biến đổi z và ứng dụng vào hệ thống LTI rời rạc

Chương 2: BIẾN ĐỔI Z VÀ ỨNG DỤNG VÀO
HỆ THỐNG LTI RỜI RẠC

2.1 BIẾN ĐỔI Z
2.2 CÁC TÍNH CHẤT BIẾN ĐỔI Z
2.3 BIẾN ĐỔI Z NGƯỢC
2.4 HÀM TRUYỀN ĐẠT CỦA HỆ LTI RỜI RẠC
2.5 GIẢI PTSP DÙNG BIẾN ĐỔI Z 1 PHÍA


2.1 BIẾN ĐỔI Z
2.1.1 ĐỊNH NGHĨA BIẾN ĐỔI Z:

• Biến đổi Z của dãy x(n):

X (z) =

∞

−n
x
(
n
)
z
∑

n = −∞

Trong đó Z – biến số phức

(*)

Biểu thức (*) còn gọi là biến đổi Z hai phía
∞

−n
X
(
z
)
=
x
(
n
)
z
Biến đổi Z 1 phía dãy x(n):
∑
(**)
n=0

• Nếu x(n) nhân quả thì : (*)
• Ký hiệu:
Z
x(n) ←→
X(z)
hay
Z −1
X(z) ←
x(n)

→
1
{X(z)}

≡ (**)
X(z) = Z{x(n)}
hay x(n) = Z-


5.1.2 MIỀN HỘI TỤ CỦA BIẾN ĐỔI Z (ROC)
• Miền hội tụ của biến đổi Z - ROC (Region Of Convergence)
là tập hợp tất cả các giá trị Z nằm trong mặt phẳng phức sao
cho X(z) hội tụ.
Im(Z)
Rx+

• Để tìm ROC của X(z) ta áp dụng
tiêu chuẩn Cauchy

C
O
R

Rx-

Re(z)

0

0

• Tiêu chuẩn Cauchy:
∞

Một chuỗi có dạng:

∑ x( n) = x(0) + x(1) + x( 2) + 

n= 0

hội tụ nếu:

1
n

lim x ( n) < 1

n→ ∞


x ( n) = a n u( n)

Ví dụ 5.1.1: Tìm biến đổi Z & ROC của:
Giải:

X (z) =

∞

−n

x
(
n
)
z
=
∑

n = −∞

∑ [ a u( n)] z
∞

n

−n

n = −∞

1
X (z) =
1 − az −1
Nếu:

lim  az
n→ ∞ 




∞

n= 0

n= 0

= ∑ a n .z − n = ∑ ( az −1 )

Theo tiêu chuẩn Cauchy,
X(z) sẽ hội tụ:

1n
n
−1

∞

Im(z)
ROC
/a/
0

<1⇔ z > a

1
; ROC : Z > a
Vậy: X ( z ) =
−1
1 − az

n

Re(z)


x ( n) = − a n u( − n − 1)

Ví dụ 5.1.1: Tìm biến đổi Z & ROC của:
Giải:

X (z) =

∞

−n
=
x
(
n
)
z
∑

n = −∞
∞

(

)

m

∞

(

∑ [ − a u( − n − 1)] z
∞

m=0

)

Im(z)

/a/
Re(z)
0

ROC

1
X ( z) = −∑ ( a z ) + 1 =
1 − az −1
m =0
Nếu:

−1

lim a −1 z 

n →∞


1n

<1

n −n
a
∑ .z

n = −∞

+1

m

n

=−

m

Theo tiêu chuẩn Cauchy,
X(z) sẽ hội tụ:
∞

−n

n = −∞

= − ∑ a −1z = − ∑ a −1z
m =1

n

−1

⇔

z

5.2 CÁC TÍNH CHẤT BIẾN ĐỔI Z
a) Tuyến tính
• Nếu:
• Thì:

Z
x1 (n) ←→
X 1 ( z ) : ROC = R1
Z
x2 (n) ←→
X 2 ( z ) : ROC = R 2
Z
a1 x1 (n) + a2 x2 (n) ←→
a1 X 1 ( z ) + a2 X 2 ( z )

ROC chứa R1∩ R2
Ví dụ 5.2.1: Tìm biến đổi Z & ROC của:

x(n) = a u (n) − b u (− n − 1)
n

Giải:

n

với

a

Im(z)

Theo ví dụ 5.1.1 và 5.1.2, ta có:

1
a u (n) ←→
1 − az −1
Z

n

ROC
/a/

R1 : z > a

Re(z)

0

Im(z)

1
− b u (− n − 1) ←→
1 − bz −1
n

Z

R2 : z < b

Áp dụng tính chất tuyến tính, ta được:

1
1
Z
n
n
+
a u (n) − b u (− n − 1) ←→
−1
1 − az
1 − bz −1
R = R1 ∩ R2 : a < z < b

/b/
0

Re(z)

ROC
Im(z)

ROC /b/
Re(z)

0

/a/


b) Dịch theo thời gian
Z
Nếu: x ( n) ←→
X ( z ) : ROC = R

Thì:

Z
x(n − n0 ) ←→
Z − n0 X ( z ) : ROC = R'

R trừ giá trị z=0, khi n0>0
Với: R' = 
R trừ giá trị z=∞, khi n0<0

Ví dụ 5.2.2: Tìm biến đổi Z & ROC của: x( n) = a u ( n − 1)

Giải:
1
Z
n
; ROC : z > a
Theo ví dụ 5.1.1: a u ( n) ←→
−1
n

1 − az

−1
az
Z
n −1
n
←
→
:z >a
=
a
.
a
u
(
n
−
1
)
x

(
n
)
=
a
u
(
n
−
1
)
Vậy:
−1
1 − az


c) Nhân với hàm mũ an
Z

Nếu: x ( n) ←→ X ( z ) : ROC = R
Thì:

Z
a n x(n) ←→
X (aZ −1 ) : ROC = a R

Ví dụ 5.2.3: Xét biến đổi Z & ROC của:

x2 (n) = u (n)

x1 (n) = a nu (n) và
Giải:
x(n) = u (n) ←→ X ( z ) =
Z

∞

∑ u(n)z

−n

n = −∞

1
=
;R : z > 1
−1
1− z

1
a x ( n) = a u( n) ←→ X (az ) =
; R' : z > a
−1
1 − az
n

n

Z

−1


d) Đạo hàm X(z) theo z
Z
x
(
n
)
←
→
X ( z ) : ROC = R
Nếu:

dX(z)
: ROC = R
Thì: n x (n) ←→ − z
dz
Z

n
g
(
n
)
=
na
u ( n)
Ví dụ 5.2.4: Tìm biến đổi Z & ROC của:

Giải:
Theo ví dụ 5.1.1:

1
x(n) = a u (n) ←→ X ( z ) =
; ROC : z > a
−1
1 − az
n

Z

−1
dX
(
z
)
az
Z
=
:z >a
g( n) = nx ( n) ←→ G ( z ) = − z
−1 2
(1 − az )
dz


e) Đảo biến số
Z
x

(
n
)
←
→
X ( z ) : ROC = R
Nếu:

Z
Thì: x (− n) ←→
X (z -1 ) : ROC = 1 R

• Ví dụ 5.2.5: Tìm biến đổi Z & ROC của: y ( n) = (1 a ) u ( − n)
n

• Giải: Theo ví dụ 5.1.1:

1
x(n) = a u (n) ←→ X ( z ) =
; ROC : z > a
−1
1 − az
Z

n

⇒ y ( n ) = (1 a ) u ( − n ) = a − n u ( − n ) = x ( − n )
n

Áp dụng tính chất đảo biến số:

−1

Y(z) = X(z ) =

1

( )

1− a z

−1 −1

1
=
; ROC : z < 1 / a
1 − az


f) Liên hiệp phức
Z
x
(
n
)
←
→
X ( z ) : ROC = R
Nếu:

Thì:

Z
x * ( n) ←→
X * (z*) : ROC = R

g) Tích 2 dãy
Nếu:

Thì:

Z
x1 (n) ←→
X 1 ( z ) : ROC = R 1
Z
x2 (n) ←→
X 2 ( z ) : ROC = R 2

1
x1 (n) x2 (n) ←→
2π
Z

 z  −1
∫c X 1 (ν ) X 2 ν ν dν : ROC = R1 R 2

h) Định lý giá trị đầu
Nếu x(n) nhân quả thì:

x(0) = Lim X(z)
Z →∞

• Ví dụ 5.2.5: Tìm x(0), biết X(z)=e1/z và x(n) nhân quả
• Giải:
Theo định lý giá trị đầu:

x(0) = lim X(z) = lim e1/z = 1
Z →∞

Z →∞

i) Tổng chập 2 dãy
Nếu:

Z
x1 (n) ←→
X 1 ( z ) : ROC = R 1
Z
x2 (n) ←→
X 2 ( z ) : ROC = R 2

Z
Thì: x1 (n) * x2 (n) ←→
X 1 ( z ) X 2 ( z ) ;ROC có chứa R1 ∩ R2


• Ví dụ 5.2.6: Tìm y(n) = x(n)*h(n), biết:

x(n) = (0.5) n u (n) h(n) = −2 n u (− n − 1)

• Giải:

1
x ( n) = (0.5) u( n) ←→ X ( z ) =
; ROC : z > 0.5
−1
1 − 0.5 z
n

Z

1
h( n) = −2 u( − n − 1) ←→ H ( z ) =
; ROC : z < 2
−1
1 − 2z
n

Z

1
1
Y (z) = X (z)H (z) =
.
; ROC : 0,5 < z < 2
−1
−1
(1 − 0.5 z ) (1 − 2 z )
Z-1

1
1
4
1
=− .
+ .
; ROC : 0,5 < z < 2
−1
−1
3 (1 − 0.5 z ) 3 (1 − 2 z )

1
4 n
n
y (n) = x(n) * h(n) = − (0.5) u (n) − 2 u (− n − 1)
3
3


TỔNG KẾT CÁC TÍNH CHẤT BIẾN ĐỔI Z
x(n)
a1x1(n)+a2x2(n)

X(z)
a1X1(z)+a2X2(z)

Chứa R1 ∩ R2

x(n-n0)

Z-n0 X(z)

R’

an x(n)
nx(n)
x(-n)
x*(n)
x1(n)x2(n)

X(a-1z)
-z dX(z)/dz
X(z -1)
X*(z*)

R
R
1/R
R

1
 z  −1
X
(
v
)
X
1
2  v dv
∫

C
2πj
v

R1 ∩ R2

x(n) nhân quả
x1(n)*x2(n)

x(0)=lim X(z ->∞)
X1(z)X2(z)

R

Chứa R1 ∩ R2


BIẾN ĐỔI Z MỘT SỐ DÃY THÔNG DỤNG
x(n)

X(z)

ROC

δ(n)

1

∀z

u(n)

1
−1
1− z

/z/ >1

1
1 − az −1

/z/ > /a/
/z/ > /a/

-nan u(-n-1)

az −1
(1 − az −1 ) 2

cos(ωon)u(n)

(1-z-1cosωo)/(1-2z-1cosωo+z-2)

/z/ >1

sin(ωon)u(n)

(z-1sinωo)/(1-2z-1cosωo+z-2)

/z/ >1

-u(-n-1)
an u(n)
-an u(-n-1)
nan u(n)

/z/ <1
/z/ < /a/
/z/ < /a/


2.3 BIẾN ĐỔI Z NGƯỢC
2.3.1 CÔNG THỨC BIẾN ĐỔI Z NGƯỢC

1
n −1
x( n ) =
X
(
z
)
z
dz (*)
∫
2πj C
Với C - đường cong khép kín bao quanh gốc tọa độ trong
mặt phẳng phức, nằm trong miền hội tụ của X(z), theo
chiều (+) ngược chiều kim đồng hồ
 Trên thực tế, biểu thức (*) ít được sử dụng do tính chất
phức tạp của phép lấy tích phân vòng

• Các phương pháp biến đổi Z ngược:
 Thặng dư
 Khai triển thành chuỗi luỹ thừa
 Phân tích thành tổng các phân thức tối giản


5.3.2 PHƯƠNG PHÁP THẶNG DƯ
a) Khái niệm thặng dư của 1 hàm tại điểm cực:
• Thặng dư tại điểm cực Zci bội r của F(z) được định nghĩa:

Re s[ F ( z )] Z = Z ci

[

1 d ( r −1)
r
=
F
(
z
)(
z
−
z
)
ci
(r − 1)! dz ( r −1)

]

Z = Z ci

• Thặng dư tại điểm cực đơn Zci của F(z) được định nghĩa:

Re s[ F ( z )] Z = Z ci = [ F ( z )( z − zci )] Z = Z ci

b) Phương pháp:
• Theo lý thuyết thặng dư, biểu thức biến đổi Z ngược theo
tích phân vòng (*) được xác định bằng tổng các thặng dư
tại tất cả các điểm cực của hàm X(z)zn-1 :


1
n −1
x ( n) =
X
(
z
)
z
dz
∫
2πj C

(*)

Trong đó:
• Zci – các điểm cực của X(z)zn-1 nằm trong đường cong C
• Res[X(z)zn-1]z=zci - thặng dư của X(z)zn-1 tại điểm cực zci
 Tổng cộng các thặng dư tại tất cả các điểm cực, ta

được x(n)

z
Ví dụ 5.3.1: Tìm biến đổi Z ngược của: X ( z ) =
( z − 2)
Giải:

Thay X(z) vào (*), ta được

1
1
z
n −1
n −1
x ( n) =
X
(
z
)
z
dz
=
z
dz
∫
∫
2πj C
2πj C ( z − 2)

 Chọn C là đường cong khép kín nằm bên ngoài vòng
tròn có bán kính là 2
n
z
n −1
• n≥0: X ( z ) z =
có 1 điểm cực đơn Zc1=2
( z − 2)

Im(z)
ROC

Thặng dư tại Zc1=2:

 z

 z 
n
=
2
=
(
z
−
2
)
Res 




(
z
−
2
)
(
z
−
2
)
 Z =2

 Z =2 
n

n

• n<0: X ( z ) z

n −1

1
1
=
=
−n
( z − 2) z
( z − 2) z m

2

Re(z)

0

C

Zc1=2 đơn,
Zc2=0 bội m





1
1
1
=
( z − 2) = m
Với: Zc1=2 Res 
m
m
 ( z − 2) z  Z =2  ( z − 2) z
 Z =2 2


Với: Zc2=0 bội m:




1
1
d m−1 
1
m
Res 
=
z 
m
m −1 
m
 ( z − 2) z  Z =0 ( m − 1)! dz  ( z − 2) z
 Z =0
1  (m − 1)!(−1) m−1 
1
=

 =− m
m
(m − 1)! 
( −2)
2


Vậy, với n<0:
suy ra

1
1
= m − m =0

2
2

x(n) = 2n : n ≥ 0 hay x(n) = 2n u (n)


5.3.3 PHƯƠNG PHÁP KHAI TRIỂN
THÀNH CHUỖI LUỸ THỪA
Giả thiết X(z) có thể khai triển: X ( z ) =

∞

−n
a
z
∑ n

n = −∞

Theo định nghĩa biến đổi Z

X ( z) =

∞

−n
x
(
n
)

z
∑

n = −∞

Đồng nhất (*) & (**), rút ra:

(*)
(**)

x ( n ) = an

2
−1
−2
X
(
z
)
=
(
z
+
1
)(
1
−
2
z
+

3
z
)
Ví dụ: 5.3.2: Tìm x(n) biết:
Giải:
ROC : 0 < z < ∞
Khai triển X(z) ta được:

X ( z ) = z 2 − 2 z + 4 − 2 z −1 + 3z −2 =

2

−n
x
(
n
)
z
∑

n = −2

Suy ra:


1
: z >2
Ví dụ: 5.3.3: Tìm x(n) biết: X ( z ) =
−1
1 − 2z

Giải:
Do ROC của X(z) là /z/>2, nên x(n) sẽ là dãy nhân quả
và sẽ được khai triển thành chuỗi có dạng:
∞

X ( z ) = ∑ an z −n = a0 + a1 z −1 + a2 z −2 + 
n =0

(*)

Để có dạng (*), thực hiện phép chia đa thức dưới đây:

+ 2 z −1 + 22 z −2 + 
∞

⇒ X ( z ) = ∑ 2n z −n
n =0

⇒ x ( n) = 2 : n ≥ 0 ≡ 2 u ( n)
n

n


1
: z <2
Ví dụ: 5.3.4: Tìm x(n) biết: X ( z ) =
−1
1 − 2z

Giải:

Do ROC của X(z) là /z/<2, nên x(n) sẽ là dãy phản nhân
quả và sẽ được khai triển thành chuỗi có dạng:

X ( z) =

−∞

−n
a
z
∑ n = a−1 z1 + a−2 z 2 + a−3 z 3 + 

n = −1

(**)

Để có dạng (**), thực hiện phép chia đa thức dưới đây:
−3 3
− 2 −2 z 2 − 2 z + 

⇒ X ( z) =

−∞

n −n
−
2
∑ z

n = −1

⇒ x(n) = −2n : n < 0 ≡ −2n u (−n − 1)


5.3.4 PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH THÀNH
TỔNG CÁC PHÂN THỨC TỐI GIẢN
Xét X(z) là phân thức hữu tỉ có dạng:

D( z ) d K z K + d K −1 z K −1 + ... + d1 z + d 0
X ( z) =
=
B ( z ) bN z N + bN −1 z N −1 + ... + b1z + b0

với:

K, N > 0

•Nếu K>N, thực hiện phép chia đa thức, ta được:

D( z )
A( z )
aM z M + aM −1 z M −1... + a1 z + a0
X ( z) =
= C ( z) +
= C ( z) +
bN z N + bN −1 z N −1 + ... + b1z + b0
B( z )
B( z )

Ta được C(z) là đa thức và phân thức A(z)/B(z) có bậc M≤N
•Nếu K≤N, thì X(z) có dạng giống phân thức A(z)/B(z)
Việc lấy biến đổi Z ngược đa thức C(z) là đơn giản, vấn
đề phức tạp là tìm biến đổi Z ngược A(z)/B(z) có bậc M≤ N