§5-2 反z变换
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阶次高于分子多项式阶次两次以上
x ( n ) = − Re s[ F ( z )]z =4
⎡ ⎤ z n +1 = − ⎢( z − 4 ) ⎥ ( 4 − z )( z − 1/ 4 ) ⎦ z =4 ⎣ 4n + 2 = 15
4− n 4n + 2 ∴ x(n) = u( n + 1) + u ( − n − 2) 15 15 《Signals & Systems》
《Signals & Systems》
∑ (2)
k=n
−2
− ( k + 1)
=
∑ ( 2)
k=2
−n
k −1
=
− n−2 k =0
∑ (2)
k +1
《信号与系统》
− n− 2 k
电子技术教研室
1 − 2 − n −1 x (n ) = 2 ∑ ( 2) = 2 = − 2[1 − 2 − n −1 ]u ( − n − 1) 1− 2 k =0
《Signals & Systems》
《信号与系统》
电子技术教研室
其中x2(n)是环外极点对应部分的反变换，x3(n)是环内极点对应部分 的反变换。 练习：试用幂级数展开法求 与0<|z|<1时的z反变换。
X ( z) = 1 z ( z − 1) 2
当收敛域分别是|z|>1
1.(n − 2)u (n − 2)
设X(z)是有理分式
N ( z) X ( z) = D( z )
⑴ 若X(z)的收敛域为：|z|>R1，则将分子、分母多项式均按降幂排 列；然后作长除；取长除结果的系数即是所求序列。
例题3 ：已知序列的z变换及其收敛域如下，试用长除法求其z反变
换。
z2 X ( z) = ( z − 1)( z − 0.5) z2 X ( z) = z z − 1.5 z + 0.5
= − 2[1 − ( 0 .5 ) n +1 ]u ( − n − 1) = − [ 2 − ( 0 . 5 ) n ]u ( − n − 1)
由上例可见，若给定z变换的函数式X(z)，当已知收敛域为一圆 的外域：|z|>R1，其对应的z反变换是一个因果序列：
x ( n ) = x1 ( n )u ( n )
作长除
2 z 2 + 6 z 3 + 14 z 4 0.5 − 1.5 z + z 2 z 2 z 2 − 3z 3 + 2 z 4 4 3z 3 3 − 2z 4 3z − 9 z + 6 z 5 5 7z4 − 6 z 7 z 4 − 21z 5 + 14 z 6
所以 x ( n ) = {L ,14 ,6 , 2 ,0} =
dz = ∫ [ ∑ x ( n ) z
C n = −∞
∞
m − n −1
]dz =
n = −∞
∑
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∞
x ( n ) ∫ z m − n − 1 dz
C
上式右边当n=m，围线积分是柯西积分 ⎧ 2πj n = m m − n −1 z dz = ⎨ ∫ other ⎩ 0 C
《Signals & Systems》
Zi是X(z)zn-1在围线C内的极点。
当X(z)zn-1在z=zi处有k阶极点，对应的留数按下式求解
k −1 1 d Re s{ X ( z ) z n −1} = { k −1 [( z − z i ) k X ( z ) z n −1 ]} z = zi ( k − 1)! dz
《Signals & Systems》
《信号与系统》
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§5-2
一、反Z变换的公式
由Z变换的公式 两边同乘zm-1，
X ( z) =
m −1 ∞
反Z变换
−n x ( n ) z ∑
n= −∞
X (z)z
=
n = −∞
∑
∞
x ( n ) z m − n −1
上式两边同在X(z)zm-1的收敛域内作围线积分，
∫
C
X (z)z
m −1
对同一个z变换的函数式，当收敛域为一圆的内域：|z|<R2，其对应 的z反变换是一个左边序列，形式为：
x ( n ) = − x1 ( n )u ( − n − 1)
若还是此z变换的函数式，当收敛域为一环域：R1<|z|<R2，其对应 的z反变换是一个双边序列，形式为： x ( n ) = x 2 ( n )u ( − n − 1) + x 3 ( n )u ( n )
z2 n −1 解：x ( n ) = z dz c ∈ ( Rx − , Rx + ) ∫ c 2π j (4 − z )( z − 1/ 4) n +1 z2 z 其中：F ( z ) = z n −1 = (4 − z )( z − 1/ 4) (4 − z )( z − 1/ 4) 当n ≥ −1时 1 j Im[ z ] F ( z )在围线c内只有一阶极点z = 4 x ( n ) = Re s[ F ( z )] 1 C 1
x ( n ) = A0 δ ( n ) + ∑ Ai p in u ( n )
i =1 N
N
x ( n ) = A0 δ ( n ) − ∑ Ai p in u ( − n − 1)
i =1
M
x ( n ) = A0 δ ( n ) − ∑ Ai p u ( − n − 1) +
Re s[ 1 1 ]z=0 = z ( z − 1)( z − 0 .5 ) ( z − 1)( z − 0 .5 )
=2
z=0
