【信號與系統學習筆記】—— 離散傅里葉變換的擴展：z 變換分析1

一、z變換的引入

首先，我們來看看DTFT的公式：$X(e^{jω}) = \sum_{n = -∞}^{+∞}x[n]e^{-jωn}\\ \space\\ x[n] = \frac{1}{2π}\int_{2π}X(e^{jω})e^{jωn}dω$
那麼我們對於第一個式子，如果令 $z = e^{jω}$，那麼就有：$X(z) = \sum_{n = -∞}^{+∞}x[n]z^{-n}$
這是當 $|z| = 1$ 時的 z 變換公式。那麼，如果更一般的講，我們令：$z = re^{jω}$，那麼就有：$\begin{aligned} X(z) &= \sum_{n = -∞}^{+∞}x[n]z^{-n}\\ &=\sum_{n = -∞}^{+∞}x[n]r^{-n}e^{-jωn}\\ &=\mathscr{F}(x[n]r^{-n}) \end{aligned}$
也就是說，z 變換可以看作是 $x[n]r^{-n}$ 的傅里葉變換。其中，當 $r = 1$ 時，就變成了傅里葉變換。

值得注意的是，我們看 $z = re^{jω}$ 的表達式，其實是極座標形式，$r$ 就可以表示半徑。那麼在 $z$ 變換裏面非常關鍵的就是單位圓，他的作用與 拉氏變換裏面的虛軸一樣。

二、一些常用的 z 變換對

首先我們來看看 $x[n] = a^nu[n]$

他的DTFT我們很熟悉：當 |a| < 1時，$x[n] = a^nu[n]$ 的DTFT爲：$\frac{1}{1 - ae^{-jω}}$
下面我們來看看它的z變換：$\begin{aligned} X(z) &= \sum_{n=-∞}^{+∞}a^nu[n]z^{-n}\\ &=\sum_{n=0}^{+∞}a^nz^{-n}\\ &=\sum_{n=0}^{+∞}(az^-1)^n \end{aligned}$
我們發現，這就是一個等比數列求和問題了。爲了使得數列的和有限存在，我們應該令公比 $(az^{-1})<1$，那麼數列的和即爲：$X(z) = \frac{1}{1 - az^{-1}} = \frac{z}{z - a}$
其ROC爲：$|az^{-1}| < 1$，即：$|z| > |a|$，所以我們知道 ROC 的形狀是一個半徑大於 $|a|$ 的區域。那麼這裏又分爲兩種情況：1. $0 < |a| < 1$ 2. $|a| > 1$。我們看看$0 < |a| < 1$的圖：
可想而知，當 $|a| >1$ 時，其傅里葉變換就不存在了（因爲 ROC不包括單位圓）

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下面我們來看看 $x[n] = -a^nu[-n-1]$

$\begin{aligned} X(z) &= \sum_{n=-∞}^{+∞}-a^nu[-n-1]z^{-n}\\ &=-\sum_{n=-∞}^{-1}a^nz^{-n}\\ &=-\sum_{n=1}^{+∞}a^{-n}z^{n}\\ &=1 - \sum_{n=0}^{+∞}(a^{-1}z)^n \end{aligned}$
同樣地就變成了等比數列求和，要使得和有限，就應有：$|a^{-1}z| < 1$，即：$|z| < |a|$，那麼結果爲：$X(z) = 1 - \frac{1}{1 - a^{-1}z} = \frac{z}{z - a}$
但是，雖然 z 變換的表達式和上面那個情況一樣，但是 ROC卻大有不同：

總結一些，大家需要記憶的兩類信號：

1. $x[n] = a^nu[n]$（右邊信號）
2. $x[n] = -a^nu[-n-1]$（左邊信號）

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三、z 變換 ROC 的性質

既然有了拉氏變換關於 ROC 性質的印象，那麼這裏我們也就直接引入 z 變換 ROC 的性質：$$

1. 對於左邊信號而言，ROC 位於最外層極點的外面
2. 對於右邊信號而言，ROC 位於最內層極點的裏面
3. 對於雙邊信號而言，ROC 是一個以原點爲中心的圓環
4. z 變換的 ROC 不會包括任何一個極點
5. 若 $x[n]$ 是有限長度的，那麼，ROC可能是整個平面（但是有可能除去 z = 0 和/或 z = ∞)

三、z 變換的性質