z变换
$$ \newcommand{\dif}{\mathop{}\!\mathrm{d}} \newcommand{\xleftrightarrow}[1]{\stackrel{#1}{\longleftrightarrow}} \newcommand{\L}{\mathcal{L}} \newcommand{\Z}{\mathcal{Z}} \newcommand{\ft}{\xleftrightarrow{\F}} \newcommand{\red}[1]{\color{orangered}{#1}} $$z变换的引入
我们考虑抽样信号的拉氏变换：
$$ \begin{align} x_s(t)&=x(t)\cdot \delta_T(t)\\ &=x(t)\sum_{n=-\infty}^{\infty} \delta(t-nT)\\ &=\sum_{n=-\infty}^{\infty} x(nT) \delta(t-nT) \end{align}\\ $$由于 $\L[\delta(t)]=1$，由时移性质，得到 $\L[\delta(t-nT)]=e^{-snT}$，故：
$$ \begin{align} X_s(t)&=\L[x_s(t)]=\sum_{n=-\infty}^{\infty} x(nT) e^{-snT} \end{align} $$令 $z=e^{sT}$，$x[n]=x_s(nT)$，则：
$$ X(z)=\sum_{n=-\infty}^{\infty} x[n]z^{-n} $$这个就是 $z$ 变换，更准确来讲是 双边 $z$ 变换，其中，$-\infty 令 $X(z)$ 收敛的 $z$ 的集合称为 收敛域 ROC，计算 z变换时必须写出收敛域。根据级数收敛的相关定理，我们知道要让 收敛域为整个 z 平面。 为了使讨论具有普遍性，取 $n=[-2,2]$，则： 所以收敛域为 $0<\vert z \vert<\infty$ 当 $\vert z^{-1} \vert<1$ 时收敛于 $\frac{z}{z-1}$，故ROC为 $\vert z \vert >1$ 根据单位阶跃的 z变换： 两边求导： 两边同乘 $z^{-1}$： 收敛域依然是 $\vert z \vert >1$ 当 $\vert \frac{a}{z} \vert <1$ 时，即 $\vert z \vert > \vert a \vert $ 时收敛于 $X(z)=\dfrac{1}{1-az^{-1}}=\dfrac{z}{z-a}$，故收敛域 ROC 为 $\vert z \vert > \vert a \vert $（圆外） 当 $\vert a^{-1} z^m\vert<1$，即 $\vert z \vert < \vert a \vert$ 时收敛于 $X(z)=-\dfrac{za^{-1}}{1-za^{-1}}=\dfrac{z}{z-a}$，故收敛域为 $\vert z \vert < \vert a \vert$ （圆内），恰好与右边指数序列相反。 注意，左边指数与右边指数仅仅是 ROC 不同，而式子都相同。故已知 z变换时，我们需要 ROC 来确定是左边还是右边序列。 下面用花体 $\Z$ 表示 Z 变换。为了方便区分括号，我们这里用 $x(n)$ 代替 $x[n]$ （证明略。） Tip 例题：计算 $\Z[\sin(\omega_0 n)u(n)]$ 和 $\Z[\cos(\omega_0 n)u(n)]$ 🔍证明： 由于单位时延对应的要乘上 $z^{-1}$，所以 $z^{-1}$ 在方框图中表示时延。 🔍证明： 若 $x(n)$ 为因果序列，则 $x(0)=\lim_{z\rightarrow \infty} X(z)$ 🔍证明： 若 $x(n)$ 为因果序列，并且 $x(\infty)$ 收敛（不包括振荡），则 $x(\infty)=\lim_{z\rightarrow 1} (z-1)X(z)$。 终值存在的条件： 🔍证明： $$ $$ 🔍证明： （还是老套路，交换求和顺序） 数字信号处理中会进一步学习。 因果序列是右边序列，其收敛域是圆外，包括 $+\infty$，所以要求分母阶次大于分子，即 $k\geq r$。 