Trasformata zeta
Sia $f(k)$ una sequenza la cui trasformata zeta è $F(z)=(z^2+3z+2)/(z^5)$. Determina i valori della sequenza $f(k)$ per $k=0,1,2,3,4,5$.
Scusate se vi chiedo brutalmente come si fa, ma non so da dove partire.
Scusate se vi chiedo brutalmente come si fa, ma non so da dove partire.
Risposte
Com'è definita la trasformata zeta?
Riflettici un po' sopra...
Riflettici un po' sopra...
Dopo essermi sbattuto sul libro sono arrivato alla soluzione: $F(z)=1/z^3 + 3/z^4 + 2/z^5$ . Ovviamente $f(0)=f(1)=f(2)=0$ $f(3)=1 f(4)=3 f(5)=2$.
Mi sono cimentato con un caso più difficile: $F(z)=(z-2)/((z-0.2)(z-0.5))$. Sono arrivato a definire l'antitrasformata come: $Z^-1(F(z))=6(-0.5)^(k-1)-5(-0.2)^(k-1)$. Quando vado a sostituire i $k$ non vengono i risultati. Ho sbagliato qualcosa?
Ti ringrazio per la risposta.
Mi sono cimentato con un caso più difficile: $F(z)=(z-2)/((z-0.2)(z-0.5))$. Sono arrivato a definire l'antitrasformata come: $Z^-1(F(z))=6(-0.5)^(k-1)-5(-0.2)^(k-1)$. Quando vado a sostituire i $k$ non vengono i risultati. Ho sbagliato qualcosa?
Ti ringrazio per la risposta.
L'idea è sempre quella di scrivere la funzione come serie di Laurent intorno a $0$.
Prova, tenendo presente che:
\[
\begin{split}
F(z) &= \frac{z-2}{z^2(1-\frac{1}{5z})(1-\frac{1}{2z})}\\
&= \left( \frac{1}{z} - \frac{2}{z^2}\right)\ \frac{1}{1-\frac{1}{5z}}\ \frac{1}{1-\frac{1}{2z}}\; ,
\end{split}
\]
che la somma di una serie geometrica è:
\[
\frac{1}{1-q} = \sum_{n=0}^\infty q^n\; ,
\]
e che il prodotto tra serie di potenze si fa à la Cauchy.
Prova, tenendo presente che:
\[
\begin{split}
F(z) &= \frac{z-2}{z^2(1-\frac{1}{5z})(1-\frac{1}{2z})}\\
&= \left( \frac{1}{z} - \frac{2}{z^2}\right)\ \frac{1}{1-\frac{1}{5z}}\ \frac{1}{1-\frac{1}{2z}}\; ,
\end{split}
\]
che la somma di una serie geometrica è:
\[
\frac{1}{1-q} = \sum_{n=0}^\infty q^n\; ,
\]
e che il prodotto tra serie di potenze si fa à la Cauchy.
La serie di Laurent non l'ho fatta.
Sul libro c'è scritto che nel caso in cui avessi il grado del denominatore maggiore del numeratore devo applicare la formula:
$R_0=0, F(z)= sum_(i= 1) (R_i)/(Z-p_i) $
Sul libro c'è scritto che nel caso in cui avessi il grado del denominatore maggiore del numeratore devo applicare la formula:
$R_0=0, F(z)= sum_(i= 1) (R_i)/(Z-p_i) $
Ah, giusto, così è più semplice (vedi a non fare questi esercizi per anni... 
).
Beh, allora scomponi la tua $F$ in fratti semplici (come facevi per gli integrali razionali) e trovi:
\[
\begin{split}
F(z) &= \frac{6}{z-\frac{1}{5}} - \frac{5}{z-\frac{1}{2}}
\end{split}
\]
poi tieni presente che è nota la formula per antitrasformare robe del tipo \(\frac{1}{z-a}\) ed hai finito.
).Beh, allora scomponi la tua $F$ in fratti semplici (come facevi per gli integrali razionali) e trovi:
\[
\begin{split}
F(z) &= \frac{6}{z-\frac{1}{5}} - \frac{5}{z-\frac{1}{2}}
\end{split}
\]
poi tieni presente che è nota la formula per antitrasformare robe del tipo \(\frac{1}{z-a}\) ed hai finito.
Perfetto. Fin qua ci sono.
$1/(z-1/5)$ lo posso scrivere come $6(-(1/5))^(k-1)$ no? Tutto ciò seguendo le tabelle di trasformazione della trasformata. Analogamente per l'altro termine. Ma non mi viene.
Ti do il risultato: $f(0)=0 , f(1)=1, f(2)=-1.3 , f(3)=-1.01$.
$1/(z-1/5)$ lo posso scrivere come $6(-(1/5))^(k-1)$ no? Tutto ciò seguendo le tabelle di trasformazione della trasformata. Analogamente per l'altro termine. Ma non mi viene.
Ti do il risultato: $f(0)=0 , f(1)=1, f(2)=-1.3 , f(3)=-1.01$.
Dato che:
\[
F(z) = \frac{6}{z-\frac{1}{5}} - \frac{5}{z-\frac{1}{2}}
\]
hai:
\[
\begin{split}
f(n) &= 6\ \mathcal{Z}^{-1}\left[ \frac{1}{z-\frac{1}{5}} \right] - 5\ \mathcal{Z}^{-1}\left[ \frac{1}{z-\frac{1}{2}} \right]\\
&= \left( \frac{6}{5^{n-1}} - \frac{5}{2^{n-1}}\right)\ \operatorname{u}(n-1)\; ,
\end{split}
\]
in cui \(\operatorname{u}(n)\) è il gradino unitario, se non ho sbagliato i calcoli.
Il perchè è presto detto.
Per antitrasformare la funzione:
\[
X(z) = \frac{1}{z-a}
\]
bisogna scriverla come serie di potenze di $1/z$ (cioè come serie di Laurent); ciò si fa sfruttando la serie geometrica:
\[
\begin{split}
X(z) &= \frac{1}{z-a}\\
&= \frac{1}{z}\ \frac{1}{1-\frac{a}{z}}\\
&= \frac{1}{z}\ \sum_{n=0}^\infty \left(\frac{a}{z}\right)^n \qquad \text{(convergente per } \frac{|a|}{|z|}<1\text{, cioè per } |z|>|a| \text{)}\\
&= \sum_{n=0}^\infty a^n\ \frac{1}{z^{n+1}}\\
&= \sum_{n=1}^\infty a^{n-1}\ \frac{1}{z^n}
\end{split}
\]
dunque:
\[
\begin{split}
x(n) &= \mathcal{Z}^{-1}[X](n) \\
&= \begin{cases} 0 &\text{, se } n\leq 0\\ a^{n-1} &\text{, se } n\geq 1\end{cases}\\
&= a^{n-1}\ \operatorname{u}(n-1)\; .
\end{split}
\]
\[
F(z) = \frac{6}{z-\frac{1}{5}} - \frac{5}{z-\frac{1}{2}}
\]
hai:
\[
\begin{split}
f(n) &= 6\ \mathcal{Z}^{-1}\left[ \frac{1}{z-\frac{1}{5}} \right] - 5\ \mathcal{Z}^{-1}\left[ \frac{1}{z-\frac{1}{2}} \right]\\
&= \left( \frac{6}{5^{n-1}} - \frac{5}{2^{n-1}}\right)\ \operatorname{u}(n-1)\; ,
\end{split}
\]
in cui \(\operatorname{u}(n)\) è il gradino unitario, se non ho sbagliato i calcoli.
Il perchè è presto detto.
Per antitrasformare la funzione:
\[
X(z) = \frac{1}{z-a}
\]
bisogna scriverla come serie di potenze di $1/z$ (cioè come serie di Laurent); ciò si fa sfruttando la serie geometrica:
\[
\begin{split}
X(z) &= \frac{1}{z-a}\\
&= \frac{1}{z}\ \frac{1}{1-\frac{a}{z}}\\
&= \frac{1}{z}\ \sum_{n=0}^\infty \left(\frac{a}{z}\right)^n \qquad \text{(convergente per } \frac{|a|}{|z|}<1\text{, cioè per } |z|>|a| \text{)}\\
&= \sum_{n=0}^\infty a^n\ \frac{1}{z^{n+1}}\\
&= \sum_{n=1}^\infty a^{n-1}\ \frac{1}{z^n}
\end{split}
\]
dunque:
\[
\begin{split}
x(n) &= \mathcal{Z}^{-1}[X](n) \\
&= \begin{cases} 0 &\text{, se } n\leq 0\\ a^{n-1} &\text{, se } n\geq 1\end{cases}\\
&= a^{n-1}\ \operatorname{u}(n-1)\; .
\end{split}
\]
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