Transcript X(z) - mmt03

CHƯƠNG 3
BIẾN ĐỔI Z
Biến đổi Z


Một cách biểu diễn tín hiệu khác về mặt toán học: biến
đổi tín hiệu từ miền thời gian sang miền Z
Biến đổi Z của dãy x(n):
X (z) 
Trong đó Z – biến số phức

n
x
(
n
)
z

n
Biểu thức trên gọi là biến đổi Z hai phía
Biến đổi Z một phía dãy x(n):

X ( z )   x ( n) z  n
n 0
Biến đổi Z (tiếp)
Biến z: Điểm thuộc mặt phẳng z
z = a + jb hay z = rejδ
Im(z)
Re(z)
0

Ký hiệu:
Z
x(n)
1
Z
X(z)



X(z)
x(n)
Mặt phẳng Z
hay X(z) = Z{x(n)}
hay x(n) = Z-1{X(z)}
Miền hội tụ của biến đổi Z

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) R
Rx  z  Rx

Miền hội tụ (ROC) {z │ |X(z)| < ∞}
Chúng ta chỉ quan tâm X(z) tại những
điểm z thuộc ROC

Tiêu chuẩn Cauchy:


Một chuỗi có dạng:
Rx-
Re(z)
0
0
 x(n)  x(0)  x(1)  x(2)  
n 0
hội tụ nếu:
x+
1
n
lim x( n)  1
n 
Ví dụ 1:
Tìm biến đổi Z & ROC của:
X (z) 

n
x
(
n
)
z


n  
x(n)  a nu(n)
 a u(n)z   a .z

n
n
n  
lim az
n  


n

  az 1
n 0
/a/
1
X (z) 
1  az 1
Nếu:
n 0
n


n
Im(z)
ROC
Theo tiêu chuẩn Cauchy,
X(z) sẽ hội tụ:
1n
n
1

0
1 z  a
1
Vậy: X ( z ) 
; ROC : Z  a
1
1  az
Re(z)
Ví dụ 2:
Tìm biến đổi Z & ROC của:
X (z) 

n  m
 
   a 1z
m 1

  a u(n  1)z


n

x
(
n
)
z

n
 
n  
Re(z)
0
1
1n
1 
n n
a
 .z
/a/
1
X ( z )    a z   1 
1
1  az
m 0
Nếu:
1
Im(z)
n
1 n 

lim a z 
n  


1
Theo tiêu chuẩn Cauchy,
X(z) sẽ hội tụ:

n
n  m
   a 1z
m0
x(n)  a nu(n  1)
za
ROC
Miền hội tụ của biến đổi Z
a. Dãy không nhân quả.
b. Dãy nhân quả.
c. Dãy phản nhân quả
CÁC TÍNH CHẤT BIẾN ĐỔI Z
Tuyến tính

Nếu:

Thì:
Z
x1 (n) 
X1 ( z) : ROC  R1
Z
x2 (n) 
X 2 ( z) : ROC  R 2
Z
a1 x1 (n)  a2 x2 (n) 
a1 X1 ( z)  a2 X 2 ( z)
ROC = ROC1 ∩ ROC2 ∩ … ∩ ROCn
Ví dụ 3:
Tìm biến đổi Z & ROC của:
x(n)  anu(n)  bnu(n 1)
với
ab
Im(z)
ROC
Ta có:
1
Z
n
a u (n) 
1  az 1
/a/
R1 : z  a
0
Re(z)
Ví dụ 3 (tiếp)
Im(z)
1
 b u ( n  1) 
1  bz 1
Z
n
R2 : z  b
/b/
Re(z)
0
ROC
Áp dụng tính chất tuyến tính, ta được:
1
1

a u(n)  b u(n 1) 

1
1  az
1  bz 1
n
n
Z
R  R1  R2 : a  z  b
Im(z)
ROC /b/
Re(z)
0
/a/
Dịch theo thời gian
Nếu:
x(n) 
 X ( z) : ROC  R
Thì:
Z
x(n  n0 ) 

z n0 X ( z) : ROC  R'
Với:
Z
R trừ giá trị z=0, khi n0>0
R'  
R trừ giá trị z=∞, khi n0<0
Ví dụ 4:
x(n)  a u(n 1)
n
Tìm biến đổi Z & ROC của:
Theo ví dụ trước:
1
a u (n) 
; ROC : z  a
1
1  az
n
Z
1
az
Z
Vậy: x(n)  anu(n 1)  a.an1u(n 1) 

:za
1
1  az
Nhân với hàm mũ an
Nếu:
Z
x(n) 

X ( z) : ROC  R
Thì:
Z
a n x(n) 
X (a 1 z ) : ROC  a R
Ví dụ 5: Xét biến đổi Z & ROC của:
x1 (n)  anu(n)
và
x2 (n)  u(n)

1
x(n)  u(n)  X ( z )   u(n)z 
;R : z  1
1
1 z
n  
Z
1
1
a x( n)  a u( n)  X (az ) 
; R' : z  a
1
1  az
n
n
Z
1
Đạo hàm X(z) theo z
Nếu: x(n) 
 X ( z) : ROC  R
Z
Thì:
dX(z)
nx(n)   z
: ROC  R
dz
Z
Ví dụ 6: Tìm biến đổi Z & ROC của:
g (n)  nanu(n)
Theo ví dụ trước:
1
x(n)  a u (n)  X ( z ) 
; ROC : z  a
1
1  az
n
Z
1
dX
(
z
)
az
Z

:z a
g( n)  nx ( n)  G( z )   z
1 2
(1  az )
dz
Đảo biến số
Z
x
(
n
)


X ( z) : ROC  R
Nếu:
Thì:
Z
x( n) 
X (z-1 ) : ROC  1 R
Ví dụ 7: Tìm biến đổi Z & ROC của:
y(n)  1 a  u(n)
n
Theo ví dụ trước:
1
x(n)  a u (n)  X ( z ) 
; ROC : z  a
1
1  az
Z
n
 y(n)  1 a  u(n)  a  nu(n)  x(n)
n
Áp dụng tính chất đảo biến số:
1
Y(z)  X(z ) 
1
 
1 a z
1 1
1

; ROC : z  1 / a
1  az
Liên hiệp phức
Nếu:
Z
x(n) 
X ( z) : ROC  R
Thì:
Z
x * (n) 
X * (z*) : ROC  R
Tích 2 dãy
Nếu:
Z
x1 (n) 
X1 ( z) : ROC  R1
Z
x2 (n) 
X 2 ( z ) : ROC  R 2
Thì:
Z
x1 (n) x2 (n) 
1
 z  1
X
(

)
X
d : ROC  R1  R 2
1
1  

2 c
 
Định lý giá trị đầu
Nếu x(n) nhân quả thì:
x(0)  Lim X(z)
Z 
Ví dụ 8 : Tìm x(0), biết X(z)=e1/z và x(n) nhân quả
Theo định lý giá trị đầu:
x(0)  lim X(z)  lim e1/z  1
Z 
Z 
Tổng chập 2 dãy
Nếu:
Thì:
Z
x1 (n) 
X1 ( z) : ROC  R1
Z
x2 (n) 
X 2 ( z) : ROC  R 2
Z
x1 (n) * x2 (n) 
X1 ( z ) X 2 ( z ) ;ROC có chứa R1  R2
Ví dụ 8: Tìm y(n) = x(n)*h(n), biết:
x(n)  (0.5)n u(n) h(n)  2n u(n  1)
1
x( n)  (0.5) u( n)  X ( z ) 
; ROC : z  0.5
1
1  0.5z
1
Z
n
h( n)  2 u(  n  1)  H ( z ) 
; ROC : z  2
1
1  2z
n
Z
1
1
Y ( z)  X ( z)H ( z) 
.
; ROC : 0,5  z  2
1
1
(1  0.5z ) (1  2z )
Z-1
1
1
4
1
 .
 .
; ROC : 0,5  z  2
1
1
3 (1  0.5z ) 3 (1  2z )
1
4 n
n
y(n)  x(n) * h(n)   (0.5) u(n)  2 u (n  1)
3
3
TỔNG KẾT CÁC TÍNH CHẤT BIẾN ĐỔI Z
x(n)
X(z)
R
a1x1(n)+a2x2(n)
a1X1(z)+a2X2(z)
Chứa R1  R2
x(n-n0)
an x(n)
Z-n0 X(z)
X(a-1z)
R’
R
nx(n)
-z dX(z)/dz
R
x(-n)
X(z -1)
1/R
x*(n)
X*(z*)
R
x1(n)x2(n)
1
 z  1
X
(
v
)
X
1
2  v dv

C
2j
v
R1  R2
x(n) nhân quả
x(0)=lim X(z ->∞)
x1(n)*x2(n)
X1(z)X2(z)
Chứa R1  R2
BIẾN ĐỔI Z MỘT SỐ DÃY THÔNG DỤNG
x(n)
X(z)
ROC
(n)
1
z
u(n)
1
1
1 z
/z/ >1
-u(-n-1)
an u(n)
-an u(-n-1)
nan u(n)
-nan u(-n-1)
1
1
1  az
az 1
1 2
(1  az )
/z/ <1
/z/ > /a/
/z/ < /a/
/z/ > /a/
/z/ < /a/
cos(on)u(n)
(1-z-1coso)/(1-2z-1coso+z-2)
/z/ >1
sin(on)u(n)
(z-1sino)/(1-2z-1coso+z-2)
/z/ >1
Biến đổi Z hữu tỉ – zero & pole




Zero của Biến đổi Z: các giá trị z sao cho X(z) = 0
Pole của Biến đổi Z: các giá trị của z sao cho X(z) = ∞
ROC không chứa bất kỳ pole nào
Ký hiệu trên mặt phẳng Z: zero – vòng tròn (o) và pole –
chữ thập (x)
1
X ( z) 
1
1  0 .9 z
Biến đổi Z hữu tỉ
1
1 z
X ( z) 
1
2
1  z  2z


Hữu ích để phân tích hệ LTI rời rạc thời gian
Việc xét tính chất hay thiết kế hệ có tính chất
nào đó → chỉ cần quan tâm trên vị trí của các
điểm zero-pole
Các cách biểu diễn
Biến đổi Z hữu tỉ

Vị trí pole và hành vi của t/h nhân quả ở miền
thời gian



Vị trí pole ảnh hưởng tính chất bị chận, phân kỳ
của tín hiệu nhân quả ở miền thời gian
Vị trí pole quyết định tính ổn định của hệ thống
nhân quả
Tính chất của tín hiệu ở miền thời gian, trong
trường hợp pole nằm ngoài hay trong hay trên
vòng tròn đơn vị
Hàm hệ thống của hệ LTI
Xác định y(n)



Tính X(z) và H(z)
Xác định Y(z)
Tìm y(n) bằng cách tính biến đổi
Z ngược của Y(z)
Hàm hệ thống trong miền Z
Hàm hệ thống của hệ LTI
N
M
k 1
k 1
y(n)   ak y(n  k )  bk x(n  k )
M
Y ( z)
H ( z) 

X ( z)
k
b
z
k
k 0
N
1   ak z
k 0
k
Biến đổi Z ngược
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 ROC của X(z), theo chiều
(+) ngược chiều kim đồng hồ
Các phương pháp biến đổi Z ngược:
 Tính tích phân trực tiếp
 Khai triển thành chuỗi theo biến z và z–1
 Phân tích thành tổng các phân thức tối giản
Phương pháp tích phân trực tiếp
Định lý thặng dư Cauchy



Nếu đạo hàm df(z)/dz tồn tại trên và trong bao đóng
C và nếu f(z) không có pole tại z = z0
Tổng quát, nếu đạo hàm bậc k+1 của f(z) tồn tại và
f(z) không có pole tại z = z0
Vế phải của 2 biểu thức trên gọi là thặng dư của cực tại z = z 0
Khái niệm thặng dư tại điểm cực

Thặng dư tại điểm cực Zci bội k của F(z) được định nghĩa:
Re sF ( z )Z Zci
 Thặng

1
d ( k 1)
k

F
(
z
)(
z

z
)
ci
( k 1)
(k  1)! dz

Z  Z ci
dư tại điểm cực đơn Zci của F(z) được định nghĩa:
Re sF ( z)Z Zci  F ( z)( z  zci )Z Zci
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 :
Khái niệm thặng dư tại điểm cực (tiếp)
1
n1
x(n) 
X
(
z
)
z
dz

2j C


  Re s X ( z ) z n1 Z Zci
i
Trong đó:
 Zci – các điểm cực của X(z)zn-1 nằm trong đường cong C

Res[X(z)zn-1]z=zci - thặng dư của X(z)zn-1 tại điểm cực zci
Tổng cộng các thặng dư tại tất cả các điểm cực, ta được x(n)
Ví dụ:
Tìm biến đổi Z ngược của:
z
X ( z) 
( z  2)
Thay X(z) vào ta được
1
1
z
n1
n1
x(n) 
X ( z) z dz 
z dz


2j C ( z  2)
2j C
 zn 
  Re s 

 ( z  2) 
Chọn C là đường cong khép kín nằm bên ngoài vòng tròn có bán
kính là 2
Ví dụ (tiếp)

n0: X ( z ) z
n 1
zn

có 1 điểm cực đơn Zc1=2
( z  2)
Im(z)
Thặng dư tại Zc1=2:
ROC
 z

 z 
n

2

(
z

2
)
Res 



(
z

2
)
(
z

2
)
 Z 2

 Z 2 

n<0: X ( z ) z n1 
Với: Zc1=2
2
n
n
1
1

( z  2) z n ( z  2) z m
Re(z)
0
C
Zc1=2 đơn,
Zc2=0 bội m




1
1
1
Res 

(
z

2
)
 m


m
m
 ( z  2) z  Z 2  ( z  2) z
 Z 2 2
Ví dụ (tiếp)
Với: Zc2=0 bội m:


1
1
d m1 
1
m
Res 

z 
m
m 1 
m
 ( 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

Vậy, với n<0:
suy ra
 zn  1
1
 Res  ( z  2)   2m  2m  0


x(n)  2n : n  0
hay
x(n)  2n u(n)
Khai triển thành chuỗi
Dựa vào tính duy nhất của Biến đổi Z, nếu

X(z) được khai triển thành
X ( z) 
n
a
z
 n
n
Theo định nghĩa biến đổi Z:
X ( z) 
x(n)  an

n
x
(
n
)
z

n
Nếu X(z) hữu tỉ, phép khai triển được thực hiện bằng phép chia
Phương pháp này chỉ được dùng để xác định giá trị vài mẫu
đầu của tín hiệu
Ví dụ:
Tìm x(n) biết:
X ( z)  ( z 2  1)(1  2z 1  3z 2 )
ROC : 0  z  
Khai triển X(z) ta được:
1
X ( z)  z  2 z  4  2z  3z
2
Suy ra:
x(n)  {1,-2, 4,-2,3}

2

2
n
x
(
n
)
z

n  2
Ví dụ:
Tìm x(n) biết:
1
X ( z) 
: z 2
1
1  2z
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:

1
2
X ( z )   an z n  a0  a1z  a2 z  
n 0
Để có dạng trên, thực hiện phép chia đa thức dưới đây:
1
1 - 2z-1
1  2 z 1
1  2 z 1  22 z 2 
2 z 1
2 z 1 - 22 z-2
22 z-2
..............

 X ( z )   2n z n
n 0
 x(n)  2n : n  0  2n u(n)
Ví dụ:
Tìm x(n) biết:
1
X ( z) 
: z 2
1
1  2z
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) 

1
2
3
n
a
z

a
z

a
z

a
z

 n
1
2
3
n  1
Để có dạng trên, thực hiện phép chia đa thức dưới đây:
1
- 21 z-1  1
1  21 z1
 21 z1  22 z 2  23 z 3 
21 z1
21 z1 - 2-2 z 2
2-2 z 2
..............
 X ( z) 

n n

2
 z
n 1
 x(n)  2n : n  0  2n u(n 1)
Phân tích thành tổng các phân thức tối
giản
Xét X(z) là phân thức hữu tỉ có dạng:
D( z ) d K z K  d K 1 z K 1  ...  d1 z  d 0

X ( z) 
B( z ) bN z N  bN 1 z N 1  ...  b1z  b0
với:
K, N  0
Nếu K>N, thực hiện phép chia đa thức, ta được:
D( z )
A( z )
aM z M  aM 1 z M 1...  a1 z  a0
 C ( z) 
X ( z) 
 C ( z) 
bN z N  bN 1 z N 1  ...  b1z  b0
B( z )
B( z )
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)
Phân tích thành tổng các phân thức tối
giản (tiếp)
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
Xét X(z)/z là phân thức hữu tỉ có bậc MN :
X ( z ) A( z ) aM z M  aM 1 z M 1...  a1 z  a0


z
B( z ) bN z N  bN 1 z N 1  ...  b1z  b0
Xét đén các điểm cực của X(z)/z, hay nghiệm của B(z) là
đơn, bội và phức liên hiệp
Xét X(z)/z có các điểm cực đơn:
zc1, zc2, zc3,…. zcN,
A( z )
X ( z ) A( z )


z
B( z ) bN ( z  zc1 )( z  zc 2 )( z  zcN )
Theo lý thuyết hàm hữu tỉ, X(z)/z phân tích thành:
N
K1
K2
KN
Ki
X ( z ) A( z )


 


( z  zcN ) i 1 ( z  zci )
z
B( z ) ( z  zc1 ) ( z  zc 2 )
Với hệ số Ki xác định bởi:
X ( z)
Ki 
( z  zci )
z
Z  Z ci
hay
A( z )
Ki 
B' ( z ) Z  Z
ci
Xét X(z)/z có các điểm cực đơn (tiếp)
Suy ra X(z) có biểu thức:
N
K1
K2
KN
Ki
X ( z) 

 

1
1
1
(1  zc1z ) (1  zc 2 z )
(1  zcN z ) i1 (1  zci z 1 )
Xét:
Ki
X i ( z) 
(1  zci z 1 )

Nếu ROC: /z/ > /zci/
 xi (n)  Ki ( zci ) u(n)

Nếu ROC: /z/ < /zci/
 xi (n)  Ki ( zci )n u(n 1)

Vậy:
N
x(n)   xi (n)
i 1
n
Ví dụ
Tìm x(n) biết:
2 z 2  5z
X ( z)  2
z  5z  6
với các miền hội tụ: a) /z/>3, b) /z/<2, c) 2</z/<3
2z  5
K1
K2
X ( z)
2z  5



 2
z
z  5 z  6 ( z  2)( z  3) ( z  2) ( z  3)
Với các hệ số được tính bởi:
2z  5
X ( z)
1
K1 
( z  2) 
( z  3) Z 2
z
Z 2
X ( z)
2z  5
1
K2 
( z  3) 
z
Z 3 ( z  2) Z 3
Ví dụ (tiếp)
1
1
X ( z)
1
1
 X ( z) 



1
1
(
1

2
z
)
(
1

3
z
)
z
( z  2) ( z  3)
1
1
X ( z) 

1
(1  2 z ) (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)
Xét X(z)/z có điểm cực Zc1 bội r và các
điểm cực đơn: Zc(r+1),…,ZcN,
A( z )
X ( z ) A( z ) 

r
b
(
z

z
)
z
B( z ) N
c1 ( 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 )
r
N
K r 1
KN
Ki
Kl



 
i
( z  zc ( r 1) )
( z  zcN ) i 1 ( z  z1 ) l r 1 ( z  zcl )
Xét X(z)/z có điểm cực Zc1 bội r .. (tiếp)
Với hệ số Ki xác định bởi:
1 d ( r i )
Ki 
(r  i)! dz ( r i )
X ( z)
 X( z)
r
hay
Kl 
( z  zcl )
 z (z  z c1 ) 
z
Z  Z cl
Z  Z c1
Với giả thiết ROC của X(z): /z/ > max{ /zci/ }: i=1N,
biến đổi Z ngược của thành phần Ki/(z-zci)r sẽ là:
n i 1
1
z
n
(
n

1
)...(
n

i

2
)
a
Z



u ( n)
i
(i  1)!
z  a 
Vậy ta có biểu thức biến đổi Z ngược là:
N
n(n  1)...(n  i  2)a ni 1
x ( n)   K i
u (n)   Kl ( zcl ) nu (n)
(i  1)!
i 1
l r 1
r
Ví dụ
Tìm x(n) biết:
2 z3  5 z 2  4 z
X ( z) 
( z  2) 2 ( z  1)
ROC : z  2
K1
K2
K3
X ( z)
2z2  5z  4




2
2
z
( z  2) ( z  1) ( z  2) ( z  2)
( z  1)
Với các hệ số được tính bởi:
1
d ( 21)  X ( z )
d  2 z 2  5z  4 
2
K1 
( z  2) 
 
1

( 21) 
(2  1)! dz
 z
 Z 2 dz  ( z  1)  Z 2
Ví dụ (tiếp)
1
d ( 2 2 )  X ( z )
2 z 2  5z  4
2
K2 
( z  2)  
2
( 2 2 ) 
( z  1) Z 2
(2  2)! dz
 z
 Z 2
2 z 2  5z  4
X ( z)
1
K3 
( z  1) 
2
( z  2)
z
Z 1
Z 1
Vậy X(z)/z có biểu thức là:
X ( z)
1
2
1



2
z
( z  2) ( z  2) ( z  1)
1
2 z 1
1
 X ( z) 


1
1 2
(1  2 z ) (1  2 z )
(1  z 1 )
 x(n)  2n u(n)  n2n u(n)  u(n)
ROC : z  2
X(z)/z có cặp điểm cực Zc1 và Zc1* phức liên
hiệp, các điểm cực còn lại đơn: Zc3,…,ZcN
A( z)
X ( z ) A( z )


z
B( z ) bN ( z  zc1 )( z  zc*1 )( z  zc3 )( z  zcN )
X(z)/z được phân tích thành:
X ( z)
K1
K2
K3
KN



 
*
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 )
Ki 
( z  zci )
: i  1 N
z
Z  Z ci
X(z)/z có cặp điểm cực Zc1 và Zc1* … (tiếp)
Do các hệ số A(z), B(z) là thực, nên K2=K1*
Xét :
X1 (z)
K1
K1 *


z
( z  zc1 ) ( z  z*c1 )
K1
K1 *
 X1 (z) 

1
(1  z c1z ) (1  z*c1z 1 )
Và giả thiết ROC: /z/>max{/zci/}:

Nếu gọi:
K1  K1 e j
zc1  zc1 e j
  u( n )
 x1 n   K1 zc1   K z
n
*
1
 2 K1 zc1 cos( n   )u( n )
N

n
n
x( n )  2 K1 zc1 cos( n   )   Ki zci  u( n )
i 3


n
Vậy:
* n
c1
z
Ví dụ: Tìm x(n) biết: X ( z)  2
:z 2
( z  2 z  2)( z  1)
X ( z)
1
1
 2

z
( z  2 z  2)( z  1) z  (1  j )z  (1  j )( z  1)
K1
K1*
K3



z  (1  j ) z  (1  j ) ( z  1)
1
1
K1 

z  (1  j )( z  1) Z 1 j 2
1
K3  2
 1
( z  2 z  2) Z 1
1/ 2
1/ 2
1
 X ( z) 


1
1
1  (1  j ) z
1  (1  j ) z
(1  z 1 )

 
 x(n)  ( 2 ) cos( n
n

4

)u (n)  u (n)
z  2
HẾT CHƯƠNG 3