Bài giảng Xử lý tín hiệu số nâng cao Chương 2

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

Bài 1 BIẾN ĐỔI Z
Bài 2 CÁC TÍNH CHẤT BIẾN ĐỔI Z

Bài 3 BIẾN ĐỔI Z NGƯỢC
Bài 4 HÀM TRUYỀN ĐẠT CỦA HỆ LTI RỜI RẠC
Bài 5 GIẢI PTSP DÙNG BIẾN ĐỔI Z 1 PHÍA


BÀI 1 BIẾN ĐỔI Z
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

Biến đổi Z 1 phía dãy x(n):



X ( z )   x( n) z n (**)
n 0

Nếu x(n) nhân quả thì : (*)
Ký hiệu:
Z
x(n) 
X(z)

Z 1
X(z) 
 x(n)

 (**)

hay X(z) = Z{x(n)}
hay x(n) = Z-1{X(z)}


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

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 1: Tìm biến đổi Z & ROC của:
Giải:

X (z) 



n
x
(
n
)
z



n 

 a u(n)z


n

n

n 

lim az
n  




n 0

n 0

0

1 z  a

1
; ROC : Z  a
Vậy: X ( z ) 
1
1  az

n

Im(z)
ROC

/a/

1

X (z) 
1  az 1
Nếu:



  a n .z  n   az 1 

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

1n
n
1



Re(z)


Ví dụ 2: Tìm biến đổi Z & ROC của:

x( n)  a n u(  n  1)

Giải:

X (z) 



 x ( n) z

n



 

m

n



 

   a 1z    a 1z
m 1



m0

n n
a
 .z

n 

1

Im(z)

/a/
Re(z)
0

1
X ( z )    a z   1 
1
1

az
m0
n

1

1 n 

Nếu: lim a z 
n  


1

m

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



n

n 

n 


  a u( n  1)z


1n

1 

za

ROC


BÀI 2 CÁC TÍNH CHẤT BIẾN ĐỔI Z
1) Tuyến tính

Nếu:
Thì:

Z
x1 (n) 
X1 ( z ) : ROC  R1

Z
x2 (n) 
X 2 ( z) : ROC  R 2
Z
a1 x1 (n)  a2 x2 (n) 
a1 X1 ( z )  a2 X 2 ( z )

ROC chứa R1 R2
Ví dụ 1: Tìm biến đổi Z & ROC của:

x(n)  a nu(n)  bnu(n  1)
Giải:

với

ab


Im(z)

Theo ví dụ 1 và 2, ta có:

1
a u (n) 
1  az 1
n

Z

ROC

/a/

R1 : z  a

Re(z)

0

Im(z)
Z
 b nu ( n  1) 

1
1  bz 1

R2 : z  b

/b/
Re(z)
0

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

ROC
Im(z)

ROC /b/
Re(z)
0

/a/


2) Dịch theo thời gian

 X ( z ) : ROC  R
Nếu: x(n) 
Z

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 3: Tìm biến đổi Z & ROC của:
Giải:
1
Z
n
a u (n) 
Theo ví dụ 1:

1  az

x(n)  a nu(n  1)
1

; ROC : z  a

1
az
Z
n1
n


:z a

a
.
a
u

(
n

1
)
x
(
n
)

a
u
(
n

1
)
Vậy:
1
1  az


3) Nhân với hàm mũ an
Z
Nếu: x(n) 

X ( z ) : ROC  R

Thì: a n x(n)  X (a 1 z) : ROC

 aR

Z

Ví dụ 4: Xét biến đổi Z & ROC của:

x2 (n)  u(n)

x1 (n)  a nu (n) và
Giải:


1
x( n)  u( n)  X ( z )   u( n)z 
;R : z  1
1
1 z
n 
Z

1

1
a x(n)  a u (n)  X (a z ) 
; R' : z  a
1
1  az
n

n

Z

1


4) Đạo hàm X(z) theo z
Z
Nếu: x(n)  X ( z ) : ROC  R

dX(z)
  z
: ROC  R
Thì: nx(n) 
dz
Z

Ví dụ 5: Tìm biến đổi Z & ROC của:
Giải:
Theo ví dụ 1:

g (n)  nanu(n)

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


5) Đảo biến số
Z
x
(
n
)


X ( z ) : ROC  R
Nếu:

Z
Thì: x( n) 


X (z -1) : ROC  1 R

Ví dụ 6: Tìm biến đổi Z & ROC của:

y(n)  1 a  u(n)

Giải: Theo ví dụ 1:

1
x(n)  a u (n)  X ( z ) 
; ROC : z  a
1
1  az
Z

n

 y(n)  1 a  u(n)  a  nu(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

n


6) Liên hiệp phức
Z
x
(
n
)


X ( z ) : ROC  R
Nếu:

Thì:

Z
x * ( n) 
X * (z*) : ROC  R

7) Tích 2 dãy

Nếu:

Z
x1 (n) 
X1 ( z ) : ROC  R1
Z
x2 (n) 
X 2 ( z ) : ROC  R 2

Thì:

1
x1 (n) x2 (n) 
2
Z

 z  1
c X1 ( ) X 2   d : ROC  R1  R 2

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

x(0)  Lim X(z)
Z 


Ví dụ 7: 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 

9) Tích chập 2 dãy
Nếu:

Z
x1 (n) 
X1 ( z ) : ROC  R1
Z
x2 (n) 
X 2 ( z ) : ROC  R 2

Z
Thì: x1 (n) * x2 (n) 
X1 ( z ) X 2 ( z ) ;ROC có chứa R1  R2


Ví dụ 8: Tìm y(n) = x(n)*h(n), biết:

x(n)  (0.5)n u(n) h(n)  2n 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)

R
Chứa R1  R2

x(n-n0)
an x(n)
nx(n)

Z-n0 X(z)
X(a-1z)
-z dX(z)/dz

R’
R
R

x(-n)

X(z -1)

1/R

x*(n)

X*(z*)

R

x1(n)x2(n)

1
 z  1
X
(
v
)
X
1
2  v dv

C
2j

v

R1  R2

x(n) nhân quả

x(0)=lim X(z ->∞)

x1(n)*x2(n)

X1(z)X2(z)

Chứa R1  R2


BIẾN ĐỔI Z MỘT SỐ DÃY THÔNG DỤNG
x(n)

X(z)

ROC

(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(on)u(n)

(1-z-1coso)/(1-2z-1coso+z-2)

/z/ >1

sin(on)u(n)

(z-1sino)/(1-2z-1coso+z-2)

/z/ >1

-u(-n-1)

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

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

/z/ < /a/


BÀI 3 BIẾN ĐỔI Z NGƯỢC
1. CÔNG THỨC BIẾN ĐỔI Z NGƯỢC

1
n 1
x( n ) 
X
(
z
)
z
dz (*)

2j 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


2. PHƯƠNG PHÁP THẶNG DƯ
a) Khái niệm thặng dư của 1 hàm tại điểm cực:
- Khái niệm điểm cực, điểm không.
Thặng dư tại điểm cực Zci bội r của F(z) được định nghĩa:

ResF ( z )Z  Z ci



1 d ( r 1)
r

F
(
z
)(
z

z
)
ci
( r 1)
(r  1)! dz



Z  Z ci

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

ResF ( z )Z Zci  F ( z )( z  zci )Z Zci

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 

2j C





n 1
Re
s
X
(
z
)
z
(*)

Z  Z ci
i

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)
Ví dụ 1: Tìm biến đổi Z ngược của:

Giải:

z
X ( z) 
( z  2)

Thay X(z) vào (*), ta được

1

1
z
 zn 
n 1
n 1
x ( n) 
X ( z ) z dz 
z dz   Res 



2j C
2j C ( z  2)
(
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)

Thặng dư tại Zc1=2:

ROC

 z 
 z

n

2
Res 

(
z

2
)



(
z

2
)
(

z

2
)

 Z 2 
 Z 2
n

n<0: X ( z ) z

n

n 1

2

Re(z)

0

1
1
Zc1=2 đơn,


( z  2) z n ( z  2) z m 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

C


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

 zn  1
1
 Res  ( z  2)   2m  2m  0



x(n)  2n : n  0 hay x(n)  2n u(n)


3. PHƯƠNG PHÁP KHAI TRIỂN
THÀNH CHUỖI LUỸ THỪA
Giả thiết X(z) có thể khai triển: X ( z ) 



n
a
z
 n

n  

X ( z) 

Theo định nghĩa biến đổi Z

(*)



n
x
(
n
)
z


n  

(**)

x(n)  an

Đồng nhất (*) & (**), rút ra:

X ( z )  ( z 2  1)(1  2 z 1  3z 2 )

Ví dụ 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 
Suy ra: x(n)  {1,-2, 4,-2,3}


2

n
x
(
n
)
z


n  2

1
X ( z) 
: z 2
1
1  2z

Ví dụ 3: Tìm x(n) biết:
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:

1

1 - 2z -1

1  2 z 1

1  2 z 1  22 z 2  

2 z 1



2 z 1 - 22 z-2
2 -2

2 z
.......... ....

 X ( z )   2n z n
n 0

 x(n)  2 : n  0  2 u(n)
n

n


Ví dụ 4: Tìm x(n) biết:
Giải:

1
X ( z) 
: z 2
1
1  2z

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1z1  a2 z 2  a3 z 3  

n  1

(**)

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

1

- 2 z 1

1  21 z1

 21 z1  22 z 2  23 z 3  

1 -1

21 z1
21 z1 - 2-2 z 2
-2 2

2 z
.......... ....

 X ( z) 



n n

2
 z

n  1

 x(n)  2n : n  0  2n u(n  1)


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  d0
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