Esercizio - equazione alle differenze del secondo ordine - evoluzione libera, risposta impulsiva e risposta forzata

Testo (dispense del corso, Es. 11.4A, Es. 11.4B ed Esempi 11.5A, 11.6A, 11.7A, 11.7B). Il sistema LTI a tempo discreto (quanto $T=1$) è descritto dall'equazione alle differenze

$$y(n-2)+y(n-1)-6\,y(n)=x(n).$$

1. Calcolare l'evoluzione libera con condizioni iniziali $y(-1)=K_1$, $y(-2)=K_2$.
2. Calcolare la risposta impulsiva $g(n)$.
3. Calcolare la risposta forzata all'ingresso $x(n)=A_0\,1_0(n)$ (gradino discreto di ampiezza $A_0$, con $1_0(0)=1$).
4. Controllare i risultati con i tre metodi del corso (soluzione dell'equazione, risposta impulsiva con segnale fittizio, trasformata zeta) e con la ricorsione numerica.

Teoria usata: Trasformata zeta e sistemi a tempo discretoUn sistema LTI discreto è descritto da un'equazione alle differenze Σ a_i y(n-i) = Σ b_i x(n-i) con condizioni iniziali. L'uscita è evoluzione libera (dalle condizioni iniziali) più risposta forzata gx. Si calcola in tre modi: soluzione dell'equazione, risposta impulsiva con segnale fittizio, trasformata zeta. FIR: memoria finita, sempre stabile; IIR: stabile se tutti i poli hanno modulo minore di 1. In frequenza G(f) = Σ b_i e^{-i2πfi} / Σ a_i e^{-i2πfi}.Trasformata zeta e sistemi a tempo discreto →, Sistemi lineari tempo-invarianti e risposta impulsivaUna tf lineare e tempo-invariante (LTI, filtro) ha nucleo h(t,u) = g(t-u): l'uscita è la convoluzione y = gx con la risposta impulsiva g (uscita all'impulso ideale nell'origine). Causale se e solo se g è causale; stabile BIBO se e solo se g è assolutamente integrabile (sommabile); reale se e solo se g è reale. Cascata: g = g2g1; parallelo: g1+g2; retroazione: Ge = G/(1+HG) in frequenza.Sistemi lineari tempo-invarianti e risposta impulsiva →, Segnali a tempo discretoUn segnale a tempo discreto è una funzione complessa $s(nT)$ definita sui multipli interi del quanto temporale $T$ (insieme $\mathbb Z(T)$, velocità $F_p=1/T$). Le definizioni sono quelle dei segnali continui con la somma al posto dell'integrale e il quanto $T$ al posto di $dt$: area $\sum T,s(nT)$, energia $\sum T|s(nT)|^2$, convoluzione $\sum T,x(kT)y(nT-kT)$. L'impulso ideale discreto vale $1/T$ nell'origine. Esponenziali e sinusoidi discreti sono periodici solo se $f_0/F_p$ è razionale e hanno frequenza ambigua a meno di multipli di $F_p$. I segnali periodici con periodo $NT$ sono descritti da $N$ valori e si trattano al calcolatore.Segnali a tempo discreto →, ConvoluzioneLa convoluzione $xy(t)=\int x(u),y(t-u),du$ combina due segnali ribaltando e traslando il secondo, moltiplicando e integrando. È commutativa, associativa, lineare; l'area del risultato è il prodotto delle aree; l'estensione è la somma delle estensioni (estremo con estremo); l'impulso $\delta$ è l'elemento neutro; la convoluzione con il gradino integra. Per due segnali periodici di uguale periodo si usa la convoluzione ciclica (integrale su un periodo). È l'operazione del filtraggio: l'uscita di un filtro è la convoluzione dell'ingresso con la risposta impulsiva.Convoluzione →.

Convenzione delle dispense per questo capitolo: l'equazione si scrive $a_N y(n-N)+\dots+a_1y(n-1)+a_0y(n)=x(n)$, cioè $a_0$ moltiplica $y(n)$ e $a_N$ moltiplica il ritardo più lungo. Qui $a_2=1$, $a_1=1$, $a_0=-6$. Il polinomio caratteristico è $h(z)=a_Nz^N+\dots+a_1z+a_0$ e le soluzioni dell'omogenea sono $z_i^{-n}$, con $z_i$ radici di $h$. Con $T=1$ l'impulso ideale è $\delta(0)=1/T=1$ e le somme "con peso $T$" sono somme ordinarie.

