求以下序列的z变换

1、电气信息工程孚院賦 IICMIL OF LLETR1( OFOH.MA1 IO习题五Z变换数字信号处理精品课1数字信号处理精品课#习题五 Z变换1.求以下序列的z变换，并画出零极点图和收敛域(1)x(n)二 ain ( |a | ： 1)(2)x( n) = 1 u(n)(3)x(n) = _ 丄 u( -n -1)(4)1x(n),(n_1)n(5)x(n) = nsin( 0n), n_ 0 ( 0为常数)(6)x(n) = Arn cos( 0n 亠症)u(n),0 ： r 1分析：Zx(n) = X(z) = E x(n)zZ变换定义n：，n的取值是x(n)的有值范围。Z变换的收敛域

2、是满足Z 1x(n)z| = Mn =z-od的z值范围。解：(1)由Z变换的定义可知：X(z)=an z二Vanzn =；n 二；n =0ooQOn n n - -n a z a zn Tn _ az *1_1 _a21 - az i(1 - az)(1 - az Jz_ (a2 -1)z1a(z _)(z _a)a数字信号处理精品课#电气信息工程孚院St HODLOF LLtn RK JAKIR.M AlEMGLNEEIUNG电气信息工程孚院St HODLOF LLt： I RK JM (IR.M A1习题五Z变换收敛域:极点为:口 aaz 1,且一1z即:a |Z1z = a, z =a

3、零点为：z = 0, z =：数字信号处理精品课#电气信息工程孚院St HODLOF LLtn RK JAKIR.M AlEMGLNEEIUNG数字信号处理精品课#电气信息工程孚院St HODLOF LLtn RK JAKIR.M AlEMGLNEEIUNG解：（2）由z变换的定义可知:1X(z)二()nu(n)zn -；2n =02(2)x(n)二朮(n)2)1z，1 11.11 即:z2 z2收敛域:12数字信号处理精品课#电气信息工程孚院St HODLOF LLtn RK JAKIR.M AlEMGLNEEIUNG数字信号处理精品课#电气信息工程孚院St HODLOF LLtn RK J

4、AKIR.M AlEMGLNEEIUNG1极点为：z=零点为：z = 02(3)x(n)八 2 u(-n 一1)解：（3）乂乙二-少心-1*/ 1 -(；)nz1 - - 2八-2nznn d2z1 -2zJz数字信号处理精品课#电气信息工程孚院St HODLOF LLtn RK JAKIR.M AlEMGLNEEIUNG习题五Z变换数字信号处理精品课3电气信息工程孚院St HODLOF LLtn RK JAKIR.M AlEMGLNEEIUNG数字信号处理精品课#电气信息工程孚院St HODLOF LLtn RK JAKIR.M AlEMGLNEEIUNG1极点为：z二一2零点为：z = 0

5、数字信号处理精品课#电气信息工程孚院St HODLOF LLtn RK JAKIR.M AlEMGLNEEIUNG数字信号处理精品课#电气信息工程孚院St HODLOF LLtn RK JAKIR.M AlEMGLNEEIUNG1(4)x(n) ,(n 一1)n:1解：(4) X(z)z_nn仔，T(-n)z dz nn-n A旳1nTz_z|z| 1数字信号处理精品课#电气信息工程孚院St HODLOF LLtn RK JAKIR.M AlEMGLNEEIUNG数字信号处理精品课#电气信息工程孚院St HODLOF LLtn RK JAKIR.M AlEMGLNEEIUNG二 X(z) =1

6、 nz-ln(1-z)=ln 1 -z因为X(z)的收敛域和dX (z)的收敛域相同, dz故X(z)的收敛域为|z| 1极点为：z = 0, z=1零点为：Z：(5)x(n) = nsin 0n, n _ 0( 0为常数)解：(5)设 y(n) = sin( n) u(n)QO则有 Y(z)二 y(n)n =joO_n zz，sin 0 1 21 -2z cos 0 z,z| 1数字信号处理精品课#电气信息工程孚院St HODLOF LLtn RK JAKIR.M AlEMGLNEEIUNG数字信号处理精品课#电气信息工程孚院St HODLOF LLtn RK JAKIR.M AlEMGLN

7、EEIUNG而 x(n)二n y(n)数字信号处理精品课#电气信息工程孚院St HODLOF LLtn RK JAKIR.M AlEMGLNEEIUNG数字信号处理精品课#电气信息工程孚院St HODLOF LLtn RK JAKIR.M AlEMGLNEEIUNGI X (z) = -z 色 Y(z) dzz(1 -z)sin 0(1 _ 2zJ cos 0 z2)2，|z| 1数字信号处理精品课#电气信息工程孚院St HODLOF LLtn RK JAKIR.M AlEMGLNEEIUNG数字信号处理精品课#电气信息工程孚院St HODLOF LLtn RK JAKIR.M AlEMGLN

8、EEIUNG因此，收敛域为：z 1极点为：z =e0,z二厂0 (极点为二阶) 零点为：z=1,z - -1,z = 0,z = ：(6)x(n) =Arncos( on )u(n),0 ： r : 1解: (6)数字信号处理精品课#电气信息工程孚院St HODLOF LLtn RK JAKIR.M AlEMGLNEEIUNG电气信息工程孚院S1而x( n) =Arn y( n) z Acs zr cos(o)lX(z) = A Y()2 /r 1 -2z r coscc0 +r z则X(z)的收敛域为：z |r |。2 假如x(n)的z变换代数表示式是下式，问X (z)可能有多少不同的收敛域

9、。1一X(z) =145(1+：z)(1 碍z443 /、+8z)分析：有限长序列的收敛域为：o ： z|,特殊情况有：0 :： z：,owz：, z c处n2 _0右边序列的收敛域为：Rx_因果序列的收敛域为：Rx_c z兰比，n An0左边序列的收敛域为：0 c|z| vRx+, n兰n特殊情况有:|z| Rx +, n2兰0双边序列的收敛域为：Rx_ v|z| Rx+有三种收敛域:圆内、圆外、环状(=0, z -：:要单独讨论)解：对X(Z)的分子和分母进行因式分解得i . i .(1-訂)(1+訂-1)X(Z) =1212(1 +丄2，)(1 +2z)(1 +3Z_)4241 - -Z

10、2(1 1 jZ 一火一占 jZ *)(1 yZ-1)224数字信号处理精品课5电气信息工程孚院St HODLOF LLt：n Rl(AlEMCLNEEKING习题五Z变换X(Z)的零点为：1/2 , 极点为：j/2 , -j/2 , -3/4- X(Z)的收敛域为：1/2 | Z | 3/4 ,为双边序列，请看 (2)| Z | 1/2 ,为左边序列，请看(3)| Z | 3/4，为右边序列， 请看 3.用长除法，留数定理,部分分式法求以下X(z)的z反变换1 -(1) x(z)=2_ 1一 4121 X (z) =, z1丄44z a(3)X.-az分析：长除法：对右边序列(包括因果序列)

11、H( z)的分子、分母都要按 z的降幕排列，对左边序列(包括反因果序列)H母都要按z的升幕排列。(z)的分子、分部分分式法：若 X(z)用z的正幕表示，则按 X(z)/z写成部分分 式，然后求各极点的留数，最后利用已知变换关系求z反变换可得x( n)。留数定理法：(1) 注意留数表示是 Res(X(z)zn)|= (z-zk)X(z)znlz = ZkZ = Zk因而X(z) zn 1的表达式中也要化成1/(zzk)的形式才能相抵 消，不能用1/(1 -zkz)来和(z-zk)相抵消，这是常出 现的错误。(2) 用围线内极点留数时不 必取“-”号(负号)，用围线外极点留 数时要取“匚号(负号)

12、。(1)( i )长除法:X (z)二41丄1 z21 -21 z4极点为Z-1/2,而收敛域为：|z|1/2.因而知x(n)为因果序列，所以分子 分母要 按降幂排列数字信号处理精品课7电气信息工程孚院St HODLOF LLtn RK JM (Hl.M AlEMCLNEEKING习题五Z变换1+1 Z _2数字信号处理精品课#电气信息工程孚院St HODLOF LLtn RK JM (Hl.M AlEMCLNEEKING数字信号处理精品课#电气信息工程孚院St HODLOF LLtn RK JM (Hl.M AlEMCLNEEKING1 1 1 _2X (z) =1 zz_ -242： J

13、n，-n z0所以：x(n) = 1u(n)I 2丿(1) (ii)留数定理法：x(n)= q11znJLdz,设 c 为2二j c1 1 z21z-内的逆时针方向闭合曲线:2当n _0时，1zn 4 = 1 1 zn在c内有1zz + 2 21Z = -1一个单极点2则 x(n) =Res2由于x(n)是因果序列故 n :： 0 时，x(n) = 0(1所以 x(n) = -一 | u(n)I 2.丿数字信号处理精品课9电气信息工程孚院St HODLOF LLt：n Rl(AlEMCLNEEKING习题五Z变换X(z)二1-討1z，41 1z2z-1z -2(1) (iii)部分分式法:数字

14、信号处理精品课#电气信息工程孚院St HODLOF LLt：n Rl(AlEMCLNEEKING数字信号处理精品课#电气信息工程孚院St HODLOF LLt：n Rl(AlEMCLNEEKING因为所以x(n)2 u( n)数字信号处理精品课#电气信息工程孚院St HODLOF LLt：n Rl(AlEMCLNEEKING数字信号处理精品课#电气信息工程孚院St HODLOF LLt：n Rl(AlEMCLNEEKING(2) (i).长除法:1由于极点为“7而收敛域为因而x(n)是左边序列，所以要按z的升幕排列:2828z1 1 21 -z42 8z数字信号处理精品课#电气信息工程孚院St

15、 HODLOF LLt：n Rl(AlEMCLNEEKING数字信号处理精品课#电气信息工程孚院St HODLOF LLt：n Rl(AlEMCLNEEKING7z7z - 28z228 z228z2 -112z3X(z) =8 28z 112z2(=8 7 -4n znn A4=8、7 4* zx(n) = 8、(n) 7u( -n -1)n =-：:所以(2)(ii)留数定理法：内的逆时针方向闭合曲线X(n)=21jcX (z) zn4dz 设 c 为 z：；，习题五Z变换当n ： 0时:X(z)zn在c外有一个单极点z二丄4.x(n)二-ReSX(z)znJ 1z 41=7(4)n,(n

16、 -可知,x( n)为a因果序列，因而要按 z的降幕排列：11/1、41/1、Q(a )z 2 (a )zaa a a a数字信号处理精品课#电气信息工程孚院St HODLOF LLtn RK JM (Hl.M AlEMCLNEEKING习题五Z变换- az 1 z - a1 za数字信号处理精品课13电气信息工程孚院St HODLOF LLtn RK JM (Hl.M AlEMCLNEEKING数字信号处理精品课#电气信息工程孚院St HODLOF LLtn RK JM (Hl.M AlEMCLNEEKING-(a -丄)a111 j-(a ) (a )zn丄 I u(n _1)aaaa数字

17、信号处理精品课#电气信息工程孚院St HODLOF LLtn RK JM (Hl.M AlEMCLNEEKING数字信号处理精品课#电气信息工程孚院St HODLOF LLtn RK JM (Hl.M AlEMCLNEEKINGX(n)WjcX 严dZ，设c为|z| 数字信号处理精品课#电气信息工程孚院St HODLOF LLtn RK JM (Hl.M AlEMCLNEEKING内的逆时针方向闭合曲线。数字信号处理精品课#电气信息工程孚院賦 IICMIL OF LLETR1( OFOH.MA1 IO习题五Z变换数字信号处理精品课#数字信号处理精品课#当n .0时:X (z)zn 在c内有z

18、=丄一个单极点ax(n) =ResX(z)zn】z=1_a-zzJa1 z aa 1 ia=(a ) 1n, (n 0)a 2丿当n =0时：X(z)znJ在c内有1z =0, z两个单极点ax(0) =ResXznJJResX(z)znJ 乂a_11二 a -_ a _aa当n ：0时：由于x(n)是因果序列,数字信号处理精品课#数字信号处理精品课#此时x(n) =0。所以u( n _1)数字信号处理精品课#(iii).部分分式法：2X(z)_ z_a _a1_az z(1 - az) z 1 - az1 1则 X(z) a (a - )a 1-1(n) (a ) aazau( n)所以u(

19、n _1)1 x(n) =(-a)、(n) (a ) a电气信息工程孚院賦 H(M)L OF ELETW( OFOK.M.U IO bAGl!ELRlN x?(n)的傅里叶反变换，代入 n = 0即可得所需结果。证明：设 y(n)二 X1 (n) X2 (n)贝VY(z) =X1(z) /(z) Y(ej ) =X1 (ej ) X2(e) X1(ej )X2(ej )ej nd，2 二二丄Y(er )ejnd 2二 y(n)=X (n) X2 (n)数字信号处理精品课#电气信息工程孚院St HODLOF Ll.m RK JM (Hl.M Al习题五Z变换丄 r：X1(ej )X2(eb)d

20、2 二= Xi(n) x2(门儿卫n=L Xi(k)X2(n k)Xi(Q) X2(0)1(n 匸Xi(e)ejnd，2n 51x2(n)x2(ej )ej nd2兀x1(0)1-X1(e? )d- 2兀51 兀ir、x2(0) =X2(ej )d 2兀T1 X1(er )X2(er )d 21 住i 1 住i.=27LX1(代何27 仃 X2(j 跑9. 求x(n) = R5(n)的傅里叶变换。分析：这道题利用傅里叶变换的定义即可求解，但最后结果应化为模和相角的关系 解：根据傅里叶变换的概念可得:N 二X(ej )二 DTFT RN(n) l- 1 ej nn =01 -eNNN-jwj-j

21、Oe勺e勺-e勺111-j-wj-w-j-e勺e-e 2_j N1-訂e 2 si nN 2 . si n 2 ，国式2k兀，k为整数N ,=2kX(ej&) = sin(N% ”si代？ |数字信号处理精品课21习题五Z变换X(e加)和电气信息工程孚院St HODL OF LerttUENCLNEEKINGa r gX (ej )-N2-a r gS inN，? s i n，?】2- . 2 二 .Nn - n 1当N =5时，即可得到所需的arg X (ej j。10. 设X(e)是如下图所示的x(n)信号的傅里叶变换,(a) X(ej0)(b)-X(ej)d(c) fX(e血)d(d)-

22、JIdX(ej)-H2d 分析：它的导数以及帕塞瓦公式1 rx(e 血)2 n一兀禾U用序列傅里叶变换的定义、2d 二QO2 x(n)。n -：解:oOoo(a)X(ej0)=迟 x(n)e_j0E x(n) =6(b)X(ej )d X(er )ej0d-JI_5二 2 二 x(0)二4 二(c)由帕塞瓦尔公式可得:2” -JX(ej旬 d国=2兀 x(n)2=28二oO(d) v X(ej )二、x(n)e- nn =-oddX(ej )d oO=送(jn)x(n)eHCQnn =不必求出X(e),试完成下列计算:习题五Z变换即 DTFT (dec电气信息工程孚院JU IICMIL OF

23、ELEtTRIC OFOK.MAl IO EGIM：LH1N；由帕塞瓦尔公式可得:2 一Q0d =2二 j( _jn)x(n) |2n :dX(edQO2 2=2二 n x (n)n -_：:=2二(9 10 1 964 25 0 49)=316 二11 已知x（n）有傅里叶变换X（e），用X（e）表示下列信号的傅里叶变换(a)x,(n) = x(1 _ n) x(_1 _ n) (b)X3( n)=x(- n) x(n)2(c) X2(n) =(n - 1)2x(n)分析：利用序列翻褶后移位关系以及频域的取导数关系式来求解。x(n)= X(ej ),x(-n)二 X(e_j ) /x(m -

24、 n)二 L mX(e ,.dX (ej )-jDTFTnx(n)。d解：(a) DTFT x(n)丨-X(ej )DTFT x( -n)丨=X(e-j )DTFT x(1 - n) I - ej X(ej )DTFT 殳(-1 - n) I - ej X(e_ )DTFTxdn) =X(e j ej -2X(ej )cosDTFTx ( -n) =X (ej )数字信号处理精品课25电气信息工程学院SCHOOL OF ELECTRIC IN FORMATIOX ENGINEERING* ： ：因而：DTFTKn) =X (e)X_) 2二 ReX(ej )od.(c) X (ej )=送 x

25、( n)e 唧n 二二:则 dX 八(jn)x(n)e- d sn -r；即DTFT w djd)dX(ej )d同理:DTFT h2x( n)ld(jdX(ej )d数字信号处理精品课#数字信号处理精品课#d2X(ej)d -22而 x3(n) = n x(n)2nx(n)十x(n)所以,DTFT #3( n)】-DTFT h2x(n) 1-2DTFT hx(n) 1DTFT x(n) 1d2X(ej )-2jdX(ej ).X(ej )12. 已知用下列差分方程描述的一个线性移不变因果系统y(n)二 y(n -1) y(n - 2) x(n -1)(a) 求这个系统的系统函数，画出其零极点

26、图并指出其收敛区域;(b) 求此系统的单位抽样响应；(c) 此系统是一个不稳定系统，请找一个满足上述差分方程的稳定的(非因果)系统的单位抽样响应。分析：x(n)，X(z), h(n)， H(z), y(np 丫(z)电气信息工程孚院习题五Z变换St HODLOF ELECTKIC INFOHMrtTLQX kGIM：LttlN；则 H (z)二Y(z)/X(z)二 Zh(n),要求收敛域必须知道零点、极点。收敛域为Z平面某个圆以外，则为因果系统(不一定稳定)，收敛域若包括单位圆，则为稳定系统(不一定因果)。(a)对题中给出的差分方程的两边作 Z变换，得：Y(z) =zY(z) zY(z) zX

27、(z)所以H(z)二丫JzX(z) 1-z-z/ (z_aj(z_a2)(b)因为所以式中零点为z=0，极点为 z F =0.5 15 =1.62z=a2=0.51-5 -0.62因为是因果系统，所以|z|1.62是其收敛区域。 零极点图如右图所示。右边是本题的零极点图。H (z)z1z _ z(z a)(z a?)一a2 z z a21 1a1 - a2 11 -1In_n a1 z a1 一 a2 _n=01 11 -a2zJt- n _na2 zn=0一1nnh(n) =(a1 -a2 b(n)a 一a2a1 =1.62 , a2 - -0.62由于H的收敛区域不包括单位圆,故这是个不数

28、字信号处理精品课27数字信号处理精品课#稳定系统。(b) 若要使系统稳定，则收敛区域应包括单位圆，因此选H(z)的收敛区域为a2:z : a,，即 0.62： z : 1.62，则1-H(z) = |1 - a2 _ z - & z - a2 中第一项对应一个非因果序列，而第二项对应一个因果序列。电气信息工程孚院习题五Z变换St HODLOF LLt： I RH JM (Hl.M Al ENCIbftEIUNGoO所以a i - a? n- a? zn -01 n n则有 h(n)a/ u(-n -1) a?n u(n)a? a-0.447 (1.62)nu(-n-1) (_0.62)n u(

29、n) 1从结果可以看出此系统是稳定的，但不是因果的。13. 研究一个输入为x(n)和输出为y(n)的时域线性离散移不变系10统，已知它满足y(T飞旳)+ y(n+iin)并已知系统是稳定的。试求其单位抽样响应。分析：在Z变换域中求出H (z) =Y(Z)/X(Z)，然后和题12( c) 一样分解成部分分式分别求Z反变换。解：对给定的差分方程两边作Z变换，得：二 10z Y (z) - 3 丫 zY(z) = X(z)则：H(z) = 丫X(z)_ 1二10z+ z3z_ 1(z-3)(z-J31极点为 Z1 =3 , Z2 =-，3为了使它是稳定的，收敛区域必须包括单位圆，故取1/3 ：|z|

30、：3。利用第十二题(c)的结果，a3,a2 =1/3即可求得电气信息工程孚院习题五Z变换SC HOOL OF ELECTHIC INFORMATION ENGINEERING_ n,八2 z J3 u(- n -1) +-I u(n)2丿 h(n) = 一3814研究一个满足下列差分方程的线性移不变系统，该系统 不限定为因果、稳定系统。利用方程的零极点图，试求 系统单位抽样响应的三种可能选择方案。5y(n - 1)- y(n) y(n 1) = x(n)解：对题中给定的差分方程的两边 作z变换，得：15(=X(z)H (z)二因此丫(z)X (z)数字信号处理精品课31数字信号处理精品课#1-

31、15z z21(z 2)(z- 2)其零点为极点为,所以其收敛域情况有三种，分别如因为该系统不限定为因果，稳定系统 左图所示。收敛域情况有：零极点图一:数字信号处理精品课#电气信息工程学院SC HOOL OF ELECTHIC INFORMATION ENGINEERING习题五Z变换1一 2,则系统是非稳定的，但是因果的。其单位抽样响应为：h(n)(zin Z2n)u( n)Zi -Z2电2）u（ n）3同样按12题，当收敛区域为1 |C Z 22则系统是稳定的但是非因果的其单位抽样响应为：h(n) =1z1nu( _n _1)z2nu(n)】Z2 _Z1(|z2 門 Z|：|Z1 I)数字

32、信号处理精品课33习题五z变换习题五Z变换电气信息工程孚院St HODLOF LLtnRK JM (HIMA1 EGLIVEEIUWG1(其中z1 =2z2 2 )z -类似,当收敛区域为 2时,则统是非稳定的，又是非因果的其单位抽样响应为：h(n) =nu(_n _ 1) -z2nu(_n _ 1卩Z2 _Z-2- (2n -2)u(-n -1)3c1乙=2，Z2 =二(其中2)15. 有一个用以下差分方程表示的线性移不变因果系统2 y( n) _2ry( n _1)cos r y(n _ 2) =x (n)当激励x(n)=u(n)时,求系统的响应。请用z变换来求解。分析：两种解法： 直接由

33、Z变换丫(z)的关系可得到y (n), 由丫(z)用留数法可求得y (n)。解法一：已知 x(n) =anu(n),则 y(n) -2ry(n 1)cos r2y(n2)二 anu(n)将上式进行Z变换，得：Y(z) -2rz Jy(z)cos= r2zY(z)1一 1 - az*电气信息工程孚院賦 H(M)L OF ELETW( OFOK.M.U IO bAGl!ELRlNmaxr，a】。因为是因果系统，且当门：时x(n)等于零，所以 y(n)=0, nv当n0时，采用围线积分法，其中围线C包围zi,z2,a三个极点，所以3n -2n 2n -2y(n)八 丫(z)z；z 二 Zp =(z2

34、二a)zi(乙二a)z2(乙二z2)a_ 口(门)p=i(zi z2)( zi a)(z2 a)将乙=rej z2 = re J7代弋入上式，即可得到y(n)16. 下图是一个因果稳定系统的结构，试列出系统差分方程, 求系统函数。当bo =0.5 , b二1 ,內=0.5时，求系统单 位冲激响应，画出系统零极点图和频率响应曲线。玄(用)W(町% H分析：解法一：利用此系统是一阶系统写出差分方程，令其二阶项系统为零, 可得一阶差分方程，取Z变换求得H (z)从而求得h (n)解法二：将系统用流图表示，改变流图中两个一阶节的级联次序(线性系统服从交换定理)，然后写出差分方程，再取 Z变换 求得H (z)从而求得h (n)。解法一：由图示可得x1(n)二 x(n) a1x1 (n -1)电气信息工程孚院习题五Z变换St HODLOF LLtn RK JM (Hl.M Al EMGINEEKINGy( n) =bXi( n) biXi( n 1)则 y(n) ky(n 一1)= b)x1(n) dx/n-1) kboX,n -1)n-2)= box(n) (a1bo b kbo)x1(n -1) kbx1(n -2)=b0x( n) (a1b0 b1 kb0)x( n1)ada1bo b1 kbo)x,n -2) kdx1 (n 2)由方框图可