Equazione alle differenze con condizioni iniziali
Salve, ho il seguente esercizio:
$$\begin{cases}
x(n+1)-2x(n)=a(n), & n\geqslant 0 \\[2ex]
x(0)=0, &
\end{cases}$$
dove $a(n)=n\tan(n\frac{\pi}{3})$
Vi posto il mio svolgimento:
$$z\ X(z)-2\ X(z)= \mathcal{Z}[a(n)] \ \rightarrow \ X(z)=\frac{\mathcal{Z}[a(n)]}{z-2}$$
Iniziamo con $\mathcal{Z}[a(n)]$:
$$\mathcal{Z}[a(n)]=-z\ \frac{\partial }{\partial z}\left \{ \mathcal{Z}[\tan(n\frac{\pi}{3})] \right \}$$
Visto che non so come trasformare $\tan (n\frac{\pi}{3})$, l'ho sviluppata assegnando dei valori ad $n$; ad esempio:
$$n=0 \ \rightarrow \tan(0)=0 \\
n=1 \ \rightarrow \tan (\frac{\pi}{3})=\sqrt 3 \\
n=2 \ \rightarrow \tan (\frac{2}{3}\pi)=-\sqrt 3 \\
n=3 \ \rightarrow \tan(\pi)=0 \\
n=4 \ \rightarrow \tan (\frac{4}{3}\pi)=\sqrt 3 \\
n=5 \ \rightarrow \tan (\frac{5}{3}\pi)=\frac{1}{\sqrt 3}$$
Essendo il segnale periodico, posso riscrivere $\tan (n\frac{\pi}{3})$ cosi :
$$\tan\left(n\frac{\pi}{3}\right)=\sum_{k=0}^{\infty}a_{g}(n-6k)=a_{g}(n) \ast \sum_{k=0}^{\infty} \delta(n-6k)$$
(è corretto?)
dove
$$a_{g}(n)= \sqrt3 \ \delta(n-1)- \sqrt3 \ \delta(n-2)+\sqrt3 \ \delta(n-4)+\frac{1}{\sqrt3} \ \delta(n-5)$$
e il simbolo "$\ast$" è l'operatore "convoluzione".
Ora Z-trasformo:
$$\mathcal{Z} \left [\sum_{k=0}^{\infty} \delta(n-6k) \right ]=\sum \mathcal{Z} \left [\delta(n-6k) \right ]=\sum_{k=0}^{\infty}z^{-6k}=\frac{z^6}{z^6-1}$$
e:
$$\mathcal{Z} \left [a_{g}(n) \right ]=\sqrt3 \ z^{-1}-\sqrt3 \ z^{-2}+\sqrt3 \ z^{-4}+\frac{1}{\sqrt3} \ z^{-5}$$
Infine, uso la prop. di convoluzione della Z-trasformata:
$$\mathcal{Z}\left [\tan\left(n\frac{\pi}{3}\right)\right ]=\left(\frac{z^6}{z^6-1}\right)\left(\sqrt3 \ z^{-1}-\sqrt3 \ z^{-2}+\sqrt3 \ z^{-4}+\frac{1}{\sqrt3} \ z^{-5}\right)$$
Potrei continuare, ma vorrei prima chiedervi cosa ne pensate dei miei passaggi finora svolti. Grazie
$$\begin{cases}
x(n+1)-2x(n)=a(n), & n\geqslant 0 \\[2ex]
x(0)=0, &
\end{cases}$$
dove $a(n)=n\tan(n\frac{\pi}{3})$
Vi posto il mio svolgimento:
$$z\ X(z)-2\ X(z)= \mathcal{Z}[a(n)] \ \rightarrow \ X(z)=\frac{\mathcal{Z}[a(n)]}{z-2}$$
Iniziamo con $\mathcal{Z}[a(n)]$:
$$\mathcal{Z}[a(n)]=-z\ \frac{\partial }{\partial z}\left \{ \mathcal{Z}[\tan(n\frac{\pi}{3})] \right \}$$
Visto che non so come trasformare $\tan (n\frac{\pi}{3})$, l'ho sviluppata assegnando dei valori ad $n$; ad esempio:
$$n=0 \ \rightarrow \tan(0)=0 \\
n=1 \ \rightarrow \tan (\frac{\pi}{3})=\sqrt 3 \\
n=2 \ \rightarrow \tan (\frac{2}{3}\pi)=-\sqrt 3 \\
n=3 \ \rightarrow \tan(\pi)=0 \\
n=4 \ \rightarrow \tan (\frac{4}{3}\pi)=\sqrt 3 \\
n=5 \ \rightarrow \tan (\frac{5}{3}\pi)=\frac{1}{\sqrt 3}$$
Essendo il segnale periodico, posso riscrivere $\tan (n\frac{\pi}{3})$ cosi :
$$\tan\left(n\frac{\pi}{3}\right)=\sum_{k=0}^{\infty}a_{g}(n-6k)=a_{g}(n) \ast \sum_{k=0}^{\infty} \delta(n-6k)$$
(è corretto?)
dove
$$a_{g}(n)= \sqrt3 \ \delta(n-1)- \sqrt3 \ \delta(n-2)+\sqrt3 \ \delta(n-4)+\frac{1}{\sqrt3} \ \delta(n-5)$$
e il simbolo "$\ast$" è l'operatore "convoluzione".
Ora Z-trasformo:
$$\mathcal{Z} \left [\sum_{k=0}^{\infty} \delta(n-6k) \right ]=\sum \mathcal{Z} \left [\delta(n-6k) \right ]=\sum_{k=0}^{\infty}z^{-6k}=\frac{z^6}{z^6-1}$$
e:
$$\mathcal{Z} \left [a_{g}(n) \right ]=\sqrt3 \ z^{-1}-\sqrt3 \ z^{-2}+\sqrt3 \ z^{-4}+\frac{1}{\sqrt3} \ z^{-5}$$
Infine, uso la prop. di convoluzione della Z-trasformata:
$$\mathcal{Z}\left [\tan\left(n\frac{\pi}{3}\right)\right ]=\left(\frac{z^6}{z^6-1}\right)\left(\sqrt3 \ z^{-1}-\sqrt3 \ z^{-2}+\sqrt3 \ z^{-4}+\frac{1}{\sqrt3} \ z^{-5}\right)$$
Potrei continuare, ma vorrei prima chiedervi cosa ne pensate dei miei passaggi finora svolti. Grazie
Risposte
Mi sembra un po' strana (anzi, errata) l'espressione del termine noto.
Dato che \(\tan\) è periodica di periodo \(\pi\), si ha \(\tan(n \frac{\pi}{3}) = \tan (m\frac{\pi}{3})\) se e solo se:
\[
n\frac{\pi}{3} - m \frac{\pi}{3} = k\pi
\]
con \(k\in \mathbb{Z}\), ossia se:
\[
n=m+3k\; .
\]
Pertanto il termine noto è periodico di periodo \(3\) e si scrive:
\[
\tan \left( n \frac{\pi}{3}\right) = \begin{cases} 0 &\text{, se } n \text{ è divisibile per } 3\\
\sqrt{3} &\text{, se } n \text{ diviso 3 dà resto } 1\\
-\sqrt{3} &\text{, se } n \text{ diviso 3 dà resto } 2\; .
\end{cases}
\]
cioè:
\[
\tan \left( n\frac{\pi}{3}\right) = \sqrt{3} \sum_{k=0}^\infty \delta (n-3k-1) - \delta (n -3k-2)\; .
\]
D'altra parte, anche senza avere una rappresentazione esplicita, la trasformata di \(\tan (n\frac{\pi}{3})\) si calcola facile: infatti, usando la somma della serie geometrica, si ha:
\[
\begin{split}
\mathcal{Z}[\cdots](z) &= \sum_{n=0}^\infty \frac{\tan (n \frac{\pi}{3})}{z^n}\\
&= \sum_{k=0}^\infty \frac{\sqrt{3}}{z^{3k+1}} - \sum_{k=0}^\infty \frac{\sqrt{3}}{z^{3k+2}}\\
&= \frac{\sqrt{3}}{z} \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{(z^3)^k} - \frac{\sqrt{3}}{z^2} \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{(z^3)^k}\\
&= \left( \frac{\sqrt{3}}{z} - \frac{\sqrt{3}}{z^2}\right)\ \frac{1}{1-\frac{1}{z^3}}\\
&= \sqrt{3}\ \frac{z-1}{\cancel{z^2}}\ \frac{z^\cancel{3}}{z^3-1}\\
&= \sqrt{3}\ \frac{z}{z^2+z+1}
\end{split}
\]
da cui, per derivazione, trai la trasformata del termine noto.
Dato che \(\tan\) è periodica di periodo \(\pi\), si ha \(\tan(n \frac{\pi}{3}) = \tan (m\frac{\pi}{3})\) se e solo se:
\[
n\frac{\pi}{3} - m \frac{\pi}{3} = k\pi
\]
con \(k\in \mathbb{Z}\), ossia se:
\[
n=m+3k\; .
\]
Pertanto il termine noto è periodico di periodo \(3\) e si scrive:
\[
\tan \left( n \frac{\pi}{3}\right) = \begin{cases} 0 &\text{, se } n \text{ è divisibile per } 3\\
\sqrt{3} &\text{, se } n \text{ diviso 3 dà resto } 1\\
-\sqrt{3} &\text{, se } n \text{ diviso 3 dà resto } 2\; .
\end{cases}
\]
cioè:
\[
\tan \left( n\frac{\pi}{3}\right) = \sqrt{3} \sum_{k=0}^\infty \delta (n-3k-1) - \delta (n -3k-2)\; .
\]
D'altra parte, anche senza avere una rappresentazione esplicita, la trasformata di \(\tan (n\frac{\pi}{3})\) si calcola facile: infatti, usando la somma della serie geometrica, si ha:
\[
\begin{split}
\mathcal{Z}[\cdots](z) &= \sum_{n=0}^\infty \frac{\tan (n \frac{\pi}{3})}{z^n}\\
&= \sum_{k=0}^\infty \frac{\sqrt{3}}{z^{3k+1}} - \sum_{k=0}^\infty \frac{\sqrt{3}}{z^{3k+2}}\\
&= \frac{\sqrt{3}}{z} \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{(z^3)^k} - \frac{\sqrt{3}}{z^2} \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{(z^3)^k}\\
&= \left( \frac{\sqrt{3}}{z} - \frac{\sqrt{3}}{z^2}\right)\ \frac{1}{1-\frac{1}{z^3}}\\
&= \sqrt{3}\ \frac{z-1}{\cancel{z^2}}\ \frac{z^\cancel{3}}{z^3-1}\\
&= \sqrt{3}\ \frac{z}{z^2+z+1}
\end{split}
\]
da cui, per derivazione, trai la trasformata del termine noto.
"gugo82":
Mi sembra un po' strana (anzi, errata) l'espressione del termine noto.
Grazie gugo per avermi risposto
. Potresti indicarmi dove ho sbagliato? Credevo che "sviluppando" il segnale periodico, per un sufficiente "numero" di $n$, avrei avuto la vita facile (infatti, da $n=6$ a $n=11$ e cosi via, il segnale si ripete sempre)."gugo82":
Dato che \(\tan\) è periodica di periodo \(\pi\), si ha \(\tan(n \frac{\pi}{3}) = \tan (m\frac{\pi}{3})\) se e solo se:
\[
n\frac{\pi}{3} - m \frac{\pi}{3} = k\pi
\]
con \(k\in \mathbb{Z}\), ossia se:
\[
n=m+3k\; .
\]
Ammetto di non aver minimamente pensato alla periodicità della tangente in sé...
