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《数字信号处理》学习08-围线积分法（留数法）计算z 逆变换

news 2026/2/8 21:12:01

一，z逆变换相关概念

二，留数定理相关概念

三，习题

一，z逆变换相关概念

接下来开始学习z变换的反变换-z逆变换（z反变化）。

由象函数 $eq?X%28z%29$ 求它的原序列 $eq?x%28n%29$ 的过程就称为 $eq?z$ 逆变换。即 $eq?x%28n%29%3DZ%5E%7B-1%7D%5Cleft%20%5B%20X%28z%29%20%5Cright%20%5D$ 。

求z逆变换的方法通常有三种：围线积分法，部分分式展开法和长除法。

由于原序列 $eq?x%28n%29$ 就是罗朗级数 $C_{n}$ ，因此用围线积分法求z逆变换的积分公式如下👇

$eq?x%28n%29%3DC_%7Bn%7D%3D%5Cfrac%7B1%7D%7B2%5Cpi%20j%7D%5Coint_%7Bc%7DX%28z%29z%5E%7Bn-1%7Ddz$ ， $c\in \left ( z_{-},z_{+} \right )$

可以看到上式比较复杂，如果直接计算围线积分，会比较麻烦，因此可以借助复变函数的留数定理来计算出围线积分的结果。

二，留数定理相关概念

在使用留数定理之前，需要知道的基础知识点如下（也可以去看《复变函数》这本书）：

复值函数：是指其值域为复数的函数（输入输出都是复数）。例如求z逆变换的积分公式中的
$eq?X%28z%29z%5E%7Bn-1%7D$ 就是复值函数，输入（自变量）z 是复数，输出（因变量） $eq?X%28z%29z%5E%7Bn-1%7D$ 也是复数。为了简化运算过程，一般令 $eq?X%28z%29z%5E%7Bn-1%7D%3DF%28z%29$
解析函数（也叫全纯函数）：在某个区域内可以用幂级数展开的复值函数（如果复值函数在某一点可微，在该点的领域内也可微，则称之为解析函数）。

解析函数有一个很重要的性质：导数存在。

导数存在可以推出该函数具有可微性（在复分析中，如果一个解析函数的导数存在，那么该函数在其定义域内是可微的。），也可以知道该函数具有连续性。
留数：用 Res(复值函数，孤立奇点) 表示。由于积分公式中有复值函数 $eq?X%28z%29z%5E%7Bn-1%7D$ ，因此可以假设复值函数为 $eq?F%28z%29%3DX%28z%29z%5E%7Bn-1%7D$ ，同时假设存在孤立奇点 $eq?a_%7Bk%7D$ ，则留数可表示为 $eq?Res%5Cleft%20%28%20F%28z%29%2Ca_%7Bk%7D%20%5Cright%20%29$ 。
孤立奇(qi)点：是指一个复函数在某一点的邻域内不定义或不解析，但在该点的某个邻域外是解析的。奇点又称为奇异点。
假设复函数 $eq?F%28z%29$ 在 $z_{i}$ 处是奇点，那么孤立奇点可以分为以下三类：
1）本性奇点： $eq?%5Cunderset%7Bz%5Cto%20z_%7Bi%7D%7D%7Blim%7DF%28z%29$ 极限不存在。
2）可去奇点： $eq?%5Cunderset%7Bz%5Cto%20z_%7Bi%7D%7D%7Blim%7DF%28z%29$ 极限存在且有限。 $eq?%5Cunderset%7Bz%5Cto%20z_%7Bi%7D%7D%7Blim%7DF%28z%29%3DC$
3）极点： $eq?%5Cunderset%7Bz%5Cto%20z_%7Bi%7D%7D%7Blim%7DF%28z%29$ 极限存在且为无穷。 $eq?%5Cunderset%7Bz%5Cto%20z_%7Bi%7D%7D%7Blim%7DF%28z%29%3D%5Cinfty$
在使用围线积分法求 $z$ 逆变换的计算中孤立奇点都找极点位置。即 $eq?%5Cunderset%7Bz%5Cto%20z_%7Bi%7D%7D%7Blim%7DF%28z%29%3D%5Cinfty$
留数定理：通过计算留数的结果，得到原序列 $x(n)=Res(F(z),a_{k})=Res[F(z)]_{z=z_{i}}=(z-z_{i})F(z)$

三，习题

例如给出一道题要求使用留数法求 $z$ 逆变换：求象函数 $X(z)$ 的原序列 $x(n)$ ，如下👇

题目1：已知 $X(z)=\frac{-3z^{-1}}{2-5z^{-1}+2z^{-2}}$ ，分别求：

1）收敛域 $0.5<|z|<2$ 对应的原序列 $x(n)$

2）收敛域 $|z|>2$ 对应的原序列 $x(n)$

解：

1）

// 先将 $X(z)$ 的分母因式分解

∵ $X(z)=\frac{-3z^{-1}}{2-5z^{-1}+2z^{-2}}$

= $\frac{-3z}{2z-5z+2}$ // 分子分母同时乘 $z^{2}$ ，分式的大小（值）不变

= $\frac{-3z}{(z-2)(2z-1)}$ // 分母使用十字相乘法化简

又∵ 积分公式： $x(n)=\frac{1}{2\pi j}\oint _{c}X(z)z^{n-1}dz$ ，且 $eq?F%28z%29%3DX%28z%29z%5E%7Bn-1%7D$

∴ $F(z)=\frac{-3z}{(z-2)(2z-1)}\times z^{n-1}=\frac{-3z^{n}}{(z-2)(2z-1)}=\frac{-3z^{n}}{2(z-2)(z-\frac{1}{2})}$

∵ $0.5<|z|<2$

// 符合双边序列的 $z$ 变换收敛域 $z_{-}<|z|<z_{+}$ ，离散时间变量 $n\in \left ( -\infty,\infty \right )$
// 如果z变换不清楚的可以查看下面的文章：
// 《数字信号处理》学习07-z变换_左边序列,右边序列、双边序列。-CSDN博客

所以 $F(z)$ 的极点可以分为如下两种情况：
① 当 $n<0$ 时，分子上存在一个极点，即 $-3z^{n-1}=-3\times \frac{1}{z^{1-n}}$ ，令 $\frac{1}{z^{1-n}}=\infty$ ，得 $z_{1}=0$

分母存在两个极点，即：
当 $z-2=0$ 时，得 $z_{2}=2$

当 $z-\frac{1}{2}=0$ 时，得 $z_{3}=\frac{1}{2}=0.5$

对应的z平面收敛域及围线C所包围的区域如下：

// 观察上图，可以发现，围线C所包围的圆里面有两个极点： $z_{1}=0$ 和 $z_{3}=\frac{1}{2}=0.5$

// 由于 $z_{1}=0$ 是n阶的极点，因此，围线C所包含的极点需要反着取（即使用围线C外极点）

如下图：

//从上图可以看到围线C外的极点只有一个 $z_{2}=2$

∵ $a_{k}=2$

// 使用留数定理时，由于是围线C外积分，因此留数的值需要取负数：

∴ $x(n)=-Res(\frac{-3z^{n}}{2(z-2)(z-\frac{1}{2})},2)$

= $-(z-2)\frac{-3z^{n}}{2(z-2)(z-\frac{1}{2})}|_{z=z_2}$

= $\frac{3z^{n}}{2z-2\times\frac{1}{2}}|_{z=z_2}$

= $\frac{3\times2^{n}}{3}$ = $2^{n}$

② 当 $n<0$ 时，

分母存在两个极点，即：
当 $z-2=0$ 时，得 $z_{2}=2$

当 $z-\frac{1}{2}=0$ 时，得 $z_{3}=\frac{1}{2}=0.5$

但围线C只能包含一个极点 $z_{3}=\frac{1}{2}=0.5$ ，如下图：

// 使用留数定理，取的是围线C内的极点，因此，留数为正。

$x(n)=Res(\frac{-3z^{n}}{2(z-2)(z-\frac{1}{2})},\frac{1}{2})$

= $(z-\frac{1}{2})\frac{-3z^{n}}{2(z-2)(z-\frac{1}{2})}|_{z=\frac{1}{2}}$

= $\frac{3 \times \frac{1}{2}^{n}}{2\times\frac{3}{2}}$

= $2^{-n}$

综上，原序列 $x(n)=2^{|n|}$

2）求收敛域 $|z|>2$ 对应的原序列 $x(n)$ 。

根据题目可得 $F(z)=\frac{-3z^{n}}{2(z-2)(z-\frac{1}{2})}$

象函数 $X(z)$ 的收敛域 $|z|>2$ ，符合右边序列的收敛域形式，由于收敛域的外部区域通常与因果序列相关（该右边序列是因果序列）。因此这里只讨论当 $n\geq 0$ 时的情况，

分母上的两个极点分别为： $z_{1}=2$ ， $z_{2}=\frac{1}{2}=0.5$

对应的围线C所包含的极点如下图所示：

// 使用留数定理，因为极点都在围线C内，所以留数前面为正，不加负号。

$x(n)=Res(\frac{-3z^{n}}{2(z-2)(z-\frac{1}{2})},2)+Res(\frac{-3z^{n}}{2(z-2)(z-\frac{1}{2})},\frac{1}{2})$

= $-2^{n}+\frac{1}{2}^{n}=(0.5^{n}-2^{n})u(n)$

所以当收敛域 $|z|>2$ 时，对应的原序列为 $x(n)=(0.5^{n}-2^{n})u(n)$ 。

题目2：用留数法求下面象函数 $X(z)$ 的原序列 $x(n)$

解：

// 先将式子中z变量的指数变成正数，分子分母同时乘 $z^{2}$ ，式子大小不变，题目式子变为如下：

∵ 积分公式： $x(n)=\frac{1}{2\pi j}\oint _{c}X(z)z^{n-1}dz$

又∵ $X(z)=\frac{z^{2}-\frac{1}{2}z}{z^{2}-\frac{1}{4}}$

= $\frac{z(z-\frac{1}{2})}{(z+\frac{1}{2})(z-\frac{1}{2})}$ // 因式分解 $a^{2}-b^{2}=(a+b)(a-b)$

= $\frac{z(z-\frac{1}{2})}{(z+\frac{1}{2})(z-\frac{1}{2})}=\frac{z}{z+\frac{1}{2}}$

∴ $F(z)=$ $\frac{z}{z+\frac{1}{2}} \times z^{n-1}=\frac{z^{n}}{z+\frac{1}{2}}$

∵ $|z|>\frac{1}{2}$ ，符合右边序列的z变换收敛域，且该右边序列为因果序列，此时 $n\geq 0$

∴ 在z复平面上的收敛域及围线C的位置如下图所示：

// 观察上图，可以看到，极点位于围线C内，因此留数定理使用的是C内积分。

$x(n)=Res(F(z),-\frac{1}{2})$

= $Res(\frac{z^{n}}{z+\frac{1}{2}},-\frac{1}{2})$

= $(z-(-\frac{1}{2}))\frac{z^{n}}{z+\frac{1}{2}}|_{z=-\frac{1}{2}}$

= $(-\frac{1}{2})^{n}$

// 因为是因果序列，序列的离散时间变量n只分布在坐标轴的右边，所以需要加上n的取值范围

// 一般将序列乘上单位阶跃信号就可以表示该序列只在正半轴有取值。

所以当收敛域 $|z|>\frac{1}{2}$ 时，对应的原序列为 $x(n)=(-\frac{1}{2})^{n}u(n)$ 。

题目3：用留数法求下面象函数 $X(z)$ 的原序列 $x(n)$

解：
1）

∵ 积分公式： $x(n)=\frac{1}{2\pi j}\oint _{c}X(z)z^{n-1}dz$

∴ $F(z)=X(z)z^{n-1}=\frac{3-\frac{5}{6}z^{-1}}{(1-\frac{1}{4}z^{-1})(1-\frac{1}{3}z^{-1})}\times z^{n-1}=\frac{3 z^{n-1}-\frac{5}{6}z^{n-2}}{(1-\frac{1}{4}z^{-1})(1-\frac{1}{3}z^{-1})}$

= $=\frac{3 z^{n+1}-\frac{5}{6}z^{n}}{(z-\frac{1}{4})(z-\frac{1}{3})}$ // 分子分母同时乘 $z^{2}$ ，大小不变

∵ $|z|>\frac{1}{3}$ ，符合右边序列z变换的收敛域，且该右边序列为因果序列，此时 $n\geq 0$

∴ $F(z)$ 在分母上存在两个极点： $z_{1}=\frac{1}{4},z_{2}=\frac{1}{3}$

在z复平面上的收敛域如下图所示：

∵极点都位于围线C内（c内极点），留数前面不用加负号。

// 根据留数定理，可求出原序列 $x(n)$

$x(n)=Res(F(z),\frac{1}{3})+Res(F(z),\frac{1}{4})$

= $(z-\frac{1}{3})F(z)_{z=\frac{1}{3}}+(z-\frac{1}{4})F(z)_{z=\frac{1}{4}}$

= $(z-\frac{1}{3})\frac{3 z^{n+1}-\frac{5}{6}z^{n}}{(z-\frac{1}{4})(z-\frac{1}{3})}_{z=\frac{1}{3}}+(z-\frac{1}{4})\frac{3 z^{n+1}-\frac{5}{6}z^{n}}{(z-\frac{1}{4})(z-\frac{1}{3})}_{z=\frac{1}{4}}$

= $\frac{3 z^{n+1}-\frac{5}{6}z^{n}}{(z-\frac{1}{4})}_{z=\frac{1}{3}}+\frac{3 z^{n+1}-\frac{5}{6}z^{n}}{(z-\frac{1}{3})}_{z=\frac{1}{4}}$

= $\frac{3 \times(\frac{1}{3})^{n+1}-\frac{5}{6}\times(\frac{1}{3})^{n}}{\frac{1}{3}-\frac{1}{4}}+\frac{3 \times(\frac{1}{4})^{n+1}-\frac{5}{6}\times(\frac{1}{4})^{n}}{\frac{1}{4}-\frac{1}{3}}$

= $36 \times(\frac{1}{3})^{n+1}-10\times(\frac{1}{3})^{n}-36 \times(\frac{1}{4})^{n+1}+10\times(\frac{1}{4})^{n}$

= $(\frac{1}{3})^{n}\times(12-10)+(\frac{1}{4})^{n}\times(10-9)$

= $2\cdot (\frac{1}{3})^{n}+(\frac{1}{4})^{n}$

// 因为是因果序列，序列的离散时间变量n只分布在坐标轴的右边，所以需要加上n的取值范围

// 一般将序列乘上单位阶跃信号就可以表示该序列只在正半轴有取值。

所以当收敛域 $|z|>\frac{1}{3}$ 时，对应的原序列为 $x(n)=(2\cdot (\frac{1}{3})^{n}+(\frac{1}{4})^{n})u(n)$ 。

2）

由题（1）得 $F(z)=\frac{3 z^{n+1}-\frac{5}{6}z^{n}}{(z-\frac{1}{4})(z-\frac{1}{3})}$

∵ $\frac{1}{4}<|z|<\frac{1}{3}$ ，符合双边序列z变换的收敛域，此时 $n\in \left ( -\infty ,\infty \right )$

∴需要进行分类讨论

当 $n<0$ 时，分子上存在极点 $z_{1}=0$

∴ $F(z)$ 在分母上存在两个极点： $z_{1}=\frac{1}{4},z_{2}=\frac{1}{3}$

// 因为 $z_{1}=0$ 是n阶极点，所以留数定理使用的是围线C外的极点

在z复平面上的收敛域如下图所示：

// 观察上图可以看到，围线C外的极点只有一个 $z=\frac{1}{3}$ ，此时的留数公式前需要加上负号

$x(n)=-Res(F(z),\frac{1}{3})$

= $-(z-\frac{1}{3})F(z)_{z=\frac{1}{3}}$

= $-(z-\frac{1}{3})\frac{3 z^{n+1}-\frac{5}{6}z^{n}}{(z-\frac{1}{4})(z-\frac{1}{3})}_{z=\frac{1}{3}}$

= $-\frac{3 z^{n+1}-\frac{5}{6}z^{n}}{(z-\frac{1}{4})}_{z=\frac{1}{3}}$

= $-\frac{3 \times(\frac{1}{3})^{n+1}-\frac{5}{6}\times(\frac{1}{3})^{n}}{\frac{1}{3}-\frac{1}{4}}$

= $-36 \times(\frac{1}{3})^{n+1}+10\times(\frac{1}{3})^{n}$

= $(\frac{1}{3})^{n}\times(10-12)$

= $-2\cdot (\frac{1}{3})^{n}$

// 因为上面是在n<0时求出的结果，即单位阶跃信号翻褶之后再向左平移一个单位u(-n-1)，所以需要加上定义域，上式结果乘上u(-n-1)

当 $n<0$ 时， $x(n)=-2\cdot (\frac{1}{3})^{n}u(-n-1)$

// 接下来讨论n>=0的情况

当 $n\geq 0$ 时，不存在n阶极点z=0，收敛域依旧不变，此时围线C所包含的极点有一个 $z=\frac{1}{4}$ ，如下

// 观察上图可以看到，围线C内的极点有一个 $z=\frac{1}{4}$ ，此时的留数公式前不需要加上负号

$x(n)=Res(F(z),\frac{1}{4})$

= $(z-\frac{1}{4})F(z)_{z=\frac{1}{4}}$

= $(z-\frac{1}{4})\frac{3 z^{n+1}-\frac{5}{6}z^{n}}{(z-\frac{1}{4})(z-\frac{1}{3})}_{z=\frac{1}{4}}$

= $\frac{3 z^{n+1}-\frac{5}{6}z^{n}}{(z-\frac{1}{3})}_{z=\frac{1}{4}}$

= $\frac{3 \times(\frac{1}{4})^{n+1}-\frac{5}{6}\times(\frac{1}{4})^{n}}{\frac{1}{4}-\frac{1}{3}}$

= $-36 \times(\frac{1}{4})^{n+1}+10\times(\frac{1}{4})^{n}$

= $(\frac{1}{4})^{n}\times(10-9)$

= $(\frac{1}{4})^{n}$

// 因为上面是在n>=0时求出的结果，所以需要加上定义域，上式结果乘上u(n)

当 $n\geq 0$ 时， $x(n)=(\frac{1}{4})^{n}u(n)$

// 最后将 n<0 和 n>=0的结果合并在一起

综上，收敛域为 $\frac{1}{4}<|z|<\frac{1}{3}$ 的原序列为 $x(n)=-2\cdot (\frac{1}{3})^{n}u(-n-1)+(\frac{1}{4})^{n}u(n)$

3）

由题（1）得 $F(z)=\frac{3 z^{n+1}-\frac{5}{6}z^{n}}{(z-\frac{1}{4})(z-\frac{1}{3})}$

∵ $|z|<\frac{1}{4}$ ，符合左边序列z变换的收敛域，收敛域及围线C围在小于1/4的位置如下：

// 观察上图可以看到，围线C内无极点，而在围线C外存在两个极点，此时留数前需要加负号

$x(n)=-Res(F(z),\frac{1}{3})-Res(F(z),\frac{1}{4})$

= $-(z-\frac{1}{3})F(z)_{z=\frac{1}{3}}-(z-\frac{1}{4})F(z)_{z=\frac{1}{4}}$

= $-(z-\frac{1}{3})\frac{3 z^{n+1}-\frac{5}{6}z^{n}}{(z-\frac{1}{4})(z-\frac{1}{3})}_{z=\frac{1}{3}}-(z-\frac{1}{4})\frac{3 z^{n+1}-\frac{5}{6}z^{n}}{(z-\frac{1}{4})(z-\frac{1}{3})}_{z=\frac{1}{4}}$

= $-\frac{3 z^{n+1}-\frac{5}{6}z^{n}}{(z-\frac{1}{4})}_{z=\frac{1}{3}}-\frac{3 z^{n+1}-\frac{5}{6}z^{n}}{(z-\frac{1}{3})}_{z=\frac{1}{4}}$

= $-\frac{3 \times(\frac{1}{3})^{n+1}-\frac{5}{6}\times(\frac{1}{3})^{n}}{\frac{1}{3}-\frac{1}{4}}-\frac{3 \times(\frac{1}{4})^{n+1}-\frac{5}{6}\times(\frac{1}{4})^{n}}{\frac{1}{4}-\frac{1}{3}}$

= $-36 \times(\frac{1}{3})^{n+1}+10\times(\frac{1}{3})^{n}+36 \times(\frac{1}{4})^{n+1}-10\times(\frac{1}{4})^{n}$

= $(\frac{1}{3})^{n}\times(-12+10)+(\frac{1}{4})^{n}\times(9-10)$

= $-2\cdot (\frac{1}{3})^{n}-(\frac{1}{4})^{n}$

// 因为上面是在n<0时求出的结果，即单位阶跃信号翻褶之后再向左平移一个单位u(-n-1)，所以需要加上定义域，上式结果乘上u(-n-1)

当 $|z|<\frac{1}{4}$ 时，原序列为 $x(n)=(-2\cdot (\frac{1}{3})^{n}-(\frac{1}{4})^{n})u(-n-1)$

以上就是用留数法求z逆变换的相关内容，上述的计算也可以使用分部积分法和长除法，后面我会接着学习，有兴趣的关注专栏，有问题的请在评论区留言或者是私信我，回复时间不超过一天。

《数字信号处理》学习08-围线积分法（留数法）计算z 逆变换

一，z逆变换相关概念

二，留数定理相关概念

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