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Z 变换

从级数收敛到复频域结构
定义 · 收敛域 · 性质 · 反变换 · 解差分方程 · 因果稳定性 · 频响与几何确定法
8知识主线
4ROC 类型
3逆变换方法
10性质
9例题

前置知识

进入这一讲前,建议先确认:

  • 离散时间序列:$x[n]$$u[n]$$\delta[n]$$a^n u[n]$ 的支撑范围。可回看 离散时间信号与系统
  • 差分方程:$y[n-k]$$x[n-m]$ 移位项如何描述递推系统。
  • 几何级数:$\sum_{n=0}^{\infty}r^n=1/(1-r)$,收敛条件必须同时写出。
  • 复指数与单位圆:$z=re^{j\omega}$ 中,$r$ 控制增长/衰减,$\omega$ 控制旋转;单位圆 $r=1$ 对应 DTFT。
Part 1
Z 变换的定义

离散系统在时域里的自然描述是差分方程——$y[n]$ 由过去的 $y[n-k]$ 和输入 $x[n-m]$ 递推得到。时域求解需要不断迭代,而 Z 变换的核心价值在于:把"移位"变成"乘以 $z^{-1}$",从而把差分方程压缩成代数方程

这与拉普拉斯变换在连续系统中的角色平行。连续系统靠 $s$ 平面分析微分方程,离散系统靠 $z$ 平面分析差分方程。若连续信号抽样间隔为 $T$,两者之间存在核心映射:

$$z = e^{sT} = e^{(\sigma+j\Omega)T} = e^{\sigma T} e^{j\Omega T}$$

其中 $|z|=e^{\sigma T}$ 反映增长或衰减,$\arg z=\Omega T$ 反映离散角频率。单位圆 $|z|=1$ 对应 $s$ 平面的虚轴 $s=j\Omega$

双边 Z 变换

序列 $x[n]$ 的双边 Z 变换定义为:

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

其中 $z$ 是复变量。这个和式本质上是关于 $z^{-1}$ 的双边幂级数。

单边 Z 变换

对于因果序列(或只关心 $n \ge 0$ 的部分),单边 Z 变换定义为:

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

单边变换在解差分方程(含初始条件)时特别有用。

课件:Z 变换定义
课件给出的 Z 变换定义:从序列 $x(n)$ 到复变量函数 $X(z)$

从 Fourier 到 Z 变换的直觉

DTFT 用纯旋转的复正弦 $e^{j\omega n}$ 去扫描信号,问信号和每个频率的相关性:

$$X(e^{j\omega}) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} x[n]\, e^{-j\omega n}$$

Z 变换没有换掉这个"匹配模板"思想,而是把模板从纯旋转扩展为带指数包络的复正弦。令 $z=re^{j\omega}$,则核函数:

$$z^{-n} = (re^{j\omega})^{-n} = r^{-n} e^{-j\omega n}$$

代入定义:

$$X(re^{j\omega}) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} x[n]\, r^{-n} e^{-j\omega n}$$

Z 变换是在问:信号 $x[n]$ 和"频率为 $\omega$、幅度按 $r^n$ 增长/衰减"的复指数模式有多匹配。$r=1$ 时退回 DTFT;当 $r \ne 1$ 时,指数包络能描述暂态、衰减、增长和极点造成的发散边界。

变换核函数几何位置本质问题
DFT$e^{-j2\pi kn/N}$单位圆上 $N$ 个等间隔点和有限个正交复正弦的相关性
DTFT$e^{-j\omega n}$整个单位圆和所有连续频率复正弦的相关性
Z 变换$z^{-n}=r^{-n}e^{-j\omega n}$整个复平面和带指数包络的复正弦模式的相关性

什么是 z-domain?

Z 域就是用复变量 $z$ 作为坐标来观察离散序列和系统的空间。$z=re^{j\omega}$ 中,半径 $r=|z|$ 表示指数增长/衰减尺度,角度 $\omega=\arg z$ 表示离散角频率。

在这张复平面地图上:单位圆 $|z|=1$ 是 Fourier 分析所在位置;极点$X(z)$ 发散的位置;零点$X(z)=0$ 的位置;ROC 是 Z 变换真正收敛的区域。

Part 2
Z 变换的收敛域

Z 变换的定义是一个无穷级数,只有当

$$\sum_{n=-\infty}^{\infty} |x[n]\, z^{-n}| < \infty$$

成立时,$X(z)$ 才是有限的。使级数绝对收敛的所有 $z$ 值构成的集合,称为收敛域(Region of Convergence, ROC)。

ROC 不是附属信息,而是变换对的一部分。同一个代数式配不同 ROC,会对应完全不同的时域序列。极点处 $X(z)$ 发散,因此 ROC 永远不能包含任何极点。

四种序列类型与 ROC 形状

序列类型定义ROC 形状直觉典型场景
有限长序列$x[n]$ 仅在 $N_1 \le n \le N_2$ 非零$0$$\infty$ 外几乎整个平面只有有限项,不需要担心无穷级数尾部FIR、窗口、截断序列
右边序列存在 $N$,$x[n]=0$ 对所有 $n<N$$|z|>R_1$(最外极点之外)级数按 $z^{-1}$ 展开,$|z|$ 越大越收敛因果 IIR 系统
左边序列存在 $N$,$x[n]=0$ 对所有 $n>N$$|z|<R_2$(最内极点之内)级数按 $z$ 展开,$|z|$ 越小越收敛理论分析、非因果滤波
双边序列两个方向都有非零值$R_1<|z|<R_2$(环形)左右两部分各自贡献一个边界平稳随机过程
课件:双边序列的 ROC
双边序列的 ROC 是环状区域:右边序列给内边界,左边序列给外边界。

ROC 的六条基本性质

  1. ROC 是连通区域:在 z 平面上总是一个连通的环形区域(或圆外/圆内),不会分裂成不相连的几块。
  2. ROC 不含极点:极点处 $X(z)$ 发散,ROC 永远不能包含任何极点。
  3. 有限长序列的 ROC 是几乎整个平面:只有 $z=0$$z=\infty$ 可能被排除。
  4. 右边序列的 ROC 是圆外:形如 $|z|>R_1$,$R_1$ 是最外极点的模。
  5. 左边序列的 ROC 是圆内:形如 $|z|<R_2$,$R_2$ 是最内极点的模。
  6. 双边序列的 ROC 是环形:右边部分贡献内边界,左边部分贡献外边界,$R_1<|z|<R_2$

