第 6 次作业：z 变换与初终值定理

#作业

我按 6信号与系统第六次作业.pdf 整理，共三题。

1. z 变换与收敛域

求：

  1. x[n]=(1/3)∣n∣x[n]=(1/3)^{|n|}；
  2. x[n]=(1/4)−nu[n]x[n]=(1/4)^{-n}u[n]；
  3. x[n]=(1/5)nu[−n]x[n]=(1/5)^n u[-n]；
  4. x[n]=(−1/6)nu[n]x[n]=(-1/6)^n u[n]

的 zz 变换及收敛域。

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  1. 分开 n<0n<0 与 n≥0n\ge0 两个几何级数：

    X(z)=−8z(z−3)(3z−1),13<∣z∣<3.X(z)=\frac{-8z}{(z-3)(3z-1)}, \qquad \frac13<|z|<3.
X(z)=zz−4,∣z∣>4.X(z)=\frac{z}{z-4},\qquad |z|>4.
X(z)=11−5z,∣z∣<15.X(z)=\frac1{1-5z},\qquad |z|<\frac15.
X(z)=6z6z+1,∣z∣>16.X(z)=\frac{6z}{6z+1},\qquad |z|>\frac16.

收敛域同时编码“左边还是右边”：圆外对应右边序列，圆内对应左边序列，圆环对应双边序列。

2. 逆 z 变换

求：

X1(z)=1−12z−11+34z−1+18z−2,∣z∣>12,X_1(z)=\frac{1-\frac12z^{-1}} {1+\frac34z^{-1}+\frac18z^{-2}}, \qquad |z|>\frac12, X2(z)=1−az−1z−1−a,∣z∣>1aX_2(z)=\frac{1-az^{-1}}{z^{-1}-a}, \qquad |z|>\frac1a

的逆变换。

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第一式分解为

X1(z)=4zz+1/2−3zz+1/4.X_1(z)=4\frac{z}{z+1/2}-3\frac{z}{z+1/4}.

收敛域在圆外，所以

x1[n]=[4(−12)n−3(−14)n]u[n].x_1[n]=\left[4\left(-\frac12\right)^n -3\left(-\frac14\right)^n\right]u[n].

第二式可写成

X2(z)=(a−a−1)zz−a−1−a.X_2(z)=(a-a^{-1})\frac{z}{z-a^{-1}}-a.

因此

x2[n]=(a−a−1)a−nu[n]−aδ[n].x_2[n]=(a-a^{-1})a^{-n}u[n]-a\delta[n].

3. 因果序列的初值与终值

求下列因果序列的 x[0]x[0] 与 x[∞]x[\infty]：

X1(z)=1+z−1+z−2(1−z−1)(1−2z−1),X_1(z)=\frac{1+z^{-1}+z^{-2}} {(1-z^{-1})(1-2z^{-1})}, X2(z)=1(1−0.5z−1)(1+0.5z−1),X_2(z)=\frac1{(1-0.5z^{-1})(1+0.5z^{-1})}, X3(z)=z−11−1.5z−1+0.5z−2.X_3(z)=\frac{z^{-1}}{1-1.5z^{-1}+0.5z^{-2}}.
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初值定理与终值定理为

x[0]=lim⁡z→∞X(z),x[∞]=lim⁡z→1(z−1)X(z).x[0]=\lim_{z\to\infty}X(z), \qquad x[\infty]=\lim_{z\to1}(z-1)X(z).

终值定理还要求 (z−1)X(z)(z-1)X(z) 的极点严格位于单位圆内。

  1. x1[0]=1x_1[0]=1；X1X_1 在 z=2z=2 有极点，终值不存在。
  2. 极点为 ±0.5\pm0.5，故 x2[0]=1x_2[0]=1，x2[∞]=0x_2[\infty]=0。
  3. 分母为 (1−z−1)(1−0.5z−1)(1-z^{-1})(1-0.5z^{-1})，只在 z=1z=1 有允许的一阶极点，所以 x3[0]=0x_3[0]=0，x3[∞]=2x_3[\infty]=2。

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