∴ x ( − 2 ) = 2 − 2 ( 0 .5) − 1 = − 2
当n=-3，0点处有二阶极点，其留数 d 1 2 z − 1 .5 Re s{ [ ]} z = 0 = − 2 dz ( z − 1)( z − 0 .5 ) ( z − 1 .5 z + 0 .5) 2
《Signals & Systems》
《信号与系统》
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例题4 ：已知序列的z变换及其收敛域如下，试用长除法求其z反变
换。
z2 X ( z) = ( z − 1)( z − 0.5) z2 X ( z) = 0. 5 − 1. 5 z + z 2
z < 0.5
解：由收敛域知道序列是以左边序列，将X(z)写成
x ( n ) = − 2 u ( − n − 1) − ( 0 .5 ) n u ( n )
《Signals & Systems》
《信号与系统》
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利用留数定理求围线积分，令
F ( z ) = X ( z ) z n −1
若F(z)在围线c上连续，在c内有K个极点 zk，则：
x ( n ) = ∑ Re s[ F ( z )]z = zk
1
Re{ z}
选择以原点为圆心，收敛域中的闭合围线。 当n≥0，围线内只有两个一阶极点：1、0.5 z n +1 z n +1 =2 Re s[ ] z =1 = ( z − 1)( z − 0 .5 ) ( z − 0 . 5 ) z =1
z n +1 z n +1 Re s[ ] z = 0 .5 = ( z − 1)( z − 0 .5 ) ( z − 1)
z=
⎡ ⎤ 1 z n +1 = ⎢( z − ) ⎥ 4 (4 − z )( z − 1/ 4) ⎦ z = 1 ⎣ 4 −n 4 = 《Signals & Systems 15 》
4
1/ 4
0
4 Re[ z ]
《信号与系统》
当n < −1时
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1 F ( z )在围线c内有一阶极点z = 和-( n + 1)阶极点z = 0 4 而围线c外只有一阶极点z=4，且F(z)的分母多项式
《Signals & Systems》
《信号与系统》
电子技术教研室
z n +1 z n +1 Re s[ ] z = 0 .5 = ( z − 1)( z − 0 .5 ) ( z − 1)
= − 2 ( 0 .5) n +1
z = 0 .5
N≥-1
然而 当n<-1时，围线内有极点：0.5与0，且随着n的取值不同0点处 的阶数也不同。当n=-2，0点处有一阶级点，其留数
《信号与系统》
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所以
2 π jx ( m ) =
∫
C
X ( z ) z m − 1 dz
1 x(n) = 2πj
∫
C
X ( z ) z n − 1 dz
二、反Z变换的求解--围线积分法
由留数定理
x(n) = 1 2πj
∫
C
X ( z ) z n − 1 dz =
∑
i
Re s [ X ( z ) z n − 1 ] z = z i
所以 x ( n ) = {1,1 .5,1 .75 .L} =
= [ 2 − ( 0 .5 ) n ]u ( n )
n +1 1 − ( 0 . 5 ) ( 0 .5 ) k = = 2[1 − ( 0 .5 ) n +1 ]u ( n ) ∑ 1 − 0 .5 k =0
n
⑵ 若X(z)的收敛域为：|z|<R2，则将分子、分母多项式均按升幂排 列；然后作长除；取长除结果的系数即是所求序列。
《信号与系统》
1 x(n) = 2πj
∫
C
X (z)z
n −1
dz
电子技术教研室
例题1：已知序列的z变换及其收敛域如下，试用留数法求其z反变
换。
z2 X ( z) = ( z − 1)( z − 0.5)
z >1
j Im{z}
解：由留数法
z n +1 x ( n ) = ∑ Re s[ ] z = zi ( z − 1)( z − 0 .5 ) i
n ZT
于是，当X(z)/z是有理真分式，则有
《Signals & Systems》
《信号与系统》
电子技术教研室
X (z) = z
∑
i=0
N
Ai z − pi
X ( z ) = A0 + ∑
i =1
N
Ai z z − pi
于是，对应的反变换当收敛域为：
z > R1 z < R2 R1 < z < R2
2. − (n − 2)u (− n + 2)
四、反Z变换的求解—部分分式法
反z变换的部分分式法，是因为有
1 z x ( n ) = a u ( n ) ←⎯→ = −1 1 − az z−a
n ZT
z > R1 z < R2
1 z x ( n ) = − a u ( − n − 1) ←⎯→ = −1 1 − az z−a
《Signals & Systems》
z >1
解：由收敛域知道序列是因果的，将X(z)写成
《信号与系统》
电子技术教研室
作长除
1 + 1.5 z −1 + 1.75 z −2 z 2 − 1.5 z + 0.5 z 2 z 2 − 1.5 z + 0.5 1.5 z − 0.5 1.5 z − 2.25 + 0.75 z −1 1.75 − 0.75 z −1−1 1.75 − 2.625 z + 0.875 z −2
∴ x ( − 3) = 6 − 2 ( 0 . 5 ) − 2 = − 2
《Signals & Systems》
=6
z=0
《信号与系统》
电子技术教研室
如此继续，可以求得当n≤-1时，
x(n) = −2
x ( n)
− 3 − 2 −1 0 1
2
3
4
5 6
n
−1 −2
所以所给函数的z反变换可表示为：
k
若F(z)在c外M个极点zm，且分母多项式z 的阶次比分子多项式高二阶或二阶以 上，则：
x ( n ) = − ∑ Re s[ F ( z )]z = zm
m
《Signals & Systems》
《信号与系统》
电子技术教研室 z2 例1：X ( z ) = ， 1/4< z < 4，求其z反变换 (4 − z )( z − 1/ 4)
换。
z2 X ( z) = ( z − 1)( z − 0.5)
0.5 < z < 1
j Im{z}
解：还是求以原点为圆心，收敛域中围线所 包含极点的留数法
z n +1 x ( n ) = ∑ Re s[ ] z = zi ( z − 1)( z − 0 .5 ) i
1
Re{ z}
N≥-1
此时围线内只有一个极点：0.5，其留数与前例相同。
《Signals & Systems》
= − 2 ( 0 .5) n +1
z = 0 .5
《信号与系统》
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所以
x ( n ) = 2[1 − ( 0 .5 ) n +1 ]u ( n ) = [ 2 − ( 0 .5 ) n ]u ( n )
x ( n)
2 1
0
1
2
3
4
5
6
n
例题2 ：已知序列的z变换及其收敛域如下，试用留数法求其z反变
0
j Im[ z ]
C
1/ 4
4 Re[ z ]
《信号与系统》
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采用围线积分法求z反变换许多时候不是一个简洁的方法。 特别是当X(z)是有理分式的情况，采用以下的几种方法中的 一种可能更简洁。
《Signals & Systems》
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三、反Z变换的求解—幂级数展开法
x ( n ) = − Re s[ F ( z )]z =4
⎡ ⎤ z n +1 = − ⎢( z − 4 ) ⎥ ( 4 − z )( z − 1/ 4 ) ⎦ z =4 ⎣ 4n + 2 = 15
4− n 4n + 2 ∴ x(n) = u( n + 1) + u ( − n − 2) 15 15 《Signals & Systems》
《Signals & Systems》
∑ (2)
k=n
−2
− ( k + 1)
=
∑ ( 2)
k=2
−n
k −1
=
− n−2 k =0
∑ (2)
k +1
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− n− 2 k
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1 − 2 − n −1 x (n ) = 2 ∑ ( 2) = 2 = − 2[1 − 2 − n −1 ]u ( − n − 1) 1− 2 k =0
《Signals & Systems》
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其中x2(n)是环外极点对应部分的反变换，x3(n)是环内极点对应部分 的反变换。 练习：试用幂级数展开法求 与0<|z|<1时的z反变换。
X ( z) = 1 z ( z − 1) 2
当收敛域分别是|z|>1
1.(n − 2)u (n − 2)
设X(z)是有理分式
N ( z) X ( z) = D( z )
⑴ 若X(z)的收敛域为：|z|>R1，则将分子、分母多项式均按降幂排 列；然后作长除；取长除结果的系数即是所求序列。
例题3 ：已知序列的z变换及其收敛域如下，试用长除法求其z反变
换。
z2 X ( z) = ( z − 1)( z − 0.5) z2 X ( z) = z z − 1.5 z + 0.5
= − 2[1 − ( 0 .5 ) n +1 ]u ( − n − 1) = − [ 2 − ( 0 . 5 ) n ]u ( − n − 1)
由上例可见，若给定z变换的函数式X(z)，当已知收敛域为一圆 的外域：|z|>R1，其对应的z反变换是一个因果序列：
x ( n ) = x1 ( n )u ( n )
作长除
2 z 2 + 6 z 3 + 14 z 4 0.5 − 1.5 z + z 2 z 2 z 2 − 3z 3 + 2 z 4 4 3z 3 3 − 2z 4 3z − 9 z + 6 z 5 5 7z4 − 6 z 7 z 4 − 21z 5 + 14 z 6
所以 x ( n ) = {L ,14 ,6 , 2 ,0} =
dz = ∫ [ ∑ x ( n ) z
C n = −∞
∞
m − n −1
]dz =
n = −∞
∑
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∞
x ( n ) ∫ z m − n − 1 dz
C
上式右边当n=m，围线积分是柯西积分 ⎧ 2πj n = m m − n −1 z dz = ⎨ ∫ other ⎩ 0 C
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Zi是X(z)zn-1在围线C内的极点。
当X(z)zn-1在z=zi处有k阶极点，对应的留数按下式求解
k −1 1 d Re s{ X ( z ) z n −1} = { k −1 [( z − z i ) k X ( z ) z n −1 ]} z = zi ( k − 1)! dz
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§5-2
一、反Z变换的公式
由Z变换的公式 两边同乘zm-1，
X ( z) =
m −1 ∞
反Z变换
−n x ( n ) z ∑
n= −∞
X (z)z
=
n = −∞
∑
∞
x ( n ) z m − n −1
上式两边同在X(z)zm-1的收敛域内作围线积分，
∫
C
X (z)z
m −1
对同一个z变换的函数式，当收敛域为一圆的内域：|z|<R2，其对应 的z反变换是一个左边序列，形式为：
x ( n ) = − x1 ( n )u ( − n − 1)
若还是此z变换的函数式，当收敛域为一环域：R1<|z|<R2，其对应 的z反变换是一个双边序列，形式为： x ( n ) = x 2 ( n )u ( − n − 1) + x 3 ( n )u ( n )
z2 n −1 解：x ( n ) = z dz c ∈ ( Rx − , Rx + ) ∫ c 2π j (4 − z )( z − 1/ 4) n +1 z2 z 其中：F ( z ) = z n −1 = (4 − z )( z − 1/ 4) (4 − z )( z − 1/ 4) 当n ≥ −1时 1 j Im[ z ] F ( z )在围线c内只有一阶极点z = 4 x ( n ) = Re s[ F ( z )] 1 C 1
x ( n ) = A0 δ ( n ) + ∑ Ai p in u ( n )
i =1 N
N
x ( n ) = A0 δ ( n ) − ∑ Ai p in u ( − n − 1)
i =1
M
x ( n ) = A0 δ ( n ) − ∑ Ai p u ( − n − 1) +
Re s[ 1 1 ]z=0 = z ( z − 1)( z − 0 .5 ) ( z − 1)( z − 0 .5 )
=2
z=0
∴ x ( − 2 ) = 2 − 2 ( 0 .5) − 1 = − 2
当n=-3，0点处有二阶极点，其留数 d 1 2 z − 1 .5 Re s{ [ ]} z = 0 = − 2 dz ( z − 1)( z − 0 .5 ) ( z − 1 .5 z + 0 .5) 2
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例题4 ：已知序列的z变换及其收敛域如下，试用长除法求其z反变
换。
z2 X ( z) = ( z − 1)( z − 0.5) z2 X ( z) = 0. 5 − 1. 5 z + z 2
z < 0.5
解：由收敛域知道序列是以左边序列，将X(z)写成
x ( n ) = − 2 u ( − n − 1) − ( 0 .5 ) n u ( n )
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利用留数定理求围线积分，令
F ( z ) = X ( z ) z n −1
若F(z)在围线c上连续，在c内有K个极点 zk，则：
x ( n ) = ∑ Re s[ F ( z )]z = zk
1
Re{ z}
选择以原点为圆心，收敛域中的闭合围线。 当n≥0，围线内只有两个一阶极点：1、0.5 z n +1 z n +1 =2 Re s[ ] z =1 = ( z − 1)( z − 0 .5 ) ( z − 0 . 5 ) z =1
z n +1 z n +1 Re s[ ] z = 0 .5 = ( z − 1)( z − 0 .5 ) ( z − 1)
z=
⎡ ⎤ 1 z n +1 = ⎢( z − ) ⎥ 4 (4 − z )( z − 1/ 4) ⎦ z = 1 ⎣ 4 −n 4 = 《Signals & Systems 15 》
4
1/ 4
0
4 Re[ z ]
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当n < −1时
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1 F ( z )在围线c内有一阶极点z = 和-( n + 1)阶极点z = 0 4 而围线c外只有一阶极点z=4，且F(z)的分母多项式
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z n +1 z n +1 Re s[ ] z = 0 .5 = ( z − 1)( z − 0 .5 ) ( z − 1)
= − 2 ( 0 .5) n +1
z = 0 .5
N≥-1
然而 当n<-1时，围线内有极点：0.5与0，且随着n的取值不同0点处 的阶数也不同。当n=-2，0点处有一阶级点，其留数
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所以
2 π jx ( m ) =
∫
C
