›
›

Bài giảng Xử lý tín hiệu số - Chương 3: Biến đổi Z - Đinh Đức Anh Vũ

pdf 54 trang ngocly 30
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Bài giảng Xử lý tín hiệu số - Chương 3: Biến đổi Z - Đinh Đức Anh Vũ", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • pdfbai_giang_xu_ly_tin_hieu_so_chuong_3_bien_doi_z_dinh_duc_anh.pdf

Nội dung text: Bài giảng Xử lý tín hiệu số - Chương 3: Biến đổi Z - Đinh Đức Anh Vũ

  1. dce 2011 Chương 3 Biến đổi Z BK TP.HCM ©2011, TS. Đinh Đức Anh Vũ
  2. dce 2011 Nội dung • Biến đổi Z – BĐ thuận – BĐ ngược • Các tính chất của BĐ Z • BĐ Z hữu tỉ – Điểm không (Zero) – Điểm cực (Pole) – Pole và t/h nhân quả trong miền thời gian – Mô tả h/t LTI bằng hàm hệ thống • Biến đổi Z ngược – Phương pháp tích phân – Phương pháp khai triển thành chuỗi lũy thừa – Phương pháp phân rã thành các hữu tỉ • Biến đổi Z một phía (Z+) – Tính chất – Giải PTSP bằng BĐ Z+ • Phân tích hệ LTI – Đáp ứng của hệ – Đáp ứng tức thời, quá độ – Tính ổn định và nhân quả DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 2
  3. dce 2011 Biến đổi Z • Tổng quát – Một cách biểu diễn t/h khác về mặt toán học – Biến đổi t/h từ miền thời gian sang miền Z – Dễ khảo sát t/h và h/t trong nhiều trường hợp (dựa vào các t/c của BĐZ) • Định nghĩa +∞ − – Công thức Xz()= ∑ xnz () n n=−∞ z – Quan hệ xn()← → Xz () – Ký hiệu X(z) ≡ Z{x(n)} – Biến z Điểm thuộc mặt phẳng z z = a + jb hay z = rejδ – Miền hội tụ (ROC) {z │ |X(z)| < ∞} Chỉ quan tâm X(z) tại những điểm z thuộc ROC DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 3
  4. dce 2011 Ví dụ về BĐZ – x1(n) = δ(n) X1(z) = 1 ROC = mặt phẳng z (mpz) – x2(n) = {8 10 1^ 9 7 2} 2 –1 –2 –3 X2(z) = 8z + 10z + 1 + 9z + 7z + 2z ROC = mpz \ (∞, 0) – x3(n) = δ(n – k) –k X3(z) = z ROC = mpz \ {0 nếu k>0, ∞ nếu k<0)  n +1 A = 1 • Nhắc lại  + 1+ A + A2 + A3 + An = 1− An 1  A ≠ 1  1− A 1 1+ A + A2 + A3 + = A < 1 1− A DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 4
  5. dce 2011 BĐZ của t/h nhân quả và không nhân quả • T/h nhân quả x(n) = anu(n) +∞ +∞ X (z) = ∑ x(n)z−n = ∑(az−1)n n=−∞ n=0 − 1 Khi az 1 a ), X (z) = 1− az−1 ⇒ ROC : z > a • T/h phản nhân quả x(n) = –anu(–n–1) +∞ −1 ∞ X (z) = ∑ x(n)z −n = ∑(−an )z −n = −∑(a−1z)l n=−∞ n=−∞ l=1 a−1z 1 Khi a−1z <1(i.e. z < a ), X (z) = − = 1− a−1z 1− az −1 ⇒ ROC : z < a • Ý nghĩa – T/h RRTG x(n) được xác định duy nhất bởi biểu thức BĐ Z và ROC của nó – ROC của t/h nhân quả là phần ngoài của vòng tròn bán kính r2, trong khi ROC của t/h phản nhân quả là phần trong của vòng tròn bán kính r1 DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 5
  6. dce 2011 Miền hội tụ của các t/h T/h hữu hạn T/h vô hạn T/h ROC T/h ROC Nhân quả (t/h Nhân quả Mpz \ {0} bên phải) │z│> r [x(n)=0 n 0] 1 [x(n)=0 n>0] Vành khuyên 2 bên Mpz \ {0, ∞} 2 bên r1 >│z│> r2 Img Re DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 6
  7. dce 2011 BĐZ một phía +∞ Xz()= ∑ xnz ()−n n=−∞ +∞ X + (z) = ∑ x(n)z −n n=0 DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 7
  8. dce 2011 BĐZ ngược • Tích phân Cauchy 1 − − 1 k = n ∫ z n 1 k dz =  2πj C 0 k ≠ n • Biến đổi Z ngược +∞ – Từ X (z) = ∑ x(k)z −k k =−∞ – Nhân 2 vế với zn–1 – Tích phân 2 vế theo đường cong kín C bao gốc O thuộc ROC của X(z) +∞ X (z)z n−1dz = x(k)z n−1−k dz ∫C ∫C ∑ k =−∞ – Áp dụng tích phân Cauchy +∞ X (z)z n−1dz = x(k) z n−1−k dz = 2πjx(n) ∫C ∑ ∫C k =−∞ 1 n−1 ⇒ x(n) = ∫ X (z)z dz 2πj C DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 8
  9. dce 2011 BĐZ – Tính chất (1) • ROC = ROC1 ∩ ROC2 ∩ ∩ ROCn Z • Tuyến tính x1(n)←→ X1(z) Z x2 (n)←→ X 2 (z) Z ⇒ x(n) = ax1(n) + bx2 (n)←→ X (z) = aX1(z) + bX 2 (z) – Ví dụ: x(n) = anu(n) + bnu(–n–1) 1 x (n) = anu(n)←Z → X (z) = ROC : z > a 1 1 1− az −1 1 x (n) = −bnu(−n −1)←Z → X (z) = ROC : z < b 2 2 1− bz −1 1 1 Do đó x(n) = x (n) − x (n)←Z → X (z) = X (z) − X (z) = − 1 2 1 2 1− az −1 1− bz −1 ROC : a < z < b DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 9
  10. dce 2011 BĐZ – Tính chất (2) • Dịch theo thời gian x(n)←Z → X (z) x(n − k)←Z → z −k X (z) ⇒ 0 k > 0 ROC = ROCx(n) \  ∞ k < 0 DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 10
  11. dce 2011 BĐZ – Tính chất (3) • Co giãn trong miền Z z x(n)←→ X (z) ROC : r1 1 Re(w) Thay bien ⇔   + quay mpz gian r0 <1 DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 11
  12. dce 2011 Bài tập BĐZ Tìm biến đổi Z của: a. x(n) = anu(n), từ BĐZ của u(n) b. x(n) = 3.2n-2.(1/4)n u(n-3) n c. x(n) = a cos(ω0n)u(n) n d. x(n) = a sin(ω0n)u(n) e. x(n) = 3.2nu(n) – 4.3nu(n) f. x(n) = Acos(ω0n)u(n) g. x(n) = Asin(ω0n)u(n) h. x(n) = –anu(–n–1), từ BĐZ của u(-n) i. x(n) = 3.3-n-2.(1/4)n u(-n-3) DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 12
  13. dce 2011 BĐZ – Tính chất (4) • Đảo thời gian Z x(n)←→ X (z) ROC : r1 1 1− z −1 1 ⇒ u(−n)←Z → ROC : z < 1 1− z DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 13
  14. dce 2011 BĐZ – Tính chất (5) • Vi phân trong miền Z dX (z) x(n)←z→ X (z) ⇒ nx(n)←z→−z dz • Ví dụ x(n) = nanu(n) n – Biểu diễn x(n) = nx1(n) với x1(n) = a u(n) 1 x (n) = anu(n)←z→ X (z) = ROC : z > a 1 1 1− az −1 dX (z) az −1 x(n) ≡ nx (n) = nanu(n)←z→ X (z) = −z 1 = ROC : z > a 1 dz (1− az −1)2 – Nếu a = 1, BĐZ của hàm bậc thang đơn vị z −1 x(n) = nu(n)←z→ X (z) = ROC : z >1 (1− z −1)2 DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 14
  15. dce 2011 BĐZ – Tính chất (6) Z • Tổng chập x1(n)←→ X1(z) Z x2 (n)←→ X 2 (z) Z ⇒ x(n) = x1(n)* x2 (n)←→ X (z) = X1(z)X 2 (z) • Tính tổng chập của 2 t/h dùng phép BĐZ – Xác định BĐ Z của 2 t/h Miền thời gian → miền Z X1(z) = Z{x1(n)} X2(z) = Z{x2(n)} – Nhân 2 BĐ Z với nhau Xử lý trong miền Z X(z) = X1(z)X2(z) – Tìm BĐ Z ngược của X(z) Miền Z → miền thời gian x(n) = Z-1{X(z)} DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 15
  16. dce 2011 BĐZ – Tính chất (7) Z • Tương quan x1(n)←→ X1(z) Z x2 (n)←→ X 2 (z) ∞ ⇒ r (l) = x (n)x (n − l)←Z → R (z) = X (z)X (z −1) x1x2 ∑ 1 2 x1x2 1 2 n=−∞ • Việc tính tương quan giữa 2 t/h được thực hiện dễ dàng nhờ BĐ Z • Ví dụ: xác định chuỗi tự tương quan của t/h x(n) = anu(n) (|a| a 1− az −1 1 1 X (z −1) = ROC : z < 1− az a 1 1 1 R (z) = X (z)X (z −1) = = xx 1− az −1 1− az 1− a(z + z −1) + a2 1 1 l ROC : a < z < ⇒ r (l) = a −∞ < l < ∞ a xx 1− a2 DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 16
  17. dce 2011 BĐZ – Tính chất (8) ←Z → • Nhân 2 chuỗi x1(n) X1(z) Z x2 (n)←→ X 2 (z) Z 1 z −1 x(n) = x1(n)x2 (n)←→ X (z) = X1(v)X 2 ( )v dv 2πj ∫C v C :bao dong quanh gocO,thuoc ROC chung cua X1(v)va X 2 (1/ v) • Cách xác định miền hội tụ X1(v) hoitu r1l < v < r1u X 2 (z) hoitu r2l < z < r2u z ⇒ X (z / v) hoitu r < < r 2 2l v 2u Do do, X (z) hoitu r1l r2l < z < r1u r2u DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 17
  18. dce 2011 BĐZ – Tính chất (9) • Định lý giá trị đầu – Nếu x(n) nhân quả [x(n) = 0 ∀n<0] ⇒ x(0) = lim X (z) z→∞ • Phức hợp x(n)←Z → X (z) x*(n)←Z → X *(z*) – Phần thực 1 Re{x(n)}←z→ [X (z) + X *(z*)] 2 – Phần ảo 1 Im{x(n)}←z→ [X (z) − X *(z*)] 2 DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 18
  19. dce 2011 BĐZ hữu tỉ – Điểm zero & pole • Zero của BĐZ X(z): các giá trị z sao cho X(z) = 0 • Pole của BĐZ X(z): các giá trị của z sao cho X(z) = ∞ • ROC không chứa bất kỳ pole nào • Ký hiệu trên mpz: zero – vòng tròn (o) và pole – chữ thập (x) − 1 1− z 1 X (z) = X (z) = − − 1− 0.9z −1 1− z 1 − 2z 2 DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 19
  20. dce 2011 BĐZ hữu tỉ – Biểu diễn • BĐZ dạng hữu tỉ – Rất hữu ích để phân tích hệ LTI RRTG – Việc xét tính chất hay thiết kế hệ có tính chất nào đó → chỉ cần quan tâm trên vị trí của các điểm zero-pole • Các cách biểu diễn M b z −k – Dạng mũ âm N(z) b + b z −1 ++ b z −M ∑ k = = 0 1 M = k =0 X (z) −1 −N M D(z) a0 + a1z ++ aN z −k ∑ ak z k =0 – Dạng mũ dương M b1 M −1 bM b z + b z ++ b X (z) = 0 z N −M 0 0 N a1 N −1 aN a0 z + z ++ a0 a0 M – Dạng Zero-Pole (z − zk ) (z − z )(z − z )(z − z ) ∏ X (z) = Gz N −M 1 2 M = Gz N −M k =1 (z − p )(z − p )(z − p ) N 1 2 N (z − p ) b0 ∏ k G ≡ k =1 DSP – Biến đổi Z a0 ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 20
  21. dce 2011 BĐZ hữu tỉ – Vị trí điểm pole (1) • Vị trí pole và hành vi của t/h nhân quả ở miền thời gian – Vị trí pole ảnh hưởng tính chất bị chận, phân kỳ của tín hiệu nhân quả ở miền thời gian – Vị trí pole quyết định tính ổn định của hệ thống nhân quả – Tính chất của tín hiệu ở miền thời gian, trong trường hợp pole nằm ngoài hay trong hay trên vòng tròn đơn vị qua những ví dụ sau DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 21
  22. dce 2011 BĐZ hữu tỉ – Vị trí điểm pole (2) DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 22
  23. dce 2011 BĐZ hữu tỉ – Vị trí điểm pole (3) DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 23
  24. dce 2011 BĐZ hữu tỉ – Vị trí điểm pole (4) ±jπ/4 p=0.8e±jπ/4 p=1.2e p=e±jπ/4 p=0.8e±jπ/4 DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 24
  25. dce 2011 BĐZ hữu tỉ – Hàm h/t của hệ LTI (1) x(n) Hệ thống LTI y(n) • Ví dụ h(n) – h(n) = (1/2)nu(n) y(n) = x(n)*h(n) – x(n) = (1/3)nu(n) z z z 1 Y(z) = X(z) H(z) H (z) = 1 −1 • Xác định y(n) 1− 2 z – Tính X(z) và H(z) 1 – Xác định Y(z) X (z) = 1 −1 – Tìm y(n) bằng cách tính BĐZ ngược của Y(z) 1− 3 z • Tìm đáp ứng đơn vị 1 1 ∞ ⇒ Y (z) = Y (z) −n − 1 −1 − 1 −1 H (z) = = ∑ h(n)z 1 2 z 1 3 z X (z) =−∞ n 6 = • Hàm h/t: H(z) −1 −1 – H(z): đặc trưng cho h/t trong miền Z (z − 2)(z − 3) – h(n): đặc trưng cho h/t trong miền TG DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 25
  26. dce 2011 BĐZ hữu tỉ – Hàm h/t của hệ LTI (2) • Hàm hệ thống của hệ LTI mô tả bởi PTSP TT HSH N M = − − + − y(n) ∑ ak y(n k) ∑bk x(n k) x(n) b0 y(n) k =1 k =0 + + – Hệ pole-zero M −k -1 -1 ∑bk z Z Z Y(z) k =0 a1 ≡ H (z) = b1 N + + X (z) −k 1+ ∑ ak z – Hệ toàn zero k =1 Z-1 -1 a Z • ak = 0 1 ≤ k ≤ N b 2 2 + + M 1 M = −k = M −k H (z) ∑bk z M ∑bk z = z = k 0 k 0 aN–1 bM–1 • FIR (Finite Impulse Response) + + -1 – Hệ toàn pole Z-1 Z • bk = 0 1 ≤ k ≤ M aN N bM b0 b0 z H (z) = N = N a0 ≡1 −k N −k 1+ ∑ ak z ∑ ak z k =1 k =0 • IIR (Infinite Impulse Response) DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 26
  27. dce 2011 Ví dụ BĐZ hữu tỉ (1) x(n) 3 y(n) + Z–1 2 • PTSP: y(n) = 2y(n–1) + 3x(n) • Hàm hệ thống 1. Biến đổi Z hai vế Y(z) = 2z–1Y(z) + 3X(z) 3 2. Tính H(z) = Y(z) / X(z) H (z) = 1− 2z −1 • Hàm đáp ứng xung đơn vị: tra bảng, kết quả h(n) = 3.2n.u(n) DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 27
  28. dce 2011 Ví dụ BĐZ hữu tỉ (2) x(n) 3 y(n) + + Z-1 Z-1 1 2 + Z-1 –3 • PTSP: y(n) = 2y(n–1) – 3y(n–2) + 3x(n)+ x(n–1) • Hàm hệ thống 1. Biến đổi Z hai vế Y(z) = 2z–1Y(z) – 3z–2Y(z) + 3X(z) + z–1X(z) − 2. Tính H(z) = Y(z) / X(z) 3+ z 1 H (z) = 1− 2z −1 + 3z −2 DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 28
  29. dce 2011 BĐZ ngược • Tổng quát – Tìm t/h trong miền thời gian từ BĐZ của nó – Ký hiệu x(n) = Z–1{X(z)} – Biểu thức tổng quát 1 x(n) = X (z)z n−1dz 2πj ∫C C :bao dong quanh gocO,thuoc ROC • Phương pháp 1. Tính tích phân trực tiếp 2. Khai triển thành chuỗi theo biến z và z–1 3. Khai triển phân số cục bộ và tra bảng DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 29
  30. dce 2011 BĐZ ngược – PP trực tiếp (1) • Phương pháp tích phân trực tiếp – Định lý thặng dư Cauchy • Nếu đạo hàm df(z)/dz tồn tại trên và trong bao đóng C và nếu f(z) không có pole tại z = z0 1 f (z)  f (z ) z bêntrong C dz =  0 0 ∫C 2πj z − z0  0 z0 bên ngoàiC • Tổng quát, nếu đạo hàm bậc k+1 của f(z) tồn tại và f(z) không có pole tại z = z0  1 d k −1 f (z) 1 f (z)  z bêntrong C = k −1 0 k dz (k −1)! dz ∫C z=z0 2πj (z − z0 )   0 z0 bên ngoàiC • Vế phải của 2 biểu thức trên gọi là thặng dư của cực tại z = z0 DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 30
  31. dce 2011 BĐZ ngược – PP trực tiếp (2) • Giả sử f(z) không có pole trong bao đóng C và đa thức g(z) có các nghiệm đơn riêng biệt z1, z2, , zn trong C 1 f (z) 1  n A (z) dz = i dz ∫C ∫C ∑  2πj g(z) 2πj  i=1 z − zi  n 1 A (z) = i dz ∑ ∫C i=1 2πj z − zi n f (z) A (z) = (z − z ) : Thặng dư = ∑ Ai (zi ) i i i=1 g(z) • BĐZ ngược 1 x(n) = X (z)z n−1dz 2πj ∫C n−1 = ∑[thang du cua X (z)z tai zi ] cac pole{zi }trong C = (z − z )X (z)z n−1 ∑ i z=z i i DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 31
  32. dce 2011 BĐZ ngược – PP trực tiếp (3) 1 = > • Ví dụ: tìm BĐ Z ngược của X (z) −1 z a 1 z n−1 1 z n 1− az x(n) = dz = dz 2πj ∫C 1− az −1 2πj ∫C z − a – C: vòng tròn bán kính r > |a| 1. n ≥ 0: zn không có pole trong C. Pole bên ngoài C là z = a n ⇒ x(n) = f(z0) = a 2. n < 0: zn có pole bậc n tại z = 0 (bên trong C) 1 1 1 1 x(−1) = dz = + = 0 ∫C 2πj z(z − a) z − a z=0 z z=a 1 1 d  1  1 x(−2) = dz =   + = 0 ∫C 2 2 2πj z (z − a) dz  z − a  z=0 z z=a – Có thể CM được x(n) = 0 khi n < 0 ⇒ x(n) = anu(n) DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 32
  33. dce 2011 BĐZ ngược – PP khai triển chuỗi (1) • PP khai triển thành chuỗi theo biến z và z–1 – Dựa vào tính duy nhất của BĐ Z, nếu X(z) được khai triển thành ∞ −n X (z) = ∑cn z n=−∞ thì x(n) = cn ∀n – Nếu X(z) hữu tỉ, phép khai triển được thực hiện bằng phép chia • PP này chỉ được dùng để xác định giá trị vài mẫu đầu của t/h DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 33
  34. dce 2011 BĐZ ngược – PP khai triển chuỗi (2) 1 • Ví dụ: xác định x(n) từ X (z) = 1−1.5z −1 + 0.5z −2 Với a) ROC |z| >1 và b) ROC |z| < 0.5 a) x(n) là t/h nhân quả 1 X (z) = =1+ 3 z −1 + 7 z −2 + 15 z −3 + 1−1.5z −1 + 0.5z −2 2 4 8 ⇒ x(n) = {1^, 3/2, 7/4, 15/8, } b) x(n) là t/h phản nhân quả 1 X (z) = = 2z 2 + 6z3 +14z 4 + 1−1.5z −1 + 0.5z −2 ⇒ x(n) = { , 14, 6, 2, 0, 0^} DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 34
  35. dce 2011 BĐZ ngược – PP khai triển phân số (1) • Nguyên tắc – Nếu X(z) được biểu diễn X(z) = a1X1(z) + a2X2(z) + + akXk(z) thì x(n) = a1x1(n) + a2x2(n) + + akxk(n) • Từ dạng hữu tỉ N(z) b + b z −1 ++ b z −M = = 0 1 M X (z) −1 −N D(z) 1+ a1z ++ aN z – X(z) là hợp lệ nếu aN≠0 và M = N, chia đa thức để đưa về N(z) −1 −(M −N ) N1(z) X (z) = = c + c z ++ c − z + D(z) 0 1 M N D(z) N(z) b + b z −1 ++ b z −M – Giả sử X(z) hợp lệ = = 0 1 M X (z) −1 −N D(z) 1+ a1z ++ aN z b z N + b z N −1 ++ b z N −M = 0 1 M N N −1 z + a1z ++ aN X (z) b z N −1 + b z N −2 ++ b z N −M −1 = 0 1 M N N −1 • Phương pháp z z + a1z ++ aN – Bước 1: Khai triển phân số cục bộ – Bước 2: Tra bảng để xác định BĐ Z ngược của từng phân số DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 35
  36. dce 2011 BĐZ ngược – PP khai triển phân số (2) • Bước 1: Khai triển phân số cục bộ N N-1 – Tìm pole bằng cách giải PT z + a1z + +aN = 0 (giả sử các pole: p1, p2, , pN) X (z) A A A – Pole đơn riêng biệt = 1 + 2 ++ N z z − p1 z − p2 z − pN • Xác định A (z − p )X (z) k A = k k z z= pk • Các pole liên hợp phức sẽ tạo ra các hệ số liên hợp phức trong khai triển * * (i.e. nếu p2 = p1 thì A2 = A1 ) – Pole kép • Giả sử pole pk kép bậc l X (z) A A A A A A = 1 + 2 + 1k + 2k ++ lk ++ N 2 l z z − p1 z − p2 z − pk (z − pk ) (z − pk ) z − pN • Xác định Aik 1 d li− (z− p )l Xz () = k = Aik li− il1,2, , (l− i )!( pk ) dz z zp= k DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 36
  37. dce 2011 BĐZ ngược – PP khai triển phân số (3) • Bước 2: Tìm BĐ Z ngược của từng phân số cục bộ – Nếu các pole đơn riêng biệt 1 1 1 = + ++ X (z) A1 −1 A2 −1 AN −1 1− p1z z − p2 z z − pN z   ( p )n u(n) ROC : z > p (nhân qua) do −1 1 k k Z  −1  =  n 1− pk z  − ( pk ) u(−n −1) ROC : z = Z Ak −1 + Ak * −1  2 Ak rk cos( k n k )u(n) neu ROC : z pk rk  1− pk z 1− pk z  – Nếu có pole kép  pz −1  −1 = n > Z  −1 2  np u(n) ROC : z p (1− pz )  DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 37
  38. dce 2011 BĐZ ngược – PP khai triển phân số (4) • Xác định biểu thức khai triển của 1 X (z) 2 1 X (z) = = + 1−1.5z −1 + 0.5z −2 z z −1 z − 0.5 1 1 p1 = 2 + j 2 1 1 p2 = 2 − j 2 −1 1+ z X (z) A1 A2 = = + X (z) −1 −2 1− z + 0.5z z z − p1 z − p2 1 3 A1 = 2 − j 2 1 3 A2 = 2 + j 2 1 Xz() AA A Xz()= =++12 3 (1+−zz−−1 )(1 12 ) zz+−1 z 1 ( z − 1) 2 113 AAA1=4,, 23 = 42 = DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 38
  39. dce 2011 BĐZ ngược – PP khai triển phân số (5) • Phân rã BĐ Z hữu tỉ – Dùng trong việc hiện thực các h/t RRTG (các chương sau) – Giả sử có BĐ Z được biểu diễn (để đơn giản a0≡1) M M −k −1 ∑bk z ∏(1− zk z ) k =0 k =1 X (z) = N = b0 N + −k −1 1 ∑ ak z ∏(1− pk z ) k =1 k =1 – Nếu M ≥ N, X(z) có thể được biến đổi thành M −N −k X (z) = ∑ck z + X pr (z) k =0 – Nếu Xpr(z) có các pole đơn riêng biệt, Xpr(z) được phân rã thành 1 1 1 = + ++ X pr (z) A1 −1 A2 −1 AN −1 1− p1z 1− p2 z 1− pN z – Nếu Xpr(z) có nghiệm phức (liên hợp), các nghiệm liên hợp này được nhóm lại để tránh tạo ra hệ số phức * + −1 A A b0 b1z với  b0 = 2Re(A) a1 = −2Re( p) − + − = − − 1 * 1 1 2  * 2 1− pz 1− p z 1+ a1z + a2 z b1 = 2Re(Ap ) a2 = p DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 39
  40. dce 2011 BĐZ ngược – Tóm lại M −N K1 K2 −1 − b b + b z = k + k + 0k 1k X (z) ∑ck z ∑ −1 ∑ −1 −2 k=0 k=1 1+ ak z k=1 1+ a1k z + a2k z với K1 + K2 = N DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 40
  41. dce 2011 BĐZ một phía • Giới thiệu – Trong kỹ thuật: tác động thường bắt đầu từ thời điểm n0 nào đó. Đáp ứng cũng thường bắt đầu từ n0 và các thời điểm sau n0, với điều kiện đầu nào đó – BĐZ một phía (Z+) chỉ quan tâm đến phần tín hiệu x(n), n≥0 ∞ • Định nghĩa X + (z) ≡ ∑ x(n)z −n n=0 Z + + • Ký hiệu Z+{x(n)} và x(n)←→ X (z) • Đặc tính – Z+{x(n)} không chứa thông tin của x(n) khi n < 0 – BĐ Z+ chỉ là duy nhất đối với t/h nhân quả – Z+{x(n)} = Z{x(n)u(n)} • ROC bên ngoài vòng tròn • Không xét đến ROC khi tính BĐ Z+ DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 41
  42. dce 2011 BĐZ+ – Ví dụ • x(n) = { 0 1^ 2 2 1 0 } X+(z) = 1 + 2Z–1 + 2Z–2 + Z–3 • x(n) = { 0 3 1^ 3 1 0 } X+(z) = 1 + 3Z–1 + Z–2 • x(n) = 3n X+(z) = 1/(1-3Z–1) , ROC: |z| > 3, = Z{x(n)u(n)} = Z{3nu(n)} • x(n) = (1/3)nu(n) X+(z)= 1/[1 – (1/3)Z–1] DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 42
  43. dce 2011 BĐZ+ – Tính chất (1) • Các tính chất của BĐ Z đều đúng cho BĐ Z+, ngoại trừ tính chất dịch theo thời gian + z + • Dịch theo thời gian x(n)←→ X (z) k – Trễ + x(n − k)←Z → z −k [X + (z) + ∑ x(−n)z n ] k > 0 n=1 • Nếu x(n) là t/h nhân quả, ta có + x(n − k)←Z → z −k X + (z) k > 0 k −1 – Nhanh + x(n + k)←Z → z k [X + (z) − ∑ x(n)z −n ] k < 0 n=0 • Định lý giá trị cuối cùng lim x(n) = lim(z −1)X + (z) n→∞ z→1 – Giới hạn tồn tại nếu ROC của (z-1)X+(z) chứa vòng tròn đơn vị DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 43
  44. dce 2011 BĐZ+ – Tính chất (2) 1 n + = • Ví dụ: cho x(n) = 2 X (z) −1 1− 2z – Tìm Z+{x(n–3)} 1 Z +{x(n − 3)} = z −3 + x(−3) + x(−2)z −1 + x(−1)z −2 1− 2z −1 1 = z −3 + 2−3 + 2−2 z −1 + 2−1 z −2 1− 2z −1 – Tìm Z+{x(n+2)} + 1 Z {x(n + 2)} = z 2 − x(0)z 2 − x(1)z 1− 2z −1 1 = z 2 − z 2 − 2z 1− 2z −1 DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 44
  45. dce 2011 BĐZ+ – Tính chất (3) • Ví dụ: cho hệ thống x(n)=u(n) y(n) h(n)=(1/2)nu(n) 1 1 z 2 Y (z) = X (z)H (z) = = −1 1 −1 1 1− z 1− 2 z (z −1)(z − 2 ) z 2 lim y(n) = lim(z −1)Y (z) = lim = 2 n→∞ z→1 z→1 1 (z − 2 ) DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 45
  46. dce 2011 BĐZ+ – Ứng dụng • Giải PTSP – Dùng BĐ Z+ để giải PTSP với điều kiện đầu khác 0 – Phương pháp • Xác định PTSP của hệ • Tính BĐ Z+ cả 2 vế PTSP để biến đổi nó thành PT đại số trong miền Z • Giải PT đại số để tìm BĐ Z của t/h mong muốn • Tìm BĐ Z ngược để xác định t/h trong miền thời gian – Ví dụ: xác định đáp ứng bước của hệ y(n) = ay(n–1) + x(n) (|a|< 1) với đ/k đầu y(–1) = 1 Y+(z) = a[z–1Y+(z) + y(–1)] + X+(z) 1 X + (z) = 1− z −1 a 1 1 ⇒ Y + (z) = + 1− az −1 1− az −1 1− z −1 1− an+1 1 ⇒ y(n) = an+1u(n) + u(n) = (1− an+2 )u(n) − − DSP – Biến đổi Z 1 a 1 a ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 46
  47. dce 2011 Phân tích hệ LTI (1) • Tìm đáp ứng của t/h x(n) đối với một h/t LTI – Biết đáp ứng xung đơn vị h(n) x(n) y(n) Hệ LTI • Xác định quan hệ vào-ra N M = − − + − Phương y(n) ∑ ak y(n k) ∑bk x(n k) trình SP k =1 k =0 • BĐZ 2 vế PTSP Y(z) = • Xác định Y(z) H(z)X(z) • BĐZ ngược Đáp ứng • Phương pháp phân rã y(n) DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 48
  48. dce 2011 Phân tích hệ LTI (2) • Đáp ứng của h/t pole-zero với hàm h/t hữu tỉ B(z) N(z) – Giả sử H (z) = và X (z) = A(z) Q(z) – Nếu h/t nghỉ (tức y(-1) = y(-2) = = y(-N) = 0) B(z)N(z) Y (z) = H (z)X (z) = A(z)Q(z) – Giả sử • H/t có các pole đơn p1, p2, , pN và X(z) có các pole đơn q1, q2, , qL • pk ≠ qm (k = 1, , N và m = 1, , L) • Không thể ước lược giữa B(z)N(z) và A(z)Q(z) N A L Q ⇒ = k + k Y (z) ∑ −1 ∑ −1 k =1 1− pk z k =1 1− qk z – Biến đổi ngược N L n n y(n) = ∑ Ak ( pk ) u(n) + ∑Qk (qk ) u(n) k =1 k =1 Đáp ứng tự nhiên Đáp ứng cưỡng bức – Có thể tổng quát hoá trong trường hợp X(z) và H(z) có pole chung hoặc pole bội DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 49
  49. dce 2011 Phân tích hệ LTI (3) • Tìm đáp ứng của t/h x(n) đối với một h/t LTI có đ/k đầu – Biết đáp ứng xung đơn vị h(n) – Biết các đ/k đầu của h/t x(n) y(n) Hệ LTI • Xác định quan hệ vào-ra N M • PTSP y(n) = − a y(n − k) + b x(n − k) Phương ∑ k ∑ k trình SP k =1 k =0 • BĐZ+ 2 vế PTSP + + + Y (z) = • Có thể tách ra Y zi(z) và Y zs(z) H+(z)X+(z) • BĐZ ngược Đáp ứng • Phương pháp phân rã y(n) DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 51
  50. dce 2011 Phân tích hệ LTI (4) • Đáp ứng của h/t pole-zero với đ/k đầu khác 0 – Cho t/h x(n) nhân quả và các đ/k đầu y(-1), y(-2), , y(-N) N M y(n) = −∑ ak y(n − k) + ∑bk x(n − k) k =1 k =0 – BĐ Z+ cả 2 vế và X+(z) = X(z) M N k ∑bk z −k ∑ ak z −k ∑ y(−n)z n + k =0 k =1 n=1 Y (z) = N X (z) − N 1+ ∑ ak z −k 1+ ∑ ak z −k k =1 k =1 N k N0 (z) k −k n = H (z)X (z) + N0 (z) ≡ −∑ a z ∑ y(−n)z A(z) k =1 n=1 – Đáp ứng gồm 2 phần • Đáp ứng trạng thái không Yzs(z) = H(z)X(z) (công thức phần trước) • Đáp ứng không ngõ nhập (p1, p2, , pN là pole của A(z)) N + N0 (z) Z n Yzi (z) = ←→ yzi (n) = ∑ Dk ( pk ) u(n) A(z) k =1 • Do y(n) = yzs(n) + yzi(n) N L ' n n ' ⇒ y(n) = ∑ Ak ( pk ) u(n) + ∑Qk (qk ) u(n) (Ak = Ak + Dk ) k =1 k =1 • Đ/k đầu chỉ làm thay đổi đáp ứng tự nhiên của h/t thông qua hệ số co giãn DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 52
  51. dce 2011 Phân tích hệ LTI – Ví dụ 1 x(n) 3 y(n) Hệ có điều kiện đầu bằng không + z-1 =0 2 2 + 3z 1. PTSP Y (z) = (z − 3)(z − 2) y(n) = 3x(n) + 2y(n–1) Y + (z) 3z A A = = 1 + 2 z (z − 3)(z − 2) z − 3 z − 2 2. BĐ Z + Y (z) + + –1 + Y (z) = 3X (z) + 2[z Y (z) + y(–1)] A1 = (z − 3) = 9 z z=3 3 1 + + = Y (z) Y (z) −1 −1 A = (z − 2) = −6 1− 3z 1− 2z 2 z z=2 9 6 3. Biến đổi Z ngược Y + (z) = − z − 3 z − 2 y(n) = 9.3n.u(n) − 6.2n.u(n) DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 53
  52. dce 2011 Phân tích hệ LTI – Ví dụ 2 x(n) 3 y(n) Hệ có điều kiện đầu bằng không + z-1 =1 2 1. PTSP  + 2 Yzi (z) = y(n) = 3x(n) + 2y(n–1)  1− 2z −1  n yzi (n) = 2.2 .u(n) 2. BĐ Z + –1  2 Y (z) = 3X(z) + 2[Z Y(z) + y(–1)] + 3z Y (z) = 3 1 2 zs + = +  (z − 3)(z − 2) Y (z) −1 −1 −1 1− 3z 1− 2z 1− 2z  n n yzs (n) = 9.3 .u(n) − 6.2 .u(n) + + Y zs(z) Y zi(z) 3. Biến đổi Z ngược y(n) = yzi (n) + yzs (n) = 2.2n.u(n) + 9.3n u(n) − 6.2n u(n) DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 54
  53. dce 2011 Phân tích hệ LTI – Đáp ứng của hệ (1) N n • Đáp ứng tự nhiên ynr (n) = ∑ Ak ( pk ) u(n) k =1 – Khi │pk│< 1 (∀k), ynr(n) tiệm cận về 0 khi n → ∞ : đáp ứng nhất thời L • Đáp ứng cưỡng bức n y fr (n) = ∑Qk (qk ) u(n) k =1 – Khi t/h nhập là t/h sin, các pole qk nằm trên vòng tròn đơn vị và các đáp ứng cưỡng bức cũng có dạng sin: đáp ứng đều • Tính nhân quả và ổn định trên H(z) – Nhân quả LTI : nhân quả  h(n) : nhân quả  H(z) : có ROC là ngoài vòng tròn bán kính R nào đó – Ổn định LTI : ổn định  h(n) : khả tổng tuyệt đối  H(z) : có ROC chứa vòng tròn đơn vị – Nhân quả và ổn định LTI nhân quả : ổn định  H(z) : tất cả các pole nằm trong vòng tròn đơn vị DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 55
  54. dce 2011 Phân tích hệ LTI – Đáp ứng của hệ (2) • Đáp ứng đều và tiệm cận – Xác định đáp ứng đều và tiệm cận của h/t mô tả bởi PTSP y(n) = 3y(n–1) + x(n) khi t/h nhập là x(n) = 2sin(πn/4)u(n) H/t có đ/k đầu bằng 0. • Ổn định và nhân quả – Cho h/t LTI được đặc trưng bởi hàm h/t 3− 4z −1 1 2 H (z) = = + −1 −2 1 −1 −1 1− 3.5z +1.5z 1− 2 z 1− 3z Đặc tả ROC của H(z) và xác định h(n) trong các trường hợp • H/t ổn định • H/t nhân quả • H/t phản nhân quả • Ổn định của h/t bậc 2 DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 56