Komplex analys - använda Z-transform för att lösa differensekvation

I kursen i Transformteori respektive Signaler och system (och dylika kurser) skulle jag nog säga att man aldrig inverstransformerar m.h.a. integralen. Just nu kommer jag på tre grundläggande sätt för att invertera z-transformen:

• Tabeller med räknelagar för z-transformen och standardtransformerna
• Lång division ifall A(z) är ett rationellt uttryck
• Vanliga maclaurinutvecklingar

Funktionen $A(z)$ som du fått finns bland standardtransformerna och den motsvarar talföljden $a_k=2k$, $k\in\mathbb{N}$.

Du ställer dock frågan inom kursen i komplex analys och därmed är jag osäker om ni kanske vill räkna ut integralen.

När talföljden är av exponentiell ordning, d.v.s. det finns $c,m>0$ sådana att $a_k \le c\cdot m^k$ för varje $k \in \mathbb{N}$, så kommer z-transformen konvergera utanför en cirkel av radien $m$. När man arbetar med $z$-transformen, så förutsätter man att $|z| > R$ för något $R \ge 0$.

Om du börjar med talföljden, så bestäms $R$ i enlighet med talföljdens exponentiella ordning.

Om du börjar med en funktion i $z$, så bestäms $R$ så att den stämmer överens med den singularitet som ligger längst bort från origo.

Om vi tittar på ditt $A(z)$ så kan den inverteras m.h.a. binomialutvecklingen (d.v.s. maclaurinserien för $w\mapsto (1+w)^\alpha$):

$\displaystyle {A(z)} = \dfrac{2z}{(z-1)^2} = \dfrac{2}{z} \cdot \dfrac{1}{(1-z^{-1})^2} = 2\,z^{-1} {(1-z^{-1})}^{-2} = 2z^{-1} \cdot \sum_{k=0}^\infty \binom{-2}{k} {(-z)}^{-k}$

$\displaystyle = \sum_{k=0}^\infty 2\cdot \binom{-2}{k} {(-1)}^k z^{-k-1} = \sum_{k=1}^\infty 2 \cdot\binom{-2}{k-1} {(-1)}^{k-1} z^{-k}$

Därmed är $a_0 = 0$, och sedan $\displaystyle a_k = 2\cdot \binom{-2}{k-1} {(-1)}^{k-1}$ då $k\ge 1$. Det återstår att förenkla binomialkoefficienten.

Tillägg: 26 aug 2026 06:57

Jag tappade bort absolutbeloppet när jag skrev om exponentiell ordning. Villkoret borde lyda $|a_k| \le c\cdot m^k$

Hej, tack för svar!

Vi ska nog inte faktiskt behöva sitta med några integraler. Nedan följer facit till uppgiften, men jag förstår inte riktigt vad som händer. Men jag tror allmänt att det är tänkt att man ska använda listiga "trick" för att inverstransformera igen. Vi får inga formelblad så jag tror inte att man ska behöva kunna "tabelltransformer".

Dessutom: vad gäller att $R$ bestäms av talföljdens exponentiella ordning, hur går den att se i vårt fall? Och vad gäller $c,m$, är dessa fixerade eller beror de på $k\in \mathbb{N}$?

naytte skrev:

...

Dessutom: vad gäller att $R$ bestäms av talföljdens exponentiella ordning, hur går den att se i vårt fall? Och vad gäller $c,m$, är dessa fixerade eller beror de på $k\in \mathbb{N}$?

Konstanterna $c$ och $m$ gäller likformigt, d.v.s. det är samma $c$ och $m$ för hela talföljden oavsett $k$. (Notera dock att $m$ inte är givet entydigt eftersom man alltid kan välja ett större värde på $m$.)

Eftersom uttrycket $A{(z)} = \dfrac{2z}{(z-1)^2}$ har en pol i punkten $z=1$ vars avstånd till origo är $R := 1$ och det finns ingen pol med längre avstånd till origo, så kommer den tillhörande talföljden uppfylla kravet $|a_k| \le c\cdot m^k$ för varje $m > R$(=1) med ett lämpligt val på $c=c(m)$. I allmänhet kan det hända att $m=R$(=1) också skulle funka, dock så är inte fallet här. Jag är ganska säker att $m=R$ inte funkar ifall polen har högre multiplicitet. För tillfället är jag dock osäker hur det är med enkelpoler.

Om du har en talföljd med $|a_k| \le c\cdot m^k$, så bilda "potensserien" enligt definitionen av $z$-transformen och undersök dess konvergens m.h.a. rotkriteriet:

$Q = \limsup_{k\to\infty} \sqrt[k]{|a_k\,z^{-k}|} \le \dfrac{m}{|z|}$. Då får du att $Q<1$ ifall $|z| > m$.

Ah okej, då är jag med!

Men vad är det examinatorn gör för att inverstransformera? Jag hänger itne riktigt medp å vad som händer i facit...

naytte skrev:

Men vad är det examinatorn gör för att inverstransformera? Jag hänger itne riktigt medp å vad som händer i facit...

Hon höll nog på med att vända och vrida på funktionen tills hon lyckades med att få ett enklare uttryck som motsvarade en geometrisk summa.

Det är följande steg hon tagit, fast i omvänd ordning:

$\displaystyle \sum_{k=0}^\infty z^{-k}= {}$[geom. summa]${} = \dfrac{1}{1-z^{-1}} = \dfrac{z}{z-1}$.

Man kan sedan notera att

$\displaystyle (\frac{z}{z-1})^\prime = \frac{-1}{(z-1)^2}$

Om den geometriska serien deriveras termvis, så får man alltså att

$\displaystyle \sum_{k=1}^\infty -k z^{-k-1} = (\frac{z}{z-1})^\prime = \frac{-1}{(z-1)^2}$.

När man nu multiplicerar båda leden med $-2z$, så får man att

$\displaystyle \sum_{k=1}^\infty 2k z^{-k} = \frac{2z}{(z-1)^2}$.

Det är en sådan lösning som man återskapar när man redan vet vad som är svaret.

Ja okej.

Jag tror att strategin på tentamen då helt enkelt är att be en bön om att man kan manipulera serien till något man känner till. Om det är så som examinatorn gör ska väl det duga.

Tack för hjälpen!