信 号 与 线 性 系 统-第8章 4-6

Fb ( z ) = Fbr ( z ) + Fbl ( z )
则：
f (k ) = f r (k ) + f l (k )
f r (k ) = Z
−1
[ F br ( z )], 1 [ F bl ( )] z
其中，
fl (−k ) = Z
−1
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2 z 2 − 0 .5 z z z = + F (z) = 2 例 1： ， z − 1 z + 0 .5 z − 0 .5 z − 0 .5
Y zi ( z ) ↔ y zi ( k )
如： y ( k + 2 ) + a1 y ( k + 1) + a 0 y ( k ) = 0 ， z 变换，有：
y zi (0), y zi (1) 已知
z2Yzi (z) − z2 yzi (0) − zyzi (1) + a1[zYzi (z) − zyzi (0)]+ a0Yzi (z) = 0
= 2 + 0.5 z + 1.25z
∴
−1
−2
+L
f (k ) = {2, 0.5,1.25, L, k = 0,1, 2L} ( ⇒ f (k ) = [1 + (−0.5)k ]ε (k ) )
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二、部分分式法
将 F ( z ) 展开，设 F ( z ) 极点 v i 均单阶
∴
1 z −1 z Fb l ( z ) = Z [ f l ( − k )] z =− 1 = b 1 z= z−b z z −1 − b
| z |< b
∴
z z Fb ( z ) = − z−a z−b
a < | z |< b
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二、
双边反 z 变换
将 F b ( z ) 的极点按收敛域进行分解： 内圆内/上 为右边序列的极点； 外圆外/上 为左边序列的极点。
z
则 其中
K0 Kn K1 F (z) = + +L + ， z z z − v1 z − vn
F (z) K i = ( z − vi ) z = v z i i = 1, 2 , ......n (v0 = 0 )
有： ∴
F (z) = K
0
+
∑
n
i =1
zK i (z − vi )
f (k ) = K 0 δ(k ) +
=
∑
∞
k =0
1 a k (− ) = k! z
∑
∞
k =0
1 k −k (− a ) z k!
1 F ( z ) ↔ f (k ) = (−a) k ε (k ) k!
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2 z 2 − 0 .5 z 例 2： F ( z ) = z 2 − 0 . 5 z − 0 . 5 （长除法）
Yzs ( z ) = E ( z ) H ( z )
y zs (k ) = 受迫响应+自然响应
）
其中， H ( z )
= H (S )
S=z
系统函数
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三、全响应 法 1． y ( k ) = y zi ( k ) + y zs ( k ) 零输入、零状态分别求 法 2．直接对差分方程求单边 z 变换。
f r ( k ) = ( − 0 .5 ) k ε ( k )
1 1 z f l (−k ) = Z −1[Fbl ( )] = Z −1[ ] = Z −1[ z −1 ] = −ε (k − 1) z 1− z 1− z
∴
f l ( k ) = − ε ( − k − 1)
3）
f ( k ) = − (( − 0.5) k + 1)ε ( − k − 1)
∑
n
i =1
K i (v i ) k ε (k )
注：若 v 有重根，部分分式法仍可用，但最好用留数法。
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三、围线积分（留数法）
由 及 易得：
⎧ 2π j , i = 1 ∫ C z dz = ⎨0, i ≠ 1 ⎩
−i
−1 −2
留数定理
−k
F(z) = f (0) + f (1)z + f (2)z +L+ f (k)z +L
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§ 8.6
对 n 阶系统：
z 变换分析法
D ( S ) y ( k ) = N ( S )e( k )
或
N (S ) y (k ) = e( k ) = H ( S )e( k ) D( S )
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一、 求 yzi (k ) 零输入
对齐次方程 D ( S ) y ( k ) = 0 取单边 z 变换（移序性质） 得：
= 6δ (k )
Re s4 = 2δ (k − 1)
∴
f (k ) =
∑
4
Re s
i =1
i
= 8 ε ( k ) + 1 3( 0 .5 ) k ε ( k ) + 6 δ ( k ) + 2 δ ( k − 1)
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双边正反 z 变换
一、 双边 z 变换
f (k ) = f (k )ε(k ) + f (k )ε(−k − 1) = f r (k ) + f l (k ) 分解
注意：若方程为
y(k + 2) + a1 y(k +1) + a0 y(k) = e(k +1)
则有： [ z 2 + a1 z + a0 ]Y ( z ) − z 2 y (0) − zy (1) − a1 zy (0) = zE ( z ) − ze(0) 其中初态为全响应的初值。可以证明，由原式可得
映射关系
jθ s = σ + jω 设 记 z = re sT = e σ T ⋅ e jω T 则 z = e
⎧ r = e σT 即 ⎨ ⎩θ = ω T
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jω
A1 A1 A2
σ
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s 平面
1） 虚轴（ σ = 0 ） 2） 右半平面（ σ > 0 ） 3） 左半平面（ σ < 0 ）
§ 8.4
一、 幂级数展开
泰勒公式：
x = 0处展开
（单边）反 z 变换
f ( x)
=
(k ) ′′(0) 2 f f (0) k ′(0) x + f (0) + f x +L + x +L 2! k!
长除法：对右边序列，分子分母降序排相除； 对左边序列，分子分母升序排相除。
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例 1： F ( z )
x
=
−a e z
，求 f (k )
1 1 2 1 k x + ....... + x + ..... 解：由 e = 1 + x + k! 1! 2!
a a 2 a k 1 1 F ( z ) = 1 + (− ) + (− ) + L + (− ) + L z 2! z k! z
分别求在下列收敛域下的反变换： 1）|z|>1 2）0.5<|z|<1 3）|z|<0.5
解：1） f (k ) = [1 + (−0.5) k ]ε(k )
2） Fb ( z ) =
z z + = Fbl ( z ) + Fbr ( z ) ←⎯ f l ( k ) + f r ( k ) → z − 1 z + 0.5
Re s1 = ( z − v1 ) F ( z ) z k −1
z = v =1 1
= 8,
k≥0
= 8ε ( k )
Re s2 = ( z − v2 ) F ( z ) z k −1
z = v = 0.5 2
= 13(0.5) k ε ( k )
1 d Re s3 = [( z − 0) 2 F ( z ) z 0−1 ] = 6, k = 0 z=0 (2 − 1) ! dz
∴
z 2 y zi ( 0 ) + z [ y zi (1) + a 1 y zi ( 0 )] Y zi ( z ) = z 2 + a1 z + a 0
再取反变换 ⇒ 不如时域方法方便。
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二、 y zs ( k ) 求法 ∵ ∴ （
y zs (k ) = e(k ) * h(k )
∞
σ + j∞
∫ σ
F ( s )e
skT
− j∞
⎤ −k ds ⎥ z ⎥ ⎦
1 = 2 πj 1 = 2 πj
⎡ ∞ e sT k ⎤ ∫j∞ F ( s ) ⎢ ∑0 ( z ) ⎥ ds ⎦ ⎣k= σ−
σ + j∞
当
z > e sT
z ∫j∞ F ( s ) z − e sT ds ； σ−
1 f (k ) = 2πj
n
∫
C
F (z)z
k −1
dz
（ C 是含 F(z)所有极点的逆时针闭合曲线 ）
= ∑ Re s[ F ( z ) z
i =1
k −1