Bài giảng Xử lý số tín hiệu - Chương 3: Biến đổi z

ang 49 GV: Phạm Hùng Kim Khánh 
 X(z) = 
1
2
2
1
1
1
zp1
A
zp1
A
 


 z x(n) = A1(p1)
n
u(n) + A2(p2)
n
u(n) 
 x(n) = (0.5 – j1.5)(0.5 + j0.5)nu(n) + (0.5 + j1.5)(0.5 - j0.5)nu(n) 
Trong ví dụ này, chú ý rằng p1 = p2*  A1 = A2*. Như vậy, các điểm cực liên 
hiệp phức sẽ tạo thành các hệ số liên hiệp phức. 
 Các điểm cực bậc cao: 
Trong trường hợp điểm cực bậc l, nghĩa là tồn tại hệ số (z – pk)
l
 thì các hệ số 
liên quan đến pk biểu diễn như sau: 
   l
k
lk
2
k
k2
k
k1
pz
A
...
pz
A
pz
A





Trong đó các hệ số Alk tính như sau: 
 Aik = 
 
kpz
l
k
il
z
)z(Xpz
dz
d
)!il(
1









 

 (3.44) 
VD: Xác định biến đổi z ngược của X(z) = 
211 )z1)(z1(
1
 
, ROC: |z| > 1 
z
)z(X
= 
211 )z1)(z1(z
1
 
= 
2
2
)1z)(1z(
z

= 
2
321
)1z(
A
1z
A
1z
A





 A1 = 
 
1zz
)z(X1z


 = 
1z
2
2
)1z(
z


= ¼ 
 A2 = 
 
1z
212
z
)z(X1z
dz
d
)!12(
1









 

=
1z
2
1z
z
dz
d








=
1z
2
2
)1z(
z)1z(z2



= ¾ 
 A3 = 
 
1z
222
z
)z(X1z
dz
d
)!22(
1









 

= 
 
1z
2
z
)z(X1z


= ½ 
X(z) = 
21
1
11 )z1(
z2/1
z1
4/3
z1
4/1


 




 z x(n) = ¼(-1)nu(n) + ¾u(n) + ½nu(n) 
Như vậy, để tính biến đổi z ngược của hàm hữu tỉ, ta tính theo (3.43), (3.44) và 
chú ý kết quả sau: 
 
 





k
n
k
k
n
k
pz:ROC)1n(up
pz:ROC)n(up
 z 
1
k
zp1
1

 nx(n) z 
dz
)z(dX
z 
VD: Xác định biến đổi z ngược của X(z) = 
21 z5.0z5.11
1
 
Xử lý số tín hiệu Chương 3: Biến đổi z 
Trang 50 GV: Phạm Hùng Kim Khánh 
a. ROC: |z| > 1 
 X(z) = 
11 z5.01
1
z1
2
 


 z x(n) = 2u(n) – (0.5)nu(n) 
b. ROC: |z| < 0.5 
 X(z) = 
11 z5.01
1
z1
2
 


 z x(n) = -2u(-n-1) + (0.5)nu(-n-1) 
c. ROC: 0.5 < |z| < 1 
1z1
2

, ROC: |z| < 1 z -2u(-n-1) 
1z5.01
1

 , ROC: |z| > 0.5 z – (0.5)nu(n) 
 X(z) = 
11 z5.01
1
z1
2
 


 z x(n) = -2u(-n-1) - (0.5)nu(n) 
3.5. Biến đổi z đơn hướng 
3.5.1. Định nghĩa và tính chất 
Biến đổi z đơn hướng định nghĩa như sau: 
 X
+
(z) = 



0n
nz)n(x (3.45) 
và biểu diễn như sau: 
 x(n) )z(Xz 

Tính chất: 
- Dịch thời gian: 
Nếu: 
 x(n) 
z X
+
(z) 
thì: x(n - k) 
z z
-k
[X
+
(z) + 


k
1n
nz)n(x ], k > 0 (3.46) 
Nếu: 
 x(n) 
z X
+
(z) 
thì: x(n + k) 
z z
k
[X
+
(z) - 



1k
1n
nz)n(x ], k < 0 (3.47) 
- Định lý giá trị cuối cùng: 
Nếu: 
Xử lý số tín hiệu Chương 3: Biến đổi z 
Trang 51 GV: Phạm Hùng Kim Khánh 
 x(n) 
z X
+
(z) 
thì: )z(X)1z(lim)n(xlim
1zn


 (3.48) 
và giới hạn trong (3.48) tồn tại khi ROC của (z-1)X+(z) chứa đường tròn đơn vị. 
VD: Xác định ngõ ra của hệ LTI lỏng khi n   với đáp ứng xung h(n) = 
a
nu(n) (|a| < 1) và ngõ vào là hàm bước đơn vị. 
Ngõ ra của hệ thống là: 
 y(n) = h(n) * x(n) với x(n) = u(n) 
Do x(n), y(n), h(n) là nhân quả nên biến đổi z và biến đổi z đơn hướng có kết 
quả giống nhau. Mà: 
 Y(z) = X(z)H(z) = 
11 az1
1
z1
1
 
 = 
)az)(1z(
z2

, ROC: |z| > |a| 
 (z – 1)Y(z) = 
)az(
z 2

, ROC: |z| > |a| 
 )z(Y)1z(lim)n(ylim
1zn


 = 
a1
1

3.5.2. Giải phương trình sai phân 
Ta xét 2 ví dụ sau: 
VD: Xác định biểu thức của chuỗi Fibonacci 
Từ phương trình sai phân biểu diễn chuỗi: 
 y(n) = y(n – 1) + y(n – 2) (3.49) 
Điều kiện đầu: 
 y(0) = y(-1) + y(-2) = 1 
 y(1) = y(0) + y(-1) = 1  y(-1) = 0, y(-2) = 1 
Biến đổi z đơn hướng của (3.49): 
 Y
+
(z) = z
-1
[Y
+
(z) + 


1
1n
nz)n(y ] + z
-2
[Y
+
(z) + 


2
1n
nz)n(y ] 
 Y
+
(z) = z
-1
Y
+
(z) + y(-1) + z
-2
Y
+
(z) + y(-1)z
-1
 + y(-2) 
 Y
+
(z) = 
21 zz1
1
 
 = 
1zz
z
2
2

 = 
2
2
1
1
pz
A
pz
A



Với p1 = 
2
51
, p2 = 
2
51
  A1 = p1/ 5 , A2 = -p2/ 5 
Do đó: 
Xử lý số tín hiệu Chương 3: Biến đổi z 
Trang 52 GV: Phạm Hùng Kim Khánh 
 y(n) = )n(u
2
51
52
51
2
51
52
51
nn















 







 
Hay: y(n) =      )n(u5151
2
1
5
1 1n1n
1n








 (3.50) 
VD: Xác định ngõ ra của hệ thống: 
 y(n) = ay(n – 1) + x(n), -1 < a < 1 
với x(n) = u(n) và điều kiện đầu: y(-1) = 1 
Ta có: 
 Y
+
(z) = a[z
-1
Y
+
(z) + y(-1)] + X
+
(z) 
 Y
+
(z) = 
1az1
)z(Xa




 = 
1
1
az1
z1
1
a





=
)az1)(z1(
1
az1
a
111  


 y(n) = a
n+1
u(n) + )n(u
a1
a1 1n

 
 = )n(u
a1
a1 2n

 
3.6. Phân tích hệ LTI trên miền Z 
3.6.1. Đáp ứng với hàm hữu tỉ 
Xét hệ thống biểu diễn bằng phương trình sai phân (3.36) có hàm hệ thống 
(3.37). Ta biểu diễn H(z) dưới dạng tỉ số của hai đa thức B(z)/A(z). Giả sử ngõ vào 
của hệ thống x(n) có biến đổi z là hữu tỉ: 
 X(z) = 
)z(Q
)z(N
 (3.51) 
Nếu hệ thống lỏng: y(-1) = y(-2) =  = y(-N) = 0 thì biến đổi z của ngõ ra: 
 Y(z) = H(z)X(z) = 
)z(Q)z(A
)z(N)z(B
 (3.52) 
Giả sử hệ thống có các điểm cực đơn p1, , pk và tín hiệu ngõ vào cũng có các 
điểm cực đơn q1, , qm trong đó pk  qm k, m đồng thời các điểm không cũng khác 
với các giá trị pk, qm k, m. Khi đó: 
 Y(z) = 



 


L
1k
1
k
k
N
1k
1
k
k
zq1
Q
zp1
A
 (3.53) 
z y(n) = 


L
1k
n
kk
N
1k
n
kk
)n(uqQ)n(upA (3.54) 
Ta thấy ngõ ra của hệ thống gồm có 2 phần: hàm theo các điểm cực của hệ 
thống pk gọi là đáp ứng tự do (free response) hay đáp ứng tự nhiên (natural response) 
của hệ thống và hàm theo các điểm cực của ngõ vào qk gọi là đáp ứng buộc (forced 
response) của hệ thống. 
Xử lý số tín hiệu Chương 3: Biến đổi z 
Trang 53 GV: Phạm Hùng Kim Khánh 
3.6.2. Đáp ứng với điều kiện đầu khác 0 
Giả sử tín hiệu ngõ vào x(n) là nhân quả: 
 y(n) = 


M
0k
k
N
1k
k
)kn(xb)kn(ya 
 Y
+
(z) =  


 
 




M
0k
k
k
N
1k
k
1n
nk
k
)z(Xzbz)n(y)z(Yza (3.55) 
Y
+
(z) = 

 




 









N
1k
k
k
N
1k
k
1n
nk
k
N
1k
k
k
M
0k
k
k
za1
z)n(yza
)z(X
za1
zb
 = H(z)X(z) + 
)z(A
)z(N
0 (3.56) 
Như vậy, ngõ ra của hệ thống với điều kiện đầu  0 có thể chia thành 2 phần. 
Phần đầu là đáp ứng với trạng thái không (zero-state response): 
 Yzs(z) = H(z)X(z) (3.57) 
Phần thứ hai là đáp ứng khi ngõ vào bằng không (zero – input response): 
 Y
+
zi(z) = 
)z(A
)z(N
0 (3.58) 
VD: Xác định ngõ ra của hệ thống mô tả bằng phương trình sai phân: 
 y(n) = 0.9y(n – 1) – 0.81y(n – 2) + x(n) 
với ngõ vào là hàm bước đơn vị với các điều kiện đầu: 
a. y(-1) = y(-2) = 0 
Hàm hệ thống: 
 H(z) = 
21 z81.0z9.01
1
 
Điểm cực: p1 = 0.9e
j/3
 và p2 = 0.9e
-j/3
 x(n) = u(n) z X(z) = 
1z1
1

 Yzs(z) = H(z)X(z) = 
)z1)(ze9.01)(ze9.01(
1
113/j13/j  
 Yzs(z) = 113/j13/j z1
099.1
ze9.01
049.0j542.0
ze9.01
049.0j542.0
 






z yzs(n) = (0.542 – j0.049)(0.9e
j/3
)
n
u(n) +(0.542 + j0.049)(0.9e
-j/3
)
n
u(n) + 
1.099u(n) = )n(u09.0n
3
cos)9.0(088.1099.1 n 













 
Điều kiện đầu = 0  y(n) = yzs(n) 
b. y(-1) = y(-2) = 1 
Xử lý số tín hiệu Chương 3: Biến đổi z 
Trang 54 GV: Phạm Hùng Kim Khánh 
 Yzi(z) = 
)z(A
)z(N
0 = 
21
1
z81.0z9.01
z81.009.0




 Yzi(z) = 13/j13/j ze9.01
4936.0j026.0
ze9.01
4936.0j026.0
 




z yzi(n) = )n(u52.1n
3
cos)9.0(988.0 n 







 y(n) = yzs(n) + yzi(n) = )n(u09.0n
3
cos)9.0(088.1099.1 n 













 + 
)n(u52.1n
3
cos)9.0(988.0 n 







 y(n) = )n(u76.0n
3
cos)9.0(57.1099.1 n 













 
3.6.3. Đáp ứng quá độ và ổn định 
Theo (3.54), đáp ứng tự do của hệ thống nhân quả là: 
 yfree = 

N
1k
n
kk
)n(upA (3.59) 
trong đó pk là các điểm cực của hệ thống và Ak phụ thuộc vào điều kiện đầu 
cũng như đặc tính ngõ vào. Nếu |pk| < 1 k thì giá trị yfr(n) sẽ tiến về 0. Trong trường 
hợp này, ta gọi đáp ứng tự do của hệ thống là đáp ứng quá độ. 
Đáp ứng buộc của hệ thống: 
 yforced = 

L
1k
n
kk
)n(uqQ (3.60) 
trong đó qk là các điểm cực của ngõ vào và Qk phụ thuộc vào ngõ vào cũng như 
đặc tính của hệ thống. Nếu |qk| < 1 k và ngõ vào của hệ thống vẫn duy trì thì đáp ứng 
buộc trong trường hợp này gọi là đáp ứng ổn định của hệ thống. 
3.6.4. Độ ổn định với điểm cực bậc cao 
Hệ thống LTI ổn định khi 

n
)n(h hữu hạn (xem chương 2). Mà: 
 H(z) = 



n
nz)n(h 
Nên: 
 |H(z)|  



n
nz)n(h = 



n
nz)n(h 
Xét đường tròn đơn vị: |z| = 1  H(z) = 

n
)n(h hữu hạn  tồn tại H(z)  
ROC của H(z) phải chứa đường tròn đơn vị. 
Xử lý số tín hiệu Chương 3: Biến đổi z 
Trang 55 GV: Phạm Hùng Kim Khánh 
Đối với hệ thống nhân quả: h(n) = 0 với n < 0: 
 H(z) = 



0n
nz)n(h hữu hạn khi |z| > r 
 đối với hệ thống LTI nhân quả và ổn định thì |z| > r và phải chứa đường tròn 
đơn vị  |z| > r và r < 1. 
Mà các điểm cực của hệ thống không nằm trong ROC của nó nên điều kiện cần 
và đủ để hệ thống LTI nhân quả và ổn định là tất cả các điểm cực phải nằm trong 
đường tròn đơn vị. 
3.6.5 Độ ổn định của hệ bậc 2 
Xét hệ thống biểu diễn bằng phương trình sai phân bậc 2: 
 y(n) = -a1y(n – 1) – a2y(n – 2) + b0x(n) (3.61) 
Hàm hệ thống: 
 H(z) = 
2
2
1
1
0
zaza1
b
)z(X
)z(Y
 
 = 
zazaz
zb
21
2
2
0

 (3.62) 
Hệ thống có 2 điểm cực: 
 P1,2 = 
4
a4a
2
a
2
2
11

 (3.63) 
Hệ thống ổn định khi các điểm cực nằm trong đường tròn đơn vị, nghĩa là |p1| < 
1 và |p2| < 1. Mà: 
 a1 = -(p1 + p2) 
 a2 = p1p2 
Từ đó: 
 |a2| < 1 và |a1| < 1 + a2 (3.64)