BÀI GIẢNG MÔN XỬ LÍ SỐ TÍN HIỆU CHƯƠNG 5 - BIẾN ĐỔI Z pptx

BÀI GIẢNG NG XỬ LÝ SỐ TÍN HIỆU Biên soạn: PGS.TS LÊ TIẾN THƯỜNG n: NG Tp.HCM, 02-2005 CHƯƠNG 5: BIẾN ĐỔI Z 5.1 Những tính chất 5.2 Miền hội tụ 5.3 Nhân ổn định 5.4 Phổ tần số 5.5 Biến đổi Z ngược CHƯƠNG 5: BIẾN ĐỔI Z 5.1 Những tính chất Biến đổi z công cụ để thiết kế, phân tích biểu diễn lọc số Biến đổi z tín hiệu rời rạc thời gian x(n) định nghóa sau: X (z ) = n =∞ x (n )z − n ∑ (biến đổi z) (5.1.1) n = −∞ dạng số hạng: X(z) = … +x(-2)z2 + x(-1)z + x(0) + x(1)z-1 + x(2)z-2 + … Nếu tín hiệu x(n) nhân luỹ thừa âm z-n, n ≥ xuất công thức khai triển CHƯƠNG 5: BIẾN ĐỔI Z Định nghóa (5.1.1) áp dụng cho chuỗi đáp ứng xung h(n) lọc số Biến đổi z h(n) gọi hàm truyền lọc định nghóa: H (z ) = n=∞ h (n )z − n (hàm truyền) ∑ (5.1.2) n = −∞ Ví dụ 5.1.1: Xác định hàm truyền H(z) hai lọc nhân ví dụ 3.4.3 (a) h = {h0, h1, h2, h3} = {2,3,5,2} (b) h = {h0, h1, h2, h3, h4} = {1,0,0,0,-1} CHƯƠNG 5: BIẾN ĐỔI Z Giải: Dùng định nghóa (5.1.2), ta có: H(z)= h0 + h1z-1 + h2 z-2 + h3 z-3 = + 3z-1 + 5z-2 + 2z-3 câu a, H(z)= h0 + h1z-1 + h2 z-2 + h3 z-3 + h4 z-4 = - z-4 câu b Có tính chất biến đổi z mà thuận lợi cho việc phân tích tổng hợp hệ thống tuyến tính: - Tính tuyến tính - Tính trễ - Tính chập CHƯƠNG 5: BIẾN ĐỔI Z Tính tuyến tính: biến đổi z tổ hợp tuyến tính tín hiệu tổ hợp tuyến tính biến đổi z Z (5.1.3) a1x1 (n ) + a x (n ) ⎯ ⎯→ a1X1 (z ) + a X (z ) Tính trễ: trễ tín hiệu D mẫu tương đương với tích biến đổi z với hệ số z-D Z Z −D (5.1.4) x (n ) ⎯ ⎯→ X (z ) ⇒ x (n − D ) ⎯ ⎯→ z X (z ) Tính chập: chập miền thời gian trở thành tích miền z (5.1.5) y(n ) = h (n ) * x (n ) ⇒ Y (z ) = X (z )H (z ) CHƯƠNG 5: BIẾN ĐỔI Z Ví dụ 5.1.2: Hai lọc ví dụ ví dụ 3.4.3 viết dạng “đóng” sau: (a) h(n) = 2δ(n) + 3δ(n-1) + 5δ(n-2) + 2δ(n-3) (b) h(n) = δ(n) - δ(n-4) Hàm truyền đạt cách dùng tính trễ tính tuyến tính sau: Trước hết, ý biến đổi z δ(n) δ (n ) ⎯ ⎯→ Z n =∞ ∑δ (n )z n = −∞ −n = δ (0 )z −0 =1 CHƯƠNG 5: BIẾN ĐỔI Z Ví dụ 5.1.2: Kế đó, từ tính trễ ta có δ (n − 1) ⎯Z z −1.1 = z −1 , ⎯→ δ (n − 2) ⎯Z z − = z − , ⎯→ δ (n − 3) ⎯Z z −3 = z −3 , ⎯→ Dùng tính tuyến tính, có: Z −1 −2 −3 2δ (n) + 3δ (n −1) + 5δ (n − 2) + 2δ (n − 3) ⎯ →2 + 3z + 5z + 2z ⎯ (a), h (n ) = δ (n ) − δ (n − ) ⎯Z H (z ) = − z −4 ⎯→ (b) CHƯƠNG 5: BIẾN ĐỔI Z Ví dụ 5.1.3: Dùng u(n)-u(n-1)=δ(n), n, tính chất biến đổi z Hãy xác định biến đổi z tín hiệu (a) x(n) = u(n) (b) x(n) = -u(-n-1) Giải: Đối với (a), có phương trình vi phân x(n) - x(n-1) = u(n) - u(n-1) = δ(n) Lấy biến đổi z hai vế dùng tính trể tính tuyến tính, ta có: Z −1 ⎯→ X (z ) − z X (z ) = ⇒ X (z ) = x (n ) − x (n − 1) = δ (n ) ⎯ − z −1 CHƯƠNG 5: BIẾN ĐỔI Z Ví dụ 5.1.3: Tương tự: (b), có phương trình vi phân x(n)-x(n-1)=-u(-n-1)+u(-(n-1)-1)= u(-n)-u(-n-1)=δ(-n) Phương trình cuối cùng, dùng định nghóa cho trước cách thay n –n Chú ý δ(-n)= δ(n) lấy biến đổi z hai vế, ta có ⎯→ x(n) − x(n − 1) = δ (− n) ⎯ X (z) − z X (z) = ⇒ X (z) = − z −1 Vì hai tín hiệu u(n) –u(-n-1) hoàn toàn khác miền thời gian (một nhân phản nhân quả) biến đổi z chúng giống Z −1 CHƯƠNG 5: BIẾN ĐỔI Z Đối với ROC thứ nhất, hai số hạng khai triển PF biến đổi nhân thành: x(n) = A1(0.5)nu(n) + A2(– 0.5)nu(n) Bởi ROC chứa vòng tròn đơn vị, tín hiệu x(n) ổn định Với ROC thứ hai, hai khai triển PF biến đổi phản nhân thành: x(n) = – A1(0.5)nu(– n – 1) – A2(– 0.5)nu( – n – 1) Đáp số không ổn định ROC không chứa vòng tròn đơn vị Ví dụ 5.5.5: Xác định tất biến đổi z ngược 10 + z −1 − z −2 X (z ) = − 0.25 z −2 CHƯƠNG 5: BIẾN ĐỔI Z Giải: Trong trường hợp này, không sử dụng khai triển PF thông thường bậc tử số bậc mẫu số Tuy nhiên, có khai triển dạng (5.5.3) A1 A2 10 + z −1 − z −2 10 + z −1 − z −2 X (z ) = = = A0 + + −2 −1 −1 −1 −1 − 0.25 z (1 − 0.5 z )(1 + 0.5 z ) − 0.5 z + 0.5 z CHƯƠNG 5: BIẾN ĐỔI Z Trong đó, A1 A2 xác định theo cách thông thường A0 xác định cách tính X(z) z = 0: ⎡10 + z −1 − z −2 ⎤ ⎡10z + z − 1⎤ −1 =⎢ = =4 A0 = ⎢ ⎥ −2 ⎥ − 0.25 ⎣ − 0.25z ⎦ z=0 ⎣ z − 0.25 ⎦ z=0 ⎡10 + z −1 − z −2 ⎤ = 4, A1 = ⎢ −1 ⎥ ⎣ + 0.5 z ⎦ z=0.5 ⎡10 + z −1 − z −2 ⎤ =2 A2 = ⎢ −1 ⎥ ⎣ − 0.5 z ⎦ z=−0.5 Một lần nửa, có hai ROC I vaø II: |z| > 0.5 vaø |z| < 0.5 Đối với ROC thứ nhất, hai số hạng A1 A2 biến đổi nhân thành số hạng A0 đơn giản biến đổi ngược δ(n) x(n) = A0d(n) + A1(0.5)nu(n) + A2(– 0.5)nu(n) Với ROC thứ hai, ta có: x(n) = A0d(n) – A1(0.5)nu(– n – 1) – A2(– 0.5)nu( – n – 1) CHƯƠNG 5: BIẾN ĐỔI Z Chỉ biến đổi ngược thứ ổn định ROC chứa vòng tròn đơn vị Ví dụ 5.5.6: Xác định biến đổi z ngược nhân + z −5 X (z ) = − 0.25 z −2 CHƯƠNG 5: BIẾN ĐỔI Z Giải: Bậc tử số hoàn toàn lớn bậc mẫu số Phương pháp thứ chia tử số cho mẫu số, ta có: (6 + z-5) = (1 – 0.25z-2)(– 16z-1 – 4z-3) + (6 + 16z-1) Trong (6 + 16z-1) đa thức dư (– 16z-1 – 4z-3) số thương Kế tiếp: X (z) = + z−5 = −16z−1 − 4z−3 + + 16z−1 − 0.25z −2 − 0.25z −2 khai triển số hạng cuối thành daïng PF: X ( z ) = −16 z −1 − z −3 + 19 13 − − 0.5 z −1 + 0.5 z −1 Biến đổi z nhân có ROC |z| > 0.5: x(n) = - 16 d(n - 1) - 4d(n - 1) + 19(0.5)nu(n) - 13( -0.5)nu(n) CHƯƠNG 5: BIẾN ĐỔI Z Phương pháp thứ hai “khử/khôi phục” Bỏ qua tử số 0.5 0.5 có: W (z ) = = + −2 −1 −1 − 0.25 z − 0.5 z + 0.5 z maø có biến đổi z nhân quả: x(n) = 0.5(0.5)nu(n) + 0.5( -0.5)nu(n) Khi biết w(n) x(n) tìm cách khôi phục tử số: X(z)= (6 + z-5)W(z)= 6W(z)+ z-5W(z) Lấy biến đổi z ngược hai vế sử dụng tính chất trể, ta có: x( n ) = 6w(n) + w( n −5) = 3(0.5) u(n) + 3(−0.5) u(n) n n +0.5(0.5) u(n −5) +0.5(−0.5) u(n −5) n−5 n−5 CHƯƠNG 5: BIẾN ĐỔI Z Hai kết thu từ hai phương pháp tương đương Ví dụ 5.5.7: Xác định tất biến đổi z ngược có − z − z + 5 z cuûa: X (z ) = −1 −2 −3 (1 − z )(1 − z )(1 − z ) −2 −1 −1 Giải: X(z) thỏa khai triển PF 1 X (z ) = + + −1 −1 1− z 1+ z − 0.5 z − + − 1.5 z − hệ số khai triển PF dễ dàng tìm Bốn cực z = 0.5, 1, -1, 1.5 chia miền z thành miền ROC I, II, III, IV Miền I tương ứng với đảo hoàn toàn phản nhân miền IV tương ứng với đảo hoàn toàn nhân CHƯƠNG 5: BIẾN ĐỔI Z Đối với miền II, cực z = 0.5 biến đổi ngược nhân phần lại phản nhân Còn miền III, z = 0.5 z = ±1 biến đổi ngược nhân z = 1.5 đảo phản nhân Do đó, bốn biến đổi z ngược có là: n n n x (n ) = − [1 + (− ) + (0 ) + (1 ) ]u (− n − ) n n n x (n ) = (0 ) u (n ) − [1 + (− ) + (1 ) ]u (− n − ) x (n ) = [1 + (− )n + (0 )n ]u (n ) − (1 )n u (− n − ) n n n x (n ) = [1 + (− ) + (0 ) + (1 ) ]u (n ) Nói xác, kết ổn định hai cực z = ± nằm vòng tròn đơn vị Tuy nhiên, x2(n) x3(n) ổn định biên, nghóa không hội tụ phân kỳ nhân lớn CHƯƠNG 5: BIẾN ĐỔI Z Trong hai trường hợp, số hạng phản nhân (1.5)n tiến với nhân âm lớn Thật vậy, nhân âm, viết n = - |n| (1.5)n = (1.5)- |n| n ơ• Các số hạng cực z = ± nhân phản nhân trường hợp II III, chúng bị chặn Hai tín hiệu khác x1(n) x4(n) không ổn định vòng tròn đơn vị không nằm ROC chúng Giả sử đa thức tử số mẫu số N(z) D(z) có hệ số thực nghóa cực phức X(z) cặp liên hợp phức Trong trường hợp đó, khai triển PF có dạng: * A1 A1 A2 X (z ) = + + + −1 * −1 −1 − p1 z − p1 z − p2 z CHƯƠNG 5: BIẾN ĐỔI Z Trong đó, hệ số khai triển PF cặp liên hợp phức Vì thế, cần xác định đủ, không cần hai Biến đổi z ngược tương ứng thực, thật vậy, xét trường hợp nhân có: x (n ) = n A1 p1 u (n ) + * *n A1 p1 u (n ) + n A2 p2 u (n ) + Bởi hai số hạng liện hợp phức nên dùng kết C + C* = 2Re(C) cho số phức C để viết số hạng thứ [ n * * n A1 p1 u (n ) + A1 p1 n u (n ) = Re A1 p1 ] Viết A1 p1 dạng cực: A1 = B1e jα p1 = R 1e jω với B1 > ng c: R1 > 0, ta coù: Re[A1p1n ] = Re[B1e jα R 1n e jω n ] = B1R 1n Re[e jω n + jα ] lấy phần thực lũy thừa, ta có: a, 1 1 1 CHƯƠNG 5: BIẾN ĐỔI Z [ ] n * * n n A1p1 u (n ) + A1 p1 n u (n ) = Re A1p1 = B1R cos(ω1n + α1 ) n n x ( n ) = B1 R cos (ω1 n + α1 ) + A p u (n ) + Do đó, cực phức tương ứng hàm sin suy giảm theo ng n lũy thừa (nếu R1 < 1) Đường bao suy giảm R tần số ω1 ng phụ thuộc vào cực phức p1 = R 1e jω1 Các số hạng bậc khai triển PF tương ứng với ng ng cực liên hợp phức tổ hợp lại thành số nh hạng bậc hai với hệ số thực sau: ng ( ) ( ) * * * * A1 A1 A + A − A 1p1 + A p1 z −1 + = −1 * −1 * − p 1z − p1 z − p 1z −1 − p z − Sử dụng đồng thức: ng n g c: ( )( ) CHƯƠNG 5: BIẾN ĐỔI Z (1 − p 1z Hoaëc (1 − R e −1 )(1 − jω1 −1 z * p1z )(1 − R e −1 )= − − jω1 −1 z Re ) = − 2R (p )z − + p1 z − 2 cos(ω1 )z −1 + R z −2 viết A1 + A1* = 2Re(A1) = 2B1cos(a1) A1p1* + A1*p1 = 2Re(A1p1*) = 2B1R1cos(ω1 - a1) chuùng ta tìm được: ng c: * A1 A1 B cos (α ) − B R cos (α − ω )z − + = −1 * −1 − p 1z − p1z − R cos (ω )z − + R z − coù hệ số thực c Ví dụ 5.5.8: Xác định tất biến đổi z ngược có − z −1 + z −2 cuûa: X (z ) = a: −2 + 0.25 z CHƯƠNG 5: BIẾN ĐỔI Z Giải: − 3z −1 + z −2 − 3z −1 + z −2 = X (z ) = −2 + 0.25z + 0.5 jz−1 − 0.5 jz−1 A1 A2 = A0 + − 0.5 jz−1 + 0.5 jz−1 ( với giá trị )( ) CHƯƠNG 5: BIẾN ĐỔI Z ⎡ − z −1 + z −2 ⎤ ⎡ − z −1 + z −2 ⎤ A0 = ⎢ = , A1 = ⎢ =3j −2 ⎥ −1 ⎥ ⎣ + 0.25 z ⎦ z =0 ⎣ + 0.5 jz ⎦ z = 0.5 j 3j 3j z −1 theá: X (z ) = + − jz − − + jz − = − + 25 z − Vì ROC nhân ⏐z⏐ > ⏐0.5j⏐ = 0.5 cho: x (n ) = 4δ (n ) + j (0.5 j ) u (n ) − j (− 0.5 j ) u (n ) n n Vì hai số hạng cuối liên hợp phức nên ng ng viết lại thành: ng nh: n n x (n ) = 4δ (n ) + Re[3 j (0.5 j ) u (n )] = 4δ (n ) + (0.5 ) u (n ) Re[ j n + ] Vieát jn+1 = ejπ(n+1)/2, ta tìm phần thực: c: ⎛ π (n + ) ⎞ ⎛ πn ⎞ Re [ j ] = cos ⎜ ⎟ = − sin ⎜ ⎟ 2 n +1 vaø ⎝ x (n ) = δ (n ) − (0 ) n ⎠ ⎝ ⎠ ⎛ πn ⎞ sin ⎜ ⎟ u (n ) ⎝ ⎠ CHƯƠNG 5: BIẾN ĐỔI Z Tương tự, tìm x (n )= 4δ (n ) + (0 )n ⎛ πn ⎞ sin ⎜ ⎟ u (− n − ) ⎝ ⎠ phiên phản nhân có ROC ⏐z⏐ < 0.5 Một số ví dụ khác với cực liên hợp phức trường hợp (6 – 9) ví dụ 5.2.2 ... {1,0,0,0 ,-1 } CHƯƠNG 5: BIẾN ĐỔI Z Giải: Dùng định nghóa (5. 1.2), ta có: H (z) = h0 + h 1z- 1 + h2 z- 2 + h3 z- 3 = + 3z- 1 + 5z- 2 + 2z- 3 câu a, H (z) = h0 + h 1z- 1 + h2 z- 2 + h3 z- 3 + h4 z- 4 = - z- 4 câu b Có tính... miền z Giải: i: Hai chuỗi h={1,2 ,-1 ,1}, x={1,1,2,1,2,2,1,1} có biến đổi z: H (z) = + 2z- 1 - z- 2 + z- 3 X (z) = + z- 1 + 2z- 2 + z- 3 + 2z- 4 + 2z -5 + z- 6 + z- 7 Nhân hai đa thức, ta có tích Y (z) = X (z) H (z) ... X (z) H (z) c, Y (z) = + 3z- 1 + 3z- 2 + 5z- 3 + 3z- 4 + 7z -5 + 4z- 6 + 3z- 7 + 3z- 8 +z- 10 Hệ số lũy thừa z mẫu chập ngõ ra: y=h*x={1, 3, 3, 5, 3, 7, 4, 3, 3, 3, 0, 1} CHƯƠNG 5: BIẾN ĐỔI Z 5. 2 Miền hội tụ