"gugo82":
Pertanto il termine noto è periodico di periodo \(3\) e si scrive:
\[
\tan \left( n \frac{\pi}{3}\right) = \begin{cases} 0 &\text{, se } n \text{ è divisibile per } 3\\
\sqrt{3} &\text{, se } n \text{ diviso 3 dà resto } 1\\
-\sqrt{3} &\text{, se } n \text{ diviso 3 dà resto } 2\; .
\end{cases}
\]
Non riesco a capire come sei arrivato ai vari "se $n$ è divisibile per.."; hai "provato" per alcuni valori di $n$ e poi hai trovato il "pattern"?
"gugo82":
$\cdots= \sum_{k=0}^\infty \frac{\sqrt{3}}{z^{3k+1}} - \sum_{k=0}^\infty \frac{\sqrt{3}}{z^{3k+2}}= \cdots$
Perchè "spezzi" la somma proprio su $z^{3k+1}$ e su $z^{3k+2}$?
Scusami per le numerose domande gugo, ma sono alquanto perso...
"Nico769":
[quote="gugo82"]Mi sembra un po' strana (anzi, errata) l'espressione del termine noto.
Grazie gugo per avermi risposto
. Potresti indicarmi dove ho sbagliato? Credevo che "sviluppando" il segnale periodico, per un sufficiente "numero" di $n$, avrei avuto la vita facile (infatti, da $n=6$ a $n=11$ e cosi via, il segnale si ripete sempre).[/quote]Beh, \(\tan \frac{5\pi}{3} = \tan (\frac{-\pi}{3}) = -\sqrt{3}\), ad esempio.
"Nico769":
[quote="gugo82"]
Dato che \(\tan\) è periodica di periodo \(\pi\), si ha \(\tan(n \frac{\pi}{3}) = \tan (m\frac{\pi}{3})\) se e solo se:
\[
n\frac{\pi}{3} - m \frac{\pi}{3} = k\pi
\]
con \(k\in \mathbb{Z}\), ossia se:
\[
n=m+3k\; .
\]
Ammetto di non aver minimamente pensato alla periodicità della tangente in sé...
[/quote]Questo è un problema... Molti ingegneri sostengono esami di Matematica superiore dimenticandosi la matematica di base.
Cerca di non fare questo errore.
"Nico769":
[quote="gugo82"]
Pertanto il termine noto è periodico di periodo \(3\) e si scrive:
\[
\tan \left( n \frac{\pi}{3}\right) = \begin{cases} 0 &\text{, se } n \text{ è divisibile per } 3\\
\sqrt{3} &\text{, se } n \text{ diviso 3 dà resto } 1\\
-\sqrt{3} &\text{, se } n \text{ diviso 3 dà resto } 2\; .
\end{cases}
\]
Non riesco a capire come sei arrivato ai vari "se $n$ è divisibile per.."; hai "provato" per alcuni valori di $n$ e poi hai trovato il "pattern"?[/quote]
Beh, è un fatto di matematica elementare che se \(n\) è divisibile per \(3\), allora \(n=3k+0\); se \(n\) diviso per \(3\) dà resto \(1\), allora \(n=3k+1\); se \(n\) diviso per \(3\) dà resto \(2\), allora \(n=3k+2\).
Questo, unito alla periodicità della tangente detta sopra, fornisce l'espressione per casi della successione \(\tan (n\frac{\pi}{3})\).
"Nico769":
[quote="gugo82"]
$\cdots= \sum_{k=0}^\infty \frac{\sqrt{3}}{z^{3k+1}} - \sum_{k=0}^\infty \frac{\sqrt{3}}{z^{3k+2}}= \cdots$
Perchè "spezzi" la somma proprio su $z^{3k+1}$ e su $z^{3k+2}$?[/quote]
Beh, perchè:
\[
\begin{split}
\sum_{n=0}^\infty \frac{\tan (n\frac{\pi}{3})}{z^n} &= \sum_{n \text{ è divis. per } 3} \frac{\tan (n\frac{\pi}{3})}{z^n}\\
&\phantom{=} + \sum_{n \text{ div. } 3 \text{ dà resto } 1} \frac{\tan (n\frac{\pi}{3})}{z^n} \\
&\phantom{=}+ \sum_{n \text{ div. } 3 \text{ dà resto } 2} \frac{\tan (n\frac{\pi}{3})}{z^n}\\
&= \sum_{k=0}^\infty \frac{\tan (3k\frac{\pi}{3})}{z^{3k}}\\
&\phantom{=} + \sum_{k=0}^\infty \frac{\tan ((3k+1)\frac{\pi}{3})}{z^{3k+1}} \\
&\phantom{=}+ \sum_{k=0}^\infty \frac{\tan ((3k+2)\frac{\pi}{3})}{z^{3k+2}}\\
&= + \sum_{k=0}^\infty \frac{\sqrt{3}}{z^{3k+1}} \\
&\phantom{=}- \sum_{k=0}^\infty \frac{\sqrt{3}}{z^{3k+2}} \; ,
\end{split}
\]
no?
"gugo82":
Beh, \(\tan \frac{5\pi}{3} = \tan (\frac{-\pi}{3}) = -\sqrt{3}\), ad esempio.
Scusami se insisto gugo, ma perchè consideri $n=-1$ se, dalla traccia, $n \geq 0$? Il termine noto, almeno credo,
non va considerato per $n<0$ (ai fini della nostra trattazione).
"gugo82":
Questo è un problema... Molti ingegneri sostengono esami di Matematica superiore dimenticandosi la matematica di base.
Cerca di non fare questo errore.
Hai perfettamente ragione.. In effetti ho sempre sentito di avere numerose carenze di matematica di base che, in un modo o nell'altro, cerco di colmare mano a mano che si presentano nei miei studi...
"gugo82":
Beh, è un fatto di matematica elementare ...
Non ne ero a conoscenza, anche se in è una cosa abbastanza intuitiva.. Ancora grazie
"gugo82":
Beh, perchè...
no?
Perfetto, diciamo che si "collega" con il "fatto di matematica elementare" di sopra
Il resto dell'esercizio è abbastanza standard e credo di aver compreso il procedimento. Grazie per la pazienza gugo
"Nico769":
[quote="gugo82"]
Beh, \(\tan \frac{5\pi}{3} = \tan (\frac{-\pi}{3}) = -\sqrt{3}\), ad esempio.
Scusami se insisto gugo, ma perchè consideri $n=-1$ se, dalla traccia, $n \geq 0$? Il termine noto, almeno credo,
non va considerato per $n<0$ (ai fini della nostra trattazione).[/quote]
Ma che c'entra \(n\)???
Dalle superiori dovresti sapere che \(\frac{5\pi}{3} \equiv - \frac{\pi}{3}\) modulo \(2\pi\) e che le funzioni trigonometriche di base (tutte) non cambiano se si considerano archi equivalenti modulo \(2\pi\).
Repetita juvant:
"gugo82":
Questo è un problema... Molti ingegneri sostengono esami di Matematica superiore dimenticandosi la matematica di base.
Cerca di non fare questo errore.
"gugo82":
...Ma che c'entra \(n\)???...
Scusami gugo, non avevo capito quale fosse l'errore.. In ogni caso, non so proprio da dove io abbia preso quel valore
."gugo82":
Dalle superiori dovresti sapere che \(\frac{5\pi}{3} \equiv - \frac{\pi}{3}\) modulo \(2\pi\) e che le funzioni trigonometriche di base (tutte) non cambiano se si considerano archi equivalenti modulo \(2\pi\).
Ovviamente ne sono a conoscenza..
Oltre questa stupidata, mi indicheresti gentilmente cosa altro ho sbagliato? Non ti convincono i miei passaggi riguardo la convoluzione? (tralasciando la mia periodicità sbagliata) Grazie
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