Z反变换

1 z 1 z 2 z 3 ) 4 16 64
进而得：x(n)
1
15
1
15
(4) n2 (1)n 4
, ,
n 1 n0
Z变换的基本性质和定理
1.线性
如果 Z[x(n)] X (z), Rx z Rx 则有： Z[ y(n)] Y (z), Ry z Ry
Z[ax(n) by(n)] aX (z) bY (z), max( Rx , Ry ) z min( Rx , Ry )
6. 翻褶序列
如果 Z[x(n)] X (z), Rx z Rx ，则
Z[x(n)] X (1) ; 1 z 1
z
Rx
Rx
证明： Z[x(n)] x(n)zn x(n)zn
n
n
x(n)(z1)n
n
X
(
1 z
)
，Rx
z 1
Rx ，
即 1 z 1
Rx
Rx
7. 初值定理
对于因果序列x(n)，则x(0) lim X (z)。 z
.. .
1+ —14 Z-1 +11—6 Z-2 + 6—14 Z -3...
Z- —1 ) Z 4 Z- —14
—14 —14 - —116 Z-1
—116 Z-1 —116 Z-1- —614 Z-2
—614 Z -2 —614 Z-2 - —215—6 Z-3
—215—6 Z-3
...
得X (z) 1 ( z 5 z 4 z 3 z 2 4z 15 64 16 4
如果 Z[x(n)] X (z), Rx z Rx ，则
Z[x*(n)] X *(z*) ，Rx z Rx ; 其中，x* (n)为x(n)的共轭序列。
证明：Z[x*(n)] x*(n)zn [x(n)(z*)n ]*
n
n
[ x(n)(z*)n ]* X *(z*) ，Rx z Rx ; n
*即满足均匀性与叠加性； *收敛域为两者重叠部分。
[例]已知 x(n) cos(0n)u(,n求)其z变换。
解：
cos(0n)u(n)
1 2
[e
j0n
e
j0n
]u(n)
Z[anu(n)]
1 1 az1
,
z
a
Z[e
j0nu(n)]
1
1 e j0
z 1
,
z
e j0
1
Z[e
u j0n (n)]
1
1 e j0
m0
m0
n
[ x(m)]zn
n0 m0
可知，n, m的取值范围分别为n [0, ],
m [m n, ]，交换求和次序，得
n
n
Z[ x(m)] [ x(m)]zn x(m) zn
m0
n0 m0
m0
nm
x(m)[zm (z1 z2 )]
m0
x(m) z m
m0
1 1 z 1
1
1 z
如收敛域为|z|>Rx+， x(n)为因果序列，则X(z)展
成Z的负幂级数。
若 收敛域|Z|<Rx-, x(n)必为左边序列，主要展成
Z的正幂级数。
[例] 试用长除法求 的z反变换。
X (z)
z2
,1 z 4
(4 z)(z 1) 4
4
解:收敛域为环状，极点z=1/4对应因果序 列，极点z=4对应左边序列(双边序列)
*双边序列可分解为因果序列和左边序列。 *应先展成部分分式再做除法。
X (z)
z
A1 A2
z (4 z)(z 1) 4 z z 1
4
4
A1 [(4 z)
X
( z
z
)
]z
4
4 4 1
16 15
4
1
A2
[( z 1 ) 4
X (z)
z
]z 1 4
4 4 1
1 15
4
X (z) 16 /15 1/15 z 4z z1 4
如果y(n) x(n) h(n),且X (z) Z[x(n)],
Rx
z
Rx; H (z)
Z[h(n)], Rn
z
Rn
，
则有：Y (z) Z[ y(n)] 1 X ( z )H (v)v1dv
2j c v
1
2j
X
c
(v)H ( z )v1dv; v
Rx Rn
z Rx Rn
其中,C是在变量V平面上，X(z/v),H(v)公共收敛
的z反变换。
解：
1
z2
X (z) (1 2z1)(1 0.5z1) (z 2)(z 0.5)
X (z)
z
A1 A2
z (z 2)(z 0.5) z 2 z 0.5
A1
[( z 2)
X
( z
z
)
]
z
2
4 3
A2
[( z 0.5)
X (z)
z
]z 0.5
1 3
X (z) 4 z 1 z 3 z 2 3 z 0.5
域内环原点的一条逆时针单封闭围线。 （证明从略）
12.帕塞瓦定理(parseval)
如果 X (z) Z[x(n)], Rx z Rx ;
H (z) Z[h(n)], Rh z Rh ; 且Rx Rn 1 Rx Rn .
