Bài giảng Xử lý số tín hiệu chương 3: Biến đổi Z
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)
Bạn đang xem nội dung tài liệu Bài giảng Xử lý số tín hiệu chương 3: Biến đổi Z, để tải tài liệu về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
Xử lý số tín hiệu Chương 3: Biến đổi z
Trang 36 GV: Phạm Hùng Kim Khánh
Chương 3
BIẾN ĐỔI Z
3.1. Biến đổi z
3.1.1. 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:
x(n) = {1,2,5,7,0,1}
X(z) = 1 + 2z
-1
+ 5z
-2
+ 7z
-3
+ z
-5
hữu hạn khi z 0 ROC = C\{0}
x(n) = {1,2,5,7,0,1}
X(z) = z
2
+ 2z + 5 + 7z
-1
+ z
-3
hữu hạn khi z 0 và z ROC = C\{0,}
x(n) = (n)
X(z) = 1 ROC = C
x(n) = (n - k), k > 0
X(z) = z
-k
, k > 0 ROC = C\{0}
x(n) = (n + k), k > 0
X(z) = z
k
, k > 0 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 số tín hiệu Chương 3: Biến đổi z
Trang 37 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
1
1
z
2
1
1
lim hội tụ về
1z
2
1
1
1 khi
1z
2
1 1
ROC: |z| > ½
Do z là biến phức nên ta biểu diễn như sau:
z = re
j
(3.4)
X(z) =
n
njner)n(x
|X(z)| =
n
njner)n(x
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(x
r)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 số tín hiệu Chương 3: Biến đổi z
Trang 38 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(
1az1
1
nếu |az-1| |a|
Hình 3.2 – ROC của Z{anu(n)}
x(n) = a
n
u(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
za(1
za
1
1
=
1az1
1
khi |a
-1
z| < 1
hay |z| < |a|
x(n) = -a
n
u(-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 số tín hiệu Chương 3: Biến đổi z
Trang 39 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| nếu |b| |a|
thì X(z) không tồn tại. Ngược lại:
X(z) =
1az1
1
-
1bz1
1
=
1abzzba
ab
Như vậy:
x(n) = a
n
u(n) + b
n
u(-n-1)
z
X(z) =
1abzzba
ab
ROC: |a| < |z| < |b| (3.10)
3.1.2. Biến đổi z ngược
Từ (3.1):
X(z) =
k
kz)k(x
(3.11)
Hay: X(z)z
n-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:
nk0
nk1
dzz
j2
1
C
k1n
(3.13)
với C là đường cong đóng bất kỳ. Từ đó:
x(n) =
ROC
1n dzz)z(X
j2
1 (3.14)
Ký hiệu: x(n) = Z-1{X(z)}
3.2. 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 số tín hiệu Chương 3: Biến đổi z
Trang 40 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) = 2
n
u(n) và x2(n) = 3
n
u(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) = (cos0n)u(n)
Ta có:
x(n) =
)n(ue
2
1
)n(ue
2
1 njnj 00
=
)n(ue
2
1
)n(ue
2
1 njnj 00
Theo (3.7) và (3.15):
X(z) =
1j1j ze1
1
2
1
ze1
1
2
1
00
, ROC: |z| >
0je
= 1
(cos0n)u(n) z
2
0
1
0
1
zcosz21
cosz1
, ROC: |z| > 1 (3.16)
Tương tự:
(sin0n)u(n) z
2
0
1
0
1
zcosz21
sinz
, ROC: |z| > 1 (3.17)
Dịch thời gian
Nếu:
x(n)
z
X(z)
thì: x(n - k)
z
z
-k
X(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 số tín hiệu Chương 3: Biến đổi z
Trang 41 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
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: a
n
x(n)
z
X(a
-1
z), ROC: |a|r1 < |z| < |a|r2 (3.20)
VD: Xác định biến đổi z của tín hiệu:
x(n) = a
n
(cos0n)u(n)
Theo (3.16) và (3.20):
a
n
(cos0n)u(n) z
22
0
1
0
1
zacosaz21
cosaz1
, ROC: |z| > |a| (3.21)
VD: Xác định biến đổi z của tín hiệu:
x(n) = a
n
(sin0n)u(n)
Theo (3.17) và (3.20):
a
n
(sin0n)u(n) z
22
0
1
0
1
zacosaz21
cosaz
, 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:
2
1
r
< |z| <
1
1
r
(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 số tín hiệu Chương 3: Biến đổi z
Trang 42 GV: Phạm Hùng Kim Khánh
Vi phân trên miền z
Nếu:
x(n)
z
X(z)
thì: nx(n)
z
dz
)z(dX
z
(3.25)
VD: Xác định biến đổi z của tín hiệu x(n) = nanu(n)
Theo (3.7):
a
n
u(n)
z
1az1
1
, ROC: |z| > |a|
Theo (3.25):
X(z) = -z
dz
az1
1
d
1
=
21
1
az1
az
na
n
u(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
X(z) = X1(z)X2(z) = (1 – z
-6
)(1 – z-1)
X(z) = 1 – z-1 – z-6 + z-7 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 số tín hiệu Chương 3: Biến đổi z
Trang 43 GV: Phạm Hùng Kim Khánh
Từ ví dụ này, ta có thể thực hiện tích chập của hai tín hiệu x1(n) và x2(n) như
sau:
Tính biến đổi z của x1(n) và x2(n) (tương ứng là X1(z) và X2(z))
Tính X(z) = X1(z)X2(z)
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 1
21xx 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
-1
) =
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):
a
n
u(n) + b
n
u(-n-1)
z
1abzzba
ab
, ROC: |a| < |z| < |b|
Thay thế b = 1/a:
a
n
u(n) +
na
1 u(-n-1) z
1z
a
1
az
a
1
a
a
a
1
a
n
u(n) +
na
1 u(-n-1) z
)zz(a1a
a1
12
2
= (1-a
2
)Rxx(z)
ROC: |a| < |z| < 1/|a|
Hay:
2a1
1
a
n
u(n) +
2a1
1
na
1 u(-n-1) z Rxx(z)
Xử lý số tín hiệu Chương 3: Biến đổi z
Trang 44 GV: Phạm Hùng Kim Khánh
rxx(l) =
2a1
1
a
l
u(l) +
2a1
1
la
1 u(-l-1) = l
2
a
a1
1
Nhân
Nếu:
x1(n) z X1(z)
và: x2(n) z X2(z)
thì: x1(n)x2(n) z
C
11
21
d)z(X)(X
j2
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)
3.3. Biến đổi z hữu tỉ
3.3.1. 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
a
z
b
b
...z
b
b
z
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 số tín hiệu Chương 3: Biến đổi z
Trang 45 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
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) = a
n
u(n) – anu(n – M)
z
X(z) =
1az1
1
+ z
-M
1
M
az1
a
X(z) =
1
MM
az1
az1
=
az
az
z
MM
1M
=
)az(z
az
1M
MM
Điểm cực: p1 = 0 (M – 1 điểm), pM = a
Điểm không: zk = M/k2jae , (k = 0, …, M – 1). Tại k = 0: z0 = a 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
0
Xử lý số tín hiệu Chương 3: Biến đổi z
Trang 46 GV: Phạm Hùng Kim Khánh
Từ biểu đồ, ta xác định được 2 điểm cực: p1 = rcos0 + jrsin0 = 0jre , p2 =
rcos0 - jrsin0 = 0jre và 2 điểm không: z1 = 0, z2 = rcos0. Do đó:
X(z) = G
)pz)(pz(
)zz)(zz(
21
21
= G
)rez)(rez(
)cosrz(z
00 jj
0
, ROC: |z| > r
X(z) =
2
0
1
0
1
zcosrz21
cosrz1
G
, ROC: |z| > r
Theo (3.21):
a
n
(cos0n)u(n) z
22
0
1
0
1
zacosaz21
cosaz1
, ROC: |z| > |a|
x(n) = Grn(cos0n)u(n)
3.3.2. 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 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 bằng 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)
Xử lý số tín hiệu Chương 3: Biến đổi z
Trang 47 GV: Phạm Hùng Kim Khánh
Như vậy, hệ LTI biểu diễn bằng phương trình sai phân hệ số hằng có hàm hệ
thống là hàm hữu tỉ.
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
-1
Y(z) + 2X(z)
H(z) =
)z(X
)z(Y =
1z
2
1
1
2
Theo (3.7):
a
n
u(n)
z
1az1
1
, ROC: |z| > |a|
h(n) = 2(½)nu(n), ROC: |z| > ½
3.4. 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(N
zc
)z(D
)z(N 1
NM
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 ck(n) z ck. Do đó:
NM
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:
Xử lý số tín hiệu Chương 3: Biến đổi z
Trang 48 GV: Phạm Hùng Kim Khánh
X(z) =
N
1N
1
N
MN
M
1N
1
N
0
a...zaz
zb...zbzb
, M < N và aN 0 (3.41)
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
=
1pz
2
pz
1z
=
)5.0j5.0(5.0j5.0
15.0j5.0
= 0.5 – j1.5
A2 =
2pz
2
z
)z(Xpz
=
2pz
1
pz
1z
=
)5.0j5.0(5.0j5.0
15.0j5.0
= 0.5 + j.15
Xử lý số tín hiệu Chương 3: Biến đổi z
Trang 49 GV: Phạm Hùng Kim Khánh
X(z) =
1
2
2
1
1
1
zp1
A
zp1
A
z
x(n) = A1(p1)
n
u(n) + A2(p2)
n
u(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* A1 = A2*. Như vậy, các điểm cực liên
hiệp phức sẽ tạo thành các hệ số liên hiệp phức.
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:
l
k
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
=
1z
2
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)
n
u(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(dX
z
VD: Xác định biến đổi z ngược của X(z) =
21 z5.0z5.11
1
Xử lý số tín hiệu Chương 3: Biến đổi z
Trang 50 GV: Phạm Hùng Kim Khánh
a. ROC: |z| > 1
X(z) =
11 z5.01
1
z1
2
z
x(n) = 2u(n) – (0.5)nu(n)
b. ROC: |z| < 0.5
X(z) =
11 z5.01
1
z1
2
z
x(n) = -2u(-n-1) + (0.5)
n
u(-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)
n
u(n)
3.5. Biến đổi z đơn hướng
3.5.1. 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 z
k
[X
+
(z) -
1k
1n
nz)n(x
], k < 0 (3.47)
- Định lý giá trị cuối cùng:
Nếu:
Xử lý số tín hiệu Chương 3: Biến đổi z
Trang 51 GV: Phạm Hùng Kim Khánh
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.
VD: Xác định ngõ ra của hệ LTI lỏng khi n với đáp ứng xung h(n) =
a
nu(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(
z 2
, ROC: |z| > |a|
)z(Y)1z(lim)n(ylim
1zn
=
a1
1
3.5.2. 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 y(-1) = 0, y(-2) = 1
Biến đổi z đơn 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
-1
Y
+
(z) + y(-1) + z
-2
Y
+
(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 A1 = p1/ 5 , A2 = -p2/ 5
