Heilbronn, den 2.11.2021 Prof. Dr. V. Stahl WS 21/22
Übungen zu Mathematik 3 mit Musterlösungen
Blatt 6
Aufgabe 1. Die in der Praxis relevanten Folgen müssen wie bei der Laplace Transformation i.a. explizit mit Faktorσk für negativekauf Null gesetzt werden, d.h. haben die Formσkfk. Das Beispiel
σkak c s z z−a ist ja bereits bekannt. Sei also allgemein
σkfk c s F(z).
Laut Verschiebungssatz gilt dann
σk−mfk−m c s z−mF(z).
Manchmal kommt es jedoch vor, dass man den Faktor σk nicht mitver- schieben will. Gesucht ist also diez-Transformierte von
σkfk−m.
Sei m ≥ 0. Für eine Verschiebung um m Takte nach rechts, d.h. eine Verzögerung ummTakte, erhält man dann
σkfk−m c s X∞
k=−∞
σkfk−mz−k
=
∞
X
k=0
fk−mz−k
=
∞
X
k=−m
fkz−(k+m)
= z−m
∞
X
k=−m
fkz−k
= z−m
∞
X
k=0
fkz−k+
−1
X
k=−m
fkz−k
!
= z−m
∞
X
k=−∞
σkfkz−k+
−1
X
k=−m
fkz−k
!
= z−m F(z) +
−1
X
k=−m
fkz−k
!
Berechnen Sie in gleicher Weise diez Transformierte von σkfk+m fürm≥0,
d.h. eine Verschiebung ummTakte nach links.
Lösung von Aufgabe 1. Für eine Verscheibung ummTakte nach links erhält man
σkfk+m c s X∞
k=−∞
σkfk−mz−k
=
∞
X
k=0
fk+mz−k
=
∞
X
k=m
fkz−(k−m)
= zm
∞
X
k=m
fkz−k
= zm
∞
X
k=0
fkz−k−
m−1
X
k=0
fkz−k
!
= zm
∞
X
k=−∞
σkfkz−k−
m−1
X
k=0
fkz−k
!
= zm F(z)−
m−1
X
k=0
fkz−k
! .
Aufgabe 2. Der Dämpfungssatz derz-Transformation besagt akfk c s F(z/a).
Die Herleitung ist sehr einfach. Mit der Definition der z-Transformation gilt
akfk =
∞
X
k=−∞
akfkz−k
=
∞
X
k=−∞
fk(1/a)−kz−k
=
∞
X
k=−∞
fk(z/a)−k
= F(z/a).
Falls der letzte Schritt zu schnell ging, gehen Sie von F(z) =
∞
X
k=−∞
fkz−k
aus und ersetzen auf beiden Seitenz durchz/a. Man erhält dann F(z/a) =
∞
X
k=−∞
fk(z/a)−k.
• Gehen Sie von der bekannten Korrespondenz
σk c s z
z−1
aus und wenden Sie den Dämpfungssatz an um diezTransformierte von σkak zu berechnen. Verifzieren Sie, dass tatsächlich gilt
σkak c s z z−a.
• Wenden Sie den Dämpfungssatz dann nochmal an um diez-Transformierte von σka2k zu erhalten.
• Gibt es eine einfachere Möglichkeit, diez-Transformierte von σkauk zu berechnen für beliebigesu∈C?
Lösung von Aufgabe 2. Aus
σk c s z
z−1 erhält man mit dem Dämpfungssatz
σkak c s z/a z/a−1
= z
z−a Nochmalige Anwendung des Dämpfungssatzes ergibt
σka2k = σkakak
=
z/a z/a−a
= z
z−a2 Mit den Gesetzen der Potenzrechnung gilt
σkauk = σk(au)k c s z
z−au Aufgabe 3. Die Funktion
f(t) = sin(t) +t2 wird mit Abtastintervall ∆t= 0.1 abgetastet.
• Berechnen Sie die Abtastwertefk.
• Berechnen Sie eine Funktion g(t), die mit Abtastintervall ∆t= 0.3 abgetastet die gleichen Abtastwertefk liefert.
