przetwarzanie sygnałów pdf

IV. RÓWNANIA RÓŻNICOWE
4.1. Wstęp
Przy cyfrowym przetwarzaniu sygnałów dokonujemy ich dyskretyzacji czyli próbkowania,
tzn. zamiany sygnału ciągłego na ciąg sygnałów dyskretnych. Sygnał ciągły y (t ) przedstawiamy
jako ciąg rzędnych y k wyznaczanych dla dyskretnych wartości czasu k Δt , gdzie Δt jest
okresem próbkowania, zaś k jest liczba całkowitą.
y
yk
Δt
0
5
kΔt
Δt
t
10
15
sec
Rys.4.1. Dyskretyzacja (próbkowanie) sygnału ciągłego
Jeśli ciąg rzędnych y k spełnia pewną rekurencję, np.
y k +3 − 5 y k + 2 + 6 y k +1 + 3 y k = 0 ,
k = 0, 1, 2, ... ,
(4.1)
to możemy sukcesywnie obliczyć elementy y k byleby tylko wartości początkowe były znane.
Gdybyśmy znali w powyższym równaniu wartości początkowe, np. y 0 = 1, y1 = −2 oraz
y 2 = 0 , to podstawiając kolejno dla k = 0, 1, 2, ... , otrzymujemy y 3 = 5 y 2 − 6 y1 − 3 y 0 = 9 ,
y 4 = 5 y 3 − 6 y 2 − 3 y1 = 51 , y 5 = 201 , itd.
Wzór rekurencyjny o postaci (4.1) nazywamy równaniem różnicowym, zaś ciąg { y k }
spełniający to równanie nazywamy rozwiązaniem równania różnicowego.
Jeśli zachodzi idealny związek między funkcja ciągłą y (t ) i ciągiem { y k } wartości rzędnych
y k otrzymanymi z próbkowania okresowego, to równania różnicowe są ściśle związane z
równaniami różniczkowym – mają te same metody ich rozwiązywania.
4.2. Równania różnicowe liniowe o stałych współczynnikach
Rozważmy równanie różnicowe o postaci
a 0 y k + n + a1 y k + n −1 + ... + a n y k = u k ,
k = 0, 1, 2, ... ,
(4.2)
gdzie rzeczywiste stałe a 0 , a1 , a 2 ,..., a n oraz ciąg rzeczywisty { u k } są dane. Jeśli u k = 0 dla
każdego k , to równanie (4.2) nazywamy jednorodnym, jeśli u k ≠ 0 , to równanie różnicowe jest
równaniem niejednorodnym.
{ }
k
Załóżmy, że ciąg potęgowy { y k } = r
jest rozwiązaniem jednorodnego równania
różnicowego
a 0 y k + n + a1 y k + n −1 + ... + a n y k = 0 ,
k = 0, 1, 2, ... ,
(4.3)
Mamy więc równanie
a 0 r n + k + a1 r n + k −1 + ... + a n r k = 0
(4.4)
(a 0 r n + a1 r n −1 + ... + a n ) r k = 0 .
(4.4a)
lub też
{ }
k
Z powyższego wynika, że { y k } = r
jest rozwiązaniem równania (4.3) jeśli
pierwiastkiem wielomianu charakterystycznego
r
jest
P ( x ) = a 0 x n + a1 x n −1 + ... + a n
(4.5)
równania (4.3).
W ten sposób rozwiązania (4.3) zależą od pierwiastków r1 , r2 ,..., rn równania (4.5). Wtedy
rozróżniamy trzy następujące przypadki:
•
pierwiastki wielomianu charakterystycznego są rzeczywiste i rozróżnialne; wtedy każda
k
potęga ri , i = 1, 2,..., n jest rozwiązaniem równania (4.3). Rozwiązanie ogólne tego
rozwiązania jest ich superpozycją, tzn.
y k = c1 r1k + c 2 r2k + ... + c n rnk ,
(4.6)
gdzie ci , i = 1, 2,..., n są stałymi.
•
wielomian charakterystyczny (4.5) ma pierwiastki zespolone sprzężone; jeśli α + jβ jest
pierwiastkiem równania (4.5), to również jest nim rozwiązanie zespolone sprzężone
