信号与系统 03：Z 变换、延迟与数字传递函数

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1. 当前值、整条序列和变换结果

设 ADC 采到：

$$x[0]=1,\qquad x[1]=2,\qquad x[2]=3,$$

其余编号的值都是 0。

写法	含义
$x[1]=2$	编号 1 的一个数
$x[n]$	按编号描述整条序列
$X(z)$	对整条序列做 Z 变换得到的函数
$X(2)$	该函数在 $z=2$ 时的一个取值

数字滤波程序处理当前点时，当前输入始终是 $x[n]$。把整个序列写成 $X(z)$ 是数学分析的一步，不能说一个当前点“变成了整个 $X(z)$”。

2. 从加权求和定义 Z 变换

双边 Z 变换定义：

$$\boxed{X(z)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}x[n]z^{-n}}.$$

此处 $n$ 是整数，$z$ 是复变量，$z^{-n}=1/z^n$。例如：

$n$	$x[n]$	权重	本项
0	1	$z^0=1$	$1$
1	2	$z^{-1}=1/z$	$2z^{-1}$
2	3	$z^{-2}=1/z^2$	$3z^{-2}$

加起来：

$$\boxed{X(z)=1+2z^{-1}+3z^{-2}}.$$

临时令 $z=2$：

$$X(2)=1+\frac22+\frac3{2^2}=2.75.$$

完整表达式保留了位置与系数；单个 2.75 不能恢复三个采样值。$[3,2,1]$ 虽然直接相加也是 6，但变换为 $3+2z^{-1}+z^{-2}$，与原序列不同。

$\sum x[n]$ 只是在允许收敛时对应 $z=1$ 的取值，不能用它替代 Z 变换定义。一般的无限序列还必须声明加权和收敛的 $z$ 范围。

3. 为什么选择 $z^{-n}$ 这样的权重

要求每向后移动一个编号，就获得同一个乘数。最自然的权重因此是几何序列：

$$1,\quad z^{-1},\quad z^{-2},\quad\ldots$$

后一个权重等于前一个权重乘 $z^{-1}$。这使移位、线性叠加和卷积的处理很简单。

令：

$$z=re^{j\Omega},\qquad r>0,$$

则：

$$z^{-n}=r^{-n}e^{-j\Omega n}.$$

$r^{-n}$ 控制远处采样的权重，$e^{-j\Omega n}$ 比较不同振荡模式。$r=1$ 时权重仅有振荡，Z 变换在单位圆上的取值与 DTFT 连接。这里 $z$ 无量纲，它不是采样率，也不是内存地址。

4. 用具体数列证明延迟一拍

定义 $d[n]=x[n-1]$，表示每个编号取原序列的上一点：

$n$	$x[n]$	$d[n]=x[n-1]$
0	1	$x[-1]=0$
1	2	$x[0]=1$
2	3	$x[1]=2$
3	0	$x[2]=3$

因此延迟后的序列为 $[0,1,2,3]$。仍按同一定义变换：

$$\begin{aligned} D(z) &=0+1z^{-1}+2z^{-2}+3z^{-3}\\ &=z^{-1}(1+2z^{-1}+3z^{-2})\\ &=\boxed{z^{-1}X(z)}. \end{aligned}$$

数值没有变，位置整体往后移了一格。每一项的幂次都多了 $-1$，因此能够提取共同因子。

5. 对任意序列证明移位规则

双边求和中：

$$D(z)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}x[n-m]z^{-n}.$$

令 $k=n-m$，则 $n=k+m$；整数范围仍覆盖全部整数：

$$\begin{aligned} D(z) &=\sum_{k=-\infty}^{\infty}x[k]z^{-(k+m)}\\ &=z^{-m}\sum_k x[k]z^{-k}\\ &=\boxed{z^{-m}X(z)}. \end{aligned}$$

延迟 $m$ 拍对应乘 $z^{-m}$。若均匀采样间隔为 $T_s$，实际延迟是 $mT_s$。ROC 在有限的非零 $z$ 处保持相同，原点和无穷远的包含情况可能改变。

单边求和为什么有初始项

单边定义：

$$X_+(z)=\sum_{n=0}^{\infty}x[n]z^{-n}.$$

对延迟一拍，从 $n=0$ 起展开：

$$\begin{aligned} \mathcal Z_+\{x[n-1]\} &=x[-1]+x[0]z^{-1}+x[1]z^{-2}+\cdots\\ &=\boxed{x[-1]+z^{-1}X_+(z)}. \end{aligned}$$

只有 $x[-1]=0$ 时才简化为 $z^{-1}X_+$。延迟 $m$ 点的初始项：

$$\mathcal Z_+\{x[n-m]\} =z^{-m}X_+(z)+\sum_{r=0}^{m-1}x[r-m]z^{-r}.$$

所以“开始之前输入为零”是单边推导里的明确条件；双边规则则已经把负编号部分包含在原变换中。

6. 真实程序怎样延迟一拍

分析式中的 $z^{-1}$ 不会自动存数据。实际程序需要一个变量：

double previous = 0.0; // 启动前 x[-1] = 0
double process(double current) {
    double delayed = previous; // 先读取旧值
    previous = current;        // 再为下次保存
    return delayed;
}

逐次执行：

当前编号	输入	更新前 previous	返回值	更新后 previous
0	1	0	0	1
1	2	1	1	2
2	3	2	2	3
3	0	3	3	0

如果先写 previous=current，再读 delayed，返回的就会是当前值，延迟被消掉。多拍延迟需要移位寄存器或循环缓冲区；启动时缓冲区的值就是系统的初始状态。

这里的全局 previous 只服务于一条数据流。重新开始记录时应按所需初值复位；多个通道应分别保存自己的状态，不能让它们交错调用同一个全局变量。下一节的同名变量是另一个独立例子，两段代码应分别编译。

7. 两点平均器如何得到传递函数

实际规则：

$$y[n]=\frac12x[n]+\frac12x[n-1].$$

零初始历史下，对整个等式做 Z 变换：

$$Y(z)=\frac12X(z)+\frac12z^{-1}X(z).$$

提取公共因子：

$$Y(z)=\left(\frac12+\frac12z^{-1}\right)X(z).$$

因此：

$$\boxed{H(z)=\frac12(1+z^{-1})}.$$

冲激输入产生 $h[n]=[0.5,0.5]$，其 Z 变换就是 $H(z)$。

用多项式乘法验证 $[1,2,3]$：

$$\begin{aligned} Y(z) &=(0.5+0.5z^{-1})(1+2z^{-1}+3z^{-2})\\ &=0.5+(1+0.5)z^{-1}+(1.5+1)z^{-2}+1.5z^{-3}\\ &=0.5+1.5z^{-1}+2.5z^{-2}+1.5z^{-3}. \end{aligned}$$

系数读回 $[0.5,1.5,2.5,1.5]$，与时域计算相同。

double previous = 0.0;
double moving_average(double current) {
    double output = 0.5 * current + 0.5 * previous;
    previous = current;
    return output;
}

8. 一般卷积为什么变成乘法

零状态离散 LTI 系统：

$$y[n]=\sum_k h[k]x[n-k].$$

在绝对收敛等允许交换求和的条件下：

$$\begin{aligned} Y(z) &=\sum_n\sum_k h[k]x[n-k]z^{-n}\\ &=\sum_k h[k]\sum_n x[n-k]z^{-n}. \end{aligned}$$

令 $m=n-k$，则 $z^{-n}=z^{-k}z^{-m}$：

$$Y(z) =\left(\sum_k h[k]z^{-k}\right) \left(\sum_m x[m]z^{-m}\right) =\boxed{H(z)X(z)}.$$

与连续卷积变成拉普拉斯乘法的逻辑相同。有限序列时，这就是普通多项式乘法，系数卷积无需额外收敛讨论。

9. 指数序列、几何级数与 ROC

对因果序列 $x[n]=a^nu[n]$：

$$\begin{aligned} X(z) &=\sum_{n=0}^{\infty}a^nz^{-n}\\ &=\sum_{n=0}^{\infty}(az^{-1})^n\\ &=\boxed{\frac1{1-az^{-1}}}, \qquad |az^{-1}|<1. \end{aligned}$$

因此 ROC 为：

$$|z|>|a|.$$

例如 $a=0.5$，序列 $[1,0.5,0.25,\ldots]$，ROC 是半径 0.5 的圆外部。

令 $a\ne0$，换成左侧序列 $x[n]=-a^nu[-n-1]$：

$$\begin{aligned} X(z)&=-\sum_{n=-\infty}^{-1}a^nz^{-n}\\ &=-\sum_{m=1}^{\infty}(z/a)^m\\ &=-\frac{z/a}{1-z/a}\\ &=\frac1{1-az^{-1}},\qquad |z|<|a|. \end{aligned}$$

同一分式有不同 ROC，对应不同序列。MIT Z 变换讲次 将 ROC 作为变换描述的必要部分。

反变换不能只背分式。例如：

$$\frac1{1-0.5z^{-1}} =1+0.5z^{-1}+0.25z^{-2}+\cdots,\quad |z|>0.5$$

才能读回右侧指数。若指定圆内 ROC，则须改用左侧展开。

10. 从差分方程推导 FIR/IIR

一般常系数方程：

$$y[n]+\sum_{r=1}^{P}a_r y[n-r] =\sum_{m=0}^{Q}b_mx[n-m].$$

零初始历史时：

$$\left(1+\sum_{r=1}^{P}a_rz^{-r}\right)Y(z) =\left(\sum_{m=0}^{Q}b_mz^{-m}\right)X(z).$$

于是：

$$\boxed{ H(z)=\frac{\sum_{m=0}^{Q}b_mz^{-m}} {1+\sum_{r=1}^{P}a_rz^{-r}} }.$$

实现时再解出当前输出：

$$y[n]=\sum_{m=0}^{Q}b_mx[n-m]-\sum_{r=1}^{P}a_ry[n-r].$$

求法中分母写加号，实现中就要减去对应项。不同资料可能把反馈系数的负号预先并入符号，要看原方程。

• FIR 指冲激响应只有有限个非零点。常用实现只加权有限输入历史。
• IIR 指冲激响应延续无限多个点。常见实现使用输出反馈，但递归实现并不在所有特殊情况都意味着无限响应。

11. 一阶递归平滑器与初始输出

规则：

$$y[n]=a\,y[n-1]+(1-a)x[n],\qquad 0<a<1.$$

若 $y[-1]=0$，传递函数为：

$$Y=az^{-1}Y+(1-a)X \Rightarrow \boxed{H(z)=\frac{1-a}{1-az^{-1}}}.$$

因果冲激响应：

$$h[n]=(1-a)a^nu[n].$$

$h$ 无限延续但逐渐减小，因此是 IIR。对输入单位阶跃，递推：

$$y[0]=1-a,\quad y[1]=a(1-a)+(1-a)=1-a^2.$$

假设 $y[n-1]=1-a^n$，则：

$$y[n]=a(1-a^n)+(1-a)=1-a^{n+1}.$$

所以：

$$\boxed{y[n]=1-a^{n+1}},\qquad n\ge0.$$

如果 $y[-1]=y_{-1}\ne0$，单边变换给出：

$$Y=a[z^{-1}Y+y_{-1}]+(1-a)X,$$ $$Y=H(z)X+\frac{a y_{-1}}{1-az^{-1}}.$$

反变换后加上 $a^{n+1}y_{-1}$；完整阶跃响应是：

$$y[n]=1+(y_{-1}-1)a^{n+1}.$$

12. 极点与稳定：为何通常要求单位圆内

因果一阶系统极点在 $z=a$，ROC 为 $|z|>|a|$。其冲激响应绝对和：

$$\sum_{n=0}^{\infty}|h[n]| =|1-a|\sum_{n=0}^{\infty}|a|^n.$$

$|a|<1$ 时有限。对因果有理系统，约简后极点严格位于单位圆内，对应单位圆包含在 ROC 中，得到 BIBO 稳定。

$a=1$ 时需要重新看具体分子与约简，不能把 $0/0$ 当作普通滤波器。本节一般判据使用约简后有效传递函数；数字积分器 $H=1/(1-z^{-1})$ 极点在 1，常数输入使输出增长。

非因果系统不能只用“极点必须在圆内”判断。例如 $1/(1-2z^{-1})$ 若取 $|z|<2$，左侧冲激响应 $-2^nu[-n-1]$ 绝对可和，是稳定但非因果的系统。

内部状态稳定与输入输出稳定的区别与连续系统相同；还需留意有限字长、溢出和量化引起的实际实现问题。

13. 两点平均器的频率响应

单位圆在 ROC 内，令 $z=e^{j\Omega}$：

$$\begin{aligned} H(e^{j\Omega}) &=\frac12(1+e^{-j\Omega})\\ &=\frac12 e^{-j\Omega/2} (e^{j\Omega/2}+e^{-j\Omega/2})\\ &=\boxed{e^{-j\Omega/2}\cos(\Omega/2)}. \end{aligned}$$

在 $0\le\Omega<\pi$，$\cos(\Omega/2)>0$：

$$|H|=\cos(\Omega/2),\qquad \arg H=-\Omega/2.$$

在 $\Omega=\pi$ 幅值为零，相位没有定义。群延迟为：

$$\tau_g=-\frac{d\arg H}{d\Omega}=\frac12\ \text{sample}.$$

程序存了一点历史，为什么群延迟却是半点？输出是两个相邻点的平均，等效时间中心位于两个采样点中间；存储深度与频域群延迟是不同概念。

直流 $z=1$ 增益为 1；交替模式 $z=-1$ 增益为 0。输入 $10,14,10,14,\ldots$ 可写成 $12-2(-1)^n$，零历史启动时输出 $5,12,12,\ldots$。第一点是暂态，不能声称所有点都是 12。

-3 dB 点：

$$\cos(\Omega_c/2)=1/\sqrt2 \Rightarrow \Omega_c=\pi/2 \Rightarrow f_c=f_s/4.$$

这只是两点平均器的结果，不是所有数字低通的统一截止频率。

14. 为什么复指数能读取系统增益

对双边输入 $x[n]=z_0^n$，卷积：

$$\begin{aligned} y[n] &=\sum_k h[k]z_0^{n-k}\\ &=z_0^n\sum_k h[k]z_0^{-k}\\ &=H(z_0)z_0^n, \end{aligned}$$

要求 $z_0$ 位于 $H$ 的 ROC 中。复指数经过 LTI 系统后仍是同一模式，仅乘常数 $H(z_0)$。正弦可用一对共轭复指数表示，于是获得幅度与相位结果。单边启动的正弦还会附带暂态。

15. 本章练习与答案

1. $[2,-1,4]$ 的变换：$2-z^{-1}+4z^{-2}$；延迟两点后乘 $z^{-2}$。
2. $y[n]=x[n]-x[n-1]$：$H=1-z^{-1}$，直流增益 0，因果且 FIR 稳定。
3. $a=0.5$ 的平滑器对单位阶跃前三点：$0.5,0.75,0.875$。
4. 均匀采样率 2000 Hz，延迟 3 点是多久？$3/2000=1.5$ ms。
5. 为什么 $X(1)$ 不能代替整条 Z 变换？求和把不同位置叠在一起，很多不同序列可以有相同和。