• Berechnen Sie für eine beliebige Funktionf(t) und Konstanten ∆t1,∆t26=
0 die Funktion g(t) mit
f(k∆t1) = g(k∆t2) für alle k.
Lösung von Aufgabe 3.
• Abtastwerte.
fk = f(0.1k)
= sin(0.1k) + (0.1k)2
= sin(0.1k) + 0.01k2.
• Durch Stauchung von f(t) um Faktor 0.1 0.3 = 1
3 erhält man
g(t) = f 1
3t
= sin(t/3) + (t/3)2
= sin(t/3) +t2/9.
Abtastung vong(t) mit Abtastinterval ∆t= 0.3 liefert gk = g(0.3k)
= sin(0.1k) + (0.3k)2/9
= sin(0.1k) + 0.09/9k2
= sin(0.1k) + 0.01k2
= fk.
• Aus
f(k∆t1) = g(k∆t2) folgt durch Substitution
t = k∆t2
k = t/∆t2 und Einsetzen
g(t) = f t
∆t2
∆t1
= f ∆t1
∆t2
t
.
Aufgabe 4. Es wurde bereits gezeigt, dass
σk c s z
z−1, d.h.
z−0+z−1+z−2+. . . = z z−1.
In dieser Aufgabe soll diez-TransformierteF(z) vonσkk berechnet wer- den. Laut Definition derz-Transformation gilt
F(z) =
∞
X
k=−∞
σkkz−k
= 1z−1+ 2z−2+ 3z−3+. . . .
Ähnlich wie in früheren Aufgaben werden auch jetzt beide Seiten mitz−1 multipliziert.
z−1F(z) = 1z−2+ 2z−3+ 3z−4+. . . . Subtrahiert man beide Gleichungen, erhält man
F(z)−z−1F(z) = z−1+z−2+z−3+. . . .
Diese Summe ist fast gleich wie diez-Transformierte vonσkund kann folg- lich leicht auf geschlossene Form gebracht werden. Berechnen Sie hiermit einen Term fürF(z).
Lösung von Aufgabe 4. Aus
z−0+z−1+z−2+. . . = z z−1 folgt mitz−0= 1
z−1+z−2+z−3+. . . = z
z−1−z−0
= z
z−1−z−1 z−1
= 1
z−1. Damit ist
F(z)−z−1F(z) = 1 z−1 F(z)(1−z−1) = 1
z−1
F(z) = 1
(z−1)(1−z−1
= z
(z−1)(z−1)
= z
(z−1)2.
Aufgabe 5. Anders als bei Fourier- und Laplace Transformation gibt es bei der z-Transformation keine Korrespondenzen für die Ableitung im Zeitbereich, da man diskrete Folgen ja nicht ableiten kann.
Ich möchte Ihnen jedoch in dieser Aufgabe eine eine sehr nützliche Korre- spondenz für die Ableitung im Bildbereich vorstellen:
kfk c s −zF0(z).
Praktisch hilft diese Korrespondenz immer, wenn man einen Faktorkim Zeitbereich hat. Man geht dann so vor, dass man diesen Faktor weglässt, den so vereinfachten Term transformiert und danach im Bildbereich ab- leitet und mit−zmultiplizert.
Man kann mit dieser Korrespondenz z.B. sehr einfach diez-Transformierte vonσkkberechnen. Aus der bekannten Korrespondenz
σk c s z
z−1 folgt
σkk c s −z z
z−1 0
= −z(z−1)−z (z−1)2
= z
(z−1)2.
DassF(z) eine Funktion von einer komplexen Variablen ist, spielt keine Rolle, da die gleichen Ableitungsregeln wie im Reellen gelten. Lediglich die Differenzierbarkeit ist ein Thema, das wir aber nicht behandeln.
Zur Herleitung der Korrespondenz beginnt man mit der Ableitung von F(z).
F(z) =
∞
X
k=−∞
fkz−k
F0(z) = d dz
∞
X
k=−∞
fkz−k
=
∞
X
k=−∞
fk(−k)z−k−1
= −1 z
∞
X
k=−∞
kfkz−k
−zF0(z) =
∞
X
k=−∞
kfkz−k
| {z } s ckfk
.
