Slide 1

Chương 2:
BIỂU DIỄN TÍN HIỆU VÀ HỆ THỐNG RỜI RẠC
TRONG MIỀN PHỨC Z
2.1 BIẾN ĐỔI Z

2.2 CÁC TÍNH CHẤT BIẾN ĐỔI Z
2.3 BIẾN ĐỔI Z NGƯỢC
2.4 BIỂU DIỄN HỆ THỐNG TRONG MIỀN Z


Slide 2

2.1 BIẾN ĐỔI Z
2.1.1 ĐỊNH NGHĨA BIẾN ĐỔI Z:
• Biến đổi Z của dãy x(n):



X (z) 



x(n)z

n

(*)

n  

Trong đó Z – biến số phức

Biểu thức (*) còn gọi là biến đổi Z hai phía
Biến đổi Z 1 phía dãy x(n):



X (z) 



x(n)z

n0

• Nếu x(n) nhân quả thì : (*)

• Ký hiệu:
Z
x(n) 
1
Z
X(z)  


X(z)
x(n)

 (**)

hay X(z) = Z{x(n)}
hay x(n) = Z-1{X(z)}

n

(**)


Slide 3

2.1.2 MIỀN HỘI TỤ CỦA BIẾN ĐỔI Z (ROC)
• 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)
Rx+

• Để tìm ROC của X(z) ta áp dụng
tiêu chuẩn Cauchy

Rx-

Re(z)
0

0

• Tiêu chuẩn Cauchy:


Một chuỗi có dạng:

 x(n) 

x ( 0 )  x (1)  x ( 2 )  

n0

hội tụ nếu:

1

lim x ( n )

n 

n

1


Slide 4

Ví dụ 2.1.1: Tìm biến đổi Z & ROC của x(n)=anu(n)


X(z)



x( n ) z

n



 a



n  

n



u( n ) z

n





n  



n0

n

a .z

n

n





 az 
1

n0

Theo tiêu chuẩn Cauchy,
X(z) sẽ hội tụ:
X(z)

1
1  az

Nếu:


1 
lim  az

n 


Vậy:

X(z)

n

ROC
/a/

1

0

1 n

1 z  a

1
1  az

Im(z)

1

; ROC : Z  a

Re(z)


Slide 5

Ví dụ 2.1.2: Tìm biến đổi Z & ROC của x(n)=-anu(-n-1)


X(z)



x( n ) z



n

n  





1



m 1

n



u(  n  1 ) z









n

a .z

n

m

  a z
1



1

Im(z)

m 0

/a/

Theo tiêu chuẩn Cauchy,
X(z) sẽ hội tụ:


n

n  

n  

m

  a z

  a



1



n

X( z )  a z
1



1

m 0



Re(z)
0

ROC

1
1  az

1

1 n

 1 n 
Nếu: lim  a z 
n 


1  z  a


Slide 6

2.2 CÁC TÍNH CHẤT BIẾN ĐỔI Z
2.2.1 Tuyến tính
x1 ( n )  X 1 ( z ) : ROC  R 1
Z

• Nếu:
• Thì:

x2 ( n )  X 2 ( z ) : ROC  R 2
Z

a1 x1 ( n )  a 2 x 2 ( n )  a1 X 1 ( z )  a 2 X 2 ( z )
Z

ROC chứa R1 R2
Ví dụ 2.2.1: Tìm biến đổi Z & ROC của
x(n)=anu(n) - bnu(-n-1) với /a/

Slide 7

Im(z)

Theo ví dụ 2.1.1 và 2.1.2, ta có:
a u ( n ) 
Z

n

/a/

1
1  az

ROC

R1 : z  a

1

Re(z)

0

Im(z)

 b u (  n  1 ) 

1

Z

n

1  bz

R2 : z  b

1

Z

a u ( n )  b u (  n  1 )  
n

n

1  az

1



Re(z)

