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,$-\infty<n\leq1$ 部分是左边序列,$0\leq n<+\infty$ 是右边序列。相应的,也有单边变换:

\[X(z)=\sum_{n=0}^{\infty} x[n]z^{-n}\]

收敛域

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

常见 z 变换

单位函数

\[\L[\delta(n)]=\sum_{n=-\infty}^{\infty} \delta[n]z^{-n}= \delta(0)z^0=1\]

收敛域为整个 z 平面。

有限长序列

\[X(z)=\sum_{n=n_1}^{n_2} x[n]z^{-n}\]

为了使讨论具有普遍性,取 $n=[-2,2]$,则:

\[\begin{align} X(z)&=x(-2)z^{2}+x(-1)z^{1} &|z|\neq\infty\\ &+x(0)z^0 & 常数\\ &+x(1) z^{-1}+x(2)z^{-2} &|z|\neq 0 \end{align}\]

所以收敛域为 $0<\vert z \vert<\infty$

单位阶跃序列

\[\begin{align} X(z)&=\sum_{n=-\infty}^{+\infty} u[n]z^{-n}\\ &=1+z^{-1}+z^{-2}+\cdots\\ &= \frac{1-z^{-\infty}}{1-z^{-1}} \end{align}\]

当 $\vert z^{-1} \vert<1$ 时收敛于 $\frac{z}{z-1}$,故ROC为 $\vert z \vert >1$

斜变序列

\[x[n]=nu[n]\]

根据单位阶跃的 z变换:

\[\sum_{n=0}^{+\infty} z^{-n} = \frac{1}{1-z^{-1}}\\ ROC: |z|>1\]

两边求导:

\[\sum_{n=0}^{+\infty} n (z^{-1})^{n-1} = \frac{1}{(1-z^{-1})^{2}}\]

两边同乘 $z^{-1}$:

\[\sum_{n=0}^{+\infty} n (z^{-1})^{n} = \frac{z^{-1}}{(1-z^{-1})^{2}}=\frac{z}{(z-1)^2}\]

收敛域依然是 $\vert z \vert >1$

右边指数序列

\[x[n]=a^n u[n]\] \[X(z)=\sum_{0}^{+\infty} a^n z^{-n}=\sum_{n=0}^{+\infty} (\frac{a}{z})^n=\frac{1-(\frac{a}{z})^\infty}{1-\frac{a}{z}}\]

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)

左边指数序列

\[x[n]=-a^n u[-n-1]=-(\cdots+a^{-2}+a^{-1})\\ (负号主要是为了导出后面的结论)\] \[\begin{align} X(z)&=-\sum_{n=-\infty}^{-1} a^n z^{-n}\\ {}^{m=-n}&=-\sum_{m=1}^{\infty} a^{-m} z^{m}\\ \end{align}\]

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。

性质

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 $x[n]$

线性性

\[\Z[ax(n)+by(n)]=aX(z)+bY(z)\\ \text{ROC:取交集}\]

(证明略。)

例题:计算 $\Z[\sin(\omega_0 n)u(n)]$ 和 $\Z[\cos(\omega_0 n)u(n)]$

时移性

双边(参与变换的点数不变)

\[\Z [x(n-m)]=z^{-m}X(z)\\ \text{ROC:只会影响 }z=0,z=\infty\]

证明

\[\Z[x(n-m)]=\sum_{n=-\infty}^{+\infty} x(n-m) z^{-n}\\ 令n-m=k\Rightarrow \sum_{k=-\infty}^{+\infty} x(k) z^{-(k+m)}\\ =z^{-m} \sum_{k=-\infty}^{+\infty} x(k) z^{-k}\]

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。

单边 (参与运算的点数增加或减少)

\[\Z[x(n)u(n)]=X(z)\\ 右移:\Z[x(n-m)u(n)]=z^{-m} \left[ X(z)+\sum_{k=-m}^{-1} x(k)z^{-k} \right]\\ 左移:\Z[x(n+m)u(n)]=z^{-m} \left[ X(z)-\sum_{k=0}^{m-1} x(k)z^{-k} \right]\]

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)

\[a^{n}x(n)\leftrightarrow X\left( \frac{z}{a} \right)\]

证明

\[\Z[a^n x(n)]=\sum_{n=-\infty}^{+\infty} a^n x(n) z^{-n}=\sum_{n=0}^{+\infty} x(n) \left( \frac{z}{a} \right)^{-n}\]

初值定理

若 $x(n)$ 为因果序列,则 $x(0)=\lim_{z\rightarrow \infty} X(z)$

证明

\[已知:X(z)=\sum_{n=0}^{+\infty} x(n) z^{-n},则:\\ \begin{align} \lim_{z\rightarrow\infty} X(z) &= \lim_{z\rightarrow\infty} \sum_{n=0} \infty x(n) z^{-n}\\ &= \lim_{z\rightarrow\infty} \left[ x(0)+\frac{x(1)}{z} + \frac{x(2)}{z^2} + \cdots \right]\\ &= x(0)+0+0+\cdots \end{align}\]

终值定理

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:

  • 极点位于单位圆内,$X(1)$ 处无极点,$x(\infty)=\lim_{z\rightarrow 1} (z-1)X(z)=0$
  • 极点位于单位圆 $z=1$ 处,并且是一阶极点,$x(\infty)$ 对应于 $X(z)$ 展开式中,$\frac{z}{z-1}$ 项的系数。

证明

\[\]

时域卷积定理

\[\Z[x(n)*h(n)]=X(z)\cdot H(z)\\ \text{ROC 取交集}\]

证明 (还是老套路,交换求和顺序)

\[\begin{align} \Z[x(n)*h(n)] &= \sum_{n=-\infty}^{+\infty} [x(n)*h(n)]z^{-n}\\ &= \sum_{n=-\infty}^{+\infty} [ \sum_{m=-\infty}^{+\infty} x(m)h(n-m) ]z^{-n}\\ &= \sum_{m=-\infty}^{+\infty} x(m) \left[ \sum_{n=-\infty}^{+\infty} h(n-m) z^{-(n-m)} \right] z^{-m}\\ &= X(z)\cdot H(z) \end{align}\]

z域卷积定理(了解)

数字信号处理中会进一步学习。

\[\Z[x(n)h(n)]=\frac{1}{2\pi j} \oint_{c_1} X(\frac{z}{v}) H(v) v^{-1} \dif v\\ 或\;\Z[x(n)h(n)]=\frac{1}{2\pi j} \oint_{c_1} X(v) H(\frac{z}{v}) v^{-1} \dif v\\ 或设\; v=\rho e^{j\theta},\; z=re^{j\phi}\\ \Z[x(n)h(n)]=\frac{1}{2\pi} \int_{-\pi}^{+\pi} X(\rho e^{j\theta}) H(\frac{r}{\rho} e^{j(\phi-\theta)}) \dif \theta\]

总结

z变换性质

单边z变换性质

z变换对

逆z变换

部分分式展开法

\[X(z)=\frac{N(z)}{D(z)}=\frac{b_0+b_1 z + \cdots b_r z^r}{a_0+a_1 z+ \cdots a_k z^k}\]

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:

信号 z变换 ROC
$\delta(n)$ 1 整个平面
$u(n)$ $\dfrac{z}{z-1}$ $\vert z \vert>1$
$nu(n)$ $\dfrac{z}{(z-1)^2}$ $\vert z \vert>1$
$a^n u(n)$ $\dfrac{z}{z-a}$ $\vert z \vert>\vert a \vert$
$-a^n u(-n-1)$ $\dfrac{z}{z-a}$ $\vert z \vert<\vert a \vert$

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 $z$:

\[\frac{X(z)}{z}=\sum_{i=1}^\infty \frac{A_i}{z-z_i}\\ \Rightarrow X(z)=\sum_{i=1}^\infty \frac{A_i z}{z-z_i}\]

幂级数展开法

\[X(z)=\frac{N(z)}{D(z)}=\frac{b_0+b_1 z + \cdots b_r z^r}{a_0+a_1 z+ \cdots a_k z^k}\]

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):

\[\begin{align} X(z)&=\sum_{n=-\infty}^{+\infty} x(n) z^{-n}\\ &= x(0)z^0 + x(1)z^{-1}+\cdots\\ &+ x(-1)z^1+x(-2)z^2+\cdots \end{align}\]

这样就得到了 $x(n)$ 序列。

围线积分

\[X(z)=\sum_{n=0}^{\infty} x(n) z^{-n}\]

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:

\[\frac{1}{2\pi j} \oint_c X(z) z^{m-1} \dif z=\frac{1}{2\pi j} \oint_c \left[ \sum_{n=0}^{\infty} x(n) z^{-n} \right] z^{m-1} \dif z\]

交换积分与求和的顺序:

\[=\sum_{n=0}^\infty x(n) \left[ \frac{1}{2\pi j}\oint_c z^{-n+m-1} \red{\dif z} \right]\]

令积分路径上的 $z=Re^{j\theta}$,$R$ 为常数:

\[=\sum_{n=0}^\infty x(n) \left[ \frac{1}{2\pi j}\int_{-\pi}^{+\pi} R^{m-n-1} e^{j(m-n-1)\theta} \red{jR e^{j\theta} \dif \theta} \right]\\ =\sum_{n=0}^\infty x(n) \left[ \frac{1}{2\pi } R^{m-n} \int_{-\pi}^{+\pi} e^{j(m-n)\theta} \dif \theta \right]\]

因为:

\[\int_{-\pi}^{+\pi} e^{j(m-n)\theta} \dif \theta = \begin{cases} 2\pi & n=m\\ 0 & n \neq m \end{cases}\]

所以:

\[= \begin{cases} x(n) & n=m\\ 0 & n \neq m \end{cases}\]

经过推导可知 z反变换公式:

\[x(n)=\frac{1}{2\pi j} \oint_c X(z) z^{n-1} \dif z\]

即:$x(n)=\dfrac{1}{2\pi j} \oint_c X(z) z^{n-1} \dif z$,根据留数定理:

\[x(n)=\sum \text{Res} [X(z) z^{n-1}] \Big\vert_{z=z_m}\]