Esercizio 25equazione alle differenze e trasformata Z (tema d'esame 2024)

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Teoria usata: Trasformata Z ed equazioni alle differenzeLa trasformata Z, $X(z)=\sum x(n)z^{-n}$, è la versione discreta di Laplace (la TFtd è $X(e^{j\omega})$). Un sistema descritto da un'equazione alle differenze $\sum a_ky(n-k)=\sum b_kx(n-k)$ ha $H(z)=\frac{\sum b_kz^{-k}}{\sum a_kz^{-k}}$ ed è BIBO stabile (se causale) quando tutti i poli stanno dentro il cerchio unitario, $|p|<1$. Cenni.Trasformata Z ed equazioni alle differenze →, Trasformata di Fourier a tempo discreto (TFtd)La TFtd di una sequenza è $X(\omega)=\sum_nx(n)e^{-j\omega n}$, funzione continua e periodica di periodo $2\pi$; si inverte con $x(n)=\frac1{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}X(\omega)e^{j\omega n}d\omega$. Ha le stesse proprietà della TF continua (la convoluzione diventa prodotto, $n,x(n)\leftrightarrow jX'$). È la risposta in frequenza dei sistemi discreti; con la TFD e lo zero-padding se ne ottengono campioni arbitrariamente fitti.Trasformata di Fourier a tempo discreto (TFtd) →, Causalità, stabilità e connessioni dei sistemi LTIPer un sistema LTI le proprietà si leggono sulla risposta impulsiva $h$: causale se $h$ è nulla per $t<0$; reale se $h$ è reale; statico se $h=K\delta$; BIBO stabile se e solo se $h$ è assolutamente integrabile (sommabile nel discreto). Serie e parallelo corrispondono a $h_1*h_2$ e $h_1+h_2$.Causalità, stabilità e connessioni dei sistemi LTI →.

(1) La funzione di trasferimento

Con stato iniziale nullo si trasforma l'equazione con la regola del ritardo ($x(n-k)\to z^{-k}X(z)$, Trasformata Z ed equazioni alle differenzeLa trasformata Z, $X(z)=\sum x(n)z^{-n}$, è la versione discreta di Laplace (la TFtd è $X(e^{j\omega})$). Un sistema descritto da un'equazione alle differenze $\sum a_ky(n-k)=\sum b_kx(n-k)$ ha $H(z)=\frac{\sum b_kz^{-k}}{\sum a_kz^{-k}}$ ed è BIBO stabile (se causale) quando tutti i poli stanno dentro il cerchio unitario, $|p|<1$. Cenni.Trasformata Z ed equazioni alle differenze →): $$Y(z)-z^{-2}Y(z)=3X(z)+z^{-1}X(z)\ \Longrightarrow\ H(z)=\frac{Y}{X}=\frac{3+z^{-1}}{1-z^{-2}}.$$ Si fattorizza il denominatore con $w=z^{-1}$: $1-w^2=(1-w)(1+w)$, cioè $$H(z)=\frac{3+z^{-1}}{\left(1-z^{-1}\right)\left(1+z^{-1}\right)}.$$ (I coefficienti sono quelli dell'equazione: $A(w)=1-w^2$ per $y(n)-y(n-2)$ e $B(w)=3+w$ per $3x(n)+x(n-1)$.)

(2) Stabilità

I poli si trovano risolvendo $1-z^{-2}=0$, cioè $z^2=1$: $p_1=1$ e $p_2=-1$ (nelle potenze di $z$: $z^2-1=0$ con il numeratore $3z+1$). Il sistema è causale, quindi è BIBO stabile se e solo se tutti i poli hanno modulo strettamente minore di $1$. Qui $|p_1|=|p_2|=1$: i poli sono sul cerchio unitario. Non c'è cancellazione ($3+z^{-1}$ si annulla per $z=-\frac13$). Quindi il sistema non è BIBO stabile. (Nel dominio del tempo: i modi sono $1^n=1$ e $(-1)^n$, non sommabili; un ingresso limitato può dare un'uscita illimitata, come mostra il punto 3.)