0

ROC

Áp dụng tính chất tuyến tính, ta được:
1

/b/

Im(z)

1
1  bz

1

ROC /b/
Re(z)

R  R1  R 2 : a  z  b

0

/a/


Slide 8

2.2.2 Dịch theo thời gian
Nếu:

x ( n )  X ( z ) :

Thì:

x ( n  n 0 )  z

Với:

ROC  R

Z

Z

 n0

X ( z ): R O C  R '

 R trừ giá trị z=0, khi n0>0
R'  
 R trừ giá trị z=∞, khi n0<0

Ví dụ 2.2.2: Tìm biến đổi Z & ROC của x(n)=anu(n-1)
Theo ví dụ 2.1.1:

a u ( n ) 
n

Z

1
1  az

1

; ROC : z  a

az

1

Z
nu(n-1)=a.an-1u(n-1)
x(n)=a


: z  a
Vậy
1
1  az
:


Slide 9

2.2.3 Nhân với hàm mũ an
Nếu: x ( n ) Z  X ( z ) : ROC  R
Z
n
1
Thì: a x ( n )  X ( a z ) : ROC  a R

Ví dụ 2.2.3: Xét biến đổi Z & ROC của
x1(n)=u(n) và x2(n)=anu(n)


Z

x ( n )  u ( n )  X ( z ) 

 u ( n )z

1



n  

Z

a x ( n )  a u ( n )   X ( az
n

n

1

)

1
1 z

1

1
1  az

1

;R : z 1

; R' : z  a


Slide 10

2.2.4 Đạo hàm X(z) theo z
Z
Nếu: x ( n )   X ( z ) : ROC  R

Thì:

n x ( n )   z
Z

dX(z)

: ROC  R

dz

Ví dụ 2.2.4: Tìm biến đổi Z & ROC của g(n)=nanu(n)

x ( n )  a u ( n )  X ( z ) 
n

1

Z

Z

1  az

g ( n )  nx ( n )  G ( z )   z

1

; ROC : z  a

dX ( z )
dz



az

1

(1  az

1 2

)

: z  a


Slide 11

2.2.5 Đảo biến số
Nếu:

x ( n )   X ( z ) : ROC  R

Thì:

x (  n )  X (z ) : ROC  1 R

Z

Z

-1

Ví dụ 2.2.4: Tìm biến đổi Z & ROC của y(n)=(1/a)nu(-n)
1

x ( n )  a u ( n )  X ( z ) 
Z

n

1  az

1

; ROC : z  a

 y ( n )  1 a  u (  n )  a u (  n )  x (  n )
n

n

Áp dụng tính chất đảo biến số:
1

Y (z)  X (z ) 

1

 

1 a z

 1 1



1
1  az

; ROC : z  1 / a


Slide 12

2.2.6 Liên hiệp phức
Nếu:

x ( n )   X ( z ) : ROC  R

Thì:

x * ( n )   X * (z*) : ROC  R

Z

Z

2.2.7 Tích 2 dãy
x1 ( n )  X 1 ( z ) : ROC  R 1
Z

Nếu:

x2 ( n )  X 2 ( z ) : ROC  R 2
Z

Thì:

x1 ( n ) x 2 ( n )  
Z

1
2


c

z
X 1 ( ) X 1 






1

d  : ROC  R 1  R 2

2.2.8 Định lý giá trị đầu
Nếu x(n) nhân quả thì: x ( 0 )  Lim X(z)
Z


Slide 13

Ví dụ 2.2.6: 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 e 1/z  1
Z

Z 

2.2.9 Tổng chập 2 dãy
x1 ( n )  X 1 ( z ) : ROC  R 1
Z

Nếu:

x2 ( n )  X 2 ( z ) : ROC  R 2
Z

Z
Thì: x1 ( n ) * x 2 ( n ) 
X 1 ( z ) X 2 ( z ) :ROC có chứa R1  R2


Slide 14

Ví dụ 2.2.7: Tìm y(n) = x(n)*h(n), biết
x(n)=(0.5)nu(n) và h(n)=-2nu(-n-1)
1

Z

x ( n )  ( 0 . 5 ) u ( n )   X ( z ) 
n

1  0 .5 z

h ( n )   2 u (  n  1 )  H ( z ) 

Y ( z )  X ( z )H ( z ) 

Z-1



1

.

1
( 1  0 .5 z

1

3 ( 1  0 .5 z

1

y (n)  x(n) * h(n)  

1
3


)

4

1

.

1 2z

1

1

.

) (1  2z

1

1

3 (1  2z

( 0 .5 ) u ( n ) 
n

; ROC : z  0 . 5

1

Z

n

1

1

4
3

; ROC : z  2

; ROC : 0 ,5  z  2
)

; ROC : 0 ,5  z  2
)
2 u (  n  1)
n


Slide 15

TỔNG KẾT CÁC TÍNH CHẤT BIẾN ĐỔI Z
x(n)
a1x1(n)+a2x2(n)

X(z)
a1X1(z)+a2X2(z)

Chứa R1  R2

x(n-n0)
an x(n)
nx(n)

Z-n0 X(z)
X(a-1z)
-z dX(z)/dz

R’
R
R

x(-n)

X(z -1)

1/R

x*(n)

X*(z*)

R

x1(n)x2(n)

1


2 j C

 z  1
X 1 ( v ) X 2   v dv
v

x(n) nhân quả

x(0)=lim X(z ->∞)

x1(n)*x2(n)

X1(z)X2(z)

R

R1  R2
Chứa R1  R2


Slide 16

BIẾN ĐỔI Z MỘT SỐ DÃY THÔNG DỤNG
x(n)

X(z)

ROC

(n)

1

z

u(n)

1

/z/ >1

-u(-n-1)

1 z

an u(n)

1

-an u(-n-1)
nan u(n)
-nan u(-n-1)

1

/z/ > /a/

1  az

az

/z/ <1

1

/z/ > /a/

1

(1  az

/z/ < /a/

1 2

)

/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


Slide 17

2.3 BIẾN ĐỔI Z NGƯỢC
2.3.1 CÔNG THỨC BIẾN ĐỔI Z NGƯỢC
x( n ) 

1


2 j

X ( z )z

n 1

dz

(*)

C

Với C - đường cong khép kín bao quanh gốc tọa độ trong
mặt phẳng phức, nằm trong miền hội tụ của X(z), theo
chiều (+) ngược chiều kim đồng hồ
 Trên thực tế, biểu thức (*) ít được sử dụng do tính chất
phức tạp của phép lấy tích phân vòng
• Các phương pháp biến đổi Z ngược:
 Thặng dư
 Khai triển thành chuỗi luỹ thừa
 Phân tích thành tổng các phân thức tối giản


Slide 18

2.3.2 PHƯƠNG PHÁP THẶNG DƯ
a) Khái niệm thặng dư của 1 hàm tại điểm cực:
• Thặng dư tại điểm cực Zci bội r của F(z) được định nghĩa:
Re s  F ( z ) Z  Z

ci



1

d

( r  1)! dz

( r 1 )
( r 1 )

F ( z )( z  z

ci )

r



Z  Z ci

• Thặng dư tại điểm cực đơn Zci của F(z) được định nghĩa:
Re s  F ( z ) Z  Z

ci

  F ( z )( z  z ci ) Z  Z

ci

b) 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 :


Slide 19

x(n) 

1


2 j

X (z)z

n 1

dz 





Re s X ( z ) z

n 1



Z  Z ci

(*)

i

C

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 2.3.1: Tìm biến đổi Z ngược của X ( z ) 

z
( z  2)

Thay X(z) vào (*), ta được
x(n) 

1
2 j


C

X (z)z

n 1

dz 

1

z


2 j ( z  2 )
C

z

n 1

dz 



n

z
Res 
( z  2



)