Benutzen Sie den Ableitungssatz um ausgehend von derz-Transformierten vonσkkdiez-Transformierte vonσkk2 zu berechnen.
Lösung von Aufgabe 5. Aus
σkk c s z
(z−1)2
folgt mit dem Ableitungssatz σkk2 c s −z
z (z−1)2
0
= −z (z(z−1)−2)0
= −z((z−1)−2+z(−2)(z−1)−3)
= −z
(z−1)−2z (z−1)3
= z(z+ 1) (z−1)3
Aufgabe 6. Berechnen Sie diez-Transformierte vonσkkak auf zwei Weisen.
• Ausgehend von
σkak c s z z−a unter Anwendung der Ableitung im Bildbereich.
• Ausgehend von
σkk c s z
(z−1)2 unter Verwendung des Dämpfungssatzes.
Lösung von Aufgabe 6.
• Mit dem Ableitungssatz
kfk c s −zF0(z) geht man von der bekannten Korrespondenz
σkak c s z z−a aus und erhält
σkkak c s −z z
z−a 0
= −z
(z−a)−z (z−a)2
= az
(z−a)2
• Mit dem Dämpfungssatz
akfk c s F(z/a) geht man von der bekannten Korrespondenz
σkk c s z
(z−1)2
aus und erhält
σkkak c s z/a
(z/a−1)2
= az
(z−a)2.
Aufgabe 7. Die Faltung zweier Funktionenf, g∈R→Rist definiert durch (f∗g)(t) =
Z ∞
−∞
f(τ)g(t−τ)dτ.
Im Diskreten ist die Faltung ganz ähnlich definiert. Für Folgenf, gist (f∗g)k =
∞
X
`=−∞
f`gk−`.
Statt t und τ hat man k und `, statt einem Integral eine Summe, die Funktionsvariable schreibt man als Index und das Differentialdτ entfällt im Diskreten.
Besonders wichtig für uns sind kausale Folgen, d.h. Folgen, die Null sind für negative Argumente. Sei also
fk =gk = 0 fürk <0.
Dann ist
(f ∗g)k =
∞
X
`=−∞
f`gk−`
=
∞
X
`=0
f`gk−` daf`= 0 für` <0
=
k
X
`=0
f`gk−` dagk−`= 0 für` > k.
Das Schema zur Berechnung von (f∗g)kfür kausale Folgen ist sehr einfach:
Man durchläuft f vorwärts ab Null und g rückwärts ab k, multipliziert aufeinandertreffende Abtastwerte und summiert alles auf. Sei z.B.
f =h2,3i, g=h4,5,6i.
Dann ist
(f∗g)0 = 2·4 = 8
(f∗g)1 = 2·5 + 3·4 = 22 (f∗g)2 = 2·6 + 3·5 = 27
(f∗g)3 = 3·6 = 18
und
(f ∗g)k = 0 fürk≥4.
Damit ist
f∗g = h8,22,27,18i.
Berechnen Sie auf gleiche Weisef ∗g für f =h1,0,1i, g=h0,1,2i.
Lösung von Aufgabe 7.
(f∗g)0 = 1·0 = 0
(f∗g)1 = 1·1 + 0·0 = 1 (f∗g)2 = 1·2 + 0·1 + 1·0 = 2 (f∗g)3 = 0·2 + 1·1 = 1
(f∗g)4 = 1·2 = 2
und
(f∗g)k = 0 fürk≥5.
Damit ist
f∗g = h0,1,2,1,2i
Aufgabe 8. Zeigen Sie, dass die kontinuierliche Faltung kommutativ ist, d.h.
dass für zwei Funktionenf, g∈R→Rgilt f∗g = g∗f.
Hinweis: Substitution.
Zeigen Sie, dass die diskrete Faltung ebenfalls kommutativ ist, d.h. dass für zwei Folgenf, ggilt
(f∗g)k = (g∗f)k für allek.
Der Beweis ist einfacher, da man keine Substituion benötigt. Nutzen Sie stattdessen, dass für jede Folgehund jedesk gilt
∞
X
`=−∞
h` =
∞
X
`=−∞
hk−`
In beiden Summen werden sämtliche Glieder vonhaufsummiert, lediglich die Reihenfolge ist anders.