常见信号的z变换： 注意到上面的z变换的分子都是 $z$，所以在求展开式时，可以先除以 $z$，然后像前面拉氏那样展开，然后再乘回 $z$： 可以利用长除法进行反变换（一般无法整除，只需写出前几项）： 这样就得到了 $x(n)$ 序列。 选择一条逆时针方向的围线 $c$，使得 $X(z)z^{m-1}$ 的极点在 $c$ 的内部。对 $c$ 进行围线积分： 交换积分与求和的顺序： 令积分路径上的 $z=Re^{j\theta}$，$R$ 为常数： 因为： 所以： 经过推导可知 z反变换公式： 即：$x(n)=\dfrac{1}{2\pi j} \oint_c X(z) z^{n-1} \dif z$，根据留数定理：收敛域
常见 z 变换
单位函数
$$
\L[\delta(n)]=\sum_{n=-\infty}^{\infty} \delta[n]z^{-n}= \delta(0)z^0=1
$$有限长序列
$$
X(z)=\sum_{n=n_1}^{n_2} x[n]z^{-n}
$$单位阶跃序列
$$
\begin{align}
X(z)&=\sum_{n=-\infty}^{+\infty} u[n]z^{-n}\\
&=1+z^{-1}+z^{-2}+\cdots\\
&= \frac{1-z^{-\infty}}{1-z^{-1}}
\end{align}
$$斜变序列
$$
x[n]=nu[n]
$$右边指数序列
$$
x[n]=a^n u[n]
$$$$
X(z)=\sum_{0}^{+\infty} a^n z^{-n}=\sum_{n=0}^{+\infty} (\frac{a}{z})^n=\frac{1-(\frac{a}{z})^\infty}{1-\frac{a}{z}}
$$左边指数序列
$$
x[n]=-a^n u[-n-1]=-(\cdots+a^{-2}+a^{-1})\\
（负号主要是为了导出后面的结论）
$$$$
\begin{align}
X(z)&=-\sum_{n=-\infty}^{-1} a^n z^{-n}\\
{}^{m=-n}&=-\sum_{m=1}^{\infty} a^{-m} z^{m}\\
\end{align}
$$性质
线性性
$$
\Z[ax(n)+by(n)]=aX(z)+bY(z)\\
\text{ROC：取交集}
$$时移性
双边{:.success}（参与变换的点数不变）
单边{:.success} （参与运算的点数增加或减少）序列线性加权（z域微分）
$$
nx(n) \leftrightarrow -z\frac{\dif X(z)}{\dif z}=z^{-1}\frac{\dif X(z)}{\dif z^{-1}}
$$序列指数加权（z域尺度变换）
$$
a^{n}x(n)\leftrightarrow X\left( \frac{z}{a} \right)
$$初值定理
终值定理
时域卷积定理
$$
\Z[x(n)*h(n)]=X(z)\cdot H(z)\\
\text{ROC 取交集}
$$z域卷积定理（了解）
总结
逆z变换
部分分式展开法
$$
X(z)=\frac{N(z)}{D(z)}=\frac{b_0+b_1 z + \cdots b_r z^r}{a_0+a_1 z+ \cdots a_k z^k}
$$信号 z变换 ROC $\delta(n)$ 1 整个平面 $u(n)$ $\dfrac{z}{z-1}$ $\vert z \vert>1$ $nu(n)$ $\dfrac{z}{(z-1)^2}$ $\vert z \vert>1$ $a^n u(n)$ $\dfrac{z}{z-a}$ $\vert z \vert>\vert a \vert$ $-a^n u(-n-1)$ $\dfrac{z}{z-a}$ $\vert z \vert<\vert a \vert$ 幂级数展开法
$$
X(z)=\frac{N(z)}{D(z)}=\frac{b_0+b_1 z + \cdots b_r z^r}{a_0+a_1 z+ \cdots a_k z^k}
$$围线积分
$$
X(z)=\sum_{n=0}^{\infty} x(n) z^{-n}
$$