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

©2011, Đinh Đức Anh Vũ
• Tương quan
⇒
• Việc tính tương quan giữa 2 t/h được thực hiện dễ dàng nhờ BĐ Z
• Ví dụ: xác định chuỗi tự tương quan của t/h x(n) = anu(n) (|a| < 1)
BĐZ – Tính chất (7)
)()( 11 zXnx
Z→←
)()()()()()( 12121 2121
−
∞
−∞=
=→←−= ∑ zXzXzRlnxnxlr xxZ
n
xx
)()( 22 zXnx
Z→←
azROC
az
zXnuanx zn >
−
=→←= − :1
1)()()( 1
a
zROC
az
zX 1:
1
1)( 1 <
−
=−
a
zaROC
azzaazaz
zXzXzRxx
1:
)(1
1
1
1
1
1)()()( 211
1
<<
++−
=
−−
== −−
−
∞<<−∞
−
=⇒ la
a
lr lxx 21
1)(
2011
dce
17DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ
• Nhân 2 chuỗi
• Cách xác định miền hội tụ
BĐZ – Tính chất (8)
uull
ul
ul
ul
rrzrrtuhoizXdoDo
r
v
zrtuhoivzX
rzrtuhoizX
rvrtuhoivX
2121
222
222
111
)(,
)/(
)(
)(
<<
<<⇒
<<
<<
)()( 11 zXnx
Z→←
)/1()(,:
)()(
2
1)()()()(
21
1
2121
vXvavXcuachungROCthuocOgocquanhdongbaoC
dvv
v
zXvX
j
zXnxnxnx
C
Z ∫ −=→←= π
)()( 22 zXnx
Z→←
2011
dce
18DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ
• Định lý giá trị đầu
– Nếu x(n) nhân quả [x(n) = 0 ∀n<0]
⇒
• Phức hợp
– Phần thực
– Phần ảo
BĐZ – Tính chất (9)
)(lim)0( zXx
z ∞→
=
*)(*)(* zXnx Z→←)()( zXnx Z→←
*)](*)([
2
1)}(Re{ zXzXnx z +→←
*)](*)([
2
1)}(Im{ zXzXnx z −→←
2011
dce
19DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ
• 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)
BĐZ hữu tỉ – Điểm zero & pole
19.01
1)( −−
=
z
zX 21
1
21
1)( −−
−
−−
−
=
zz
zzX
2011
dce
20DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ
• BĐZ dạng hữu tỉ 
– Rất hữu ích để phân tích hệ LTI RRTG
– 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
– Dạng mũ âm
– Dạng mũ dương
– Dạng Zero-Pole
BĐZ hữu tỉ – Biểu diễn
∑
∑
=
−
=
−
−−
−−
=
+++
+++
== M
k
k
k
M
k
k
k
N
N
M
M
za
zb
zazaa
zbzbb
zD
zNzX
0
0
1
10
1
10
)(
)()(


00
1
00
1
1
1
0
0)(
a
aN
a
aN
b
MbM
b
bM
MN
Nzz
zz
z
a
bzX
+++
+++
=
−
−
−


∏
∏
=
=−−
−
−
=
−−−
−−−
= N
k
k
M
k
k
MN
N
MMN
pz
zz
Gz
pzpzpz
zzzzzzGzzX
1
1
21
21
)(
)(
)())((
)())(()(


0
0
a
bG ≡
2011
dce
21DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ
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
2011
dce
22DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ
BĐZ hữu tỉ – Vị trí điểm pole (2)
2011
dce
23DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ
BĐZ hữu tỉ – Vị trí điểm pole (3)
2011
dce
24DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ
BĐZ hữu tỉ – Vị trí điểm pole (4)
p=0.8e±jπ/4
p=e±jπ/4
p=1.2e±jπ/4
p=0.8e±jπ/4
2011
dce
25DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ
• Xác định y(n)
– Tính X(z) và H(z)
– Xác định Y(z)
– Tìm y(n) bằng cách tính BĐZ ngược của Y(z)
• Tìm đáp ứng đơn vị
• Hàm h/t: H(z)
– H(z): đặc trưng cho h/t trong miền Z
– h(n): đặc trưng cho h/t trong miền TG
• Ví dụ
– h(n) = (1/2)nu(n)
– x(n) = (1/3)nu(n)
Hệ thống LTI
h(n)
x(n) y(n)
)3)(2(
6
1
1
1
1)(
1
1)(
1
1)(
11
1
3
11
2
1
1
3
1
1
2
1
−−
=
−−
=⇒
−
=
−
=
−−
−−
−
−
zz
zz
zY
z
zX
z
zH
z
y(n) = x(n)*h(n)
Y(z) = X(z) H(z)
z z
∑
∞
−∞=
−==
n
nznh
zX
zYzH )(
)(
)()(
BĐZ hữu tỉ – Hàm h/t của hệ LTI (1)
2011
dce
26DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ
BĐZ hữu tỉ – Hàm h/t của hệ LTI (2)
• Hàm hệ thống của hệ LTI mô tả bởi PTSP TT HSH
– Hệ pole-zero
– Hệ toàn zero
• ak = 0 1 ≤ k ≤ N
• FIR (Finite Impulse Response)
– Hệ toàn pole
• bk = 0 1 ≤ k ≤ M
• IIR (Infinite Impulse Response)
Z-1
Z-1
+
Z-1
b1
a1
a2
x(n) y(n)b0
Z-1
b2
Z-1
bM
Z-1
+
+
aN
+
bM–1
+
+
+
+
aN–1
∑∑
==
−+−−=
M
k
k
N
k
k knxbknyany
01
)()()(
∑
∑
=
−
=
−
+
=≡ N
k
k
k
M
k
k
k
za
zb
zH
zX
zY
1
0
1
)(
)(
)(
∑∑
=
−
=
− ==
M
k
kM
kM
M
k
k
k zbz
zbzH
00
1)(
1
1
)( 0
0
0
1
0 ≡=
+
=
∑∑
=
−
=
−
a
za
zb
za
bzH N
k
kN
k
N
N
k
k
k
2011
dce
27DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ
Ví dụ BĐZ hữu tỉ (1)
• PTSP: 
y(n) = 2y(n–1) + 3x(n)
• Hàm hệ thống
1. Biến đổi Z hai vế
Y(z) = 2z–1Y(z) + 3X(z)
2. Tính H(z) = Y(z) / X(z)
• Hàm đáp ứng xung đơn vị: tra bảng, kết quả 
121
3)( −−
=
z
zH
Z–1
+
2
x(n) y(n)3
)(.2.3)( nunh n=
2011
dce
28DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ
Ví dụ BĐZ hữu tỉ (2)
• PTSP: 
y(n) = 2y(n–1) – 3y(n–2) + 3x(n)+ x(n–1)
• Hàm hệ thống
1. Biến đổi Z hai vế
Y(z) = 2z–1Y(z) – 3z–2Y(z) + 3X(z) + z–1X(z)
2. Tính H(z) = Y(z) / X(z)
21
1
321
3)( −−
−
+−
+
=
zz
zzH
Z-1
Z-1
+
++
Z-1
1 2
–3
x(n) y(n)3
2011
dce
29DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ
• 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
• 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
BĐZ ngược
ROCthuocOgocquanhdongbaoC
dzzzX
j
nx
C
n
,:
)(
2
1)( 1∫ −= π
2011
dce
30DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ
• 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 = z0
BĐZ ngược – PP trực tiếp (1)



