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《数字信号处理》学习08-围线积分法(留数法)计算z 逆变换

目录

一,z逆变换相关概念 

二,留数定理相关概念 

三,习题 


一,z逆变换相关概念 

接下来开始学习z变换的反变换-z逆变换(z反变化)。 

由象函数  eq?X%28z%29 求它的原序列 eq?x%28n%29 的过程就称为 eq?z逆变换。即 eq?x%28n%29%3DZ%5E%7B-1%7D%5Cleft%20%5B%20X%28z%29%20%5Cright%20%5D

求z逆变换的方法通常有三种:围线积分法,部分分式展开法和长除法。

由于原序列 eq?x%28n%29 就是罗朗级数C_{n},因此用围线积分法求z逆变换的积分公式如下👇

eq?x%28n%29%3DC_%7Bn%7D%3D%5Cfrac%7B1%7D%7B2%5Cpi%20j%7D%5Coint_%7Bc%7DX%28z%29z%5E%7Bn-1%7Ddz ,c\in \left ( z_{-},z_{+} \right )

可以看到上式比较复杂,如果直接计算围线积分,会比较麻烦,因此可以借助复变函数的留数定理来计算出围线积分的结果。

二,留数定理相关概念 

在使用留数定理之前,需要知道的基础知识点如下(也可以去看《复变函数》这本书):

  1. 复值函数:是指其值域为复数的函数(输入输出都是复数)。例如求z逆变换的积分公式中的
    eq?X%28z%29z%5E%7Bn-1%7D 就是复值函数,输入(自变量)z 是复数,输出(因变量)eq?X%28z%29z%5E%7Bn-1%7D 也是复数。为了简化运算过程,一般令eq?X%28z%29z%5E%7Bn-1%7D%3DF%28z%29 
  2. 解析函数(也叫全纯函数):在某个区域内可以用幂级数展开的复值函数(如果复值函数在某一点可微,在该点的领域内也可微,则称之为解析函数)。

    解析函数有一个很重要的性质:导数存在。

    导数存在可以推出该函数具有可微性(在复分析中,如果一个解析函数的导数存在,那么该函数在其定义域内是可微的。),也可以知道该函数具有连续性。
  3. 留数:用 Res(复值函数,孤立奇点) 表示。由于积分公式中有复值函数eq?X%28z%29z%5E%7Bn-1%7D ,因此可以假设复值函数为eq?F%28z%29%3DX%28z%29z%5E%7Bn-1%7D,同时假设存在孤立奇点  eq?a_%7Bk%7D,则留数可表示为 eq?Res%5Cleft%20%28%20F%28z%29%2Ca_%7Bk%7D%20%5Cright%20%29
  4. 孤立奇(qi)点:是指一个复函数在某一点的邻域内不定义或不解析,但在该点的某个邻域外是解析的。奇点又称为奇异点。
    假设复函数 eq?F%28z%29 在z_{i} 处是奇点,  那么孤立奇点可以分为以下三类:
    1)本性奇点:eq?%5Cunderset%7Bz%5Cto%20z_%7Bi%7D%7D%7Blim%7DF%28z%29 极限不存在。
    2)可去奇点:eq?%5Cunderset%7Bz%5Cto%20z_%7Bi%7D%7D%7Blim%7DF%28z%29 极限存在且有限。eq?%5Cunderset%7Bz%5Cto%20z_%7Bi%7D%7D%7Blim%7DF%28z%29%3DC
    3)极点:eq?%5Cunderset%7Bz%5Cto%20z_%7Bi%7D%7D%7Blim%7DF%28z%29        极限存在且为无穷。eq?%5Cunderset%7Bz%5Cto%20z_%7Bi%7D%7D%7Blim%7DF%28z%29%3D%5Cinfty
    在使用围线积分法求z 逆变换的计算中孤立奇点都找极点位置。即eq?%5Cunderset%7Bz%5Cto%20z_%7Bi%7D%7D%7Blim%7DF%28z%29%3D%5Cinfty   
  5. 留数定理:通过计算留数的结果,得到原序列x(n)=Res(F(z),a_{k})=Res[F(z)]_{z=z_{i}}=(z-z_{i})F(z)

三,习题 

例如给出一道题要求使用留数法求z逆变换:求象函数X(z)的原序列x(n),如下👇

题目1:已知X(z)=\frac{-3z^{-1}}{2-5z^{-1}+2z^{-2}},分别求:

1)收敛域0.5<|z|<2对应的原序列 x(n)

2)收敛域|z|>2对应的原序列 x(n)

解:  

1)

// 先将X(z) 的分母因式分解

∵  X(z)=\frac{-3z^{-1}}{2-5z^{-1}+2z^{-2}}

=\frac{-3z}{2z-5z+2}             // 分子分母同时乘 z^{2},分式的大小(值)不变

=\frac{-3z}{(z-2)(2z-1)}       // 分母使用十字相乘法化简

又∵ 积分公式:x(n)=\frac{1}{2\pi j}\oint _{c}X(z)z^{n-1}dz ,且 eq?F%28z%29%3DX%28z%29z%5E%7Bn-1%7D

∴ F(z)=\frac{-3z}{(z-2)(2z-1)}\times z^{n-1}=\frac{-3z^{n}}{(z-2)(2z-1)}=\frac{-3z^{n}}{2(z-2)(z-\frac{1}{2})}

∵ 0.5<|z|<2   

// 符合双边序列的z变换收敛域z_{-}<|z|<z_{+},离散时间变量n\in \left ( -\infty,\infty \right )
// 如果z变换不清楚的可以查看下面的文章:
// 《数字信号处理》学习07-z变换_左边序列,右边序列、双边序列。-CSDN博客

 所以F(z)的极点可以分为如下两种情况:
① 当n<0 时,分子上存在一个极点,即-3z^{n-1}=-3\times \frac{1}{z^{1-n}},令\frac{1}{z^{1-n}}=\infty,得z_{1}=0

分母存在两个极点,即:
z-2=0时,得z_{2}=2

z-\frac{1}{2}=0时,得z_{3}=\frac{1}{2}=0.5

对应的z平面收敛域及围线C所包围的区域如下:

// 观察上图,可以发现,围线C所包围的圆里面有两个极点:z_{1}=0 和 z_{3}=\frac{1}{2}=0.5

// 由于z_{1}=0 是n阶的极点,因此,围线C所包含的极点需要反着取(即使用围线C外极点)

如下图:

//从上图可以看到围线C外的极点只有一个z_{2}=2

∵ a_{k}=2

// 使用留数定理时,由于是围线C外积分,因此留数的值需要取负数:

∴ x(n)=-Res(\frac{-3z^{n}}{2(z-2)(z-\frac{1}{2})},2)

=-(z-2)\frac{-3z^{n}}{2(z-2)(z-\frac{1}{2})}|_{z=z_2}

=\frac{3z^{n}}{2z-2\times\frac{1}{2}}|_{z=z_2}

=\frac{3\times2^{n}}{3}=2^{n}

② 当n>0 时,

分母存在两个极点,即:
z-2=0时,得z_{2}=2

z-\frac{1}{2}=0时,得z_{3}=\frac{1}{2}=0.5

但围线C只能包含一个极点z_{3}=\frac{1}{2}=0.5,如下图:

// 使用留数定理,取的是围线C内的极点,因此,留数为正。

 x(n)=Res(\frac{-3z^{n}}{2(z-2)(z-\frac{1}{2})},\frac{1}{2})

=(z-\frac{1}{2})\frac{-3z^{n}}{2(z-2)(z-\frac{1}{2})}|_{z=\frac{1}{2}}

=\frac{3 \times \frac{1}{2}^{n}}{2\times\frac{3}{2}}

=2^{-n}

综上,原序列 x(n)=2^{-|n|}

2)求 收敛域|z|>2对应的原序列 x(n)

根据题目可得 F(z)=\frac{-3z^{n}}{2(z-2)(z-\frac{1}{2})} 

象函数X(z)的收敛域|z|>2,符合右边序列的收敛域形式,由于收敛域的外部区域通常与因果序列相关(该右边序列是因果序列)。因此这里只讨论当 n\geq 0 时的情况,

分母上的两个极点分别为:z_{1}=2z_{2}=\frac{1}{2}=0.5

对应的围线C所包含的极点如下图所示:

// 使用留数定理,因为极点都在围线C内,所以留数前面为正,不加负号。

 x(n)=Res(\frac{-3z^{n}}{2(z-2)(z-\frac{1}{2})},2)+Res(\frac{-3z^{n}}{2(z-2)(z-\frac{1}{2})},\frac{1}{2}) 

=-2^{n}+\frac{1}{2}^{n}=(0.5^{n}-2^{n})u(n)

所以当收敛域|z|>2时,对应的原序列为 x(n)=(0.5^{n}-2^{n})u(n)

题目2:用留数法求下面象函数X(z) 的原序列 x(n)

解:

// 先将式子中z变量的指数变成正数,分子分母同时乘z^{2},式子大小不变,题目式子变为如下:

∵ 积分公式:x(n)=\frac{1}{2\pi j}\oint _{c}X(z)z^{n-1}dz  

又∵  X(z)=\frac{z^{2}-\frac{1}{2}z}{z^{2}-\frac{1}{4}}

=\frac{z(z-\frac{1}{2})}{(z+\frac{1}{2})(z-\frac{1}{2})}     // 因式分解 a^{2}-b^{2}=(a+b)(a-b)

=\frac{z(z-\frac{1}{2})}{(z+\frac{1}{2})(z-\frac{1}{2})}=\frac{z}{z+\frac{1}{2}}

∴ F(z)=\frac{z}{z+\frac{1}{2}} \times z^{n-1}=\frac{z^{n}}{z+\frac{1}{2}}

∵ |z|>\frac{1}{2},符合右边序列的z变换收敛域,且该右边序列为因果序列,此时n\geq 0

∴ 在z复平面上的收敛域及围线C的位置如下图所示:

// 观察上图,可以看到,极点位于围线C内,因此留数定理使用的是C内积分。

x(n)=Res(F(z),-\frac{1}{2})

=Res(\frac{z^{n}}{z+\frac{1}{2}},-\frac{1}{2})

=(z-(-\frac{1}{2}))\frac{z^{n}}{z+\frac{1}{2}}|_{z=-\frac{1}{2}}

=(-\frac{1}{2})^{n}

// 因为是因果序列,序列的离散时间变量n只分布在坐标轴的右边,所以需要加上n的取值范围

// 一般将序列乘上单位阶跃信号就可以表示该序列只在正半轴有取值。

所以当收敛域 |z|>\frac{1}{2}  时,对应的原序列为 x(n)=(-\frac{1}{2})^{n}u(n)。 

题目3:用留数法求下面象函数X(z) 的原序列 x(n)

 解:
1)

∵ 积分公式:x(n)=\frac{1}{2\pi j}\oint _{c}X(z)z^{n-1}dz 

∴ F(z)=X(z)z^{n-1}=\frac{3-\frac{5}{6}z^{-1}}{(1-\frac{1}{4}z^{-1})(1-\frac{1}{3}z^{-1})}\times z^{n-1}=\frac{3 z^{n-1}-\frac{5}{6}z^{n-2}}{(1-\frac{1}{4}z^{-1})(1-\frac{1}{3}z^{-1})}

==\frac{3 z^{n+1}-\frac{5}{6}z^{n}}{(z-\frac{1}{4})(z-\frac{1}{3})}   // 分子分母同时乘 z^{2},大小不变

∵ |z|>\frac{1}{3},符合右边序列z变换的收敛域,且该右边序列为因果序列,此时 n\geq 0

F(z)在分母上存在两个极点:z_{1}=\frac{1}{4},z_{2}=\frac{1}{3}

在z复平面上的收敛域如下图所示:

∵极点都位于围线C内(c内极点),留数前面不用加负号。

// 根据留数定理,可求出原序列 x(n)

x(n)=Res(F(z),\frac{1}{3})+Res(F(z),\frac{1}{4})

=(z-\frac{1}{3})F(z)_{z=\frac{1}{3}}+(z-\frac{1}{4})F(z)_{z=\frac{1}{4}}

=(z-\frac{1}{3})\frac{3 z^{n+1}-\frac{5}{6}z^{n}}{(z-\frac{1}{4})(z-\frac{1}{3})}_{z=\frac{1}{3}}+(z-\frac{1}{4})\frac{3 z^{n+1}-\frac{5}{6}z^{n}}{(z-\frac{1}{4})(z-\frac{1}{3})}_{z=\frac{1}{4}}

=\frac{3 z^{n+1}-\frac{5}{6}z^{n}}{(z-\frac{1}{4})}_{z=\frac{1}{3}}+\frac{3 z^{n+1}-\frac{5}{6}z^{n}}{(z-\frac{1}{3})}_{z=\frac{1}{4}}

=\frac{3 \times(\frac{1}{3})^{n+1}-\frac{5}{6}\times(\frac{1}{3})^{n}}{\frac{1}{3}-\frac{1}{4}}+\frac{3 \times(\frac{1}{4})^{n+1}-\frac{5}{6}\times(\frac{1}{4})^{n}}{\frac{1}{4}-\frac{1}{3}}

=36 \times(\frac{1}{3})^{n+1}-10\times(\frac{1}{3})^{n}-36 \times(\frac{1}{4})^{n+1}+10\times(\frac{1}{4})^{n}

=(\frac{1}{3})^{n}\times(12-10)+(\frac{1}{4})^{n}\times(10-9)

=2\cdot (\frac{1}{3})^{n}+(\frac{1}{4})^{n}

// 因为是因果序列,序列的离散时间变量n只分布在坐标轴的右边,所以需要加上n的取值范围

// 一般将序列乘上单位阶跃信号就可以表示该序列只在正半轴有取值。

所以当收敛域 |z|>\frac{1}{3}  时,对应的原序列为 x(n)=(2\cdot (\frac{1}{3})^{n}+(\frac{1}{4})^{n})u(n)。                            

2)

由题(1)得F(z)=\frac{3 z^{n+1}-\frac{5}{6}z^{n}}{(z-\frac{1}{4})(z-\frac{1}{3})} 

∵ \frac{1}{4}<|z|<\frac{1}{3},符合双边序列z变换的收敛域,此时 n\in \left ( -\infty ,\infty \right )

∴需要进行分类讨论

n<0 时,分子上存在极点z_{1}=0

F(z)在分母上存在两个极点:z_{1}=\frac{1}{4},z_{2}=\frac{1}{3}

// 因为z_{1}=0是n阶极点,所以留数定理使用的是围线C外的极点

在z复平面上的收敛域如下图所示:

// 观察上图可以看到,围线C外的极点只有一个z=\frac{1}{3},此时的留数公式前需要加上负号

x(n)=-Res(F(z),\frac{1}{3})

=-(z-\frac{1}{3})F(z)_{z=\frac{1}{3}}

=-(z-\frac{1}{3})\frac{3 z^{n+1}-\frac{5}{6}z^{n}}{(z-\frac{1}{4})(z-\frac{1}{3})}_{z=\frac{1}{3}}

=-\frac{3 z^{n+1}-\frac{5}{6}z^{n}}{(z-\frac{1}{4})}_{z=\frac{1}{3}}

=-\frac{3 \times(\frac{1}{3})^{n+1}-\frac{5}{6}\times(\frac{1}{3})^{n}}{\frac{1}{3}-\frac{1}{4}}

=-36 \times(\frac{1}{3})^{n+1}+10\times(\frac{1}{3})^{n}

=(\frac{1}{3})^{n}\times(10-12)

=-2\cdot (\frac{1}{3})^{n}

// 因为上面是在n<0时求出的结果,即单位阶跃信号翻褶之后再向左平移一个单位u(-n-1),所以需要加上定义域,上式结果乘上u(-n-1)

n<0 时x(n)=-2\cdot (\frac{1}{3})^{n}u(-n-1)

// 接下来讨论n>=0的情况

n\geq 0 时,不存在n阶极点z=0,收敛域依旧不变,此时围线C所包含的极点有一个z=\frac{1}{4},如下

 // 观察上图可以看到,围线C内的极点有一个z=\frac{1}{4},此时的留数公式前不需要加上负号

x(n)=Res(F(z),\frac{1}{4})

=(z-\frac{1}{4})F(z)_{z=\frac{1}{4}}

=(z-\frac{1}{4})\frac{3 z^{n+1}-\frac{5}{6}z^{n}}{(z-\frac{1}{4})(z-\frac{1}{3})}_{z=\frac{1}{4}}

=\frac{3 z^{n+1}-\frac{5}{6}z^{n}}{(z-\frac{1}{3})}_{z=\frac{1}{4}}

=\frac{3 \times(\frac{1}{4})^{n+1}-\frac{5}{6}\times(\frac{1}{4})^{n}}{\frac{1}{4}-\frac{1}{3}}

=-36 \times(\frac{1}{4})^{n+1}+10\times(\frac{1}{4})^{n}

=(\frac{1}{4})^{n}\times(10-9)

=(\frac{1}{4})^{n}

 // 因为上面是在n>=0时求出的结果,所以需要加上定义域,上式结果乘上u(n)

n\geq 0 时x(n)=(\frac{1}{4})^{n}u(n)

// 最后将 n<0 和 n>=0的结果合并在一起

综上,收敛域为 \frac{1}{4}<|z|<\frac{1}{3}的原序列为x(n)=-2\cdot (\frac{1}{3})^{n}u(-n-1)+(\frac{1}{4})^{n}u(n)

3)

由题(1)得F(z)=\frac{3 z^{n+1}-\frac{5}{6}z^{n}}{(z-\frac{1}{4})(z-\frac{1}{3})} 

∵ |z|<\frac{1}{4},符合左边序列z变换的收敛域,收敛域及围线C围在小于1/4的位置如下:

 // 观察上图可以看到,围线C内无极点,而在围线C外存在两个极点,此时留数前需要加负号

x(n)=-Res(F(z),\frac{1}{3})-Res(F(z),\frac{1}{4})

=-(z-\frac{1}{3})F(z)_{z=\frac{1}{3}}-(z-\frac{1}{4})F(z)_{z=\frac{1}{4}}

=-(z-\frac{1}{3})\frac{3 z^{n+1}-\frac{5}{6}z^{n}}{(z-\frac{1}{4})(z-\frac{1}{3})}_{z=\frac{1}{3}}-(z-\frac{1}{4})\frac{3 z^{n+1}-\frac{5}{6}z^{n}}{(z-\frac{1}{4})(z-\frac{1}{3})}_{z=\frac{1}{4}}

=-\frac{3 z^{n+1}-\frac{5}{6}z^{n}}{(z-\frac{1}{4})}_{z=\frac{1}{3}}-\frac{3 z^{n+1}-\frac{5}{6}z^{n}}{(z-\frac{1}{3})}_{z=\frac{1}{4}}

=-\frac{3 \times(\frac{1}{3})^{n+1}-\frac{5}{6}\times(\frac{1}{3})^{n}}{\frac{1}{3}-\frac{1}{4}}-\frac{3 \times(\frac{1}{4})^{n+1}-\frac{5}{6}\times(\frac{1}{4})^{n}}{\frac{1}{4}-\frac{1}{3}}

=-36 \times(\frac{1}{3})^{n+1}+10\times(\frac{1}{3})^{n}+36 \times(\frac{1}{4})^{n+1}-10\times(\frac{1}{4})^{n}

=(\frac{1}{3})^{n}\times(-12+10)+(\frac{1}{4})^{n}\times(9-10)

=-2\cdot (\frac{1}{3})^{n}-(\frac{1}{4})^{n}

// 因为上面是在n<0时求出的结果,即单位阶跃信号翻褶之后再向左平移一个单位u(-n-1),所以需要加上定义域,上式结果乘上u(-n-1)

|z|<\frac{1}{4} 时,原序列为x(n)=(-2\cdot (\frac{1}{3})^{n}-(\frac{1}{4})^{n})u(-n-1)

以上就是用留数法求z逆变换的相关内容,上述的计算也可以使用分部积分法和长除法,后面我会接着学习,有兴趣的关注专栏,有问题的请在评论区留言或者是私信我,回复时间不超过一天。 

《数字信号处理》学习09-部分分式展开法计算z 逆变换-CSDN博客 


原文地址:https://blog.csdn.net/weixin_53046747/article/details/142578942

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