Lösung von Aufgabe 8. Mit der Substitution u=t−τ, du
dτ =−1, dτ =−du
gilt
(f∗g)(t) = Z ∞
−∞
f(τ)g(t−τ)dτ
= Z −∞
∞
f(t−u)g(u)(−du)
= Z ∞
−∞
f(t−u)g(u)du
= Z ∞
−∞
g(u)f(t−u)du
= (g∗f)(t).
Da man im diskreten Fall bei Summen von−∞ bis ∞ im Summand ` durchk−`ersetzen darf, gilt
(f ∗g)k =
∞
X
`=−∞
f`gk−`
=
∞
X
`=−∞
fk−`gk−(k−`)
=
∞
X
`=−∞
fk−`g`
=
∞
X
`=−∞
g`fk−`
= (g∗f)k
Aufgabe 9. Im Kontinuierlichen ist der Dirac Impuls das neutrale Element der Faltung, d.h.
f∗δ = f.
Zeigen Sie, dass dies im Diskreten ebenfalls so ist. Der diskrete Dirac Impuls ist definiert durch
δk =
1 fallsk= 0 0 sonst.
Zu zeigen ist also für eine beliebige Folgef, dass (f∗δ)k = fk für allek.
Lösung von Aufgabe 9.
(f∗δ)k = (δ∗f)k
=
∞
X
`=−∞
δ`fk−`
= δ0fk−0 daδ`= 0 für`6= 0
= fk.
Aufgabe 10. Im Kontinuierlichen bewirkt die Faltung mitσ(t) eine Integrati- on. Es gilt
(f∗σ)(t) = Z t
−∞
f(τ)dτ.
• Zeigen Sie, dass im diskreten Fall entsprechend gilt (f∗σ)k =
k
X
`=−∞
f`.
• Wie vereinfacht sich diese Formel, wennf kausal ist? Istf ∗σdann auch kausal?
• Berechnen Sieσ∗f für
f =h1,2,3i.
Lösung von Aufgabe 10.
• Da
σk−`=
0 für` > k 1 sonst gilt
(f∗σ)k =
∞
X
`=−∞
f`σk−`
=
k
X
`=−∞
f`σk−`
=
k
X
`=−∞
f`.
• Wenn f kausal ist, d.h.f`= 0 für` <0 gilt (f∗σ)k =
k
X
`=0
f`.
In diesem Fall ist auch f∗σkausal. Wennk <0 und`≥0 ist dann istk−` <0 und folglichσk−`= 0. Für negativekgilt somit
(f∗σ)k =
∞
X
`=0
f`σk−`
=
∞
X
`=0
f`0
= 0.
• Fürf =h1,2,3igilt
f ∗σ = h1,3,6,6,6, . . .i
Aufgabe 11. Schauen Sie sich nochmal den Beweis des Faltungssatzes der La- place Transformation an. Übertragen Sie diesen dann ins Diskrete um den Faltungssatz derz-Transformation zu beweisen.
(f∗g)k c s F(z)G(z).
Lösung von Aufgabe 11.
(f∗g)k =
∞
X
`=−∞
f`gk−`
c s X∞
k=−∞
∞
X
`=−∞
f`gk−`
! z−k
=
∞
X
k=−∞
∞
X
`=−∞
f`gk−`z−k
=
∞
X
`=−∞
∞
X
k=−∞
f`gk−`z−k
=
∞
X
`=−∞
f`
∞
X
k=−∞
gk−`z−k
!
=
∞
X
`=−∞
f`z−`G(z)
= G(z)
∞
X
`=−∞
f`z−`
= F(z)G(z).
Die wesentlichen Schritte sind das Vertauschen der Summen (KG, AG) und die Anwendung des Verschiebungssatzes derz-Transformation.
gk−` c s z−`G(z).
Aufgabe 12. Zeigen Sie, dass diez-Transformation linear ist.
