z变换

对标连续时间的拉普拉斯变换，离散时间的z变换为

X(z)=\sum_{n=-\infty}^\infty x[n]z^{-n}

单边 $z$ 变换为

X(z)=\sum_{n=0}^\infty x[n]z^{-n}

如果把z表示成极坐标的形式 $z=re^{j\omega}$ ，那么

X(re^{j\omega})=\sum_{n=-\infty}^\infty x[n]r^{-n}e^{-j\omega n}

收敛性只取决于 $|z|$ ，这造成ROC是一个环，在实际应用中多数都是一个幂级数的收敛判定。

基本变换对

ROC的性质

x[n] = \frac{1}{2\pi j} \int_C X(z)z^{n-1}dz

C表示ROC内一条闭合曲线。这个正式的做法太复杂了，工程上使用三种方法来解决。

形式配凑

$a^n u[n]$ $Z$ : $\frac{1}{1-az^{-1}}$ , ROC: $|z| > |a|$
如果ROC $|z| < |a|$ ，那么 $x[n]=-a^nu[-n-1]$
部分分式展开：这是之前很常用的有理式拆分，回到情况一
幂级数展开：就是把 $X(z)$ 展开成z的多项式，而每一项的系数其实就对应了某个x，这是从z变换定义看出来的。哪怕x不是一个多项式都可以，用Taylor展开

基本和拉普拉斯一样

差分方程表示为： $\sum_{k=0}^N a_k y[n-k]=\sum_{k=0}^M b_k x[n-k]$ 这样， $H(z)=\frac{\sum_{k=0}^M b_k z^{-k}}{\sum_{k=0}^N a_k z^{-k}}$ ，而 $Y(z)=H(z)X(z)$

注意上述过程需要初始松弛条件。

对于有限长序列，可以使用DFT。另一个现实考虑是，一个无限长的非周期信号，他的频域趋于连续，计算机不好处理，因此截取有限个点进行周期延拓，这样频域也是离散的。

X[k]=\sum_{n=0}^{N-1} x[n] e^{-j\frac{2\pi}{N}nk}, k = 0, ..., N-1

x[n] = \frac{1}{N} \sum_{k=0}^{N-1}X[k] e^{j \frac{2\pi}{N}nk}, n = 0, ..., N-1

从DFT的公式看到，需要求出N个数字，没固定一个k，就得把右边以 $O(n)$ 计算一边，总复杂度为 $O(n^2)$ 。

重新调整右侧求和式子

f(x) = \sum_{n=0}^{N-1} a_n x^n

其中， $a_n = x[n]$ ，那么我们求的其实就是 $f(e^{j2\pi \frac{k}{N}})$ ，其实这个就是单位根 $w_N^k$ ，在复平面的单位元上，等距离分成N个点然后第0个点是1，逆时针编号。因此这个单位根有很好的性质:

接下来，把f按照次数的奇偶分成两个函数，

f_1(x)=a_0 + a_2 x^1 + a_4 x^2 + ... \\ f_2(x)=a_1 + a_3 x^1 + a_5 x^2 +...

那么 $f(x) = f_1(x^2)+xf_2(x^2)$ 。

对于一个确定的k， $f(w_N^k)=f_1(w_N^{2k})+w_N^k f_2(w_N^{2k})$ ，这样就把原问题转为两个规模减半的子问题，递归到 $w_1^k=1$ 即可。

这里还有个细节，上面的等式仅对 $k<N/2$ 成立，如果 $>N/2$ ，那么 $f(w_N^{k+N/2})=f_1(w_N^{2k+N})+w_N^{k+N/2}f_2(w_N^{2k+N})=f_1(w_N^{2k})-w_N^{k}f_2(w_N^{2k})$