=
−∫ Cngoàibênz
Ctrongbênzzf
dz
zz
zf
j C 0
00
0 0
)()(
2
1
π





−=
− =
−
−
∫
Cngoàibênz
Ctrongbênz
dz
zfd
kdz
zz
zf
j zz
k
k
C k
0
01
1
0 0
)(
)!1(
1
)(
)(
2
1
0π
2011
dce
31DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ
• 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
• BĐZ ngược
BĐZ ngược – PP trực tiếp (2)
∑
∑
∫
=
−
−
−
−=
=
=
i
zz
n
i
Ctrongzpolecac
i
n
C
n
i
i
zzXzz
ztaizzXcuaduthang
dzzzX
j
nx
1
}{
1
1
)()(
])([
)(
2
1)(
π
)(
)()()(
zg
zfzzzA ii −= : Thặng dư ∑
∑ ∫
∫ ∑∫
=
=
=
=
−
=






−
=
n
i
ii
n
i
C
i
i
C
n
i i
i
C
zA
dz
zz
zA
j
dz
zz
zA
j
dz
zg
zf
j
1
1
1
)(
)(
2
1
)(
2
1
)(
)(
2
1
π
ππ
2011
dce
32DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ
• Ví dụ: tìm BĐ Z ngược của
– C: vòng tròn bán kính r > |a|
1. n ≥ 0: zn không có pole trong C. Pole bên ngoài C là z = a
⇒ x(n) = f(z0) = an
2. n < 0: zn có pole bậc n tại z = 0 (bên trong C)
– Có thể CM được x(n) = 0 khi n < 0
⇒ x(n) = anu(n)
BĐZ ngược – PP trực tiếp (3)
az
az
zX >
−
= −11
1)(
∫∫ −=−= −
−
C
n
C
n
dz
az
z
j
dz
az
z
j
nx
ππ 2
1
12
1)( 1
1
011
)(
1
2
1)1(
0
=+
−
=
−
=−
==
∫
azz
C zaz
dz
azzj
x
π
011
)(
1
2
1)2( 2
0
2 =+




−
=
−
=−
==
∫
azz
C zazdz
ddz
azzj
x
π
2011
dce
33DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ
• 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
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
BĐZ ngược – PP khai triển chuỗi (1)
∑
∞
−∞=
−=
n
n
n zczX )(
2011
dce
34DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ
• Ví dụ: xác định x(n) từ
Với a) ROC |z| >1 và b) ROC |z| < 0.5
a) x(n) là t/h nhân quả
⇒ x(n) = {1^, 3/2, 7/4, 15/8, }
b) x(n) là t/h phản nhân quả
⇒ x(n) = {, 14, 6, 2, 0, 0^}
BĐZ ngược – PP khai triển chuỗi (2)
21 5.05.11
1)( −− +−
=
zz
zX
++++=
+−
= −−−−−
3
8
152
4
71
2
3
21 15.05.11
1)( zzz
zz
zX
+++=
+−
= −−
432
21 14625.05.11
1)( zzz
zz
zX
2011
dce
35DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ
• 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
– X(z) là hợp lệ nếu aN≠0 và M<N
– Nếu M >= N, chia đa thức để đưa về
– Giả sử X(z) hợp lệ
• Phương pháp
– Bước 1: Khai triển phân số cục bộ
– Bước 2: Tra bảng để xác định BĐ Z ngược của từng phân số
BĐZ ngược – PP khai triển phân số (1)
N
N
M
M
zaza
zbzbb
zD
zNzX −−
−−
+++
+++
==


1
1
1
10
1)(
)()(
)(
)(
)(
)()( 1)(110 zD
zNzczcc
zD
zNzX NMNM ++++==
−−
−
− 
N
NN
MN
M
NN
N
NN
MN
M
NN
N
N
M
M
azaz
zbzbzb
z
zX
azaz
zbzbzb
zaza
zbzbb
zD
zNzX
+++
+++
=
+++
+++
=
+++
+++
==
−
−−−−
−
−−
−−
−−






1
1
12
1
1
0
1
1
1
10
1
1
1
10
)(
1)(
)()(
2011
dce
36DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ
• Bước 1: Khai triển phân số cục bộ
– Tìm pole bằng cách giải PT zN + a1zN-1++aN = 0
(giả sử các pole: p1, p2, , pN)
– Pole đơn riêng biệt
• Xác định Ak
• Các pole liên hợp phức sẽ tạo ra các hệ số liên hợp phức trong khai triển 
(i.e. nếu p2 = p1* thì A2 = A1*)
– Pole kép
• Giả sử pole pk kép bậc l
• Xác định Aik
BĐZ ngược – PP khai triển phân số (2)
N
N
pz
A
pz
A
pz
A
z
zX
−
++
−
+
−
= 
2
2
1
1)(
kpz
k
k z
zXpzA
=
−
=
)()(
N
N
l
k
lk
k
k
k
k
pz
A
pz
A
pz
A
pz
A
pz
A
pz
A
z
zX
−
++
−
++
−
+
−
+
−
+
−
= 
)()(
)(
2
21
2
2
1
1
( ) ( )1 1,2,...,
( )!( )
k
ll i
k
ik l i
k z p
z p X zdA i l
l i p dz z
−
−
=
 −
= = −  
2011
dce
37DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ
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
do
Nên
– Nếu có 2 pole liên hợp phức, có thể kết hợp 2 pole đó
Nếu thì
– Nếu có pole kép
11
2
21
1
1
11
1
1)( −−− −
++
−
+
−
=
zpz
A
zpz
A
zp
AzX
N
N



<−−−
>
=






− −
−
)(:)1()(
)(:)()(
1
1
1
1
quanhânphanpzROCnup
quanhânpzROCnup
zp
Z
k
n
k
k
n
k
k
)()()( 2211 nupApApAnx
n
NN
nn +++= 
)(])()([)( ** nupApAnx nkk
n
kkk +=
kkkk
n
kk
k
k
k
k rpzROCneununrAzp
A
zp
AZ =>+=






−
+
− −−
− :)()cos(2
1
1
1
1
1*
*
1
1 αβ




=
=
k
k
j
kk
j
kk
erp
eAA
β
α
pzROCnunp
pz
pzZ n >=






− −
−
− :)(
)1( 21
1
1
2011
dce
38DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ
• Xác định biểu thức khai triển của 
BĐZ ngược – PP khai triển phân số (4) 
21 5.05.11
1)( −− +−
=
zz
zX
21
1
5.01
1)( −−
−
+−
+
=
zz
zzX
5.0
1
1
2)(
−
+
−
=
zzz
zX
2
3
2
1
2
2
3
2
1
1
2
2
1
1
2
1
2
1
2
2
1
2
1
1
)(
jA
jA
pz
A
pz
A
z
zX
jp
jp
+=
−=
−
+
−
=
−=
+=
1 1 2
1( )
(1 )(1 )
X z
z z− −
=
+ −
31 2
2
31 1
1 2 34 4 2
( )
1 1 ( 1)
, ,
AA AX z
z z z z
A A A
= + +
+ − −
= = =
2011
dce
39DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ
• 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)
– Nếu M ≥ N, X(z) có thể được biến đổi thành
– Nếu Xpr(z) có các pole đơn riêng biệt, Xpr(z) được phân rã thành
– Nếu Xpr(z) có nghiệm phức (liên hợp), các nghiệm liên hợp này được nhóm lại để tránh 
tạo ra hệ số phức
với
∏
∏
∑
∑
=
−
=
−
=
−
=
−
−
−
=
+
= N
k
k
M
k
k
N
k
k
k
M
k
k
k
zp
zz
b
za
zb
zX
1
1
1
1
0
1
0
)1(
)1(
1
)(
)()(
0
zXzczX pr
NM
k
k
k += ∑
−
=
−
2
2
1
1
1
10
1*
*
1 111 −−
−
−− ++
+
=
−
+
− zaza
zbb
zp
A
pz
A



==
−==
2
2
*
1
10
)Re(2
)Re(2)Re(2
paApb
paAb
11
2
21
1
1 1
1
1
1
1
1)( −−− −
++
−
+
−
=
zp
A
zp
A
zp
AzX
N
Npr 
BĐZ ngược – PP khai triển phân số (5) 
2011
dce
40DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ
NKK
zaza
zbb
za
bzczX
K
k kk
kk
K
k k
k
NM
k
k
k
=+
++
+
+
+
+= ∑∑∑
=
−−
−
=
−
−
=
−
21
1
2
2
1
1
1
10
1
1
0
21
11
)(
BĐZ ngược – Tóm lại
với
2011
dce
41DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ
• 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
• Ký hiệu Z+{x(n)} và
• 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+
BĐZ một phía
∑
∞
=
−+ ≡
0
)()(
n
nznxzX
)()( zXnx Z +→←
+
2011
dce
42DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ
BĐZ+ – Ví dụ
• x(n) = {0 1^ 2 2 1 0}
 X+(z) = 1 + 2Z–1 + 2Z–2 + Z–3
• x(n) = {0 3 1^ 3 1 0}
 X+(z) = 1 + 3Z–1 + Z–2
• x(n) = 3n
 X+(z) = 1/(1-3Z–1) , ROC: |z| > 3, = Z{x(n)u(n)} = Z{3nu(n)}
• x(n) = (1/3)nu(n)
 X+(z)= 1/[1 – (1/3)Z–1]
2011
dce
43DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ
• Các tính chất của BĐ Z đều đúng cho BĐ Z+, ngoại trừ tính chất 
dịch theo thời gian
• Dịch theo thời gian
– Trễ
• Nếu x(n) là t/h nhân quả, ta có
– Nhanh
• Định lý giá trị cuối cùng
– Giới hạn tồn tại nếu ROC của (z-1)X+(z) chứa vòng tròn đơn vị
)()( zXnx z +→←
+
0])()([)(
1
>−+→←− ∑
=
+−+ kznxzXzknx
k
n
nkZ
0)()( >→←− +−
+
kzXzknx kZ
0])()([)(
1
0
<−→←+ ∑
−
=
−++ kznxzXzknx
k
n
nkZ
)()1(lim)(lim
1
zXznx
zn
+
→∞→
−=
BĐZ+ – Tính chất (1)
2011
dce
44DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ
• Ví dụ: cho x(n) = 2n
– Tìm Z+{x(n–3)}
– Tìm Z+{x(n+2)}
121
1)( −
+
−
=
z
zX
21123
1
3
21
1
3
222
21
1
)1()2()3(
21
1)}3({
−−−−−
−
−
−−
−
−+
+++
−
=
−+−+−+
−
=−
zz
z
z
zxzxx
z
znxZ
zz
z
z
zxzx
z
znxZ
2
21
1
)1()0(
21
1)}2({
2
1
2
1
2 2
−−
−
=
−−
−
=+
−
−
+
BĐZ+ – Tính chất (2)
2011
dce
45DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ
h(n)=(1/2)nu(n)
x(n)=u(n) y(n)
2
)(
lim)()1(lim)(lim
))(1(1
1
1
1)()()(
2
1
2
11
2
1
2
1
2
11
=
−
=−=
−−
=
−−
==
→→∞→
−−
z
zzYzny
zz
z
zz
zHzXzY
zzn
BĐZ+ – Tính chất (3)
• Ví dụ: cho hệ thống
2011
dce
46DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ
• Giải PTSP
– Dùng BĐ Z+ để giải PTSP với điều kiện đầu khác 0
– Phương pháp
• Xác định PTSP của hệ
• Tính BĐ Z+ cả 2 vế PTSP để biến đổi nó thành PT đại số trong miền Z
• Giải PT đại số để tìm BĐ Z của t/h mong muốn
• Tìm BĐ Z ngược để xác định t/h trong miền thời gian
– Ví dụ: xác định đáp ứng bước của hệ y(n) = ay(n–1) + x(n) (|a|< 1) với
đ/k đầu y(–1) = 1
Y+(z) = a[z–1Y+(z) + y(–1)] + X+(z)
)()1(
1
1)(
1
1)()(
1
1
1
1
1
)(
1
1)(
2
1
1
111
1
nua
a
nu
a
anuany
zazaz
azY
z
zX
n
n
n +
+
+
−−−
+
−
+
−
−
=
−
−
+=⇒
−−
+
−
=⇒
−
=
BĐZ+ – Ứng dụng
2011
dce
48DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ
• Tìm đáp ứng của t/h x(n) đối với một h/t LTI 
– Biết đáp ứng xung đơn vị h(n)
Phân tích hệ LTI (1)
Hệ LTI
Phương
trình SP
• Xác định quan hệ vào-ra
Y(z) = 
H(z)X(z)
• BĐZ 2 vế PTSP
• Xác định Y(z)
Đáp ứng
y(n)
• BĐZ ngược
• Phương pháp phân rã
∑∑
==
−+−−=
M
k
k
N
k
k knxbknyany
01
)()()(
y(n)x(n)
2011
dce
49DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ
• Đáp ứng của h/t pole-zero với hàm h/t hữu tỉ
– Giả sử
– Nếu h/t nghỉ (tức y(-1) = y(-2) =  = y(-N) = 0)
– Giả sử 
• H/t có các pole đơn p1, p2, , pN và X(z) có các pole đơn q1, q2, , qL
• pk ≠ qm (k = 1, , N và m = 1, , L)
• Không thể ước lược giữa B(z)N(z) và A(z)Q(z)
– Biến đổi ngược
– Có thể tổng quát hoá trong trường hợp X(z) và H(z) có pole chung hoặc pole 
bội
Phân tích hệ LTI (2)
)(
)()(
)(
)()(
zQ
zNzXvà
zA
zBzH ==
)()(
)()()()()(
zQzA
zNzBzXzHzY ==
∑∑
=
−
=
− −
+
−
=⇒
L
k k
k
N
k k
k
zq
Q
zp
AzY
1
1
1
1 11
)(
∑∑
==
+=
L
k
n
kk
N
k
n
kk nuqQnupAny
11
)()()()()(
Đáp ứng tự nhiên Đáp ứng cưỡng bức
2011
dce
51DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ
• 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
Phân tích hệ LTI (3)
Hệ LTI
Phương
trình SP
• Xác định quan hệ vào-ra
• PTSP
Y+(z) = 
H+(z)X+(z)
• BĐZ+ 2 vế PTSP
• Có thể tách ra Y+zi(z) và Y+zs(z)
Đáp ứng
y(n)
• BĐZ ngược
• Phương pháp phân rã
∑∑
==
−+−−=
M
k
k
N
k
k knxbknyany
01
)()()(
y(n)x(n)
2011
dce
52DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ
• Đáp ứng của h/t pole-zero với đ/k đầu khác 0
– Cho t/h x(n) nhân quả và các đ/k đầu y(-1), y(-2), , y(-N)
– BĐ Z+ cả 2 vế và X+(z) = X(z)
– Đáp ứng gồm 2 phần
• Đáp ứng trạng thái không Yzs(z) = H(z)X(z) (công thức phần trước)
• Đáp ứng không ngõ nhập (p1, p2, , pN là pole của A(z))
• Do y(n) = yzs(n) + yzi(n)
• Đ/k đầu chỉ làm thay đổi đáp ứng tự nhiên của h/t thông qua hệ số co giãn
Phân tích hệ LTI (4)
∑∑
==
−+−−=
M
k
k
N
k
k knxbknyany
01
)()()(
∑∑
∑
∑∑
∑
∑
==
−
=
−
==
−
=
−
=
−
+
−−≡+=
+
−
−
+
=
k
n
n
N
k
kk
N
k
kk
k
n
n
N
k
kk
N
k
kk
M
k
kk
znyzazN
zA
zNzXzH
za
znyza
zX
za
zb
zY
11
0
0
1
11
1
0
)()(
)(
)()()(
1
)(
)(
1
)(
∑
=
=→←=
+
N
k
n
kkzi
Z
zi nupDnyzA
zNzY
1
0 )()()(
)(
)()(
)()()()()()( '
11
'
kkk
L
k
n
kk
N
k
n
kk DAAnuqQnupAny +=+=⇒ ∑∑
==
2011
dce
53DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ
Phân tích hệ LTI – Ví dụ 1
1. PTSP
y(n) = 3x(n) + 2y(n–1)
2. BĐ Z
Y+(z) = 3X+(z) + 2[z–1Y+(z) + y(–1)]

3. Biến đổi Z ngược
11 21
1
31
3)( −−
+
−−
=
zz
zY
z-1
+
2
x(n) y(n)3
=0
)(.2.6)(.3.9)(
2
6
3
9)(
6)()2(
9)()3(
23)2)(3(
3)(
)2)(3(
3)(
2
2
3
1
21
2
nununy
zz
zY
z
zYzA
z
zYzA
z
A
z
A
zz
z
z
zY
zz
zzY
nn
z
z
−=
−
−
−
=
−=−=
=−=
−
+
−
=
−−
=
−−
=
+
=
+
=
+
+
+
Hệ có điều kiện đầu bằng không
2011
dce
54DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ
Phân tích hệ LTI – Ví dụ 2
1. PTSP
y(n) = 3x(n) + 2y(n–1)
2. BĐ Z
Y+(z) = 3X(z) + 2[Z–1Y(z) + y(–1)]

3. Biến đổi Z ngược
111 21
2
21
1
31
3)( −−−
+
−
+
−−
=
zzz
zY
z-1
+
2
x(n) y(n)3
=1




=
−
=
−
+
)(.2.2)(
21
2)(
1
nuny
z
zY
n
zi
zi
Y+zs(z) Y+zi(z)





−=
−−
=+
)(.2.6)(.3.9)(
)2)(3(
3)(
2
nununy
zz
zzY
nn
zs
zs
)(2.6)(3.9)(.2.2
)()()(
nununu
nynyny
nnn
zszi
−+=
+=
Hệ có điều kiện đầu bằng không
2011
dce
55DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ
• Đáp ứng tự nhiên
– Khi │pk│< 1 (∀k), ynr(n) tiệm cận về 0 khi n → ∞ : đáp ứng nhất thời
• Đáp ứng cưỡng bức
– 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
∑
=
=
L
k
n
kkfr nuqQny
1
)()()(
∑
=
=
N
k
n
kknr nupAny
1
)()()(
Phân tích hệ LTI – Đáp ứng của hệ (1)
2011
dce
56DSP – Biến đổi Z ©2011, Đinh Đức Anh Vũ
• Đáp ứng đều và tiệm cận
– Xác định đáp ứng đều và tiệm cận của h/t mô tả bởi PTSP 
y(n) = 3y(n–1) + x(n) khi t/h nhập là x(n) = 2sin(πn/4)u(n)
H/t có đ/k đầu bằng 0.
• Ổn định và nhân quả
– Cho h/t LTI được đặc trưng bởi hàm h/t
Đặc tả ROC của H(z) và xác định h(n) trong các trường hợp
• H/t ổn định
• H/t nhân quả
• H/t phản nhân quả
• Ổn định của h/t bậc 2
Phân tích hệ LTI – Đáp ứng của hệ (2) 
11
2
121
1
31
2
1
1
5.15.31
43)( −−−−
−
−
+
−
=
+−
−
=
zzzz
zzH