Slide 20

 Chọn C là đường cong khép kín nằm bên ngoài vòng
tròn có bán kính là 2
• n0: X ( z ) z

n 1



z

n

( z  2)

có 1 điểm cực đơn Zc1=2
Im(z)

Thặng dư tại Zc1=2:
 z


Res 

 ( z  2)  Z 2
n

• n<0: X ( z ) z

n 1

ROC
2

 z

n

2
(
z

2
)


(
z

2
)

 Z 2
n



1
( z  2) z

n



0

C

1
( z  2) z

Re(z)

m

Zc1=2 đơn,
Zc2=0 bội m



1


1
1

(
z

2
)
Với: Zc1=2 Res 
 m


m
m 
 Z 2
2
 ( z  2) z  Z 2  ( z  2) z


Slide 21

Với: Zc2=0 bội m:
m 1



1
1
d
Res 

m 
m 1
(
m

1
)!
(
z

2
)
z
dz

 Z 0


1
m
z 

m
 ( z  2) z
 Z 0

 ( m  1)! (  1) m 1 
1


  m
m
( m  1)! 
(2)
2

1

Vậy, với n<0:

suy ra



 zn

1
1
Res 
 m  m 0
2
 ( z  2)  2

x(n)  2 : n  0
n

hay

x(n)  2 u (n)
n


Slide 22

2.3.3 PHƯƠNG PHÁP KHAI TRIỂN CHUỖI LUỸ THỪA
Giả thiết X(z) có thể khai triển: X ( z ) 





an z

n

(*)

n  

Theo định nghĩa biến đổi Z



X (z) 



x(n) z

n

n  

Đồng nhất (*) & (**), rút ra:

(**)

x(n)  an

Ví dụ: 2.3.2: Tìm x(n) biết X(z) = z2 + 2z + 3 - 4z-1 - 5z-2
ROC: 02

X(z)



x( n ) z

n

 x(  2 ) z  x(  1 ) z  x( 0 ) z  x( 1 ) z
2

n  2

Suy ra: x ( n )  {1,2, 3 ,-4,-5}


1

0

1

 x( 2 ) z

2


Slide 23

Ví dụ: 2.3.3: Tìm x(n) biết: X ( z ) 

1
1 2z

1

: z 2

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:


X(z)



n

an z

 a 0  a1 z

1

 a2 z

2



(*)

n0

Để có dạng (*), thực hiện phép chia đa thức dưới đây:
1

1 - 2z

1 2z
2z
2z

1

-1

1  2 z 1  2 2 z 2  

1



 X (z) 
1

2

-2

2

-2

-2 z

2 z
.......... ....



n

2 z

n

n0

 x(n)  2 : n  0  2 u (n)
n

n


Slide 24

1

Ví dụ: 2.3.4: Tìm x(n) biết: X ( z ) 

1 2z

1

: z 2

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)



an z

n

(**)

 a 1 z  a  2 z  a  3 z  
1

2

3

n  1

Để có dạng (**), thực hiện phép chia đa thức dưới đây:
1

1

-2 z

1 2
2
2

1
1
1

z

1

z

1

2

1

-1
1

z 2

2

z 2
2



 X (z) 
1

1

-2

2

-2

2

z -2 z

2 z

.......... ....



2 z
n

3

3
z 

n

n  1

 x ( n )   2 : n  0   2 u (  n  1)
n

n


Slide 25

2.3.4

PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH
CÁC PHÂN THỨC TỐI GIẢN

THÀNH

TỔNG

Xét X(z) là phân thức hữu tỉ có dạng:
X (z) 

D(z)
B(z)



dK z

K

bN z

N

 d K 1 z

K 1

 b N 1 z

N 1

 ...  d 1 z  d 0
 ...  b1 z  b0

với: K, N >0

• Nếu K>N, thực hiện phép chia đa thức:
X (z) 

D(z)
B(z)

 C (z) 

A( z )
B(z)

 C (z) 

aM z
bN z

M

N

 a M 1 z
 b N 1 z

M 1

N 1

...  a1 z  a 0

 ...  b1 z  b0

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)
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


Slide 26

Xét X(z)/z là phân thức hữu tỉ có bậc MN :
X (z)



z

A( z )



B(z)

aM z
bN z

M

N

 a M 1 z
 b N 1 z

M 1

N 1

...  a1 z  a 0

 ...  b1 z  b0

Xét đến các điểm cực của X(z)/z, hay nghiệm của B(z) là

đơn, bội và phức liên hiệp
a) Xét X(z)/z có các điểm cực đơn: Zc1, Zc2, Zc3,…. ZcN,
X (z)

A( z )



z



B(z)

A( z )
b N ( z  z c 1 )( z  z c 2 )  ( z  z cN )

Theo lý thuyết hàm hữu tỉ, X(z)/z phân tích thành:
X (z)
z



A( z )
B(z)



K1
( z  z c1 )



K2
( z  zc 2 )

 

KN
( z  z cN )

Với hệ số Ki xác định bởi:
Ki 

X (z)
z

( z  z ci )

hay
Z  Z ci

Ki 

A( z )
B'(z)

Z  Z ci

N





i 1

Ki
( z  z ci )


Slide 27

Suy ra X(z) có biểu thức:
X (z) 

Xét:

K1



1

(1  z c 1 z )

X i (z) 

K2
1

(1  z c 2 z )

 

N

KN
1

(1  z cN z )





i 1

Ki

Ki
1

(1  z ci z )

•

Nếu ROC: /z/ > /zci/

 x i ( n )  K i ( z ci ) u ( n )

•

Nếu ROC: /z/ < /zci/

 x i ( n )   K i ( z ci ) u (  n  1)

N

• Vậy: x ( n ) 

 xi ( n )
i 1

n

n

1

(1  z ci z )


Slide 28

2z  5z
2

Ví dụ: 2.3.5: Tìm x(n) biết

X (z) 

z  5z  6
2

ROC : a) /z/>3, b) /z/<2, c) 2X (z)

2z  5



z  5z  6
2

z



2z  5
( z  2 )( z  3 )



K1
( z  2)



K2
( z  3)

Với các hệ số được tính bởi:
K1 

K2 

X (z)
z

X (z)

( z  2)

z

Z 2

X (z)

( z  3)

z






Z 3

1
( z  2)



2z  5
( z  3)

1
Z 2

2z  5
( z  2)

1
( z  3)

1
Z 3

 X (z) 

1
1

(1  2 z )



1
1

(1  3 z )


Slide 29

X (z) 

1
1

(1  2 z )



1
1

(1  3 z )

Với các miền hội tụ:
n

n

a) /z/ > 3 :

x (n )  2 u (n )  3 u (n )

b) /z/ < 2 :

x ( n )   2 u (  n  1)  3 u (  n  1)

n

n

n

n

c) 2

Slide 30

b) Xét X(z)/z có điểm cực Zc1 bội r và các điểm cực đơn:
Zc(r+1),…,ZcN,
X (z)



z

A( z )



B(z)

A( z )
b N ( z  z c 1 ) ( z  z c ( r 1 ) )  ( z  z cN )
r

Theo lý thuyết hàm hữu tỉ, X(z)/z phân tích thành:
X (z)



z



K1
( z  z c1 )



K2
( z  z c1 )

K r 1
( z  z c ( r 1 ) )

 

2

 

Kr
( z  z c1 )

KN
( z  z cN )

r





i 1

r


N

Ki
( z  z1 )

i





Kl

l  r 1

( z  z cl )

Với hệ số Ki xác định bởi:
Ki 

1

d

( r  i )! dz

( r i)
( ri)

 X (z)
r
 z ( z  z c1 ) 



Kl 
Z  Z c1

X (z)
z

( z  z cl )
Z  Z cl


Slide 31

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:
z

1



Z

z  a 

i

n ( n  1)...( n  i  2 ) a

n  i 1

u (n)

( i  1)!

Vậy ta có biểu thức biến đổi Z ngược là:
r

x(n) 



Ki

n ( n  1)...( n  i  2 ) a

n  i 1

Ví dụ: 2.3.6: Tìm x(n) biết X ( z ) 

z

2z  5z  4
2



( z  2 ) ( z  1)
2



K1
( z  2)

n

K l ( z cl ) u ( n )

l  r 1

2z  5z  4z
3

X (z)



u (n) 

( i  1)!

i 1

N



2

( z  2 ) ( z 1)
2

K2
( z  2)

2



, ROC : z  2

K3
( z  1)


Slide 32

Với các hệ số được tính bởi:
K1 

1

( 2 1 )

d

( 2 1 )

( 2  1)! dz

K2 

K3 

1

d

(22)

( 2  2 )! dz

X (z)

 X (z)
2
(
z

2
)
 z




(22)

Z 2

 X (z)
2
 z ( z  2) 



2
d 2z  5z  4 



dz 
( z  1)


2z  5z  4

1
Z 2

2


Z 2

2z  5z  4

( z  1)

2
Z 2

2

( z  1)

z



( z  2)

Z 1

1

2
Z 1

Vậy X(z)/z có biểu thức là:
X (z)
z



1
( z  2)

 X (z) 



2
( z  2)

1
1

(1  2 z )



2



2z

1
( z  1)

1
1 2

(1  2 z )



1
1

(1  z )

 x(n)  2 u (n)  n 2 u (n)  u (n)
n

n

ROC : z  2


Slide 33

c) Xét X(z)/z có cặp điểm cực Zc1 và Z*c1 phức liên hiệp,
các điểm cực còn lại đơn: Zc3,…,ZcN,
X (z)

A( z )



z



B(z)

A( z )
b N ( z  z c 1 )( z  z c 1 )( z  z c 3 )  ( z  z cN )
*

X(z)/z được phân tích thành:
X (z)



K1

z

( z  z c1 )

X (z)

K1

z



( z  z c1 )





K2
(z  z )
*
c1



K3
( z  zc3 )
N

K2
(z  z )
*
c1





i3

 

KN
( z  z cN )

Ki
( z  z ci )

Với các hệ số K1, Ki được tính giống điểm cực đơn:
Ki 

X(z)
z

( z  z ci )

:i 1 N
Z  Z ci


Slide 34

Do các hệ số A(z), B(z) là thực, nên K2=K1*
Xét :

X 1( z )
z

 X 1( z ) 



K1
( z  z c1 )
K1

( 1  z c1 z

1


)



K1 *
( z  z c1 )
*

K1 *
(1 

*
1
z c1 z

Nếu gọi:
)

K1  K1 e

j

z c1  z c1 e

j

Và giả thiết ROC: /z/>max{/zci/}:



 x1  n   K 1  z c 1   K
n

*
1

z 

* n
c1

u ( n )

n

 2 K 1 z c 1 cos( n    )u ( n )

n
Vậy: x ( n )   2 K 1 z c 1 cos( n    ) 


N

 K i  z ci 
i3

n


u ( n )



Slide 35

Ví dụ: 2.3.7: Tìm x(n) biết:
X (z)
z





1
( z  2 z  2 )( z  1)

K1

 z  (1 

K1 

j)



 z  (1 

j)

1

 z  (1  j ) ( z  1) Z 1 j

 X (z) 

1/ 2

1  (1 

 x(n)  (

n

j) z

1



2 ) cos( n

4

2



K3
( z  1)



1

K3 

2

1/ 2

 1  (1 


: z 

 z  (1  j )  z  (1  j ) ( z  1)

*

K1

( z  2 z  2 )( z  1)
2

1



2

z

X (z) 

j) z

1

1
( z  2 z  2)

 1

2





)u ( n )  u ( n )

1
1

(1  z )

Z 1

z 

2


Slide 36

2.4 BIỂU DIỄN HỆ THỐNG TRONG MIỀN Z
2.4.1 ĐỊNH NGHĨA HÀM TRUYỀN ĐẠT
Miền n:

x(n)

h(n)

y(n)=x(n)*h(n)
Z

Miền Z:
h(n)

Z

X(z)

H(z)

Y(z)=X(z)H(z)

H(z): gọi là hàm truyền đạt

H(z)=Y(z)/X(z)

 Trong miền phức Z, H(z) đặc trưng hoàn toàn cho hệ thống


Slide 37

2.4.2 HÀM TRUYỀN ĐẠT ĐƯỢC BIỂU DIỄN THEO
CÁC HỆ SỐ PHƯƠNG TRÌNH SAI PHÂN
• Phương trình sai phân TTHSH có dạng:
N

M

k 0

r 0

 a k y ( n  k )   bk x ( n  r )

• Lấy biến đổi Z 2 vế PTSP & áp dụng tính chất dịch theo t/g:
N

Y ( z ) ak z
k 0

k

M

 X ( z )  bk z
r 0
M

 H( z )

r

Y( z )
X(z)



 br z

r



k

r 0
N

k 0

ak z


Slide 38

Ví dụ: 2.4.1: Tìm H(z) và h(n) của hệ thống nhân quả cho bởi:
y(n) - 5y(n-1) + 6y(n-2) = 2x(n) - 5x(n-1)
Lấy biến đổi Z hai vế PTSP và áp dụng tính chất dịch theo t/g:



Y (z) 1  5z
 H (z) 

1

 6z

Y (z)



X (z)

H (z)
z
K1 



2

  X ( z ) 2  5 z 
1

2  5z
1  5z

2z  5
( z  2 )( z  3 )

2z  5
( z  3) z  2

 H (z) 

1

1
1

(1  2 z )



1

1

2

 6z



2

K1
( z  2)
K2 



2z  5z



z  5z  6
2

K2
( z  3)

2z  5
( z  2) z  3

1

1
1

(1  3 z )

Do hệ thống nhân quả nên: h(n) = ( 2n + 3n ) u(n)


Slide 39

2.4.3 HÀM TRUYỀN ĐẠT CÁC HỆ THỐNG GHÉP NỐI
a. Ghép nối tiếp

h1(n)

h2(n)

x(n)

h(n)=h1(n)*h2(n)

y(n)



x(n)
 Miền n:

Theo tính chất tổng chập: h1(n)*h2(n)

Z

y(n)
H1(z)H2(z)

X(z)

H1(z)

H2(z)

Y(z)

X(z)

H(z)=H1(z)H2(z)

Y(z)



 Miền Z:


Slide 40

b. Ghép song song
h1(n)
x(n)

+

y(n)

h2(n)



 Miền n:
x(n)

h1(n)+h2(n)
H1(z)

X(z)

+

y(n)

Y(z)

H2(z)



 Miền Z:

X(z)

H1(z)+H2(z)

Y(z)


Slide 41

Ví dụ: 2.4.2: Tìm H(z) của hệ thống, biết h1, h2, h3, h4
x(n)

h1(n)

H1(z)
Giải:

h2(n)
+

h3(n)

h4(n)

H2(z) + H3(z)H4(z)

H(z)=H1(z)[ H2(z) + H3(z)H4(z) ]

y(n)


Slide 42

2.4.4 TÍNH NHÂN QUẢ & ỔN ĐỊNH CỦA HỆ THỐNG
a. Tính nhân quả
 Miền n: Hệ thống TTBB là nhân quả
 Miền Z:

H (z) 

h(n) = 0 : n<0

A( z )
b N ( z  z c 1 )( z  z c 2 )  ( z  z cN )

Do h(n) là tín hiệu nhân quả, nên miền hội tụ H(z) sẽ là:
z  zc

max

 max

 z c1 , z c 2 ,  , z cN 

Hệ thống TTBB
là nhân quả

Im(z)

ROC
/zc/max
0

ROC của H(z) là:

z  zc

max

 max  z c 1 , z c 2 ,  , z cN



Re(z)


Slide 43

b. Tính ổn định




 Miền n: Hệ thống TTBB là ổn định

n  

 Miền Z:


H (z) 

h ( n )   (*)



h(n) z

n







h(n) z





h(n) z

n

n  

n  

n  

n





 H (z) 

 h(n)

: khi z  1

n  

Theo đ/k ổn định (*), nhận thấy H(z) cũng sẽ hội tụ với /z/=1
Hệ thống TTBB
là ổn định

ROC của H(z)
có chứa /z/=1


Slide 44

c. Tính nhân quả và ổn định
ROC của H(z) là:

Hệ thống TTBB
là nhân quả

z  zc

Hệ thống TTBB
là ổn định

max

 max  z c 1 , z c 2 ,  , z cN

ROC của H(z) có chứa /z/=1
Im(z)

Hệ thống TTBB
là nhân quả
và ổn định

ROC
/zc/max
/z/=1

ROC của H(z) là:

z  zc

max

và

zc

max

1

0

Re(z)




Slide 45

4z  5z
2

Ví dụ: 2.4.3: Tìm h(n) của hệ thống, biết H ( z )  2
2z  5z  2
a. Để hệ thống là nhân quả
b. Để hệ thống là ổn định
c. Để hệ thống là nhân quả và ổn định
H (z)
z



4z  5
2 ( z  1 / 2 )( z  2 )

 H (z) 

1

1  (1 / 2 ) z 
1





K1
( z  1 / 2)



K2
( z  2)



1
( z  1 / 2)



1
( z  2)

1
1

(1  2 z )

a. Hệ thống nhân quả (/z/>2):
b. Hệ thống ổn định (1/2
h(n)=[(1/2)n + 2n] u(n)

h(n)=(1/2)n u(n) - 2n u(-n-1)

c. Hệ thống nhân quả và ổn định:
ROC: /z/>2 không thể chứa /z/=1  không tồn tại h(n)


Slide 46

2.4.5 GIẢI PTSP DÙNG BIẾN ĐỔI Z 1 PHÍA
y ( n  1)

z
1 phía





y ( n  1) z

n

n0

 y (  1)  z

1

 y (  1)  y ( 0 ) z

 y ( 0 )  y (1) z

1

1

 y (1) z



2



2





1

 y (  1)  z Y ( z )

y (n  2)

z
1 phía

y (n  k )

Z
1 phía





y ( n  2 )z

n

 y (  2 )  y (  1) z

n0

1

z

 y (  2 )  y (  1) z

1

 z Y (z)

k

z Y (z) 



r 1

y ( r ) z

2

rk

 y (0) z

 y ( 0 )  y (1) z

 y (  2 )  y (  1) z

k

2

1

1






Slide 47

Ví dụ 2.4.4: Hãy giải PTSP dùng biến đổi Z 1 phía
y(n) – 3y(n–1) +2 y(n-2) = x(n) : n0
biết: x(n)=3n-2u(n) và y(-1)=-1/3; y(-2)= -4/9

Lấy biến đổi Z 1 phía hai vế PTSP:
Y(z) - 3[y(-1)+z-1Y(z)] + 2[y(-2)+y(-1)z-1+z-2Y(z)] = X(z) (*)
Thay y(-1)=-1/3; y(-2)= -4/9 và X(z)=3-2/(1-3z-1) vào (*), rút ra:
Y (z)
z



1
( z  1)( z  3 )

 Y (z)  

 y (n) 

1
2

1

.



1
1

2 (1  z )

3

n



 1 u (n)



1

1

.

2 ( z  1)

1

.



1

.

1

2 ( z  3)

1
1

2 (1  3 z )