最后更新: 2026-04-16 21:31 查看: 24 次纠错评论(0) 课件开VIP

Z变换的定义以及逆变换

> Z变换是信号处理、控制理论和离散数学中一个非常重要的工具。它相当于连续时间系统中的拉普拉斯变换，用于分析离散时间信号（序列）和离散时间系统。简单来说，Z变换能将复杂的[差分方程](https://kb.kmath.cn/kbase/detail.aspx?id=3335)（描述离散系统）转化为简单的代数方程，从而大大简化分析过程。

> Z变换和傅里叶变化/拉普拉斯变化最大区别是他处理**离散**的数据$f(n)=0,1,2,3...n$

> 在学习本章前，读者需要熟悉了[傅里叶变换](https://kb.kmath.cn/kbase/detail.aspx?id=906)和[拉普拉斯变换](https://kb.kmath.cn/kbase/detail.aspx?id=907)。

在工程技术中，除了傅里叶变换及拉普拉斯变换外，$Z$ 变换也得到了广泛的应用．$Z$ 变换分单边 $Z$ 变换和双边 $Z$ 变换，本节主要介绍单边 $Z$ 变换．本节将单边 $Z$变换简称为 $Z$ 变换．

## 一、 $Z$ 变换的定义
定义8．5．1 对于离散的函数序列 $f(n)(n=0,1,2, \cdots)$ ，如果关于复变量 $z$ 的级数 $\sum_{n=0}^{\infty} f(n) z^{-n}$ 收敛，记其和函数为 $F(z)$ ，即

$$
\begin{equation*}
F(z)=\sum_{n=0}^{\infty} f(n) z^{-n}, \tag{8.5.1}
\end{equation*}
$$

则称 $F(z)$ 为离散函数序列 $f(n)(n=0,1,2, \cdots)$ 的 $Z$ 变换，或为 $f(n)$ 的 $Z$ 变换的像函数，记作 $F(z)=\mathscr{Z}[f(n)]$ ；而称 $f(n)$ 为 $F(z)$ 的 $Z$ 逆变换（或为 $F(z)$ 的像原函数），记作 $f(n)=\mathscr{Z}^{-1}[F(z)]$ 。

由式（8．5．1）知，当

$$
\begin{equation*}
\sum_{n=0}^{\infty}\left|f(n) z^{-n}\right|<+\infty \tag{8.5.2}
\end{equation*}
$$

时，$f(n)$ 的 $Z$ 变换才有意义，所以条件（8．5．2）也是 $f(n)$ 的 $Z$ 变换存在的充要条件．

`例`若 $n=0,1,2,3,4$ 时，$f(n)=(-1)^n(2 n+1), n=5,6, \cdots$ 时，$f(n)=$ 0 ，求 $\mathscr{Z}[f(n)]$ ．

解

$$
\begin{aligned}
F(z) & =\mathscr{Z}[f(n)]=\sum_{n=0}^4(-1)^n(2 n+1) z^{-n} \\
& =1-3 z^{-1}+5 z^{-2}-7 z^{-3}+9 z^{-4} .
\end{aligned}
$$

`例` 已知 $f(n)=a^n, a \neq 0, n$ 为正整数，求 $F(z)=\mathscr{Z}[f(n)]$ ．
 
解

$$
\begin{align*}
F(z) & =\mathscr{Z}[f(n)]=\sum_{n=0}^{\infty} a^n z^{-n} \\
& =\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{a}{z}\right)^n=\frac{z}{z-a},|z|>|a| \tag{8.5.3}
\end{align*}
$$

特别地，当 $f(n)=1$ 时，

$$
\mathscr{Z}[f(n)]=\frac{z}{z-1},|z|>1 .
$$

`例`若 $f(n)=\frac{1}{(n+1)!}, n=0,1,2, \cdots$ ，求 $\mathscr{Z}[f(n)]$ ．
解

$$
\begin{aligned}
F(z) & =\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(n+1)!} z^{-n}=z \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(n+1)!} z^{-(n+1)}=z \sum_{n=1}^{\infty} \frac{z^{-n}}{n!} \\
& =z\left[\sum_{n=0}^{\infty} \frac{z^{-n}}{n!}-1\right]=z\left(\mathrm{e}^{\frac{1}{z}}-1\right), \quad z \neq 0
\end{aligned}
$$

## 二、 $Z$ 逆变换及计算
$\boldsymbol{Z}$ 变换的反演公式 若 $\mathscr{Z}[f(n)]=F(z)$ ，则 $F(z)$ 的 $Z$ 逆变换

$$
\begin{equation*}
f(n)=\frac{1}{2 \pi \mathrm{j}} \oint_C F(z) z^{n-1} \mathrm{~d} z, \quad n=0,1,2, \cdots, \tag{8.5.4}
\end{equation*}
$$

其中，$C$ 是绕 $z=0$ 且完全位于 $F(z)$ 的解析域的正向简单闭曲线，而 $F(z)$ 的解析域就是 $F(z)$ 对应的 $Z$ 变换级数的收敛域的内部．

公式（8．5．4）称为 $Z$ 变换的反演公式．当 $F(z)$ 只有有限个奇点 $s_1, s_2, \cdots, s_n$时，$F(z)$ 的解析域为：$|z|>\lambda$ ，其中，

$$
\begin{equation*}
\lambda=\max \left\{\left|s_1\right|,\left|s_2\right|, \cdots,\left|s_n\right|\right\} . \tag{8.5.5}
\end{equation*}
$$

证 因
$$
F(z)=\sum_{n=0}^{\infty} f(n) z^{-n}=f(0)+f(1) z^{-1}+\cdots+f(n-1) z^{-(n-1)}+f(n) z^{-n}+\cdots,
$$

两边同乘以 $z^{n-1}$ ，并沿绕 $z=0$ 且完全位于 $F(z)$ 的解析域内的正向简单闭曲线 $C$进行积分，有

$$
\oint_C z^{n-1} F(z) \mathrm{d} z=\cdots+f(n-1) \oint_C z^0 \mathrm{~d} z+f(n) \oint_C z^{-1} \mathrm{~d} z+f(n+1) \oint_C z^{-2} \mathrm{~d} z+\cdots,
$$

右端积分除第 $n$ 项值为 $2 \pi \mathrm{j}$ 之外，其余各项全为零，所以

$$
\oint_C z^{n-1} F(z) \mathrm{d} z=2 \pi \mathrm{j} f(n)
$$

即

$$
f(n)=\frac{1}{2 \pi \mathrm{j}} \oint_C z^{n-1} F(z) \mathrm{d} z, \quad n=0,1,2, \cdots .
$$

`例` 若 $F(z)=\frac{z}{(z-1)^2}$ ，求 $f(n)=\mathscr{Z}^{-1}[F(z)]$ ．
解法 1 由式（8．5．5）知，$F(z)$ 的解析域为：$|z|>1$ ．根据反演公式，

$$
f(n)=\frac{1}{2 \pi \mathrm{j}} \oint_C z^{n-1} \frac{z}{(z-1)^2} \mathrm{~d} z=\frac{1}{2 \pi \mathrm{j}} \oint_C \frac{z^n}{(z-1)^2} \mathrm{~d} z,
$$

其中，$C$ 为 $|z|>1$ 且绕 $z=0$ 的正向简单闭曲线（图 8．11）．

![图片](/uploads/2026-04/12d688.jpg)
 
$$
n=0 \text { 时, } f(0)=\frac{1}{2 \pi \mathrm{j}} \oint_C \frac{1}{(z-1)^2} \mathrm{~d} z=0 \text {; }
$$

$n \geqslant 1$ 时，$\frac{z^n}{(z-1)^2}$ 在 $C$ 内只有一个二级极点 $z=1$ ，因此

$$
f(n)=\operatorname{Res}\left[\frac{z^n}{(z-1)^2}, 1\right]=\lim _{z \rightarrow 1}\left(z^n\right)^{\prime}=n,
$$

解法 2 根据 $Z$ 变换的定义，只需将 $F(z)$ 展成形如 $\sum_{n=0}^{\infty} c_n z^{-n}$ 的级数，则有 $f(n)=c_n$.

由于 $|z|>1$ 时，

$$
\begin{gathered}
\frac{1}{z-1}=\frac{1}{z} \cdot \frac{1}{1-1 / z}=\frac{1}{z} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{z^n}=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{z^{n+1}} \\
\frac{1}{(z-1)^2}=-\left(\frac{1}{z-1}\right)^{\prime}=-\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{1}{z^{n+1}}\right)^{\prime}=\sum_{n=0}^{\infty}(n+1) z^{-(n+2)}
\end{gathered}
$$

故

$$
F(z)=\frac{z}{(z-1)^2}=\sum_{n=0}^{\infty}(n+1) z^{-(n+1)}=\sum_{n=0}^{\infty} n z^{-n}, \quad|z|>1 .
$$

所以

$$
f(n)=n, \quad n=0,1,2, \cdots .
$$

由此知，当 $F(z)$ 易于展成形如 $\sum_{n=0}^{\infty} c_n z^{-n}$ 的级数时，解法 2 是有效的．
 
所以 $F(z)$ 的 $Z$ 逆变换：$f(n)=n(n=0,1,2, \cdots)$ ．

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