( ) lim ( ) t t ϕ ϕ = K : ( ) ( ) k k t ϕ ϕ ∀ ∈ = K : k t t T ∀ ∈ − = ,

Antoni M. Zajączkowski: Podstawy przekształcenia Z
12 stycznia 2015
PODSTAWY PRZEKSZTAŁCENIA Z
Przekształcenie Z pełni w teorii sygnałów i układów z czasem dyskretnym taką samą rolę
jaką w teorii sygnałów i układów z czasem ciągłym pełni poznane poprzednio przekształcenie
Laplace’a. Przekształcenie Z wprowadza się w róŜny sposób. Na przykład, moŜna je
wprowadzić nie odwołując się do pojęć i metod teorii sygnałów i układów z czasem ciągłym
(Luenberger, 1979). MoŜna teŜ zastosować inne podejście oparte na opisie procesu
próbkowania i ekstrapolacji sygnałów z czasem ciągłym (Ackermann, 1985). Otrzymany w
ten sposób model matematyczny próbkowania i ekstrapolacji prowadzi w naturalny sposób do
określenia przekształcenia Z .
Takie podejście zostanie przedstawione w tym rozdziale.
1. Próbkowanie i ekstrapolacja
W tym podrozdziale opiszemy krótko procesy próbkowania i ekstrapolacji zerowego rzędu
sygnałów przyczynowych z czasem ciągłym. Najpierw podamy opis tych procesów w dziedzinie czasu, a następnie, stosując przekształcenie Laplace’a podamy odpowiedni opis w
dziedzinie zmiennej zespolonej, nazywanej teŜ pulsacją, lub częstotliwością zespoloną.
Opis w dziedzinie czasu
Przypominamy, Ŝe przyczynowym sygnałem skalarnym z czasem ciągłym nazywamy funkcję
przedziałami ciągłą, określoną w przedziale T ⊂ R , przyjmującą wartości w zbiorze Ω ,
który zawiera się w R , albo C , oraz równą zeru dla argumentów ujemnych.
Wybierzmy w przedziale T ciąg (tk )k ∈K spełniający warunek tk < tk +1 , przy czym K
oznacza pewien przedział zbioru Z liczb całkowitych. Wyrazy ciągu (tk )k ∈K nazywamy
chwilami próbkowania (sampling instants), natomiast wartości sygnału ϕ : T → Ω w tych
chwilach tworzą ciąg (ϕ(tk ))k ∈K , którego wyrazy nazywamy próbkami (samples) tego sygnału. Proces polegający na utworzeniu ciągu (ϕ(tk ))k ∈K nazywa się próbkowaniem sygnału z czasem ciągłym (sampling of a continuous-time signal).
Uwaga. JeŜeli w pewnej chwili próbkowania tk sygnał ϕ jest nieciągły, to za wartość próbki
ϕ(tk ) w tej chwili przyjmuje się prawostronną granicę funkcji ϕ w punkcie tk , czyli
ϕ(tk ) = lim ϕ(t ) .
t →tk +
PoniewaŜ przekształcenie k ֏ tk jest wzajemnie jednoznaczne, ciąg (ϕ(tk ))k ∈K
moŜna zapi-
sać w postaci (ϕ(k ))k ∈K , przy czym
∀ k ∈ K : ϕ(k ) = ϕ(tk ) .
(1)
Często stosuje się próbkowanie, w którym chwile próbkowania są równoodległe, tzn. spełniają warunek
∀k ∈ K : tk +1 − tk = T ,
(2)
gdzie T > 0 nazywa się okresem próbkowania (sampling period), albo okresem
impulsowania, a sam proces próbkowania spełniający warunek (2) nazywa się próbkowaniem okresowym (periodical sampling). W tym przypadku naturalne jest wprowadzenie pojęć częstotliwości fs i pulsacji ωs próbkowania, które określone są odpowiednio wzorami
fs = 1/T ,
(3)
1
Antoni M. Zajączkowski: Podstawy przekształcenia Z
12 stycznia 2015
ωs = 2π /T = 2π fs .
(4)
Weźmy pod uwagę ciąg (ϕ(tk ))k ∈K otrzymany w wyniku próbkowania sygnału ϕ i wykonajmy na nim operację polegającą na utworzeniu sygnału ϕ : T → Ω określonego wzorem
ϕ(t ) = ϕ(tk ), t ∈ [tk , tk +1 ) .
(5)
Proces zapamiętywania wartości próbki ϕ(tk ) w przedziale [tk , tk +1 ) nazywa się
ekstrapolacją zerowego rzędu (zero-order extrapolation), a funkcja ϕ otrzymana w wyniku
tego procesu nazywana jest funkcją, albo sygnałem schodkowym (staircase signal).
Opis w dziedzinie częstotliwości
W tym punkcie rozwaŜamy sygnały przyczynowe z czasem ciągłym określone w przedziale
nieskończonym T = [0, ∞) i próbkowane okresowo z okresem T .
Stąd wynika, Ŝe chwile próbkowania tworzą ciąg (tk )k ∈ℕ , ℕ = {0,1, 2, …} , którego wyrazy
wyraŜone są wzorem
tk = kT , k = 0,1, 2, … .
(6)
MoŜna sobie wyobrazić, Ŝe próbkowanie okresowe i zapamiętywanie próbek realizowane są
przez szeregowo połączone układy, których modele matematyczne chcemy znaleźć.
PoniewaŜ rozpatrujemy tu sygnały spełniające warunek (6), łatwo zauwaŜyć, Ŝe funkcję
schodkową ϕ odpowiadającą próbkowanemu okresowo sygnałowi ϕ : [0, ∞) → Ω moŜna
przedstawić następująco:
∞
ϕ(t ) = ∑ ϕ(kT )(1(t − kT ) − 1(t − (k + 1)T )) ,
(7)
k =0
przy czym t ֏ 1(t − kT ), 1(t − (k + 1)T ) oznaczają sygnały jednostkowe przesunięte w
prawo odpowiednio o kT i (k + 1)T .
Oznacza to, Ŝe funkcja schodkowa składa się z ciągu impulsów o długości T i wysokości
ϕ(kT ), k ∈ ℕ .
Obliczając przekształcenie Laplace’a funkcji ϕ otrzymuje się
Lϕ(s ) =
1− e
s
−Ts ∞
∑ ϕ(kT )e
−kTs
.
(8)
k =0
Prawa strona ostatniego wzoru jest iloczynem dwóch czynników:
∞
∑ ϕ(kT )e
−kTs
k =0
i
1− e
s
−Ts
,
które naleŜy zinterpretować.
RozwaŜmy najpierw czynnik
∞
−kTs
.
ϕˆ(s ) = ∑ ϕ(kT )e
(9)
k =0
Stosując odwrotne przekształcenie Laplace’a otrzymuje się
∞
−1
L ϕˆ(t ) = ϕˆ(t ) = ∑ ϕ(kT ) δ(t − kT ) .
k =0
2
(10)
Antoni M. Zajączkowski: Podstawy przekształcenia Z
12 stycznia 2015
Zgodnie z teorią sygnałów (Oppenheim, Willsky, Nawab, 1998; Wojnar, 1988), sygnał ϕ̂
otrzymuje się w wyniku modulacji iloczynowej, w której nośną (carrier) jest funkcja grzebieniowa δT dana wzorem
∞
δT (t ) = ∑ δ(t − kT ) .
(11)
k =−∞
W układzie fizycznym nie pojawiają się impulsy Diraca, a więc idealny element próbkujący
jest pewnym modelem matematycznym, który okazuje się uŜyteczny przy opisie układów z
czasem dyskretnym w dziedzinie zespolonej.
Weźmy z kolei pod uwagę drugi czynnik występujący we wzorze (8). Przyjmiemy, Ŝe jest to
transmitancja GZOH pewnego układu dana wzorem
−Ts
1− e
.
s
Stosując odwrotne przekształcenie Laplace’a dostaje się
GZOH (s ) =
(12)
−1
L GZOH (t ) = 1(t ) − 1(t − T ) .
(13)
PoniewaŜ przekształcenie odwrotne Laplace’a transmitancji jest odpowiedzią impulsową elementu opisanego przez tę transmitancję, więc widzimy, Ŝe jeŜeli na wejście elementu GZOH
podany zostanie sygnał ϕ̂ , to na wyjściu tego elementu otrzymamy funkcję schodkową ϕ
daną wzorem (7).
ϕ̂
ϕ
ϕ
Szeregowo połączone elementy, które najGZOH
ω = 2π / T
pierw przekształcają sygnał ϕ na ciąg ϕ̂ , a
δ -impulsator
następnie na funkcję schodkową ϕ nazywane
Ekstrapolator
zerowego rzędu
są odpowiednio
δ -impulsatorem ( δ Rysunek 1. Połączenie szeregowe δ -impulsatora i sampler), albo idealnym elementem próbekstrapolatora zerowego rzędu
kującym (ideal sampler) i ekstrapolatorem
zerowego rzędu (zero-order hold). Schemat
tego szeregowego połączenia pokazano na rysunku 1.
2. Definicja jednostronnego przekształcenia Z
Weźmy pod uwagę wzór (9). JeŜeli zastosujemy podstawienie
z = eTs ,
to sumę występującą po prawej stronie tego wzoru moŜna zapisać w postaci
∞
∑ ϕ(kT ) z
−k
.
k =0
Jednostronnym przekształceniem Zϕ sygnału z czasem dyskretnym k ֏ ϕ(kT ) nazywamy
szereg zmiennej zespolonej określony wzorem (Ackermann, 1985; Åström, Wittenmark,
1997; Elaydi, 1999; Jury, 1970)
∞
Zϕ(z ) = ∑ ϕ(kT ) z
−k
.
(14)
k =0
W obszarze D zbieŜności szeregu (14), jego suma definiuje funkcję zmiennej zespolonej
z ֏ Φ(z ) = Zϕ(z ) , którą nazywamy jednostronną transformatą Z (one-sided Z transform) sygnału ϕ .
Najczęściej (Elaydi, 1999) obszar zbieŜności szeregu (14) określa się obliczając granicę ilorazu ϕ((k + 1)T )/ ϕ(kT ) .
3
Antoni M. Zajączkowski: Podstawy przekształcenia Z
12 stycznia 2015
Niech
lim
k →∞
ϕ((k + 1)T )
=r.
ϕ(kT )
Stosując kryterium d’Alemberta (Rudin, 1976) powinniśmy otrzymać
ϕ((k + 1)T )z −(k +1)
lim
ϕ(kT )z −k
k →∞
< 1.
Nietrudno widzieć, Ŝe
ϕ((k + 1)T )
ϕ((k + 1)T ) 1
=
.
ϕ(kT )z
ϕ(kT ) | z |
Przechodząc do granicy przy k → ∞ dostajemy
1
r
< 1 ⇔ r < | z |.
|z |
Widzimy więc, Ŝe obszar zbieŜności szeregu (14) jest zbiorem postaci
D = {z ∈ ℂ : | z | > r } .
(15)
Przykład. Delta Kroneckera. Z definicji mamy
∞
Zδ(z ) = ∑ δ(kT ) z
−k
0
= 1z = 1 ,
k =0
Zδ(z ) = 1 .
(16)
Szereg ten jest zbieŜny w całej płaszczyźnie zespolonej.
Niech k 0 ∈ ℕ będzie daną liczbą i weźmy pod uwagę ciąg k ֏ ψ(kT ) = δ((k − k 0 )T ) .
Przekształcenie Z przesuniętej delty Kroneckera obliczamy następująco:
∞
Zψ(z ) = ∑ δ((k − k 0 )T ) z
−k
=z
−k 0
.
(17)
k =0
Niech k ֏ ϕ(kT ) będzie pewnym sygnałem z czasem dyskretnym. Operatorem przesunięcia pierwszego rzędu (first order shift operator) nazywamy odwzorowanie S 1 = S , które
przekształca ciąg ϕ(⋅) na ciąg przesunięty o jedną chwilę w lewo. Mamy więc
Sϕ(kT ) = ϕ((k + 1)T ) .
(18)
JeŜeli chcemy otrzymać ciąg przesunięty w lewo o k 0 , to na ϕ(⋅) działamy operatorem przesunięcia rzędu k 0 . Piszemy w związku z tym
k
S 0 ϕ(kT ) = ϕ((k + k 0 )T ) .
(19)
JeŜeli z ciągu ϕ(⋅) chcemy wygenerować ciąg przesunięty o jedną chwilę w prawo, to moŜemy zastosować operator S −1 , co daje
S −1ϕ(kT ) = ϕ((k − 1)T ) .
(20)
Przesunięcie w prawo o k 0 realizujemy wg wzoru
S
−k 0
ϕ(kT ) = ϕ((k − k 0 )T ) .
Uwaga. W przypadku sygnałów określonych w zbiorze K = ℤ mamy
4
(21)
Antoni M. Zajączkowski: Podstawy przekształcenia Z
12 stycznia 2015
S −k 0 S k 0 = S k 0 S −k 0 = S 0 = I ,
(22)
przy czym oznacza złoŜenie przekształceń, a I przekształcenie toŜsamościowe, albo operator przesunięcia zerowego rzędu S 0 = I , natomiast jeŜeli rozpatrywane są sygnały
przyczynowe, wzór (22) nie zachodzi.
Wprowadzenie operatorów przesunięcia pozwala na zapisanie wzoru (17) w postaci
ZS −k 0 δ(z ) = z −k 0 .
(23)
3. Podstawowe własności jednostronnego przekształcenia Z
Twierdzenie. Liniowość przekształcenia Z .
Niech będą dane dwa sygnały z czasem dyskretnym ϕ i ψ i dwie dowolne liczby zespolone
α i β . Słuszny jest wzór
Z(αϕ + βψ)(z ) = αZϕ(z ) + βZψ(z ) .
(24)
Dowód wynika z definicji.
Twierdzenie. Przesunięcie ciągu w prawo.
−k
Niech ϕ będzie sygnałem z czasem dyskretnym i niech S 0 ϕ oznacza ciąg otrzymany z sygnału ϕ przez przesunięcie go o k 0 ≥ 0 w prawo. W tym przypadku mamy
ZS
−k 0
ϕ(z ) = z
−k 0
Zϕ(z ) .
(25)
Dowód:
ZS
−k 0
∞
ϕ(z ) = ∑ ϕ((k − k 0 )T ) z
k∞
=0
= ∑ ϕ((k − k 0 )T ) z
−k
−k +k 0 −k 0
=z
k =0
−k 0
∞
∑ ϕ((k − k 0 )T ) z
−(k −k 0 )
.
k =0
Niech m = k − k 0 .
ZS
−k 0
ϕ(z ) = z
∞
−k 0
−m
∑ ϕ(mT ) z .
m =−k 0
PoniewaŜ sygnał ϕ spełnia warunek ϕ(mT ) = 0, m < 0 , więc ostatecznie
ZS
−k 0
ϕ(z ) = z
∞
−k 0
−m
−k
∑ ϕ(mT ) z = z 0 Zϕ (z ) .
m =0
Twierdzenie. Przesunięcie ciągu w lewo.
Niech ϕ będzie sygnałem z czasem dyskretnym i niech S k 0 ϕ oznacza ciąg otrzymany z sygnału ϕ przez przesunięcie go o k 0 ≥ 0 w lewo. W tym przypadku mamy
k
ZS 0 ϕ(z ) = z
k0
k 0 −1
(Zϕ(z ) − ∑ ϕ(mT )z −m ) .
(26)
m =0
Dowód:
k
∞
ZS 0 ϕ(z ) = ∑ ϕ((k + k 0 )T )z
k =0
−k
=z
k0
∞
∑ ϕ((k + k 0 )T )z
−(k +k 0 )
.
k =0
5
Antoni M. Zajączkowski: Podstawy przekształcenia Z
12 stycznia 2015
Niech m = k + k 0 . Mamy w związku z tym
k
ZS 0 ϕ(z ) = z
∞
∞
k 0 −1
m =k 0
m =0
m =0
−m
k
−m
−m
∑ ϕ(mT )z = z 0 ( ∑ ϕ(mT )z − ∑ ϕ(mT )z ) .
k0
Drugą postać wzoru (26) dostaje się następująco:
k
ZS 0 ϕ(z ) = z
k0
Zϕ(z ) − z
k0
k 0 −1
k 0 −1
−m
k
k −m
∑ ϕ(mT )z = z 0 Zϕ(z ) − ∑ ϕ(mT )z 0 ,
m =0
k
ZS 0 ϕ(z ) = z
k0
m =0
k 0 −1
Zϕ(z ) − ∑ ϕ(mT )z
k 0 −m
.
(27)
m =0
Często przydatne są przypadki szczególne wzorów (25) i (27) przy k 0 = 1 .
−1
ZS ϕ(z ) = z
−1
Zϕ(z ) ,
ZSϕ(z ) = z Zϕ(z ) − z ϕ(0) .
(28)
(29)
Przykład. Skok jednostkowy. Niech 1(kT ) = 1, k ∈ N . Sygnał ten moŜna otrzymać próbkując skok jednostkowy t ֏ 1(t ) . Przekształcenie Z rozwaŜanego ciągu dane jest wzorem
∞
Z1(z ) = ∑ 1z
−k
.
k =0
Szereg ten jest zbieŜny na zewnątrz koła jednostkowego {z ∈ ℂ : | z | ≤ 1} , a więc w obszarze D = {z ∈ ℂ : | z | > 1} . Z analizy matematycznej wiadomo (Rudin, 1976), Ŝe szereg geometryczny
s(k ) = a + aq + ⋯ + aq
k −1
k
=
a(1 − q )
, a ≠ 0, q ≠ 1 ,
1−q
s(k ) = ka, q = 1
jest zbieŜny dla | q |< 1 i wtedy lim s(k ) =
k →∞
a
.
