$z$ , 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)

$F(z)$ 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)

$f(t)$ , для которой

f (t) = f (0)

$f(t)=f(0)$ при

t \in [0; 1), f (t) = f (1)

$t\in [0;1),~ f(t)=f(1)$ при

t \in [1; 2)

$t\in[1;2)$ и т.д. Оригиналом по Лапласу такая функция является, если выполняется условие

| f (t) | < M e^{σ t}

$|f(t)|<Me^{\sigma t}$ , то есть

| f (k) | < M e^{σ k}

$|f(k)|<Me^{\sigma k}$ . Ее можно представить в виде ряда

f (t) = \sum_{k = 0}^{\infty} f (k) [1 (t - k) - 1 (t - (k + 1))]

$\textstyle{f(t)= \sum\limits_{k=0}^{\infty} f(k)\bigl[ \boldsymbol{1}(t-k)-\boldsymbol{1}(t-(k+1))\bigr]}$ . Тогда по теореме запаздывания

L [f (t)] = \sum_{k = 0}^{\infty} f (k) L {[1 (t - k) - 1 (t - (k + 1))]} = \sum_{k = 0}^{\infty} f (k) [\frac{e^{- k p}}{p} - \frac{e^{- (k + 1) p}}{p}] = \frac{1 - e^{- p}}{p} \sum_{k = 0}^{\infty} f (k) e^{- k p},

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

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

Φ (u) = \sum_{k = 0}^{\infty} a_{k} u^{k}, a_{k} = f (k), u = e^{- p} .

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

Обозначая

z = e^{p}

$z=e^p$ (тогда

z = \frac{1}{u}

$z=\frac{1}{u}$ ) и отбрасывая множитель

\frac{1 - e^{- p}}{p}

$\frac{1-e^{-p}}{p}$ , общий для всех оригиналов данного класса, получаем соотношение (5.58):

F (z) = Φ (\frac{1}{z}) = \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{f (k)}{z^{k}}

$\textstyle{F(z)= \Phi\! \left(\dfrac{1}{z}\right)= \sum\limits_{k=0}^{\infty} \dfrac{f(k)}{z^k}}$ . При этом обратное преобразование — есть задача нахождения коэффициентов' разложения функции

Φ (u)

$\Phi(u)$ в ряд Тейлора по степеням

u

${u}$ . Коэффициенты вычисляются по формуле (3.16):

a_{k} = \frac{1}{2 π i} \oint_{C} \frac{Φ (u)}{u^{k + 1}} d u, k = 0, 1, \dots

$\textstyle{a_k= \dfrac{1}{2\pi i} \oint\limits_{C} \dfrac{\Phi(u)}{u^{k+1}}\,du,~ k=0,1,\ldots}$ или (3.17):

a_{k} = \frac{Φ^{(k)} (0)}{k!}

$a_k= \frac{\Phi^{(k)}(0)}{k!}$ . При

u = \frac{1}{z}

$u=\frac{1}{z}$ получаем ряд Лорана (5.58) функции

F (z) = Φ (u)

$F(z)= \Phi(u)$ в окрестности

z = \infty

$z=\infty$ с коэффициентами (5.60):

f (k) = \frac{1}{2 π i} \oint_{C} F (z) z^{k - 1} d z, k = 0, 1, \dots

$\textstyle{f(k)= \dfrac{1}{2\pi i} \oint\limits_{C} F(z)z^{k-1}dz,~ k=0,1,\ldots}$ (здесь учтено, что

d u = - \frac{1}{z^{2}} d z

$du=-\frac{1}{z^2}\,dz$ , направление обхода контура при преобразовании

z = \frac{1}{u}

$z=\frac{1}{u}$ меняется на противоположное и интеграл меняет знак при изменении направления обхода).

Свойства Z-преобразования

Положим, что

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

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

1. Линейность. Для любых постоянных

c_{i}, i = 1, 2, \dots, m

$c_i,~ i=1,2,\ldots,m$ справедливо

Z [c_{1} f_{1} (k) + \dots + c_{m} f_{m} (k)] = c_{1} F_{1} (k) + \dots + c_{m} F_{m} (k),

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

(5.61)

где

{f_{1} (k), k = 0, 1, \dots}, \dots, {f_{m} (k), k = 0, 1, \dots}

$\bigl\{f_1(k),\,k=0,1,\ldots\bigr\},\ldots, \bigl\{f_m(k),\,k=0,1,\ldots\bigr\}$ — оригиналы, a

F_{1} (z), \dots, F_{m} (z)

$F_1(z),\ldots,F_m(z)$ — их изображения.

