一、z变换的引入

首先，我们来看看DTFT的公式： X ( e j ω ) = ∑ n = − ∞ + ∞ x [ n ] e − j ω n x [ n ] = 1 2 π ∫ 2 π X ( e j ω ) e j ω n d ω X(e^{jω}) = \sum_{n = -∞}^{+∞}x[n]e^{-jωn}\\ \space\\ x[n] = \frac{1}{2π}\int_{2π}X(e^{jω})e^{jωn}dω X(ejω)=n=−∞∑+∞x[n]e−jωnx[n]=2π1∫2πX(ejω)ejωndω
那么我们对于第一个式子，如果令 z = e j ω z = e^{jω} z=ejω，那么就有： X ( z ) = ∑ n = − ∞ + ∞ x [ n ] z − n X(z) = \sum_{n = -∞}^{+∞}x[n]z^{-n} X(z)=n=−∞∑+∞x[n]z−n
这是当 ∣ z ∣ = 1 |z| = 1 ∣z∣=1 时的 z 变换公式。那么，如果更一般的讲，我们令： z = r e j ω z = re^{jω} z=rejω，那么就有： X ( z ) = ∑ n = − ∞ + ∞ x [ n ] z − n = ∑ n = − ∞ + ∞ x [ n ] r − n e − j ω n = F ( x [ n ] r − n ) \begin{aligned} X(z) &= \sum_{n = -∞}^{+∞}x[n]z^{-n}\\ &=\sum_{n = -∞}^{+∞}x[n]r^{-n}e^{-jωn}\\ &=\mathscr{F}(x[n]r^{-n}) \end{aligned} X(z)=n=−∞∑+∞x[n]z−n=n=−∞∑+∞x[n]r−ne−jωn=F(x[n]r−n)
也就是说，z 变换可以看作是 x [ n ] r − n x[n]r^{-n} x[n]r−n 的傅里叶变换。其中，当 r = 1 r = 1 r=1 时，就变成了傅里叶变换。

值得注意的是，我们看 z = r e j ω z = re^{jω} z=rejω 的表达式，其实是极坐标形式， r r r 就可以表示半径。那么在 z z z 变换里面非常关键的就是单位圆，他的作用与拉氏变换里面的虚轴一样。

二、一些常用的 z 变换对

首先我们来看看 x [ n ] = a n u [ n ] x[n] = a^nu[n] x[n]=anu[n]

他的DTFT我们很熟悉：当 |a| < 1时， x [ n ] = a n u [ n ] x[n] = a^nu[n] x[n]=anu[n] 的DTFT为： 1 1 − a e − j ω \frac{1}{1 - ae^{-jω}} 1−ae−jω1
下面我们来看看它的z变换： X ( z ) = ∑ n = − ∞ + ∞ a n u [ n ] z − n = ∑ n = 0 + ∞ a n z − n = ∑ n = 0 + ∞ ( a z − 1 ) n \begin{aligned} X(z) &= \sum_{n=-∞}^{+∞}a^nu[n]z^{-n}\\ &=\sum_{n=0}^{+∞}a^nz^{-n}\\ &=\sum_{n=0}^{+∞}(az^-1)^n \end{aligned} X(z)=n=−∞∑+∞anu[n]z−n=n=0∑+∞anz−n=n=0∑+∞(az−1)n
我们发现，这就是一个等比数列求和问题了。为了使得数列的和有限存在，我们应该令公比 ( a z − 1 ) < 1 (az^{-1})<1 (az−1)<1，那么数列的和即为： X ( z ) = 1 1 − a z − 1 = z z − a X(z) = \\frac\{1\}\{1 - az^\{-1\}\} = \\frac\{z\}\{z - a\} X(z)=1−az−11=z−az 其ROC为： ∣ a z − 1 ∣ < 1 |az^\{-1\}| < 1 ∣az−1∣<1，即： ∣ z ∣ > ∣ a ∣ |z| > |a| ∣z∣>∣a∣，所以我们知道 ROC 的形状是一个半径大于 ∣ a ∣ |a| ∣a∣ 的区域。那么这里又分为两种情况：1. 0 < ∣ a ∣ < 1 0 < |a| < 1 0<∣a∣<1 2. ∣ a ∣ > 1 |a| > 1 ∣a∣>1。我们看看 0 < ∣ a ∣ < 1 0 < |a| < 1 0<∣a∣<1的图： ![在这里插入图片描述][watermark_type_ZmFuZ3poZW5naGVpdGk_shadow_10_text_aHR0cHM6Ly9ibG9nLmNzZG4ubmV0L3dlaXhpbl80NDU4NjQ3Mw_size_16_color_FFFFFF_t_70_pic_center]可想而知，当 ∣ a ∣ > 1 |a| >1 ∣a∣>1 时，其傅里叶变换就不存在了（因为 ROC不包括单位圆）

下面我们来看看 x [ n ] = − a n u [ − n − 1 ] x[n] = -a^nu[-n-1] x[n]=−anu[−n−1]

X ( z ) = ∑ n = − ∞ + ∞ − a n u [ − n − 1 ] z − n = − ∑ n = − ∞ − 1 a n z − n = − ∑ n = 1 + ∞ a − n z n = 1 − ∑ n = 0 + ∞ ( a − 1 z ) n \begin{aligned} X(z) &= \sum_{n=-∞}^{+∞}-a^nu[-n-1]z^{-n}\\ &=-\sum_{n=-∞}^{-1}a^nz^{-n}\\ &=-\sum_{n=1}^{+∞}a^{-n}z^{n}\\ &=1 - \sum_{n=0}^{+∞}(a^{-1}z)^n \end{aligned} X(z)=n=−∞∑+∞−anu[−n−1]z−n=−n=−∞∑−1anz−n=−n=1∑+∞a−nzn=1−n=0∑+∞(a−1z)n
同样地就变成了等比数列求和，要使得和有限，就应有： ∣ a − 1 z ∣ < 1 |a^{-1}z| < 1 ∣a−1z∣<1，即： ∣ z ∣ < ∣ a ∣ |z| < |a| ∣z∣<∣a∣，那么结果为： X ( z ) = 1 − 1 1 − a − 1 z = z z − a X(z) = 1 - \frac{1}{1 - a^{-1}z} = \frac{z}{z - a} X(z)=1−1−a−1z1=z−az
但是，虽然 z 变换的表达式和上面那个情况一样，但是 ROC却大有不同：