Xử lý tín hiệu số - 29

x(n) 4n u(n) X (Z )

Z

Z 4

Z 4

Y (Z ).

Z 2 5Z 6

Z 2

Z .

Z 4

2Z 2 Z 1

Có thể bạn quan tâm!

Xem toàn bộ 272 trang tài liệu này.

Z 2

Y (Z )2Z 1Z 1ABC

Z Z 2Z 3Z 4Z 2Z 3Z 4

A 2Z 1Z 1

Z 3Z 4

B 2Z 1Z 1

Z 2Z 4

C 2Z 1Z 1

Z 3Z 2


Z 2


Z 3


Z 4

9

2


20


35

2

Y (Z ) 9 Z

20 Z

35 Z

Z 4

2 Z 2

Z 3 2

Z 4

y(n) 9 2n 20.3n 35 .4n u(n)


2 2


Bài 2.16


a. Áp dụng:


M

brZr

N

H (Z ) r 0

akZk k 0

Y Z 1Z 2


H Z X Z 1 a Z 1 a Z 2 Z 2 a Z a

1 2 1 2

b. Ứng dụng tiêu chuẩn Jury ta có:

1. D(Z ) Z 1 1a1 a2 0 a2 1a1

2. D(Z ) Z 1 1a1 a2 0 a2 1a1


(vì N chẵn)

3. 1 a2 1 a2 1


Bài 2 17 X  z   1  3 z  1  2 z  2 Miền hội tụ toàn bộ mặt phẳng 1

Bài 2.17

X z13z1 2z2

Miền hội tụ: toàn bộ mặt phẳng z, trừ z = 0.

X zcó hai không tại z

1;

z 2

và một cực kép tại z = 0


Bài 2.18

01 02

H ZH ZH Z1 H Z

1 2 3

b' Z1 Z 1

b' Z 1 11

0

1 b'Z 1 b

b Z 1 b Z 3 b Z 6

1 a Z 2 a Z 3


Bài 2.19

1 0 1 2 3 1 2

Y (Z ) 1Z 1 Z 1 Z 1

a.

Bài 2.20

H (Z )

X (Z ) 1Z 1 Z Z Z


2z2

X (z)

(1 0.5z1 )(1z1 )


X (z) 4

4

1z1

8

1 0.5z1

Miền hội tụ RC: |Z|>1

x(n) 4(n) 4(1)n u(n) 8(5)n u(n)

Bài 2.21

Công thức biến đổi Z

X (z) 

1 n n


n5 ( 2) z

X (z) 

1 l 5



l 5

15


5 1 l l


l 0 ( 2) z

l 0 ( 2) z

( ) z

2

1 5 5


1 1 l


( ) z

2

l 0 ( 2 z )

( 1 )5

2

z5

1

1

1z1

2


RC:


Bài 2.22

Đặt

z 1

2

x1(n) cos(0n)u(n)

x (n) 1 [e j0nu(n) ej0nu(n)]

1 2

1 1 1


0

1z1cos()


0

X1 (z)

[

2 1e

j0 z

1

1e

j0 z

1 ]

1 2z1cos() z2


RC: |Z|>1

1

x(n) an x (n)

1

X (z) X1(a z)

1az1cos()

0

X (z) 0


Bài 2.23

1 2az 1cos() a2 z2

với |z|>|a|

1 2

x(n) (an an )u(n) anu(n) anu(n) x (n) x (n)

X1 (z)

1

1az1


RC: | z || a |


X 2 (z)

1

1a1z1

RC: | z || 1 |

a


Vậy

X (z)

1

1az1

1

1a1z1

RC: | z |max(| 1 |,| a |)

a

Bài 2.24


Y (z)


1

13 z1 1 z2

4 8


X (z)

Đáp ứng xung: X(z)=1

H (z)

2

11 z1

1

11 z1

2 4

h(n)

1 n 1 n


[2( ) ( ) ]u(n) 2 4

Tính đáp ứng đối với dãy nhảy đơn vị Dãy nhảy đơn vị có biến đổi Z:

X (z)

1

1z1

8 1


Y (z) 3

1z1

2

11 z1


3

11 z1

2 4

y(n) [8


1 n 1 1 n



Bài 2.25

2( ) ( ) ]u(n)

3 2 3 4

Tìm X1(z), X2(z)


1 1

n

X (z) 1 ( ) n z n ( )z n

1 n2 n0 3

1 1 n n


1 l l 1 l l


Tìm

n( 2) z

= l 1 ( 2) z = l 0 ( 2) z 1


= 1

11 z

2


1 =

1

2

z1 1

2


RC: |z|<2



Tính




n0

1n

( )z

3

n =

1

11 z1

3

RC:| z |1

3


1

X (z) 2

1 z1 1


1

11 z1

5

6

(11 z1 )(11 z)

RC: 1 | z | 2

3

2 3 3 2

1

X (z) 

1 n n


11



2


Tìm y(n)

n0 ( 2) z


10

1 z

2


4


RC: |z|>1/2

Y (z)

2

11 z1


3

11 z1


3

1 2z1

3 2

1 n


10 1 n


y(n)

