BÀI TẬP BIẾN ĐỔI Z CÓ LỜI GIẢI

Chương này giới thiệu biến đổi z mà rất hữu ích trong phân tích và thiết kế hệ thống DSP (hoặc DTSP), giống như biến đổi Laplace cho hệ thống tương tự (hoặc liên tục thời gian).

Bạn đang xem: Bài tập biến đổi z có lời giải

Phân tích Fourier được phát triển cho miền liên tục thời gian nhưng cũng hữu ích cho tín hiệu và hệ thống rời rạc thời gian. Ta sẽ thấy biến đổi z và biến đổi Fourier liên hệ với nhau. Ta chọn để trình bày biến đổi z sau phân tích Fourieer như nhiều tác giả khác đã làm, nhưng theo trật tự...


*

1Chương 4 BIẾN ĐỔI ZChương này giới thiệu biến đổi z mà rất hữu ích trong phân tích và thiết kế hệ thống DSP (hoặcDTSP), giống như biến đổi Laplace cho hệ thống tương tự (hoặc liên tục thời gian). Phân tích Fourierđược phát triển cho miền liên tục thời gian nhưng cũng hữu ích cho tín hiệu và hệ thống rời rạc thờigian. Ta sẽ thấy biến đổi z và biến đổi Fourier liên hệ với nhau. Ta chọn để trình bày biến đổi z sauphân tích Fourieer như nhiều tác giả khác đã làm, nhưng theo trật tự ngược lại cũng thường thấy. Chủ đề chính là: định nghĩa biến đổi z, hữu ích đôi biến đổi, thuộc tính biến đổi, vẽ cực vàkhông, vùng hội tụ, sự ổn định của hệ thống, biến đổi ngược, biến đổi z một bên, lọc bậc hai, đáp ứngchuyển tiếp và hệ thống với điều kiện đầu4.1 BIẾN ĐỔI ZPhần mở đầu bao gồm nhiều khía cạnh khác nhau của biến đổi z. Giống như những biến đổi khác,biến đổi z áp dụng cho cả tín hiệu và hệ thống rời rạc. Ta biết rằng một hệ thống được đặc trưng bởiphương trình tín hiệu vào ra, hoặc đáp ứng xung của nó, hoặc đáp ứng tần số. Tóm lại ta sẽ thấy đặctính thứ tư của hệ thống.4.1.1 Định nghĩa: Biến đổi z X(z) của một tín hiệu rời rạc thời gian x(n) được định nghĩa như ∞  x (n )z -n X(z) = (4.1) n= 0z là một biến phức của miền biến đổi và có thể xem như tần số phức (xem hình 4.5). Nhớ rằng chỉ sốn có thể là thời gian, không gian hoặc một số thứ khác, nhưng thường là thời gian. Như định nghĩatrên, X(z) là chuỗi mũ nguyên của z 1 tương ứng với những hệ số x(n). Khai triển X(z) để thấy điềunày:   x ( n) z n = x(0) + x(1)z-1 + x(2)z-2 + . . . X(z) = (4.2) n 0 Trong công thức (4.1) tổng được lấy từ n = 0 đến  , X(z) không liên hệ với thời gian quá khứx(n). Đây là biến đổi z một b ên. Biến đổi z một bên có thể có thể với điều kiện đầu của x(n) (phần4.7). Nhìn chung, tín hiệu tồn tại tại mọi thời gian, và biến đổi z hai bên được định nghĩa như: ∞ ∞ x  n  z -n X(z) = n= - 1 2 2 = …x(-2)z + x(-1)z + x(0) + x(1)z + x(2)z + … (4.3) 1Vì X(z) là một chuỗi mũ vô hạn của z , biến đổi chỉ tồn tại những giá trị nơi chuỗi hội tụ (tiến tớikhông khi n   hoặc -  ). Vì vậy biến đổi z liên hệ mật thiết với vùng hội tụ (ROC) nơi nó là hữuhạn (phần 4.4). Để phân biệt, ta chú thích X  ( z ) cho biến đổi z một bên.Ví dụ 4.1.1Tìm biểu diễn toán học của tín hiệu trong hình 4.1, sau đó tìm biến đổi z.Giải (a) Chú ý tín hiệu là nhân quả và giảm đều , nó có giá trị 0.8 n với n  0. Vì vậy ta viết x(n) = 0.8n u(n)và sử dụng biến đổi (4.1) 2   x ( n) z n X(z) = n 0 = 1 + 0.8z–1 + 0.64z–2 + 0.512z–3 +… = 1 + (0.8z–1) + (0.8z–1)2 + (0.8z–1)3 + …Ap dụng công thức chuỗi hình học vô hạn (2.8)  1 x , x 3Một cách để tìm biến đổi ngược, bất kỳ khi nào có thể, là sử dụng định nghĩa biến đổi z. Phương pháptổng quát của biến đổi z ngược sẽ được thảo luận trong phần 4.5 và 4.6Ví dụ 4.1.2Tìm biến đổi z ngược của những biểu thức sau z (a) X(z) = z  0.8 1 (b) X(z) = z  1.2Giải (a) Lấy khai triển X(z) sử dụng chuỗi hình hoc vô hạn: z 1 X(z) = = z - 0.8 1-0.8 z -1 = 1 + (0.8z–1) + (0.8z–1)2 + (0.8z–1)3 + … = 1 + 0.8z–1 + 0.64z–2 + 0.512z–3 + …Bằng cách so sánh từ thành phần với từng thành phần trong công thức (4.2) ta có x(n) = <1 , 0.8 , 0.64 , 0.512 ; …>Hoặc x(n) = 0.8 n u(n) (b) Biểu diễn được cho không giống như được biến đổi, vì vậy ta viết. z 1 1 1 = z 1 X(z) = = 1  1.2 z 1 1 z  1.2 1  1.2 zKế đến, lấy khai triển X(z) : X(z) = z–1 <1 + (-1.2z–1) + (-1.2z–1)2 + (-1.2z–1)3 + …> = 0 + 1.0z–1 – 1.2z–2 + 1.44z–3 – 1.728z–4 + …Vì vậy x(n) = <0 ,1.0 , -1.2 , 1.44 , -1.728 , …>Mà có thể diễn tả trong hình thức đóng như sau n 1  x(n) = (–1.2) u(n-1)4.1.3 Đôi biến đổi zBảng 4.1 đưa ra nhiều đôi biến đổi z hữu ích, nơi vòng tròng đơn vị là vòng tròn có bán kính 1tâm tạigốc. Tất cả tín hiệu là nhân quả (bên phải), ngoại trừ hai tín hiệu phi nhân quả (bên trái). Chú ý rằng 1một biến đổi có thể diễn tả tương đương như một hàm z hoặc z , ví dụBảng 4.1 : Đôi biến đổi z thông thường Giảng đồ cực -khôngTín hiệu x(n) Biến đổi X(z) ROC j Unit circle 0 -1 1 -j 4Mẫu đơn vị (n) Tất cả z 1Bậc đơn vị 1 z (  z > 1 ) 1 z 1 1 zu(n)  z z -1 doubleDốc đơn vị   (z  1 )2   z > 1  ( 1  z -1 )2r(n) = nu(n)  Mũ thực  z 1  -1   z > aan u(n) 1  az  z  a 0 5 1 z anu(n)  X(z) = or (4.7b) 1  az 1 za 1  z 1 cos Ω 0 z(z  cos Ω 0 ) (cosn0)u(n) X(z) = or (4.7c) 1  2 z 1 cos Ω 0  z 2 z  2 z cos Ω 0  1 2Hình thức có nhiều sự phụ thuộc vào cái ta muốn làm với biến đổi (xem phần 4.1.6 , 4.3 và 4.6).4.1.4 Biến đổi z cho hệ thốngBiến đổi z áp dụng cho tín hiệu cũng như hệ thống vì hệ thống được trình bày bằng đáp ứng xung củanó. Mà nó là hàm có chỉ số n giống như tín hiệu. Vì thuộc tính này mà biến đổi z hữu ích trong phântích và thiết kế hệ thống vì tín hiệu và hệ thống tương tác nhau. Đặc biệt, biến đổi z của đáp ứng xung h(n) là   h( n) z n (Biến đổi 1 bên) H(z) = (4.8) n 0Hoặc   h ( n) z n (Biến đổi hai bên) H(z) = (4.9) n  Phụ thuộc hệ thống là nhân quả hoặc phi nhân quả. H(z) được gọi là hàm truyền hoặc hàm hệ thốngVí dụ 4.1.3Một hệ thống có đáp ứng xung h(n) = <1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6>Tìm hàm truyền.GiảiHệ thống là một FIR phi nhân quả. Hàm truyền của nó được cho bởi công thức (4.9):  3  h ( n) z  h ( n) z n n H(z) = = n  2 n   = z 2  2 z 1  3  4 z 1  5z 2  6 z 3Ngược lại, nếu biết H(z) như trên ta có thể dễ dàng có h(n) . 4.1.5 Hàm riêng và trị riêngTa biết nếu đáp ứng tần số của một hệ thống là H(  ) thì với ngõ vào x(n) = e jn , ngõ ra là y(n) =e jn H(  ) như trong (3.69b). Vì điều này , e jn là hàm riêng, và H(  ) là trị riêng của hệ thống. Bây giờ, với đầu vào x(n) = zn (4.10)ngõ ra hệ thống là      h(k)z  h(k)z nk k y(n) = h(n)  x(n) = = zn     k 0 k 0Trong ngoặc là H(z) , thì y(n) = z n H(z) (4.11) nVì vậy trong miền biến đổi z, z là hàm riêng, và H(z) là trị riêng của hệ thống4.1.6 Hàm truyền trong những thành phần của hệ số lọcĐầu tiên, với phương trình lọc tổng quát (công thức (2.21)) 6 N M  a y (n  k ) +  b x(n  k ) y(n) = (4.12) k k k  M k 1Với a k và bk là những hệ số lọc (hằng số). Bây giờ ta thay x(n) = z n và y(n) = z n H(z) để có M N b z a nk nk n z H (z) + z H(z) = k k k  N k 1Từ công thức này ta rút ra biểu diễn của H(z) cho lọc đệ qui, kết quả là M bz k k k  M (lọc đệ qui) H(z) = (4.13a) N 1   ak z k k 1Với lọc không đệ qui, mẫu bằng 1, vì vậy M bz k H ( z)  (lọc không đệ qui) (4.13b) k k  MNó thì hầu như chú ý rằng hàm truyền bên trên có kết quả từ công thức lọc (4.12) . Một số tác gải viếtcông thức ở dạng khác (ví dụ, tất cả thành phần y ở bên trái của công thức), điều này dẫn đến sự biểudiễn khác của H(z) . Ý tưởng ở đây là khi công thức lọc được cho, ta thu thập những hệ số của nó để đặt vào sựbiểu diễn của H(z) mà không cần lấy biến đổi z. Ngược lại, nếu biết H(z) thì ta biết những hệ số lọc.Ví dụ 4.1.4Cho 2 z 2  3z (a) H(z) = z 2  0.5 z  0.8 -20 z 2  5 z (b) H(z) = 10 z 3  5 z 2 -8 z  1Tìm phương trình tín hiệu.Giải 1 2 (a) Viết H(z) như hàm của z bằng cách nhân tử số và mẫu số với z : 1 1 2  3z 2-3z  H(z) = 1 2 1  (0.5 z 1  0.8 z 2 ) 1  0.5 z  0.8 zNhững hệ số là b0 = 2 b 1 = -3 a1 = -0.5 a2 = 0.8Vì vậy công thức lọc là y(n) = -0.5y(n-1) – 0.8y(n-2) + 2x(n) - 3x(n-1) 3 3 (b) Nhân tử số và mẫu số với 0.1 z để làm 10z ở mẫu bằng 1  2 z 1  5 z 2 H(z) = 1  0.5 z 1  0.8 z 2  0.1z 3Thu thập những hệ số: b1 = -2 b2 = 5 a1 = -0.5 a2 = 0.8 a3 = _0.1Vì vậy công thức lọc là 7  y(n) = -0.5y(n-1) + 0.8y(n-2) + 0.1y(n-3) -2x(n-1) + 5x(n-2)4.2 NHỮNG THUỘC TÍNH CỦA BIẾN ĐỔI ZTrong chương này nhiều thuộc tính (một số có thể xem như định lý) của biến đổi z hai bên được trìnhbày. - Tuyến tính - Dịch thời gian - Nhân chập thời gian - Liên hệ với biến đổi Fourier rời rạc thời gian (DTFT) - KhácKhông phải tất cả những thuộc tính trên được xem xét chi tiết . Về sau đôi biến đổi z được hiểu như x(n)  X(z).4.2.1 Tuyến tínhTuyến tính có thể diễn tả như a1x1(n) + a2x2(n)  a1X1(z) + a2X2(z) (4.14)Với a1 , a 2 là hằng số. Hình thức giống nhau áp dụng cho nhiều tín hiệu. Vì vậy tuyến tính nghĩa kếtnối tuyến tính của ngõ vào đưa ra kết nối tuyến tính ngõ ra. Với biến đổi z và nhiều biến đổi khác tuyến tính là thu ộc tính cơ bản và quan trọng. Nó chophép ta tìm biến đổi và biến đổi ngược khi ở đây là sự kết nối của nhiều thành phần.Ví dụ 4.2.1Tìm biến đổi z của tín hiệu cosin nhân quả x(n) = (cosn 0 ) u(n)GiảiBiểu diễn x(n) ở dạng những thành phần của mũ phức: 1 jnω0 1 e u(n) + e  jnω0 u(n) x(n) = (cosn 0 ) u(n) = 2 2thì 1 1 Z + Z X(z) = 2 2Biến đổi từng thành phần 1 e jn0 u(n)    1  e jω0 z 1 1 e  jn0 u(n)     jω0 1 1 e zVì vậy 1 1 1 1 X( z )    jω0 1 jω0 1 2 1 e z 2 1 e z 1  z 1 cos ω 0   1  2z 1 cos ω 0  z 24.2.2 Dịch thời gianĐầu tiên xem biến đổi z của mẫu đơn vị (cũng là xung đơn vị) (n) và xung trễ của nó (n-n0): 8    δ(n)z n = z n X(z) = =1 z 0 n 0    δ(n  n ) z  n0 n = z n =z X(z) = z  n0 0 n 0 nVì trễ của n 0 mẫu tương ứng với thừa số z 0 của biểu diễn biến đổi. Bằng sự biểu diễn tín hiệu x (n)vào những thành phần của mẫu đơn vị và áp dụng tính tuyến tính ta có kết quả tổng quát  n0 x(n – n0)  X(z) z (trễ thời gian) (4.15a)  n0 x(n + n0)  X(z) z (Trước thời gian) (4.15b) 1Vì điều này, ta sử dụng chú thích z cho trễ đơn vị và z cho tới trước đơn vị trong giảng đồ khối củahệ thống (phần 1.4.2).Ví dụ 4.2.2:Mẫu đơn vị là sự trừ nó với mẫu chậm một đơn vị u(n) – u(n-1) = (n)Tìm biến đổi z (a) Bậc đơn vị nhân quả x(n) = u(n) (b) Bậc đơn vị phi nhân quả x(n) = -u(-n-1)Nhớ rằng u(n) cũng được gọi là tín hiệu bên phải, và -u(-n-1) hoặc u(-n-1) tín hiệu bên trái, trong khiđó một tín hiệu tồn tại cả hai bên âm và dương được gọi là tín hiệu hai bên (1.62).Giải (a) Ta viết x(n) – x(n-1) = u(n) – u(n-1) = (n)Lấy biến đổi z hai bên, sử dụng thuộc tính dịch thời gian X(z) – z–1 X(z) = 1Hoặc 1 z X(z) = = 1 z 1 1 z u(n) 1 ... 0 2 n -2 3 -1 ° ° 1 -u(-n -1) ° ... ° n -3 -2 -1 2 1 0 -1 Hình. 4.2: Ví dụ 4.2.2 (b) Với tín hiệu phi nhân quả ta viết 9 x(n) – x(n-1) = -u(-n-1) + u<-(n-1) – 1> = u(-n) – u(-n-1) = (-n)Nhớ rằng (-n) là (n) (xem 1.4.1), vì vậy biến đổi hai bên cho bởi X(z) – z–1 X(z) = 1Hoặc 1 z X(z) = = 1 z 1 1 zChú ý rằng hai tín hiệu (a) và (b) có biểu diễn khác nhau trong miền thời gian cũng như trong miềntần số nhưng chúng giống nhau trong biến đổi z. Tuy nhiên hai biến đổi có vùng hội tụ khác nhau(xem 4.4).Ví dụ 4.2.3Tìm biến đổi z của xung chữ nhật nhân quả có N mẫu p(n) = 1 , 0 n  N-1 0 , khác p(n) 1 … 1 2 3 -2 n -1 N-1 N 0 N+1 Hình. 4.3:Ví dụ 4.2.3GiảiTa có thể áp dụng trực tiếp định nghĩa (4.1) để tìm biến đổi, Mặc khác ta viết xung chữ nhật dướidạng p(n) = u(n) – u(n – N)Lấy biến đổi, sử dụng thuộc tính trễ: P(z) = Z – Z = Z – z–NZ = (1 – z–N) Z 1  z N  = 1  z 14.2.3 Nhân chập thời gianNhư biến đổi Fourier, thuộc tính mạnh và quan trọng nhất (định lý) của biến đổi z cho khía cạnh ứngdụng là nhân chập thời gian, được phát biểu như: Nhân chập của hai hàm thời gian tương ứng vớinhân thường trong miền biến đổi z. x1(n)  x2(n)  X1(z) X2(z) (4.16)Như thông thường, nhân chập là kết quả ngõ ra khi nhân chập tín hiệu vào x(n) với đáp ứng xung củahệ thống h(n). x(n)  h(n)  X(z) H(z) (4.17)Với H(z) là hàm truyền. Sự hội tụ này được minh họa trong hình 4.4. Tín hiệu ngõ ra trong miền thờigian được cho bởi 10 Tín hiệu vào Tín hiệu ra Hệ thống y(n) = x(n)  h(n) h(n) Miền thời gian: x(n)  (Nhân chập) z Z Z Miền z : X(z) H(z) Y(z) = X(z) H(z) Hình. 4.4: Sơ đồ chuyển miền thời gian sang miền z và thuộc tính nhân chập thời gian. y(n) = x(n)  h(n)và miền z bằng Y(z) = X(z) H(z)Từ điều này Y ( z) H(z) = (4.18) X ( z)Vì vậy hàm truyền (hoặc hàm hệ thống) của một hệ thống là tỉ số của biến đổi z của ngõ ra với biếnđổi z ngõ vào. Điểm này cho ta quyết định hàm hệ thống và biến đổi ngược, đáp ứng xung.Chứng minh:Thuộc tính nhân chập được minh họa như sau: Đầu tiên ta viết   x (k)x (n  k) x(n) = x1(n)  x2(n) = 1 2 k  Lấy biến đổi z      x(z)z n =  k x1(k)x2(n  k) z nX(z) = n       n  Thay đổi trật tự của tổng và sử dụng thuộc tính trễ thời gian:      x (k )   x (n  k ) z  n  X(z) = 1 2   k   n     x (k ) z k = X2(z) = X2(z) X1(z) = X1(z) X2(z) 1 k  Ví dụ 4.2.4Áp một chuỗi đầu vào x(n) = <1 , 2 , -1 , -2 , 1 , 2>đến hệ thống có đáp ứng xung là h(n) = <0 , 1 , 2>Tìm tín hiệu ngõ ra.GiảiLấy biến đổi z của x(n) và h(n) : X(z) = 1 + 2z–1 - z–2 - 2z–3 + z–4 + 2z–5 H(z) = 0 + z–1 + 2z–2Biến đổi ngõ ra là Y(z) = H(z) X(z) 11 = z–1 + 4z–2 + 3z–3 - 4z–4 - 3z–5 + 4z–6 + 4z–7Những hệ thống X(z) cấu thành tín hiệu y(n) y(n) = <0 , 1 , 4 , 3 , - 4 , -3 , 4 , 4> Nếu ta nhân chập x(n) với h(n), e.g. bằng phương pháp hình học (phần 2.2.2), ta có cùng kết quả.Ví dụ 4.2.5Để định nghĩa một hệ thống DSP chưa biết (gồm phần cứng và phần mềm), ta áp một tín hiệu x(n) vàlấy ngõ ra y(n) như sau: x(n)  <1, 2,  1,  2,1, 2> y(n)  <0,1, 4, 3,  4,  3, 4, 4>Tìm đáp ứng xung. Đây là vấn đề về định nghĩa hệ thốngGiảiVí dụ này giống như ví dụ 2.3.5 nhưng ta tính nó trong miền thời gian.Ở đây sử dụng biến đổi z, ta có X ( z )  1  2 z 1  z 2  2 z 3  z 4  2 z 5 Y ( z )  z 1  4 z 2  z 3  4 z 4  3z 5  4 z 6  4 z 7Vì vậy hàm truyền là z 1  4 z 2  z 3  4 z 4  3z 5  4 z 6  4 z 7 H ( z)  1  2 z 1  z 2  2 z 3  z 4  2 z 5Mà có thể đơn giản H ( z )  z 1  2 z 2Hệ thống ổn định (xem phần 4.4). Đáp ứng xung là biến đổi ngược h(n)  <0,1, 2> 4.2.4 Một số thuộc tính khácỞ đây có nhiều thuộc tính của biến đổi z, sau đây là một số thuộc tính. (a) Đảo thời gian x(-n)  X(z–1) (4.19)Chứng minh:    x (  n) z  x(k )( z n 1 k ) = X(z–1) Z = = n   k  Ví dụ 1 1 u(n)   u(-n)  1  z 1 1 z (b) Tỉ lệ với mũ rời rạc X(a–1z) anx(n)  (4.20)Chứng minh:    a n x ( n) z  n =  x ( n) ( a 1 z ) n = X(a–1z) Z = n   n  Ví dụ biết biến đổi của (cos  0n)u(n) có thể dễ dàng tìm biến đổi an(cos  0n) u(n) (bảng 4.1). (c) Nhân thời gian 12Ta có thuộc tính này với biến đổi Fourier nhưng diễn tả trong miền z là tích phân so với nhân chập: 1 z 1 C X 1 (ν ) X 2 ( ν )ν dν x1(n) x2(n)  (4.21) 2π jVới C là tích phân vòng quanh gốc và nằm bên trong vùng hội tụ của X1 và X2 . (d) Vi phân trong miền z dX(z) nx(n)   z (4.22) dzChứng minh:Lấy vi phân cả hai bên của định nghĩa (4.3), ta có   dX ( z )   x(n) (-n)z  n1 = -z 1  z n dz n   n   =  z 1 Z Là hình thức khác của thuộc tính được nói ở trên. Ví dụ tìm biến đổi z của tín hiệu X(n) = na n u(n)Ta gọi x 1 (n) = a n u(n)Biến đổi z của x 1 (n) (bảng 4.1) là 1 X 1 (z) = 1  az 1Vì vậy az 1 dX 1 ( z ) X(z) =  z = (1  az 1 ) 2 dz (e) Liên hiệp phức x * (n) ↔ ( X ( z * ))* (4.23) (f) Giá trị đầu x(0) = lim X(z) (4.24) z Ý nghĩa của thuộc tính này là nếu ta biết X(z) và muốn tìm x(0) thì ta không cần lấy biến đổi z ngược. (g) Giá trị cuối lim x(n) = lim(( z  1) X ( z )) (4.25a) n z 1Ý nghĩa của thuộc tính này thì giống như trên nhưng trường hợp này ta biết giá trị cuối của x(n).Một ứng dụng của thuộc tính này là tìm đáp ứng trạng thái ổn định (phần ….) của hệ thống với đầuvào là một bậc đơn vị. Biến đổi z của bậc đơn vị (bảng 4.1) được cho bởiVì vậy đáp ứng trạng thái ổn định của hệ thống H(z) ứng với một bậc đơn vị ở ngõ vào được cho bởi (4.25b) 13Khi thay z bằng trong H(z) ta sẽ có đáp ứng tần số H(ω). Vì vậy z = 1 ứng với ω = 0, và đápứng H(ω) là đáp ứng tần số tại không (DC). Trong ví dụ…, phương trình hệ thống là y(n) = 0.8y(n – 1) + x(n)và đáp ứng bậc tìm được có dạngVới 5.0 là giá trị ổn định cuối cùng. Không đi từ phương trình tín hiệu cho trên, hàm truyền của nócó thể được tìm thấyVì vậy giá trị cuối của đáp ứng bậc từ (4.25b) làNhư mong muốn Chú ý giới hạn (4.25b) chỉ tôn tại nếu ROC của (z - 1)H(z) bao gồm đường tròn đơn vịcircle.4.2.5 Liên hệ với biến đổi Fourier rời rạc thời gian (DTFT)Tương ứng với tín hiệu và hệ thống rời rạc thời gian, biến đổi z liên hệ với biến đổi Fourier cùng cáchnhư biến đổi Laplace liên hệ với biến đổi Fourier với hệ thống và tín hiệu liên tụ c. Để làm điều này tathay z = ej  (4.26)vào định nghĩa (4.3) của biến đổi z và có   x(n)e  jn X(  ) = (tín hiệu) n     h(n)e  jn H(  ) = (hệ thống) n -  Im(z) j  = mặt phẳng z 2 z = ej  1 =0   = -1 1  = - Re(z) 0 Đường tròn   =- -j đơn vị 2 Hình.4.5: Dọc theo đường tròn đơn vị, biến đổi z là biến đổi FourierVới biến đổi Fourier ta biết (3.39) và (3.60)).

Xem thêm: (Mã Trường: Nhh Là Trường Gì, Điểm Chuẩn Học Viện Ngân Hàng Nhh 2019

Nhớ rằng cả X(  ) và H(  ) là tuần hoàn với chu kỳ2 . Ta kết luận H(  ) = H  z  jω  z = e (4.27)Sự liên hệ giữa X(  ) và X(z) là giống nhau Biên độ và pha của z tương ứng với  là 14 z = ej   = 1 z = ej   = Vì vậy biến đổi Fourier là biến đổi z khi z nằm trên đường tròn đơn vị (hình 4.5). Khi z di chuyển dọctheo đường tròn này tần số  thay đổi theo. Như vậyX(  ) và H(  ) có chu kỳ 2, ta xem chúng chỉtuần hòan trong chu kỳ 2  , thường trong khoảng <-  ,  > or <0 , 2  >.4.3 GIẢNG ĐỒ CỰC KHÔNGBiến đổi z của tín hiệu và hệ thống thực LTI (LSI) là hàm tỉ sổ hai đa thức c ủa z, ta viết N ( z) X(z) or H(z) = D( z )Với N(z) là đa thức tử và D(z) đa thức mẫu. Sau đây ta viết X(z) hoặc H(z) hoán đổi nhau, ngoại trừkhi tham chiếu đến tín hiệu và hệ thống đặc biệt .4.3.1 Giản đồ cực-không và đặc điểm tín hiệuLấy z1, z2, z3 … là nghiệm của N(z), và p1, p2, p3 … là nghiệm của D(z), sau đó biến đổi z có thể đặttrong hình thức L z  z k   N(z) G ( z  z1 )( z  z 2 )( z  z 3 )... z-z L   G k 1 H(z) = = (4.28) D(z) ( z  p1 )( z  p 2 )( z  p3 )... z-pM  M  z-p  k k 1Với G là thừa số độ lợi; z1, z2, z3 … là những zero mà làm cho H(z) tiến tới zero; và p1, p2, p3 … là cựcmà làm cho H(z) tiến tời vô cực, L là bậc của tử số, M lầ bậc của mẫu số. H(z) là một đa thức thíchhợp khi L  M (bậc j tử số nhỏ hơn bậc của mẫu số). của Im ( z ) -1 z-plane Unit circle 0 1 1Double pole R e ( z) -j (b) r(n) (a) u(n) a 1 1 Hình .4.6: Giản đồ cực-không của một số hệ thống đơn(d) giản (n) (c) –an u(-n-1) Trên là những cực-không hữu hạn. Bên canh đó, khi biến z trong mẫu số tiến tới vô hạn,X(z) tiến tới không, đây là một không vô hạn. Giống như vậy, khi z trong tử số tiến tới vô hạn, X(z)tiến tới vô hạn, đây là một cực vô hạn. Khi bậc M của tử số nhỏ hơn bậc N củ a mẫu số, ở đây sẽ làmột không vô hạn của bậc M-N, và khi M > N ở đây sẽ là một cực vô hạn của bậc M – N. Với hầuhết trường hợp ta bở qua cực và không vô hạn. Phân phối của cực và không của X(z) trong mặt phẳng z là giản đồ cực-không. Fig.4.6 showsthe pole – zero plot for sereval simple signals. Notice the unit sample (n) is very special in that it isthe only function which doesn’t have any pole and zero . 15 Giản đồ cực-không thì rất hữu ích trong phân tích và thiết kế hệ thống lọc số. Hình 4.7 chỉmối liên hệ giản đồ cực-không và đặc tính của hệ thống (hoặc tín hiệu). Thật sự chỉ vị trí cực ảnhhưởng đến đặc điểm của tín hiệu. ... ... n n 1 0 1 0 Convergent Convergent (stable) (stable) x(n) x(n) ... ... n n 1 0 1 0 Oscillatory oscillatory (Marginally Stable) (Marginally Stable) x(n) x(n) ... ... n n 1 0 1 0 Divergent Divergent (Unstable) (Unstable) Hình. 4.7: Liên hệ giữa vị trí cực và đặc tính của b(n) = anu(n) với những giá trị khác nhau của a. Khi tín hiệu x(n) hoặc đáp ứng xung h(n) có giá trị thực, những cực và không là thựchoặc xuất hiện trong đôi liên hợp phức.Ví dụ 4.3.1Tìm giản đồ cực-không của hệ thống tương ứng với hàm truyền. z 2  z 3 H(z) = 1  3.6z 1  4.59z 2  2.38z 3  0.39z 4Giải 4Nhân cả tử và mẫu bởi z , ta có z2  z N ( z)  H(z) = z  3.6 z  4.59 z  2.38 z  0.39 D( z ) 4 3 2Thừa số tử và mẫu: N(z) = z(z+1) D( z )  ( z  1) 2 ( z 2  1.6 z  0.39)Vì vậy những không của hệ thống là  z(z+1) = 0 z = 0, z = -1và những cực là (z–1)2(z2 – 1.6z + 0.39) = 0  z = 1(kép), z = 0.8 + j0.5 , z = 0.8 – j0.5Hình. 4.8 là giản đồ cực –không của hệ thống. 16 Im(z) Unit circle 0.5 1 (double) -1 0 0,8 Re(z) –0.5 Hình. 4.8: Ví dụ 4.3.3(giản đồ cực-không) Chú ý rằng với mục đích tìm cực và không ta biến hàm H(z) của z 1 thành hàm của z. 4.3.2 Vẽ biên độ của X(z) , H(z)Đây là những hàm trong Matlab mà cho phép ta vẽ biên độ |X(z)| or | H(z)| trong không gian ba chiềutương ứng với trục thực và ảo z. Hình 4.9 là một |H(z)| Im(z) Unit circle Re(z) Hình 4.9: Vẽ biên độ của H ( z )  ( z  1) /( z  1)Ví dụ về vẽ những chiều z của hàm truyền có một cực và một không.4.3.3 Cực và không tại gốcCực và không tại gốc của một hệ thống không ảnh hưởng đến đáp ứng bên độ và pha nhưng ảnhhưởng đến thời gian đáp ứng của nó, nghĩa là, đáp ứng đến sớm hay muộn so với thời gian khi áp tínhiệu vào. Đặc biệt, một không sẽ chậm một đơn vị thời gian, ngược lại một cực tại gốc sẽ tăng đápứng một đơn vị thời gian. Ta tự do cộng thêm cực và không đến hệ thống, bằng cách cộng những thừasố thích hợp vào tử và mẫu đề đáp ứng hệ thống ngay lập tức hoặc hệ thống trở thành nhân quả. Ví dụ, xét hàm truyền 1 H(z) = z(z  1 ) (z  2 )Có ba cực tại z = 0,1 và 2 . Phương trình tín hiệu có thể được tìm như là 17 y(n) = 3y(n-1) – 2y(n-2) + x(n-3)mà chỉ rằng ngõ ra tín hiệu phụ thuộc ngõ vào tín hiệu tại 3 thời điểm trước đố. Để hệ thống đáp ứngngay lập tức, ta cộng thêm 3 đơn vị thời gian bằng 3 không tại gốc. Hàm truyền trở thành. z3 H(z) = z(z  1 ) ( 2 z  1 )Tương ứng với phương trình tín hiệu y(n) = 3y(n-1) – 2y(n-2) + x(n)Vì vậy, với một hệ thống đáp ứng ngay lập tức với ngõ vào, hàm truyền phải có số cực và khôngbằng nhau, hoặc bậc của tử và mẫu trong đa thức phải bằng nhau.4.3.4 Hủy cực-khôngTrong đa thức của biến đổi z nếu một không hủy một cực, đôi cực-không này là hủy lẫn nhau. Vì vậygiảm bậc của đa thức, và sự đơn giản theo sau phương trình tín hiệu. Kỹ thuật hủy cực –không thỉnh thoảng được sử dụng trong xử lý tín hiệu số và thiết kế hệthống điều khiển. Ngõ ra là một sự tương tác giữa ngõ vào và hệ thống, vì vậy ta có thể chọn hệ thốngđể hủy cực và không của tín hiệu vào. Hủy cực -không có thể xuất hiện với hệ thống. Vấn đề là khihủy cực không nếu không hoàn toàn sẽ có hiệu ứng chiều dài từ hữu hạn, và những lý do khác, hệthống được thiết kế trở nên bất ổn định.Ví dụ 4.3.2Cho hệ thống y(n) = 2.5y(n – 1) – y(n – 2) + x(n) – 5x(n – 1) + 6x(n – 2)áp dụng điều kiện hủy cực –không. Tìm đáp ứng xung của hệ thống được rút gọn.GiảiSử dụng đặc tính trì hoãn của biến đổi z vào phương trình hệ thống vào ra trênSắp xếp lại:Để có hàm truyền:Vì vậy cực tại p = 2 và không tại z = 2 có thể hủy bỏ lẫn nhau, kết quả hình thành một lọc bậc thấphơn có phương trình dạng Để tìm đáp ứng xung ta khai triển H(z)Biến đổi z ngược ta có đáp ứng xung:Ta có thể tìm đáp ứng xung từ phương trình tín hiệu nhưng ta dùng cách khác diễn tả đáp ứng xung gần đúng như hình thức ở trên.Ví dụ 3.4.3Tìm đáp ứng của hệ thốngVới ngõ vào 18GiảiSử dụng biến đổi z như ví dụ trên ta có hàm biến đổiChú ý hệ thống thì ổn định. Biến đổi z của tín hiệu vào làChú ý X(z) có một không tại trùng khớp với cực của H(z), vì vậy xuất hiện sự hủycực-không trong biểu thức ngõ ra:Biến đổi z đảo choVới hàm truyền khác, sự hủy cực không sẽ không xảy ra và tín hiệu ngõ ra sẽ có cùng thành phầncộng.4.3.5 Tìm đáp ứng tần số bằng phƣơng pháp hình họcTa biết rằng biến đổi z khi z giới hạn trong vòng tròn đơn vị là DTFT. Vì vậy đáp ứng tần số, có thểtính xấp xỉ bằng phương pháp hình học. Xem ví dụ đơn giản, có hàm truyền. z  0.8 H(z) = z  0.8Có một không tại z = 0.8 và một cực tại p = -0.8 . Với đáp ứng tần số ta thay z = ej  : e jω  0.8 H(  ) = e jω  0.8Tử số trình bày vector Z từ z bằng không đến điểm z = ej  trên vòng tròn đơn vị, và mẫu số bằngvector P từ cực P đến cùng điểm z (hình 4.10). Ta chú thích  cho gốc pha. Vì vậy Z Z Z Z H (ω) =   ( Z  P) (4.29) P P P P H(  ) Im(z) . z = ej  10 (  ) 8 P 1 Z 6 Z ω P p 0 z Re(z) 4 -(0.8) (0.8) 2 1 1/9   - -/2 0 /2 (b) 19 (a) Hình. 4.10: Đáp ứng tần số bằng phương pháp hình họcChú ý rằng đáp ứng pha là gốc nhìn từ điểm z trên vòng tròn đơn vị đến cực p và z bằng 0.Đáp ứng biên độ và pha tương ứng. Z H(  ) = P (  ) =  (Z – P)Xem một vài trường hợp đặc biệt với sự tính toán là đơn giản 1  0,8 1  Tại  = 0: H(0) = H(0) = 0 – 0 = 0 rad = , 1  0,8 9 1  0,8  Tại  = : H() = H() =  –  = 0 rad =9 , 1  0,8 π π π π  Tại  = : H( ) = 1  H( )  rad , 2 2 2 2Ta di chuyển điểm z dọc theo vòng tròn đơn vị, tại vị trí được chọn, ta tính và đo chiều dài tương ứngvà gốc pha. Kết quả đáp ứng biên độ chỉ trong hình 4.10b. Để có đáp ứng chính xác hơn, ta cần ít nhấtmột giá trị khác tại   3 4 . Khi hàm truyền có nhiều cực và không, đáp ứng là Z1 Z 2 Z 3  H(  ) = (4.30a) P1 P2 P3  (  ) =  <(Z 1  Z 2  Z 3  )  (P  P2  P3  )> (4.30b) 1 Dù phương pháp hình học chỉ xấp xỉ, nó cho phép ta ước lượng nhanh chóng kết quả thiết kếtvà sau đó tiến hành thêm/bỏ cực và không để có được hệ thống như mong muốn.4.4 VÙNG HỘI TỤ (ROC), SỰ ỔN ĐỊNHChuỗi định nghĩa biến đổi z (4.3) có thể phân kỳ và định nghĩa trở thành vô nghĩa. Vùng hội tụ (ROC)là vùng nơi biến đổi z X(z) hoặc H(z) hội tụ. ROC cho ta quyết định thuộc tính biến đổi z ngƣợc . Đầu tiên xét một số ví dụ Mẫu đơn vị (n) có biến đổi z là 1, vì vậy ROC là toàn bộ mặt phẳng z  Tín hiệu (n+k) với k>0 có biến đổi z là zk , vì vậy ROC là tất cả mặt phẳng z, ngoại từ tại z =  . Tín hiệu x(n) = <1 , 2 , 3 , 4 , 5> có biến đổi z  X(z) = 1 + 2z-1 + 3z-2 + 4z-3 + 5z-5 ROC là toàn bộ mặt phẳng z ngoại trừ tại điểm z=0 (gốc). Tín hiệu h(n) = <1 , 2 , 3 , 4 , 5> có biến đổi z  H(z) = z2 + 2z + 3 + 4z-1 + 5z-2 ROC là toàn bộ mặt phẳng z ngoại trừ tại z = 0 và z =  204.4.1 ROC của hệ thống nhân quả và không nhân quảBây giờ ta xem ROC của hai tín hiệu cơ bản: nhân quả và không nhân quả.Tín hiệu nhân quảXét ví dụ, x(n) = 0.8nu(n) = 1 , 0.8 , 0.82 , 0.83 , …    (0.8z  1 n 0.8n u (n) z  n = ) X(z) = n 0 n  1 0.8 z 1  1 = , 1  0.8 z 1Trên, sử dụng công thức chuỗi hình học (2.8). Điều kiện 0.8z-1 0.8 . Vì vậyROC là tất cả vùng ngoài vòng tròn bán kính 0.8. (Hình 4.11a). Chú ý rằng biến đổi có không tại gốcvà cực tại z=0.8. (b) Tín hiệu phi nhân quả.Xét ví dụ x(n) = -0.8nu(-n-1) 1    0.8 z n . =   <0.8 1 z >n =   <0.8 1 z >n  1 X(z) =  n n 0 n   n 1Lấy tổng, ta có 1 1 0.8 1 z  1 X(z) =  1  , 1 1  0.8 z 1 1  0.8 zĐiều kiện 0.8-1z a Nhân quả anu(n) , (4.31) 1  az 1 (Bên phải) 1  ROC:  z