Tài liệu xử lý số liệu - chương 3

Tài liệu xử lý số liệu - chương 3 Biến đổi Z

Chương 3 BIẾN ĐỔI Z

3.1.1 Biến đổi z trực tiếp

Định nghĩa: Biến đổi z của tín hiệu rời rạc x(n) định nghĩa như sau:

X(z) = 







n

n

z ) n (

Trong đó z là biến phức và được biểu diễn như sau:

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) = z2 + 2z + 5 + 7z-1 + z-3 hữu hạn khi z  0 và z  ROC = C\{0,}

 x(n) = (n)

X(z) = 1  ROC = C

 x(n) = (n - k), k > 0

X(z) = z-k, k > 0  ROC = C\{0}

 x(n) = (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

x(n) = u(n)

2

1 n













x(n) = {1,

2

1 ,

2

2

1











X(z) = 







n

n

z ) n (



















n

n n

z ) n ( u 2

1

= 



 











0 n

n 1

z 2 1

X(z) =







































1

1 N 1

N

z 2

1 1

z 2

1 1













  1

z 2

1 1

1

2

1 1 









 

 ROC: |z| > ½

Do z là biến phức nên ta biểu diễn như sau:

X(z) = 











n

n j n

e r n ( x

|X(z)| = 











n

n j n

e r n (











n

n j n

e r n (







n

n

r n (











 

0 n

n 1

n

n

r n ( x r

n (











0 n n 1

n

n

r

) n ( x r

n (

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)

Hình 3.1 – ROC của X(z)

ROC của 





1 n

n

r n ( x

r1

r2

ROC của 

 0 n n

r

) n ( x

Im(z) Im(z)

ROC với r1 > r2

r1

Không tồn tại ROC với r1 < r2

r2

r2

r1

Re(z)

Im(z)

Re(z) Im(z)

VD: Xác định biến đổi z của tín hiệu x(n) = anu(n)

X(z) = 







n

n

z ) n (





0 n

n 1

) az

az 1

1



-1

| < 1 hay |z| > |a|

Hình 3.2 – ROC của Z{anu(n)}

x(n) = anu(n) z

az 1

1



Nếu a = 1, ta được biến đổi z của hàm bước đơn vị:

x(n) = u(n) z

z 1

1



VD: Xác định biến đổi z của tín hiệu x(n) = -anu(-n-1)

X(z) = 







n

n

z ) n (









 1

n

n 1

) z a







1 n

n 1

) z a (

N (a z)1 (a z) (a z) (a z)



    



X(z) =

) z a ( 1

) z a ( 1 ) z a (

1 N 1 1











) z a ( 1

z a

1

1







az 1

1



-1

z| < 1 hay |z| < |a|

x(n) = -anu(-n-1) z

az 1

1



Hình 3.3 – ROC của Z{-anu(-n-1)}

|a|

Re(z)

Im(z) ROC

|a|

Re(z) Im(z)

ROC

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) = 





0 n

n 1

) az





1 n

n 1

) z b (

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:

az 1

1



bz 1

1



abz z b a

a b











Như vậy:

x(n) = anu(n) + bnu(-n-1)z

abz z b a

a b











3.1.2 Biến đổi z ngược

Từ (3.1):

X(z) = 







k

k

z ) k (

Hay: X(z)zn-1 = 









k

k 1 n

z ) k ( x

 

     

ROC k

k 1 n ROC

1 n

dz z ) k ( x dz

z ) z (









k 1 n

dz z ) k (

Theo định lý tích phân Cauchy:













   

n k 0

n k 1 dz z j 2

1

C

k 1 n

(3.13) với C là đường cong đóng bất kỳ Từ đó:

 ROC

1 n

dz z ) z ( X j 2

1

(3.14)

Ký hiệu: x(n) = Z-1

{X(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)

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):

x1(n) z

z 2 1

1



 , ROC: |z| > 2

x2(n) z

z 3 1

1



 , ROC: |z| > 3

Theo (3.15):

x(n) = 3x1(n) – 4x2(n) z

X(z) = 3X1(z) – 4X2(z) = 1

z 2 1

3



z 3 1

4





ROC: |z| > 3

VD: Xác định biến đổi z của tín hiệu:

x(n) = (cos0n)u(n)

Ta có:

2

1 ) n ( u e 2

2

1 ) n ( u e 2

0

 

Theo (3.7) và (3.15):

z e 1

1 2

1 z e 1

1 2

1

0

  

j

e = 1

(cos0n)u(n) z

2 0 1

0 1

z cos z 2 1

cos z 1

















, ROC: |z| > 1 (3.16) Tương tự:

(sin0n)u(n) z

2 0 1

0 1

z cos z 2 1

sin z















, ROC: |z| > 1 (3.17)

 Dịch thời gian

Nếu:

x(n) z

X(z) thì: x(n - k)z

VD: Xác định biến đổi z của tín hiệu:

x(n) =





khác 0

1 N n 0 1

Ta có: x(n) = u(n) – u(n – N)

Theo (3.8):

u(n) z

z 1

1



 , ROC: |z| > 1

Theo (3.18):

u(n – N) z

z 1

1



 , ROC: |z| > 1

z 1

1



 - z

-N

1

z 1

1



 = 1 z

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(cos0n)u(n) Theo (3.16) và (3.20):

an(cos0n)u(n) z

2 2 0 1

0 1

z a cos az 2 1

cos az 1

















, ROC: |z| > |a| (3.21)

VD: Xác định biến đổi z của tín hiệu:

x(n) = an(sin0n)u(n) Theo (3.17) và (3.20):

an(sin0n)u(n) z

2 2 0 1

0 1

z a cos az 2 1

cos az















, ROC: |z| > |a| (3.22)

 Đảo thời gian

Nếu:

x(n) z

X(z), ROC: r1 < |z| < r2 thì: x(-n)z

X(z-1), ROC:

2

1

r < |z| <

1

1

VD: Xác định biến đổi z của tín hiệu:

x(n) = u(-n) Theo (3.8):

u(n) z

1

z 1

1



 , ROC: |z| > 1

Theo (3.23):

x(n)z

X(z) =

z 1 1

 Vi phân trên miền z

Nếu:

x(n) z

X(z)

thì: nx(n)z

dz

) z ( dX z

VD: Xác định biến đổi z của tín hiệu x(n) = nanu(n)

Theo (3.7):

anu(n) z

1

az 1

1



 , ROC: |z| > |a|

Theo (3.25):

X(z) = -z

dz

az 1

1











 

=

 12

1

az 1

az







nanu(n) z

 12

1

az 1

az





Cho a = 1:

nu(n) z

 12

1

z 1

z





 Tích chập

Nếu:

x1(n) z

X1(z) và: x2(n) z

X2(z) thì: x1(n) * x2(n)z

VD: Tính tích chập của 2 tín hiệu sau:

x1(n) = {1,-2,1}



x2(n) =





khác 0

5 n 0 1

Ta có: X1(z) = 1 -2z-1 + z-2 = (1 – z-1)2

Theo (3.19): X2(z) = 1

6

z 1

z 1









 X(z) = X1(z)X2(z) = (1 – z-6)(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)

Từ ví dụ này, ta có thể 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)









l

2 1

x (l) x (n)x (n l)

) z ( X ) z ( X ) z (

2 1

x2

1



VD: Tính chuỗi tự tương quan của x(n) = anu(n), -1 < a < 1

Theo (3.7):

az 1

1



 , ROC: |z| > |a|

X(z-1) =

az 1

1

 , ROC: |z| < 1/|a|

Rxx(z) = X(z)X(z-1) =

az 1

1 az 1

1

1 

a ) z z ( a 1

1





ROC: 1/|a| >|z| > |a|

Theo (3.10):

anu(n) + bnu(-n-1)z

1

abz z b a

a b











, ROC: |a| < |z| < |b|

Thay thế b = 1/a:

anu(n) + n

a

1 u(-n-1)z

1

z a

1 a z a

1 a

a a 1











anu(n) + n

a

1 u(-n-1)z

) z z ( a 1 a

a 1

1 2

2











= (1-a2)Rxx(z) ROC: |a| < |z| < 1/|a|

Hay:

2

a 1

1

 a

n

a 1

1

a

1 u(-n-1)z

Rxx(z)

 rxx(l) = 2

a 1

1

 a

l

a 1

1

 l

a

1 u(-l-1) = 2 al

a 1

1



 Nhân

Nếu:

x1(n) z

X1(z) và: x2(n) z

X2(z) thì: x1(n)x2(n)z







C

1 1 2

1( )X (z ) d X

j 2

1

(3.30)

 Định lý giá trị đầu

Nếu x(n) là nhân quả (x(n) = 0 khi n < 0) thì

x(0) = limX(z)

3.3.1 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:

X(z) =













 N

0 k

k k

M

0 k

k k

z a

z b )

z ( D

) z ( N

(3.32)

Giả sử a0  0 và b0 0:

X(z) =

0

N 1

N

0

1 N

0

M 1

M

0

1 M

N 0

M 0

a

a

z a

a z

b

b

z b

b z z a

z b ) z ( D

) z ( N























(3.32)

Do N(z) và D(z) là các đa thức theo z nên có thể biểu diễn như sau:

X(z) =















N

1 k

k

M

1 k

k M

N

) p z (

) z z (

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

VD: Xác định điểm cực và điểm không của tín hiệu x(n) = anu(n), a > 0

az 1

1



 = z a

z

 , ROC: |z| > a

 X(z) có một điểm cực p1 = a và một điểm không z1 = 0

Hình 3.4 – Biểu đồ cực – không của x(n) = anu(n)

VD: Xác định điểm cực và điểm không của tín hiệu

x(n) =





khác 0

1 M n 0

an

, a > 0

x(n) = anu(n) – anu(n – M) z

az 1

1



 + z

-M

1 M

az 1

a





M M

az 1

a z 1









=

a z

a z z

M M 1 M









=

) a z ( z

a z

1 M

M M







Điểm cực: p1 = 0 (M – 1 điểm), pM = a

Điểm không: zk = aej2k/M, (k = 0, …, M – 1) Tại k = 0: z0 = a  có tất cả M –

1 điểm cực và M – 1 điểm không

1 M

1 k

k

z

) z z (







VD: Xác định tín hiệu x(n) biết rằng biểu đồ cực – không như hình vẽ

Hình 3.5 – Biểu đồ cực – không

a

Re(z)

Im(z) ROC

r

Re(z)

Im(z) ROC

0

Từ biểu đồ, ta xác định được 2 điểm cực: p1 = rcos0 + jrsin0 = j 0

re , p2 = rcos0 - jrsin0 = j 0

re và 2 điểm không: z1 = 0, z2 = rcos0 Do đó:

X(z) = G

) p z )(

p z (

) z z )(

z z (

2 1

2 1









= G

) re z )(

re z (

) cos r z ( z

0

j

0





 







, ROC: |z| > r

0 1

0 1

z cos rz 2 1

cos rz 1













, ROC: |z| > r Theo (3.21):

an(cos0n)u(n) z

2 2 0 1

0 1

z a cos az 2 1

cos az 1

















, ROC: |z| > |a|

 x(n) = Grn(cos0n)u(n)

3.3.2 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):

Hay: H(z) =

) z ( X

) z ( Y

(3.35)

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 bằng phương trình sai phân hệ số hằng:











0 k k N

1 k

ky(n k) b x(n k)

Biến đổi trên miền z (áp dụng tính chất dịch chuyển trên miền thời gian):







 

0 k

k k N

1 k

k

kz Y(z) b z X(z) a









 



 N

1 k

k

kz a



 M

0 k

k

kz b ) z ( X

H(z) =

) z ( X

) z ( Y =











 











N

1 k

k k

M

0 k

k k

z a 1

z b

(3.37)

Như vậy, hệ LTI biểu diễn bằng phương trình sai phân hệ số hằng có hàm hệ thống là hàm hữu tỉ

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)

H(z) =

) z ( X

) z ( Y =

1

z 2

1 1

2





Theo (3.7):

anu(n) z

1

az 1

1



 , ROC: |z| > |a|

 h(n) = 2(½)nu(n), ROC: |z| > ½

Giả sử X(z) là hàm hữu tỉ với a0 = 1:

X(z) =















 N

1 k

k k

M

0 k

k k

z a 1

z b )

z ( D

) z ( N

(3.38)

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:

X(z) =

) z ( D

) z ( N z c )

z ( D

) z (

0 k

k

 





(3.39)

Đa thức 



 N M

0 k

k

kz

c 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 ck(n)z

ck Do đó:









N M

0 k

k (n k)



 N M

0 k

k

kz c Như vậy, (3.38) có thể đưa về cách tính đối với hàm hữu tỉ thích hợp:

X(z) =















 N

1 k

k k

M

0 k

k k

z a 1

z b )

z ( D

) z ( N

Nhân tử số và mẫu số với zN

:

X(z) =

N 1

N 1 N

M N M 1

N 1 N 0

a

z a z

z b

z b z b



















, M < N và aN  0 (3.41)

Do N > M nên:

z

) z ( X

=

N 1

N 1 N

1 M N M 2

N 1 1 N 0

a

z a z

z b

z b z b























, M < N và aN 0 (3.41)

 Các điểm cực bậc 1:

Giả sử các điểm cực là khác nhau:

z

) z ( X =

N N 2

2 1

1

p z

A

p z

A p

z

A











Trong đó các hệ số Ak tính như sau:

k

p z

k

z

) z ( X p z





(3.43)

VD: Xác định biến đổi z ngược của X(z) = 1 2

z 5 0 z 5 1 1

1



 

z

) z ( X =

5 0 z 5 1 z

z

2   = (z 1)(z 0.5)

z



 = z 0.5

A 1 z







A1 =  

1 z

z

) z ( X 1 z





=

1 z

5 0 z

z



 = 2

5 0 z

z

) z ( X 5 0 z





=

5 0 z

1 z

z



z 5 0 1

1 z

1

2 5 0 z

z 1 z

z 2



  









x(n) = 2u(n) – (0.5)nu(n)

VD: Xác định biến đổi z ngược của X(z) = 1 2

1

z 5 0 z 1

z 1













, ROC: |z| > 5/2

z

) z ( X =

5 0 z z

1 z

2  



=

) p z )(

p z (

1 z

2





=

2 2 1

1

p z

A p

z

A







với p1 = 0.5 + j0.5, p2 = 0.5 - j0.5

1

p z

1

z

) z ( X p z





=

1

p z 2

p z

1 z







=

) 5 0 j 5 0 ( 5 0 j 5 0

1 5 0 j 5 0











= 0.5 – j1.5

2

p z

2

z

) z ( X p z





=

2

p z 1

p z

1 z







=

) 5 0 j 5 0 ( 5 0 j 5 0

1 5 0 j 5 0











= 0.5 + j.15

X(z) = 1

2

2 1

1

1

z p 1

A z

p 1

A



  

x(n) = A1(p1)nu(n) + A2(p2)nu(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:

k

lk 2

k k k

k

p z

A

p z

A p

z

A













Trong đó các hệ số Alk tính như sau:

k

p z

l k i

l

z

) z ( X p z dz

d )!

i l (

1















 

VD: Xác định biến đổi z ngược của X(z) = 1 1 2

) z 1 )(

z 1 (

1



 

z

) z ( X

) z 1 )(

z 1 ( z

1



 

2

) 1 z )(

1 z (

z



3 2

1

) 1 z (

A 1 z

A 1 z

A











A1 =  

1 z

z

) z ( X 1 z





=

1 z 2 2

) 1 z (

z



 = ¼

1 z

2 1

2

z

) z ( X 1 z dz

d )!

1 2 (

1















 

2

1 z

z dz

d















2

) 1 z (

z ) 1 z ( z 2









= ¾

1 z

2 2

2

z

) z ( X 1 z dz

d )!

2 2 (

1















 

 

1 z

2

z

) z ( X 1 z





= ½

1 1

1

) z 1 (

z 2 / 1 z

1

4 / 3 z

1

4 / 1







    

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

p z : ROC )

1 n ( u p

p z : ROC )

n ( u p



z

1

kz p 1

1





nx(n) z

dz

) z ( dX z



VD: Xác định biến đổi z ngược của X(z) = 1 2

z 5 0 z 5 1 1

1



 



a ROC: |z| > 1

z 5 0 1

1 z

1

2



  

x(n) = 2u(n) – (0.5)nu(n)

b ROC: |z| < 0.5

z 5 0 1

1 z

1

2



  

x(n) = -2u(-n-1) + (0.5)nu(-n-1)

c ROC: 0.5 < |z| < 1

1

z 1

2



 , ROC: |z| < 1z

-2u(-n-1)

1

z 5 0 1

1





– (0.5)nu(n)

z 5 0 1

1 z

1

2



  

x(n) = -2u(-n-1) - (0.5)nu(n)

3.5.1 Định nghĩa và tính chất

Biến đổi z đơn hướng định nghĩa như sau:

X+(z) = 





0 n

n

z ) n (

và biểu diễn như sau:

x(n) z X(z)

Tính chất:

- Dịch thời gian:

Nếu:

x(n) z

X+(z) thì: x(n - k)z

z-k[X+(z) + 





k

1 n

n

z ) n (

Nếu:

x(n) z

X+(z) thì: x(n + k)z

zk[X+(z) - 



 1

k

1 n

n

z ) n (

- Định lý giá trị cuối cùng:

Nếu: