнение (систему): найти изображение искомого решения.

3. Применить обратное Z-преобразование: найти оригинал для полученного в п.2 изображения.

▼ Примеры 5.63-5.71

Пример 5.63. Найти решение задачи: $x(k+2)-x(k+1)+x(k)=0,~ x(0)=1,~ x(1)=2$ .

Решение

1. Перейдем от оригиналов к изображениям, используя формулы (5.61), (5.64), (5.65):

$\begin{gathered}Z[x(k)]= X(z);\qquad Z[x(k+1)]= z\,X(z)-z\,x(0)= z\,X(z)-z;\\ Z[x(k+2)]= z^2Z(z)-z^2x(0)-z\,x(1)= z^2X(z)-z^2-2z;\qquad Z[0]=0. \end{gathered}$

Запишем уравнение для изображений: $z^2X(z)-z^2-2z-zX(z)+z+X(z)=0$ .

2. Решим уравнение для изображений:

$(z^2-z+1)X(z)= z^2+z\quad \Rightarrow\quad X(z)= \frac{z^2+z}{z^2-z+1}\,.$

3. Найдем оригинал для $X(z)\colon$

$X(z)= \frac{z\! \left(z-\dfrac{1}{2}\right)+\dfrac{3}{2}z}{z^2-2z \dfrac{1}{2}+1}= \frac{z\! \left(z-\cos \dfrac{\pi}{3}\right)}{z^2-2z\cos \dfrac{\pi}{3}+1}+ \sqrt{3}\cdot \frac{z\sin \dfrac{\pi}{3}}{z^2-2z\cos \dfrac{\pi}{3}+1}\,.$

По формулам 14 и 15 из табл. 5.2 получаем (см. пример 5.62, пункт "д")

$x(k)= \cos \frac{\pi k}{3}+ \sqrt{3}\sin \frac{\pi k}{3},\quad k=0,1,2,\ldots$

Легко проверить, что при $k=0$ и $k=1$ начальные условия выполняются.

Пример 5.64. Найти решение задачи: $x(k+2)-\sqrt{3}x(k+1)+ x(k)=0,~ x(0)= \frac{1}{2},~ x(1)= \frac{\sqrt{3}}{2}$ .

Решение

1. Перейдем от оригиналов к изображениям, используя формулы (5.61), (5.64), (5.65):

$\begin{gathered}Z[x(k)]= X(z);\qquad Z[x(k+1)]= zX(z)-zx(0)= zX(z)-\frac{z}{2}\,;\\ Z[x(k+2)]= z^2X(z)-z^2x(0)-zx(1)= z^2X(z)-\frac{z^2}{2}-z\,\frac{\sqrt{3}}{2}\,;\quad Z[0]=0. \end{gathered}$

Запишем уравнение для изображений:

$z^2X(z)-\frac{z^2}{2}-z\,\frac{\sqrt{3}}{2}-\sqrt{3}zX(z)+ \frac{\sqrt{3}}{2}\,z+ X(z)=0.$

2. Решим уравнение для изображений:

$(z^2-\sqrt{3}z+1)X(z)= \frac{z^2}{2}\quad \Rightarrow\quad X(z)= \frac{z^2}{2(z^2-\sqrt{3}z+1)}\,.$

3. Найдем оригинал для $X(z)\colon$

$X(z)= \frac{z^2}{2\! \left(z^2-2z\, \dfrac{\sqrt{3}}{2}+1\right)}= z\cdot \frac{z\sin \dfrac{\pi}{6}}{z^2-2z\cos \dfrac{\pi}{6}+1}\,.$

По формуле 14 из табл. 5.2 и (5.64) получаем (см. пример 5.62, пункт "е")

$x(k)=\sin \frac{\pi (k+1)}{6},\quad k=0,1,2,\ldots$

При использовании формулы (5.64) было учтено, что

$Z^{-1}\! \left[\frac{X(z)}{z}\right]= Z^{-1}\! \left[\frac{z\sin \dfrac{\pi}{6}}{z^2-2z\cos \dfrac{\pi}{6}+1}\right]= \sin \frac{\pi k}{6}= f(k),\quad f(0)=0.$

Пример 5.65. Найти решение задачи: $x(k+2)-3x(k+1)-10x(k)=0,~ x(0)=3,~ x(1)=-1$ .

