Poglav e 6au.mas.bg.ac.rs/cms_upload/fakultet/fajlovi/30_ru_lekcija_06.pdf · Uvodi se kompleksni...

Poglavǉe 6

Z transformacija

71

72 Poglavǉe 6. Z transformacija

6.1 Definicija z kompleksnog broja

Z transformacija je osnovni matematiqki aparat za analizu dinamiqkogponaxaǌa diskretnih sistema u kompleksnom domenu. Ono xto je Lapla-sova transformacija za vremenski neprekidne sisteme to Z transfor-macija pretstavǉa za diskretne sisteme.

Uvodi se kompleksni broj z:

z = esT .

Razliqiti oblici kompleksnog broja z:

z = |z| ej arg z.

Ako se uvedu oznake |z| = Ω i arg z = φ =⇒

z = Ωejφ = Ω(cos φ + j sin φ)

i daǉe uvede oznaka η = cos φ =⇒

z = ηΩ + jΩ√

1 − η2 = σz + jωz

pri qemu je oqigledno uvedena oznaka σz = ηΩ i ωz = Ω√

1 − η2. Na slici6.1 je prikazana u z kompleksnoj ravni pozicija taqke z sa svim ǌenimparametrima.

R ze

jI zm

W

f

hW

zjW 1-h

2

0

Slika 6.1: Pozicija taqke z u ravni z−ravni sa svim ǌenimparametrima

Ako se s kompleksni broj predstavi u obliku:

s = −ζωn + jωn

√1 − ζ2

gde jeζ = − cos ϕ, ϕ = arg s, ωn = |s| =⇒

6.2. Preslikavaǌe s−ravni u z−ravan 73

z = e−ζωnT · ejωnT√

1−ζ2

= e−ζωnT

(cos ωnT

√1 − ζ2 + j sin ωnT

√1 − ζ2

)=⇒

Ω = e−ζωnT , φ = ωnT

√1 − ζ2

Ako se s kompleksni broj predstavi u obliku:

s = σ + jω

gde je oqigledno σ = Re s i ω = Im s =⇒

z = eσT ejωT = eσT (cosωT + j sin ωT ) =⇒

Ω = eσT , φ = ωT.

6.2 Preslikavaǌe s ravni u z ravan

Preslikavaǌe s−ravni u z−ravan je odreeno sa:

z = esT

i ono je jednoznaqno.Preslikavaǌe iz z−ravni u s−ravan je odreeno sa:

s =1

Tln z + jkω0 (6.1)

i ono je vixeznaqno.

Digresija 6.1 Dobijaǌe izraza 6.1:

esT = z =⇒

eσT · ejωT = |z| ej arg z

pri qemu je oqigledno iskorixeno da je s = σ + jω. Poxto je funkcija

ej arg z

periodiqna =⇒

ej arg z = ej(arg z+2kπ), k = 0,±1,±2,± 3, · · · =⇒

eσT · ejωT = |z| ej(arg z+2kπ) =⇒eσT = |z| =⇒ σT = ln |z|

iωT = arg z + 2kπ, k = 0,±1,±2,± 3, · · ·

Daǉe sledi:

σT + jωT = ln |z| + j (arg z + 2kπ) = ln |z| + j arg z + j2kπ.


Poxto je po definiciji:

ln z = ln |z| + j arg z =⇒

σT + jωT = ln z + j2kπ =⇒

s = σ + jω =1

Tln z + j

2kπ

T=

1

Tln z + jkω0

xto je isti izraz koji je ranije dat.

Povratak na glavni tok izlagaǌa!

Na osnovu periodiqnosti funkcije esT sledi:

z = esT = esT+j2kπ =⇒

z = esT = eT (s+jkω0), ∀k = 0,±1,±2,± 3, · · ·Ovo pokazuje da se sve taqke iz s−ravni sa istim realnim delom qijise imaginarni delovi razlikuju za mω0, m ∈ Z, Z je skup celih brojeva,preslikavaju u istu taqku u z−ravni, xto je isti zakǉuqak kao onaj ovixeznaqnosti preslikavaǌa iz z−ravni u s−ravan.

