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第3章 z变换要研究一个实际的物理系统，首先要解决它的数学模型 和分析工具问题。计算机控制系统是一种采样控制系统，即 离散系统。表3.1列由了线性连续控制系统与线性离散控制 系统的研究方法对照表。表3.1分析方法对照表线性连续控制系统线性离散控制系统微分方程差分方程拉氏变换Z变换传递函数脉冲传递函数状态方程离散状态方程由以上说明可知，Z变换是分析离散系统的重要数学工 具，而且具有许多类似于拉普拉斯变换性质的数学变换。与 拉普拉斯变换的主要区别是，它并不对连续函数f(t)进行运算，而是对离散函数f*(t)进行运算。因而本章内容是介绍 Z 变换的定义、性质以及Z反变换等。为下列章节学习奠定基 础。3.1 Z 变换定义3.1.1 Z 变换定义及表达式连续信号f的拉普拉斯变换F是复变量的代数函数。对计算机控制系统中的采样信号f * (t)也可以进行拉普拉斯变换。连续信号f通过采样周期为T的理想采样后的采 样信号f*(t)是一组加权理想脉冲序列，每个采样时刻的脉冲 强度等于该采样时刻的连续函数值，由( 2.2 )式可知f* (t) f (0) (t) f (T) (t T) f (2T) (t 2T)(3.1)因为 (t kT) 的拉氏变换为L (t kT) e kTs)的拉普拉斯变换式为F*(s) f(0) f(T)e Ts f(2T)e2Tsf (kT)e kTs)k0.一* . 、 一 . . 一 . .从)式明显看由，F是s的超越函数，因此，用拉普拉斯 变换这一数学工具，无法使问题简化，为此，引入另一复变量“z”,令Ts)式，得F(z) f(0) f(T)z1 f(2T)z2f(kT)zk)k 0(3.5)式是f的单边Z变换。若(3.5)式中流动变 量k从一8 一十8,则称为双边Z变换。由于控制系统中研 究的信号都是从研究时刻t 0开始算起，所以使用的都是单、 . . . . _ * . 、 . .边Z变换，这里简称为Z变换。表示f的Z变换式符号有*- * , 、*多种，如 F(z)、Zf 、f (s)s (1/T)lnz Zf(t)、ZF(s)、ZF*(s) 等等，但它们都表示同一个概念，都是指对脉冲序列函数的Z变换。)式、)式和)式在形式上完全相同，都是多项式之和， 对应的加权系数相等， 在时域中的(t T)、S域中的eTs以及 Z域中的z 1均表示信号延迟一拍。在实际应用中，所遇到的采样信号的Z变换哥级数在收 敛域内都对应有一个闭合形式， 其表达式是一个“ z”的有理 式K(zm dmizm1diz do)zn Cn 逐n1jz C0)若用zn同除分子和分母，可得“ Z1”的有理分式，即n mn 1n F(z)K(zd1zd0z )in in1 cn 1zc1zc0z在讨论系统动态特性时，Z变换式写成因子形式更为有用, 式)可以改写成F(z)常K(z zj (z z)(z Pi) (z Pn)甘中 zi, zm .pi ,，Pn分别是F(z)的零点和极点。3.1.2简单函数的Z变换下面，我们将讨论几个简单函数的 Z变换。值得注意的 是，我们假设函数在t。时不连续，而t。时函数是连续的。 在此情况下，我们设定f(。)f(。)，而不是间断点的平均值f(0 ) f(0)/2c1.单位脉冲函数1t 0表达式f(t) (t)0t 0求f的Z变换。1k 0因为(kT)0k 0根据Z变换定义F(z) Z (t) (kT)zk 1()k 02.单位阶跃函数1(t) 1 t 0表达式 f(t) 0t 0求f的Z变换。根据上面白假设，f(0) 1。再由Z变换的定义可知F(z) Z 1(t)1 zk zkk 0k 01231 z z z1 zK 77m0)注意到如果z 1,则级数收敛。在求Z变换时，变量Z是个假设算子，不必去确定使F(z)收敛时Z的范围，只要知道有这个范围 存在就足够了。用这种方法求时间函数 f的Z变换F，除了Z平面都是成立的k 0,1,2,k 0)常叫做单位阶跃F的极点外,在整个 住思：11(k)0序列3.单位斜坡函数表达式 f (t) 0t 0则f(kT) kT k 0,1,2,因而它的Z变换可以求出F(z) Ztf(kT)zkk 0kTz k T(z 1 2z 2 3z 3 ) k 0iz1 2(1 z1)2Tz(z 1)22)4.