›
›

Bài giảng môn học Xử lý tín hiệu số - Chương 2: Biến đổi Z và ứng dụng vào hệ thống LTI rời rạc

ppt 45 trang phuongnguyen 3560
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Bài giảng môn học Xử lý tín hiệu số - Chương 2: Biến đổi Z và ứng dụng vào hệ thống LTI rời rạc", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • pptbai_giang_mon_hoc_xu_ly_tin_hieu_so_chuong_2_bien_doi_z_va_u.ppt

Nội dung text: Bài giảng môn học Xử lý tín hiệu số - Chương 2: Biến đổi Z và ứng dụng vào hệ thống LTI rời rạc

  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 = anu(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