极点与零点

$X(z)$ 写成有理分式形式时:

$$X(z) = \frac{N(z)}{D(z)} = \frac{b_0 + b_1 z^{-1} + \cdots + b_M z^{-M}}{1 + a_1 z^{-1} + \cdots + a_N z^{-N}}$$

或等价的正幂形式:

$$X(z) = \frac{b_0 z^M + b_1 z^{M-1} + \cdots + b_M}{z^N + a_1 z^{N-1} + \cdots + a_N}$$

极点(poles):使分母 $D(z)=0$$z$ 值。在极点处 $X(z) \to \infty$,级数发散。极点决定了:

  • ROC 的边界——ROC 不能包含任何极点
  • 序列的增长/衰减模式——极点模 $|p|$ 越大,对应项增长越快
  • 系统的稳定性——因果系统稳定的充要条件是所有极点在单位圆内

零点(zeros):使分子 $N(z)=0$$z$ 值。在零点处 $X(z)=0$。零点决定了:

  • 频率响应上的抑制——单位圆上的零点使对应频率的幅度为零
  • 靠近单位圆的零点会在对应频率处形成幅度谷

几何上,极点是 z 平面上的"山峰"(函数值趋于无穷),零点是"谷底"(函数值为零)。ROC 就是极点之间的"安全通道"。

零极点与 ROC 的关系

  • 极点固定了 ROC 的可能边界,但 ROC 具体取哪一侧(圆内/圆外/环形)由序列类型决定。
  • 零点不影响 ROC,因为零点处函数有限,不构成收敛障碍。
  • 若线性组合消去了某个极点(零极点相消),ROC 可能扩大。

经典例子:同一代数式,不同 ROC

下面两个序列的 Z 变换代数式完全相同:

$$\left(\frac12\right)^n u[n] \quad\text{与}\quad -\left(\frac12\right)^n u[-n-1]$$

都可化到:

$$X(z) = \frac{1}{1-\frac12 z^{-1}}$$

但一个 ROC 是 $|z|>1/2$(右边序列),另一个是 $|z|<1/2$(左边序列)。只有代数式而没有 ROC,序列就没有被完全确定。

考试里一定要写 ROC:只写分式而不写 ROC,从定义上就是不完整答案。求逆 Z 变换时,ROC 直接决定结果是 $a^n u[n]$ 还是 $-a^n u[-n-1]$

例题区

例题:同一分式因 ROC 不同对应两种序列

题目:已知 $X(z)=\dfrac{1}{1-az^{-1}}$,分别讨论 ROC 为 $|z|>|a|$$|z|<|a|$ 时的逆 Z 变换。

  1. 外侧 ROC $|z|>|a|$:$z^{-1}$ 展开:
    $$X(z)=\sum_{n=0}^{\infty}a^n z^{-n} \quad\Rightarrow\quad x[n]=a^n u[n]$$
  2. 内侧 ROC $|z|<|a|$:改写为按 $z$ 展开:
    $$X(z)=\frac{z}{z-a}=-\frac{z/a}{1-z/a}=-\sum_{m=1}^{\infty}a^{-m}z^m$$

    $m=-n$,得到 $x[n]=-a^n u[-n-1]$

Part 3
Z 变换的性质

每个时域操作都会在 Z 域留下一个对应的代数动作,同时 ROC 也会随之变化。理解这些性质的核心方式是:时域操作在 Z 域里的投影

序号性质时域 $x[n]$Z 域 $X(z)$ROC
1线性$a x_1[n]+b x_2[n]$$aX_1(z)+bX_2(z)$至少包含 $R_1 \cap R_2$
2序列移位$x[n-m]$$z^{-m}X(z)$$R$(可能在 $0$$\infty$ 处变化)
3乘以 $a^n$$a^n x[n]$$X(z/a)$$|a|\cdot R$
4乘以 $n$$n\,x[n]$$-z\,\dfrac{dX(z)}{dz}$$R$
5复共轭$x^*[n]$$X^*(z^*)$$R$
6初值定理$x[0]$(因果序列)$\lim\limits_{z\to\infty}X(z)$
7终值定理$\lim\limits_{n\to\infty}x[n]$$\lim\limits_{z\to 1}(z-1)X(z)$极点均在单位圆内
8时域卷积定理$x_1[n]*x_2[n]$$X_1(z)\,X_2(z)$至少包含 $R_1 \cap R_2$
9复卷积定理$x_1[n]\,x_2[n]$$\dfrac{1}{2\pi j}\oint_C X_1(v)X_2(z/v)v^{-1}dv$$R_1 \cdot R_2$
10帕斯维尔定理$\sum x[n]y^*[n]$$\dfrac{1}{2\pi j}\oint_C X(v)Y^*(1/v^*)v^{-1}dv$

1. 线性

$$\mathcal{Z}\{a x_1[n]+b x_2[n]\} = aX_1(z)+bX_2(z)$$

直接由 Z 变换定义中的求和运算的线性性得到。ROC 至少包含 $R_1 \cap R_2$,若线性组合消去了某些极点,ROC 可能扩大。

2. 序列移位性质

$$\mathcal{Z}\{x[n-m]\} = z^{-m}X(z)$$

这是 Z 变换最核心的性质。移位 $m$ 个样本对应乘以 $z^{-m}$。正是这个性质把差分方程变成了代数方程——每一项 $y[n-k]$ 变成 $z^{-k}Y(z)$

双边 Z 变换下 ROC 不变(但 $z=0$$z=\infty$ 可能因 $z^{-m}$ 因子而改变)。单边 Z 变换的移位更复杂:

$$\mathcal{Z}\{x[n-1]\} = z^{-1}X(z)+x[-1]$$
$$\mathcal{Z}\{x[n-2]\} = z^{-2}X(z)+z^{-1}x[-1]+x[-2]$$

