DOĞRUSAL ZAMANLA DEĞİŞMEZ SİSTEMLERDE FARK DENKLEMLERİ

DOĞRUSAL ZAMANLA DEĞİŞMEZ SİSTEMLERDE

FARK DENKLEMLERİ

 0 aN

Giriş – çıkış ilişkisi,

M

N b b b b

a a

a₀, ₁,, ;, ₁, ₀, ₁,, katsayılarının hepsi zamana göre sabitse, sistem N. mertebeden doğrusal zamanla değişmez (DZD) bir sistemdir.

olmak üzere

] 1 [

, ], 1 [

],

[n₀ y n₀  y n₀  N 

y 

Çözümdeki N adet sabit, n₀ gibi bir başlangıç anından itibarenki başlangıç şartlarına bağlıdır.



















 



















 



] [ ]

1 [

] 1 [

]

[n N a ₁y n N a₁y n a₀y n

y

a_N   _N       



      











 b_Mx[n M ] b_M1x[n M 1] b₁x[n 1] b₀x[n] b_1x[n 1]

Sistem nedensel ise M ≤ N olmak zorundadır.

Çözüm Adımları

1) f [n] yerine sıfır, y yerine y_h yazılarak homojen çözüm bulunur.

y_h [n] , henüz belirlenmemiş N adet sabite bağlı olarak yazılır.

2) Denklemdeki f [n] dikkate alınarak, fakat hiçbir homojen çözüm bileşeni içermeyen özel çözüm y_ö [n] bulunur. Bu çözümdeki bütün sabitler bu aşamada belirlenir.

3) y[n]  y_h[n] y_ö[n] N adet sabit, başlangıç şartlarına göre belirlenir.

Eğer f [n] parçalı tanımlıysa, her tanım aralığı için:

y_h[n] sabitler için farklı semboller kullanılarak aynı biçimli olarak yazılır.

f [n] ’in yalnızca değişen bileşenlerine karşılık gelen özel çözüm bileşenleri yeniden bulunur.



      











 [ ] _ [ 1] [ 1] [ ] _ [ 1]

]

[n b x n M b ₁x n M b₁x n b₀x n b ₁x n

f _{M M}

diyelim.

Geçiş sınırındaki bazı çözüm değerleri hem önceki hem sonraki bölgenin çözüm fonksiyonunu sağlıyorsa her iki bölgede de

sabitleri bulmak için şart olarak kullanılarak geçiş sağlanır.

Homojen çözüm

Çözümün,

λ

Bu çözümü homojen denklemde yerine yazalım.

0 0

1 1

1

1    

 _ ^{  }

 n N n n

N N

n

N a a a

a   _  

0 0

1 1

1    

 a _ ^ a a

a_N^N _N ^N _ 

Buradan da

fark denkleminin ya da sistemin karakteristik denklemi bulunur.

Değişmeyen bileşenlere karşılık gelen özel çözüm bileşenleri aynı kalır.

Her aralıkta 3. adımın da tekrarlanması gerekir; ancak her aralık için ayrı ayrı başlangıç şartları verilmez.

0 ]

[ ]

1 [

] 1 [

]

[n  N  a _1y n  N    a₁y n   a₀y n  y

a_{N h N h}  _{h h}

N



₁, ₂,,

0 0

1 1

1    

 a _ ^ a a

a_N^N _N ^N _ 

Denklemin

fark denkleminin ya da sistemin özdeğeri (eigenvalue), köklerinin her birine ise

ya da karakteristik kökü denir.

Her özdeğer için çeşitli katsayılarla birer homojen çözüm bileşeni bulunması mümkündür. Buna göre:

Çakışık özdeğer yoksa (tüm özdeğerler birbirinden farklıysa)

çakışık özdeğer varsa, meselâ λ_k , m-katlı bir özdeğer

(λ_k = λ_k+1 = … = λ_k+m-1) ise bunlara karşılık gelen homojen çözüm kısmı

İstenirse bu bileşenlerdeki n ’lerin hepsinin yerine meselâ (n-5) gibi kaymalı bir ifade de yazılabilir.

