《计算机控制系统》教学资源计算机控制系统(三)

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1、第3章 z变换 要研究一个实际的物理系统，首先要解决它的数学模型 和分析工具问题。计算机控制系统是一种采样控制系统，即 离散系统。表3.1列由了线性连续控制系统与线性离散控制 系统的研究方法对照表。 表3.1分析方法对照表 线性连续控制系统 线性离散控制系统 微分方程 差分方程 拉氏变换 Z变换 传递函数 脉冲传递函数 状态方程 离散状态方程 由以上说明可知，Z变换是分析离散系统的重要数学工 具，而且具有许多类似于拉普拉斯变换性质的数学变换。与 拉普拉斯变换的主要区别是，它并不对连续函数f(t)进行运 算，而是对离散函数f*(t)进行运算。因而本章内容是介绍 Z

2、 变换的定义、性质以及Z反变换等。为下列章节学习奠定基 础。 3.1 Z 变换定义 3.1.1 Z 变换定义及表达式 连续信号f⑴的拉普拉斯变换F⑸是复变量的代数函数。 对计算机控制系统中的采样信号f * (t)也可以进行拉普拉 斯变换。连续信号f⑴通过采样周期为T的理想采样后的采 样信号f*(t)是一组加权理想脉冲序列，每个采样时刻的脉冲 强度等于该采样时刻的连续函数值，由( 2.2 )式可知 f* (t) f (0) (t) f (T) (t T) f (2T) (t 2T)(3.1) 因为 (t kT) 的拉氏变换为 L [ (t kT)] e kTs) )的拉普拉斯变

3、换式为 F*(s) f(0) f(T)e Ts f(2T)e2Ts f (kT)e kTs) k0 .一* . 、■ 一 . . ■ 一 .. ... 从)式明显看由，F⑸是s的超越函数，因此，用拉普拉斯 变换这一数学工具，无法使问题简化，为此，引入另一复变 量“z”,令 Ts )式，得 F(z) f(0) f(T)z1 f(2T)z2 f(kT)zk) k 0 (3.5)式是f⑴的单边Z变换。若(3.5)式中流动变 量k从一8 一十8,则称为双边Z变换。由于控制系统中研 究的信号都是从研究时刻t 0开始算起，所以使用的都是单 、 .. . . .・ _ * .. 、

4、 .. . 边Z变换，这里简称为Z变换。表示f⑴的Z变换式符号有 *- * , 、* 多种，如 F(z)、Z[f ⑴]、f (s)s (1/T)lnz Z[f(t)]、Z[F(s)]、Z[F*(s)] 等等，但它们都表示同一个概念，都是指对脉冲序列函数的 Z变换。 )式、)式和)式在形式上完全相同，都是多项式之和， 对应的加权系数相等， 在时域中的(t T)、S域中的eTs以及 Z域中的z 1均表示信号延迟一拍。 在实际应用中，所遇到的采样信号的Z变换哥级数在收 敛域内都对应有一个闭合形式， 其表达式是一个“ z”的有理 式 K(zm dmizm1diz do) zn Cn

5、逐n1jz C0) 若用zn同除分子和分母，可得“ Z1”的有理分式，即 n mn 1n \ F(z) K(zd1zd0z ) in in 1 cn 1zc1zc0z 在讨论系统动态特性时，Z变换式写成因子形式更为有用, 式)可以改写成 F(z)常 K(z zj (z z) (z Pi) (z Pn) 甘中 zi, , zm . pi , ，Pn分别是F(z)的零点和极点。 3.1.2简单函数的Z变换 下面，我们将讨论几个简单函数的 Z变换。值得注意的 是，我们假设函数在t。时不连续，而t。时函数是连续的。 在此情况下，我们设定f(。)f(。)，而不是间断点的平

6、均值 [f(0 ) f(0)]/2c 1.单位脉冲函数 1t 0 表达式f(t) (t) 0t 0 求f⑴的Z变换。 1k 0 因为(kT) 0k 0 根据Z变换定义 F(z) Z [ (t)] (kT)zk 1() k 0 2.单位阶跃函数 1(t) 1 t 0 表达式 f(t) 0t 0 求f⑴的Z变换。 根据上面白假设，f(0) 1。再由Z变换的定义可知 F(z) Z [1(t)]1 zk zk k 0k 0 123 1 z z z 1 z K 77m0) 注意到如果z 1,则级数收敛。在求Z变换时，变量Z是个假设 算子，不必去确定使F(

7、z)收敛时Z的范围，只要知道有这个范围 存在就足够了。用这种方法求时间函数 f⑴的Z变换F⑵，除了 Z平面都是成立的 k 0,1,2, k 0 )常叫做单位阶跃 F⑵的极点外,在整个 住思： 1 1(k) 0 序列 3.单位斜坡函数 表达式 f (t) 0t 0 则f(kT) kT k 0,1,2, 因而它的Z变换可以求出 F(z) Z[t] f(kT)zk k 0 kTz k T(z 1 2z 2 3z 3 …) k 0 i z 1 2 (1 z1)2 Tz (z 1)2 2) 4.指数序列 表达式 ak k 0 f(k) 0 k

8、0 式甲a为常数。根据Z变换定义，则有 F(z) Z[ak] 1 2 2 3 3 1 az a z a z 1 z 1 1 az z a 5.指数函数 e at t 0 表达式 f(t) 0 t 0 因为 f(kT) e akT k 0,1,2, (3) Mat k akT k F(z) Z [e ] f (kT)z e z k 0 k 0 6.正弦函数 表达式 注意指数函数的 下式 sin 因而 F (z) Z [sin aT 1 1 e z 2aT 2 e z 3aT 3 e z f(t) 1 aTz 1 z aT

9、 4) sin 变换Z [eat] 2T(ej t t] (e 1 2j j T 1 2T j T 1 -aT 1 z t) 1 j-^ 1 1 e z )z1 2j 1 (ej T e j T)z z 1 sin T 1 2z 1 cos T z 2 例3.1求余弦函数的 表达式 cos f(t) 0, t, 变换 t 解：我们可以按照求正弦函数 ,而sin t可以表示成 zsin T 2zcos T 1 () Z变换的方法来求余弦函数 的Z变换。 F(z) Z [cos t] 1Z [ej t e 2 jt]

10、 c / j T j T \1 2 (e e )z 12 1 (e e )z z 1 z * 1 cos T 1 2z1 cos T z 2 Z2 z2 zcos T 2zcos T 1 例3.2求阻尼正弦函数的Z变换 at 表达式 e sin t, f(t) F(z) 0, ? [e at sin t] 1 2j at j t e e e ate 1 2j 1 1 L (a j )T1 1 e z aT z j T e (e aT j T j T 2 j 1 e (e e jT)z )z

11、1 1 aT _ z e sin T 1 aT. 1 2z e cos T 2aT 2 e z _ aT 一 ze sin T 2 c aT-j- 2aT z 2ze cos T e 例 3.3 求 F(s) s(s 1) 的Z变换 解当被求函数变量是以 s给由时，求它的Z变换的一种 方法是：先把F(s)利用拉普拉斯反变换求生f(t),然后将f(t)离 散化求生f*(t),再求其Z变换。另一种方法是将F(s)表示成 部分分式，再利用Z变换表求其Z变换。其它的方法以后介绍。 现在我们利用第一种方

12、法，先求 F(s)的拉氏反变换 F(s) 1 1 二 s(s 1) s s 1 f(t) L 1 F(s) 1(t) et t 0 因此 F(z) Z 1(t) e (1 eT)z1 (1 z1)(1 eTz1) (1 eT)z (z 1)(z eT) 表3.2 Z变换表 序 号 X(s) x(t) x(kT)或 x(k) X(z) 1 一 一 1 k 0 0(k) 0 k 0 1 2 一 一 1n k 0(k n) 0n k n z 3 1 s 1(t) 1(k) 1 1 z 1 4 1 s a

13、 at e akT e 1 1 e aTz 1 5 1 s2 t kT Tz 1 11x2 (1 z ) 6 2 / t2 (kT)2 T2z1(1 z1) (1 z1)3 7 6 s4 t3 (kT)3 31112 T z (1 4z z ) (1 z1)4 8 a 1 e at 」akT 1 e (1 eaT)z1 s(s a) 1\aT 1 (1 z )(1 e z ) 9 b a e at e bt akTbkT ee , aTbT、1 (ee )z (s a)(s b) aT 1.bT 1 (1 e

14、z )(1 e z ) 10 1 (s a)2 at te akT kTe t- aT1 Te z aT\2 (1 e z ) 11 s (1 at)e at (1 akT)e akT 1 (1 aT)e aTz1 (s a)2 (1 e aTz 1)2 12 2 (s a)3 2 at t e (kT)2e akT 2 aTaT11 T e (1 e z ) z (1 e aTz 1)3 13 2 a at 1 e at akT 1 e akT [(aT 1 eaT) (1 eaT aTeaT)z1]z1 s2(s a) (1

15、z1)2(1 eaTz ') 14 sin t sin k T z 1 sin T 22 s 1 2z 1 cos T z2 15 s cos t cos k T 1 1 z cos T 22 s 1 2z 1 cos T z 2 16 (s a)22 at .. e sin t akT . 1 -p e sink T aT 1 ez sin T / c aT 1T_2aT 2 1 2e z cos T ez 17 s a (s a)22 at e cos t akT ecos k l “aT 1t- 1 e z cos T

16、 aT 12aT 2 1 2e z cos T e z 18 k a 1 1 az , 19 k 1 a k 1,2, z 1 1 az 1 20 kak 1 1 z /A1、2 (1 az ) 21 k(k 1) k 2 - a 2 2 z (1 z1)3 22 ,2 k 1 k a z1(1 az1) (1 az1)3 23 । 3 k 1 k a z 1(1 4az 1 a2z 2) /A1、4 (1 az ) 24 । 4 k 1 k a z 1(1 11az 1 1

17、1a2z 2 a3z 3) 1、5 (1 az ) 25 k. a cos k 1 1 az1 注：x(t) 0 当 t 0 时；x(kT) x(k) 0 当 k 0 时 值得注意的是，如果函数f(t)的Z变换为F(z),则F(z)的 反变换就不一定必须等于f (t) 图3.1两个不同的时间函数f1(t)和f2(t) 参看图3.1 ,单位阶跃函数fi(t)与另一函数f2(t)的Z变换 有相同的表达式F(z) 1/(1 z 1),显然fi⑴+f2(t)。由此可见，Z 变换式F(z)只与它的Z反变换f(kT)之间有对应的关系， 而与时间连续函数f(t)

18、之间无一一对应关系。 3.2 Z变换的重要性质和定理 和拉普拉斯变换一样，Z变换由其定义出发也可以导由 一系列关于Z变换的性质和定理，这些性质和定理对扩大Z 变换应用都有重要作用。下面将介绍一些Z变换基本性质和 定理。在这里，我们设定f(t)的Z变换F(z)存在，且对于t 0时 f(t)=0 。 1. 乘以常数 如果 f (t) 的 Z 变换为 F(z) ，则 Z af (t) aZ f (t) aF(z)) 式中 a 是一个常数。 证明 由 Z 变换定义 Z af(t) af(kT)z k k0 a f(kT)z k aF(z) k0 2. 线性性质 Z 变换

19、的定义可知， Z 变换是线性变换，即 F1(z) Z f1(t) ， F2(z) Z f2(t) ， a 、 b 为任意常数 如果f(t) afi(t) bf2(t)则它的Z变换为 F(z)aF1(z) bF2(z)) 证明 根据 Z 变换定义 F(z)[af1(kT) bf2(kT)]z k a f1(kT)z k b f2(kT)z k0k0k0 aZ f1(t)bZ f2(t)aF1(z) bF2(z) 3. 实位移定理 若 t 0时 f(t) 0 ，且 F(z) Z [ f (t)] ，则 Z [ f (t nT)] z nF(z) n1 Z [f (t nT)

20、] nk zn[F(z)f(kT)z k] k0 式甲n为零或正整数。 证明 ）式。 Z [ f(t nT)] f(kT nT)z k k0 f (kT nT)z k0 (k n) 3.20) n, 代入式（ 3.20 ） ，则有 Z [f (t nT)] z n f(mT)z m=- n 改 mn 0 时 f（mT） 0 ，因而我们可以将求和的下限由 为 m =0。 [f(t nT)] z n f(mT)z m z nF(z) m0 因此，Z变换式F⑵乘以zn,相当于时间函数f⑴延迟nT。 现在来证明式（ 3.19）。 Z [f

21、(t nT)] f(kT nT)z k k0 f(kT nT)z (k n) znf(kT nT)z(kn) f(kT)zk f (kT)z k k 0k 0k 0 n 1 znf(kT)zk f(kT)zk k 0k 0 n 1 zn F(z)f(kT)zk k 0 该性质表明，超前n拍(一个采样周期T称为一拍)信号 f(t nT)的Z变换不是简单地将f(t)的Z变换F(z)乘以n拍超前因 n 1 子zn , 还必须减去zn f (kT )z k ，这是因为 k 0 f*(t nT)的第一个采样值为f(nT),即t 0时的采样值，而f*⑴的 采样值为

22、f(0)。只有当f*(t)的前n拍采样值f (0), f (T), , f (nT T)均 为零时，才和延迟n拍信号f(t nT)的Z变换有相似的表达式，即 F(z) Z[f(t nT)] znF(z)。 例3.4求图3.2所示函数的Z变换。 解 f(t) 1(t 4T) )可知 F(z) z4Z 1(t) f(t)1(t 4T) J ix 0 T 2T 3T 4T 5T 6Tt 图3.2延迟4个采样周期的单位阶跃函数 例3.5求f(t 2T)的Z变换F(z)。 2 1 解 Z[f(t 2T) z2[F(z)f(kT)zk] z2[F(z) f (0) f(T)z1]

23、 k 0 z2F(z) z2 f (0) zf(T) k 例 3.6 设 y(k) x(h) , k 0,1,2，…式中，k ^4y(k) 0 h 0 求y(k)的Z变换Y⑵。 解首先注意到 y(k) x(0) x(1) x(k 1) x(k) y(k 1) x(0) x(1) x(k 1) 因此，y(k) y(k 1) x(k)k 0,1,2, 上式两边取Z变换得 Z[y(k) y(k 1)] Z x(k) Y(z) z 1Y(z) X(z) 1 Y⑵ rvX(z) 如果f⑴的Z变换为F(z),则eatf⑴的Z变换为 Z[eatf(t)] F(zeaT))

24、atakT kaT、 kaT、 Z [e f(t)] f(kT)e z f(kT)(ze ) F(ze ) k 0k 0 因此，只要用zeaT代替F(z)中的z就可以得由eatf(t)的Z变换 例3.7求teat的Z变换。 解 设f(t) t则F(z) Z[t] ,Jz八2 ,所以根据复位移 (1 z ) 定理 Z [te at] F(zeaT) Te aTz 1 (1 e aTz 1)2 5初值定理 如果f(t)的Z变换为F(z),且ym F(z)存在，则f(t)或f(k)的 初值f(0)可由下式求生： f (0) lim F(z)) 证明根据Z变换定义 F

25、(z) f(kT)zk f(0) f(T)z1 f(2T)z2 )式成立。 T 1 例 3.8 如果 f(t)的 Z 变换为 F(z)—(1ie )ZT 1 ,求 f(t) (1 z1)(1 e,z1) ? 的初值f(0)o 解利用初值定理 (1 e T )z 1 f(0) limF(z) lim—(- e ) 丁10 zz (1 z 1)(1 e Tz 1) 参考例3.3 ,注意到F(z)相应于f(t) 1 et的Z变换，因而 f(0) 0,这和初值定理得到的结果相同。 1 一 ，、 如果f⑴的Z变换为F(z),而(1 z)F(z)在Z平面上以原点 为圆心的单位圆上和圆

26、外没有极点，则 lim f (kT) lim (1 z 1)F(z)) kz 1 证明根据Z变换定义 Z[f(t)] F(z) f(kT)z k k 0 Z [f(t T)] z1F(z) f (kT T)z k k 0 因此 F(z) z 1F(z) f (kT)z k f (kT T)z k 0k 0 当z 1时，上式两边取极限，则有 lim[F(z) z1F(z)] lim f (kT)z k f (kT T)z k zz k 0k 0 因为k 0时f(kT) 0,所以，上式为 1 _ lim(1 z )F(z) z 1 lim f(kT)

27、zk z 1 k 0 f(kT T)z k k 0 [f(kT) f(kT T)] k 0 [f(0) f( T)] [f(T) f(0)] [f(2T) f(T)] lim f(kT) f() k 初值定理和终值定理，可以直接由Z变换式F(z)获得相 应的采样时间序列f(kT)的初值和终值。这两个定理在作系统 分析时经常用到 已知F(z) /a。，用终值定理求f()的 1 z 1 e z 1\ 1 z ) 1 z1 1 - aT 1 1 e z lim 1 z 1 1 z 1 1 eaTz1 我们注意到，本题中的F(z)是f⑴ 1

28、eat的Z变换。将t 代入f(t)中，则有 f ( ) lim (1 e at) 1 计算结果与用终值定理求生的f()是一样的 7 .复域微分定理 如果f⑴的Z变换为F⑵，F⑶在Z平面上收敛于一定区 域。则 d 即⑴]TzdzF(z) 证明 由Z变换定义, ,k F(z) f(kT)z k 0 上式两边对Z微分，得 d ___ k 1 F(z) kf(kT)z z dzk o 再对上式两边同乘以(Tz),变得 Tz-d F(z)(kT)f (kT)z k Z tf (t) dzk o 该定理表明，在时间域信号f⑴与t相乘，对应于Z域

29、中f(t)的 Z变换F⑵对Z的微分运算。 同样，上面方程两边再对 Z求微分，则有 d 丁 d Tz F (z) dz dz 上面方程两边同乘以 Tz (k2)Tf (kT)z kz 1 k 0 则有 Tz— Tz—F(z) dz dz (kT)2f(KT)zk Z t2f(t) Z[t2f(t)] d 2 TzdZ F⑵ 2 这里算子Tz—表示运用Tz~d两次。同理可有 dzdz m Z[tmf(t)]Tz?F(z)) dz tt 0 例3.10用微分定理求单位斜坡函数f(t)的 0t 0 Z变换。 因为 解f(t) t1(

30、t) Z [1(t)] 所以, Z f(t)3⑴] 4占 Tz1 7^ 172 (1 z ) 8 .复域积分定理 li Kt) 若Z[f⑴]F(z),且极限ti” t存在, Z 平 z¥- lkim0誓(3.26) 证明令g(t)平，则根据Z变换定义，有 Z f(t) G(z) f(kT)zk k 0 kT 上式两边对Z微分，得 -dG(z) dz f(kT)z kz i k 0 T f (kT) z k k 0 Tz -If Tz (z) 上式两边作积分，有 —G(z1)dziF ⑶ dz1 z dziz T

31、zi 即G( ) G(z)F^dzi z Tzi 由初值定理可知 lkmog(kT) lim G(z) G() z 因此 F(z1)f (kT) G(z)1 dz1 lim z Tz1k 0 kT 该定理表明，在时域中，f⑴与t相除，对应在Z域中Z变换 F(z〃z的积分运算。 例3.11已知f(k) k2,用复域积分定理求g(k) k的Z变 换。 解设g(k)半) k k F(z) Z f (k) k2z k k 0 则咕k2z k 1 z k 0 因为 f(k) g(k) -V 所以 G⑵zT dz1 lim3 k 0 k k2z1 z

32、1 k 0 k k2工 k 0 k dz1 lf k 0 k k kz k 0 lim k k 0 本题只是说明利用复积分定理可以求生 1 z (1 z1)2 f(k)/k的Z变换。 两个时间序列(或采样信号)f(k^Dg(k),相应的Z变换 分别为F(z彳nG(z),当t 0时，f(k)=g(k)=0, t。的卷积记为 f(k)*g(k),其定义为 k f (k) g(k) f (k n)g(n) f (k n)g(n) ) n 0n 0 k 或 f (k) g(k) g(k n) f (n) g(k n)f (n)) n 0n 0 则 Z [f

33、(k) g(k)] F(z)G(z)(3.29) 证明 Z f(k)*g(k) Z f(k n)g(n) f(k n)g(n) z n 0k 0 n 0 令 mkn 则 kmn 因而 Z f(k)*g(k)f(m)g(n)zmzn f (m) z m g(n)z n m n n 0m nn 0 因为 当m 0时f(m) 0,所以 Z f(K)*g(k) f(m)z m g(n)zn F(z)G(z) m 0n 0 本节中，我们讨论了 Z变换的重要性质及定理。为了方便起 见，把这些性质及定理总结列表3.3。 表3.3 Z变换的重要性质及定理 序号 f(t)或

34、f(k) Z[f(t)]或 Z[f(k)] 1 af(t) aF(z) 2 af1(t)bf2(t) aF〔(z) bF2(z) 3 f(t T)或 f (k 1) zF(z) zf(0) 4 f(t nT) znF(z) znf (0) zn1f(T)zf(nT T) 5 f(t nT) z nF(z) 6 f (k n) znF (z)zn f (0) zn 1 f (1)zf (n 1) 7 f (k n) z nF(z) 8 tf (t) Tz—F(z) dz 9 kf(k) z-d- F(z) dz 10 e atf(t)

35、 F (zeaT) 11 e ak f (k) F(zea) 12 akf (k) F(za 1) 13 kakf(k) d1 z— F(za 1) dz 14 f(0) lim F (z) z 15 f() lim [(1 z 1)F(z)] z 1 16 f(k) f(k) f(k 1) (1 z 1)F(z) 17 f(k) f (k 1) f(k) (z 1)F(z)zf(0) 18 f(k) k 0 7^F(z) 1 z 19 ——f (t, a) a —F (z,a) a 20 kmf (k) m d匚/ \

36、 z—F (z) dz 21 n f(kT)g(nT kT) k 0 F(z)G(z) 3.3 Z反变换 与Z变换相反，Z反变换是将Z域函数F(z)变换为时间序 列f(k)或采样信号f*(t)。如前所述，Z变换仅仅是描述采样时 刻的特性，所以Z反变换直接求得的只是时间序列信号f(k)o 当事先已知F⑵对应的采样周期T时，就可以按照已知的采 样周期T确定所求得的时间序列f(kT),即f*(t)。 F⑵的Z反变换记为 Z 1[F(z)] f(k)(3.30)式中Z 1表示Z反变换符号。求Z反变换的方法很多，常用 的基本方法有下列三种：哥级数展开法、部分分式展开法和 反演积

37、分法。 在使用这些方法时，和通常的情况一样，我们设定当k 0 时，x(k)或x(kT)等于零。 事级数展开法 )可知 F(z) f(kT)zk f (0) f (T)z 1 f (2T)z 2 f (kT)z k k 0 观察上式，只要用某种方法将要作 Z反变换的F(z)展成z 1 事级数形式，即可获得F⑵对应的时间序列 f(kT)o 若F⑵是以Z1或z的有理分式形式，即 F(z) Nz) D(z) 1 a1z1 bnZ n n anz 时，可以直接将分子除以分母把 F (z)展开成 z1的哥级数。 卜面举例说明怎样使用这种方法O —1

38、0z 5 例 3.12 已知 F(z) (z 1)(z 0.2)求 f(k), k 0,1,2, 解 首先将F(z)写成z 1多项式之比 10z 1 5z 2 F⑵1 1.2zi 0.2z2,分母去除分子： 10z 1 17z 2 18.4z3 1 1.2z 1 0.2z 2 10z 1 5z 2 10z1 12z2 2z 3 17z 2 2z 3 17z 2 20.4z3 3.4z 4 34 18.4z 3 3.4z 4 18.4z 3 22.08z 4 3.68z 5 18.68z 4 3.68z 5 F(z) 10z 1 17z 2 18.4z 3 把这个式子

39、同Z变换定义式F(z) f(kT)zk比较，我们可以得 k 0 到 f(0) 0 f (1) 10 f (2) 17 f (3) 18.4 由上面的例子可以看到，在求反变换时，并不知道采样 周期T的数值，因而反变换求生的是 f(k)序列，而不是f(kT) 或f*(t)序列。若给定F⑵对应的采样周期T,则F⑵对应的采 样信号为 _ * f (t) 10 (t T) 17 (t 2T) 18.4 (t 3T) 编程计算: 由）所表示的F⑵有理分式，可以展开成Z1哥级数时, 可以用下面导由的迭代算式直接计算z 1哥级数各项系数 F(z) 1 n N(z) bo b1z bnz

40、 D(z) 1 az1 anz n f(0) f (1)z 1 f(2)z2 其中哥级数各项系数是待定的。于是 bo biz1bnzn [f(0) f(1)z1 f(2)z2](1 a1z1，z n) 上式中，按照等式两边 z1的同次项系数相等，可得 bof(0) b1f(1)f(0)a1 b2f(2)f (1)a1 f (0)a2 ) bnf (n)f (n 1)a1f (0)an 0 f (n 1) f(n)a1 f (1)an 由上面方程组可导由待定系数f (0)，f (1)，的迭代式 f(0) b0 f(1) bi a1 f (0) f(

41、2) b2 a1f ⑴ a2 f (0) k f(k) bkaif(k i),0 k n(3.34) i 1 n f(k) 0 af(k i),k n )编制计算机程序，由计算机计算，则十分简便 3.3.2部分分式法 查表法：Z变换的线性性质可以使我们能够应用部分分式 法求生F⑵的Z反变换。这种方法可以求生脉冲序列函数的 封闭形式，具体方法和求拉氏反变换的部分分式展开法相 似。具体步骤如下： Z有理式标准形式 m m 1 boz b1z n n 1 bm 3n 先将F⑵写成如下 (3.35) F(z)震 D(z) 其中m n,系数bj(j 01,2，⑺和廿。0

42、，1,2，，n)均为实常数。 对^⑵的分母进行因式分解，即 D(z) (z Pl)(Z P2)…(z Pn) 其中Pi(i 1,2, ，n)称为F(z)的极点，它们是实数或共辗复数。 1. 若所有极点是两两互不相同的单极点 由于F(z)的部分分式展开式为q形式的诸项和，而指数 z Pi 函数㊀扰的Z变换为 一所以最好先求以区的部分分 aT z ez 式，然后再乘以Z,就得到希望的形式。方法如下: (3.36) F(z)AiAAn z z Pi z P2z Pn F⑵-Az① z Piz P2 Az Z Pn (3.37 ) 式(3.36)中的系数AO 1,2

43、, ，n),求法与拉氏变换展开部 分分式时的求法相同。式(3.37)中各个分式所对应的时 . k 间序列为通常熟悉的指数序列Api ,即 fi(k) Z 1 -A二APik, k 0, i 1,2, ,n z Pi (3.38) 例3.13求F(z)一"z一的反变换 (z 1)( z 0.5) 解 将F(z)除以Z,并展开为部分分式，得 F(z) z 1 0.5 上式两边乘以Z,得 F(z)六 z 1 z z 0.5 1 1 1 0.5z 由Z变换表可以直接查由 11…, Z 111(k) 1 ,k 0,1,2，… 1 z .1„ Z 11(

44、0.5)kk 0,1,… 1 0.5z 1 式中 1(k)为单位阶跃序列。 所以f(k) 1(k) (0.5)k, k 0,1,2, 在这个例子中，如果将 F(z)直接展成部分分式, F(z) 10.5 z 1 z 0.5 注意，在Z变换表中查不由 然而, 则有 0.5z 1 0.5z 1 利用位移 定理可以发现 因此 又可以写成 1 z 1 z 0

45、 1(k) z 10.5 1 0.5z 1 f(k) f(k) 0, 1(k) 1(k) 这和前面得到的结果是一样的O 例求F(z) (z F(z) 0.5 0.5 1 0.5z 1 0 0.5(0.5)k 0.5(0.5)k 1 (0.5)k , 1,2, 0,1,2, Z的反变换 F(z) z 2z 1 z(z 1)(z 2) f(k) 0.5 z 11.5 z 1 z 2 1.5z ——0.5 一 z 21 1.5 1 2z 1

46、 所以F(z)的Z反变换为 f(k) 0.5 (k) 1(k) 1.5( 2)k k 0,1,2,… 注意：)F(z),其反变换应为0.5 (k)o 2. F(z)含有重极点 如F(z)含有二重极点R,其余极点P3,P4, R互不相同 首先将F(z)/z展开成部分分式，即 F⑵ AA2AAn) z (z P1)2 (z Pi) (z P3)(z Pn) F(z) A1 z A2z A3z t ; 一, ? (z Pi) (z Pi) (z P3) An

47、z (z Pn) )中的第一项 上二查Z变换表可知，对应的反变换为 (z Pi) k f1 (k) AkR , k 0 o 其余各项对应的时间序列均为指数序列APik，k 0 i 3,4, ,n 因而F(z)的Z反变换的时间序列一般表示为 n 1kkk f(k) Z 1 F(z) A1kP1k A2 P1kAiPik,k 0(3.42) i 3 例3.15求F(z) z3 4z2z 5z 2的Z反变换 解 对F(z)的分母进行因式分解 F(z) z (z i)2(z 2) F(z)在PiP2 1处为二重极点，在P3 2处为单极点。首先将

48、 季展开 z F(z)…1AiA2A3 F1(Z)2_2一 z(z 1)2(z 2) (z 1)2 (z 1) (z 2) 其中上式中的系数 A (z 1)2Fdz)1 z 1 d A2—(z 1)2F1(z)z1 1 dz A (z 2)E(z)z2 1 因而F(z)—二——二 (z 1) (z 1) (z 2) 所以f(k) Z 1[F(z)]k1(k) 1(k) 2k, k 0 其中1(k)为单位阶跃序列，可以写成下列形式 f(k) 2k k 1 , k 0 卜面举例说明F(z)含有三重以上简单极点时，求其 Z反 变换的方法 3 例求F(z) 2

49、z 3 的Z反变换。 (z 2)3(z 4) 2 解 首先将以22z 3 40展开为部分分式,即 z (z 2) (z 4) A2 A3 皿 E(z) z 2z2 40 AA2A3A ) _3_32 (z 2)3(z 4) (z 2)3 (z 2)2 (z 2) (z 4) 其中系数 (z 2)3Fi(z)z2 16 加 2)3F1(z)]z2 1 d2 - 3 1 J[(z 2)3F1(z)] 2! dz A4 (z 4)F1(z)z4 1 因而 F(z) zFi(z) 16z (z 2)3 4z (z 2)2 z z (z 2) (z 4)

50、 所以F⑵的Z反变换为 f(k) 126[k(k k 2 1)(2)] 4k(2)k 1 (2)k (4)k (2k2 1)(2)k (4)k, k 0,1,2, 3. F(z)含有共辗复数极点 以上论述了 F (z)只含有简单极点时求Z反变换的方法, 卜面举例说明F(z)含有共辗复数极点时求Z反变换的方法。 例 求F(z) —z2^一的反变换f(k)o (z 1)(z2 2z 2) 将以w表示成部分分式 z F(z) z 7z 8 z2 2z 2 81 7 1 - z F(z) 7 _1_2 1

51、2z 2z 方程式右边第二项的极点为共辗复数, 因此该项的反变换为 阻尼正弦或阻尼余弦。参考变换式 akT Z [ e cos kT] aT 1 z cos T aT 12aT 2 1 2e z cos T e z 根据上述关系 E(z) 因此 1[F1(z)] 因为 akT _. _ Z [e sin Fi(z) 2aT e aT e cos kT] 1 8z 7 1 2z 1 1 2“2)&z akT cos kT F(z) f(k) aT 1 e z sin T aT 1 1 2e z cos T । 2aT 2 z

52、 2z 2 1 2z 2z2 71 2z 1 2z 2 aT e cos T sin T 2z 2 akT sin kT ( 2)k 7F1(z) k cos — 1 (2) sin 7 7 7( . 2)kcos — 4 (、.2)ksin — 4 0,1,2,… 由这个f(k)式可以得由 f(0) 0 f⑴1 f(2) 9 f (3) 23

53、 当然，F(z)可能含有多重二次极点，读者可以参考有关 资料，求其Z反变换。 3.3.3反演积分法(留数法) 反演积分法是求Z反变换的最基本方法，它可以求得 F⑵对应的时间序列f(k)的表达式。由Z变换定义 F(z) f(k)zk f(0) f(1)z1 f(k)zk k 0 上式两边同乘以zk 1 ,得 F(z)zk 1 f (0)zk 1 f ⑴zk2 f (k)z 1 f (k 1)z 2 两边作闭路积分，积分路线取以z0为圆心包围F(z)zk1全 部极点的圆C,即 %F(z)zk 1dz f (0)zk 1 f (1)zk 2f (k 1) f (k)z 1 f

54、 (k 1)z 2 dz C 根据复变函数中的Cauchy定理，上式右边的闭路积分，除 f(k)z1之外，其余各项积分全为零(这是因为f(0)zk1, ,f(k 1) 3 各项在积分线C内全解析，f(k 1)z2, f(k 2)z ,…，所有项在 积分线C内原点处均有2阶以上重极点的缘故)，所以有 门 F (z)zk 1dz 。f (k)z 1dz CC 由复数广义积分可知, ，；Cf (k)z 1dz f (k) Cz 1dz f (k)2 j 因而 1 n f(k) 27：CF(z)z dz iFsF⑵z Pi, k 0 ) 式中，r为F(z)zk1第i个

55、极点，n为F(z)zk1的极点数，Res为留 数符号，C为Z平面上以原点为圆心，半径充分大的圆。 上式说明，f(k)等于F(z)zk 1的全部极点留数之和。 在计算留数时，如果 F(z)zk1含有简单极点 Pi时，相应的 留数为 K lim[(z z pi  Pi)F(z)zk1] 如果F(z)zk1含有q重极点  z,则该极点的留数为 1.. d K lim — (q 1)!z pj dz 7T[(z Pj)qF(z)zk1] q (3.46 ) 本书中，我们讨论的是单边Z变换，即k 0 时 f (k) 0

56、o 8用留数法求F(z) (M^7的反变换f(k» F (z)zk 1 aT、 k (1 e )z (z 1)(z e aT 当 kQ1,2, 时F(z)zk 1有两个简单极点 P11 和 P2 aT)可得 其中 因此 例 3.19 k 0,1,2, 时, aT P3 e 2 f (kT) Res 因而 K1 K2 Pi (1 eaT)zk (z 1)(z eaT) K1 K2 11m1 (z 1)(1 eaT)zk (z zlimaT (z 1)(z eaT) aT) aT、 k (1 e )z

57、 (z 1)(z e aT) akT e f (kT) K1 K2 求 F(z) 1 e akT 0,1,2, (z 1)2(z eaT) 的反变换 f(kT) F (z)zk 1 (z 1)2(z e aT) F(z)zk 1含有二重极点P1 P2 1以及一个简单极点 f(kT) Res z Pi (z K1 (2 1)! lim — z 1 dz (z lim — dz (z e aT) 1)2(z eaT) 1)2 lzm1 K1 K2 k 1 z (z 1)2(z eaT) (k 1)zk(z eaT) (z ea

58、T)2 k e aT e a(k 1)T aTV2 (1 e ) 1 eaT (1 eaT)2 k 1 K2limaT (z eaT)1Tr 2 z eaT(z 1)2(z e aT) 所以 keaT e"" f(kT) Ki K2-一斤-一▽ -一不2 1 e (1 e )(1 e ) .aTakT 、 K号eTk0，1,2, 需要指由，当F(z)的z有

59、理分式的分子中无z公因子时, 用反演积分(3.44 )计算由F(z)的对应时间序列通项表示式 f(k),只适合k 0的情况，而不能表示k 0时刻序列值f(0)o f(0)的值应由初值定理确定或令k 0再用(3.44)式来计算。 这是因为，对于这样的F(z),当k 0时，(3.44)式中的被积 函数为F(z)z1,它比k 0时的被积函数F(z)zk1多一个z 0的极 点。所以f(0)应和k 0的通项f(k)分别计算。 由初值定理可以推断，当F(z)的分母阶数n和分子阶数m 相等时，F(z)对应的初始序列值f(0) 0,应为一有界常数；当 n m d 0时，相应时间序列f(k)的前d项均为零

60、，即 f(0) f(1) f(d 1) 0。现举例说明这种情况。 例3.20已知F(z) .「°用留数法求F(z)的反变换。 (z 1)(z 2) k 1 F(z)z 10zk 1 (z 1)(z 2) 由上式可以看由，当k 0时, k 1 F(z)z —，含有三个 简单极点R 0 , P2 1 , p3 但是 k 1 时，F (z)zk 1 10zk 1 (z 1)(z 2) 只有两个极点p1 1 , P2 2。因此我们必须分别求 f(0)以及 f(k) (k 1)。 因而 其中 ①求f(0)的值 f(0) Ki K2 K3 lim z 0

61、 lim z 1 lim z 2 f(0) 1时的f(k) 10 Res z pi z(z 1)( z 2) z105 z(z 1)(z 2) (z (z K1 K1K2K3 10 1)- z(z 1)(z 2) K2 K35 k 1 10z 2 f (k) Res i 1 z pi (z 1)(z 2) k 1 10z K1 lim (z 1) z 1 (z 1)(z 2) 2) 10 10 K1 K2 10 K2 lzm (z 2) 10zk 1 (z 1)(z 2) 10(2) k 1 因而 1,2, ,k 1k 1 f(k) K1 K210 10(2)10(21) k 综合以上①、②计算结果 f(k) 0, 10(2k 1 1), (a j )T 1 1 e z