Материал: Фарфоровская Ю. Б. Разностные уравнения и Z-преобразование

Заметим, что с помощью линейных комбинаций можно из этих фор-

мул получать z-преобразования для последовательностей вида (пm) и (птqn). Напримeр,

16

Аналогичным образом выводятся z-преобразования для последова-

тельностей {sin(nβ)} и {qnsin(nβ)}. Эти z-преобразования приведены в таблице, содержащей все основные применяющиеся на практике z- преобразования.

Напомним, что в математическом анализе рациональной функцией (или рациональной дробью) называется функция, равная отношению двух полиномов. Рациональная дробь называется правильной, если степень ее числителя строго меньше степени ее знаменателя.

Из приведенной ниже таблицы мы видим, что все простейшие рациональные дроби, умноженные на z, являются z-преобразованиями приведенных в этой таблице последовательностей (по крайней мере в области комплексных чисел). Так как правильную рациональную дробь можно (во всяком случае приближенно с любой степенью точности) разложить на простейшие, то можно сделать главный вывод:

Любая правильная (несократимая) рациональная дробь (с переменной z) умноженная на z является z-преобразованием некоторой линейной комбинации последовательностей, приведенныхв данной таблице.

Если правильная рациональная дробь F(z) не равнa нулю или бесконечности при z = 0, то ее можно умножить и разделить на z и искать ориги-

нал от F1(z) = F(z) · z. Из свойств преобразований следует, что нужный нам

оригинал будет отличаться от найденного для F1(z) сдвигом всех членов найденной последовательности вправо и добавлением нулевого члена, равного нулю. Если же знаменатель несократимой правильной дроби имеет

корень z = 0 с кратностью k то домножить и разделить ее надо на zk + 1 и ис-

кать оригинал для F1(z) = F(z)/zk + 1. Оригинал же данной функции будет таков: первые k членов будут равны нулю, а далее будет располагаться

оригинал для F1(z) с заменой п на п + k. Подробнее все это мы рассмотрим на конкретных примерах в следующем разделе.

Таблица соответствий последовательностей и их z-преобразований

17

6. РЕШЕНИЕ ТИПОВЫХ ПРИМЕРОВ

Авторы считают, что усвоение некоторой математической теории непосредственно связано с умением решать (по крайней мере, в процессе этого усвоения) типовые задачи, характерные для этой теории. Мы предлагаем (в случае разностных уравнений) 6 задач трех типов. Первые 2 задачи – это решение однородных разностных уравнений методом Эйлера (задачи 1–20 а) и б)). Задачи 21–40 а) и б) – это задачи, связанные с нахождением оригинала по данному z-преобразованию. В задачах 41–60 а), б) требуется решить неоднородные разностные уравнения с помощью z-преобразования. Во всех заданиях возможные последовательности составлены из вещественных чисел.

6.1. Решение задач 1–20 методом Эйлера. В этих задачах могут уча-

ствовать разностные уравнения 1, 2 и 3-го порядков. Сначала мы составля-

18

ем характеристическое уравнение, (которое является алгебраическим) 1, 2 или 3-го порядка соответственно. Во всех случаях решение характеристического уравнения не должно вызывать затруднений. Среди корней этого уравнения могут быть кратные или комплексные корни. Рассмотрим несколько вариантов возможных заданий.

Решение задач 1–20, т. е. решение однородных линейных разностных уравнений методом Эйлера. Здесь могут встретиться разностные уравнения 1, 2 и 3-го порядков. Во всех случаях решение характеристического уравнения не должно вызывать трудностей. Корни характеристического уравнения могут быть простыми или кратными, вещественными или комплексными.

Пример 1. Корни характеристического уравнения вещественны и различны (уравнение 2-го порядка).

ап + 2 + 2ап + 1 – 8ап = 0, а0 = 1, а1 = 4.

Запишем характеристическое уравнение

q2 + 2q – 8 = 0.

Решаем его

q1,2 2 24 32 22 6 1 3 , т. е. q1 = 2, q2 = –4.

Значит, общее решение данного разностного уравнения имеет вид: an

= C1q1n + C2q2n, т. е. an = C12n + C2(–4)n = C12n + (–1)nC24n. Используем начальные условия для нахождения постоянных:

Получаем C1 43 , C2 13 . Итак, an 43 2n 13 ( 1)n 4n .

Рассмотрим теперь самый простой случай. Пример 2. Уравнение 1-й степени.

ап + 1 + 2ап = 0, а0 = 1.

Характеристическое уравнение имеет вид:

q + 2 = 0; q = –2, an = C(–2)n, n = 0: a0 = C = 1, C = 1, an = (–2)n = (–1)n2n.

Пример 3. Характеристическое уравнение (2-го порядка) имеет кратные, т. е. равные, вещественные корни.

19

Наконец, самый «неприятный» случай уравнения 2-го порядка, когда характеристические уравнение имеет комплексно сопряженные корни. Заметим, что теоретически этот случай отличается от предыдущих только тем, что ответ получится в комплексной форме (несмотря на то что сама последовательность будет вещественной при всех п. Но мы покажем как получается (через тригонометрическую форму комплексных корней) вещественный ответ.

Пример 4. Характеристическое уравнение имеет комплексно сопряженные корни.

an + 2 + 2an + 1 + 10an = 0, a0 = 0, a1 = 1. Тогда q1,2 = –1± 3i, q1 = –1 + 3i, q2 = –1 – 3i.

В соответствии с теорией найдем показательную форму числа q1 (для этого надо найти модуль и аргумент этого числа): q1 q2 10 ;

sin φ положителен (угол φ лежит во второй четверти ), то

20