Böyle kaymalı ifadeler bazen hesap ve yorum kolaylığı sağlayabilir.

Sabitler buna göre bulunur.

n N N n

h n A A

y [ ]  11  

n m

m k n

k n

k A n A n

A   _1   _{ 1} ^1 





Örnek: Aşağıdaki homojen denkleminin çözüm ifadesini bulunuz.

Çözüm: 0

8 1 8

7 8

17 8

13 4

5 2

5 _{5 4 3 2}

6            



,

2 1

1   

  ₃  1 , ₄  ₅  ₆ 1 2

0 ] 8 [

] 1 1 8 [

] 7 2 8 [

] 17 3 8 [

] 13 4 4 [

] 5 5 2 [

] 5 6

[n  y n  y n   y n  y n  y n  y n 

y_{h h h h h h h}

n n

n n

n n

h n A A n A A A n A n

y 2

1 2

1 2

) 1 1 ( 1

1 ]

[  ₁   ₂   ₃   ₄  ₅  ₆ ²









2 ) 1

1

( _{4 5 6} ²

3 2

1      



Örnek: y[n  3]  y[n  2]  0,24y[n 1]  x[n 1]  2x[n] denkleminin homojen çözüm ifadesini bulunuz.

0 24

,

2 0

3    



, 4 ,

1  0

 ₂  0,6 , ₃  0

n n

n

h n A A A

y [ ]  ₁ (0,4)  ₂ (0,6)  ₃0 karakteristik denkleminden

Buna göre:

Çözüm:

özdeğerler

Yukarıdaki yol yanlıştır.

Hiçbir özdeğer sıfır çıkmayacak şekilde düzenleme yapılmalı, ya da sıfır çıkan kökler özdeğer olarak dikkate alınmamalıdır.

Not:

Buna göre ya denklemi y[n  2]  y[n 1]  0,24y[n]  x[n]  2x[n 1] Çünkü n ≤ 0 için 0ⁿ tanımsızdır.

Not:

Eğer gibi eşlenik çiftler halinde karmaşık

özdeğerler varsa, bunlara karşılık gelen homojen çözüm bileşenleri, çakışık özdeğer değilseler

] cos[

]

sin[ n C r n

r

B ⁿ   ⁿ 

biçiminde de yazılabilir.

Ayrıca bu özdeğerlerin çakışması da varsa yine bunun da n ’in uygun kuvvetleriyle çarpılmış biçimleri de gelir.

6 , 0 ,

4 ,

0 ₂

1   

Buna göre, 

n n

h n A A

y [ ]  ₁ (0,4)  ₂  (0,6)

 

 r

e

k

k 

1

 ,

gibi düzenleyerek ya da doğrudan karakteristik denklemde varsa λ çarpan(lar)ını atarak ²    0,24  0 gibi yazarız.

Örnek:

homojen denkleminin çözüm ifadesini bulunuz.

Çözüm:



0 ]

[ 4 ] 1 [

2 ] 2 [

] 3

[n   y n   y n   y n 

y_{h h h h}

0 4

2 2

3     



,

1  1

 _2,3 _1 j ₃  ₂

e

Çakışık kök olmadığı için:

] 60 sin[

2 ]

60 cos[

2 )

1 ( ]

[n  A₁   A₂ n ^  A₃ n ^

y_h ^{n n n}

Örnek: y_h[n  4] 2 3y_h[n  3]5y_h[n  2] 2 3y_h[n 1] y_h[n]  0 homojen denkleminin çözüm ifadesini bulunuz.

Çözüm: ⁴  2 3³  5²  2 3 1  0

 ,

2

3 ₃₀

2 1

j 

j 

e

 

 

 ^30

2 3

4 3

e

j  _

 

 



Eşlenik köklerin her biri 2 katlı olduğu için:

] 30 sin[

] 30 cos[

] 30 sin[

] 30 cos[

]

[n  A₁ n ^  A₂ n ^  A₃n n ^  A₄n n ^ y_h





)

( ₁  _{2 1}  ^  ₂  ^

 a a n b n b n

Özel çözüm

Fark denkleminin sağ tarafı f [n] bileşenlerine ayrılır.

