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}$
$= a_1sum_{n = -infty}^infty x_1(n)Z^{-n}+a_2sum_{n = -infty}^infty x_2(n)Z^{-n}$
$= a_1X_1(z)+a_2X_2(z)$ （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
$$sum_{n=-infty}^infty(cos omega n)Z^{-n} = (Z^2-Z cos omega)/(Z^2-2Zcos omega +1)$$
现在，应用时间缩放属性，$a^n cos omega n$ 的 Z 变换可以写成；
$sum_{n=-infty}^infty(a^ncos omega n)Z^{-n} = X(a^{-1}Z)$
$= [(a^{-1}Z)^2-(a^{-1}Z cos omega n)]/((a^{-1}Z)^2-2(a^{-1}Z cos omega n)+1)$
$= Z(Z-a cos omega)/(Z^2-2az cos omega+a^2)$
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。
$$ffrac{dx(n)}{dn} = (1-Z^{-1})X(Z)$$证明 −
考虑方程 − 的 LHS $ffrac{dx(n)}{dn}$
$$= ffrac{[x(n)-x(n-1)]}{[n-(n-1)]}$$$= 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
$Zz[nU(n)] = -Zffrac{dZ[U(n)]}{dz}$
$= -Zffrac{d[ffrac{Z}{Z-1}]}{dZ}$
$= Z/((Z-1)^2$
$= y(let)$
现在，再次应用该属性可以找到 Z[n.y]，
$Z(n,y) = -Zffrac{dy}{dz}$
$= -Zffrac{d[Z/(Z-1)^3]}{dz}$
$= Z(Z+1)/(Z-1)^2$
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)
$x_2(n) = lbrace 2,0leq 4quad andquad 0quad 其他地方 brace$ ...(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；
$X(n)(atquad n = 0) = lim_{z o infty} X(z)$
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
$x(0) = lim_{z o infty}X(Z)$
$= lim_{z o infty}[2+3Z^{-1}+4Z^{-2}]$
$= 2+(ffrac{3}{infty})+(ffrac{4}{infty}) = 2$
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。
$nx(n)longleftrightarrow -Zffrac{dX(z)}{dz}$
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
$nx(n)longleftrightarrow -Zffrac{dx(Z)}{dz}$
$= -Z[ffrac{-aZ^{-2}}{1+aZ^{-1}}]$
$= (aZ^{-1})/(1+aZ^{-1})$
$= 1-1/(1+aZ^{-1})$
$nx(n) = delta(n)-(-a)^nu(n)$
$Rightarrow x(n) = 1/n[delta(n)-(-a)^nu(n)]$
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。
$x_1(n).x_2(n)longleftrightarrow(ffrac{1}{2Pi j})[X1(Z)*X2(Z)]$
时间共轭
这描绘了共轭离散信号在Z 域。
$X^*(n)longleftrightarrow X^*(Z^*)$
