示超前时间不是采样周期的整数倍。根据拉普拉斯变换的时域位移性质，下列关系成立：
F(s,?)?F(s)e?Ts?Z[f(t??T)],0???1
要取得f(t??T)在采样点上的值，则有z变换
F(z,?)?Z[F(s,?)]?Z[F(s)e?Ts]?Z[f(t??T)]??f(kT??T)zk?0??k0???1
图2.23z变换的超前和滞后
可以认为图2.23中的曲线b是曲线a经过一定时间的超前和滞后而得到的，其中超前和滞后环节是假想的，是为了求两采样点之间输入、输出值而做出的辅助手段。 2.34*何为滞后扩展z变换？ f(t)的扩展z变换表示成为
F(z,m)?Zm?f(t)??zZ?f(kT?mT)??z?1?1?f(kT?mT)zk?0??k
如上题，可以认为图2.23中的曲线c是曲线a经过一定时间的滞后而得到的，上式称为滞后扩展z变换。
第三章 计算机控制系统数学描述与性能分
析
习题与思考题
3.1 用迭代法求解下列差分方程。
（1）y(k?2)?3y(k?1)?2y(k)?0,已知解答：当k?0时
y(0)?1,y(1)?2
y(2)??3y(1)?2y(0)??6?2??8 当k?1时
y(3)??3y(2)?2y(1)?24?4?20 当k?2时
y(4)??3y(3)?2y(2)??60?16??44 当k?3时
y(5)??3y(4)?2y(3)?132?40?92
可知，y(0)?1,y(1)?2,y(2)??8,y(3)?20,y(4)??44,y(5)?92,?
31
（2）y(k?2)?3y(k?1)?2y(k)??(t),已知解答：当k?0时
y(0)?0,y(1)?0
y(2)?3y(1)?2y(0)??(t)??(t) 当k?1时
y(3)?3y(2)?2y(1)??(t)?4?(t) 当k?2时
y(4)?3y(3)?2y(2)??(t)?11?(t)
可知，y(0)?0,y(1)?0,y(2)??(t),y(3)?4?(t),y(4)?11?(t),?
（3）y(k)?2y(k?1)?k?2,已知解答：当k?1时
y(0)?1
y(1)??2y(0)?1?2??2?1?2??3 当k?2时
y(2)??2y(1)?2?2?6?2?2?6 当k?3时
y(3)??2y(2)?3?2??12?3?2??11 当k?4时
y(4)??2y(3)?4?2?22?4?2?24
可知，y(0)?1,y(1)??3,y(2)?6,y(3)??11,y(4)?24,?
（4）y(k)?2y(k?1)?y(k?2)?3k,已知解答：当k?1时
y(?1)?0,y(0)?0
y(1)??2y(0)?y(?1)?3?0?0?3?3 当k?2时
y(2)??2y(1)?y(0)?32?3
当k?3时
y(3)??2y(2)?y(1)?33?18
当k?4时
y(4)??2y(3)?y(2)?34?42
可知，y(?1)?0,y(0)?0,y(1)?3,y(2)?3,y(3)?18,y(4)?42,? 3.2 用z变换求解下列差分方程。
（1）f(k)?6f(k?1)?10f(k?2)?0,已知解答：由z变换滞后定理得到
f(1)?1,f(2)?3
Z[f(k)]?F(z)，Z[f(k?1)]?z?1F(z)?f(?1)
Z[f(k?2)]?z?2F(z)?z?1f(?1)?f(?2)
上式中的f(?1)，f(?2)可由原式和初始条件解出。
当k?2时，因为f(2)?6f(1)?10f(0)?0，所以，
32
f(0)?6f(1)?f(2)3 ?1010当k?1时，因为f(1)?6f(0)?10f(?1)?0，所以，
f(?1)?6f(0)?f(1)2 ?1025当k?0时，因为f(1)?6f(?1)?10f(?2)?0，所以，
f(?2)?代入原式得：
6f(?1)?f(0)9 ?10500F(z)?6[z?1F(z)?f(?1)]?10[z?2F(z)?z?1f(?1)?f(?2)]?0
代入初始条件整理得
34?1?z105 F(z)??1?21?6z?10z
利用长除法可化成
F(z)?经z反变换化为
3?z?1?3z?2?? 10f(k)? 从而得到
3?(t)??(t?T)?3?(t?2T)?? 10f(0)?
3,f(1)?1,f(2)?3,? 10（2）f(k?2)?3f(k?1)?f(k)?1,已知解答：由z变换超前定理得到
f(0)?0,f(1)?0
Z[f(k)]?F(z)
Z[f(k?1)]?zF(z)?zf(0)
Z[f(k?2)]?z2F(z)?z2f(0)?zf(1)
代入原式得
[z2F(z)?z2f(0)?zf(1)]?3[zF(z)?zf(0)]?F(z)?
33
z z?1代入初始条件得
z2F(z)?3zF(z)?F(z)? 整理后得
z z?1F(z)?
利用长除法可化成
z(z?1)(z?3z?1)2
F(z)?z?2?4z?3?12z?4??
经z反变换化为
f(k)??(t?2T)?4?(t?3T)?12?(t?4T)??
从而得到
f(0)?0,f(1)?0,f(2)?1,f(3)?4,f(4)?12,?
（3）f(k)?f(k?1)?f(k?2)?0,已知解答：由z变换滞后定理得到
f(1)?1,f(2)?1
Z[f(k)]?F(z)
Z[f(k?1)]?z?1F(z)?f(?1) Z[f(k?2)]?z?2F(z)?z?1f(?1)?f(?2)
上式中的f(?1)，f(?2)可由原式和初始条件解出。 当k?2时，因为f(2)?f(1)?f(0)?0，所以，f(0)?0 当k?1时，因为f(1)?f(0)?f(?1)?0，所以，f(?1)?1 当k?0时，因为f(0)?f(?1)?f(?2)?0，所以，f(?2)??1 代入原式得
F(z)?[z?1F(z)?1]?[z?2F(z)?z?1?1]?0
整理得
z?1F(z)?
1?z?1?z?2利用长除法可化成
F(z)?z?1?z?2?2z?3??
经z反变换化为
f(k)??(t?T)??(t?2T)?2?(t?3T)??
34
从而得到
f(?2)??1,f(?1)?1,f(0)?0,f(1)?1,f(2)?1,f(3)?2,?
2f(k)?2f(k?1)?x(k)?x(k?1),已知x(k)?k,f(0)?1 （4）
解答：由z变换滞后定理得
Z[f(k)]?F(z)，Z[f(k?1)]?z?1F(z)?f(?1)
上式中的f(?1)可由原式和初始条件解出。
当k?0时，因为f(0)?2f(?1)?x(0)?x(?1)??1，所以，
f(?1)?代入原式得
?1?1??1 22Tz?11 F(z)?2[zF(z)?f(?1)]??(1?z?1)21?z?1?1整理得
1?(2T?3)z?1?2z?2F(z)? ?2?31?3z?2z利用长除法可化成
?1?(2T?3)z?1?5z?2?...
经z反变换化为
f(kT)??(t)?(2T?3)?(t?T)?5?(t?2T)?...
从而得到
f??1???1,f?0??1,f?1??1,f(2)?2T?3,?
3.3 试求下列各环节（或系统）的脉冲传递函数。 （1）
W(s)?解答：
k
s(T1s?a)??kk1W(z)?Z?W(s)??Z??(???1?s(T1s?a)?a1?z1?e?sTk（2）W(s)? ?ss(s?a)解答：
11?e?aTT1) z?135