单边移位的额外项来自初始条件,这正是用 Z 变换求解含初始条件差分方程的关键。

3. 乘以实指数序列 $a^n$

$$\mathcal{Z}\{a^n x[n]\} = X(z/a)$$

证明很直接:代入定义 $\sum a^n x[n] z^{-n} = \sum x[n](z/a)^{-n} = X(z/a)$

几何上,$z \to z/a$ 相当于把 z 平面缩放 $|a|$ 倍:极点和零点都按比例移动,ROC 的边界半径也乘以 $|a|$。若 $a>1$,极点向外移;若 $0<a<1$,极点向内移。

4. 序列乘以 $n$

$$\mathcal{Z}\{n\,x[n]\} = -z\,\frac{dX(z)}{dz}$$

证明:对 $X(z)=\sum x[n]z^{-n}$ 逐项求导:

$$\frac{dX(z)}{dz} = \sum_{n=-\infty}^{\infty} x[n](-n)z^{-n-1} = -z^{-1}\sum_{n=-\infty}^{\infty} n\,x[n]z^{-n}$$

两边乘以 $-z$ 即得。这个性质可以递推使用,例如 $\mathcal{Z}\{n^2 x[n]\} = -z\,\frac{d}{dz}\left(-z\,\frac{dX}{dz}\right)$。它常用于推导 $n u[n]$$n a^n u[n]$ 等序列的 Z 变换。

5. 复共轭序列的 Z 变换

$$\mathcal{Z}\{x^*[n]\} = X^*(z^*)$$

证明:代入定义:

$$\sum_{n=-\infty}^{\infty} x^*[n]\,z^{-n} = \left(\sum_{n=-\infty}^{\infty} x[n]\,(z^*)^{-n}\right)^* = X^*(z^*)$$

这条性质在处理复信号时很有用。特别地,若 $x[n]$ 是实序列,则 $x^*[n]=x[n]$,于是 $X(z)=X^*(z^*)$,即 $X(e^{j\omega})=X^*(e^{-j\omega})$,这意味着实序列的 DTFT 具有共轭对称性:幅度偶对称,相位奇对称。

6. 初值定理

因果序列 $x[n]$(即 $n<0$$x[n]=0$):

$$x[0] = \lim_{z\to\infty} X(z)$$

证明:因果序列的 Z 变换为 $X(z)=x[0]+x[1]z^{-1}+x[2]z^{-2}+\cdots$,当 $z\to\infty$ 时,所有 $z^{-k}$ 项趋于 0,只剩 $x[0]$

初值定理只适用于因果序列,且要求 $\lim_{z\to\infty}X(z)$ 存在(即 $X(z)$ 在无穷远处有限)。

7. 终值定理

$x[n]$ 的极限 $\lim_{n\to\infty}x[n]$ 存在,且 $(z-1)X(z)$ 的极点全部严格在单位圆内,则:

$$\lim_{n\to\infty} x[n] = \lim_{z\to 1} (z-1)X(z)$$

使用条件:

  • $X(z)$ 的极点除 $z=1$ 外全部在单位圆内;
  • $z=1$ 是极点,只能是一阶极点;
  • 若存在单位圆上或圆外的其他极点,终值不存在(序列振荡或发散),终值定理不适用。

8. 时域卷积定理

$$\mathcal{Z}\{x_1[n]*x_2[n]\} = X_1(z)\,X_2(z)$$

时域卷积变成 Z 域乘法。这是 LTI 系统分析的基石——系统输出 $y[n]=x[n]*h[n]$ 在 Z 域就是 $Y(z)=X(z)H(z)$,由此定义了系统函数 $H(z)$

证明:代入定义并交换求和次序:

$$\sum_n \left(\sum_m x_1[m]x_2[n-m]\right) z^{-n} = \sum_m x_1[m] z^{-m} \sum_k x_2[k] z^{-k} = X_1(z)X_2(z)$$

9. 复卷积定理(时域相乘)

时域相乘对应 Z 域的复卷积:

$$\mathcal{Z}\{x_1[n]\,x_2[n]\} = \frac{1}{2\pi j} \oint_C X_1(v)\, X_2\!\left(\frac{z}{v}\right) v^{-1}\, dv$$

其中围线 $C$ 位于 $X_1(v)$$X_2(z/v)$ 收敛域的公共区域内。

这条性质与时域卷积定理形成对偶:时域卷积 → Z 域乘法,时域乘法 → Z 域复卷积。这类似于连续时间信号中时域乘法对应频域卷积的关系。

ROC 为 $R_1 \cdot R_2$,即两个 ROC 半径的乘积范围。

10. 帕斯维尔(Parseval)定理

Z 域形式的 Parseval 定理:

$$\sum_{n=-\infty}^{\infty} x[n]\,y^*[n] = \frac{1}{2\pi j} \oint_C X(v)\, Y^*\!\left(\frac{1}{v^*}\right) v^{-1}\, dv$$

其中围线 $C$ 位于 $X(v)$$Y^*(1/v^*)$ 的公共收敛域内。

$y[n]=x[n]$ 时,得到能量形式:

$$\sum_{n=-\infty}^{\infty} |x[n]|^2 = \frac{1}{2\pi j} \oint_C X(v)\, X^*\!\left(\frac{1}{v^*}\right) v^{-1}\, dv$$

特别地,若 ROC 包含单位圆,取 $v=e^{j\omega}$,上式退化为 DTFT 形式的 Parseval 定理:

$$\sum_{n=-\infty}^{\infty} |x[n]|^2 = \frac{1}{2\pi} \int_{-\pi}^{\pi} |X(e^{j\omega})|^2\, d\omega$$

这条定理把时域内积(能量)与 Z 域/频域积分连接起来,是信号能量分析和功率谱计算的理论基础。

课件:Z 变换初值定理
初值定理:对因果序列,$x[0]=\lim_{z\to\infty}X(z)$
课件:时域卷积定理
时域卷积定理:卷积在 Z 域变为乘法,这是系统函数方法的基础。

例题区

例题:用 z 域微分求 $n^2 a^n u[n]$ 的 Z 变换

题目:求序列 $x(n)=n^2\left(\frac{1}{2}\right)^n u(n)$ 的 Z 变换及其收敛域。

解:从已知的基本对 $a^n u[n]\leftrightarrow\dfrac{1}{1-az^{-1}}=\dfrac{z}{z-a}$(ROC $|z|>|a|$)出发,连续应用两次 z 域微分性质。

第一步:$X_0(z)=\dfrac{z}{z-a}$。对 $n a^n u[n]$ 用 z 域微分:

$$\mathcal{Z}\{n a^n u[n]\} = -z\frac{d}{dz}\left(\frac{z}{z-a}\right) = -z \cdot \frac{-a}{(z-a)^2} = \frac{az}{(z-a)^2}.$$

第二步:再对 $n^2 a^n u[n]$ 用一次 z 域微分:

$$\mathcal{Z}\{n^2 a^n u[n]\} = -z\frac{d}{dz}\left(\frac{az}{(z-a)^2}\right) = -z \cdot \left[-\frac{a(z+a)}{(z-a)^3}\right] = \frac{az(z+a)}{(z-a)^3}.$$

第三步:代入 $a=\frac{1}{2}$:

$$X(z) = \frac{\frac{1}{2}z\left(z+\frac{1}{2}\right)}{\left(z-\frac{1}{2}\right)^3} = \frac{z\left(z+\frac{1}{2}\right)}{2\left(z-\frac{1}{2}\right)^3}.$$

收敛域:ROC 为 $|z|>\frac{1}{2}$(由最外极点 $z=\frac{1}{2}$ 决定)。

方法总结:$n^k a^n u[n]$ 的 Z 变换,可以先记 $a^n u[n]$ 的 Z 变换为 $X_0(z)=\dfrac{z}{z-a}$,然后对 $X_0(z)$ 连续 $k$ 次应用 z 域微分 $-z\dfrac{d}{dz}$$k=1$$n a^n u[n]$, $k=2$$n^2 a^n u[n]$,以此类推。
Part 4
Z 反变换

正 Z 变换把 $x[n]$ 编码成 $X(z)$;反变换做反方向的事:从 $X(z)$ 恢复 $x[n]$。如果把 $X(z)$ 看成关于 $z^{-1}$$z$ 的幂级数,那么 $x[n]$ 就是对应幂次的系数。

围线积分定义

理论上,逆 Z 变换由围线积分给出:

$$x[n] = \frac{1}{2\pi j} \oint_C X(z)\, z^{n-1}\, dz$$

积分路径 $C$ 必须位于 ROC 内并环绕原点一周。围线必须落在 ROC 内,因为只有在那里 $X(z)$ 才代表合法收敛的级数。

课件:逆 Z 变换公式与围线
逆 Z 变换的围线积分形式:围线必须落在 ROC 内。

三种实用计算方法概览

方法本质适合场景易错点
长除法 / 幂级数法直接展开成幂级数,读出系数想看前几项、判断序列方向、验证答案没有根据 ROC 选择按 $z^{-1}$ 还是按 $z$ 展开
部分分式法拆成基本变换对,查表叠加有理函数、简单极点、作业和工程计算只拆分式而忘记 ROC 决定右边/左边序列
留数定理法用围线积分和留数抽取系数理论证明、复杂极点、高阶极点围线不在 ROC 内,或漏掉 $z=0$ 处的极点

为什么逆变换必须看 ROC?

同一个代数式可以有不同展开方式。$\dfrac{1}{1-az^{-1}}$ 若 ROC 为 $|z|>|a|$,按 $z^{-1}$ 展开得到 $a^n u[n]$(右边序列);若 ROC 为 $|z|<|a|$,按 $z$ 展开得到 $-a^n u[-n-1]$(左边序列)。ROC 不是附加说明,而是逆 Z 变换答案的一部分。

方法一:长除法 / 幂级数法

直接把 $X(z)$ 展开成 $z^{-1}$(或 $z$)的幂级数,逐项读出系数 $x[n]$

展开方向由 ROC 决定:

  • ROC 在极点外侧($|z|>R$) → 按 $z^{-1}$ 的升幂展开 → 右边序列
  • ROC 在极点内侧($|z|<R$) → 按 $z$ 的升幂展开 → 左边序列
课件:长除法求逆 Z 变换
长除法:展开方向由 ROC 决定,系数就是 $x[n]$

方法二:部分分式法

把有理函数 $X(z)$ 拆成基本变换对的线性组合,再逐项查表。这是最常用的方法。

一般步骤:

  1. 因式分解分母,找出所有极点。
  2. 写成 $\dfrac{X(z)}{z}$ 的部分分式(这样每项乘以 $z$ 后回到 $\dfrac{z}{z-p}$ 标准形式)。
  3. 求出各分式系数。
  4. 根据 ROC 判断每项是右边还是左边序列,查表写出 $x[n]$
课件:部分分式展开
部分分式法:把复杂有理函数拆成可查表的基本项。

二重极点的部分分式分解与反变换公式

$X(z)/z$ 含有二重极点 $z=p_1$ 时,分解形式为:

$$X_1(z) = \frac{X(z)}{z} = \frac{N(z)/z}{(z-p_1)^2} = \frac{A_{11}}{(z-p_1)^2} + \frac{A_{12}}{z-p_1}$$

系数求法:

$$A_{11} = \left.(z-p_1)^2 X_1(z)\right|_{z=p_1}, \quad A_{12} = \left.\frac{d}{dz}\left[(z-p_1)^2 X_1(z)\right]\right|_{z=p_1}$$

还原 $X(z)$:

$$X(z) = \frac{zA_{11}}{(z-p_1)^2} + \frac{zA_{12}}{z-p_1}$$

利用变换对 $na^n u[n] \leftrightarrow \dfrac{az}{(z-a)^2}$,得到:

  • 右边序列: $x[n] = \left(\dfrac{A_{11}}{p_1}\,n + A_{12}\right)(p_1)^n u[n]$
  • 左边序列: $x[n] = -\left(\dfrac{A_{11}}{p_1}\,n + A_{12}\right)(p_1)^n u[-n-1]$

方法三:留数定理法

从围线积分定义出发,用留数定理直接计算:

$$x[n] = \frac{1}{2\pi j} \oint_C X(z)\, z^{n-1}\, dz = \sum \text{(围线 }C\text{ 内各极点的留数)}$$

其中 $C$ 是 ROC 内环绕原点的闭合围线。

留数公式:

  • 一阶极点 $z=p$: $\operatorname{Res}_{z=p} F(z) = \left.(z-p)F(z)\right|_{z=p}$
  • $k$ 阶极点 $z=p$: $\operatorname{Res}_{z=p} F(z) = \dfrac{1}{(k-1)!} \left.\dfrac{d^{k-1}}{dz^{k-1}}\left[(z-p)^k F(z)\right]\right|_{z=p}$

留数定理法适合理论推导和高阶极点情况,但计算量通常比部分分式法大。

例题区

例题:长除法恢复序列

题目:已知 $X(z)=\dfrac{1}{1+\frac12 z^{-1}},\quad |z|>\dfrac12$,求 $x[n]$

ROC 在极点外侧,按 $z^{-1}$ 展开:

$$\frac{1}{1+\frac12 z^{-1}} = 1-\frac12 z^{-1}+\frac14 z^{-2}-\frac18 z^{-3}+\cdots$$

对照 $X(z)=\sum x[n]z^{-n}$,读出:

$$x[0]=1,\; x[1]=-\frac12,\; x[2]=\frac14,\; x[3]=-\frac18,\; \cdots$$

一般项: $x[n]=(-\frac12)^n u[n]$

长除法适合快速看前几项或验证答案,但不容易直接写出闭式解。求闭式解用部分分式法。

例题:两个不同极点

题目:已知 $X(z)=\dfrac{z^2}{(z-1)(z-0.5)},\quad |z|>1$,求 $x[n]$

Step 1:$X(z)/z$ 并展开:

$$\frac{X(z)}{z} = \frac{z}{(z-1)(z-0.5)} = \frac{A}{z-1} + \frac{B}{z-0.5}$$

Step 2:求系数:

$$A = \left.\frac{z}{z-0.5}\right|_{z=1} = 2, \quad B = \left.\frac{z}{z-1}\right|_{z=0.5} = -1$$
$$X(z) = \frac{2z}{z-1} - \frac{z}{z-0.5}$$

Step 3:ROC 为 $|z|>1$,在最外极点之外,两项都是右边序列:

$$x[n] = 2(1)^n u[n] - (0.5)^n u[n] = \left[2 - \left(\frac12\right)^n\right] u[n]$$

例题:含 $z^2$ 分子的两个不同极点

题目:已知 $X(z)=\dfrac{z^2}{(z-1)(z-\frac13)},\quad |z|>1$,求 $x[n]$

Step 1:$X(z)/z$ 并展开:

$$\frac{X(z)}{z} = \frac{z}{(z-1)(z-\frac13)} = \frac{A}{z-1} + \frac{B}{z-\frac13}$$

Step 2:求系数:

$$A = \left.\frac{z}{z-\frac13}\right|_{z=1} = \frac{1}{1-\frac13} = \frac{3}{2}$$
$$B = \left.\frac{z}{z-1}\right|_{z=1/3} = \frac{\frac13}{\frac13-1} = -\frac12$$

所以:

$$X(z) = \frac{3}{2}\cdot\frac{z}{z-1} - \frac{1}{2}\cdot\frac{z}{z-\frac13}$$

Step 3:ROC 为 $|z|>1$,在最外极点 $z=1$ 之外,两项都是右边序列:

$$x[n] = \frac{3}{2}\,u[n] - \frac{1}{2}\left(\frac13\right)^n u[n] = \left[\frac{3}{2} - \frac{1}{2}\left(\frac13\right)^n\right] u[n]$$

例题:部分分式展开法 — 基本题型

题目:已知 $X(z)=\dfrac{z}{(z-1)(z-\frac13)},\quad |z|>1$,求 $x[n]$

Step 1:$X(z)/z$ 并展开:

$$\frac{X(z)}{z} = \frac{1}{(z-1)(z-\frac13)} = \frac{A}{z-1} + \frac{B}{z-\frac13}$$

Step 2:求系数:

$$A = \left.\frac{1}{z-\frac13}\right|_{z=1} = \frac{1}{2/3} = \frac{3}{2}$$
$$B = \left.\frac{1}{z-1}\right|_{z=1/3} = \frac{1}{-2/3} = -\frac{3}{2}$$

所以:

$$X(z) = \frac{3}{2}\cdot\frac{z}{z-1} - \frac{3}{2}\cdot\frac{z}{z-\frac13}$$

Step 3:ROC 为 $|z|>1$,在最外极点 $z=1$ 之外,两项都是右边序列:

$$x[n] = \frac{3}{2}\cdot 1^n u[n] - \frac{3}{2}\left(\frac13\right)^n u[n] = \frac{3}{2}\left[1 - \left(\frac13\right)^n\right] u[n]$$

例题:同一 $X(z)$,三种 ROC

题目:已知 $X(z)=\dfrac{z}{(z-2)(z-0.5)}$,分别求 ROC 为 $|z|>2$$0.5<|z|<2$$|z|<0.5$ 时的 $x[n]$

部分分式展开:

$$X(z) = \frac{2}{3}\cdot\frac{z}{z-2} - \frac{2}{3}\cdot\frac{z}{z-0.5}$$

情况 1: $|z|>2$(圆外) — 两项都在极点外侧,都是右边序列:

$$x[n] = \frac{2}{3}\left[2^n - \left(\frac12\right)^n\right] u[n]$$

情况 2: $0.5<|z|<2$(环形)$z=0.5$ 在外侧(右边),$z=2$ 在内侧(左边):

$$x[n] = -\frac{2}{3}\cdot 2^n u[-n-1] - \frac{2}{3}\cdot (0.5)^n u[n]$$

情况 3: $|z|<0.5$(圆内) — 两项都在极点内侧,都是左边序列:

$$x[n] = -\frac{2}{3}\left[2^n - \left(\frac12\right)^n\right] u[-n-1]$$
关键:同一 $X(z)$,三种 ROC 对应三种完全不同的序列。做题时先因式分解找极点,再根据 ROC 判断每项是左边还是右边。

例题:环形 ROC 双边序列

题目:已知 $X(z)=\dfrac{z}{(z-\frac13)(z-2)},\quad \dfrac13<|z|<2$,求 $x[n]$

部分分式:

$$X(z) = -\frac{3}{5}\cdot\frac{z}{z-\frac13} + \frac{3}{5}\cdot\frac{z}{z-2}$$

判断:

