Chương 3 BIẾN ĐỔI Z

Chia sẻ: Hikaru Hikaru | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:20

0
469
lượt xem
97
download

Chương 3 BIẾN ĐỔI Z

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo về xử lý hiệu số

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Chương 3 BIẾN ĐỔI Z

  1. Xử lý tín hiệu số Chương 3: Biến đổi z Chương 3 BIẾN ĐỔI Z 1. Biến đổi z 1.1. Biến đổi z trực tiếp Định nghĩa: Biến đổi z của tín hiệu rời rạc x(n) định nghĩa như sau: ∞ X(z) = ∑ x (n )z n = −∞ −n (3.1) Trong đó z là biến phức và được biểu diễn như sau: X(z) = Z[x(n)] (3.2) Hay: x (n ) ← z X(z) ⎯→ (3.3) Do chuỗi biến đổi là vô hạn nên chỉ tồn tại một số giá trị của z để X(z) hội tụ. Tập hợp tất cả các giá trị của z để X(z) hội tụ gọi là miền hội tụ của X(z) ROC (Region Of Convergence). VD: Xác định biến đổi z của các tín hiệu rời rạc hữu hạn sau: x(n) = {1,2,5,7,0,1} ↑ X(z) = 1 + 2z-1 + 5z-2 + 7z-3 + z-5 hữu hạn khi z ≠ 0 ROC = C\{0} x(n) = {1,2,5,7,0,1} ↑ X(z) = z + 2z + 5z + 7z-1 + z-3 hữu hạn khi z ≠ 0 và z ≠ ∞ 2 ROC = C\{0,∞} x(n) = δ(n) X(z) = 1 ROC = C x(n) = δ(n - k), k > 0 X(z) = z-k, k > 0 ROC = C\{0} x(n) = δ(n + k), k > 0 X(z) = zk, k > 0 ROC = C\{∞} Như vậy, đối với tín hiệu hữu hạn thì ROC là toàn bộ mặt phẳng z và có thể trừ các giá trị z = 0 và z = ∞. VD: Xác định biến đổi z của tín hiệu n ⎛1⎞ x(n) = ⎜ ⎟ u ( n ) ⎝2⎠ 2 1 ⎛1⎞ x(n) = {1, , ⎜ ⎟ , …} 2 ⎝2⎠ Trang 32 GV: Phạm Hùng Kim Khánh
  2. Xử lý tín hiệu số Chương 3: Biến đổi z n n ∞ ⎛1⎞ ∞ ∞ ⎛1 ⎞ X(z) = ∑ x ( n ) z = ∑ ⎜ ⎟ u (n )z − n = −n ∑ ⎜ 2 z −1 ⎟ n = −∞ n = −∞ ⎝ 2 ⎠ n =0 ⎝ ⎠ N +1 ⎛1 ⎞ 1 − ⎜ z −1 ⎟ 1 ⎛1 ⎞ X(z) = lim ⎝ 2 ⎠ hội tụ về khi ⎜ z −1 ⎟ < 1 N →∞ ⎛1 ⎞ ⎛1 ⎞ ⎝2 ⎠ 1 − ⎜ z −1 ⎟ 1 − ⎜ z −1 ⎟ ⎝2 ⎠ ⎝2 ⎠ ROC: |z| > ½ Do z là biến phức nên ta biểu diễn như sau: z = rejθ (3.4) ∞ X(z) = ∑ x (n )r n = −∞ −n e − jθn ∞ ∞ ∞ |X(z)| = ∑ x (n )r −n e − jθn ≤ n = −∞ ∑ x (n )r −n e − jθn = n = −∞ ∑ x (n )r n = −∞ −n (3.5) −1 ∞ ∞ ∞ x (n ) |X(z)| ≤ ∑ x (n )r −n + ∑ x (n )r −n = n = −∞ n =0 ∑ x (−n )r n + ∑ n =1 n =0 rn (3.6) ROC của X(z) là các giá trị của r để 2 chuỗi ở vế phải của (3.6) hội tụ. Số hạng đầu tiên hội tụ khi r đủ nhỏ (r < r1) và số hạng thứ hai hội tụ khi r đủ lớn (r > r1). Im(z) Im(z) r1 r2 Re(z) Re(z) ∞ ∞ x (n ) ROC của ∑ x (−n )r n =1 n ROC của ∑ n =0 rn Im(z) Im(z) r1 r2 r2 Re(z) Re(z) r1 ROC với r1 > r2 Không tồn tại ROC với r1 < r2 Hình 3.1 – ROC của X(z) Trang 33 GV: Phạm Hùng Kim Khánh
  3. Xử lý tín hiệu số Chương 3: Biến đổi z VD: Xác định biến đổi z của tín hiệu x(n) = anu(n) ∞ ∞ 1 X(z) = ∑ x (n )z −n = n = −∞ ∑ (az n =0 −1 n ) 1 − az −1 nếu |az-1| < 1 hay |z| > |a| Im(z) ROC |a| Re(z) Hình 3.2 – ROC của Z{anu(n)} 1 x(n) = anu(n) ← z X(z) = ⎯→ , ROC: |z| > |a| (3.7) 1 − az −1 Nếu a = 1, ta được biến đổi z của hàm bước đơn vị: 1 x(n) = u(n) ← z X(z) = ⎯→ , ROC: |z| > 1 (3.8) 1 − z −1 VD: Xác định biến đổi z của tín hiệu x(n) = -anu(-n-1) ∞ −1 ∞ X(z) = ∑ x (n )z n = −∞ −n =− ∑ (a n = −∞ −1 z) −n = − ∑ (a −1 z) n n =1 X(z) = − lim (a −1z)(1 + (a −1 z) + (a −1 z) 2 + ... + (a −1 z) N ) N →∞ 1 − (a −1 z) N +1 a −1 z 1 X(z) = − lim (a z) −1 − = khi |a-1z| < 1 N →∞ 1 − (a −1 z) 1 − (a z ) −1 1 − az −1 hay |z| < |a| 1 x(n) = -anu(-n-1) ← z X(z) = ⎯→ , ROC: |z| < |a| (3.9) 1 − az −1 Im(z) |a| ROC Re(z) Hình 3.3 – ROC của Z{-anu(-n-1)} Trang 34 GV: Phạm Hùng Kim Khánh
  4. Xử lý tín hiệu số Chương 3: Biến đổi z Từ (3.7) và (3.9): hai tín hiệu khác nhau có cùng biến đổi X(z) nhưng ROC khác nhau. Do đó, tín hiệu rời rạc x(n) xác định duy nhất bằng biến đổi X(z) và ROC của X(z). VD: Xác định biến đổi z của tín hiệu x(n) = anu(n) + bnu(-n-1) ∞ ∞ X(z) = ∑ (az n =0 ) + ∑ (b −1 z) n −1 n n =1 Chuỗi thứ nhất hội tụ khi |z| > |a|, chuỗi thứ hai hội tụ khi |z| < |b| nếu |b| ≤ |a| thì X(z) không tồn tại. Ngược lại: 1 1 b−a X(z) = - = 1 − az −1 1 − bz −1 a + b − z − abz −1 Như vậy: b−a x(n) = anu(n) + bnu(-n-1) ← z X(z) = ⎯→ a + b − z − abz −1 ROC: |a| < |z| < |b| (3.10) 1.2. Biến đổi z ngược Từ (3.1): ∞ X(z) = ∑ x (k )z k = −∞ −k (3.11) ∞ Hay: X(z)zn-1 = ∑ x (k )z k = −∞ n −1− k ∞ ∞ ∫ X(z)z dz = n −1 ∫ ∑ x (k )z n −1−k dz = ∑ x (k ) ∫ z n −1− k dz (3.12) ROC ROC k = −∞ k = −∞ ROC Theo định lý tích phân Cauchy: 1 ⎧1 k = n ∫ z dz = ⎨0 k ≠ n n −1− k (3.13) 2πj C ⎩ với C là đường cong đóng bất kỳ. Từ đó: 1 ∫ X(z)z dz n −1 x(n) = (3.14) 2πj ROC Ký hiệu: x(n) = Z-1{X(z)} 2. Tính chất của biến đổi z Tuyến tính Nếu: x1(n) ← z X1(z) ⎯→ và: x2(n) ← z X2(z) ⎯→ thì: a1x1(n) + a2x2(n) ← z X(z) = a1X1(z) + a2X2(z) ⎯→ (3.15) Trang 35 GV: Phạm Hùng Kim Khánh
  5. Xử lý tín hiệu số Chương 3: Biến đổi z với a1, a2 là các hằng số tuỳ ý VD: Xác định biến đổi z của tín hiệu x(n) = [3(2n) – 4(3n)]u(n) Đặt x1(n) = 2nu(n) và x2(n) = 3nu(n). Theo (3.7): 1 x1(n) ← z X1(z) = ⎯→ , ROC: |z| > 2 1 − 2z −1 1 x2(n) ← z X2(z) = ⎯→ , ROC: |z| > 3 1 − 3z −1 Theo (3.15): 3 4 x(n) = 3x1(n) – 4x2(n) ← z X(z) = 3X1(z) – 4X2(z) = ⎯→ - 1 − 2z 1 − 3z −1 −1 ROC: |z| > 3 VD: Xác định biến đổi z của tín hiệu: x(n) = (cosω0n)u(n) Ta có: e u (n ) + e − jω n u (n ) = (e jω ) u(n ) + 1 (e ) u(n) 1 jω n 1 1 n − jω 0 n x(n) = 0 0 0 2 2 2 2 Theo (3.7) và (3.15): 1 1 1 1 X(z) = jω + − jω , ROC: |z| > e jω = 1 0 2 1− e z0−1 2 1− e z −1 0 1 − z −1 cos ω0 (cosω0n)u(n) ← z ⎯→ , ROC: |z| > 1 (3.16) 1 − 2z −1 cos ω0 + z −2 Tương tự: z −1 sin ω0 (sinω0n)u(n) ← z ⎯→ , ROC: |z| > 1 (3.17) 1 − 2z −1 cos ω0 + z − 2 Dịch thời gian Nếu: x(n) ← z X(z) ⎯→ thì: x(n - k) ← z z-kX(z) ⎯→ (3.18) VD: Xác định biến đổi z của tín hiệu: ⎧1 0 ≤ n ≤ N − 1 x(n) = ⎨ ⎩0 khác Ta có: x(n) = u(n) – u(n – N) Theo (3.8): Trang 36 GV: Phạm Hùng Kim Khánh
  6. Xử lý tín hiệu số Chương 3: Biến đổi z 1 u(n) ← z X(z) = ⎯→ , ROC: |z| > 1 1 − z −1 Theo (3.18): 1 u(n – N) ← z X(z) = z-N ⎯→ , ROC: |z| > 1 1 − z −1 1 1 1 − z−N X(z) = - z-N = , ROC: |z| > 1 (3.19) 1 − z −1 1 − z −1 1− z Co trên miền z Nếu: x(n) ← z X(z), ROC: r1 < |z| < r2 ⎯→ thì: anx(n) ← z X(a-1z), ROC: |a|r1 < |z| < |a|r2 ⎯→ (3.20) VD: Xác định biến đổi z của tín hiệu: x(n) = an(cosω0n)u(n) Theo (3.16) và (3.20): n 1 − az −1 cos ω0 a (cosω0n)u(n) ← z ⎯→ , ROC: |z| > |a| (3.21) 1 − 2az −1 cos ω0 + a 2 z − 2 VD: Xác định biến đổi z của tín hiệu: x(n) = an(sinω0n)u(n) Theo (3.17) và (3.20): az −1 cos ω0 an(sinω0n)u(n) ← z ⎯→ , ROC: |z| > |a| (3.22) 1 − 2az −1 cos ω0 + a 2 z − 2 Đảo thời gian Nếu: x(n) ← z X(z), ROC: r1 < |z| < r2 ⎯→ 1 1 thì: x(-n) ← z X(z-1), ROC: ⎯→ < |z| < (3.23) r1 r2 VD: Xác định biến đổi z của tín hiệu: x(n) = u(-n) Theo (3.8): 1 u(n) ← z ⎯→ , ROC: |z| > 1 1 − z −1 Theo (3.23): 1 x(n) ← z X(z) = ⎯→ , ROC: |z| < 1 (3.24) 1− z Trang 37 GV: Phạm Hùng Kim Khánh
  7. Xử lý tín hiệu số Chương 3: Biến đổi z Vi phân trên miền z Nếu: x(n) ← z X(z) ⎯→ dX(z) thì: ⎯→ − z nx(n) ← z (3.25) dz VD: Xác định biến đổi z của tín hiệu x(n) = nanu(n) Theo (3.7): 1 anu(n) ← z ⎯→ , ROC: |z| > |a| 1 − az −1 Theo (3.25): ⎛ 1 ⎞ d⎜ −1 ⎟ ⎝ 1 − az ⎠ = az −1 X(z) = -z dz (1 − az −1 )2 az −1 nanu(n) ← z ⎯→ , ROC: |z| > |a| (3.26) (1 − az ) −1 2 Cho a = 1: z −1 nu(n) ← z ⎯→ , ROC: |z| > 1 (3.27) (1 − z ) −1 2 Tích chập Nếu: x1(n) ← z X1(z) ⎯→ và: x2(n) ← z X2(z) ⎯→ thì: x1(n) * x2(n) ← z X1(z)X2(z) ⎯→ (3.28) VD: Tính tích chập của 2 tín hiệu sau: x1(n) = {1,-2,1} ↑ ⎧1 0 ≤ n ≤ 5 x2(n) = ⎨ ⎩0 khác Ta có: X1(z) = 1 -2z-1 + z-2 = (1 – z-1)2 1 − z −6 Theo (3.19): X2(z) = X(z) = X1(z)X2(z) = (1 – z-6)(1 – z-1) 1 − z −1 X(z) = 1 – z-1 – z-6 + z-7 x(n) = {1,-1,0,0,0,0,-1,1} ↑ Mà X(z) = X1(z)X2(z) nên x(n) = x1(n) * x2(n) Trang 38 GV: Phạm Hùng Kim Khánh
  8. Xử lý tín hiệu số Chương 3: Biến đổi z Từ ví dụ này, ta có thế thực hiện tích chập của hai tín hiệu x1(n) và x2(n) như sau: Tính biến đổi z của x1(n) và x2(n) (tương ứng là X1(z) và X2(z)) Tính X(z) = X1(z)X2(z) Thực hiện biến đổi z ngược x(n) = Z-1{X(z)}, x(n) là tích chập của x1(n) và x2(n). Tương quan Nếu: x1(n) ← z X1(z) ⎯→ và: x2(n) ← z X2(z) ⎯→ ∞ thì: rx x (l) = 1 2 ∑ x (n ) x l = −∞ 1 2 ( n − l) ← z ⎯→ R x x (z) = X1 ( z) X 2 ( z −1 ) 1 2 (3.29) VD: Tính chuỗi tự tương quan của x(n) = anu(n), -1 < a < 1 Theo (3.7): 1 X(z) = , ROC: |z| > |a| 1 − az −1 1 X(z) = , ROC: |z| < 1/|a| 1 − az 1 1 1 Rxx(z) = X(z)X(z-1) = = , 1 − az 1 − az 1 − a (z + z −1 ) + a 2 −1 ROC: 1/|a| >|z| > |a| Theo (3.10): b−a anu(n) + bnu(-n-1) ← z ⎯→ , ROC: |a| < |z| < |b| a + b − z − abz −1 Thay thế b = 1/a: 1 −a 1 a anu(n) + n u(-n-1) ← z ⎯→ a 1 1 a+ − z − a z −1 a a 1 1− a 2 anu(n) + u(-n-1) ← z ⎯→ 2 = (1-a2)Rxx(z) an a + 1 − a (z − z −1 ) ROC: |a| < |z| < 1/|a| Hay: 1 1 1 anu(n) + u(-n-1) ← z Rxx(z) ⎯→ 1− a 2 1− a a 2 n Trang 39 GV: Phạm Hùng Kim Khánh
  9. Xử lý tín hiệu số Chương 3: Biến đổi z 1 1 1 1 rxx(l) = alu(l) + u(-l-1) = a l 1− a 2 1− a a 2 l 1− a 2 Nhân Nếu: x1(n) ← z X1(z) ⎯→ và: x2(n) ← z X2(z) ⎯→ 1 x1(n)x2(n) ← z ⎯→ ∫ X1 (ν)X 2 (zν )ν dν −1 −1 thì: (3.30) 2πj C Định lý giá trị đầu Nếu x(n) là nhân quả (x(n) = 0 khi n < 0) thì x(0) = lim X(z) (3.31) z →∞ 3. Biến đổi z hữu tỉ 3.1. Các điểm cực và điểm không Điểm cực của X(z) là các giá trị z tại đó X(z) = ∞, điểm không của X(z) là các giá trị z tại đó X(z) = 0. Giả sử X(z) là hàm hữu tỉ: M N( z) ∑b k z −k X(z) = = k =0 N (3.32) D( z ) ∑a k =0 k z −k Giả sử a0 ≠ 0 và b0 ≠ 0: b1 M −1 b −M zM + z + ... + M N(z) b 0 z b0 b0 X(z) = = (3.32) D( z ) a 0 z − N a a z N + 1 z N −1 + ... + N a0 a0 Do N(z) và D(z) là các đa thức theo z nên có thể biểu diễn như sau: M ∏ (z − z N − M k =1 k ) X(z) = Gz N (3.33) ∏ (z − p k =1 k ) Với G = b0/a0. X(z) có M điểm không tại z = z1, z2, …, zM và N điểm cực tại z = p1, p2, …, pN. Để biểu diễn trên đồ thị, điểm cực được đánh dấu bằng x và điểm không được đánh dấu bằng o. Trang 40 GV: Phạm Hùng Kim Khánh
  10. Xử lý tín hiệu số Chương 3: Biến đổi z VD: Xác định điểm cực và điểm không của tín hiệu x(n) = anu(n), a > 0 1 z X(z) = = , ROC: |z| > a 1 − az −1 z−a X(z) có một điểm cực p1 = a và một điểm không z1 = 0 Im(z) ROC a Re(z) Hình 3.4 – Biểu đồ cực – không của x(n) = anu(n) VD: Xác định điểm cực và điểm không của tín hiệu ⎧a n 0 ≤ n ≤ M −1 x(n) = ⎨ ,a>0 ⎩0 khác 1 aM x(n) = anu(n) – anu(n – M) ← z X(z) = ⎯→ + z-M 1 − az −1 1 − az −1 1 − z −M a M − M +1 z M − aM zM − a M X(z) = =z = M −1 1 − az −1 z−a z (z − a ) Điểm cực: p1 = 0 (M – 1 điểm), pM = a Điểm không: zk = ae j2 πk / M , (k = 0, …, M – 1). Tại k = 0: z0 = a có tất cả M – 1 điểm cực và M – 1 điểm không. M −1 ∏ (z − z k =1 k ) X(z) = z M −1 VD: Xác định tín hiệu x(n) biết rằng biểu đồ cực – không như hình vẽ Im(z) ROC ω0 Re(z) r Hình 3.5 – Biểu đồ cực – không Trang 41 GV: Phạm Hùng Kim Khánh
  11. Xử lý tín hiệu số Chương 3: Biến đổi z Từ biểu đồ, ta xác định được 2 điểm cực: p1 = rcosω0 + jrsinω0 = re jω , p2 = 0 rcosω0 - jrsinω0 = re − jω và 2 điểm không: z1 = 0, z2 = rcosω0. Do đó: 0 (z − z1 )(z − z 2 ) z(z − r cos ω0 ) X(z) = G =G , ROC: |z| > r (z − p1 )(z − p 2 ) (z − re jω )(z − re − jω ) 0 0 1 − rz −1 cos ω0 X(z) = G , ROC: |z| > r 1 − 2rz −1 cos ω0 + z − 2 Theo (3.21): 1 − az −1 cos ω0 an(cosω0n)u(n) ← z ⎯→ , ROC: |z| > |a| 1 − 2az −1 cos ω0 + a 2 z − 2 x(n) = Grn(cosω0n)u(n) 3.2. Hàm hệ thống của hệ LTI Xét một hệ LTI có đáp ứng xung h(n). Ngõ ra của hệ thống là: y(n) = x(n) * h(n) Theo (3.28): Y(z) = X(z)H(z) (3.34) Y(z) Hay: H(z) = (3.35) X(z) Như vậy, nếu biết trước ngõ ra y(n) của một ngõ vào x(n), ta có thể xác định đáp ứng của hệ thống bằng cách tính X(z), Y(z) và tính H(z) theo (3.35) sau đó thực hiện biến đổi z ngược để tìm h(n). Ta biết rằng h(n) là biểu diễn của hệ thống trên miền thời gian H(z) là biểu diễn của hệ thống trên miền z. H(z) gọi là hàm hệ thống của hệ. Xét hệ LTI biểu diễn băng phương trình sai phân hệ số hằng: N M y(n) = − ∑ a k y(n − k ) + ∑ b k x (n − k ) (3.36) k =1 k =0 Biến đổi trên miền z (áp dụng tính chất dịch chuyển trên miền thời gian): N M Y(z) = − ∑ a k z − k Y(z) + ∑ b k z − k X(z) k =1 k =0 ⎛ N ⎞ M Y(z) ⎜1 + ∑ a k z − k ⎟ = X( z)∑ b k z −k ⎝ k =1 ⎠ k =0 M Y(z) k =0 ∑b k z −k H(z) = = (3.37) X(z) ⎛ N −k ⎞ ⎜1 + ∑ a k z ⎟ ⎝ k =1 ⎠ Như vậy, hệ LTI biểu diễn bằng phương trình sai phân hệ số hằng có hàm hệ thống là hàm hữu tỉ. Trang 42 GV: Phạm Hùng Kim Khánh
  12. Xử lý tín hiệu số Chương 3: Biến đổi z VD: Xác định hàm hệ thống và đáp ứng xung của hệ thống biểu diễn bằng phưnơg trình sai phân: y(n) = ½y(n – 1) + 2x(n) Ta có: Y(z) = ½z-1Y(z) + 2X(z) Y(z) 2 H(z) = = 1 −1 X(z) 1 − z 2 Theo (3.7): 1 anu(n) ← z ⎯→ , ROC: |z| > |a| 1 − az −1 h(n) = 2(½)nu(n), ROC: |z| > ½ 4. Biến đổi z ngược Giả sử X(z) là hàm hữu tỉ với a0 = 1: M N(z) ∑ b k z −k X(z) = = k =0 (3.38) D( z ) 1 + N a z − k ∑ k k =1 Biểu thức (3.38) gọi là thích hợp nếu M < N và aN ≠ 0. Trong trường hợp M ≥ N, ta có thể biểu diễn như sau: N(z) M − N −k N1 (z) X(z) = = ∑ ck z + (3.39) D( z ) k = 0 D( z ) M−N Đa thức ∑c k =0 k z − k có thể thực hiện biến đổi z ngược dễ dàng theo tính chất dịch trên miền thời gian x(n - k) ← z z-kX(z) và chú ý rằng ckδ(n) ← z ck. Do đó: ⎯→ ⎯→ M−N M−N ∑ c k δ( n − k ) ← z k =0 ⎯→ ∑c k =0 k z −k Như vậy, (3.38) có thể đưa về cách tính đối với hàm hữu tỉ thích hợp: M N(z) ∑b k z −k X(z) = = k =0N , M < N và aN ≠ 0 (3.40) D( z ) 1 + a z − k ∑ k k =1 Nhân tử số và mẫu số với zN: b 0 z N + b1 z N −1 + ... + b M z N − M X(z) = , M < N và aN ≠ 0 (3.41) z N + a 1 z N −1 + ... + a N Trang 43 GV: Phạm Hùng Kim Khánh
  13. Xử lý tín hiệu số Chương 3: Biến đổi z Do N > M nên: X(z) b 0 z N −1 + b1 z N −2 + ... + b M z N − M −1 = , M < N và aN ≠ 0 (3.41) z z N + a 1 z N −1 + ... + a N Các điểm cực bậc 1: Giả sử các điểm cực là khác nhau: X(z) A1 A2 AN = + + ... + (3.42) z z − p1 z − p 2 z − pN Trong đó các hệ số Ak tính như sau: Ak = (z − p k )X(z) (3.43) z z=pk 1 VD: Xác định biến đổi z ngược của X(z) = , ROC: |z| > 1 1 − 1 .5 z + 0 .5 z − 2 −1 X(z) z z A A2 = 2 = = 1 + z z − 1.5z + 0.5 (z − 1)(z − 0.5) z − 1 z − 0.5 A1 = (z − 1)X(z) = z =2 z z =1 z − 0.5 z =1 A2 = (z − 0.5)X(z) = z = -1 z z = 0.5 z − 1 z =0.5 2z z 2 1 X(z) = − = − ← z x(n) = 2u(n) – (0.5)nu(n) ⎯→ z − 1 z − 0.5 1 − z −1 1 − 0.5z −1 1 + z −1 VD: Xác định biến đổi z ngược của X(z) = , ROC: |z| > 5/ 2 1 − z −1 − 0.5z −2 X(z) z +1 z +1 A1 A2 = 2 = = + z z − z − 0.5 (z − p1 )(z − p 2 ) z − p1 z − p 2 với p1 = 0.5 + j0.5, p2 = 0.5 - j0.5 A1 = (z − p1 )X(z) = z +1 = 0.5 + j0.5 + 1 = 0.5 – j1.5 z z = p1 z − p2 z = p1 0.5 + j0.5 − (0.5 − j0.5) A2 = (z − p 2 )X(z) = z +1 = 0.5 − j0.5 + 1 = 0.5 + j.15 z z =p 2 z − p1 z=p2 0.5 − j0.5 − (0.5 + j0.5) A1 A2 X(z) = + ← z x(n) = A1(p1)nu(n) + A2(p2)nu(n) ⎯→ 1 − p1 z −1 1− p2z −1 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. Trang 44 GV: Phạm Hùng Kim Khánh
  14. Xử lý tín hiệu số Chương 3: Biến đổi z 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: A 1k A 2k A lk + + ... + z − p k (z − p k )2 (z − p k )l Trong đó các hệ số Alk tính như sau: 1 d l −i ⎛ (z − p k )l X(z) ⎞ Aik = ⎜ ⎟ (3.44) (l − i)! dz ⎜ z ⎟ ⎝ ⎠ z=p k 1 VD: Xác định biến đổi z ngược của X(z) = , ROC: |z| > 1 (1 + z )(1 − z −1 ) 2 −1 X(z) 1 z2 A1 A A3 = = = + 2 + z z(1 + z )(1 − z ) −1 −1 2 (z + 1)(z − 1) 2 z + 1 z − 1 (z − 1) 2 A1 = (z + 1)X(z) = z2 =¼ z z = −1 (z − 1) 2 z = −1 1 d 2−1 ⎛ (z − 1) X( z) ⎞ d ⎛ z2 ⎞ 2 2z(z + 1) − z 2 A2 = ⎜ ⎟ = ⎜ ⎜ ⎟ = ⎟ =¾ (2 − 1)! dz ⎜ ⎝ z ⎟ ⎠ z =1 dz ⎝ z + 1 ⎠ z =1 (z + 1) 2 z =1 A3 = 1 d 2−2 ⎛ (z − 1) X(z) ⎞ ⎜ 2 ⎟ = (z − 1)2 X(z) = ½ (2 − 2)! dz ⎜ ⎝ z ⎟ ⎠ z =1 z z =1 1/ 4 3/ 4 1 / 2z −1 X(z) = + + ← z x(n) = ¼(-1)nu(n) + ¾u(n) + ½nu(n) ⎯→ 1+ z −1 1− z −1 (1 − z ) −1 2 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: ⎧ (p k )n u (n ) ⎪ ROC : z > p k 1 ⎨ ←z ⎯→ ⎪− (p k ) u (− n − 1) ROC : z < p k 1 − p k z −1 n ⎩ dX ( z) ⎯→ − z nx(n) ← z dz 1 VD: Xác định biến đổi z ngược của X(z) = 1 − 1.5z + 0.5z − 2 −1 a. ROC: |z| > 1 2 1 X(z) = − ← z x(n) = 2u(n) – (0.5)nu(n) ⎯→ 1− z −1 1 − 0.5z −1 Trang 45 GV: Phạm Hùng Kim Khánh
  15. Xử lý tín hiệu số Chương 3: Biến đổi z b. ROC: |z| < 0.5 2 1 X(z) = − ← z x(n) = -2u(-n-1) + (0.5)nu(-n-1) ⎯→ 1− z −1 1 − 0 .5 z −1 c. ROC: 0.5 < |z| < 1 2 , ROC: |z| < 1 ← z -2u(-n-1) ⎯→ 1− z −1 1 − , ROC: |z| > 0.5 ← z – (0.5)nu(n) ⎯→ 1 − 0.5z −1 2 1 X(z) = − ← z x(n) = -2u(-n-1) - (0.5)nu(n) ⎯→ 1− z −1 1 − 0 .5 z −1 5. Biến đổi z đơn hướng 5.1. Định nghĩa và tính chất Biến đổi z đơn hướng định nghĩa như sau: ∞ X+(z) = ∑ x (n )z n =0 −n (3.45) và biểu diễn như sau: + x(n) ← z X + (z) ⎯→ Tính chất: - Dịch thời gian: Nếu: + ⎯→ X+(z) x(n) ← z k ∑ x (−n )z + thì: x(n - k) ← z z-k[X+(z) + ⎯→ n ], k > 0 (3.46) n =1 Nếu: + ⎯→ X+(z) x(n) ← z k −1 ∑ x (n )z + thì: x(n + k) ← z zk[X+(z) - ⎯→ −n ], k < 0 (3.47) n =1 - Định lý giá trị cuối cùng: Nếu: + ⎯→ X+(z) x(n) ← z thì: lim x ( n ) = lim(z − 1) X + ( z) (3.48) n →∞ z →1 và giới hạn trong (3.48) tồn tại khi ROC của (z-1)X+(z) chứa đường tròn đơn vị. Trang 46 GV: Phạm Hùng Kim Khánh
  16. Xử lý tín hiệu số Chương 3: Biến đổi z VD: Xác định ngõ ra của hệ LTI lỏng khi n → ∞ với đáp ứng xung h(n) = n a u(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: 1 1 z2 Y(z) = X(z)H(z) = = , ROC: |z| > |a| 1 − z −1 1 − az −1 (z − 1)(z − a ) z2 (z – 1)Y(z) = , ROC: |z| > |a| (z − a ) 1 lim y(n ) = lim( z − 1) Y(z) = n →∞ z →1 1− a 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 đưn hướng của (3.49): 1 2 Y+(z) = z-1[Y+(z) + ∑ y( − n ) z n =1 n ] + z-2[Y+(z) + ∑ y( − n ) z n =1 n ] Y+(z) = z-1Y+(z) + y(-1) + z-2Y+(z) + y(-1)z-1 + y(-2) + 1 z2 A1 A2 Y (z) = = 2 = + 1 − z −1 − z −2 z − z − 1 z − p1 z − p 2 1+ 5 1− 5 Với p1 = , p2 = A1 = p1/ 5 , A2 = -p2/ 5 2 2 Do đó: ⎡1 + 5 ⎛ 1 + 5 ⎞ n 1 − 5 ⎛ 1 − 5 ⎞ n ⎤ y(n) = ⎢ ⎜ ⎟ − ⎜ ⎟ ⎥ u (n ) ⎢ 2 5 ⎜ 2 ⎟ ⎣ ⎝ ⎠ 2 5 ⎜ 2 ⎟ ⎥ ⎝ ⎠ ⎦ [(1 + ]u(n) n +1 Hay: y(n) = 1 ⎛1⎞ ⎜ ⎟ 5 ⎝2⎠ 5 ) n +1 ( − 1− 5 )n +1 (3.50) VD: Xác định ngõ ra của hệ thống: Trang 47 GV: Phạm Hùng Kim Khánh
  17. Xử lý tín hiệu số Chương 3: Biến đổi z 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-1Y+(z) + y(-1)] + X+(z) 1 a+ a + X (z) + 1 − z −1 = a + 1 Y+(z) = = 1 − az −1 1 − az −1 1 − az −1 (1 − z )(1 − az −1 ) −1 n+1 1 − a n +1 1 − a n+2 y(n) = a u(n) + u (n ) = u (n ) 1− a 1− a 6. Phân tích hệ LTI trên miền Z 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: N(z) X(z) = (3.51) Q( z ) Nếu hệ thống lỏng: y(-1) = y(-2) = … = y(-N) = 0 thì biến đổi z của ngõ ra: B(z) N(z) Y(z) = H(z)X(z) = (3.52) A ( z )Q ( z ) 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: N Ak L Q Y(z) = ∑ 1 − p z −1 k =1 1 − q k z −1 k =1 +∑ (3.53) k k N L ← z y(n) = ⎯→ ∑ A k p nk u (n ) + ∑ Q k q nk u (n ) k =1 k =1 (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. 6.2. Đáp ứng với điều kiện đầu khác 0 Giả sử tín hiệu ngõ vào x(n) là nhân quả: N M y(n) = ∑a k =1 k y( n − k ) + ∑ b k x ( n − k ) k =0 N ⎡ k ⎤ M Y+(z) = − ∑ a k z − k ⎢Y + (z) + ∑ y( − n )z n ⎥ + ∑ b k z −k X + ( z) (3.55) k =1 ⎣ n =1 ⎦ k =0 Trang 48 GV: Phạm Hùng Kim Khánh
  18. Xử lý tín hiệu số Chương 3: Biến đổi z M N k ∑ b k z −k ∑ a k z − k ∑ y( − n ) z n N 0 (z) Y+(z) = k =0 N X(z) − k =1 N n =1 = H(z)X(z) + (3.56) 1 − ∑ a k z −k 1 − ∑ a k z −k A( z) k =1 k =1 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): N 0 (z) Y+zi(z) = (3.58) A( z) 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: 1 H(z) = 1 − 0.9z + 0.81z − 2 −1 Điểm cực: p1 = 0.9ejπ/3 và p2 = 0.9e-jπ/3 1 x(n) = u(n) ← z X(z) = ⎯→ 1 − z −1 1 Yzs(z) = H(z)X(z) = (1 − 0.9e jπ / 3 z )(1 − 0.9e − jπ / 3 z −1 )(1 − z −1 ) −1 0.542 − j0.049 0.542 + j0.049 1.099 Yzs(z) = + + 1 − 0.9e jπ / 3 z −1 1 − 0.9e − jπ / 3 z −1 1 − z −1 ← z yzs(n) = (0.542 – j0.049)(0.9ejπ/3)nu(n) +(0.542 + j0.049)(0.9e-jπ/3)nu(n) + ⎯→ ⎡ ⎛π ⎞⎤ 1.099u(n) = ⎢1.099 + 1.088(0.9) n cos⎜ n − 0.09 ⎟⎥ u (n ) ⎣ ⎝3 ⎠⎦ Điều kiện đầu = 0 y(n) = yzs(n) b. y(-1) = y(-2) = 1 N 0 (z) 0.09 − 0.81z −1 Yzi(z) = = A(z) 1 − 0.9z −1 + 0.81z −2 0.026 + j0.4936 0.026 − j0.4936 Yzi(z) = + 1 − 0.9e jπ / 3 z −1 1 − 0.9e − jπ / 3 z −1 ⎛π ⎞ ← z yzi(n) = 0.988(0.9) n cos⎜ n − 1.52 ⎟u (n ) ⎯→ ⎝3 ⎠ Trang 49 GV: Phạm Hùng Kim Khánh
  19. Xử lý tín hiệu số Chương 3: Biến đổi z ⎡ ⎛π ⎞⎤ y(n) = yzs(n) + yzi(n) = ⎢1.099 + 1.088(0.9) n cos⎜ n − 0.09 ⎟⎥ u (n ) + ⎣ ⎝3 ⎠⎦ ⎛π ⎞ 0.988(0.9) n cos⎜ n − 1.52 ⎟u (n ) ⎝3 ⎠ ⎡ ⎛π ⎞⎤ y(n) = ⎢1.099 + 1.57(0.9) n cos⎜ n − 0.76 ⎟⎥ u (n ) ⎣ ⎝3 ⎠⎦ 6.3. Đáp ứng quá độ và ổn định Theo (3.54), đáp ứng tự do của hệ thống nhân quả là: N yfree = ∑A k =1 k p n u (n ) k (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: L yforced = ∑Q k =1 k q n u (n ) k (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. 6.4. Độ ổn định với điểm cực bậc cao ∞ Hệ thống LTI ổn định khi ∑ h (n ) n = −∞ hữu hạn (xem chương 2). Mà: ∞ H(z) = ∑ h (n )z n = −∞ −n Nên: ∞ ∞ |H(z)| ≤ ∑ h (n )z n = −∞ −n = ∑ h (n ) z n = −∞ −n ∞ Xét đường tròn đơn vị: |z| = 1 H(z) = ∑ h (n ) n = −∞ hữu hạn tồn tại H(z) ROC của H(z) phải chứa đường tròn đơn vị. Đối với hệ thống nhân quả: h(n) = 0 với n < 0: ∞ H(z) = ∑ h (n )z n =0 −n 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. Trang 50 GV: Phạm Hùng Kim Khánh
  20. Xử lý tín hiệu số Chương 3: Biến đổi z 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. 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: Y( z) b0 b0z2 H(z) = = = 2 (3.62) X(z) 1 + a 1 z −1 + a 2 z − 2 z + a 1z + a 2 z Hệ thống có 2 điểm cực: a1 a 2 − 4a 2 P1,2 = − ± 1 (3.63) 2 4 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) Trang 51 GV: Phạm Hùng Kim Khánh

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản