Tài liệu xử lý tín hiệu số - Chương 3

Tài liệu " Xử lý tín hiệu số đa tốc độ và giàn lọc " được dùng để tham khảo cho sinh viên các khoa công nghệ và điện tử viễn thông, công nghệ thông tin,

Xử lý tín hiệu số Chương 3: Biến đổi z Trang 32 GV: Phạm Hùng Kim Khánh Chương 3 BIẾN ĐỔI Z 1. Biến đổi z 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) = ∑∞−∞=−nnz)n(x (3.1) Trong đó z là biến phức và được biểu diễn như sau: X(z) = Z[x(n)] (3.2) Hay: )z(X)n(xz⎯→← (3.3) 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: c x(n) = {1,2,5,7,0,1} ↑ X(z) = 1 + 2z-1 + 5z-2 + 7z-3 + z-5 hữu hạn khi z ≠ 0 Æ ROC = C\{0} d x(n) = {1,2,5,7,0,1} ↑ X(z) = z2 + 2z + 5z + 7z-1 + z-3 hữu hạn khi z ≠ 0 và z ≠ ∞Æ ROC = C\{0,∞} e x(n) = δ(n) X(z) = 1 Æ ROC = C f x(n) = δ(n - k), k > 0 X(z) = z-k, k > 0 Æ ROC = C\{0} g x(n) = δ(n + k), k > 0 X(z) = zk, k > 0 Æ 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) = )n(u21n⎟⎠⎞⎜⎝⎛ x(n) = {1,21,221⎟⎠⎞⎜⎝⎛, …} Xử lý tín hiệu số Chương 3: Biến đổi z Trang 33 GV: Phạm Hùng Kim Khánh X(z) = ∑∞−∞=−nnz)n(x= ∑∞−∞=−⎟⎠⎞⎜⎝⎛nnnz)n(u21 = ∑∞=−⎟⎠⎞⎜⎝⎛0nn1z21 X(z) = ⎟⎠⎞⎜⎝⎛−⎟⎠⎞⎜⎝⎛−−+−∞→11N1Nz211z211lim hội tụ về ⎟⎠⎞⎜⎝⎛−−1z2111 khi 1z211<⎟⎠⎞⎜⎝⎛− Æ ROC: |z| > ½ Do z là biến phức nên ta biểu diễn như sau: z = rejθ (3.4) X(z) = ∑∞−∞=θ−−nnjner)n(x |X(z)| = ∑∞−∞=θ−−nnjner)n(x ≤ ∑∞−∞=θ−−nnjner)n(x = ∑∞−∞=−nnr)n(x (3.5) |X(z)| ≤ ∑∑∞=−−−∞=−+0nn1nnr)n(xr)n(x = ∑∑∞=∞=+−0nn1nnr)n(xr)n(x (3.6) 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 ∑∞=−1nnr)n(x r1 r2 ROC của ∑∞=0nnr)n(x Re(z) Re(z) 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) Xử lý tín hiệu số Chương 3: Biến đổi z Trang 34 GV: Phạm Hùng Kim Khánh VD: Xác định biến đổi z của tín hiệu x(n) = anu(n) X(z) = ∑∞−∞=−nnz)n(x = ∑∞=−0nn1)az( Æ 1az11−− nếu |az-1| < 1 hay |z| > |a| Hình 3.2 – ROC của Z{anu(n)} x(n) = anu(n) ⎯→←z X(z) = 1az11−−, ROC: |z| > |a| (3.7) Nếu a = 1, ta được biến đổi z của hàm bước đơn vị: x(n) = u(n) ⎯→←z X(z) = 1z11−−, ROC: |z| > 1 (3.8) VD: Xác định biến đổi z của tín hiệu x(n) = -anu(-n-1) X(z) = ∑∞−∞=−nnz)n(x = ∑−−∞=−−−1nn1)za(= ∑∞=−−1nn1)za( X(z) = ( )N12111N)za( .)za()za(1)za(lim−−−−∞→++++− X(z) = )za(1)za(1)za(lim11N11N−+−−∞→−−− Æ )za(1za11−−−− = 1az11−− khi |a-1z| < 1 hay |z| < |a| x(n) = -anu(-n-1) ⎯→←z X(z) = 1az11−−, ROC: |z| < |a| (3.9) Hình 3.3 – ROC của Z{-anu(-n-1)} |a| Re(z) Im(z) ROC|a| Re(z) Im(z) ROC Xử lý tín hiệu số Chương 3: Biến đổi z Trang 35 GV: Phạm Hùng Kim Khánh 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) = ∑∞=−0nn1)az(+∑∞=−1nn1)zb( Chuỗi thứ nhất hội tụ khi |z| > |a|, chuỗi thứ hai hội tụ khi |z| < |b| Æ nếu |b| ≤ |a| thì X(z) không tồn tại. Ngược lại: X(z) = 1az11−− - 1bz11−−= 1abzzbaab−−−+− Như vậy: x(n) = anu(n) + bnu(-n-1)⎯→←z X(z) = 1abzzbaab−−−+− ROC: |a| < |z| < |b| (3.10) 1.2. Biến đổi z ngược Từ (3.1): X(z) = ∑∞−∞=−kkz)k(x (3.11) Hay: X(z)zn-1 = ∑∞−∞=−−kk1nz)k(x ∫∑∫∞−∞=−−−=ROCkk1nROC1ndzz)k(xdzz)z(X= ∑∫∞−∞=−−kROCk1ndzz)k(x (3.12) Theo định lý tích phân Cauchy: ⎩⎨⎧≠==π∫−−nk0nk1dzzj21Ck1n (3.13) với C là đường cong đóng bất kỳ. Từ đó: x(n) = ∫−πROC1ndzz)z(Xj21 (3.14) Ký hiệu: x(n) = Z-1{X(z)} 2. Tính chất của biến đổi 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) Xử lý tín hiệu số Chương 3: Biến đổi z Trang 36 GV: Phạm Hùng Kim Khánh 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 X1(z) = 1z211−−, ROC: |z| > 2 x2(n) ⎯→←z X2(z) = 1z311−−, ROC: |z| > 3 Theo (3.15): x(n) = 3x1(n) – 4x2(n) ⎯→←z X(z) = 3X1(z) – 4X2(z) = 1z213−−-1z314−− ROC: |z| > 3 VD: Xác định biến đổi z của tín hiệu: x(n) = (cosω0n)u(n) Ta có: x(n) = )n(ue21)n(ue21njnj00ω−ω+ = () ())n(ue21)n(ue21njnj00ω−ω+ Theo (3.7) và (3.15): X(z) = 1j1jze1121ze112100−ω−−ω−+−, ROC: |z| > 0jeω = 1 (cosω0n)u(n) ⎯→←z 20101zcosz21cosz1−−−+ω−ω−, ROC: |z| > 1 (3.16) Tương tự: (sinω0n)u(n) ⎯→←z 20101zcosz21sinz−−−+ω−ω, ROC: |z| > 1 (3.17)  Dịch thời gian Nếu: x(n) ⎯→←z X(z) thì: x(n - k)⎯→←zz-kX(z) (3.18) VD: Xác định biến đổi z của tín hiệu: x(n) = ⎩⎨⎧−≤≤khác01Nn01 Ta có: x(n) = u(n) – u(n – N) Theo (3.8): Xử lý tín hiệu số Chương 3: Biến đổi z Trang 37 GV: Phạm Hùng Kim Khánh u(n) ⎯→←z X(z) = 1z11−−, ROC: |z| > 1 Theo (3.18): u(n – N) ⎯→←z X(z) = z-N1z11−−, ROC: |z| > 1 Æ X(z) = 1z11−− - z-N1z11−− = z1z1N−−−, ROC: |z| > 1 (3.19)  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(cosω0n)u(n) Theo (3.16) và (3.20): an(cosω0n)u(n) ⎯→←z 220101zacosaz21cosaz1−−−+ω−ω−, ROC: |z| > |a| (3.21) VD: Xác định biến đổi z của tín hiệu: x(n) = an(sinω0n)u(n) Theo (3.17) và (3.20): an(sinω0n)u(n) ⎯→←z 220101zacosaz21cosaz−−−+ω−ω, 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: 1r1 < |z| < 2r1 (3.23) VD: Xác định biến đổi z của tín hiệu: x(n) = u(-n) Theo (3.8): u(n) ⎯→←z 1z11−−, ROC: |z| > 1 Theo (3.23): x(n)⎯→←z X(z) = z11−, ROC: |z| < 1 (3.24) Xử lý tín hiệu số Chương 3: Biến đổi z Trang 38 GV: Phạm Hùng Kim Khánh  Vi phân trên miền z Nếu: x(n) ⎯→←z X(z) thì: nx(n)⎯→←z dz)z(dXz− (3.25) VD: Xác định biến đổi z của tín hiệu x(n) = nanu(n) Theo (3.7): anu(n) ⎯→←z 1az11−−, ROC: |z| > |a| Theo (3.25): X(z) = -zdzaz11d1⎟⎠⎞⎜⎝⎛−− = ()211az1az−−− nanu(n) ⎯→←z ()211az1az−−−, ROC: |z| > |a| (3.26) Cho a = 1: nu(n) ⎯→←z ()211z1z−−−, ROC: |z| > 1 (3.27)  Tích chập Nếu: x1(n) ⎯→←z X1(z) và: x2(n) ⎯→←z X2(z) thì: x1(n) * x2(n)⎯→←z X1(z)X2(z) (3.28) VD: Tính tích chập của 2 tín hiệu sau: x1(n) = {1,-2,1} ↑ x2(n) = ⎩⎨⎧≤≤khác05n01 Ta có: X1(z) = 1 -2z-1 + z-2 = (1 – z-1)2 Theo (3.19): X2(z) = 16z1z1−−−− Æ X(z) = X1(z)X2(z) = (1 – z-6)(1 – z-1) X(z) = 1 – z-1 – z-6 + z-7 Æ x(n) = {1,-1,0,0,0,0,-1,1} ↑ Mà X(z) = X1(z)X2(z) nên x(n) = x1(n) * x2(n) Xử lý tín hiệu số Chương 3: Biến đổi z Trang 39 GV: Phạm Hùng Kim Khánh Từ ví dụ này, ta có thế thực hiện tích chập của hai tín hiệu x1(n) và x2(n) như sau: c Tính biến đổi z của x1(n) và x2(n) (tương ứng là X1(z) và X2(z)) d Tính X(z) = X1(z)X2(z) e 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) thì: ∑∞−∞=−=l21xx)ln(x)n(x)l(r21⎯→←z )z(X)z(X)z(R121xx21−= (3.29) VD: Tính chuỗi tự tương quan của x(n) = anu(n), -1 < a < 1 Theo (3.7): X(z) = 1az11−−, ROC: |z| > |a| X(z) = az11−, ROC: |z| < 1/|a| Rxx(z) = X(z)X(z-1) = az11az111−−−= 21a)zz(a11++−−, ROC: 1/|a| >|z| > |a| Theo (3.10): anu(n) + bnu(-n-1)⎯→←z 1abzzbaab−−−+−, ROC: |a| < |z| < |b| Thay thế b = 1/a: anu(n) + na1u(-n-1)⎯→←z 1za1aza1aaa1−−−+− anu(n) + na1u(-n-1)⎯→←z )zz(a1aa1122−−−+− = (1-a2)Rxx(z) ROC: |a| < |z| < 1/|a| Hay: 2a11−anu(n) + 2a11−na1u(-n-1)⎯→←z Rxx(z) Xử lý tín hiệu số Chương 3: Biến đổi z Trang 40 GV: Phạm Hùng Kim Khánh Æ rxx(l) = 2a11−alu(l) + 2a11−la1u(-l-1) = l2aa11−  Nhân Nếu: x1(n) ⎯→←z X1(z) và: x2(n) ⎯→←z X2(z) thì: x1(n)x2(n)⎯→←z ∫ννννπ−−C1121d)z(X)(Xj21 (3.30)  Định lý giá trị đầu Nếu x(n) là nhân quả (x(n) = 0 khi n < 0) thì x(0) = )z(Xlimz ∞→ (3.31) 3. Biến đổi z hữu tỉ 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) = ∑∑=−=−=N0kkkM0kkkzazb)z(D)z(N (3.32) Giả sử a0 ≠ 0 và b0 ≠ 0: X(z) = 0N1N01N0M1M01MN0M0aa .zaazbb .zbbzzazb)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) = ∏∏==−−−N1kkM1kkMN)pz()zz(Gz (3.33) 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. Xử lý tín hiệu số Chương 3: Biến đổi z Trang 41 GV: Phạm Hùng Kim Khánh VD: Xác định điểm cực và điểm không của tín hiệu x(n) = anu(n), a > 0 X(z) = 1az11−− = azz−, ROC: |z| > a Æ 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) = ⎩⎨⎧−≤≤khác01Mn0an, a > 0 x(n) = anu(n) – anu(n – M) ⎯→←z X(z) = 1az11−− + z-M1Maz1a−− X(z) = 1MMaz1az1−−−− = azazzMM1M−−+−= )az(zaz1MMM−−− Điểm cực: p1 = 0 (M – 1 điểm), pM = a Điểm không: zk = M/k2jaeπ, (k = 0, …, M – 1). Tại k = 0: z0 = a Æ có tất cả M – 1 điểm cực và M – 1 điểm không. X(z) = 1M1M1kkz)zz(−−=∏− 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) ROCrRe(z) Im(z) ROCω0 [...]... 22 0 1 0 1 zacosaz21 cosaz −− − +ω− ω , ROC: |z| > |a| (3. 22)  Đảo thời gian Nếu: x(n) ⎯→← z X(z), ROC: r 1 < |z| < r 2 thì: x(-n) ⎯→← z X(z -1 ), ROC: 1 r 1 < |z| < 2 r 1 (3. 23) VD : Xác định biến đổi z của tín hiệu: x(n) = u(-n) Theo (3. 8): u(n) ⎯→← z 1 z1 1 − − , ROC: |z| > 1 Theo (3. 23) : x(n) ⎯→← z X(z) = z1 1 − , ROC: |z| < 1 (3. 24) Xử lý tín hiệu số Chương 3: Biến đổi z Trang... j1.5)(0.5 + j0.5) n u(n) + (0.5 + j1.5)(0.5 - j0.5) n u(n) Trong ví dụ này, chú ý rằng p 1 = p 2 * Ỉ A 1 = A 2 *. Như vậy, các điểm cực liên hiệp phức sẽ tạo thành các hệ số liên hiệp phức. Xử lý tín hiệu số Chương 3: Biến đổi z Trang 35 GV: Phạm Hùng Kim Khánh 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... sai phân biểu diễn chuỗi: y(n) = y(n – 1) + y(n – 2) (3. 49) Điều kiện đầu: y(0) = y (-1 ) + y (-2 ) = 1 y(1) = y(0) + y (-1 ) = 1 Ỉ y (-1 ) = 0, y (-2 ) = 1 Biến đổi z đưn hướng của (3. 49): Y + (z) = z -1 [Y + (z) + ∑ = − 1 1n n z)n(y ] + z -2 [Y + (z) + ∑ = − 2 1n n z)n(y ] Y + (z) = z -1 Y + (z) + y (-1 ) + z -2 Y + (z) + y (-1 )z -1 + y (-2 ) Y + (z) = 21 zz1 1 −− −− = 1zz z 2 2 −− = 2 2 1 1 pz A pz A − + − ... ⎯→← z x(n) = -2 u(-n-1) + (0.5) n u(-n-1) c. ROC: 0.5 < |z| < 1 1 z1 2 − − , ROC: |z| < 1 ⎯→← z -2 u(-n-1) 1 z5.01 1 − − − , ROC: |z| > 0.5 ⎯→← z – (0.5) n u(n) X(z) = 11 z5.01 1 z1 2 −− − − − ⎯→← z x(n) = -2 u(-n-1) - (0.5) n u(n) 5. Biến đổi z đơn hướng 5.1. Định nghĩa và tính chất Biến đổi z đơn hướng định nghĩa như sau: X + (z) = ∑ ∞ = − 0n n z)n(x (3. 45) và biểu... biểu diễn bằng phương trình sai phân hệ số hằng có hàm hệ thống là hàm hữu tỉ. Xử lý tín hiệu số Chương 3: Biến đổi z Trang 37 GV: Phạm Hùng Kim Khánh u(n) ⎯→← z X(z) = 1 z1 1 − − , ROC: |z| > 1 Theo (3. 18): u(n – N) ⎯→← z X(z) = z -N 1 z1 1 − − , ROC: |z| > 1 Ỉ X(z) = 1 z1 1 − − - z -N 1 z1 1 − − = z1 z1 N − − − , ROC: |z| > 1 (3. 19)  Co trên miền z Nếu: x(n) ⎯→← z ... 1 abzzba ab − −−+ − , ROC: |a| < |z| < |b| Thay thế b = 1/a: a n u(n) + n a 1 u(-n-1) ⎯→← z 1 z a 1 az a 1 a a a 1 − −−+ − a n u(n) + n a 1 u(-n-1) ⎯→← z )zz(a1a a1 12 2 − −−+ − = (1-a 2 )R xx (z) ROC: |a| < |z| < 1/|a| Hay: 2 a1 1 − a n u(n) + 2 a1 1 − n a 1 u(-n-1) ⎯→← z R xx (z) Xử lý tín hiệu số Chương 3: Biến đổi z Trang 42 GV: Phạm Hùng Kim Khánh Từ biểu đồ, ta xác định... Re(z) Im(z) ROC r Re(z) Im(z) ROC ω 0 Xử lý tín hiệu số Chương 3: Biến đổi z Trang 39 GV: Phạm Hùng Kim Khánh Từ ví dụ này, ta có thế thực hiện tích chập của hai tín hiệu x 1 (n) và x 2 (n) như sau: c Tính biến đổi z của x 1 (n) và x 2 (n) (tương ứng là X 1 (z) và X 2 (z)) d Tính X(z) = X 1 (z)X 2 (z) e Thực hiện biến đổi z ngược x(n) = Z -1 {X(z)}, x(n) là tích chập của x 1 (n) và... 2 2 1 1 0 zaza1 b )z(X )z(Y −− ++ = = zazaz zb 21 2 2 0 ++ (3. 62) Hệ thống có 2 điểm cực: P 1,2 = 4 a4a 2 a 2 2 11 − ±− (3. 63) Hệ thống ổn định khi các điểm cực nằm trong đường tròn đơn vị, nghĩa là |p 1 | < 1 và |p 2 | < 1. Mà: a 1 = -( p 1 + p 2 ) a 2 = p 1 p 2 Từ đó: |a 2 | < 1 và |a 1 | < 1 + a 2 (3. 64) Xử lý tín hiệu số Chương 3: Biến đổi z Trang 40 GV: Phạm Hùng Kim... bằng o. Xử lý tín hiệu số Chương 3: Biến đổi z Trang 41 GV: Phạm Hùng Kim Khánh VD: Xác định điểm cực và điểm khơng của tín hiệu x(n) = a n u(n), a > 0 X(z) = 1 az1 1 − − = az z − , ROC: |z| > a Ỉ X(z) có một điểm cực p 1 = a và một điểm không z 1 = 0 Hình 3. 4 – Biểu đồ cực – không của x(n) = a n u(n) VD: Xác định điểm cực và điểm không của tín hiệu x(n).. .Xử lý tín hiệu số Chương 3: Biến đổi z Trang 45 GV: Phạm Hùng Kim Khánh  Các điểm cực bậc cao: Trong trường hợp điểm cực bậc l, nghĩa là tồn tại hệ số (z – p k ) l thì các hệ số liên quan đến p k biểu diễn như sau: () () l k lk 2 k k2 k k1 pz A pz A pz A − ++ − + − Trong đó các hệ số A lk tính như sau: A ik = ( ) k pz l k il z )z(Xpz dz d )!il( 1 = − ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − − (3. 44) . – z-6)(1 – z-1) X(z) = 1 – z-1 – z-6 + z-7 Æ x(n) = {1 ,-1 ,0,0,0,0 ,-1 ,1} ↑ Mà X(z) = X1(z)X2(z) nên x(n) = x1(n) * x2(n) Xử lý tín hiệu số Chương 3: . tín hiệu: x(n) = u(-n) Theo (3. 8): u(n) ⎯→←z 1z11−−, ROC: |z| > 1 Theo (3. 23) : x(n)⎯→←z X(z) = z11−, ROC: |z| < 1 (3. 24) Xử lý tín hiệu số Chương