指数序列表达式akk 0f(k) 0k 0式甲a为常数。根据Z变换定义，则有F(z) Zak122331 az a z a z1 z11 az z a5.指数函数e att 0表达式f(t)0t0因为f(kT)eakTk0,1,2,(3)MatkakT kF(z) Z e f (kT)z e zk 0k 06.正弦函数表达式注意指数函数的下式sin因而F (z) Z sinaT 11 e z2aT 2 e z3aT 3 e zf(t)1aTz 1zaT4)sin变换Z eat2T(ej tt(e12j j T12Tj T1-aT1zt)1j-11 e z)z12j 1 (ej T e j T)zz 1 sin T1 2z 1 cos T z 2例3.1求余弦函数的表达式cos f(t)0,t,变换t解：我们可以按照求正弦函数,而sin t可以表示成zsin T2zcos T 1()Z变换的方法来求余弦函数的Z变换。F(z) Z cos t1Z ej t e 2jtc / j T j T 12 (e e )z121 (e e )z z1 z * 1 cos T1 2z1 cos T z 2Z2z2 zcos T2zcos T 1例3.2求阻尼正弦函数的Z变换at表达式e sin t,f(t)F(z)0,? e at sin t12jat j te ee ate12j11L (a j )T11 e zaT z j T e (eaT j T j T2 j 1 e (e ejT)z )z11 aT _z e sin T1 aT.1 2z e cos T2aT 2 e z_ aT 一ze sin T2 c aT-j- 2aTz 2ze cos T e例 3.3 求 F(s)s(s 1)的Z变换解当被求函数变量是以s给由时，求它的Z变换的一种方法是：先把F(s)利用拉普拉斯反变换求生f(t),然后将f(t)离 散化求生f*(t),再求其Z变换。另一种方法是将F(s)表示成部分分式，再利用Z变换表求其Z变换。其它的方法以后介绍。现在我们利用第一种方法，先求F(s)的拉氏反变换F(s)11 二s(s 1) s s 1f(t) L 1 F(s) 1(t) et t 0因此F(z) Z 1(t) e(1 eT)z1(1 z1)(1 eTz1)(1 eT)z(z 1)(z eT)表3.2 Z变换表序号X(s)x(t)x(kT)或 x(k)X(z)1一一1 k 00(k) 0 k 012一一1n k0(k n)0n kn z31s1(t)1(k)11 z 141s aat eakT e11 e aTz 151s2tkTTz 1 11x2(1 z )62 /t2(kT)2T2z1(1 z1) (1 z1)376s4t3(kT)331112T z (1 4z z ) (1 z1)48a1 e atakT1 e(1 eaT)z1s(s a)1aT 1(1 z )(1 e z )9b ae at e btakTbkTee, aTbT、1(ee )z(s a)(s b)aT 1.bT 1(1 e z )(1 e z )101(s a)2at teakT kTet- aT1Te zaT2 (1 e z )11s(1 at)e at(1 akT)e akT1 (1 aT)e aTz1(s a)2(1 e aTz 1)2122(s a)32 at t e(kT)2e akT2 aTaT11T e (1 e z ) z(1 e aTz 1)3132 aat 1 e atakT 1 e akT(aT 1 eaT) (1 eaT aTeaT)z1z1s2(s a)(1 z1)2(1 eaTz )14sin tsin k Tz 1 sin T22s1 2z 1 cos T z215scos tcos k T11 z cos T22s1 2z 1 cos T z 216(s a)22at .e sin takT . 1 -p e sink TaT 1ez sin T/ c aT 1T_2aT 21 2e z cos T ez17s a(s a)22at e cos takTecos k l“aT 1t-1 e z cos T aT 12aT 21 2e z cos T e z18k a11 az ,19k 1ak 1,2,z 11 az 120kak 11 z/A1、2(1 az )21k(k 1) k 2 - a22 z(1 z1)322,2 k 1 k az1(1 az1) (1 az1)323 3 k 1 k az 1(1 4az 1 a2z 2)/A1、4(1 az )24 4 k 1 k az 1(1 11az 1 11a2z 2 a3z 3)1、5(1 az )25k.a cos k11 az1注：x(t) 0 当 t 0 时；x(kT) x(k) 0 当 k 0 时值得注意的是，如果函数f(t)的Z变换为F(z),则F(z)的反变换就不一定必须等于f (t)图3.1两个不同的时间函数f1(t)和f2(t)参看图3.1 ,单位阶跃函数fi(t)与另一函数f2(t)的Z变换 有相同的表达式F(z) 1/(1 z 1),显然fi+f2(t)。由此可见，Z 变换式F(z)只与它的Z反变换f(kT)之间有对应的关系，而与时间连续函数f(t)之间无一一对应关系。3.2 Z变换的重要性质和定理和拉普拉斯变换一样，Z变换由其定义出发也可以导由 一系列关于Z变换的性质和定理，这些性质和定理对扩大Z变换应用都有重要作用。下面将介绍一些Z变换基本性质和 定理。在这里，我们设定f(t)的Z变换F(z)存在，且对于t 0时f(t)=0 。1. 乘以常数如果 f (t) 的 Z 变换为 F(z) ，则Z af (t) aZ f (t) aF(z)式中 a 是一个常数。证明 由 Z 变换定义Z af(t) af(kT)z kk0a f(kT)z k aF(z) k02. 线性性质Z 变换的定义可知， Z 变换是线性变换，即F1(z) Z f1(t) ， F2(z) Z f2(t) ， a 、 b 为任意常数如果f(t) afi(t) bf2(t)则它的Z变换为F(z)aF1(z) bF2(z)证明 根据 Z 变换定义F(z)af1(kT) bf2(kT)z k a f1(kT)z k b f2(kT)zk0k0k0aZ f1(t)bZ f2(t)aF1(z) bF2(z)3. 实位移定理若 t 0时 f(t) 0 ，且 F(z) Z f (t) ，则Z f (t nT) z nF(z)n1Z f (t nT)nkznF(z)f(kT)z kk0式甲n为零或正整数。证明 ）式。Z f(t nT)f(kT nT)z kk0f (kT nT)zk0(kn)3.20)n, 代入式（ 3.20 ） ，则有Z f (t nT) z n f(mT)zm=- n 改mn0 时 f（mT） 0 ，因而我们可以将求和的下限由为 m =0。f(t nT) z n f(mT)z m z nF(z) m0因此，Z变换式F乘以zn,相当于时间函数f延迟nT。现在来证明式（3.19）。Z f(t nT)f(kT nT)z k k0f(kT nT)z (k n)znf(kT nT)z(kn) f(kT)zk f (kT)z kk 0k 0k 0n 1znf(kT)zk f(kT)zkk 0k 0n 1 zn F(z)f(kT)zkk 0该性质表明，超前n拍(一个采样周期T称为一拍)信号f(t nT)的Z变换不是简单地将f(t)的Z变换F(z)乘以n拍超前因 n 1子zn , 还必须减去zn f (kT )z k ，这是因为 k 0f*(t nT)的第一个采样值为f(nT),即t 0时的采样值，而f*的 采样值为f(0)。只有当f*(t)的前n拍采样值f (0), f (T), , f (nT T)均 为零时，才和延迟n拍信号f(t nT)的Z变换有相似的表达式，即 F(z) Zf(t nT) znF(z)。例3.4求图3.2所示函数的Z变换。解f(t) 1(t 4T)可知F(z) z4Z 1(t)f(t)1(t 4T)Jix0 T 2T 3T 4T 5T 6Tt图3.2延迟4个采样周期的单位阶跃函数例3.5求f(t 2T)的Z变换F(z)。2 1解 Zf(t 2T) z2F(z)f(kT)zk z2F(z) f (0) f(T)z1k 0z2F(z) z2 f (0) zf(T)k例 3.6 设 y(k) x(h) , k 0,1,2，式中，k 4y(k) 0 h 0求y(k)的Z变换Y。