Bài giảng chương 3: Biến đổi Z

Xử lý tín hiệu số Chương 3: Biến đổi z Trang 32 GV: Phạm Hùng Kim Khánh Chương 3 BIẾN ĐỔI Z 1. Biến đổi z 1.1. Biến đổi z trực tiếp Định nghĩa: Biến đổi z của tín hiệu rời rạc x(n) định nghĩa như sau: X(z) = ∑∞ −∞= − n nz)n(x (3.1) Trong đó z là biến phức và được biểu diễn như sau: X(z) = Z[x(n)] (3.2) Hay: )z(X)n(x z⎯→← (3.3) Do chuỗi biến đổi là vô hạn nên chỉ tồn tại một số giá trị của z để X(z) hội tụ. Tập hợp tất cả các giá trị của z để X(z) hội tụ gọi là miền hội tụ của X(z) ROC (Region Of Convergence). VD: Xác định biến đổi z của các tín hiệu rời rạc hữu hạn sau: c x(n) = {1,2,5,7,0,1} ↑ X(z) = 1 + 2z-1 + 5z-2 + 7z-3 + z-5 hữu hạn khi z ≠ 0 Æ ROC = C\{0} d x(n) = {1,2,5,7,0,1} ↑ X(z) = z2 + 2z + 5z + 7z-1 + z-3 hữu hạn khi z ≠ 0 và z ≠ ∞Æ ROC = C\{0,∞} e x(n) = δ(n) X(z) = 1 Æ ROC = C f x(n) = δ(n - k), k > 0 X(z) = z-k, k > 0 Æ ROC = C\{0} g x(n) = δ(n + k), k > 0 X(z) = zk, k > 0 Æ ROC = C\{∞} Như vậy, đối với tín hiệu hữu hạn thì ROC là toàn bộ mặt phẳng z và có thể trừ các giá trị z = 0 và z = ∞. VD: Xác định biến đổi z của tín hiệu x(n) = )n(u 2 1 n⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ x(n) = {1, 2 1 , 2 2 1 ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ , …} Xử lý tín hiệu số Chương 3: Biến đổi z Trang 33 GV: Phạm Hùng Kim Khánh X(z) = ∑∞ −∞= − n nz)n(x = ∑∞ −∞= −⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ n n n z)n(u 2 1 = ∑∞ = − ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ 0n n 1z 2 1 X(z) = ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛− ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛− − + − ∞→ 1 1N 1 N z 2 11 z 2 11 lim hội tụ về ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛− −1z 2 11 1 khi 1z 2 1 1 <⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ − Æ ROC: |z| > ½ Do z là biến phức nên ta biểu diễn như sau: z = rejθ (3.4) X(z) = ∑∞ −∞= θ−− n njner)n(x |X(z)| = ∑∞ −∞= θ−− n njner)n(x ≤ ∑∞ −∞= θ−− n njner)n(x = ∑∞ −∞= − n nr)n(x (3.5) |X(z)| ≤ ∑∑ ∞ = −− −∞= − + 0n n 1 n n r)n(xr)n(x = ∑∑ ∞ = ∞ = +− 0n n 1n n r )n(xr)n(x (3.6) ROC của X(z) là các giá trị của r để 2 chuỗi ở vế phải của (3.6) hội tụ. Số hạng đầu tiên hội tụ khi r đủ nhỏ (r r1). Hình 3.1 – ROC của X(z) ROC của ∑∞ = − 1n nr)n(x r1 r2 ROC của ∑∞ =0n nr )n(x Re(z) Re(z) Im(z) Im(z) ROC với r1 > r2 r1 Không tồn tại ROC với r1 < r2 r2 r2 r1 Re(z) Im(z) Re(z) Im(z) Xử lý tín hiệu số Chương 3: Biến đổi z Trang 34 GV: Phạm Hùng Kim Khánh VD: Xác định biến đổi z của tín hiệu x(n) = anu(n) X(z) = ∑∞ −∞= − n nz)n(x = ∑∞ = − 0n n1 )az( Æ 1az1 1 −− nếu |az -1| |a| Hình 3.2 – ROC của Z{anu(n)} x(n) = anu(n) ⎯→← z X(z) = 1az1 1 −− , ROC: |z| > |a| (3.7) Nếu a = 1, ta được biến đổi z của hàm bước đơn vị: x(n) = u(n) ⎯→← z X(z) = 1z1 1 −− , ROC: |z| > 1 (3.8) VD: Xác định biến đổi z của tín hiệu x(n) = -anu(-n-1) X(z) = ∑∞ −∞= − n nz)n(x = ∑− −∞= −−− 1 n n1 )za( = ∑∞ = −− 1n n1 )za( X(z) = ( )N12111 N )za(...)za()za(1)za(lim −−−−∞→ ++++− X(z) = )za(1 )za(1)za(lim 1 1N1 1 N − +− − ∞→ − −− Æ )za(1 za 1 1 − − −− = 1az1 1 −− khi |a -1z| < 1 hay |z| < |a| x(n) = -anu(-n-1) ⎯→← z X(z) = 1az1 1 −− , ROC: |z| < |a| (3.9) Hình 3.3 – ROC của Z{-anu(-n-1)} |a| Re(z) Im(z) ROC |a| Re(z) Im(z) ROC Xử lý tín hiệu số Chương 3: Biến đổi z Trang 35 GV: Phạm Hùng Kim Khánh Từ (3.7) và (3.9): hai tín hiệu khác nhau có cùng biến đổi X(z) nhưng ROC khác nhau. Do đó, tín hiệu rời rạc x(n) xác định duy nhất bằng biến đổi X(z) và ROC của X(z). VD: Xác định biến đổi z của tín hiệu x(n) = anu(n) + bnu(-n-1) X(z) = ∑∞ = − 0n n1 )az( +∑∞ = − 1n n1 )zb( Chuỗi thứ nhất hội tụ khi |z| > |a|, chuỗi thứ hai hội tụ khi |z| < |b| Æ nếu |b| ≤ |a| thì X(z) không tồn tại. Ngược lại: X(z) = 1az1 1 −− - 1bz1 1 −− = 1abzzba ab −−−+ − Như vậy: x(n) = anu(n) + bnu(-n-1) ⎯→← z X(z) = 1abzzba ab −−−+ − ROC: |a| < |z| < |b| (3.10) 1.2. Biến đổi z ngược Từ (3.1): X(z) = ∑∞ −∞= − k kz)k(x (3.11) Hay: X(z)zn-1 = ∑∞ −∞= −− k k1nz)k(x ∫ ∑∫ ∞ −∞= −−− = ROC k k1n ROC 1n dzz)k(xdzz)z(X = ∑ ∫∞ −∞= −− k ROC k1n dzz)k(x (3.12) Theo định lý tích phân Cauchy: ⎩⎨ ⎧ ≠ ==π ∫ −− nk0 nk1 dzz j2 1 C k1n (3.13) với C là đường cong đóng bất kỳ. Từ đó: x(n) = ∫ −π ROC 1n dzz)z(X j2 1 (3.14) Ký hiệu: x(n) = Z-1{X(z)} 2. Tính chất của biến đổi z ™ Tuyến tính Nếu: x1(n) ⎯→← z X1(z) và: x2(n) ⎯→← z X2(z) thì: a1x1(n) + a2x2(n) ⎯→← z X(z) = a1X1(z) + a2X2(z) (3.15) Xử lý tín hiệu số Chương 3: Biến đổi z Trang 36 GV: Phạm Hùng Kim Khánh với a1, a2 là các hằng số tuỳ ý VD: Xác định biến đổi z của tín hiệu x(n) = [3(2n) – 4(3n)]u(n) Đặt x1(n) = 2nu(n) và x2(n) = 3nu(n). Theo (3.7): x1(n) ⎯→← z X1(z) = 1z21 1 −− , ROC: |z| > 2 x2(n) ⎯→← z X2(z) = 1z31 1 −− , ROC: |z| > 3 Theo (3.15): x(n) = 3x1(n) – 4x2(n) ⎯→← z X(z) = 3X1(z) – 4X2(z) = 1z21 3 −− - 1z31 4 −− ROC: |z| > 3 VD: Xác định biến đổi z của tín hiệu: x(n) = (cosω0n)u(n) Ta có: x(n) = )n(ue 2 1)n(ue 2 1 njnj 00 ω−ω + = ( ) ( ) )n(ue 2 1)n(ue 2 1 njnj 00 ω−ω + Theo (3.7) và (3.15): X(z) = 1j1j ze1 1 2 1 ze1 1 2 1 00 −ω−−ω −+− , ROC: |z| > 0je ω = 1 (cosω0n)u(n) ⎯→← z 2 0 1 0 1 zcosz21 cosz1 −− − +ω− ω− , ROC: |z| > 1 (3.16) Tương tự: (sinω0n)u(n) ⎯→← z 2 0 1 0 1 zcosz21 sinz −− − +ω− ω , ROC: |z| > 1 (3.17) ™ Dịch thời gian Nếu: x(n) ⎯→← z X(z) thì: x(n - k) ⎯→← z z-kX(z) (3.18) VD: Xác định biến đổi z của tín hiệu: x(n) = ⎩⎨ ⎧ −≤≤ khác0 1Nn01 Ta có: x(n) = u(n) – u(n – N) Theo (3.8): Xử lý tín hiệu số Chương 3: Biến đổi z Trang 37 GV: Phạm Hùng Kim Khánh u(n) ⎯→← z X(z) = 1z1 1 −− , ROC: |z| > 1 Theo (3.18): u(n – N) ⎯→← z X(z) = z-N 1z1 1 −− , ROC: |z| > 1 Æ X(z) = 1z1 1 −− - z -N 1z1 1 −− = z1 z1 N − − − , ROC: |z| > 1 (3.19) ™ Co trên miền z Nếu: x(n) ⎯→← z X(z), ROC: r1 < |z| < r2 thì: anx(n) ⎯→← z X(a-1z), ROC: |a|r1 < |z| < |a|r2 (3.20) VD: Xác định biến đổi z của tín hiệu: x(n) = an(cosω0n)u(n) Theo (3.16) và (3.20): an(cosω0n)u(n) ⎯→← z 22 0 1 0 1 zacosaz21 cosaz1 −− − +ω− ω− , ROC: |z| > |a| (3.21) VD: Xác định biến đổi z của tín hiệu: x(n) = an(sinω0n)u(n) Theo (3.17) và (3.20): an(sinω0n)u(n) ⎯→← z 22 0 1 0 1 zacosaz21 cosaz −− − +ω− ω , ROC: |z| > |a| (3.22) ™ Đảo thời gian Nếu: x(n) ⎯→← z X(z), ROC: r1 < |z| < r2 thì: x(-n) ⎯→← z X(z-1), ROC: 1r 1 < |z| < 2r 1 (3.23) VD: Xác định biến đổi z của tín hiệu: x(n) = u(-n) Theo (3.8): u(n) ⎯→← z 1z1 1 −− , ROC: |z| > 1 Theo (3.23): x(n) ⎯→← z X(z) = z1 1 − , ROC: |z| < 1 (3.24) Xử lý tín hiệu số Chương 3: Biến đổi z Trang 38 GV: Phạm Hùng Kim Khánh ™ Vi phân trên miền z Nếu: x(n) ⎯→← z X(z) thì: nx(n) ⎯→← z dz )z(dXz− (3.25) VD: Xác định biến đổi z của tín hiệu x(n) = nanu(n) Theo (3.7): anu(n) ⎯→← z 1az1 1 −− , ROC: |z| > |a| Theo (3.25): X(z) = -z dz az1 1d 1 ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ − − = ( )21 1 az1 az − − − nanu(n) ⎯→← z ( )21 1 az1 az − − − , ROC: |z| > |a| (3.26) Cho a = 1: nu(n) ⎯→← z ( )21 1 z1 z − − − , ROC: |z| > 1 (3.27) ™ Tích chập Nếu: x1(n) ⎯→← z X1(z) và: x2(n) ⎯→← z X2(z) thì: x1(n) * x2(n) ⎯→← z X1(z)X2(z) (3.28) VD: Tính tích chập của 2 tín hiệu sau: x1(n) = {1,-2,1} ↑ x2(n) = ⎩⎨ ⎧ ≤≤ khác0 5n01 Ta có: X1(z) = 1 -2z-1 + z-2 = (1 – z-1)2 Theo (3.19): X2(z) = 1 6 z1 z1 − − − − Æ X(z) = X1(z)X2(z) = (1 – z-6)(1 – z-1) X(z) = 1 – z-1 – z-6 + z-7 Æ x(n) = {1,-1,0,0,0,0,-1,1} ↑ Mà X(z) = X1(z)X2(z) nên x(n) = x1(n) * x2(n) Xử lý tín hiệu số Chương 3: Biến đổi z Trang 39 GV: Phạm Hùng Kim Khánh Từ ví dụ này, ta có thế thực hiện tích chập của hai tín hiệu x1(n) và x2(n) như sau: c Tính biến đổi z của x1(n) và x2(n) (tương ứng là X1(z) và X2(z)) d Tính X(z) = X1(z)X2(z) e Thực hiện biến đổi z ngược x(n) = Z-1{X(z)}, x(n) là tích chập của x1(n) và x2(n). ™ Tương quan Nếu: x1(n) ⎯→← z X1(z) và: x2(n) ⎯→← z X2(z) thì: ∑∞ −∞= −= l 21xx )ln(x)n(x)l(r 21 ⎯→← z )z(X)z(X)z(R 121xx 21 −= (3.29) VD: Tính chuỗi tự tương quan của x(n) = anu(n), -1 < a < 1 Theo (3.7): X(z) = 1az1 1 −− , ROC: |z| > |a| X(z) = az1 1 − , ROC: |z| < 1/|a| Rxx(z) = X(z)X(z-1) = az1 1 az1 1 1 −− − = 21 a)zz(a1 1 ++− − , ROC: 1/|a| >|z| > |a| Theo (3.10): anu(n) + bnu(-n-1) ⎯→← z 1abzzba ab −−−+ − , ROC: |a| < |z| < |b| Thay thế b = 1/a: anu(n) + na 1 u(-n-1) ⎯→← z 1z a 1az a 1a a a 1 −−−+ − anu(n) + na 1 u(-n-1) ⎯→← z )zz(a1a a1 12 2 −−−+ − = (1-a2)Rxx(z) ROC: |a| < |z| < 1/|a| Hay: 2a1 1 − a nu(n) + 2a1 1 − na 1 u(-n-1) ⎯→← z Rxx(z) Xử lý tín hiệu số Chương 3: Biến đổi z Trang 40 GV: Phạm Hùng Kim Khánh Æ rxx(l) = 2a1 1 − a lu(l) + 2a1 1 − la 1 u(-l-1) = l2 aa1 1 − ™ Nhân Nếu: x1(n) ⎯→← z X1(z) và: x2(n) ⎯→← z X2(z) thì: x1(n)x2(n) ⎯→← z ∫ ννννπ −−C 11 21 d)z(X)(Xj2 1 (3.30) ™ Định lý giá trị đầu Nếu x(n) là nhân quả (x(n) = 0 khi n < 0) thì x(0) = )z(Xlim z ∞→ (3.31) 3. Biến đổi z hữu tỉ 3.1. Các điểm cực và điểm không Điểm cực của X(z) là các giá trị z tại đó X(z) = ∞, điểm không của X(z) là các giá trị z tại đó X(z) = 0. Giả sử X(z) là hàm hữu tỉ: X(z) = ∑ ∑ = − = − = N 0k k k M 0k k k za zb )z(D )z(N (3.32) Giả sử a0 ≠ 0 và b0 ≠ 0: X(z) = 0 N1N 0 1N 0 M1M 0 1M N 0 M 0 a a...z a az b b...z b bz za zb )z(D )z(N +++ +++ = − − − − (3.32) Do N(z) và D(z) là các đa thức theo z nên có thể biểu diễn như sau: X(z) = ∏ ∏ = =− − − N 1k k M 1k k MN )pz( )zz( Gz (3.33) Với G = b0/a0. X(z) có M điểm không tại z = z1, z2, …, zM và N điểm cực tại z = p1, p2, …, pN. Để biểu diễn trên đồ thị, điểm cực được đánh dấu bằng x và điểm không được đánh dấu bằng o. Xử lý tín hiệu số Chương 3: Biến đổi z Trang 41 GV: Phạm Hùng Kim Khánh VD: Xác định điểm cực và điểm không của tín hiệu x(n) = anu(n), a > 0 X(z) = 1az1 1 −− = az z − , ROC: |z| > a Æ X(z) có một điểm cực p1 = a và một điểm không z1 = 0 Hình 3.4 – Biểu đồ cực – không của x(n) = anu(n) VD: Xác định điểm cực và điểm không của tín hiệu x(n) = ⎩⎨ ⎧ −≤≤ khác0 1Mn0a n , a > 0 x(n) = anu(n) – anu(n – M) ⎯→← z X(z) = 1az1 1 −− + z -M 1 M az1 a −− X(z) = 1 MM az1 az1 − − − − = az azz MM 1M − −+− = )az(z az 1M MM − − − Điểm cực: p1 = 0 (M – 1 điểm), pM = a Điểm không: zk = M/k2jae π , (k = 0, …, M – 1). Tại k = 0: z0 = a Æ có tất cả M – 1 điểm cực và M – 1 điểm không. X(z) = 1M 1M 1k k z )zz( − − = ∏ − VD: Xác định tín hiệu x(n) biết rằng biểu đồ cực – không như hình vẽ Hình 3.5 – Biểu đồ cực – không a Re(z) Im(z) ROC r Re(z) Im(z) ROC ω0 Xử lý tín hiệu số Chương 3: Biến đổi z Trang 42 GV: Phạm Hùng Kim Khánh Từ biểu đồ, ta xác định được 2 điểm cực: p1 = rcosω0 + jrsinω0 = 0jre ω , p2 = rcosω0 - jrsinω0 = 0jre ω− và 2 điểm không: z1 = 0, z2 = rcosω0. Do đó: X(z) = G )pz)(pz( )zz)(zz( 21 21 −− −− = G )rez)(rez( )cosrz(z 00 jj 0 ω−ω −− ω− , ROC: |z| > r X(z) = 2 0 1 0 1 zcosrz21 cosrz1G −− − +ω− ω− , ROC: |z| > r Theo (3.21): an(cosω0n)u(n) ⎯→← z 22 0 1 0 1 zacosaz21 cosaz1 −− − +ω− ω− , ROC: |z| > |a| Æ x(n) = Grn(cosω0n)u(n) 3.2. Hàm hệ thống của hệ LTI Xét một hệ LTI có đáp ứng xung h(n). Ngõ ra của hệ thống là: y(n) = x(n) * h(n) Theo (3.28): Y(z) = X(z)H(z) (3.34) Hay: H(z) = )z(X )z(Y (3.35) Như vậy, nếu biết trước ngõ ra y(n) của một ngõ vào x(n), ta có thể xác định đáp ứng của hệ thống bằng cách tính X(z), Y(z) và tính H(z) theo (3.35) sau đó thực hiện biến đổi z ngược để tìm h(n). Ta biết rằng h(n) là biểu diễn của hệ thống trên miền thời gian Æ H(z) là biểu diễn của hệ thống trên miền z. H(z) gọi là hàm hệ thống của hệ. Xét hệ LTI biểu diễn băng phương trình sai phân hệ số hằng: y(n) = ∑∑ == −+−− M 0k k N 1k k )kn(xb)kn(ya (3.36) Biến đổi trên miền z (áp dụng tính chất dịch chuyển trên miền thời gian): Y(z) = ∑∑ = − = − +− M 0k k k N 1k k k )z(Xzb)z(Yza Y(z) ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ +∑ = −N 1k k k za1 = ∑ = −M 0k k k zb)z(X H(z) = )z(X )z(Y = ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ +∑ ∑ = − = − N 1k k k M 0k k k za1 zb (3.37) Như vậy, hệ LTI biểu diễn bằng phương trình sai phân hệ số hằng có hàm hệ thống là hàm hữu tỉ. Xử lý tín hiệu số Chương 3: Biến đổi z Trang 43 GV: Phạm Hùng Kim Khánh VD: Xác định hàm hệ thống và đáp ứng xung của hệ thống biểu diễn bằng phưnơg trình sai phân: y(n) = ½y(n – 1) + 2x(n) Ta có: Y(z) = ½z-1Y(z) + 2X(z) H(z) = )z(X )z(Y = 1z 2 11 2 −− Theo (3.7): anu(n) ⎯→← z 1az1 1 −− , ROC: |z| > |a| Æ h(n) = 2(½)nu(n), ROC: |z| > ½ 4. Biến đổi z ngược Giả sử X(z) là hàm hữu tỉ với a0 = 1: X(z) = ∑ ∑ = − = − + = N 1k k k M 0k k k za1 zb )z(D )z(N (3.38) Biểu thức (3.38) gọi là thích hợp nếu M < N và aN ≠ 0. Trong trường hợp M ≥ N, ta có thể biểu diễn như sau: X(z) = )z(D )z(Nzc )z(D )z(N 1NM 0k k k += ∑− = − (3.39) Đa thức ∑− = −NM 0k k k zc có thể thực hiện biến đổi z ngược dễ dàng theo tính chất dịch trên miền thời gian x(n - k) ⎯→← z z-kX(z) và chú ý rằng ckδ(n) ⎯→← z ck. Do đó: ∑− = −δNM 0k k )kn(c ⎯→← z ∑− = −NM 0k k k zc Như vậy, (3.38) có thể đưa về cách tính đối với hàm hữu tỉ thích hợp: X(z) = ∑ ∑ = − = − + = N 1k k k M 0k k k za1 zb )z(D )z(N , M < N và aN ≠ 0 (3.40) Nhân tử số và mẫu số với zN: X(z) = N 1N 1 N MN M 1N 1 N 0 a...zaz zb...zbzb +++ +++ − −− , M < N và aN ≠ 0 (3.41) Xử lý tín hiệu số Chương 3: Biến đổi z Trang 44 GV: Phạm Hùng Kim Khánh Do N > M nên: z )z(X = N 1N 1 N 1MN M 2N 1 1N 0 a...zaz zb...zbzb +++ +++ − −−−− , M < N và aN ≠ 0 (3.41) ™ Các điểm cực bậc 1: Giả sử các điểm cực là khác nhau: z )z(X = N N 2 2 1 1 pz A... pz A pz A −++−+− (3.42) Trong đó các hệ số Ak tính như sau: Ak = ( ) kpz k z )z(Xpz = − (3.43) VD: Xác định biến đổi z ngược của X(z) = 21 z5.0z5.11 1 −− +− , ROC: |z| > 1 z )z(X = 5.0z5.1z z 2 +− = )5.0z)(1z( z −− = 5.0z A 1z A 21 −+− A1 = ( ) 1zz )z(X1z = − = 1z5.0z z =− = 2 A2 = ( ) 5.0zz )z(X5.0z = − = 5.0z1z z =− = -1 X(z) = 11 z5.01 1 z1 2 5.0z z 1z z2 −− −−−=−−− ⎯→← z x(n) = 2u(n) – (0.5)nu(n) VD: Xác định biến đổi z ngược của X(z) = 21 1 z5.0z1 z1 −− − −− + , ROC: |z| > 2/5 z )z(X = 5.0zz 1z 2 −− + = )pz)(pz( 1z 21 −− + = 2 2 1 1 pz A pz A −+− với p1 = 0.5 + j0.5, p2 = 0.5 - j0.5 A1 = ( ) 1pz 1 z )z(Xpz = − = 1pz2 pz 1z =− + = )5.0j5.0(5.0j5.0 15.0j5.0 −−+ ++ = 0.5 – j1.5 A2 = ( ) 2pz 2 z )z(Xpz = − = 2pz1 pz 1z =− + = )5.0j5.0(5.0j5.0 15.0j5.0 +−− +− = 0.5 + j.15 X(z) = 1 2 2 1 1 1 zp1 A zp1 A −− −+− ⎯→← z x(n) = A1(p1)nu(n) + A2(p2)nu(n) x(n) = (0.5 – j1.5)(0.5 + j0.5)nu(n) + (0.5 + j1.5)(0.5 - j0.5)nu(n) Trong ví dụ này, chú ý rằng p1 = p2* Æ A1 = A2*. Như vậy, các điểm cực liên hiệp phức sẽ tạo thành các hệ số liên hiệp phức. Xử lý tín hiệu số Chương 3: Biến đổi z Trang 45 GV: Phạm Hùng Kim Khánh ™ Các điểm cực bậc cao: Trong trường hợp điểm cực bậc l, nghĩa là tồn tại hệ số (z – pk)l thì các hệ số liên quan đến pk biểu diễn như sau: ( ) ( )lk lk 2 k k2 k k1 pz A... pz A pz A −++−+− Trong đó các hệ số Alk tính như sau: Aik = ( ) kpz l k il z )z(Xpz dz d )!il( 1 = − ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ − − (3.44) VD: Xác định biến đổi z ngược của X(z) = 211 )z1)(z1( 1 −− −+ , ROC: |z| > 1 z )z(X = 211 )z1)(z1(z 1 −− −+ = 2 2 )1z)(1z( z −+ = 2 321 )1z( A 1z A 1z A −+−++ A1 = ( ) 1zz )z(X1z −= + = 1z 2 2 )1z( z −=− = ¼ A2 = ( ) 1z 212 z )z(X1z dz d )!12( 1 = − ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ − − = 1z 2 1z z dz d = ⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ + = 1z2 2 )1z( z)1z(z2 =+ −+ = ¾ A3 = ( ) 1z 222 z )z(X1z dz d )!22( 1 = − ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ − − = ( ) 1z 2 z )z(X1z = − = ½ X(z) = 21 1 11 )z1( z2/1 z1 4/3 z1 4/1 − − −− −+−++ ⎯→← z x(n) = ¼(-1)nu(n) + ¾u(n) + ½nu(n) Như vậy, để tính biến đổi z ngược của hàm hữu tỉ, ta tính theo (3.43), (3.44) và chú ý kết quả sau: ( ) ( )⎪⎩ ⎪⎨⎧ <−−− > k n k k n k pz:ROC)1n(up pz:ROC)n(up ⎯→← z 1 k zp1 1 −− nx(n) ⎯→← z dz )z(dXz− VD: Xác định biến đổi z ngược của X(z) = 21 z5.0z5.11 1 −− +− a. ROC: |z| > 1 X(z) = 11 z5.01 1 z1 2 −− −−− ⎯→← z x(n) = 2u(n) – (0.5)nu(n) Xử lý tín hiệu số Chương 3: Biến đổi z Trang 46 GV: Phạm Hùng Kim Khánh b. ROC: |z| < 0.5 X(z) = 11 z5.01 1 z1 2 −− −−− ⎯→← z x(n) = -2u(-n-1) + (0.5)nu(-n-1) c. ROC: 0.5 < |z| < 1 1z1 2 −− , ROC: |z| < 1 ⎯→← z -2u(-n-1) 1z5.01 1 −−− , ROC: |z| > 0.5 ⎯→← z – (0.5)nu(n) X(z) = 11 z5.01 1 z1 2 −− −−− ⎯→← z x(n) = -2u(-n-1) - (0.5)nu(n) 5. Biến đổi z đơn hướng 5.1. Định nghĩa và tính chất Biến đổi z đơn hướng định nghĩa như sau: X+(z) = ∑∞ = − 0n nz)n(x (3.45) và biểu diễn như sau: x(n) )z(Xz +⎯→← + Tính chất: - Dịch thời gian: Nếu: x(n) ⎯→← +z X+(z) thì: x(n - k) ⎯→← +z z-k[X+(z) + ∑ = −k 1n nz)n(x ], k > 0 (3.46) Nếu: x(n) ⎯→← +z X+(z) thì: x(n + k) ⎯→← +z zk[X+(z) - ∑− = −1k 1n nz)n(x ], k < 0 (3.47) - Định lý giá trị cuối cùng: Nếu: x(n) ⎯→← +z X+(z) thì: )z(X)1z(lim)n(xlim 1zn + →∞→ −= (3.48) và giới hạn trong (3.48) tồn tại khi ROC của (z-1)X+(z) chứa đường tròn đơn vị. Xử lý tín hiệu số Chương 3: Biến đổi z Trang 47 GV: Phạm Hùng Kim Khánh VD: Xác định ngõ ra của hệ LTI lỏng khi n → ∞ với đáp ứng xung h(n) = anu(n) (|a| < 1) và ngõ vào là hàm bước đơn vị. Ngõ ra của hệ thống là: y(n) = h(n) * x(n) với x(n) = u(n) Do x(n), y(n), h(n) là nhân quả nên biến đổi z và biến đổi z đơn hướng có kết quả giống nhau. Mà: Y(z) = X(z)H(z) = 11 az1 1 z1 1 −− −− = )az)(1z( z2 −− , ROC: |z| > |a| (z – 1)Y(z) = )az( z2 − , ROC: |z| > |a| Æ )z(Y)1z(lim)n(ylim 1zn −= →∞→ = a1 1 − 5.2. Giải phương trình sai phân Ta xét 2 ví dụ sau: VD: Xác định biểu thức của chuỗi Fibonacci Từ phương trình sai phân biểu diễn chuỗi: y(n) = y(n – 1) + y(n – 2) (3.49) Điều kiện đầu: y(0) = y(-1) + y(-2) = 1 y(1) = y(0) + y(-1) = 1 Æ y(-1) = 0, y(-2) = 1 Biến đổi z đưn hướng của (3.49): Y+(z) = z-1[Y+(z) + ∑ = −1 1n nz)n(y ] + z-2[Y+(z) + ∑ = −2 1n nz)n(y ] Y+(z) = z-1Y+(z) + y(-1) + z-2Y+(z) + y(-1)z-1 + y(-2) Y+(z) = 21 zz1 1 −− −− = 1zz z 2 2 −− = 2 2 1 1 pz A pz A −+− Với p1 = 2 51+ , p2 = 2 51− Æ A1 = p1/ 5 , A2 = -p2/ 5 Do đó: y(n) = )n(u 2 51 52 51 2 51 52 51 nn ⎥⎥⎦ ⎤ ⎢⎢⎣ ⎡ ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ −−−⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ ++ Hay: y(n) = ( ) ( )[ ] )n(u5151 2 1 5 1 1n1n1n +++ −−+⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ (3.50) VD: Xác định ngõ ra của hệ thống: Xử lý tín hiệu số Chương 3: Biến đổi z Trang 48 GV: Phạm Hùng Kim Khánh y(n) = ay(n – 1) + x(n), -1 < a < 1 với x(n) = u(n) và điều kiện đầu: y(-1) = 1 Ta có: Y+(z) = a[z-1Y+(z) + y(-1)] + X+(z) Y+(z) = 1az1 )z(Xa − + − + = 1 1 az1 z1 1a − − − −+ = )az1)(z1( 1 az1 a 111 −−− −−+− y(n) = an+1u(n) + )n(u a1 a1 1n − − + = )n(u a1 a1 2n − − + 6. Phân tích hệ LTI trên miền Z 6.1. Đáp ứng với hàm hữu tỉ Xét hệ thống biểu diễn bằng phương trình sai phân (3.36) có hàm hệ thống (3.37). Ta biểu diễn H(z) dưới dạng tỉ số của hai đa thức B(z)/A(z). Giả sử ngõ vào của hệ thống x(n) có biến đổi z là hữu tỉ: X(z) = )z(Q )z(N (3.51) Nếu hệ thống lỏng: y(-1) = y(-2) = … = y(-N) = 0 thì biến đổi z của ngõ ra: Y(z) = H(z)X(z) = )z(Q)z(A )z(N)z(B (3.52)