Bài giảng Xử lý tín hiệu số - Chương 3: Biến đổi Z - Đinh Đức Anh Vũ

Nội dung text: Bài giảng Xử lý tín hiệu số - Chương 3: Biến đổi Z - Đinh Đức Anh Vũ

1. dce 2011 Chương 3 Biến đổi Z BK TP.HCM ©2011, TS. Đinh Đức Anh Vũ
2. dce 2011 Biến đổi Z • Tổng quát – Một cách biểu diễn t/h khác về mặt toán học – Biến đổi t/h từ miền thời gian sang miền Z – Dễ khảo sát t/h và h/t trong nhiều trường hợp (dựa vào các t/c của BĐZ) • Định nghĩa +∞ − – Công thức Xz()= ∑ xnz () n n=−∞ z – Quan hệ xn()← → Xz () – Ký hiệu X(z) ≡ Z{x(n)} – Biến z Điểm thuộc mặt phẳng z z = a + jb hay z = rejδ – Miền hội tụ (ROC) {z │ |X(z)| < ∞} Chỉ quan tâm X(z) tại những điểm z thuộc ROC DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 3
3. dce 2011 BĐZ của t/h nhân quả và không nhân quả • T/h nhân quả x(n) = anu(n) +∞ +∞ X (z) = ∑ x(n)z−n = ∑(az−1)n n=−∞ n=0 − 1 Khi az 1 a ), X (z) = 1− az−1 ⇒ ROC : z > a • T/h phản nhân quả x(n) = –anu(–n–1) +∞ −1 ∞ X (z) = ∑ x(n)z −n = ∑(−an )z −n = −∑(a−1z)l n=−∞ n=−∞ l=1 a−1z 1 Khi a−1z <1(i.e. z < a ), X (z) = − = 1− a−1z 1− az −1 ⇒ ROC : z < a • Ý nghĩa – T/h RRTG x(n) được xác định duy nhất bởi biểu thức BĐ Z và ROC của nó – ROC của t/h nhân quả là phần ngoài của vòng tròn bán kính r2, trong khi ROC của t/h phản nhân quả là phần trong của vòng tròn bán kính r1 DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 5
4. dce 2011 BĐZ một phía +∞ Xz()= ∑ xnz ()−n n=−∞ +∞ X + (z) = ∑ x(n)z −n n=0 DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 7
5. dce 2011 BĐZ – Tính chất (1) • ROC = ROC1 ∩ ROC2 ∩ ∩ ROCn Z • Tuyến tính x1(n)←→ X1(z) Z x2 (n)←→ X 2 (z) Z ⇒ x(n) = ax1(n) + bx2 (n)←→ X (z) = aX1(z) + bX 2 (z) – Ví dụ: x(n) = anu(n) + bnu(–n–1) 1 x (n) = anu(n)←Z → X (z) = ROC : z > a 1 1 1− az −1 1 x (n) = −bnu(−n −1)←Z → X (z) = ROC : z < b 2 2 1− bz −1 1 1 Do đó x(n) = x (n) − x (n)←Z → X (z) = X (z) − X (z) = − 1 2 1 2 1− az −1 1− bz −1 ROC : a < z < b DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 9
6. dce 2011 BĐZ – Tính chất (3) • Co giãn trong miền Z z x(n)←→ X (z) ROC : r1 1 Re(w) Thay bien ⇔   + quay mpz gian r0 <1 DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 11
7. dce 2011 BĐZ – Tính chất (4) • Đảo thời gian Z x(n)←→ X (z) ROC : r1 1 1− z −1 1 ⇒ u(−n)←Z → ROC : z < 1 1− z DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 13
8. dce 2011 BĐZ – Tính chất (6) Z • Tổng chập x1(n)←→ X1(z) Z x2 (n)←→ X 2 (z) Z ⇒ x(n) = x1(n)* x2 (n)←→ X (z) = X1(z)X 2 (z) • Tính tổng chập của 2 t/h dùng phép BĐZ – Xác định BĐ Z của 2 t/h Miền thời gian → miền Z X1(z) = Z{x1(n)} X2(z) = Z{x2(n)} – Nhân 2 BĐ Z với nhau Xử lý trong miền Z X(z) = X1(z)X2(z) – Tìm BĐ Z ngược của X(z) Miền Z → miền thời gian x(n) = Z-1{X(z)} DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 15