Lösung von Aufgabe 12.
fk+gk c s X∞
k=0
(fk+gk)z−k
=
∞
X
k=0
(fkz−k+gkz−k)
=
∞
X
k=0
fkz−k
∞
X
k=0
gkz−k)
= F(z) +G(z) afk c s X∞
k=0
afkz−k
= a
∞
X
k=0
fkz−k
= aF(z)
Aufgabe 13. Berechnen Sie diez-Transformierte der Folge fk = σkcos(k).
Hinweis: Stellen Sie cos(k) mit komplexene-Funktionen dar. Beginnen Sie mit der Korrespondenz
σkak c s z z−a
und den Spezialfällena=e±j und verwenden Sie Linearität.
Lösung von Aufgabe 13. Mita=ej unda=e−j gilt σk(ej)k = σkejk
c s z z−ej σk(e−j)k = σke−jk
c s z z−e−j Addition im Zeitbereich ergibt
σkejk+σke−jk = 2σkre(ejk)
= 2σkcos(k).
Addition im Bildbereich z
z−ej + z
z−e−j = z(z−e−j) +z(z−ej) (z−ej)(z−e−j)
= z(z−e−j+z−ej) z2−z(e−j+ej) + 1
= z(2z−2re(ej)) z2−2zre(ej) + 1
= 2z(z−cos(1)) z2−2zcos(1) + 1.
Damit hat man
2σkcos(k) c s 2z(z−cos(1)) z2−2zcos(1) + 1 σkcos(k) c s z(z−cos(1))
z2−2zcos(1) + 1. Aufgabe 14. Zeigen Sie, dass für allen∈Nmitn >1 gilt
n−1
X
k=0
e2πjk/n = 0.
Gehen Sie von
S = e2πj0/n+e2πj1/n+. . .+e2πj(n−1)/n
aus, multiplizieren Sie beide Seiten mite2πj/n, subtrahieren Sie die Glei- chungen und lösen Sie nachS auf.
Lösung von Aufgabe 14. Multipliziert man beide Seiten mit e2πj/n erhält man
S = e2πj0/n+e2πj1/n+e2πj2/n+. . .+e2πj(n−1)/n
e2πj/nS = e2πj1/n+e2πj2/n+. . .+e2πj(n−1)/n+e2πjn/n. Subtrahiert man beide Gleichungen, erhält man
S−e2πj/nS = e2πj0/n−e2πjn/n
= 1−1
= 0 S(1−e2πj/n) = 0.
Ausn >1 folgte2πj/n 6= 1 und folglichS= 0.
Aufgabe 15. Berechnen Sie für beliebigesa∈Cdie z-Transformierte von fk =σka2k+1.
Lösung von Aufgabe 15. Ausgehend von der bekannten Korrespondenz σkak c s z
z−a folgt mit dem Dämpfungssatz
σka2k = σkakak c s z/a
z/a−a
= z
z−a2.
Mit der Linearität gilt
σka2k+1 = a σka2k
= az
z−a2.
Man hätte die Aufgabe auch ohne Dämpfungssatz lösen können:
σka2k+1 = a σk(a2)k c s a z
z−a2
= az
z−a2
Aufgabe 16. Berechnen Sie die Summe
S =
∞
X
k=0
kak.
Sie dürfen die Existenz der Summe voraussetzen. Hinweis: Zeigen Sie zu- nächst, dass
S−aS =
∞
X
k=1
ak.
Lösung von Aufgabe 16. Aus
S =
∞
X
k=0
kak
folgt
aS = a
∞
X
k=0
kak
=
∞
X
k=0
kak+1
=
∞
X
k=1
(k−1)ak. Damit gilt
S−aS =
∞
X
k=0
kak−
∞
X
k=1
(k−1)ak
=
∞
X
k=1
(k−(k−1))ak
=
∞
X
k=1
ak.
Folglich ist
S= 1 1−a
∞
X
k=1
ak.
Sei nun
T =
∞
X
k=1
ak
aT =
∞
X
k=2
ak
T(1−a) = a
T = a
1−a. Damit ist
S = 1
1−a a 1−a
= a
(1−a)2.
Aufgabe 17. Berechnen Sie diez-Transformierte der Folge fk = kσk−1cos(2k−1).
