Z-преобразование и его свойства
Основные определения
1. Оригинал — последовательность {f(k), k=0,1,…} , удовлетворяющая условию: |f(k)|<Meσk , где M и σ — положительные постоянные (рис. 5.22).
2. Изображение последовательности {f(k), k=0,1,…} — функция F(z) комплексного переменного z , определяемая равенством
F(z)=∑k=0∞f(k)zk.(5.58)
Изображение является аналитической функцией при |z|>eσ .
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,…} , называется Z-преобразованием:
F(z)=Z[f(k)].
4. Оригинал по изображению находится с помощью обратного Z-преобразования по формуле:
f(k)=12πi∮CF(z)zk−1dz,k=0,1,…,
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∈[0;1), f(t)=f(1) при t∈[1;2) и т.д. Оригиналом по Лапласу такая функция является, если выполняется условие |f(t)|<Meσt , то есть |f(k)|<Meσk . Ее можно представить в виде ряда f(t)=∑k=0∞f(k)[1(t−k)−1(t−(k+1))] . Тогда по теореме запаздывания
L[f(t)]=∑k=0∞f(k)L{[1(t−k)−1(t−(k+1))]}=∑k=0∞f(k)[e−kpp−e−(k+1)pp]=1−e−pp∑k=0∞f(k)e−kp,
т.е. нахождение преобразования Лапласа в рассматриваемом классе оригиналов сводится к нахождению суммы ряда Тейлора:
Φ(u)=∑k=0∞akuk,ak=f(k),u=e−p.
Обозначая z=ep (тогда z=1u ) и отбрасывая множитель 1−e−pp , общий для всех оригиналов данного класса, получаем соотношение (5.58): F(z)=Φ(1z)=∑k=0∞f(k)zk . При этом обратное преобразование — есть задача нахождения коэффициентов' разложения функции Φ(u) в ряд Тейлора по степеням u . Коэффициенты вычисляются по формуле (3.16): ak=12πi∮CΦ(u)uk+1du, k=0,1,… или (3.17): ak=Φ(k)(0)k! . При u=1z получаем ряд Лорана (5.58) функции F(z)=Φ(u) в окрестности z=∞ с коэффициентами (5.60): f(k)=12πi∮CF(z)zk−1dz, k=0,1,… (здесь учтено, что du=−1z2dz , направление обхода контура при преобразовании z=1u 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 ci, i=1,2,…,m справедливо
Z[c1f1(k)+…+cmfm(k)]=c1F1(k)+…+cmFm(k),
где {f1(k),k=0,1,…},…,{fm(k),k=0,1,…} — оригиналы, a F1(z),…,Fm(z) — их изображения.
2. Запаздывание (формула запаздывания), где f(k−n)=0 при k−n<0 (рис. 5.23):
Z[f(k−1)]=z−1F(z),
Z[f(k−n)]=z−nF(z), n=1,2,…,
3. Опережение (формула опережения):
Z[f(k+1)]=z[F(z)−f(0)],
Z[f(k+n)]=znF(z)−znf(0)−…−zf(n−1).
4. Дифференцирование изображения:
Z[k⋅f(k)]=−z⋅dFdz.
5. Умножение изображений. Свертке оригиналов соответствует произведение изображений:
Z[∑i=0kf(i)⋅g(k−i)]=F(z)⋅G(z),
где G(z)=Z[g(k)] . Сверткой оригиналов {f(k),k=0,1,…} и {g(k),k=0,1,…} называется сумма
∑i=0kf(i)⋅g(k−i).
6. Теоремы о предельных значениях. Если F(z)=Z[f(n)] , то
f(0)=limz→∞F(z),f(1)=limz→∞z[F(z)−f(0)],f(2)=limz→∞z2[F(z)−f(0)−f(1)⋅z−1],⋮
где z стремится к бесконечности вдоль произвольного пути. Если limk→∞f(k) существует, то
limk→∞f(k)=limz→1(z−1)F(z).
Заметим, что первую формулу в (5.69) можно получить из (5.58):
F(z)=f(0)+f(1)z+f(2)z2+…+f(k)zk+… при z→∞ .
Умножая обе части F(z) на z , получаем f(1)=limz→∞z[F(z)−f(0)] 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)=ak ; б) f(k)=1 ; в) f(k)=akk! ; г) f(k)=eαk .
▼ Решение а) По формуле (5.58) имеем F(z)=∑k=0∞akzk=11−a/|z=zz−a, где использована формула суммы бесконечно убывающей геометрической прогрессии с первым членом a1=1 и знаменателем q=az при |q|<1 , то есть |z|>|a| . б) Аналогично пункту "а" F(z)=∑k=0∞1zk=11−1/|z=zz−1. в) F(z)=∑k=0∞akk!zk=ea/|z при |z|>|a| ; где использовано типовое разложение. г) F(z)=∑k=0∞eαkzk=11−eα/|z=zz−eα при |z|>|eα|=eReα . Заметим, что при α=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
|
▼ Решение
а) Первый способ. Разложим функцию F(z)
в ряд Лорана в окрестности бесконечно удаленной точки, учитывая, что 1(z−1)2=(11−z)′:
F(z)=zddz(11−z)=zddz(−1z(1−1/|z))=−zddz[1z(1+1z+1z2+…)]==−zddz(1z+1z2+1z3+…)=−z(−1z2−2z3−3z4−…)==1z+2z2+3z3+…=∑k=1∞kzk.