2. Запаздывание (формула запаздывания), где

f (k - n) = 0

$f(k-n)=0$ при

k - n < 0

$k-n<0$ (рис. 5.23):

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

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

(5.62)

Z [f (k - n)] = z^{- n} F (z), n = 1, 2, \dots,

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

(5.63)

3. Опережение (формула опережения):

Z [f (k + 1)] = z [F (z) - f (0)],

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

(5.64)

Z [f (k + n)] = z^{n} F (z) - z^{n} f (0) - \dots - z f (n - 1) .

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

(5.65)

4. Дифференцирование изображения:

Z [k \cdot f (k)] = - z \cdot \frac{d F}{d z} .

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

(5.66)

5. Умножение изображений. Свертке оригиналов соответствует произведение изображений:

Z [\sum_{i = 0}^{k} f (i) \cdot g (k - i)] = F (z) \cdot G (z),

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

(5.67)

где

G (z) = Z [g (k)]

$G(z)= Z[g(k)]$ . Сверткой оригиналов

{f (k), k = 0, 1, \dots}

$\{f(k),\, k=0,1,\ldots\}$ и

{g (k), k = 0, 1, \dots}

$\{g(k),\, k=0,1,\ldots\}$ называется сумма

\sum_{i = 0}^{k} f (i) \cdot g (k - i) .

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

(5.68)

6. Теоремы о предельных значениях. Если

F (z) = Z [f (n)]

$F(z)= Z[f(n)]$ , то

\begin{matrix} f (0) = lim_{z \to \infty} F (z), \\ f (1) = lim_{z \to \infty} z [F (z) - f (0)], \\ f (2) = lim_{z \to \infty} z^{2} [F (z) - f (0) - f (1) \cdot z^{- 1}], \\ ⋮ \end{matrix}

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

(5.69)

где

z

$z$ стремится к бесконечности вдоль произвольного пути. Если

lim_{k \to \infty} f (k)

$\lim\limits_{k\to\infty} f(k)$ существует, то

lim_{k \to \infty} f (k) = lim_{z \to 1} (z - 1) F (z) .

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

(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}} + \dots + \frac{f (k)}{z^{k}} + \dots

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

z \to \infty

$z\to\infty$ .

Умножая обе части

F (z)

$F(z)$ на

z

$z$ , получаем

f (1) = lim_{z \to \infty} z [F (z) - f (0)]

$f(1)= \lim\limits_{z\to\infty} z \bigl[F(z)-f(0)\bigr]$ 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}

$f(k)=a^k$ ; б)

f (k) = 1

$f(k)=1$ ; в)

f (k) = \frac{a^{k}}{k!}

$f(k)= \frac{a^k}{k!}$ ; г)

f (k) = e^{α k}

$f(k)=e^{\alpha k}$ .

▼ Решение

а) По формуле (5.58) имеем

F (z) = \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{a^{k}}{z^{k}} = \frac{1}{1 - a ⧸ z} = \frac{z}{z - a},

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

где использована формула суммы бесконечно убывающей геометрической прогрессии с первым членом

a_{1} = 1

$a_1=1$ и знаменателем

q = \frac{a}{z}

$q=\frac{a}{z}$ при

| q | < 1

$|q|<1$ , то есть

| z | > | a |

$|z|>|a|$ .

б) Аналогично пункту "а"

F (z) = \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{1}{z^{k}} = \frac{1}{1 - 1 ⧸ z} = \frac{z}{z - 1} .

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

в)

F (z) = \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{a^{k}}{k! z^{k}} = e^{a ⧸ z}

$\textstyle{F(z)= \sum\limits_{k=0}^{\infty} \dfrac{a^k}{k!z^k}= e^{a\!\not{\phantom{|}}\,\,z}}$ при

| z | > | a |

$|z|>|a|$ ; где использовано типовое разложение.

г)

F (z) = \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{e^{α k}}{z^{k}} = \frac{1}{1 - e^{α} ⧸ z} = \frac{z}{z - e^{α}}

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

| z | > | e^{α} | = e^{Re α}

$|z|>|e^{\alpha}|= e^{\operatorname{Re}\alpha}$ . Заметим, что при

α = 0

$\alpha=0$ 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

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

Нахождение оригинала по изображению

Для нахождения оригинала используются следующие способы:

1) разложение функции

F (z)

$F(z)$ 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!} {(\frac{d^{k} F (z^{- 1})}{d z^{k}}) |}_{z = 0}, k = 0, 1, 2, \dots

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

(5.71)

6) если

F (z)

$F(z)$ представляет собой рациональную функцию, т.е. отношение двух многочленов:

F (z) = \frac{P (z)}{Q (z)}

$F(z)= \frac{P(z)}{Q(z)}$ , где степень многочлена в силу аналитичности

F (z)

$F(z)$ при

z = \infty

$z=\infty$ не превышает степени многочлена

Q (z)

$Q(z)$ , то можно разделить многочлен

P (z)

$P(z)$ на

Q (z)

$Q(z)$ одним из обычных способов. Это хотя и не даст общего выражения для

f (k)

$f(k)$ , но позволит численным путем определить сколь угодно большое число значений

f (k)

$f(k)$ .