Sledi da je za preslikavaǌe s−ravni u z−ravan dovoǉno preslikatiosnovni pojas P 0:

P 0 =

s : s = σ + jω, σ ∈ R, ω ∈[−ω0

2,ω0

2

]

iz s−ravni u z−ravan, poxto je slika svakog drugog pojasa P k :

P k =

s : s = σ + jω, σ ∈ R, ω ∈

[(2k − 1) ω0

2,(2k + 1) ω0

2

],∀k = ±1,±2,± 3, · · ·

iz s−ravni u z−ravan isto xto i slika osnovnog pojasa P 0 iz s−ravniu z−ravan. Na slici 6.2 je prikazan osnovni pojas s−ravni.

0 s

jw

jw

0

2

-jw

0

2

Slika 6.2: Osnovni pojas s−ravni

Zbog navedenog razmatrae se samo preslikavaǌe osnovnog pojasas−ravni u z−ravan.


6.2.1 Preslikavaǌe intervala[− jω0

2,

jω0

2

]

Interval[− jω0

2 , jω0

2

]je deo imaginarne ose u s−ravni koji se preslikava

u z−ravan na sledei naqin:

z = ejωT = cosωT + j sin ωT =⇒

Ω = 1 i φ = ωT.

Iz posledǌeg izraza sledi sledea analiza:

ω = −ω0

2=⇒ φ = −ω0T

2= −π

ω =]−ω0

2, 0

[=⇒ φ = ]−π, 0[

ω = 0 =⇒ φ = 0

ω =]0,

ω0

2

[=⇒ φ = ]0, π[

i najzad

ω =ω0

2=⇒ φ = π.

Na slici 6.3 je prikazan deo imaginarne ose u s−ravni koji se pres-likava u z−ravan a na slici 6.4 je prikazana odgovarajua slika uz−ravni xto proistiqe iz gorǌe analize.

0 s

jw

jw

0

2

-jw

0

2

s - ravan

Slika 6.3: Deo imaginarne ose u s−ravni koji se preslikava u z−ravan

Svaki drugi interval

[j (2k − 1) ω0

2,j (2k + 1) ω0

2

],∀k = ±1,±2,± 3, · · ·

se takoe preslikava u jediniqnu krunicu xto znaqi da se cela imagi-narna osa s−ravni preslikava u jediniqnu krunicu u z−ravni.


jwz

sz

j

-j

-1 1

0

z - ravan

Jedini~na kru`nica

Slika 6.4: Jediniqna krunica u z−ravni

6.2.2 Preslikavaǌe pravih s = σ ± jω0

2, σ ∈ R

Ove dve prave ograniqavaju osnovni pojas P 0 u s−ravni tako da prese-caju imaginarnu osu u taqkama −j ω0

2 i j ω0

2 . Ove dve taqke se pres-likavaju u taqku z = −1, xto je ve pokazano. Slika aktuelnih dvejupravih u z−ravni se dobija uz pomo definicije z−kompleksnog brojatj.:

z = esT = eσT e−jω0T

2 = eσT e−jπ = −eσT . (6.2)

Sliqno je i za drugu pravu:

z = esT = eσT ejω0T

2 = eσT ejπ = −eσT . (6.3)

Na slici 6.5 je prikazana funkcija −eσT pa se na osnovu izgleda tefunkcije i na osnovu izraza 6.2 i 6.3 zakǉuquje da se obe prave oqiglednopreslikavaju u negativni deo realne ose u z−ravni.

0 s

-esT

-1

Slika 6.5: Funkcija −eσT


To sledi i na osnovu sledee analize:

σ = −∞ =⇒ z = 0

σ ∈ ]−∞, 0[ =⇒ z = ]0,−1[

σ = 0 =⇒ z = −1

σ ∈ ]0,+∞[ =⇒ z = ]−1,−∞[

i najzadσ = +∞ =⇒ z = −∞.

Na slici 6.6 su prikazane prave koje ograniqavaju osnovni pojas P 0 ikoje se preslikavaju u z−ravan a na slici 6.7 je prikazana slika ove dveprave u z−ravni a to je negativni deo realne ose u z−ravni.

