�ݺ�ߣ

Chương 2: BIẾN ĐỔI Z VÀ ỨNG DỤNG VÀO
HỆ THỐNG XLTH RỜI RẠC
2.1 BIẾN ĐỔI Z
2.2 CÁC TÍNH CHẤT BIẾN ĐỔI Z
2.3 BIẾN ĐỔI Z NGƯỢC
2.4 HÀM TRUYỀN ĐẠT CỦA HỆ XLTH RỜI RẠC
2.5 GIẢI PTSP DÙNG BIẾN ĐỔI Z 1 PHÍA

• Nếu x(n) nhân quả thì : (*) (**)
• Ký hiệu:
x(n) X(z) hay X(z) = Z{x(n)}
X(z) x(n) hay x(n) = Z-1{X(z)}
2.1 BIẾN ĐỔI Z
2.1.1 ĐỊNH NGHĨA BIẾN ĐỔI Z:





0n
n
znxzX )()(
 Z
 
1
Z

Biểu thức (*) còn gọi là biến đổi Z hai phía
• Biến đổi Z của dãy x(n):
Biến đổi Z 1 phía dãy x(n):
(*)
(**)
Trong đó Z – biến số phức





n
n
znxzX )()(

• 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.
5.1.2 MIỀN HỘI TỤ CỦA BIẾN ĐỔI Z (ROC)



)2()1()0()(
0
xxxnx
n
1)(lim
1


n
n
nx
00
Im(Z)
Re(z)
Rx+
Rx-
• Để tìm ROC của X(z) ta áp dụng
tiêu chuẩn Cauchy
• Tiêu chuẩn Cauchy:
Một chuỗi có dạng:
hội tụ nếu:

Ví dụ 5.1.1: Tìm biến đổi Z & ROC của:
Giải:
 
n
n
az




0
1
1
1
1
)( 


az
zX
azaz
nn
n




 

1lim
1
1





n
n
znxzX )()(  




n
nn
znua )( 




0
.
n
nn
za
)()( nuanx n

0
ROC
Im(z)
Re(z)
/a/
Theo tiêu chuẩn Cauchy,
X(z) sẽ hội tụ:
Nếu:
Vậy: a
az
zX 

 
Z:ROC;
1
1
)( 1

)1()(  nuanx n
 
m
m
za




1
1
az 1lim
1
1




 

n
n
n
za





n
n
znxzX )()(  




n
nn
znua )1( 




1
.
n
nn
za
  1
0
1
 



m
m
za
  1)(
0
1
 



n
m
zazX 1
1
1



az
0
ROC
Im(z)
Re(z)
/a/
Giải:
Theo tiêu chuẩn Cauchy,
X(z) sẽ hội tụ:
Nếu:

5.2 CÁC TÍNH CHẤT BIẾN ĐỔI Z
a) Tuyến tính
RROC:)()( 222  zXnx Z
RROC:)()( 111  zXnx Z
)()()()( 22112211 zXazXanxanxa Z

)1()()(  nubnuanx nn ba 
Giải:
• Nếu:
• Thì:
với
ROC chứa R1 R2

Áp dụng tính chất tuyến tính, ta được:
1
1
1
)( 


az
nua Zn
1
1
1
)1( 


bz
nub Zn
bzR :2
 Znn
nubnua )1()( 11
1
1
1
1



 bzaz
0
ROC
Im(z)
Re(z)/a/
0
ROC
Im(z)
Re(z)
/b/
azR :1
bzaRRR  :21
0
ROC
Im(z)
Re(z)
/b/
/a/
Theo ví dụ 5.1.1 và 5.1.2, ta có:

b) Dịch theo thời gian
a
az
nua Zn


 
z:ROC;
1
1
)( 1
)1()(  nuanx n
)1()(  nuanx n
)1(. 1
 
nuaa n
az
az
azZ


 

:
1 1
1
RROC:)()(  zXnx Z
R'ROC:)()( 0
0  
zXZnnx nZ
R
R
R'




trừ giá trị z=0, khi n0>0
trừ giá trị z=∞, khi n0<0
Nếu:
Thì:
Với:
Giải:
Theo ví dụ 5.1.1:
Vậy:

c) Nhân với hàm mũ an
)()(1 nuanx n

aR'
az
azXnuanxa Znn


 

z:;1
1
1
1
)()()(
RROC:)()( 1
azaXnxa Zn
 
)()(2 nunx 
1
)()()()( 


 znuzXnunx
n
Z
Giải:
Nếu:
Thì:
Ví dụ 5.2.3: Xét biến đổi Z & ROC của:
và
1:;
1
1
1


 
zR
z

d) Đạo hàm X(z) theo z
)()( nunang n

a
az
zXnuanx Zn


 
z:ROC;
1
1
)()()( 1
RROC:)( 
dz
dX(z)
znxn Z
dz
zdX
zzGnnxng Z )(
)()()(  az
az
az


 

:
)1( 21
1
Giải:
Theo ví dụ 5.1.1:
Nếu:
Thì:

e) Đảo biến số
Nếu:
Thì:
  )(1)( nuany
n

a
az
zXnuanx Zn


 
z:ROC;
1
1
)()()( 1
RXnx Z
1ROC:)(z)( -1

  )()()(1)( nxnuanuany nn
 
 
a/1z:ROC;
az1
1
za1
1
)z(X)z(Y 11
1




 

• Ví dụ 5.2.5: Tìm biến đổi Z & ROC của:
• Giải: Theo ví dụ 5.1.1:
Áp dụng tính chất đảo biến số:

f) Liên hiệp phức
RXnx Z
 ROC:(z*)*)(*
g) Tích 2 dãy
RRROC:d)(
2
1
)()( 21
1
1121 





 




 c
Z z
XXnxnx
h) Định lý giá trị đầu
Nếu x(n) nhân quả thì: X(z))0(


Z
Limx
RROC:)()( 222  zXnx Z
RROC:)()( 111  zXnx Z
Nếu:
Thì:
Nếu:
Thì:

• Ví dụ 5.2.5: Tìm x(0), biết X(z)=e1/z và x(n) nhân quả
• Giải:
X(z)lim)0(


Z
x
i) Tổng chập 2 dãy
RROC:)()( 222  zXnx Z
RROC:)()( 111  zXnx Z
)()()(*)( 2121 zXzXnxnx Z
 ;ROC có chứa R1  R2
1elim 1/z

Z
Thì:
Nếu:
Theo định lý giá trị đầu:

5.0:;
5.01
1
)()()5.0()( 1


 
zROC
z
zXnunx Zn
2:;
21
1
)()1(2)( 1


 
zROC
z
zHnunh Zn
25,0:;
)21(
1
.
)5.01(
1
)()()( 11


 
zROC
zz
zHzXzY
25,0:;
)21(
1
.
3
4
)5.01(
1
.
3
1
11




 
zROC
zz
)1(2
3
4
)()5.0(
3
1
)(*)()(  nununhnxny nn
Z-1
• Ví dụ 5.2.6: Tìm y(n) = x(n)*h(n), biết:
)()5.0()( nunx n
 )1(2)(  nunh n
• Giải:

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) Z-n0 X(z) R’
an x(n) X(a-1z) R
nx(n) -z dX(z)/dz R
x(-n) X(z -1) 1/R
x*(n) X*(z*) R
x1(n)x2(n) R1  R2
x(n) nhân quả x(0)=lim X(z ->∞)
x1(n)*x2(n) X1(z)X2(z) Chứa R1  R2
dvv
v
z
XvX
j C
1
21 )(
2
1 








BIẾN ĐỔI Z MỘT SỐ DÃY THÔNG DỤNG
x(n) X(z) ROC
(n) 1 z
u(n) /z/ >1
-u(-n-1) /z/ <1
an u(n) /z/ > /a/
-an u(-n-1) /z/ < /a/
nan u(n) /z/ > /a/
-nan u(-n-1) /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
1
1
1

 z
1
1
1

 az
21
1
)1( 

 az
az

2.3 BIẾN ĐỔI Z NGƯỢC
2.3.1 CÔNG THỨC BIẾN ĐỔI Z NGƯỢC



C
n
dzz)z(X
j
)n(x 1
2
1

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
(*)

5.3.2 PHƯƠNG PHÁP THẶNG DƯ
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 :
• Thặng dư tại điểm cực Zci bội r của F(z) được định nghĩa:
    cici ZZ
r
cir
r
ZZ zzzF
dz
d
r
zFs 

