Bài giảng Xử lý tín hiệu số - Chương 3: Biến đổi Z - Đinh Đức Anh Vũ

BK TP.HCM 2011 dce Chương 3 Biến đổi Z ©2011, TS. Đinh Đức Anh Vũ 2011 dce 2DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ • Biến đổi Z – BĐ thuận – BĐ ngược • Các tính chất của BĐ Z • BĐ Z hữu tỉ – Điểm không (Zero) – Điểm cực (Pole) – Pole và t/h nhân quả trong miền thời gian – Mô tả h/t LTI bằng hàm hệ thống • Biến đổi Z ngược – Phương pháp tích phân – Phương pháp khai triển thành chuỗi lũy thừa – Phương pháp phân rã thành các hữu tỉ • Biến đổi Z một phía (Z+) – Tính chất – Giải PTSP bằng BĐ Z+ • Phân tích hệ LTI – Đáp ứng của hệ – Đáp ứng tức thời, quá độ – Tính ổn định và nhân quả Nội dung 2011 dce 3DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ • Tổng quát – Một cách biểu diễn t/h khác về mặt toán học – Biến đổi t/h từ miền thời gian sang miền Z – Dễ khảo sát t/h và h/t trong nhiều trường hợp (dựa vào các t/c của BĐZ) • Định nghĩa – Công thức – Quan hệ – Ký hiệu X(z) ≡ Z{x(n)} – Biến z Điểm thuộc mặt phẳng z z = a + jb hay z = rejδ – Miền hội tụ (ROC) {z │ |X(z)| < ∞} Chỉ quan tâm X(z) tại những điểm z thuộc ROC Biến đổi Z ( ) ( ) n n X z x n z +∞ − =−∞ = ∑ ( ) ( )zx n X z←→ 2011 dce 4DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ – x1(n) = δ(n)  X1(z) = 1 ROC = mặt phẳng z (mpz) – x2(n) = {8 10 1^ 9 7 2}  X2(z) = 8z2 + 10z + 1 + 9z–1 + 7z–2 + 2z–3 ROC = mpz \ (∞, 0) – x3(n) = δ(n – k)  X3(z) = z–k ROC = mpz \ {0 nếu k>0, ∞ nếu k<0) • Nhắc lại Ví dụ về BĐZ 1 1 11 1 1 1 11 1 32 132 < − =++++     ≠ − − =+ =++++ + A A AAA A A A An AAAA nn   2011 dce 5DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ BĐZ của t/h nhân quả và không nhân quả • T/h nhân quả x(n) = anu(n) • T/h phản nhân quả x(n) = –anu(–n–1) • Ý nghĩa – T/h RRTG x(n) được xác định duy nhất bởi biểu thức BĐ Z và ROC của nó – ROC của t/h nhân quả là phần ngoài của vòng tròn bán kính r2, trong khiROC của t/h phản nhân quả là phần trong của vòng tròn bán kính r1 azROC az zXazeiazKhi azznxzX n n n n >⇒ − =>< == − − +∞ = − +∞ −∞= − ∑∑ : 1 1)(),..(1 )()()( 1 1 0 1 azROC azza zazXazeizaKhi zazaznxzX l l n nn n n <⇒ − = − −=<< −=−== −− − − ∞ = − − −∞= − +∞ −∞= − ∑∑∑ : 1 1 1 )(),..(1 )()()()( 11 1 1 1 1 1 2011 dce 6DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ Miền hội tụ của các t/h Re Img T/h hữu hạn T/h vô hạn T/h ROC T/h ROC Nhân quả [x(n)=0 n<0] Mpz \ {0} Nhân quả (t/h bên phải) [x(n)=0 n<0] │z│> r2 Phản nhân quả [x(n)=0 n>0] Mpz \ {∞} Phản nhân quả (t/h bên trái) [x(n)=0 n>0] │z│< r1 2 bên Mpz \ {0, ∞} 2 bên Vành khuyên r1 >│z│> r2 2011 dce 7DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ BĐZ một phía ∑ +∞ = −+ = 0 )()( n nznxzX ( ) ( ) n n X z x n z +∞ − =−∞ = ∑ 2011 dce 8DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ BĐZ ngược • Tích phân Cauchy • Biến đổi Z ngược – Từ – Nhân 2 vế với zn–1 – Tích phân 2 vế theo đường cong kín C bao gốc O thuộc ROC của X(z) – Áp dụng tích phân Cauchy ⇒ dzzzX j nx C n∫ −= 1)(2 1)( π ∑ +∞ −∞= −= k kzkxzX )()(    ≠ = =∫ −− nk nk dzz j C kn 0 1 2 1 1 π ∫ ∑∫ +∞ −∞= − −−= C k C n dzzkxdzzzX kn 1)()( 1 )(2)()( 11 njxdzzkxdzzzX k CC n kn π== ∑ ∫∫ +∞ −∞= − −− 2011 dce 9DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ • ROC = ROC1 ∩ ROC2 ∩ ∩ ROCn • Tuyến tính ⇒ – Ví dụ: x(n) = anu(n) + bnu(–n–1) Do đó BĐZ – Tính chất (1) )()( 22 zXnx Z→← )()( 11 zXnx Z→← )()()()()()( 2121 zbXzaXzXnbxnaxnx Z +=→←+= azROC az zXnuanx Zn > − =→←= − :1 1)()()( 111 bzROC bz zXnubnx Zn < − =→←−−−= − :1 1)()1()( 122 bzaROC bzaz zXzXzXnxnxnx Z << − − − =−=→←−= −− : 1 1 1 1)()()()()()( 112121 2011 dce 10DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ • Dịch theo thời gian ⇒ BĐZ – Tính chất (2) )()( zXnx Z→←    <∞ > = →←− − 0 00 \ )()( )( k k ROCROC zXzknx nx kZ 2011 dce 11DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ BĐZ – Tính chất (3) 21:)()( rzrROCzXnx z <<→← 21 1 : )()()( razraROC phuchaythucazaXnxa zn << ∀→← − )()}({ )()}({ 1 0 0 wXnxaZ zXnxZ zaw rez era n j j = = ⇒ = = = − ω ω )( 0 1 01 ωω−−       == jer r zaw mpzquay rgian rco bienThay +       < > ⇔ 1 1 0 0 Re(z) Im(z) ω r z Re(w) Im(w) ω–ω0 r/r0 w w=a–1z • Co giãn trong miền Z ⇒ • Ý nghĩa 2011 dce 12DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ Bài tập BĐZ Tìm biến đổi Z của: a. x(n) = anu(n), từ BĐZ của u(n) b. x(n) = 3.2n-2.(1/4)n u(n-3) c. x(n) = ancos(ω0n)u(n) d. x(n) = ansin(ω0n)u(n) e. x(n) = 3.2nu(n) – 4.3nu(n) f. x(n) = Acos(ω0n)u(n) g. x(n) = Asin(ω0n)u(n) h. x(n) = –anu(–n–1), từ BĐZ của u(-n) i. x(n) = 3.3-n-2.(1/4)n u(-n-3) 2011 dce 13DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ • Đảo thời gian ⇒ • Ý nghĩa – ROCx(n) là nghịch đảo của ROCx(–n) – Nếu z0 ∈ ROCx(n), 1/z0 ∈ ROCx(–n) • Ví dụ xác định BĐZ của x(n) = u(–n) BĐZ – Tính chất (4) 21:)()( rzrROCzXnx Z <<→← 12 1 11:)()( r z r ROCzXnx Z <<→←− − 1: 1 1)( 1 >− →← − zROCz nu Z 1: 1 1)( < − →←−⇒ zROC z nu Z 2011 dce 14DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ • Vi phân trong miền Z ⇒ • Ví dụ x(n) = nanu(n) – Biểu diễn x(n) = nx1(n) với x1(n) = anu(n) – Nếu a = 1, BĐZ của hàm bậc thang đơn vị BĐZ – Tính chất (5) )()( zXnx z→← dz zdXznnx z )()( −→← azROC az zXnuanx zn > − =→←= − :1 1)()()( 111 azROC az az dz zdXzzXnunannxnx zn > − =−=→←=≡ − − : )1( )()()()()( 21 1 1 1 1: )1( )()()( 21 1 > − =→←= − − zROC z zzXnnunx z 2011 dce 15DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ • Tổng chập ⇒ • Tính tổng chập của 2 t/h dùng phép BĐZ – Xác định BĐ Z của 2 t/h X1(z) = Z{x1(n)} X2(z) = Z{x2(n)} – Nhân 2 BĐ Z với nhau X(z) = X1(z)X2(z) – Tìm BĐ Z ngược của X(z) x(n) = Z-1{X(z)} BĐZ – Tính chất (6) )()( 11 zXnx Z→← )()()()(*)()( 2121 zXzXzXnxnxnx Z =→←= )()( 22 zXnx Z→← Miền thời gian → miền Z Xử lý trong miền Z Miền Z → miền thời gian 2011 dce 16DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ • Tương quan ⇒ • Việc tính tương quan giữa 2 t/h được thực hiện dễ dàng nhờ BĐ Z • Ví dụ: xác định chuỗi tự tương quan của t/h x(n) = anu(n) (|a| < 1) BĐZ – Tính chất (7) )()( 11 zXnx Z→← )()()()()()( 12121 2121 − ∞ −∞= =→←−= ∑ zXzXzRlnxnxlr xxZ n xx )()( 22 zXnx Z→← azROC az zXnuanx zn > − =→←= − :1 1)()()( 1 a zROC az zX 1: 1 1)( 1 < − =− a zaROC azzaazaz zXzXzRxx 1: )(1 1 1 1 1 1)()()( 211 1 << ++− = −− == −− − ∞<<−∞ − =⇒ la a lr lxx 21 1)( 2011 dce 17DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ • Nhân 2 chuỗi • Cách xác định miền hội tụ BĐZ – Tính chất (8) uull ul ul ul rrzrrtuhoizXdoDo r v zrtuhoivzX rzrtuhoizX rvrtuhoivX 2121 222 222 111 )(, )/( )( )( << <<⇒ << << )()( 11 zXnx Z→← )/1()(,: )()( 2 1)()()()( 21 1 2121 vXvavXcuachungROCthuocOgocquanhdongbaoC dvv v zXvX j zXnxnxnx C Z ∫ −=→←= π )()( 22 zXnx Z→← 2011 dce 18DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ • Định lý giá trị đầu – Nếu x(n) nhân quả [x(n) = 0 ∀n<0] ⇒ • Phức hợp – Phần thực – Phần ảo BĐZ – Tính chất (9) )(lim)0( zXx z ∞→ = *)(*)(* zXnx Z→←)()( zXnx Z→← *)](*)([ 2 1)}(Re{ zXzXnx z +→← *)](*)([ 2 1)}(Im{ zXzXnx z −→← 2011 dce 19DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ • Zero của BĐZ X(z): các giá trị z sao cho X(z) = 0 • Pole của BĐZ X(z): các giá trị của z sao cho X(z) = ∞ • ROC không chứa bất kỳ pole nào • Ký hiệu trên mpz: zero – vòng tròn (o) và pole – chữ thập (x) BĐZ hữu tỉ – Điểm zero & pole 19.01 1)( −− = z zX 21 1 21 1)( −− − −− − = zz zzX 2011 dce 20DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ • BĐZ dạng hữu tỉ – Rất hữu ích để phân tích hệ LTI RRTG – Việc xét tính chất hay thiết kế hệ có tính chất nào đó → chỉ cần quan tâm trên vị trí của các điểm zero-pole • Các cách biểu diễn – Dạng mũ âm – Dạng mũ dương – Dạng Zero-Pole BĐZ hữu tỉ – Biểu diễn ∑ ∑ = − = − −− −− = +++ +++ == M k k k M k k k N N M M za zb zazaa zbzbb zD zNzX 0 0 1 10 1 10 )( )()(   00 1 00 1 1 1 0 0)( a aN a aN b MbM b bM MN Nzz zz z a bzX +++ +++ = − − −   ∏ ∏ = =−− − − = −−− −−− = N k k M k k MN N MMN pz zz Gz pzpzpz zzzzzzGzzX 1 1 21 21 )( )( )())(( )())(()(   0 0 a bG ≡ 2011 dce 21DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ BĐZ hữu tỉ – Vị trí điểm pole (1) • Vị trí pole và hành vi của t/h nhân quả ở miền thời gian – Vị trí pole ảnh hưởng tính chất bị chận, phân kỳ của tín hiệu nhân quả ở miền thời gian – Vị trí pole quyết định tính ổn định của hệ thống nhân quả – Tính chất của tín hiệu ở miền thời gian, trong trường hợp pole nằm ngoài hay trong hay trên vòng tròn đơn vị qua những ví dụ sau 2011 dce 22DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ BĐZ hữu tỉ – Vị trí điểm pole (2) 2011 dce 23DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ BĐZ hữu tỉ – Vị trí điểm pole (3) 2011 dce 24DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ BĐZ hữu tỉ – Vị trí điểm pole (4) p=0.8e±jπ/4 p=e±jπ/4 p=1.2e±jπ/4 p=0.8e±jπ/4 2011 dce 25DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ • Xác định y(n) – Tính X(z) và H(z) – Xác định Y(z) – Tìm y(n) bằng cách tính BĐZ ngược của Y(z) • Tìm đáp ứng đơn vị • Hàm h/t: H(z) – H(z): đặc trưng cho h/t trong miền Z – h(n): đặc trưng cho h/t trong miền TG • Ví dụ – h(n) = (1/2)nu(n) – x(n) = (1/3)nu(n) Hệ thống LTI h(n) x(n) y(n) )3)(2( 6 1 1 1 1)( 1 1)( 1 1)( 11 1 3 11 2 1 1 3 1 1 2 1 −− = −− =⇒ − = − = −− −− − − zz zz zY z zX z zH z y(n) = x(n)*h(n) Y(z) = X(z) H(z) z z ∑ ∞ −∞= −== n nznh zX zYzH )( )( )()( BĐZ hữu tỉ – Hàm h/t của hệ LTI (1) 2011 dce 26DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ BĐZ hữu tỉ – Hàm h/t của hệ LTI (2) • Hàm hệ thống của hệ LTI mô tả bởi PTSP TT HSH – Hệ pole-zero – Hệ toàn zero • ak = 0 1 ≤ k ≤ N • FIR (Finite Impulse Response) – Hệ toàn pole • bk = 0 1 ≤ k ≤ M • IIR (Infinite Impulse Response) Z-1 Z-1 + Z-1 b1 a1 a2 x(n) y(n)b0 Z-1 b2 Z-1 bM Z-1 + + aN + bM–1 + + + + aN–1 ∑∑ == −+−−= M k k N k k knxbknyany 01 )()()( ∑ ∑ = − = − + =≡ N k k k M k k k za zb zH zX zY 1 0 1 )( )( )( ∑∑ = − = − == M k kM kM M k k k zbz zbzH 00 1)( 1 1 )( 0 0 0 1 0 ≡= + = ∑∑ = − = − a za zb za bzH N k kN k N N k k k 2011 dce 27DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ Ví dụ BĐZ hữu tỉ (1) • PTSP: y(n) = 2y(n–1) + 3x(n) • Hàm hệ thống 1. Biến đổi Z hai vế Y(z) = 2z–1Y(z) + 3X(z) 2. Tính H(z) = Y(z) / X(z) • Hàm đáp ứng xung đơn vị: tra bảng, kết quả 121 3)( −− = z zH Z–1 + 2 x(n) y(n)3 )(.2.3)( nunh n= 2011 dce 28DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ Ví dụ BĐZ hữu tỉ (2) • PTSP: y(n) = 2y(n–1) – 3y(n–2) + 3x(n)+ x(n–1) • Hàm hệ thống 1. Biến đổi Z hai vế Y(z) = 2z–1Y(z) – 3z–2Y(z) + 3X(z) + z–1X(z) 2. Tính H(z) = Y(z) / X(z) 21 1 321 3)( −− − +− + = zz zzH Z-1 Z-1 + ++ Z-1 1 2 –3 x(n) y(n)3 2011 dce 29DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ • Tổng quát – Tìm t/h trong miền thời gian từ BĐZ của nó – Ký hiệu x(n) = Z–1{X(z)} – Biểu thức tổng quát • Phương pháp 1. Tính tích phân trực tiếp 2. Khai triển thành chuỗi theo biến z và z–1 3. Khai triển phân số cục bộ và tra bảng BĐZ ngược ROCthuocOgocquanhdongbaoC dzzzX j nx C n ,: )( 2 1)( 1∫ −= π 2011 dce 30DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ • Phương pháp tích phân trực tiếp – Định lý thặng dư Cauchy • Nếu đạo hàm df(z)/dz tồn tại trên và trong bao đóng C và nếu f(z) không có pole tại z = z0 • Tổng quát, nếu đạo hàm bậc k+1 của f(z) tồn tại và f(z) không có pole tại z = z0 • Vế phải của 2 biểu thức trên gọi là thặng dư của cực tại z = z0 BĐZ ngược – PP trực tiếp (1)    = −∫ Cngoàibênz Ctrongbênzzf dz zz zf j C 0 00 0 0 )()( 2 1 π      −= − = − − ∫ Cngoàibênz Ctrongbênz dz zfd kdz zz zf j zz k k C k 0 01 1 0 0 )( )!1( 1 )( )( 2 1 0π 2011 dce 31DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ • Giả sử f(z) không có pole trong bao đóng C và đa thức g(z) có các nghiệm đơn riêng biệt z1, z2, , zn trong C • BĐZ ngược BĐZ ngược – PP trực tiếp (2) ∑ ∑ ∫ = − − − −= = = i zz n i Ctrongzpolecac i n C n i i zzXzz ztaizzXcuaduthang dzzzX j nx 1 }{ 1 1 )()( ])([ )( 2 1)( π )( )()()( zg zfzzzA ii −= : Thặng dư ∑ ∑ ∫ ∫ ∑∫ = = = = − =       − = n i ii n i C i i C n i i i C zA dz zz zA j dz zz zA j dz zg zf j 1 1 1 )( )( 2 1 )( 2 1 )( )( 2 1 π ππ 2011 dce 32DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ • Ví dụ: tìm BĐ Z ngược của – C: vòng tròn bán kính r > |a| 1. n ≥ 0: zn không có pole trong C. Pole bên ngoài C là z = a ⇒ x(n) = f(z0) = an 2. n < 0: zn có pole bậc n tại z = 0 (bên trong C) – Có thể CM được x(n) = 0 khi n < 0 ⇒ x(n) = anu(n) BĐZ ngược – PP trực tiếp (3) az az zX > − = −11 1)( ∫∫ −=−= − − C n C n dz az z j dz az z j nx ππ 2 1 12 1)( 1 1 011 )( 1 2 1)1( 0 =+ − = − =− == ∫ azz C zaz dz azzj x π 011 )( 1 2 1)2( 2 0 2 =+     − = − =− == ∫ azz C zazdz ddz azzj x π 2011 dce 33DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ • PP khai triển thành chuỗi theo biến z và z–1 – Dựa vào tính duy nhất của BĐ Z, nếu X(z) được khai triển thành thì x(n) = cn ∀n – Nếu X(z) hữu tỉ, phép khai triển được thực hiện bằng phép chia • PP này chỉ được dùng để xác định giá trị vài mẫu đầu của t/h BĐZ ngược – PP khai triển chuỗi (1) ∑ ∞ −∞= −= n n n zczX )( 2011 dce 34DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ • Ví dụ: xác định x(n) từ Với a) ROC |z| >1 và b) ROC |z| < 0.5 a) x(n) là t/h nhân quả ⇒ x(n) = {1^, 3/2, 7/4, 15/8, } b) x(n) là t/h phản nhân quả ⇒ x(n) = {, 14, 6, 2, 0, 0^} BĐZ ngược – PP khai triển chuỗi (2) 21 5.05.11 1)( −− +− = zz zX ++++= +− = −−−−− 3 8 152 4 71 2 3 21 15.05.11 1)( zzz zz zX +++= +− = −− 432 21 14625.05.11 1)( zzz zz zX 2011 dce 35DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ • Nguyên tắc – Nếu X(z) được biểu diễn X(z) = a1X1(z) + a2X2(z) + + akXk(z) thì x(n) = a1x1(n) + a2x2(n) + + akxk(n) • Từ dạng hữu tỉ – X(z) là hợp lệ nếu aN≠0 và M<N – Nếu M >= N, chia đa thức để đưa về – Giả sử X(z) hợp lệ • Phương pháp – Bước 1: Khai triển phân số cục bộ – Bước 2: Tra bảng để xác định BĐ Z ngược của từng phân số BĐZ ngược – PP khai triển phân số (1) N N M M zaza zbzbb zD zNzX −− −− +++ +++ ==   1 1 1 10 1)( )()( )( )( )( )()( 1)(110 zD zNzczcc zD zNzX NMNM ++++== −− − −  N NN MN M NN N NN MN M NN N N M M azaz zbzbzb z zX azaz zbzbzb zaza zbzbb zD zNzX +++ +++ = +++ +++ = +++ +++ == − −−−− − −− −− −−       1 1 12 1 1 0 1 1 1 10 1 1 1 10 )( 1)( )()( 2011 dce 36DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ • Bước 1: Khai triển phân số cục bộ – Tìm pole bằng cách giải PT zN + a1zN-1++aN = 0 (giả sử các pole: p1, p2, , pN) – Pole đơn riêng biệt • Xác định Ak • Các pole liên hợp phức sẽ tạo ra các hệ số liên hợp phức trong khai triển (i.e. nếu p2 = p1* thì A2 = A1*) – Pole kép • Giả sử pole pk kép bậc l • Xác định Aik BĐZ ngược – PP khai triển phân số (2) N N pz A pz A pz A z zX − ++ − + − =  2 2 1 1)( kpz k k z zXpzA = − = )()( N N l k lk k k k k pz A pz A pz A pz A pz A pz A z zX − ++ − ++ − + − + − + − =  )()( )( 2 21 2 2 1 1 ( ) ( )1 1,2,..., ( )!( ) k ll i k ik l i k z p z p X zdA i l l i p dz z − − =  − = = −   2011 dce 37DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ BĐZ ngược – PP khai triển phân số (3) • Bước 2: Tìm BĐ Z ngược của từng phân số cục bộ – Nếu các pole đơn riêng biệt do Nên – Nếu có 2 pole liên hợp phức, có thể kết hợp 2 pole đó Nếu thì – Nếu có pole kép 11 2 21 1 1 11 1 1)( −−− − ++ − + − = zpz A zpz A zp AzX N N    <−−− > =       − − − )(:)1()( )(:)()( 1 1 1 1 quanhânphanpzROCnup quanhânpzROCnup zp Z k n k k n k k )()()( 2211 nupApApAnx n NN nn +++=  )(])()([)( ** nupApAnx nkk n kkk += kkkk n kk k k k k rpzROCneununrAzp A zp AZ =>+=       − + − −− − :)()cos(2 1 1 1 1 1* * 1 1 αβ     = = k k j kk j kk erp eAA β α pzROCnunp pz pzZ n >=       − − − − :)( )1( 21 1 1 2011 dce 38DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ • Xác định biểu thức khai triển của BĐZ ngược – PP khai triển phân số (4) 21 5.05.11 1)( −− +− = zz zX 21 1 5.01 1)( −− − +− + = zz zzX 5.0 1 1 2)( − + − = zzz zX 2 3 2 1 2 2 3 2 1 1 2 2 1 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 1 )( jA jA pz A pz A z zX jp jp += −= − + − = −= += 1 1 2 1( ) (1 )(1 ) X z z z− − = + − 31 2 2 31 1 1 2 34 4 2 ( ) 1 1 ( 1) , , AA AX z z z z z A A A = + + + − − = = = 2011 dce 39DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ • Phân rã BĐ Z hữu tỉ – Dùng trong việc hiện thực các h/t RRTG (các chương sau) – Giả sử có BĐ Z được biểu diễn (để đơn giản a0≡1) – Nếu M ≥ N, X(z) có thể được biến đổi thành – Nếu Xpr(z) có các pole đơn riêng biệt, Xpr(z) được phân rã thành – Nếu Xpr(z) có nghiệm phức (liên hợp), các nghiệm liên hợp này được nhóm lại để tránh tạo ra hệ số phức với ∏ ∏ ∑ ∑ = − = − = − = − − − = + = N k k M k k N k k k M k k k zp zz b za zb zX 1 1 1 1 0 1 0 )1( )1( 1 )( )()( 0 zXzczX pr NM k k k += ∑ − = − 2 2 1 1 1 10 1* * 1 111 −− − −− ++ + = − + − zaza zbb zp A pz A    == −== 2 2 * 1 10 )Re(2 )Re(2)Re(2 paApb paAb 11 2 21 1 1 1 1 1 1 1 1)( −−− − ++ − + − = zp A zp A zp AzX N Npr  BĐZ ngược – PP khai triển phân số (5) 2011 dce 40DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ NKK zaza zbb za bzczX K k kk kk K k k k NM k k k =+ ++ + + + += ∑∑∑ = −− − = − − = − 21 1 2 2 1 1 1 10 1 1 0 21 11 )( BĐZ ngược – Tóm lại với 2011 dce 41DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ • Giới thiệu – Trong kỹ thuật: tác động thường bắt đầu từ thời điểm n0 nào đó. Đáp ứng cũng thường bắt đầu từ n0 và các thời điểm sau n0, với điều kiện đầu nào đó – BĐZ một phía (Z+) chỉ quan tâm đến phần tín hiệu x(n), n≥0 • Định nghĩa • Ký hiệu Z+{x(n)} và • Đặc tính – Z+{x(n)} không chứa thông tin của x(n) khi n < 0 – BĐ Z+ chỉ là duy nhất đối với t/h nhân quả – Z+{x(n)} = Z{x(n)u(n)} • ROC bên ngoài vòng tròn • Không xét đến ROC khi tính BĐ Z+ BĐZ một phía ∑ ∞ = −+ ≡ 0 )()( n nznxzX )()( zXnx Z +→← + 2011 dce 42DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ BĐZ+ – Ví dụ • x(n) = {0 1^ 2 2 1 0}  X+(z) = 1 + 2Z–1 + 2Z–2 + Z–3 • x(n) = {0 3 1^ 3 1 0}  X+(z) = 1 + 3Z–1 + Z–2 • x(n) = 3n  X+(z) = 1/(1-3Z–1) , ROC: |z| > 3, = Z{x(n)u(n)} = Z{3nu(n)} • x(n) = (1/3)nu(n)  X+(z)= 1/[1 – (1/3)Z–1] 2011 dce 43DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ • Các tính chất của BĐ Z đều đúng cho BĐ Z+, ngoại trừ tính chất dịch theo thời gian • Dịch theo thời gian – Trễ • Nếu x(n) là t/h nhân quả, ta có – Nhanh • Định lý giá trị cuối cùng – Giới hạn tồn tại nếu ROC của (z-1)X+(z) chứa vòng tròn đơn vị )()( zXnx z +→← + 0])()([)( 1 >−+→←− ∑ = +−+ kznxzXzknx k n nkZ 0)()( >→←− +− + kzXzknx kZ 0])()([)( 1 0 <−→←+ ∑ − = −++ kznxzXzknx k n nkZ )()1(lim)(lim 1 zXznx zn + →∞→ −= BĐZ+ – Tính chất (1) 2011 dce 44DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ • Ví dụ: cho x(n) = 2n – Tìm Z+{x(n–3)} – Tìm Z+{x(n+2)} 121 1)( − + − = z zX 21123 1 3 21 1 3 222 21 1 )1()2()3( 21 1)}3({ −−−−− − − −− − −+ +++ − = −+−+−+ − =− zz z z zxzxx z znxZ zz z z zxzx z znxZ 2 21 1 )1()0( 21 1)}2({ 2 1 2 1 2 2 −− − = −− − =+ − − + BĐZ+ – Tính chất (2) 2011 dce 45DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ h(n)=(1/2)nu(n) x(n)=u(n) y(n) 2 )( lim)()1(lim)(lim ))(1(1 1 1 1)()()( 2 1 2 11 2 1 2 1 2 11 = − =−= −− = −− == →→∞→ −− z zzYzny zz z zz zHzXzY zzn BĐZ+ – Tính chất (3) • Ví dụ: cho hệ thống 2011 dce 46DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ • Giải PTSP – Dùng BĐ Z+ để giải PTSP với điều kiện đầu khác 0 – Phương pháp • Xác định PTSP của hệ • Tính BĐ Z+ cả 2 vế PTSP để biến đổi nó thành PT đại số trong miền Z • Giải PT đại số để tìm BĐ Z của t/h mong muốn • Tìm BĐ Z ngược để xác định t/h trong miền thời gian – Ví dụ: xác định đáp ứng bước của hệ y(n) = ay(n–1) + x(n) (|a|< 1) với đ/k đầu y(–1) = 1 Y+(z) = a[z–1Y+(z) + y(–1)] + X+(z) )()1( 1 1)( 1 1)()( 1 1 1 1 1 )( 1 1)( 2 1 1 111 1 nua a nu a anuany zazaz azY z zX n n n + + + −−− + − + − − = − − +=⇒ −− + − =⇒ − = BĐZ+ – Ứng dụng 2011 dce 48DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ • Tìm đáp ứng của t/h x(n) đối với một h/t LTI – Biết đáp ứng xung đơn vị h(n) Phân tích hệ LTI (1) Hệ LTI Phương trình SP • Xác định quan hệ vào-ra Y(z) = H(z)X(z) • BĐZ 2 vế PTSP • Xác định Y(z) Đáp ứng y(n) • BĐZ ngược • Phương pháp phân rã ∑∑ == −+−−= M k k N k k knxbknyany 01 )()()( y(n)x(n) 2011 dce 49DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ • Đáp ứng của h/t pole-zero với hàm h/t hữu tỉ – Giả sử – Nếu h/t nghỉ (tức y(-1) = y(-2) = = y(-N) = 0) – Giả sử • H/t có các pole đơn p1, p2, , pN và X(z) có các pole đơn q1, q2, , qL • pk ≠ qm (k = 1, , N và m = 1, , L) • Không thể ước lược giữa B(z)N(z) và A(z)Q(z) – Biến đổi ngược – Có thể tổng quát hoá trong trường hợp X(z) và H(z) có pole chung hoặc pole bội Phân tích hệ LTI (2) )( )()( )( )()( zQ zNzXvà zA zBzH == )()( )()()()()( zQzA zNzBzXzHzY == ∑∑ = − = − − + − =⇒ L k k k N k k k zq Q zp AzY 1 1 1 1 11 )( ∑∑ == += L k n kk N k n kk nuqQnupAny 11 )()()()()( Đáp ứng tự nhiên Đáp ứng cưỡng bức 2011 dce 51DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ • Tìm đáp ứng của t/h x(n) đối với một h/t LTI có đ/k đầu – Biết đáp ứng xung đơn vị h(n) – Biết các đ/k đầu của h/t Phân tích hệ LTI (3) Hệ LTI Phương trình SP • Xác định quan hệ vào-ra • PTSP Y+(z) = H+(z)X+(z) • BĐZ+ 2 vế PTSP • Có thể tách ra Y+zi(z) và Y+zs(z) Đáp ứng y(n) • BĐZ ngược • Phương pháp phân rã ∑∑ == −+−−= M k k N k k knxbknyany 01 )()()( y(n)x(n) 2011 dce 52DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ • Đáp ứng của h/t pole-zero với đ/k đầu khác 0 – Cho t/h x(n) nhân quả và các đ/k đầu y(-1), y(-2), , y(-N) – BĐ Z+ cả 2 vế và X+(z) = X(z) – Đáp ứng gồm 2 phần • Đáp ứng trạng thái không Yzs(z) = H(z)X(z) (công thức phần trước) • Đáp ứng không ngõ nhập (p1, p2, , pN là pole của A(z)) • Do y(n) = yzs(n) + yzi(n) • Đ/k đầu chỉ làm thay đổi đáp ứng tự nhiên của h/t thông qua hệ số co giãn Phân tích hệ LTI (4) ∑∑ == −+−−= M k k N k k knxbknyany 01 )()()( ∑∑ ∑ ∑∑ ∑ ∑ == − = − == − = − = − + −−≡+= + − − + = k n n N k kk N k kk k n n N k kk N k kk M k kk znyzazN zA zNzXzH za znyza zX za zb zY 11 0 0 1 11 1 0 )()( )( )()()( 1 )( )( 1 )( ∑ = =→←= + N k n kkzi Z zi nupDnyzA zNzY 1 0 )()()( )( )()( )()()()()()( ' 11 ' kkk L k n kk N k n kk DAAnuqQnupAny +=+=⇒ ∑∑ == 2011 dce 53DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ Phân tích hệ LTI – Ví dụ 1 1. PTSP y(n) = 3x(n) + 2y(n–1) 2. BĐ Z Y+(z) = 3X+(z) + 2[z–1Y+(z) + y(–1)]  3. Biến đổi Z ngược 11 21 1 31 3)( −− + −− = zz zY z-1 + 2 x(n) y(n)3 =0 )(.2.6)(.3.9)( 2 6 3 9)( 6)()2( 9)()3( 23)2)(3( 3)( )2)(3( 3)( 2 2 3 1 21 2 nununy zz zY z zYzA z zYzA z A z A zz z z zY zz zzY nn z z −= − − − = −=−= =−= − + − = −− = −− = + = + = + + + Hệ có điều kiện đầu bằng không 2011 dce 54DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ Phân tích hệ LTI – Ví dụ 2 1. PTSP y(n) = 3x(n) + 2y(n–1) 2. BĐ Z Y+(z) = 3X(z) + 2[Z–1Y(z) + y(–1)]  3. Biến đổi Z ngược 111 21 2 21 1 31 3)( −−− + − + −− = zzz zY z-1 + 2 x(n) y(n)3 =1     = − = − + )(.2.2)( 21 2)( 1 nuny z zY n zi zi Y+zs(z) Y+zi(z)      −= −− =+ )(.2.6)(.3.9)( )2)(3( 3)( 2 nununy zz zzY nn zs zs )(2.6)(3.9)(.2.2 )()()( nununu nynyny nnn zszi −+= += Hệ có điều kiện đầu bằng không 2011 dce 55DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ • Đáp ứng tự nhiên – Khi │pk│< 1 (∀k), ynr(n) tiệm cận về 0 khi n → ∞ : đáp ứng nhất thời • Đáp ứng cưỡng bức – Khi t/h nhập là t/h sin, các pole qk nằm trên vòng tròn đơn vị và các đáp ứng cưỡng bức cũng có dạng sin: đáp ứng đều • Tính nhân quả và ổn định trên H(z) – Nhân quả LTI : nhân quả  h(n) : nhân quả H(z) : có ROC là ngoài vòng tròn bán kính R nào đó – Ổn định LTI : ổn định  h(n) : khả tổng tuyệt đối H(z) : có ROC chứa vòng tròn đơn vị – Nhân quả và ổn định LTI nhân quả : ổn định H(z) : tất cả các pole nằm trong vòng tròn đơn vị ∑ = = L k n kkfr nuqQny 1 )()()( ∑ = = N k n kknr nupAny 1 )()()( Phân tích hệ LTI – Đáp ứng của hệ (1) 2011 dce 56DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ • Đáp ứng đều và tiệm cận – Xác định đáp ứng đều và tiệm cận của h/t mô tả bởi PTSP y(n) = 3y(n–1) + x(n) khi t/h nhập là x(n) = 2sin(πn/4)u(n) H/t có đ/k đầu bằng 0. • Ổn định và nhân quả – Cho h/t LTI được đặc trưng bởi hàm h/t Đặc tả ROC của H(z) và xác định h(n) trong các trường hợp • H/t ổn định • H/t nhân quả • H/t phản nhân quả • Ổn định của h/t bậc 2 Phân tích hệ LTI – Đáp ứng của hệ (2) 11 2 121 1 31 2 1 1 5.15.31 43)( −−−− − − + − = +− − = zzzz zzH