Vereinfachen Sie das Ergebnis so dass die Zahlj nicht darin auftritt.
Lösung von Aufgabe 17.
cos(2k−1) = re(ej(2k−1))
= 1
2(ej(2k−1)+e−j(2k−1))
= 1
2(e2jke−j+e−2jkej) Aus der Formelsammlung entimmt man
σkeak = σk(ea)k c s z
z−ea und damit
σkcos(2k−1) c s 1 2
z
z−e2je−j+ z z−e−2jej
Mit der Korrespondenz
kfk c s −zF0(z)
folgt
kσkcos(2k−1) c s −z
2
(z−e2j)−z
(z−e2j)2 e−j+(z−e−2j)−z (z−e−2j)2 ej
= −z
2
−e2je−j
(z−e2j)2 + −e−2jej (z−e−2j)2
= z
2
ej
(z−e2j)2+ e−j (z−e−2j)2
= z
2
ej(z−e−2j)2+e−j(z−e2j)2 ((z−e2j)(z−e−2j))2
= z
2
ej(z2−2ze−2j+e−4j) +e−j(z2−2ze2j+e4j (z2+ 1−z(e−2j+e2j))2
= z
2
z2(ej+e−j)−2z(e−j+ej) +e−3j+e3j (z2+ 1−z(cos(−2) +jsin(−2) + cos(2) +jsin(2))2
= z
2
z22 cos(1)−2z2 cos(1) + 2 cos(3) (z2+ 1−2zcos(2))2
= z3cos(1)−2z2cos(1) +zcos(3) (z2+ 1−2zcos(2))2 Da
kσk−1 = kσk
für allek, folgt
kσk−1cos(2k−1) c s z3cos(1)−2z2cos(1) +zcos(3) (z2+ 1−2zcos(2))2 . Aufgabe 18. Beim Übergang von der Laplace- zur z-Transformation wurde
die Laplace Transformierte von
fp(t) = f(t)p(t)
berechnet. Aufgrund der Ausblendeigenschaft hängt fp(t) nur noch von den Abtastwertemfk ab und es entsteht die z-Transformierte von fk. In dieser Aufgabe wird untersucht, was geschieht, wenn das Abtastintervall
∆tsehr klein wird. Sei nun p(t) = ∆t
∞
X
k=−∞
δ(t−k∆t)
ein Impulszug, dessen Impulse Abstand ∆t haben und Stärke ∆t.
• Berechnen Sie die Laplace Transformierte Fp(s) von f(t)p(t) in Ab- hängigkeit von ∆t.
• Zeigen Sie, dass wenn die Impulse sehr nahe zusammenliegen, d.h.
∆tsehr klein ist, Fp(s) in die Laplace TransformierteF(s) von f(t) übergeht.
• Für kleine ∆t gilt somit
Fp(s) ≈ F(s) und damit im Zeitbereich
f(t)p(t) ≈ f(t).
Andererseits sehenf(t)p(t) undf(t) ja völlig unterschiedlich aus. In welchem Sinn kann man trotzdem sagen, dass sie auch im Zeitbereich ähnlich sind?
Hinweis:
• Verwenden Sie eine Hilfsfunktion
g(t) = f(t)e−st
• Die Fläche unter g(t) lässt sich durch eine Summe von Rechtecken der Höhe g(k∆t) und Breite ∆t approximieren:
Z ∞
−∞
g(t)dt ≈
∞
X
k=−∞
g(k∆t)∆t falls ∆tklein.
Lösung von Aufgabe 18.
• Berechnung von Fp(s).
f(t)p(t) = f(t)∆t
∞
X
k=−∞
δ(t−k∆t)
= ∆t
∞
X
k=−∞
f(t)δ(t−k∆t)
= ∆t
∞
X
k=−∞
f(k∆t)δ(t−k∆t)
c s ∆t
∞
X
k=−∞
f(k∆t)e−sk∆t
= Fp(s).
• Mit
g(t) = f(t)e−st
gilt
Fp(t) = ∆t
∞
X
k=−∞
g(k∆t)
=
∞
X
k=−∞
g(k∆t)∆t
≈ Z ∞
−∞
g(t)dt falls ∆tklein
= Z ∞
−∞
f(t)e−stdt
= F(s).
• Die Fläche unter f(p)p(t) und f(t) ist näherungsweise gleich groß.
Falls ∆tgegen Null geht, gilt dies auch für sehr kleine Intervalle.
Aufgabe 19. Berechnen Sie die inversez-Transformierte fk der Funktion
F(z) = z
(z+ 2)(z−1)2
mit Partialbruchzerlegung. Vereinfachen Sie den Ergebnisterm so weit wie möglich. Sie dürfen alle Korrespondenzen der Formelsammlung benutzen.
Lösung von Aufgabe 19. Ansatz:
z
(z+ 2)(z−1)2 = c1
z+ 2 + c2
z−1 + c3
(z−1)2. Für die Koeffizienten gilt
c1 = z
(z−1)2 fürz=−2
= −2/9
c3 = z
z+ 2 fürz= 1
= 1/3.
Umc2 zu berechnen, kann manc1 undc3 einsetzen und einen beliebigen Wert fürzwählen. Mitz= 0 erhält man
0 = −1/9−c2+ 1/3 c2 = 2/9.
Damit ist
F(z) = − 2/9
z+ 2+ 2/9
z−1+ 1/3 (z−1)2. Mit den Korrespondenzen
1
z+ 2 s c σk−1(−2)k−1 1
z−1 s c σk−1 1
(z−1)2 s c σk−1(k−1)
gilt
fk = σk−1
−2
9(−2)k−1+2 9 +1
3(k−1)
= σk−1
(−2)k 9 +k
3 −1 9
= σk
(−2)k 9 +k
3 −1 9
.
Im letzten Schritt wurde ausgenutzt, dass (−2)k
9 +k 3 −1
9 = 0
fürk= 0 und es folglich egal ist, ob man mit σk−1 oder mit σk multipli- ziert.
Aufgabe 20. Sei
fk c s F(z).
Berechnen Sie diez-Transformierte vonk3fk. Lösung von Aufgabe 20. Es gilt
kfk c s −zF0(z).
Nochmalige Multiplikation mitkim Zeitbereich führt zu k2fk c s −z(−zF0(z))0
= −z(−F0(z)−zF00(z))
= zF0(z) +z2F00(z).
Nochmalige Multiplikation mitkim Zeitbereich führt zu k3fk c s −z(zF0(z) +z2F00(z))0
= −z(F0(z) +zF00(z) + 2zF00(z) +z2F000(z))
= −z(F0(z) + 3zF00(z) +z2F000(z))
= −zF0(z)−3z2F00(z)−z3F000(z).
Aufgabe 21. Berechnen Sie diez-Transformierte der Folge fk = 23−kσk−1
und vereinfachen Sie das Ergebnis so weit wie möglich. Hinweis: Nutzen Sie Ihre Kenntnisse über Potenzrechnung bevor Sie den Verschiebungssatz anwenden.
Lösung von Aufgabe 21.
fk = 232−kσk−1
= 8(1/2)kσk−1
= 8(1/2)(1/2)k−1σk−1
= 4(1/2)k−1σk−1.
Aus
(1/2)kσk c s z z−1/2 und dem Verschiebungssatz
fk−1 c s z−1F(z) folgt
(1/2)k−1σk−1 c s 1 z−1/2
= 2
2z−1. Insgesamt ist das Ergebnis somit
4(1/2)k−1σk−1 c s 8 2z−1.
Aufgabe 22. Berechnen Sie die z-Transformierte der 3-periodischen Folge fk=h0,0,1,0,0,1,0,0,1, . . .i.
Vereinfachen Sie das Ergebnis so weit wie möglich. Im Ergebnisterm dürfen keine negativen Exponenten vonz auftreten.
Lösung von Aufgabe 22.
F(z) =
∞
X
k=0
fkz−k
= z−2+z−5+z−8+. . . z−3F(z) = z−5+z−8+z−11+. . . F(z)(1−z−3) = z−2
F(z) = z−2 1−z−3
= z
z3−1.
