z反变换和差分方程的解 例5.2.1设X(e)=(1-azl1,求其z反变换。 解：因为X(z)具有位于z=a处单极点，故 解得： a =a” 0 21
21 z反变换和差分方程的解 例5.2.1 设 求其z反变换。 解：因为X(z)具有位于z=a处单极点，故 解得： ( ) (1 ) , −1 −1 X z = − az − = − = − = − − − − − a z a z d z s a z z j a z z d z j x n n c n c n Re , 2 1 1 (1 ) 2 1 ( ) 1 1 1 1 1 n z a n n a z a z a x a z a z x n s = − = − − = = ( ) Re , ( )
z反变换和差分方程的解 例5.2.2设X()=6z3,求其z反变换 解：因为X(z)在z=0处有三重极点，故 0g-o6l =22[e]。=36m-0m-21 按这个式子，当n=1,n=2时，x都是0。只在n=3 处，有zn-3=00=1,故有x(3)=3×2×1=6。 22
22 z反变换和差分方程的解 例5.2.2 设 求其z反变换 解：因为X(z)在z=0处有三重极点，故 按这个式子，当n=1,n=2时，x都是0。只在n＝3 处，有z n-3=00＝1，故有x(3)=3×2×1＝6。 ( ) 6 , −3 X z = z 2 3 1 2 3 0 2 1 3 2 0 0 1 1 ( ) ( 0) 6 2 ! 1 6 3( 1)( 2) 2 n z n n z z d x n z z dz z d z n n z dz − = − − = = = − = = − −
z反变换和差分方程的解 可以看到，留数定理没有给出n=O处的x(O)。这 是因为n=0时，z=0处并不是极点，所以用留数 定理不能解决求xO)的问题。 ·正确的方法应该是用初值定理求x(O),在本例 中可得到： x(0)=lim ()=lim 6 =0 →00 20023 ·按照定义，用等式左右系数相比较的方法，一 眼就可以看出x0)=0,(1)=0,x(2)0,(3)=6, 可以校验留数定理的正确性。 23
23 z反变换和差分方程的解 • 可以看到，留数定理没有给出n=0处的x(0)。这 是因为n=0时，z=0处并不是极点，所以用留数 定理不能解决求x(0)的问题。 • 正确的方法应该是用初值定理求x(0)，在本例 中可得到： • 按照定义，用等式左右系数相比较的方法，一 眼就可以看出x(0)=0, x(1)=0, x(2)=0, x(3)=6， 可以校验留数定理的正确性 。 0 6 (0) lim ( ) lim 3 = = = → → z x X z z z
用部分分式法求z反变换 用部分分式法求z反变换过程总结如下：给定 e)= b+b2+…+bw2M I+a+.+ayz (5.2.5) 如果M≥N,可得 X()=5o++B-1-N-1 M-N 1+a=+.+anz-N k=0 真有理分式 若M≥N,直接多项式 式子右边第一项是真有理分式部分，第二项是直 接多项式（无穷项）部分。 24
24 用部分分式法求z反变换 用部分分式法求z反变换过程总结如下：给定 如果M≥N，可得 式子右边第一项是真有理分式部分，第二项是直 接多项式（无穷项）部分。 1 0 1 1 1 ( ) , (5.2.5) 1 M M N N b b z b z X z a z a z − − − − + + + = + + + 真有理分式 若M N，直接多项式 M N k k k N N N N C z a z a z b b z b z X z − = − − − − − − − + + + + + + + = 0 1 1 1 1 1 0 1 1 ( )
用部分分式法求z反变换 将真有理分式部分X,(z)进行部分分式展开，得 士()= 此处pk是X(z)的第k个极点，Rk是该极点P处 的留数。假设它们都是单极点，则其单项的反 变换由表查出为 --]及mm 25
25 用部分分式法求z反变换 将真有理分式部分X1 (z)进行部分分式展开，得 此处p k是X（z）的第k个极点，Rk是该极点pk处 的留数。假设它们都是单极点，则其单项的反 变换由表查出为 1 0 1 1 1 1 1 1 ( ) ( ) 1 1 M N M k N N k k b b z b z R X z M N a z a z p z − − − − − = + + + = = + + + − 1 1 ( ) 1 k n k k k R Z R p n p z − − = −