9. dce 2011 BĐZ – Tính chất (8) ←Z → • Nhân 2 chuỗi x1(n) X1(z) Z x2 (n)←→ X 2 (z) Z 1 z −1 x(n) = x1(n)x2 (n)←→ X (z) = X1(v)X 2 ( )v dv 2πj ∫C v C :bao dong quanh gocO,thuoc ROC chung cua X1(v)va X 2 (1/ v) • Cách xác định miền hội tụ X1(v) hoitu r1l < v < r1u X 2 (z) hoitu r2l < z < r2u z ⇒ X (z / v) hoitu r < < r 2 2l v 2u Do do, X (z) hoitu r1l r2l < z < r1u r2u DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 17
10. dce 2011 BĐZ hữu tỉ – Điểm zero & pole • Zero của BĐZ X(z): các giá trị z sao cho X(z) = 0 • Pole của BĐZ X(z): các giá trị của z sao cho X(z) = ∞ • ROC không chứa bất kỳ pole nào • Ký hiệu trên mpz: zero – vòng tròn (o) và pole – chữ thập (x) − 1 1− z 1 X (z) = X (z) = − − 1− 0.9z −1 1− z 1 − 2z 2 DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 19
11. dce 2011 BĐZ hữu tỉ – Vị trí điểm pole (1) • 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 qua những ví dụ sau DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 21
12. dce 2011 BĐZ hữu tỉ – Vị trí điểm pole (3) DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 23
13. dce 2011 BĐZ hữu tỉ – Hàm h/t của hệ LTI (1) x(n) Hệ thống LTI y(n) • Ví dụ h(n) – h(n) = (1/2)nu(n) y(n) = x(n)*h(n) – x(n) = (1/3)nu(n) z z z 1 Y(z) = X(z) H(z) H (z) = 1 −1 • Xác định y(n) 1− 2 z – Tính X(z) và H(z) 1 – Xác định Y(z) X (z) = 1 −1 – Tìm y(n) bằng cách tính BĐZ ngược của Y(z) 1− 3 z • Tìm đáp ứng đơn vị 1 1 ∞ ⇒ Y (z) = Y (z) −n − 1 −1 − 1 −1 H (z) = = ∑ h(n)z 1 2 z 1 3 z X (z) =−∞ n 6 = • Hàm h/t: H(z) −1 −1 – H(z): đặc trưng cho h/t trong miền Z (z − 2)(z − 3) – h(n): đặc trưng cho h/t trong miền TG DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 25
14. dce 2011 Ví dụ BĐZ hữu tỉ (1) x(n) 3 y(n) + Z–1 2 • PTSP: y(n) = 2y(n–1) + 3x(n) • Hàm hệ thống 1. Biến đổi Z hai vế Y(z) = 2z–1Y(z) + 3X(z) 3 2. Tính H(z) = Y(z) / X(z) H (z) = 1− 2z −1 • Hàm đáp ứng xung đơn vị: tra bảng, kết quả h(n) = 3.2n.u(n) DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 27
15. dce 2011 BĐZ ngược • Tổng quát – Tìm t/h trong miền thời gian từ BĐZ của nó – Ký hiệu x(n) = Z–1{X(z)} – Biểu thức tổng quát 1 x(n) = X (z)z n−1dz 2πj ∫C C :bao dong quanh gocO,thuoc ROC • Phương pháp 1. Tính tích phân trực tiếp 2. Khai triển thành chuỗi theo biến z và z–1 3. Khai triển phân số cục bộ và tra bảng DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 29
16. dce 2011 BĐZ ngược – PP trực tiếp (2) • Giả sử f(z) không có pole trong bao đóng C và đa thức g(z) có các nghiệm đơn riêng biệt z1, z2, , zn trong C 1 f (z) 1  n A (z) dz = i dz ∫C ∫C ∑  2πj g(z) 2πj  i=1 z − zi  n 1 A (z) = i dz ∑ ∫C i=1 2πj z − zi n f (z) A (z) = (z − z ) : Thặng dư = ∑ Ai (zi ) i i i=1 g(z) • BĐZ ngược 1 x(n) = X (z)z n−1dz 2πj ∫C n−1 = ∑[thang du cua X (z)z tai zi ] cac pole{zi }trong C = (z − z )X (z)z n−1 ∑ i z=z i i DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 31
17. dce 2011 BĐZ ngược – PP khai triển chuỗi (1) • PP khai triển thành chuỗi theo biến z và z–1 – Dựa vào tính duy nhất của BĐ Z, nếu X(z) được khai triển thành ∞ −n X (z) = ∑cn z n=−∞ thì x(n) = cn ∀n – Nếu X(z) hữu tỉ, phép khai triển được thực hiện bằng phép chia • PP này chỉ được dùng để xác định giá trị vài mẫu đầu của t/h DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 33
18. dce 2011 BĐZ ngược – PP khai triển phân số (1) • Nguyên tắc – Nếu X(z) được biểu diễn X(z) = a1X1(z) + a2X2(z) + + akXk(z) thì x(n) = a1x1(n) + a2x2(n) + + akxk(n) • Từ dạng hữu tỉ N(z) b + b z −1 ++ b z −M = = 0 1 M X (z) −1 −N D(z) 1+ a1z ++ aN z – X(z) là hợp lệ nếu aN≠0 và M = N, chia đa thức để đưa về N(z) −1 −(M −N ) N1(z) X (z) = = c + c z ++ c − z + D(z) 0 1 M N D(z) N(z) b + b z −1 ++ b z −M – Giả sử X(z) hợp lệ = = 0 1 M X (z) −1 −N D(z) 1+ a1z ++ aN z b z N + b z N −1 ++ b z N −M = 0 1 M N N −1 z + a1z ++ aN X (z) b z N −1 + b z N −2 ++ b z N −M −1 = 0 1 M N N −1 • Phương pháp z z + a1z ++ aN – Bước 1: Khai triển phân số cục bộ – Bước 2: Tra bảng để xác định BĐ Z ngược của từng phân số DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 35
19. dce 2011 BĐZ ngược – PP khai triển phân số (3) • Bước 2: Tìm BĐ Z ngược của từng phân số cục bộ – Nếu các pole đơn riêng biệt 1 1 1 = + ++ X (z) A1 −1 A2 −1 AN −1 1− p1z z − p2 z z − pN z   ( p )n u(n) ROC : z > p (nhân qua) do −1 1 k k Z  −1  =  n 1− pk z  − ( pk ) u(−n −1) ROC : z = Z Ak −1 + Ak * −1  2 Ak rk cos( k n k )u(n) neu ROC : z pk rk  1− pk z 1− pk z  – Nếu có pole kép  pz −1  −1 = n > Z  −1 2  np u(n) ROC : z p (1− pz )  DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 37
20. dce 2011 BĐZ ngược – PP khai triển phân số (5) • Phân rã BĐ Z hữu tỉ – Dùng trong việc hiện thực các h/t RRTG (các chương sau) – Giả sử có BĐ Z được biểu diễn (để đơn giản a0≡1) M M −k −1 ∑bk z ∏(1− zk z ) k =0 k =1 X (z) = N = b0 N + −k −1 1 ∑ ak z ∏(1− pk z ) k =1 k =1 – Nếu M ≥ N, X(z) có thể được biến đổi thành M −N −k X (z) = ∑ck z + X pr (z) k =0 – Nếu Xpr(z) có các pole đơn riêng biệt, Xpr(z) được phân rã thành 1 1 1 = + ++ X pr (z) A1 −1 A2 −1 AN −1 1− p1z 1− p2 z 1− pN z – Nếu Xpr(z) có nghiệm phức (liên hợp), các nghiệm liên hợp này được nhóm lại để tránh tạo ra hệ số phức * + −1 A A b0 b1z với  b0 = 2Re(A) a1 = −2Re( p) − + − = − − 1 * 1 1 2  * 2 1− pz 1− p z 1+ a1z + a2 z b1 = 2Re(Ap ) a2 = p DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 39
21. dce 2011 BĐZ một phía • Giới thiệu – Trong kỹ thuật: tác động thường bắt đầu từ thời điểm n0 nào đó. Đáp ứng cũng thường bắt đầu từ n0 và các thời điểm sau n0, với điều kiện đầu nào đó – BĐZ một phía (Z+) chỉ quan tâm đến phần tín hiệu x(n), n≥0 ∞ • Định nghĩa X + (z) ≡ ∑ x(n)z −n n=0 Z + + • Ký hiệu Z+{x(n)} và x(n)←→ X (z) • Đặc tính – Z+{x(n)} không chứa thông tin của x(n) khi n < 0 – BĐ Z+ chỉ là duy nhất đối với t/h nhân quả – Z+{x(n)} = Z{x(n)u(n)} • ROC bên ngoài vòng tròn • Không xét đến ROC khi tính BĐ Z+ DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 41