Сравнивая с (5.58), имеем f(k)=k, k=1,2,…
По формуле (5.69) получаем f(0)=limz→∞F(z)=0
. Поэтому f(k)=k, k=0,1,2,…
.
Второй способ. По формуле (5.60) получаем
f(k)=12πi∮Cz(z−1)2zk−1dz,k=0,1,2,…
В точке z=1
— полюс второго порядка; интеграл можно брать по любому контуру C:|z|=R
, где R>1
, так как в |z|<R, R>1
содержится единственная особая точка функции F(z)
. По формуле (4.19)
∮Czk(z−1)2dz=2πiresz=1zk(z−1)2,
где согласно (4.22) resz=1zk(z−1)2=limz→1ddzzk=limz→1kzk−1=k
. Поэтому
f(k)=12πi⋅2πik=k
, то есть
f(k)=k, k=0,1,2,…
.
Заметим, что можно было использовать п.1 замечаний 5.15:
f(k)=resz=1F(z)zk−1=resz=1zk(z−1)2=lim(zk)′=k.
Третий способ. Представим F(z)
в виде рациональной функции: F(z)=zz2−2z+1=P(z)Q(z)
. Поделим числитель на знаменатель, в результате получаем
F(z)=1z+2z2+3z3+…
и
f(k)=k, k=0,1,2,…
Четвертый способ. По формуле (5.69) имеем
f(0)=limz→∞zz2−2z+1=0,f(1)=limz→∞z(zz2−2z+1−0)=1,f(2)=limz→∞z2(zz2−2z+1−0−1⋅1z)=limz→∞z4−z2(z2−2z+1)(z2−2z+1)z=limz→∞2z3−z2z3−2z2+z=2,
и так далее: f(k)=k, k=0,1,2,…
.
б) По формуле (5.60) имеем
f(k)=12πi∮Cz2z2−z−1zk−1dz,0,1,2,…
Особые точки z1=1+5–√2, z2=1−5–√2
полюсы первого порядка (корни уравнения z2−z−1=0
). По формуле (4.19) имеем
f(k)=12πi⋅2πi[resz=z1zk+1(z−z1)(z−z2)+resz=z2zk+1(z−z1)(z−z2)].
По формуле (4.23) для вычисления вычета в полюсе первого порядка получаем
f(k)=resz=z1zk+1(z−z1)(z−z2)+resz=z2zk+1(z−z1)(z−z2)==limz→z1(z−z1)zk+1(z−z1)(z−z2)+limz→z2(z−z2)zk+1(z−z1)(z−z2)==zk+11−zk+12z1−z2=15–√[(1+5–√2)k+1−(1−5–√2)k+1].
в) Представим F(z)
в виде суммы двух элементарных дробей и разложим каждую из них в окрестности z=∞:
F(z)=1(z−a)(z−b)=1a−b(1z−a−1z−b)=1(a−b)z(11−a/|z−11−b/|z)==1(a−b)z∑k=0∞(akzk−bkzk)=1a−b∑k=0∞ak−bkzk+1=1a−b∑k=2∞ak−1−bk−1zk.
Поэтому f(k)=ak−1−bk−1a−b
при k⩾2
. По формуле (5.69) находим f(0)=limz→∞F(z)=0,
f(1)=limz→∞zF(z)=0
. Окончательный ответ: f(k)=ak−1−bk−1a−b
при k⩾1
.
г) Разложим функцию F(z)/|z
на простейшие дроби:
F(z)z=1(z2−9)2=136[1(z−3)2+1(z+3)2]−1108(1z−3−1z+3),
поэтому
F(z)=1108[3z(z−3)2+3z(z+3)2−zz−3+zz+3].
По формулам 5,7 из табл. 5.2 и
Z−1[3z(z−3)2]=3k3k−1=k3k;Z−1[3z(z+3)2]=3k(−3)k−1=−k(−3)k;Z−1[zz−3]=3k;Z−1[zz+3]=(−3)k.
Используя свойство линейности, имеем
f(k)=1108[k3k−k(−3)k−3k+(−3)k]=1108(k−1)3k[1k−(−1)k], k=0,1,2,…
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 sinβ
и cosβ
, представим изображение в виде
F(z)=z2+zz2−z+1=z(z−12)+32zz2−2z12+1=z(z−12)z2−2z12+1+32zz2−2z12+1,
При cosβ=12
, то есть β=π3
, первое слагаемое совпадает с изображением в формуле 15 из табл. 5.2. Так как sinβ=sinπ3=2–√2
, то преобразуем второе слагаемое к табличному. Получим
F(z)=z(z−cosπ3)z2−2zcosπ3+1+3–√⋅zsinπ3z2−2zcosπ3+1.
По формулам 15, 14 из табл. 5.2 и по свойству линейности
f(k)=cosπk3+3–√sinπk3,k=0,1,2,…
е) Представим изображение в виде
F(z)=z2z2−2–√z+1=z⋅zz2−2z2–√2+1=2–√z⋅zsinπ4z2−2zcosπ4+1.
По формуле 16 из табл.5.2 и свойству линейности
Z−1[F(z)z]=Z−1⎡⎣⎢⎢2–√⋅zsinπ4z2−2zcosπ4+1⎤⎦⎥⎥=2–√sinπk4=φ(k).
По формуле опережения (5.64) с учетом φ(0)=0
получаем:
f(k)=Z−1[F(z)]=2–√sin(k+1)π4.