信号与系统
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电子教案 第六章 离散系统 z域分析
6.1 z 变换一、从拉普拉斯变换到 z变换二、收敛域
6.2 z 变换的性质
6.3 逆 z变换
6.4 z 域分析一、差分方程的变换解二、系统的 z域框图三、利用 z变换求卷积和四,s域与 z域的关系五、离散系统的频率响应点击目录,进入相关章节信号与系统
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电子教案第六章 离散系统 z域分析在连续系统中，为了避开解微分方程的困难，可以通过拉氏变换把微分方程转换为代数方程。出于同样的动机，也可以通过一种称为 z变换的数学工具，把差分方程转换为代数方程。
6.1 z变换一、从拉氏变换到 z变换对连续信号进行均匀冲激取样后，就得到离散信号,
k
TS kTtkTfttftf )()()()()(
取样信号两边取双边拉普拉斯变换，得信号与系统
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电子教案
k
k T s
Sb kTfsF e)()(
令 z = esT，上式将成为复变量 z的函数，用 F(z)表示；
f(kT) →f(k),得
k
kzkfzF )()(
称为序列 f(k)的双边 z变换
0
)()(
k
kzkfzF
称为序列 f(k)的单 边 z变换若 f(k)为 因果序列,则单边、双边 z 变换相等，否则不等。今后在不致混淆的情况下，统称它们为 z变换 。
F(z) = Z[f(k)],f(k)= Z-1[F(z)] ； f(k)←→F(z)
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电子教案 6.1 z变换二、收敛域
z变换定义为一无穷幂级数之和，显然只有当该幂级数收敛，即
k
kzkf )(
时，其 z变换才存在。上式称为 绝对可和条件,它是序列 f(k)的 z变换存在的 充分必要条件 。
收敛域的定义,
对于序列 f(k)，满足
k
kzkf )(
所有 z值组成的集合称为 z变换 F(z)的收敛域 。
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电子教案 6.1 z变换例 1求以下有限序列的 z变换 (1) f1(k)=?(k) ↓k=0
(2) f2(k)={1,2,3,2,1} 解
(1)
1)()()(1
k k
kk zkzkzF
可见，其单边、双边 z变换相等。与 z 无关，
所以其收敛域为 整个 z 平面 。
(2) f2(k)的双边 z 变换为
F2(z) = z2 + 2z + 3 + 2z-1 + z-2 收敛域 为 0<?z?< ∞
f2 (k)的单边 z 变换为
21
0
22 23)()(
zzzkfzF
k
k收敛域 为?z? > 0
对有限序列的 z变换的收敛域一般为 0<?z?<∞,有时它在 0或 /和 ∞ 也收敛。
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电子教案 6.1 z变换例 2 求 因果序列
0,
0,0)()(
ka
kkakf
k
k
y?
的 z变换（式中 a为常数）。
解,代入定义
1
11
0
1
0 1
)(1lim)(lim)(
az
azazzazF N
N
N
k
k
Nk
kk
y
可见，仅当?az-1?<1，即
z? >?a? =时，其 z变换存在。
az
zzF
y)(
R e [ z ]
j I m [z ]
| a |
o收敛域 为 |z|>|a|
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电子教案 6.1 z变换例 3 求 反因果序列的 z变换。
解
)1(
0,0
0,)(
kb
k
kbkf kk
f?
zb
zbzbzbbzzF N
Nm
m
k
k
f 1
111
1
11 1
1
)(lim)()()(
可见,?b-1z?<1,即?z?<?b?时，其 z变换存在，
bz
zzF
f?
)(
收敛域 为 |z|< |b|
|b|
R e [ z ]
jI m [z ]
o
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电子教案 6.1 z变换例 4 双边序列 f(k)=fy(k)+ff(k)=
解
0,
0,
ka
kb
k
k
的 z变换。
az
z
bz
zzFzFzF
fy
)()()(
可见，其收敛域为?a?<?z?<?b?
（显然要求?a?<?b?，否则无共同收敛域 )
o
|a |
|b |
R e [ z ]
jI m [ z ]
序列的收敛域大致有一下几种情况：
（ 1）对于有限长的序列，其双边 z变换在整个平面；
（ 2）对因果序列，其 z变换的收敛域为某个圆外区域；
（ 3）对反因果序列，其 z变换的收敛域为某个圆内区域；
（ 4）对双边序列，其 z变换的收敛域为环状区域；
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电子教案 6.1 z变换注意,对双边 z变换必须表明收敛域，否则其对应的原序列将不唯一。
例 f
1(k)=2k?(k)←→F1(z)= 2?z z,?z?>2
f2(k)= –2k?(– k –1)←→F2(z)=
2?z
z,?z?<2
对单边 z变换，其收敛域比较简单，一定是某个圆以外的区域。可以省略。
常用序列的 z变换,?(k) ←→ 1,?z?>0
(k)
1?z
z
,?z?>1
,?z?<1–?(–k –1)
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电子教案 6.2 z变换的性质一、线性
6.2 z变换的性质本节讨论 z变换的性质，若无特殊说明，它既适用于单边也适用于双边 z变换。
若 f1(k)←→F1(z)?1<?z?<?1,
f2(k) ←→ F2(k)?2<?z?<?2
对任意常数 a1,a2，则
a1f1(k)+a2f2(k) ←→ a1F1(z)+a2F2(z)
其收敛域至少是 F1(z) )与 F2(z)收敛域的相交部分。
例,2?(k)+ 3?(k) ←→ 2 +
1
3
z
z,?z?>1
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电子教案 6.2 z变换的性质二、移位（移序）特性 单边、双边差别大！
双边 z变换的移位：
若 f(k) ←→ F(z),?<?z?<?，且对整数 m>0，则
f(k?m) ←→ z?mF(z),?<?z?<?
证明,Z[f(k+m)]= )()()( zFzzznfzmkf m
n
mnmkn
k
k
单边 z变换的移位：
若 f(k) ←→ F(z),|z| >?，且有整数 m>0,则
f(k-1) ←→ z-1F(z) + f(-1)
f(k-2) ←→ z-2F(z) + f(-2) + f(-1)z-1
1
0
)()()( m
k
km zmkfzFzmkf
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电子教案 6.2 z变换的性质
f(k+1) ←→ zF(z) – f(0)z
f(k+2) ←→ z2F(z) – f(0)z2 – f(1)z
1
0
)()()(
m
k
kmm zkfzFzmkf
证明,
Z[f(k – m)]= mm
k mk
mkk
k
k zzmkfzmkfzmkf
1
0
)(
0
)()()(
上式第二项令 k – m=n
)()()()(
1
0
1
0 0
zFzzmkfzznfzmkf m
m
k
kmm
k n
nk
特例,若 f(k)为因果序列，则 f(k –m) ←→ z-mF(z)
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电子教案 6.2 z变换的性质例 1,求周期为 N的有始周期性单位序列
0
)(
m
mNk?
的 z变换。
11
1)(
00?
N
N
N
m
mN
m z
z
zzmNk?
解?z?>1
例 2,求 f(k)= kε(k)的单边 z变换 F(z),
解 f(k+1)= (k+1)ε(k+1) = (k+1)ε(k) = f(k) + ε(k)
zF(z) – zf(0) = F(z) +
1?z
z F(z)=
2)1(?z
z
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电子教案 6.2 z变换的性质三、序列乘 ak(z域尺度变换 )
若 f(k) ←→ F(z),?<?z?<?,且有常数 a?0
则 akf(k) ←→ F(z/a),a?<?z?<a?
证明,
Z[akf(k)]= )()()(
a
zF
a
zkfzkfa
k
k
k
kk
例 1,akε(k) ←→
az
z
例 2,cos(?k)ε(k) ←→?
cos(?k)ε(k)=0.5(ej?k+ e-j?k)ε(k) ←→
jj e
5.0
e
5.0
z
z
z
z
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电子教案 6.2 z变换的性质四、卷积定理若 f1(k) ←→F1(z)?1<?z?<?1,
f2(k) ←→ F2(z)?2<?z?<?2
则 f1(k)*f2(k) ←→ F1(z)F2(z)
对单边 z变换，要求
f1(k),f2(k)为因果序列其收敛域一般为 F1(z)与 F2(z)收敛域的相交部分。
例,求 f(k)= kε(k)的 z变换 F(z),
解,f(k)= kε(k)= ε(k)* ε(k-1)
2
1
)1(11
z
z
z
zz
z
z
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电子教案 6.2 z变换的性质五、序列乘 k（ z域微分）
若 f(k) ←→F(z),?<?z?<?
则
)(d d)( zFzzkkf,?<?z?<?
例,求 f(k)= kε(k)的 z变换 F(z),
解,
1)( z
zk?
22 )1()1(
)1(
1d
d)(
z
z
z
zzz
z
z
zzkk?
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电子教案 6.2 z变换的性质六、序列除 (k+m)(z域积分）
若 f(k) ←→F(z),?<?z?<?，设有整数 m，且 k+m>0，
则
z mm dFzmk kf 1)()(
,?<?z?<?
若 m=0,且 k>0，则
z dFk kf )()(
例,求序列 的 z变换。)(
1
1 k
k解
1)( z
zk?
)1l n ()1l n ()111()1()(11 2 z zzzdzdzkk zzz
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电子教案 6.2 z变换的性质七,k域反转 (仅适用双边 z变换 ）
若 f(k) ←→F(z),?<?z?<?
则 f( –k) ←→ F(z-1),1/?<?z?<1/?
例,已知
az
zka k
)(?
,|z| >a
求 a–k?( –k – 1)的 z变换。
解
1
1)1( 11
zaz
zzka k?
azka
k
1
1 1)1(?
,|z| >a
,|z| < 1/a
乘 a得
az
aka k
1)1(?
,|z| < 1/a
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电子教案 6.2 z变换的性质八、部分和若 f(k) ←→F(z),?<?z?<?，则
)(1)( zFz zif
k
i?
,max(?,1)<?z?<?
证明
)(1)()()()(*)( zFz zifikifkkf
k
ii?
例,求序列 (a为实数 ) (k≥0)的 z变换。
k
i
ia
0解
az
z
z
ziaa k
i
i
k
i
i
1)(0?
,|z|>max(|a|,1)
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电子教案 6.2 z变换的性质九、初值定理和终值定理初值定理适用于 右边序列,即适用于 k<M(M为整数 )时
f(k)=0的序列。它用于由象函数直接求得序列的初值
f(M),f(M+1),…,而不必求得原序列。
初值定理,
如果序列在 k<M时,f(k)=0，它与象函数的关系为
f(k)←→F(z),?<?z?<∞
则序列的初值
)(lim)( zFzMf mz
对因果序列 f(k)，
)(lim)0( zFf z
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电子教案 6.2 z变换的性质证明：
...)2()1()()(
)()(
)2()1(
MMM
Mk
k
k
k
zMfzMfzMfzkf
zkfzF
两边乘 zM得
zMF(z) = f(M) + f(M+1)z-1 + f(M+2)z-2+…
)(lim)( zFzMf mz
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电子教案 6.2 z变换的性质终值定理,
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 k<M时,f(k)=0，它与象函数的关系为
f(k) ←→ F(z),?<?z?<?且 0<1
则序列的终值
)()1(lim)(1lim)(lim)(
11
zFzzFzzkff
zzk
含单位圆信号与系统
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电子教案 6.3 逆 z变换
6.3 逆 z变换求逆 z变换的方法有,幂级数展开法,部分分式展开法 和 反演积分（留数法） 等。
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) = f2(k)+f1(k) = f(k)?(–k – 1) + f(k)?(k)
相应地,其 z变换也分为两部分
F(z) = F2(z) + F1(z),?< |z| <?
0
)(
k
kzkf其中 F1(z)= Z[f(k)?(k)]=,|z| >?
F2(z)=Z[f(k)?(–k –1)]=
1 )(
k
kzkf,|z| <?
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电子教案 6.3 逆 z变换当已知象函数 F(z)时，根据给定的收敛域不难由
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)。
一、幂级数展开法根据 z变换的定义，因果序列和反因果序列的象函数分别是 z-1和 z的幂级数。其系数就是相应的序列值。
例,已知象函数
2)2)(1()( 2
22
zz
z
zz
zzF
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
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电子教案 6.3 逆 z变换解 （ 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)= 5432 165834121 zzzz
10,21,41,83,165,)( kkf?
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电子教案 6.3 逆 z变换
(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
2
3
2
1
3
1
)(
z
z
z
z
zF
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)，
1
3
1
)(1 z
z
zF,?z? >1
2
3
2
)(2 z
z
zF,?z?< 2
即将它们分别展开为 z-1及 z的幂级数，有
3211 31313131)( zzzzF zzzzF 3161121)( 232
,
3
1,
3
1,
3
1,
3
1,
3
1,
6
1,
12
1,)( kf
↑ 难以写成闭合形式。
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电子教案 6.3 逆 z变换二、部分分式展开法
01
1
1
01
1
1
.....
.....
)(
)()(
azazaz
bzbzbzb
zA
zBzF
n
n
n
m
m
m
m
式中 m≤n
（ 1） F(z)均为单极点，且不为 0
z
zF )( 可展开为：
n
n
zz
K
zz
K
z
K
z
zF
,,,,
)(
1
10
n
i i
i
zz
zKKzF
1
0)(
根据给定的收敛域，将上式划分为 F1(z)(?z?>?)和
F2(z)(?z?<?)两部分，根据已知的变换对，如
(k)←→1 ||||,)( azaz
zka k?
||||,)1( azaz zka k
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电子教案 6.3 逆 z变换例 1,已知象函数
)2)(1()(
2
zz
zzF
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
2
3
2
1
3
1
)2)(1(
)(
zzzz
z
z
zF
23
2
13
1)(
z
z
z
zzF
(1)当?z?>2，故 f(k)为因果序列 )(])2(
3
2)1(
3
1[)( kkf kk
(2) 当?z?<1，故 f(k)为反因果序列
)1(])2(32)1(31[)( kkf kk?(3)当 1<?z?<2，
)1()2(32)()1(31)( kkkf kk
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电子教案 6.3 逆 z变换例 2,已知象函数
)3)(2)(1)(
2
1
(
)
1
2
9
4(
)(
23
zzzz
z
zzzz
zF,1<?z?<2
的逆 z变换。
解
321
2
2
1)(
z
z
z
z
z
z
z
zzF
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。
)1()3()1()2()(2)()21()( kkkkkf kkk
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电子教案 6.3 逆 z变换
(2) F(z)有共轭单极点如 z1,2=c?jd=?e?j?,则
jdcz
K
jdcz
K
z
zF
*
11)(
令 K1=?K1?ej?
j
j
j
j
ez
zeK
ez
zeKzF
11)(
若?z?>?,f(k)=2?K1kcos(?k+?)?(k)
若?z?<?,f(k)= –2?K1kcos(?k+?)?(– k – 1)
(3) F(z)有重极点
F(z)展开式中含 项 (r>1)，则逆变换为raz z )(?
若?z?>?,对应原序列为
)()!1( )2),,,,,(1( 1 kar rkkk rk
信号与系统
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电子教案 6.3 逆 z变换以?z?>?为例：
当 r=2时，为 kak-1?(k)
当 r=3时，为
)()1(21 2 kakk k
可这样推导记忆,Z[ak?(k)]=
az
z
两边对 a求导得 Z[kak-1?(k)]= 2)( az z?
再对 a求导得 Z[k(k-1)ak-2?(k)]=
3)(
2
az
z
故 Z[0.5k(k-1)ak-2?(k)]=
3)( az
z
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电子教案 6.3 逆 z变换例,已知象函数
3
23
)1()(?
z
zzzF,?z?>1
的原函数。
解
1)1()1()1(
)( 13
2
12
3
11
3
2
z
K
z
K
z
K
z
zz
z
zF
2)()1( 1311zz zFzK 3)()1(d d 1312zz zFzzK
1)()1(d d21 132
2
13
zz
zFz
zK
1)1(
3
)1(
2)(
23 z
z
z
z
z
zzF
f(k)=[k(k-1)+3k+1]?(k)
信号与系统
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电子教案 6.4 z域分析
6.4 z域分析单边 z变换将系统的初始条件自然地包含于其代数方程中，可求得零输入、零状态响应和全响应。
一、差分方程的变换解
m
j
jm
n
i
in jkfbikya
00
)()(
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
m
j
j
jm
in
i
i
k
i
in zFzbzikyzYza
00
1
0
)]([])()([
m
j
j
jm
n
i
n
i
i
k
k
in
i
in zFzbzikyazYza
00 0
1
0
)()(])([)(][
信号与系统
西安电子科技大学电路与系统教研中心第 6-34页 ■
电子教案 6.4 z域分析
)()()()( )()( )()( zYzYzFzA zBzA zMzY fx
)(
)(
)(
)()(
zA
zB
zF
zYzH f令 称为系统函数
h(k)←→H(z)
例 1,若某系统的差分方程为
y(k) – y(k – 1) – 2y(k – 2)= f(k)+2f(k – 2)
已知 y( –1)=2,y(– 2)= – 1/2,f(k)=?(k)。求系统的 yx(k)、
yf(k),y(k)。
解 方程取单边 z变换信号与系统
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电子教案 6.4 z域分析
Y(z)-[z-1Y(z)+y(-1)]-2[z-2Y(z)+y(-2)+y(-1)z-1]=F(z)+2z-2F(z)
12
2
2
4)(
21
21
21
)2(2)1()21(
)(
2
2
2
2
21
2
21
1
z
z
zz
z
zz
zzzF
zz
z
zz
yyz
zY
)(])1()2(2[)(122)1)(2( 4)(
2
kkyz zz zzz zzzY kkxx
)(]23)1(212[)(12312122)( 1 kkyz zz zz zzY kkff
信号与系统
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电子教案 6.4 z域分析例 2,某系统，已知当输入 f(k)=(– 1/2)k?(k)时，其零状态响应
)(])21(29)31(4)21(23[)( kky kkkf
求系统的单位序列响应 h(k)和描述系统的差分方程。
解
3
1
2
2
1
3
6
1
6
1
2
)(
)(
)(
2
2
z
z
z
z
zz
zz
zF
zY
zH f
h(k)=[3(1/2)k –2(– 1/3)k]?(k)
)1(2)()2(61)1(61)( kfkfkykyky
信号与系统
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电子教案 6.4 z域分析二、系统的 z域框图
f ( k )
D
f ( k -1 )
F ( z ) z1 )(1 zFz
另外两个基本单元：数乘器和加法器,k域和 z域框图相同。
信号与系统
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电子教案 6.4 z域分析例 3,某系统的 k域框图如图，已知输入 f(k)=?(k)。
(1) 求系统的单位序列响应 h(k)和零状态响应 yf(k)。
(2) 若 y(-1)=0,y(-2)=0.5,求零输入响应 yx(k)
D D∑ ∑
f ( k ) y ( k )
1
3
3
2
解,(1)画 z域框图
z-1 z-1
F(z) Yf(z)
设中间变量 X(z)
X(z) z-1X(z)
z-2X(z)
X(z)=3z-1X(z) – 2z-2X(z) +F(z) )(231 1)( 21 zFzzzX
Yf(z)=X(z) – 3z-1X(z)= ( 1 – 3z-1)X(z)
信号与系统
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电子教案 6.4 z域分析
)(231 31)( 21
1
zFzz zzY f
21
2
23
3
231
31)(
2
2
21
1
z
z
z
z
zz
zz
zz
zzH
h(k) = [ 2 – (2)k]?(k)
当 f(k)=?(k)时,F(z)= z/(z-1)
2
2
1
3
)1(
2
)2()1(
)3(
123
3)(
22
2
2
2
z
z
z
z
z
z
zz
zz
z
z
zz
zzzY
f
yf(k) = [ 2k + 3 –2 (2)k]?(k)
(2)由 H(z)可知，差分方程的特征根为?1=1,?2=2
信号与系统
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电子教案 6.4 z域分析
yx(k) = Cx1 + Cx2 (2)k
由 y(-1)=0,y(-2)=0.5，有
Cx1 + Cx2 (2)-1= 0
Cx1 + Cx2 (2)-2= 0.5
Cx1 =1,Cx2 = - 2
yx(k) = 1 – 2 (2)k
三、利用 z变换求卷积和例,求 2k?(–k)*[2-k?(k)]
解,5.0||,5.0)(2 zz zkk?
2||,225.0)(2 1 1 zzz zkk?
原式象函数为
2
3
4
5.0
3
4
)2)(5.0(
2
z
z
z
z
zz
z 原式 =
)1()2(34)()5.0(34 kk kk
1* [2-k?(k)]？
信号与系统
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电子教案 6.4 z域分析四,s域与 z域的关系 z=esT
zTs ln1? 式中 T为取样周期如果将 s表示为直角坐标形式 s =?+j?,将 z表示为极坐标形式 z =?ej= e?T,? =?T
由上式可看出,s平面的左半平面（?<0)--->z平面的单位圆内部（?z?=?<1)
s平面的右半平面（?>0)--->z平面的单位圆外部 （?z?=?>1)
s平面的 j?轴（?=0)--->z平面中的单位圆上（?z?=?=1)
s平面上实轴（?=0)--->z平面的正实轴（?=0)
s平面上的原点（?=0,?=0） ---->z平面上 z=1的点
（?=1,?=0）
信号与系统
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电子教案 6.4 z域分析五、离散系统的频率响应由于 z = esT,s=?+j?，若离散系统 H(z)收敛域含单位园，则若连续系统的 H(s)收敛域含虚轴，则连续系统频率响应
j)()(j ssHH
TzzH?je)(?
离散系统频率响应定义为存在。
令?T =?，称为数字角频率。
je
j )()(e
zzHH
)(jjj e)(e)(e HH?
式中?H(ej?)?称为幅频响应,偶函数；?(?)称为相频响应。
只有 H(z)收敛域含单位园才存在频率响应信号与系统
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电子教案 6.4 z域分析设 LTI离散系统的单位序列响应为 h(k),系统函数为
H(z)，其收敛域含单位园，则系统的零状态响应
yf(k)=h(k)*f(k) )()( ikfih
i
当 f(k)=ej?k时
i
i
kik
i
f ihihky
)(e)(ee)()( jj)(j)(ee jj Hk?
若输入 f(k)=Acos(?k+?)
则其正弦稳态响应为
ys(k)= 0.5A ej? ej?k H(ej?) + 0.5A e-j? e-j?k H(e - j?)
= 0.5A ej? ej?k |H(ej?)|ej?(?) + 0.5A e-j? e-j?k |H(e-j?)| e-j?(?)
=A |H(ej?)| cos[?k +?+?(?) ]
= 0.5Aej?k ej? + 0.5Ae-j?k e-j?
信号与系统
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电子教案 6.4 z域分析例 图示为一横向数字滤波器。
（ 1）求滤波器的频率响应；
（ 2）若输入信号为连续信号 f(t)=1+2cos(?0t)+3cos(2?0t)
经取样得到的离散序列 f(k)，已知信号频率 f0=100Hz，
取样 fs=600Hz，求滤波器的稳态输出 yss(k)
1?
z
1?
z
1?
z
∑
1
1
2
2
F ( z )
Y ( z )
解 （ 1）求系统函数
Y(z)=F(z)+2z-1F(z)+2z-2F(z)+z-3F(z)
H(z)=1+2z-1+2z-2+z-3,|z|>0
令?=?TS,z取 e j?
H(ej?) =1+ 2e-j?+2e-j2?+ e-j3?
=e-j1.5?[2cos(1.5?)+ 4cos(0.5?)]
信号与系统
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电子教案 6.4 z域分析
(2)连续信号 f(t) =1+2cos(?0t)+3cos(2?0t)
经取样后的离散信号为 (f0=100Hz,fs=600Hz )
f(k)=f(kTs)= 1+2cos(k?0Ts)+3cos[k(2?0Ts)]
令?1=0,?2=?0Ts=?/3,?3=2?0Ts= 2?/3
所以 H(ej?1)=6,H(ej?2)=3.46e-j?/2,H(ej?3)= 0
稳态响应为
yss(t)= H(ej?1)+2? H(ej?2)?cos[k?0Ts+?(?2)]
+3? H(ej?3)?cos[2k?0Ts+?(?3)]
= 6 + 6.92cos(k?/3-?/2)
可见消除了输入序列的二次谐波。
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电子教案 第六章 离散系统 z域分析
6.1 z 变换一、从拉普拉斯变换到 z变换二、收敛域
6.2 z 变换的性质
6.3 逆 z变换
6.4 z 域分析一、差分方程的变换解二、系统的 z域框图三、利用 z变换求卷积和四,s域与 z域的关系五、离散系统的频率响应点击目录,进入相关章节信号与系统
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电子教案第六章 离散系统 z域分析在连续系统中，为了避开解微分方程的困难，可以通过拉氏变换把微分方程转换为代数方程。出于同样的动机，也可以通过一种称为 z变换的数学工具，把差分方程转换为代数方程。
6.1 z变换一、从拉氏变换到 z变换对连续信号进行均匀冲激取样后，就得到离散信号,
k
TS kTtkTfttftf )()()()()(
取样信号两边取双边拉普拉斯变换，得信号与系统
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电子教案
k
k T s
Sb kTfsF e)()(
令 z = esT，上式将成为复变量 z的函数，用 F(z)表示；
f(kT) →f(k),得
k
kzkfzF )()(
称为序列 f(k)的双边 z变换
0
)()(
k
kzkfzF
称为序列 f(k)的单 边 z变换若 f(k)为 因果序列,则单边、双边 z 变换相等，否则不等。今后在不致混淆的情况下，统称它们为 z变换 。
F(z) = Z[f(k)],f(k)= Z-1[F(z)] ； f(k)←→F(z)
信号与系统
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电子教案 6.1 z变换二、收敛域
z变换定义为一无穷幂级数之和，显然只有当该幂级数收敛，即
k
kzkf )(
时，其 z变换才存在。上式称为 绝对可和条件,它是序列 f(k)的 z变换存在的 充分必要条件 。
收敛域的定义,
对于序列 f(k)，满足
k
kzkf )(
所有 z值组成的集合称为 z变换 F(z)的收敛域 。
信号与系统
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电子教案 6.1 z变换例 1求以下有限序列的 z变换 (1) f1(k)=?(k) ↓k=0
(2) f2(k)={1,2,3,2,1} 解
(1)
1)()()(1
k k
kk zkzkzF
可见，其单边、双边 z变换相等。与 z 无关，
所以其收敛域为 整个 z 平面 。
(2) f2(k)的双边 z 变换为
F2(z) = z2 + 2z + 3 + 2z-1 + z-2 收敛域 为 0<?z?< ∞
f2 (k)的单边 z 变换为
21
0
22 23)()(
zzzkfzF
k
k收敛域 为?z? > 0
对有限序列的 z变换的收敛域一般为 0<?z?<∞,有时它在 0或 /和 ∞ 也收敛。
信号与系统
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电子教案 6.1 z变换例 2 求 因果序列
0,
0,0)()(
ka
kkakf
k
k
y?
的 z变换（式中 a为常数）。
解,代入定义
1
11
0
1
0 1
)(1lim)(lim)(
az
azazzazF N
N
N
k
k
Nk
kk
y
可见，仅当?az-1?<1，即
z? >?a? =时，其 z变换存在。
az
zzF
y)(
R e [ z ]
j I m [z ]
| a |
o收敛域 为 |z|>|a|
信号与系统
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电子教案 6.1 z变换例 3 求 反因果序列的 z变换。
解
)1(
0,0
0,)(
kb
k
kbkf kk
f?
zb
zbzbzbbzzF N
Nm
m
k
k
f 1
111
1
11 1
1
)(lim)()()(
可见,?b-1z?<1,即?z?<?b?时，其 z变换存在，
bz
zzF
f?
)(
收敛域 为 |z|< |b|
|b|
R e [ z ]
jI m [z ]
o
信号与系统
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电子教案 6.1 z变换例 4 双边序列 f(k)=fy(k)+ff(k)=
解
0,
0,
ka
kb
k
k
的 z变换。
az
z
bz
zzFzFzF
fy
)()()(
可见，其收敛域为?a?<?z?<?b?
（显然要求?a?<?b?，否则无共同收敛域 )
o
|a |
|b |
R e [ z ]
jI m [ z ]
序列的收敛域大致有一下几种情况：
（ 1）对于有限长的序列，其双边 z变换在整个平面；
（ 2）对因果序列，其 z变换的收敛域为某个圆外区域；
（ 3）对反因果序列，其 z变换的收敛域为某个圆内区域；
（ 4）对双边序列，其 z变换的收敛域为环状区域；
信号与系统
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电子教案 6.1 z变换注意,对双边 z变换必须表明收敛域，否则其对应的原序列将不唯一。
例 f
1(k)=2k?(k)←→F1(z)= 2?z z,?z?>2
f2(k)= –2k?(– k –1)←→F2(z)=
2?z
z,?z?<2
对单边 z变换，其收敛域比较简单，一定是某个圆以外的区域。可以省略。
常用序列的 z变换,?(k) ←→ 1,?z?>0
(k)
1?z
z
,?z?>1
,?z?<1–?(–k –1)
信号与系统
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电子教案 6.2 z变换的性质一、线性
6.2 z变换的性质本节讨论 z变换的性质，若无特殊说明，它既适用于单边也适用于双边 z变换。
若 f1(k)←→F1(z)?1<?z?<?1,
f2(k) ←→ F2(k)?2<?z?<?2
对任意常数 a1,a2，则
a1f1(k)+a2f2(k) ←→ a1F1(z)+a2F2(z)
其收敛域至少是 F1(z) )与 F2(z)收敛域的相交部分。
例,2?(k)+ 3?(k) ←→ 2 +
1
3
z
z,?z?>1
信号与系统
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电子教案 6.2 z变换的性质二、移位（移序）特性 单边、双边差别大！
双边 z变换的移位：
若 f(k) ←→ F(z),?<?z?<?，且对整数 m>0，则
f(k?m) ←→ z?mF(z),?<?z?<?
证明,Z[f(k+m)]= )()()( zFzzznfzmkf m
n
mnmkn
k
k
单边 z变换的移位：
若 f(k) ←→ F(z),|z| >?，且有整数 m>0,则
f(k-1) ←→ z-1F(z) + f(-1)
f(k-2) ←→ z-2F(z) + f(-2) + f(-1)z-1
1
0
)()()( m
k
km zmkfzFzmkf
信号与系统
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电子教案 6.2 z变换的性质
f(k+1) ←→ zF(z) – f(0)z
f(k+2) ←→ z2F(z) – f(0)z2 – f(1)z
1
0
)()()(
m
k
kmm zkfzFzmkf
证明,
Z[f(k – m)]= mm
k mk
mkk
k
k zzmkfzmkfzmkf
1
0
)(
0
)()()(
上式第二项令 k – m=n
)()()()(
1
0
1
0 0
zFzzmkfzznfzmkf m
m
k
kmm
k n
nk
特例,若 f(k)为因果序列，则 f(k –m) ←→ z-mF(z)
信号与系统
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电子教案 6.2 z变换的性质例 1,求周期为 N的有始周期性单位序列
0
)(
m
mNk?
的 z变换。
11
1)(
00?
N
N
N
m
mN
m z
z
zzmNk?
解?z?>1
例 2,求 f(k)= kε(k)的单边 z变换 F(z),
解 f(k+1)= (k+1)ε(k+1) = (k+1)ε(k) = f(k) + ε(k)
zF(z) – zf(0) = F(z) +
1?z
z F(z)=
2)1(?z
z
信号与系统
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电子教案 6.2 z变换的性质三、序列乘 ak(z域尺度变换 )
若 f(k) ←→ F(z),?<?z?<?,且有常数 a?0
则 akf(k) ←→ F(z/a),a?<?z?<a?
证明,
Z[akf(k)]= )()()(
a
zF
a
zkfzkfa
k
k
k
kk
例 1,akε(k) ←→
az
z
例 2,cos(?k)ε(k) ←→?
cos(?k)ε(k)=0.5(ej?k+ e-j?k)ε(k) ←→
jj e
5.0
e
5.0
z
z
z
z
信号与系统
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电子教案 6.2 z变换的性质四、卷积定理若 f1(k) ←→F1(z)?1<?z?<?1,
f2(k) ←→ F2(z)?2<?z?<?2
则 f1(k)*f2(k) ←→ F1(z)F2(z)
对单边 z变换，要求
f1(k),f2(k)为因果序列其收敛域一般为 F1(z)与 F2(z)收敛域的相交部分。
例,求 f(k)= kε(k)的 z变换 F(z),
解,f(k)= kε(k)= ε(k)* ε(k-1)
2
1
)1(11
z
z
z
zz
z
z
信号与系统
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电子教案 6.2 z变换的性质五、序列乘 k（ z域微分）
若 f(k) ←→F(z),?<?z?<?
则
)(d d)( zFzzkkf,?<?z?<?
例,求 f(k)= kε(k)的 z变换 F(z),
解,
1)( z
zk?
22 )1()1(
)1(
1d
d)(
z
z
z
zzz
z
z
zzkk?
信号与系统
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电子教案 6.2 z变换的性质六、序列除 (k+m)(z域积分）
若 f(k) ←→F(z),?<?z?<?，设有整数 m，且 k+m>0，
则
z mm dFzmk kf 1)()(
,?<?z?<?
若 m=0,且 k>0，则
z dFk kf )()(
例,求序列 的 z变换。)(
1
1 k
k解
1)( z
zk?
)1l n ()1l n ()111()1()(11 2 z zzzdzdzkk zzz
信号与系统
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电子教案 6.2 z变换的性质七,k域反转 (仅适用双边 z变换 ）
若 f(k) ←→F(z),?<?z?<?
则 f( –k) ←→ F(z-1),1/?<?z?<1/?
例,已知
az
zka k
)(?
,|z| >a
求 a–k?( –k – 1)的 z变换。
解
1
1)1( 11
zaz
zzka k?
azka
k
1
1 1)1(?
,|z| >a
,|z| < 1/a
乘 a得
az
aka k
1)1(?
,|z| < 1/a
信号与系统
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电子教案 6.2 z变换的性质八、部分和若 f(k) ←→F(z),?<?z?<?，则
)(1)( zFz zif
k
i?
,max(?,1)<?z?<?
证明
)(1)()()()(*)( zFz zifikifkkf
k
ii?
例,求序列 (a为实数 ) (k≥0)的 z变换。
k
i
ia
0解
az
z
z
ziaa k
i
i
k
i
i
1)(0?
,|z|>max(|a|,1)
信号与系统
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电子教案 6.2 z变换的性质九、初值定理和终值定理初值定理适用于 右边序列,即适用于 k<M(M为整数 )时
f(k)=0的序列。它用于由象函数直接求得序列的初值
f(M),f(M+1),…,而不必求得原序列。
初值定理,
如果序列在 k<M时,f(k)=0，它与象函数的关系为
f(k)←→F(z),?<?z?<∞
则序列的初值
)(lim)( zFzMf mz
对因果序列 f(k)，
)(lim)0( zFf z
信号与系统
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电子教案 6.2 z变换的性质证明：
...)2()1()()(
)()(
)2()1(
MMM
Mk
k
k
k
zMfzMfzMfzkf
zkfzF
两边乘 zM得
zMF(z) = f(M) + f(M+1)z-1 + f(M+2)z-2+…
)(lim)( zFzMf mz
信号与系统
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电子教案 6.2 z变换的性质终值定理,
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 k<M时,f(k)=0，它与象函数的关系为
f(k) ←→ F(z),?<?z?<?且 0<1
则序列的终值
)()1(lim)(1lim)(lim)(
11
zFzzFzzkff
zzk
含单位圆信号与系统
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电子教案 6.3 逆 z变换
6.3 逆 z变换求逆 z变换的方法有,幂级数展开法,部分分式展开法 和 反演积分（留数法） 等。
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) = f2(k)+f1(k) = f(k)?(–k – 1) + f(k)?(k)
相应地,其 z变换也分为两部分
F(z) = F2(z) + F1(z),?< |z| <?
0
)(
k
kzkf其中 F1(z)= Z[f(k)?(k)]=,|z| >?
F2(z)=Z[f(k)?(–k –1)]=
1 )(
k
kzkf,|z| <?
信号与系统
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电子教案 6.3 逆 z变换当已知象函数 F(z)时，根据给定的收敛域不难由
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)。
一、幂级数展开法根据 z变换的定义，因果序列和反因果序列的象函数分别是 z-1和 z的幂级数。其系数就是相应的序列值。
例,已知象函数
2)2)(1()( 2
22
zz
z
zz
zzF
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
信号与系统
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电子教案 6.3 逆 z变换解 （ 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)= 5432 165834121 zzzz
10,21,41,83,165,)( kkf?
信号与系统
西安电子科技大学电路与系统教研中心第 6-26页 ■
电子教案 6.3 逆 z变换
(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
2
3
2
1
3
1
)(
z
z
z
z
zF
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)，
1
3
1
)(1 z
z
zF,?z? >1
2
3
2
)(2 z
z
zF,?z?< 2
即将它们分别展开为 z-1及 z的幂级数，有
3211 31313131)( zzzzF zzzzF 3161121)( 232
,
3
1,
3
1,
3
1,
3
1,
3
1,
6
1,
12
1,)( kf
↑ 难以写成闭合形式。
信号与系统
西安电子科技大学电路与系统教研中心第 6-27页 ■
电子教案 6.3 逆 z变换二、部分分式展开法
01
1
1
01
1
1
.....
.....
)(
)()(
azazaz
bzbzbzb
zA
zBzF
n
n
n
m
m
m
m
式中 m≤n
（ 1） F(z)均为单极点，且不为 0
z
zF )( 可展开为：
n
n
zz
K
zz
K
z
K
z
zF
,,,,
)(
1
10
n
i i
i
zz
zKKzF
1
0)(
根据给定的收敛域，将上式划分为 F1(z)(?z?>?)和
F2(z)(?z?<?)两部分，根据已知的变换对，如
(k)←→1 ||||,)( azaz
zka k?
||||,)1( azaz zka k
信号与系统
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电子教案 6.3 逆 z变换例 1,已知象函数
)2)(1()(
2
zz
zzF
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
2
3
2
1
3
1
)2)(1(
)(
zzzz
z
z
zF
23
2
13
1)(
z
z
z
zzF
(1)当?z?>2，故 f(k)为因果序列 )(])2(
3
2)1(
3
1[)( kkf kk
(2) 当?z?<1，故 f(k)为反因果序列
)1(])2(32)1(31[)( kkf kk?(3)当 1<?z?<2，
)1()2(32)()1(31)( kkkf kk
信号与系统
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电子教案 6.3 逆 z变换例 2,已知象函数
)3)(2)(1)(
2
1
(
)
1
2
9
4(
)(
23
zzzz
z
zzzz
zF,1<?z?<2
的逆 z变换。
解
321
2
2
1)(
z
z
z
z
z
z
z
zzF
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。
)1()3()1()2()(2)()21()( kkkkkf kkk
信号与系统
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电子教案 6.3 逆 z变换
(2) F(z)有共轭单极点如 z1,2=c?jd=?e?j?,则
jdcz
K
jdcz
K
z
zF
*
11)(
令 K1=?K1?ej?
j
j
j
j
ez
zeK
ez
zeKzF
11)(
若?z?>?,f(k)=2?K1kcos(?k+?)?(k)
若?z?<?,f(k)= –2?K1kcos(?k+?)?(– k – 1)
(3) F(z)有重极点
F(z)展开式中含 项 (r>1)，则逆变换为raz z )(?
若?z?>?,对应原序列为
)()!1( )2),,,,,(1( 1 kar rkkk rk
信号与系统
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电子教案 6.3 逆 z变换以?z?>?为例：
当 r=2时，为 kak-1?(k)
当 r=3时，为
)()1(21 2 kakk k
可这样推导记忆,Z[ak?(k)]=
az
z
两边对 a求导得 Z[kak-1?(k)]= 2)( az z?
再对 a求导得 Z[k(k-1)ak-2?(k)]=
3)(
2
az
z
故 Z[0.5k(k-1)ak-2?(k)]=
3)( az
z
信号与系统
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电子教案 6.3 逆 z变换例,已知象函数
3
23
)1()(?
z
zzzF,?z?>1
的原函数。
解
1)1()1()1(
)( 13
2
12
3
11
3
2
z
K
z
K
z
K
z
zz
z
zF
2)()1( 1311zz zFzK 3)()1(d d 1312zz zFzzK
1)()1(d d21 132
2
13
zz
zFz
zK
1)1(
3
)1(
2)(
23 z
z
z
z
z
zzF
f(k)=[k(k-1)+3k+1]?(k)
信号与系统
西安电子科技大学电路与系统教研中心第 6-33页 ■
电子教案 6.4 z域分析
6.4 z域分析单边 z变换将系统的初始条件自然地包含于其代数方程中，可求得零输入、零状态响应和全响应。
一、差分方程的变换解
m
j
jm
n
i
in jkfbikya
00
)()(
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
m
j
j
jm
in
i
i
k
i
in zFzbzikyzYza
00
1
0
)]([])()([
m
j
j
jm
n
i
n
i
i
k
k
in
i
in zFzbzikyazYza
00 0
1
0
)()(])([)(][
信号与系统
西安电子科技大学电路与系统教研中心第 6-34页 ■
电子教案 6.4 z域分析
)()()()( )()( )()( zYzYzFzA zBzA zMzY fx
)(
)(
)(
)()(
zA
zB
zF
zYzH f令 称为系统函数
h(k)←→H(z)
例 1,若某系统的差分方程为
y(k) – y(k – 1) – 2y(k – 2)= f(k)+2f(k – 2)
已知 y( –1)=2,y(– 2)= – 1/2,f(k)=?(k)。求系统的 yx(k)、
yf(k),y(k)。
解 方程取单边 z变换信号与系统
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电子教案 6.4 z域分析
Y(z)-[z-1Y(z)+y(-1)]-2[z-2Y(z)+y(-2)+y(-1)z-1]=F(z)+2z-2F(z)
12
2
2
4)(
21
21
21
)2(2)1()21(
)(
2
2
2
2
21
2
21
1
z
z
zz
z
zz
zzzF
zz
z
zz
yyz
zY
)(])1()2(2[)(122)1)(2( 4)(
2
kkyz zz zzz zzzY kkxx
)(]23)1(212[)(12312122)( 1 kkyz zz zz zzY kkff
信号与系统
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电子教案 6.4 z域分析例 2,某系统，已知当输入 f(k)=(– 1/2)k?(k)时，其零状态响应
)(])21(29)31(4)21(23[)( kky kkkf
求系统的单位序列响应 h(k)和描述系统的差分方程。
解
3
1
2
2
1
3
6
1
6
1
2
)(
)(
)(
2
2
z
z
z
z
zz
zz
zF
zY
zH f
h(k)=[3(1/2)k –2(– 1/3)k]?(k)
)1(2)()2(61)1(61)( kfkfkykyky
信号与系统
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电子教案 6.4 z域分析二、系统的 z域框图
f ( k )
D
f ( k -1 )
F ( z ) z1 )(1 zFz
另外两个基本单元：数乘器和加法器,k域和 z域框图相同。
信号与系统
西安电子科技大学电路与系统教研中心第 6-38页 ■
电子教案 6.4 z域分析例 3,某系统的 k域框图如图，已知输入 f(k)=?(k)。
(1) 求系统的单位序列响应 h(k)和零状态响应 yf(k)。
(2) 若 y(-1)=0,y(-2)=0.5,求零输入响应 yx(k)
D D∑ ∑
f ( k ) y ( k )
1
3
3
2
解,(1)画 z域框图
z-1 z-1
F(z) Yf(z)
设中间变量 X(z)
X(z) z-1X(z)
z-2X(z)
X(z)=3z-1X(z) – 2z-2X(z) +F(z) )(231 1)( 21 zFzzzX
Yf(z)=X(z) – 3z-1X(z)= ( 1 – 3z-1)X(z)
信号与系统
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电子教案 6.4 z域分析
)(231 31)( 21
1
zFzz zzY f
21
2
23
3
231
31)(
2
2
21
1
z
z
z
z
zz
zz
zz
zzH
h(k) = [ 2 – (2)k]?(k)
当 f(k)=?(k)时,F(z)= z/(z-1)
2
2
1
3
)1(
2
)2()1(
)3(
123
3)(
22
2
2
2
z
z
z
z
z
z
zz
zz
z
z
zz
zzzY
f
yf(k) = [ 2k + 3 –2 (2)k]?(k)
(2)由 H(z)可知，差分方程的特征根为?1=1,?2=2
信号与系统
西安电子科技大学电路与系统教研中心第 6-40页 ■
电子教案 6.4 z域分析
yx(k) = Cx1 + Cx2 (2)k
由 y(-1)=0,y(-2)=0.5，有
Cx1 + Cx2 (2)-1= 0
Cx1 + Cx2 (2)-2= 0.5
Cx1 =1,Cx2 = - 2
yx(k) = 1 – 2 (2)k
三、利用 z变换求卷积和例,求 2k?(–k)*[2-k?(k)]
解,5.0||,5.0)(2 zz zkk?
2||,225.0)(2 1 1 zzz zkk?
原式象函数为
2
3
4
5.0
3
4
)2)(5.0(
2
z
z
z
z
zz
z 原式 =
)1()2(34)()5.0(34 kk kk
1* [2-k?(k)]？
信号与系统
西安电子科技大学电路与系统教研中心第 6-41页 ■
电子教案 6.4 z域分析四,s域与 z域的关系 z=esT
zTs ln1? 式中 T为取样周期如果将 s表示为直角坐标形式 s =?+j?,将 z表示为极坐标形式 z =?ej= e?T,? =?T
由上式可看出,s平面的左半平面（?<0)--->z平面的单位圆内部（?z?=?<1)
s平面的右半平面（?>0)--->z平面的单位圆外部 （?z?=?>1)
s平面的 j?轴（?=0)--->z平面中的单位圆上（?z?=?=1)
s平面上实轴（?=0)--->z平面的正实轴（?=0)
s平面上的原点（?=0,?=0） ---->z平面上 z=1的点
（?=1,?=0）
信号与系统
西安电子科技大学电路与系统教研中心第 6-42页 ■
电子教案 6.4 z域分析五、离散系统的频率响应由于 z = esT,s=?+j?，若离散系统 H(z)收敛域含单位园，则若连续系统的 H(s)收敛域含虚轴，则连续系统频率响应
j)()(j ssHH
TzzH?je)(?
离散系统频率响应定义为存在。
令?T =?，称为数字角频率。
je
j )()(e
zzHH
)(jjj e)(e)(e HH?
式中?H(ej?)?称为幅频响应,偶函数；?(?)称为相频响应。
只有 H(z)收敛域含单位园才存在频率响应信号与系统
西安电子科技大学电路与系统教研中心第 6-43页 ■
电子教案 6.4 z域分析设 LTI离散系统的单位序列响应为 h(k),系统函数为
H(z)，其收敛域含单位园，则系统的零状态响应
yf(k)=h(k)*f(k) )()( ikfih
i
当 f(k)=ej?k时
i
i
kik
i
f ihihky
)(e)(ee)()( jj)(j)(ee jj Hk?
若输入 f(k)=Acos(?k+?)
则其正弦稳态响应为
ys(k)= 0.5A ej? ej?k H(ej?) + 0.5A e-j? e-j?k H(e - j?)
= 0.5A ej? ej?k |H(ej?)|ej?(?) + 0.5A e-j? e-j?k |H(e-j?)| e-j?(?)
=A |H(ej?)| cos[?k +?+?(?) ]
= 0.5Aej?k ej? + 0.5Ae-j?k e-j?
信号与系统
西安电子科技大学电路与系统教研中心第 6-44页 ■
电子教案 6.4 z域分析例 图示为一横向数字滤波器。
（ 1）求滤波器的频率响应；
（ 2）若输入信号为连续信号 f(t)=1+2cos(?0t)+3cos(2?0t)
经取样得到的离散序列 f(k)，已知信号频率 f0=100Hz，
取样 fs=600Hz，求滤波器的稳态输出 yss(k)
1?
z
1?
z
1?
z
∑
1
1
2
2
F ( z )
Y ( z )
解 （ 1）求系统函数
Y(z)=F(z)+2z-1F(z)+2z-2F(z)+z-3F(z)
H(z)=1+2z-1+2z-2+z-3,|z|>0
令?=?TS,z取 e j?
H(ej?) =1+ 2e-j?+2e-j2?+ e-j3?
=e-j1.5?[2cos(1.5?)+ 4cos(0.5?)]
信号与系统
西安电子科技大学电路与系统教研中心第 6-45页 ■
电子教案 6.4 z域分析
(2)连续信号 f(t) =1+2cos(?0t)+3cos(2?0t)
经取样后的离散信号为 (f0=100Hz,fs=600Hz )
f(k)=f(kTs)= 1+2cos(k?0Ts)+3cos[k(2?0Ts)]
令?1=0,?2=?0Ts=?/3,?3=2?0Ts= 2?/3
所以 H(ej?1)=6,H(ej?2)=3.46e-j?/2,H(ej?3)= 0
稳态响应为
yss(t)= H(ej?1)+2? H(ej?2)?cos[k?0Ts+?(?2)]
+3? H(ej?3)?cos[2k?0Ts+?(?3)]
= 6 + 6.92cos(k?/3-?/2)
可见消除了输入序列的二次谐波。
