\[
\newcommand{\bs}{\boldsymbol}
\newcommand{\bsX}{\boldsymbol{X}}
\newcommand{\bf}{\mathbf}
\newcommand{\msc}{\mathscr}
\newcommand{\mca}{\mathcal}
\newcommand{\T}{\text{T}}
\newcommand{\rme}{\mathrm{e}}
\newcommand{\rmi}{\mathrm{i}}
\newcommand{\rmj}{\mathrm{j}}
\newcommand{\rmd}{\mathrm{d}}
\newcommand{\rmm}{\mathrm{m}}
\newcommand{\rmb}{\mathrm{b}}
\newcommand{\and}{\land}
\newcommand{\or}{\lor}
\newcommand{\exist}{\exists}
\newcommand{\sube}{\subseteq}
\newcommand{\lr}[3]{\left#1 #2 \right#3}
\newcommand{\intfy}{\int_{-\infty}^{+\infty}}
\newcommand{\sumfy}[1]{\sum_{#1=-\infty}^{+\infty}}
\newcommand{\vt}{\vartheta}
\newcommand{\ve}{\varepsilon}
\newcommand{\vp}{\varphi}
\newcommand{\Var}{\text{Var}}
\newcommand{\Cov}{\text{Cov}}
\newcommand{\edef}{\xlongequal{def}}
\newcommand{\prob}{\text{P}}
\newcommand{\Exp}{\text{E}}
\newcommand{\t}[1]{\text#1}
\newcommand{\N}{\mathbb{N}}
\newcommand{\Z}{\mathbb{Z}}
\newcommand{\Q}{\mathbb{Q}}
\newcommand{\R}{\mathbb{R}}
\newcommand{\C}{\mathbb{C}}
\newcommand{\versionofnewcommand}{\text{260125}}
\]
Z 变换对于分析线性时不变系统非常重要. 可以在某种程度上看作 Laplace 变换的离散版本, 也可以看作是母函数.
对于一组数据 \(\{x(n)\}\), 傅里叶变换相当于是在复平面的单位圆上做变换. 如果把变换的范围扩展到整个复平面, 得到的就是 z-变换.
z-变换的标准形式为:
\[
X(z)=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}x(k)z^{-k}
\]
这样的级数, 称为 Laurent Series.
注意, 它是一个双边的变换 (Two Sides). 即从负无穷到正无穷. 不过我们需要额外考虑一下收敛域问题. (Region of Convergence, ROC)
例如, 对于形如 \(x(k)=a^k\) 的函数, 先看正半边 (因果):
\[
\sum_{k=0}^{+\infty}x(k)z^{-k}=\sum_{k=0}^{+\infty}a^kz^{-k}=\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{1}{1-az^{-1}}
\]
收敛的条件是: \(|az^{-1}|<1\), 即 \(|z|>|a|\). 也就是说, 对于复平面上一个半径为 \(a\), 圆心在 \(O\) 的圆, \(z\) 的取值范围是圆外.
再看负半边 (反因果):
\[
\begin{aligned}
x(k) & =-b^{k}u(-k-1)\\
\sum_{k=-\infty}^{+\infty}x(k)z^{-k} &= \sum_{k=-\infty}^{-1}-b^{k} z^{-k}=-\sum_{k=1}^{+\infty}(b^{-1}z)^{k}\\
& =\frac{-b^{-1}z}{1-b^{-1}z}=\frac{1}{1-bz^{-1}}
\end{aligned}
\]
收敛的条件是: \(|b^{-1}z|<1\), 即 \(|z|<|b|\). 也就是说, 对于复平面上一个半径为 \(b\), 圆心在 \(O\) 的圆, \(z\) 的取值范围是圆内.
容易发现, 若 \(z\) 变换的结果为 \({1}/({1-az^{-1}})\), 求变换前的函数时要根据 \(z\) 与 \(a\) 的关系, 决定是用因果的还是反因果的形式.
比如, 对于 \(x(n)=\left(\frac{1}{2}\right)^nu(n)+\left(\frac{1}{3}\right)^nu(n)\):
\[
\begin{aligned}
X(z)=&\sum_{k=0}^{+\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^k z^{-k}+\left(\frac{1}{3}\right)^k z^{-k}\\
=&\frac{1}{1-\frac{1}{2}z^{-1}}+\frac{1}{1-\frac{1}{3}z^{-1}}
\end{aligned}
\]
其中, \(|z|>\frac{1}{2}>\frac{1}{3}\)
接着看, 对于 \(x(n)=\left(\frac{1}{2}\right)^n u(n)-\left(\frac{1}{3}\right)^nu(-n-1)\)
\[
\begin{aligned}
X(z)=&\sum_{k=0}^{+\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^k z^{-k}+\left(\frac{1}{3}\right)^k z^{-k}\\
=&\frac{1}{1-\frac{1}{2}z^{-1}}+\frac{1}{1-\frac{1}{3}z^{-1}}
\end{aligned}
\]
其中, \(|z|>\frac{1}{2}\) 且 \(|z|<\frac{1}{3}\), 这时候交集为 \(0\) 了. 这就意味着此时对 \(x(n)\) 使用 z-变换无意义.
\[
x(n)=\oint_c X(z)z^{n-1}\ dz
\]
实际上, 我们一般不大用这个式子. 因为我们做的绝大多数 z-变换都是有理形式, 所以只要知道有理形式如何处理即可.
举个例子:
\[
\begin{aligned}
X(z)&=\frac{1+z^{-1}}{1-5z^{-1}+6z^{-1}}\\
&=\frac{-3}{1-2z^{-1}}+\frac{4}{1-3z^{-1}}\\
\end{aligned}
\]
如果在这里, 逆变换直接写成
\[
\Rightarrow x(n)=-3\cdot2^{n}u(n)+4\cdot3^nu(n)\\
\]
就是没有考虑到收敛域的问题! 当 \(|z|>3\) 时, 写成这样确实是没问题的. 可如果 \(2<|z|<3\) , 逆变换的结果就只能是
\[
x(n)=-3\cdot2^{n}u(n)+4\cdot3^nu(-n-1)
\]
同理, \(|z|<2\) 时,
\[
x(n)=-3\cdot2^{n}u(-n-1)+4\cdot3^nu(-n-1)
\]
因此, 计算 \(X(z)\) 的逆变换, 一方面要参考形式, 一方面要参考 \(|z|\) 的取值范围.
接下来, 尝试面对更复杂的情况. 一般地, 若
\[
X(z)=\frac{A(z)}{B(z)}=\frac{\sum_{k=-0}^Ma_kz^{-k}}{\sum_{k=0}^N b_kz^{-k}}
\]
我们总可以这样做 (不妨设 \(M>N\)):
\[
\begin{aligned}
X(z)
&=\frac{a_0}{b_0}\cdot\frac{\prod_{k=0}^M(1-c_kz^{-1})}{\prod_{k=0}^N(1-d_kz^{-1})}\\
&=\frac{a_0}{b_0}\cdot\left(\sum_{k=0}^{M-N} e_kz^{-1}+\sum_{k=0}^{N}\frac{A_k}{1-d_kz^{-1}} \right)\\
\end{aligned}
\]
其中, \(e_k\) 可以通过多项式长除法确定. 比较麻烦的是如何确定 \(A_k\). 其实本质上是在算留数.
\[
\begin{aligned}
A_i=X(z)(1-d_i z^{-1})\Big|_{z=d_i}
\end{aligned}
\]
这样, 对于有理形式的逆变换, 考虑收敛域, 我们总能用 \(a^nu(n),\ a^nu(-n-1)\) 两种形式表达.
关于逆 z-变换的性质:
1.
$$
\begin{aligned}
f(n)&=x(n)+y(n)\
\Rightarrow\quad F(z)&=X(z)+y(z)
\end{aligned}
$$
2.
$$
\begin{aligned}
y(n)&=x(n-n_0)\
\Rightarrow\quad Y(z)&=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}x(k-n_0)z^{-k}\
&=\sum_{k^\prime=-\infty}^{+\infty}x(k^\prime)z^{-k^\prime-n_0}\
&=z^{-n_0}\cdot\sum_{k^\prime=-\infty}^{+\infty}x(k^\prime)z^{-k}\
&=z^{-n_0}\cdot X(z)
\end{aligned}
$$
3.
$$
\begin{aligned}
y(n) &=a^n x(n)\
\Rightarrow\quad Y(z)&=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}a^kx(k)z^{-k}\
&=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}x(k)(a^{-1} z)^{-k}\
&=X(a^{-1}z)
\end{aligned}
$$
4.
$$
\begin{aligned}
y(n)=&\ a^n \cos(\omega_0 n)x(n)\
\Rightarrow\quad y(n)=&\ \frac{1}{2}a^n(\exp(j\omega_0n)+\exp({-j\omega_0 n}))\cdot x(n)\
=&\ \frac{1}{2}a^n\exp(j\omega_0n)x(n)+\frac{1}{2}a^n\exp(-j\omega_0n)x(n)\
\Rightarrow\quad Y(z)=&\ \frac{1}{2}(X(a^{-1}e^{j\omega_0z})+X(a^{-1}e^{j\omega_0z}))
\end{aligned}
$$
5.
$$
\begin{aligned}
y(n)=&\ n\cdot x(n)\
\Rightarrow\quad Y(z)=&\sum_{k=-\infty}^{+\infty}k\cdot x(z)\cdot z^{-k}\
=&-z\sum_{k=-\infty}^{+\infty}kx(z)z^{-k-1}\
=&-z\frac{d}{dz}\left(\sum_{k=-\infty}^{+\infty}x(k)z^{-k}\right)\
=&-z\frac{d}{dz}X(z)
\end{aligned}
$$
例如, 对于 \(x(n)=na^nu(n)\),
\[
\begin{aligned}
X(z)=&\sum_{k=0}^{+\infty}k\cdot a^ku(n)\cdot z^{-k}\\
=&-z\cdot\frac{d}{dz}\left(\frac{1}{1-az^{-1}}\right)\\
=&-\frac{az^{-1}}{(1-az^{-1})^2}
\end{aligned}
\]
再例如, 如果 \(X(z)=\log(1+az^{-1})\)
\[
\frac{d}{dz}X(z)=\frac{-az^{-2}}{1+az^{-1}}\\
\Rightarrow -z\cdot\frac{d}{dz}X(z)=\frac{az^{-1}}{1+az^{-1}}=a\cdot z^{-1}\frac{1}{1-(-a)z^{-1}}\\
\Rightarrow \mathcal{Z}(a\cdot(-a)^{(n-1)}u(n-1))\\
\Rightarrow x(n)=a\cdot\frac{(-a)^{(n-1)}}{n}u(n-1)
\]
事实上, 如果对 \(\log(1+az^{-1})\) 作 Laurent 展开:
\[
X(z)=\log(1+az^{-1})=\sum_{k=1}^{+\infty}(-1)^{k-1}\frac{(az^{-1})^k}{k}=\sum_{k=1}^{+\infty}a\cdot\frac{(-a)^{k-1}}{k}z^{-k}
\]
也能得出一样的结果.
6.
若有卷积
\[
\begin{aligned}
h(n)&=x(n)* y(n)\\
&=\sum_{i=-\infty}^{+\infty}x(n-i)y(i)
\end{aligned}
\]
则有:
\[
\begin{aligned}
H(z)&=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\sum_{i=-\infty}^{+\infty}x(k-i)y(i)z^{-k}\\
&=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\sum_{i=-\infty}^{+\infty}x(k-i)z^{-(k-i)}\cdot y(i)z^{-i}\\
&=X(z)\cdot Y(z)
\end{aligned}
\]
这个结果一点不出乎意料. Fourier 变换在单位圆, z-变换在复平面, 卷积有这个共通的性质是显而易见的.
差分方程
我们可以用 z-变换的性质,非常容易地分析差分方程
\[
\begin{aligned}
&&y(n)&=\alpha y(n-1)+x(n)\\
\Rightarrow&& Y(z)&=\alpha z^{-1}Y(z)+X(z)\\
\Rightarrow&& (1-\alpha z^{-1})Y(z)&=X(z)\\
\Rightarrow&& H(z)&=\frac{Y(z)}{X(z)}=\frac{1}{1-\alpha z^{-1}}\\
\Rightarrow&& h(z)&=
\begin{cases}
\alpha^nu(n),&|z|>|\alpha|\\
-\alpha^{n}u(-n-1), &|z|<|\alpha|
\end{cases}
\end{aligned}
\]
更一般地:
\[
\begin{aligned}
&&\sum_{k=0}^{M}a_k\cdot y(n-k) &=\sum_{k=0}^N b_k\cdot x(n-k)\\
\Rightarrow&& Y(z)\left(1+\sum_{k=0}^M a_kz^{-k}\right) &=X(z)\left(1+\sum_{k=0}^N b_kz^{-k}\right)\\
\Rightarrow&& H(z) &=\frac{Y(z)}{X(z)}=\frac{1+\sum_{k=0}^M a_kz^{-k}}{1+\sum_{k=0}^N b_kz^{-k}}
\end{aligned}
\]
作为一个有理分式, 我们总能算出 z-变换的结果.