q、z反交换 z反变换:从X(z)中还原出原序列x(n) x(n)=Z7X(=) X()=Zx(m)=∑x(n)n n=-00 实质:求X(z)幂级数展开式 z反变换的求解方法: 围线积分法(留数法) 部分分式法 长除法
二、z反变换 实质：求X(z)幂级数展开式 z反变换的求解方法： 围线积分法（留数法） 部分分式法 长除法x n IZT X z ( ) [ ( )] = z反变换: 从X(z)中还原出原序列x(n) ( ) [ ( )] ( ) n n X z ZT x n x n z − =− = =
1、围线积分法(留数法) 根据复变函数理论,若函数ⅹ(z)在环状区域 <|z|<R (R≥0.R x ∞)内是解析的, 在此区域内X(z)可展开成罗朗级数,即 X()=∑CnR<<R n=-0 ↑Im[- n2兀J X(zdz 0.±1±2. R R 其中围线c是在Xz)环状(、d Rely 收敛域内环绕原点的一条 反时针方向的闭合单围线
1、围线积分法（留数法） 根据复变函数理论，若函数X(z)在环状区域 内是解析的，则 在此区域内X(z)可展开成罗朗级数，即 而 其中围线c是在X(z)的环状 收敛域内环绕原点的一条 反时针方向的闭合单围线。 , 0, x x x x R z R R R − + − + （ ） ( ) n n x x n X z C z R z R − + − =− = 1 1 ( ) 2 n n c C X z z dz j − = Re[ ]z j z Im[ ] 0 x R − x R + C n = 0, 1, 2
(n) X(=)ztzc∈(R,R) 2r j 利用留数定理求围线积分,令 F(2=X(22 若F(z)在围线c上连续,在c内有K个极点, 则 x(n)=∑RsF() 若F(z)在c外M个极点zm,且分母多项式z的 阶次比分子多项式高二阶或二阶以上 贝 x(n)=∑ResF()
若F(z)在c外M个极点zm，且分母多项式z的 阶次比分子多项式高二阶或二阶以上， 则： 1 1 ( ) ( ) ( , ) 2 n x x c x n X z z dz c R R j − + − = 1 ( ) ( ) n F z X z z − = ( ) Re [ ( )] k z z k x n s F z = = ( ) Re [ ( )]z zm m x n s F z = − = 利用留数定理求围线积分，令 若F(z)在围线c上连续，在c内有K个极点zk， 则：
Q留数的计算公式 单阶极点的留数: ReS[F()==[(=-2)F()]=
留数的计算公式 单阶极点的留数： Re [ ( )] [( ) ( )] r r z z r z z s F z z z F z = = = −
例1:X(z)= ,1/4<|z<4 ,求其z反变换 (4-z)(二-1/4) 解x(n) 2zjc(4-z)(x-1/4) dc∈(R,R) n+1 其中:F(z)= (4-z)(z-1/4)(4-z)(二-1/4) F()在围线内只有一阶极点。1 jIme] 4 x(n)=res(z) 1/4 A 4(4-z)(二-1/4 Rez 4 15
2 ( ) 1/4< 4 (4 )( 1/ 4) z X z z z z = − − 例1： ， ，求其z反变换Re[ ]z j z Im[ ] 0 C 1/ 4 4 2 1 1 ( ) ( , ) 2 (4 )( 1/ 4) n x x c z x n z dz c R R j z z − + − = − − 解： 2 1 1 ( ) (4 )( 1/ 4) (4 )( 1/ 4) n z z n F z z z z z z + − = = − − − − 其中： 1 1 ( ) 4 n F z c z − = 当 时 在围线 内只有一阶极点 1 4 ( ) Re [ ( )] z x n s F z = = 1 1 4 1 ( ) 4 (4 )( 1/ 4) n z z z z z + = = − − − 4 15 −n =
当n<-1时 F(2)在围线内有一阶极点=和(n+1阶极点2=0 而围线c外只有一阶极点z4,且F(z)的分母多项式 阶次高于分子多项式阶次两次以上 (n)=-Re{F(z)]=4 n+1 jm[-] (4-=2)(=-1/4) n+2 1/4 4 15 Re[z l(n+1)+ u-n 15 15
1 1 ( ) ( 1) 0 4 n F z c z n z − = + = 当 时 在围线 内有一阶极点 和- 阶极点 4 ( ) Re [ ( )] z x n s F z = − = ( ) ( )( ) 1 4 4 4 1/ 4 n z z z z z + = = − − − − 2 4 15 n+ = 而围线 外只有一阶极点 ，且 的分母多项式 c z=4 F(z) 阶次高于分子多项式阶次两次以上 2 4 4 ( ) ( 1) ( 2) 15 15 n n x n u n u n − + = + + − − Re[ ]z j z Im[ ] 0 C 1/ 4 4
2 例2:() (4-z)(z-1/4) >4,求其z反变换 jImeI 解::收敛域是圆的外部 x(n)是右边序列 1/4 又lmX(z)=-1, 4/:Re[z] 2→00 即X(z)在z=∞处收敛 x(n)是一个因果序列,即x(m)=0,n<0 n+1 同样当n<O时,由F(z)= 在c外无 (4-=)(z-1/4 极点,且分母阶次比分子阶次高两阶以上,由 围线外极点留数为可得x(m)=0
2 ( ) 4 (4 )( 1/ 4) z X z z z z = − − 例2： ， ，求其z反变换Re[ ]z j z Im[ ] 0 C 4 1/ 4 解： 收敛域是圆的外部 lim ( ) 1 X(z) z= z X z → = − 又 ， 即 在 处收敛 = x n x n n ( ) ( ) 0 0 是一个因果序列，即 ， x n( )是右边序列 1 0 ( ) c (4 )( 1/ 4) 0 ( ) 0 n z n F z z z x n + = − − = 同样当 时，由 在 外无 极点，且分母阶次比分子阶次高两阶以上，由 围线外极点留数为 可得
劻≥O)时F(z) jIm[z] (4-z)(二-1/4) 在围线c内有一阶极点z=4 4/:Re[z (n)=Res[f(z)l=4+res[f(/ n+1 (二-4) (4-z)( 4 (4-z)( 4 15 思考:n=0,1时,F(z 在围线c外也无极点, .x(n)=(4-4+)u(n) 15 为何x(m)≠0
当 时 n 0 1 ( ) (4 )( 1/ 4) n z F z z z + = − − 1 4 4 在围线 内有一阶极点 ， c z = Re[ ]z j z Im[ ] 0 C 4 1/ 4 4 1/ 4 ( ) Re [ ( )] Re [ ( )] z z x n s F z s F z = + = = 1 1 1 4 4 1 ( 4) ( ) 1 1 4 (4 )( ) (4 )( ) 4 4 n n z z z z z z z z z z + + = = = − + − − − − − 1 2 (4 4 ) 15 − + n n = − 1 2 ( ) (4 4 ) ( ) 15 n n x n u n − + = − 思考：n=0,1时，F(z) 在围线c外也无极点， 为何 x n( ) 0
3:X(z) (1-az)(1 a2 3)ak<|-l
2 1 1 ( ) 1 (1 )(1 ) a X z a az az − − = − − 例3： ， ，求z反变换 2 1 1 1 1 ( ) 2 (1 )(1 ) n c a x n z dz j az az − − − = − − 解： 2 2 1 1 1 1 ( 1) ( ) (1 )(1 ) ( )( ) c X(z) n a a z n F z z az az a z a z a − − − − − = = − − − − 其中： 为 收敛域内闭合围线 1 X z z a a ( ) , − 而题中未给出收敛域，根据 的极点 = 有三种可能的收敛域： 1 1 1) 2) 3) z a z a a z a − −
jm[-] ∴收敛域是圆的外部 又lmX(z)=0, Re[-] x(n)是因果序列,即x(m)=0,n<0 n≥O时F(z)在围线c内有一阶极点z=a,a-1 x(n)=res[f(z)l-a t resF(z) a2-1)=n (a2-1)z 2-a (-a)(=-a) x(n Du(n)
Re[ ]z j z Im[ ] 0 C 1 a − a 1 1) z a − 收敛域是圆的外部 lim ( ) 0 z X z → 又 ， = = x n x n n ( ) ( ) 0 0 是因果序列，即 ， 当 时 n 0 1 F z c z a a ( ) − 在围线 内有一阶极点 ，= ( ) Re [ ( )] Re [ ( )] 1 z a z a x n s F z s F z = − = = + 1 2 2 1 1 1 ( 1) ( 1) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) n n z a z a a z a z z a z a a z a z a a z a z a − − − − = = − − = − + − − − − − n n a a − = − ( ) ( ) ( ) n n x n a a u n − = −