  • 极点 $z=\dfrac13$:ROC 在外侧 → 右边序列 $\left(\dfrac13\right)^n u[n]$
  • 极点 $z=2$:ROC 在内侧 → 左边序列 $-2^n u[-n-1]$
$$x[n] = -\frac{3}{5}\left(\frac13\right)^n u[n] - \frac{3}{5}\cdot 2^n u[-n-1]$$
判断口诀:ROC 在极点外侧 → 右边序列;ROC 在极点内侧 → 左边序列。环形 ROC 必然对应双边序列。

例题:两个一阶极点 — 留数定理法

题目:已知 $X(z)=\dfrac{z}{(z-1)(z-\frac13)},\quad |z|>1$,求 $x[n]$

ROC 为 $|z|>1$,在最外极点 $z=1$ 外侧 → 右边序列。

围线积分:

$$x[n] = \frac{1}{2\pi j} \oint_C X(z)\, z^{n-1}\, dz = \frac{1}{2\pi j} \oint_C \frac{z^n}{(z-1)(z-\frac13)}\, dz$$

$n \ge 0$ 时:围线 $C$ 内包含两个一阶极点 $z=1$$z=\dfrac13$

$z=1$ 处的留数:

$$\operatorname{Res}_{z=1} = \left.(z-1)\cdot \frac{z^n}{(z-1)(z-\frac13)}\right|_{z=1} = \frac{1}{1-\frac13} = \frac{3}{2}$$

$z=\dfrac13$ 处的留数:

$$\operatorname{Res}_{z=1/3} = \left.(z-\tfrac13)\cdot \frac{z^n}{(z-1)(z-\frac13)}\right|_{z=1/3} = \frac{(1/3)^n}{1/3-1} = -\frac12\left(\frac13\right)^n$$

由留数定理:

$$x[n] = \frac{3}{2} - \frac12\left(\frac13\right)^n, \quad n \ge 0$$

$n < 0$ 时:ROC 在极点外侧对应右边序列,$x[n]=0$

结果:

$$x[n] = \left[\frac{3}{2} - \frac12\left(\frac13\right)^n\right] u[n]$$

验证(部分分式法):

$$\frac{X(z)}{z} = \frac{1}{(z-1)(z-\frac13)} = \frac{A}{z-1} + \frac{B}{z-\frac13}$$
$$A = \left.\frac{1}{z-\frac13}\right|_{z=1} = \frac{3}{2}, \quad B = \left.\frac{1}{z-1}\right|_{z=1/3} = -\frac{3}{2}$$
$$X(z) = \frac{3}{2}\cdot\frac{z}{z-1} - \frac{3}{2}\cdot\frac{z}{z-\frac13}$$

ROC 为 $|z|>1$,两项都是右边序列:

$$x[n] = \frac{3}{2}\cdot 1^n u[n] - \frac{3}{2}\left(\frac13\right)^n u[n] = \left[\frac{3}{2} - \frac12\left(\frac13\right)^n\right] u[n] \quad \checkmark$$

例题:含二阶极点

题目:已知 $X(z)=\dfrac{z^2}{(z-1)^2},\quad |z|>1$,求 $x[n]$

$z=1$ 是二阶极点,ROC 在极点外侧 → 右边序列。

$$x[n] = \operatorname{Res}_{z=1}\left[\frac{z^{n+1}}{(z-1)^2}\right]$$

二阶极点留数:

$$\operatorname{Res}_{z=1} = \left.\frac{d}{dz}\left[(z-1)^2 \cdot \frac{z^{n+1}}{(z-1)^2}\right]\right|_{z=1} = \left.\frac{d}{dz} z^{n+1}\right|_{z=1} = (n+1) \cdot 1^n = n+1$$

因此:

$$x[n] = (n+1)\,u[n]$$

验证:用性质 4(乘以 $n$)。$u[n] \leftrightarrow \dfrac{z}{z-1}$,则:

$$\mathcal{Z}\{n\,u[n]\} = -z\,\frac{d}{dz}\left(\frac{z}{z-1}\right) = \frac{z}{(z-1)^2}$$

所以 $(n+1)u[n] = n\,u[n] + u[n] \leftrightarrow \dfrac{z}{(z-1)^2} + \dfrac{z}{z-1} = \dfrac{z^2}{(z-1)^2}$

例题:含 $z^2$ 分子的两个一阶极点 — 留数定理法

题目:已知 $X(z)=\dfrac{z^2}{(z-1)(z-0.5)},\quad |z|>1$,求 $x[n]$

ROC 为 $|z|>1$,在最外极点 $z=1$ 外侧 → 右边序列。

围线积分:

$$x[n] = \frac{1}{2\pi j} \oint_C X(z)\, z^{n-1}\, dz = \frac{1}{2\pi j} \oint_C \frac{z^{n+1}}{(z-1)(z-0.5)}\, dz$$

$n \ge 0$ 时:围线 $C$ 内包含两个一阶极点 $z=1$$z=0.5$

$z=1$ 处的留数:

$$\operatorname{Res}_{z=1} = \left.\frac{z^{n+1}}{z-0.5}\right|_{z=1} = \frac{1}{0.5} = 2$$

$z=0.5$ 处的留数:

$$\operatorname{Res}_{z=0.5} = \left.\frac{z^{n+1}}{z-1}\right|_{z=0.5} = \frac{(0.5)^{n+1}}{-0.5} = -(0.5)^n$$

由留数定理:

$$x[n] = 2 - (0.5)^n, \quad n \ge 0$$

$n < 0$ 时:ROC 在极点外侧对应右边序列,$x[n]=0$

结果:

$$x[n] = \bigl[2 - (0.5)^n\bigr]\, u[n]$$
Part 5
Z 变换解差分方程

Z 变换最直接的工程应用就是求解常系数线性差分方程。核心思路是:利用移位性质,把时域递推关系变成 Z 域的代数方程,求解后再做反变换回到时域

一般步骤

  1. 对差分方程两边做 Z 变换(零初始条件或带入实际初始条件)。
  2. 整理得到 $Y(z)$ 的代数表达式
  3. $Y(z)$ 做反变换,得到 $y[n]$