解首先注意到y(k) x(0) x(1) x(k 1) x(k)y(k 1) x(0) x(1) x(k 1)因此，y(k) y(k 1) x(k)k 0,1,2,上式两边取Z变换得Zy(k) y(k 1) Z x(k)Y(z) z 1Y(z) X(z)1Y rvX(z)如果f的Z变换为F(z),则eatf的Z变换为Zeatf(t) F(zeaT)atakT kaT、 kaT、Z e f(t) f(kT)e z f(kT)(ze ) F(ze )k 0k 0因此，只要用zeaT代替F(z)中的z就可以得由eatf(t)的Z变换例3.7求teat的Z变换。解 设f(t) t则F(z) Zt ,Jz八2 ,所以根据复位移 (1 z )定理Z te atF(zeaT)Te aTz 1(1 e aTz 1)25初值定理如果f(t)的Z变换为F(z),且ym F(z)存在，则f(t)或f(k)的初值f(0)可由下式求生：f (0) lim F(z)证明根据Z变换定义F(z) f(kT)zk f(0) f(T)z1 f(2T)z2)式成立。T 1例 3.8 如果 f(t)的 Z 变换为 F(z)(1ie )ZT 1 ,求 f(t) (1 z1)(1 e,z1) ?的初值f(0)o解利用初值定理(1 e T )z 1f(0) limF(z) lim(- e ) 丁10zz (1 z 1)(1 e Tz 1)参考例3.3 ,注意到F(z)相应于f(t) 1 et的Z变换，因而 f(0) 0,这和初值定理得到的结果相同。1 一 ，、如果f的Z变换为F(z),而(1 z)F(z)在Z平面上以原点 为圆心的单位圆上和圆外没有极点，则lim f (kT) lim (1 z 1)F(z)kz 1证明根据Z变换定义Zf(t) F(z)f(kT)z kk 0Z f(t T) z1F(z)f (kT T)z kk 0因此F(z) z 1F(z) f (kT)z k f (kT T)zk 0k 0当z 1时，上式两边取极限，则有limF(z) z1F(z) lim f (kT)z k f (kT T)z kzz k 0k 0因为k 0时f(kT) 0,所以，上式为1 _ lim(1 z )F(z) z 1lim f(kT)zkz 1 k 0f(kT T)z k k 0f(kT) f(kT T) k 0f(0) f( T) f(T) f(0) f(2T) f(T)lim f(kT) f() k初值定理和终值定理，可以直接由Z变换式F(z)获得相应的采样时间序列f(kT)的初值和终值。这两个定理在作系统 分析时经常用到已知F(z) /a。，用终值定理求f()的1 z 1 e z11z ) 1 z11- aT 11 e zlim 1z 11 z 11 eaTz1我们注意到，本题中的F(z)是f1 eat的Z变换。将t代入f(t)中，则有f ( ) lim (1 e at) 1计算结果与用终值定理求生的f()是一样的7 .复域微分定理如果f的Z变换为F，F在Z平面上收敛于一定区域。则d即TzdzF(z)证明由Z变换定义,kF(z) f(kT)zk 0上式两边对Z微分，得d _ k 1F(z) kf(kT)z zdzk o再对上式两边同乘以(Tz),变得Tz-d F(z)(kT)f (kT)z k Z tf (t)dzk o该定理表明，在时间域信号f与t相乘，对应于Z域中f(t)的Z变换F对Z的微分运算。同样，上面方程两边再对Z求微分，则有d 丁 dTz F (z) dz dz上面方程两边同乘以 Tz(k2)Tf (kT)z kz 1k 0则有Tz TzF(z)dz dz(kT)2f(KT)zk Z t2f(t)Zt2f(t)d 2TzdZ F2这里算子Tz表示运用Tzd两次。同理可有dzdzmZtmf(t)Tz?F(z)dztt 0例3.10用微分定理求单位斜坡函数f(t)的0t 0Z变换。因为解f(t) t1(t)Z 1(t)所以,Z f(t)3 4占Tz17172(1 z )8 .复域积分定理li Kt)若ZfF(z),且极限ti” t存在,Z 平 z- lkim0誓(3.26)证明令g(t)平，则根据Z变换定义，有Z f(t)G(z)f(kT)zk k 0 kT上式两边对Z微分，得-dG(z) dzf(kT)z kz i k 0 Tf (kT) z k k 0 Tz-IfTz(z)上式两边作积分，有G(z1)dziF dz1z dziz Tzi即G( ) G(z)Fdziz Tzi由初值定理可知lkmog(kT)lim G(z) G() z因此F(z1)f (kT)G(z)1 dz1 limz Tz1k 0 kT该定理表明，在时域中，f与t相除，对应在Z域中Z变换F(zz的积分运算。例3.11已知f(k) k2,用复域积分定理求g(k) k的Z变 换。解设g(k)半) k kF(z) Z f (k) k2z kk 0则咕k2z k 1z k 0因为f(k) g(k) -V所以GzTdz1 lim3k 0 kk2z1z1k 0kk2工k 0 kdz1 lfk 0 kk kzk 0lim kk 0本题只是说明利用复积分定理可以求生1z(1 z1)2f(k)/k的Z变换。两个时间序列(或采样信号)f(kDg(k),相应的Z变换 分别为F(z彳nG(z),当t 0时，f(k)=g(k)=0, t。的卷积记为 f(k)*g(k),其定义为 kf (k) g(k) f (k n)g(n) f (k n)g(n) ) n 0n 0k或 f (k) g(k) g(k n) f (n) g(k n)f (n) n 0n 0则Z f(k) g(k) F(z)G(z)(3.29)证明Z f(k)*g(k) Zf(k n)g(n)f(k n)g(n) zn 0k 0 n 0令 mkn 则 kmn 因而Z f(k)*g(k)f(m)g(n)zmzn f (m) z m g(n)z nm n n 0m nn 0因为 当m 0时f(m) 0,所以Z f(K)*g(k) f(m)z m g(n)zn F(z)G(z)m 0n 0本节中，我们讨论了 Z变换的重要性质及定理。为了方便起见，把这些性质及定理总结列表3.3。表3.3 Z变换的重要性质及定理序号f(t)或 f(k)Zf(t)或 Zf(k)1af(t)aF(z)2af1(t)bf2(t)aF(z) bF2(z)3f(t T)或 f (k 1)zF(z) zf(0)4f(t nT)znF(z) znf (0) zn1f(T)zf(nT T)5f(t nT)z nF(z)6f (k n)znF (z)zn f (0) zn 1 f (1)zf (n 1)7f (k n)z nF(z)8tf (t)TzF(z) dz9kf(k)z-d- F(z) dz10e atf(t)F (zeaT)11e ak f (k)F(zea)12akf (k)F(za 1)13kakf(k)d1z F(za 1) dz14f(0)lim F (z) z15f()lim (1 z 1)F(z) z 116f(k) f(k) f(k 1)(1 z 1)F(z)17f(k) f (k 1) f(k)(z 1)F(z)zf(0)18f(k)k 07F(z)1 z19f (t, a) aF (z,a) a20kmf (k)md匚/ zF (z)dz21nf(kT)g(nT kT)k 0F(z)G(z)3.3 Z反变换与Z变换相反，Z反变换是将Z域函数F(z)变换为时间序 列f(k)或采样信号f*(t)。如前所述，Z变换仅仅是描述采样时 刻的特性，所以Z反变换直接求得的只是时间序列信号f(k)o当事先已知F对应的采样周期T时，就可以按照已知的采 样周期T确定所求得的时间序列f(kT),即f*(t)。F的Z反变换记为Z 1F(z) f(k)(3.30)式中Z 1表示Z反变换符号。求Z反变换的方法很多，常用 的基本方法有下列三种：哥级数展开法、部分分式展开法和 反演积分法。在使用这些方法时，和通常的情况一样，我们设定当k 0 时，x(k)或x(kT)等于零。事级数展开法)可知F(z) f(kT)zk f (0) f (T)z 1 f (2T)z 2 f (kT)z k k 0观察上式，只要用某种方法将要作 Z反变换的F(z)展成z 1事级数形式，即可获得F对应的时间序列f(kT)o若F是以Z1或z的有理分式形式，即F(z) Nz)D(z) 1 a1z1bnZ nnanz时，可以直接将分子除以分母把 F (z)展开成z1的哥级数。卜面举例说明怎样使用这种方法O10z 5例 3.12 已知 F(z) (z 1)(z 0.2)求f(k), k 0,1,2,解 首先将F(z)写成z 1多项式之比10z 1 5z 2F1 1.2zi 0.2z2,分母去除分子：10z 1 17z 2 18.4z31 1.2z 1 0.2z 2 10z 1 5z 210z1 12z2 2z 317z 2 2z 317z 2 20.4z3 3.4z 4 3418.4z 3 3.4z 4 18.4z 3 22.08z 4 3.68z 518.68z 4 3.68z 5F(z) 10z 1 17z 2 18.4z 3把这个式子同Z变换定义式F(z) f(kT)zk比较，我们可以得 k 0到f(0) 0 f (1) 10 f (2) 17 f (3) 18.4由上面的例子可以看到，在求反变换时，并不知道采样周期T的数值，因而反变换求生的是 f(k)序列，而不是f(kT) 或f*(t)序列。若给定F对应的采样周期T,则F对应的采 样信号为 _ *f (t) 10 (t T) 17 (t 2T) 18.4 (t 3T)编程计算:由）所表示的F有理分式，可以展开成Z1哥级数时,可以用下面导由的迭代算式直接计算z 1哥级数各项系数F(z)1nN(z) bo b1zbnzD(z)1 az1anz nf(0)f (1)z 1 f(2)z2其中哥级数各项系数是待定的。于是bo biz1bnzn f(0) f(1)z1 f(2)z2(1 a1z1，z n)上式中，按照等式两边z1的同次项系数相等，可得bof(0)b1f(1)f(0)a1b2f(2)f (1)a1 f (0)a2)bnf (n)f (n 1)a1f (0)an0 f (n 1) f(n)a1 f (1)an由上面方程组可导由待定系数f (0)，f (1)，的迭代式f(0) b0f(1) bi a1 f (0)f(2) b2 a1f a2 f (0) kf(k) bkaif(k i),0 k n(3.34)i 1n f(k) 0 af(k i),k n)编制计算机程序，由计算机计算，则十分简便3.3.2部分分式法查表法：Z变换的线性性质可以使我们能够应用部分分式法求生F的Z反变换。这种方法可以求生脉冲序列函数的 封闭形式，具体方法和求拉氏反变换的部分分式展开法相 似。具体步骤如下：Z有理式标准形式mm 1bozb1znn 1bm3n先将F写成如下(3.35)F(z)震 D(z)其中m n,系数bj(j 01,2，和廿。0，1,2，n)均为实常数。对的分母进行因式分解，即D(z) (z Pl)(Z P2)(z Pn)其中Pi(i 1,2, ，n)称为F(z)的极点，它们是实数或共辗复数。1. 若所有极点是两两互不相同的单极点由于F(z)的部分分式展开式为q形式的诸项和，而指数 z Pi函数扰的Z变换为 一所以最好先求以区的部分分aTz ez式，然后再乘以Z,就得到希望的形式。方法如下:(3.36)F(z)AiAAnz z Pi z P2z PnF-Az z Piz P2AzZ Pn(3.37 )式(3.36)中的系数AO1,2, ，n),求法与拉氏变换展开部分分式时的求法相同。式(3.37)中各个分式所对应的时. k间序列为通常熟悉的指数序列Api ,即fi(k) Z 1 -A二APik, k 0, i 1,2, ,nz Pi(3.38)例3.13求F(z)一z一的反变换 (z 1)( z 0.5)解 将F(z)除以Z,并展开为部分分式，得F(z)z10.5上式两边乘以Z,得F(z)六z 1zz 0.5111 0.5z由Z变换表可以直接查由11,Z 111(k) 1 ,k 0,1,2，1 z.1Z 11(0.5)kk 0,1,1 0.5z 1式中 1(k)为单位阶跃序列。所以f(k) 1(k) (0.5)k, k 0,1,2,在这个例子中，如果将F(z)直接展成部分分式,F(z)10.5z 1 z 0.5注意，在Z变换表中查不由然而,则有0.5z 10.5z 1利用位移定理可以发现因此又可以写成1 z1z01(k)z 10.51 0.5z 1f(k)f(k)0,1(k)1(k)这和前面得到的结果是一样的O例求F(z)(zF(z)0.50.51 0.5z 100.5(0.5)k0.5(0.5)k 1(0.5)k ,1,2,0,1,2,Z的反变换F(z)z2z 1z(z 1)(z 2)f(k)0.5z11.5z 1 z 21.5z0.5 一z 211.51 2z 1所以F(z)的Z反变换为f(k) 0.5 (k) 1(k) 1.5( 2)k k 0,1,2,注意：)F(z),其反变换应为0.5 (k)o2. F(z)含有重极点如F(z)含有二重极点R,其余极点P3,P4, R互不相同 首先将F(z)/z展开成部分分式，即F AA2AAn)z (z P1)2 (z Pi) (z P3)(z Pn)F(z)A1 zA2zA3zt; 一, ?(z Pi)(z Pi) (z P3)Anz(z Pn)中的第一项 上二查Z变换表可知，对应的反变换为(z Pi)kf1 (k) AkR , k 0 o其余各项对应的时间序列均为指数序列APik，k 0 i 3,4, ,n因而F(z)的Z反变换的时间序列一般表示为n1kkkf(k) Z 1 F(z) A1kP1k A2 P1kAiPik,k 0(3.42)i 3例3.15求F(z) z3 4z2z 5z 2的Z反变换解 对F(z)的分母进行因式分解F(z)z(z i)2(z 2)F(z)在PiP2 1处为二重极点，在P3 2处为单极点。首先将季展开zF(z)1AiA2A3F1(Z)2_2一z(z 1)2(z 2) (z 1)2 (z 1) (z 2)其中上式中的系数A (z 1)2Fdz)1z 1dA2(z 1)2F1(z)z1 1dzA (z 2)E(z)z2 1因而F(z)二二(z 1) (z 1) (z 2)所以f(k) Z 1F(z)k1(k) 1(k) 2k, k 0其中1(k)为单位阶跃序列，可以写成下列形式f(k) 2k k 1 , k 0卜面举例说明F(z)含有三重以上简单极点时，求其 Z反变换的方法3例求F(z) 2z 3 的Z反变换。(z 2)3(z 4)2解 首先将以22z 3 40展开为部分分式,即z (z 2) (z 4)A2A3皿 E(z) z2z2 40 AA2A3A )_3_32(z 2)3(z 4) (z 2)3 (z 2)2 (z 2) (z 4)其中系数(z 2)3Fi(z)z2 16加 2)3F1(z)z21 d2- 31 J(z 2)3F1(z)2! dzA4(z 4)F1(z)z4 1因而F(z) zFi(z)16z(z 2)34z(z 2)2z z(z 2) (z 4)所以F的Z反变换为f(k) 126k(kk 21)(2)4k(2)k 1(2)k (4)k(2k2 1)(2)k (4)k, k 0,1,2,3. F(z)含有共辗复数极点以上论述了 F (z)只含有简单极点时求Z反变换的方法,卜面举例说明F(z)含有共辗复数极点时求Z反变换的方法。例 求F(z) z2一的反变换f(k)o(z 1)(z2 2z 2)将以w表示成部分分式zF(z)z7z 8z2 2z 2817 1 - zF(z)7_1_21 2z 2z方程式右边第二项的极点为共辗复数,因此该项的反变换为阻尼正弦或阻尼余弦。参考变换式akTZ e coskTaT 1z cos TaT 12aT 21 2e z cos T e z根据上述关系E(z)因此1F1(z)因为akT _. _Z e sinFi(z)2aT eaT ecoskT1 8z 71 2z 112“2)&zakTcos kTF(z)f(k)aT 1e z sin TaT 11 2e z cos T 2aT 2z2z 21 2z2z271 2z 1 2z 2aTe cos Tsin T2z 2akT sin kT ( 2)k7F1(z)k cos 1(2) sin77 7( . 2)kcos 4(、.2)ksin 40,1,2,由这个f(k)式可以得由f(0) 0 f1 f(2) 9 f (3) 23当然，F(z)可能含有多重二次极点，读者可以参考有关资料，求其Z反变换。3.3.3反演积分法(留数法)反演积分法是求Z反变换的最基本方法，它可以求得F对应的时间序列f(k)的表达式。由Z变换定义F(z) f(k)zk f(0) f(1)z1 f(k)zk k 0上式两边同乘以zk 1 ,得F(z)zk 1 f (0)zk 1 f zk2 f (k)z 1 f (k 1)z 2两边作闭路积分，积分路线取以z0为圆心包围F(z)zk1全部极点的圆C,即%F(z)zk 1dzf (0)zk 1 f (1)zk 2f (k 1) f (k)z 1 f (k 1)z 2 dzC根据复变函数中的Cauchy定理，上式右边的闭路积分，除f(k)z1之外，其余各项积分全为零(这是因为f(0)zk1, ,f(k 1)3各项在积分线C内全解析，f(k 1)z2, f(k 2)z ,，所有项在积分线C内原点处均有2阶以上重极点的缘故)，所以有门 F (z)zk 1dz 。f (k)z 1dz CC由复数广义积分可知,，；Cf (k)z 1dz f (k) Cz1dzf (k)2 j因而1nf(k) 27：CF(z)z dz iFsFzPi, k 0)式中，r为F(z)zk1第i个极点，n为F(z)zk1的极点数，Res为留数符号，C为Z平面上以原点为圆心，半径充分大的圆。上式说明，f(k)等于F(z)zk 1的全部极点留数之和。在计算留数时，如果F(z)zk1含有简单极点Pi时，相应的留数为K lim(zz piPi)F(z)zk1如果F(z)zk1含有q重极点z,则该极点的留数为1. dK lim (q 1)!z pj dz7T(z Pj)qF(z)zk1 q(3.46 )本书中，我们讨论的是单边Z变换，即k0 时 f (k) 0 o8用留数法求F(z)(M7的反变换f(kF (z)zk 1aT、 k(1 e )z(z 1)(z eaT当 kQ1,2,时F(z)zk 1有两个简单极点P11 和 P2aT)可得其中因此例 3.19k 0,1,2,时,aTP3 e2f (kT) Res因而K1K2Pi(1 eaT)zk(z 1)(z eaT)K1 K211m1(z 1)(1 eaT)zk(zzlimaT (z1)(z eaT)aT)aT、 k(1 e )z(z 1)(z eaT)akT ef (kT) K1 K2求 F(z)1 e akT0,1,2,(z 1)2(z eaT)的反变换f(kT)F (z)zk 1(z 1)2(z eaT)F(z)zk 1含有二重极点P1P2 1以及一个简单极点f(kT)Resz Pi(zK1(2 1)!lim z 1 dz(zlim dz (z e aT)1)2(z eaT)1)2lzm1K1K2k 1z(z 1)2(z eaT)(k 1)zk(z eaT)(z eaT)2k e aTe a(k 1)TaTV2(1 e )1 eaT (1 eaT)2k 1K2limaT (z eaT)1Tr2 z eaT(z 1)2(z e aT)所以keaT ef(kT) Ki K2-一斤-一 -一不21 e (1 e )(1 e ).aTakT 、K号eTk0，1,2,需要指由，当F(z)的z有理分式的分子中无z公因子时,用反演积分(3.44 )计算由F(z)的对应时间序列通项表示式 f(k),只适合k 0的情况，而不能表示k 0时刻序列值f(0)o f(0)的值应由初值定理确定或令k 0再用(3.44)式来计算。这是因为，对于这样的F(z),当k 0时，(3.44)式中的被积 函数为F(z)z1,它比k 0时的被积函数F(z)zk1多一个z 0的极 点。所以f(0)应和k 0的通项f(k)分别计算。由初值定理可以推断，当F(z)的分母阶数n和分子阶数m 相等时，F(z)对应的初始序列值f(0) 0,应为一有界常数；当 n m d 0时，相应时间序列f(k)的前d项均为零，即 f(0) f(1) f(d 1) 0。现举例说明这种情况。例3.20已知F(z) .用留数法求F(z)的反变换。(z 1)(z 2)k 1F(z)z10zk 1 (z 1)(z2)由上式可以看由，当k 0时,k 1F(z)z，含有三个简单极点R 0 , P2 1 , p3但是 k 1 时，F (z)zk 110zk 1(z 1)(z 2)只有两个极点p1 1 ,P2 2。因此我们必须分别求f(0)以及 f(k) (k 1)。因而其中求f(0)的值f(0)KiK2K3limz 0limz 1limz 2f(0)1时的f(k)10 Resz pi z(z 1)( z 2)z105 z(z 1)(z 2)(z(zK1K1K2K3101)-z(z 1)(z 2)K2 K35k 110z2f (k) Resi 1 z pi (z 1)(z 2)k 110zK1 lim (z 1)z 1 (z 1)(z 2)2)1010K1 K210K2lzm (z2)10zk 1(z 1)(z 2)10(2) k 1因而1,2,k 1k 1f(k) K1 K210 10(2)10(21) k综合以上、计算结果f(k)0,10(2k 1 1),(a j )T 11 e z
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