Conferma trasformata Z

[Vincent2]

Devo trasformare questo:

$sen(n*pi/2*(-1)^n)$

Divido i casi
$sen(n*pi/2*(-1)^n)= sen(n*pi/2) $ se n è pari. Ma $sen(n*pi/2) = 0$.
$sen(n*pi/2*(-1)^n)= sen(-n*pi/2) $ se n è dispari. Ma $sen(-n*pi/2) = -sen(n*pi/2)$.
Sia $n = 2k+1$ il numero dispari in questione
$-sen(n*pi/2) = - sen((2k+1)*pi/2)$; distinguo ancora una volta i 2 casi

$sen((2k+1)*pi/2)$ = 1 se k pari, -1 se k dispari.
sia $w= 2k$ oppure $2k+1$.
Per la definizione di trasformata Z
ho quindi come risultato finale $z^2/(z^2-1) - 1/(z^2-1)$
Vi trovate come me?

[gugo82]

Ah, quindi il risultato finale è \(\mathcal{Z}[x(n)](z)=\frac{z^2-1}{z^2-1}=1\)... Sicché \(\mathcal{Z}[x(n)]=\mathcal{Z}[\delta (n)]\), quindi \(x(n)=\delta (n)\).
Non mi pare proprio, no?

Se non vedo male la tua successione è del tipo:
\[
0,\ -1,\ 0,\ 1,\ 0,\ -1,\ 0,\ 1,\ \ldots
\]
ossia è periodica di periodo \(4\) ed assume, ripetendoli, i valori \(x(0)=0,\ x(1)=-1,\ x(2)=0,\ x(3)=1\).
La formuletta per la trasformata delle successioni periodiche implica:
\[
\mathcal{Z}[x(n)](z) = \frac{-z^3+z}{z^4-1} = \frac{-z(z^2-1)}{(z^2+1)(z^2-1)}=\frac{-z}{z^2+1}
\]
se non erro.

[Vincent2]

Ciao,
scusami, di quale formula per le successioni periodiche parli?

[gugo82]

"Vincent":Ciao,
scusami, di quale formula per le successioni periodiche parli?

Se una successione unilatera \(x(n)\) è periodica di periodo \(N\), cioè se essa prende solo i valori \(x(0),\ x(1),\ \ldots, x(N-1)\) ripetendoli nell'ordine, allora essa è trasformabile e la trasformata è:
\[
\tag{P} \mathcal{Z}[x(n)](z) = \frac{x(0)\ z^N+x(1)\ z^{N-1}+\cdots +x(N-1)\ z}{z^N-1}
\]
Dimostrare la (P) è banalissimo: infatti, usando la definizione e la periodicità, si trova:
\[
\begin{split}
\mathcal{Z}[x(n)](z) &:= \sum_{n=0}^\infty \frac{x(n)}{z^n}\\
&= \sum_{k=0}^\infty \frac{x(kN)}{z^{kN}} +\sum_{k=0}^\infty \frac{x(1+kN)}{z^{1+kN}} +\sum_{k=0}^\infty \frac{x(2+kN)}{z^{2+kN}} +\cdots +\sum_{k=0}^\infty \frac{x(N-1+kN)}{z^{N-1+kN}}\\
&= \left( x(0) +\frac{x(1)}{z} +\frac{x(2)}{z^2}+\cdots + \frac{x(N-1)}{z^{N-1}}\right)\ \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{z^{kN}}\\
&= \frac{x(0)\ z^{N-1} +x(1)\ z^{N-2}+x(2)\ z^{N-3}+\cdots +x(N-1)}{z^{N-1}}\ \frac{1}{1-\frac{1}{z^N}}\\
&= \frac{x(0)\ z^N+x(1)\ z^{N-1}+\cdots +x(N-1)\ z}{z^N-1}\; .
\end{split}
\]

[Vincent2]

Questa non la sapevo! Credo che mi tornerà molto utile, grazie infinite!

[gugo82]

"Vincent":Questa non la sapevo! Credo che mi tornerà molto utile, grazie infinite!

Certo, è utile.

Però fai attenzione quando la usi... Ho visto gente che davvero la usava a casaccio tra i miei studenti!

[Vincent2]

Solitamente tutti gli esercizi sulle trasformate Z del compito sono periodiche, e la "malignità" sta nel fatto di saperla spezzare in 3-4 serie normali e calcolare le trasformate singolarmente.
Al compito però, grazie a questa tua perla, giocherò questa carta. E se vorrà spiegazioni, sparerò la dimostrazione. Se non mi crede, gli passerò l'url di questa discussione

[Vincent2]

Qualcuno può confermarmi lo svolgimento di questa?

$e^(jn*pi/2+(-1)^n)$
che sarebbe
$cos(pi/2+(-1)^n)+jsen(pi/2+(-1)^n)$

Mi sbarazzo del $(-1)^n$ distinguendo i casi pari $2k$ e quelli dispari $2k+1$

quindi ho per la parte pari
$cos(kpi)+jsen(kpi)$ ossia una successione periodica ${1,-1}$ e quindi ho $(z^2-z)/z^2=1-1/z$

per la parte dispari
$cos((2k+1)pi)-jsen((2k+1)pi)$ -> ${-j,j} -> -j(1-1/z)$

Quindi la trasformata finale è la somma delle 2 trasformate.
Ci siamo?

[gugo82]

Occhio che applichi malissimo la formula di Eulero.

[Vincent2]

In che senso?

$e^(jnpi/2+(-1)^n) = cos(npi/2+(-1)^n)+jsen(npi/2+(-1)^n)$?

[gugo82]

Ma anche no...

Hai:
\[
e^{\jmath\ n\frac{\pi}{2} +(-1)^n} = e^{(-1)^n}\ e^{\jmath\ n\frac{\pi}{2}}
\]
quindi...

[Vincent2]

**** ho toppato alla grande...$e^((-1)^n)$ è il modulo del numero complesso!

Ok ok devo rifare questo esercizio.

[Vincent2]

Ok l'ho rifatta.
Speriamo bene:

$a_n = e^((-1)^n)*(cos(npi/2)+jsen(npi/2))$

E cio è:
$n=0 -> a_n=e$
$n=1 -> a_n=j/e$
$n=2 -> a_n=-e$
$n=3 -> a_n=-j/e$

Individuado il periodo, la trasformata Z sarà

$Z(a_n)=(z^4*e+z^3*(j/e)-z^2*e - (j/e)*z)/(z^4-1)$

[Vincent2]

Ho comunque un problema, maledizione.
Ho il seguente problema ai valori iniziali
$x(n+2)-4x(n+1)+8x(n)=a_n$
con $x(0)=x(1) = 0$

Che diventa alla fine

$X(z)(z^2-4z+8)=(e^(z^4-z^2)+e/j *(z^3-z))/(z^4-1)$

$X(z) = e*((z^4)/(z^4-1) - (z^2)/(z^4-1))+e/j * ((z^3)/(z^4-1)-(z)/(z^4-1))$

Ma antitrasformare quì è un casino...
Come potrei agire?

[gugo82]

Guarda che se metti per bene in evidenza e semplifichi il semplificabile, la funzione da antitrasformare diventa molto più semplice.

Ad ogni modo, un'altra tattica potrebbe essere la seguente (però di solito è ancora più contosa se non hai "occhio" a sufficienza!).
Chiamata \(A\) la trasformata di \(a(n)\), hai una equazione del tipo:
\[
X(z)\ P(z) - Q(z) = A(z)
\]
in cui \(P(z)\) è il polinomio caratteristico e \(Q(z)\) è un polinomio che dipende dalle condizioni iniziali; nel caso in esame è \(P(z) = z^2-4z+8=(z-2)^2 +4\) e \(Q(z)=0\) (le condizioni iniziali sono tutte nulle), sicché:
\[
X(z) = \frac{1}{(z-2)^2 +4}\ A(z)\; .
\]
Usando il teorema della convoluzione per l'antitrasformata, ottieni che \(x(n)\) è la convoluzione di \(a(n)\) e dell'antitrasformata di \(1/P(z)\); quindi basta calcolare \(y(n) = \mathcal{Z}^{-1} [1/P](n)\) e la convoluzione \((y*a)(n)\) per ottenere \(x(n)\).
Ma è:
\[
y(n)=\mathcal{Z}^{-1}\left[\frac{1}{P(z)} \right](n) = \frac{1}{2\pi\ \jmath}\ \oint_\Gamma \frac{z^{n-1}}{P(z)}\ \text{d} z
\]
in cui \(\Gamma\) è una circonferenza centrata in \(0\) il cui cerchio contiene tutti i poli di \(1/P\); dato che i poli di \(1/P\) sono \(2\pm 2\jmath\), basta prendere una circonferenza \(\Gamma\) quella di raggio \(4\).
Ora, i poli di \(\frac{z^{n-1}}{P(z)}\) coincidono con i poli di \(1/P\) se \(n\geq 1\), ma è presente anche \(0\) se \(n=0\); quindi, distinguendo i casi, si ha:
\[
y(0) = \frac{1}{2\pi\ \jmath}\ \oint_\Gamma \frac{1}{z\ P(z)}\ \text{d} z = \operatorname{Res} \left( \frac{1}{z\ P(z)}; 0\right)+ \operatorname{Res} \left( \frac{1}{z\ P(z)}; 2+2\jmath\right)+\operatorname{Res} \left( \frac{1}{z\ P(z)}; 2-2\jmath\right)
\]
e:
\[
y(n) = \frac{1}{2\pi\ \jmath}\ \oint_\Gamma \frac{z^{n-1}}{P(z)}\ \text{d} z = \operatorname{Res} \left( \frac{z^{n-1}}{P(z)}; 2+2\jmath\right)+\operatorname{Res} \left( \frac{z^{n-1}}{P(z)}; 2-2\jmath\right)
\]
ove i residui si calcolano facilmente perché i poli sono del primo ordine.
Calcolati i valori di \(y(n)\), la soluzione \(x(n)\) del problema è:
\[
x(n) = \sum_{k=0}^n y(k)\ a(n-k)\; ,
\]
e bisogna tentare di esplicitare questa convoluzione.

[Vincent2]

E' dura arrivarci in questo modo.
Ero tentato di decomporre in fratti semplici, ma quel polo di quarto ordine scoraggierebbe anche un calcolatore.