 

 ))((
)!1(
1
)(Re )1(
)1(
• Thặng dư tại điểm cực đơn Zci của F(z) được định nghĩa:
    cici ZZciZZ zzzFzFs   ))(()(Re
a) Khái niệm thặng dư của 1 hàm tại điểm cực:




C
n
dzzzX
j
nx 1
)(
2
1
)(

• 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
Trong đó:
 Tổng cộng các thặng dư tại tất cả các điểm cực, ta
được x(n)
  ciZZ
n
i
zzXs 

 1
)(Re
Ví dụ 5.3.1: Tìm biến đổi Z ngược của:
)2(
)(


z
z
zX
(*)
Giải:



C
n
dzzzX
j
nx 1
)(
2
1
)(
 



C
n
dzz
z
z
j
1
)2(2
1
 






  )2(
Re
z
z
s
n
Thay X(z) vào (*), ta được

• n0:
)2(
)( 1


z
z
zzX
n
n
có 1 điểm cực đơn Zc1=2
Thặng dư tại Zc1=2:
2
)2(
Res







 Z
n
z
z
2
)2(
)2( 









Z
n
z
z
z n
2
• n<0: n
n
zz
zzX 



)2(
1
)( 1 Zc1=2 đơn,
Zc2=0 bội m
m
zz )2(
1


Với: Zc1=2
2
)2(
1
Res







 Z
m
zz m
2
1

2
)2(
)2(
1










Z
m
z
zz
 Chọn C là đường cong khép kín nằm bên ngoài vòng
tròn có bán kính là 2
0
ROC
Im(z)
Re(z)2
C












m
m
m
m )2(
)1()!1(
)!1(
1 1
m
2
1

Vậy, với n<0: 






 )2(
Res
z
z n
0
2
1
2
1
 mm
suy ra 0:2)(  nnx n
hay )(2)( nunx n

Với: Zc2=0 bội m:
0
)2(
1
Res







 Z
m
zz 0
1
1
)2(
1
)!1(
1











Z
m
mm
m
z
zzdz
d
m

5.3.3 PHƯƠNG PHÁP KHAI TRIỂN
THÀNH CHUỖI LUỸ THỪA
Giả thiết X(z) có thể khai triển: 




n
n
n zazX )(
Theo định nghĩa biến đổi Z 




n
n
znxzX )()(
(*)
(**)
Đồng nhất (*) & (**), rút ra: nanx )(
Ví dụ: 5.3.2: Tìm x(n) biết: )321)(1()( 212 
 zzzzX
Giải:
Khai triển X(z) ta được:
 zROC 0:
212
3242)( 
 zzzzzX 



2
2
)(
n
n
znx
Suy ra: ,-2,3}4{1,-2,)(

nx

..............
121 1
 z
Ví dụ: 5.3.3: Tìm x(n) biết: 2:
21
1
)( 1


 
z
z
zX
Giải:
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:





0
)(
n
n
n zazX   2
2
1
10 zazaa
Để có dạng (*), thực hiện phép chia đa thức dưới đây:
(*)
-1
2z-11
2 1
z
1
2 
 z
z2-2 -221
z
z2 -22
22
2 
 z 





0
2)(
n
nn
zzX
)(20:2)( nunnx nn


..............
1111
221 zz 

Ví dụ: 5.3.4: Tìm x(n) biết: 2:
21
1
)( 1


 
z
z
zX
Giải:
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:





1
)(
n
n
n zazX  
3
3
2
2
1
1 zazaza
Để có dạng (**), thực hiện phép chia đa thức dưới đây:
(**)
1z2-1 -11

2 11
z
22
2 z

z2-2 2-211
z
z2 2-2
33
2 z
 





1
2)(
n
nn
zzX
)1(20:2)(  nunnx nn

5.3.4 PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH THÀNH
TỔNG CÁC PHÂN THỨC TỐI GIẢN
Xét X(z) là phân thức hữu tỉ có dạng:
)(
)(
)(
zB
zD
zX 
01
1
1
01
1
1
...
...
bzbzbzb
dzdzdzd
N
N
N
N
K
K
K
K


 



0, NKvới:
• Nếu K>N, thực hiện phép chia đa thức, ta được:
)(
)(
)(
zB
zD
zX 
)(
)(
)(
zB
zA
zC 
01
1
1
01
1
1
...
...
)(
bzbzbzb
azazaza
zC N
N
N
N
M
M
M
M


 



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

Xét X(z)/z là phân thức hữu tỉ có bậc MN :
)(
)()(
zB
zA
z
zX

Xét đén các điểm cực của X(z)/z, hay nghiệm của B(z) là
đơn, bội và phức liên hiệp
01
1
1
01
1
1
...
...
bzbzbzb
azazaza
N
N
N
N
M
M
M
M


 



a) Xét X(z)/z có các điểm cực đơn: Zc1, Zc2, Zc3,…. ZcN,
)(
)()(
zB
zA
z
zX

)())((
)(
21 cNccN zzzzzzb
zA



Theo lý thuyết hàm hữu tỉ, X(z)/z phân tích thành:
)(
)()(
zB
zA
z
zX

)()()( 2
2
1
1
cN
N
cc zz
K
zz
K
zz
K





  
 

N
i ci
i
zz
K
1 )(
Với hệ số Ki xác định bởi:
ciZZ
cii zz
z
zX
K

 )(
)(
hay
ciZZ
i
zB
zA
K


)('
)(

Suy ra X(z) có biểu thức:
)1()1()1(
)( 11
2
2
1
1
1







zz
K
zz
K
zz
K
zX
cN
N
cc
 




N
1i
1
ci
i
)zz1(
K
)1(
)( 1


zz
K
zX
ci
i
i
• Nếu ROC: /z/ > /zci/ )()()( nuzKnx n
ciii 
• Nếu ROC: /z/ < /zci/ )1()()(  nuzKnx n
ciii
• Vậy: 


N
i
i nxnx
1
)()(
Xét:

Ví dụ: 5.3.5: Tìm x(n) biết:
65
52
)( 2
2



zz
zz
zX
Giải:
với các miền hội tụ: a) /z/>3, b) /z/<2, c) 2</z/<3
)3)(2(
52



zz
z
)3()2(
21




z
K
z
K
65
52)(
2



zz
z
z
zX
Với các hệ số được tính bởi:
2
1 )2(
)(


Z
z
z
zX
K 1
)3(
52
2




Z
z
z
3
2 )3(
)(


Z
z
z
zX
K 1
)2(
52
3




Z
z
z
)3(
1
)2(
1)(




zzz
zX
)31(
1
)21(
1
)( 11 




zz
zX

Với các miền hội tụ:
)31(
1
)21(
1
)( 11 




zz
zX
a) /z/ > 3 : )(3)(2)( nununx nn

b) /z/ < 2 : )1(3)1(2)(  nununx nn
c) 2</z/<3 : )1n(u3)n(u2)n(x nn


b) Xét X(z)/z có điểm cực Zc1 bội r và các điểm cực đơn:
Zc(r+1),…,ZcN,
)(
)()(
zB
zA
z
zX

)()()(
)(
)1(1 cNrc
r
cN zzzzzzb
zA


 
Theo lý thuyết hàm hữu tỉ, X(z)/z phân tích thành:






 r
c
r
cc zz
K
zz
K
zz
K
z
zX
)()()(
)(
1
2
1
2
1
1


 



N
rl cl
l
r
i
i
i
zz
K
zz
K
11 1 )()(
Với hệ số Ki xác định bởi:
1cZZ
r
1c)ir(
)ir(
i )zz(
z
)z(X
dz
d
)!ir(
1
K










hay clZZ
cll zz
z
zX
K

 )(
)(
)()( )1(
1
cN
N
rc
r
zz
K
zz
K








Vậy ta có biểu thức biến đổi Z ngược là:
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:
 
)(
)!1(
)2)...(1( 1
1
nu
i
ainnn
az
z in
Z
i


 



)()()(
)!1(
)2)...(1(
)(
1
1
1
nuzKnu
i
ainnn
Knx
N
rl
n
cll
inr
i
i 







Ví dụ: 5.3.6: Tìm x(n) biết:
)1()2(
452
)( 2
23



zz
zzz
zX 2: zROC
Giải:
)1()2(
452)(
2
2



zz
zz
z
zX
)1()2()2(
3
2
21






z
K
z
K
z
K

Vậy X(z)/z có biểu thức là:
Với các hệ số được tính bởi:
)1(
1
)2(
2
)2(
1)(
2






zzzz
zX
1
)1(
452
2
2









Z
z
zz
dz
d
2
2
)12(
)12(
1 )2(
)(
)!12(
1










Z
z
z
zX
dz
d
K
2
)1(
452
2
2




Z
z
zz
2
2
)22(
)22(
2 )2(
)(
)!22(
1










Z
z
z
zX
dz
d
K
1
3 )1(
)(


Z
z
z
zX
K 1
)2(
452
1
2
2




Z
z
zz
)1(
1
)21(
2
)21(
1
)( 121
1
1 








zz
z
z
zX 2: zROC
)()(2)(2)( nununnunx nn


c) Xét X(z)/z có cặp điểm cực Zc1 và Z*c1 phức liên hiệp,
các điểm cực còn lại đơn: Zc3,…,ZcN,
)(
)()(
zB
zA
z
zX

)())()((
)(
3
*
11 cNcccN zzzzzzzzb
zA



X(z)/z được phân tích thành:
)()()()(
)(
3
3
*
1
2
1
1
cN
N
ccc zz
K
zz
K
zz
K
zz
K
z
zX







 

 





N
i ci
i
cc zz
K
zz
K
zz
K
z
zX
3
*
1
2
1
1
)()()(
)(
Với các hệ số K1, Ki được tính giống điểm cực đơn:
Ni:)zz(
z
)z(X
K
ciZZ
cii 

1

Xét :
Do các hệ số A(z), B(z) là thực, nên K2=K1
*
)(
*
)(
)(
*
1
1
1
11
cc zz
K
zz
K
z
zX




)1(
*
)1(
)( 1*
1
1
1
1
1
1 




zz
K
zz
K
zX
cc
Nếu gọi:
j
eKK 11 
j
cc ezz 11 
Và giả thiết ROC: /z/>max{/zci/}:
       )n(uzKzKnx
n*
c
*n
c 11111 
)n(u)ncos(zK
n
c   112
  )n(uzK)ncos(zK)n(x
N
i
n
cii
n
c






 
3
112 Vậy:

2:
)1)(22(
)( 2



 z
zzz
z
zXVí dụ: 5.3.7: Tìm x(n) biết:
Giải:
)1)(22(
1)(
2



zzzz
zX
   )1()1()1(
1



zjzjz
    )1()1()1(
3
*
11






z
K
jz
K
jz
K
  2
1
)1()1(
1
1
1 



 jZ
zjz
K
)()()
4
cos()2()( nununnx n


1
)22(
1
1
23 



Z
zz
K
    )1(
1
)1(1
2/1
)1(1
2/1
)( 111 







zzjzj
zX 2z

2.4 HÀM TRUYỀN ĐẠT CỦA HỆ THỐNG TTBB
2.4.1 Định nghĩa hàm truyền đạt
h(n)x(n) y(n)=x(n)*h(n)Miền n:
Miền Z: H(z)X(z) Y(z)=X(z)H(z)
Z
h(n) Z H(z): gọi là hàm truyền đạt H(z)=Y(z)/X(z)
2.4.2 Hàm truyền đạt được biểu diễn theo các hệ số PTSP



M
r
k
N
k
k rnxbknya
00
)()( 





M
r
r
k
N
k
k
k zbzXzazY
00
)()(
Z
)(
)(
)(
zX
zY
zH  





N
k
k
k
M
r
r
r zazb
00

Ví dụ: 5.4.1: Tìm H(z) và h(n) của hệ thống nhân quả cho bởi:
Giải:
y(n) - 5y(n-1) + 6y(n-2) = 2x(n) - 5x(n-1)
21
1
651
52
)(
)(
)( 




zz
z
zX
zY
zH
)3()2(
21




z
K
z
K
)31(
1
)21(
1
)( 11 




zz
zH
Lấy biến đổi Z hai vế PTSP và áp dụng tính chất dịch theo t/g:
   121
52)(651)( 
 zzXzzzY
65
52
2
2



zz
zz
)3)(2(
52)(



zz
z
z
zH
Do hệ thống nhân quả nên: h(n) = ( 2n + 3n ) u(n)
1
2)3(
52
1 



zz
z
K 1
3)2(
52
2 



zz
z
K

2.4.3 Hàm truyền đạt của các hệ thống ghép nối
a. Ghép nối tiếp
 Miền Z:
h2(n)x(n) y(n)h1(n)
x(n) y(n)h(n)=h1(n)*h2(n)

 Miền n:
H2(z)X(z) Y(z)H1(z)
X(z) Y(z)H(z)=H1(z)H2(z)