Her bileşen için ayrı ayrı özel çözüm bileşenleri bulunur

ve hepsinin toplamı özel çözüm olur.

Özel çözüm, homojen çözüm tarafından kapsanan herhangi bir bileşen içermemelidir.

pn

r₁  ₁ gibi bir bileşen için özel çözüm bileşeni:

} ,

, { ₁

1 N

p   _  ise yö₁[n]  c₁  p₁ⁿ p₁  k gibi m-katlı bir özdeğere eşitse

(bu özdeğer çakışık değilse m = 1 demektir)

n k m

ö n c n

y ₁[ ]  ₁ 

f [n] içindeki sabit terimler için p₁ = 1 olduğu unutulmamalıdır.

Özel çözüm bileşenlerinin katsayıları, başlangıç şartları kullanılmadan belirlenmelidir.

yerine y_ö1 , ve f [n] yerine yalnızca ilgili bileşeni

Bunun için, c₁ katsayısı, fark denkleminde y pn

r₁  ₁ yazılarak bulunur.

} ,

, { ₁

1 N

p   _  ise bu yol,

0 1

1 1

1 1 1

1

1 a p a p a p a

c _N r

N N

N    

 _

 

biçiminde karakteristik polinomda λ yerine p₁ kullanılan kısa bir

hale gelir. p¹’in bir özdeğere eşit olması halinde bu kısa yol geçersizdir.

Tüm bileşenler için özel çözüm bileşenleri bulunduktan sonra





 [ ] [ ]

]

[n y ₁ n y ₂ n

y_{ö ö ö}

çözüm bileşenlerinde de istenirse n yerine meselâ (n -5) gibi kaymalı bir ifade de yazılabilir; bu sadece katsayıların farklı olmasını gerektirir, ki henüz belirlenmemiş katsayıların buna göre belirlenmesi sorun teşkil etmez. Böyle kaymalı ifadeler bazen hesap ve yorum kolaylığı

sağlayabilir.

3. Sağ tarafın parçalı tanımlı olduğu durumlarda geçiş şartları

Zamanda ileriye doğru giderken, sağ tarafın (f [n] ’in) tanım ifadesindeki bir değişiklik, çıkışa etkisini ilk olarak N adım sonra gösterir.

Bu yüzden önceki zaman aralığının çözümü, tanım ifadesindeki

değişikliğin ortaya çıktığı an ve sonraki N–1 adımda da geçerli olur.

Yani sağ taraftaki değişiklik anı ve sonraki N–1 adımdaki (toplam N adet) çıkış değerleri, önceki aralığın çözümünden hesaplanarak yeni tanım bölgesinin başlangıç değerleri olarak kullanılabilir.

Çözümü veya başlangıç şartları bilinen bölge ileride, katsayıları bulunacak bölge bunun hemen gerisinde ise benzer mantık tersten işletilerek gerideki bölgenin son değerleri yerine,

hemen ilerisindeki bölgenin bu N adet başlangıç şartı (sağdaki değişiklik anı ve sonraki N–1 adımdaki çıkış değerleri) gerideki bölgenin çözümünde kullanılarak homojen çözüm katsayıları bulunabilir. Bu husus örnekler üzerinde daha iyi anlaşılacaktır.

Örnek: y[n  2]0,3y[n 1] 0,02y[n]  x[n] ]

[ 3 , 0 2 ]

[n u n

x   ⁿ y[0]  y[1]  0 ,

sisteminin çıkışını, girişi ve

başlangıç şartları için bulunuz.

Çözüm: ² 0,3  0,02  0 _ ₁  0,1 , ₂  0,2

 0

n için f [n]  nx[ ]  2 olduğundan

n n

h n A A

y

n  0  [ ]  ₁(0,1)  ₂(0,2) n n

x n

f [ ]  [ ]  2  21 için 1{₁,₂}  y_ö1[n]  c₁ 1ⁿ  c₁

1 1

1 1

1

1[n 2] 0,3y [n 1] 0,02y [n] 2 c 0,3c 0,02c

y_ö   _ö   _ö    

] [ 9

25 ₁

1 y n

c   _ö



Buna göre katsayılar:

9 0 25

] 0

[   A₁  A₂  y

9 2 25

, 0 1

, 0 0

] 1

[   A₁  A₂ 

y  A₁  200 9 , A₂  25

Yani

9 ) 25

2 , 0 ( )

1 , 0 ( ]

[

0   ₁  ₂ 

 y n A ⁿ A ⁿ

n

A₁ ve A₂ katsayılarını bulmak için n < 0 bölgesine ait 2 şart yerine, değişim anı ve N–1=1 adım sonrası değerleri,

y[0] ve y[1] , n < 0 bölgesinin çözümüyle kullanılacaktır.

Çünkü değişimin çıkışa etkisi y[2] ’den itibaren görülür.

9 ) 25

2 , 0 ( 25 )

1 , 0 9 (

] 200 [

0     



 n y n ^{n n}

n n

h n B B

y

n  0  [ ]  ₁(0,1)  ₂(0,2)

n ö n

y ₂[ ]  50(0,3)

 n n

x n

f [ ]  [ ]  2  (0,3) içindeki 2 bileşeni değişmediği için yine y_ö1[n]  25 9

)n

3 , 0

( 0,3{₁,₂} y_ö2[n]  c₂ (0,3)ⁿ

n ö

ö

ö n y n y n

y ₂[  2] 0,3 ₂[ 1] 0,02 ₂[ ]  (0,3)





c₂  (0,3) ²  0,3(0,3) ¹  0,02(0,3) 1(0,3)

 ^{ }

02 50 , 0 3 , 0 3 , 0 3

, 0

1

2 2 





 

 c

için olduğundan

n n

n B

B n

y 50 (0,3)

9 ) 25

2 , 0 ( )

1 , 0 ( ]

[  ₁  ₂   

Başlangıç şartları zaten bu bölgeye aittir:

Sonuçta tüm zamanların çözümü:

























 

0 )

3 , 0 ( 9 50

) 25 2 , 0 ( 125 )

1 , 0 9 (

650

9 0 ) 25

2 , 0 ( 25 )

1 , 0 9 (

200 ]

[

n n n

y

n n

n

n n

9 50 0 25

] 0

[   B₁  B₂   y

9 15 2 25

, 0 1

, 0 0

] 1

[   B₁  B₂  

y , 125

9 650

2

1   

 B B

Örnek: y[n  2]  y[n]  x[n] ] 5 [

3 ] [ 2 ]

[n  u n  ^5u n 

x ^{n n} y[0] 1, y[1]  2

0

2 1 

  1 ^{1 ,} ₂  1

sisteminin çıkışını, girişi ve

başlangıç şartları için bulunuz.

Çözüm:

n < 0 için x[n] = 0 olduğundan

n n

h n A A

y n

y

n  0  [ ]  [ ]  ₁ 1  ₂(1)

Katsayıları bulmak için n < 0 bölgesine ait 2 adet şart yerine

değişim anı ve N–1 = 1 adım sonrası değerleri, yani y[0] ve y[1] , n < 0 bölgesinin çözümüyle kullanılacaktır.

Çünkü değişimin çıkışa etkisi y[2] ’den itibaren görülür.

Buna göre katsayılar:

2

1 1

] 0

[ A A

y   

2

2 1

] 1

[ A A

y     A₁  3 2 , A₂  1 2 n n

y

n ( 1)

2 1 2

] 3 [

0    



n

h n B B

y

n 5 [ ] ( 1)

0     ₁  ₂ 

n

n n

f [ ]  2  1 2 için 2 {1, 1} olduğundan y_ö1  c₁2ⁿ 3

1 1 2

1

1 2 

 

 c y_ö 2ⁿ

3 1

1  



n

B n

B n

y 2

3 ) 1

1 ( ]

[  ₁  ₂    Verilen başlangıç şartları bu bölgeye aittir:

1 3

1 ]

0

[  B₁  B₂   y

2 3

2 ]

1

[  B₁  B₂  

y  B₁ 1 , B₂  1 3

n

n n

y

n 2

3 ) 1

1 3 (

1 1 ]

[ 5

0        

n ≥ 5 için de 2 şart gerekmektedir.

Sağ tarafın tanım ifadesindeki değişim anı ve N–1 adım

sonrasındaki değerler, y[5] ve y[6] hem 0 ≤ n < 5 hem de n ≥ 5 bölgelerinin fonksiyonlarını sağlar.

Bunlar biraz sonra kullanılacaktır.

n

h n D D

y

n  5  [ ]  ₁  ₂(1) 3 5

2 ]

[n  ⁿ  ^n

f olup 2ⁿ terimi değişmediği için yine y_ö 2ⁿ 3

1

1  

5

5 1 3

3^n   ^n için 3{1, 1} olduğundan y_ö2  c₂3^n5 8

1 1

3 1

2 2 

 

 c

5 2

1 3

8 2 1

3 ) 1

1 ( ]

[        ^

 y n D D ^{n n n}

Çünkü değişimin etkisi y[7] ’den itibaren görülür.

Bu yüzden önceki bölgenin çözümü

3 12 32 3

1 1 ] 5

[    

y

3 22 64 3

1 1 ] 6

[    

y

n

n n

y 2

3 ) 1

1 3 (

1 1 ]

[     

kullanılarak:

bulunur.

Az önce bulunan y[5] ve y[6] kullanılarak:

8 1 3

12 32 ]

5

[   D₁  D₂   y

8 3 3

22 64 ]

6

[   D₁  D₂  

y  D₁  3 4 , D₂  11 24

Sonuçta tüm zamanlar için yazarsak:

















































 5

8 3 2 1

3 ) 1

1 24 (

11 4

3

5 0

3 2 ) 1

1 3 (

1 1

0 )

1 2 (

1 2

3 ]

[

5 n

n n n

y

n n

n

n n

n

Not: Yeterli sayıda başlangıç şartı içeremeyecek kadar küçük bir parçadan sonra yeni bir tanım aralığı geliyorsa bu yöntemde bazı değişiklikler gerekir.

Daha kolayı, böyle bir geçiş aralığının her noktasında ve sıradaki geniş tanım aralığının yeterli sayıda başlangıç şartını elde edene kadar,

fark denklemini yalnız bir bilinmeyen olacak birer an için yazıp tekrar tekrar çözmektir.

Örneğin son sorudaki y[5] , fark denkleminin n = 3 anı için yazılmasıyla da çözülebilirdi:

8 ]

5 3 [ 3

] 3 [ 2 ]

3 [ ]

5

[  y  ³u  ^35u  

y  y[5]  y[3] 8

5

0  n  bölgesi çözümünden 2 4

3 ) 1

1 3 (

1 1 ]

3

[    ³   ³  y

olduğu için y[5] 12 bulunur.

Örnek: 6y[n  2] 5y[n 1] y[n]  6x[n] sisteminin çıkışını, ]

3 [ ] 2

[n u n

x

n



 



  girişi ve y[0]  y[1]  0 başlangıç şartları için bulunuz.

Çözüm: 6²  5 1  0 ^ ₁ ^{1 2 ,} ₂ ^{1 3} n < 0 için x[n] = 0 olduğundan

n

h n A n A

y n

y

n 3

1 2

] 1 [ ]

[

0    ₁  ₂



Bu katsayıları bulmak için n < 0 bölgesine ait 2 adet şart yerine aynı çözüm y[0] = y[1] = 0 şartlerını da sağladığı için

2

0 1

] 0

[ A A

y   

2

1 3

1 2

0 1 ]

1

[ A A

y     A₁  A₂  0

0 ]

[

0  



 n y n

n

h t B n B

y

n 3

1 2

) 1 (

0   ₁  ₂



n

n x n

f 



 



 

 3

6 2 ]

[ 6 ]

[ }

3 , 1 2 {1

32  olduğundan

n

ö n c

y 



 



 

3 ] 2

[ 6 (2 3) 5 (2 3) 1

6

2   

 

 c için

18

n n

n B

B n

y 



 











 3

18 2 3

1 2

] 1

[ _{1 2}

18 0

] 0

[   B₁  B₂  y

3 12 0 2

] 1

[   B¹  B² 

y  B₁  36 , B₂ 18

Not:

Eğer n < n₀ için f [n] = 0 ise yani f [n] = (…)∙u[n-n₀] biçiminde yazılabiliyor ve n = n₀ ’dan itibarenki standart başlangıç şartları

0 ]

1 [

] 1 [

]

[n₀  y n₀    y n₀  N  

y 

Bu yüzden böyle bir durumda yalnız n ≥ n₀ için u[n-n₀] = 1 koyarak bulunan çözümü u[n-n₀] ile çarparak tüm zamanların çözümü elde edilir.