0 s

jw

jw

0

2

-jw

0

2

s - ravan

Slika 6.6: Prave koje ograniqavaju osnovni pojas P 0

0 sz

jwz

-1

s > 0 s < 0

(-1, 0)j

z - ravan

Slika 6.7: Slika pravih s = σ ± jω0

2 , σ ∈ R iz s−ravni u z−ravan

Delovi obe pomenute prave levo od imaginarne ose preslikavaju seu interval ]−1, 0[, a ǌihovi delovi desno od imaginarne ose u interval]−∞,−1[. Na isti naqin se preslikavaju i prave

s = σ + j(2k − 1) ω0

2, ∀k = −1,±2,± 3, · · ·


6.2.3 Preslikavaǌe realne ose s = σ ∈ ROvo preslikavaǌe se ostvaruje na osnovu definicije z−kompleksnogbroja tj.:

z = esT = eσT . (6.4)

Na slici 6.8 je prikazana funkcija eσT pa se na osnovu izgleda tefunkcije kao i na osnovu izraza 6.4 zakǉuquje da se realna osa s−ravnioqigledno preslikava u pozitivni deo realne ose u z−ravni.

0 s

esT

1

Slika 6.8: Funkcija eσT

To sledi i na osnovu sledee analize:

σ ∈ ]−∞, 0[ =⇒ z = ]0, 1[

σ = 0 =⇒ z = 1

σ ∈ ]0,+∞[ =⇒ z = ]1,+∞[

i najzadσ = +∞ =⇒ z = +∞.

Negativan deo realne ose s−ravni se preslikava u interval ]0, 1[ re-alne ose z−ravni a pozitni deo realne ose s−ravni se preslikava uinterval ]1,+∞[ realne ose z−ravni. Na slici 6.9 prikazana je realnaosa s−ravni a na slici 6.10 je prikazana odgovarajua slika u z−ravnitj. pozitivni deo realne ose z−ravni.

Na isti naqin se preslikavaju i prave

s = σ + jkω0, σ ∈ R, k = ±1,±2,± 3, · · ·

6.2.4 Preslikavaǌe s ravni u z ravan

Na osnovu svega izloenog moe se zakǉuqiti da:

• leva poluravan s−ravni se preslikava u unutraxǌost jediniqnogkruga z−ravni,

• imaginarna osa s−ravni se preslikava u jediniqnu krunicu z−rav-ni,


0 s

jw

s - ravan

Slika 6.9: Realna osa s−ravni

0 sz

jwz

1

s < 0 s > 0

(1 0),j

z - ravan

Slika 6.10: Slika realne ose s−ravni u z−ravan

• desna poluravan s−ravni se preslikava u spoǉaxnost jediniqnogkruga z−ravni.

Na slici 6.11 razliqitim xrafurama su prikazane leva i desnapoluravan kao i imaginarna osa a na slici 6.12 takoe razliqitim xra-furama prikazani su unutraxǌost i spoǉaxnost jediniqnog kruga kaoi sam jediniqni krug.

6.2.5 Preslikavaǌe prave odreenog vremena smireǌa

Prava

s = σ + jω, σ ∈ ]−∞, 0[ , σ = const

predstavǉa geometrijsko mesto taqaka konstantnog vremena smireǌa.Ovo preslikavaǌe se ostvaruje na osnovu definicije z−kompleksnogbroja tj.:

z = esT = eσT ejωT =⇒ Ω = eσT =⇒

Posmatrana prava se preslikava u krunicu polupreqnika Ω = eσT . Naslici 6.13 prikazana je prava odreenog konstantnog vremena smireǌaa na slici 6.14 prikazana je slika te prave u z−ravni.


0 s

jw s - ravan

Slika 6.11: s−ravan

0 sz

jwz z - ravan

1

Slika 6.12: z−ravan

6.2.6 Preslikavaǌe prave odreenog stepena priguxeǌa

Geometrijsko mesto taqaka s−ravni odreenog konstantnog stepena pri-guxeǌa ζ su dve poluprave prema slici 6.15.

Taqke ovih dveju polupravih su:

s = −ζωn ± jωn

√1 − ζ2 =⇒

Slike ovih taqaka u z−ravni su:

z = e−ζωnT · e±jωnT√

1−ζ2

=⇒

Ω = e−ζωnT , φ = ±jωnT

√1 − ζ2.

Na slici 6.16 prikazana je slika polupravih konstantnog stepena pri-guxeǌa ζ iz s−ravni u z−ravan.

6.3 Definicija Z transformacije

Posmatra se funkcijax : R → R.

