Chương 4 BIẾN đổi z

1
Chương 4

BIẾN ĐỔI Z
Chương này giới thiệu biến đổi z mà rất hữu ích trong phân tích và thiết kế hệ thống DSP (hoặc
DTSP), giống như biến đổi Laplace cho hệ thống tương tự (hoặc liên tục thời gian). Phân tích Fourier
được phát triển cho miền liên tục thời gian nhưng cũng hữu ích cho tín hiệu và hệ thống rời rạc thời
gian. Ta sẽ thấy biến đổi z và biến đổi Fourier liên hệ với nhau. Ta chọn để trình bày biến đổi z sau
phân tích Fourieer như nhiều tác giả khác đã làm, nhưng theo trật tự ngược lại cũng thường thấy.
Chủ đề chính là: định nghĩa biến đổi z, hữu ích đôi biến đổi, thuộc tính biến đổi, vẽ cực và
không, vùng hội tụ, sự ổn định của hệ thống, biến đổi ngược, biến đổi z một bên, lọc bậc hai, đáp ứng
chuyển tiếp và hệ thống với điều kiện đầu
4.1 BIẾN ĐỔI Z
Phần mở đầu bao gồm nhiều khía cạnh khác nhau của biến đổi z. Giống như những biến đổi khác,
biến đổi z áp dụng cho cả tín hiệu và hệ thống rời rạc. Ta biết rằng một hệ thống được đặc trưng bởi
phương trình tín hiệu vào ra, hoặc đáp ứng xung của nó, hoặc đáp ứng tần số. Tóm lại ta sẽ thấy đặc
tính thứ tư của hệ thống.
4.1.1 Định nghĩa: Biến đổi z X(z) của một tín hiệu rời rạc thời gian x(n) được định nghĩa như
∞

X(z) =

x (n )z -n

n= 0

(4.1)

z là một biến phức của miền biến đổi và có thể xem như tần số phức (xem hình 4.5). Nhớ rằng chỉ số
n có thể là thời gian, không gian hoặc một số thứ khác, nhưng thường là thời gian. Như định nghĩa
trên, X(z) là chuỗi mũ nguyên của z 1 tương ứng với những hệ số x(n). Khai triển X(z) để thấy điều

này:


X(z) =

 x ( n) z

n

= x(0) + x(1)z-1 + x(2)z-2 + . . .

(4.2)

n 0

Trong công thức (4.1) tổng được lấy từ n = 0 đến  , X(z) không liên hệ với thời gian quá khứ
x(n). Đây là biến đổi z một bên. Biến đổi z một bên có thể có thể với điều kiện đầu của x(n) (phần
4.7).
Nhìn chung, tín hiệu tồn tại tại mọi thời gian, và biến đổi z hai bên được định nghĩa như:
∞

X(z) =

x  n  z -n

n= -∞
2

= …x(-2)z + x(-1)z + x(0) + x(1)z

1

2

+ x(2)z + …

(4.3)

1

Vì X(z) là một chuỗi mũ vô hạn của z , biến đổi chỉ tồn tại những giá trị nơi chuỗi hội tụ (tiến tới
không khi n   hoặc -  ). Vì vậy biến đổi z liên hệ mật thiết với vùng hội tụ (ROC) nơi nó là hữu
hạn (phần 4.4). Để phân biệt, ta chú thích X  (z ) cho biến đổi z một bên.
Ví dụ 4.1.1
Tìm biểu diễn toán học của tín hiệu trong hình 4.1, sau đó tìm biến đổi z.
Giải
(a) Chú ý tín hiệu là nhân quả và giảm đều , nó có giá trị 0.8 n với n  0. Vì vậy ta viết
x(n) = 0.8n u(n)
và sử dụng biến đổi (4.1)


2


X(z) =

 x ( n) z

n

n 0

= 1 + 0.8z–1 + 0.64z–2 + 0.512z–3 +…
= 1 + (0.8z–1) + (0.8z–1)2 + (0.8z–1)3 + …
Ap dụng công thức chuỗi hình học vô hạn (2.8)


1 + x + x2 + x3 + … =

x

n

n 0

=

1
, x< 1
1 x

(4.4)

Với x  0.8z 1 ta có

1
z
=
1
z  0.8

1  0.8 z

X(z) =

Kết quả có hình thức của cả hai bên. Điều kiện | 0.8 z 1 |  1 nghĩa | z |  0.8 .

x(n)

x(n)

1 0.8

0.64

1.44

1

0.512

2
-1

0

1

2

3

4

5

n

-1 0

1

4
3

-1.2
(a)

(a)

(b)

5

n
-1

-1.728

Hình. 4.1:Ví dụ 4.1

(b) Tín hiệu thây đổi dương âm với giá trị tăng. Tín hiệu phân kỳ. Sau một vài lần thử, ta cso
thể quyết định biểu diễn toán học của nó như:
x(n) = (-1.2)n–1 u(n-1)

(4.5)

Với ( 1.2 ) n u(n) trễ một đơn vị. Sử dụng công thức (4.1) ta có


X(z) =

 x( n )z

n

n 0

= 0 + 1.0(z–1) – 1.2(z–1)2 + 1.44(z–1)3 – 1.718(z–1)4 + …
= z–1 [1 + (-1.2z–1) + (-1.2z–1)2 + (-1.2z–1)3 + …]

z 1
1
1
=z
=
=
1
1
z  1.2
1  1.2 z

1  1.2 z
–1



4.1.2 Biến đổi z đảo
Tín hiệu x(n) và biến đổi của nó X(z) là một đôi biến đổi
z
x(n)

X(z)

(4.6)


3
Một cách để tìm biến đổi ngược, bất kỳ khi nào có thể, là sử dụng định nghĩa biến đổi z. Phương pháp
tổng quát của biến đổi z ngược sẽ được thảo luận trong phần 4.5 và 4.6
Ví dụ 4.1.2
Tìm biến đổi z ngược của những biểu thức sau

z
z  0.8
1
(b) X(z) =
z  1.2
(a) X(z) =

Giải
(a) Lấy khai triển X(z) sử dụng chuỗi hình hoc vô hạn:

X(z) =

z
1
=
z - 0.8 1-0.8 z -1

= 1 + (0.8z–1) + (0.8z–1)2 + (0.8z–1)3 + …
= 1 + 0.8z–1 + 0.64z–2 + 0.512z–3 + …
Bằng cách so sánh từ thành phần với từng thành phần trong công thức (4.2) ta có
x(n) = [1 , 0.8 , 0.64 , 0.512 ; …]
Hoặc
x(n) = 0.8 n u(n)
(b) Biểu diễn được cho không giống như được biến đổi, vì vậy ta viết.
1
1
z 1
X(z) =
=
= z 1
1
z  1.2 1  1.2 z
1  1.2 z 1
Kế đến, lấy khai triển X(z) :
X(z) = z–1 [1 + (-1.2z–1) + (-1.2z–1)2 + (-1.2z–1)3 + …]
= 0 + 1.0z–1 – 1.2z–2 + 1.44z–3 – 1.728z–4 + …
Vì vậy
x(n) = [0 ,1.0 , -1.2 , 1.44 , -1.728 , …]
Mà có thể diễn tả trong hình thức đóng như sau
x(n) = (–1.2)

n 1

u(n-1)