(0) Preparazione: ricorsione e polinomio caratteristico

Risolvendo l'equazione rispetto a $y(n)$: $$y(n)=\frac{1}{6}\,y(n-1)+\frac16\,y(n-2)-\frac16\,x(n).$$ È la forma con cui si "fa girare" il sistema un campione alla volta: servono i due valori precedenti e l'ingresso del momento. Per $n=0$ i due valori precedenti sono proprio le condizioni iniziali $K_1=y(-1)$ e $K_2=y(-2)$.

Il polinomio caratteristico è $$h(z)=z^2+z-6=(z-2)(z+3),\qquad z_1=2,\quad z_2=-3.$$ Si controlla subito: $2^2+2-6=0$ e $(-3)^2-3-6=0$. Le due soluzioni semplici dell'omogenea sono quindi $$z_1^{-n}=\left(\tfrac12\right)^n,\qquad z_2^{-n}=(-3)^{-n}=\left(-\tfrac13\right)^n.$$ Sono due sequenze che tendono a zero (moduli $\tfrac12$ e $\tfrac13$): infatti $\lvert z_i\rvert>1$ per entrambe le radici, che è la condizione di stabilità delle dispense. Il sistema è dunque stabile e ogni transitorio si esaurisce.

(1) Evoluzione libera (Es. 11.4A)

L'evoluzione libera è la soluzione per $n\ge0$ con ingresso nullo e condizioni iniziali date. La soluzione generale dell'omogenea è $$y_\ell(n)=\alpha_1\left(\tfrac12\right)^n+\alpha_2\left(-\tfrac13\right)^n,$$ e $\alpha_1,\alpha_2$ si trovano imponendo $y_\ell(-1)=K_1$ e $y_\ell(-2)=K_2$. Valutando in $n=-1$ e $n=-2$ le due esponenziali diventano $2$, $-3$ e $4$, $9$ (perché $(1/2)^{-1}=2$, $(-1/3)^{-1}=-3$, $(1/2)^{-2}=4$, $(-1/3)^{-2}=9$): $$\begin{cases}2\alpha_1-3\alpha_2=K_1\\[2pt]4\alpha_1+9\alpha_2=K_2.\end{cases}$$ Si elimina $\alpha_2$: moltiplicando la prima per $3$ si ha $6\alpha_1-9\alpha_2=3K_1$, e sommando alla seconda $10\alpha_1=3K_1+K_2$, quindi $$\alpha_1=\frac{3}{10}K_1+\frac1{10}K_2.$$ Dalla prima, $3\alpha_2=2\alpha_1-K_1=\frac{6}{10}K_1+\frac2{10}K_2-K_1=-\frac{4}{10}K_1+\frac{2}{10}K_2$, cioè $$\alpha_2=-\frac{2}{15}K_1+\frac1{15}K_2.$$ Controllo nella seconda equazione: $4\alpha_1+9\alpha_2=\frac{12}{10}K_1+\frac{4}{10}K_2-\frac{18}{15}K_1+\frac{9}{15}K_2=K_2\cdot(0{,}4+0{,}6)+K_1\cdot(1{,}2-1{,}2)=K_2$ ✓.

$$\boxed{y_\ell(n)=\left(\tfrac3{10}K_1+\tfrac1{10}K_2\right)\left(\tfrac12\right)^n+\left(-\tfrac2{15}K_1+\tfrac1{15}K_2\right)\left(-\tfrac13\right)^n,\quad n\ge0}$$ È lineare nelle condizioni iniziali (si annulla se $K_1=K_2=0$), come deve essere. Primo controllo con la ricorsione: $y_\ell(0)=\alpha_1+\alpha_2=\frac{1}{6}K_1+\frac16K_2$, che coincide con $y(0)=\frac16y(-1)+\frac16y(-2)$ ✓.

Valori usati nel seguito (quelli dell'Esempio 11.6A): $K_1=-\frac12$, $K_2=-2$. Allora $\alpha_1=-\frac{3}{20}-\frac{2}{10}=-\frac{7}{20}$ e $\alpha_2=\frac1{15}-\frac2{15}=-\frac1{15}$: $$y_\ell(n)=-\frac{7}{20}\left(\tfrac12\right)^n-\frac1{15}\left(-\tfrac13\right)^n,\qquad y_\ell(0)=-\frac{21}{60}-\frac4{60}=-\frac5{12}.$$ Dalla ricorsione: $y(0)=\frac16\left(-\frac12-2\right)=-\frac5{12}$ ✓.

(2) Risposta impulsiva (Es. 11.4B)

La risposta impulsiva $g(n)$ è la risposta forzata (condizioni iniziali nulle) all'impulso ideale $x(n)=\delta(n)$, che con $T=1$ vale $1$ in $n=0$ e $0$ altrove.

Dalla ricorsione, due valori. Con $g(-1)=g(-2)=0$ (sistema scarico): $$g(0)=\tfrac16\left[g(-1)+g(-2)-\delta(0)\right]=-\tfrac16,\qquad g(1)=\tfrac16\left[g(0)+g(-1)-0\right]=-\tfrac1{36}.$$

Forma generale. Per $n\ge1$ l'ingresso è nullo, quindi $g$ risolve l'omogenea: $g(n)=\beta_1(1/2)^n+\beta_2(-1/3)^n$. Si impongono i due valori appena calcolati (per $n=0$ e $n=1$): $$\begin{cases}\beta_1+\beta_2=-\frac16\\[2pt]\frac12\beta_1-\frac13\beta_2=-\frac1{36}.\end{cases}$$ Moltiplicando la seconda per $6$: $3\beta_1-2\beta_2=-\frac16$. Dalla prima $\beta_1=-\frac16-\beta_2$, che sostituito dà $-\frac12-3\beta_2-2\beta_2=-\frac16$, cioè $-5\beta_2=\frac13$, $\beta_2=-\frac1{15}$ e $\beta_1=-\frac16+\frac1{15}=-\frac1{10}$. $$\boxed{g(n)=\left[-\tfrac1{10}\left(\tfrac12\right)^n-\tfrac1{15}\left(-\tfrac13\right)^n\right]1_0(n)}$$ Il gradino $1_0(n)$ ricorda che $g$ è causale. Controlli: $g(0)=-\frac1{10}-\frac1{15}=-\frac16$ ✓; $g(1)=-\frac1{20}+\frac1{45}=\frac{-9+4}{180}=-\frac1{36}$ ✓; $g(2)=-\frac1{40}-\frac1{135}=-\frac7{216}$, e dalla ricorsione $g(2)=\frac16\left(g(1)+g(0)\right)=\frac16\left(-\frac1{36}-\frac6{36}\right)=-\frac7{216}$ ✓.

(3) Risposta forzata al gradino $x(n)=A_0\,1_0(n)$ (Es. 11.4B, Es. 11.5A)

Metodo della soluzione dell'equazione. Si seguono i quattro passi delle dispense.

1. Soluzione dell'omogenea: $y_h(n)=\alpha_1(1/2)^n+\alpha_2(-1/3)^n$.
2. Soluzione particolare. Per il calcolo si può "estendere" l'ingresso a tutto l'asse, $x(n)=A_0$ per ogni $n$: l'uscita per $n\ge0$ non cambia, perché con condizioni iniziali fissate dipende solo dalla parte causale dell'ingresso. Si cerca una soluzione costante $y_p=\beta$: $$\beta+\beta-6\beta=A_0\ \Rightarrow\ -4\beta=A_0\ \Rightarrow\ \beta=-\frac{A_0}{4}.$$
3. Soluzione generale: $y(n)=-\frac{A_0}4+\alpha_1(1/2)^n+\alpha_2(-1/3)^n$.
4. Condizioni iniziali nulle (si cerca la risposta forzata): $y(-1)=-\frac{A_0}4+2\alpha_1-3\alpha_2=0$ e $y(-2)=-\frac{A_0}4+4\alpha_1+9\alpha_2=0$, cioè $2\alpha_1-3\alpha_2=\frac{A_0}4$ e $4\alpha_1+9\alpha_2=\frac{A_0}4$. Sono le due equazioni del punto (1) con $K_1=K_2=\frac{A_0}{4}$, quindi (stesse formule per $\alpha_1,\alpha_2$) $$\alpha_1=\left(\tfrac3{10}+\tfrac1{10}\right)\tfrac{A_0}4=\tfrac{A_0}{10},\qquad\alpha_2=\left(-\tfrac2{15}+\tfrac1{15}\right)\tfrac{A_0}4=-\tfrac{A_0}{60}.$$ Controllo in $n=-1$: $-\frac{A_0}{4}+\frac{2A_0}{10}+\frac{3A_0}{60}=\frac{-15+12+3}{60}A_0=0$ ✓.