6.3. Definicija Z transformacije 81

0 s

jw s - ravan

s

Slika 6.13: Prava taqaka konstantnog vremena smireǌa

0 sz

jwz

z - ravan

W-W1-1

jW

-jW

-j

j

Slika 6.14: Slika taqaka prave konstantnog vremena smireǌa izs−ravni u z−ravan

Pretpostavka 6.2 Funkcija x je takva da:

• x (kT ) je definisana za ∀k ∈ Z pri qemu je x (kT ) = 0, ∀k ∈ · · · ,−2,−1 ,

• ili ona ima prekide I vrste za neke vrednosti k pri qemu je za takvek

x (kt) = x(kT+

)

uz pretpostavku da postoji graniqna vrednost

x(kT+

)= lim

t→kT+x (t) .

Definicija 6.3 Z−transformacija (Z − lik) funkcije x, za koju vaiprethodna pretpostavka, u oznaci

Z x (kT ) = X (z)

je sledei negativni stepeni red:

Z x (kT ) = X (z) =

∞∑

k=0

x (kT ) z−k.


0 s

jw s-ravan

A

B

C

D

z=co

nst

3w0

2 1-z2

-j

3w0

2 1-z2

j

w0

2 1-z2

j

w0

2 1-z2

-j

Slika 6.15: Poluprave taqaka konstantnog stepena priguxeǌa ζ

0 sz

jwz

z - ravan

1

A'

C' D'

B'

Slika 6.16: Slika polupravih konstantnog stepena priguxeǌa ζ izs−ravni u z−ravan

Oqigledno Z−transformacija zavisi od periode odabiraǌa T . Zafiksno T funkcija x koja zadovoǉava prethodnu pretpostavku ima samojedan Z−lik.

Obrnuto tvreǌe ne vai. Za fiksno T jednom Z−liku moe odgo-varati vixe funkcija originala x. Razlog je taj xto je Z−lik odreenvrednostima funkcije x samo u trenucima odabiraǌa. Postoji neograni-qeno mnogo funkcija koje mogu da imaju jednake vrednosti u trenucimaodabiraǌa. Na slici 6.17 simboliqno su prikazani prostor originalasa originalima i prostor likova sa likovima i ǌihov meusobni odnos.

Ako je za funkciju x odreen ǌen I oblik kompleksnog lika X∗ (s):

X∗ (s) =∞∑

k=0

x (kT ) e−kTs

onda se Z−lik funkcije x dobija jednostavno:

X (z) =

∞∑

k=0

x (kT ) z−k


x1

x2

x3x

4

x5

x6

X =X1 3

X =X =X4 5 6

Prostor likovaProstor originala

Slika 6.17: Simboliqan prikaz prostora originala i prostoraz−likova sa nekim ǌihovim elementima i meusobnim odnosom tih ele-menata

tj.

X (z) = X∗ (s)|s= 1T

ln z+jkω0, k∈Z.

Bez gubitka opxtosti moe se usvojiti da je k = 0 u prethodnom izrazu.

6.3.1 Osobine Z transformacije

Osobina linearnosti

Stav 6.4 Z−transformacija je linearan operator:

Z α1x1 (t) + α2x2 (t) = α1Z x1 (t) + α2Z x2 (t) .

Dokaz. Na osnovu definicije Z−transformacije vai:

Z α1x1 (t) + α2x2 (t) =

∞∑

k=0

[α1x1 (kT ) + α2x2 (kT )] z−k =

= α1

∞∑

k=0

x1 (kT ) z−k + α2

∞∑

k=0

x2 (kT ) z−k =

α1Z x1 (t) + α2Z x2 (t)

qime je dokaz zavrxen.

Translacija du vremenske ose

Translacija funkcije x du vremenske ose moe da bude u pozitivnomili negativnom smeru.

Stav 6.5 Z−transformacija funkcije x translirane du vremenske oseza nT :


1. U negativnom smeru je odreena sa:

Z x (t + nT ) = zn

[X (z) −

n−1∑

k=0

x (kT ) z−k

].

Na slici 6.18 prikazana je proizvoǉna funkcija x (t) netranslirana itranslirana u negativnom smeru du vremenske ose za nT .

0

x(t)

t 0

x(t+nT)

tnT

Slika 6.18: Proizvoǉna funkcija x (t), netranslirana i translirana unegativnom smeru vremenske ose za nT

2. U pozitivnom smeru je odreena sa:

Z x (t − nT ) = z−nX (z) .

Na slici 6.19 prikazana je proizvoǉna funkcija x (t) netranslirana itranslirana u pozitivnom smeru du vremenske ose za nT .