22. dce 2011 BĐZ+ – Tính chất (1) • Các tính chất của BĐ Z đều đúng cho BĐ Z+, ngoại trừ tính chất dịch theo thời gian + z + • Dịch theo thời gian x(n)←→ X (z) k – Trễ + x(n − k)←Z → z −k [X + (z) + ∑ x(−n)z n ] k > 0 n=1 • Nếu x(n) là t/h nhân quả, ta có + x(n − k)←Z → z −k X + (z) k > 0 k −1 – Nhanh + x(n + k)←Z → z k [X + (z) − ∑ x(n)z −n ] k < 0 n=0 • Định lý giá trị cuối cùng lim x(n) = lim(z −1)X + (z) n→∞ z→1 – Giới hạn tồn tại nếu ROC của (z-1)X+(z) chứa vòng tròn đơn vị DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 43
23. dce 2011 BĐZ+ – Tính chất (3) • Ví dụ: cho hệ thống x(n)=u(n) y(n) h(n)=(1/2)nu(n) 1 1 z 2 Y (z) = X (z)H (z) = = −1 1 −1 1 1− z 1− 2 z (z −1)(z − 2 ) z 2 lim y(n) = lim(z −1)Y (z) = lim = 2 n→∞ z→1 z→1 1 (z − 2 ) DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 45
24. dce 2011 Phân tích hệ LTI (1) • Tìm đáp ứng của t/h x(n) đối với một h/t LTI – Biết đáp ứng xung đơn vị h(n) x(n) y(n) Hệ LTI • Xác định quan hệ vào-ra N M = − − + − Phương y(n) ∑ ak y(n k) ∑bk x(n k) trình SP k =1 k =0 • BĐZ 2 vế PTSP Y(z) = • Xác định Y(z) H(z)X(z) • BĐZ ngược Đáp ứng • Phương pháp phân rã y(n) DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 48
25. dce 2011 Phân tích hệ LTI (3) • Tìm đáp ứng của t/h x(n) đối với một h/t LTI có đ/k đầu – Biết đáp ứng xung đơn vị h(n) – Biết các đ/k đầu của h/t x(n) y(n) Hệ LTI • Xác định quan hệ vào-ra N M • PTSP y(n) = − a y(n − k) + b x(n − k) Phương ∑ k ∑ k trình SP k =1 k =0 • BĐZ+ 2 vế PTSP + + + Y (z) = • Có thể tách ra Y zi(z) và Y zs(z) H+(z)X+(z) • BĐZ ngược Đáp ứng • Phương pháp phân rã y(n) DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 51
26. dce 2011 Phân tích hệ LTI – Ví dụ 1 x(n) 3 y(n) Hệ có điều kiện đầu bằng không + z-1 =0 2 2 + 3z 1. PTSP Y (z) = (z − 3)(z − 2) y(n) = 3x(n) + 2y(n–1) Y + (z) 3z A A = = 1 + 2 z (z − 3)(z − 2) z − 3 z − 2 2. BĐ Z + Y (z) + + –1 + Y (z) = 3X (z) + 2[z Y (z) + y(–1)] A1 = (z − 3) = 9 z z=3 3 1 + + = Y (z) Y (z) −1 −1 A = (z − 2) = −6 1− 3z 1− 2z 2 z z=2 9 6 3. Biến đổi Z ngược Y + (z) = − z − 3 z − 2 y(n) = 9.3n.u(n) − 6.2n.u(n) DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 53
27. dce 2011 Phân tích hệ LTI – Đáp ứng của hệ (1) N n • Đáp ứng tự nhiên ynr (n) = ∑ Ak ( pk ) u(n) k =1 – Khi │pk│< 1 (∀k), ynr(n) tiệm cận về 0 khi n → ∞ : đáp ứng nhất thời L • Đáp ứng cưỡng bức n y fr (n) = ∑Qk (qk ) u(n) k =1 – Khi t/h nhập là t/h sin, các pole qk nằm trên vòng tròn đơn vị và các đáp ứng cưỡng bức cũng có dạng sin: đáp ứng đều • Tính nhân quả và ổn định trên H(z) – Nhân quả LTI : nhân quả  h(n) : nhân quả  H(z) : có ROC là ngoài vòng tròn bán kính R nào đó – Ổn định LTI : ổn định  h(n) : khả tổng tuyệt đối  H(z) : có ROC chứa vòng tròn đơn vị – Nhân quả và ổn định LTI nhân quả : ổn định  H(z) : tất cả các pole nằm trong vòng tròn đơn vị DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ 55