零初始条件下的系统函数

对于一般形式的常系数线性差分方程:

$$\sum_{k=0}^{N} a_k\, y[n-k] = \sum_{m=0}^{M} b_m\, x[n-m]$$

零初始条件下两边做 Z 变换,利用移位性质 $y[n-k] \leftrightarrow z^{-k}Y(z)$:

$$Y(z) \sum_{k=0}^{N} a_k z^{-k} = X(z) \sum_{m=0}^{M} b_m z^{-m}$$

于是系统函数为:

$$H(z) = \frac{Y(z)}{X(z)} = \frac{\sum_{m=0}^{M} b_m z^{-m}}{\sum_{k=0}^{N} a_k z^{-k}}$$

这就是差分方程在 Z 域的代数压缩——一个有理函数。

含初始条件的求解

当初始条件不为零时,单边 Z 变换的移位性质为:

$$\mathcal{Z}\{y[n-1]\} = z^{-1}Y(z) + y[-1]$$
$$\mathcal{Z}\{y[n-2]\} = z^{-2}Y(z) + z^{-1}y[-1] + y[-2]$$

代入差分方程后,$Y(z)$ 会包含两部分:

$$Y(z) = \underbrace{H(z)X(z)}_{\text{零状态响应}} + \underbrace{Y_{\text{zi}}(z)}_{\text{零输入响应}}$$

分别对两部分做反变换,叠加即得全响应。

例题区

例题:用 Z 变换求解差分方程

题目:$y[n] - \frac12 y[n-1] = x[n]$,其中 $x[n]=u[n]$,$y[-1]=1$。求全响应 $y[n]$

Step 1: 单边 Z 变换。

$$Y(z) - \frac12\left[z^{-1}Y(z) + y[-1]\right] = X(z)$$

代入 $y[-1]=1$$X(z)=\dfrac{1}{1-z^{-1}}$:

$$Y(z)\left(1-\frac12 z^{-1}\right) - \frac12 = \frac{1}{1-z^{-1}}$$

Step 2: 解出 $Y(z)$

$$Y(z) = \frac{1}{(1-z^{-1})(1-\frac12 z^{-1})} + \frac{1/2}{1-\frac12 z^{-1}}$$

第一项是零状态响应,第二项是零输入响应。

Step 3: 部分分式展开 + 反变换。

零状态部分:

$$\frac{1}{(1-z^{-1})(1-\frac12 z^{-1})} = \frac{2}{1-z^{-1}} - \frac{1}{1-\frac12 z^{-1}}$$

反变换: $y_{\text{zs}}[n] = 2u[n] - (\frac12)^n u[n]$

零输入部分反变换: $y_{\text{zi}}[n] = \frac12(\frac12)^n u[n]$

全响应:

$$y[n] = 2u[n] - \frac12\left(\frac12\right)^n u[n]$$
Part 6
系统函数的极点分布与系统因果稳定性

对 LTI 系统,单位脉冲 $\delta[n]$ 的响应称为单位抽样响应 $h[n]$。因为 LTI 满足叠加和移不变,任意输入 $x[n]$ 的输出为:

$$y[n] = x[n] * h[n] = \sum_{m=-\infty}^{\infty} x[m]\, h[n-m]$$

$h[n]$ 的 Z 变换就是系统函数:

$$H(z) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} h[n]\, z^{-n}$$

一个 $H(z)$ 配合不同的 ROC,可以对应因果/非因果、稳定/不稳定等完全不同的系统行为。

因果性判据

因果 LTI 系统 $\iff h[n]=0$ for $n<0$ $\iff h[n]$ 是右边序列。

$$\text{因果} \iff \text{ROC 在最外极点之外,且包含 } z=\infty$$

稳定性判据

BIBO 稳定 $\iff$ 任意有界输入产生有界输出 $\iff h[n]$ 绝对可和:

$$\text{稳定} \iff \sum_{n=-\infty}^{\infty} |h[n]| < \infty$$

而 Z 变换在 $|z|=1$ 上绝对收敛的条件正好是 $\sum |h[n]| < \infty$,因此:

$$\text{稳定} \iff \text{单位圆 } |z|=1 \text{ 在 ROC 内}$$

因果且稳定

两个条件同时成立:

  • 因果 → ROC 在最外极点之外
  • 稳定 → ROC 包含单位圆
$$\boxed{\text{因果且稳定} \iff \text{全部极点严格在单位圆内}}$$
性质时域判据Z 域判据
因果$h[n]=0,\; n<0$ROC 在最外极点之外,包含 $z=\infty$
稳定$\sum_n |h[n]|<\infty$ROC 包含单位圆 $|z|=1$
因果且稳定右边且绝对可和全部极点严格在单位圆内

极点位置与系统行为速查

场景极点位置ROC因果性稳定性
全部极点在单位圆内$|p_k|<1$$|z|>\max|p_k|$(含单位圆)✅ 因果✅ 稳定
有极点在单位圆外存在 $|p_k|>1$$|z|>\max|p_k|$(不含单位圆)✅ 因果❌ 不稳定
环形 ROC 含单位圆内外都有极点$R_1<|z|<R_2,\; R_1<1<R_2$❌ 非因果✅ 稳定
ROC 在单位圆内极点在单位圆外$|z|<R_2,\; R_2<1$❌ 非因果❌ 不稳定
关键提醒:同一个差分方程只固定 $H(z)$ 的代数式,不固定 ROC。ROC 选得不同,因果性和稳定性就完全不同。

BIBO 稳定 $\Leftrightarrow$ $h[n]$ 绝对可和 $\Leftrightarrow$ ROC 包含单位圆

充分性 ($\Leftarrow$):$\sum_k |h[k]| < \infty$,对任意有界输入 $|x[n]| \le M_x$:

$$|y[n]| \le \sum_k |x[k]|\,|h[n-k]| \le M_x \sum_k |h[k]| < \infty$$

必要性 ($\Rightarrow$):$\sum_n |h[n]| \to \infty$,构造 $x[-n] = h^*[n]/|h[n]|$(有界输入),则 $y[0] = \sum_k |h[k]| \to \infty$,输出无界。

Z 域等价:$H(z)$$|z|=1$ 绝对收敛 $\iff \sum |h[n]|\cdot 1 < \infty$

$$\boxed{\text{BIBO 稳定} \;\Leftrightarrow\; \sum|h[n]|<\infty \;\Leftrightarrow\; \text{单位圆在 ROC 内}}$$
Part 7
Z 变换与系统频响

当 ROC 包含单位圆时,令 $z=e^{j\omega}$,Z 变换退化为 DTFT:

$$H(e^{j\omega}) = H(z)\big|_{z=e^{j\omega}}$$

这就是系统的频率响应前提:单位圆必须在 ROC 内。若 ROC 不包含单位圆(如不稳定系统),DTFT 不收敛,频率响应没有定义。

频率响应通常拆为幅度和相位:

$$H(e^{j\omega}) = |H(e^{j\omega})|\, e^{j\angle H(e^{j\omega})}$$
  • 幅度响应 $|H(e^{j\omega})|$:各频率成分的增益/衰减。
  • 相位响应 $\angle H(e^{j\omega})$:各频率成分的相位偏移。

Z 变换与拉普拉斯变换、傅里叶变换的关系

通过映射 $z=e^{sT}$,三个变换域的关系一目了然:

连续域离散域对应关系
$s$ 平面(拉普拉斯)$z$ 平面(Z 变换)$z=e^{sT}$
虚轴 $s=j\Omega$(傅里叶)单位圆 $z=e^{j\omega}$(DTFT)$\omega=\Omega T$
左半平面 $\sigma<0$(稳定)单位圆内 $|z|<1$(稳定)$|z|=e^{\sigma T}<1$
右半平面 $\sigma>0$(不稳定)单位圆外 $|z|>1$(不稳定)$|z|=e^{\sigma T}>1$
课件:Z 变换与拉普拉斯变换、傅里叶变换的关系
课件总结的映射关系:$z=e^{sT}$,单位圆对应连续域虚轴。

Parseval 定理

若单位圆在 ROC 内,时域能量等于频域能量:

$$\sum_{n=-\infty}^{\infty} |x[n]|^2 = \frac{1}{2\pi} \int_{-\pi}^{\pi} |X(e^{j\omega})|^2\, d\omega$$

这条公式把"序列能量"与"频谱能量"连接起来,是滤波器设计、频谱分析和功率谱分析的入口。

课件:Parseval 定理
Parseval 定理:时域内积可以转成 Z 域围线积分。
Part 8
频响特性的几何确定法

$H(z)$ 写成零极点因式分解形式:

$$H(z) = K \cdot \frac{\prod_{i=1}^{M} (z - z_i)}{\prod_{k=1}^{N} (z - p_k)}$$

在单位圆上取值 $z=e^{j\omega}$,幅度响应为:

$$|H(e^{j\omega})| = |K| \cdot \frac{\prod_i |e^{j\omega} - z_i|}{\prod_k |e^{j\omega} - p_k|}$$

相位响应为:

$$\angle H(e^{j\omega}) = \angle K + \sum_i \angle(e^{j\omega} - z_i) - \sum_k \angle(e^{j\omega} - p_k)$$

几何直觉

  • $|e^{j\omega} - z_i|$ 是单位圆上当前点到第 $i$ 个零点的距离。到零点越近,分子越小,幅度被压低。零点在单位圆上时,对应频率的幅度为 0。
  • $|e^{j\omega} - p_k|$ 是到第 $k$ 个极点的距离。到极点越近,分母越小,幅度被抬高。极点靠近单位圆时,对应频率处会出现共振峰。

把单位圆上的点 $e^{j\omega}$ 想象成观察者,绕着圆走一圈:

  • 靠近零点的频率 → 幅度被压制(谷)
  • 靠近极点的频率 → 幅度被放大(峰)

这就是频率响应的几何确定法:不需要计算,只看零极点图上各点到单位圆的距离,就能定性判断频响形状。

零极点图与 ROC 示例
零极点图示例:两个零点在原点 $z=0$,极点在 $z=1/2$$z=2$,ROC 为环形区域 $1/2<|z|<2$(阴影部分),单位圆(虚线)包含在 ROC 内 → 系统稳定。
附录:典型序列的 Z 变换与 ROC
序号序列 $x[n]$Z 变换 $X(z)$ROC
1$\delta[n]$$1$整个 $z$ 平面($|z|<\infty$)
2$u[n]$$\dfrac{1}{1-z^{-1}}=\dfrac{z}{z-1}$$|z|>1$
3$a^n u[n]$$\dfrac{1}{1-az^{-1}}=\dfrac{z}{z-a}$$|z|>|a|$
4$R_N[n]=u[n]-u[n-N]$$\dfrac{1-z^{-N}}{1-z^{-1}}=\sum_{n=0}^{N-1}z^{-n}$$|z|>0$($z\ne 0$)
5$n u[n]$$\dfrac{z^{-1}}{(1-z^{-1})^2}=\dfrac{z}{(z-1)^2}$$|z|>1$
6$-a^n u[-n-1]$$\dfrac{1}{1-az^{-1}}=\dfrac{z}{z-a}$$|z|<|a|$
典型 Z 变换对照表
典型 Z 变换对:$\delta[n]\leftrightarrow 1$$u[n]\leftrightarrow \frac{1}{1-z^{-1}}$$a^n u[n]\leftrightarrow \frac{1}{1-az^{-1}}$$R_N[n]\leftrightarrow \frac{1-z^{-N}}{1-z^{-1}}$$nu[n]\leftrightarrow \frac{z}{(z-1)^2}$
ROC 决定唯一性:注意 3 和 6 的 Z 变换表达式完全相同,但 ROC 不同。只写分式不写 ROC 是不完整的答案。

复习速查

  • 看到 $a^n u[n]$$\dfrac{1}{1-az^{-1}},\; |z|>|a|$
  • 看到 $-a^n u[-n-1]$$\dfrac{1}{1-az^{-1}},\; |z|<|a|$
  • 看到差分方程 → 移位性质得 $H(z)$,再看极点与 ROC
  • 判断稳定 → 单位圆是否在 ROC 内
  • 判断因果 → ROC 是否在最外极点之外且含 $z=\infty$
  • 做逆变换 → 因式分解 → 看 ROC → 选部分分式/长除法/留数法
  • 看频响 → 零极点图上观察单位圆到零极点的距离