α − jβ ; część rozwiązania ogólnego (4.3) pochodzi od pierwiastków zespolonych i jest
dana przez
y k = c1 (α + jβ ) k + c 2 (α − jβ ) k
(4.7)
Liczbę zespoloną możemy przedstawić w postaci wykładniczej i trygonometrycznej
α ± jβ = ρ exp(± jϕ ) = ρ (cosϕ ± j sin ϕ )
(4.8)
(α ± jβ ) k = ρ k exp(± j kϕ ) = ρ k (coskϕ ± j sin kϕ ) .
(4.8a)
i wtedy
Stąd otrzymujemy rozwiązanie (4.7)
y k = c1' ρ k cos kϕ + c 2' ρ k sin kϕ = c ρ k cos(kϕ + ψ )
•
(4.9)
wielomian charakterystyczny (4.5) ma pierwiastki wielokrotne; jeśli r2 = r1 , to część
rozwiązania ogólnego pochodzi od pierwiastka podwójnego i jest dana przez
y k = (c1 + c 2 k ) r1k
(4.10)
2
i również gdy pierwiastek jest pierwiastkiem m-krotnym, tzn. rm = rm−1 = rm −2 = ... = r1 ,
dla m ≤ n , to część rozwiązania ogólnego pochodząca od tego pierwiastka
y k = (c1 + c 2 k + c3 k 2 + ... + c m r m −1 ) r1k .
(4.11)
W przypadku równania niejednorodnego (4.2) rozwiązanie ogólne ma postać
{ y k } = { hk } + { p k } ,
(4.12)
gdzie { hk } jest rozwiązaniem ogólnym równania jednorodnego (4.3) związanego z (4.2), zaś
{ p k } jest rozwiązaniem szczególnym równania niejednorodnego (4.2).
4.3. Graficzna reprezentacja równania różnicowego liniowego o stałych współczynnikach
Liniowe równie różnicowe o stałych współczynnikach przedstawiamy za pomocą trzech
następujących elementów:
•
sumator – jego sygnał wyjściowy jest sumą sygnałów wejściowych:
fk
+
+
gk
+
fk + g k - h k
hk
Rys.4.2. Sumator
•
element mnożący – jego sygnał wyjściowy jest równy sygnałowi wejściowemu
pomnożonemu przez liczbę b wskazaną na tym elemencie:
yk
b
b yk
Rys.4.3. Element (człon) mnożący sygnał wejściowy b razy
•
element opóźniający – jego sygnał wyjściowy jest równy sygnałowi wejściowemu
opóźnionemu o n próbek:
yk
z-n
yk-n
Rys.4.3. Element (człon) opóźniający sygnał o n próbek
3
Przykład 4.1.
Przedstawmy schemat blokowy równania różnicowego
y k +3 − 2 y k + 2 − y k +1 + 2 y k = 0 ,
k = 0, 1, 2, ... ,
Powyższe równanie możemy zapisać w następującej formie
y k +3 = 2 y k + 2 + y k +1 − 2 y k ,
skąd mamy następujący schemat blokowy:
-
+
+
yk+3
yk+2
z-1
yk+1
z-1
yk
z-1
+
2
2
Rys.4.4. Schemat blokowy do przykładu 4.1.
Przykład 4.2.
Wyznaczmy prąd oczkowy k-tego oczka obwodu elektrycznego przedstawionego na rys.4.5.
jeśli znane są wartości (N+1) rezystancji R1 i N rezystancji R2 oraz sem E . Obwód jest
obwodem o liczbie oczek N+1.
I1
I2
R1
E
I3
Ik -1
Ik
R1
Ik+1
IN
IN+1
R1
R1
I1 - I2
I2 - I3
Ik -1 - Ik
Ik - Ik +1
IN - IN -1
R2
R2
R2
R2
R2
Rys.4.5. Drabinkowy obwód elektryczny
Z drugiego prawa Kirchhoffa mamy równanie dla pierwszego oczka
I 1 R1 + ( I 1 − I 2 ) R2 − E = 0
(a)
i podobnie dla k-tego oczka jeśli 2 ≤ k ≤ N
oraz dla (N+1) oczka
I k R1 + ( I k − I k +1 ) R2 − ( I k −1 − I k ) R2 = 0
(b)
I N R1 − ( I N − I N +1 ) R2 = 0 .
(c)
4
Następnie równanie (b) zapiszemy w postaci

R 
I k +1 −  2 + 1  I k + I k −1 = 0 .
R2 

(d)
widzimy więc, że powyższe równanie jest liniowym jednorodnym równaniem różnicowym o
stałych współczynnikach. Jeśli przyjmiemy rozwiązanie potęgowe
Ik = r k ,
(e)

R 
P (r ) = r 2 −  2 + 1  r + 1 ,
R2 

(f)
wielomian charakterystyczny
którego pierwiastki
r1, 2 = 1 +
R1
±
2 R2
R1
R2
+ 12 .
R2 4 R2
(g)
Zgodnie z równaniem (4.6) rozwiązanie ogólne równania (d) ma postać
I k = c1 r1k + c 2 r2k ,
k = 1, 2, ... , N , N + 1 .
(h)
Teraz musimy wyznaczyć stałe c1 i c 2 wykorzystując warunki „początkowe”, tj. równania
(a) oraz (c) w następujący sposób:
•
•
z równania (a) mamy
I2 =
I 1 ( R1 + R2 ) − E
R2
(i)
IN =
I N +1 ( R1 + R2 )
.
R2
(j)
z równania (c) otrzymujemy
Jeśli teraz prąd I k z równania (h) podstawimy do wyżej otrzymanych równań (i) oraz (j), to
otrzymamy kolejno:
•
I 1 = I k dla k = 1 oraz I 2 = I k gdy k = 2
c1 r12 + c 2 r22 =
•
( c1 r1 + c 2 r2 ) ( R1 + R2 ) − E
R2
(k)
I N = I k dla k = N oraz I N +1 = I k gdy k = N + 1
c r + c2 r
N
1 1
N
2
(c
=
N +1
1 1
r
)
+ c 2 r2N +1 ( R1 + R2 )
.
R2
(l)
Równania (k) i (l) tworzą układ równań o dwóch niewiadomych c1 i c 2 . Stałe te wynoszą:
5
c1 =
r1 [ R1 − (r1 − 1) R2 ] +
E
[ (r2 − 1) R2 − R1 ][ r1 ( R1 + R2 ) − R2 ]
r2 ( R1 + R2 ) − R2
(m)
E
r [ (r1 − 1) R2 − R1 ][ r2 ( R1 + R2 ) − R2 ] .
r1 ( R1 + R2 ) − R2
(n)
N 1− N
1 2
r r
oraz
c1 =
r2 [ R1 − (r2 − 1) R2 ] +
1− N N
1
2
r
Po wyznaczeniu tych stałych ze wzoru (h) znajdujemy prąd oczkowy I k w k-tym oczku jako
funkcję rezystancji R1 i R2 oraz napięcia zasilania E .
Dla przykładu rachunkowego weźmy wartości N = 4 , R1 = 6 Ω i R2 = 12 Ω oraz E = 10 V .
Wtedy wyznaczamy:
r1 = 2 , r2 = 0.5 ,
i prąd oczkowy np. drugiego oczka
c1 = 0.000814598 ,
c 2 = 1.6683
I 2 = 0.420332 A .
4.4. Rozwiązywanie numeryczne równania algebraicznego
Rozwiązywanie równania algebraicznego
P ( x) = a 0 x n + a1 x n −1 + a 2 x n − 2 + ... + ai x n −i + ... + a n = 0
(4.13)
o stałych rzeczywistych współczynnikach a 0 , a1 , a 2 , ... , a i , ... , a n polega na wyznaczaniu jego
pierwiastków x1 , x 2 , ... , xi , ... , x n . Załóżmy przy tym, że pierwiastki te są rzeczywiste i
rozróżnialne. Wtedy możemy rozważać równanie różnicowe
a 0 y k + n + a1 y k + n −1 + a 2 y k + n −2 + ... + a n y k = 0 ,
k = 1, 2, ...,
(4.14)
utworzone ze współczynników równania (4.13) zauważając, że równanie (4.13) jest równaniem
charakterystycznym równania (4.14). Rozwiązaniem ogólnym równania (4.14) jest dane,
podobnie jak poprzednio, przez wyrażenie
y k = c1 x1k + c 2 x 2k + ... + c n x nk ,
(4.15)
gdzie ci , i = 1, 2,..., n są stałymi wyznaczanymi z warunków początkowych:
y0 =
c1
+
c2
+ ...
y1 = c1 x1 + c 2 x 2 + ...
... ...
...
...
...
... ...
n −1
n −1
y n −1 = c1 x1
+ c2 x2
+ ...
+
cn 
+ c n x n 

...
... 
+ c n x nn −1 
(4.16)
6
Załóżmy teraz, że pierwszy pierwiastek x1 co do modułu jest pierwiastkiem największym,
tzn. x1 > xi dla i = 2, 3, ... , n oraz stała c1 ≠ 0 . Przy tych założeniach możemy wykazać, że
stosunek dwóch następujący po sobie wyrazów y k +1 oraz y k rozwiązania (4.15) dąży do x1 jeśli
tylko k → ∞ , czyli
y
x1 = lim k +1
(4.17)
k →∞ y
k
Algorytm określony przez wzór (4.17) nazywa się rzeczywistą metodą Bernoulliego.
Dla dowodu powyższego algorytmu zapiszmy rozwiązanie (4.15) w następujący sposób:

x
y k = x c1 + c 2  2

 x1
k
1
i wobec tego dla k + 1 mamy

x
c1 + c 2  2

 x1
k

x
 + ... + c n  n

 x1
k +1
k



k +1
x
+ ... + c n  n
 x1



x 
x
c1 + c 2  2  + ... + c n  n
 x1 
 x1
= x1
k
x 
x
c1 + c 2  2  + ... + c n  n
 x1 
 x1



k +1



k
k +1
1
y k +1 = x






(4.18)

,

(4.18a)
.
(4.19)
a stąd
k +1
y k +1
yk
Jeśli tylko x1 > xi dla i = 2, 3, ... , n , to z łatwością widzimy, że
y k +1
→ x1 gdy k → ∞ .
yk
Jeśli c1 = 0 , co może zdarzyć się przy nieodpowiednim wyborze warunków początkowych, ale
gdy c 2 ≠ 0 , to granica (4.17) jest równa pierwiastkowi następnemu x 2 największemu co do
modułu spośród pierwiastków równania (4.13) przy umownym założeniu, że x 2 > xi dla
i = 3, 4, ... , n .
Aby wyznaczyć pozostałe pierwiastki równania (4.13) najpierw dzielimy to równanie, czyli
wielomian P (x) , przez jednomian ( x − x1 ) , otrzymując wielomian, którego pierwiastkami są
x 2 , x3 , ... , xi , ... , x n . Jeśli pierwiastki tego nowego wielomianu są łatwo rozróżnialne, to powtarza
się rzeczywisty algorytm Bernoulliego aby wyznaczyć pierwiastek x 2 . Zakładamy przy tym, że
x 2 > x3 > ... > x n . W podobny sposób wyznaczamy pozostałe pierwiastki.
W przypadku gdy x1 jest pierwiastkiem wielokrotnym równania (4.13), wzór (4.17) może
być nadal stosowany; po wyznaczaniu x1 kontynuujemy algorytm Bernoulliego.
Przykład 4.3.
Wyznaczyć pierwiastki równania
x 3 − 6 x 2 + 11 x − 6 = 0
(a)
7
y
1.5
1
PHxL=x3-6*x2+11x-6
0.5
1
2
3
4
x
-0.5
-1
-1.5
Rys.4.6. Wykres wielomianu P( x) = x 3 − 6 x 2 + 11 x − 6
Pierwiastki tego równania możemy oszacować na podstawie wykresu wielomianu
P ( x ) = x 3 − 6 x 2 + 11 x − 6 lub wyznaczyć je metodą prób, otrzymując x1 = 3 , x 2 = 2 , x3 = 1 .
Zastosujmy rzeczywisty algorytm Bernoulliego. W tym celu z równania (a) utwórzmy
równanie różnicowe
y k +3 − 6 y k + 2 + 11 y k +1 − 6 y k = 0 ,
(b)
skąd mamy
y k +3 = 6 y k + 2 − 11 y k +1 + 6 y k .
(c)
Wyjdźmy teraz z warunków początkowych, np. y 0 = 0 ,
kolejne wartości y k :
• dla k = 0 mamy:
y 0+ k = 0 ,
•
y1+ k = 0,
y 2+ k = 1 ,
y1 = 0 ,
y 2 = 1 i wyznaczmy
y 3+ k = y 3 = 6 ⋅ 1 − 11 ⋅ 0 + 6 ⋅ 0 = 6
⇒
y k +1 6
= =6
yk
1
dla k = 1 mamy:
y 0+ k = y1 = 0 , y1+ k = y 2 = 1, y 2+ k = y 3 = 6 , y 3+ k = y 4 = 6 ⋅ 6 − 11 ⋅ 1 + 6 ⋅ 0 = 25
⇒
y k +1 25
=
= 4.166
yk
6
Dla dalszych wartości k mamy:
współczynniki wagi
warunki początkowe
k
y 0+k
y1+ k
y 2+k
y 3+ k
0
1
2
3
4
5
6
7
6
0
0
1
6
25
90
301
966
-11
0
1
6
25
90
301
966
3025
6
1
6
25
90
301
966
3025
9330
6
25
90
301
966
3025
9330
28501
W ten sposób stwierdzamy, że
y k +1
yk
6
4.16
3.6
3.34
3.20
3.13
3.08
3.05
y k +1
→ x1 = 3 gdy k → ∞ .
yk
8