Tài liệu Xử lý tín hiệu số_Chương II (Phần 1) pptx

Chương 2 - Biểu Diễn Tín Hiệu Và Hệ Thống Rời Rạc Trong Miền Z
Xử Lý Tín Hiệu Số
45
Chương II
BIỂU DIỄN TÍN HIỆU VÀ HỆ THỐNG RỜI RẠC TRONG MIỀN Z
2.1 Mở Đầu
Kỹ thuật biến đổi là một công cụ quan trọng trong phân tích tín hiệu và hệ thống
tuyến tính bất biến theo thời gian (LTI). Chương II sẽ tập trung vào việc giới thiệu
phép biến đổi - Z, khai thác các tính chất cũng như tầm quan trọng của phép biến đổi
này trong việc phân tích và mô tả đặc điểm của các hệ thống tuyến tính bất biến theo
thời gian. Khi phân tích các tín hiệu rời rạc theo thời gian và hệ thống LTI, biến đổi - Z
đóng vai trò tương tự như biến đổi Laplace trong việc phân tích các tín hiệu và hệ thống
liên tục theo thời gian. Nhờ có phép biến đổi - Z mà quá trình phân tích đáp ứng của hệ
thống đối với các tín hiệu vào khác nhau được đơn giản hóa đi rất nhiều. Thêm vào đó,
biến đổi - Z còn cung cấp cho ta phương tiện mô tả hệ thống LTI, đáp ứng của hệ thống
đối với các tín hiệu vào khác nhau qua các điểm cực_không của hệ thống
2.2 Biến Đổi - Z
2.2.1 Đònh Nghóa Biến Đổi - Z Hai Phía Và Một Phía
a. Biến Đổi - Z Hai Phía : Biến đổi - Z của tín hiệu rời rạc theo thời gian được
đònh nghóa qua một dãy luỹ thừa
∑
∞
−∞=
−
=
n
n
z)n(x)z(X (2.1)
trong đó z là 1 biến số phức.
Quan hệ trên được gọi là biến đổi - Z trực tiếp bởi vì nó biến đổi tín hiệu trong
miền thời gian x(n) thành việc biểu diễn tín hiệu X(z) trong miền Z (tức là trong mặt

phẳng phức Z vì z là biến số phức) và X(z) là một hàm phức của biến số z
Biến đổi z của x(n) được mô tả bởi :
X(z) = Z
{}
)n(x (2.2)
Ở đây quan hệ giữa x(n) và X(z) được mô tả bởi : x(n)
→←
Z
X(z)
Ta thấy rằng biến đổi - Z là một chuỗi lũy thừa vô hạn, nó tồn tại chỉ đối với các
giá trò z mà tại đó chuỗi này hội tụ.
Miền hội tụ ROC (Region of Convergence) của X(z) bao gồm tất cả các giá trò
của z mà ở đó X(z) hội tụ.
Ví dụ 2.1 :
Chương 2 - Biểu Diễn Tín Hiệu Và Hệ Thống Rời Rạc Trong Miền Z
Xử Lý Tín Hiệu Số
46
Hãy xác đònh biến đổi z của các tín hiệu với độ dài hữu hạn sau :
(c) x
3
(n) = )n(
δ
(d) x
4
(n) = δ (n–n
o
) (n
o
> 0)
(e) x

5
(n) = 3δ (n+ 4) +
δ
(n+1)
Giải :
Từ đònh nghóa (2.1) ta có :
(a) X
1
(z) = 2 + z
-1
+ 3z
-2
+ 5z
-3
ROC toàn bộ mặt phẳng Z, trừ z=0
(b) X
2
(z) = 5z
2
+ 2z
1
+ 1 + 4z
–1
+ 3z
-2
ROC toàn bộ mặt phẳng Z, trừ z = 0 và z =
∞
(c) X
3
(z) =

∑
∞
−∞=n
)n(
δ
z
n−
= 1z
0
=1
ROC toàn bộ mặt phẳng Z
(d) X
4
(z) =
∑
∞
−∞=n
δ
(n-n
o
)z
n−
= 1z
o
n−
= z
o
n−
(n
o

> 0)
ROC toàn bộ mặt phẳng Z, trừ Z = 0
(e) X
5
(z) =
[]
n
n
z)1n()4n(3
−
∞
−∞=
∑
+++
δδ
= 3z
4
+ z
1
ROC toàn bộ mặt phẳng Z, trừ z=
∞
Nhận xét :
• Trong các ví dụ trên ta có thể thấy các hệ số của z
-n
được đưa ra trong phép biến
đổi chính là các giá trò của tín hiệu ở tại thời điểm thứ n. Nói một cách khác, số mũ của
z trong phép biến đổi có chứa thông tin về thời gian xác đònh mẫu của tín hiệu.
• Trong rất nhiều trường hợp, biểu thức của biến đổi z dưới dạng tổng của các chuỗi
vô hạn hoặc hữu hạn có thể được biểu diễn bằng một biểu thức ở dạng ngắn gọn. Hãy
xét ví dụ dưới đây :

Ví dụ 2.2 :
Hãy tìm biến đổi Z của tín hiệu
(a) x
1
(n) = { 2, 1, 3, 5}
(b) x
2
(n) = {5, 2, 1, 4, 3}
Chương 2 - Biểu Diễn Tín Hiệu Và Hệ Thống Rời Rạc Trong Miền Z
Xử Lý Tín Hiệu Số
47
x(n) =
n
2
1






u(n)
Giải : Ta xác đònh tín hiệu x(n).
x(n) =






























2
1
,
2
1
,
2

1
,
2
1
,1
n32
, L
X(z) = 1+






2
1
z
-1
+
2
2
1






z
-2

+
n
2
1






z
-n
…
=
∑
∞
=






0n
n
2
1
z
-n
=

∑
∞
=
−






0n
n
1
z
2
1
Với các giá trò của z để cho
1
z
2
1
−
< 1 hay z >
2
1
thì
X(z) sẽ hội tụ đến hình 2.1
X(z)=
1
z

2
1
1
1
−
−
ROC z >
2
1
b. Biến đổi - Z một phía :
Biến đổi - Z một phía của dãy x(n) được đònh nghóa như sau :
X(z) =
∑
∞
=0n
x(n)z
-n
(2.3)
Sự khác nhau giữa biến đổi Z một phía và hai phía :
• Tổng theo n chỉ chạy từ 0 đến
∞
• Không biễu diễn được tín hiệu x(n) đối với miềnbiến số độc lập âm (n< 0)
Ví dụ 2.3:
Tìm biến đổi Z một phía của tín hiệu sau :
x(n) = 2
δ (n+2)+δ (n)+ 3
δ
(n-1)
X(z) =
∑

∞
=0n
x(n) z
-n
= 1+ 3z
-1
ROC : z
≠
0
2.2.2 Sự Tồn Tại Của Biến Đổi Z
Theo đònh nghóa ROC ở trên, tập hợp tất cả các giá trò của z mà tại đó chuỗi :
X(z) =
∑
∞
−∞=n
x(n)z
-n
hội tụ được gọi là miền hội tụ ROC của biến đổi Z.
Để tìm miền hội tụ, ta thường sử dụng tiêu chuẩn Cauchy.
0
ROC
1/2
Mặt phẳng Z
Hình 2.1
I
m
(z)
R
e
(z)

Chương 2 - Biểu Diễn Tín Hiệu Và Hệ Thống Rời Rạc Trong Miền Z
Xử Lý Tín Hiệu Số
48
a. Phát biểu tiêu chuẩn Cauchy : Tiêu chuẩn Cauchy khẳng đònh rằng một chuỗi
có dạng :
∑
∞
=0n
x
n
= x
0
+ x
1
+ x
2
+ . . . (2.4)
hội tụ nếu điều kiện sau đây được thoả mãn :
lim
n ∞→
n
1
n
x < 1 (2.5)
Ví dụ 2.4 :
Xét sự hội tụ của chuỗi sau đây :
∑
∞
=







0n
n
3
1
= 1 +
9
1
3
1
+ + . . .
Giải : Ứng dụng tiêu chuẩn Cauchy ta có :
n
1
n
n
3
1
lim






∞→

=
3
1
< 1
vậy chuỗi hội tụ
b. Áp dụng tiêu chuẩn Cauchy để tìm miền hội tụ :
Để áp dụng tiêu chuẩn Cauchy ta có thể chia chuỗi X(z) thành hai chuỗi như sau:
X(z) =
∑
∞
−∞=
−
n
n
z)n(x =
∑∑
∞
=
−
−
−∞=
−
+
0n
n
1
n
n
z)n(xz)n(x = X
1

(z) + X
2
(z)
Với X
1
(z)= ,z)n(x
1
n
n
∑
−
−∞=
−
X
2
(z)=
∑
∞
=
−
0n
n
z)n(x
Xét chuỗi X
2
(z) chuỗi này hội tụ khi
n
1
n
n

z)n(x
lim
−
∞→
< 1 dẫn đến
n
1
n
)n(x
lim
∞→
.
1
z
−
< 1
Đặt
−
x
R =
n
1
n
)n(x
lim
∞→
(2.6)
Ta có
−
x

R
1
z
−
< 1 ⇒ z >
−
x
R
Khi đó chuỗi X
2
(z) sẽ hội tụ với z >
−
x
R tức là bên ngoài vòng tròn, tâm là gốc tọa độ
có bán kính là
−
x
R trong mặt phẳng phức Z như hình 2.2
Xét chuỗi : X
1
(z) =
n
1
n
z)n(x
−
−
−∞=
∑
Đặt m = – n

0
ROC
1
Mặt phẳng Z
R
x
-
Hình 2.2
I
m
(z)
R
e
(z)
Chương 2 - Biểu Diễn Tín Hiệu Và Hệ Thống Rời Rạc Trong Miền Z
Xử Lý Tín Hiệu Số
49
X
1
(z) =
m
1m
z)m(x
∑
∞
=
− = – x(0) +
∑
∞
=

−
0m
)m(x
Điều kiện hội tụ của chuỗi X
1
(z) là :
m
1
m
m
z)m(x
lim
−
∞→
< 1
m
1
m
)m(x
lim
−
∞→
z < 1
Đặt
+
x
R =
m
1
m

)m(xlim
1
−
∞→
Điều kiện trên trở thành z <
+
x
R . Vậy miền hội tụ là bên trong vòng tròn, tâm là
gốc tọa độ, có bán kính
+
x
R trong mặt phẳng phức Z. Miền hội tụ ROC của biến đổi Z
là giao của 2 miền hội tụ ROC
1
và ROC
2
.
Vậy nếu
−
x
R <
+
x
R miền hội tụ ROC thỏa :
−
x
R < z <
+
x
R .

Đây là một hình vành khăn có bán kính trong
−
x
R
và bán kính ngoài
+
x
R , tâm là gốc tọa độ trong mặt
phẳng phức Z.
Nhận xét :
• Đối với tín hiệu nhân quả có chiều dài vô hạn n∈
[0, +∞], miền hội tụ của biến đổi
Z :
−
x
R < z nằm ngoài vòng tròn bán kính
−
x
R .
• Đối với tín hiệu không nhân quả có chiều dài vô hạn n∈ [–∞, 0], miền hội tụ của
biến đổi Z :
z <
+
x
R nằm trong vòng tròn bán kính
+
x
R .
• Nếu
−

x
R ≥
+
x
R thì miền hội tụ sẽ rỗng, tức là X(z) không hội tụ.
• Hai tín hiệu x(n) khác nhau có thể có cùng biến đổi Z. Tuy nhiên trong trường hợp
này miền hội tụ ROC của chúng phải khác nhau. Thật vậy hãy xét các ví dụ sau đây :
Ví dụ 2.5 :
Tìm biến đổi Z của tín hiệu x(n).
x(n) = a
n
u(n)
X(z) =
()
n
0n0n
1nn
azz.a
∑∑
∞
=
∞
=
−−
=
0
ROC
2
R
x

+
R
e
(z)
I
m
(z)
Hình 2.3a
0
0
I
m
(z)
R
e
(z)
R
x
+
R
x
-
Hình 2.3b
Chương 2 - Biểu Diễn Tín Hiệu Và Hệ Thống Rời Rạc Trong Miền Z
Xử Lý Tín Hiệu Số
50
Dùng công thức :
α
αα
α

−
−
=
+
=
∑
1
1NN
N
Nk
k
21
2
1
Vì N
2
là ∞ nên muốn chuỗi hội tụ ta phải có điều kiện
α
< 1 nghóa là :

1
az
−
< 1 hay a < z . Lúc này X(z) =
1
az1
1
−
−
.

Vậy X(z) =
1
az1
1
−
−
với ROC a < z .
Ví dụ 2.6 :
Tìm biến đổi Z của tín hiệu x(n)
x(n) = – a
n
u[–n–1]
X(z) =
∑
−
−∞=
−
−
1
n
nn
Z.a = –
()
n
1
n
1
z.a
∑
−

−∞=
−
Ta thấy ngay muốn chuỗi số hội tụ thì ta phải có điều kiện
1
z.a
−
> 1 hay là a > z lúc
này X(z) =
1
az1
1
−
−
.
Từ 2 ví dụ trên, ta có kết quả sau :
x(n) = a
n
u(n) → X(z) =
1
az1
1
−
−
ROC z > a
x(n) = –a
n
u(–n–1) → X(z) =
1
az1
1

−
−
ROC z < a
2.2.3 Cực Và Không
Trong thực tế, ta thường gặp các biến đổi Z là một hàm hữu tỷ của z :
X(z) =
)z(D
)z(N
(2.7)
a. Đònh nghóa không (zeros)
Tại các điểm z = z
or
ta có z(z
or
) = 0 thì các điểm đó gọi là các không của X(z).
Vậy nghiệm của tử số N(z) chính là không của X(z). Nếu N(z) là đa thức bậc M thì
X(z) có M không.
b. Đònh nghóa cực (poles)
Chương 2 - Biểu Diễn Tín Hiệu Và Hệ Thống Rời Rạc Trong Miền Z
Xử Lý Tín Hiệu Số
51
Tại các điểm z = z
pk
ta có X(z
pk
) =
∞
thì các điểm đó gọi là cực của X(z).Vậy
nghiệm của mẫu số D(z) chính là cực của X(z). Nếu D(z) là đa thức bậc N thì X(z) có N
cực.

Ví dụ 2.7 :
Cho tín hiệu x(n) =
δ (n) + 3
δ
(n-1) +2
δ
(n-2). Hãy tìm X(z), miền hội tụ, các cực
và các không của X(z).
Giải :
X(z) =
∑
∞
−∞=n
x(n)z
-n
= 1 + 3z
-1
+ 2z
-2
ROC: z ≠ 0
Tìm cực và không :
X(z) =
2
2
z
2z3z
++
=
(
)

(
)
2
z
2z1z
+
+
Vậy X(z) có 2 không tại: z
01
= -1 ; z
02
= -2
Và có 1 cực kép tại: z = 0 ; z
p1
= z
p2
= 0
Vò trí của các cực và không cho bởi hình 2.4 :
Nhận xét :
• Miền hội tụ của X(z) không chứa cực của X(z) vì tại các cực X(z) không xác đònh.
• Trong mặt phẳng phức Z các cực sẽ được ký hiệu bằng dấu gạch chéo (X), còn
các không được ký hiệu bằng các khuyên nhỏ (o).
° X(z) có thể được biểu diễn chính xác bởi các cực và không.
2.3
Các Tính Chất Của Biến Đổi Z
Biến đổi Z là một công cụ được sử dụng rất hiệu quả khi nghiên cứu tín hiệu và
hệ thống rời rạc theo thời gian. Tầm quan trọng của phép biến đổi Z xuất phát từ một
số tính chất rất quan trọng của nó. Trong phần này ta sẽ nghiên cứu một số tính chất
của biến đổi này.
2.3.1 Tính Tuyến Tính

nếu x
1
(n)
→←
z
X
1
(z)
x
2
(n)
→←
z
X
2
(z)
thì x(n) = a
1
x
1
(n) + a
2
x
2
(n)
→←
z
X(z) = a
1
X

1
(z) + a
2
X
2
(z) (2.8)
với a
1 ,
a
2
là 2 hằng số bất kỳ
ROC của X(z) là phần giao của ROC của X
1
(z) và X
2
(z).
X
–
2
–
1
Z
01
Z
02
z
p1
= z
p2
I

m
(z)
R
e
(z)
Hình 2.4
Chương 2 - Biểu Diễn Tín Hiệu Và Hệ Thống Rời Rạc Trong Miền Z
Xử Lý Tín Hiệu Số
52
Ví dụ 2.8 :
Xác đònh biến đổi z và ROC của tín hiệu
x(n) = [ 3(2
n
) – 4(3
n
) ]u(n)
Nếu ta đònh nghóa các tín hiệu :
x
1
(n) = 2
n
u(n) và x
2
(n) = 3
n
u(n)
Thì x(n) có thể biểu diễn dưới dạng
x(n) = 3x
1
(n) - 4x

2
(n)
Theo tính chất tuyến tính biến đổi Z của x(n) sẽ là:
X(z) = 3X
1
(z) - 4X
2
(z)
* Xác đònh X
1
(z) :
x
1
(n) = 2
n
u(n) → X
1
(z) =
1
z21
1
−
−
với ROC
1
: z > 2
* Xác đònh X
2
(z) :
x

2
(n) = 3
n
u(n) → X
2
(z) =
1
z31
1
−
−
với ROC
2
: z > 3
Giao của hai miền hội tụ của X
1
(z) và X
2
(z) là z > 3, như vậy :
X(z) =
1
z21
3
−
−
-
1
z31
4
−

−
với ROC: z > 3
Chú ý rằng nếu có các điểm “không” xuất hiệntrong quá trình tổ hợp tuyến tính,
mà các điểm không này lại bù vào một số điểm cực của X
1
(z) hay X
2
(z), lúc đó miền
hội tụ của X(z) có thể sẽ lớn hơn, như ví dụ sau:
Ví dụ 2.9 :
Xác đònh biến đổi Z và ROC của tín hiệu sau
x(n) = a
n
u(n) – a
n
u(n – 1) ; a > 0
Đặt x
1
(n) = a
n
u(n) → X
1
(z) =
1
az1
1
−
−
;ROC
1

: z > a
x
2
(n) = a
n
u(n – 1) → X
2
(z) =
∑
∞
=1n
a
n
z
-n
=
∑
∞
=0n
a
n
z
-n
– 1
=
1
az1
1
−
−

- 1 =
1
1
az1
az
−
−
−
;ROC
2
: z > a
Áp dụng tính chất tuyến tính ta có :
X(z) = X
1
(z) - X
2
(z) =
1
az1
1
−
−
-
1
1
az1
az
−
−
−

= 1 ;ROC toàn bộ mặt phẳng Z
Chương 2 - Biểu Diễn Tín Hiệu Và Hệ Thống Rời Rạc Trong Miền Z
Xử Lý Tín Hiệu Số
53
2.3.2 Tính Dòch Chuyển Theo Thời Gian
Nếu x(n)
→←
z
X(z)
Thì x(n – k)
→←
z
z
-k
X(z) (2.9)
Miền hội tụ của z
-k
X(z) cũng giống như miền hội tụ của X(z) ngoại trừ z = 0 nếu k > 0
và z =
∞ nếu k < 0
Chứng minh : x(n – k)
→←
z
Y(z) =
∑
∞
−∞=n
x(n – k)z
-n

= z
-k
∑
∞
−∞=n
x(n – k) z
-(n – k)
= z
-k
X(z)
Tính chất tuyến tính và tính chất dòch chuyển theo thời gian được xem như chìa khóa cơ
bản để thực hiện biến đổi Z khi phân tích các hệ thống tuyến tính bất biến theo thời
gian.
Ví dụ 2.10 :
Tìm biến đổi Z của tín hiệu sau :
x(n) = a
n
u(n – 1)
Ta biết rằng x
1
(n) = a
n
u(n) → X
1
(z) =
1
az1
1
−
−

với ROC
1
: z > a
Như vậy x(n) = a
n
u(n – 1) = a a
n-1
u(n – 1)
x(n) = a x
1
(n – 1)
Theo tính dòch chuyển theo thời gian, ta có
X(z) = a z
-1
X
1
(z) =
1
1
az1
az
−
−
−
với ROC: z > a
2.3.3 Nhân Với Hàm Mũ a
n
Nếu x(n)
→←
z

X(z) với ROC :
1
r < z <
2
r
Thì a
n
x(n)
→←
z
X(a
-1
z) với ROC :
1
ar < z <
2
ar (2.10)
Chứng minh :
a
n
x(n)
→←
z
Y(z) =
∑
∞
−∞=n
a
n
x(n) z

-n
=
∑
∞
−∞=n
x(n) (a
-1
z)
-n
= X(a
-1
z)
Nếu ROC của X(z) là :
1
r < z <
2
r
Ta suy ra ROC của X(a
-1
z) là :
1
r < za
1−
<
2
r hay
1
ar < z <
2
ar

Ví dụ2.11 :
Chương 2 - Biểu Diễn Tín Hiệu Và Hệ Thống Rời Rạc Trong Miền Z
Xử Lý Tín Hiệu Số
54
Tìm biến đổi Z của tín hiệu
x(n) = a
n
(cosω
o
n) u(n)
Trước hết ta tìm biến đổi Z của tín hiệu
x
1
(n) = (cosω
o
n) u(n)
Theo công thức Euler, ta có:
x
1
(n) = (cosω
o
n) u(n) =
2
1

e
n
o
j
ω

u(n) +
2
1

e
n
o
j
ω
−
u(n)
Vậy X
1
(z) =
2
1
.






−
−1
j
ze1
1
o
ω

+
2
1
.






−
−
−
1
j
ze1
1
o
ω
;ROC z > 1
X
1
(z) =
2
o
1
o
1
zcosz21
cosz1

−−
−
+−
−
ω
ω
;ROC z > 1
Từ đó ta suy ra X(z) = X
1
(a
-1
z)
X(z) =
22
o
1
o
1
zacosaz21
cosaz1
−−
−
+−
−
ω
ω
;ROC z > a
2.3.4 Đạo Hàm Của Biến Đổi Z
Nếu x(n)
→←

z
X(z) ;ROC :
21
rzr <
<
Thì n x(n)
→←
z
-z
dz
)z(dX
;ROC :
21
rzr <
<
(2.11)
Chứng minh :
X(z) =
∑
∞
−∞=n
x(n) z
-n
dz
)z(dX
=
∑
∞
−∞=n
x(n)(-n) z

-n-1
= -z
-1
∑
∞
−∞=n
n x(n) z
-n
Vậy -z
dz
)z(dX
=
∑
∞
−∞=n
n x(n) z
-n
Ví dụ 2.12 :
Hãy xacù đònh biến đổi Z của tín hiệu
x(n) = n a
n
u(n)
Giải :
Ta đã biết rằng :
x
1
(n) = a
n
u(n) ↔ X
1

(z) =
21
)az1(
1
−
−
với ROC: z > a
Chương 2 - Biểu Diễn Tín Hiệu Và Hệ Thống Rời Rạc Trong Miền Z
Xử Lý Tín Hiệu Số
55
Vậy x(n) = na
n
u(n) = n.x
1
(n)
Suy ra X(z) = -z
dz
)z(dX
1
=
1
1
az1
az
−
−
−
với ROC: z > a
2.3.5 Lấy Biến Đảo
Nếu x(n)

→←
z
X(z) với ROC: r
1
< z < r
2
Thì x(-n)
→←
z
X(z
-1
) với ROC:
2
r
1
< z <
1
r
1
(2.12)
Chứng minh :
Từ đònh nghóa ta có :
x(-n)
→←
z
X
1
(z) =
∑
∞

−∞=n
x(-n) z
-n
Đặt m = -n → X
1
(z) =
∑
∞
−∞=
m
x(m) z
m
=
∑
∞
−∞=
m
x(m) (z
-1
)
-m
= X(z
-1
)
ROC của X
1
(z) là r
1
<
1

z
−
< r
2
hay
2
r
1
< z <
1
r
1
2.3.6 Dãy Liên Hợp Phức
Giả sử ta có hai dãy sau đây x(n) và x*(n), ở đây dấu * có nghóa là liên hợp phức.
Ta phải tìm mối quan hệ biến đổi Z của 2 dãy này
Ta có X(z) =
∑
∞
−∞=
n
x(n) z
-n
x
1
(n) = x
*
(n) ↔ X
1
(z) =
∑

∞
−∞=
n
x
*
(n)z
-n
X
*
(z) =
∗
∞
−∞=
−






∑
n
n
z)n(x =
∑
∞
−∞=n
x
*
(n) (z

*
)
-n
X
*
(z
*
) =
∑
∞
−∞=n
x
*
(n) z
–n
= X
1
(z)
Vậy x
*
(n)
→←
z
X
*
(z
*
)(2.13)
Áp dụng tính chất 2.3.5 ta cũng có kết quả sau :
x

*
(-n)
→←
z
X
*
(
∗
z
1
)
2.3.7 Tích Chập Của Hai Dãy
Nếu x
1
(n)
→←
z
X
1
(z)
x
2
(n)
→←
z
X
2
(z)
Chương 2 - Biểu Diễn Tín Hiệu Và Hệ Thống Rời Rạc Trong Miền Z
Xử Lý Tín Hiệu Số

56
Thì x(n) = x
1
(n)
*
x
2
(n)
→←
z
X(z) = X
2
(z).X
1
(z)
ROC của X(z) ít nhất sẽ là giao của các miền hội tụ của X
1
(z) và X
2
(z). Miền này
có thể rộng hơn nếu các điểm không của X
1
(z) bù cho các cực của X
2
(z) hoặc ngược lại
Chứng minh :
Theo đònh nghóa, tích chập của x
1
(n) và x
2

(n) là
x(n) =
∑
∞
−∞=k
x
1
(k)

x
2
(n – k)
Vậy X(z) =
∑
∞
−∞=n
x(n) z
-n
=
∑
∞
−∞=n
∑
∞
−∞=k
x
1
(k)

x

2
(n – k) z
-n
Nếu thay đổi thứ tự của các tổng, ta nhận được
X(z) =
∑
∞
−∞=k
x
1
(k)
∑
∞
−∞=n
x
2
(n – k) z
-n
=
∑
∞
−∞=k
x
1
(k) z
-k
∑
∞
−∞=n
x

2
(n – k) z
-(n-k)
= X
1
(z).X
2
(z)
Ví dụ 2.13 :
Tìm tích chập của hai tín hiệu trên.
Giải :
→←
z
X
1
(z) = 1 – 2 z
-1
+ z
-2
x
2
(n)
→←
z
X
2
(z) = 1 + z
-1
+ z
-2

+ z
-3
+ z
-4
+ z
-5
Vậy x(n) = x
1
(n)*x
2
(n)
→←
z
X(z) = X
2
(z) X
1
(z)
X(z) = (1 – 2 z
-1
+ z
-2
) (1 + z
-1
+ z
-2
+ z
-3
+ z
-4

+ z
-5
) = 1 - z
-1
- z
-6
+ z
-7
Vậy
Tính chất này là một trong những tính chất quan trọng của biến đổi Z bởi vì nó
cho phép chuyển tích chập của 2 tín hiệu trong miền thời gian thành tích của các biến
đổi Z của chúng.
Phương pháp này trong rất nhiều trường hợp sẽ cho phép xác đònh tích chập của 2
tín hiệu một cách dể dàng hơn so với việc sử dụng công thức của tích chập trong miền
thời gian.
x
1
(n) = { 1, -2, 1 }
1 khi 0 ≤ n ≤ 5
x
2
(n) =
0 n còn lại
x
1
(n) = { 1, -2, 1 }
x(n) = { 1, -1, 0, 0, 0, 0, -1, 1 }
Chương 2 - Biểu Diễn Tín Hiệu Và Hệ Thống Rời Rạc Trong Miền Z
Xử Lý Tín Hiệu Số
57

2.3.8 Tích Của Hai Dãy
Nếu x
1
(n)
→←
z
X
1
(z)
x
2
(n)
→←
z
X
2
(z)
Thì x(n) = x
1
(n).x
2
(n)
→←
z
X(z) =
dvv
v
z
X)v(X
j2

1
1
2
C
1
−






∫
π
(2.14)
Chứng minh :
ta có x(n)
→←
z
X(z) =
∑
∞
−∞=n
x
1
(n) x
2
(n) z
-n
mà x

1
(n) =
∫
C
1
X
j2
1
π
(v) v
n-1
dv
trong đó C là đường cong khép kín bao quanh gốc tọa độ của mặt phẳng phức Z theo
chiều dương. (Xem phần biến đổi Z ngược)
Vậy
X(z)=
∑
∞
−∞=
n
∫
C
1
X
j2
1
π
(v) v
n-1
dv x

2
(n) z
-n
=
∫
C
1
X
j2
1
π
(v)
∑
∞
−∞=
n
v
n-1
x
2
(n) z
-n
dv
=
∫
c
1
X
j2
1

π
(v)
∑
∞
−∞=
n
x
2
(n)
n
v
z
−






v
-1
dv
nhưng
∑
∞
−∞=
n
x
2
(n)

n
v
z
−






= X
2






v
z
Vậy X(z) =
∫
C
1
X
j2
1
π
(v) X
2







v
z
v
-1
dv
Để tìm được ROC của X(z) ta lưu ý là :
Nếu * ROC
1
của X
1
(v) là r
1l
< v < r
1u
* ROC
2
của X
2







v
z

là r
2l
<
v
z
< r
2u
* ROC của X(z) là r
1l
r
2l
< z < r
1u
r
2u
Mặc dù tính chất này không sử dụng ngay nhưng sau này chúng ta sẽ dùng tới nó
khi xử lý việc thiết kế các mạch lọc cơ bản bằng kỹ thuật cửa sổ.
2.3.9 Đònh Lý Giá Trò Đầu
Nếu x(n) là dãy nhân quả nghóa là x(n) = 0 với n< 0) thì x(0)=
→∞z
lim X(z)
Chứng minh : vì x(n) là dãy nhân quả nên ta có
Chương 2 - Biểu Diễn Tín Hiệu Và Hệ Thống Rời Rạc Trong Miền Z
Xử Lý Tín Hiệu Số
58
X(z) =
∑

∞
=
0n
x(n) z
-n
= x(0) + x(1) z
-1
+ x(2)z
-2
+ . . .
Rõ ràng khi z→∞ thì z
-n
→ 0 với n> 0
Vậy
→∞z
lim X(z) = x(0)
2.3.10 Các Tính Chất Quan Trọng Của Biến Đổi Z Bảng 2.1
• Bảng 2.1 : Các tính chất của biến đổi Z
Tính chất Miền thời gian Miền Z ROC
Ký hiệu
x(n)
x
1
(n)
x
2
(n)
X(z)
X
1

(z)
X
2
(z)
r
2
< z < r
1
ROC
1
ROC
2
Tuyến tính a
1
x
1
(n) + a
2
x
2
(n) a
1
X
1
(z) + a
2
X
2
(z) ROC
1

I
ROC
2
Tính dòch
chuyển
x(n - k) z
-k
X(z)
Giống như của X(z)
trừ z=0 nếu k> 0 và
z=∞ nếu k< 0
Nhân với
hàm mũ
a
n
x(n) X(a
-1
z)
a r
2
< z < a r
1
Tính đảo thời
gian
x(-n) X(z
-1
)
1
r

1
< z <
2
r
1
Liên hợp
phức
x
*
(n) X
*
(z
*
)ROC
Đạo hàm
trong miền Z
nx(n)
-z
dz
)z(dX
r
2
< z < r
1
Tích chập x
1
(n)
*
x
2

(n) X
1
(z) X
2
(z)
ROC
1

I
ROC
2
Phép nhân x
1
(n) x
2
(n)
∫
C
1
X
j2
1
π
(v) X
2







v
z
v
-1
dv r
1l
r
2l
< z < r
1u
r
2u
Giá trò đầu
x(n) là tín hiệu
nhân quả
x(0) =
→∞z
lim X(z)
2.3.11 Một Vài Cặp Biến Đổi Z Thông Dụng Được Cho Trong Bảng 2.1
Bảng 2.2 : Một vài cặp biến đổi Z thông dụng
Tín hiệu x(n) Biến đổi Z, X(z) ROC
Chương 2 - Biểu Diễn Tín Hiệu Và Hệ Thống Rời Rạc Trong Miền Z
Xử Lý Tín Hiệu Số
59
δ(n) 1 Toàn bộ mặt phẳng Z
u(n)
1
z1
1

−
−
z > 1
a
n
u(n)
1
az1
1
−
−
z > a
na
n
u(n)
()
2
1
1
az1
az
−
−
−
z > a
– a
n
u(–n–1)
1
az1

1
−
−
z < a
– na
n
u(–n–1)
()
2
1
1
az1
az
−
−
−
z < a
(cosω
o
n)u(n)
2
o
1
o
1
zcosz21
cosz1
−−
−
+−

−
ω
ω
z > 1
(sinω
o
n)u(n)
21
1
21
−−
−
+− zcosz
sinz
o
o
ω
ω
z > 1
(a
n
cosω
o
n)u(n)
22
o
1
o
1
zacosaz21

cosaz1
−−
−
+−
−
ω
ω
z > a
(a
n
sinω
o
n)u(n)
22
o
1
o
1
zacosaz21
sinaz
−−
−
+−
ω
ω
z > a
2.4 Biến Đổi Z Ngược
Thông thường, khi chúng ta có biến đổi Z của một dãy nào đó, tức là chúng ta đã
biểu diễn dãy x(n) trong miền Z. Sau khi khảo sát gián tiếp dãy trong miền Z, chúng ta
cần phải đưa nó trở về miền biến số độc lập tự nhiên, tức là chúng ta phải tìm x(n) từ

biến đổi Z của nó. Biến đổi Z ngược sẽ giúp chúng ta thực hiện công việc này.
Đònh lý Cauchy, một đònh lý quan trọng trong lý thuyết biến số phức sẽ cho ta có
cơ sở để xây dựng công thức của biến đổi Z ngược.
2.4.1 Đònh Lý Cauchy
Đònh lý này được phát biểu qua công thức :



≠
=
=
∫
−
0n với
0n với
0
1
dz.z
j2
1
C
1n
π
(2.15)
Ở đây C là đường cong khép kín bao quanh gốc tọa độ của mặt phẳng phức Z theo
chiều dương (ngược chiều kim đồng hồ).
Chương 2 - Biểu Diễn Tín Hiệu Và Hệ Thống Rời Rạc Trong Miền Z
Xử Lý Tín Hiệu Số
60
Ta có x(n)

→←
z
X(z) =
∑
∞
−∞=k
x(k) z
-k
Nhân 2 vế của X(z) với z
n-1
và lấy tích phân theo chiều dài đường cong (C) bao
quanh gốc tọa độ và nằm trong miền hội tụ của X(z) hình 2.5, ta có :
∫
C
)z(X z
n-1
dz =
∫
∑
∞
−∞=
C
k
x(k) z
-k
z
n-1
dz
=
∫

∑
∞
−∞=
C
k
x(k)z
n-1-k
dz
Bởi vì tích phân lấy trong miền hội tụ của X(z) do vậy chuỗi trên là hội tụ. Ta có
thể viết lại:
∫
C
)z(X z
n-1
dz =
∑
∫
∞
−∞=
−−
k
C
k1n
z)k(x dz
Theo đònh lý Cauchy thì:



≠
=

=
∫
−−
kn với
kn với
0
1
dzz
j2
1
C
k1n
π
Từ đó ta có :
∫
C
)z(X z
n-1
dz = 2πjx(n)
Suy ra
x(n) =
∫
C
)z(X
j2
1
π
z
n-1
dz

Trong thực tế công thức này hầu như ít được sử dụng do tính chất phức tạp của
phép lấy tích phân. Trong thực tế có 3 phương pháp thường được sử dụng để tính biến
đổi Z ngược.
2.4.2 Phương Pháp Thặng Dư : Phương pháp tính trực tiếp tích phân bằng cách sử
dụng lý thuyết thặng dư.
Đònh lý thặng dư :
r
1
r
2
(C)
Hình 2.5
Chương 2 - Biểu Diễn Tín Hiệu Và Hệ Thống Rời Rạc Trong Miền Z
Xử Lý Tín Hiệu Số
61
Giả sử rằng f(z) là hàm của biến số phức z và C là đường cong khép kín trong mặt
phẳng Z. Nếu
dz
)z(d
f
tồn tại ở trên và bên trong đường cong này và f(z) không có cực
tại z = z
o
thì :



=
−
∫

C ngoài nằm znếu
C trong nằm znếu

0
0
0
)z(f
dz
zz
)z(f
j2
1
0
C
o
π
(2.16)
Trong trường hợp tổng quát, nếu tồn tại đạo hàm bậc (k – 1) của f(z) và f(z)
không có cực tại z = z
o
thì :





−
=
−
=

−
−
∫
C ngoài nằm znếu 0
C trong nằm znếu
0
0
0
zz
1k
1k
C
k
o
dz
)z(fd
)!1k(
1
dz
)zz(
)z(f
j2
1
π
(2.17)
Giá trò bên vế phải của các công thức trên được gọi là giá trò thặng dư tại z = z
o
.
Giả sử hàm bò lấy tích phân là P(z) =
)z(g

)z(f
trong đó f(z) không có các cực nằm bên
trong C và g(z) có các nghiệm z
i
trong C thì :

∫
C
)z(g
)z(f
j2
1

π
dz =
∫
∑
=
−
C
n
1i
i
i
zz
)z(A
j2
1

π

dz
=
∑
=
n
1i
ii
)z(A
Trong đó A
i
(z
i
) được xác đònh như sau :
)z(g
)z(f
=
∑
=
−
n
1i
i
ii
zz
)z(A
Suy ra ngay : A
i
(z
i
) = (z – z

i
)
ziz
)z(g
)z(f
=
là giá trò thặng dư của cực z = z
i
Vậy giá trò của tích phân theo đường cong khép kín sẽ bằng tổng các giá trò thặng
dư của tất cả các cực bên trong đường cong C.
Trong trường hợp g(z) có nghiệm bội thì :
∫
C
)z(g
)z(f
j2
1

π
dz =
∫
∑
=
−
C
n
1i
k
i
i

)zz(
)z(A
j2
1

π
dz =
∑
=
−
n
1i
)!1k(
1
ziz
1k
i
1k
dz
)z(Ad
=
−
−
(2.18)
Vậy giá trò thặng dư tại cực z
i
trong trường hợp này là :
)!1k(
1
lim

ziz
−
→
1k
i
1k
dz
)z(Ad
−
−
Với A
i
= (z – z
i
)
k
)z(g
)z(f
Ví dụ 2.14 :
Chương 2 - Biểu Diễn Tín Hiệu Và Hệ Thống Rời Rạc Trong Miền Z
Xử Lý Tín Hiệu Số
62
Tìm biến đổi ngược của hàm số sau :
X(z) =
1
az1
1
−
−
với ROC: z > a

Ta có x(n) =
∫
−
C
1n
z)z(X
j2
1
π
dz =
∫
−
−
−
C
1
1n
az1
z
j2
1
π
dz =
∫
−
C
n
az
z
j2

1
π
dz
C là một đường cong kín bao quanh gốc toạ độ của mặt phẳng phức nằm trong
ROC nghóa là bên ngoài đường tròn bán kính
z = a.
Ta phân biệt hai trường hợp :
*Trường hợp 1 : n
≥
0
Hàm số
az
z
n
−
có cực z = a. Giá trò thặng dư tại z = a là :
A(a) =
az
lim
→
(z – a)
az
z
n
−
= a
n
Vậy x(n) = a
n
u(n)

*Trường hợp 2 : n< 0
Hàm số
az
z
n
−
được viết lại :
)az(z
1
n
−
−
=
)az(z
1
'n
−
(n’ = -n)
Vậy ta có cực đơn z = a, cực bội bậc n’, z = 0.
→ Giá trò thặng dư tại cực đơn z = a :
A(a) =
az
lim
→
(z – a)
)az(z
1
'n
−
=

'n
a
1
= a
n
→ Giá trò thặng dư tại cựcbội bậc n’, z= 0 là :
0z
lim
→
)!1'n(
1
−
1'n
1'n
dz
d
−
−
az
1
−
mà
1'n
1'n
dz
d
−
−







− az
1
= (-1)
n’-1

'n
)az(
)!1'n(
−
−
Vậy giá trò thặng dư tại z = 0 là :
0z
lim
→
)!1'n(
1
−
(-1)
n’-1

'n
)az(
)!1'n(
−
−
=

'n
1'n
)a(
)1(
−
−
−
= -






a
1
n’
= -a
n
→ Vậy x(n) = (giá trò thặng dư tại z = a + giá trò thặng dư tại z = 0)
= a
n
- a
n
=0.
Tóm lại :
Chương 2 - Biểu Diễn Tín Hiệu Và Hệ Thống Rời Rạc Trong Miền Z
Xử Lý Tín Hiệu Số
63
x[n] = a

n
u[n]
2.4.3 Xác Đònh Biến Đổi Ngược Bằng Phương Pháp Khai Triển Thành Phân Thức
Tối Giản
Trong phương pháp này, X(z) được biểu diễn dưới dạng tổ hợp tuyến tính
X(z) = α
1
X
1
(z) + α
2
X
2
(z) + . . . + α
k
X
k
(z) (2.19)
Trong đó X
1
(z), X
2
(z), . . .X
k
(z) là biểu thức với biến đổi ngược x
1
(n), x
2
(n). .
.x

k
(n) đã được cho trước trong bảng biến đổi Z. Lúc này x(n) là biến đổi ngược cuả X(z)
sẽ được xác đònh thông qua tính chất tuyến tính :
x(n) = α
1
x
1
(n) + α
2
x
2
(n) +. . . . + α
k
x
k
(n) (2.20)
Trên thực tế phương pháp này được sử dụng rất hiệu quả nếu X(z) được biểu diễn
qua cacù phân thức
1
k
zp1
1
−
−
với p
k
là điểm cực thứ k củaX(z), vì ta biết biến đổi
ngược của phân thức trên là :

ta có dạng khai triển của X(z) là :

N
N
1
1
M
M
1
10
za za1
zb zbb
)z(D
)z(N
)z(X
−−
−−
+++
+++
==
(2.21)
* a
N
≠ 0 và M < N
nhân hai vế cho z
N
ta có :
N
1N
1
N
MN

M
1N
1
N
0
a zaz
zb zbzb
)z(X
+++
+++
=
−
−−
(2.22)
* N > M : chia hai vế phương trình cho z

N
1N
1
N
1MN
M
2N
1
1N
0
a zaz
zb zbzb
z
)z(X

+++
+++
=
−
−−−−
(2.23)
Giả sử hàm X(z) có chứa điểm cực p
1
, p
2
, … , p
N
. Ta có :

N
N
2
2
1
1
p
A

pz
A
pz
A
z
)z(X
++

−
+
−
=
hay X(z) =
1
1
zp1
1
−
−
A
1
+
1
2
zp1
1
−
−
A
2
+ . . . . +
1
n
zp1
1
−
−
A

n
nhân hai vế phương trình cho (z - p
k
), với k = 1, 2, … , N, suy ra
(p
k
)
n
u(n) nếu ROC z >
k
p (tín hiệu nhân quả)
-(p
k
)
n
u(-n-1) nếu ROC z <
k
p (tín hiệu không nhân quả)
Chương 2 - Biểu Diễn Tín Hiệu Và Hệ Thống Rời Rạc Trong Miền Z
Xử Lý Tín Hiệu Số
64

N
Nk
k
1
1kk
pz
A)pz(
A

pz
A)pz(
z
)z(X)pz(
−
−
+++
−
−
=
−
(2.24)
khi z = p
k
, hệ số thứ k là
N , 2, 1, k
pz
k
=
=
−
=
z
)z(X)pz(
A
k
k
ROC của x(n) sẽ được xác đònh từ ROC chung của các tín hiệu x
1
(n), x

2
(n). . .
x
n
(n)
→ Trường hợp X(z) có các cực bội. Trường hợp đơn giản nhất là cực bội bậc 2, thì
các phân thức có dạng :
()
2
1
1
pz1
pz
−
−
−
có biến đổi ngược là np
n
u(n) với ROC là
z > p .
Ví dụ 2.15 :
Cho biểu thức sau

21
1
z5,0z1
z1
)z(X
−−
−

+−
+
=
Giải :
Nhân hai vế của phương trình cho z
2
. Ta có
21
z5,0z1
1z
z
)z(X
−−
+−
+
=
cực của X(z) là dạng phức
2
1
j
2
1
p
2
1
j
2
1
p
21

−=+= và
khi p
1
≠ p
2
, từ công thức (2.14), ta có :

2
2
1
1
21
pz
A
pz
A
)pz)(pz(
)1z(
z
)z(X
−
+
−
=
−−
+
=
ta tính giá trò A
1
và A

2
.
2
3
2
1
2
1
j
2
1
2
1
j
2
1
1
2
1
2
1
p-z
1z

pz
2
1
j
j
pz

z
)z(X)pz(
A
1
1
1
−=
−−−
++
=
=
+
=
=
−
=
2
3
2
1
2
1
j
2
1
2
1
j
2
1

1
2
1
2
1
p-z
1z

pz
1
2
j
j
pz
z
)z(X)pz(
A
1
2
0
+=
−−−
+−
=
=
+
=
=
−
=

Chương 2 - Biểu Diễn Tín Hiệu Và Hệ Thống Rời Rạc Trong Miền Z
Xử Lý Tín Hiệu Số
65
thay các giá trò p
1
, p
2
, A
1
, A
2
ta được hàm biến đổi Z sau :
Ví dụ 2.15 :
Hãy xác đònh biến đổi Z ngược của
X(z) =
21
z5,0z5,11
1
−−
+−
Trong 3 trường hợp sau :
(a) ROC
z > 1
(b) ROC
z < 0,5
(c) ROC 0,5 <
z < 1
Giải :
Ta có dạng khai triển của X(z) :
X(z) =

1
z1
2
−
−
-
1
z5,01
1
−
−
(a) ROC z > 1, tra bảng ta có
1
z1
2
−
−

→
−
z
1
x
1
(n) = 2u(n)

1
z5,01
1
−

−

→
−
z
1
x
2
(n) = (0,5)
n
u(n)
Vậy x(n) = (2 – 0,5
n
)u(n)
(b) ROC
z < 0,5 tra bảng ta có
1
z1
2
−
−

→
−
z
1
x
1
(n) = –2u(–n–1)
1

z5,01
1
−
−
→
−
z
1
x
2
(n) = -(0,5)
n
u(-n-1)
Vậy x(n) = x
1
(n) – x
2
(n) = [–2 + 0,5
n
]u[–n–1]
(c) ROC 0,5<
z < 1
1
z1
2
−
−
→
−
z

1
x
1
(n) = – 2u(–n–1)
1
z5,01
1
−
−
→
−
z
1
x
2
(n) = 0,5
n
u(n)
Vậy x(n) = – 2u(–n–1) – 0,5
n
u(n)
Chương 2 - Biểu Diễn Tín Hiệu Và Hệ Thống Rời Rạc Trong Miền Z
Xử Lý Tín Hiệu Số
66
Ví dụ 2.16 :
Hãy xác đònh dãy nhân quả có biến đổi Z :
X(z) =
()()
2
11

z1z1
1
−−
−+
Ta có X(z) =
4
1
.
1
z1
1
−
+
+
4
3
.
1
z1
1
−
−
+
2
1
.
()
2
1
1

z1
z
−
−
−
Tra bảng ta được kết quả :
x(n) =
4
1
(–1)
n
u(n) +
4
3
u(n) +
2
1
n u(n)
x(n) =






++−
2
n
4
3

)1(
4
1
n
u(n)
2.4.4 Xác Đònh Biến Đổi Z Ngược Bằng Phương Pháp Khai Triển Thành Chuỗi
Luỹ Thừa
Theo phương pháp này để nhận được tín hiệu x(n) thì biến đổi Z trong miền ROC
sẽ được biến đổi thành chuỗi lũy thừa với dạng
X(z) =
∑
∞
−∞=
−
n
n
n
zC (2.25)
Từ đó suy ra x(n) = C
n
∀n
Nếu X(z) là hàm hữu tỷ thì phép khai triển này có thể nhận được bằng cách chia
tử số cho mẫu số.
Ví dụ 2.17 :
Hãy xác đònh biến đổi ngược của
X(z) =
21
z5,0z5,11
1
−−

+−
Với : (a) ROC z > 1
(b) ROC
z < 0,5
Giải :
(a) ROC
z > 1 miền hội tụ nằm ngoài vòng tròn, do vậy x(n) sẽ là tín hiệu nhân
quả. Đều này chứng tỏ X(z) cần phải được khai triển thành chuỗi lũy thừa với lũy thừa
âm của z (n≥ 0). Thực hiện phép chia tử số cho mẫu số với mẫu số phải được sắp xếp
theo thứ tự giảm dần của số mũ :
Chương 2 - Biểu Diễn Tín Hiệu Và Hệ Thống Rời Rạc Trong Miền Z
Xử Lý Tín Hiệu Số
67
X(z) = 1 +
1
z
2
3
−
+
2
z
4
7
−
+
3
z
8
15

−
+ . . .
Suy ra
(b) Trong trường hợp này, ROC là miền nằm trong vòng tròn do vậy x(n) là dãy
không nhân quả. Điều này chứng tỏ X(z) phải được khai triển thành chuỗi lũy thừa
dương của z (n < 0)
Để thực hiện được điều này, ta cũng tiến hành chia tử cho mẫu nhưng khi đó mẫu
số phải được sắp xếp theo thứ tự tăng dần của số mũ.
X(z) = 2z
2
+ 6z
3
+ 14z
4
+ 30z
5
Suy ra x(n) =
1 1 -
1
z
2
3
−
+
2
z
2
1
−
1 -

1
z
2
3
−
+
2
z
2
1
−
1 +
1
z
2
3
−
+
2
z
4
7
−
+
3
z
8
15
−
. . .

1
z
2
3
−
-
2
z
2
1
−

1
z
2
3
−
-
2
z
4
9
−
+
3
z
4
3
−

2
z
4
7
−
-
3
z
4
3
−

2
z
4
7
−
-
3
z
8
21
−
+
4
z
8
7
−

3
z
8
15
−
-
4
z
8
7
−
1
2
z
2
1
−
-
1
z
2
3
−
+ 1
1 – 3z + 2z
2
2z
2
+ 6z

3
+ 14z
4
+ 30z
5
3z - 2z
2

3z - 9z
2
+ 6z
3
7z
2
- 6z
3

7z
2
- 21z
3
+ 14z
4
15z
3
- 14z
4

15z
3

- 45z
4
+ 30z
5
31z
4
- 30z
5
,1[)n(x =
2
3
,
4
7
,
8
15
, . . . .}
{. . . 30, 14, 6, 2, 0, 0 }
Chương 2 - Biểu Diễn Tín Hiệu Và Hệ Thống Rời Rạc Trong Miền Z
Xử Lý Tín Hiệu Số
68
Nhận xét :
Phương pháp này chỉ cho phép tìm một số giá trò cụ thể của dãy x(n) và không
có khả năng tìm ra biểu thức tổng quát của x(n).
→ Tóm lại để tìm biến đổi ngựơc Z, ta có các phương pháp sau :
° Trực tiếp tra cứu bảng và áp dụng các tính chất của biến đổi Z để tìm kết quả
° Phương pháp dùng đònh lý thặng dư
° Phương pháp khai triển thành tổng các phân thức tối giản
° Phương pháp khai triển thành chuỗi lũy thừa theo z hoặc z

-1
2.5 Phân Tích Hệ Thống Trong Miền Z
2.5.1 Hàm Truyền Đạt Của Hệ Thống Rời Rạc
Như ta đã biết, trong miền thời gian, một hệ thống tuyến tính bất biến được đặc trưng
đáp ứng xung h(n) hoặc được đặc trưng bởi phương trình sai phân tuyến tính hệ
số hằng. Khi đó đầu ra của hệ thống sẽ được xác đònh thông qua đáp ứng xung
hoặc phương trình sai phân tuyến tính hệ số hằng. Việc xác đònh này được thực
hiện thông qua tổng chập và giải phương trình sai phân phức tạp và khó khăn, để
khắc phục những nhựơc điểm này hệ thống có thể được biểu diển trong miền Z
với hàm truyền đạt của nó.
a. Đònh nghóa hàm truyền đạt :
Trước hết ta tiến hành so sánh quan hệ giữa đầu vào, đầu ra và đáp ứng xung
trong miền n sau đó chuyển sang miền Z
Miền n Miền Z
y(n) = x(n)
*
h(n)
=
∑
∞
−∞=k
x(k) h(n – k)
Y(z) = X(z) H(z)
x(n)
→←
z

X(z)
y(n)
→←

z
Y(z)
h(n)
→←
z
H(z)
Từ bảng so sánh trên, ta đònh nghóa H(z) là hàm truyền đạt của hệ thống rời rạc.
H(z) chính là biến đổi z của đáp ứng xung h(n)
H(z) =
)z(X
)z(Y
h(n)
x
(
n
)
y(n)
H(Z)
X
(
Z
)
Y(Z)