Решение

1. Перейдем от оригиналов к изображениям, используя формулы (5.61), (5.64), (5.65):

$\begin{gathered}Z[x(k)]=X(z);\qquad Z[x(k+1)]= zX(z)-zx(0)= zX(z)-3z;\\ Z[x(k+2)]= z^2X(z)-z^2x(0)-zx(1)= z^2X(z)-3z^2+z;\quad Z[0]=0. \end{gathered}$

Запишем уравнение для изображений:

$z^2X(z)-3z^2+z-3zX(z)+9z-10X(z)=0.$

2. Решим уравнение для изображений:

$(z^2-3z-10)X(z)= 3z^2-10z\quad \Rightarrow\quad X(z)= \frac{3z^2-10z}{z^2-3z-10}\,.$

3. Найдем оригинал для $X(z)\colon~ X(z)= \frac{3z^2-10z}{(z-5)(z+2)}$ .

Первый способ. Запишем $X(z)$ в виде произведения, удобного для применения формулы 7 из табл. 5.2, и разложим дробь на элементарные:

$X(z)= \frac{3z^2-10z}{(z-5)(z+2)}= z\cdot \frac{3z-10}{(z-5)(z+2)}= z\! \left(\right)= \frac{5}{7}\cdot \frac{z}{z-5}+ \frac{16}{7}\cdot \frac{z}{z+2}\,.$

По формуле 7 из табл. 5.2 получаем

$x(k)= \frac{5}{7}\cdot 5^k+ \frac{16}{17}\cdot (-2)^k= \frac{1}{7}\,5^{k+1}+ \frac{16}{7}(-2)^k.$

Второй способ. Согласно п.1 замечаний 5.15

$\begin{aligned}x(k)&= \mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=5} \frac{3z^2-10z}{(z-5)(z+2)}\,z^{k-1}+ \mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=-2} \frac{3z^2-10z}{(z-5)(z+2)}\,z^{k-1}=\\ &= \left.{\frac{(3z^2-10z)(z-5)}{(z-5)(z+2)}\,z^{k-1}}\right|_{z=5}+ \left.{\frac{(3z^2-10z)(z+2)}{(z-5)(z+2)}\,z^{k-1}}\right|_{z=-2}=\\ &= \frac{75-50}{7}\,5^{k-1}-\frac{32}{7}(-2)^{k-1}= \frac{1}{7}\,5^{k+1}+ \frac{16}{7}(-2)^k. \end{aligned}$

Пример 5.66. Найти решение задачи: $x(k+2)+ 4x(k+1)+ 3x(k)=1,~ x(0)=1,~ x(1)=1$ .

Решение

1. Перейдем от оригиналов к изображениям, используя формулы 1 из табл. 5.2, (5.61), (5.64), (5.65):

$\begin{gathered}Z[x(k)]=X(z);\qquad Z[x(k+1)]=zX(z)-zx(0)=zX(z)-z;\\ Z[x(k+2)]= z^2X(z)-z^2x(0)-zx(1)= z^2X(z)-z^2-z;\quad Z[1]=\frac{z}{z-1}\,. \end{gathered}$

Запишем уравнение для изображений:

$z^2X(z)-z^2-z+4zX(z)-4z+3X(z)= \frac{z}{z-1}\,.$

2. Решим уравнение для изображений:

$X(z)= \frac{z^2+5z+\dfrac{z}{z-1}}{z^2+4z+3}= \frac{z^3+4z^2-4z}{(z-1)(z+1)(z+3)}\,.$

3. Найдем оригинал для $X(z)$ . Как и в предыдущем примере, представим $\frac{X(z)}{z}$ в виде суммы простейших дробей:

$\frac{X(z)}{z}= \frac{z^2+4z-4}{(z-1)(z+1)(z+3)}= \frac{1}{8}\cdot \frac{1}{z-1}+ \frac{7}{4}\cdot \frac{1}{z+1}-\frac{7}{8}\cdot \frac{1}{z+3}\,.$

Отсюда

$X(z)= \frac{1}{8}\cdot \frac{z}{z-1}+ \frac{7}{4}\cdot \frac{z}{z+1}-\frac{7}{8}\cdot \frac{z}{z+3}\,.$

По формулам 1,2 и 7 из табл. 5.2 имеем: $x(k)= \frac{1}{8}+ \frac{7}{4}(-1)^k-\frac{7}{8}(-3)^k$ .

Пример 5.67. Найти решение задачи: $x(k+2)-5x(k+1)+ 6x(k)=2\cdot 4^k,~ x(0)=2,~ x(1)=1$ .

Решение

1. Перейдем от оригиналов к изображениям, используя формулы 7 из табл. 5.2, (5.61), (5.64), (5.65):

$\begin{gathered}Z[x(k)]= X(z);\qquad Z[x(k+1)]= zX(z)-zx(0)= zX(z)-2z;\\ Z[x(k+2)]= z^2X(z)-z^2x(0)-zx(1)= z^2X(z)-2z^2-z;\quad Z[2\cdot 4^k]= 2\cdot \frac{z}{z-4}\,. \end{gathered}$

Запишем уравнение для изображений:

$z^2X(z)-2z^2-z-5zX(z)+10z+6X(z)= 2\cdot \frac{z}{z-4}\,.$

2. Решим уравнение для изображений:

$X(z)= 2\cdot \frac{z}{(z-4)(z^2-5z+6)}+ \frac{2z^2-9z}{z^2-5z+6}\,.$

3. Найдем оригинал для $X(z)= z\cdot\! \left(\frac{2}{(z-4)(z-3)(z-2)}+ \frac{2z-9}{(z-3)(z-2)}\right)$ . Разложим каждую из дробей на элементарные:

$\begin{gathered}\frac{2}{(z-4)(z-3)(z-2)}= \frac{1}{z-4}+ \frac{1}{z-2}-\frac{2}{z-3}\,\\ \frac{2z-9}{(z-3)(z-2)}=-\frac{3}{z-3}+\frac{5}{z-2}\,. \end{gathered}$

Тогда

$\frac{X(z)}{z}= \frac{1}{z-4}+ \frac{6}{z-2}-\frac{5}{z-3}\quad \Rightarrow\quad X(z)= \frac{z}{z-4}+ \frac{6z}{z-2}-\frac{5z}{z-3}\,.$

По формуле 7 из табл. 5.2 имеем: $x(k)= 4^k+6\cdot 2^k-5\cdot 3^k$ .

Пример 5.68. Найти решение задачи: $x(k+2)-4x(k+1)+ 4x(k)=3^k,~ x(0)=x_0,~ x(1)=x_1$ .

Решение

1. Перейдем от оригиналов к изображениям, используя формулы 7 из табл. 5.2, (5.61), (5.64), (5.65):

$\begin{gathered}Z[x(k)]= X(z);\qquad Z[x(k+1)]= zX(z)-zx_0;\\ Z[x(k+2)]= z^2X(z)-z^2x_0-zx_1;\qquad Z[3^k]= \frac{z}{z-3}\,. \end{gathered}$

Запишем уравнение для изображений:

$z^2X(z)-z^2x_0-zx_1-4zX(z)+ 4zx_0+ 4X(z)= \frac{z}{z-3}\,.$

2. Решим уравнение для изображений:

$X(z)= \frac{z}{(z-3)(z^2-4z+4)}+ \frac{z^2x_0+zx_1-4x_0z}{z^2-4z+4}\,.$

3. Найдем оригинал для $X(z)$ . Используем разложение

$\frac{1}{(z-3)(z^2-4z+4)}= \frac{1}{z-3}-\frac{1}{z-2}-\frac{1}{(z-2)^2}\,.$

Тогда

$X(z)=\frac{z}{z-3}-\frac{z}{z-2}-\frac{z}{(z-2)^2}+ x_0\cdot \frac{z^2}{(z-2)^2}+ (x_1-4x_0) \frac{z}{(z-2)^2}\,.$

По формулам 5, 7, 8 из табл. 5.2 получаем

$\begin{aligned}x(k)&= 3^k-2^k-k\cdot 2^{k-1}+ x_0(k+1)2^k+ (x_1-4x_0)k2^{k-1}=\\ &=3^k-2^k+x_0(k+1)2^k+ (x_1-4x_0-1)k\cdot 2^{k-1}. \end{aligned}$

Пример 5.69. Найти решение задачи: $x(k+3)-3x(k+2)+3x(k+1)-x(k)=2^k,~ x(0)=0,~ x(1)=0,~ x(2)=1$ .

Решение

1. Перейдем от оригиналов к изображениям, используя формулы 7 из табл. 5.2, (5.61), (5.64), (5.65):

$\begin{gathered}Z[x(k)]= X(z);\qquad Z[x(k+1)]= zX(z)-zx(0)= zX(z);\\ Z[x(k+2)]= z^2X(z)-z^2x(0)-zx(1)= z^2X(z);\qquad Z[2^k]= \frac{z}{z-2}\,.\\ Z[x(k+3)]= z^3X(z)-z^3x(0)-z^2x(1)-zx(2)= z^3X(z)-z. \end{gathered}$

Запишем уравнение для изображений:

$z^3X(z)-z-3z^2X(z)+ 3zX(z)-X(z)= \frac{z}{z-2}\,.$

2. Решим уравнение для изображений:

$X(z)= \frac{z+\dfrac{z}{z-2}}{z^3-3z^2+3z-1}= \frac{z}{(z-1)^3}+ \frac{z}{(z-2)(z-1)^3}\,.$

3. Найдем оригинал для $X(z)$ . Используем представление

$\frac{1}{(z-2)(z-1)^3}= \frac{1}{z-2}-\frac{1}{(z-1)^3}-\frac{1}{z-1}-\frac{1}{(z-1)^2}\,.$

Тогда

$X(z)= \frac{z}{(z-1)^3}+ \frac{z}{z-2}-\frac{z}{(z-1)^3}-\frac{z}{z-1}-\frac{z}{(z-1)^2}= \frac{z}{z-2}-\frac{z}{z-1}-\frac{z}{(z-1)^2}\,.$

По формулам 1, 3 и 7 из табл. 5.2 получаем $x(k)=2^k-1-k$ .

Пример 5.70. Найти решение задачи: $\begin{cases}x(k+2)-y(k)=0,\\ y(k+2)+ x(k)=0;\end{cases} x(0)= y(0)=1,~ x(1)= \sqrt{2},~ y(1)=0$ .

Решение

1. Перейдем от оригиналов к изображениям, используя формулы (5.64), (5.65):

$\begin{gathered}Z[x(k)]= X(z);\qquad Z[y(k)]= Y(z);\\ Z[x(k+1)]= zX(z)-zx(0)= zX(z)-z;\\ Z[y(k+1)]= zY(z)-zy(0)= zY(z)-z;\\ Z[x(k+2)]= z^2X(z)-z^2x(0)-zx(1)= z^2X(z)-z^2-\sqrt{2}\,z;\\ Z[y(k+2)]= z^2Y(z)-z^2y(0)-zy(1)= z^2Y(z)-z^2;\quad z[0]=0. \end{gathered}$

Запишем систему уравнений для изображений:

$\begin{cases}z^2X(z)-z^2-\sqrt{2}\,z-Y(z)=0,\\ z^2Y(z)-z^2+X(z)=0. \end{cases}$

2. Решим систему уравнений для изображений. Выражая $Y(z)$ из первого уравнения и подставляя во второе, получаем

$z^4X(z)-z^4-\sqrt{2}\,z^3-z^2+X(z)=0.$

Отсюда, учитывая, что $z^4+1=(z^2+1)^2-2z^2= (z^2-\sqrt{2}\,z+1)(z^2+\sqrt{2}\,z+1)$ , имеем

$\begin{aligned}X(z)&= \frac{z^4+\sqrt{2}\,z^3+z^2}{z^4+1}= \frac{z^2(z^2+ \sqrt{2}\,z+1)}{z^4+1}= \frac{z^2}{z^2-\sqrt{2}\,z+1}\,.\\ Y(z)&= \frac{z^4}{z^2-\sqrt{2}\,z+1}-z^2-\sqrt{2}\,z= \frac{z^2-\sqrt{2}\,z}{z^2-\sqrt{2}\,z+1}\,. \end{aligned}$

3. Найдем оригиналы для $X(z)$ и $Y(z)$ . Как в примере 5.62, пункт "д" дискриминант знаменателя отрицателен, поэтому преобразуем дроби к виду, удобному для применения формул 14-17 из табл. 5.2:

$\begin{gathered}X(z)= \frac{z^2}{z^2-\sqrt{2}\,z+1}= \sqrt{2}\,z\cdot \frac{z\sin \dfrac{\pi}{4}}{z^2-2z\cos \dfrac{\pi}{4}+1}\,,\\ Y(z)= \frac{z^2-\sqrt{2}\,z}{z^2-\sqrt{2}\,z+1}= \frac{z\! \left(z-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)-z\,\dfrac{\sqrt{2}}{2}}{z^2-2z\cos \dfrac{\pi}{4}+1}= \frac{z\! \left(z-\cos \dfrac{\pi}{4}\right)}{z^2-2z\cos \dfrac{\pi}{4}+1}-\frac{\sin \dfrac{\pi}{4}}{z^2-2z\cos \dfrac{\pi}{4}+1}\,. \end{gathered}$

По формулам 14, 15 из табл. 5.2 и (5.64) получаем

$x(k)= \sqrt{2}\sin \frac{\pi(k+1)}{4},\qquad y(k)=\cos \frac{\pi k}{4}-\sin \frac{\pi k}{4}\,.$

Здесь было учтено, что

$Z^{-1}\! \left[\frac{z\sin \dfrac{\pi}{4}}{z^2-2z\cos \dfrac{\pi}{4}+1}\right]= \sin \frac{\pi k}{4}= f(k),\quad k=1,2,\ldots;\quad f(0)=0.$

Пример 5.71. Найти решение задачи: $\begin{cases}x(k+1)-x(k)+ y(k)=3^k,\\ y(k+1)+ 2x(k)=-3^k;\end{cases} x(0)=3,~ y(0)=0$ .

Решение

1. Перейдем от оригиналов к изображениям, используя формулу 7 из табл. 5.2, (5.64):

$\begin{gathered}Z[x(k)]=X(z);\qquad Z[y(k)]=Y(z);\\ Z[x(k+1)]=zX(z)-zx(0)= zX(z)-3z;\\ Z[y(k+1)]=zY(z)-zy(0)= zY(z);\quad Z[3^k]= \frac{z}{z-3}\,. \end{gathered}$

Запишем систему уравнений для изображений:

$\begin{cases}zX(z)-3z-X(z)+Y(z)= \frac{z}{z-3}\,;\\ zY(z)+ 2X(z)=-\frac{z}{z-3}\,. \end{cases}$

2. Решим систему уравнений для изображений. Умножая первое уравнение на $z$ и вычитая второе, получаем

$z^2X(z)-3z^2-zX(z)-2X(z)= \frac{z^2}{z-3}+\frac{z}{z-3}\,.$

Отсюда

$\begin{cases}X(z)= \dfrac{3z^3-8z^2+z}{(z-3)(z^2-z-2)}= \dfrac{3z^3-8z^2+z}{(z-3)(z-2)(z+1)}\,\\[9pt] Y(z)=-\frac{1}{z-3}-\frac{6z^2-16z+2}{(z-3)(z-2)(z+1)}\,. \end{cases}$

3. Найдем оригиналы для $X(z),\,Y(z)$ . Используем представления

$\begin{gathered}\frac{X(z)}{z}= \dfrac{3z^2-8z+1}{(z-3)(z-2)(z+1)}= \frac{1}{z-3}+ \frac{1}{z-2}+ \frac{1}{z+1}\,,\\ \frac{6z^2-16z+2}{(z-3)(z-2)(z+1)}= \frac{2}{z-2}+ \frac{2}{z+1}+ \frac{2}{z-3}\,.\end{gathered}$

Тогда

$\begin{gathered}X(z)= \frac{z}{z-3}+ \frac{z}{z-2}+ \frac{z}{z+1}\,,\\ Y(z)=-\frac{2}{z-2}-\frac{2}{z+1}-\frac{2}{z-3}= z^{-1}\! \left(-\frac{2z}{z-2}-\frac{2z}{z+1}-\frac{2z}{z-3}\right)\!. \end{gathered}$

По формулам (5.62) и 7 из табл. 5.2 получаем

$\begin{gathered}x(k)=3^k+2^k+(-1)^k,\\ y(k)=(-2)\cdot 2^{k-1}-2\cdot (-1)^{k-1}-3\cdot 3^{k-1},~k\geqslant1,\quad y(0)=0\\ \Updownarrow\\ y(k)=-2^k+2(-1)^k-3^k,\quad k=0,1,2,\ldots \end{gathered}$

Математический форум (помощь с решением задач, обсуждение вопросов по математике).

Если заметили ошибку, опечатку или есть предложения, напишите в комментариях.

Список статей » Список форумов

Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ]