简 介： 本文给出了z变换中最为复杂的 z域卷积定理及其应用。
关键词： 信号与系统，z变换，序列相乘，z域卷积
z变换序列乘积定理
§01 z域卷积
z变换中，序列相乘定理， 也称z域卷积定理是这学期我们学习所有变换中 最为奇特和复杂的定理。 它描述了两个序列相乘结果的z变换 与它们各自z变换之间的关系。 下面让我们来看一下这个神奇的定理。
一、定理内容
已知两序列， x [ n ] , h [ n ] x\left[ n \right],h\left[ n \right] x[n],h[n]，其中 z z z 变换为 Z { x [ n ] } = X ( z ) , ( R x 1 < ∣ z ∣ < R x 2 ) Z\left\{ {x\left[ n \right]} \right\} = X\left( z \right),\,\,\,\,\left( {R_{x1} < \left| z \right| < R_{x2} } \right) Z{ x[n]}=X(z),(Rx1<∣z∣<Rx2) Z { h [ n ] } = H ( z ) , ( R h 1 < ∣ z ∣ < R h 2 ) Z\left\{ {h\left[ n \right]} \right\} = H\left( z \right),\,\,\,\,\left( {R_{h1} < \left| z \right| < R_{h2} } \right) Z{ h[n]}=H(z),(Rh1<∣z∣<Rh2)则 Z { x [ n ] ⋅ h [ n ] } = 1 2 π j ∮ C 1 X ( z v ) H ( v ) v − 1 d v Z\left\{ {x\left[ n \right] \cdot h\left[ n \right]} \right\} = {1 \over {2\pi j}}\oint_{C_1 } {X\left( { {z \over v}} \right)H\left( v \right)v^{ - 1} dv} Z{ x[n]⋅h[n]}=2πj1∮C1X(vz)H(v)v−1dv 或者 Z { x [ n ] ⋅ h [ n ] } = 1 2 π j ∮ C 2 X ( v ) H ( z v ) v − 1 d v Z\left\{ {x\left[ n \right] \cdot h\left[ n \right]} \right\} = {1 \over {2\pi j}}\oint_{C_2 } {X\left( v \right)H\left( { {z \over v}} \right)v^{ - 1} dv} Z{ x[n]⋅h[n]}=2πj1∮C2X(v)H(vz)v−1dv 式中 C 1 , C 2 C_1 ,C_2 C1,C2 分别是 X ( z v ) X\left( { {z \over v}} \right) X(vz) 与 H ( v ) H\left( v \right) H(v) ，或者 X ( v ) X\left( v \right) X(v) 与 H ( z v ) H\left( { {z \over v}} \right) H(vz) 收敛域重叠区域内逆时针旋转围线。而 Z { x [ n ] ⋅ h [ n ] } Z\left\{ {x\left[ n \right] \cdot h\left[ n \right]} \right\} Z{ x[n]⋅h[n]} 的收敛域是 X ( v ) X\left( v \right) X(v) 与 H ( z v ) H\left( { {z \over v}} \right) H(vz) ，或者 X ( z v ) X\left( { {z \over v}} \right) X(vz) 与 H ( v ) H\left( v \right) H(v) 的重叠部分。即 R x 1 R h 1 < ∣ z ∣ < R x 2 R h 2 R_{x1} R_{h1} < \left| z \right| < R_{x2} R_{h2} Rx1Rh1<∣z∣<Rx2Rh2
定理的内容为： 对于两个序列x[n],h[n]， 它们具有各自的z变换， 以及对应的收敛域。 那么两个序列的乘积对应的z变换有两种等效形式： 一种是上面这个表达式， 另外一种是下面的这种表达式。 它们的区别是函数变量发生了改变。 对比一下，可以看出， 这两种表达式本质上是将X(z)与H(z)进行对调。 这与x[n],h[n]在时域相乘具有交换性是相通的。
看完这个定理内容，我们有三个疑惑： （1）在FT，LT中都有时域信号相乘， 对应变换域内信号卷积。 为什么z变换的序列乘积定理显得与卷积没有毛关系呢？ （2）在其它z变换定理中， 比如序列线性，卷积定理中， 结果收敛域都是参与运算序列z变换收敛域的交集， 但序列相乘则出现这样奇怪的关系。 （3）这个围线积分中的路径C1,C2如何进行确定呢？
以上问题都可以通过定理的证明来进行回答。 下面我们先看看定理证明过程。
二、定理证明
对于序列乘积定理的证明，可以参见如下过程： Z { x [ n ] ⋅ h [ n ] } = ∑ n = − ∞ + ∞ x [ n ] ⋅ h [ n ] z − n Z\left\{ {x\left[ n \right] \cdot h\left[ n \right]} \right\} = \sum\limits_{n = - \infty }^{ + \infty } {x\left[ n \right] \cdot h\left[ n \right]z^{ - n} } Z{ x[n]⋅h[n]}=n=−∞∑+∞x[n]⋅h[n]z−n = ∑ n = − ∞ ∞ h [ n ] [ 1 2 π j ∮ C X ( v ) v n − 1 d v ] z − n = \sum\limits_{n = - \infty }^\infty {h\left[ n \right]\left[ { {1 \over {2\pi j}}\oint_C {X\left( v \right)v^{n - 1} dv} } \right]z^{ - n} } =n=−∞∑∞h[n][2πj1∮CX(v)vn−1dv]z−n = 1 2 π j ∮ C 1 X ( v ) ∑ n = − ∞ ∞ h [ n ] v n − 1 z − n d v = {1 \over {2\pi j}}\oint_{C_1 } {X\left( v \right)\sum\limits_{n = - \infty }^\infty {h\left[ n \right]v^{n - 1} z^{ - n} } } dv =2πj1∮C1X(v)n=−∞∑∞h[n]vn−1z−ndv = 1 2 π j ∮ C 1 X ( v ) ∑ n = − ∞ ∞ h [ n ] ( z v ) − n v − 1 d v = {1 \over {2\pi j}}\oint_{C_1 } {X\left( v \right)\sum\limits_{n = - \infty }^\infty {h\left[ n \right]\left( { {z \over v}} \right)^{ - n} v^{ - 1} dv} } =2πj1∮C1X(v)n=−∞∑∞h[n](vz)−nv−1dv = 1 2 π j ∮ C 1 X ( v ) H ( z v ) v − 1 d v = {1 \over {2\pi j}}\oint_{C_1 } {X\left( v \right)H\left( { {z \over v}} \right)v^{ - 1} dv} =2πj1∮C1X(v)H(vz)v−1dv
最后一步中， 要求积分变量 v v v 满足 X ( v ) , H ( z v ) X\left( v \right),H\left( { {z \over v}} \right) X(v),H(vz) 变量满足各自收敛域要求，即 R x 1 < ∣ v ∣ < R x 2 , R h 1 < ∣ z v ∣ < R h 2 R_{x1} < \left| v \right| < R_{x2} ,\,\,\,\,R_{h1} < \left| { {z \over v}} \right| < R_{h2} Rx1<∣v∣<Rx2,Rh1<∣∣∣vz∣∣∣<Rh2 这两个不等式相乘可得： R x 1 R h 1 < ∣ z ∣ < R x 2 R h 2 R_{x1} R_{h1} < \left| z \right| < R_{x2} R_{h2} Rx1Rh1<∣z∣<Rx2Rh2 这是序列乘积 z 变换的收敛域。 同时根据 R x 1 < ∣ v ∣ < R x 1 , 1 R h 2 < ∣ v z ∣ < 1 R h 1 R_{x1} < \left| v \right| < R_{x1} ,\,\,{1 \over {R_{h2} }} < \left| { {v \over z}} \right| < {1 \over {R_{h1} }} Rx1<∣v∣<Rx1,Rh21<∣∣∣zv∣∣∣<Rh11 可以得到积分，路径所在的收敛域圆环的条件 max ( R x 1 , ∣ z ∣ R h 2 ) < ∣ v ∣ < min ( R x 2 , ∣ z ∣ R h 1 ) \max \left( {R_{x1} ,{ {\left| z \right|} \over {R_{h2} }}} \right) < \left| v \right| < \min \left( {R_{x2} ,{ {\left| z \right|} \over {R_{h1} }}} \right) max(Rx1,Rh2∣z∣)<∣v∣<min(Rx2,Rh1∣z∣)
证明序列乘积z变换定理， 所使用的方法也很直接， 将相乘的序列直接代入z变换公示。 为了能够获得z变换域中两者之间的关系， 因此任选则其中一个， 使用其z变换的反变换的结果替代。 这里选择x[n]将其利用其z变换的反变换替代。
然后，进行累加和积分交换， 整理和累加n有关部分， 形成关于h[n]的z变换形式， 只是这里变换变量为z/v， 这里的v的（-1）次方是为了配平z变换而出现的一项。 累加和部分形成关于h[n]的z变换， 最终我们得到了定理中的一个结果。
同样，如果开始选择h[n]， 使用它z变换的逆变换替换， 则会得到定理的另外一种结果。
下面我们在看看关于变换收敛域， 以及积分路径所在的收敛域。 根据积分中的两个函数， 可以知道它们的变量分别满足x[n],h[n] z变换对应的收敛域。 将这两个不等式相乘， 便可以得到乘积z变换的收敛域。
为了获得积分路径所在的收敛域， 则需要考虑变量v所满足的不等式。 将第二个不等式同时求其倒数， 则会得到关于v的不等式， 它对应的是这样的表达式。 求这两个不等式的交集， 便可以得到积分路径v所在的收敛域的条件。 如果积分中的函数采用这种形式， 那么对应的收敛域的条件就是下面这种形式了。
这是定理证明的整个过程。
通常情况下， 我们通过计算围线积分函数的留数来获得最终积分结果。
三、应用举例
1、例题1
已知： x [ n ] = a n u [ n ] x\left[ n \right] = a^n u\left[ n \right] x[n]=anu[n] ， y [ n ] = b n u [ n ] y\left[ n \right] = b^n u\left[ n \right] y[n]=bnu[n] ， w [ n ] = x [ n ] ⋅ y [ n ] w\left[ n \right] = x\left[ n \right] \cdot y\left[ n \right] w[n]=x[n]⋅y[n] 。用 z 域卷积定理求解： W ( z ) W\left( z \right) W(z) 。
◎ 求解： 由 z 域卷积定理可知： W ( z ) = 1 2 π j ∮ C X ( v ) Y ( z v ) v − 1 d v = 1 2 π j ∮ C v v − a ⋅ z v z v − b v − 1 d v W\left( z \right) = {1 \over {2\pi j}}\oint_C {X\left( v \right)Y\left( { {z \over v}} \right)v^{ - 1} dv} = {1 \over {2\pi j}}\oint_C { {v \over {v - a}} \cdot { { {z \over v}} \over { {z \over v} - b}}v^{ - 1} dv} W(z)=2πj1∮CX(v)Y(vz)v−1dv=2πj1∮Cv−av⋅vz−bvzv−1dv = ∑ i R e s [ X ( v ) ⋅ Y ( z v ) v − 1 ] = R e s [ v v − a ⋅ z v z v − b v − 1 ] v = a = z z − a b , ∣ z ∣ > ∣ a b ∣ = \sum\limits_i^{} { {\mathop{\rm Re}\nolimits} s\left[ {X\left( v \right) \cdot Y\left( { {z \over v}} \right)v^{ - 1} } \right]} = {\mathop{\rm Re}\nolimits} s\left[ { {v \over {v - a}} \cdot { { {z \over v}} \over { {z \over v} - b}}v^{ - 1} } \right]_{v = a} = {z \over {z - ab}},\,\,\left| z \right| > \left| {ab} \right| =i∑Res[X(v)⋅Y(vz)v−1]=Res[v−av⋅vz−bvzv−1]v=a=z−abz,∣z∣>∣ab∣
▲ 图1.3.1 围线积分函数极点以及积分路径
本题是求解两个序列乘积的z变换。 为了说明时域乘积定理的应用， 这里两个序列都是采用的比较简单的指数序列。 它们的z变换分别为z/(z-a)，以及z/(z-b)。 这个两个指数序列的乘积也是一个指数序列， 指数的底为ab， 所以现在可以知道这道题目的结果应该是 z/(z-ab)。
下面还是使用z域卷积定理进行求解。 由于它们都是指数序列， 所以我们随机挑选y[n]的z变换表达式， 修改成y(z/v)。 这个表达式是积分中的表达式。 为了确定那些极点位于围线积分路径之内， 需要对积分变量v所在的收敛域进行分析。
通过X(v)的表达式， 可以知道v应该满足这个表达式， 它说明v的模大于a ， 因此极点a 在围线积分路径之内。 通过Y(z/v)的表达式， 可以知道v应该满足这个表达是， 它说明v的模小于|z|/b。 所以极点|z|/b位于围线积分外面。这是被积分函数极点与收敛域的示意图。 因此只需要计算积分表达式在极点a处的留数即可。 使用留数计算法则， 可以很方便得到积分函数在a点的留数， 它等于 z/(z-ab)， 这就是w[n]的z变换， 收敛域是|z|>|ab|。 大家可以看到这与前面我们分析的结果是相同的。
大家也可以选择z域卷积的另外一个公式来计算， 结果应该是相同的。
▲ 图1.3.2 例题求解结果
四、1.4 对比FT、LT变换域卷积
在FT， LT中都具有时域信号乘积定理， 对应的是在变换域内进行卷积： F [ f ( x ) ⋅ g ( x ) ] = 1 2 π F ( ω ) ∗ G ( ω ) = 1 2 π ∫ − ∞ + ∞ F ( p ) G ( ω − p ) d p F\left[ {f\left( x \right) \cdot g\left( x \right)} \right] = {1 \over {2\pi }}F\left( \omega \right) * G\left( \omega \right) = {1 \over {2\pi }}\int_{ - \infty }^{ + \infty } {F\left( p \right)G\left( {\omega - p} \right)dp} F[f(x)⋅g(x)]=2π1F(ω)∗G(ω)=2π1∫−∞+∞F(p)G(ω−p)dp L [ f ( x ) ⋅ g ( x ) ] = 1 2 π j F ( s ) ∗ G ( s ) = 1 2 π j ∫ σ − j ∞ σ + j ∞ F ( p ) G ( s − p ) d p L\left[ {f\left( x \right) \cdot g\left( x \right)} \right] = {1 \over {2\pi j}}F\left( s \right) * G\left( s \right) = {1 \over {2\pi j}}\int_{\sigma - j\infty }^{\sigma + j\infty } {F\left( p \right)G\left( {s - p} \right)dp} L[f(x)⋅g(x)]=2πj1F(s)∗G(s)=2πj1∫σ−j∞σ+j∞F(p)G(s−p)dp
对于 z 变换， 将复数变量修改成极坐标系的形式： v = ρ e j θ , z = r e j ϕ v = \rho e^{j\theta } ,z = re^{j\phi } v=ρejθ,z=rejϕ ，则z域卷积形式为 Z { x [ n ] ⋅ h [ n ] } = 1 2 π j ∮ C 1 X ( ρ e j θ ) H ( r e j ϕ ρ e j θ ) d ( ρ e j θ ) ρ e j θ Z\left\{ {x\left[ n \right] \cdot h\left[ n \right]} \right\} = {1 \over {2\pi j}}\oint_{C_1 } {X\left( {\rho e^{j\theta } } \right)H\left( { { {re^{j\phi } } \over {\rho e^{j\theta } }}} \right){ {d\left( {\rho e^{j\theta } } \right)} \over {\rho e^{j\theta } }}} Z{ x[n]⋅h[n]}=2πj1∮C1X(ρejθ)H(ρejθrejϕ)ρejθd(ρejθ) = 1 2 π ∫ − π π X ( ρ e j θ ) H ( r ρ e j ( ϕ − θ ) ) d θ = {1 \over {2\pi }}\int_{ - \pi }^\pi {X\left( {\rho e^{j\theta } } \right)H\left( { {r \over \rho }e^{j\left( {\phi - \theta } \right)} } \right)d\theta } =2π1∫−ππX(ρejθ)H(ρrej(ϕ−θ))dθ
从形式上来看，上述积分与卷积的形式更加接近了。
从形式上来看， z变换的z域卷积定理的形式， 与传统形式的卷积没有太大联系。 也就是看不出在传统卷积运算中 的反褶、平移、相乘、积分的四个过程。
将z域卷积公式中的复变量修改成极坐标的形式， 代入原来的公式进行化简。 此时微分部分会多出ρ，exp(jθ)， 和积分变量中原来属于 v-1 对应的变量抵消。 积分变量成为θ， 积分范围是从-π到π。 被积分函数中的变量经过整理形成这种形式。 可以看到针对积分变量θ， 这其中存在着反褶、 平移、 相乘、 积分的四个卷积要素。
由此，可以看到z域的卷积定理结果 在极坐标复数表达式下更接近于卷积运算。
五、思考练习
已知两个序列 x [ n ] , h [ n ] x\left[ n \right],h\left[ n \right] x[n],h[n] 的z变换 X ( z ) , H ( z ) X\left( z \right),H\left( z \right) X(z),H(z) 如下来两种情况所示，使用z域卷积定理求 x [ n ] ⋅ h [ n ] x\left[ n \right] \cdot h\left[ n \right] x[n]⋅h[n] 的z变换。
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第一小题： X ( z ) = 1 1 − 1 2 z − 1 , ∣ z ∣ > 0.5 ; H ( z ) = 1 1 − 2 z , ∣ z ∣ < 0.5 X\left( z \right) = {1 \over {1 - {1 \over 2}z^{ - 1} }},\,\,\left| z \right| > 0.5;\,\,\,\,H\left( z \right) = {1 \over {1 - 2z}},\,\,\left| z \right| < 0.5 X(z)=1−21z−11,∣z∣>0.5;H(z)=1−2z1,∣z∣<0.5
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第二小题： X ( z ) = z z − e − b , ∣ z ∣ > e − b ; H ( z ) = z ⋅ sin ω 0 z 2 − 2 z cos ω 0 + 1 , ∣ z ∣ > 1 X\left( z \right) = {z \over {z - e^{ - b} }},\left| z \right| > e^{ - b} ;\,\,\,H\left( z \right) = { {z \cdot \sin \omega _0 } \over {z^2 - 2z\cos \omega _0 + 1}},\left| z \right| > 1 X(z)=z−e−bz,∣z∣>e−b;H(z)=z2−2zcosω0+1z⋅sinω0,∣z∣>1
这次两个思考练习题个具有特色。 第一个小题看起来是两个指数序列的z变换。但请大家注意它们的收敛域不同。 一个收敛域是圆外， 对应右边序列。 另外一个收敛域是圆内， 对应是左边序列。 所以这两个序列如果相乘， 应该仅仅在n=0处有值， 其余部分都是0.
第二个题目中的两个序列， 一个比较简单，是右边指数序列； 另外一个相对比较复杂， 是等幅震荡序列。 它们的z变换的复杂程度也不相同。 此时， 需要大家在选择z变换域卷积公式的时候， 两种等效的形式需要慎重选择。 通常情况下选择比较简单的z变换， 比如这里的X(z)， 使得它在z域卷积公式中不进行变量替换。 而选择另外一个进行变量替换。 这样做的好处就是进行留数定理计算的时候， 围线积分内的极点个数比较少， 方便计算。
在实际应用中需要根据对象特点进行灵活处理。
※ 总 结 ※
本文给出了z变换中最为复杂的 z域卷积定理及其应用。
关于z变换的序列乘积定理今天就讨论到这里。 【sss】
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