《計算機控制系統(tǒng)》教學(xué)資源計算機控制系統(tǒng)(三)

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1、第3章 z變換 要研究一個實際的物理系統(tǒng)，首先要解決它的數(shù)學(xué)模型 和分析工具問題。計算機控制系統(tǒng)是一種采樣控制系統(tǒng)，即 離散系統(tǒng)。表3.1列由了線性連續(xù)控制系統(tǒng)與線性離散控制 系統(tǒng)的研究方法對照表。 表3.1分析方法對照表 線性連續(xù)控制系統(tǒng) 線性離散控制系統(tǒng) 微分方程 差分方程 拉氏變換 Z變換 傳遞函數(shù) 脈沖傳遞函數(shù) 狀態(tài)方程 離散狀態(tài)方程 由以上說明可知，Z變換是分析離散系統(tǒng)的重要數(shù)學(xué)工 具，而且具有許多類似于拉普拉斯變換性質(zhì)的數(shù)學(xué)變換。與 拉普拉斯變換的主要區(qū)別是，它并不對連續(xù)函數(shù)f(t)進行運 算，而是對離散函數(shù)f*(t)進行運算。因而本章內(nèi)容是介紹 Z

2、 變換的定義、性質(zhì)以及Z反變換等。為下列章節(jié)學(xué)習(xí)奠定基 礎(chǔ)。 3.1 Z 變換定義 3.1.1 Z 變換定義及表達式 連續(xù)信號f⑴的拉普拉斯變換F⑸是復(fù)變量的代數(shù)函數(shù)。 對計算機控制系統(tǒng)中的采樣信號f * (t)也可以進行拉普拉 斯變換。連續(xù)信號f⑴通過采樣周期為T的理想采樣后的采 樣信號f*(t)是一組加權(quán)理想脈沖序列，每個采樣時刻的脈沖 強度等于該采樣時刻的連續(xù)函數(shù)值，由( 2.2 )式可知 f* (t) f (0) (t) f (T) (t T) f (2T) (t 2T)(3.1) 因為 (t kT) 的拉氏變換為 L [ (t kT)] e kTs) )的拉普拉斯變

3、換式為 F*(s) f(0) f(T)e Ts f(2T)e2Ts f (kT)e kTs) k0 .一* . 、■ 一 . . ■ 一 .. ... 從)式明顯看由，F(xiàn)⑸是s的超越函數(shù)，因此，用拉普拉斯 變換這一數(shù)學(xué)工具，無法使問題簡化，為此，引入另一復(fù)變 量“z”,令 Ts )式，得 F(z) f(0) f(T)z1 f(2T)z2 f(kT)zk) k 0 (3.5)式是f⑴的單邊Z變換。若(3.5)式中流動變 量k從一8 一十8,則稱為雙邊Z變換。由于控制系統(tǒng)中研 究的信號都是從研究時刻t 0開始算起，所以使用的都是單 、 .. . . .? _ * .. 、

4、 .. . 邊Z變換，這里簡稱為Z變換。表示f⑴的Z變換式符號有 *- * , 、* 多種，如 F(z)、Z[f ⑴]、f (s)s (1/T)lnz Z[f(t)]、Z[F(s)]、Z[F*(s)] 等等，但它們都表示同一個概念，都是指對脈沖序列函數(shù)的 Z變換。 )式、)式和)式在形式上完全相同，都是多項式之和， 對應(yīng)的加權(quán)系數(shù)相等， 在時域中的(t T)、S域中的eTs以及 Z域中的z 1均表示信號延遲一拍。 在實際應(yīng)用中，所遇到的采樣信號的Z變換哥級數(shù)在收 斂域內(nèi)都對應(yīng)有一個閉合形式， 其表達式是一個“ z”的有理 式 K(zm dmizm1diz do) zn Cn

5、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 in 1 cn 1zc1zc0z 在討論系統(tǒng)動態(tài)特性時，Z變換式寫成因子形式更為有用, 式)可以改寫成 F(z)常 K(z zj (z z) (z Pi) (z Pn) 甘中 zi, , zm . pi , ，Pn分別是F(z)的零點和極點。 3.1.2簡單函數(shù)的Z變換 下面，我們將討論幾個簡單函數(shù)的 Z變換。值得注意的 是，我們假設(shè)函數(shù)在t。時不連續(xù)，而t。時函數(shù)是連續(xù)的。 在此情況下，我們設(shè)定f(。)f(。)，而不是間斷點的平

6、均值 [f(0 ) f(0)]/2c 1.單位脈沖函數(shù) 1t 0 表達式f(t) (t) 0t 0 求f⑴的Z變換。 1k 0 因為(kT) 0k 0 根據(jù)Z變換定義 F(z) Z [ (t)] (kT)zk 1() k 0 2.單位階躍函數(shù) 1(t) 1 t 0 表達式 f(t) 0t 0 求f⑴的Z變換。 根據(jù)上面白假設(shè)，f(0) 1。再由Z變換的定義可知 F(z) Z [1(t)]1 zk zk k 0k 0 123 1 z z z 1 z K 77m0) 注意到如果z 1,則級數(shù)收斂。在求Z變換時，變量Z是個假設(shè) 算子，不必去確定使F(

7、z)收斂時Z的范圍，只要知道有這個范圍 存在就足夠了。用這種方法求時間函數(shù) f⑴的Z變換F⑵，除了 Z平面都是成立的 k 0,1,2, k 0 )常叫做單位階躍 F⑵的極點外,在整個 住思： 1 1(k) 0 序列 3.單位斜坡函數(shù) 表達式 f (t) 0t 0 則f(kT) kT k 0,1,2, 因而它的Z變換可以求出 F(z) Z[t] f(kT)zk k 0 kTz k T(z 1 2z 2 3z 3 …) k 0 i z 1 2 (1 z1)2 Tz (z 1)2 2) 4.指數(shù)序列 表達式 ak k 0 f(k) 0 k

8、0 式甲a為常數(shù)。根據(jù)Z變換定義，則有 F(z) Z[ak] 1 2 2 3 3 1 az a z a z 1 z 1 1 az z a 5.指數(shù)函數(shù) e at t 0 表達式 f(t) 0 t 0 因為 f(kT) e akT k 0,1,2, (3) Mat k akT k F(z) Z [e ] f (kT)z e z k 0 k 0 6.正弦函數(shù) 表達式 注意指數(shù)函數(shù)的 下式 sin 因而 F (z) Z [sin aT 1 1 e z 2aT 2 e z 3aT 3 e z f(t) 1 aTz 1 z aT

9、 4) sin 變換Z [eat] 2T(ej t t] (e 1 2j j T 1 2T j T 1 -aT 1 z t) 1 j-^ 1 1 e z )z1 2j 1 (ej T e j T)z z 1 sin T 1 2z 1 cos T z 2 例3.1求余弦函數(shù)的 表達式 cos f(t) 0, t, 變換 t 解：我們可以按照求正弦函數(shù) ,而sin t可以表示成 zsin T 2zcos T 1 () Z變換的方法來求余弦函數(shù) 的Z變換。 F(z) Z [cos t] 1Z [ej t e 2 jt]

10、 c / j T j T \1 2 (e e )z 12 1 (e e )z z 1 z * 1 cos T 1 2z1 cos T z 2 Z2 z2 zcos T 2zcos T 1 例3.2求阻尼正弦函數(shù)的Z變換 at 表達式 e sin t, f(t) F(z) 0, ? [e at sin t] 1 2j at j t e e e ate 1 2j 1 1 L (a j )T1 1 e z aT z j T e (e aT j T j T 2 j 1 e (e e jT)z )z

11、1 1 aT _ z e sin T 1 aT. 1 2z e cos T 2aT 2 e z _ aT 一 ze sin T 2 c aT-j- 2aT z 2ze cos T e 例 3.3 求 F(s) s(s 1) 的Z變換 解當(dāng)被求函數(shù)變量是以 s給由時，求它的Z變換的一種 方法是：先把F(s)利用拉普拉斯反變換求生f(t),然后將f(t)離 散化求生f*(t),再求其Z變換。另一種方法是將F(s)表示成 部分分式，再利用Z變換表求其Z變換。其它的方法以后介紹。 現(xiàn)在我們利用第一種方

12、法，先求 F(s)的拉氏反變換 F(s) 1 1 二 s(s 1) s s 1 f(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變換表 序 號 X(s) x(t) x(kT)或 x(k) X(z) 1 一 一 1 k 0 0(k) 0 k 0 1 2 一 一 1n k 0(k n) 0n k n z 3 1 s 1(t) 1(k) 1 1 z 1 4 1 s a

13、 at e akT e 1 1 e aTz 1 5 1 s2 t kT Tz 1 11x2 (1 z ) 6 2 / t2 (kT)2 T2z1(1 z1) (1 z1)3 7 6 s4 t3 (kT)3 31112 T z (1 4z z ) (1 z1)4 8 a 1 e at 」akT 1 e (1 eaT)z1 s(s a) 1\aT 1 (1 z )(1 e z ) 9 b a e at e bt akTbkT ee , aTbT、1 (ee )z (s a)(s b) aT 1.bT 1 (1 e

14、z )(1 e z ) 10 1 (s a)2 at te akT kTe t- aT1 Te z aT\2 (1 e z ) 11 s (1 at)e at (1 akT)e akT 1 (1 aT)e aTz1 (s a)2 (1 e aTz 1)2 12 2 (s a)3 2 at t e (kT)2e akT 2 aTaT11 T e (1 e z ) z (1 e aTz 1)3 13 2 a at 1 e at akT 1 e akT [(aT 1 eaT) (1 eaT aTeaT)z1]z1 s2(s a) (1

15、z1)2(1 eaTz ') 14 sin t sin k T z 1 sin T 22 s 1 2z 1 cos T z2 15 s cos t cos k T 1 1 z cos T 22 s 1 2z 1 cos T z 2 16 (s a)22 at .. e sin t akT . 1 -p e sink T aT 1 ez sin T / c aT 1T_2aT 2 1 2e z cos T ez 17 s a (s a)22 at e cos t akT ecos k l “aT 1t- 1 e z cos T

16、 aT 12aT 2 1 2e z cos T e z 18 k a 1 1 az , 19 k 1 a k 1,2, z 1 1 az 1 20 kak 1 1 z /A1、2 (1 az ) 21 k(k 1) k 2 - a 2 2 z (1 z1)3 22 ,2 k 1 k a z1(1 az1) (1 az1)3 23 ? 3 k 1 k a z 1(1 4az 1 a2z 2) /A1、4 (1 az ) 24 ? 4 k 1 k a z 1(1 11az 1 1

17、1a2z 2 a3z 3) 1、5 (1 az ) 25 k. a cos k 1 1 az1 注：x(t) 0 當(dāng) t 0 時；x(kT) x(k) 0 當(dāng) k 0 時 值得注意的是，如果函數(shù)f(t)的Z變換為F(z),則F(z)的 反變換就不一定必須等于f (t) 圖3.1兩個不同的時間函數(shù)f1(t)和f2(t) 參看圖3.1 ,單位階躍函數(shù)fi(t)與另一函數(shù)f2(t)的Z變換 有相同的表達式F(z) 1/(1 z 1),顯然fi⑴+f2(t)。由此可見，Z 變換式F(z)只與它的Z反變換f(kT)之間有對應(yīng)的關(guān)系， 而與時間連續(xù)函數(shù)f(t)

18、之間無一一對應(yīng)關(guān)系。 3.2 Z變換的重要性質(zhì)和定理 和拉普拉斯變換一樣，Z變換由其定義出發(fā)也可以導(dǎo)由 一系列關(guān)于Z變換的性質(zhì)和定理，這些性質(zhì)和定理對擴大Z 變換應(yīng)用都有重要作用。下面將介紹一些Z變換基本性質(zhì)和 定理。在這里，我們設(shè)定f(t)的Z變換F(z)存在，且對于t 0時 f(t)=0 。 1. 乘以常數(shù) 如果 f (t) 的 Z 變換為 F(z) ，則 Z af (t) aZ f (t) aF(z)) 式中 a 是一個常數(shù)。 證明 由 Z 變換定義 Z af(t) af(kT)z k k0 a f(kT)z k aF(z) k0 2. 線性性質(zhì) Z 變換

19、的定義可知， Z 變換是線性變換，即 F1(z) Z f1(t) ， F2(z) Z f2(t) ， a 、 b 為任意常數(shù) 如果f(t) afi(t) bf2(t)則它的Z變換為 F(z)aF1(z) bF2(z)) 證明 根據(jù) Z 變換定義 F(z)[af1(kT) bf2(kT)]z k a f1(kT)z k b f2(kT)z k0k0k0 aZ f1(t)bZ f2(t)aF1(z) bF2(z) 3. 實位移定理 若 t 0時 f(t) 0 ，且 F(z) Z [ f (t)] ，則 Z [ f (t nT)] z nF(z) n1 Z [f (t nT)

20、] nk zn[F(z)f(kT)z k] k0 式甲n為零或正整數(shù)。 證明 ）式。 Z [ f(t nT)] f(kT nT)z k k0 f (kT nT)z k0 (k n) 3.20) n, 代入式（ 3.20 ） ，則有 Z [f (t nT)] z n f(mT)z m=- n 改 mn 0 時 f（mT） 0 ，因而我們可以將求和的下限由 為 m =0。 [f(t nT)] z n f(mT)z m z nF(z) m0 因此，Z變換式F⑵乘以zn,相當(dāng)于時間函數(shù)f⑴延遲nT。 現(xiàn)在來證明式（ 3.19）。 Z [f

21、(t nT)] f(kT nT)z k k0 f(kT nT)z (k n) znf(kT nT)z(kn) f(kT)zk f (kT)z k k 0k 0k 0 n 1 znf(kT)zk f(kT)zk k 0k 0 n 1 zn F(z)f(kT)zk k 0 該性質(zhì)表明，超前n拍(一個采樣周期T稱為一拍)信號 f(t nT)的Z變換不是簡單地將f(t)的Z變換F(z)乘以n拍超前因 n 1 子zn , 還必須減去zn f (kT )z k ，這是因為 k 0 f*(t nT)的第一個采樣值為f(nT),即t 0時的采樣值，而f*⑴的 采樣值為

22、f(0)。只有當(dāng)f*(t)的前n拍采樣值f (0), f (T), , f (nT T)均 為零時，才和延遲n拍信號f(t nT)的Z變換有相似的表達式，即 F(z) Z[f(t nT)] znF(z)。 例3.4求圖3.2所示函數(shù)的Z變換。 解 f(t) 1(t 4T) )可知 F(z) z4Z 1(t) f(t)1(t 4T) J ix 0 T 2T 3T 4T 5T 6Tt 圖3.2延遲4個采樣周期的單位階躍函數(shù) 例3.5求f(t 2T)的Z變換F(z)。 2 1 解 Z[f(t 2T) z2[F(z)f(kT)zk] z2[F(z) f (0) f(T)z1]

23、 k 0 z2F(z) z2 f (0) zf(T) k 例 3.6 設(shè) y(k) x(h) , k 0,1,2，…式中，k ^4y(k) 0 h 0 求y(k)的Z變換Y⑵。 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, 上式兩邊取Z變換得 Z[y(k) y(k 1)] Z x(k) Y(z) z 1Y(z) X(z) 1 Y⑵ rvX(z) 如果f⑴的Z變換為F(z),則eatf⑴的Z變換為 Z[eatf(t)] F(zeaT))

24、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變換 例3.7求teat的Z變換。 解 設(shè)f(t) t則F(z) Z[t] ,Jz八2 ,所以根據(jù)復(fù)位移 (1 z ) 定理 Z [te at] F(zeaT) Te aTz 1 (1 e aTz 1)2 5初值定理 如果f(t)的Z變換為F(z),且ym F(z)存在，則f(t)或f(k)的 初值f(0)可由下式求生： f (0) lim F(z)) 證明根據(jù)Z變換定義 F

25、(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 變換為 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 1 f(0) limF(z) lim—(- e ) 丁10 zz (1 z 1)(1 e Tz 1) 參考例3.3 ,注意到F(z)相應(yīng)于f(t) 1 et的Z變換，因而 f(0) 0,這和初值定理得到的結(jié)果相同。 1 一 ，、 如果f⑴的Z變換為F(z),而(1 z)F(z)在Z平面上以原點 為圓心的單位圓上和圓

26、外沒有極點，則 lim f (kT) lim (1 z 1)F(z)) kz 1 證明根據(jù)Z變換定義 Z[f(t)] F(z) f(kT)z k k 0 Z [f(t T)] z1F(z) f (kT T)z k k 0 因此 F(z) z 1F(z) f (kT)z k f (kT T)z k 0k 0 當(dāng)z 1時，上式兩邊取極限，則有 lim[F(z) z1F(z)] lim f (kT)z k f (kT T)z k zz k 0k 0 因為k 0時f(kT) 0,所以，上式為 1 _ lim(1 z )F(z) z 1 lim f(kT)

27、zk z 1 k 0 f(kT T)z k k 0 [f(kT) f(kT T)] k 0 [f(0) f( T)] [f(T) f(0)] [f(2T) f(T)] lim f(kT) f() k 初值定理和終值定理，可以直接由Z變換式F(z)獲得相 應(yīng)的采樣時間序列f(kT)的初值和終值。這兩個定理在作系統(tǒng) 分析時經(jīng)常用到 已知F(z) /a。，用終值定理求f()的 1 z 1 e z 1\ 1 z ) 1 z1 1 - aT 1 1 e z lim 1 z 1 1 z 1 1 eaTz1 我們注意到，本題中的F(z)是f⑴ 1

28、eat的Z變換。將t 代入f(t)中，則有 f ( ) lim (1 e at) 1 計算結(jié)果與用終值定理求生的f()是一樣的 7 .復(fù)域微分定理 如果f⑴的Z變換為F⑵，F(xiàn)⑶在Z平面上收斂于一定區(qū) 域。則 d 即⑴]TzdzF(z) 證明 由Z變換定義, ,k F(z) f(kT)z k 0 上式兩邊對Z微分，得 d ___ k 1 F(z) kf(kT)z z dzk o 再對上式兩邊同乘以(Tz),變得 Tz-d F(z)(kT)f (kT)z k Z tf (t) dzk o 該定理表明，在時間域信號f⑴與t相乘，對應(yīng)于Z域

29、中f(t)的 Z變換F⑵對Z的微分運算。 同樣，上面方程兩邊再對 Z求微分，則有 d 丁 d Tz F (z) dz dz 上面方程兩邊同乘以 Tz (k2)Tf (kT)z kz 1 k 0 則有 Tz— Tz—F(z) dz dz (kT)2f(KT)zk Z t2f(t) Z[t2f(t)] d 2 TzdZ F⑵ 2 這里算子Tz—表示運用Tz~d兩次。同理可有 dzdz m Z[tmf(t)]Tz?F(z)) dz tt 0 例3.10用微分定理求單位斜坡函數(shù)f(t)的 0t 0 Z變換。 因為 解f(t) t1(

30、t) Z [1(t)] 所以, Z f(t)3⑴] 4占 Tz1 7^ 172 (1 z ) 8 .復(fù)域積分定理 li Kt) 若Z[f⑴]F(z),且極限ti” t存在, Z 平 z￥- lkim0誓(3.26) 證明令g(t)平，則根據(jù)Z變換定義，有 Z f(t) G(z) f(kT)zk k 0 kT 上式兩邊對Z微分，得 -dG(z) dz f(kT)z kz i k 0 T f (kT) z k k 0 Tz -If Tz (z) 上式兩邊作積分，有 —G(z1)dziF ⑶ dz1 z dziz T

31、zi 即G( ) G(z)F^dzi z 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 lim z Tz1k 0 kT 該定理表明，在時域中，f⑴與t相除，對應(yīng)在Z域中Z變換 F(z〃z的積分運算。 例3.11已知f(k) k2,用復(fù)域積分定理求g(k) k的Z變 換。 解設(shè)g(k)半) k k F(z) Z f (k) k2z k k 0 則咕k2z k 1 z k 0 因為 f(k) g(k) -V 所以 G⑵zT dz1 lim3 k 0 k k2z1 z

32、1 k 0 k k2工 k 0 k dz1 lf k 0 k k kz k 0 lim k k 0 本題只是說明利用復(fù)積分定理可以求生 1 z (1 z1)2 f(k)/k的Z變換。 兩個時間序列(或采樣信號)f(k^Dg(k),相應(yīng)的Z變換 分別為F(z彳nG(z),當(dāng)t 0時，f(k)=g(k)=0, t。的卷積記為 f(k)*g(k),其定義為 k f (k) g(k) f (k n)g(n) f (k n)g(n) ) n 0n 0 k 或 f (k) g(k) g(k n) f (n) g(k n)f (n)) n 0n 0 則 Z [f

33、(k) g(k)] F(z)G(z)(3.29) 證明 Z f(k)*g(k) Z f(k n)g(n) f(k n)g(n) z n 0k 0 n 0 令 mkn 則 kmn 因而 Z f(k)*g(k)f(m)g(n)zmzn f (m) z m g(n)z n m n n 0m nn 0 因為 當(dāng)m 0時f(m) 0,所以 Z f(K)*g(k) f(m)z m g(n)zn F(z)G(z) m 0n 0 本節(jié)中，我們討論了 Z變換的重要性質(zhì)及定理。為了方便起 見，把這些性質(zhì)及定理總結(jié)列表3.3。 表3.3 Z變換的重要性質(zhì)及定理 序號 f(t)或

34、f(k) Z[f(t)]或 Z[f(k)] 1 af(t) aF(z) 2 af1(t)bf2(t) aF〔(z) bF2(z) 3 f(t T)或 f (k 1) zF(z) zf(0) 4 f(t nT) znF(z) znf (0) zn1f(T)zf(nT T) 5 f(t nT) z nF(z) 6 f (k n) znF (z)zn f (0) zn 1 f (1)zf (n 1) 7 f (k n) z nF(z) 8 tf (t) Tz—F(z) dz 9 kf(k) z-d- F(z) dz 10 e atf(t)

35、 F (zeaT) 11 e ak f (k) F(zea) 12 akf (k) F(za 1) 13 kakf(k) d1 z— F(za 1) dz 14 f(0) lim F (z) z 15 f() lim [(1 z 1)F(z)] z 1 16 f(k) f(k) f(k 1) (1 z 1)F(z) 17 f(k) f (k 1) f(k) (z 1)F(z)zf(0) 18 f(k) k 0 7^F(z) 1 z 19 ——f (t, a) a —F (z,a) a 20 kmf (k) m d匚/ \

36、 z—F (z) dz 21 n f(kT)g(nT kT) k 0 F(z)G(z) 3.3 Z反變換 與Z變換相反，Z反變換是將Z域函數(shù)F(z)變換為時間序 列f(k)或采樣信號f*(t)。如前所述，Z變換僅僅是描述采樣時 刻的特性，所以Z反變換直接求得的只是時間序列信號f(k)o 當(dāng)事先已知F⑵對應(yīng)的采樣周期T時，就可以按照已知的采 樣周期T確定所求得的時間序列f(kT),即f*(t)。 F⑵的Z反變換記為 Z 1[F(z)] f(k)(3.30)式中Z 1表示Z反變換符號。求Z反變換的方法很多，常用 的基本方法有下列三種：哥級數(shù)展開法、部分分式展開法和 反演積

37、分法。 在使用這些方法時，和通常的情況一樣，我們設(shè)定當(dāng)k 0 時，x(k)或x(kT)等于零。 事級數(shù)展開法 )可知 F(z) f(kT)zk f (0) f (T)z 1 f (2T)z 2 f (kT)z k k 0 觀察上式，只要用某種方法將要作 Z反變換的F(z)展成z 1 事級數(shù)形式，即可獲得F⑵對應(yīng)的時間序列 f(kT)o 若F⑵是以Z1或z的有理分式形式，即 F(z) Nz) D(z) 1 a1z1 bnZ n n anz 時，可以直接將分子除以分母把 F (z)展開成 z1的哥級數(shù)。 卜面舉例說明怎樣使用這種方法O —1

38、0z 5 例 3.12 已知 F(z) (z 1)(z 0.2)求 f(k), k 0,1,2, 解 首先將F(z)寫成z 1多項式之比 10z 1 5z 2 F⑵1 1.2zi 0.2z2,分母去除分子： 10z 1 17z 2 18.4z3 1 1.2z 1 0.2z 2 10z 1 5z 2 10z1 12z2 2z 3 17z 2 2z 3 17z 2 20.4z3 3.4z 4 34 18.4z 3 3.4z 4 18.4z 3 22.08z 4 3.68z 5 18.68z 4 3.68z 5 F(z) 10z 1 17z 2 18.4z 3 把這個式子

39、同Z變換定義式F(z) f(kT)zk比較，我們可以得 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，在求反變換時，并不知道采樣 周期T的數(shù)值，因而反變換求生的是 f(k)序列，而不是f(kT) 或f*(t)序列。若給定F⑵對應(yīng)的采樣周期T,則F⑵對應(yīng)的采 樣信號為 _ * f (t) 10 (t T) 17 (t 2T) 18.4 (t 3T) 編程計算: 由）所表示的F⑵有理分式，可以展開成Z1哥級數(shù)時, 可以用下面導(dǎo)由的迭代算式直接計算z 1哥級數(shù)各項系數(shù) F(z) 1 n N(z) bo b1z bnz

40、 D(z) 1 az1 anz n f(0) f (1)z 1 f(2)z2 其中哥級數(shù)各項系數(shù)是待定的。于是 bo biz1bnzn [f(0) f(1)z1 f(2)z2](1 a1z1，z n) 上式中，按照等式兩邊 z1的同次項系數(shù)相等，可得 bof(0) b1f(1)f(0)a1 b2f(2)f (1)a1 f (0)a2 ) bnf (n)f (n 1)a1f (0)an 0 f (n 1) f(n)a1 f (1)an 由上面方程組可導(dǎo)由待定系數(shù)f (0)，f (1)，的迭代式 f(0) b0 f(1) bi a1 f (0) f(

41、2) b2 a1f ⑴ a2 f (0) k f(k) bkaif(k i),0 k n(3.34) i 1 n f(k) 0 af(k i),k n )編制計算機程序，由計算機計算，則十分簡便 3.3.2部分分式法 查表法：Z變換的線性性質(zhì)可以使我們能夠應(yīng)用部分分式 法求生F⑵的Z反變換。這種方法可以求生脈沖序列函數(shù)的 封閉形式，具體方法和求拉氏反變換的部分分式展開法相 似。具體步驟如下： Z有理式標(biāo)準(zhǔn)形式 m m 1 boz b1z n n 1 bm 3n 先將F⑵寫成如下 (3.35) F(z)震 D(z) 其中m n,系數(shù)bj(j 01,2，⑺和廿。0

42、，1,2，，n)均為實常數(shù)。 對^⑵的分母進行因式分解，即 D(z) (z Pl)(Z P2)…(z Pn) 其中Pi(i 1,2, ，n)稱為F(z)的極點，它們是實數(shù)或共輾復(fù)數(shù)。 1. 若所有極點是兩兩互不相同的單極點 由于F(z)的部分分式展開式為q形式的諸項和，而指數(shù) z Pi 函數(shù)一擾的Z變換為 一所以最好先求以區(qū)的部分分 aT z ez 式，然后再乘以Z,就得到希望的形式。方法如下: (3.36) F(z)AiAAn z z Pi z P2z Pn F⑵-Az① z Piz P2 Az Z Pn (3.37 ) 式(3.36)中的系數(shù)AO 1,2

43、, ，n),求法與拉氏變換展開部 分分式時的求法相同。式(3.37)中各個分式所對應(yīng)的時 . k 間序列為通常熟悉的指數(shù)序列Api ,即 fi(k) Z 1 -A二APik, k 0, i 1,2, ,n z Pi (3.38) 例3.13求F(z)一"z一的反變換 (z 1)( z 0.5) 解 將F(z)除以Z,并展開為部分分式，得 F(z) z 1 0.5 上式兩邊乘以Z,得 F(z)六 z 1 z z 0.5 1 1 1 0.5z 由Z變換表可以直接查由 11…, Z 111(k) 1 ,k 0,1,2，… 1 z .1? Z 11(

44、0.5)kk 0,1,… 1 0.5z 1 式中 1(k)為單位階躍序列。 所以f(k) 1(k) (0.5)k, k 0,1,2, 在這個例子中，如果將 F(z)直接展成部分分式, F(z) 10.5 z 1 z 0.5 注意，在Z變換表中查不由 然而, 則有 0.5z 1 0.5z 1 利用位移 定理可以發(fā)現(xiàn) 因此 又可以寫成 1 z 1 z 0

45、 1(k) z 10.5 1 0.5z 1 f(k) f(k) 0, 1(k) 1(k) 這和前面得到的結(jié)果是一樣的O 例求F(z) (z F(z) 0.5 0.5 1 0.5z 1 0 0.5(0.5)k 0.5(0.5)k 1 (0.5)k , 1,2, 0,1,2, Z的反變換 F(z) z 2z 1 z(z 1)(z 2) f(k) 0.5 z 11.5 z 1 z 2 1.5z ——0.5 一 z 21 1.5 1 2z 1

46、 所以F(z)的Z反變換為 f(k) 0.5 (k) 1(k) 1.5( 2)k k 0,1,2,… 注意：)F(z),其反變換應(yīng)為0.5 (k)o 2. F(z)含有重極點 如F(z)含有二重極點R,其余極點P3,P4, R互不相同 首先將F(z)/z展開成部分分式，即 F⑵ AA2AAn) z (z P1)2 (z Pi) (z P3)(z Pn) F(z) A1 z A2z A3z t ; 一, ? (z Pi) (z Pi) (z P3) An

47、z (z Pn) )中的第一項 上二查Z變換表可知，對應(yīng)的反變換為 (z Pi) k f1 (k) AkR , k 0 o 其余各項對應(yīng)的時間序列均為指數(shù)序列APik，k 0 i 3,4, ,n 因而F(z)的Z反變換的時間序列一般表示為 n 1kkk f(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反變換 解 對F(z)的分母進行因式分解 F(z) z (z i)2(z 2) F(z)在PiP2 1處為二重極點，在P3 2處為單極點。首先將

48、 季展開 z F(z)…1AiA2A3 F1(Z)2_2一 z(z 1)2(z 2) (z 1)2 (z 1) (z 2) 其中上式中的系數(shù) A (z 1)2Fdz)1 z 1 d A2—(z 1)2F1(z)z1 1 dz A (z 2)E(z)z2 1 因而F(z)—二——二 (z 1) (z 1) (z 2) 所以f(k) Z 1[F(z)]k1(k) 1(k) 2k, k 0 其中1(k)為單位階躍序列，可以寫成下列形式 f(k) 2k k 1 , k 0 卜面舉例說明F(z)含有三重以上簡單極點時，求其 Z反 變換的方法 3 例求F(z) 2

49、z 3 的Z反變換。 (z 2)3(z 4) 2 解 首先將以22z 3 40展開為部分分式,即 z (z 2) (z 4) A2 A3 皿 E(z) z 2z2 40 AA2A3A ) _3_32 (z 2)3(z 4) (z 2)3 (z 2)2 (z 2) (z 4) 其中系數(shù) (z 2)3Fi(z)z2 16 加 2)3F1(z)]z2 1 d2 - 3 1 J[(z 2)3F1(z)] 2! dz A4 (z 4)F1(z)z4 1 因而 F(z) zFi(z) 16z (z 2)3 4z (z 2)2 z z (z 2) (z 4)

50、 所以F⑵的Z反變換為 f(k) 126[k(k k 2 1)(2)] 4k(2)k 1 (2)k (4)k (2k2 1)(2)k (4)k, k 0,1,2, 3. F(z)含有共輾復(fù)數(shù)極點 以上論述了 F (z)只含有簡單極點時求Z反變換的方法, 卜面舉例說明F(z)含有共輾復(fù)數(shù)極點時求Z反變換的方法。 例 求F(z) —z2^一的反變換f(k)o (z 1)(z2 2z 2) 將以w表示成部分分式 z F(z) z 7z 8 z2 2z 2 81 7 1 - z F(z) 7 _1_2 1

51、2z 2z 方程式右邊第二項的極點為共輾復(fù)數(shù), 因此該項的反變換為 阻尼正弦或阻尼余弦。參考變換式 akT Z [ e cos kT] aT 1 z cos T aT 12aT 2 1 2e z cos T e z 根據(jù)上述關(guān)系 E(z) 因此 1[F1(z)] 因為 akT _. _ Z [e sin Fi(z) 2aT e aT e cos kT] 1 8z 7 1 2z 1 1 2“2)&z akT cos kT F(z) f(k) aT 1 e z sin T aT 1 1 2e z cos T ? 2aT 2 z

52、 2z 2 1 2z 2z2 71 2z 1 2z 2 aT e cos T sin T 2z 2 akT sin kT ( 2)k 7F1(z) k cos — 1 (2) sin 7 7 7( . 2)kcos — 4 (、.2)ksin — 4 0,1,2,… 由這個f(k)式可以得由 f(0) 0 f⑴1 f(2) 9 f (3) 23

53、 當(dāng)然，F(xiàn)(z)可能含有多重二次極點，讀者可以參考有關(guān) 資料，求其Z反變換。 3.3.3反演積分法(留數(shù)法) 反演積分法是求Z反變換的最基本方法，它可以求得 F⑵對應(yīng)的時間序列f(k)的表達式。由Z變換定義 F(z) f(k)zk f(0) f(1)z1 f(k)zk k 0 上式兩邊同乘以zk 1 ,得 F(z)zk 1 f (0)zk 1 f ⑴zk2 f (k)z 1 f (k 1)z 2 兩邊作閉路積分，積分路線取以z0為圓心包圍F(z)zk1全 部極點的圓C,即 %F(z)zk 1dz f (0)zk 1 f (1)zk 2f (k 1) f (k)z 1 f

54、 (k 1)z 2 dz C 根據(jù)復(fù)變函數(shù)中的Cauchy定理，上式右邊的閉路積分，除 f(k)z1之外，其余各項積分全為零(這是因為f(0)zk1, ,f(k 1) 3 各項在積分線C內(nèi)全解析，f(k 1)z2, f(k 2)z ,…，所有項在 積分線C內(nèi)原點處均有2階以上重極點的緣故)，所以有 門 F (z)zk 1dz 。f (k)z 1dz CC 由復(fù)數(shù)廣義積分可知, ，；Cf (k)z 1dz f (k) Cz 1dz f (k)2 j 因而 1 n f(k) 27：CF(z)z dz iFsF⑵z Pi, k 0 ) 式中，r為F(z)zk1第i個

55、極點，n為F(z)zk1的極點數(shù)，Res為留 數(shù)符號，C為Z平面上以原點為圓心，半徑充分大的圓。 上式說明，f(k)等于F(z)zk 1的全部極點留數(shù)之和。 在計算留數(shù)時，如果 F(z)zk1含有簡單極點 Pi時，相應(yīng)的 留數(shù)為 K lim[(z z pi  Pi)F(z)zk1] 如果F(z)zk1含有q重極點  z,則該極點的留數(shù)為 1.. d K lim — (q 1)!z pj dz 7T[(z Pj)qF(z)zk1] q (3.46 ) 本書中，我們討論的是單邊Z變換，即k 0 時 f (k) 0

56、o 8用留數(shù)法求F(z) (M^7的反變換f(k? F (z)zk 1 aT、 k (1 e )z (z 1)(z e aT 當(dāng) kQ1,2, 時F(z)zk 1有兩個簡單極點 P11 和 P2 aT)可得 其中 因此 例 3.19 k 0,1,2, 時, aT P3 e 2 f (kT) Res 因而 K1 K2 Pi (1 eaT)zk (z 1)(z eaT) K1 K2 11m1 (z 1)(1 eaT)zk (z zlimaT (z 1)(z eaT) aT) aT、 k (1 e )z

57、 (z 1)(z e aT) akT e f (kT) K1 K2 求 F(z) 1 e akT 0,1,2, (z 1)2(z eaT) 的反變換 f(kT) F (z)zk 1 (z 1)2(z e aT) F(z)zk 1含有二重極點P1 P2 1以及一個簡單極點 f(kT) Res z Pi (z K1 (2 1)! lim — z 1 dz (z lim — dz (z e aT) 1)2(z eaT) 1)2 lzm1 K1 K2 k 1 z (z 1)2(z eaT) (k 1)zk(z eaT) (z ea

58、T)2 k e aT e a(k 1)T aTV2 (1 e ) 1 eaT (1 eaT)2 k 1 K2limaT (z eaT)1Tr 2 z eaT(z 1)2(z e aT) 所以 keaT e"" f(kT) Ki K2-一斤-一▽ -一不2 1 e (1 e )(1 e ) .aTakT 、 K號eTk0，1,2, 需要指由，當(dāng)F(z)的z有

59、理分式的分子中無z公因子時, 用反演積分(3.44 )計算由F(z)的對應(yīng)時間序列通項表示式 f(k),只適合k 0的情況，而不能表示k 0時刻序列值f(0)o f(0)的值應(yīng)由初值定理確定或令k 0再用(3.44)式來計算。 這是因為，對于這樣的F(z),當(dāng)k 0時，(3.44)式中的被積 函數(shù)為F(z)z1,它比k 0時的被積函數(shù)F(z)zk1多一個z 0的極 點。所以f(0)應(yīng)和k 0的通項f(k)分別計算。 由初值定理可以推斷，當(dāng)F(z)的分母階數(shù)n和分子階數(shù)m 相等時，F(xiàn)(z)對應(yīng)的初始序列值f(0) 0,應(yīng)為一有界常數(shù)；當(dāng) n m d 0時，相應(yīng)時間序列f(k)的前d項均為零

60、，即 f(0) f(1) f(d 1) 0?，F(xiàn)舉例說明這種情況。 例3.20已知F(z) .「°用留數(shù)法求F(z)的反變換。 (z 1)(z 2) k 1 F(z)z 10zk 1 (z 1)(z 2) 由上式可以看由，當(dāng)k 0時, k 1 F(z)z —，含有三個 簡單極點R 0 , P2 1 , p3 但是 k 1 時，F(xiàn) (z)zk 1 10zk 1 (z 1)(z 2) 只有兩個極點p1 1 , P2 2。因此我們必須分別求 f(0)以及 f(k) (k 1)。 因而 其中 ①求f(0)的值 f(0) Ki K2 K3 lim z 0

61、 lim z 1 lim z 2 f(0) 1時的f(k) 10 Res z pi z(z 1)( z 2) z105 z(z 1)(z 2) (z (z K1 K1K2K3 10 1)- z(z 1)(z 2) K2 K35 k 1 10z 2 f (k) Res i 1 z pi (z 1)(z 2) k 1 10z K1 lim (z 1) z 1 (z 1)(z 2) 2) 10 10 K1 K2 10 K2 lzm (z 2) 10zk 1 (z 1)(z 2) 10(2) k 1 因而 1,2, ,k 1k 1 f(k) K1 K210 10(2)10(21) k 綜合以上①、②計算結(jié)果 f(k) 0, 10(2k 1 1), (a j )T 1 1 e z