Замечания 5.15

1. Сравнивая (5.60) с определением (4.16) вычета в

z = \infty

$z=\infty$ , получаем (где

z_{m}

$z_m$ — особые точки функции

F (z)

$F(z)$ )

f (k) = - \underset{z = \infty}{res} F (z) z^{k - 1}, f (k) = \sum_{m = 1}^{n} \underset{z = z_{m}}{res} F (z) z^{k - 1} .

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

2. Формула (5.71) получается из формулы для коэффициентов ряда Тейлора

?_{k} = \frac{1}{k!} Φ^{(k)} (0)

$?_k= \frac{1}{k!}\Phi^{(k)}(0)$ (см. замечание 5.14), где

Φ (\frac{1}{z}) = F (z), Φ (0) = F {(\frac{1}{z})}_{z = 0}

$\Phi\! \left(\frac{1}{z}\right)=F(z),~ \Phi(0)= F\! \left(\frac{1}{z}\right)_{z=0}$ .

Пример 5.62. Найти оригиналы для функций:
а)

F (z) = \frac{z}{(z - 1)^{2}}

$F(z)= \frac{z}{(z-1)^2}$ ; б)

F (z) = \frac{z^{2}}{z^{2} - z - 1}

$F(z)= \frac{z^2}{z^2-z-1}$ ; в)

F (z) = \frac{1}{(z - a) (z - b)}

$F(z)= \frac{1}{(z-a)(z-b)}$ ;
г)

F (z) = \frac{z}{(z^{2} - 9)^{2}}

$F(z)= \frac{z}{(z^2-9)^2}$ ; д)

F (z) = \frac{z^{2} + z}{z^{2} - z + 1}

$F(z)= \frac{z^2+z}{z^2-z+1}$ ; е)

F (z) = \frac{z^{2}}{z^{2} - \sqrt{2} z + 1}

$F(z)= \frac{z^2}{z^2-\sqrt{2}\,z+1}$ ;

▼ Решение

а) Первый способ. Разложим функцию

F (z)

$F(z)$ в ряд Лорана в окрестности бесконечно удаленной точки, учитывая, что

\frac{1}{(z - 1)^{2}} = {(\frac{1}{1 - z})}^{'} :

$\frac{1}{(z-1)^2}= \left(\frac{1}{1-z}\right)'\colon$

\begin{aligned} F (z) & = z \frac{d}{d z} (\frac{1}{1 - z}) = z \frac{d}{d z} (\frac{- 1}{z (1 - 1 ⧸ z)}) = - z \frac{d}{d z} [\frac{1}{z} (1 + \frac{1}{z} + \frac{1}{z^{2}} + \dots)] = \\ = - z \frac{d}{d z} (\frac{1}{z} + \frac{1}{z^{2}} + \frac{1}{z^{3}} + \dots) = - z (- \frac{1}{z^{2}} - \frac{2}{z^{3}} - \frac{3}{z^{4}} - \dots) = \\ = \frac{1}{z} + \frac{2}{z^{2}} + \frac{3}{z^{3}} + \dots = \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{k}{z^{k}} . \end{aligned}

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

Сравнивая с (5.58), имеем

f (k) = k, k = 1, 2, \dots

$f(k)=k,~ k=1,2,\ldots$ По формуле (5.69) получаем

f (0) = lim_{z \to \infty} F (z) = 0

$f(0)= \lim\limits_{z\to\infty} F(z)=0$ . Поэтому

f (k) = k, k = 0, 1, 2, \dots

$f(k)=k,~ k=0,1,2,\ldots$ .

Второй способ. По формуле (5.60) получаем

f (k) = \frac{1}{2 π i} \oint_{C} \frac{z}{(z - 1)^{2}} z^{k - 1} d z, k = 0, 1, 2, \dots

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

В точке

z = 1

$z=1$ — полюс второго порядка; интеграл можно брать по любому контуру

C : | z | = R

$C\colon\, |z|=R$ , где

R > 1

$R>1$ , так как в

| z | < R, R > 1

$|z|<R,~ R>1$ содержится единственная особая точка функции

F (z)

$F(z)$ . По формуле (4.19)

\oint_{C} \frac{z^{k}}{(z - 1)^{2}} d z = 2 π i \underset{z = 1}{res} \frac{z^{k}}{(z - 1)^{2}},

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

где согласно (4.22)

\underset{z = 1}{res} \frac{z^{k}}{(z - 1)^{2}} = lim_{z \to 1} \frac{d}{d z} z^{k} = lim_{z \to 1} k z^{k - 1} = k

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

f (k) = \frac{1}{2 π i} \cdot 2 π i k = k

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

f (k) = k, k = 0, 1, 2, \dots

$f(k)=k,~ k=0,1,2,\ldots$ .