0

x(t)

t 0

x(t-nT)

tnT

Slika 6.19: Proizvoǉna funkcija x (t), netranslirana i translirana upozitivnom smeru vremenske ose za nT

Dokaz. Dokaz se sprovodi prvo pod 1. a potom i pod 2.

1. Z−transformacija funkcije x translirane du vremenske ose za nT

u negativnom smeru je:

Z x (t + nT ) =

∞∑

k=0

x [(k + n) T ] z−k =


= zn

∞∑

k=0

x [(k + n) T ] z−(k+n).

Posle uvoeǌa smene k + n = m =⇒

k = 0 → m = n

k = ∞ → m = ∞tako da sledi da je:

Z x (t + nT ) = zn

∞∑

m=n

x (mT ) z−m. (6.5)

Suma na desnoj strani izraza 6.5 moe da se napixe u vidu razlikedveju suma:

Z x (t + nT ) = zn

[∞∑

m=0

x (mT ) z−m −n−1∑

m=0

x (mT ) z−m

]. (6.6)

Prva suma u sredǌoj zagradi na desnoj strani izraza 6.6 je oqiglednoZ−transformacija funkcije x a u drugoj sumi istog izraza umestopromenǉive m koristi se promenǉiva k:

Z x (t + nT ) = zn

[X (z) −

n−1∑

k=0

x (kT ) z−k

].

2. Z−transformacija funkcije x translirane du vremenske ose za nT

u pozitivnom smeru je:

Z x (t − nT ) =

∞∑

k=0

x [(k − n) T ] z−k =

=

n−1∑

k=0

x [(k − n) T ] z−k +

∞∑

k=n

x [(k − n) T ] z−k.

Posle uvoeǌa smene k − n = m koja daje:

k = 0 → m = −n

k = n − 1 → m = −1

k = m → m = 0

k = ∞ → m = ∞sledi da je:

Z x (t − nT ) =

=0−1∑

m=−n

x (mT ) z−(n+m) +∞∑

m=0

x (mT ) z−(m+n). (6.7)


Prva suma s desne strane izraza 6.7 je jednaka nuli zbog:

x (iT ) = 0, ∀i < 0. =⇒

Z x (t − nT ) = z−n

∞∑

m=0

x (mT ) z−m = z−nX (z)

na koji naqin je dokaz zavrxen.

Translacija u kompleksnom domenu

Neka je X (s) kompleksni lik (Laplasova transformacija) a X (z) Z−trans-formacija vremenski neprekidnog signala x:

X (s) = L− x (t) , X (z) = Z x (t) .

Neka je Z−lik funkcije x dobijen na osnovu ǌenog kompleksnog likaX (s) oznaqen sa:

Z X (s) = Z x (t) = X (z) .

Z X (s) se odreuje tako xto se najpre odredi X∗ (s) pa se ondakompleksna promenǉiva s zameni sa 1

Tln z:

Z X (s) = X∗ (s)|s= 1T

ln z .

Pri tome je najpogodnije da X∗ (s) bude odreeno u svom prvom obliku.Neka se sada posmatra funkcija e±αtx (t). Kompleksni lik ove funkcije

je:L−

e±αtx (t)

= X (s ∓ α) .

U tom smislu se govori o translaciji u kompleksnom domenu, u odnosuna argument kompleksnog lika (Laplasove transformacije).

Stav 6.6 Ako je X (z) Z−transformacija od x onda je Z−transformacijaod e±αtx (t) odreena sa:

Ze±αtx (t)

= X

(e∓αT z

).

Dokaz.

Ze±αtx (t)

=

∞∑

k=0

e±αT x (kT ) z−k =

∞∑

k=0

x (kT )(e∓αT z

)−k.

Uvodi se smena z1 = e∓αT z =⇒

Ze±αtx (t)

=

∞∑

k=0

x (kT ) z−k1 = X (z1) = X

(e∓αT z

).

Na taj naqin dokaz je zavrxen.


Z transformacija n−te potoǌe konaqne razlike ∆nx (t) funkcije x (t)

Stav 6.7 Z−transformacija n−te potoǌe konaqne razlike ∆nx (t) funkcijex (t) je odreena sa:

Z ∆nx (t) = (z − 1)n

X (z) − z

n−1∑

i=0

(z − 1)n−i−1

∆ix (0) .

Dokaz. Podseaǌe! Prva potoǌa konaqna razlika je:

∆x (t) = x (t + T ) − x (t) .

