[数学]信号与线性系统分析6.ppt

初 值 定 理 两边乘zM得 zMF(z) = f(M) + f(M+1)z-1 + f(M+2)z-2+… 证明 对因果序列f(k)， 终 值 定 理 终值定理适用于右边序列，用于由象函数直接求得序列的终值，而不必求得原序列。 如果序列在kM时，f(k)=0，它与象函数的关系为 含单位圆 f(k) ←→ F(z) ，??z? ?且0??1 则序列的终值 k→∞时f(k)收敛 终 值 定 理 证明 求f(k)差分的z变换 即： 上式取z→1（在收敛域内）的极限： 交换极限循序： 差分相加 初（终）值定理例题 例1. 某因果序列的z变换为（a为实数） 求f(0)和f(∞) 解： 解： §6.3 逆z变换 求逆z变换的常用方法有： 一般而言，双边序列f(k)可分解为因果序列f1(k)和反因果序列f2(k)两部分，即 f(k) = f1 (k)+f2 (k) = f(k) ?(k) + f(k) ?(–k–1) 相应地，其z变换也分两部分 F(z) = F1(z) + F2(z)， ? |z| ? 已知象函数F(z)及其收敛域不难由F(z)求得F1(z)和F2(z)，并分别求得它们所对应的原序列f1(k)和f2(k)，将两者相加得原序列f(k)。 部分分式展开法等 幂级数展开法 一、幂级数展开法 F1(z)= Z[f(k)?(k)]= ，|z| ? F2(z)=Z[f(k)?(–k –1)]= ，|z| ? 因果序列的F1(z)是z-1的幂级数； 例：已知象函数 其收敛域如下，分别求其相对应的原序列f(k)。 （1） |z| 2 (2) |z| 1 (3) 1 |z| 2 其系数就是相应的序列值 。 反因果序列的F2(z)是z的幂级数； 解 （1） 由于F(z)的收敛域在半径为2的圆外，故f(k)为因果序列。用长除法将F(z)展开为z-1的幂级数： z2/(z2-z-2)=1+ z-1 + 3z-2 + 5z-3 + … f(k)={1，1，3，5，…} ↑k=0 （2） 由于F(z)的收敛域为?z?1，故f(k)为反因果序列。用长除法将F(z)（按升幂排列）展开为z的幂级数: z2/( –2 – z –z2)= (1) |z| 2 ； (2) |z| 1 ； (3) 1 |z| 2 F2(z)=Z[f(k)?(–k –1)]= (3) F(z)的收敛域为1?z?2，其原序列f(k)为双边序列。将F(z)展开为部分分式，有 第一项属于因果序列的项函数F1(z)，第二项属于反因果序列的象函数F2(z)， ，?z? 1 ，?z? 2 即将它们分别展开为z-1及z的幂级数，有 难以写成闭合形式。 二、部分分式展开（真分式） （1）F(z)均为单极点，且不为0 可展开为： 根据给定的收敛域，将上式划分为F1(z)(?z??)和F2(z)(?z??) ?(k)←→1 两部分，根据已知的变换对，如 例1：已知象函数 其收敛域分别为：（1）?z?2 (2) ?z?1 (3) 1?z?2 解 部分分式展开为 (1)当?z?2，故f(k)为因果序列 (2) 当?z?1，故f(k)为反因果序列 (3)当1?z?2， 例2：已知象函数 ,1?z?2 求逆z变换。 解 由收敛域可知，上式前两项的收敛域满足?z?1，后两 项满足?z?2。 (2) F(z)有共轭单极点 如z1,2=c?jd=?e?j?, 则 令K1=?K1?ej? 若?z? ? , f(k)=2?K1??kcos(?k+?)?(k) 若?z? ? , f(k)= –2?K1??kcos(?k+?)?(– k – 1) (3) F(z)有重极点 F(z)展开式中含 项(r1)，则逆变换为 若?z?? ,对应原序列为 以?z??为例： 可这样推导记忆： Z[ak?(k)]= 两边对a求导得 Z[kak-1?(k)]= 再对a求导得Z[k(k-1)ak-2?(k)]= 当r=2时，为 kak-1?(k)；当r=3时，为 例：已知象函数 ，?z?1 的原函数。 解 f(k)=[k(k-1)+3k+1]?(k) §6.4 z域分析 方程中，可求得零输入、零状态响应和全响应。 一、差分方程的变换解 设f(k)在k=0时接入，系统初始状态为y(-1),y(-2),…y(-n)。 取单边z变换得 单边z变换将系统的初始条件自然地包含于其代数 A(z) 单边右移特性 B(z) -M(z) 单边右移特性