自动控制原理7.3---z变换理论

参考书籍：《自动控制原理》(第七版).胡寿松主编.
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3.$z$变换理论

3.1 $z$变换定义

设连续函数$e(t)$是可拉氏变换的，则拉氏变换定义为：
$$E(s)={\int }_0^{\infty }e(t){\mathrm{e}}^{-st}\mathrm{d}t$$
采样信号表达式为：
$$e^{\ast }(t)=\sum _{n=0}^{\infty }e(nT)\delta (t-nT)$$
采样信号$e^{\ast }(t)$的拉氏变换为：
$$E^{\ast }(s)=\sum _{n=0}^{\infty }e(nT){\mathrm{e}}^{-nsT}$$
令$z={\mathrm{e}}^{sT}$，$T$为采样周期，$z$是在复数平面上定义的一个复变量，称为$z$变换算子；

采样信号$e^{\ast }(t)$的$z$变换定义为：
$$E(z)=E^{\ast }(s){|}_{s=\frac{1}{T}\ln z}=\sum _{n=0}^{\infty }e(nT)z^{-n}$$

3.2 $z$变换方法

1. 级数求和法

   级数求和法直接根据$z$变换的定义，将上式写成展开形式：
   $$E(z)=e(0)+e(T)z^{-1}+e(2T)z^{-2}+\cdots +e(nT)z^{-n}+\cdots +$$
   实例分析：

   $Example1：$ 求单位阶跃函数$1(t)$的$z$变换。

   解：

   依题意可得，$e(nT)=1(n=0,1,2,\dots ,\infty )$，可得：
   $$E(z)=1+z^{-1}+z^{-2}+\cdots +z^{-n}+\cdots +$$
   在上式中，若$|z^{-1}|<1$，则无穷级数是收敛的，利用等比级数求和公式，可得$1(t)$的$z$变换的闭合形式：
   $$E(z)=\frac{1}{1-z^{-1}}=\frac{z}{z-1}$$
   实例分析：

   $Example2：$ 设$e(t)={\delta }_T(t)={\sum }_{n=0}^{\infty }\delta (t-nT)$，求理想脉冲序列${\delta }_T(t)$的$z$变换。

   解：

   依题意可得：
   $$e^{\ast }(t)={\delta }_T(t)=\sum _{n=0}^{\infty }\delta (t-nT)$$
   由拉氏变换可知：
   $$E^{\ast }(s)=\sum _{n=0}^{\infty }{e}^{-nsT}$$
   因此：
   $$E(z)=\sum _{n=0}^{\infty }{z}^{-n}=1+z^{-1}+z^{-2}+\cdots +$$
   将上式写出闭合形式，可得${\delta }_T(t)$的$z$变换为：
   $$E(z)=\frac{1}{1-z^{-1}}=\frac{z}{z-1}，\left|z^{-1}\right|<1$$
   由实例可知，相同的$z$变换$E(z)$对应于相同的采样函数$e^{\ast }(t)$，但不一定对应于相同的连续函数$e(t)$；

2. 部分分式法

   先求出已知连续时间函数$e(t)$的拉氏变换$E(s)$，再将有理分式函数$E(s)$展成部分分式之和的形式，使每一部分分式对应简单的时间函数，然后可得各部分对应的$z$变换，即可求出$E(s)$对应的$z$变换$E(z)$；

   实例分析：

   $Example3：$ 设$e(t)=\sin \omega t$，求$E(z)$。

   解：

   对$e(t)=\sin \omega t$取拉氏变换，可得：
   $$E(s)=\frac{\omega }{s^2+{\omega }^2}$$
   将上式展开为部分分式：
   $$E(s)=\frac{1}{2\mathrm{j}}\left(\frac{1}{s-\mathrm{j}\omega }-\frac{1}{s+\mathrm{j}\omega }\right)$$
   可得：
   $$E(z)=\frac{1}{2\mathrm{j}}\left(\frac{z}{z-{\mathrm{e}}^{\mathrm{j}\omega T}}-\frac{z}{z-{\mathrm{e}}^{-\mathrm{j}\omega T}}\right)=\frac{1}{2\mathrm{j}}\left[\frac{z({\mathrm{e}}^{\mathrm{j}\omega T}-{\mathrm{e}}^{-\mathrm{j}\omega T})}{z^2-z({\mathrm{e}}^{\mathrm{j}\omega T}+e^{-\mathrm{j}\omega T})+1}\right]$$
   化简：
   $$E(z)=\frac{z\sin \omega T}{z^2-2z\cos \omega T+1}$$

3.3 $z$变换表

3.4 $z$变换性质

1. 线性定理

   若$E_1(z)=Z[e_1(t)]，E_2(z)=Z[e_2(t)]，a$为常数，则：
   $$Z[e_1(t)\pm e_2(t)]=E_1(z)\pm E_2(z)；Z[ae(t)]=aE(z)，式中:E(z)=Z[e(t)]$$

2. 实数位移定理(平移定理)

   实数位移含义：整个采样序列在时间轴上左右平移若干个采样周期，其中向左平移为超前，向右平移为滞后；如果函数$e(t)$是可拉普拉斯变换的，其$z$变换为$E(z)$，则有：
   $$Z[e(t-kT)]=z^{-k}E(z)；Z[e(t+kT)]=z^k[E(z)-\sum _{n=1}^{k-1}e(nT)z^{-n}]$$

3. 复数位移定理

   如果函数$e(t)$是可拉普拉斯变换的，其$z$变换为$E(z)$，则有：
   $$Z[{\mathrm{e}}^{\mp at}e(t)]=E(z{\mathrm{e}}^{\pm aT})$$

4. 终值定理

   如果函数$e(t)$的$z$变换为$E(z)$，函数序列$e(nT)$为有限值$(n=0,1,2,\dots )$，且极限$\underset{n\to \infty }{\lim }e(nT)$存在，则函数序列的终值：
   $$\underset{n\to \infty }{\lim }e(nT)=\underset{z\to 1}{\lim }(z-1)E(z)$$

5. 卷积定理

   设$x(nT)$和$y(nT)$为两个采样函数，其离散卷积积分定义为：
   $$x(nT)\ast y(nT)=\sum _{k=0}^{\infty }x(kT)y[(n-k)T]$$
   则卷积定理如下：若
   $$g(nT)=x(nT)\ast y(nT)$$
   则有：
   $$G(z)=X(z)\cdot Y(z)$$
   其中：
   $$X(z)=\sum _{k=0}^{\infty }x(kT)z^{-k}，Y(z)=\sum _{n=0}^{\infty }y(nT)z^{-n}，G(z)=Z[g(nT)]=Z[x(nT)\ast y(nT)]$$

3.5 $z$反变换

$z$反变换：已知$z$变换表达式$E(z)$求相应离散序列$e(nT)$的过程，记为：
$$e(nT)=Z^{-1}[E(z)]$$

1. 部分分式法(查表法)

   设已知的$z$变换函数$E(z)$无重极点，求出$E(z)$的极点为$z_1,z_2,\dots ,z_n$，再将$E(z)/z$展成：
   $$\frac{E(z)}{z}=\sum _{i=1}^n\frac{A_i}{z-z_i}，其中：A_i为E(z)/z在极点z_i处的留数$$
   由上式写出$E(z)$的部分分式展开式：
   $$E(z)=\frac{A_{i}z}{z-z_i}$$
   然后逐项查表，得到：
   $$e_i(nT)=Z^{-1}\left[\frac{A_{i}z}{z-z_i}\right]，i=1,2,3,\dots ,n$$
   最后写出$E(z)$对应的采样函数：
   $$e^{\ast }(t)=\sum _{n=0}^{\infty }\sum _{i=1}^n{e}_i(nT)\delta (t-nT)$$

2. 幂级数法(综合除法)

   $z$变换函数$E(z)$可以表示为：
   $$E(z)=\frac{b_0+b_1{z}^{-1}+b_2{z}^{-2}+\cdots +b_m{z}^{-m}}{1+a_1{z}^{-1}+a_2{z}^{-2}+\cdots +a_n{z}^{-n}},m\le n$$
   其中：$a_i(i=1,2,\dots ,n)$和$b_j(j=0,1,2,\dots ,m)$均为常系数；

   对上式做综合除法，得到$z^{-1}$升幂排列的幂级数展开式：
   $$E(z)=c_0+c_1{z}^{-1}+c_2{z}^{-2}+\cdots +c_n{z}^{-n}+\cdots =\sum _{n=0}^{\infty }{c}_n{z}^{-n}$$
   如果得到的无穷幂级数是收敛的，则由$z$变化定义可知，幂级数展开式中的系数$c_n(n=0,1,2,\dots ,n)$就是采样脉冲序列$e^{\ast }(t)$的脉冲强度$e(nT)$，则$E(z)$对应的采样函数为：
   $$e^{\ast }(t)=\sum _{n=0}^{\infty }{c}_n\delta (t-nT)$$

3. 反演积分法(留数法)

   $E(z)$的幂级数展开式为：
   $$E(z)=\sum _{n=0}^{\infty }e(nT)z^{-n}=e(0)+e(T)z^{-1}+e(2T)z^{-2}+\cdots +$$
   用$z^{n-1}$乘以幂级数展开式两端：
   $$E(z)z^{n-1}=e(0)z^{n-1}+e(T)z^{n-2}+\cdots +e(nT)z^{-1}+\dots$$
   根据柯西留数定理，设函数$E(z)z^{n-1}$除有限极点$z_1,z_2,\dots ,z_k$外，在域$G$上是解析的；如果有闭合路径$\Gamma$包含了这些极点，则有：
   $$e(nT)=\frac{1}{2\pi \mathrm{j}}{\oint }_{\Gamma }E(z)z^{n-1}\mathrm{d}z=\sum _{i=1}^k\mathrm{Res}[E(z)z^{n-1}{]}_{z\to z_i}$$
   其中：$\mathrm{Res}[E(z)z^{n-1}{]}_{z\to z_i}$表示函数$E(z)z^{n-1}$在极点$z_i$处的留数；

   因此，$E(z)$对应的采样函数为：
   $$e^{\ast }(t)=\sum _{n=0}^{\infty }e(nT)\delta (t-nT)$$
   关于函数$E(z)z^{n-1}$在极点处留数计算方法：

   若$z_i(i=1,2,\dots ,k)$为单极点，则：
   $$\mathrm{Res}{\left[E(z)z^{n-1}\right]}_{z\to z_i}=\underset{z\to z_i}{\lim }\left[(z-z_i)E(z)z^{n-1}\right]$$
   若$E(z)z^{n-1}$有$n$阶重极点$z_i$，则：
   $$\mathrm{Res}{\left[E(z)z^{n-1}\right]}_{z\to z_i}=\frac{1}{(n-1)!}\underset{z\to z_i}{\lim }\frac{{\mathrm{d}}^{n-1}\left[(z-z_i{)}^{n}E(z)z^{n-1}\right]}{\mathrm{d}{z}^{n-1}}$$

3.6 实例分析

$Example4：$ 设$z$变换函数为
$$E(z)=\frac{1-{\mathrm{e}}^{-aT}}{(z-1)(z-{\mathrm{e}}^{-aT})}$$
求$z$反变换。

解：

因为
$$\frac{E(z)}{z}=\frac{1-{\mathrm{e}}^{-aT}}{(z-1)(z-{\mathrm{e}}^{-aT})}=\frac{1}{z-1}-\frac{1}{z-{\mathrm{e}}^{-aT}}$$
有：
$$E(z)=\frac{z}{z-1}-\frac{z}{z-{\mathrm{e}}^{-aT}}$$
可得：
$$e(nT)=1-{\mathrm{e}}^{-anT}$$
可得：
$$e^{\ast }(t)=\sum _{n=0}^{\infty }(1-{\mathrm{e}}^{-anT})\delta (t-nT)$$
有：
$$e(0)=1,e(T)=1-{\mathrm{e}}^{-aT},e(2T)=1-{\mathrm{e}}^{-2aT},\dots ,$$
$Example5：$ 设$z$变换函数
$$E(z)=\frac{z^3+2z^2+1}{z^3-1.5z^2+0.5z}$$
用幂级数法求$E(z)$的$z$反变换。

解：

$E(z)$表示为：
$$E(z)=\frac{1+2z^{-1}+z^{-3}}{1-1.5z^{-1}+0.5z^{-2}}$$
综合除法可得：
$$E(z)=1+3.5z^{-1}+4.75z^{-2}+6.375z^{-3}+\cdots +$$
采样函数为：
$$e^{\ast }(t)=\delta (t)+3.5\delta (t-T)+4.75\delta (t-2T)+6.375\delta (t-3T)+\cdots +$$
$Example6：$ 设$z$变换函数
$$E(z)=\frac{z^2}{(z-1)(z-0.5)}$$
用留数法求$z$反变换。

解：

因为函数
$$E(z)z^{n-1}=\frac{z^{n+1}}{(z-1)(z-0.5)}$$
有$z_1=1，z_2=0.5$两个极点，极点处留数为：
R e s [ z n + 1 ( z − 1 ) ( z − 0.5 ) ] z → 1 = lim ⁡ z → 1 [ ( z − 1 ) z n + 1 ( z − 1 ) ( z − 0.5 ) ] = 2 R e s [ z n + 1 ( z − 1 ) ( z − 0.5 ) ] z → 0.5 = lim ⁡ z → 0.5 [ ( z − 0.5 ) z n + 1 ( z − 1 ) ( z − 0.5 ) ] = − ( 0.5 ) n

​Res[(z−1)(z−0.5)zn+1​]z→1​=z→1lim​[(z−1)(z−0.5)(z−1)zn+1​]=2Res[(z−1)(z−0.5)zn+1​]z→0.5​=z→0.5lim​[(z−1)(z−0.5)(z−0.5)zn+1​]=−(0.5)n​

可得：
$$e(nT)=2-(0.5{)}^n$$
相应的采样函数为：
e ∗ ( t ) = ∑ n = 0 ∞ e ( n T ) δ ( t − n T ) = ∑ n = 0 ∞ [ 2 − ( 0.5 ) n ] δ ( t − n T ) = δ ( t ) + 1.5 δ ( t − T ) + 1.75 δ ( t − 2 T ) + 1.875 δ ( t − 3 T ) + …

e∗(t)​=n=0∑∞​e(nT)δ(t−nT)=n=0∑∞​[2−(0.5)n]δ(t−nT)=δ(t)+1.5δ(t−T)+1.75δ(t−2T)+1.875δ(t−3T)+…​