Druga potoǌa konaqna razlika je:

∆2x (t) = ∆ [∆x (t)] = ∆x (t + T ) − ∆x (t) =

= x (t + 2T ) − x (t + T ) − x (t + T ) + x (t) =

= x (t + 2T ) − 2x (t + T ) + x (t) .

...n−ta potoǌa konaqna razlika je:

∆nx (t) = ∆[∆n−1x (t)

]= ∆ [∆ [∆ [· · · [∆x (t)]]]] .

Dokaz se sprovodi matematiqkom indukcijom.Neka je n = 1. Treba pokazati da Stav vai za n = 1.Tada je:

Z ∆x (t) = Z x (t + T ) − Z x (t) =

= z [X (z) − x (0)] − X (z) = (z − 1) X (z) − zx (0) =

= (z − 1)1X (z) − z

1−1∑

i=0

(z − 1)1−i−1

∆ix (0)

zbog ∆0x (0) = x (0) . Ovo pokazuje da Stav vai za n = 1.Pretpostavimo da Stav vai za proizvoǉno n > 1 i tada pod tim

uslovom pokaimo da Stav vai i za n + 1. Odredimo:

Z∆n+1x (t)

= Z ∆[∆nx (t)] = Z ∆nx (t + T ) − Z ∆nx (t) =

= (z − 1)Z ∆nx (t) − z∆nx (0) =⇒

Z∆n+1x (t)

= (z − 1)

[(z − 1)

nX (z) − z

n−1∑

i=0

(z − 1)n−i−1

∆ix (0)

]−z∆nx (0) =

= (z − 1)n+1

X (z) − z (z − 1)n−1∑

i=0

(z − 1)n−i−1

∆ix (0) − z∆nx (0) =

= (z − 1)n+1

X (z) − z[(z − 1)

n∆0 (0) + (z − 1)

n−1∆1 (0) +


+(z − 1)n−2

∆2 (0) + · · · + (z − 1)1∆n−1 (0) + (z − 1)

0∆n (0)

]=

= (z − 1)n+1

X (z) − z

n+1−1∑

i=0

(z − 1)n+1−i−1

∆ix (0) .

Ovo pokazuje da Stav vai i za n + 1 kad vai za proizvoǉno n > 1. Naovaj naqin je matematiqkom indukcijom dokazano da Stav vai za svakon takvo da n ∈ N .

6.3.2 Inverzna Z transformacija

Inverzna Z−transformacija od X (z) u oznaci Z−1 X (z) se odreujekao:

Z−1 X (z) =1

2πj

∮

G

X (z) zk−1dz.

Ovde je G krunica s centrom u koordinatnom poqetku koja obuhvatasve polove od X (z) zk−1.

6.3.3 Graniqne teoreme Z transformacije

Prva graniqna teorema

Stav 6.8 Poqetna vrednost x (0) funkcije x u trenutku t = 0 je odreenasa:

x (0) = limz→∞

X (z) .

Dokaz. Na osnovu definicije Z−transformacije sledi:

X (z) =

∞∑

k=0

x (kT ) z−k = x (0) +

∞∑

k=1

x (kT ) z−k.

Ako se potrai graniqna vrednost i leve i desne strane gorǌe relacijekada z → ∞ onda se dobija:

limz→∞

X (z) = x (0)

xto dokazuje Stav.

Druga graniqna teorema

Stav 6.9 Ako funkcija (z − 1) X (z) nema polova na jediniqnoj krunicii van jediniqnog kruga osim mogueg pola z∗ = 1 i ako postoji graniqnavrednost

limz→1

(z − 1) X (z)

onda je

limk→+∞

x (kT ) = limz→1

(z − 1) X (z) .

6.4. Odreivaǌe originala na osnovu ǌegove Z transformacije 89

Dokaz. Z−transformacija prve potoǌe konaqne razlike ∆x (t) funkcijex je odreena sa:

Z ∆x (t) = (z − 1) X (z) − zx (0) . (6.8)

S druge strane po definiciji je:

Z ∆x (t) = Z x (t + T ) − Z x (t) =

=

∞∑

k=0

x [(k + 1) T ] z−k −∞∑

k=0

x (kT ) z−k =⇒

limz→1

Z ∆x (t) = limz→1

∞∑

k=0

x [(k + 1) T ] z−k −∞∑

k=0

x (kT ) z−k

=

= limz→1

lim

M→∞

[M∑

k=0

x [(k + 1) T ] z−k −M∑

k=0

x (kT ) z−k

]=

= limz→1

lim

M→∞

[−x (0) + x (T )

(1 − z−1

)+ x (2T )

(z−1 − z−2

)+ · · ·

· · · + x (MT )(z−(M−1) − z−M

)+ x ((M + 1) T ) z−M

]=

= limM→∞

limz→1

[−x (0) +

=0

x (T )(1 − z−1

)+

=0

x (2T )(z−1 − z−2

)+ · · ·

· · · +=0

x (MT )(z−(M−1) − z−M

)+ x ((M + 1) T ) z−M

]=

= limM→∞

x [(M + 1) T ] − x (0) .

Ako se uvede smena M + 1 = k sledi M → ∞ =⇒ k → ∞. Sada uzimajui uobzir izraz 6.8 i posledǌi rezultat sledi:

limz→1

Z ∆x (t) = limz→1

[(z − 1) X (z) − zx (0)] =

= limz→1

(z − 1) X (z) − x (0) = limk→∞

x (kT ) − x (0) =⇒

limk→∞

x (kT ) = limz→1

(z − 1) X (z) .

Na taj naqin je dokaz zavrxen.


6.4 Odreivaǌe diskretnog signala na osnovu

ǌegove Z transformacije

6.4.1 Primena tablice Z transformacija

Najjednostavnije odreivaǌe diskretnog signala je u sluqajevima kadase odgovarajui Z−lik nalazi u tablici Z−transformacija.

U izvesnim sloenijim sluqajevima mogue je Z−lik X (z) raxqlanitiu zbir nekoliko Z−likova koji su tabliqni sluqajevi:

X (z) = X1 (z) + · · · + Xm (z) =⇒

x (kT ) =

m∑

i=1

Z−1 Xi (z) .

Razlagaǌe X (z) u sumu sabiraka koji su tabliqni sluqajevi se efikasnoizvodi ako je X (z) oblika:

X (z) =bmzm + bm−1z

m−1 + · · · + b1z

zn + an−1zn−1 + · · · + a1z + a0=

P (z)

Q (z). (6.9)

U izrazu 6.9 m ≤ n a takoe treba zapaziti da je b0 = 0 i an = 1.Postupak se sastoji u sledeem:

− Definixe se funkcija:

X (z) = z−1X (z) =bmzm + bm−1z

m−1 + · · · + b1

zn + an−1zn−1 + · · · + a1z + a0=

P (z)

Q (z)

− Funkcija X (z) se razvija u Hevisajdov razvoj pri qemu je potrebno

poznavati sve polove od X (z) i ǌihove vixestrukosti:

Q (z) = (z − z∗1)ν1 (z − z∗2)

ν2 · · ·(z − z∗µ

)νµ=⇒

X (z) =bmzm + bm−1z

m−1 + · · · + b1

zn + an−1zn−1 + · · · + a1z + a0=

µ∑

i=1

νi∑

r=1

cir

(z − z∗i )r

pri qemu je:

cir =

ci = P (z)

Q′ (z)

∣∣∣z=z∗

i, νi=1

1(νi−r)!

dνi−r

dzνi−r

[(z − z∗i )

νi P (z)Q(z)

]∣∣∣z=z∗

i, νi≥2

− Sada se odreuje razvoj:

X (z) =

µ∑

i=1

νi∑

r=1

cir

z

(z − z∗i )r

− Krajǌi rezultat je:

x (kT ) =

µ∑

i=1

νi∑

r=1

[cir

1

(z∗i )r−1

k!

(k − r + 1)! (k − 1)!(z∗i )

k

].

6.5. Z prenosna funkcija i Z prenosna matrica 91

6.4.2 Primena inverzne transformacije

Na osnovu izraza za inverznu Z−transformaciju sledi:

x (kT ) =1

2πj

∮

G

X (z) zk−1dz

gde je G krunica sa centrom u z = 0 koja obuhvata sve polove odX (z) zk−1.

Na osnovu Koxijeve teoreme=⇒∮

G

X (z) zk−1dz = 2πj∑

i

Res[X (z) zk−1

]∣∣z=z∗

i− pol od X(z)

=⇒

x (kT ) =∑

i

Res[X (z) zk−1

]∣∣z=z∗

i− pol od X(z)

Ako je z∗i jednostruk pol od X (z) i X (z) = P (z)Q(z) onda je:

Res[X (z) zk−1

]∣∣z=z∗

i

=P (z)

Q′ (z)

zk−1

∣∣∣∣z=z∗

i

.

