›

Bài giảng Xử lí tín hiệu số - Chương 2: Biến đổi Z và ứng dụng vào hệ thống LTI rời rạc - Vũ Văn Sơn

ppt 45 trang huongle 5030
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Bài giảng Xử lí tín hiệu số - Chương 2: Biến đổi Z và ứng dụng vào hệ thống LTI rời rạc - Vũ Văn Sơn", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • pptbai_giang_xu_li_tin_hieu_so_chuong_2_bien_doi_z_va_ung_dung.ppt

Nội dung text: Bài giảng Xử lí tín hiệu số - Chương 2: Biến đổi Z và ứng dụng vào hệ thống LTI rời rạc - Vũ Văn Sơn

  1. 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
  2. BÀI 1 BIẾN ĐỔI Z 1. ĐỊNH NGHĨA BIẾN ĐỔI Z: −n Biến đổi Z của dãy x(n): X(z) =  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: x(n)  ⎯ Z → X(z) hay X(z) = Z{x(n)} −1 -1 X(z)  ⎯Z ⎯ → x(n) hay x(n) = Z {X(z)}
  3. 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 Rx- Re(z) tiêu chuẩn Cauchy 00 Tiêu chuẩn Cauchy: Một chuỗi có dạng:  x(n) = x(0) + x(1) + x(2) +  n=0 hội tụ nếu: 1 lim x(n) n 1 n→
  4. Ví dụ 1: Tìm biến đổi Z & ROC của: x(n) = anu(n) Giải: n X (z) =  x(n)z−n = a nu(n)z−n =  an .z−n = (az−1 ) n=− n=− n=0 n=0 Theo tiêu chuẩn Cauchy, Im(z) ROC X(z) sẽ hội tụ: /a/ 1 Re(z) X(z) = −1 1− az 0 n 1 n Nếu: lim az−1 1 z a n→ 1 Vậy: X(z) = ;ROC : Z a 1− az−1
  5. Ví dụ 2: Tìm biến đổi Z & ROC của: x(n) = −anu(−n −1) Giải: −1 X (z) =  x(n)z−n = − anu(−n − 1)z−n = −  a n .z −n n=− n=− n=− m m = −(a−1z) = − (a−1z) +1 Im(z) m=1 m=0 Theo tiêu chuẩn Cauchy, /a/ Re(z) X(z) sẽ hội tụ: 0 ROC n −1 1 X(z) = − (a z) + 1= −1 m=0 1− az 1 n n Nếu: lim a−1z 1 z a n→
  6. BÀI 2 CÁC TÍNH CHẤT BIẾN ĐỔI Z 1) Tuyến tính Z x1(n)⎯ → X1(z) : ROC = R1 Nếu: Z x2 (n)⎯ → X 2 (z) : ROC = R2 Z Thì: a1x1(n) + a2x2 (n)⎯ →a1X1(z) + a2 X 2 (z) ROC chứa R1 R2 Ví dụ 1: Tìm biến đổi Z & ROC của: x(n) = anu(n) − bnu(−n −1) với a b Giải:
  7. Im(z) Theo ví dụ 1 và 2, ta có: ROC /a/ Re(z) n Z 1 a u(n)⎯ → R1 : z a 0 1− az−1 Im(z) n Z 1 − b u(−n −1)⎯ → R2 : z b /b/ 1− b−1z Re(z) 0 ROC Áp dụng tính chất tuyến tính, ta được: Im(z) n n Z 1 1 a u(n)−b u(−n−1)⎯ → + ROC 1− az−1 1− bz−1 /b/ Re(z) 0 R = R1  R2 : a z b /a/
  8. 2) Dịch theo thời gian Nếu: x(n)⎯Z →X(z) : ROC= R Z −n0 Thì: x(n − n0 )⎯ →Z 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: x(n) = anu(n −1) Giải: 1 Theo ví dụ 1: anu(n)⎯Z → ;ROC : z a 1− az−1 az−1 Vậy: x(n) = anu(n −1) = a.an−1u(n −1) ⎯Z → : z a 1− az−1
  9. 3) Nhân với hàm mũ an Nếu: x(n)⎯Z →X(z) : ROC= R Thì: an x(n)⎯Z → X(a−1z) : ROC = a R Ví dụ 4: Xét biến đổi Z & ROC của: n và x1(n) = a u(n) x2 (n) = u(n) Giải: Z −1 1 x(n) = u(n)⎯ → X(z) =  u(n)z = −1 ;R : z 1 n=− 1− z 1 an x(n) = anu(n)⎯Z → X (a−1z) = ; R' : z a 1− az −1
  10. 4) Đạo hàm X(z) theo z Nếu: x(n)⎯Z →X(z) : ROC= R Z dX(z) Thì: nx(n)⎯ →−z : ROC = R dz n Ví dụ 5: Tìm biến đổi Z & ROC của: g(n) = na u(n) Giải: Theo ví dụ 1: 1 x(n) = anu(n)⎯Z → X (z) = ;ROC : z a 1− az−1 dX(z) az−1 g(n) = nx(n)⎯Z→G(z) = −z = : z a dz (1− az−1)2
  11. 5) Đảo biến số Nếu: x(n)⎯Z →X(z) : ROC= R Thì: x(−n)⎯Z → X (z-1) : ROC =1 R n Ví dụ 6: Tìm biến đổi Z & ROC của: y(n) = (1 a) u(−n) Giải: Theo ví dụ 1: 1 x(n) = anu(n)⎯Z → X (z) = ;ROC : z a 1− az−1 y(n) = (1 a)n u(−n) = a−nu(−n) = x(−n) Áp dụng tính chất đảo biến số: −1 1 1 Y(z) = X(z ) = −1 = ;ROC : z 1/ a 1− a(z−1 ) 1− az
  12. 6) Liên hiệp phức Z Nếu: x(n)⎯ →X(z) : ROC= R Thì: x*(n)⎯Z →X *(z*) : ROC = R 7) Tích 2 dãy Z x1(n)⎯ → X1(z) : ROC = R1 Nếu: Z x2 (n)⎯ → X 2 (z) : ROC = R2 1 z x (n)x (n)⎯Z → X ( )X  −1 d : ROC = R  R Thì: 1 2 1 2 1 2 2 c  8) Định lý giá trị đầu Nếu x(n) nhân quả thì: x(0) = Lim X(z) Z→
  13. 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 x (n)⎯Z → X (z) : ROC = R Nếu: 1 1 1 Z x2 (n)⎯ → X 2 (z) : ROC = R2 Z Thì: x1(n)* x2 (n)⎯ → X1(z)X 2 (z) ;ROC có chứa R1  R2
  14. 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)n u(n)⎯Z→ X(z) = ;ROC : z 0.5 1− 0.5z−1 1 h(n) = −2n u(−n −1)⎯Z→ H(z) = ;ROC : z 2 1− 2z−1 1 1 Y(z) = X(z)H(z) = . ;ROC : 0,5 z 2 (1− 0.5z−1 ) (1− 2z−1 ) 1 1 4 1 -1 = − . + . ;ROC : 0,5 z 2 Z 3 (1− 0.5z−1 ) 3 (1− 2z−1 ) 1 4 y(n) = x(n)*h(n) = − (0.5)n u(n) − 2n u(−n −1) 3 3
  15. TỔNG KẾT CÁC TÍNH CHẤT BIẾN ĐỔI Z x(n) X(z) R a1x1(n)+a2x2(n) a1X1(z)+a2X2(z) Chứa R1  R2 -n0 x(n-n0) Z X(z) R’ an x(n) X(a-1z) R nx(n) -z dX(z)/dz R x(-n) X(z -1) 1/R x*(n) X*(z*) R 1 z −1 x (n)x (n) X 1 (v)X 2 v dv R  R 1 2 2 j C v 1 2 x(n) nhân quả x(0)=lim X(z ->∞) x1(n)*x2(n) X1(z)X2(z) Chứa R1  R2
  16. BIẾN ĐỔI Z MỘT SỐ DÃY THÔNG DỤNG x(n) X(z) ROC (n) 1 z u(n) 1 /z/ >1 -u(-n-1) 1− z −1 /z/ /a/ -an u(-n-1) 1− az−1 /z/ /a/ -nan u(-n-1) (1− az−1)2 /z/ 1 -1 -1 -2 sin(on)u(n) (z sino)/(1-2z coso+z ) /z/ >1
  17. 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
  18. 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: (r−1) 1 d r ResF(z)Z =Z = F(z)(z − zci )  ci (r −1)! dz (r−1) Z =Zci Thặng dư tại điểm cực đơn Zci của F(z) được định nghĩa: ResF(z) = F(z)(z − z ) Z=Zci ci 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 :
  19. 1 x(n) = X (z)zn−1dz = Re sX (z)z n−1 (*)  Z =Zci 2 j C i Trong đó: n-1 Zci – các điểm cực của X(z)z nằm trong đường cong C n-1 n-1 Res[X(z)z ]z=zci - thặng dư của X(z)z tại điểm cực zci ➢ Tổng cộng các thặng dư tại tất cả các điểm cực, ta được x(n) z Ví dụ 1: Tìm biến đổi Z ngược của: X (z) = (z − 2) Giải: Thay X(z) vào (*), ta được n 1 n−1 1 z n−1 z x(n) = X (z)z dz = z dz = Res 2 j C 2 j C (z − 2) (z − 2)
  20. ➢ Chọn C là đường cong khép kín nằm bên ngoài vòng tròn có bán kính là 2 zn n 0: X (z)zn−1 = có 1 điểm cực đơn Z =2 (z − 2) c1 Im(z) ROC Thặng dư tại Zc1=2: 2 n n Re(z) z z n 0 Res = (z − 2) = 2 (z − 2) (z − 2) Z =2 Z =2 C n−1 1 1 Z =2 đơn n<0: X (z)z = = c1 , (z − 2)z−n (z − 2)zm Zc2=0 bội m 1 1 1 Với: Zc1=2 Res m = m (z − 2) = m (z − 2)z Z =2 (z − 2)z Z =2 2
  21. Với: Zc2=0 bội m: m−1 1 1 d 1 m Res m = m−1 m z (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 zn 1 1 Vậy, với n<0: Res = m − m = 0 (z − 2) 2 2 suy ra x(n) = 2n : n 0 hay x(n) = 2n u(n)
  22. 3. PHƯƠNG PHÁP KHAI TRIỂN THÀNH CHUỖI LUỸ THỪA −n Giả thiết X(z) có thể khai triển: X (z) = an z (* n=− ) Theo định nghĩa biến đổi Z X (z) =  x(n)z−n ( n=− ) Đồng nhất (*) & ( ), rút ra: x(n) = an Ví dụ 2: Tìm x(n) biết: X (z) = (z2 +1)(1− 2z−1 + 3z−2 ) Giải: ROC:0 z Khai triển X(z) ta được: 2 X (z) = z2 − 2z + 4 − 2z−1 + 3z−2 =  x(n)z−n n=−2 Suy ra: x(n) ={1,-2,4,-2,3} 
  23. 1 Ví dụ 3: Tìm x(n) biết: X (z) = : z 2 1− 2z−1 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) = a z−n −1 −2  n = a0 + a1z + a2z + (* n=0 ) Để có dạng (*), thực hiện phép chia đa thức dưới đây: 1 1- 2z-1 1− 2z−1 1 + 2z −1 + 22 z −2 + 2z−1 X (z) = 2n z−n −1 2 -2  2z - 2 z n=0 n n 22 z-2 x (n) = 2 : n 0  2 u(n)
  24. 1 Ví dụ 4: Tìm x(n) biết: X (z) = : z 2 1− 2z−1 Giải: 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) = a z−n 1 2 3  n = a−1z + a−2z + a−3z + ( n=−1 ) Để có dạng ( ), thực hiện phép chia đa thức dưới đây: 1 - 21z-1 +1 1− 2−1 z1 − 2−1 z1 − 2−2 z 2 − 2−3 z3 + −1 1 2 z − X (z) = − 2n z−n −1 1 -2 2  2 z - 2 z n = −1 n n 2-2z2 x ( n ) = −2 : n 0  −2 u(−n −1)
  25. 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 z K + d z K −1 + + d z + d K K −1 1 0 K, N 0 X (z) = = N N −1 với: B(z) bN z + bN −1z + + b1z + b0 Nếu K>N, thực hiện phép chia đa thức, ta được: M M −1 A(z) aM z + aM −1z + a1z + a0 = C(z) + = C(z) + N N −1 B(z) bN z + bN −1z + + b1z + b0 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
  26. Xét X(z)/z là phân thức hữu tỉ có bậc M N : M M −1 X (z) A(z) aM z + aM −1z + a1z + a0 = = N N −1 z B(z) bN z + bN −1z + + b1z + b0 Xét đén các điểm cực của X(z)/z, hay nghiệm của B(z) là đơn, bội và phức liên hiệp a) Xét X(z)/z có các điểm cực đơn: Zc1, Zc2, Zc3, . ZcN, A(z) = bN (z − zc1)(z − zc2 )(z − zcN ) Theo lý thuyết hàm hữu tỉ, X(z)/z phân tích thành: K K K N K = 1 + 2 ++ N =  i (z − zc1) (z − zc2 ) (z − zcN ) i=1 (z − zci ) Với hệ số Ki xác định bởi: X (z) K = (z − z ) i z ci Z =Zci
  27. Suy ra X(z) có biểu thức: N K1 K2 K N Ki X (z) = −1 + −1 ++ −1 =  −1 (1− zc1z ) (1− zc2 z ) (1− zcN z ) i=1 (1− zciz ) Ki Xét: X i (z) = −1 (1− zciz ) n Nếu ROC: /z/ > /zci/ xi (n) = Ki (zci ) u(n) n Nếu ROC: /z/ < /zci/ xi (n) = −Ki (zci ) u(−n −1) N Vậy: x(n) =  xi (n) i=1
  28. 2z2 − 5z Ví dụ 5.: Tìm x(n) biết: X (z) = z2 − 5z + 6 với các miền hội tụ: a) /z/>3, b) /z/<2, c) 2</z/<3 Giải: X (z) 2z − 5 2z − 5 K K = = = 1 + 2 z z2 − 5z + 6 (z − 2)(z − 3) (z − 2) (z − 3) Với các hệ số được tính bởi: X (z) 2z − 5 K1 = (z − 2) = = 1 z Z=2 (z − 3) Z =2 X (z) 2z − 5 K2 = (z − 3) = = 1 z Z=3 (z − 2) Z =3 X (z) 1 1 1 1 = + X (z) = + z (z − 2) (z − 3) (1− 2z−1) (1− 3z−1)
  29. 1 1 X (z) = + (1− 2z−1) (1− 3z−1) Với các miền hội tụ: a) /z/ > 3 : x(n) = 2n u(n) + 3n u(n) b) /z/ < 2 : x(n) = −2n u(−n −1) − 3n u(−n −1) c) 2</z/<3 : x(n) = 2n u(n) − 3n u(−n −1)
  30. b) Xét X(z)/z có điểm cực Zc1 bội r và các điểm cực đơn: Zc(r+1), , ZcN, X (z) A(z) A(z) = = r z B(z) bN (z − zc1) (z − zc(r+1) )(z − zcN ) Theo lý thuyết hàm hữu tỉ, X(z)/z phân tích thành: X (z) K1 K2 Kr = + 2 ++ r + z (z − zc1) (z − zc1) (z − zc1) K K r K N K + r+1 ++ N i l =  i +  (z − zc(r+1) ) (z − zcN ) i=1 (z − z1) l=r+1 (z − zcl ) Với hệ số Ki xác định bởi: 1 d(r−i) X(z) X (z) K = (z − z )r K = (z − z ) i (r−i) c1 l cl (r − i)!dz z z Z =Z hay Z=Zc1 cl
  31. Với giả thiết ROC của X(z): /z/ > max{ /zci/ }: i=1N, r biến đổi Z ngược của thành phần Ki/(z-zci) sẽ là: n−i+1 z −1 n(n −1) (n − i + 2)a ⎯Z⎯ → u(n) (z − a)i (i −1)! Vậy ta có biểu thức biến đổi Z ngược là: r n−i+1 N n(n −1) (n −i + 2)a n x(n) = Ki u(n) + Kl (zcl ) u(n) i=1 (i −1)! l=r+1 2z3 − 5z2 + 4z Ví dụ 6: Tìm x(n) biết: X (z) = ROC: z 2 (z − 2)2 (z −1) Giải: X (z) 2z2 − 5z + 4 K K K = = 1 + 2 + 3 z (z − 2)2 (z −1) (z − 2) (z − 2)2 (z −1)
  32. Với các hệ số được tính bởi: (2−1) 2 1 d X (z) 2 d 2z − 5z + 4 K1 = (z − 2) = =1 (2−1) dz (z −1) (2 −1)! dz z Z =2 Z=2 1 d (2−2) X (z) 2z2 − 5z + 4 K = (z − 2)2 = = 2 2 (2−2) (z −1) (2 − 2)! dz z Z =2 Z =2 X (z) 2z2 − 5z + 4 K = (z −1) = =1 3 (z − 2)2 z Z=1 Z =1 Vậy X(z)/z có biểu thức là: X (z) 1 2 1 = + + z (z − 2) (z − 2)2 (z −1) 1 2z−1 1 X (z) = −1 + −1 2 + −1 ROC: z 2 (1− 2z ) (1− 2z ) (1− z ) x(n) = 2n u(n) + n2n u(n) + u(n)
  33. c) Xét X(z) có cặp điểm cực Zc1 và Z*c1 liên hợp phức, các điểm cực còn lại đơn: Zc3, , ZcN, X (z) A(z) A(z) = = * z B(z) bN (z − zc1)(z − zc1)(z − zc3 )(z − zcN ) X(z)/z được phân tích thành: X (z) K1 K2 K3 K N = + * + ++ z (z − zc1) (z − zc1) (z − zc3 ) (z − zcN ) N X (z) K1 K2 Ki = + * +  z (z − zc1) (z − zc1) i=3 (z − zci ) Với các hệ số K1, Ki được tính giống điểm cực đơn: X( z ) K = ( z − z ) : i =1 N i z ci Z =Zci
  34. * Do các hệ số A(z), B(z) là thực, nên K2=K1 X1(z) K1 K1 * Xét : = + * z (z − zc1) (z − zc1) K = K e j K K * 1 1 1 1 Nếu gọi: X1(z) = −1 + * −1 j (1− zc1z ) (1− zc1z ) zc1 = zc1 e Và giả thiết ROC: /z/>max{/zci/}: n * * n x1(n) = K1(zc1) + K1 (zc1) u( n ) n = 2 K1 zc1 cos(n +  )u( n ) N n n  Vậy: x( n ) = 2 K1 zc1 cos( n +  )+ Ki (zci ) u( n ) i=3 
  35. − z Ví dụ 7: Tìm x(n) biết: X (z) = : z 2 (z2 − 2z + 2)(z −1) Giải: X (z) −1 −1 = = z (z2 − 2z + 2)(z −1) z − (1+ j)z − (1− j)(z −1) K K * K = 1 + 1 + 3 z − (1+ j) z − (1− j) (z −1) −1 1 −1 K = = K = = −1 1 z − (1− j) (z −1) 2 3 2   Z =1+ j (z − 2z + 2) Z =1 1/ 2 1/ 2 −1 X (z) = + + z 2 1− (1+ j)z−1 1− (1− j)z−1 (1− z−1) x(n) = ( 2)n cos(n )u(n) − u(n) 4
  36. BÀI 4 HÀM TRUYỀN ĐẠT CỦA HỆ THỐNG TTBB 1. Định nghĩa hàm truyền đạt Miền n: x(n) h(n) y(n)=x(n)*h(n) Z Miền Z: X(z) H(z) Y(z)=X(z)H(z) h(n) Z H(z): gọi là hàm truyền đạt H(z)=Y(z)/X(z) 2. Hàm truyền đạt được biểu diễn theo các hệ số PTSP N M N M Z −k −r ak y(n − k) = bk x(n − r) Y(z)ak z = X (z)bk z k=0 r=0 k=0 r=0 M N Y(z) −r −k H(z) = = brz ak z X (z) r=0 k=0
  37. Ví dụ 1: Tìm H(z) và h(n) của hệ thống nhân quả cho bởi: Giải: y(n) - 5y(n-1) + 6y(n-2) = 2x(n) - 5x(n-1) Lấy biến đổi Z hai vế PTSP và áp dụng tính chất dịch theo t/g: Y(z)1− 5z−1 + 6z−2 = X (z)2 − 5z−1 Y(z) 2− 5z−1 2z2 − 5z H(z) = = = X (z) 1− 5z−1 + 6z−2 z2 − 5z + 6 H(z) 2z − 5 K K = = 1 + 2 z (z − 2)(z − 3) (z − 2) (z − 3) 2z − 5 2z − 5 K = =1 K = =1 1 (z − 3) z = 2 2 (z − 2) z = 3 1 1 H (z) = + (1− 2z−1) (1− 3z−1) Do hệ thống nhân quả nên: h(n) = ( 2n + 3n ) u(n)
  38. 3. Hàm truyền đạt của các hệ thống ghép nối a. Ghép nối tiếp x(n) h1(n) h2(n) y(n)  ▪ Miền n: x(n) h(n)=h1(n)*h2(n) y(n) Z Theo tính chất tích chập: h1(n)*h2(n) H1(z)H2(z) X(z) H1(z) H2(z) Y(z)  ▪ Miền Z: X(z) H(z)=H1(z)H2(z) Y(z)
  39. 3. Hàm truyền đạt của các hệ thống ghép nối (tiếp) b. Ghép song song h1(n) x(n) + y(n) h2(n) ▪ Miền n:  x(n) h1(n)+h2(n) y(n) H1(z) X(z) + Y(z) H2(z) ▪ Miền Z:  X(z) H1(z)+H2(z) Y(z)
  40. 4. Tính nhân quả và ổn định của hệ TTBB rời rạc a. Tính nhân quả ▪ Miền n: Hệ thống TTBB là nhân quả h(n) = 0 : n<0 A(z) ▪ Miền Z: H (z) = bN (z − zc1)(z − zc2 )(z − zcN ) Do h(n) là tín hiệu nhân quả, nên miền hội tụ H(z) sẽ là: max z zc = max zc1 , zc2 ,, zcN  Im(z) Hệ thống TTBB ROC max /zc/ là nhân quả Re(z) 0 ROC của H(z) là:
  41. 4. Tính nhân quả và ổn định của hệ TTBB rời rạc (tiếp) b. Tính ổn định ▪ Miền n: Hệ thống TTBB là ổn định  h(n) (*) ▪ Miền Z: n=− H(z) = h(n)z−n h(n)z−n = h(n) z−n n=− n=− n=− H(z) h(n) : khi z =1 n=− Theo đ/k ổn định (*), nhận thấy H(z) cũng sẽ hội tụ với /z/=1 Hệ thống TTBB ROC của H(z) là ổn định có chứa /z/=1
  42. c. Tính nhân quả và ổn định ROC của H(z) là: Hệ thống TTBB max là nhân quả z zc = max zc1 , zc2 ,, zcN  Hệ thống TTBB ROC của H(z) có chứa /z/=1 là ổn định Hệ thống TTBB Im(z) là nhân quả ROC và ổn định max /zc/ Re(z) /z/=1 0 ROC của H(z) là: max max và z zc zc 1
  43. 4z2 − 5z Ví dụ: 1: Tìm h(n) của hệ thống, biết: H (z) = 2z2 − 5z + 2 a. Để hệ thống là nhân quả b. Để hệ thống là ổn định c. Để hệ thống là nhân quả và ổn định Giải: H(z) 4z − 5 K K 1 1 = = 1 + 2 = + z 2(z −1/ 2)(z − 2) (z −1/ 2) (z − 2) (z −1/ 2) (z − 2) 1 1 H (z) = + 1− (1/ 2)z−1 (1− 2z−1) a. Hệ thống nhân quả (/z/>2): h(n)=[(1/2)n + 2n] u(n) b. Hệ thống ổn định (1/2 2 không thể chứa /z/=1 không tồn tại h(n)
  44. BÀI 5. GIẢI PTSP DÙNG BIẾN ĐỔI Z 1 PHÍA z y(n −1)  y(n −1)z−n = y(−1) + y(0)z−1 + y(1)z−2 + 1 phía n=0 = y(−1) + z−1y(0) + y(1)z−1 + = y(−1) + z−1Y(z) z y(n − 2)  y(n − 2)z−n = y(−2) + y(−1)z−1 + y(0)z−2 + 1 phía n=0 = y(−2) + y(−1)z−1 + z−2 y(0) + y(1)z−1 + = y(−2) + y(−1)z−1 + z−2Y(z) Tổng quát, biến đổi Z 1 phía của y(n-k): Z k y(n − k) z−kY(z) +  y(−r)zr−k 1 phía r=1
  45. Ví dụ 1: Hãy giải PTSP dùng biến đổi Z 1 phía y(n) – 3y(n–1) +2 y(n-2) = x(n) : n 0 biết: x(n)=3n-2u(n) và y(-1)=-1/3; y(-2)= -4/9 Giải: Lấy biến đổi Z 1 phía hai vế PTSP: Y(z) - 3[y(-1)+z-1Y(z)] + 2[y(-2)+y(-1)z-1+z-2Y(z)] = X(z) (*) Thay y(-1)=-1/3; y(-2)= -4/9 và X(z)=3-2/(1-3z-1) vào (*), rút ra: Y(z) 1 1 1 1 1 = = − . + . z (z −1)(z − 3) 2 (z −1) 2 (z − 3) 1 1 1 1 Y(z) = − . + . 2 (1− z−1) 2 (1− 3z−1) 1 y(n) = 3n −1u(n) 2