信号与系统第六章习题答案

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其收敛域为 z 平面上半经 z = 1 的圆外区域 6.2 已知 δ [n ] ↔ 1 ， a nε [n ] ↔
z z ， nε [n] ↔ ， z−a ( z − 1)2
试利用 z 变换的性质求下列序列的 z 变换。 （1）δ [n − 2]
322
（2）0.6 1 + (− 1) ε [n]
f1 [n] ∗ f 2 [n ] ↔ F1 ( z ) ⋅ F2 ( z )
解： （1） δ [n ] ↔ 1 ，根据 z 变换的移位特性，有：
Z [δ [n − 2]] = z −2
（2） a nε [n ] ↔
z ，则有： z−a
323
0.6ε [n] ↔
根据 z 变换的线性，有：
0 .6 z z −1
n ∞ ∞ 1 n ∞ 1 n 1 −1 n n −n F ( z ) = Z + 3 ε [n] = ∑ + 3 ε [n ]z = ∑ z + ∑ 3 z −1 n= 0 n= 0 2 2 2 n=0
2 nπ nπ 2 ∞ nπ −n 2 ∞ nπ −n F (z ) = Z + cos sin z + cos z sin ε [n] = ∑ ∑ 2 2 2 n =0 2 2 n= 0 2 2 π π 2 z sin z − z cos 2 2 2 z 2 z2 2 2 = + = + π π 2 2 2 2 2 z2 +1 2 z2 +1 z − 2 z cos + 1 z − 2 z cos + 1 2 2 2 2z + 2z = 2 z2 +1
z z ，有 F1 ( z ) = z−a z +1
n
（4）令 f 1 [n] = (− 1) ε [n] ⋅ ，则根据 a nε [n ] ↔ 所以 根据 z 变换的微分性质，有：
f [n] = (− 1) nε [n]⋅ = nf 1 [n]
F (z ) = − z
（5） nε [n] ↔
d z F1 (z ) = − dz ( z + 1)2
z z −3 = z −1 z −1
， ε [n − 8] ↔ z
−8
z z −7 = z −1 z −1
再根据 z 变换的线性，则有：
Z [ε [n] − 2ε [n − 4] + ε [n − 8]] =
n
z 2 z −3 z − 7 z − 2 z −3 + z −7 − + = z −1 z −1 z −1 z −1
F (z ) =
1 3z = 1 3z −1 1 − z −1 3
1 的圆外区域 3
其收敛域为 z 平面上半经 z =
−n
1 n （2）该序列可看作 − ε [n ] = (− 3) ε [n] 3
F ( z ) = Z (− 3) ε [n] = ∑ (− 3) ε [n ]z
324
根据 z 变换的微分特性和线性，有：
F (z ) = − z
d 2z 1 z +1 F1 ( z ) − F1 (z ) = − = 3 2 dz ( z − 1) ( z − 1) ( z − 1)3
（8） f [n] = n[ε [n] − ε [n − 1]]⋅ = nε [n ] − (n − 1)ε [n − 1] − ε [n − 1]
， 0.6(− 1) ε [n] ↔
n
0 .6 z z +1
Z 0.6 1 + (− 1) n ε [n] =
（3） ε [n] ↔
[ [
] ]
0.6 z 0.6 z 1.2 z 2 + = z −1 z +1 z 2 − 1
z ，根据 z 变换的移位特性，有： z −1
ε [n − 4] ↔ z
−4
z
2
−
(z − 1)
1
2
−
1 =0 z −1
1 （1） ， 1 − 0 .5z −1
（3）
z > 0.5 z >
1 |a |
1 − 0.5z −1 （2） ， z > 0.5 1 − 0.25 z −2
（4）
z −a ， 1 − az
z2 ，z >2 z 2 + 3z + 2
（5）
z2 + z + 1 ， z >2 z2 + z − 2
第六章 离散系统的 Ｚ 域分析
６．１
学习重点
1、离散信号 z 域分析法—ｚ 变换，深刻理解其定义、收敛域以及基本性质；会根据 ｚ 变换的定义以及性质求常用序列的 ｚ 变换；理解 ｚ 变换与拉普拉斯变换的关系。 2、熟练应用幂级数展开法、部分分式法及留数法，求 z 反变换。 3、离散系统 z 域分析法，求解零输入响应、零状态响应以及全响应。 4、z 域系统函数 H (z ) 及其应用。 5、离散系统的稳定性。 6、离散时间系统的 z 域模拟图。 7、用 MATLAB 进行离散系统的 Z 域分析。
nε [n] ↔
( z − 1)
z
2
， ε [n] ↔
z ，根据 z 变换的移位特性，有： z −1
Z [(n − 1)ε [n − 1]] =
根据 z 变换的线性，有：
( z − 1)
1
2
， Z [ε [n − 1]] =
1 z −1
F (z ) =
6.3 求下列象函数的 z 反变换。
( z − 1)
根据 z 变换的微分性质，有：
F (z ) = − z
d 1 2z F1 ( z ) = − z ⋅ (− 2 ) = 3 dz ( z − 1) ( z − 1)3
（7）令 f 1 [n] = (n − 1)ε [n − 1]⋅ ，有 F1 ( z ) =
2
( z − 1) 2
1
所以
f [n] = (n − 1) ε [n − 1]⋅ = (n − 1) f 1 [n ] = nf 1 [n] − f1 [n]
π 2 z2 − z 4 = 2 = 2 π z 2 − 2 z cos + 1 z − 2 z + 1 4 z 2 − z cos
其收敛域为 z 平面上半经 z = 1 的圆外区域 （5）该序列可看作
nπ π nπ nπ π π sin + ε [n] = sin cos + cos sin ε [n] 4 4 2 4 2 2 = 2 nπ nπ + cos sin ε [n ] 2 2 2
f 1 [n] ↔ F1 (z ) f 2 [n ] ↔ F2 ( z )
则
af 1 [n] + bf 2 [n ] ↔ aF1 (z ) + bF2 ( z )
式中 a 和 b 为任意常数。 （2）移位特性：对于双边序列 f [n] ，其右移 m 位后的单边 z 变换为
m f [n − m] ↔ z − m F ( z ) + ∑ f [− k ]z k k =1
z→ ∞
f [0 ] = lim F (z )
z →∞
（5）终值定理：若 f [n] ↔ F ( z ) ，则若 f [n] 的终值为
f [∞] = lim f [n] = lim (z − 1)F ( z )
n →∞ z →1
（６）卷积定理：若 f 1 [n] ↔ F1 (z ), f 2 [n] ↔ F2 ( z ) ，则 f 1 [n] 与 f 2 [n ] 卷积和的 z 变换为
nπ ε [n] 4
π π −j n nπ nπ −n 1 ∞ j 4 n ∞ 4 −n F ( z ) = Z cos ε [n ] = ∑ cos z = ∑ e + e z 4 4 2 n=0 n= 0 π π 1 ∞ j 4 −1 1 ∞ − j 4 −1 + ∑ e z = ∑ e z 2 2 n= 0 n= 0
n ∞ 1 n ∞ 1 n 1 F ( z ) = Z ε [n ] = ∑ ε [n ]z − n = ∑ z −1 n= 0 3 3 n= 0 3
n
对该级数，当
1 −1 1 z < 1 ，即 z > 时，级数收敛，并有 3 3
（6）
z2 ， z > 0.5 ( z − 0.5)(z − 0.25)
z ， z >1 ( z − 1) z 2 − 1
（7）
1 ， z >1 z +1
2
（8）
(
)
【知识点窍】本题考察 z 变换的反变换的方法 【逻辑推理】求反变换通常有 ３ 种方法 （１）幂级数展开法：将 F ( z ) 展开成 z −n 的级数，由 z −n 的系数就是 f ( n ) 的相应项。 （2）部分分式展开法：若 用 z 变换进行反 z 变换。 （3）留数法： f [ n] =
对于单边序列
f [n − m]ε [n − m] ↔ z − m F ( z )
（3）尺度变换：若 f [n] ↔ F ( z ) ，则 f [n] 乘以指数序列的 z 变换为
z n a f [n ] ↔ F a
（4）初值定理：若 f [n] ↔ F ( z ) ，且 lim F (z ) 存在，则 f [n] 的初值为
( z − 1)2
z
，根据 z 变换的移位特性，有：