z b
z b
z a z a , z b; zb zb zb
Y (z) X (z)H (z) z z a z za zb zb
X (z)的极点与H (z)的零点相消，Y (z)
的收敛域扩大，为 z b .
y(n) x(n) h(n) Z 1[Y ( z)] bnu(n)
11.序列相乘(Z域卷积定理)
1
m0
x(m)
z
m
z X (z), z 1
z
max[ Rx ,1]
10.序列的卷积和(时域卷积定理)
如果y(n) x(n) h(n) x(m)h(n m) m
而且X (z) Z[x(n)] , Rx z Rx ， H (z) Z[h(n)] , Rn z Rn，
则有：Y (z) Z[ y(n)] X (z)H (z)
2.部分分式法
有理式：数字和字符经有限次加、减、乘、除运算 所得的式子。
有理分式：含字符的式子做分母的有理式，或两个多项 式的商。分子的次数低于分母时称为真分式。
部分分式：把x的一个实系数的真分式分解成几个分式
a
ax b
的和，使各分式具有 (x A)k或 (x2 Ax B)k
的形式 ，其中x2+Ax+B是实数范围内的不可约 多项式，而且k是正整数。这时称各分式为原分
Z反变换
一.定义：
已知X(z)及其收敛域,反过来求序列x(n)
的变换称作Z反变换。
记作：x(n) Z 1[X (z)]
z变换公式：
正：X (z) x(n)zn , n
Rx z Rx
反：x(n) 1
2j
X (z)zn1dz,
c
c (Rx , Rx )
C为环形解析域内环 绕原点的一条逆时 针闭合单围线.
z 1
,
z
e j0
1
因此，Z[cos(0n)u(n)]
11
2
[ 1
e
j0
z
1
1 1 e j0 z1 ],
z
1
2. 序列的移位
如果 Z[x(n)] X (z), Rx z Rx 则有：
Z[x(n m)] zm X (z) ; Rx z Rx
[例2-8] 求序列x(n)=u(n)-u(n-3)的z变换。
n m1
又由于只允许X(z)在z=1处可能有一阶极点，故
因子（z-1)将抵消这一极点，因此(z-1)X(z)在 1 z
上收敛。所以可取z 1的极限。
n
lim (z 1)X (z) lim [x(m 1) x(m)1m
z1
n m1
lim {[ x(0) 0] [x(1) x(0)] [x(n 1) x(n)]}
Zi为X(z)的一个r阶极点。而系数Ak，Ck
分别为：
Ak
Re s[ X (z) z
]zzk
Ck
1 d rk
(r
k
)!