Ako je z∗i pol od X (z) vixestrukosti νi ≥ 2 onda je:

Res[X (z) zk−1

]∣∣z=z∗

i

=1

(νi − r)!

dνi−r

dzνi−r

[X (z) (z − z∗i )

νi zk−1]∣∣

z=z∗

i

.

6.4.3 Razvijaǌe u stepeni red po z−1

Prema definiciji Z−transformacije funkcije x je:

X (z) = x (0) + x (T ) z−1 + x (2T ) z−2 + · · · + x (kT ) z−k + · · ·

Odavde direktno sledi:

x (0) = limz→∞

X (z)

x (T ) = − limz→∞

z2 ∂

∂zX (z)

x (2T ) =1

2!lim

z→∞z2 ∂

∂zz2 ∂

∂zX (z)

...

x (kT ) =(−1)

k

k!lim

z→∞z2 ∂

∂zz2 ∂

∂z· · · z2 ∂

∂z︸︷︷︸k−puta

X (z) .


xu xu xi

*T

i(t)

T xi*

Slika 6.20: Redna veza idealnog odabiraqa i linearnog stacionarnogdinamiqkog sistema qiji je jediniqni impulsni odziv i (t)

6.5 Z prenosna funkcija i Z prenosna matrica

Posmatra se redna veza idealnog odabiraqa i linearnog stacionarnogjednostruko prenosnog dinamiqkog sistema qiji je jediniqni impulsniodziv i (t), xto je sve prikazano na slici 6.20.

Definicija 6.10 Z−prenosna funkcija diskretnog sistema s jednostru-kim prenosom signala je odnos Z−kompleksnih likova ǌegove izlazne iulazne veliqine pri svim poqetnim uslovima jednakim nuli u oznaci W (z) :

W (z) = Xi(z)Xu(z) .

Z−lik mnogih funkcija je racionalna funkcija tako da je broj ǌenihpolova i nula ograniqen xto nije sluqaj sa ǌihovim diskretnim kom-pleksnim likovima. Zbog toga je analiza diskretnih sistema mnogo jed-nostavnija u z−kompleksnom domenu nego u s−kompleksnom domenu.

Posmatra se vixestruko prenosni diskretni sistem prikazan na slici6.21.

S

xu1 xu1

*T

xu2 xu2

*T

xuM xuM

*T

xi1

xi1*

T

xi2

xi2*

T

xiN

xiN*

T

Slika 6.21: Vixestruko prenosni diskretni sistem

Neka je:

Xuk (z) = Z x∗uk (t) − Z−transformacija k − te ulazne veliqine x∗

uk (t) ,

Xij (z) = Zx∗

ij (t)− Z−transformacija j − te izlazne veliqine x∗

ij (t) .

Definicija 6.11 Wjk (z) je Z−prenosna funkcija vixestruko prenosnogsistema sa slike 6.21 u odnosu na ǌegovu j−tu, j = 1, 2, · · · , N , izlaznu ik−tu, k = 1, 2, · · · , M , ulaznu veliqinu.

6.5. Z prenosna funkcija i Z prenosna matrica 93

Definicija 6.12 Matriqna funkcija W tipa N × M , qiji je (j, k)−tielement Wj,k (z) vixestruko prenosnog diskretnog sistema sa slike 6.21,je Z−prenosna matrica tog istog sistema:

W (z) =

W11 (z) W12 (z) · · · W1M (z)W21 (z) W22 (z) · · · W2M (z)

...WN1 (z) WN2 (z) · · · WNM (z)

.

Ako se uvede Z−transformacija Xu (z) i Xi (z) vektora ulaza x∗u i

vektora izlaza x∗i onda pri svim poqetnim uslovima jednakim nuli vai:

Xi (z) = W (z) · Xu (z) =⇒

xi (kT ) = Z−1 W (z) · Xu (z) .

Poglav e 6au.mas.bg.ac.rs/cms_upload/fakultet/fajlovi/30_ru_lekcija_06.pdf · Uvodi se kompleksni...

Documents

Transcript of Poglav e 6au.mas.bg.ac.rs/cms_upload/fakultet/fajlovi/30_ru_lekcija_06.pdf · Uvodi se kompleksni...