CÁC DẠNG BÀI TẬP MÔN XỬ LÝ TÍN HIỆU SỐ
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (217.56 KB, 29 trang )
TÀI LIỆU ƠN TẬP
XỬ LÝ TÍN HIỆU SỐ
Câu 1A:
Dạng 1:
Cho hệ thống được mơ tả bởi phương trình sai phân tuyến tính hệ số hằng sau đây:
y ( n) − 6 y (n − 1) + 8 y (n − 2) = x(n) + x(n − 1) + x(n − 2) .Biết y ( n) = 0 với n<0 .tìm đáp ứng đầu ra
y ( n) Với kích thích đầu vào là :
a. x(n) = 3n u (n)
b. x(n) = [2n + 1]u (n)
Dạng 2:
Cho hệ thống được mô tả bởi sơ đồ sau:
y(n)
x(n)
D
D
6
1
D
-8
1
D
Biết y ( n) = 0 với n<0 .tìm đáp ứng đầu ra y ( n) Với kích thích đầu vào là :
a. x(n) = 3n u (n)
b. x(n) = [2n + 1]u (n)
Giải:
a. x(n) = 3n u (n)
Cách1:
Bước 1: Tìm nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất y0 (n)
Giả sử dạng y0 (n) là α n : Ta có phương trình đặc trưng
α 2 − 6α + 8 = 0
⇔ α1 = 2 và α 2 = 4
→ y0 (n) = ( A1 2n + A2 4n )u (n)
Bước 2: Tìm nghiệm riêng của phương trình thuần nhất y p (n)
n
Giả sử y p (n) = B.3 u (n) thay vào phương trình sai phân ta có:
1
B.3n u (n) − 6 B3n −1 u (n − 1) + 8B3n −2 u ( n − 2) = 3n u ( n) + 3n −1 u (n − 1) + 3n − 2 u (n − 2)
Phương trình trên phải thoải mãn với n ≥ 2. Chọn n=2 ta có:
9 B − 18B + 8B = 9 + 3 + 1
Vậy B = −13
y p (n) = −13.3n u (n)
Bước 3:
y p (n) = y0 (n) + y p (n) = A1.2 n + A2 .4 n − 13.3n u (n)
Bước 4: Tìm y ( n)
• Với n = 0, y (0) = x(0) = 1
• Với n = 1, y (1) = 6 y (0) + x(1) + x(0) = 6 + 3 + 1 = 10
7
A1 = 2
A1 + A2 − 13 = 1
A1 + A2 = 14
→
⇔
⇔
2 A1 + 4 A2 − 39 = 10
2 A1 + 4 A2 = 49
A = 21
2 2
21
7
→ y (n) = 2n + 4n − 13.3n ÷u (n)
2
2
Cách2:
Biến đổi Z hai phía của phương trình sai phân ta có:
Y ( Z ) ( 1 − 6 Z −1 + 8Z −2 ) = X ( Z ) ( 1 + Z −1 − Z −2 )
Z
Z −3
2
Z − 6Z + 8
Z
Z 2 + Z +1
Y ( Z ).
=
.
2
Z
Z2
( Z − 3)
x(n) = ( 3n ) u (n) → X ( Z ) =
Y (Z )
( Z 2 + Z +1)
A
B
C
=
=
+
+
Z
( Z − 3) ( Z − 2 ) ( Z − 4 ) ( Z − 3) ( Z − 4 ) ( Z − 2 )
A=
( Z 2 + Z + 1)
= −13
( Z − 2) ( Z − 4) Z = 3
B=
( Z 2 + Z +1)
21
=
( Z − 2 ) ( Z − 3) Z = 4 2
C =
( Z 2 + Z +1)
7
=
( Z − 3) ( Z − 4 ) Z = 2 2
Y ( Z ) = −13
Z
21 Z
7
Z
+
+
( Z − 3) 2 ( Z − 4 ) 2 ( Z − 2 )
21
7
→ y (n ) = .2n + .4 n −13.2 n ÷u ( n)
2
2
2
b. x(n) = [2n + 1]u (n)
Cách1:
Bước 1: Tìm nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất y0 (n)
Giả sử dạng y0 (n) là α n : Ta có phương trình đặc trưng
α 2 − 6α + 8 = 0
⇔ α1 = 2 và α 2 = 4
→ y0 (n) = ( A1 2n + A2 4n )u (n)
Bước 2: Tìm nghiệm riêng của phương trình thuần nhất y p (n)
n
Giả sử y p (n) = [Bn2 + C ]u ( n) thay vào phương trình sai phân ta có:
Bn 2n u (n) − 6 B (n − 1)2n −1 u (n − 1) + 8 B (n − 2)2 n − 2 u (n − 2) +
+Cu (n) − 6Cu (n − 1) + 8Cu (n − 2) = 2 n u (n) + 2 n −1 u (n − 1) + 2 n − 2 u (n − 2) + u (n) + u (n − 1) + u (n − 2)
Phương trình trên phải thoải mãn với n ≥ 2. Chọn n=2 ta có:
Bn2n u (n) − 6 B (n − 1)2n −1 u (n − 1) + 8 B( n − 2)2n − 2 u (n − 2) = 2 n u (n) + 2 n −1 u (n − 1) + 2 n − 2 u (n − 2)
Cu (n) − 6Cu (n − 1) + 8Cu ( n − 2) = u (n) + u (n − 1) + u (n − 2)
7
8 B − 12 B = 4 + 2 + 1
B = −
⇔
4
C − 6C + 8C = 1 + 1 + 1 C = 1
7
y p (n) = [ − n2n + 1]u (n)
4
Bước 3:
7
y p (n) = y0 (n) + y p (n) = A1.2 n + A2 .4 n − n 2n + 1 u (n)
4
Bước 4: Tìm y ( n)
• Với n = 0, y (0) = x (0) = 2
• Với n = 1, y (1) = 6 y (0) + x(1) + x(0) = 12 + 3 + 2 = 17
31
A1 + A2 + 1 = 2
A1 = − 4
→
⇔
7
2 A1 + 4 A2 − 2 + 1 = 17
A = 35
2 4
35
7
31
→ y (n) = − 2n + 4n − n 2n + 1÷u (n)
4
4
4
Cách2:
Biến đổi Z hai phía của phương trình sai phân ta có:
3
Y ( Z ) ( 1 − 6 Z −1 + 8Z −2 ) = X ( Z ) ( 1 + Z −1 − Z −2 )
Z
Z
2Z 2 − 3Z
x(n) = ( 2 + 1) u (n) → X ( Z ) =
+
=
Z −2
Z − 1 ( Z − 1) ( Z − 2 )
n
Y ( Z ).
Z 2 − 6Z + 8
2 Z 2 − 3Z
Z 2 + Z +1
=
.
Z2
Z2
( Z − 1) ( Z − 2 )
( 2Z − 3) ( Z 2 + Z + 1) = A + B + C1 + C2
Y (Z )
=
2
2
Z
( Z − 1) ( Z − 2 ) ( Z − 4 ) ( Z − 1) ( Z − 4 ) ( Z − 2 ) ( Z − 2 )
( 2Z − 3) ( Z 2 + Z + 1)
A=
=1
2
( Z − 2) ( Z − 4) Z = 1
( 2Z − 3) ( Z 2 + Z + 1)
35
B=
=
2
( Z − 2 ) ( Z − 1) Z = 4 4
( 2Z − 3) ( Z 2 + Z + 1)
7
C2 =
=−
( Z − 1) ( Z − 4 ) Z = 2 2
( 2 Z − 3) ( Z 2 + Z + 1)
2Z 3 − Z 2 − Z − 3
31
C1 =
=
=−
÷
÷
2
( Z − 1) ( Z − 4 )
÷ Z =2
4
Z − 4Z + 3 Z = 2
Z
35 Z
31 Z
7
Z
Y (Z ) =
+
−
−
( Z − 1) 4 ( Z − 4 ) 4 ( Z − 2 ) 2 ( Z − 2 ) 2
'
'
35
7
31
→ y (n) = − .2n + .4n − n 2n + 1÷u (n)
4
4
4
4
Câu 1B:
Dạng 1:
Cho hệ thống được mô tả bởi phương trình sai phân tuyến tính hệ số hằng sau đây:
y ( n) − 5 y ( n − 1) + 6 y ( n − 2) = 2 x( n) + x( n − 1) − x(n − 2) . Biết y ( n) = 0 với n<0 . Tìm đáp ứng đầu
ra y ( n) , với các kích thích đầu vào là:
a. x(n) = 4n u (n)
n
b. x(n) = ( 2 + 1) u (n)
Dạng 2:
Cho hệ thống được mô tả bởi sơ đồ sau:
y(n)
x(n)
2
D
D
1
D
5
-1
-6
D
Biết y ( n) = 0 với n<0 . Tìm đáp ứng đầu ra y (n) , với các kích thích đầu vào là:
a. x(n) = 4n u (n)
n
b. x(n) = ( 2 + 1) u (n)
Giải:
a. x(n) = 4n u (n)
Cách1:
Bước 1: Tìm nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất y0 (n)
Giả sử dạng y0 (n) là α n : Ta có phương trình đặc trưng
α 2 − 5α + 6 = 0
⇔ α1 = 2 và α 2 = 3
→ y0 (n) = ( A1 2n + A2 3n )u (n)
Bước 2: Tìm nghiệm riêng của phương trình thuần nhất y p (n)
n
Giả sử y p (n) = B.4 u (n) thay vào phương trình sai phân ta có:
5
B.4n u ( n) − 5 B 4n −1 u (n − 1) + 6 B 4 n − 2 u (n − 2) = 2.4 n u (n) + 4 n −1 u (n − 1) − 4 n − 2 u (n − 2)
Phương trình trên phải thoải mãn với n ≥ 2. Chọn n=2 ta có:
16 B − 20 B + 6 B = 32 + 4 − 1
Vậy B =
y p ( n) =
35
2
35 n
.4 u (n)
2
Bước 3:
35
y p (n) = y0 (n) + y p (n) = A1.2n + A2 .3n + .4n u (n )
2
Bước 4: Tìm y ( n)
•
Với n = 0, y (0) = 2 x(0) = 2
•
Với n = 1, y (1) = 5 y (0) + 2 x(1) + x (0) = 10 + 8 + 1 = 19
35
9
=2
2 A1 + 2 A2 = −31 A1 =
A1 + A2 +
→
⇔
⇔
2
2
2 A1 + 3 A2 = −51
2 A1 + 3 A2 + 70 = 19
A2 = −20
35
9
→ y (n) = 2n − 20.3n + .4n ÷u (n)
2
2
Cách2:
Biến đổi Z hai phía của phương trình sai phân ta có:
Y ( Z ) ( 1 − 5Z −1 + 6 Z −2 ) = X ( Z ) ( 2 + Z −1 − Z −2 )
6
Z
Z >4
Z −4
Z 2 − 5Z + 6
Z 2Z 2 + Z − 1
Y ( Z ).
=
.
Z2
Z −4
Z2
( 2Z − 1) ( Z + 1) = A + B + C
Y (Z )
=
Z
( Z − 2 ) ( Z − 3) ( Z − 4 ) ( Z − 2 ) ( Z − 3) ( Z − 4 )
x ( n) = 4 n u ( n) → X ( Z ) =
( 2Z − 1) ( Z + 1)
( Z − 3) ( Z − 4 )
( 2Z − 1) ( Z + 1)
B=
( Z − 2) ( Z − 4)
( 2Z − 1) ( Z + 1)
C=
( Z − 3) ( Z − 2 )
A=
Z =2
Z =3
Z =4
=
9
2
= −20
=
35
2
9 Z
Z
35 Z
− 20
+
2 Z −2
Z −3 2 Z − 4
35
9
→ y (n) = 2n − 20.3n + .4n ÷u (n)
2
2
Y (Z ) =
Z >4
b. x(n) = [2n + 1]u (n)
Bước 1: Tìm nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất y0 (n)
Giả sử dạng y0 (n) là α n : Ta có phương trình đặc trưng
α 2 − 6α + 8 = 0
⇔ α1 = 2 và α 2 = 4
→ y0 (n) = ( A1 2n + A2 4n )u (n)
Bước 2: Tìm nghiệm riêng của phương trình thuần nhất y p (n)
n
Giả sử y p (n) = [Bn2 + C ]u ( n) thay vào phương trình sai phân ta có:
Bn 2n u (n) − 5B (n − 1)2n −1 u (n − 1) + 6 B (n − 2)2 n − 2 u (n − 2) +
+Cu (n) − 5Cu (n − 1) + 6Cu (n − 2) = 2.2 n u (n) + 2n −1 u ( n − 1) − 2 n − 2 u (n − 2) + 2u (n) + u (n − 1) − u (n − 2)
ơng trình trên phải thoải mãn với n ≥ 2. Chọn n=2 ta có:
Bn2n u (n) − 5B (n − 1)2n −1 u (n − 1) + 6 B (n − 2)2 n − 2 u ( n − 2) = 2.2n u (n) + 2 n −1 u (n − 1) − 2 n − 2 u (n − 2)
Cu (n) − 5Cu (n − 1) + 6Cu (n − 2) = 2u (n) + u (n − 1) − u (n − 2)
9
8 B − 10 B = 8 + 2 − 1
B = −
⇔
2
C − 5C + 6C = 2 + 1 − 1 C = 1
7
Phư
9
y p (n) = [ − n2n + 1]u (n)
2
Bước 3:
9
y p (n) = y0 (n) + y p (n) = A1.2n + A2 .3n − n 2 n + 1 u (n)
2
Bước 4: Tìm y ( n)
•
Với n = 0, y (0) = 2 x(0) = 4
•
Với n = 1, y (1) = 5 y (0) + 2 x(1) + x(0) = 20 + 6 + 2 = 28
A + A2 + 1 = 4
A = −27
→ 1
⇔ 1
2 A1 + 3 A2 − 8 = 28
A2 = 30
9
→ y (n) = −27.2n + 30.3n − n 2n + 1÷u (n)
2
Cách2:
Biến đổi Z hai phía của phương trình sai phân ta có:
Y ( Z ) ( 1 − 5Z −1 + 6 Z −2 ) = X ( Z ) ( 2 + Z −1 − Z −2 )
8
x(n) = ( 2n + 1) u (n) → X ( Z ) =
Y ( Z ).
Z
Z
Z 2 − 3Z
+
=
Z −2
Z − 1 ( Z − 1) ( Z − 2 )
Z 2 − 5Z + 6
2 Z 2 − 3Z
2Z 2 + Z − 1
=
.
Z2
Z2
( Z − 1) ( Z − 2 )
Y ( Z ) ( 2 Z − 3) ( Z + 1) ( 2Z − 1)
A
B
C1
C2
=
=
+
+
+
2
2
Z
( Z − 1) ( Z − 2 ) ( Z − 3) ( Z − 1) ( Z − 3) ( Z − 2 ) ( Z − 2 )
( 2Z − 3) ( Z + 1) ( 2Z − 1)
=1
2
Z =1
( Z − 2 ) ( Z − 3)
( 2Z − 3) ( Z + 1) ( 2Z − 1)
B=
= 30
2
Z =3
( Z − 2 ) ( Z − 1)
( 2Z − 3) ( Z + 1) ( 2Z − 1)
C2 =
= −9
Z =2
( Z − 1) ( Z − 3)
A=
( 2 Z − 3) ( Z + 1) ( 2 Z − 1)
4 Z 3 − 4 Z 2 − 5Z + 3
C1 =
= −27
÷
÷
÷ Z =2=
Z 2 − 4Z + 3
( Z − 1) ( Z − 3)
Z =2
Z
Z
Z
Z
Y (Z ) =
+ 30
− 27
−9
( Z − 1)
( Z − 3)
( Z − 2) ( Z − 2) 2
'
'
9
→ y (n) = −27.2n + 30.3n − n 2n + 1÷u (n)
2
9
Câu 2:
Cho hệ xử lý số đặc trưng bởi đáp ứng xung
n
1 −
h( n) = 6
0
0≤n≤6
n ∉ [ 0,6]
Tìm đáp ứng y(n) biết kích thích đầu vào là x (n) = rect2 (n) + 2rect2 (n − 2)
Dạng 2:
Cho hệ xử lý số đặc trưng bởi đáp ứng xung
5
2
1
1
1
h(n) = δ ( n) + δ (n − 1) + δ ( n − 2) + δ ( n − 3) + δ (n − 4) + δ ( n − 5)
6
3
2
3
6
Tìm đáp ứng y(n) biết kích thích đầu vào là :
x(n) = δ ( n) + δ (n − 1) + 2δ (n − 2) + 2δ ( n − 3)
Giải:
Cách 1:
y ( n) = h(n)* x(n) =
+∞
∑
6
k =−∞
h( k ) x ( n − k ) = ∑ h( k ) x ( n − k )
k =0
Dùng phương pháp lập bảng ta có:
k
6
0
7
0
8
0
9
0
y (n )
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
2
1
1
0
0
0
0
0
0
2
2
1
1
0
0
0
0
0
0
0
2
2
1
1
0
0
0
0
0
0
0
2
2
1
1
0
0
y (0) = 1
11
y (1) =
6
7
y (2) =
2
29
y (3) =
6
23
y (4) =
6
17
y (5) =
6
11
y (6) =
6
y (7) = 1
-2
0
-1
0
0
1
1
2
3
4
5
h( k )
-3
0
n = 0; x(− k )
n = 1; x(1 − k )
5
6
2
3
1
2
1
3
1
6
2
0
2
2
1
2
1
1
0
1
0
0
0
0
0
0
n = 2; x(2 − k )
0
0
2
2
1
1
0
n = 3; x(3 − k )
0
0
0
2
2
1
n = 4; x(4 − k )
0
0
0
0
2
n = 5; x(5 − k )
0
0
0
0
n = 6; x(6 − k )
0
0
0
n = 7; x(7 − k )
0
0
0
10
n = 8; x(8 − k )
0
0
0
0
0
0
0
0
2
2
1
1
0
n = 9; x(9 − k )
0
0
0
0
0
0
0
0
0
2
2
1
1
1
3
y (9) = 0
y (8) =
Vậy:
11
7
29
23
δ (n − 1) + δ (n − 2) + δ (n − 3) + δ (n − 4) +
6
2
6
6
17
11
1
+ δ (n − 5) + δ (n − 6) + δ (n − 7) + δ ( n − 8)
6
6
3
y ( n) = δ ( n ) +
Cách 2:
5
2
1
1
1
h(n) = δ ( n) + δ (n − 1) + δ ( n − 2) + δ ( n − 3) + δ (n − 4) + δ ( n − 5)
6
3
2
3
6
x(n) = δ ( n) + δ (n − 1) + 2δ (n − 2) + 2δ ( n − 3)
Biến đổi Z hai dãy x1 (n), x2 (n) ta có:
5
2
1
1
1
H ( Z ) = 1 + Z −1 + Z −2 + Z −3 + Z −4 + Z −5
6
3
2
3
6
−1
−2
−3
X (Z ) = 1 + Z + 2Z + 2Z
Vậy
2
1
1
1
5
Y ( Z ) = H ( Z ). X ( Z ) = 1 + Z −1 + Z −2 + Z −3 + Z −4 + Z −5 ÷( 1 + Z −1 + 2Z −2 + 2Z −3 ) =
3
2
3
6
6
11
7
29
23
17
11
1
= 1 + Z −1 + Z −2 + Z −3 + Z −4 + + Z −5 + Z −6 + Z −7 + Z −8
6
2
6
6
6
6
3
11
7
29
23
δ (n − 1) + δ (n − 2) + δ (n − 3) + δ (n − 4) +
6
2
6
6
17
11
1
+ δ (n − 5) + δ (n − 6) + δ (n − 7) + δ ( n − 8)
6
6
3
y ( n) = δ ( n ) +
11
Câu 3A:
Dạng 1:
Cho hệ thống được mô tả bởi phương trình sai phân tuyến tính hệ số hằng :
0, 4 y (n) + 0,5 y (n − 1) + 0,3 y ( n − 2) + 0,1 y ( n − 3) + 0,1 y ( n − 4) + 0,1 y( n − 5) =
= 0, 4 x(n − 1) + 0, 6 x(n − 2) + 0, 7 x( n − 3) + 0,3 x( n − 4)
a. Vẽ sơ đồ hệ thống
b. Xét sự ổn định của hệ thống
Dạng 1:
Xét sự ổn định của hệ thống hệ thống được mô tả bởi sơ đồ sau:
D
x(n)
D
D
D
1
y(n)
-1,25
1,5
-0,75
1,75
-0,25
0,75
-0,25
D
D
D
D
D
-0,25
Giải:
a. Vẽ sơ đồ hệ thống:
y ( n) = −1, 25 y (n − 1) − 0, 75 y (n − 2) − 0, 25 y ( n − 3) − 0, 25 y ( n − 4) − 0, 25 y( n − 5) +
+ x(n − 1) + 1,5 x (n − 2) + 1, 75 x( n − 3) + 0, 75 x(n − 4)
12
D
x(n)
D
D
D
1
y(n)
-1,25
1,5
-0,75
1,75
D
D
-0,25
0,75
D
-0,25
D
D
b. Biến đổi Z hai vế phương trình sai phân ta có:
-0,25
Y ( Z ) ( 0, 4 + 0,5Z −1 + 0,3Z −2 + 0,1Z −3 + 0,1Z −4 + 0,1Z −5 ) = X ( Z ) ( 0, 4 Z −1 + 0,6 Z − 2 + 0, 7 Z −3 + 0,3Z − 4 )
H (Z ) =
Y (Z ) N (Z )
0, 4Z −1 + 0,6Z −2 + 0, 7 Z −3 + 0,3Z −4
=
=
=
X ( Z ) D( Z ) 0, 4 + 0,5Z − 1 + 0,3Z −2 + 0,1Z −3 + 0,1Z −4 + 0,1Z −5
0, 4 Z 4 + 0, 6Z 3 + 0, 7 Z 2 + 0,3Z 1
=
0, 4Z 5 + 0,5Z 4 + 0,3Z 3 + 0,1Z 2 + 0,1Z + 0,1
Xét D( Z ) = 0, 4 Z 5 + 0,5Z 4 + 0,3Z 3 + 0,1Z 2 + 0,1Z + 0,1
Theo tính chất của tiêu chuẩn Jury
•
D( Z )
•
D( Z )
Z =1
= 1,5
Z = −1
Thỏa mãn điều kiện ổn định
= −0,1 Thỏa mãn điều kiện ổn định vì N=5 lẻ
• Lập bảng gồm 2N-3=7 hàng như sau:
Hàng
1
2
3
4
5
Hệ số
a0 = 0, 4
a1 = 0,5
a2 = 0,3
a3 = 0,1
a4 = 0,1
a5 = 0,1
a5 = 0,1
a4 = 0,1
a3 = 0,1
a2 = 0,3
a1 = 0,5
a0 = 0, 4
b0
b1
b2
b3
b4
b4
b3
b2
b1
b0
c0
c1
c2
c3
13
6
7
c3
c2
c1
r0
r1
c0
r2
b0 =
a0
a5
a5 0, 4 0,1
=
= 0,15
a0
0,1 0, 4
c0 =
b0
b4
b4
0,15 −0, 01
=
= 0, 0224
b0 −0, 01 0,15
b1 =
a0
a5
a4 0, 4 0,1
=
= 0,19
a1
0,1 0,5
c1 =
b0
b4
b3
0,15 0, 01
=
= 0, 0286
b1 −0, 01 0,19
b2 =
a0
a5
a3 0, 4 0,1
=
= 0,11
a2
0,1 0,3
c2 =
b0
b4
b2
0,15 0,11
=
= 0, 0176
b2 −0, 01 0,11
b3 =
a0
a5
a2 0, 4 0,3
=
= 0, 01
a3
0,1 0,1
c3 =
b0
b4
b1
0,15 0,19
=
= 0, 0034
b3 −0, 01 0, 01
b4 =
a0
a5
a1 0, 4 0,5
=
= −0, 01
a4
0,1 0,1
r0 =
c0
c3
c3 0, 0224 0, 0034
=
= 4,9.10−4
c0 0, 0034 0, 024
r1 =
c0
c3
c2 0, 0224 0, 0176
=
= 5,8.10−4
c1 0, 0034 0, 0286
r2 =
c0
c3
c1 0, 0224 0, 0286
=
= 2,97.10−4
c2 0, 0034 0, 0176
a0 > a5
Ta có:
b0 > b4
c0 > c3
Vậy hệ thống trên ổn định
r0 > r2
Câu 3B:
Cho hệ thống được mơ tả bởi phương trình sai phân tuyến tính hệ số hằng :
0,15 y ( n) + 0,19 y ( n −1) + 0,11 y( n − 2) + 0, 01 y( n − 3) − 0, 01 y( n − 4) =
= 0, 4 x( n −1) + 0, 6 x(n − 2) + 0, 7 x( n − 3) + 0, 3 x( n − 4)
a. Vẽ sơ đồ biểu diễn hệ thống trên
b. Xét sự ổn định của hệ thống
Giải:
a. Vẽ sơ đồ hệ thống:
14
19
11
1
1
y (n − 1) − y (n − 2) − y (n − 3) + y (n − 4) +
15
15
15
15
4
6
7
3
+ x(n − 1) + x( n − 2) + x(n − 3) + x( n − 4)
15
15
15
15
y ( n) = −
D
x(n)
y(n)
4/15
D
-19/15
6/15
D
7/15
3/15
D
-11/15
-1/15
1/15
D
D
D
D
b. Biến đổi Z hai vế phương trình sai phân ta có:
Y ( Z ) ( 0,15 + 0,19Z − 1 + 0,11Z − 2 + 0, 01Z − 3 − 0,01Z − 4 ) = X ( Z ) ( 0, 4 Z −1 + 0,6 Z − 2 + 0,7 Z −3 + 0,3Z − 4 )
H (Z ) =
=
Y (Z ) N (Z )
0, 4 Z −1 + 0,6 Z −2 + 0,7 Z −3 + 0,3Z − 4
=
=
=
X ( Z ) D( Z ) 0,15 + 0,19Z −1 + 0,11Z −2 + 0, 01Z −3 − 0,01Z −4
0, 4Z 4 + 0,6Z 3 + 0,7 Z 2 + 0,3Z 1
0,15Z 4 + 0,19 Z 3 + 0,11Z 2 + 0, 01Z − 0,01
Xét D( Z ) = 0,15Z 4 + 0,19 Z 3 + 0,11Z 2 + 0, 01Z − 0, 01
Theo tính chất của tiêu chuẩn Jury
•
D( Z )
•
D( Z )
Z =1
= 0, 45
Z = −1
Thỏa mãn điều kiện ổn định
= 0, 05 Thỏa mãn điều kiện ổn định vì N=4 chẵn
• Lập bảng gồm 2N-3=5 hàng như sau:
15
Hàng
1
2
3
4
5
Hệ số
b0 = 0,15
b1 = 0,19
b2 = 0,11
b3 = 0, 01
b4 = −0, 01
b4 = −0, 01
b3 = 0, 01
b2 = 0,11
b1 = 0,19
b0 = 0,15
c0
c1
c2
c3
c3
c2
c1
c0
r0
r1
r2
c0 =
b0
b4
b4
0,15 −0, 01
=
= 0, 0224
b0 −0, 01 0,15
c1 =
b0
b4
b3
0,15 0, 01
=
= 0, 0286
b1 −0, 01 0,19
c2 =
b0
b4
b2
0,15 0,11
=
= 0, 0176
b2 −0, 01 0,11
c3 =
b0
b4
b1
0,15 0,19
=
= 0, 0034
b3 −0, 01 0, 01
r0 =
c0
c3
c3 0, 0224 0, 0034
=
= 4,9.10−4
c0 0, 0034 0, 024
r1 =
b0 > b4
c0 > c3
c2 0, 0224 0, 0176
=
= 5,8.10−4
c1 0, 0034 0, 0286
r2 =
Ta có:
c0
c3
c0
c3
c1 0, 0224 0, 0286
=
= 2,97.10−4
c2 0, 0034 0, 0176
Vậy hệ thống trên ổn định
r0 > r2
16
Câu 4A:
Giải:
Hãy tổng hợp bộ lọc số thông thấp FIR pha tuyến tính với N=11,
ωc =
π
bằng phương pháp cửa sổ chữ nhật sau đó vẽ sơ
6
đồ bộ lọc.
WR (n) N là cửa sổ nhân quả tâm đối xứng tại
-
Theo đầu bài ta chọn cửa sổ chữ nhật
-
Bộ lọc số lý tưởng thơng thấp có dạng:
h( n) =
N −1
với N=11
2
ωc sin ωc n
nên để thực hiện bộ lọc thông thấp thực tế ta
π ωc n
phải biến đổi thành bộ lọc FIR pha tuyến tính có tâm đối xứng tại
N −1
π
và tần số cắt là ωc =
2
6
N −1
ωc sin ωc ( n − 2 )
π
Vậy: h(n) =
với ωc =
và N=11
π ω ( n − N − 1)
6
c
2
π
sin[ ( n − 5)]
1
6
→ h( n) =
6 π (n − 5)
6
- Nhân cửa sổ WR (n)11 với h(n) lý tưởng ta được:
hd ( n) = WR ( n)11.h(n)
Kết quả phép nhân thể hiện trên bảng sau:
n
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
h( n)
1
10π
3
8π
1
3π
3
4π
1
2π
1
6
1
2π
3
4π
1
3π
3
8π
1
10π
WR (n)
1
hd ( n)
1
10π
1
1
1
3π
3
8π
1
3
4π
1
1
2π
1
1
1
6
1
2π
1
3
4π
1
1
1
1
3π
3
8π
1
10π
1
3
1
3
1
1
δ ( n) +
δ (n − 1) + δ (n − 2) +
δ (n − 3) +
δ (n − 4) + δ (n − 5) +
10π
8π
3π
4π
2π
6
Vậy
Ta có:
1
3
1
3
1
+
δ (n − 6) +
δ (n − 7) + δ ( n − 8) +
δ (n − 9) +
δ (n − 10)
2π
4π
3π
8π
10π
hd ( n) =
H (e jω ) = A(e jω )e jθ (ω ) = A(e jω )e − j 5ω
5
jω
Với A(e ) = ∑ a ( n) cos ω n
n=0
a (0) = h(5) =
1
6
a (1) = 2h(4) =
1
π
17
a (2) = 2h(3) =
3
2π
a (3) = 2h(2) =
Vậy:
2
3π
a (4) = 2h(1) =
3
4π
a (5) = 2h(0) =
1
5π
1 1
3
2
3
1
+ cos ω +
cos 2ω +
cos 3ω +
cos 4ω +
cos 5ω
6 π
2π
3π
4π
5π
θ (ω ) = −5ω
A(e jω ) =
Sơ đồ bộ lọc:
1
3 −1 1 −2
3 −3 1 −4 1 −5
+
Z +
Z +
Z +
Z + Z +
10π 8π
3π
4π
2π
6
1 −6
3 −7 1 −8
3 −9
1 −10
+
Z +
Z +
Z +
Z +
Z
2π
4π
3π
8π
10π
H D (Z ) =
18
x(n)
Z −1
3
8π
Z −1
1
3π
Z −1
3
4π
Z −1
1
2π
Z −1
1
6
Z −1
Z −1
Z −1
Z −1
y(n)
1
2π
3
4π
1
3π
3
8π
1
10π
19
Câu 4B: Hãy tổng hợp bộ lọc số thông thấp FIR pha tuyến tính với N = 11, tần số cắt
ωc =
π
bằng phương pháp cửa sổ
6
tam giác. Vẽ sơ đồ bộ lọc.
N −1
2n
0≤n ≤
N −1
2
2n
N −1
≤ n ≤ N −1
Biết hàm cửa sổ có dạng WT (n) N = 2 −
N −1
2
0 n ∉[0,N-1]
Giải:
-
Theo đầu bài ta chọn cửa sổ tam giác
WT (n) N là cửa sổ nhân quả tâm đối xứng tại
N −1
với N=11
2
n
0≤n≤5
5
n
WT ( n) N = 2 −
5 ≤ n ≤ 10
5
0 n ∉ [0,10]
Bộ lọc số lý tưởng thơng thấp có dạng:
h( n) =
ωc sin ωc n
nên để thực hiện bộ lọc thông thấp thực tế ta phải
π ωc n
biến đổi thành bộ lọc FIR pha tuyến tính có tâm đối xứng tại
N −1
ωc sin ωc ( n − 2 )
π
Vậy: h(n) =
với ωc =
và N=11
π ω ( n − N − 1)
6
c
2
π
sin[ ( n − 5)]
1
6
→ h( n) =
π
6
(n − 5)
6
-
Nhân cửa sổ
WT (n)11 với h(n) lý tưởng ta được:
hd ( n) = WT (n)11.h(n)
Kết quả phép nhân thể hiện trên bảng sau:
20
N −1
π
và tần số cắt là ωc =
2
6
N
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
h ( n)
1
10π
hd ( n)
0
3
4π
3
5
3 3
20π
1
2π
4
5
2
5π
1
2π
4
5
2
5π
3
4π
3
5
3 3
20π
1
3π
2
5
2
15π
3
8π
1
5
3
40π
1
10π
0
1
3π
2
5
2
15π
1
6
WR (n)
3
8π
1
5
3
40π
1
1
6
0
0
Vậy:
3
2
3 3
2
1
δ (n − 1) +
δ (n − 2) +
δ (n − 3) + δ (n − 4) + δ (n − 5) +
40π
15π
20π
5π
6
2
3 3
2
3
+ δ (n − 6) +
δ (n − 7) +
δ (n − 8) +
δ (n − 9)
5π
20π
15π
40π
hd ( n) =
Ta có:
H (e jω ) = A(e jω )e jθ (ω ) = A(e jω )e − j 5ω
5
Với
x(n)
A(e jω ) = ∑ a( n) cos ω n Z
−1
n=0
a (0) = h(5) =
1
6
Sơ đồ bộ lọc:
4
2
a1(1) = 2h(4) =
−
Z
15π 5π
4
15π
y(n)
a (2) = 2h(3) =
3
a (5) = 2h(0) = 0
a (4) = 2h(1) =
−1
3 3 20π
Z
1 4
3 3 20π
4
3
A(e jω ) = +
cos ω +
cos 2ω +
cos 3ω +
cos 4ω
6 5π
10π
15π
20π
2
−1
θ (ω ) = −5ω Z
5π
a (3) = 2h(2) =
Vậy:
3
40π
3 −1
2 −2 3 3 Z−−1 2 14 1 −5
Z +
Z +
Z 3+
Z− + Z +
40π
15π
20π
5π 6 6
2 −6 3 3 −7
2 −8
3 −9
+
Z +
Z +
Z +
Z
5π
20π
15π
40π −1
Z
H D (Z ) =
2
5π
Z −1
3 3
20π
2
15π
Z −1
3 21
40π
3 3
10π
Câu 4C: Hãy tổng hợp bộ lọc số thông cao FIR pha tuyến tính với N = 11, tần số cắt
tam giác. Vẽ sơ đồ bộ lọc.
N −1
2n
0≤n ≤
N −1
2
2n
N −1
≤ n ≤ N −1
Biết hàm cửa sổ có dạng WT (n) N = 2 −
N −1
2
0 n ∉[0,N-1]
Giải:
22
ωc =
π
bằng phương pháp cửa sổ
6
-
Theo đầu bài ta chọn cửa sổ tam giác
WT (n) N là cửa sổ nhân quả tâm đối xứng tại
N −1
với N=11
2
n
0≤n≤5
5
n
WT ( n) N = 2 −
5 ≤ n ≤ 10
5
0 n ∉ [0,10]
Bộ lọc số lý tưởng thơng cao có dạng:
h ( n ) = δ ( n) −
ωc sin ωc n
nên để thực hiện bộ lọc thông cao thực tế ta
π ωc n
phải biến đổi thành bộ lọc FIR pha tuyến tính có tâm đối xứng tại
N −1
π
và tần số cắt là ωc =
2
6
N −1
sin ωc (n −
)
N − 1 ωc
π
2
)−
Vậy: h(n) = δ ( n −
với ωc =
và N=11
2
π ω (n − N − 1)
6
c
2
1
→ h(n) = δ ( n − 5) −
6
-
Nhân cửa sổ
π
sin[ (n − 5)]
6
π
(n − 5)
6
WT (n)11 với h(n) lý tưởng ta được:
hd ( n) = WT (n)11.h(n)
Kết quả phép nhân thể hiện trên bảng sau:
N
h ( n)
WR (n)
hd ( n)
0
1
1
3
−
−
10π
8π
1
0
5
3
0
−
40π
2
3
4
1
1
3
−
−
−
3π
2π
4π
2
3
4
5
5
5
2
2
3 3
−
−
−
15π
5π
20π
5
6
5
6
7
1
3
−
−
2π
4π
4
3
5
5
2
3 3
−
−
5π
20π
1
5
6
Vậy:
23
8
9
10
1
1
3
−
−
−
3π
10π
8π
2
1
0
5
5
2
3
−
0
−
15π
40π
3
2
3 3
2
5
δ (n − 1) −
δ (n − 2) −
δ (n − 3) − δ (n − 4) + δ (n − 5) +
40π
15π
20π
5π
6
2
3 3
2
3
− δ (n − 6) −
δ ( n − 7) −
δ (n − 8) −
δ ( n − 9)
5π
20π
15π
40π
hd ( n) = −
Ta có:
H (e jω ) = A(e jω )e jθ (ω ) = A(e jω )e − j 5ω
5
Với
A(e jω ) = ∑ a( n) cos ω n
n=0
a (0) = h(5) =
5
6
a (3) = 2h(2) = −
Vậy:
Sơ đồ bộ lọc:
a (1) = 2h(4) = −
4
15π
4
5π
a (4) = 2h(1) = −
3
20π
a (2) = 2h(3) = −
a (5) = 2h(0) = 0
5 4
3 3
4
3
−
cos ω −
cos 2ω −
cos 3ω −
cos 4ω
6 5π
10π
15π
20π
x(n)
−1
3
y(n)
−
θ (ω ) = −5ω Z
40π
A(e jω ) =
2
1
3 −1
2 −2 3 3 Z −3 2 − 4
Z −
Z −
Z− −
Z − 15π Z −5 +
+5
40π
15π
20π
5π
2 −6 3 3 −7
2 −8
3 −9
−
Z −
Z −
Z −
Z
3 3
5π
20π
15π
40π Z −1
−
20π
H D (Z ) = −
Z −1
−
2
5π
−
2
5π
−
3 3
20π
−
2
15π
−
324
40π
Z −1
Z −1
Z −1
Z −1
Z −1
3 3
10π
Câu 4C:
Hãy tổng hợp bộ lọc số chắn dải FIR pha tuyến tính với N =11, ωc1 =
pháp cửa sổ tam giác. Vẽ sơ đồ bộ lọc. Biết hàm cửa sổ có dạng:
25
π
π
, ωc 2 = bằng phương
6
2