(3) La risposta forzata all'ingresso $(-1)^nu(n)$

Trasformata dell'ingresso. $x(n)=p^nu(n)$ con $p=-1$: $X(z)=\frac1{1-pz^{-1}}=\frac1{1+z^{-1}}$ (ROC $|z|>1$).

Uscita (stato nullo). $$Y_f(z)=H(z)X(z)=\frac{3+z^{-1}}{(1-z^{-1})(1+z^{-1})}\cdot\frac1{1+z^{-1}}=\frac{3+z^{-1}}{\left(1-z^{-1}\right)\left(1+z^{-1}\right)^2}.$$ Il polo $-1$ raddoppia: compare sia in $H$ sia in $X$ (l'ingresso eccita un modo del sistema, risonanza discreta).

Fratti semplici in $w=z^{-1}$: $\frac{3+w}{(1-w)(1+w)^2}=\frac{A}{1-w}+\frac B{1+w}+\frac C{(1+w)^2}$.

• $A$ (polo semplice in $w=1$): $A=\frac{3+w}{(1+w)^2}\Big|_{w=1}=\frac{4}{4}=1$.
• $C$ (coefficiente del polo doppio): $C=\frac{3+w}{1-w}\Big|_{w=-1}=\frac{2}{2}=1$.
• $B$: si valuta l'identità in $w=0$: $\frac{3}{1}=A+B+C=1+B+1\Rightarrow B=1$.

Quindi $Y_f=\frac1{1-z^{-1}}+\frac1{1+z^{-1}}+\frac1{(1+z^{-1})^2}$. Le trasformate inverse sono: $\frac1{1-z^{-1}}\leftrightarrow u(n)$; $\frac1{1+z^{-1}}\leftrightarrow(-1)^nu(n)$; $\frac1{(1+z^{-1})^2}\leftrightarrow(n+1)(-1)^nu(n)$ (dalla regola $\frac1{(1-pz^{-1})^2}\leftrightarrow(n+1)p^nu(n)$, che si ricava dalla convoluzione $p^nu(n)*p^nu(n)=(n+1)p^nu(n)$). Allora $$y_f(n)=u(n)+(-1)^nu(n)+(n+1)(-1)^nu(n)=\left[1+(n+2)(-1)^n\right]u(n).$$ Primi valori: $y_f=3,\ -2,\ 5,\ -4,\ 7,\ -6,\ 9,\ldots$ per $n=0,1,2,\ldots$

Verifica con la ricorsione. Dall'equazione $y(n)=y(n-2)+3x(n)+x(n-1)$ con stato nullo e $x(n)=(-1)^n$: $y(0)=3$; $y(1)=0+3(-1)+1=-2$; $y(2)=y(0)+3+(-1)=5$; $y(3)=y(1)-3+1=-4$; $y(4)=y(2)+3-1=7$: coincidono con la formula ($1+2=3$; $1-3=-2$; $1+4=5$; $1-5=-4$; $1+6=7$). Il termine $(n+2)(-1)^n$ cresce linearmente in modulo: un ingresso limitato ($|x|=1$) dà un'uscita illimitata, conferma dell'instabilità del punto 2.

Errori comuni

• Dire che il sistema è stabile perché i poli sono "sul bordo": serve $|p|<1$ strettamente.
• Calcolare i poli come radici di $z^{-2}=1$ senza accorgersi che sono $\pm1$ (modulo $1$).
• Dimenticare il termine $\frac C{(1+w)^2}$ per il polo doppio e quindi il fattore $(n+1)$.
• Calcolare $B$ con un limite diretto (non funziona per il polo doppio): conviene valutare l'identità in un punto o confrontare i comportamenti per $w\to\infty$.