dz
r
k
[( z zi )r
x( z)
z
zzi ,
k 1,2r
分别求出各部分分式的z反变换（查 表），然后相加即得X(z)的z反变换。
[例]利用部分分式法，求 X (z) 1 (1 2z1)(1 0.5z1) , z 2
Z[u(n)] z , z 1 z 1
Z[u(n 3)] z 3
z
z 2
, z 1
z 1 z 1
z
z2 z2 z 1
Z[x(n)]
z 1 z 1
z2
, z 1
3. Z域尺度变换(乘以指数序列)
如果 Z[x(n)] X (z), Rx z Rx ，则
Z[an x(n)] X ( z ) ; a
a Rx z a Rx
证明： Z[an x(n)] an x(n)zn
n
x(n)( z )n X ( z ) ;
n
a
a
Rx
z a
Rx ;即
a Rx
z
a Rx
4. 序列的线性加权(Z域求导数)
如果 Z[x(n)] X (z), Rx z Rx ，则
d
Z[nx(n)] z dz X (z), Rx z Rx
z 1
z
1)
X
(
z)]
Re
s[
X
(
z )] z 1
证明：Z[x(n 1) x(n)] (z 1) X (z)
[x(n 1) x(n)]z n
n
利用x(n)为因果序列这一特性可得：
(z 1) X (z) [x(n 1) x(n)]z n n 1
n
lim [x(m 1) x(m)]z （ m 接下页）
j Im[ z]
Rx
0
Re[ z]
Rx
c
求Z反变换的方法
1.留数法
由留数定理可知：
1
2j
X (z)z n1dz
c
k
Re s[ X (z)z n1]zzk
1
2j
X (z)z n1dz
c m
Re s[ X (z)z n1]zzm
zk 为c内的第k个极点，zm 为c外的第m个极点，
Res[ ]表示极点处的留数。
n
lim [x(n 1)] lim x(n)
n
n
lim (z 1)X (z) lim x(n)
z1nΒιβλιοθήκη 9. 有限项累加特性对于因果序列x(n)，且X (z) Z[x(n)], z Rx ,
n
则Z[ x(m)]
m0
z X (z), z 1
z
max[ Rx ,1]
n
n
证明：令y(n) x(m), Z[y(n)] Z[ x(m)]
式的“部分分式”。
M
通常，X(z)可 表成有理分式形式：
X (z)
B(z) A( z )
bi z i
i0
N
1 ai z i
i 1
因此，X(z)可以展成以下部分分式形式
X
(z)
M N
Bn zn
n0
N r
k1 1
Ak zk z1
r k 1
(1
Ck zi z1)k
其中，M≥N时，才存在Bn；Zk为X(z)的各单极点，
X (z)H (z), max[ Rx , Rh ] z min[ Rx , Rh ]
[例] 已知x(n) anu(n), h(n) bnu(n) abn1u(n 1),
求y(n) x(n) h(n), b a .
解： X (z) Z[x(n)] z , z a ;
za
H ( z) Z[h(n)] z az 1 z
又 z 2,
查p54表2.1得
x(n)
4 3
2n
1 3
(0.5)n , n
0
0
,n 0
3.幂级数展开法(长除法)
因为 x(n) 的Z变换为Z-1 的幂级数，即
X (z) x(n)zn x(2)z2 x(1)z n
x(0)z0 x(1)z 1 x(2)z 2
所以在给定的收敛域内，把X(z)展为幂级数，其系数 就是序列x(n)。
证明：X (z)
x(n) z n , 对其两端求导得
n
dX ( z) d [ x(n) z n ] x(n) d ( z n )
dz
dz n
n
dz
nx(n) z n1 z 1 nx(n) z n
n
n
即，Z[nx(n)] z dX ( z) dz
5. 共轭序列
max[ Rx , Rh ] z min[ Rx , Rh ]
证明：Z[x(n) h(n)] [x(n) h(n)]z n n
[ x(m)h(n m)]z n
n m
x(m)[ h(n m)z n ]
m
n
x(m)[ h(l)z l ]z m
m
l
[ x(m)z m ]H (z) m
证明：X (z) x(n)u(n)zn x(n)zn
n
n0
x(0) x(1)z1 x(2)z2
显然,lim X (z) x(0) z
8. 终值定理
对于因果序列x(n)，且X (z) Z[x(n)]的极点 在单位圆内，且只允许单位圆上z 1处有一 阶极点，则有
lim
n
x(n)
lim [(
X
(z)
16 15
4
z
z
1 15
z
z
1
4
1 15
(
16z 4z
z
z
1
)
4
4Z+Z2 + —41 Z3+ 1—16 Z 4+ —614 Z5 + ...
) 4-Z 16 Z 16 Z - 4 Z2
4 Z2
4 Z2 - Z3
Z3
Z3 - —14 Z 4
—14 —14
Z4 Z4
-
—116
Z
5
—116 Z 5