Chương 4 BIẾN đổi z

1 Chương BIẾN ĐỔI Z Chương giới thiệu biến đổi z mà hữu ích phân tích thiết kế hệ thống DSP (hoặc DTSP), giống biến đổi Laplace cho hệ thống tương tự (hoặc liên tục thời gian) Phân tích Fourier phát triển cho miền liên tục thời gian hữu ích cho tín hiệu hệ thống rời rạc thời gian Ta thấy biến đổi z biến đổi Fourier liên hệ với Ta chọn để trình bày biến đổi z sau phân tích Fourieer nhiều tác giả khác làm, theo trật tự ngược lại thường thấy Chủ đề là: định nghĩa biến đổi z, hữu ích đôi biến đổi, thuộc tính biến đổi, vẽ cực không, vùng hội tụ, ổn định hệ thống, biến đổi ngược, biến đổi z bên, lọc bậc hai, đáp ứng chuyển tiếp hệ thống với điều kiện đầu 4.1 BIẾN ĐỔI Z Phần mở đầu bao gồm nhiều khía cạnh khác biến đổi z Giống biến đổi khác, biến đổi z áp dụng cho tín hiệu hệ thống rời rạc Ta biết hệ thống đặc trưng phương trình tín hiệu vào ra, đáp ứng xung nó, đáp ứng tần số Tóm lại ta thấy đặc tính thứ tư hệ thống 4.1.1 Định nghĩa: Biến đổi z X(z) tín hiệu rời rạc thời gian x(n) định nghĩa ∞ X(z) = x (n )z -n  n= (4.1) z biến phức miền biến đổi xem tần số phức (xem hình 4.5) Nhớ số n thời gian, không gian số thứ khác, thường thời gian Như định nghĩa trên, X(z) chuỗi mũ nguyên z 1 tương ứng với hệ số x(n) Khai triển X(z) để thấy điều này:  X(z) =  x ( n) z n = x(0) + x(1)z-1 + x(2)z-2 + (4.2) n 0 Trong công thức (4.1) tổng lấy từ n = đến  , X(z) không liên hệ với thời gian khứ x(n) Đây biến đổi z bên Biến đổi z bên có thể với điều kiện đầu x(n) (phần 4.7) Nhìn chung, tín hiệu tồn tại thời gian, biến đổi z hai bên định nghĩa như: ∞ X(z) = x  n  z -n  n= -∞ = …x(-2)z + x(-1)z + x(0) + x(1)z 1 2 + x(2)z + … (4.3) 1 Vì X(z) chuỗi mũ vô hạn z , biến đổi tồn giá trị nơi chuỗi hội tụ (tiến tới không n   -  ) Vì biến đổi z liên hệ mật thiết với vùng hội tụ (ROC) nơi hữu hạn (phần 4.4) Để phân biệt, ta thích X  (z ) cho biến đổi z bên Ví dụ 4.1.1 Tìm biểu diễn toán học tín hiệu hình 4.1, sau tìm biến đổi z Giải (a) Chú ý tín hiệu nhân giảm , có giá trị 0.8 n với n  Vì ta viết x(n) = 0.8n u(n) sử dụng biến đổi (4.1)  X(z) =  x ( n) z n n 0 = + 0.8z–1 + 0.64z–2 + 0.512z–3 +… = + (0.8z–1) + (0.8z–1)2 + (0.8z–1)3 + … Ap dụng công thức chuỗi hình học vô hạn (2.8)  + x + x2 + x3 + … = x n n 0 = , x< 1 x (4.4) Với x  0.8z 1 ta có z = 1 z  0.8  0.8 z X(z) = Kết có hình thức hai bên Điều kiện | 0.8 z 1 |  nghĩa | z |  0.8 x(n) x(n) 0.8 0.64 1.44 0.512 -1 n -1 -1.2 (a) (a) (b) n -1 -1.728 Hình 4.1:Ví dụ 4.1 (b) Tín hiệu thây đổi dương âm với giá trị tăng Tín hiệu phân kỳ Sau vài lần thử, ta cso thể định biểu diễn toán học như: x(n) = (-1.2)n–1 u(n-1) (4.5) Với ( 1.2 ) n u(n) trễ đơn vị Sử dụng công thức (4.1) ta có  X(z) =  x( n )z n n 0 = + 1.0(z–1) – 1.2(z–1)2 + 1.44(z–1)3 – 1.718(z–1)4 + … = z–1 [1 + (-1.2z–1) + (-1.2z–1)2 + (-1.2z–1)3 + …] z 1 1 =z = = 1 1 z  1.2  1.2 z  1.2 z –1  4.1.2 Biến đổi z đảo Tín hiệu x(n) biến đổi X(z) đôi biến đổi z x(n)  X(z) (4.6) Một cách để tìm biến đổi ngược, có thể, sử dụng định nghĩa biến đổi z Phương pháp tổng quát biến đổi z ngược thảo luận phần 4.5 4.6 Ví dụ 4.1.2 Tìm biến đổi z ngược biểu thức sau z z  0.8 (b) X(z) = z  1.2 (a) X(z) = Giải (a) Lấy khai triển X(z) sử dụng chuỗi hình hoc vô hạn: X(z) = z = z - 0.8 1-0.8 z -1 = + (0.8z–1) + (0.8z–1)2 + (0.8z–1)3 + … = + 0.8z–1 + 0.64z–2 + 0.512z–3 + … Bằng cách so sánh từ thành phần với thành phần 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 cho không giống biến đổi, ta viết 1 z 1 X(z) = = = z 1 1 z  1.2  1.2 z  1.2 z 1 Kế đến, lấy khai triển X(z) : X(z) = z–1 [1 + (-1.2z–1) + (-1.2z–1)2 + (-1.2z–1)3 + …] = + 1.0z–1 – 1.2z–2 + 1.44z–3 – 1.728z–4 + … Vì x(n) = [0 ,1.0 , -1.2 , 1.44 , -1.728 , …] Mà diễn tả hình thức đóng sau x(n) = (–1.2) n 1 u(n-1)  4.1.3 Đôi biến đổi z Bảng 4.1 đưa nhiều đôi biến đổi z hữu ích, nơi vòng tròng đơn vị vòng tròn có bán kính 1tâm gốc Tất tín hiệu nhân (bên phải), ngoại trừ hai tín hiệu phi nhân (bên trái) Chú ý 1 biến đổi diễn tả tương đương hàm z z , ví dụ Bảng 4.1 : Đôi biến đổi z thông thường Tín hiệu x(n) Biến đổi X(z) Giảng đồ cực -không j -1 Unit circle -j ROC Mẫu đơn vị (n) Bậc đơn vị u(n) z ( ) 1 z 1 1 z Dốc đơn vị r(n) = nu(n) z -1 (  z -1 )2 Mũ thực an u(n) 0 z < a (4.7a) 1  az 1 anu(n)  X(z) = (cosn0)u(n) X(z) = z za or  z 1 cos Ω  z 1 cos Ω  z 2 (4.7b) or z(z  cos Ω ) z  z cos Ω  (4.7c) Hình thức có nhiều phụ thuộc vào ta muốn làm với biến đổi (xem phần 4.1.6 , 4.3 4.6) 4.1.4 Biến đổi z cho hệ thống Biến đổi z áp dụng cho tín hiệu hệ thống hệ thống trình bày đáp ứng xung Mà hàm có số n giống tín hiệu Vì thuộc tính mà biến đổi z hữu ích phân tích thiết kế hệ thống tín hiệu hệ thống tương tác Đặc biệt, biến đổi z đáp ứng xung h(n)  H(z) =  h( n) z n (Biến đổi bên) (4.8) (Biến đổi hai bên) (4.9) n 0 Hoặc  H(z) =  h(n) z n n   Phụ thuộc hệ thống nhân phi nhân H(z) gọi hàm truyền hàm hệ thống Ví dụ 4.1.3 Một hệ thống có đáp ứng xung h(n) = [1 , , , , , 6] Tìm hàm truyền Giải Hệ thống FIR phi nhân Hàm truyền cho công thức (4.9):  H(z) =  h(n) z n n   =  h ( n) z n n  2 = z 2  z 1   z 1  5z 2  z 3 Ngược lại, biết H(z) ta dễ dàng có h(n)  4.1.5 Hàm riêng trị riêng Ta biết đáp ứng tần số hệ thống H(  ) với ngõ vào x(n) = e jn , ngõ y(n) = e jn H(  ) (3.69b) Vì điều , e jn hàm riêng, H(  ) trị riêng hệ thống Bây giờ, với đầu vào x(n) = zn (4.10) ngõ hệ thống y(n) = h(n)  x(n) =   h(k)z k 0 nk    h(k)z  = zn  k 0 k    Trong ngoặc H(z) , y(n) = z n H(z) n Vì miền biến đổi z, z hàm riêng, H(z) trị riêng hệ thống 4.1.6 Hàm truyền thành phần hệ số lọc Đầu tiên, với phương trình lọc tổng quát (công thức (2.21)) (4.11) N y(n) = M  a y (n  k ) +  b x(n  k ) k k 1 k  M (4.12) k Với a k bk hệ số lọc (hằng số) Bây ta thay x(n) = z n y(n) = z n H(z) để có M n z H(z) = a k 1 k nk z N H (z) + b z k  N nk k Từ công thức ta rút biểu diễn H(z) cho lọc đệ qui, kết M bz H(z) = k  M N k k   ak z (lọc đệ qui) (4.13a) k k 1 Với lọc không đệ qui, mẫu 1, H ( z)  M bz k  M k (lọc không đệ qui) k (4.13b) Nó ý hàm truyền bên có kết từ công thức lọc (4.12) Một số tác gải viết công thức dạng khác (ví dụ, tất thành phần y bên trái công thức), điều dẫn đến biểu diễn khác H(z) Ý tưởng công thức lọc cho, ta thu thập hệ số để đặt vào biểu diễn H(z) mà không cần lấy biến đổi z Ngược lại, biết H(z) ta biết hệ số lọc Ví dụ 4.1.4 Cho z  3z z  0.5 z  0.8 -20 z  z (b) H(z) = 10 z  z -8 z  (a) H(z) = Tìm phương trình tín hiệu Giải (a) Viết H(z) hàm z 1 cách nhân tử số mẫu số với z 1 H(z) = 1 2-3z  3z  1 2  0.5 z  0.8 z  (0.5 z 1  0.8 z 2 ) Những hệ số b0 = Vì công thức lọc b = -3 a1 = -0.5 a2 = 0.8 y(n) = -0.5y(n-1) – 0.8y(n-2) + 2x(n) - 3x(n-1) (b) Nhân tử số mẫu số với 0.1 z H(z) = 3 để làm 10z mẫu  z 1  z 2  0.5 z 1  0.8 z 2  0.1z 3 Thu thập hệ số: b1 = -2 b2 = a1 = -0.5 Vì công thức lọc a2 = 0.8 a3 = _0.1 2 : 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 Z Trong chương nhiều thuộc tính (một số xem định lý) biến đổi z hai bên trình bày - Tuyến tính - Dịch thời gian - Nhân chập thời gian - Liên hệ với biến đổi Fourier rời rạc thời gian (DTFT) - Khác Không phải tất thuộc tính xem xét chi tiết Về sau đôi biến đổi z hiểu x(n)  X(z) 4.2.1 Tuyến tính Tuyến tính diễn tả a1x1(n) + a2x2(n)  a1X1(z) + a2X2(z) (4.14) Với a1 , a số Hình thức giống áp dụng cho nhiều tín hiệu Vì tuyến tính nghĩa kết nối tuyến tính ngõ vào đưa kết nối tuyến tính ngõ Với biến đổi z nhiều biến đổi khác tuyến tính thuộc tính quan trọng Nó cho phép ta tìm biến đổi biến đổi ngược kết nối nhiều thành phần Ví dụ 4.2.1 Tìm biến đổi z tín hiệu cosin nhân x(n) = (cosn 0 ) u(n) Giải Biểu diễn x(n) dạng thành phần mũ phức: x(n) = (cosn 0 ) u(n) = jnω0 e u(n) + e  jnω0 u(n) 2 X(z) = 1 Z [e jnω0 u (n)] + Z [e jn0 u (n)] 2 Biến đổi thành phần e jn0 u(n)  1  e jω0 z 1 e  jn0 u(n)   jω0 1 1 e z Vì X( z )   1 1  jω0 1  jω0 1 1 e z 1 e z  z 1 cos ω  2z 1 cos ω  z 2  4.2.2 Dịch thời gian Đầu tiên xem biến đổi z mẫu đơn vị (cũng xung đơn vị) (n) xung trễ (n-n0):  X(z) =  δ(n)z   n = z n  X(z) =  δ(n  n ) z n n 0 =1 z 0 n 0   = z n = z z  n0  n0 n Vì trễ n mẫu tương ứng với thừa số z biểu diễn biến đổi Bằng biểu diễn tín hiệu x(n) vào thành phần mẫu đơn vị áp dụng tính tuyến tính ta có kết tổng quát x(n – n0)  X(z) z  n0 x(n + n0)  X(z) z  n0 Vì điều này, ta sử dụng thích z hệ thống (phần 1.4.2) 1 (trễ thời gian) (4.15a) (Trước thời gian) (4.15b) cho trễ đơn vị z trước đơn vị giảng đồ khối Ví dụ 4.2.2: Mẫu đơn vị trừ với mẫu chậm đơn vị u(n) – u(n-1) = (n) Tìm biến đổi z (a) Bậc đơn vị nhân x(n) = u(n) (b) Bậc đơn vị phi nhân x(n) = -u(-n-1) Nhớ u(n) gọi tín hiệu bên phải, -u(-n-1) u(-n-1) tín hiệu bên trái, tín hiệu tồn hai bên âm dương gọi 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) = Hoặc X(z) = z = 1 z 1 1 z u(n) -2 ° -1 ° n -u(-n -1) -3 -2 -1 ° ° -1 Hình 4.2: Ví dụ 4.2.2 (b) Với tín hiệu phi nhân ta viết n x(n) – x(n-1) = -u(-n-1) + u[-(n-1) – 1] = u(-n) – u(-n-1) = (-n) Nhớ (-n) (n) (xem 1.4.1), biến đổi hai bên cho X(z) – z–1 X(z) = Hoặc X(z) = z = 1 z 1 1 z Chú ý hai tín hiệu (a) (b) có biểu diễn khác miền thời gian miền tần số chúng giống biến đổi z Tuy nhiên hai biến đổi có vùng hội tụ khác (xem 4.4) Ví dụ 4.2.3 Tìm biến đổi z xung chữ nhật nhân có N mẫu p(n) = , 0 n  N-1 , khác p(n) -2 -1 … N-1 N N+1 n Hình 4.3:Ví dụ 4.2.3 Giải Ta áp dụng trực tiếp định nghĩa (4.1) để tìm biến đổi, Mặc khác ta viết xung chữ nhật dạng p(n) = u(n) – u(n – N) Lấy biến đổi, sử dụng thuộc tính trễ: P(z) = Z[u(n)] – Z[u(n–N)] = Z[u(n)] – z–NZ[u(n)] = (1 – z–N) Z[u(n)] =  z N  z 1  4.2.3 Nhân chập thời gian Như biến đổi Fourier, thuộc tính mạnh quan trọng (định lý) biến đổi z cho khía cạnh ứng dụng nhân chập thời gian, phát biểu như: Nhân chập hai hàm thời gian tương ứng với nhân thường miền biến đổi z x1(n)  x2(n)  X1(z) X2(z) (4.16) Như thông thường, nhân chập kết ngõ nhân chập tín hiệu vào x(n) với đáp ứng xung hệ thống h(n) x(n)  h(n)  X(z) H(z) (4.17) Với H(z) hàm truyền Sự hội tụ minh họa hình 4.4 Tín hiệu ngõ miền thời gian cho 10 Tín hiệu vào Hệ thống h(n) Miền thời gian: x(n) z Miền z : X(z) Z H(z) Tín hiệu y(n) = x(n)  h(n) Z  (Nhân chập) Y(z) = X(z) H(z) Hình 4.4: Sơ đồ chuyển miền thời gian sang miền z thuộc tính nhân chập thời gian y(n) = x(n)  h(n) miền z Y(z) = X(z) H(z) Từ điều H(z) = Y ( z) X ( z) (4.18) Vì hàm truyền (hoặc hàm hệ thống) hệ thống tỉ số biến đổi z ngõ với biến đổi z ngõ vào Điểm cho ta định hàm hệ thống biến đổi ngược, đáp ứng xung Chứng minh: Thuộc tính nhân chập minh họa sau: Đầu tiên ta viết  x(n) = x1(n)  x2(n) =  x (k)x (n  k) k   Lấy biến đổi z  X(z) =  x(z)z n = n      n    x1(k)x2(n  k) z n    k     Thay đổi trật tự tổng sử dụng thuộc tính trễ thời gian:   X(z) =   x (k )  x k   n    = X2(z)  x (k ) z k   k  (n  k ) z  n   = X2(z) X1(z) = X1(z) X2(z) Ví dụ 4.2.4 Áp chuỗi đầu vào x(n) = [1 , , -1 , -2 , , 2] đến hệ thống có đáp ứng xung h(n) = [0 , , 2] Tìm tín hiệu ngõ Giải Lấy biến đổi z x(n) h(n) : X(z) = + 2z–1 - z–2 - 2z–3 + z–4 + 2z–5 H(z) = + z–1 + 2z–2 Biến đổi ngõ Y(z) = H(z) X(z) 40 x ( n) H ( z) y ( n) H I ( z) x ( n) Hình.4.19: H ( z ) H I ( z ) dạng đẩy kéo Ví dụ 4.9.1 Một lọc có đáp ứng xung h(n)  0.8n u(n) Xác định lọc ngược Giải Chú ý hệ thống cho nhân ổn định, có hàm truyền (ví dụ 4.1.1, phần 4.1.1) H ( z)  , | z | 0.8  0.8 z 1 Lọc ngược H I ( z)    0.8 z 1 H ( z) Và đáp ứng xung hI (n)   (n)  0.8 (n  1) Cũng ổn định nhân ổn định  Đây hệ thống nơi ta có hai hệ thống đảo ngược khác nhau, nhân phi nhân (phần 4.4.1), phụ thuộc vùng hội tụ hàm truyền đảo H I ( z ) Ví dụ 4.9.2 Xác định hệ thống đảo ngược hệ thống có đáp ứng xung Giải Chú ý hệ thống cho lọc FIR, nhân ổn định Hàm truyền Hệ thống đảo HI(z) có không gốc cực z = 0.8 Vì vậy, có hai vùng hội tụ: Nếu ROC (Vùng ROC chứa vòng tròn đơn vị), biến đổi ngược Ngược lại ROC biến đổi ngược Tương ứng với hệ thống bất nhân không ổn định  4.9.2 Áp dụng lọc ngƣợc Vì hạn chế băng thông kênh truyền, xung chữ nhật truyền trình bày liệu cất trải phổ, gây tự trùng lắp xung liên tục gọi can nhiễu ký tự intersymbol interference (ISI) Vì đầu thu cân giới thiệu, lọc đảo FIR H I ( z ) để chống lại hiệu ứng kênh H ( z ) Để thiết kế cân H I ( z ) cách hiệu quả, ta nên biết hàm truyền kênh H ( z ) , i.e tất đặc tính biên độ tần số pha kênh Trong nhiều trường hợp ta chúng (ví dụ, hệ thống kênh intelphone phụ thuộc vào kết nối mạch người nói) Hơn nữa, đặc tính kênh đặc biệt thường khác theo thời gian, nhiễu, can nhiễu khác Trong tình ta phải sử dụng cân thích nghi, lọc thích nghi 41 Một lĩnh vực ứng dụng khác lĩnh vực xử lý âm để chặn hiệu ứng dội hội trường phòng thu 4.9.3 Sự ổn định vấn đề nhiễu Ở có hai vấn đề cần quan tâm giải nhân chập lọc ngược: ổn định nhiễu Ta biết cực hàm truyền phải nằm biên vòng tròn đơn vị để đảm bảo hệ thống nhân ổn định, ngược lại không không cần thiết nằm đâu mặt phẳng z Ta viết hàm truyền hàm tỉ số N ( z) H ( z)  D( z ) Sau hàm truyền ngược D( z ) (4.65) H I ( z)   H ( z) N ( z) Vì số cực H I ( z ) , không f H(z), nằm đường tròn đơn vị Ở có nhiều cực Trong trường hợp hệ thống đảo H I ( z ) không nhân mặt dù ổn định Trường hợp nhiễu, tồn tại, ngõ hệ thống y(n)  h(n)  x(n)  v(n) Với v(n) cộng thêm nhiễu Ngõ lọc đảo trở thành: xˆ (n)  hI (n)  y(n)  hI (n)  [h( x)  x(n)  v(n)] (4.66)  x(n)  hI (n)  v(n) Phụ thuộc vào đặc tính tự nhiên lọc đảo hI (n) , nhiễu ngõ hI (n)  v(n) lớn nhiễu v(n) Cả hai vấn đề ổn định nhiễu phải giải 4.9.4 Nhận định hệ thống Trong tình thực tế, ta không xác định hệ thống muốn biết thuộc tính nó, đặc biệt xác định đáp ứng xung hàm truyền Với trường hợp này, ta áp tín hiệu vào quan sát ngõ để suy đáp ứng xung Thao tác xác định hệ thống Ngõ vào liên hệ với tổng nhân chập (2.29b) Nhưng lại khó để tìm đáp ứng xung h(n) Một cách tốt xử lý miền biến đổi z: Từ hàm truyền ta có phương trình vào hệ thống Nếu hệ thống nhân xác định cách đồng Ví dụ 4.9.3 Với ngõ vào Một hệ thống cho ngõ Xác định hệ thống, nghĩa xác định hàm truyền, đáp ứng xung phương trình tín hiệu hệ thống Giải: Lấy biến đổi z x(n) y(n) để hình thành hàm truyền, kết 42 Hệ thống nhân ổn định tất cực nằm bên đường tròn Sử dụng khai triển phần, biến đổi ngược hàm truyền H(z) đáp ứng xung h(n) có Từ hàm truyền H(z) phương trình tín hiệu có dạng: Kết hệ thống lọc đệ qui  Khi X(z) Y(z) diễn tả dạng gần ta phải tìm đáp ứng xung miền thời gian Ví dụ, với hệ thống nhân không đệ qui Tại n = 0, Vì Tại n = 1, ta xếp lại y(n) để suy h(n) cách đệ qui sau: Vì Với Ví dụ 4.9.4 Xác định hệ thống với ngõ vào sau, giả sử hệ thống nhân Giải Đầu tiên, h(0) có dạng Kế đến, h(n), , cho khai triển đệ qui sau Tiếp tục h(n) không, đáp ứng xung hệ thống 43 Nếu hệ thống cho nhân ta xác định biến đổi ngược cách đồng 4.10 ĐÁP ỨNG TỨC THỜI Đáp ứng hệ thống số ứng với ngõ vào thường gồm có đáp ứng tức thời đáp ứng ổn định (phần 2.5) Biến đổi z sử dụng để tìm đáp ứng tương ứng, hệ thống tương tự ta sử dụng biến đổi Laplace 4.10.1 Đáp ứng ổn định với ngõ vào mũ phức Áp tín hiệu mũ phức (hay sin phức) với tần số tồn thời gian: x(n) = - < n <  vào hệ thống có đáp ứng xung h(n), ngõ hệ thống cho  y(n) =   h(k) x(n  k) = k    h(k) e j(n k)0 = e jn0 k     h(k) e (4.67)  jk0 k   = H(ω0) ejn (4.68a) Với H(ω0) đáp ứng tần số ω = ω0 Ngõ tìm cách nhân chập tần số sau DTFT sin phức (3.95c) X(ω) = 2(ω – ω0) (bỏ qua phần lặp lại) Vì vậy, biến đổi Fourier ngõ Y(ω) = H(ω) X(ω) = 2 H(ω) (ω – ω0) Lấy biến đổi Fourier ngược y(n) = 2    Y( ) e jn d = Ta có kết Khi H(ω) phức, ta viết H() = H()ejH() Ngõ trở thành 2    2 H( )  (  0 ) e jn d = H(ω0) y(n)  H(0) ejn0 = H(0) e j[n 0 H (0 ) ] Vì ngõ khác so với ngõ vào mặt biên độ pha với sin thực cos thực phần ảo phần thực đáp ứng (4.68b) (4.69) Đáp ứng tương ứng 4.10.2 Đáp ứng tức thời với tín hiệu vào mũ phức Thật ra, kết trước đáp ứng tức thời tín hiệu đột ngột áp vào hệ thống sau thời gian đủ dài để ngõ ổn định Đáp ứng tức thời ngõ ngõ vào đột ngột bậc tắt từ hệ thống, mà gọi mở tức thời tắt tức thời Có hai loại hủy tức thời chậm nhanh phụ thuộc vào đặc tính hệ thống, cuối ta có đáp ứng ổn định Khi áp tín hiệu sin vào hệ thống, hệ thống không nhận định tín hiệu sin, sau khoảng thời gian định hệ thống nhận biết tín hiệu sin gốc ban đầu Xét tín hiệu mũ phức nhân áp vào ngõ vào x(n) = ejnω0 u(n) có biến đổi z (4.70) 44 X(z) = 1 e j 0 z 1 Vùng hội tụ Giả sử hàm truyền có dạng H(z) = N(z) N(z) = 1 D(z) (1  p1 z ) (1  p z 1 ) Và tất cực nằm vòng tròn đơn vị để hệ thống ổn định nhân Biến đổi z ngõ Y(z) = X(z) H(z) = j0 (1  e N(z) z ) (1  p1 z 1 ) (1  p z 1 ) 1 Giả sử bậc đa thức tử N(z) nhỏ bậc đa thức mẫu D(z), phân tích đa thức phần: Y(z) = Hệ số đầu B1 1e  j B1 = (1  e Vì Y(z) = z j0 1 + A1 (1  p z )  z 1 ) Y(z) H( ) j + 1 + z e jn  A1 = 1 A2 (1  p z 1 ) H(z) ze + jn A2 +… = H(0) +… (1  p z ) (1  p z 1 ) 1e z Lấy biến đổi ngược tín hiệu ngõ , ta có y(n) = H(ω0) ejnω0 + A p1n + A p n2 + … , n0 Vì tất cực giả sử nằm vòng tròn đơn vị, thành phần mũ, ta có y(n)  H(ω0) ejnω0 , n   1 (4.71) , (4.72a) … hủy theo hàm (4.72b) Đây đáp ứng ổn định, đáp ứng tức thời Chú ý đáp ứng tức thời phụ thuộc vào hệ thống Bất kỳ cực nằm vòng tròn đơn vị làm thành phần lớn vô cực hệ thống đáp ứng ổn định Thành phần mũ tổng số đáp ứng phân hủy nhanh ứng với cực lớn (gần với vòng tròn đơn vị nhất) Định lý giá trị cuối (…) sử dụng để tìm đáp ứng ổn định Ví dụ 4.10.1 Cho lọc có hàm truyền  2z 1 H(z) =  0,8z 1 Tìm đáp ứng tức thời ngõ vào sin phức có tần số Giải Biến đổi z tín hiệu khai triển sau Y(z) = H(z) X(z) = Với H( )  2z 1 A1 = + j0 1 j0 1 1  0,8z 1 (1  e z ) (1  0,8z )  e z 45 H(ω0) =  j0  2e  0,8e  j0  A1 = (1  0,8z 1 ) Y(z)  z0,8   2z 1  7,5 =  = j0 j0 1  1  e z  z 0,8  1,25e Tín hiệu nhân y(n) = H(ω0) ejnω0 + A1(0,8)n , n0 n lớn, thành phần thứ hai tiến tới không, ta có đáp ứng ổn định y(n) = H(ω0) ejnω0  Hằng số thời gian hủy Hằng số thời gian hủy, gọi điều kiện tức thời đáp ứng tức thời định nghĩa thời gian từ điểm bắt đầu đến thành phần hủy chậm nhất, ứng với cực lớn nhất, thường 1% Xét cực lớn số thời gian hủy ln( ) ln   = = (4.73) ln( p i max ) ln( ) p i max Với đối số thường chọn 1% ( nghĩa -40dB) Đơn vị mẫu, biết khoảng lấy mẫu ta dẫn xuất thời gian Trong thiết kế đối số chọn nhỏ 0.1% với -60dB Ví dụ 4.10.2 Một tín hiệu sin số với áp vào lọc với khoảng thời gian 300 mẫu, sau dừng lại Lọc nhân có hàm truyền b H(z) = với cực a = 0,97  az 1 (a) Xác định thời gian hủy 1% (b) Xác định b để đáp ứng biên độ (c) Vẽ tín hiệu vào với khoảng thời gian Giải (a) The 1% số thời gian hủy 1 ln( ) ln( ) 0,01  = = = 151.2 mẫu 1 ln( ) ln( ) p 0,97 Điều có nghĩa sau 151.2 mẫu thành phần hủy chậm đáp ứng tức thời trùy 1% (nghĩa bị hủy 40dB) (b) Đáp ứng tần số có cách thay b H(ω) =  ae  j vào hàm truyền: 46 x(n) Đáp ứng biên độ H(ω0) = cho nghĩa b 1  2a cos   a  1/ y(n) =1  b =  2a cos0  a = 0.3096 Đáp ứng b H(ω0) = = 0.2502 – j 0.9682 = e–j1.3179  ae  j0 1/ n Hình 4.20:Ví dụ 4.10.2 Nghĩa là, biên độ pha -1.3179 radians (c) Từ hàm truyền ta có phương trình tín hiệu cách sử dụng (…), kết y(n) = ay(n-1) + bx(n) Tín hiệu sin vào x(n) vẽ hình 4.20 Chú ý tồn từ n = đến Bằng phương pháp tính nội suy từ phương trình tín hiệu ta vẽ tín hiệu y(n) hình… Bật tắt tức thời nhấtt 151mẫu lần Đáp ứng ổn định xuất xuyên suốt thời gian 4.10.3 Đáp ứng bƣớc Đáp ứng bước hệ thống ngõ ứng với ngõ vào mẫu đơn vị Vấn đề đề cập phần… Ở ta xem mẫu đơn vị trường hợp đặc biệt sin phức u(n) với tương ứng với z = mặc phẳng z Công thức (4.72a) trở thành , Khi n tăng, trùy (4.74) Đây đáp ứng DC, nghĩa là, đáp ứng với tín hiệu vào số Mặc khác, ta có (4.75) Bên cạnh ta có, đáp ứng bậc tổng đáp ứng xung Trường hợp đặc biệt (4.72a) tương ứng với điểm Công thức trở thành Khi n tăng, trùy hiểu đáp ứng AC mà có Đó đáp ứng với ví dụ Ví dụ 4.10.3 Xét lọc đệ qui có hàm truyền ( giống ví dụ trước) n 47 (a) Tìm đáp ứng DC AC (b) Xác định số thời gian hủy đối số hủy 1% Giải Trong ví dụ trước, ta tìm đáp ứng với sin mũ phức nhân sau Với Khi n tăng, thành phần thứ hai y(n) phân hủy tới không ta lại thành phần thứ tương ứng với đáp ứng ổn định (a) Lấy n = y(n): Mặc khác y(0) cho =5 Vì Hình 4.21: Ví dụ 4.10.3 Với đáp ứng DC đáp ứng bậc đơn vị, với : Vì Giống vậy, ta có Vì đáp ứng AC thay đáp ứng bậc đơn vị có dạng Đáp ứng DC AC vẽ hình 4.21 (b) Lọc có cực z = 0.8 Vì với đáp ứng tức thời , số thời gian hủy Điều có nghĩa sau 20.6 mẫu đáp ứng tức thời trùy 1%  4.11 ĐÁP ỨNG VỚI ĐIỀU KIỆN ĐẦU Định nghĩa chung biến đổi z biến đổi hai bên (4.3) Khi tín hiều vào x(n) nhân ta sử dụng biến đổi bên (4.1) Ở có tình trạng hệ thống không nghỉ nghĩa ngõ vào x(n) ngõ y(n) có giá trị khứ Dù biến đổi bên không bao gồm đáp 48 ứng khứ trì hệ thống xem điều kiện đầu (điều kiện bao) Phương trình tín hiệu miền thời gian biến đổi thành công thức đại số miền z để tìm điều kiện đầu Ta sử dụng biến đổi z bên để tìm điều kiện đầu V+(z) lấy biến đổi ngược để có ngõ y(n): 4.11.1 Ảnh hƣởng điều kiện đầu Ta biết thuộc tính dịch thời gian biến đổi z áp dụng vào biến đổi bên phải thay (theo 4.43) Ví dụ Y+(z) biến đổi y(n) biến đổi y1(n) = x(n – 1) y2(n) = x(n – 2) + –1 (4.77a) Y1 (z) = y(-1) + Y (z) z –1 Y2 (z) = y(-2) + y(-1)z + Y+(z) z–2 (4.77b) Vì hàm truyền đáp ứng hệ thống thay đổi ví dụ sau Xét phương trình lọc thông thấp bậc y(n) = y(n-1) + x(n) Có biến đổi hai bên Y(z) = Y(z) z–1 + X(z) Vì X(z) Y(z) =  z 1 Và z Y(z) H(z) = = = 1 z X(z)  z Bây hệ thống n = có điều kiện đầu Y+(z) =  [y(-1) + Y+(z) z–1] + X+(z) (4.78) Vì X  (z) y(1) + (4.79) 1  z 1  z Với y(-1) điều kiện đầu hệ thống Chú ý Y(z) có hai thành phần Thành phần thứ kiết tín hiệu vào bậc n = thành phần thứ hai kết điều kiện đầu hệ thống Khi điều kiện đầu y(-1) không tồn tại, hệ thống có thành phần thứ nhất, ngõ hệ thống nhân mong đợi Y+(z) = Ví dụ 4.11.1 Một hệ thống số mô tả hàm truyền y(n) = -0,2 y(n-1) – 0,48 y(n-2) + x(n) Tìm đáp ứng với ngõ vào xung đơn vị (a) Khi hệ thống nhân Khi (b) tồn điều kiện đầu y(-1) = -1.25, Giải Hệ thống lọc đệ qui bậc hai Công thức biến đổi với điều kiện đầu Y(z) = -0,2[y(-1) + Y(z) z–1] – 0,48[y(-2) + y(-1)z–1 + Y(z) z–2] + X(z) Mà cho 49 Y(z) = X(z)  0,2y( 1)  0,48y( 2)  0,48y( 1)z  0,2z 1  0,48z 2 1 (a) Với hệ thống nhân Y(z) = z2 z2 = = (z  0,8) (z  0,6)  0,2z 1  0,48z 2 z  0,2z  0,48 Bước ta khai triển Y(z) thành thừa số phần: Y(z) = A 1z A 2z z2 = + (z  0,8) (z  0,6) z  0,8 z  0,6 h(n) 1,0 n (a) h(n) 1,0 n y(-2) y(-1) (b) Hình 4.22: Ví dụ 4.11.1 Những số tìm thấy A1= 0.5714, A2= 0.4286 Thay vào Y(z) lấy biến đổi ngược ta có y(n) = 0,5714(-0,8)n u(n) + 0,4286(0,6)n u(n) Đây đáp ứng xung hệ thống, hình 4… (b) Với điều kiện đầu hàm truyền có dạng  0,2( 1,25)  0,48( 0,52083)  0,48( 1,25)z 1 Y(z) =  0,2z 1  0,48z 2 = 1  0,6z 1 = 1 1 (1  0,8z ) (1  0,6z )  0,8z 1 Mà cho y(n) = (-0,8)n u(n) Kết hình 4… 50 Khi điều kiện đầu không, ta có đáp ứng xung bình thường Khi điều kiện đầu tồn phần mẫu Y(z) mà có thừa số (1 - 0.6z-1) loại bỏ thừa số tử ( hủy cực-không), thành phần đáp ứng xung bình thường loại bỏ Trong thực tế đáp ứng ổn định giống đáp ứng tức thời Ví dụ 4.11.2 Chuỗi Fibonacci hình thành cách cộng hai số liên tiếp để tạo thành số với số ban đầu f = [1 , , , , , , 13 , … ] Xác định dạng gần đứng thành phần thứ n chuỗi Giải Lấy y(n) thành phần thứ n chuỗi, y(n) = y(n-1) + y(n-2) với điều kiện đầu y(0) = y(–1) + y(-2) = y(1) = y(0) + y(-1) = cho ta y(–1) = vaø y(-2) = Bây biến đổi z phương trình y(n): Y+(z) = [Y+(z)z–1 + y(-1)] + [Y+(z)z–2 + y(-2) + y(-1)z–1 Thay y(-1) y(-2) vào công thức giải Y+(z), ta có z2 Y+(z) = =  z 1  z 2 1 1- (z  )(z  ) 2 Kế đến, ta khai triển Y+(z) thành thừa số phần lần lấy biến đổi z n n              u(n) y(n) =         n 1    n 1 1   1 =   1 5  2  Ta kiểm tra kết với chuỗi Fibonacci  n 1  u(n)   4.11.2 Đáp ứng trạng thái không đáp ứng ngõ vào không Kết (4.79) đáp ứng với hệ thống phi đệ qui có hai thành phần nói Đáp ứng điều kiện đầu gọi đáp ứng trạng thái không hay đáp ứng bắt buộc Đáp ứng thứ hai gọi đáp ứng ngõ vào không hay đáp ứng tự nhiên Xét hệ thống nhân đệ qui có phương trình M y(n) =  k 1 a k y(n  k) + N  b k x(n  k) (4.79) k 0 phụ thuộc vào phân lớp hệ số số mà phương trình tuyến tính có đáp ứng xung lâu vô hạn Nó có biến đổi z bên M k N   a k z k  Y  (z)  y(n) zn  b k X  (z) z k  (4.80) k 1 n 1 k 0   Vì tín hiệu vào nhân quả, ta viết X(z) thay cho X+(z) Từ phương trình ta có Y+(z) =    51 N b k 0 M Y+(z) = 1 kz a k 1 M a k k 1 X(z) + kz k kz 1 k k  y(n)z n 1 M a k 1 n kz k Đáp ứng trạng thái không N b Yzs(z) = k 0 M 1 kz a k 1 k kz k Và đáp ứng ngõ vào không M  YXK (z) =  k 1 a k z k 1 k  y(-n)z M n n 1 a k 1 kz (4.81) k Đáp ứng thời gian hệ thống gồm hai thành phần y(n) = yTK(n) + yXK(n) (4.82) Ví dụ 4.11.3 Một hệ thống đệ qui miêu tả phương trình y(n) = 0,9y(n-1) – 0,81y(n-2) + x(n) Tìm đáp ứng bậc hệ thống (a) Có điều kiện đầu không (b) Có điều kiện đầu y(-1) = y(-2) = Giải (a) Hệ thống có hàm truyền H(z) = 1  0,9z  0,81z 2 1 Có cực p1 = 0,9ej/3 , p2 = p 1* = 0,9e-j/3 Biến đổi z bậc đơn vị X(z) =  z 1 Vì hệ thống nhân quả, đáp ứng trạng thái không YTK(z) = H(z) X(z) = Và đáp ứng thời gian (1  0,9e z ) (1  0,9e  j/3z 1 ) (1 z 1 ) 0,542  j 0,049 0,542  j 0,049 1,099 = + + j/3 1  j/3 1  0,9e z  0,9e z  z 1 j/3 1 H H T 52   yTK(n) = 1,099 u(n) + 1,088(0,9)n cos n  5,2 o  u(n) 3  (a) W Khi hệ thống có điều kiện đầu, đáp ứng vào không thêm vào sau  YXK (z) = = 0,09  0,81z 1  0,9z 1  0,81z 2 0,026  j 0,4936 0,026  j 0,4936 + j/3 1  0,9e z  0,9e  j/3 z 1 Có đáp ứng thời gian tương ứng   yXK(n) = 0,988(0,9)n cos n  87 o  u(n)   Tổng đáp ứng tổng hai đáp ứng trên:      y(n) = 1,099 u(n) + 1,088(0,9) n cos n  5,2 o   0,988(0,9) n cos n  87 o  u(n) 3  3     = 1,099 u(n) + 1,44(0,9)n cos n  38 o  u(n) 3  Mà có thành phần DC thành phần sin hủy 4.12 TÓM TẮT CHƢƠNG 4.1 Định nghĩa biến đổi z Ở có hai loại biến đổi z: biến đổi z bên (4.1), biến đổi z hai bên (4.4) z biến phức xem tần số phức Công thức chuỗi hình học vô hạn (4.5) hữu ích việc tìm biến đổi z Sự định nghĩa biến đổi z cho phép ta tìm biến đổi ngược Những đôi biến đổi z thông thường liệt kê bảng 4.1 hữu dụng cho việc tìm biến đổi z biến đổi z ngược Như nhiều biến đổi khác, biến đổi z áp dụng với tín hiệu hệ thống Biến đổi z đáp ứng xung hệ thống gọi hàm truyền hay hàm hệ thống n Trong miền z z hàm riêng, H ( z ) trị riêng hệ thống (4.11) Hàm truyền diễn tả thành phần hệ số lọc (4.13) Điều có nghĩa ta biết phương trình lọc ta viết biểu thức hàm truyền, ngược lại 4.2 Thuộc tính biến đổi z Thuộc tính biến đổi z bên có: tuyến tính, dịch thời gian, nhân chập thời gian, khác Bằng nhân chập thời gian hàm truyền tỉ số biến đổi z ngõ với biến đổi z ngõ vào (4.18) Ta nhân chập tần số biến đổi Fourier, thay vào ta ó nhân thời gian Thuộc tính giá trị đâu cuối cho phép ta tìm giá trị đầu cuối tương ứng, miền thoiừ gian không cần lấy biến đổi z ngược Biến đổi z dọc theo vòng tròn đơn vị biến đổi DTFT (4.27) Hình.4.5 cho phép thay đổi tần số dọc theo vòng tròn đơn vị minh họa chu kỳ 2 DTFT Vòng tròn đơn vị thường tham chiếu đến phân tích hệ thống nơi biến đổi z biến đổi Fourier gặp nhau, quan trọng hơn, đường bao hệ thống ổn định 4.3 Vẽ cực-không Biến đổi z tín hiệu thực hệ thống LTI (LSI) hàm tỉ số z Không nghiệm đa thức tử, cực nghiệm đa thức mẫu Vì biến đổi X(z) H(z) đặt hình thức (4.28) 53 Bên cạnh cực không hữu hạn, ta có cực không vô hạn chúng không sử dụng Hình.4.7 liên hệ vị trí cực với đường tròn đơn vị đặc tính tín hiệu Với tín hiệu thực đáp ứng xung, không cực thực, đôi liên hiệp phức Vì z biến phức gồm phần thực phần ảo, ta vẽ biên độ X(z) H(z) không gian chiều Cực không gốc không ảnh hưởng đến đáp ứng biên độ ảnh hưởng thời gian đáp ứng Vì vậy, ta cộng thêm cực không gốc cách thích hợp, để làm hệ thống nhân Khi không cực hàm biến đổi z hủy nhau, đôi cực không hủy, giảm bậc đa thức tử mẫu Kỹ thuật hủy cực –không nên áp dụng để tránh hiệu ứng không mong muốn Với hàm truyền đơn giản, phương pháp hình học sử dụng để tìm đáp ứng xấp xỉ, biên độ pha Dù xấp xỉ, phương pháp hình học cho ta nhìn tổng quát nhanh, sau vị trí phân bố cực không dẫn đến đáp ứng xung mong muốn 4.4 Vùng hội tụ (ROC) , ổn định Vì biến đổi z chuỗi mũ z 1 , làm số vùng mặt phẳng z không hội tụ Sự ổn định hai loại hệ thống bản: nhân (bên phải) phi nhân (bên trái) Vùng hội tụ bên vòng tròn, hai, không tồn Điều kiện cần đủ để hệ thống LTI (hoặc LSI) ổn định ROC chứa vòng tròn đơn vị Một hệ thống nhân tất cực nằm vòng tròn đơn vị 4.5 Biến đổi z ngƣợc Như biến đổi khác, tính toán biến đổi z ngược thường khó biến đổi thuận Nhưng với giúp đỡ đôi biến đổi z liệt kê bảng 4.1 phương pháp xây dựng vấn đề trở nên dễ dàng Ở có công thức lý thuyết cho biến đổi z ngược (4.34) tính toán tích phân vòng không thuận tiện Kế đến, phương pháp chuỗi mũ ta tiến hành phép chia hàm tỉ số, vất vả, phương pháp sử dụng bước tiền xử lý phương pháp khác Phần cuối 4.5 phương pháp bổ trợ, ta tìm công thức tương ứng miền thời gian 4.6 Biến đổi z ngƣợc khai triển thừa số phần Trong phương pháp khai triển thừa số phần ta khai triển hàm z cho thành thừa số thành phần, sau sử dụng đôi biến đổi liệt kê thuộc tính biến đổi để tìm biểu thức thời gian Phương pháp khai triển thừa số phần xây dựng tốt có công thức bước xử lý cho áp dụng Dù vậy, phương pháp không thật hiệu ta phải tách rời trường hợp khác 4.7 Biến đổi z bên Biến đổi z hai bên (4.4) chuỗi mũ định nghĩa cho tất n, bao gồm điều kiện đầu tín hiệu hệ thống (tín hiệu không tồn khứ, hệ thống không nghỉ), vấn đề xảy Nhưng có điều kiện đầu gặp khó khăn Những thuộc tính biến đổi z hai bên áp dụng tốt cho biến đổi z bên, ngoại trừ dịch thời gian (4.43) (4.44) 4.8 Lọc bậc hai Lọc bậc hai loại lọc tần số nào, thông qua lựa chọn thích hợp tương ứng với mạch cộng hưởng tương tự (gồm R, L, C) Lọc thông qua gồm đôi cực liên hiệp phức mà khoảng cách từ gốc nhỏ gần với Một cực kép thêm vào gốc để làm đáp ứng lọc không bị trễ Đáp ứng xung simusoid trễ Lọc bậc hai lọai lọc đệ qui (IIR) Đáp ứng biên độ tần số chuẩn hóa 54 Băng thông  định nghĩa level -3dB Với lọc băng hẹp ( 0  10) băng thông xấp xỉ với (4.55) Từ lọc thông qua ta thêm không để có đối số lọc thay đổi (Hình 4.16), lọc thông qua (hoặc lọc đỉnh), lọc chắn dải (lọc lựa) Những đối số lọc cải tiến để thành lọc comb có nhiều đôi cực –không phân bố với không nằm bên phải đường tròn đơn vị Lọc đỉnh comb sử dụng để chặn tần số trung tâm họa tần Nếu không bên cực ta có lọc comb đỉnh Với dải chặn băng thông rộng, yêu cầu ứng dụng âm thanh, phương pháp truyền thông tin đôi tuyến tính cho thiết kế lọc IIR sử dụng 4.9 Giải nhân chập, lọc ngƣợc Như ta biết, ngõ hệ thống có cách nhân chập y(n)  x(n)  h(n)  h(n)  x(n) Vấn đề đảo gọi giải nhân chập để tìm ngõ vào x(n) biết ngõ y(n) hệ thống h(n) Giải nhân chập tiến hành lọc đảo Hàm truyền ngược H I ( z ) H ( z ) Hầu hết hệ thống đảo, có số không Giải nhân chập có ứng dụng nhiều lĩnh vực, chẳng hạn để thiết kế cân giảm can nhiễu ký tự (ISI) việc truyền liệu tốc độ cao, để thiết kế lọc ngược nhằm chặn hiệu ứng rung hội trường Ở có hai vấn đề quan tâm lọc đảo ta nên nhận thức rõ tìm cách giảm chúng :i.e ổn định nhiễu 4.10 Đáp ứng tức thời Đáp ứng hệ thống số tương ứng với trạng thái ngõ vào thường gồm có đáp ứng tức thời đáp ứng ổn định Biến đổi z hữu ích việc tìm hai đáp ứng Đáp ứng hệ thống số với ngõ vào mũ phức (sin phức) tồn thời gian (4.67) có thành phần ổn định khác áp tín hiệu vào với biên độ pha khác Khi tín hiệu mũ phức đột ngột áp vào (ví dụ, tín hiệu nhân (4.70)) đáp ứng bao gồm phần tức thời phần ổn định tương ứng với cực (9.35) Đáp ứng tức thời phụ thuộc vào hệ thống (không phụ thuộc tín hiệu vào) Đáp ứng bậc hệ thống ngõ ứng với ngõ vào mẫu đơn vị (xung đơn vị) Đáp ứng bậc tổng đáp ứng xung (4.75) Bên cạnh đó, ta có đáp ứng DC AC 4.10.1 Đáp ứng với điều kiện đầu Định nghĩa chung biến đổi z biến đổi hai bên (4.3), tín hiệu x(n) nhân biến đổi z trở thành biến đổi bên (4.1) Ở có tình ta sử dụng (4.1) ta phải xét tới điều kiện đầu (điều kiện bao) hệ thống (đặc biệt x(n) y(n) có giá trị khứ) Hệ thống gọi hệ thống nonrelaxed Trong phân tích ta thích biến đổi bên y(n) Y+(z) mà có hai thành phần, tín hiệu vào n=0, điều kiện đầu Phần đầu gọi đáp ứng trạng thái không đáp ứng ép buộc, phần sau đáp ứng ngõ vào không đáp ứng tự nhiên [...]... [0,1, 4, 3,  4,  3, 4, 4] Tìm đáp ứng xung Đây là vấn đề về định nghĩa hệ thống Giải Ví 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 7 Vì vậy hàm truyền là H ( z)  z 1  4 z 2  z 3  4 z 4  3z 5  4 z 6  4 z 7 1  2 z 1... 2.05 z 1 A 2 = (1 – 1.2 5z 1 )X (z) z 1.25 = z 0.8  1 1  0.8 z 1 A 1 = (1 – 0. 8z 1 )X (z) z  0.8 = Kết quả giống như trên  Ví dụ 4. 6 .4 Tìm biến đổi z ngược của X (z) = z2  z 1 z 2  3z  2 Giải Những cực của X (z) là z = -1 và z = -2 Bây giờ ta viết A A A 2z2  z 1 X ( z)  0 1  2  z ( z  1)( z  2) z z  1 z  2 z Những hằng số được cho bởi A 0 = (z) X ( z) z z 0 z2  z 1 ( z  1)( z ...  z z  p1 z  p2 Những hằng số được tính như sau: A0= z X ( z) z z 0  X ( z) X ( z) A 1 = (z – 0.8) z z 0 z 0.8 X ( z) A 2 = (z – 1.25) z 0 2 z 2  2.05 z  z ( z  1.25) z 1.25 z 0.8 2 z 2  2.05 z  z ( z  0.8) 1 z 1.25 1 Vì vậy X (z) = z z  z  0.8 z  1.25 Phụ thuộc vào ROC, ta có ba hàm thời gian khác nhau: x(n) = 0.8 n u(n) + 1.25 n u(n) , n n x(n) = 0.8 u(n) + 1.25 u(-n-1) , n z. ..  1) 2  A0  ( z  1) A1  A2 z z 1 Sau đó ta tính A2 at z  p1  p2  1 : A 2 = (x-1) 2 X ( z) z z 1  z z 1 z 1  1 2 Để tìm A 1 ta lấy vi phân hai bên của công thức trên tương ứng với z và tính tại z = p 1 = p 2 = 1 31 A1 = d X ( z) d z 1 [( z  1) 2 ] z 1  [ ] z 1  dz z dz z  1 4 Thus X (z) =  1 z 1 z 1 z   4 z  1 4 z  1 2 ( z  1) 2 Và với tín hiệu nhân quả X(n) = 4. 7 1 1 1 1 1 (1)... x(-k )z  X (z)   k 1  Vì vậy Nếu x(n)  X+ (z) n0 thì -n -n + k x(n–n0)  z 0 X  z  + z 0  x k  z , n0 > 0 (4. 43) k =1 Với tín hiệu nhân quả thành phần thứ hai biến mất và ta lấy biến đổi Ví dụ, khi tín hiệu x 1 (n), x 2 (n), x 3 (n) được đề cập mà bị làm chậm hai mẫu có biến đổi X1 (z) = (2 + 3z 1 – 4z 2 + 5z 3) z 2 X 1 (z) = (2 + 3z 1 + 4z 2 + 5z 3) z 2 + ( 3z + 2z2 ) z 2 X3 (z) = (2 + 3z 1 + 5z 2... nghiệm của D (z) , sau đó biến đổi z có thể đặt trong hình thức L  N (z) G ( z  z1 )( z  z 2 )( z  z 3 ) z- z L  H (z) = =  G k M1 D (z) ( z  p1 )( z  p 2 )( z  p3 ) z- pM  z  z k  (4. 28)  z- p  k k 1 Với 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 cực mà làm cho H (z) tiến tời vô cực, L là bậc của tử số, M lầ bậc của mẫu số H (z) là một... z2  z N ( z)  4 3 2 z  3.6 z  4. 59 z  2.38 z  0.39 D( z ) Thừa 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 = -1 và những cực là (z 1)2 (z2 – 1. 6z + 0.39) = 0  z = 1(kép), z = 0.8 + j0.5 , z = 0.8 – j0.5 Hình 4. 8 là giản đồ cực –không của hệ thống 16 Im (z) Unit circle 0.5 -1 1 (double) 0 0,8 Re (z) –0.5 Hình 4. 8:... 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 =  20 4. 4.1 ROC của hệ thống nhân quả và không nhân quả... 4 , 5] Có cùng biến đổi X  (z ) đó là X+ (z) = 2z 0 + 3z 1 + 4z 2 + 5z 3 = 2 + 3z 1 + 4z 2 + 5z 3 Những thuộc tính của biến đổi z hai bên áp dụng tốt cho biến đổi z một bên, ngoại trừ dịch thời gian Khi một tín hiệu bị làm chậm, giá trị quá khứ (n < 0) xuất hiện, thay đổi X+ (z) Từ biến đổi của một tín hiệu trễ, ta khai triển nó như: Z+ [x(n – n0)] = z  n0 = z   1  k x (k )z  x(k )z k    k 0... X (z) z A i = (z - p i ) i = 0,1,2… , z  Pi (4. 39a) Ví dụ 4. 6.2 Tìm tín hiệu của biến đổi z được cho bởi 2 z 2  2.05 z X (z) = 2 z  2.05 z  1 Giải Những cực tại p1  0.8 và p 2 = 1.25 Chú ý rằng bậc của tử bằng bậc của mẫu vì vậy đa thức tỉ số thì không phù hợp Ta lấy X (z) / z , thì phù hợp, lấy khai triển và viết X ( z) 2 z 2  2.05 z 2 z 2  2.05 z   z z ( z 2  2.05 z  1) z ( z  0.8)( z  ... dng bin i z, ta cú X ( z ) z z z z z Y ( z ) z z z z 3z z z Vỡ vy hm truyn l H ( z) z z z z 3z z z z z z z z M cú th n gin H ( z ) z z H thng n nh (xem phn 4. 4) ỏp ng... z = -1 v z = -2 Bõy gi ta vit A A A 2z2 z X ( z) z ( z 1)( z 2) z z z z Nhng hng s c cho bi A = (z) X ( z) z z z2 z ( z 1)( z 2) z2 z z ( z 2) z2 z z ( z 1) A = (z+ 1) X ( z) ... truyn H (z) = z z 3. 6z 4. 5 9z 2.3 8z 0.3 9z Gii Nhõn c t v mu bi z , ta cú H (z) = z2 z N ( z) z 3.6 z 4. 59 z 2.38 z 0.39 D( z ) Tha s t v mu: N (z) = z( z+1) D( z ) ( z 1) ( z 1.6 z 0.39)