z变换与拉普拉斯变换的关系
z变换和拉普拉斯变换的关系
- 1. 离散序列x(n)x(n)x(n)与连续信号xa(t)x_a(t)xa(t)的关系
- 2. 理想抽样信号x^a(t)\hat{x}_a(t)x^a(t)的拉普拉斯变换X^a(s)\hat{X}_a(s)X^a(s)
通过学习z变换和拉普拉斯变换的关系,可以加深对z变换的理解,为进一步学习掌握数字信号处理的技术与方法奠定理论基础。
1. 离散序列x(n)x(n)x(n)与连续信号xa(t)x_a(t)xa(t)的关系
z变换是对离散信号x(n)进行的,拉普拉斯变换时对连续信号xa(t)进行的,x(n)是对xa(t)离散化得到的,设取样周期为Ts,则
x(n)=xa(t)∣t=nTs……(1)x(n)=x_a(t)|_{t=nT_s} ……(1) x(n)=xa(t)∣t=nTs……(1)
相比离散序列,理想抽样信号不是经过离散化抽样,而是通过连续信号乘上理想抽样信号得到的,即
x^a(t)=xa(t)δT(t)……(2)\hat{x}_a(t)=x_a(t)\delta_T(t) ……(2) x^a(t)=xa(t)δT(t)……(2)
其中δT(t)\delta_T(t)δT(t)为周期冲激脉冲序列
δT(t)=∑n=−∞∞δ(t−nTs)……(3)\delta_T(t)=\sum\limits_{n=-\infty}^{\infty}\delta(t-nT_s) ……(3) δT(t)=n=−∞∑∞δ(t−nTs)……(3)
2. 理想抽样信号x^a(t)\hat{x}_a(t)x^a(t)的拉普拉斯变换X^a(s)\hat{X}_a(s)X^a(s)
δT(t)\delta_T(t)δT(t)可展开为周期傅里叶级数
δT(t)=1Ts∑k=−∞∞ejkΩst……(4)\delta_T(t)=\frac{1}{T_s}\sum\limits_{k=-\infty}^{\infty}e^{jk\Omega_st}……(4) δT(t)=Ts1k=−∞∑∞ejkΩst……(4)
则理想抽样信号的拉普拉斯变换为
X^a(s)=∫−∞∞x^a(t)e−stdt=∫−∞∞xa(t)δT(t)e−stdt\hat{X}_a(s)=\int_{-\infty}^{\infty}\hat{x}_a(t)e^{-st}\,dt=\int_{-\infty}^{\infty}x_a(t)\delta_T(t)e^{-st}\,dt X^a(s)=∫−∞∞x^a(t)e−stdt=∫−∞∞xa(t)δT(t)e−stdt=∫−∞∞xa(t)[1Ts∑k=−∞∞ejkΩst]e−stdt=1Ts∑k=−∞∞∫−∞∞xa(t)e−(s−jkΩs)tdt=\int_{-\infty}^{\infty}x_a(t)[\frac{1}{T_s}\sum\limits_{k=-\infty}^{\infty}e^{jk\Omega_st}]e^{-st}\,dt=\frac{1}{T_s}\sum\limits_{k=-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}x_a(t)e^{-(s-jk\Omega_s)t}\,dt =∫−∞∞xa(t)[Ts1k=−∞∑∞ejkΩst]e−stdt=Ts1k=−∞∑∞∫−∞∞xa(t)e−(s−jkΩs)tdt
即
X^a(s)=1Ts∑k=−∞∞Xa(s−jkΩs)……(5)\hat{X}_a(s)=\frac{1}{T_s}\sum\limits_{k=-\infty}^{\infty}X_a(s-jk\Omega_s)……(5) X^a(s)=Ts1k=−∞∑∞Xa(s−jkΩs)……(5)
(5)式表明,理想抽样信号的拉普拉斯变换,是其原信号在s平面上沿虚轴的周期延拓。
另外,由(2)(3)两式,x^a(t)\hat{x}_a(t)x^a(t)也可表示为
x^a(t)=∑n=−∞∞xa(nTs)δ(t−nTs)……(6)\hat{x}_a(t)=\sum\limits_{n=-\infty}^{\infty}x_a(nT_s)\delta(t-nT_s) ……(6) x^a(t)=n=−∞∑∞xa(nTs)δ(t−nTs)……(6)
据此做拉普拉斯变换
X^a(s)=∫−∞∞[∑n=−∞∞xa(nTs)δ(t−nTs)]e−stdt\hat{X}_a(s)=\int_{-\infty}^{\infty}[\sum\limits_{n=-\infty}^{\infty}x_a(nT_s)\delta(t-nT_s)]e^{-st}\,dtX^a(s)=∫−∞∞[n=−∞∑∞xa(nTs)δ(t−nTs)]e−stdt=∑n=−∞∞xa(nTs)∫−∞∞δ(t−nTs)e−stdt=\sum\limits_{n=-\infty}^{\infty}x_a(nT_s)\int_{-\infty}^{\infty}\delta(t-nT_s)e^{-st}\,dt =n=−∞∑∞xa(nTs)∫−∞∞δ(t−nTs)e−stdt
即
X^a(s)=∑n=−∞∞xa(nTs)e−snTs……(7)\hat{X}_a(s)=\sum\limits_{n=-\infty}^{\infty}x_a(nT_s)e^{-snT_s} ……(7) X^a(s)=n=−∞∑∞xa(nTs)e−snTs……(7)
结合(3)(7)两式,有
X(z)∣z=esTs=1Ts∑k=−∞∞Xa(s−jkΩs)……(8)X(z)|_{z=e^{sT_s}}=\frac{1}{T_s}\sum\limits_{k=-\infty}^{\infty}X_a(s-jk\Omega_s)……(8) X(z)∣z=esTs=Ts1k=−∞∑∞Xa(s−jkΩs)……(8)
即当z=esTsz=e^{sT_s}z=esTs时,序列的z变换时原信号拉普拉斯变换在s平面上沿着虚轴的周期延拓。这意味着z平面上的某个区域的z变换对应着s平面上某个区域的拉普拉斯变换。
令s=σ+jΩs=\sigma+j\Omegas=σ+jΩ,z=rejωz=re^{j\omega}z=rejω,则有rejω=e(σ+jΩ)Ts=eσTsejΩTsre^{j\omega}=e^{(\sigma+j\Omega)T_s}=e^{\sigma{T_s}}e^{j\Omega{T_s}}rejω=e(σ+jΩ)Ts=eσTsejΩTs
即
{r=eσTsω=ΩTs……(9)\begin{cases} r=e^{\sigma{T_s}} \\ \omega=\Omega{T_s} \end{cases} ……(9) {r=eσTsω=ΩTs……(9)
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