[例2-6] 试用长除法求 的z反变换。

解：
z X (z) = Z[x(n)] = , z > a; z −a z z − 1 H(z) = Z[h(n)] = − az z −b z −b z a z −a , z > b; = − = z −b z −b z −b z z −a z ∴ (z) = X (z)H(z) = Y = z − a z −b z −b X (z) 极 与 (z) 零 相 ， (z) 的 点 H 的 点 消 Y 的 敛 扩 ， z >b. 收 域 大 为 ∴y(n) = x(n) ∗h(n) = Z−1[Y(z)] = bnu(n)
Z变换的基本性质和定理 §4-4 Z变换的基本性质和定理
1.线性 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), m Rx−, Ry− ) < z < m Rx+ , Ry+ ) ax( in(
∞
序列的线性加权(Z域求导数) (Z域求导数 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 X(z), Rx− < z < Rx+ dz 证明： (z) = ∑x(n)z , 对 两 求 得 X 其 端 导
∞ −n n=−∞ ∞ ∞ dX (z) d d −n = [ ∑ x(n)z ] = ∑x(n) (z−n ) dz dz n=−∞ dz n=−∞
如果 Z[x(n)] = X(z), Rx− < z < Rx+ ，则
1 1 1 Z[x(−n)] = X ( ) ; <z< z Rx− Rx+
证明： Z[x(−n)] =
∞ n=−∞
x(−n)z−n = ∑x(n)zn ∑
n=−∞ −1 −n
∞
∞
1 = ∑x(n)(z ) =X( ) ， x− < z−1 < Rx+ ， R z n=−∞ 1 1 即 <z< Rx+ Rx−
*即满足均匀性与叠加性； *收敛域为两者重叠部分。
[例2-7]已知 x(n) = cos(ω0n)u(n) ,求其z变换。
1 jω0n − jω0n ]u(n) 解： Qcos(ω0n)u(n) = [e + e 2 1 n Z[a u(n)] = ,z >a −1 1− az 1 jω0n jω0 ∴Z[e u(n)] = , z > e =1 jω0 −1 1−e z 1 − jω0n − jω0 , z > e =1 Z[e u(n)] = − jω0 −1 1−e z 1 1 1 因此 Z[cos(ω0n)u(n)] = [ ， + ], z >1 − jω0 −1 jω0 −1 2 1−e z 1−e z
X (z) 4 16 A = [(4 − z) ]z=4 = = 1 1 z 15 4− 4 1 1 X (z) 4 = 1 A = [(z − ) ] 1 = 2 z= 1 4 z 15 4 4− 4
X(z) 16/15 1/15 = + z 4− z z − 1 4 16 z 1 z ∴X(z) = + 15 4 − z 15 z − 1 4 1 16z z = ( + ) 15 4 − z z − 1 4
n
= ∑[∑x(m)]z
n=0 m=0
∞
n
−nΒιβλιοθήκη 可 ， , m的 值 围 别 n∈[0, ∞], 知 n 取 范 分 为 m∈[m = n, ∞] 交 求 次 ， ， 换 和 序 得
Z[∑x(m)] = ∑[∑x(m)]z−n =∑x(m)∑z−n
m=0 ∞ n=0 m=0 −1 m=0 n=m
n
∞
对 因 序 x(n)， X(z) = Z[x(n)] 极 于 果 列 且 的 点 在 位 内 且 允 单 圆 z =1 有 单 圆 ， 只 许 位 上 处 一 阶 点 则 极 ， 有 lim x(n) = lim[(z −1 X(z)] = R s[X(z)]z=1 ) e
n→ ∞ z→ 1
证明： [x(n +1) − x(n)] = (z −1)X(z) = ∑[x(n +1) − x(n)]z−n Z
1 Z- — 4
)
Z
1 Z- — 4 1 — 4 1 1 —- — 4 16
Z
-1
1 — Z-1 16 1 — 16
Z -
-1
1 — 64
Z
-2
1 — Z -2 64 1 — 64
Z -
-2
-3 1 —— Z 256
1 -3 —— Z 256
...
z5 z 4 z3 1 得 (z) = (L + + + z2 + 4z X 15 64 16 4 z−1 z−2 z−3 +1+ + + +L ) 4 16 64 1 n+2 , n ≤ −1 15 (4) 进 得 x(n) = 而 ： 1 (1)n , n ≥ 0 15 4
其中,C是在变量V平面上，X(z/v),H(v)公共收敛 域内环原点的一条逆时针单封闭围线。 （证明从略）
[例2-10]
已 x(n) = a u(n), h(n) = b u(n −1 知 ),
n
n−1
求 (z) = Z[x(n)h(n)]. Y
z , z > a; 解： QX (z) = Z[x(n)] = z −a 1 H(z) = Z[h(n)] = , z > b; z −b 1 1 v ∴ (z) = Z[x(n)h(n)] = Y ∫cv − a z dv π 2 j −b v 1 v = ∫c(v − a)(z −bv) dv, z > ab; 2 j π
≤∞
lim(z −1)X(z) = lim ∑[x(m+1) − x(m)1
z→ 1 n→∞ m=−1 n→∞ n→∞ z→ 1
n
−m
= lim{[ x(0) −0] +[x(1) − x(0)] +L+[x(n +1) − x(n)]} = lim[x(n +1)] = lim x(n)
n→∞
∴lim(z −1)X(z) = lim x(n)
n→∞
9. 有限项累加特性
对 因 序 x(n)， X(z) = Z[x(n)], z > Rx−, 于 果 列 且 z 则 [∑x(m)] = Z X(z), z > m Rx−,1] ax[ z −1 m=0
证明：令 (n) = ∑x(m), Z[y(n)] = Z[∑x(m)] y
m=0 m=0 n n
4-Z) 16 Z
1 1 1 4Z+Z2 + —Z 3 + 16 4+ —Z5 + ... —Z 64 4
16 Z - 4 Z2 4 Z2 4 Z2 - Z3 Z3 1 Z3 - — Z 4 4 1 — Z4 4 1 1 4 —Z -—Z5 4 16 1 — Z5 16
.. .
1 -1 1 -2 — 1 1+ — Z +16 Z + 64 Z -3... — 4
7. 初值定理
对 因 序 x(n)， x(0) = lim X (z)。 于 果 列 则
z→∞
证明：X(z) =
n=−∞
∑ x(n)u(n)z = ∑x(n)z
−n n=0 −1 −2
∞
∞
−n
= x(0) + x(1)z + x(2)z +L 显然 lim X(z) = x(0) ,
z→∞
8. 终值定理
域尺度变换(乘以指数序列) 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 Z[a x(n)] = X ( ) ; a Rx− < z < a Rx+ a
n
证明：
Z[an x(n)] = ∑an x(n)z−n
n=−∞
∞
z −n z = ∑ x(n)( ) = X( ) ; a a n=−∞ z Rx− < < Rx+;即 a Rx− < z < a Rx+ a
=[ ∑x(m z−m]H(z) )
m=−∞
= X (z)H(z), m [ Rx− , Rh− ] < z < m [ Rx+ , R + ] ax in h
[例2-9] 已 x(n) = anu(n), h(n) = bnu(n) − abn−1u(n −1 知 ),
求 (n) = x(n) ∗h(n), b < a. y
如 y(n) = x(n) ∗h(n) = 果
m=−∞
∑x(m)h(n −m)
∞
而 X(z) = Z[x(n)] , Rx− < z < Rx+ ， 且 H(z) = Z[h(n)] , Rn− < z < Rn+， 则 ： (z) = Z[ y(n)] = X(z)H(z) 有 Y m Rx−, Rh− ] < z < m Rx+ , Rh+ ] ax[ in[
Z 证明：[x(n) ∗h(n)] = = = =
∞ ∞
n=−∞