习题二111

∞ 1 −1 1 − 2 1 −3 1 z + z − z + L = ∑ (− ) n z −n 2 4 8 2 n =0
即
X ( z) = 1 −
所以
1 x ( n) = ( − ) n u ( n ) 2
23
3、下面给出四种变换表达式，指明哪几种可能是对应着因果性的系统或序列，为什么？
1 1 (z − )5 (z − )6 (1 − z −1 ) 2 ( z − 1) 2 4 4 （1） （2） （3） （4） 1 6 1 5 1 −1 1 (z − ) (z − ) 1− z z− 2 2 2 2 解：若所给的 z 变换表达式对应着因果性的系统或序列，则其收敛域必须包含 + ∞ ，也即 在 z = ∞ 处不能有极点。
z >
1 2
（b）由于 H ( z ) 的收敛域包含单位圆，故该序列对应着稳定系统的单位脉冲响应。 （2）令 h( n) = δ ( n) − δ ( n − 3) （a） H ( z ) =
1 8
n = −∞
∑ h( n) z
+∞
−n
=
n = −∞
∑ [δ (n) − 8 δ (n − 3)]z
16
− 2z − 4z 2 4z 2 4 z 2 + 8z 3 − 8z 3
故
X ( z ) = 2 z − 4 z 2 + 8 z 3 − 16 z 4 + L = ∑ − (−2) n z n
n =1
∞
=
则
n = −∞
∑ − ( −2 )
−1
−n
z −n
1 x(n) = −(− ) n u (− n − 1) 2
∑
∞
h( n) z − n =
n = −∞
∑ [δ (n) + ( 2 )
+∞
1
n
u (n)] z − n
当
1 −1 1 z < 1, 即 z > 时， H ( z ) 收敛 2 2
1 −1 z 1 2 H ( z) = 1 + = , 1 −1 1 −1 1− z 1− z 2 2 1 1 其极点为 z = ，零点 z = 。 2 4 2−
+∞
1
−n
1 = 1 − z −3 , z > 0 8 1 其零点 z = （三阶） ，极点 z = 0 （三阶） 2
（b）因 H ( z ) 的收敛域包含单位圆，故该序列对应着稳定系统的单位脉冲响应。 （3）令 h( n) = ( ) − n u ( n) （a） H ( z ) =
∞ +∞ 1 −n −n 1 −n ( ) ( ) ( z ) −n h n z = z = ∑ ∑ ∑ n = −∞ n =0 3 n = −∞ 3 +∞
1 z 2 = , 1 1− z 2
z <2
17
∞ 1 H 2 ( z ) = ∑ ( ) n z −n = n =0 2
1 , 1 −1 1− z 2
z >
1 2
1 z 1 1 2 + , < z <2 则 H ( z) = 1 1 −1 2 1− z 1− z 2 2 3 z 1 4 H ( z) = , < z <2 1 1 2 (1 − z )( z − ) 2 2 1 其零点为 z = 0, 极点为： z1 = , z 2 = 2 。 2
（a）围线积分法 因 z <
1 ，故 X ( z ) 对应的序列是左边序列，故 n ≥ 0 时 x ( n) = 0 2
zn d − n −1 − n zn 1 , 0] = [z ⋅ ] z =0 当 n < 0 时， x(n) = Re s[ z + 0.5 z + 0.5 (−n − 1)! dz −n −1
3 −1 1 − 2 z + z 4 8 5 1 − z −1 − z − 2 4 8 5 15 5 −3 − z −1 − z − 2 − z 4 16 32 13 −2 5 −3 z + z 16 32 13 −2 39 −3 13 − 4 z + z + z 16 64 108 29 −3 13 −4 − z − z 64 108 M 5 13 29 −3 X ( z ) = 1 − z −1 + z − 2 − z +L 4 16 64 =∑ 4 ⋅ 2 n − 3 −n z n n = 0 ( −4)
∞
1 1 ∴ x(n) = [4 ⋅ (− ) n − 3(− ) n ]u (n) 2 4 1 1 − z −1 1 2 , z > (4) X ( z ) = 1 2 1 − z −2 4
(a) 围线积分法
1 1 z( z − ) z( z − ) 1 1 2 2 n ≥ 0, x(n) = Re s[ ⋅ z n −1 , ] + Re s[ ⋅ z n −1 , − ] 1 1 1 1 2 2 ( z − )( z + ) ( z − )( z + ) 2 2 2 2 1 1 ( z + ) z( z − ) 2 2 ⋅ z n −1 = 0+ 1 z =− 1 1 2 ( z − )( z + ) 2 2
22
1 = ( − ) n u (n) 2 1 n ∴ x ( n) = ( − ) u ( n) 2
(b)部分分式法
所以 (c)长除法 因z >
1 −1 z 1 2 , X ( z) = = 1 −2 1 −1 1− z 1+ z 4 2 1 x ( n) = ( − ) n u ( n ) 2 1−
= (−1) − n−1 ( z + 0.5) n
所以 x(n) = −(−0.5) u (− n − 1)
n
z =0
= −(−0.5) n u (−n − 1)
（b）长除法 因 z <
1 ，故 X ( z ) 对应的序列是左边序列，可用升幂长除 2
2 z − 4 z 2 + 8 z 3 − 16 z 4 + 1 −1 z +1 1 2 1 + 2z − 2z
所以 x( n) = −( − ) n u ( − n − 1) （a）围线积分法 因z >
z >
1 2
1 ，所以 X ( z ) 对应的序列 x ( n) 为右边序列且为因果序列，故 2
n < 0 时 x( n) = 0 。 n ≥ 0 时，
1 1 −1 z 1 − z −1 1 1 2 2 x( n) = Re s[ ⋅ z n −1 , ] + Re s[ ⋅ z n −1 , − ] 3 1 3 1 4 2 1 + z −1 + z − 2 1 + z −1 + z − 2 4 8 4 8 1 1 1 1 ( z + ) z ( z − ) ⋅ z n −1 ( z + ) z ( z − ) ⋅ z n −1 2 2 4 2 = 1 1+ z =− z =− 1 1 1 1 4 2 ( z + )( z + ) ( z + )( z + ) 2 4 2 4 1 3 1 − (− ) n − ⋅ (− ) n 2 + 4 4 = 1 1 − 4 4 1 1 = 4 ⋅ (− ) n − 3 ⋅ (− ) n 4 2 1 1 所以 x ( n) = 4( − ) n u ( n) − 3( − ) n u ( n) 2 4 1−
∞ 1 2z 2z = = = − ( −2 z ) n ∑ −1 2 z + 1 1 + 2 z n =1 1 + 0 .5 z
（b）部分分式展开法
X ( z) =
20
=
n = −∞
∑ − (− 2 )
−1
1
n
z −n
1 2 1 1 − z −1 3 4 2 （3） X ( z ) = = − , 1 1 3 1 1 + z −1 + z − 2 1 + z −1 1 + z −1 4 2 4 8
(a) 围线积分法（或留数定律法） 因 X ( z ) 的收敛域为 z > 即 n < 0 时， x ( n) = 0
n ≥ 0 时，
1 z+ 1 1 2 ⋅ z n −1 x(n) = Re s[ z n −1 , − ] = 1 −1 1 2 1+ z 1 + z −1 2 2
（b）部分分式展开法
z >0
j 2π k 8
其极点为： z = 0 （7 阶） ，零点为 z k = e
, k = 1, L , 7
（b）由于其收敛域包含单位圆，故该序列对应着稳定的单位脉冲响应。 2、分别用围线积分、部分分式展开和长除法，各求一次下列各式的 z 反变换。 （1） X ( z ) =
1 1 , z > 1 2 1 + z −1 2 1 1 − z −1 2 （3） X ( z ) = , 3 −1 1 − 2 1+ z + z 4 8
z >
1 2
1 ， 所以 X ( z ) 对应的序列 x ( n) 为右边序列， 也是因果序列， 故可用降幂长除。 2
1− 1− 1 −2 z 4
1 −1 1 − 2 1 −3 z + z − z +L 2 4 8 1 −1 1− z 2 1− 1 −2 z 4 1 1 − z −1 + z − 2 2 4 1 1 − z −1 + z −3 2 8 1 − 2 1 −3 z − z 4 8 1 −2 1 −4 z − z 4 16 1 1 − z −3 + z − 4 8 16 M