Sonuç:







 



 













 0 ise

3 18 2

3 18 2

36

ise 0

0 ]

[ n

n n

y ⁿ

n n

] 3 [

18 2 3

18 2

] 36

[n u n

y

n n

n 









 



 











ya da kısaca  hatta

] 1 3 [

18 2 3

18 2

] 36

[ 











 



 











 u n

n y

n n

n

] 2 3 [

18 2 3

18 2

] 36

[ 











 



 











 u n

n y

n n

n

ya da

istisnasız hepsi sıfır ise n < n₀ için y[n] = 0 olacağı zaten bellidir.

Hatta başlangıç şartları gereği y[n] = 0 olan bölge, n < n₀ + N biçiminde genişletilebileceği için u[n-n₀] ile çarpmak yerine u[n-n₀-N] ile çarpmak da mümkündür; çünkü bu şartlarda y[n]

sıfırdan farklı bir değeri en erken n = n₀ + N anında alabilir.

Örnek: y[n  2]  2y[n 1] y[n]  2x[n] sisteminin çıkışını, ]

5 [

]

[n  nu 

x ve y[5]  y[6]  0 için bulunuz.

Çözüm: ²  2 1  0  1  2 ¹

Az önceki nottaki şartlar n₀ = 5 için sağlanmaktadır.

n n

h n A A n

y

n  5  [ ]  ₁ 1  ₂ 1  A₁  A₂n n n

f [ ]  2  21 için taban 1  ₁  ₂ (iki katlı özdeğere eşit)

n

ö n cn

y [ ]  ² 1

  cn² fark denkleminde y yerine yazılırsa 2

) 1 (

2 )

2

(n  ²  c n  ²  cn²  c

2 )

2 4 ( ) ( )

2(  n   c 

n    c 1  y_ö[n]  n²

2 2

] 1

[n A A n n

y   



0 25

5 ]

5

[  A₁  A₂   y

0 36

6 ]

6

[  A₁  A₂  

y  A₁  30 , A₂  11





]

[n   n  n² u n  Sonuç olarak tüm zamanlar için çözüm: y

İstenirse ^{y[n] }









]

[n   n  n² u n 

y diye de yazılabilir.

f [n] trigonometrik veya üstel çarpanlı trigonometrik bir bileşen içeriyorsa bunun üstel sinyaller biçimindeki ifadesinin tabanları



e

R

p_1,2   ^ gibi eşlenik çiftlere karşılık gelir.

Not:

] sin[

]

cos[ ₂

1R n b R n

b ⁿ  ⁿ

} ,

,

{ _{1 N}

e

R ^{ }   _  c₁Rⁿ cos[n] c₂Rⁿ sin[n]

Dolayısıyla, f [n] içindeki için özel çözüm,

ise

m-katlı bir özdeğer çiftine eşitse, yukarıdaki ifadenin n^m ile

Örnek: 4y[n  2] 2 3y[n 1] y[n]  2x[n]





cos ]

[n  n u n 

x  ^{y[2]  y[3]  0}

Çözüm: 4²  2 3 1  0

4 3

2 , 1

 j



 

bu ikisinden yalnız birisi olsa bile,



e

R ^

çarpılmışı yazılır. R = 1 için bu, zorlanmış rezonans olduğu anlamına gelir.

6

2

1

e





 2

n homojen çözüm:

 





2 6 1

2 cos ] 1

[n A n B n

y_h  _n  _n





cos 2

] [ 2 ]

[n x n n

f   için

e









cos ]

[n c₁ n c₂ n

y_ö  

olduğundan

Bunu fark denkleminde y yerine yazarsak:





cos 2

] [ ]

1 [

3 2 ] 2 [

4y_ö n   y_ö n   y_ö n  n













cos

4c₁ n   c₂ n   c₁ n 













cos ₂

1 n c n n

c  





sin 3

2 ₂  

 c n





^

^





^

^

^

^



Toplam açıların sin ve cos açılımlarıyla basitleştirilirse:

2 3 ₂ 

 c

0 3 ₁ 

 c

3

2  2

 c

1  0

 c

   





3 6 2

2 sin 6 1

2 cos ] 1

[n A n B n n

y  _n  _n 



Başlangıç şartlarından

sin 3 3

2 sin 3

4 cos 3

0 4 ]

2

[ _{ } A  _ B  _ 

y

3 2 0 8 

 B

8 1 3

8  

 A B

sin 2 3

2 sin 2

8 cos 2

0 8 ]

3

[ _{ } A  _ B  _ 

y

3 16

,

8  



 A B

Şartlar sağlandığı için n ≥ 2 çözümünü u[n-2] ile çarparak tüm zamanların çözümü elde edilir:

   





3 6 2

3 sin 2

6 16 2 cos

] 8

[  



 



  

 n n n u n

n

y _n  _n  

İstenirse u[n-2] yerine u[n-3] ya da u[n-4] de yazılabilir.

Fark Denkleminin Sağ Tarafında Darbe Varsa Çözüm

] [ ]

1 [

] 1 [

]

[n N a ₁y n N a₁y n a₀y n y

a_N   _N       

Burada a_N  0 . r sabit olmasa bile n₀ ’daki değeri kullanıldığı için sabit olarak ele alınır. n < n₀ ve n > n₀ bölgeleri için ayrı ayrı

Tabii bu bölgelerde bu darbe dikkate alınmaz.

0 ]

[n  n₀ 

 n0

n  bölgesinin çözüm fonksiyonuna y₁[n] diyelim.

] [

] [ ]

[n g n r n n₀

f   

 

çözüm yapılır. olduğundan

n > n₀ bölgesinde değişen homojen çözüm katsayılarını bulmak için kullanılması gereken, başlangıç değerleri şöyle bulunur:

Denkleme göre δ[n-n₀] darbesinin sıfırdan farklı değeri ilk olarak y[n₀+N] ’i etkilediği için:

aN

N r n

y N

n

y[ ₀  ]  ₁[ ₀  ] 























] 1 [

] 1 [

] 1 [

] 1 [

0 1 0

0 1 0

n y n

y

N n

y N

n y

 Bu kısım N ≥ 2 için uygulanır.

 1 N

aN

n r y n

y[ ₀ 1]  ₁[ ₀ 1] ise yalnızca en üstteki, yani

İspat: n < n₀ bölgesinin çözümü y₁[n] , n ≤ n₀+N-1 bölgesine kadar y[n] yerine yazılabileceği için, n = n₀ için fark denklemi:





]

[n₀ N a ₁y₁ n₀ N a₁y₁ n₀ a₀ y₁ n₀ y

a_N   _N       

r n

g n

f  

 [ ₀] [ ₀] Buradaki büyük parantez yerine  a_N y₁[n₀  N]  g[n₀]

yazılabilir.

Sıradaki konu bu konunun uygulaması niteliğindedir.

Buradan





a_N [ ₀  ]  ₁[ ₀  ] 

aN

N r n

y N

n

y    

 [ ₀ ] ₁[ ₀ ]

Sistemin Fark Denkleminden Birim Darbe Tepkisinin Bulunması

Normalde x yerine δ , ve y yerine h yazarak fark denklemini çözüp birim darbe tepkisini bulabiliriz.

Ancak az önceki konuda anlatılan kuralı, a_N  0 olmak üzere,

ile verilen nedensel ( n₀ ≥ -N ) bir sisteme uygularsak birim darbe tepkisini bulma yöntemi oldukça basitleşir.

