ch5.4 差分方程的z变换解法

1 y (n − 1) = 0 2 1 −1 Y ( z ) + z [Y ( z ) + y (−1) z ] = 0 系统方程求z变换 2 1 − y (−1) −1 1 −1 1 2 = Y ( z) = Y ( z )(1 + z ) = − y (−1) 1 −1 1 −1 2 2 (1 + z ) (1 + z ) 2 2 1 n ∴ y ( n ) = −( − ) u ( n) 2
求反z变换
2 5 1 1 n n n ∴ y(n) = [− (0.2) + (0.5) + (0.2) + (0.5) n ]u (n) 3 3 5 2
零状态响应 零输入响应
= [−
7 13 (0.2) n + (0.5) n ]u (n) 15 6
自由响应
与拉氏变换解微分方程类似，用z变换解差分方程可以一次求 出系统的全解。同样因为带有起始条件，使运算繁杂。
∵ X( z ) =
z
1 z− 4 1 2 z 2 ∴ Y ( z) = 1 1 ( z + )( z − ) 2 4
1 2 ∴ Y ( z) = X ( z) 1 −1 1+ z 2 1 z Y ( z) 2 = 1 1 z ( z + )( z − ) 2 4 = 1 3 + 1 6
1 1 z z Y ( z) = 3 + 6 1 1 z+ z− 2 4
§5.4 LTI系统的z变换分析法 系统的z LTI系统的
§5-4
LTI系统Z变换分析法
利用Z变换求解线性常系数差分方程方法如下： 利用Z 变换求解线性常系数差分方程方法如下： 对差分方程两边求单边 变换。注意：方程左边应用非因果的移 ⒈对差分方程两边求单边z变换。注意：方程左边应用非因果的移 对差分方程两边求单边z 位性，方程右边应用因果序列的移位性。 位性，方程右边应用因果序列的移位性。 解代数方程，求输出序列的 ⒉解代数方程，求输出序列的z变换Y(z)。 求反 ⒊求反z变换，得到输出的时间序列y(n)。
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§5.4 LTI系统的z变换分析法 系统的z LTI系统的
例如：有一因果系统方程为：y (n) +
⑴ 若y(-1)=2，求系统的零输入响应； ⑵ 若x(n)=(1/4)nu(n)，求系统的零状态响应； 解： 求零输入响应，系统方程为齐次方程。 解：⑴
y (−1) = 2
x(n) = (n − 2)u (n)
试求系统的响应。
4 练习2：因果系统方程为： y (n) + 2 y ( n − 1) + y ( n − 2) = x (n) 练习2 3 4 x(n) = (3) n u (n) y (−1) = 0 , y (0) = 3
试求系统的响应，并指出零输入和零状态响应。
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z+
∴
1 2
z−
1 4
1 1 n 1 1 n y (n) = [ (− ) + ( ) ]u (n) 3 2 6 4
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§5.4 LTI系统的z变换分析法 系统的z LTI系统的
练习1：因果系统方程为：y (n) + 2 y ( n − 1) = x( n) 练习1
Y ( z ) ∑ ak z
k =0
−k
= X ( z )∑ br z − ∑ ak z [ ∑ y (n) z − n ]
r =0 k =0 n= − k M
−r
N
−k
−1
X ( z )∑ br z − ∑ ak z [ ∑ y (n) z − n ]
∴ Y ( z) =
r =0 k =0 N n=− k
Y ( z )(1 − 0.7 z −1 + 0.1z −2 ) − 0.7 y (−1) + 0.1[ y (−2) + y (−1) z −1 ] = X ( z )(1 − z −1 )
Y ( z )(1 − 0.7 z −1 + 0.1z −2 ) = X ( z )(1 − z −1 ) + 0.7 y (−1) − 0.1[ y (−2) + y (−1) z −1 ]
§5.4 LTI系统的z变换分析法 系统的z LTI系统的
例如：已知因果系统的差分方程、输入序列与起始条件如下，试求： 系统的全响应，并指出零输入响应、零状态响应和自由响应 与受迫响应。
y (n) − 0.7 y (n − 1) + 0.1y (n − 2) = x(n) − x(n − 1) x ( n) = u ( n)
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§5.4 LTI系统的z变换分析法 系统的z LTI系统的
2 5 1 1 Y ( z) 3 + 3 + 5 + 2 = z z − 0.2 z − 0.5 z − 0.2 z − 0.5 − 2 5 1 1 z z z z ∴ Y ( z) = 3 + 3 + 5 + 2 z − 0.2 z − 0.5 z − 0.2 z − 0.5 −
1 答案：练习1： y (n) = [(3n − 2) − 50( −2) n ]u (n) 9 1 练习2： y zs ( n) = [9(3) n − (4n − 7)(−1) n ]u ( n) 12 y zi (n) = 0
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End
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, y (−1) = 2, y (−2) = 7
解：对方程两边同求z变换
Y ( z ) − 0.7 z −1[Y ( z ) + y (−1) z ] + 0.1z −2 [Y ( z ) + y (−2) z 2 + y (−1) z ] = X ( z )(1 − z −1 )
求输出y(n)的z变换
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§5.4 LTI系统的z变换分析法 系统的z LTI系统的
N N
−k −k −1 −n
M r =0
Y ( z ) ∑ ak z
k =0 N
+ ∑ ak z [ ∑ y (n) z ] = ∑ br z − r X ( z )
k =0 n= − k M N
−r −k −1
N M k
设差分方程为： 两边同求z变换： 两边同求z
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∑a
k =0 N k =0
y (n − k ) = ∑ br x(n − r )
r =0
−1 −k
M
−n
∑a z
k
[Y ( z ) +
n=− k
∑ y ( n) z
] = ∑ br z − r X ( z )
r =0
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§5.4 LTI系统的z变换分析法 系统的z L变换，但不考虑起始条件。 求零状态响应，对方程两边求z
1 1 y (n − 1) = x(n) 2 2 1 1 Y ( z )(1 + z −1 ) = X ( z ) 2 2
y ( n) +
1 − z −1 (0.7 − 0.1z −1 ) y (−1) − 0.1y (−2) = X ( z) + −1 −2 1 − 0.7 z + 0.1z 1 − 0.7 z −1 + 0.1z − 2
代入x(n)的z变换1/(1-z-1)与起始条件 变换1/(11/(1-z
Y ( z) =
1 1 − 0.7 z −1 + 0.1z − 2 2(0.7 − 0.1z −1 ) − 0.7 + 1 − 0.7 z −1 + 0.1z − 2
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§5.4 LTI系统的z变换分析法 系统的z LTI系统的
X ( z )(1 − z −1 ) + 0.7 y (−1) − 0.1[ y (−2) + y (−1) z −1 ] Y ( z) = (1 − 0.7 z −1 + 0.1z − 2 )
z2 z (0.7 z − 0.2) = 2 + 2 z − 0.7 z + 0.1 z − 0.7 z + 0.1
z 0.7 z − 0.2 Y ( z) z 0.7 z − 0.2 = + = 2 + 2 z z − 0.7 z + 0.1 z − 0.7 z + 0.1 ( z − 0.2)( z − 0.5) ( z − 0.2)( z − 0.5)
1 1 y (n − 1) = x(n) 2 2
y (n) +
在时域分析知道，零输入响应由系统的特征根和起始条件确定：
1 n y (n) = A(− ) 2
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1 −1 y (−1) = 2 = A(− ) 2
∴ A = −1
1 n y ( n ) = −( − ) 2
∑a z
k
−k
其中：
M
k =0
N
−r −k
−1
∑ br z
Yzs ( z ) =
r =0 N
− ∑ ak z [ ∑ y ( n ) z − n ]
X ( z)
−k
Yzi ( z ) =
k =0
n= − k k
N
∑a z
k k =0
∑a z