《離散系統(tǒng)z域分析》PPT課件.ppt

第六章 離散系統(tǒng)z域分析,6.1 z 變換 一、從拉普拉斯變換到z變換 二、收斂域 6.2 z 變換的性質 6.3 逆z變換 6.4 z 域分析 一、差分方程的變換解 二、系統(tǒng)的z域框圖 三、利用z變換求卷積和 四、s域與z域的關系 五、離散系統(tǒng)的頻率響應,,,,,,,,點擊目錄 ，進入相關章節(jié),,,,第六章 離散系統(tǒng)z域分析,在連續(xù)系統(tǒng)中，為了避開解微分方程的困難，可以通過拉氏變換把微分方程轉換為代數(shù)方程。出于同樣的動機，也可以通過一種稱為z變換的數(shù)學工具，把差分方程轉換為代數(shù)方程。,6.1 z變換,一、從拉氏變換到z變換,對連續(xù)信號進行均勻沖激取樣后，就得到離散信號:,取樣信號,兩邊取雙邊拉普拉斯變換，得,令z = esT，上式將成為復變量z的函數(shù)，用F(z)表示；f(kT) →f(k) ，得,稱為序列f(k)的雙邊z變換,稱為序列f(k)的單邊z變換,若f(k)為因果序列，則單邊、雙邊z 變換相等，否則不等。今后在不致混淆的情況下，統(tǒng)稱它們?yōu)閦變換。,F(z) = Z[f(k)] ,f(k)= Z-1[F(z)] ；f(k)←→F(z),6.1 z變換,6.1 z變換,二、收斂域,z變換定義為一無窮冪級數(shù)之和，顯然只有當該冪級數(shù)收斂，即,時，其z變換才存在。上式稱為絕對可和條件，它是序列f(k)的z變換存在的充分必要條件。,收斂域的定義：,對于序列f(k)，滿足,所有z值組成的集合稱為z變換F(z)的收斂域。,6.1 z變換,例1求以下有限序列的z變換(1) f1(k)=?(k) ↓k=0 (2) f2(k)={1 , 2 , 3 , 2,1},解(1),可見，其單邊、雙邊z變換相等。與z 無關，所以其收斂域為整個z 平面。,(2),f2(k)的雙邊z 變換為,F2(z) = z2 + 2z + 3 + 2z-1 + z-2,收斂域為0<?z? 0,對有限序列的z變換的收斂域一般為0<?z?|a|,,6.1 z變換,例3 求反因果序列,,的z變換。,解,,,可見，?b-1z?<1,即?z?<?b?時，其z變換存在，,,收斂域為|z|< |b|,,6.1 z變換,例4 雙邊序列f(k)=fy(k)+ff(k)=,解,的z變換。,可見，其收斂域為?a?<?z?<?b? （顯然要求?a?2,f2(k)= –2k?(– k –1)←→F2(z)=,, ?z?0,?(k),，?z?>1,，?z?<1,–?(– k –1),,,6.2 z變換的性質,一、線性,6.2 z變換的性質,本節(jié)討論z變換的性質，若無特殊說明，它既適用于單邊也適用于雙邊z變換。,若 f1(k)←→F1(z) ?1<?z?<?1, f2(k) ←→ F2(k) ?2<?z?1,6.2 z變換的性質,二、移位（移序）特性,單邊、雙邊差別大！,雙邊z變換的移位：,若 f(k) ←→ F(z) , ?0，則,f(k?m) ←→ z?mF(z), ?<?z? ?，且有整數(shù)m>0, 則,f(k-1) ←→ z-1F(z) + f(-1) f(k-2) ←→ z-2F(z) + f(-2) + f(-1)z-1,6.2 z變換的性質,f(k+1) ←→ zF(z) – f(0)z f(k+2) ←→ z2F(z) – f(0)z2 – f(1)z,證明： Z[f(k – m)]=,上式第二項令k – m=n,特例：若f(k)為因果序列，則f(k – m) ←→ z-mF(z),6.2 z變換的性質,例1：求周期為N的有始周期性單位序列,,的z變換。,解,?z?>1,例2：求f(k)= kε(k)的單邊z變換F(z).,解,f(k+1)= (k+1)ε(k+1) = (k+1)ε(k) = f(k) + ε(k),zF(z) – zf(0) = F(z) +,F(z)=,6.2 z變換的性質,三、序列乘ak(z域尺度變換),若 f(k) ←→ F(z) , ?<?z?<? ， 且有常數(shù)a?0,則 akf(k) ←→ F(z/a) , ??a?<?z?<??a?,證明： Z[akf(k)]=,例1：akε(k) ←→,例2：cos(?k)ε(k) ←→?,cos(?k)ε(k)=0.5(ej ?k+ e-j ?k)ε(k) ←→,6.2 z變換的性質,四、卷積定理,若 f1(k) ←→F1(z) ?1<?z?<?1, f2(k) ←→ F2(z) ?2<?z?<?2 則 f1(k)*f2(k) ←→ F1(z)F2(z),對單邊z變換，要求f1(k)、 f2(k)為因果序列,其收斂域一般為F1(z)與F2(z)收斂域的相交部分。,例：求f(k)= kε(k)的z變換F(z).,解： f(k)= kε(k)= ε(k)* ε(k-1),6.2 z變換的性質,五、序列乘k（z域微分）,若 f(k) ←→F(z) , ?<?z?<? 則,, ?<?z?<?,例：求f(k)= kε(k)的z變換F(z).,解：,6.2 z變換的性質,六、序列除(k+m)(z域積分）,若 f(k) ←→F(z) , ?0，,則,, ?<?z?0，則,例：求序列 的z變換。,解,6.2 z變換的性質,七、k域反轉(僅適用雙邊z變換）,若 f(k) ←→F(z) , ?<?z?<? 則 f( –k) ←→ F(z-1) , 1/?<?z?a,求a –k?( –k – 1)的z變換。,解,，|z| >a,，|z| < 1/a,乘a得,，|z| < 1/a,6.2 z變換的性質,八、部分和,若 f(k) ←→F(z) , ?<?z?<?，則,, max(?,1)<?z?max(|a|,1),6.2 z變換的性質,九、初值定理和終值定理,初值定理適用于右邊序列，即適用于k<M(M為整數(shù))時f(k)=0的序列。它用于由象函數(shù)直接求得序列的初值f(M),f(M+1),…，而不必求得原序列。,初值定理：,如果序列在k<M時，f(k)=0，它與象函數(shù)的關系為 f(k)←→F(z) ，?<?z?<∞ 則序列的初值,對因果序列f(k)，,6.2 z變換的性質,證明：,兩邊乘zM得,zMF(z) = f(M) + f(M+1)z-1 + f(M+2)z-2+…,6.2 z變換的性質,終值定理：,終值定理適用于右邊序列，用于由象函數(shù)直接求得序列的終值，而不必求得原序列。,如果序列在k<M時，f(k)=0，它與象函數(shù)的關系為 f(k) ←→ F(z) ，?<?z?< ?且0??<1 則序列的終值,含單位圓,6.3 逆z變換,6.3 逆z變換,求逆z變換的方法有：冪級數(shù)展開法、部分分式展開法和反演積分（留數(shù)法）等。,一般而言，雙邊序列f(k)可分解為因果序列f1(k)和反因果序列f2(k)兩部分，即 f(k) = f2(k)+f1(k) = f(k)?(–k – 1) + f(k) ?(k) 相應地，其z變換也分為兩部分 F(z) = F2(z) + F1(z)， ?< |z| ?,F2(z)=Z[f(k)?(–k –1)]=,，|z| 2 (2) |z|< 1 (3) 1< |z| < 2,6.3 逆z變換,解,（1） 由于F(z)的收斂域在半徑為2的圓外，故f(k)為因果序列。用長除法將F(z)展開為z-1的冪級數(shù)： z2/(z2-z-2)=1+ z-1 + 3z-2 + 5z-3 + …,f(k)={1，1，3，5，…} ↑k=0,（2） 由于F(z)的收斂域為?z?<1，故f(k)為反因果序列。用長除法將F(z)（按升冪排列）展開為z的冪級數(shù):,z2/( –2 – z – z2)=,6.3 逆z變換,(3) F(z)的收斂域為1<?z?1,，?z??)和F2(z)(?z?2 (2) ?z?<1 (3) 1<?z?2，故f(k)為因果序列,(2) 當?z?<1，故f(k)為反因果序列,(3)當1<?z?<2，,6.3 逆z變換,例2：已知象函數(shù),,1<?z?1，后兩項滿足?z? ? , f(k)=2?K1??kcos(?k+?)?(k) 若?z?1)，則逆變換為,若?z?>? ,對應原序列為,6.3 逆z變換,以?z?>?為例： 當r=2時，為 kak-1?(k) 當r=3時，為,可這樣推導記憶： Z[ak?(k)]=,兩邊對a求導得 Z[kak-1?(k)]=,再對a求導得Z[k(k-1)ak-2?(k)]=,故Z[0.5k(k-1)ak-2?(k)]=,6.3 逆z變換,例：已知象函數(shù),，?z?>1,的原函數(shù)。,解,f(k)=[k(k-1)+3k+1]?(k),6.4 z域分析,6.4 z域分析,單邊z變換將系統(tǒng)的初始條件自然地包含于其代數(shù)方程中，可求得零輸入、零狀態(tài)響應和全響應。,一、差分方程的變換解,設f(k)在k=0時接入，系統(tǒng)初始狀態(tài)為y(-1),y(-2),…y(-n)。,取單邊z變換得,6.4 z域分析,令,稱為系統(tǒng)函數(shù),h(k)←→H(z),例1：若某系統(tǒng)的差分方程為 y(k) – y(k – 1) – 2y(k – 2)= f(k)+2f(k – 2) 已知y( –1)=2，y(– 2)= – 1/2，f(k)= ?(k)。求系統(tǒng)的yx(k)、yf(k)、y(k)。,解,方程取單邊z變換,6.4 z域分析,Y(z)-[z-1Y(z)+y(-1)]-2[z-2Y(z)+y(-2)+y(-1)z-1]=F(z)+2z-2F(z),6.4 z域分析,例2： 某系統(tǒng)，已知當輸入f(k)=(– 1/2)k?(k)時，其零狀態(tài)響應,求系統(tǒng)的單位序列響應h(k)和描述系統(tǒng)的差分方程。,解,h(k)=[3(1/2)k –2(– 1/3)k]?(k),6.4 z域分析,二、系統(tǒng)的z域框圖,另外兩個基本單元：數(shù)乘器和加法器，k域和z域框圖相同。,6.4 z域分析,例3： 某系統(tǒng)的k域框圖如圖，已知輸入f(k)= ?(k)。(1) 求系統(tǒng)的單位序列響應h(k)和零狀態(tài)響應yf(k)。(2) 若y(-1)=0，y(-2)=0.5 ，求零輸入響應yx(k),解:(1)畫z域框圖,z-1,z-1,F(z),Yf(z),設中間變量X(z),X(z),z-1X(z),z-2X(z),X(z)=3z-1X(z) – 2z-2X(z) +F(z),Yf(z)=X(z) – 3z-1X(z)= ( 1 – 3z-1)X(z),6.4 z域分析,h(k) = [ 2 – (2)k]?(k),當f(k)= ?(k)時，F(xiàn)(z)= z/(z-1),yf(k) = [ 2k + 3 –2 (2)k]?(k),(2)由H(z)可知，差分方程的特征根為?1=1， ?2=2,6.4 z域分析,yx(k) = Cx1 + Cx2 (2)k,由y(-1)=0，y(-2)=0.5，有,Cx1 + Cx2 (2)-1= 0,Cx1 + Cx2 (2)-2= 0.5,,,Cx1 =1, Cx2 = - 2,yx(k) = 1 – 2 (2)k,三、利用z變換求卷積和,例：求2k ?(–k)*[2-k ?(k)],解：,原式象函數(shù)為,,原式=,1* [2-k ?(k)]？,6.4 z域分析,四、s域與z域的關系,z=esT,,式中T為取樣周期,如果將s表示為直角坐標形式 s = ?+j? ，將z表示為極坐標形式 z = ?ej?,= e?T ， ? = ?T,由上式可看出： s平面的左半平面（?z平面的單位圓內部（?z?=?0)--->z平面的單位圓外部（?z?=?>1) s平面的j?軸（?=0)--->z平面中的單位圓上（?z?=?=1) s平面上實軸（?=0)--->z平面的正實軸（?=0) s平面上的原點（?=0，?=0）---->z平面上z=1的點（?=1，?=0）,6.4 z域分析,五、離散系統(tǒng)的頻率響應,由于z = esT ， s=?+j?，若離散系統(tǒng)H(z)收斂域含單位園，則,若連續(xù)系統(tǒng)的H(s)收斂域含虛軸，則連續(xù)系統(tǒng)頻率響應,離散系統(tǒng)頻率響應定義為,存在。,令?T = ?，稱為數(shù)字角頻率。,式中?H(ej?)?稱為幅頻響應,偶函數(shù)；?(?)稱為相頻響應。,只有H(z)收斂域含單位園才存在頻率響應,6.4 z域分析,設LTI離散系統(tǒng)的單位序列響應為h(k),系統(tǒng)函數(shù)為H(z)，其收斂域含單位園，則系統(tǒng)的零狀態(tài)響應,yf(k)=h(k)*f(k),當f(k)=ej?k時,若輸入f(k)=Acos(?k+?),則其正弦穩(wěn)態(tài)響應為,ys(k)= 0.5A ej ? ej ?k H(ej?) + 0.5A e-j ? e-j ?k H(e - j?),= 0.5A ej ? ej ?k |H(ej?)|ej?(?) + 0.5A e-j ? e-j ?k |H(e-j?)| e-j?(?),=A |H(ej?)| cos[ ?k + ?+ ?(?) ],= 0.5Aej ?k ej ? + 0.5Ae-j ?k e-j ?,6.4 z域分析,例 圖示為一橫向數(shù)字濾波器。 （1）求濾波器的頻率響應； （2）若輸入信號為連續(xù)信號f(t)=1+2cos(?0t)+3cos(2?0t)經(jīng)取樣得到的離散序列f(k)，已知信號頻率f0=100Hz，取樣fs=600Hz，求濾波器的穩(wěn)態(tài)輸出yss(k),解 （1）求系統(tǒng)函數(shù),Y(z)=F(z)+2z-1F(z)+2z-2F(z)+z-3F(z),H(z)=1+2z-1+2z-2+z-3,，|z|>0,令?=?TS，z取e j ?,H(ej?) =1+ 2e-j?+2e-j2?+ e-j3?,=e-j1.5?[2cos(1.5?)+ 4cos(0.5?)],6.4 z域分析,(2)連續(xù)信號f(t) =1+2cos(?0t)+3cos(2?0t),經(jīng)取樣后的離散信號為(f0=100Hz,fs=600Hz ),f(k)=f(kTs)= 1+2cos(k?0Ts)+3cos[k(2?0Ts)],令 ?1=0 , ?2=?0Ts=?/3 , ?3=2?0Ts= 2?/3,所以 H(ej?1)=6 ，H(ej?2)=3.46e-j?/2 , H(ej?3)= 0,穩(wěn)態(tài)響應為,yss(t)= H(ej?1)+2? H(ej?2)?cos[k?0Ts+?(?2)] +3? H(ej?3)?cos[2k?0Ts+?(?3)],= 6 + 6.92cos(k?/3-?/2),可見消除了輸入序列的二次諧波。,