Theo tính chất tổng chập: h1(n)*h2(n) Z H1(z)H2(z)

2.4.3 Hàm truyền đạt của các hệ thống ghép nối (tt)
b. Ghép song song
 Miền Z:

h2(n)
x(n) y(n)
h1(n)
+
x(n) y(n)h1(n)+h2(n)
 Miền n:
H2(z)
X(z) Y(z)
H1(z)
+
X(z) Y(z)H1(z)+H2(z)

2.4.4 Tính nhân quả và ổn định của hệ TTBB rời rạc
a. Tính nhân quả
Hệ thống TTBB là nhân quả h(n) = 0 : n<0 Miền n:
Do h(n) là tín hiệu nhân quả, nên miền hội tụ H(z) sẽ là:
)())((
)(
)(
21 cNccN zzzzzzb
zA
zH



 cNccc zzzzz ,,,max 21
max

Hệ thống TTBB
là nhân quả
 Miền Z:
 cNccc zzzzz ,,,max 21
max

ROC của H(z) là:
Re(z)
0
ROC
Im(z)
/zc/max

Hệ thống TTBB là ổn định
2.4.4 Tính nhân quả và ổn định của hệ TTBB rời rạc (tt)
b. Tính ổn định
 Miền n: 

n
nh )(
 Miền Z:





n
n
znhzH )()( 




n
n
znh )( n
n
znh 


 )(




n
nhzH )()( : khi 1z
Hệ thống TTBB
là ổn định
ROC của H(z)
có chứa /z/=1
Theo đ/k ổn định (*), nhận thấy H(z) cũng sẽ hội tụ với /z/=1
(*)

Re(z)
0
ROC
Im(z)
/zc/max
c. Tính nhân quả và ổn định
Hệ thống TTBB
là nhân quả  cNccc zzzzz ,,,max 21
max

ROC của H(z) là:
Hệ thống TTBB
là ổn định
ROC của H(z) có chứa /z/=1
Hệ thống TTBB
là nhân quả
và ổn định
và
ROC của H(z) là:
max
czz  1
max
cz
/z/=1

Ví dụ: 5.4.1: Tìm h(n) của hệ thống, biết:
Giải:
)2()2/1(
21




z
K
z
K
  )21(
1
)2/1(1
1
)( 11 




zz
zH
252
54
)( 2
2



zz
zz
zH
)2)(2/1(2
54)(



zz
z
z
zH
a. Hệ thống nhân quả (/z/>2): h(n)=[(1/2)n + 2n] u(n)
a. Để hệ thống là nhân quả
b. Để hệ thống là ổn định
c. Để hệ thống là nhân quả và ổn định
)2(
1
)2/1(
1




zz
b. Hệ thống ổn định (1/2</z/<2): 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)

2.5 GIẢI PTSP DÙNG BIẾN ĐỔI Z 1 PHÍA
Tổng quát, biến đổi Z 1 phía của y(n-k):
)( kny  



k
r
krk
zryzYz
1
)()(
Z
1 phía
)1( ny
z
1 phía
 


 21
0
)1()0()1()1( zyzyyzny n
n
   11
)1()0()1( zyyzy
)()1( 1
zYzy 

)2( ny
z
1 phía
 


 21
0
)0()1()2()2( zyzyyzny n
n
   121
)1()0()1()2( zyyzzyy
)()1()2( 21
zYzzyy 


Ví dụ 5.5.1: 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
Giải:
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:
)3(
1
.
2
1
)1(
1
.
2
1
)3)(1(
1)(






zzzzz
zY
)31(
1
.
2
1
)1(
1
.
2
1
)( 11 




zz
zY
  )(13
2
1
)( nuny n


�ݺ�ߣ

Chuong 2 th va ht

More Related Content

Chuong 2 th va ht