4.1.3 Đôi biến đổi z
Bảng 4.1 đưa ra nhiều đôi biến đổi z hữu ích, nơi vòng tròng đơn vị là vòng tròn có bán kính 1tâm tại
gốc. Tất cả tín hiệu là nhân quả (bên phải), ngoại trừ hai tín hiệu phi nhân quả (bên trái). Chú ý rằng
1
một biến đổi có thể diễn tả tương đương như một hàm z hoặc z , ví dụ

Bảng 4.1 : Đôi biến đổi z thông thường
Tín hiệu x(n)

Biến đổi X(z)

Giảng đồ cực -không

j
-1

0

Unit circle

1
-j

ROC


4
Mẫu đơn vị (n)

1

Bậc đơn vị
u(n)

1
z
(
)
1
z 1
1 z

Dốc đơn vị
r(n) = nu(n)

z -1
( 1  z -1 )2

Mũ thực
an u(n)
0
1

z 



-1 
1  az  z  a 

z > a

Mũ thực
(-a)n u(n)
0
1
z 



-1 
1  az  z  a 

z > a

-an u(-n-1)
(phi nhân quả)
0
1
z 




-1 
1  az  z  a 

z < a

-nan u(-n-1)
(phi nhân quả)
0
az 1
( 1  az 1 ) 2

Cosine
(cosn  0) u(n)

1  z 1 cos ω 0
1  2 z 1 cos ω0  z 2

z> 1

Sine
(sinn  0) u(n)

z 1 sin ω 0
1  2 z 1 cos ω 0  z 2

z> 1

Cosine tắt dần
(ancosn  0) u(n)

1  az 1 cos ω 0
1  2az 1 cos ω 0  a 2 z 2

z > a

Sine tắt dần
(ansinn  0) u(n)

az 1 sin ω 0
1  2az 1 cos ω 0  a 2 z 2

z > a

u(n)  X(z) =

Tất cả z

z> 1


z 
 

2 
 (z  1 ) 

1

1  z 1

double

double

or

z
z 1

z> 1

z < a

(4.7a)


5
1
1  az 1

anu(n)  X(z) =
(cosn0)u(n) X(z) =

z
za

or

1  z 1 cos Ω 0
1  2 z 1 cos Ω 0  z 2

(4.7b)

or

z(z  cos Ω 0 )
z  2 z cos Ω 0  1
2

(4.7c)

Hình thức có nhiều sự phụ thuộc vào cái ta muốn làm với biến đổi (xem phần 4.1.6 , 4.3 và 4.6).
4.1.4 Biến đổi z cho hệ thống
Biến đổi z áp dụng cho tín hiệu cũng như hệ thống vì hệ thống được trình bày bằng đáp ứng xung của
nó. Mà nó là hàm có chỉ số n giống như tín hiệu. Vì thuộc tính này mà biến đổi z hữu ích trong phân
tích và thiết kế hệ thống vì tín hiệu và hệ thống tương tác nhau.
Đặc biệt, biến đổi z của đáp ứng xung h(n) là


H(z) =

 h( n) z

n

(Biến đổi 1 bên)

(4.8)

(Biến đổi hai bên)

(4.9)

n 0

Hoặc


H(z) =

 h(n) z

n

n  

Phụ thuộc hệ thống là nhân quả hoặc phi nhân quả. H(z) được gọi là hàm truyền hoặc hàm hệ thống
Ví dụ 4.1.3
Một hệ thống có đáp ứng xung
h(n) = [1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6]
Tìm hàm truyền.
Giải
Hệ thống là một FIR phi nhân quả. Hàm truyền của nó được cho bởi công thức (4.9):


H(z) =

 h(n) z

n

n  

3

=

 h ( n) z

n

n  2

= z 2  2 z 1  3  4 z 1  5z 2  6 z 3
Ngược lại, nếu biết H(z) như trên ta có thể dễ dàng có h(n) .



4.1.5 Hàm riêng và trị riêng
Ta biết nếu đáp ứng tần số của một hệ thống là H(  ) thì với ngõ vào x(n) = e jn , ngõ ra là y(n) =
e jn H(  ) như trong (3.69b). Vì điều này , e jn là hàm riêng, và H(  ) là trị riêng của hệ thống.
Bây giờ, với đầu vào
x(n) = zn
(4.10)
ngõ ra hệ thống là
y(n) = h(n)  x(n) =



 h(k)z
k 0

nk





 h(k)z


= zn 

k 0

k





Trong ngoặc là H(z) , thì
y(n) = z n H(z)
n

Vì vậy trong miền biến đổi z, z là hàm riêng, và H(z) là trị riêng của hệ thống
4.1.6 Hàm truyền trong những thành phần của hệ số lọc
Đầu tiên, với phương trình lọc tổng quát (công thức (2.21))

(4.11)


6
N

y(n) =

M

 a y (n  k ) +  b x(n  k )
k

k 1

k  M

(4.12)

k

Với a k và bk là những hệ số lọc (hằng số). Bây giờ ta thay x(n) = z n và y(n) = z n H(z) để có
M

n

z H(z) =

a

k 1

k

nk

z

N

H (z) +

b z

k  N

nk

k

Từ công thức này ta rút ra biểu diễn của H(z) cho lọc đệ qui, kết quả là
M

bz

H(z) =

k  M
N

k

k

1   ak z

(lọc đệ qui)

(4.13a)

k

k 1

Với lọc không đệ qui, mẫu bằng 1, vì vậy

H ( z) 

M

bz

k  M

k

(lọc không đệ qui)

k

(4.13b)

Nó thì hầu như chú ý rằng hàm truyền bên trên có kết quả từ công thức lọc (4.12) . Một số tác gải viết
công thức ở dạng khác (ví dụ, tất cả thành phần y ở bên trái của công thức), điều này dẫn đến sự biểu
diễn khác của H(z) .
Ý tưởng ở đây là khi công thức lọc được cho, ta thu thập những hệ số của nó để đặt vào sự
biểu diễn của H(z) mà không cần lấy biến đổi z. Ngược lại, nếu biết H(z) thì ta biết những hệ số lọc.
Ví dụ 4.1.4
Cho

2 z 2  3z
z 2  0.5 z  0.8
-20 z 2  5 z
(b) H(z) =
10 z 3  5 z 2 -8 z  1
(a) H(z) =

Tìm phương trình tín hiệu.
Giải
(a) Viết H(z) như hàm của z

1

bằng cách nhân tử số và mẫu số với z

1

H(z) =

1

2-3z
2  3z

1
2
1  0.5 z  0.8 z
1  (0.5 z 1  0.8 z 2 )

Những hệ số là
b0 = 2
Vì vậy công thức lọc là

b 1 = -3

a1 = -0.5

a2 = 0.8

y(n) = -0.5y(n-1) – 0.8y(n-2) + 2x(n) - 3x(n-1)
(b) Nhân tử số và mẫu số với 0.1 z
H(z) =

3

3

để làm 10z ở mẫu bằng 1

 2 z 1  5 z 2

1  0.5 z 1  0.8 z 2  0.1z 3

Thu thập những hệ số:
b1 = -2 b2 = 5 a1 = -0.5
Vì vậy công thức lọc là

a2 = 0.8

a3 = _0.1

2

:


7
y(n) = -0.5y(n-1) + 0.8y(n-2) + 0.1y(n-3) -2x(n-1) + 5x(n-2)



4.2 NHỮNG THUỘC TÍNH CỦA BIẾN ĐỔI Z
Trong chương này nhiều thuộc tính (một số có thể xem như định lý) của biến đổi z hai bên được trình
bày.
- Tuyến tính
- Dịch thời gian
- Nhân chập thời gian
- Liên hệ với biến đổi Fourier rời rạc thời gian (DTFT)
- Khác
Không phải tất cả những thuộc tính trên được xem xét chi tiết .
Về sau đôi biến đổi z được hiểu như x(n)  X(z).

4.2.1 Tuyến tính
Tuyến tính có thể diễn tả như
a1x1(n) + a2x2(n)  a1X1(z) + a2X2(z)

(4.14)

Với a1 , a 2 là hằng số. Hình thức giống nhau áp dụng cho nhiều tín hiệu. Vì vậy tuyến tính nghĩa kết
nối tuyến tính của ngõ vào đưa ra kết nối tuyến tính ngõ ra.
Với biến đổi z và nhiều biến đổi khác tuyến tính là thuộc tính cơ bản và quan trọng. Nó cho
phép ta tìm biến đổi và biến đổi ngược khi ở đây là sự kết nối của nhiều thành phần.
Ví dụ 4.2.1
Tìm biến đổi z của tín hiệu cosin nhân quả
x(n) = (cosn 0 ) u(n)
Giải
Biểu diễn x(n) ở dạng những thành phần của mũ phức:
x(n) = (cosn 0 ) u(n) =

1 jnω0
1
e u(n) + e  jnω0 u(n)
2
2

thì
X(z) =

1
1
Z [e jnω0 u (n)] + Z [e jn0 u (n)]
2

2

Biến đổi từng thành phần

e jn0 u(n) 

1

1  e jω0 z 1
1
e  jn0 u(n) 
 jω0 1
1 e
z

Vì vậy

X( z ) 



1
1
1
1

jω0 1
 jω0 1
2 1 e z
2 1 e z

1  z 1 cos ω 0
1  2z 1 cos ω 0  z 2



4.2.2 Dịch thời gian
Đầu tiên xem biến đổi z của mẫu đơn vị (cũng là xung đơn vị) (n) và xung trễ của nó (n-n0):


8


X(z) =

 δ(n)z

 

n

= z n



X(z) =

 δ(n  n ) z

n

0

n 0

=1

z 0

n 0

 

= z n

= z

z  n0

 n0

n

Vì trễ của n 0 mẫu tương ứng với thừa số z 0 của biểu diễn biến đổi. Bằng sự biểu diễn tín hiệu x(n)
vào những thành phần của mẫu đơn vị và áp dụng tính tuyến tính ta có kết quả tổng quát
x(n – n0)  X(z) z

 n0

x(n + n0)  X(z) z

 n0

Vì điều này, ta sử dụng chú thích z
hệ thống (phần 1.4.2).

1

(trễ thời gian)

(4.15a)

(Trước thời gian)

(4.15b)

cho trễ đơn vị và z cho tới trước đơn vị trong giảng đồ khối của

Ví dụ 4.2.2:
Mẫu đơn vị là sự trừ nó với mẫu chậm một đơn vị
u(n) – u(n-1) = (n)
Tìm biến đổi z
(a) Bậc đơn vị nhân quả x(n) = u(n)
(b) Bậc đơn vị phi nhân quả x(n) = -u(-n-1)
Nhớ rằng u(n) cũng được gọi là tín hiệu bên phải, và -u(-n-1) hoặc u(-n-1) tín hiệu bên trái, trong khi
đó một tín hiệu tồn tại cả hai bên âm và dương được gọi là tín hiệu hai bên (1.62).
Giải
(a) Ta viết
x(n) – x(n-1) = u(n) – u(n-1) = (n)
Lấy biến đổi z hai bên, sử dụng thuộc tính dịch thời gian

X(z) – z–1 X(z) = 1
Hoặc
X(z) =

1
z
=
1
z 1
1 z

u(n)
1
...

-2
°

-1
°

0

2

3

n

1

-u(-n -1)

...

-3

-2

-1

0

°

2

°

1

-1
Hình. 4.2: Ví dụ 4.2.2

(b) Với tín hiệu phi nhân quả ta viết

n


9
x(n) – x(n-1) = -u(-n-1) + u[-(n-1) – 1] = u(-n) – u(-n-1) = (-n)

Nhớ rằng (-n) là (n) (xem 1.4.1), vì vậy biến đổi hai bên cho bởi
X(z) – z–1 X(z) = 1
Hoặc
X(z) =

1
z
=
1
z 1
1 z

Chú ý rằng hai tín hiệu (a) và (b) có biểu diễn khác nhau trong miền thời gian cũng như trong miền
tần số nhưng chúng giống nhau trong biến đổi z. Tuy nhiên hai biến đổi có vùng hội tụ khác nhau
(xem 4.4).
Ví dụ 4.2.3
Tìm biến đổi z của xung chữ nhật nhân quả có N mẫu
p(n) = 1 , 0 n  N-1
0 , khác

p(n)
1
-2

-1

…
0

1

2

3

N-1 N

N+1

n

Hình. 4.3:Ví dụ 4.2.3
Giải
Ta có thể áp dụng trực tiếp định nghĩa (4.1) để tìm biến đổi, Mặc khác ta viết xung chữ nhật dưới
dạng
p(n) = u(n) – u(n – N)
Lấy biến đổi, sử dụng thuộc tính trễ:
P(z) = Z[u(n)] – Z[u(n–N)]
= Z[u(n)] – z–NZ[u(n)] = (1 – z–N) Z[u(n)]
=

1  z N
1  z 1



4.2.3 Nhân chập thời gian
Như biến đổi Fourier, thuộc tính mạnh và quan trọng nhất (định lý) của biến đổi z cho khía cạnh ứng
dụng là nhân chập thời gian, được phát biểu như: Nhân chập của hai hàm thời gian tương ứng với
nhân thường trong miền biến đổi z.

x1(n)  x2(n)  X1(z) X2(z)

(4.16)

Như thông thường, nhân chập là kết quả ngõ ra khi nhân chập tín hiệu vào x(n) với đáp ứng xung của
hệ thống h(n).
x(n)  h(n)  X(z) H(z)

(4.17)

Với H(z) là hàm truyền. Sự hội tụ này được minh họa trong hình 4.4. Tín hiệu ngõ ra trong miền thời
gian được cho bởi


10
Tín hiệu vào

Hệ thống
h(n)

Miền thời gian: x(n)
z
Miền z : X(z)

Z

H(z)

Tín hiệu ra

y(n) = x(n)  h(n)
Z
 (Nhân chập)
Y(z) = X(z) H(z)

Hình. 4.4: Sơ đồ chuyển miền thời gian sang miền z và thuộc tính nhân chập thời gian.
y(n) = x(n)  h(n)
và miền z bằng
Y(z) = X(z) H(z)
Từ điều này
H(z) =

Y ( z)
X ( z)

(4.18)

Vì vậy hàm truyền (hoặc hàm hệ thống) của một hệ thống là tỉ số của biến đổi z của ngõ ra với biến
đổi z ngõ vào. Điểm này cho ta quyết định hàm hệ thống và biến đổi ngược, đáp ứng xung.
Chứng minh:
Thuộc tính nhân chập được minh họa như sau: Đầu tiên ta viết


x(n) = x1(n)  x2(n) =

 x (k)x (n  k)

k  

1

2

Lấy biến đổi z


X(z) =

 x(z)z n =

n  

 
 n

  x1(k)x2(n  k) z
n    k  



Thay đổi trật tự của tổng và sử dụng thuộc tính trễ thời gian:





X(z) =



 x (k )  x

k  

1

n  



= X2(z)

 x (k ) z

k  

1

2

k


(n  k ) z  n 

= X2(z) X1(z) = X1(z) X2(z)

Ví dụ 4.2.4
Áp một chuỗi đầu vào
x(n) = [1 , 2 , -1 , -2 , 1 , 2]

đến hệ thống có đáp ứng xung là
h(n) = [0 , 1 , 2]
Tìm tín hiệu ngõ ra.
Giải
Lấy biến đổi z của x(n) và h(n) :
X(z) = 1 + 2z–1 - z–2 - 2z–3 + z–4 + 2z–5
H(z) = 0 + z–1 + 2z–2
Biến đổi ngõ ra là
Y(z) = H(z) X(z)


= z–1 + 4z–2 + 3z–3 - 4z–4 - 3z–5 + 4z–6 + 4z–7
Những hệ thống X(z) cấu thành tín hiệu y(n)
y(n) = [0 , 1 , 4 , 3 , - 4 , -3 , 4 , 4]
Nếu ta nhân chập x(n) với h(n), e.g. bằng phương pháp hình học (phần 2.2.2), ta có cùng kết quả.

11



Ví dụ 4.2.5
Để định nghĩa một hệ thống DSP chưa biết (gồm phần cứng và phần mềm), ta áp một tín hiệu x(n) và
lấy ngõ ra y(n) như sau:
x(n)  [1, 2,  1,  2,1, 2]
y(n)  [0,1, 4, 3,  4,  3, 4, 4]
Tìm đáp ứng xung. Đây là vấn đề về định nghĩa hệ thống
Giải
Ví dụ này giống như ví dụ 2.3.5 nhưng ta tính nó trong miền thời gian.
Ở đây sử dụng biến đổi z, ta có
X ( z )  1  2 z 1  z 2  2 z 3  z 4  2 z 5

Y ( z )  z 1  4 z 2  z 3  4 z 4  3z 5  4 z 6  4 z 7
Vì vậy hàm truyền là
H ( z) 

z 1  4 z 2  z 3  4 z 4  3z 5  4 z 6  4 z 7
1  2 z 1  z 2  2 z 3  z 4  2 z 5

Mà có thể đơn giản
H ( z )  z 1  2 z 2
Hệ thống ổn định (xem phần 4.4). Đáp ứng xung là biến đổi ngược

h(n)  [0,1, 2]
4.2.4 Một số thuộc tính khác
Ở đây có nhiều thuộc tính của biến đổi z, sau đây là một số thuộc tính.
(a) Đảo thời gian
x(-n)  X(z–1)

(4.19)

Chứng minh:


 x (  n) z

Z[x(-n)] =

n

n  



=

 x(k )( z

1 k

) = X(z–1)

k  

Ví dụ
u(n) 

1
1  z 1

 u(-n) 

1
1 z

(b) Tỉ lệ với mũ rời rạc
X(a–1z)

anx(n) 

(4.20)

Chứng minh:


Z[an x(n)] =

 a n x ( n) z  n =

n  



 x ( n) ( a

1

z ) n = X(a–1z)

n  

Ví dụ biết biến đổi của (cos  0n)u(n) có thể dễ dàng tìm biến đổi an(cos  0n) u(n) (bảng 4.1).
(c) Nhân thời gian


12
Ta có thuộc tính này với biến đổi Fourier nhưng diễn tả trong miền z là tích phân so với nhân chập:

1
z
X 1 (ν ) X 2 ( )ν 1 dν


C
2π j
ν

x1(n) x2(n) 

(4.21)

Với C là tích phân vòng quanh gốc và nằm bên trong vùng hội tụ của X1 và X2 .
(d) Vi phân trong miền z
nx(n)   z

dX(z)
dz

(4.22)

Chứng minh:
Lấy vi phân cả hai bên của định nghĩa (4.3), ta có


dX ( z )
  x(n) (-n)z n1 = -z 1  [nx(n)]z n
dz
n  
n  

=  z 1 Z [nx(n)]
Là hình thức khác của thuộc tính được nói ở trên.
Ví dụ tìm biến đổi z của tín hiệu

X(n) = na n u(n)
Ta gọi
x 1 (n) = a n u(n)
Biến đổi z của x 1 (n) (bảng 4.1) là
X 1 (z) =
Vì vậy

1
1  az 1

X(z) =  z

dX 1 ( z )
az 1
=
dz
(1  az 1 ) 2

(e) Liên hiệp phức

x * (n) ↔ ( X ( z * ))*

(4.23)

(f) Giá trị đầu
x(0) = lim X(z)
z 

(4.24)

Ý nghĩa của thuộc tính này là nếu ta biết X(z) và muốn tìm x(0) thì ta không cần lấy biến đổi z ngược.
(g) Giá trị cuối

lim x(n) = lim(( z  1) X ( z ))
n

z 1

(4.25a)

Ý nghĩa của thuộc tính này thì giống như trên nhưng trường hợp này ta biết giá trị cuối của x(n).
Một ứng dụng của thuộc tính này là tìm đáp ứng trạng thái ổn định (phần ….) của hệ thống với đầu
vào là một bậc đơn vị. Biến đổi z của bậc đơn vị (bảng 4.1) được cho bởi
Vì vậy đáp ứng trạng thái ổn định của hệ thống H(z) ứng với một bậc đơn vị ở ngõ vào được cho bởi
(4.25b)


13
Khi thay z bằng
trong H(z) ta sẽ có đáp ứng tần số H(ω). Vì vậy z = 1 ứng với ω = 0, và đáp
ứng H(ω) là đáp ứng tần số tại không (DC).
Trong ví dụ…, phương trình hệ thống là
y(n) = 0.8y(n – 1) + x(n)
và đáp ứng bậc tìm được có dạng
Với 5.0 là giá trị ổn định cuối cùng. Không đi từ phương trình tín hiệu cho trên, hàm truyền của nó
có thể được tìm thấy

Vì vậy giá trị cuối của đáp ứng bậc từ (4.25b) là
Như mong muốn
Chú ý giới hạn (4.25b) chỉ tôn tại nếu ROC của (z - 1)H(z) bao gồm đường tròn đơn vị

circle.
4.2.5 Liên hệ với biến đổi Fourier rời rạc thời gian (DTFT)
Tương ứng với tín hiệu và hệ thống rời rạc thời gian, biến đổi z liên hệ với biến đổi Fourier cùng cách
như biến đổi Laplace liên hệ với biến đổi Fourier với hệ thống và tín hiệu liên tục. Để làm điều này ta
thay
z = ej 
(4.26)
vào định nghĩa (4.3) của biến đổi z và có
X(  ) =
H(  ) =



 x(n)e

 jn

 h(n)e

 jn

n  


(tín hiệu)
(hệ thống)

n - 

mặt phẳng z

j

Im(z)

=

2

z = ej 
1

 = -

=0



 =
-1

Đường tròn
đơn vị

1

0

Re(z)


2
Hình.4.5: Dọc theo đường tròn đơn vị, biến đổi z là biến đổi Fourier
Với biến đổi Fourier ta biết (3.39) và (3.60)). Nhớ rằng cả X(  ) và H(  ) là tuần hoàn với chu kỳ
2 . Ta kết luận
H(  ) = H  z  jω
z=e
Sự liên hệ giữa X(  ) và X(z) là giống nhau
Biên độ và pha của z tương ứng với  là

-j

 =-

(4.27)


14

z = ej   = 1
z = ej   = 
Vì vậy biến đổi Fourier là biến đổi z khi z nằm trên đường tròn đơn vị (hình 4.5). Khi z di chuyển dọc
theo đường tròn này tần số  thay đổi theo. Như vậyX(  ) và H(  ) có chu kỳ 2, ta xem chúng chỉ
tuần hòan trong chu kỳ 2  , thường trong khoảng [-  ,  ] or [0 , 2  ].
4.3 GIẢNG ĐỒ CỰC KHÔNG
Biến đổi z của tín hiệu và hệ thống thực LTI (LSI) là hàm tỉ sổ hai đa thức của z, ta viết

N ( z)
D( z )

X(z) or H(z) =

Với N(z) là đa thức tử và D(z) đa thức mẫu. Sau đây ta viết X(z) hoặc H(z) hoán đổi nhau, ngoại trừ
khi tham chiếu đến tín hiệu và hệ thống đặc biệt.
4.3.1 Giản đồ cực-không và đặc điểm tín hiệu
Lấy z1, z2, z3 … là nghiệm của N(z), và p1, p2, p3 … là nghiệm của D(z), sau đó biến đổi z có thể đặt
trong hình thức
L


N(z) G ( z  z1 )( z  z 2 )( z  z 3 )... z-z L 
H(z) =
=
 G k M1
D(z) ( z  p1 )( z  p 2 )( z  p3 )... z-pM 

z  z k 
(4.28)

 z-p 
k

k 1

Với G là thừa số độ lợi; z1, z2, z3 … là những zero mà làm cho H(z) tiến tới zero; và p1, p2, p3 … là cực
mà làm cho H(z) tiến tời vô cực, L là bậc của tử số, M lầ bậc của mẫu số. H(z) là một đa thức thích
hợp khi L  M (bậc jcủa tử số nhỏ hơn bậc của mẫu số).

Im (z)
-1

z-plane

Unit circle

0

1

1Double pole

Re (z)

-j

(b) r(n)
(a) u(n)

a

1

1

Hình .4.6: Giản đồ cực-không của một số hệ thống đơn(d)
giản
(c) –an u(-n-1)

(n)

Trên là những cực-không hữu hạn. Bên canh đó, khi biến z trong mẫu số tiến tới vô hạn,

X(z) tiến tới không, đây là một không vô hạn. Giống như vậy, khi z trong tử số tiến tới vô hạn, X(z)
tiến tới vô hạn, đây là một cực vô hạn. Khi bậc M của tử số nhỏ hơn bậc N của mẫu số, ở đây sẽ là
một không vô hạn của bậc M-N, và khi M > N ở đây sẽ là một cực vô hạn của bậc M – N. Với hầu
hết trường hợp ta bở qua cực và không vô hạn.
Phân phối của cực và không của X(z) trong mặt phẳng z là giản đồ cực-không. Fig.4.6 shows
the pole – zero plot for sereval simple signals. Notice the unit sample (n) is very special in that it is
the only function which doesn’t have any pole and zero .


15
Giản đồ cực-không thì rất hữu ích trong phân tích và thiết kế hệ thống lọc số. Hình 4.7 chỉ
mối liên hệ giản đồ cực-không và đặc tính của hệ thống (hoặc tín hiệu). Thật sự chỉ vị trí cực ảnh
hưởng đến đặc điểm của tín hiệu.

...
1

n

0

...
1

Convergent
(stable)

x(n)
1

n

Oscillatory
(Marginally Stable)

x(n)
1

...
0

n

oscillatory
(Marginally Stable)

x(n)

x(n)
...

1

n

Convergent
(stable)

...
0

0

n

0

...
1

Divergent
(Unstable)

0

n

Divergent
(Unstable)

Hình. 4.7: Liên hệ giữa vị trí cực và đặc tính của b(n) = anu(n) với những giá trị
khác nhau của a.
Khi tín hiệu x(n) hoặc đáp ứng xung h(n) có giá trị thực, những cực và không là thực
hoặc xuất hiện trong đôi liên hợp phức.
Ví dụ 4.3.1
Tìm giản đồ cực-không của hệ thống tương ứng với hàm truyền.

H(z) =

z 2  z 3

1  3.6z 1  4.59z 2  2.38z 3  0.39z 4

Giải
4
Nhân cả tử và mẫu bởi z , ta có
H(z) =

z2  z
N ( z)

4
3
2
z  3.6 z  4.59 z  2.38 z  0.39 D( z )

Thừa số tử và mẫu:
N(z) = z(z+1)

D( z )  ( z  1) 2 ( z 2  1.6 z  0.39)
Vì vậy những không của hệ thống là
z(z+1) = 0


z = 0, z = -1

và những cực là
(z–1)2(z2 – 1.6z + 0.39) = 0  z = 1(kép), z = 0.8 + j0.5 , z = 0.8 – j0.5
Hình. 4.8 là giản đồ cực –không của hệ thống.

16
Im(z)

Unit
circle

0.5
-1

1 (double)
0

0,8

Re(z)

–0.5

Hình. 4.8: Ví dụ 4.3.3(giản đồ cực-không)
Chú ý rằng với mục đích tìm cực và không ta biến hàm H(z) của z 1 thành hàm của z.



4.3.2 Vẽ biên độ của X(z) , H(z)
Đây là những hàm trong Matlab mà cho phép ta vẽ biên độ |X(z)| or | H(z)| trong không gian ba chiều
tương ứng với trục thực và ảo z. Hình 4.9 là một

|H(z)|

Im(z)

Unit circle
Re(z)
Hình 4.9: Vẽ biên độ của H ( z )  ( z  1) /( z  1)
Ví dụ về vẽ những chiều z của hàm truyền có một cực và một không.
4.3.3 Cực và không tại gốc
Cực và không tại gốc của một hệ thống không ảnh hưởng đến đáp ứng bên độ và pha nhưng ảnh
hưởng đến thời gian đáp ứng của nó, nghĩa là, đáp ứng đến sớm hay muộn so với thời gian khi áp tín
hiệu vào. Đặc biệt, một không sẽ chậm một đơn vị thời gian, ngược lại một cực tại gốc sẽ tăng đáp
ứng một đơn vị thời gian. Ta tự do cộng thêm cực và không đến hệ thống, bằng cách cộng những thừa
số thích hợp vào tử và mẫu đề đáp ứng hệ thống ngay lập tức hoặc hệ thống trở thành nhân quả.
Ví dụ, xét hàm truyền
H(z) =

1
z(z  1 ) (z  2 )

Có ba cực tại z = 0,1 và 2 . Phương trình tín hiệu có thể được tìm như là


17
y(n) = 3y(n-1) – 2y(n-2) + x(n-3)
mà chỉ rằng ngõ ra tín hiệu phụ thuộc ngõ vào tín hiệu tại 3 thời điểm trước đố. Để hệ thống đáp ứng
ngay lập tức, ta cộng thêm 3 đơn vị thời gian bằng 3 không tại gốc. Hàm truyền trở thành.

z3
H(z) =
z(z  1 ) ( 2 z  1 )
Tương ứng với phương trình tín hiệu
y(n) = 3y(n-1) – 2y(n-2) + x(n)
Vì vậy, với một hệ thống đáp ứng ngay lập tức với ngõ vào, hàm truyền phải có số cực và không

bằng nhau, hoặc bậc của tử và mẫu trong đa thức phải bằng nhau.
4.3.4 Hủy cực-không
Trong đa thức của biến đổi z nếu một không hủy một cực, đôi cực-không này là hủy lẫn nhau. Vì vậy
giảm bậc của đa thức, và sự đơn giản theo sau phương trình tín hiệu.
Kỹ thuật hủy cực –không thỉnh thoảng được sử dụng trong xử lý tín hiệu số và thiết kế hệ
thống điều khiển. Ngõ ra là một sự tương tác giữa ngõ vào và hệ thống, vì vậy ta có thể chọn hệ thống
để hủy cực và không của tín hiệu vào. Hủy cực-không có thể xuất hiện với hệ thống. Vấn đề là khi
hủy cực không nếu không hoàn toàn sẽ có hiệu ứng chiều dài từ hữu hạn, và những lý do khác, hệ
thống được thiết kế trở nên bất ổn định.
Ví dụ 4.3.2
Cho hệ thống
y(n) = 2.5y(n – 1) – y(n – 2) + x(n) – 5x(n – 1) + 6x(n – 2)
áp dụng điều kiện hủy cực –không. Tìm đáp ứng xung của hệ thống được rút gọn.
Giải
Sử dụng đặc tính trì hoãn của biến đổi z vào phương trình hệ thống vào ra trên
Sắp xếp lại:
Để có hàm truyền:

Vì vậy cực tại p = 2 và không tại z = 2 có thể hủy bỏ lẫn nhau, kết quả hình thành một lọc bậc thấp
hơn có phương trình dạng
Để tìm đáp ứng xung ta khai triển H(z)
Biến đổi z ngược ta có đáp ứng xung:
Ta có thể tìm đáp ứng xung từ phương trình tín hiệu nhưng ta dùng cách khác diễn tả đáp ứng xung
gần đúng như hình thức ở trên.

Ví dụ 3.4.3
Tìm đáp ứng của hệ thống
Với ngõ vào

18

Giải
Sử dụng biến đổi z như ví dụ trên ta có hàm biến đổi

Chú ý hệ thống thì ổn định. Biến đổi z của tín hiệu vào là
Chú ý X(z) có một không tại
cực-không trong biểu thức ngõ ra:

trùng khớp với cực

của H(z), vì vậy xuất hiện sự hủy

Biến đổi z đảo cho
Với hàm truyền khác, sự hủy cực không sẽ không xảy ra và tín hiệu ngõ ra sẽ có cùng thành phần
cộng.
4.3.5 Tìm đáp ứng tần số bằng phƣơng pháp hình học
Ta biết rằng biến đổi z khi z giới hạn trong vòng tròn đơn vị là DTFT. Vì vậy đáp ứng tần số, có thể
tính xấp xỉ bằng phương pháp hình học. Xem ví dụ đơn giản, có hàm truyền.
z  0.8
z  0.8
Có một không tại z = 0.8 và một cực tại p = -0.8 . Với đáp ứng tần số ta thay z = ej  :

H(z) =

e jω  0.8
e jω  0.8
Tử số trình bày vector Z từ z bằng không đến điểm z = ej  trên vòng tròn đơn vị, và mẫu số bằng
vector P từ cực P đến cùng điểm z (hình 4.10). Ta chú thích  cho gốc pha. Vì vậy
Z Z Z Z

H (ω) = 
(4.29)

( Z  P)
P P P P

H(  ) =

Im(z)

p
-(0.8)

.

z = ej 

H(  )
10

(  )

8

P

1

P

ω
0

Z
Z
z

6
Re(z)

4

(0.8)

2
-

-/2

1
0
(b)

1/9

/2





19
(a)
Hình. 4.10: Đáp ứng tần số bằng phương pháp hình học
Chú ý rằng đáp ứng pha là gốc nhìn từ điểm z trên vòng tròn đơn vị đến cực p và z bằng 0.
Đáp ứng biên độ và pha tương ứng.
H(  ) =

Z
P

(  ) =  (Z – P)
Xem một vài trường hợp đặc biệt với sự tính toán là đơn giản
 Tại  = 0: H(0) =

1  0,8
1
=
,
1  0,8
9

H(0) = 0 – 0 = 0 rad

 Tại  = : H() =

1  0,8
=9 ,
1  0,8

H() =  –  = 0 rad

 Tại  =

π
π
: H( ) = 1
2
2

,

 H(

π
π
)  rad
2
2

Ta di chuyển điểm z dọc theo vòng tròn đơn vị, tại vị trí được chọn, ta tính và đo chiều dài tương ứng
và gốc pha. Kết quả đáp ứng biên độ chỉ trong hình 4.10b. Để có đáp ứng chính xác hơn, ta cần ít nhất
một giá trị khác tại   3 4 .
Khi hàm truyền có nhiều cực và không, đáp ứng là
H(  ) =

Z1 Z 2 Z 3 
P1 P2 P3 

(  ) =  [(Z 1  Z 2  Z 3  )  (P1  P2  P3  )]

(4.30a)

(4.30b)

Dù phương pháp hình học chỉ xấp xỉ, nó cho phép ta ước lượng nhanh chóng kết quả thiết kết
và sau đó tiến hành thêm/bỏ cực và không để có được hệ thống như mong muốn.
4.4 VÙNG HỘI TỤ (ROC), SỰ ỔN ĐỊNH
Chuỗi định nghĩa biến đổi z (4.3) có thể phân kỳ và định nghĩa trở thành vô nghĩa. Vùng hội tụ (ROC)
là vùng nơi biến đổi z X(z) hoặc H(z) hội tụ. ROC cho ta quyết định thuộc tính biến đổi z ngƣợc .
Đầu tiên xét một số ví dụ






Mẫu đơn vị (n) có biến đổi z là 1, vì vậy ROC là toàn bộ mặt phẳng z
Tín hiệu (n+k) với k>0 có biến đổi z là zk , vì vậy ROC là tất cả mặt phẳng z, ngoại từ tại z =
.
Tín hiệu x(n) = [1 , 2 , 3 , 4 , 5] có biến đổi z
X(z) = 1 + 2z-1 + 3z-2 + 4z-3 + 5z-5
ROC là toàn bộ mặt phẳng z ngoại trừ tại điểm z=0 (gốc).
Tín hiệu h(n) = [1 , 2 , 3 , 4 , 5] có biến đổi z
H(z) = z2 + 2z + 3 + 4z-1 + 5z-2
ROC là toàn bộ mặt phẳng z ngoại trừ tại z = 0 và z = 


20

4.4.1 ROC của hệ thống nhân quả và không nhân quả
Bây giờ ta xem ROC của hai tín hiệu cơ bản: nhân quả và không nhân quả.
Tín hiệu nhân quả
Xét ví dụ,
x(n) = 0.8nu(n) = 1 , 0.8 , 0.82 , 0.83 , …


X(z) =



0.8n u (n) z  n =



 (0.8z

1 n

)

n 0

n 

=

1
1  0.8 z 1

0.8 z 1  1

,

Trên, sử dụng công thức chuỗi hình học (2.8). Điều kiện 0.8z-1< 1 nghĩa rằng z> 0.8 . Vì vậy
ROC là tất cả vùng ngoài vòng tròn bán kính 0.8. (Hình 4.11a). Chú ý rằng biến đổi có không tại gốc
và cực tại z=0.8.
(b) Tín hiệu phi nhân quả.
Xét ví dụ
x(n) = -0.8nu(-n-1)
1

X(z) = 

 0.8

n  

n





n 1

n 0

z n . =   [0.8 1 z ]n =   [0.8 1 z ]n  1

Lấy tổng, ta có
X(z) = 

1
1
,
1 
1
1  0.8 z
1  0.8 z 1

0.8 1 z  1

Điều kiện 0.8-1z < 1 nghĩa là z< 0.8. Vì vậy ROC có vùng hội tụ bên trong vòng tròn bán kính
0.8 (hình 4.11b).
Nhìn chung ta có
Nhân quả
(Bên phải)

1
,
1  az 1



anu(n)



Phi nhân quả: –anu(–n–1)

(Bên trái)

ROC: z> a

1
,
1  az 1

(4.31)

ROC: z< a

(4.32)

ROC
z
0.8

(a) Hàm nhân quả

0.8
0.8

1

unit
circle
circl
e

z
plane
ROC
unit
circle
circl
e

(b) Hàm phi nhân quả

Hình .4.11: ROC của hàm nhân quả và phi nhân quả

1


21
Ví dụ 4.4.1
Tìm ROC của tín hiệu
(a) x(n) = 0.8n (cos

nπ
) u(n)
2

(b) x(n) = [1 , 2 , 3 , 1 , 2 , 3 , 1 , 2 , 3 …]
Giải
Biểu diễn những thành phần cosin dưới dạng mũ phức:
nπ
1
(b)

x(n) = 0.8n (cos
) u(n) =
[0.8n ejn/2 u(n) + 0.8n e–jn/2 u(n)]
2
2
1
= [(0.8j)n u(n) + (-0.8j)n u(n)]
2
Biến đổi có thể tìm thấy là
(a)

X(z) =


1
1
1
1
=


1
1 
2 1  0.8 jz
1  0.8 jz  1  0.64 z 2

ROC có z> 0.8j = 0.8 , i.e. bên ngoài vòng tròn bán kính 0.8.
(c) Chú ý chậm trễ của 3 mẫu với những mẫu 1,2,3 trong biến đổi z có kết quả
X(z) = (1 + 2z–1 + 3z–2) + (1 + 2z–1 + 3–2)z–3 + (1 + 2z–1 + 3z–2)z–6 +…
= (1 + 2z–1 + 3z–2) (1 + z–3 + z–6 + …)

=

1  2 z 1  3z 2
1  z 3

ROC được quyết định bằng chuỗi 1 + z–3 + z–6 + …mà hội tụ khi  z 3 < 1 or z> 1.
Ví dụ 4.4.2
Tìm ROC của những tín hiệu
(a) x(n) = 0.8nu(n) + 1.3nu(n)
(b) x(n) = 0.8nu(n) – 1.3nu(-n-1)
(c) x(n) = -0.8nu(-n-1) – 1.3nu(-n-1)
Giải
Sử dụng kết quả trước với a = 0.8 và a =1.3 ta có cùng biến đổi z cho ba tín hiệu trên là
X(z) =

2  2.1z 1
1
1
+
=
1  0.8 z 1 1  1.3z 1 1  2.1z 1  1.04 z 2

ROC
ROC 1.3

1.3

ROC

0.8

0.8
Unit
circle

Unit
VTÑV
circle
(a)

0.8
Unit
circle

(b)

(c)

1.3


22
Hình . 4.12: ví dụï 4.4.2
Tuy nhiên, ROC của chúng thì khác nhau. Với tín hiệu (a) cả hai thành phần là nhân quả, ROC phải
thỏa mãn đồng thờiz>0.8 vàz> 1.3, vì vậy ROC làz> 1.3 . Với tín hiệu (b) thành phần đầu tiên
là nhân quả và ROC là z>0.8, và thành phần thứ hai phi nhân quả và ROC làz< 1.3, vì vậy ROC
của tín hiệu là 0.8 <z< 1.3 . Với tín hiệu (c) cả hai thành phần là phi nhân quả với ROCs là z<
0.8 và z< 1.3 tương ứng, vì vậy ROC chung là z< 0.8 , Hình4.4.2 kết nối những kết quả.
Ở đây có tình huống là không có ROC, nghĩa là biến đổi z không tồn tại, ví dụ tín hiệu

x(n)  1.2 n u(n)  0.8 n u(n  1)
Có ROC z> 1.2 cho thành phần đầu và z< 0.8 cho thành phần thứ hai, vì vậy, ROC chung là
không, ngược với xung đơn vị (n) mà có ROC là toàn bộ mặt phẳng z.
4.4.2 Sự ổn định và nhân quả
Sự ổn định thì cần thiết cho một hệ thống làm việc một cách tin cậy. Trong miền thời gian, sự ổn định
ngụ ý rằng đáp ứng xung không phân kỳ (tiến tới vô cực). Trong miền biến đổi z điều kiện cần và đủ
cho một hệ thống LTI (hoặc LSI) ổn định là ROC của nó chứa đường tròn đơn vị (Hình 4.12b và Hình
4.13).
Sự ổn định không bao gồm nhân quả hay phi nhân quả. Một hệ thống nhân quả là ổn định khi
tất cả cực nằm trong vòng tròn đơn vị, không thì không cần thiết. Điều kiện toán học là:

pmax  1

(4.33)

Với p max là biên độ của cực lớn nhất của hệ thống. Một hệ thống phi nhân quả là ổn định khi tất cả
các cực nằm ngoài vòng tròn đơn vị, ngược lại không thì không cần thiết.

pmin  1

(4.34)

Với p min là biên độ của cực nhỏ nhất. Hình 4.13 minh họa ROC.

x

ROC

x
x

Unit
circle

0
x

x

p max
ROC

x p
min

x
x

p max

Unit
circle

x p min
x

Hình. 4.13: ROC của (a) Hệ thống nhân quả và ổn định,
(b) Hệ thống phi nhân quả và ổn định.
Ở đây tồn tại một loại hệ thống mà đáp ứng xung là không hội tụ cũng không phân kỳ nhưng
không đổi. Những hệ thống có những cực nằm bên phải vòng tròn đơn vị. Chúng được gọi là lề ổn
định (hình 4.7).

Trong xử lý tín hiệu số (DSP) sự ổn định thì quan trọng hơn nhân quả và có tính ưu tiên cao
hơn.


23
4.5 BIẾN ĐỔI Z NGƢỢC
Tín hiệu và hệ thống (đặc trưng bởi đáp ứng xung của nó) là hàm của chỉ số thời gian n. Một biến đổi
đến miền tần số phức z thì cần để kiểm chứng nhiều đặc tính. Tuy nhiên, thông thường, ta cần lấy biến
đổi z ngược là khai triển thừa số từng phần được thảo luận ở phần kế tiếp. Trong phần này ta xét một
số phương pháp khác.
4.5.1 Lý thuyết biến đổi z ngƣợc
Biến đổi z ngược x(n) của X(z) được định nghĩa như sau. Từ định nghĩa biến đổi z ta nhân cả hai bên
với zn–1,sau đó lấy tích phân cả hai bên dọc theo một đường tròn kín gốc trong ROC:



C

X ( z ) z n1dz =



  x(k ) z
C

n 1 k

dz

k  

Hướng của C thì ngược chiều kim đồng hồ. Bước kế tiếp, hoán đổi trật tự của tích phân và tổng.



C

X ( z ) z n1dz =



 x(k )  z

k  

n 1 k

C

dz

(4.35)

Để xử lý tiếp ta cần định lý tích phân Cauchy mà phát biểu, với một biến phức z,

1
z n 1k dz = 1, k = n

C
2π j

(4.36)

Áp dụng định lý, RHS của công thức (4.35) trở thành 2jx(n), vì vậy
1
x(n) =
(4.37)
X(z)zn 1 dz
2j c
Để tính tích phân vòng, ta sử dụng định lý Caushy rút gon. To compute the contour integral we call
for the Cauchy Residue Theorem . Vì biến đổi Z trực tiếp thì khó khăn và hiếm khi sử dụng. Một
cách đơn giản là tham chiếu đến phương pháp không trực tiếp.



4.5.2 Phƣơng pháp chuỗi mũ.
Phương pháp tiến hành một sự chia của hàm tỉ số và sau đó tìm biến đổi z ngược những thành phần
của thương. Phương pháp này cũng vất vả và không sử dụng.
Ví dụ 4.5.1
Tìm biến đổi Z ngược của hàm hệ thống

1

H(z) =

1

3 1 1  2
z  z
2

2

Khi
(a) ROC is z> 1, (b) ROC is z< 0.5
Giải
Đầu tiên hệ thống được cho có thể viết như

z2
z2
H(z) =

3
1
1
2
z  z
( z  )( z  1)
2
2
2
(a) Hệ thống có hai cực tại z = 0.5 và z = 1. Vì ROC là z  1 tín hiệu là nhân quả (bên phải),
1
sau đó ta khai triển H(z) thành một chuỗi mũ của z bằng phép chia, kết quả là


24

1

H(z) =

1

3 1 1  2
z  z
2
2

=1+

3 –1 7 –2 15 –3 31 –4
z + z +
z +
z +…
16
2
4
8

Vì vậy biến đổi z ngược của H(z) , i.e. đáp ứng xung h(n), là
h(n) = [1 ,

3 7 15 31
,
,
,
, …]
2 4
8 16

(b) Vì ROC là z< 1 tín hiệu thì phi nhân quả (bên phải), sau đó, ta khai triển H(z) thành
một chuỗi mũ của z thay vì z 1 cũng bằng phép chia, kết quả là
H(z) =

1
3
1
1  z 1  z  2
2
2

= 2z2 + 6z3 + 14z4 + 30z5 + 62z6 +…

Vì vậy
h(n) = […62 , 30 , 14 , 6 , 2 , 0 , 0]



4.5.3 Công thức biến đổi trong miền z thành công thức trong miền thời gian
Thỉnh thoảng ta cầm biến đổi ngược một công thức của z thành công thức tương ứng của n. Thuộc
tính trễ của biến đổi z được sử dụng cho những tình huống này.
Ví dụ 4.5.2
Tìm biến đổi z ngược của công thức sau:
2z3Y(z) – 3z2Y(z) + 6zY(z) = 4z–2X(z)
Giải
Sử dụng thuộc tính dịch thời gian trực tiếp lên công thức được cho, ta có
2y(n+3) – 3y(n+2) + 6y(n+1) = 4x(n-2)
Vì công thức này áp dụng cho tất cả thời điểm, ta thay n–3 với n và lấy
2y(n) – 3y(n-1) + 6y(n-2) = 4x(n-5)
Hoặc

y(n) = 1.5y(n-1) – 3y(n-2) + 2x(n-5).


Hệ thống là lọc đệ qui
Ví dụ 4.5.3
Một hệ thống có hàm truyền
H(z) =

1
z ( z  1) ( z  2)

Tìm đáp ứng xung của nó
Giải
Ta viết
H(z) =

1
Y ( z)
=
z ( z  1) ( z  2)
X ( z)

Nhân chéo công thức ta lấy
Y(z) [z (z – 1) (z – 2)] = X(z)
Hoặc
z3 Y(z) – 3z2 Y(z) + 2zY(z) = X(z)


25
Lấy biến đổi ngược:

y(n + 3) – 3y(n + 2) + 2y(n + 1) = x(n)
sau đó dịch thời gian những thành phần:
y(n) – 3y(n - 1) + 2y(n - 2) = x(n - 3)
Hoặc
y(n) = 3y(n - 1) – 2y(n - 2) + x(n - 3)
Một cách khác là diễn tả H(z) thành những thành phần của z 1 và làm theo những bước như
trên.
Bây giờ ta tìm đáp ứng xung h(n) bằng cách đặt x(n) = δ(n) :
h(n) = 3h(n- 1) – 2h(n- 2) + (n- 3)
Nhớ rằng δ(n  3)  1 at n = 3 , chỗ khác bằng không, và giả sử hệ thống là nhân quả. Vì vậy
h(0) = 3h(-1) – 2h(-2) + (-3) = 0
h(1) = 3h(0) – 2h(-1) + (-2) = 0
h(2) = 3h(1) – 2h(0) + (-1) = 0
h(3) = 3h(2) – 2h(1) + (0) = 1
h(4) = 3h(3) – 2h(2) + (1) = 3
h(5) = 7
h(6) = 15
….
Chú rằng hệ thống là IIR và không ổn định (h(n) phân kỳ). Có phải ở đây tồn tại một hình thức đongs
của h(n) ?

4.6 PHƢƠNG PHÁP KHAI TRIỂN THỪA SỐ TỪNG PHẦN
Trong phương pháp của khai triển thừa số từng phần, sau khi khai triển biến đổi z được những biểu
thức thừa số thành phần, ta sử dụng đôi biến đổi được cho trong bảng 4.1 và thuộc tính biến đổi (phần
4.2) để tìm sự diễn tả thời gian tương ứng.
Ví dụ 4.6.1
Tìm biến đổi z ngược của hàm hệ thống
H(z) =

1.6

z ( z  0.8) (2 z  1)

Giải
Đầu tiên viết lại H(z) như sau
H(z) =

0.8
z ( z  0.8) ( z  0.5)

Hệ thống có 3 cực đơn tại z = 0 , 0.8 và 0.5 . Hệ thống là ổn định. Bây giờ diễn tả H(z) như sau
H(z) =

0.8
A3
A
A2
= 1 +
+
z ( z  0.8) ( z  0.5)
z
z  0.8 z  0.5

Vấn đề là tìm những hằng số A1, A2, A3 . Với điều này ta sử dụng mẫu thức chung cho phần bên trái.
H(z) =

A1 (z  0.8) (z  0.5)  A 2 z(z  0.5)  A 3 z(z  0.8)
z (z  1) (z  0.5)