Transformée en z inversée par méthode de convolution
On m'a demandé de trouver les pôles, la réponse impulsionnelle d'un système (en traitement numérique du signal).
La fonction de transfert était,
$$H(z) = \frac{z^2+z}{z^2-z+0.5}$$
Je l'ai résolu par la méthode des fractions partielles comme suit.
$$\color{blue}{H(z) = \frac{z(z+1)}{z^2-z+0.5}}$$
$$\begin{align} &\Rightarrow \frac{H(z)}{z} = \frac{z+1}{z^2-z+0.5}=\frac{z+1}{\left(z-(0.5+0.5i)\right)\left(z-(0.5-0.5i)\right)} \\ &\Rightarrow \frac{z+1}{\left(z-(0.5+0.5i)\right)\left(z-(0.5-0.5i)\right)} = \frac{A}{z-(0.5+0.5i)} +\frac{A^*}{z-(0.5-0.5i)}\\ & \\ & A = 0.5 - 1.5i \text{ and } A^* = 0.5+1.5i \\ & \\& \Rightarrow H(z) = (0.5-1.5i)\frac{z}{z-(0.5+0.5i)} + (0.5+1.5i)\frac{z}{z-(0.5-0.5i)} \\& \\& \Rightarrow \color{blue}{h(n) = \left[(0.5-1.5)(0.5+0.1i)^n +(0.5+1.5i)(0.5-0.5i)^n\right]u(n)}\end{align}$$
(Cela peut être réduit à des termes contenant $\cos(kn)$ et / ou $\sin(kn)$ mais ce n'était pas obligatoire.)
Ensuite, en tant que continuum, on m'a demandé de trouver la réponse impulsionnelle (transformée en z inversée de $H(z)$) par la méthode de convolution. Nous avons,$$H(z) = \frac{z(z+1)}{z^2-z+0.5}$$
Si c'était de la forme, $\frac{z^2}{(z-a)(z-b)}$, on peut considérer $F(z) = \frac{z}{z-a}$ et $G(z) =\frac{z}{z-b}$, trouver $f(n) = a^nu(n)$ , $g(n) = b^nu(n)$. Ensuite, l'inverse pourrait être trouvé en convoluant$f(n)$ et $g(n)$ facilement.
Mais dans ce cas, le terme $z+1$ dans le numérateur, il est difficile de réécrire $H(z)$ en tant que produit de 2 fonctions de $z$ dont la transformée en z inverse est connue.
Quelqu'un peut-il aider à trouver $2$ces fonctions afin qu'il puisse être évalué par la méthode de convolution? Ou est-il impossible de trouver la transformée en z inverse de cette fonction par convolution?
J'ai aussi pensé à utiliser le fait $Z(a^n \sin(\omega n)) = \dfrac{az\sin\omega}{z^2-2az\cos\omega + a^2}$, mais cela m'a laissé avec $z+1$.
Réponses
Merci à mon professeur de m'avoir fourni un indice $\dfrac{z+1}{z-b}$ dans $\dfrac{z}{z-b}$ et $\dfrac{1}{z-b}$ puis convolute)
$$ H(z) = \dfrac{z(z+1)}{z^2-z+0.5} = \dfrac{z(z+1)}{\left(z-(0.5+0.5i)\right)\left(z-(0.5-0.5i)\right)}$$
Laisser $a= 0.5+0.5i$ et $b= 0.5-0.5i$.
$$H(z) = \dfrac{z}{z-a}\cdot\dfrac{z+1}{z-b}$$
Laisser
$$\begin{align} & H_1(z) = \dfrac{z}{z-a} \Rightarrow \color{blue}{h_1(n) = a^nu(n) }\\&H_2(z) = \dfrac{z+1}{z-b}=\dfrac{z}{z-b}+z^{-1}\cdot\dfrac{z}{z-b}\Rightarrow \color{green}{h_2(n) = b^nu(n)+b^{n-1}u(n-1)}\\& \\& h(n) = \color{blue}{h_1(n)}*\color{green}{h_2(n)} = \sum_{k=-\infty}^{\infty}a^ku(k)b^{n-k}u(n-k) + \sum_{k=-\infty}^{\infty}a^ku(k)b^{n-k-1}u(n-k-1) \\&\Rightarrow h(n) =\sum_{k=0}^na^kb^{n-k} + \sum_{k=0}^{n-1}a^kb^{n-k-1} = b^n\sum_{k=0}^n\left(\frac{a}{b}\right)^k + b^{n-1}\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{a}{b}\right)^k \\&\Rightarrow\color{red}{h(n) = \left[\frac{a^{n+1}-b^{n+1}}{a-b} +\frac{a^n - b^n}{a-b}\right]u(n) = \left[\frac{a^n(a+1)-b^n(b+1)}{a-b}\right]u(n)}\end{align} $$
Subbing $a$ et $b$,
$$\begin{align}& h(n) = \frac{(0.5+0.5i)^n(1.5+0.5i)-(0.5-0.5i)^n(1.5-0.5i)}{i}u(n) \\& \Rightarrow\color{blue}{h(n) = \left[(0.5+0.5i)^n(0.5-1.5i)+(0.5-0.5i)^n(0.5+1.5i)\right]u(n)}\end{align}$$