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

f (k) = \underset{z = 1}{res} F (z) z^{k - 1} = \underset{z = 1}{res} \frac{z^{k}}{(z - 1)^{2}} = lim_{} (z^{k})^{'} = k .

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

Третий способ. Представим

F (z)

$F(z)$ в виде рациональной функции:

F (z) = \frac{z}{z^{2} - 2 z + 1} = \frac{P (z)}{Q (z)}

$F(z)= \frac{z}{z^2-2z+1}= \frac{P(z)}{Q(z)}$ . Поделим числитель на знаменатель, в результате получаем

F (z) = \frac{1}{z} + \frac{2}{z^{2}} + \frac{3}{z^{3}} + \dots

$F(z)= \frac{1}{z}+ \frac{2}{z^2}+ \frac{3}{z^3}+\ldots$ и

f (k) = k, k = 0, 1, 2, \dots

$f(k)=k,~ k=0,1,2,\ldots$

Четвертый способ. По формуле (5.69) имеем

\begin{matrix} f (0) = lim_{z \to \infty} \frac{z}{z^{2} - 2 z + 1} = 0, f (1) = lim_{z \to \infty} z (\frac{z}{z^{2} - 2 z + 1} - 0) = 1, \\ f (2) = lim_{z \to \infty} z^{2} (\frac{z}{z^{2} - 2 z + 1} - 0 - 1 \cdot \frac{1}{z}) = lim_{z \to \infty} \frac{z^{4} - z^{2} (z^{2} - 2 z + 1)}{(z^{2} - 2 z + 1) z} = lim_{z \to \infty} \frac{2 z^{3} - z^{2}}{z^{3} - 2 z^{2} + z} = 2, \end{matrix}

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

и так далее:

f (k) = k, k = 0, 1, 2, \dots

$f(k)=k,~ k=0,1,2,\ldots$ .

б) По формуле (5.60) имеем

f (k) = \frac{1}{2 π i} \oint_{C} \frac{z^{2}}{z^{2} - z - 1} z^{k - 1} d z, 0, 1, 2, \dots

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

Особые точки

z_{1} = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}, z_{2} = \frac{1 - \sqrt{5}}{2}

$z_1=\frac{1+\sqrt{5}}{2},~ z_2=\frac{1-\sqrt{5}}{2}$ полюсы первого порядка (корни уравнения

z^{2} - z - 1 = 0

$z^2-z-1=0$ ). По формуле (4.19) имеем

f (k) = \frac{1}{2 π i} \cdot 2 π i [\underset{z = z_{1}}{res} \frac{z^{k + 1}}{(z - z_{1}) (z - z_{2})} + \underset{z = z_{2}}{res} \frac{z^{k + 1}}{(z - z_{1}) (z - z_{2})}] .

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

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

\begin{aligned} f (k) & = \underset{z = z_{1}}{res} \frac{z^{k + 1}}{(z - z_{1}) (z - z_{2})} + \underset{z = z_{2}}{res} \frac{z^{k + 1}}{(z - z_{1}) (z - z_{2})} = \\ = lim_{z \to z_{1}} \frac{(z - z_{1}) z^{k + 1}}{(z - z_{1}) (z - z_{2})} + lim_{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}} [{(\frac{1 + \sqrt{5}}{2})}^{k + 1} - {(\frac{1 - \sqrt{5}}{2})}^{k + 1}] . \end{aligned}

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

в) Представим

F (z)

$F(z)$ в виде суммы двух элементарных дробей и разложим каждую из них в окрестности

z = \infty :

$z=\infty\colon$

\begin{aligned} F (z) & = \frac{1}{(z - a) (z - b)} = \frac{1}{a - b} (\frac{1}{z - a} - \frac{1}{z - b}) = \frac{1}{(a - b) z} (\frac{1}{1 - a ⧸ z} - \frac{1}{1 - b ⧸ z}) = \\ = \frac{1}{(a - b) z} \sum_{k = 0}^{\infty} (\frac{a^{k}}{z^{k}} - \frac{b^{k}}{z^{k}}) = \frac{1}{a - b} \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{a^{k} - b^{k}}{z^{k + 1}} = \frac{1}{a - b} \sum_{k = 2}^{\infty} \frac{a^{k - 1} - b^{k - 1}}{z^{k}} . \end{aligned}

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

Поэтому

f (k) = \frac{a^{k - 1} - b^{k - 1}}{a - b}

$f(k)=\frac{a^{k-1}-b^{k-1}}{a-b}$ при

k ⩾ 2

$k\geqslant2$ . По формуле (5.69) находим

f (0) = lim_{z \to \infty} F (z) = 0,

$f(0)= \lim\limits_{z\to\infty} F(z)=0,$

f (1) = lim_{z \to \infty} z 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}

$f(k)= \frac{a^{k-1}-b^{k-1}}{a-b}$ при

k ⩾ 1

$k\geqslant 1$ .