$$\boxed{y_f(n)=A_0\left[-\frac14+\frac1{10}\left(\tfrac12\right)^n-\frac1{60}\left(-\tfrac13\right)^n\right]1_0(n)}$$ Controlli sul valore iniziale: $y_f(0)=A_0\left(-\frac{15}{60}+\frac{6}{60}-\frac1{60}\right)=-\frac{A_0}6$, uguale a $-\frac16x(0)$ dalla ricorsione ✓. Per $n\to\infty$ le due esponenziali si spengono e $y_f\to-\frac{A_0}4$, il valore "a regime" per ingresso costante (stesso numero della soluzione particolare $\beta$).

Controllo con la risposta impulsiva. Poiché $y_f=g*x$ e con $T=1$ la convoluzione è la somma $\sum_{k}g(k)x(n-k)$, per un gradino $$y_f(n)=A_0\sum_{k=0}^{n}g(k).$$ Le due somme geometriche (Serie notevoli - geometrica, telescopica, armonicaLe serie di cui si conosce il carattere e da usare come termine di paragone: geometrica (converge a 1/(1-q) se |q|<1), telescopiche (somma b_1 - lim b_n, come Mengoli), armonica generalizzata (1/n^alpha converge se e solo se alpha>1).Serie notevoli - geometrica, telescopica, armonica →) sono $$\sum_{k=0}^n\left(-\tfrac1{10}\right)\left(\tfrac12\right)^k=-\tfrac1{10}\cdot\frac{1-(1/2)^{n+1}}{1/2}=-\tfrac15+\tfrac1{10}\left(\tfrac12\right)^n,$$ $$\sum_{k=0}^n\left(-\tfrac1{15}\right)\left(-\tfrac13\right)^k=-\tfrac1{15}\cdot\frac{1-(-1/3)^{n+1}}{4/3}=-\tfrac1{20}-\tfrac1{60}\left(-\tfrac13\right)^n,$$ e $-\frac15-\frac1{20}=-\frac14$: si ritrova esattamente la formula di $y_f$ ✓. In particolare $\sum_{k\ge0}g(k)=-\frac14$ è il guadagno $G(1)$ del sistema in continua.

(4) Risposta completa e controllo incrociato con i tre metodi

Per il principio di sovrapposizione la risposta del sistema è $y=y_\ell+y_f$. Per $A_0$, $K_1$, $K_2$ generici (Esempio 11.5A): $$y(n)=A_0\left[-\tfrac14+\tfrac1{10}\left(\tfrac12\right)^n-\tfrac1{60}\left(-\tfrac13\right)^n\right]+\left(\tfrac3{10}K_1+\tfrac1{10}K_2\right)\left(\tfrac12\right)^n+\left(-\tfrac2{15}K_1+\tfrac1{15}K_2\right)\left(-\tfrac13\right)^n.$$ La formula vale già da $n=-2$: infatti la parte forzata, calcolata in $n=-1$ e $n=-2$, dà $0$ (ad esempio in $n=-2$: $-\frac14+\frac4{10}-\frac9{60}=\frac{-15+24-9}{60}=0$), mentre la parte libera vale $K_1$ e $K_2$ per costruzione.

Per il confronto si usano i dati $A_0=2$, $K_1=-\frac12$, $K_2=-2$.

Metodo 1 (soluzione dell'equazione, §11.5). È quello dei punti (1) e (3): $y_\ell(n)=-\frac7{20}(1/2)^n-\frac1{15}(-1/3)^n$.