X ( z ) z m − 1 dz
1 x(n) = 2πj
∫
C
X ( z ) z n − 1 dz
二、反Z变换的求解--围线积分法
由留数定理
x(n) = 1 2πj
∫
C
X ( z ) z n − 1 dz =
∑
i
Re s [ X ( z ) z n − 1 ] z = z i
所以 x ( n ) = {1,1 .5,1 .75 .L} =
= [ 2 − ( 0 .5 ) n ]u ( n )
n +1 1 − ( 0 . 5 ) ( 0 .5 ) k = = 2[1 − ( 0 .5 ) n +1 ]u ( n ) ∑ 1 − 0 .5 k =0
n
⑵ 若X(z)的收敛域为：|z|<R2，则将分子、分母多项式均按升幂排 列；然后作长除；取长除结果的系数即是所求序列。
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1 x(n) = 2πj
∫
C
X (z)z
n −1
dz
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例题1：已知序列的z变换及其收敛域如下，试用留数法求其z反变
换。
z2 X ( z) = ( z − 1)( z − 0.5)
z >1
j Im{z}
解：由留数法
z n +1 x ( n ) = ∑ Re s[ ] z = zi ( z − 1)( z − 0 .5 ) i
n ZT
于是，当X(z)/z是有理真分式，则有
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X (z) = z
∑
i=0
N
Ai z − pi
X ( z ) = A0 + ∑
i =1
N
Ai z z − pi
于是，对应的反变换当收敛域为：
z > R1 z < R2 R1 < z < R2
2. − (n − 2)u (− n + 2)
四、反Z变换的求解—部分分式法
反z变换的部分分式法，是因为有
1 z x ( n ) = a u ( n ) ←⎯→ = −1 1 − az z−a
n ZT
z > R1 z < R2
1 z x ( n ) = − a u ( − n − 1) ←⎯→ = −1 1 − az z−a
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z >1
解：由收敛域知道序列是因果的，将X(z)写成
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作长除
1 + 1.5 z −1 + 1.75 z −2 z 2 − 1.5 z + 0.5 z 2 z 2 − 1.5 z + 0.5 1.5 z − 0.5 1.5 z − 2.25 + 0.75 z −1 1.75 − 0.75 z −1−1 1.75 − 2.625 z + 0.875 z −2
∴ x ( − 3) = 6 − 2 ( 0 . 5 ) − 2 = − 2
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=6
z=0
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如此继续，可以求得当n≤-1时，
x(n) = −2
x ( n)
− 3 − 2 −1 0 1
2
3
4
5 6
n
−1 −2
所以所给函数的z反变换可表示为：
k
若F(z)在c外M个极点zm，且分母多项式z 的阶次比分子多项式高二阶或二阶以 上，则：
x ( n ) = − ∑ Re s[ F ( z )]z = zm
m
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电子技术教研室 z2 例1：X ( z ) = ， 1/4< z < 4，求其z反变换 (4 − z )( z − 1/ 4)
换。
z2 X ( z) = ( z − 1)( z − 0.5)
0.5 < z < 1
j Im{z}
解：还是求以原点为圆心，收敛域中围线所 包含极点的留数法
z n +1 x ( n ) = ∑ Re s[ ] z = zi ( z − 1)( z − 0 .5 ) i
1
Re{ z}
N≥-1
此时围线内只有一个极点：0.5，其留数与前例相同。
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= − 2 ( 0 .5) n +1
z = 0 .5
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所以
x ( n ) = 2[1 − ( 0 .5 ) n +1 ]u ( n ) = [ 2 − ( 0 .5 ) n ]u ( n )
x ( n)
2 1
0
1
2
3
4
5
6
n
例题2 ：已知序列的z变换及其收敛域如下，试用留数法求其z反变
0
j Im[ z ]
C
1/ 4
4 Re[ z ]
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采用围线积分法求z反变换许多时候不是一个简洁的方法。 特别是当X(z)是有理分式的情况，采用以下的几种方法中的 一种可能更简洁。
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三、反Z变换的求解—幂级数展开法