Çünkü nedensel DZD sistemlerde

0 0

]

[n  n  h

hatta denklemin sağ tarafındaki gecikmeden dolayı

Yöntem şu şekilde özetlenebilir:

Dolayısıyla n > n₀ bölgesine ait başlangıç şartları kolayca bulunabilir.

] [

] [ ]

1 [

] 1 [

]

[n N a ₁y n N a₁y n a₀y n bx n n₀ y

a_N   _N         

N n

n n

h[ ]  0   ₀ 

y yerine h , sağ tarafa da sıfır yazarak n > n₀ bölgesi için

0 ]

[ ]

1 [

] 1 [

]

[n  N  a _1h n  N    a₁h n   a₀h n  h

a_{N N} 

aN

N b n

h[ ₀  ] 

















0 ]

1 [

0 ]

1 [

0 0

n h

N n

h



fark denklemi şu başlangıç şartları için çözülür:

Bu kısım N ≥ 2 için uygulanır.

N = 1 ise yalnızca en üstteki, yani

aN

n b

h[ ₀  ]1  uygulanır.

Bulunan çözüm u[n-n₀-N] ile çarpılarak birim darbe tepkisinin tüm zamanlar için ifadesi elde edilir.

Denklem ve dolayısıyla çözümü homojendir.

Buradaki basamak çarpanı istenirse u[n-n₀-1]’e kadar geriletilerek de yazılabilir. Çünkü n₀+N-1 anına

kadarki değerler zaten başlangıç şartları (katsayılar) gereği sıfırdır.

Örnek: y[n 1] 0,5y[n]  2x[n]

ile verilen nedensel sistemin birim darbe tepkisini bulunuz.

Çözüm: n  0  h[n 1] 0,5h[n]  0 h[1]  2 1  2 5

, 0 0

5 ,

0    

 

 ^{ h[n]  A(0,5)n} 2

5 , 0 ]

1

[   

 h A  A  4

Tüm zamanlar için ifadesi ise: h[n]  4(0,5)ⁿu[n 1] Örnek: 50y[n  2] 25y[n 1] 3y[n] 100x[n 5]

ile verilen nedensel sistemin birim darbe tepkisini bulunuz.

Çözüm: n  5  50h[n  2]  25h[n 1] 3h[n]  0 0

3 25

50 ²   

   ^ ₁ ^{ 0,2 ,} ₂ ^{ 0,3}

7 2

7

10,2 0,3 ]

[  ^  ^

 h n A ⁿ A ⁿ

 

1 10 3

5 0

] 6

[ A A

h     A₁  ( 2 3)A₂

2

2 1

50 ] 100 7

[ A A

h      A₂  6 , A₁  4 Sonuç: ^{h[n] }





Örnek: 4y[n 3]8y[n  2] 5y[n 1] y[n]  2x[n]

ile verilen nedensel sistemin birim darbe tepkisini bulunuz.

Çözüm: n  0  4h[n  3] 8h[n  2] 5h[n 1] h[n]  0 0

1 5

8

4 ³  ²   

    ^ ₁ ^{1 ,} ₂ ^ ₃ ^{ 0,5} ) 3

5 , 0 )(

( ]

[    ^

 h n A B Cn ⁿ

C B

A

h[1]  0   4  4 C B

A

h[2]  0   2  4

C B

A

h[3]  2 4  0,5    3

5 , 0 ,

0 ,

2   



 A B C





]

[n  A B Cn ^3 u n 

h ⁿ

Sonuç:

Örnek: _{y[n  2] 2cos15}^ _{y[n 1] y[n]  3x[n  4]}

ile verilen nedensel sistemin birim darbe tepkisini bulunuz.

Çözüm:

0 ]

[ ]

1 [

15 cos 2

] 2 [

4      

 h n h n h n

n ^

0 1

15 cos

2  2  

  ^  _1,2 

e

] 15 )

6 sin[(

] 15 )

6 cos[(

]

[   

  

 h n A n B n



 sin15 15

cos 0

] 5

[ A B

h   

A

h[6]  3   A  3 , B  3cot15^





3 ]

[n  n    n   u n 

h ^{  }

Bir başka ifadeyle:





3 ]

[n  n   n  u n 

h ^{  }

Sonuç: