§01 理论基础

z变换的时移特性表示了序列在时间轴上右移（延迟）或者左移（超前）后的在变换与原序列z变换之间的关系。这种关系随着z变换采用双边z变换 还是单边z变换而有所区别。下面先考虑双边z变换。

1.1 双边z变换

如果序列 $x\left[ n \right]$ 的双边z变换为 $Z\left\{ {x\left[ n \right]} \right\} = X\left( z \right)$ 那么，序列左移 $x\left[ {n + m} \right]$ 和右移 $x\left[ {n - m} \right]$ 对应的 z 变换为 $Z\left\{ {x\left[ {n - m} \right]} \right\} = z^{ - m} X\left( z \right)$ $Z\left\{ {x\left[ {n + m} \right]} \right\} = z^m X\left( z \right)$ 其中 m 为任意正整数，表示位移长度。平移后序列z变换收敛域不发生变化。

双边z变换时移特性比较简单，序列右移m位，对应的z变换前面多出一个 z的-m 次方因子；序列左移m位， z 变换前面乘以一个 z 的 m 次方因子。由于平移不会改变序列在 n 趋向于正无穷和负无穷的变化趋势，所以对应的收敛域也不会发生变化。

1.1.1 位移特性证明

利用变量替换方法，可以方便证明位移特性：

$Z\left\{ {x\left[ {n - m} \right]} \right\} = \sum\limits_{n = - \infty }^{ + \infty } {x\left[ {n - m} \right]z^{ - n} }$ $z^{ - m} \sum\limits_{k = - \infty }^{ + \infty } {x\left[ k \right]z^{ - k} } = z^{ - m} X\left( z \right)$

下面给出z变换时移特性的简单证明。直接利用z变换公示，将其中的变量n-m设为k。那么n等于k+m，将z的(-n)次方中的n替换为k+m， m是常量提到最前面。 k是累加中的变量。这是对x[n]的z变换。把X(z)合并前面的指数项，就得到时移后的序列z变换。

1.2 单边z变换

对于双边序列 $x\left[ n \right]$ ，它的单边 z 变换为 $Z\left\{ {x\left[ n \right]u\left[ n \right]} \right\} = X\left( z \right)$ 则序列左移、右移对应的 z 变换为 $Z\left\{ {x\left[ {n + m} \right]u\left[ n \right]} \right\} = z^m \left\{ {X\left( z \right) - \sum\limits_{k = 0}^{m - 1} {x\left[ k \right]z^{ - k} } } \right\}$ $Z\left\{ {x\left[ {n - m} \right]u\left[ n \right]} \right\} = z^{ - m} \left\{ {X\left( z \right) + \sum\limits_{k = - m}^{ - 1} {x\left[ k \right]z^{ - k} } } \right\}$

对于单边 z 变换，时移特性略显麻烦。对于左移来讲，它所对应的 z 变换除了原有的 X(z) 乘以指数项之外，还需要减去这部分内容，它们是原来序列从 0 到 m-1 对应的序列的 z 变换。对于右移，则是在原有 X(z) 乘以指数项之外，加上原来从 -m 到 -1 对应序列的 z 变换。

这一点从序列的图形上可以看得更清楚。上面是左移对应序列的波形，在单边 z 变换下， n=0 之后的前面 m 个数据移出了变换累加范围；下面是右移对应序列的波形，单边 z 变换下， n 小于 0 前面的 m 个数据移入变换累加的范围。

考虑到上述数据移入移出的过程，使用同样的变量替换方法可以证明单边 z 变换公示。这里就不在重复了。

§02 应用举例

2.1 求解差分方程

已知差分方程 $y\left[ n \right] - 0.9y\left[ {n - 1} \right] = 0.05u\left[ n \right]$ 边界条件 $y\left[ { - 1} \right] = 0$ ，利用 z 变换时移性质求解改差分方程。

◎ 求解：
对方程两端分别取 z 变换，利用单边 z 变换性质 $Y\left( z \right) - 0.9z^{ - 1} Y\left( z \right) = 0.05{z \over {z - 1}}$ $Y\left( z \right) = {{0.05z^2 } \over {\left( {z - 0.9} \right)\left( {z - 1} \right)}}$ 使用因式分解进行反变换 ${{Y\left( z \right)} \over z} = {{A_1 } \over {z - 0.9}} + {{A_2 } \over {z - 1}}$ 其中 $A_1 = \left( {{{0.05z} \over {z - 1}}} \right)_{z = 0.9} = - 0.45,\,\,A_2 = \left( {{{0.05z} \over {z - 0.9}}} \right)_{z = 1} = 0.5$ 则 $Y\left( z \right) = {{ - 0.45z} \over {z - 0.9}} + {{0.5z} \over {z - 1}}$ $y\left[ n \right] = \left[ { - 0.45 \times 0.9^n + 0.5} \right] \cdot u\left[ n \right]$

z 变换时移特性的应用举例是求解差分方程。这里给出了一个简单的一阶差分方程，它的初始条件为 0。应用 z 变换时移特性求解，首先对方程左右两端求单边 z 变换，应用z 变换单边时移特性。此时方程变成了关于Y(z)代数方程。求解出Y(z)，得到一个有理分式。后面利用因式分解法完成反变换，获得方程的解。

对比经典求解方法，利用 z 变换求解差分方程过程比较简洁。

§03 知识关联

下面给出了傅里叶变换、单边拉普拉斯变换的时移特性进行对比。

对于信号 $f\left( t \right)$ 具有相应的傅里叶变换和拉普拉斯变换 $F\left( \omega \right) = \int_{ - \infty }^{ + \infty } {f\left( t \right)e^{ - j\omega t} dt}$ $F\left( s \right) = \int_{0_ - }^{ + \infty } {f\left( t \right)e^{ - st} dt}$

那么信号右移 $t_0 > 0$ 的信号 $f_1 \left( t \right) = f\left( {t - t_0 } \right),f_2 = f\left( {t - t_0 } \right) \cdot u\left( {t - t_0 } \right)$ 对应傅里叶和拉普拉斯变换为 $F_1 \left( \omega \right) = F\left( \omega \right)e^{ - j\omega t_0 }$ $F_2 \left( s \right) = F\left( s \right)e^{ - st_0 }$

z 变换的时移特性与傅里叶变换和拉普拉斯变换的时移特性具有很强的相似性。

这里对比一下傅里叶变换和拉普拉斯变换的时移特性，可以看到它们在形式上还是比较一致的。都是在变换的基础上，乘以一个指数因子。指数因子在形式上还有一定差别的。

§04 思考练习

已知信号 $x\left[ n \right] = 1.5\delta \left[ {n + 1} \right] + 0.5\delta \left[ n \right] + 2\delta \left[ {n - 1} \right]$ 对应的单边 z 变换为 $X\left( z \right) = 0.5 + 2z^{ - 1}$ 。应用 z 变换的时移特性求 $x\left[ {n + 1} \right],x\left[ {n - 1} \right]$ 对应的 z 变换。