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DSP - Z 变换属性

在本章中，我们将了解 Z 变换的基本属性。

线性

它指出，当两个或多个单独的离散信号乘以常数时，它们各自的 Z 变换也将乘以相同的常数。

从数学上讲，

$$a_1x_1(n)+a_2x_2(n) = a_1X_1(z)+a_2X_2(z)$$

证明 −我们知道，

$$X(Z) = \sum_{n=-\infty}^\infty x(n)Z^{-n}$$

$= \sum_{n=-\infty}^\infty (a_1x_1(n)+a_2x_2(n))Z^{-n}$

$= a_1\sum_{n = -\infty}^\infty x_1(n)Z^{-n}+a_2\sum_{n = -\infty}^\infty x_2(n)Z^{-n}$

$= a_1X_1(z)+a_2X_2(z)$ （因此已证明）

此处，ROC 为 $ROC_1\bigcap ROC_2$。

时间平移

时间平移性质描述了离散信号中时间域的变化将如何影响 Z 域，可以写成；

$$x(n-n_0)\longleftrightarrow X(Z)Z^{-n}$$

或 $x(n-1)\longleftrightarrow Z^{-1}X(Z)$

证明 −

设 $y(P) = X(P-K)$

$Y(z) = \sum_{p = -\infty}^\infty y(p)Z^{-p}$

$= \sum_{p = -\infty}^\infty (x(p-k))Z^{-p}$

设 s = p-k

$= \sum_{s = -\infty}^\infty x(s)Z^{-(s+k)}$

$= \sum_{s = -\infty}^\infty x(s)Z^{-s}Z^{-k}$

$= Z^{-k}[\sum_{s=-\infty}^\infty x(m)Z^{-s}]$

$= Z^{-k}X(Z)$ （由此证明）

这里，ROC 可以写成 Z = 0 (p>0) 或 Z = ∞(p<0)

示例

U(n) 和 U(n-1) 可以按如下方式绘制

U(n) 的 Z 变换可以写成；

$\sum_{n = -\infty}^\infty [U(n)]Z^{-n} = 1$

U(n-1) 的 Z 变换可以写成；

$\sum_{n = -\infty}^\infty [U(n-1)]Z^{-n} = Z^{-1}$

因此这里 $x(n-n_0) = Z^{-n_0}X(Z)$ （因此证明）

时间缩放

时间缩放属性告诉我们，当时间以离散形式缩放时，信号的 Z 域将是什么，可以写成；

$$a^nx(n) \longleftrightarrow X(a^{-1}Z)$$

证明 −

设 $y(p) = a^{p}x(p)$

$Y(P) = \sum_{p=-\infty}^\infty y(p)Z^{-p}$

$= \sum_{p=-\infty}^\infty a^px(p)Z^{-p}$

$= \sum_{p=-\infty}^\infty x(p)[a^{-1}Z]^{-p}$

$= X(a^{-1}Z)$（因此已证明）

ROC: = Mod(ar1) < Mod(Z) < Mod(ar2)，其中 Mod = Modulus

示例

让我们使用时间缩放属性确定 $x(n) = a^n \cos \omega n$ 的 Z 变换。

解决方案 −

我们已经知道信号 $\cos (\omega n)$ 的 Z 变换由 − 给出

$$\sum_{n=-\infty}^\infty(\cos \omega n)Z^{-n} = (Z^2-Z \cos \omega)/(Z^2-2Z\cos \omega +1)$$

现在，应用时间缩放属性，$a^n \cos \omega n$ 的 Z 变换可以写成；

$\sum_{n=-\infty}^\infty(a^n\cos \omega n)Z^{-n} = X(a^{-1}Z)$

$= [(a^{-1}Z)^2-(a^{-1}Z \cos \omega n)]/((a^{-1}Z)^2-2(a^{-1}Z \cos \omega n)+1)$

$= Z(Z-a \cos \omega)/(Z^2-2az \cos \omega+a^2)$

逐次微分

逐次微分性质表明，当我们在时间域中对离散信号进行时间微分时，将发生 Z 变换。如下所示。

$$\frac{dx(n)}{dn} = (1-Z^{-1})X(Z)$$

证明 −

考虑方程 − 的 LHS $\frac{dx(n)}{dn}$

$$= \frac{[x(n)-x(n-1)]}{[n-(n-1)]}$$

$= x(n)-X(n-1)$

$= x(Z)-Z^{-1}x(Z)$

$= (1-Z^{-1})x(Z)$ (因此证明)

ROC：R1< Mod (Z) <R2

示例

让我们找到由 $x(n) = n^2u(n)$ 给出的信号的 Z 变换

根据属性我们可以写出

$Zz[nU(n)] = -Z\frac{dZ[U(n)]}{dz}$

$= -Z\frac{d[\frac{Z}{Z-1}]}{dZ}$

$= Z/((Z-1)^2$

$= y(let)$

现在，再次应用该属性可以找到 Z[n.y]，

$Z(n,y) = -Z\frac{dy}{dz}$

$= -Z\frac{d[Z/(Z-1)^3]}{dz}$

$= Z(Z+1)/(Z-1)^2$

卷积

这描述了当卷积以离散信号形式发生时系统 Z 域的变化，可以写成 −

$x_1(n)*x_2(n) \longleftrightarrow X_1(Z).X_2(Z)$

证明 −

$X(Z) = \sum_{n = -\infty}^\infty x(n)Z^{-n}$

$= \sum_{n=-\infty}^\infty[\sum_{k = -\infty}^\infty x_1(k)x_2(n-k)]Z^{-n}$

$= \sum_{k = -\infty}^\infty x_1(k)[\sum_n^\infty x_2(n-k)Z^{-n}]$

$= \sum_{k = -\infty}^\infty x_1(k)[\sum_{n = -\infty}^\infty x_2(n-k)Z^{-(n-k)}Z^{-k}]$

设 n-k = l，则上述等式可以写成 −

$X(Z) = \sum_{k = -\infty}^\infty x_1(k)[Z^{-k}\sum_{l=-\infty}^\infty x_2(l)Z^{-l}]$

$= \sum_{k = -\infty}^\infty x_1(k)X_2(Z)Z^{-k}$

$= X_2(Z)\sum_{k = -\infty}^\infty x_1(Z)Z^{-k}$

$= X_1(Z).X_2(Z)$ （因此证明）

ROC:$ROC\bigcap ROC2$

示例

让我们找到由两个信号给出的卷积

$x_1(n) = \lbrace 3,-2,2 brace$ ...(eq. 1)

$x_2(n) = \lbrace 2,0\leq 4\quad and\quad 0\quad 其他地方 brace$ ...(eq. 2)

第一个方程的 Z 变换可以写成；

$\sum_{n = -\infty}^\infty x_1(n)Z^{-n}$

$= 3-2Z^{-1}+2Z^{-2}$

第二个信号的 Z 变换可以写成；

$\sum_{n = -\infty}^\infty x_2(n)Z^{-n}$

$= 2+2Z^{-1}+2Z^{-2}+2Z^{-3}+2Z^{-4}$

因此，上述两个信号的卷积由 − 给出

$X(Z) = [x_1(Z)^*x_2(Z)]$

$= [3-2Z^{-1}+2Z^{-2}] imes [2+2Z^{-1}+2Z^{-2}+2Z^{-3}+2Z^{-4}]$

$= 6+2Z^{-1}+6Z^{-2}+6Z^{-3}+...\quad...\quad...$

取逆 Z 变换可得，

$x(n) = \lbrace 6,2,6,6,6,0,4 brace$

初值定理

如果 x(n) 是因果序列，其 Z 变换为 X(z)，则初值定理可写为；

$X(n)(at\quad n = 0) = \lim_{z o \infty} X(z)$

证明 −我们知道，

$X(Z) = \sum_{n = 0} ^\infty x(n)Z^{-n}$

展开上述级数，我们得到；

$= X(0)Z^0+X(1)Z^{-1}+X(2)Z^{-2}+...\quad...$

$= X(0) imes 1+X(1)Z^{-1}+X(2)Z^{-2}+...\quad...$

在上述情况下，如果 Z → ∞然后 $Z^{-n} ightarrow 0$（因为 n>0）

因此，我们可以说；

$\lim_{z o \infty}X(z) = X(0)$ （因此证明）

最终值定理

最终值定理指出，如果信号的 Z 变换表示为 X(Z)，并且极点都在圆内，则其最终值表示为 x(n) 或 X(∞)，可以写成 −

$X(\infty) = \lim_{n o \infty}X(n) = \lim_{z o 1}[X(Z)(1-Z^{-1})]$

条件 −

• 仅适用于因果系统。
• $X(Z)(1-Z^{-1})$ 的极点应位于 Z 平面的单位圆内。

证明 −我们知道

$Z^+[x(n+1)-x(n)] = \lim_{k o \infty}\sum_{n=0}^kZ^{-n}[x(n+1)-x(n)]$

$\Rightarrow Z^+[x(n+1)]-Z^+[x(n)] = \lim_{k o \infty}\sum_{n=0}^kZ^{-n}[x(n+1)-x(n)]$

$\Rightarrow Z[X(Z)^+-x(0)]-X(Z)^+ = \lim_{k o \infty}\sum_{n = 0}^kZ^{-n}[x(n+1)-x(n)]$

在这里，我们可以应用单边 Z 变换的高级属性。因此，上述方程可以重写为；

$Z^+[x(n+1)] = Z[X(2)^+-x(0)Z^0] = Z[X(Z)^+-x(0)]$

现在将 z = 1 放入上述方程中，我们可以展开上述方程 −

$\lim_{k o \infty}{[x(1)-x(0)+x(6)-x(1)+x(3)-x(2)+...\quad...\quad...+x(x+1)-x(k)]}$

这可以表述为；

$X(\infty) = \lim_{n o \infty}X(n) = \lim_{z o 1}[X(Z)(1-Z^{-1})]$（因此证明）

示例

让我们找到 x(n) 的初始值和最终值，其信号由以下公式给出

$X(Z) = 2+3Z^{-1}+4Z^{-2}$

解决方案 −首先，让我们应用定理找到信号的初始值

$x(0) = \lim_{z o \infty}X(Z)$

$= \lim_{z o \infty}[2+3Z^{-1}+4Z^{-2}]$

$= 2+(\frac{3}{\infty})+(\frac{4}{\infty}) = 2$

现在让我们应用定理找到信号的最终值

$x(\infty) = \lim_{z o \infty}[(1-Z^{-1})X(Z)]$

$= \lim_{z o \infty}[(1-Z^{-1})(2+3Z^{-1}+4Z^{-2})]$

$= \lim_{z o \infty}[2+Z^{-1}+Z^{-2}-4Z^{-3}]$

$= 2+1+1-4 = 0$

Z 变换的一些其他属性如下 −

频率微分

当离散信号相对于时间微分时，它会给出信号 Z 域的变化。

$nx(n)\longleftrightarrow -Z\frac{dX(z)}{dz}$

其ROC可以写成；

$r_2< Mod(Z)< r_1$

示例

通过频率微分求出 x(n) 的值，其 Z 域离散信号为 $x(n)\longleftrightarrow X(Z) = log(1+aZ^{-1})$

根据性质，我们可以写出

$nx(n)\longleftrightarrow -Z\frac{dx(Z)}{dz}$

$= -Z[\frac{-aZ^{-2}}{1+aZ^{-1}}]$

$= (aZ^{-1})/(1+aZ^{-1})$

$= 1-1/(1+aZ^{-1})$

$nx(n) = \delta(n)-(-a)^nu(n)$

$\Rightarrow x(n) = 1/n[\delta(n)-(-a)^nu(n)]$

时间乘法

当乘法发生在离散信号级时，它给出了信号 Z 域的变化。

$x_1(n).x_2(n)\longleftrightarrow(\frac{1}{2\Pi j})[X1(Z)*X2(Z)]$

时间共轭

这描绘了共轭离散信号在Z 域。

$X^*(n)\longleftrightarrow X^*(Z^*)$

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