г) Разложим функцию

F (z) ⧸ z

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

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

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

поэтому

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

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

По формулам 5,7 из табл. 5.2 и

\begin{matrix} Z^{- 1} [\frac{3 z}{(z - 3)^{2}}] = 3 k 3^{k - 1} = k 3^{k}; Z^{- 1} [\frac{3 z}{(z + 3)^{2}}] = 3 k (- 3)^{k - 1} = - k (- 3)^{k}; \\ Z^{- 1} [\frac{z}{z - 3}] = 3^{k}; Z^{- 1} [\frac{z}{z + 3}] = (- 3)^{k} . \end{matrix}

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

Используя свойство линейности, имеем

f (k) = \frac{1}{108} [k 3^{k} - k (- 3)^{k} - 3^{k} + (- 3)^{k}] = \frac{1}{108} (k - 1) 3^{k} [1^{k} - (- 1)^{k}], k = 0, 1, 2, \dots

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

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 β

$\sin\beta$ и

\cos β

$\cos\beta$ , представим изображение в виде

F (z) = \frac{z^{2} + z}{z^{2} - z + 1} = \frac{z (z - \frac{1}{2}) + \frac{3}{2} z}{z^{2} - 2 z \frac{1}{2} + 1} = \frac{z (z - \frac{1}{2})}{z^{2} - 2 z \frac{1}{2} + 1} + \frac{\frac{3}{2} z}{z^{2} - 2 z \frac{1}{2} + 1},

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

При

\cos β = \frac{1}{2}

$\cos\beta=\frac{1}{2}$ , то есть

β = \frac{π}{3}

$\beta= \frac{\pi}{3}$ , первое слагаемое совпадает с изображением в формуле 15 из табл. 5.2. Так как

\sin β = \sin \frac{π}{3} = \frac{\sqrt{2}}{2}

$\sin \beta=\sin \frac{\pi}{3}= \frac{\sqrt{2}}{2}$ , то преобразуем второе слагаемое к табличному. Получим

F (z) = \frac{z (z - \cos \frac{π}{3})}{z^{2} - 2 z \cos \frac{π}{3} + 1} + \sqrt{3} \cdot \frac{z \sin \frac{π}{3}}{z^{2} - 2 z \cos \frac{π}{3} + 1} .

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

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

f (k) = \cos \frac{π k}{3} + \sqrt{3} \sin \frac{π k}{3}, k = 0, 1, 2, \dots

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

е) Представим изображение в виде

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

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

По формуле 16 из табл.5.2 и свойству линейности

Z^{- 1} [\frac{F (z)}{z}] = Z^{- 1} [\sqrt{2} \cdot \frac{z \sin \frac{π}{4}}{z^{2} - 2 z \cos \frac{π}{4} + 1}] = \sqrt{2} \sin \frac{π k}{4} = φ (k) .

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

По формуле опережения (5.64) с учетом

φ (0) = 0

$\varphi(0)=0$ получаем:

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

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

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) + \dots + a_{1} x (k + 1) + a_{0} x (k) = g (k), k = 0, 1, 2, \dots

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

(5.72)

где

a_{n} a_{n - 1}, \dots, a_{1}, a_{0}

$a_na_{n-1},\ldots,a_1,a_0$ — постоянные коэффициенты;

n

$n$ — целое число; последовательность

{g (k), k = 0, 1, 2, \dots}

$\bigl\{g(k),\, k=0,1,2,\ldots\bigr\}$ ;

б) начальные условия:

x (0) = x_{0}, x (1) = x_{1}, \dots, x (n - 1) = x_{n - 1} .

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

(5.73)

Требуется найти решение

x (k)

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

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

Будем предполагать, что последовательности

{g (k), k = 0, 1, 2, \dots}

$\bigl\{g(k),\, k=0,1,2,\ldots\bigr\}$ и

{x (k), k = 0, 1, 2, \dots}

$\bigl\{x(k),\, k=0,1,2,\ldots\bigr\}$ 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

$x(k+2)-x(k+1)+x(k)=0,~ x(0)=1,~ x(1)=2$ .

▼ Решение

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

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

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

Запишем уравнение для изображений:

z^{2} X (z) - z^{2} - 2 z - z X (z) + z + X (z) = 0

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

2. Решим уравнение для изображений:

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

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

3. Найдем оригинал для

X (z) :

$X(z)\colon$

X (z) = \frac{z (z - \frac{1}{2}) + \frac{3}{2} z}{z^{2} - 2 z \frac{1}{2} + 1} = \frac{z (z - \cos \frac{π}{3})}{z^{2} - 2 z \cos \frac{π}{3} + 1} + \sqrt{3} \cdot \frac{z \sin \frac{π}{3}}{z^{2} - 2 z \cos \frac{π}{3} + 1} .

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

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

x (k) = \cos \frac{π k}{3} + \sqrt{3} \sin \frac{π k}{3}, k = 0, 1, 2, \dots

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

Легко проверить, что при

k = 0

$k=0$ и

k = 1

$k=1$ 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}

$x(k+2)-\sqrt{3}x(k+1)+ x(k)=0,~ x(0)= \frac{1}{2},~ x(1)= \frac{\sqrt{3}}{2}$ .

▼ Решение

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

\begin{matrix} Z [x (k)] = X (z); Z [x (k + 1)] = z X (z) - z x (0) = z X (z) - \frac{z}{2}; \\ Z [x (k + 2)] = z^{2} X (z) - z^{2} x (0) - z x (1) = z^{2} X (z) - \frac{z^{2}}{2} - z \frac{\sqrt{3}}{2}; Z [0] = 0. \end{matrix}

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

Запишем уравнение для изображений:

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

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

2. Решим уравнение для изображений:

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

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

3. Найдем оригинал для

X (z) :

$X(z)\colon$

X (z) = \frac{z^{2}}{2 (z^{2} - 2 z \frac{\sqrt{3}}{2} + 1)} = z \cdot \frac{z \sin \frac{π}{6}}{z^{2} - 2 z \cos \frac{π}{6} + 1} .

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

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

x (k) = \sin \frac{π (k + 1)}{6}, k = 0, 1, 2, \dots

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

При использовании формулы (5.64) было учтено, что

Z^{- 1} [\frac{X (z)}{z}] = Z^{- 1} [\frac{z \sin \frac{π}{6}}{z^{2} - 2 z \cos \frac{π}{6} + 1}] = \sin \frac{π k}{6} = f (k), f (0) = 0.

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

Пример 5.65. Найти решение задачи:

x (k + 2) - 3 x (k + 1) - 10 x (k) = 0, x (0) = 3, x (1) = - 1

$x(k+2)-3x(k+1)-10x(k)=0,~ x(0)=3,~ x(1)=-1$ .

▼ Решение

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

\begin{matrix} Z [x (k)] = X (z); Z [x (k + 1)] = z X (z) - z x (0) = z X (z) - 3 z; \\ Z [x (k + 2)] = z^{2} X (z) - z^{2} x (0) - z x (1) = z^{2} X (z) - 3 z^{2} + z; Z [0] = 0. \end{matrix}

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

Запишем уравнение для изображений:

z^{2} X (z) - 3 z^{2} + z - 3 z X (z) + 9 z - 10 X (z) = 0.

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

2. Решим уравнение для изображений:

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

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

3. Найдем оригинал для

X (z) : X (z) = \frac{3 z^{2} - 10 z}{(z - 5) (z + 2)}

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

Первый способ. Запишем

X (z)

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

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

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

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} .

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

Второй способ. Согласно п.1 замечаний 5.15

\begin{aligned} x (k) & = \underset{z = 5}{res} \frac{3 z^{2} - 10 z}{(z - 5) (z + 2)} z^{k - 1} + \underset{z = - 2}{res} \frac{3 z^{2} - 10 z}{(z - 5) (z + 2)} z^{k - 1} = \\ = {\frac{(3 z^{2} - 10 z) (z - 5)}{(z - 5) (z + 2)} z^{k - 1} |}_{z = 5} + {\frac{(3 z^{2} - 10 z) (z + 2)}{(z - 5) (z + 2)} z^{k - 1} |}_{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}

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

Пример 5.66. Найти решение задачи:

x (k + 2) + 4 x (k + 1) + 3 x (k) = 1, x (0) = 1, x (1) = 1

$x(k+2)+ 4x(k+1)+ 3x(k)=1,~ x(0)=1,~ x(1)=1$ .

▼ Решение

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

\begin{matrix} Z [x (k)] = X (z); Z [x (k + 1)] = z X (z) - z x (0) = z X (z) - z; \\ Z [x (k + 2)] = z^{2} X (z) - z^{2} x (0) - z x (1) = z^{2} X (z) - z^{2} - z; Z [1] = \frac{z}{z - 1} . \end{matrix}

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

Запишем уравнение для изображений:

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

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

2. Решим уравнение для изображений:

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

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

3. Найдем оригинал для

X (z)

$X(z)$ . Как и в предыдущем примере, представим

\frac{X (z)}{z}

$\frac{X(z)}{z}$ в виде суммы простейших дробей:

\frac{X (z)}{z} = \frac{z^{2} + 4 z - 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} .

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

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} .

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

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}

$x(k)= \frac{1}{8}+ \frac{7}{4}(-1)^k-\frac{7}{8}(-3)^k$ .

Пример 5.67. Найти решение задачи:

x (k + 2) - 5 x (k + 1) + 6 x (k) = 2 \cdot 4^{k}, x (0) = 2, x (1) = 1

$x(k+2)-5x(k+1)+ 6x(k)=2\cdot 4^k,~ x(0)=2,~ x(1)=1$ .

▼ Решение

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

\begin{matrix} Z [x (k)] = X (z); Z [x (k + 1)] = z X (z) - z x (0) = z X (z) - 2 z; \\ Z [x (k + 2)] = z^{2} X (z) - z^{2} x (0) - z x (1) = z^{2} X (z) - 2 z^{2} - z; Z [2 \cdot 4^{k}] = 2 \cdot \frac{z}{z - 4} . \end{matrix}

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

Запишем уравнение для изображений:

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

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

2. Решим уравнение для изображений:

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

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

3. Найдем оригинал для

X (z) = z \cdot (\frac{2}{(z - 4) (z - 3) (z - 2)} + \frac{2 z - 9}{(z - 3) (z - 2)})

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

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

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

Тогда

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

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

По формуле 7 из табл. 5.2 имеем:

x (k) = 4^{k} + 6 \cdot 2^{k} - 5 \cdot 3^{k}

$x(k)= 4^k+6\cdot 2^k-5\cdot 3^k$ .

Пример 5.68. Найти решение задачи:

x (k + 2) - 4 x (k + 1) + 4 x (k) = 3^{k}, x (0) = x_{0}, x (1) = x_{1}

$x(k+2)-4x(k+1)+ 4x(k)=3^k,~ x(0)=x_0,~ x(1)=x_1$ .

▼ Решение

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

\begin{matrix} Z [x (k)] = X (z); Z [x (k + 1)] = z X (z) - z x_{0}; \\ Z [x (k + 2)] = z^{2} X (z) - z^{2} x_{0} - z x_{1}; Z [3^{k}] = \frac{z}{z - 3} . \end{matrix}

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

Запишем уравнение для изображений:

z^{2} X (z) - z^{2} x_{0} - z x_{1} - 4 z X (z) + 4 z x_{0} + 4 X (z) = \frac{z}{z - 3} .

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

2. Решим уравнение для изображений:

X (z) = \frac{z}{(z - 3) (z^{2} - 4 z + 4)} + \frac{z^{2} x_{0} + z x_{1} - 4 x_{0} z}{z^{2} - 4 z + 4} .

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

3. Найдем оригинал для

X (z)

$X(z)$ . Используем разложение

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

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

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} - 4 x_{0}) \frac{z}{(z - 2)^{2}} .

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

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} - 4 x_{0}) k 2^{k - 1} = \\ = 3^{k} - 2^{k} + x_{0} (k + 1) 2^{k} + (x_{1} - 4 x_{0} - 1) k \cdot 2^{k - 1} . \end{aligned}

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

Пример 5.69. Найти решение задачи:

x (k + 3) - 3 x (k + 2) + 3 x (k + 1) - x (k) = 2^{k}, x (0) = 0, x (1) = 0, x (2) = 1

$x(k+3)-3x(k+2)+3x(k+1)-x(k)=2^k,~ x(0)=0,~ x(1)=0,~ x(2)=1$ .

▼ Решение

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

\begin{matrix} Z [x (k)] = X (z); Z [x (k + 1)] = z X (z) - z x (0) = z X (z); \\ Z [x (k + 2)] = z^{2} X (z) - z^{2} x (0) - z x (1) = z^{2} X (z); Z [2^{k}] = \frac{z}{z - 2} . \\ Z [x (k + 3)] = z^{3} X (z) - z^{3} x (0) - z^{2} x (1) - z x (2) = z^{3} X (z) - z . \end{matrix}

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

Запишем уравнение для изображений:

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

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

2. Решим уравнение для изображений:

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

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

3. Найдем оригинал для

X (z)

$X(z)$ . 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}} .

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

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}} .

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

По формулам 1, 3 и 7 из табл. 5.2 получаем

x (k) = 2^{k} - 1 - k

$x(k)=2^k-1-k$ .

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

$\begin{cases}x(k+2)-y(k)=0,\\ y(k+2)+ x(k)=0;\end{cases} x(0)= y(0)=1,~ x(1)= \sqrt{2},~ y(1)=0$ .

▼ Решение

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

\begin{matrix} Z [x (k)] = X (z); Z [y (k)] = Y (z); \\ Z [x (k + 1)] = z X (z) - z x (0) = z X (z) - z; \\ Z [y (k + 1)] = z Y (z) - z y (0) = z Y (z) - z; \\ Z [x (k + 2)] = z^{2} X (z) - z^{2} x (0) - z x (1) = z^{2} X (z) - z^{2} - \sqrt{2} z; \\ Z [y (k + 2)] = z^{2} Y (z) - z^{2} y (0) - z y (1) = z^{2} Y (z) - z^{2}; z [0] = 0. \end{matrix}

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

Запишем систему уравнений для изображений:

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

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

2. Решим систему уравнений для изображений. Выражая

Y (z)

$Y(z)$ из первого уравнения и подставляя во второе, получаем

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

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

Отсюда, учитывая, что

z^{4} + 1 = (z^{2} + 1)^{2} - 2 z^{2} = (z^{2} - \sqrt{2} z + 1) (z^{2} + \sqrt{2} z + 1)

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

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

3. Найдем оригиналы для

X (z)

$X(z)$ и

Y (z)

$Y(z)$ . 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{matrix} X (z) = \frac{z^{2}}{z^{2} - \sqrt{2} z + 1} = \sqrt{2} z \cdot \frac{z \sin \frac{π}{4}}{z^{2} - 2 z \cos \frac{π}{4} + 1}, \\ Y (z) = \frac{z^{2} - \sqrt{2} z}{z^{2} - \sqrt{2} z + 1} = \frac{z (z - \frac{\sqrt{2}}{2}) - z \frac{\sqrt{2}}{2}}{z^{2} - 2 z \cos \frac{π}{4} + 1} = \frac{z (z - \cos \frac{π}{4})}{z^{2} - 2 z \cos \frac{π}{4} + 1} - \frac{\sin \frac{π}{4}}{z^{2} - 2 z \cos \frac{π}{4} + 1} . \end{matrix}

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

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

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

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

Здесь было учтено, что

Z^{- 1} [\frac{z \sin \frac{π}{4}}{z^{2} - 2 z \cos \frac{π}{4} + 1}] = \sin \frac{π k}{4} = f (k), k = 1, 2, \dots; f (0) = 0.

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

Пример 5.71. Найти решение задачи:

{\begin{cases} x (k + 1) - x (k) + y (k) = 3^{k}, \\ y (k + 1) + 2 x (k) = - 3^{k}; \end{cases} x (0) = 3, y (0) = 0

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

▼ Решение

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

\begin{matrix} Z [x (k)] = X (z); Z [y (k)] = Y (z); \\ Z [x (k + 1)] = z X (z) - z x (0) = z X (z) - 3 z; \\ Z [y (k + 1)] = z Y (z) - z y (0) = z Y (z); Z [3^{k}] = \frac{z}{z - 3} . \end{matrix}

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

Запишем систему уравнений для изображений:

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

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

2. Решим систему уравнений для изображений. Умножая первое уравнение на

z

$z$ и вычитая второе, получаем

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

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

Отсюда

{\begin{cases} X (z) = \frac{3 z^{3} - 8 z^{2} + z}{(z - 3) (z^{2} - z - 2)} = \frac{3 z^{3} - 8 z^{2} + z}{(z - 3) (z - 2) (z + 1)} \\ Y (z) = - \frac{1}{z - 3} - \frac{6 z^{2} - 16 z + 2}{(z - 3) (z - 2) (z + 1)} . \end{cases}

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

3. Найдем оригиналы для

X (z), Y (z)

$X(z),\,Y(z)$ . Используем представления

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

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

Тогда

\begin{matrix} 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} (- \frac{2 z}{z - 2} - \frac{2 z}{z + 1} - \frac{2 z}{z - 3}) . \end{matrix}

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

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

\begin{matrix} 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 ⩾ 1, y (0) = 0 \\ ⇕ \\ y (k) = - 2^{k} + 2 (- 1)^{k} - 3^{k}, k = 0, 1, 2, \dots \end{matrix}

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

Портал » Список форумов

Часовой пояс: UTC + 4 часа [ Летнее время ]

Математический форум Math Help Planet

Z-преобразование и его свойства

Основные определения

Свойства Z-преобразования

Нахождение изображения по оригиналу

Нахождение оригинала по изображению

Области применения Z-преобразования

Алгоритм решения задачи (5.72),(5.73)