z变换分析法

z
二 双边z 变换
例1：f ( k ) 3( 2)k ( k ) ( 5)k ( k 1)
分析：若存在双边z变换，必须存在公共收敛域
z 左边序列： ( 5) ( k 1) z5 2 z 5 (4 z 13) z F (z) 2 z 3 z 10
rzs (k ) 0 k 0
r(k-1) r(k-2) r(z)/z r(z)/z2
(1 a1 z 1 a0 z 2 )Rzs ( z ) (b1 z 1 b0 z 2 ) E( z )
R zs ( z ) b1 z 1 b0 z 2 b1 z b0 系统函数 H(z)= 2 1 2 E ( z ) 1 a1 z a0 z z a1 z a0
y(k+2)+5y(k+1)+6y(k)=e(k+1)+e(k) 2) y (0)=-1,y(1)=1
初始条件：1）yzi(0)=-1,yzi(1)=1
当 e(k)=ε(k),求在两种初始条件下系统全响应y (k) 方法二： y (0)=-1,y(1)=1 全响应的初始值 设全响应y(k)的单边z变换为Y(z),直接对等式两边做z变换 注意：要 考虑激励 函数的初 始值 y(k+1) y(k+2) e(k+1) z[Y(z)-y(0)] z2[Y(z)-y(0)-z-1y(1)] z[E(z)-e(0)]
z变换分析法
重点：
1：零状态
2：直接求全响应
例：双边序列f(k)的双边z变换为F(z)，那f(-k)的双边z变 换
f(-2) f(-1)
f(k)
f(1)
f(0) f(1) f(2) f(2)
f(-1) f(-2) f(0)
f(k)
0
2
k
1
0
0
k
1 2
f (k ) f (2)z f (1)z f (0)z f (1)z f (2)z f (k ) f (2)z2 f (1)z1 f (0)z0 f (1)z1 f (2)z2 f (2)z f (1)z f (0)z f (1)z f (2)z
rzs (k ) (k 1) (k 2)
第四节 双边Z变换
重点：双边z变换及反变换
一 左边序列的z变换
f ( k ) b ( k 1)
k
0 ( k 1) 1
k0 k 1
F ( z ) b 1 z b 2 z 2 z
初始条件：1）yzi(0)=-1,yzi(1)=1 解： 1）yzi(0)=-1,yzi(1)=1
当 e(k)=ε(k),求在两种初始条件下系统全响应y (k) 全响应＝零输入响应＋零状态
2)：先求零状态响应 1 1 1 k k y zs ( k ) [ ( 2) ( 3) ] ( k ) 3 2 6
2:当2<|z|<5
-5
-5 -2
Re[ z ]z ] Re[
3z 右边序列： 3 ( 2) k ( k ) z2 z ( 5) k ( k 1) 左边序列： z5 f ( k ) 3( 2)k ( k ) ( 5)k ( k 1)
3:当|z|<2
零状态响应
Rzs ( z ) E ( z ) H ( z )
1 求H(z) H ( z ) H ( S ) | S z 2 Z域相乘 Rzs(z)=H(z)E(z) 3 反Z变换 rzs(k)=Z-1{H(z)E(z)}
三 系统的全响应求解 例3：一线性因果系统 y(k+2)+5y(k+1)+6y(k)=e(k+1)+e(k) 2) y (0)=-1,y(1)=1
0 1 2 2 1
一 零输入响应 例1：一线性因果系统 y(k)+5y(k-1)+6y(k-2)=0
初始条件：yzi(-1)= 2/3 ,yzi(-2)= -7/18 ,求零输入响应。
二 零状态响应
rzs (k ) a1rzs (k 1) a0rzs (k 2) b1e(k 1) b0e(k 2)
1:当|z|>5
j Im[z]
j Im[z]
f (k ) [3(2)k (5)k ] (k )
2:当2<|z|<5
-5
-5 -2
Re[ z ]z ] Re[
3z 右边序列： 3 ( 2) k ( k ) z2 z ( 5) k ( k 1) 左边序列： z5 f ( k ) 3( 2)k ( k ) ( 5)k ( k 1)
Y (z) 8 / 3 3 / 2 1 / 6 z z 2 z 3 z 1
8 3 1 k k y( k ) [ ( 2) ( 3) ] ( k ) 3 2 6
1 已知零输入的初始条件：全响应＝零输入响应＋零状态 2 已知全响应的初始条件：直接对等式两边做z变换
例4：一线性因果系统 单位函数响应h(k)={0,1,-2} (k=0,1,2), 当 e(k)= ε(k),求在系统零状态响应响应y (k) 解： H ( z ) z 1 2z 2
Rzs ( z ) H ( z ).E( z )
z2 z . 2 z z 1
Rzs ( z ) 1 1 2 (1 ) z z z 1 1 z Rzs ( z ) 2 z z ( z 1)
例3：一线性因果系统
y(k+2)+5y(k+1)+6y(k)=e(k+1)+e(k)
初始条件：y (0)=-1,y(1)=1 当 e(k)= ε(k),求在两种初始条件下系统全响应y (k)
z ( z 4) 2z Y (z) ( z 2)( z 3) ( z 2)( z 3)( z 1)
收敛条件：
f(k)
zb
b 1 z 1 z b
j Im[z]
b-1
b-2 b-3
0
Rx2
Re[z ]
k
左边序列的收敛域是最里面极点的圆内区域
f (k ) F ( z )
1 f (k ) F ( ) z
左边序列的z变换：
1 f(k)反褶为右边g(k)
2 g(k)变换G(z)
3 G( z ) z 1 F ( z )
例4：一线性因果系统 单位函数响应h(k)={0,1,-2} (k=0,1,2), 当 e(k)= ε(k),求在系统零状态响应响应y (k) 解：
h(k ) (k 1) 2 (k 2) rzs (k ) e(k ) h(k ) (k 1) 2 (k 2)
m b z m n z
a n
1
b z m 1 n 1 z
m
1

b z 1 1 a z 1
b 0 a0 z
注意：
1 H ( z) Z h(k )
2 H ( z ) H ( S ) |S z N (z) D( z )
例2：已知一线性系统
对H(z)做反变换得到h(n)
k
3z 右边序列： 3 ( 2) ( k ) z2
k
z 2 z 5
j Im[z]
-5
-2
Re[z ]
双边z 变换的收敛域是一环状区域，其中 收敛域里的极点对应的是右边序列； 收敛域外的极点对应的是左边序列；
(4 z 13) z 3z z 例2：F ( z ) 2 ＝ z 3 z 10 z 2 z 5
y(k+2)+5y(k+1)+6y(k)=e(k+1)+e(k) 且 e(k)=ε(k), 求系统函数H(z),单位函数响应h(k)和系统零状态响应yzs(k) 解：
(1 / 2) z ( 2 / 3) z z 1 1/ 6 H (z) 2 z2 z3 z 5z 6
1 1 2 h(k ) (k ) [ ( 2) k ( 3) k ] ( k ) 6 2 3
rzs ( k ) e( k ) h( k )
根据卷积性质：
Rzs ( z ) E ( z ) H ( z )
注意：1
H ( z ) Z h(k )
rzs (k ) a1rzs (k 1) a0rzs (k 2) b1e(k 1) b0e(k 2)
自然响应
Yzs ( z ) H ( z ) E ( z )
z( z 1) ( z 2)( z 3)( z 1)
1/ 3 1/ 2 1/ 6 ( )z z 2 z 3 z 1
1 1 1 k k yzs (k ) [ (2) (3) ] ( k ) 3 2 6
3:当|z|<2
f (k ) [3(2) (5) ] (k 1)
k k
(4 z 13) z 3z z 例2：F ( z ) 2 ＝ z 3 z 10 z 2 z 5
1:当|z|>5
j Im[z]
j Im[z]
f (k ) [3(2)k (5)k ] (k )
y zs (0) 0, y zs (1) 1
求零输入响应：
y zi (0) 1, y zi (1) 0
y(k)=[C 1(-2 )k+ C 2(-3 )k]ε(k)
8 3 1 k k y( k ) [ ( 2) ( 3) ] ( k ) 3 2 6
例3：一线性因果系统
f (k ) [3(2) (5) ] (k 1)