2( )

3

( )

3 2


, n 0


Bài 2.26

4 (2)n ,

3

n 0

(1z1 )(1z1 z2 ) 1

H (z)

(1z1 )(1

1z1 )(11

2 5

,

z1 )

| z | 1

2

H (z)


(1

1z1 z2

1z1 )(11

2 5


,

z1 )

1 | z | 1

2


9 3 z

H (z) 1 10 10 1

(z 1 )(z 1)

A

z 1

B

z 1

2 5 2 5


9 3 z

A Y (z)(z 0.5) |


z1/2

5 / 2

trong đó Y (z) 10 10

(z 1 )(z 1)

2 5


B Y (z)(z 0.2) |z1/5 2.8


5

H (z) 1 [ 2

11 z1


2.8

11 z1


]z1

2 5


h(n) (n)

1 n 1 n


[5( ) 14( ) ]u(n)

2 5


Bài 2.27

z1 z2

Y (z) X (z)

1 0.7z1 0.12z2


x(n) nu(n)


z1

X (z)

(1z1 )2


Y (z)

z2 z3

32

(1z1 )2 (1

z1 )(1

10 5

z1 )


Các điểm cực nằm trong vòng tròn đơn vị, vậy hệ thống ổn định


y(n) [4.76n 12.36

3 n 2 n


26.5( ) 38.9( ) ]u(n)

10 5


Bài 2.28

Biến đổi Z một phía của phương trình ta được:

Y1 (z) 5[z1Y1 (z) y(1)] 6[z2Y1 (z) z1 y(1) y(2)] X 1(z) 1 [z1 X 1(z) x(1)]

2


Với y(n)=0 khi n<0 và x(-1)=1/2 thay vào phương trình trên ta có:


Y1 (z)[1z1 6z2 ] X 1 (z)[11 z1 ] 1

2 4

(*)


Với

x(n) 2n , có

X 1 (z)

z

z 2

thay vào (*) được:


1 5z

3

Y (z)

4(z 2)(z 3)(z 2)


[ + + ]

Y1 (z) 1 A B C

z 4 z 2 z 3 z 2


A=1, B=9, C=-5


Y (z) 1

z 9

z 5 z

4 z 2 4 z 3 4 z 2


y(n) 1 2n u(n) 9 (3)n u(n) 5 (2)n u(n)]

4 4 4


Đáp án chương 3 Bài 3.1

j

a. X1e =1

jj

b. X 2 e e

1 n1

c. X3

e jejn

n0 2

1 1 ej

2

n n

d. X 4

ej2ejn 2ej

n0 n0

Chuỗi này không tồn tại vì 2ej

Bài 3.2

2 1. Vậy

x4 n

không có FT.

x2 n

Ta phân ra làm 2 trường hợp n < 0 và n > 0 ứng với các tín hiệu như vậy ta có kết quả:

x1 n

X X1 X 2


Bài 3.3

1a2

1 2a cosa2

L1

X e jAejn A

n0


jL1

1ejL

1ej

j 2

sin(L/ 2)

X e

Ae

sin(/ 2)

Với 0 , biến đổi ta có:

X e j 0

A L.

Phổ biên độ của

x ncó dạng:

A

A L


0


Bài 3.4

X e j 0

sin L / 2

sin / 2

Hàm phần thực và ảo

X (e j) cos(2).cos() - jcos(2).sin()

Hàm phần thực: Hàm phần ảo:

X R () cos(2).cos()

X I () - cos(2).sin()

Hàm độ Modul và Argument

Modul: Rút gọn:

Argument:

X (e j)

cos2 (2).cos2 () + cos2 (2).sin2 ()

X (e j) cos(2)

cos(2).cos()

() arctg cos(2).sin()

Rút gọn

()

Hàm độ lớn và pha

Hàm độ lớn:


A(e j) cos(2) )


Bài 3.5

a.


Hàm pha:

()=--

21

cos(2)

cos(2)


N 1

FT x nX e jejn

n0

1 e


j N

jN

e

2

jN

e 2

jN

e 2

1 ej

j

e 2 e

j

2

j

e 2


b.

sin N

sin N

jN 1

e 22 sin

2

X e j

2 sin

2


sin N

arg X e jN 1arg 2

2

sin

2

21

sin N

sin N

Với:

arg 2k

sgn 2

2

1

sin

2

sin

2






Bài 3.6

sin N Ae j 2

sin

2

2

e jN 1


ZT x(n)

n


an .u(n).zn

n0

az1 n

, z

1

1 a

ZT x(n)

1az


, z a

Nếu a 1 , RC[ZT[x(n)]] không chứa đường tròn đơn vị

=> FT[x(n)] không tồn tại

Nếu a 1, RC[ZT[x(n)]] chứa đường tròn đơn vị

Z e

=> FT[x(n)] tồn tại

Ta có:

FT x(n)X (z) j

Xem toàn bộ nội dung bài viết ᛨ

..... Xem trang tiếp theo?
⇦ Trang trước - Trang tiếp theo ⇨

Ngày đăng: 16/07/2022