Metodo 2 (risposta impulsiva con segnale fittizio, §11.6). L'evoluzione libera è la risposta forzata a un ingresso fittizio $x_0$ fatto di impulsi, che dipende solo dalle condizioni iniziali. Si ottiene scrivendo la parte causale $v(n)=y(n)1_0(n)$ dell'uscita libera: moltiplicando l'omogenea per $1_0(n)$, i termini $y(n-i)1_0(n)$ diventano $v(n-i)$ più impulsi che contengono le condizioni iniziali ($y(n-1)1_0(n)=v(n-1)+K_1\delta(n)$ e $y(n-2)1_0(n)=v(n-2)+K_1\delta(n-1)+K_2\delta(n)$). Si arriva a $$v(n-2)+v(n-1)-6v(n)=x_0(n),\qquad x_0(n)=-K_1\left[\delta(n)+\delta(n-1)\right]-K_2\,\delta(n).$$ Con i dati: $x_0(n)=\frac12\left[\delta(n)+\delta(n-1)\right]+2\delta(n)=\frac52\delta(n)+\frac12\delta(n-1)$. Per linearità e invarianza, l'uscita è fatta con la risposta impulsiva ritardata: $$y_\ell(n)=\tfrac52\,g(n)+\tfrac12\,g(n-1).$$ Valori: $n=0$: $\frac52\left(-\frac16\right)=-\frac5{12}$ ✓. $n=1$: $\frac52\left(-\frac1{36}\right)+\frac12\left(-\frac16\right)=-\frac5{72}-\frac6{72}=-\frac{11}{72}$, uguale al valore di $y_\ell(1)$ del metodo 1: $-\frac7{40}+\frac1{45}=\frac{-63+8}{360}=-\frac{11}{72}$ ✓.

Metodo 3 (trasformata zeta, §11.7). Con $X(z)=\sum_nx(n)z^{-n}$ e la sostituzione $p=z^{-1}$ che trasforma i polinomi in $z^{-1}$ in polinomi in $p$:

• risposta impulsiva: $G(z)=\dfrac1{z^{-2}+z^{-1}-6}=\dfrac{1}{p^2+p-6}=\dfrac15\left[\dfrac1{p-2}-\dfrac1{p+3}\right]=-\dfrac{1/10}{1-p/2}-\dfrac{1/15}{1+p/3}$. Poiché $Z^{-1}\left[\frac1{1-az^{-1}}\right]=a^n1_0(n)$, si ritrova $g(n)=\left[-\frac1{10}(1/2)^n-\frac1{15}(-1/3)^n\right]1_0(n)$ ✓. I valori $p=2$ e $p=-3$ sono fuori dal cerchio unitario nella variabile $p=z^{-1}$: corrispondono ai poli $z=\frac12$ e $z=-\frac13$ della forma usuale in $z$, dentro il cerchio unitario, che è la stessa condizione di stabilità $\lvert z_i\rvert>1$ scritta per le radici di $h$.
• risposta forzata al gradino (Esempio 11.7A): $X(z)=\frac{A_0}{1-p}$, quindi $Y_f=\dfrac{A_0}{(p^2+p-6)(1-p)}=A_0\left[\dfrac{1}{4(p-1)}-\dfrac1{5(p-2)}-\dfrac1{20(p+3)}\right]=A_0\left[-\dfrac{1/4}{1-p}+\dfrac{1/10}{1-p/2}-\dfrac{1/60}{1+p/3}\right]$, da cui $y_f$ come sopra ✓.
• evoluzione libera (Esempio 11.7B, formula per condizioni iniziali): $Y_\ell(z)=-\dfrac{a_1K_1+a_2(K_2+z^{-1}K_1)}{a_2z^{-2}+a_1z^{-1}+a_0}=-\dfrac{K_1+K_2+K_1p}{p^2+p-6}$. Con $K_1=-\frac12$, $K_2=-2$ il numeratore è $-(-\frac52-\frac12p)=\frac52+\frac p2$, e $$Y_\ell=\frac{5/2+p/2}{(p-2)(p+3)}=\frac{7}{10(p-2)}-\frac1{5(p+3)}=-\frac{7/20}{1-p/2}-\frac{1/15}{1+p/3}\ \Rightarrow\ y_\ell(n)=-\tfrac7{20}\left(\tfrac12\right)^n-\tfrac1{15}\left(-\tfrac13\right)^n\ ✓.$$ (I residui: in $p=2$ vale $\frac{5/2+1}{5}=\frac7{10}$; in $p=-3$ vale $\frac{5/2-3/2}{-5}=-\frac15$.)

Con i dati dell'Esempio 11.7B ($K_1=7$, $K_2=-2$) la stessa formula dà $Y_\ell=-\frac{5+7p}{p^2+p-6}$ e quindi $y_\ell(n)=\frac{19}{10}(1/2)^n-\frac{16}{15}(-1/3)^n$: coincide con la formula generale del punto (1) ($\alpha_1=\frac{21}{10}-\frac2{10}=\frac{19}{10}$, $\alpha_2=-\frac{14}{15}-\frac2{15}=-\frac{16}{15}$) e con la ricorsione ($y_\ell(0)=\frac{5}{6}$, $y_\ell(1)=\frac{47}{36}$) ✓.

I tre metodi danno la stessa funzione: scegliere il più comodo (il 2 se la risposta impulsiva è già nota, il 3 con ingressi dotati di trasformata semplice, il 1 con ingressi costanti o sinusoidali).

(5) Verifica numerica con Python

Si fa girare la ricorsione $y(n)=\frac16\left[y(n-1)+y(n-2)-x(n)\right]$ con frazioni esatte e si confronta con le formule (non con approssimazioni).

from fractions import Fraction as F

def ric(x, K1, K2, N=12):               # y(n) = (y(n-1) + y(n-2) - x(n)) / 6
    y = {-2: F(K2), -1: F(K1)}
    for n in range(N):
        y[n] = (y[n-1] + y[n-2] - x(n)) / 6
    return y

A0, K1, K2 = F(2), F(-1, 2), F(-2)
g   = ric(lambda n: F(n == 0), 0, 0)    # impulso: delta(0) = 1 con T = 1
yf  = ric(lambda n: A0, 0, 0)           # gradino A0, condizioni nulle
yl  = ric(lambda n: 0, K1, K2)          # ingresso nullo, K1 e K2
y   = ric(lambda n: A0, K1, K2)         # tutto insieme
for n in range(12):
    assert g[n]  == -F(1,10)*F(1,2)**n - F(1,15)*F(-1,3)**n
    assert yf[n] == A0*(-F(1,4) + F(1,10)*F(1,2)**n - F(1,60)*F(-1,3)**n)
    assert yl[n] == -F(7,20)*F(1,2)**n - F(1,15)*F(-1,3)**n
    assert y[n]  == yl[n] + yf[n]       # sovrapposizione
print("ok", y[0], y[1], float(y[11]))   # ok -3/4 -13/24 -0.5000...

Risultati (tutte le asserzioni passano, in frazioni esatte; il controllo con $K_1=7$, $K_2=-2$ dà $y_\ell(0)=\frac56$, $y_\ell(1)=\frac{47}{36}$, e per $n$ da $0$ a $11$ la somma cumulata di $g$ coincide con $y_f/A_0$):

Il segno alternato di $g(n)$ e di $y_f$ viene dal modo $(-1/3)^n$; la somma $\sum_{n\ge0}g(n)=-\frac14$ si vede dal limite $y_f/A_0\to-0{,}25$.

Errori tipici.

• Scambiare la convenzione di $a_0$ (qui $a_0=-6$ moltiplica $y(n)$): con l'ordine inverso del polinomio si ottengono le radici reciproche $\tfrac12$ e $-\tfrac13$ al posto di $2$ e $-3$, e la stabilità sembra "$\lvert z_i\rvert<1$".
• Imporre le condizioni iniziali in $n=0,1$ per l'evoluzione libera: sono date in $n=-1,-2$ (e la risposta impulsiva si ricava invece dalla ricorsione in $n=0,1$).
• Scrivere le soluzioni dell'omogenea come $z_i^{n}$ invece di $z_i^{-n}$: con le radici $2$ e $-3$ si otterrebbero esponenziali divergenti e il sistema sembrerebbe instabile.

Vedi anche: Esercizio - corpo che cade nell'atmosfera - equazione differenziale del primo ordine (stessa struttura libera + forzata per un sistema continuo) e, per la materia gemella, 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 →.