1−q
W rozwaŜanym przypadku a = 1 i q = z −1 , co prowadzi do wyniku
z
Z1(z ) =
.
z −1
JeŜeli ciąg jednostkowy przesunięty jest o k 0 okresów w prawo, to otrzymamy
ZS
−k 0
(30)
−k +1
1(z ) =
z 0
.
z −1
(31)
Przykład. Niech będzie dany sygnał t ֏ γ(t ) = a t . Próbkowanie idealne tego sygnału z
okresem T daje ciąg, którego wyrazy określone są wzorem γ(kT ) = a kT = αk , α = aT .
Przekształcenie Z tego ciągu obliczamy następująco:
∞
Zγ(z ) = ∑
k =0
6
α
z
k
k
.
Antoni M. Zajączkowski: Podstawy przekształcenia Z
12 stycznia 2015
Szereg ten jest zbieŜny w obszarze D = {z ∈ ℂ : | α / z | < 1} = {z ∈ ℂ : | z | > | α | } .
Stosując wynik poprzedniego przykładu dostaje się
z
z
Zγ(z ) =
=
.
z − α z − aT
(32)
Twierdzenie. Transformata ciągu róŜniczkowanego względem parametru.
Niech będzie dany ciąg k ֏ ϕ(k , α) , gdzie α jest parametrem.
Z(∂ αϕ)(z ) = ∂ α Zϕ(z ) ,
(33)
przy czym ∂ α = ∂ / ∂α .
Dowód wynika z tego, Ŝe szeregi potęgowe w obszarach zbieŜności moŜna róŜniczkować wyraz po wyrazie.
Przykład. Weźmy pod uwagę sygnał t ֏ ϕ(t ) = ta t próbkowany z okresem T . W wyniku
próbkowania otrzymujemy ciąg k ֏ ϕ(kT ) = kTa kT = Tk α k , α = aT . Obliczając transformatę Z tego ciągu dostajemy
∞
k −k
Zϕ(z ) = T ∑ k α z
∞
= T α ∑ kα
k =0
k −1 −k
z
∞
= T α ∑ ϕ(k )z
k =0
−k
,
k =0
gdzie ϕ(k ) = k αk −1 . ZauwaŜmy, Ŝe jeŜeli zróŜniczkujemy ciąg γ(k, α) = αk względem
parametru α , to dostaniemy ∂ α γ(k, α) = k αk −1 . Stosując ostatnie twierdzenie mamy
z
 z 
Zϕ(z ) = ∂ α Zγ(z ) = ∂ α 
=
.

 z − α  (z − α)2
Wracając do ciągu ϕ otrzymujemy
Zϕ(z ) =
T αz
(z − α)2
=
TaT z
(z − aT )2
.
(34)
W szczególnym przypadku, gdy a = 1 mamy sygnał t ֏ ϕ(t ) = t i ciąg k ֏ ϕ(kT ) = kT ,
którego przekształcenie Z dane jest wzorem
Tz
Zϕ(z ) =
.
(35)
2
(z − 1)
Przykład. Transformatę ciągu k ֏ ϕ(kT ) = kT moŜna równieŜ obliczyć następująco:
ZauwaŜmy, Ŝe
ϕ((k + 1)T ) − ϕ(kT ) = (k + 1)T − kT = T .
Obliczając przekształcenie Z obydwu stron tego równania dostaje się
ZS 1ϕ(z ) − Zϕ(z ) = T Z1(z ) .
Korzystając ze wzorów (29) i (30) oraz uwzględniając, Ŝe ϕ(0) = 0 otrzymuje się (35).
Twierdzenie. Transformata ciągu pomnoŜonego przez czynnik tłumiący.
7
Antoni M. Zajączkowski: Podstawy przekształcenia Z
12 stycznia 2015
Niech będzie dany ciąg k ֏ γ(kT ) = e
−akT
ϕ(kT ), a = const .
Zg(z ) = Zf (eaT z ) .
(36)
∞
Dowód: Zγ(z ) = ∑ ϕ(kT )e −akT z −k . Przyjmując z 1 = e aT z mamy
k =0
∞
aT
∑ ϕ(kT )z1−k = Zϕ(z1 ) = Zϕ(e z ) .
k =0
Przypominamy, Ŝe róŜnicą wyprzedzającą pierwszego rzędu sygnału k ֏ ϕ(kT ) , gdzie
1
T > 0 jest okresem próbkowania, nazywamy sygnał k ֏ ∆ ϕ(k ) określony wzorem
∆1ϕ(kT ) = ϕ((k + 1)T ) − ϕ(kT ) .
Obliczając przekształcenie Z otrzymuje się
Z∆1ϕ(z ) = z (Zϕ(z ) − ϕ(0)) − Zϕ(z )
i stąd
Z∆1ϕ(z ) = (z − 1)Zϕ(z ) − z ϕ(0) .
(37)
Z kolei róŜnicą cofniętą pierwszego rzędu sygnału k ֏ ϕ(kT ) nazywamy ciąg ∇1ϕ dany
wzorem
∇1ϕ(kT ) = ϕ(kT ) − ϕ((k − 1)T ) .
Transformata Z tego ciągu jest równa
z −1
Zϕ(z ) .
(38)
z
Przykład. Chcemy wyznaczyć transmitancję dyskretną G d elementu realizującego w przybli1
Z∇ ϕ(z ) = Zϕ(z ) − z
−1
Zϕ(z ) =
Ŝeniu operację róŜniczkowania. JeŜeli T > 0 jest dostatecznie małą liczbą, to
ϕ(kT ) − ϕ((k − 1)T )
1 1
ϕɺ (kT ) ≈
= ∇ ϕ(kT ) .
T
T
Przyjmujemy, Ŝe na wejście elementu róŜniczkującego podawany jest ciąg k ֏ u(kT ) , a na
1
wyjściu otrzymujemy ciąg k ֏ y(kT ) = ∇1u(kT ) , który aproksymuje wartości pochodT
nych sygnału t ֏ u(t ) w chwilach próbkowania. Stosując wzór (39) mamy
1 z −1
Zu(z ) .
T z
Określając szukaną transmitancję jako G d (z ) = Zy(z )/ Zu(z ) otrzymujemy
Zy(z ) =
G d (z ) =
1 z −1
.
T z
(39)
Twierdzenie. Wartość początkowa sygnału z czasem dyskretnym
Niech k ֏ ϕ(kT ) będzie sygnałem przyczynowym. Przypuśćmy, Ŝe znana jest transformata
Zϕ tego sygnału. Wartość ϕ(0) sygnału ϕ moŜna wyznaczyć wg wzoru
ϕ(0) = lim Zϕ(z ) .
z →∞
8
(40)
Antoni M. Zajączkowski: Podstawy przekształcenia Z
12 stycznia 2015
Dowód:
∞
Zϕ(z ) = ∑ ϕ(kT )z
−k
= ϕ(0) + ϕ(T )z
−1
+ϕ(2T )z
−2
+ ⋯.
k =0
JeŜeli obliczymy granicę prawej strony tego wzoru przy z → ∞ , to otrzymamy tezę.
Twierdzenie. Wartość końcowa sygnału z czasem dyskretnym
Niech k ֏ ϕ(kT ) będzie sygnałem przyczynowym, takim Ŝe istnieje lim ϕ(kT ) . W takim
k →∞
przypadku
lim ϕ(kT ) = lim(z − 1)Zϕ(z ) .
k →∞
(41)
z →1
Dowód: Weźmy pod uwagę róŜnicę cofniętą sygnału ϕ , a więc ∇ϕ = ϕ − S −1ϕ . Z definicji
transformaty Z dostaje się
k
−1
Z(ϕ − S ϕ)(z ) = lim ∑ (ϕ(ℓT ) − ϕ((ℓ − 1)T ))z
−ℓ
k →∞ ℓ = 0
.
Lewa strona tego wzoru jest równa
z −1
Zϕ(z ) .
z
Obliczmy granice obydwu stron przy z → 1 . Kolejno dostaje się
Zϕ(z ) − z
−1
Zϕ(z ) =
k
lim(z − 1)ϕ(z ) = lim ∑ (ϕ(ℓT ) − ϕ((ℓ − 1)T ))
z →1
k →∞ ℓ = 0
= lim (ϕ(0) − ϕ(−T ) + ϕ(T ) − ϕ(0) + ϕ(2T ) − ϕ(T ) + ⋯ + ϕ(kT ) − ϕ((k − 1)T )).
k →∞
Z wyjątkiem wyrazów ϕ(kT ) i ϕ(−T ) = 0 (sygnał przyczynowy) wszystkie pozostałe wyrazy po prawej stronie ostatniego wzoru redukują się. W związku z tym dostajemy
lim(z − 1)ϕ(z ) = lim ϕ(kT ) ,
z →1
k →∞
co kończy dowód.
Uwaga. NaleŜy pamiętać, Ŝe powyŜsze twierdzenie moŜna stosować jedynie wtedy, gdy istnieje lim ϕ(kT ) . Kontrprzykładu dostarcza sygnał k ֏ γ(kT ) = sin(ω0kT ) , którego grak →∞
nica w nieskończoności nie istnieje, natomiast
lim(z − 1)γ(z ) = lim(z − 1)
z →1
z →1
z − sin ω0T
z 2 − 2z cos ω0T + 1
= 0.
Uwaga. W przypadku, gdy transformata Zϕ jest funkcją wymierną, granica lim ϕ(kT ) istk →∞
nieje, jeŜeli wszystkie pierwiastki mianownika (bieguny) tej transformaty leŜą wewnątrz koła
jednostkowego B(0,1) ⊂ ℂ , z wyjątkiem pojedynczego pierwiastka z = 1 . Przy obliczaniu
granicy lim(z − 1)ϕ(z ) czynnik z − 1 występujący w mianowniku upraszcza się z takim saz →1
mym czynnikiem występującym pod znakiem granicy.
9
Antoni M. Zajączkowski: Podstawy przekształcenia Z
12 stycznia 2015
4. Rozwiązywanie liniowych równań róŜnicowych o stałych współczynnikach
Pamiętamy, Ŝe jednostronne przekształcenie Laplace’a jest jedną z najwaŜniejszych metod
analitycznego rozwiązywania liniowych równań róŜniczkowych o stałych współczynnikach.
W przypadku liniowych równań róŜnicowych o stałych współczynnikach odpowiednikiem
przekształcenia Laplace’a jest jednostronne przekształcenie Z .
Przykład. Liniowy model wzrostu. Prostym modelem wzrostu pewnej wielkości, uŜytecznym przy modelowaniu matematycznym niektórych zjawisk (wzrost populacji, wzrost roślinności, konsumpcja surowców, akumulacja zysku od poŜyczonego kapitału) jest równanie
róŜnicowe (Luenberger, 1979)
x (k + 1) = ax (k ), k = 0,1, 2, … ,
(42)
przy czym x (k ) ∈ R oznacza wielkość, której zmiany są modelowane, natomiast współczynnik a ∈ [0, ∞) , nazywany współczynnikiem wzrostu, określa dynamikę tych zmian.
Obliczając transformatę Z obydwu stron podanego równania dostajemy
z Zx (z ) − zx (0) = a Zx (z ) ,
przy czym lewa strona została otrzymana na podstawie wzoru (29).
Przekształcając ostatni wzór wyznaczamy transformatę Z poszukiwanego rozwiązania
z
Zx (z ) =
x (0) .
z −a
JeŜeli chcemy wyznaczyć ciąg k ֏ x (k ) , k = 0,1,2, … , który jest rozwiązaniem równania
(42) spełniającym warunek początkowy x (0) = x 0 ∈ (0, ∞) , to musimy wyznaczyć transformatę odwrotną Z
−1
funkcji z ֏ z /(z − a ) . W tym celu stosujemy wzór (33) i otrzymujemy
0
k 0
x (k ) = x (k ; x ) = a x .
Przykład. Ciąg Fibonacci. Weźmy pod uwagę równanie róŜnicowe
f (k + 2) = f (k + 1) + f (k ) ,
(43)
przy czym dane są pierwsze dwa wyrazy f (0) = 0 i f (1) = 1 ciągu Fibonacci (Fibonacci
sequence) k ֏ f (k ) , k = 0,1,2, … (Elaydi, 1999), który jest rozwiązaniem tego równania.
Zadanie polega na wyprowadzeniu wzoru pozwalającego wyznaczyć dowolny wyraz ciągu
Fibonacci. W celu rozwiązania naszego zadania obliczamy transformaty Z obydwu stron
równania (43), przy czym korzystamy z twierdzenia o transformacie ciągu przesuniętego o k 0
w lewo (wzór (26) dla k 0 = 2 i k 0 = 1 ). Kolejno mamy
z 2 (Zf (z ) − f (0) − f (1)z −1 ) = z Zf (z ) − zf (0) + Zf (z ) ,
(z 2 − z − 1)Zf (z ) = (z 2 − z )f (0) + zf (1) ,
Zf (z ) =
z2 − z
10
f (0) +
z
f (1) .
z −z −1
z −z −1
PoniewaŜ f (0) = 0 , więc transformata Z ciągu Fibonacci dana jest wzorem
z
Zf (z ) = 2
f (1) .
z −z −1
Aby wyznaczyć dowolny wyraz tego ciągu naleŜy obliczyć odwrotną transformatę Z funkcji
wymiernej z /(z 2 − z − 1) .
2
2
Antoni M. Zajączkowski: Podstawy przekształcenia Z
12 stycznia 2015
W tym celu rozkładamy na ułamki proste funkcję
γ1
γ2
1
1
=
=
+
,
2
z − z − 1 (z − z 1 )(z − z 2 ) z − z 1 z − z 2
przy czym, jak łatwo sprawdzić, pierwiastki mianownika dane są wzorami
1+ 5
1− 5
, z2 =
,
2
2
natomiast liczby γ1 i γ 2 dane są następującymi wzorami
z1 =
γ1 =
γ2 =
z − z1
(z − z 1 )(z − z 2 )
=
z =z 1
z − z2
(z − z 1 )(z − z 2 )
1
1
=
,
z1 − z 2
5
=−
z =z 2
1
1
=−
.
z1 − z 2
5
Transformata Zf , której oryginał chcemy znaleźć dana jest więc wzorem

z
z 
Zf (z ) = γ1
+ γ2
 f (1) .
z − z 2 
 z − z 1
Teraz wystarczy zastosować wzór (32), co prowadzi do końcowego wyniku
1 k
k
k
k
f (k ) = γ1z 1 + γ 2z 2 =
(z 1 − z 2 ) , k = 0,1,2, … .
5
przy czym łatwo sprawdzić, Ŝe f (0) = 0 i f (1) = 1 .
(44)
Przykład. Model gospodarki. Weźmy pod uwagę równanie róŜnicowe opisujące rozwój gospodarki
y(k + 1) = (1 + ρ(1 − µ))y(k ) − ρg(k ) ,
(45)
przy czym µ ∈ (0,1) oznacza skłonność do inwestycji, ρ > 0 oznacza współczynnik wzrostu,
y(k ) oznacza dochód narodowy, a g (k ) oznacza wydatki państwa.
Przypuśćmy, Ŝe dana jest wartość początkowa y(0) = y 0 dochodu narodowego oraz funkcja
g (⋅) wg której zmieniają się wydatki państwa. Nasze zadanie polega na wyznaczeniu
rozwiązania k ֏ y(k ) = y(k ; y 0, g(⋅)) równania (45).
Zakładając, Ŝe ciąg k ֏ g (k ) posiada transformatę Z obliczamy transformaty Z obydwu
stron równania (45)
z Zy(z ) − zy(0) = αZy(z ) − ρZg (z ) ,
przy czym α = 1 + ρ(1 − µ) .
Po prostych przekształceniach dostaje się wzór na transformatę Zy
z
ρ
Zy(z ) =
y(0) −
Zg (z ) .
z −α
z −α
Nietrudno zauwaŜyć, Ŝe musimy znać transformatę ciągu k ֏ g (k ) . Przyjmiemy najprostszy
przypadek stałych wydatków państwa, czyli
g (k ) = g1(k ) , g = const > 0 .
11
Antoni M. Zajączkowski: Podstawy przekształcenia Z
12 stycznia 2015
W takim przypadku, zgodnie ze wzorem (30) Zg (z ) = gz /(z − 1) , a więc
z
z
Zy(z ) = y(0)
− ρg
.
z −α
(z − α)(z − 1)
Do wyznaczenia transformat odwrotnych funkcji z /(z − α) i z /((z − α)(z − 1)) stosujemy
odpowiednio wzór (33) i rozkład na ułamki proste opisany w poprzednim przykładzie (tutaj
z 1 = α i z 2 = 1 ). Po prostych przekształceniach dostajemy
k
k
α −1
α −1
k 0
y(k ; y , g ) = α y − ρg
= α y −g
.
α −1
1− µ
0
k 0
(46)
ZauwaŜmy, Ŝe jeŜeli g = 0 , co w praktyce nie występuje, gospodarka rośnie wg liniowego
modelu wzrostu ze współczynnikiem α , który zawsze jest większy od jedności.
MoŜemy teraz zająć się rozwiązywaniem liniowych równań róŜnicowych o stałych współczynnikach. Nasze rozwaŜania zaczniemy od równania n - tego rzędu
y(k + n ) + αn −1y(k + n − 1) + ⋯ + α1y(k + 1) + α0y(k ) = β0u(k ) ,
(47)
przy czym w przypadku modeli układów dynamicznych uŜywanych w naukach stosowanych
współczynniki αi , i = 0,1, …, n − 1 oraz β0 są liczbami rzeczywistymi.
ZauwaŜmy, Ŝe do wyznaczenia wartości y(k + n ) oprócz sygnału wejściowego k ֏ u(k )
musimy znać n poprzednich wartości ciągu y(⋅) , a w szczególności, w chwili k = 0 musimy
znać wartości y(0), y(1), …, y(n − 1) . W związku z tym, moŜemy przyjąć, Ŝe wektorem stanu
układu opisanego równaniem (47) jest wektor
T
n
x (k ) = [x 1(k ) … x n (k )] ∈ ℝ ,
którego składowe zdefiniowane są następująco:
x 1(k ) = y(k ) , x 2 (k ) = y(k + 1) , ⋯ , x n −1(k ) = y(k + n − 2) , x n (k ) = y(k + n − 1) .
(48)
Nietrudno zauwaŜyć, Ŝe dla k + 1 mamy
x 1(k + 1) = x 2 (k ) ,
x 2 (k + 1) = x 3 (k ) ,
⋮
x n −1(k + 1) = x n (k ) ,
(49)
x n (k + 1) = −α0x 1(k ) − α1x 2 (k ) − ⋯ − αn −1x n (k ) + β0u(k ) .
JeŜeli zdefiniujemy macierz A ∈ ℝ n×n i wektor b ∈ ℝ n według wzorów
0
 0
1
0 ⋯
0 
0
 0

0
1 ⋯
0 
 



⋮
⋮
⋱
⋮ ,
(50)
b =  ⋮  ,
A= ⋮
0
 0
0
0 ⋯
1 
 
−α −α −α ⋯ −α 
 β0 
n 
 0
1
2
to układ równań (49) moŜna zapisać w postaci wektorowo-macierzowej
x (k + 1) = Ax (k ) + bu(k ) ,
12
(51)
(52)
Antoni M. Zajączkowski: Podstawy przekształcenia Z
12 stycznia 2015
przy czym ciąg k ֏ x (k ) będący rozwiązaniem tego równania przy danym sygnale wejściowym k ֏ u(k ) musi spełniać warunek początkowy
0
T
x (0) = x = [y(0) y(1) … y(n − 1)] .
(53)
PoniewaŜ interesuje nas ciąg k ֏ y(k ) = x 1(k ) do równania stanu (52) naleŜy dołączyć
równanie wyjścia
y(k ) = c x(k ) ,
(54)
c = [1 0 … 0] ∈ ℝ
1×n
.
(55)
W ten sposób pokazaliśmy jak równanie róŜnicowe (47) przekształcić na równowaŜne
równanie stanu i wyjścia. MoŜna teraz zastosować przekształcenie Z do rozwiązania równań
(52), (54), a w konsekwencji równania (47).
Dokonując transformaty Z obydwu stron równania (52) otrzymujemy
z Zx (z ) − zx (0) = AZx (z ) + b Zu(z ) ,
przy czym Zx (z ) = [Zx 1(z ) Zx 2 (z ) … Zx n (z )]T oznacza transformatę Z ciągu k ֏ x (k ) .
Po wykonaniu nietrudnych przekształceń dostaje się
Zx (z ) = z (zI − A)−1x (0) + (zI − A)−1b Zu(z ) ,
n×n
przy czym I ∈ ℝ
oznacza macierz jednostkową.
W celu wyznaczenia transformaty Zy ciągu k ֏ y(k ) stosujemy równanie wyjścia (54), co
prowadzi do wyniku
Zy(z ) = cz (zI − A)−1x 0 + c(zI − A)−1b Zu(z ) .
(56)
Pierwszy składnik prawej strony otrzymanego równania interpretujemy jako transformatę Z
rozwiązania równania (47) przy zerowym sygnale wejściowym, czyli rozwiązaniem równania
jednorodnego
y(k + n ) + αn −1y(k + n − 1) + ⋯ + α1y(k + 1) + α0y(k ) = 0 ,
natomiast drugi składnik jest transformatą Z rozwiązania równania (47) przy zerowych
warunkach początkowych, czyli transformatą rozwiązania spełniającego warunek początkowy
T
T
x (0) = [y(0) y(1) … y(n − 1)] = [0 0 … 0] .
Podstawowym problemem na jaki napotykamy stosując przekształcenie Z do rozwiązania
równania (47) jest wyznaczenie macierzy (zI − A)−1 ∈ Cn×n . Pamiętamy z algebry
(Kostrikin, t.1, 2004), Ŝe macierz tę moŜna przedstawić wzorem
adj(zI − A)
−1
(zI − A) =
,
(57)
det(zI − A)
przy czym adj(zI − A) oznacza macierz dołączoną, a det(zI − A) oznacza wyznacznik macierzy zI − A .
W rozwaŜanym przypadku det(zI − A) jest wielomianem stopnia n zmiennej zespolonej z ,
natomiast elementy macierzy adj(zI − A) są wielomianami stopnia co najwyŜej n − 1 . Stąd
wnioskujemy, Ŝe elementami macierzy (zI − A)−1 są funkcje wymierne ściśle właściwe.
Funkcje takie moŜna przedstawić w postaci sumy ułamków prostych, co umoŜliwia nietrudne
wyznaczenie transformat odwrotnych funkcji wymiernych właściwych.
13
Antoni M. Zajączkowski: Podstawy przekształcenia Z
12 stycznia 2015
Rozkład na ułamki proste funkcji wymiernych ściśle właściwych
W tym podpunkcie rozwaŜamy problem rozkładu na ułamki proste funkcji wymiernej ściśle
właściwej danej wzorem
n −1
β z
+ ⋯ + β1z + β0
N (z )
.
Φ(z ) =
= n n −1
n −1
D(z ) z + αn −1z
+ ⋯ + α1z + α0
JeŜeli znajdziemy pierwiastki z 1, …, z n mianownika, to moŜemy rozłoŜyć go na czynniki
pierwsze, a więc
Φ(z ) =
βn −1z n −1 + ⋯ + β1z + β0
(z − z 1 )(z − z 2 )⋯(z − z n )
,
(58)
przy czym liczby z 1, …, z n nazywamy dalej biegunami (poles) funkcji Φ .
Weźmy najpierw pod uwagę przypadek biegunów pojedynczych, nazywanych teŜ biegunami
jednokrotnymi. Funkcję Φ moŜna wtedy zapisać w postaci
γ1
γ2
γn
,
(59)
Φ(z ) =
+
+⋯+
z − z1 z − z 2
z − zn
przy czym współczynniki γ1, γ2, …, γn naleŜy wyznaczyć.
Przypuśćmy, Ŝe chcemy obliczyć współczynnik γ ℓ , ℓ = 1, …, n . W tym celu mnoŜymy wzór
(59) stronami przez z − z ℓ , co daje
(z − z ℓ )N (z )
D(z )
=
z − zℓ
z − z1
γ1 + ⋯ + γ ℓ + ⋯ +
z − zℓ
z − zn
γn .
Podstawiając z = z ℓ otrzymujemy
γℓ =
(z − z ℓ )N (z )
D(z )
, ℓ = 1, …,n .
(60)
z =z ℓ
W przypadku, gdy mianownik posiada bieguny wielokrotne postępowanie jest nieco bardziej
skomplikowane.
Przypuśćmy, Ŝe z ℓ jest m - krotnym ( m ≤ n ) biegunem funkcji Φ . W rozkładzie na ułamki
proste tej funkcji pojawią się składniki
µ1
µ2
N (z )
µm
Φ(z ) =
= ⋯+
+
+⋯+
m +⋯.
2
D(z )
z − z ℓ (z − z )
(z − z ℓ )
ℓ
m
MnoŜąc stronami ten wzór przez (z − z ℓ )
otrzymujemy
N (z )
m
m −1
m −2
(z − z ℓ ) = ⋯ + (z − z ℓ )
µ1 + (z − z ℓ )
µ2 + ⋯ + µm + ⋯ .
D(z )
(61)
Podstawiając z = z ℓ mamy
µm =
N (z )
m
(z − z ℓ )
D(z )
.
(62)
z =z ℓ
W celu wyznaczenia współczynników µr , r = 1, …, m − 1 naleŜy zróŜniczkować wzór (61)
m − r razy, a następnie obliczyć wynik dla z = z ℓ . Ujmuje to formuła
14
Antoni M. Zajączkowski: Podstawy przekształcenia Z
12 stycznia 2015
1
dm -r
(m − r )! dz m -r
µr =


 N (z ) (z − z )m 
.

ℓ
 D(z )
 z =z
(63)
ℓ
Przykład (Luenberger, 1979). Weźmy pod uwagę funkcję
Φ(z ) =
2z 2 − 7z + 7
(z − 1)2 (z − 2)
.
Podana funkcja ma jeden pierwiastek pojedynczy z 1 = 2 i jeden pierwiastek podwójny
( m = 2 ) z 2 = 1 . W związku z tym, rozkład tej funkcji na ułamki proste ma postać
2z 2 − 7z + 7
(z − 1)2 (z − 2)
=
γ1
z −2
+
µ1
z −1
+
µ2
(z − 1)2
.
(64)
MnoŜąc ostatni wzór stronami przez z − 2 , a następnie podstawiając z = 2 otrzymujemy
γ1 =
2z 2 − 7z + 7
(z − 1)2
= 1.
z =2
W celu obliczenia współczynnika µ2 obie strony wzoru (64) mnoŜymy stronami przez
(z − 1)2
2
2
2z − 7z + 7
(z − 1)
= γ1
+ µ1(z − 1) + µ2
z −2
z −2
i podstawiając z = 1 otrzymujemy
µ2 = −2 .
Pozostało obliczenie µ1 . Stosując wzór (63) wykonujemy róŜniczkowanie
2
2
d  2z − 7z + 7 
d (4z − 7)(z − 2) − (2z − 7z + 7)


=

2
dz 
z −2
(z − 2)
 dz 

i podstawiamy z = 1 , co daje
µ1 = 1 .
Poszukiwany rozkład funkcji z ֏ Φ(z ) ma więc postać
Φ(z ) =
1
1
2
+
−
.
z − 2 z − 1 (z − 1)2
Literatura
Ackermann, J. (1985). Sampled-data control systems. Springer, Berlin.
Åström, K.J., Wittenmark, B. (1997). Computer-controlled systems. Prentice Hall,
Upper Saddle River, NJ, USA, (wyd. III).
Elaydi, S.N. (1999). An Introduction to Difference Equations. Springer, New York, (wyd. II).
Jury, E.I. (1970). Przekształcenie Z i jego zastosowania. WNT, Warszawa (tłum. z ang.).
Kostrikin, A.I. (t.1, 2004). Wstęp do algebry. Podstawy algebry. PWN, Warszawa (tłum. z
ros.).
Lathi, B. P. (1998). Signal Processing and Linear Systems. Berkeley Cambridge Press,
Carmichaael, California.
Luenberger, D.G. (1979). Introduction to Dynamic Dystems. John Wiley & Sons, New York.
15
Antoni M. Zajączkowski: Podstawy przekształcenia Z
12 stycznia 2015
Oppenheim, A.V., Willsky, A.S., Nawab, S.H. (1997). Signals & Systems. Prentice Hall,
Upper Saddle River, NJ, USA, (wyd. II).
Rudin, W. (1976). Principles of Mathematical Analysis. McGraw-Hill, New York, (third
edition). Istnieje tłumaczenie polskie: Rudin, W. (2002). Podstawy analizy matematycznej.
PWN, Warszawa, (wyd. VI).
Wojnar, A. (1988). Teoria sygnałów. WNT, Warszawa, (wyd. II).
16