Transformada Z - fenix.tecnico.ulisboa.pt · Transformada de Z inversa Problema: dado X(z) e RC determinar x[n] = Z1 fX(z)g Solu˘c~oes:. [S1] Integral de contorno. [S2] Expans~ao

'

&

$

%

TZ = Transformada Z

� Define-se C∗ = C ∪ {∞}

� A TZ associa x[n] (n ∈ Z) a uma funcao X(z) (z ∈ RC ⊂ C∗):

X(z) =

+∞∑

n=−∞

x[n]z−n [Analise]

x[n] =1

2πj

∮

γ

X(z)zn−1dz [Sıntese]

Nota: γ representa uma curva fechada que contorna a origem de C (uma vez)

no sentido contrario ao ponteiro dos relogios e esta incluıda em RC

� Notacoes: x[n]Z←→ X(z), X(z) = Z {x[n]}, x[n] = Z−1 {X(z)}

2

'

&

$

%

Transformada Z

Processamento de Sinais 2005/6

Engenharia Aeroespacial

1

'

&

$

%

Regiao de Convergencia

� Facto: z ∈ RC ⇒ {w : |w| = |z|} ⊂ RC ...porque

∑

n

|x[n]||w|−n =∑

n

|x[n]||z|−n <∞

PSfrag replacements ∈ RC∈ RC

zz

⇒

� A RC pode ser apenas um cırculo

. Exemplo: para x[n] = 1

n2 + 1, temos RC = {z : |z| = 1}

4

'

&

$

%


� A TF de x[n] e a TZ de x[n] avaliada no cırculo unitario

X(ejω) = X(z)∣∣z=ejω

� RC = Regiao de Convergencia absoluta da serie∑

n x[n]z−n

RC =

{z ∈ C∗ :

+∞∑

n=−∞

|x[n]||z|−n <∞

}

� Atencao: a RC pode ser vazia (diz-se que x[n] nao tem TZ)

Exemplos:

. x[n] = a|n|, com |a| > 1

. x[n] = 1

|n|+ 1

3

'

&

$

%


. escolha-se R1, R2 tal que: R1 < R1 ≤ |z| ≤ R2 < R2

PSfrag replacements

R2

R2

R1R1

z

e+∞∑

n=−∞

|x[n]|R−n1 <∞

+∞∑

n=−∞

|x[n]|R−n2 <∞

6

'

&

$

%


� Defina-se

R1 = inf

{R ≥ 0 :

+∞∑

n=−∞

|x[n]|R−n <∞

}

R2 = sup

{R ≥ 0 :

+∞∑

n=−∞

|x[n]|R−n <∞

}

� Facto: {z : R1 < |z| < R2} ⊂ RC ...porque

. seja z tal que R1 < |z| < R2

5

'

&

$

%


Pelo que foi exposto, temos:

� Propriedade RC1. A RC e uma coroa circular centrada na origem:

RC = {z : R1 < |z| < R2} ∪ {z : |z| = R1}︸︷︷︸(possivelmente)

∪{z : |z| = R2}︸︷︷︸(possivelmente)

onde 0 ≤ R1 ≤ R2 ≤ +∞

PSfrag replacementsR1 R2

RC

8

'

&

$

%


. note que R1 ≤ |z| ≤ R2 implica, para m ≥ 0,

|z|−m =1

|z|m≤

1

Rm1

= R−m1 e |z|m ≤ Rm

2

. logo,

+∞∑

n=−∞

|x[n]||z|−n =

−1∑

n=−∞

|x[n]||z|−n + |x[0]|+

+∞∑

n=1

|x[n]||z|−n

≤

−1∑

n=−∞

|x[n]|R−n2 + |x[0]|+

+∞∑

n=1

|x[n]|R−n1

≤

+∞∑

n=−∞

|x[n]|R−n2

︸︷︷︸<∞

+|x[0]|+

+∞∑

n=−∞

|x[n]|R−n1

︸︷︷︸<∞

< ∞

7

'

&

$

%

Calculo de Transformadas Z

� Calcular a TZ de um sinal x[n] implica:

. determinar RC

. determinar X(z)

� Exemplo 1: x[n] = δ[n− n0] (n0 ∈ Z)

. determinacao de RC

R1 = limn→+∞ |δ[n− n0]|1/n

= limn→+∞ (0)1/n

= 0

R2 = limn→+∞ |δ[−n− n0]|−1/n

= limn→+∞ (0)−1/n

= +∞

10

'

&

$

%


� Teorema Cauchy-Hadamard: se a RC nao e vazia,

R1 = limn→+∞ |x[n]|1/n

R2 = limn→+∞ |x[−n]|−1/n

Nota: para uma sequencia {an ∈ R : n = 1, 2, 3, . . .}

limn→+∞an = infm=1,2,...

sup{am, am+1, am+2, . . .}

limn→+∞an = supm=1,2,...

inf{am, am+1, am+2, . . .}

9

'

&

$

%


↪→ Conclusao: a RC depende de n0:

RC =

{z : 0 ≤ |z| < +∞} , para n0 < 0

{z : 0 ≤ |z| ≤ +∞} , para n0 = 0

{z : 0 < |z| ≤ +∞} , para n0 > 0

. determinacao de X(z)

X(z) =

+∞∑

n=−∞

δ[n− n0]z−n = z−n0

12

'

&

$

%


↪→ Falta investigar se os cırculos

{z : |z| = R1 = 0} e {z : |z| = R2 = +∞}

pertencem a RC

+∞∑

n=−∞

|δ[n− n0]||z|−n

∣∣∣∣|z|=0

=(|z|−n0

) ∣∣∣∣|z|=0

=

0 , para n0 < 0

1 , para n0 = 0

+∞ , para n0 > 0

+∞∑

n=−∞

|δ[n− n0]||z|−n

∣∣∣∣|z|=+∞

=(|z|−n0

) ∣∣∣∣|z|=+∞

=

+∞ , para n0 < 0

1 , para n0 = 0

0 , para n0 > 0

11

'

&

$

%



{z : |z| = R1 = |a|} e {z : |z| = R2 = +∞}

pertencem a RC

+∞∑

n=−∞

|anu[n]||z|−n

∣∣∣∣|z|=|a|

=

+∞∑

n=0

1 = +∞

+∞∑

n=−∞

|anu[n]||z|−n

∣∣∣∣|z|=+∞

=

(1 +|a|

|z|+|a|2

|z|2+ · · ·

) ∣∣∣∣|z|=+∞

= 1

↪→ Conclusao: RC = {z : |a| < |z| ≤ +∞}

14

'

&

$

%


� Exemplo 2: x[n] = anu[n] (a ∈ C− {0})


R1 = limn→+∞ |anu[n]|1/n

= limn→+∞ (|a|n)1/n

= limn→+∞ |a|

= |a|

R2 = limn→+∞ |a−nu[−n]|−1/n

= limn→+∞ (0)−1/n

= +∞

13

'

&

$

%


� Exemplo 3: x[n] = −anu[−n− 1] (a ∈ C− {0})


R1 = limn→+∞ | − anu[−n− 1]|1/n

= limn→+∞ (0)1/n

= 0

R2 = limn→+∞ | − a−nu[n− 1]|−1/n

= limn→+∞

(|a|−n)−1/n

= limn→+∞ |a|

= |a|

16

'

&

$

%



X(z) =

+∞∑

n=−∞

anu[n]z−n

=

+∞∑

n=0

(az−1)n

(*)=

1

1− az−1

=z

z − a

Nota: a igualdade (*) e valida porque z ∈ RC. Logo: |az−1| < 1

15

'

&

$

%



X(z) =

+∞∑

n=−∞

−anu[−n− 1]z−n

= −

−1∑

n=−∞

(az−1)n

(troca de variavel: m= -n)= −

+∞∑

m=1

( z

a

)m

(*)= −

za

1− za

=z

z − a

Nota: a igualdade (*) e valida porque z ∈ RC. Logo:∣∣ z

a

∣∣ < 1

18

'

&

$

%



{z : |z| = R1 = 0} e {z : |z| = R2 = |a|}

pertencem a RC

+∞∑

n=−∞

| − anu[−n− 1]||z|−n

∣∣∣∣|z|=0

=

(· · ·+

|z|2

|a|2+|z|

|a|

) ∣∣∣∣|z|=0

= 0

+∞∑

n=−∞

| − anu[−n− 1]||z|−n

∣∣∣∣|z|=|a|

=

−1∑

n=−∞

1 = +∞

↪→ Conclusao: RC = {z : 0 ≤ |z| < |a|}

17

'

&

$

%

Zeros e Polos

� Para uma funcao f(z):

. w ∈ C∗ e um zero de f se f(w) = 0

. w ∈ C∗ e um polo de f se f(w) =∞

� Nao esquecer de testar w =∞ !

� Exemplos:

f(z) = z − 2z + 1 Zeros = {2} Polos = {−1}

f(z) = z − 2(z + 1)(z − 4)

Zeros = {2,∞} Polos = {−1, 4}

f(z) =(z − 2)(z + 9)

z + 1 Zeros = {2,−9} Polos = {−1,∞}

20

'

&

$

%


� Recordando os exemplos 2 (pag. 13) e 3 (pag. 16):

x[n] = anu[n]Z←→ X(z) =

z

z − a, RC = {z : |a| < |z| ≤ +∞}

x[n] = −anu[−n− 1]Z←→ X(z) =

z

z − a, RC = {z : 0 ≤ |z| < |a|}

� Conclusao: X(z) nao determina x[n], e necessario especificar RC !

19

'

&

$

%

Zeros e Polos

� As funcoes racionais

X(z) = κ(z − z1)(z − z2) · · · (z − zM )

(z − p1)(z − p2) · · · (z − pN )

sao determinadas pelo seu diagrama zeros-polos a menos de κ

22

'

&

$

%

Zeros e Polos

� Diagrama zeros-polos de X(z)

. zeros de X(z) sao assinalados em C com ’o’

. polos de X(z) sao assinalados em C com ’x’

� Exemplo: X(z) =z(z − 1− j)

(z + 1)(z − 3j)(z − 2)

PSfrag replacements

3j

−1

1 + j

2

21

'

&

$

%


� Um sinal x[n] diz-se unilateral direito se

∃N∈N ∀n : n≤N : x[n] = 0

� Propriedade RC3. Para um sinal unilateral direito: R2 = +∞

24

'

&

$

%


� Propriedade RC2. X(z) e uma funcao analıtica no interior de RC, isto e, em

int RC = {z : R1 < |z| < R2}

. Prova: Uma serie de Laurent e uma funcao analıtica de z no interior do seu

domınio de convergencia (recordar Analise Complexa!).

23

'

&

$

%


� Para funcoes racionais

X(z) = κ(z − z1)(z − z2) · · · (z − zM )

(z − p1)(z − p2) · · · (z − pN ), |p1| ≤ |p2| ≤ · · · ≤ |pN |

e possıvel acrescentar:

. Propriedade RC3. [sinal unilateral direito] R1 = |pN |

. Propriedade RC4. [sinal unilateral esquerdo] R2 = |p1|

� Um sinal diz-se bilateral se nao e nem unilateral direito nem esquerdo

26

'

&

$

%


� Um sinal x[n] diz-se unilateral esquerdo se

∃N∈N ∀n : n≥N : x[n] = 0

� Propriedade RC4. Para um sinal unilateral esquerdo: R1 = 0

25

'

&

$

%


� Para funcoes racionais, as propriedades RC1, . . . , RC5 limitam as

configuracoes possıveis de RC a um numero finito de hipoteses

� Exemplo: X(z) = z − 3(z + 1)(z − 2j)

. Configuracao 1: sinal x[n] e unilateral esquerdo

28

'

&

$

%


� Um sinal x[n] diz-se de duracao finita se

∃N∈N ∀n : |n|≥N : x[n] = 0

� Propriedade RC5. Para um sinal de duracao finita: R1 = 0 e R2 = +∞

. Prova: x[n] e unilateral direito e esquerdo.

27

'

&

$

%


. Configuracao 3: sinal x[n] e unilateral direito

30

'

&

$

%


. Configuracao 2: sinal x[n] e bilateral

29

'

&

$

%

Transformada de Z inversa

� Problema: dado X(z) e RC determinar x[n] = Z−1 {X(z)}

� Solucoes:

. [S1] Integral de contorno

. [S2] Expansao em serie de potencias

. [S3] Decomposicao em fraccoes simples e inspeccao (para funcoes racionais)

� [S1] Integral de contorno: usa-se a formula (recordar pagina 2)

x[n] =1

2πj

∮

γ

X(z)zn−1dz

32

'

&

$

%


� Questao interessante: porque e que RC nao pode ser

RC =

{z :

5

4< |z| <

7

4

}?

� Recorde os conhecimentos sobre funcoes analıticas e series de Laurent!

31

'

&

$

%


. para n < 0:

x[n] =1

2πj

∮

γ

zn

z − adz

= Res

{zn

z − a; z = 0

}+ Res

{zn

z − a; z = a

}

= (−an) + (an)

= 0

� Conclusao: x[n] = anu[n]

34

'

&

$

%


� Exemplo: X(z) = zz − a , RC = {z : |a| < |z| ≤ +∞} com a 6= 0

� Nota: ja sabemos que x[n] = anu[n] (exemplo 2 da pagina 13)

� Confirmacao usando integral de contorno com γ = {z : |z| = R > |a|}

. para n ≥ 0:

x[n] =1

2πj

∮

γ

zn

z − adz

= Res

{zn

z − a; z = a

}

= an

33

'

&

$

%


� Exemplo:

X(z) = sin(z2) = z2 −(z2)3

3!+

(z2)5

5!− · · · = z2 −

z6

3!+

z10

5!− · · ·

� Conclusao:

x[n] = 0 para n ≥ 0

x[−1] = 0

x[−2] = 1

x[−3] = 0

x[−4] = 0

x[−5] = 0

x[−6] = −1

3!etc

36

'

&

$

%


� [S2] Expansao em serie de potencias: expande-se X(z) em serie de potencias

de z e “le-se”o sinal x[n] comparando com a serie

X(z) =

+∞∑

n=−∞

x[n]z−n

= · · ·+ x[−2]z2 + x[−1]z + x[0] + x[1]z−1 + x[2]z−2 + · · ·

� Exemplo:

X(z) = e1/z =

+∞∑

n=0

1

n!

(1

z

)n

=

+∞∑

n=0

1

n!z−n

� Conclusao: x[n] = 1n!

u[n]

35

'

&

$

%


� [S3] Decomposicao em fraccoes simples e inspeccao:

. so aplicavel a funcoes racionais

X(z) = κ(z − z1)(z − z2) · · · (z − zL)

(z − p1)(z − p2) · · · (z − pK)

(ou)=

b0 + b1z−1 + · · ·+ bMz−M

1 + a1z−1 + · · ·+ aNz−N

. 2 fases:

↪→ fase 1: decompoe-se X(z) em fraccoes simples

↪→ fase 2: inverte-se cada fraccao simples por inspeccao

38

'

&

$

%


� Expansoes uteis:

ez =

+∞∑

n=0

zn

n!, para z ∈ C

cos z =

+∞∑

n=0

(−1)nz2n

(2n)!, para z ∈ C

sin z =

+∞∑

n=0

(−1)nz2n+1

(2n + 1)!, para z ∈ C

log(1− z) = −

+∞∑

n=1

zn

n, para |z| < 1

1

1− z=

+∞∑

n=0

zn, para |z| < 1

37

'

&

$

%

Fase 1: decomposicao de X(z) em fraccoes simples

� Exemplo: X(z) =2− 1

2z−1

(1− z−1)(1− 12z−1)

(M = 1, N = 2, p1 = 1, p2 = 12)

A1 = (1− z−1)X(z)∣∣∣z=1

= 3

A2 =

(1−

1

2z−1

)X(z)

∣∣∣z= 1

2

= −1

� Conclusao:

X(z) =2− 1

2z−1

(1− z−1)(1− 12z−1)

=3

1− z−1 −1

1− 12z−1

40

'

&

$

%


� Consideremos X(z) na forma

X(z) =b(z)

a(z)=

b0 + b1z−1 + · · ·+ bMz−M

1 + a1z−1 + · · ·+ aNz−N

� Caso 1: M < N

. Polos simples: a(z) = (1− p1z−1)(1− p2z

−1) · · · (1− pNz−1)

com pk 6= pl para k 6= l

Entao:

X(z) =A1

1− p1z−1 +

A2

1− p2z−1 + · · ·+

AN

1− pNz−1

An = (1− pnz−1)X(z)∣∣∣z=pn

39

'

&

$

%


� Exemplo: X(z) =−1 + 5

2z−1 − 5

4z−2

(1− z−1)(1− 12z−1)2

(M = 2, N = 3, p1 = 1, p2 = 12)

A1 = 1

B1 = −3

B2 = 1

� Conclusao:

X(z) =−1 + 5

2z−1 − 5

4z−2

(1− z−1)(1− 12z−1)2

=1

1− z−1 −3

1− 12z−1 +

1(1− 1

2z−1

)2

42

'

&

$

%


. 1 polo de ordem s ≥ 2: a(z) = (1− p1z−1) · · · (1− pN−sz

−1)︸︷︷︸polos simples

(1− pz−1)s

Entao:

X(z) =A1

1− p1z−1 + · · ·+

AN−s

1− pN−sz−1 +

B1

1− pz−1 +B2

(1− pz−1)2+ · · ·+

Bs

(1− pz−1)s

An = (1− pnz−1)X(z)∣∣∣z=pn

Bm =(−1)s−m

(s−m)! ps−m

ds−m

dws−m

{(1− pw)sX

(1

w

)} ∣∣∣∣w= 1

p

. A abordagem acima repete-se para cada polo de ordem s ≥ 2

41

'

&

$

%


� Exemplo:

X(z) =3− z−1 + 5

2z−2 − 1

2z−3

(1− z−1)(1− 12z−1)

= −z−1 + 2 +1 + 3z−1

(1− z−1)(1− 12z−1)

= −z−1 + 2 +8

1− z−1 −7

1− 12z−1

44

'

&

$

%


� Estamos a considerar X(z) na forma

X(z) =b(z)

a(z)=

b0 + b1z−1 + · · ·+ bMz−M

1 + a1z−1 + · · ·+ aNz−N

. Caso 2: M ≥ N

↪→ dividem-se os polinomios para obter

X(z) = c0 + c1z−1 + · · ·+ cM−Nz−(M−N) +

d0 + d1z−1 + · · ·+ dN−1z

−(N−1)

1 + a1z−1 + · · ·+ aNz−N

︸︷︷︸caso ja tratado!

43

'

&

$

%

Fase 2: inversao de cada fraccao simples

� Exemplo (continuacao da pagina 40):

X(z) =2− 1

2z−1

(1− z−1)(1− 12z−1)

=3

1− z−1 −1

1− 12z−1

� Temos:

x[n] =(−3 +

(12

)n)u[−n− 1] , se RC =

{z : 0 ≤ |z| < 1

2

}

x[n] = −3u[−n− 1]−(

12

)nu[n] , se RC =

{z : 1

2< |z| < 1

}

x[n] =(3−

(12

)n)u[n] , se RC = {z : 1 < |z| ≤ +∞}

46

'

&

$

%


� Inverte-se cada fraccao simples por inspeccao:

δ[n− n0]Z←→ z−n0

−(n + m− 1)!

n!(m− 1)!anu[−n− 1]

Z←→

1

(1− az−1)m , se {z : |z| < |a|} ⊂ RC

(n + m− 1)!

n!(m− 1)!anu[n]

Z←→

1

(1− az−1)m , se {z : |z| > |a|} ⊂ RC

� Muito importante: como exposto acima, a RC de X(z) intervem na inversao !

45

'

&

$

%



X(z) = −z−1 + 2 +8

1− z−1 −7

1− 12z−1

� Temos:

x[n] = −δ[n− 1] + 2δ[n] +(−8 + 7

(12

)n)u[−n− 1]

se RC ={z : 0 ≤ |z| < 1

2

}

x[n] = −δ[n− 1] + 2δ[n]− 8u[−n− 1]− 7(

12

)nu[n]

se RC ={z : 1

2< |z| < 1

}

x[n] = −δ[n− 1] + 2δ[n] +(8− 7

(12

)n)u[n]

se RC = {z : 1 < |z| ≤ +∞}

48

'

&

$

%



X(z) =−1 + 5

2z−1 − 5

4z−2

(1− z−1)(1− 12z−1)2

=1

1− z−1 −3

1− 12z−1 +

1(1− 1

2z−1

)2

� Temos:

x[n] =(−1 + (3− (n + 1))

(12

)n)u[−n− 1] , se RC =

{z : 0 ≤ |z| < 1

2

}

x[n] = −u[−n− 1] + (−3 + (n + 1))(

12

)nu[n] , se RC =

{z : 1

2< |z| < 1

}

x[n] =(1 + (−3 + (n + 1))

(12

)n)u[n] , se RC = {z : 1 < |z| ≤ +∞}

47

'

&

$

%

Propriedades da TZ

� Deslocamento no tempo:

x[n]Z←→ X(z)

n0 ∈ Z

y[n] = x[n− n0]

⇒

Y (z) = z−n0X(z)

R1(y) = R1(x)

R2(y) = R2(x)

� Multiplicacao por uma sequencia geometrica:

x[n]Z←→ X(z)

a ∈ C

y[n] = anx[n]

⇒

Y (z) = X(

za

)

R1(y) = |a|R1(x)

R2(y) = |a|R2(x)

50

'

&

$

%

Propriedades da TZ

� Notacao: para um sinal x[n] usa-se a notacao

R1(x) = inf

{R ≥ 0 :

+∞∑

n=−∞

|x[n]|R−n <∞

}

R2(x) = sup

{R ≥ 0 :

+∞∑

n=−∞

|x[n]|R−n <∞

}

Nota: R1(x), R2(x) definem os cırculos interior e exterior da RC de x[n]

� Linearidade:

x1[n]Z←→ X1(z)

x2[n]Z←→ X2(z)

α1, α2 ∈ C

y[n] = α1x1[n] + α2x2[n]

⇒

Y (z) = α1X1(z) + α2X2(z)

R1(y) ≤ max{R1(x1), R1(x2)}

R2(y) ≥ min{R2(x1), R2(x2)}

49

'

&

$

%

Propriedades da TZ

� Convolucao no tempo (muito importante!):

x[n]Z←→ X(z)

h[n]Z←→ H(z)

y[n] = (x ? h)[n]

⇒

Y (z) = X(z)H(z)

R1(y) ≤ max{R1(x), R1(h)}

R2(y) ≥ min{R2(x), R2(h)}

� Aplicacao: resposta de SLITs pode ser calculada usando TZ’s

PSfrag replacements

x[n] h[n]

X(z) H(z) Y (z) = X(z)H(z)

y[n] = (x ? h)[n]

Z Z−1

52

'

&

$

%

Propriedades da TZ

� Conjugacao:

y[n] = x∗[n]Z←→ Y (z) = X∗(z∗) , R(y) = R(x)

� Inversao no tempo:

y[n] = x[−n]Z←→ Y (z) = X(1/z)

y[n] = x∗[−n]Z←→ Y (z) = X∗(1/z∗)

, R1(y) =1

R2(x), R2(y) =

1

R1(x)

� Parte real e imaginaria:

y[n] = Re {x[n]}Z←→ Y (z) = 1

2[X(z) + X∗(z∗)]

y[n] = j Im {x[n]}Z←→ Y (z) = 1

2[X(z)−X∗(z∗)]

, R(y) = R(x)

� Derivacao:

y[n] = nx[n]Z←→ Y (z) = −z

d

dzX(z) , R(y) = R(x)

51

'

&

$

%

Propriedades da TZ

� Um sinal x[n] diz-se causal se x[n] = 0 para n < 0

� Teorema do valor inicial: para um sinal causal x[n] tem-se

x[0] = limz→+∞

X(z)

� Teorema do valor final: para um sinal causal x[n] tal que (z − 1)X(z)

admite um prolongamento analıtico para {z : |z| > R} com R < 1 tem-se

limn→+∞

x[n] = limz→1

(z − 1)X(z)

. Nota: para X(z) racional e suficiente que

↪→ X(z) nao tenha um polo de ordem ≥ 2 em z = 1

e

↪→ os outros polos de X(z) estejam no interior do cırculo unitario

54

'

&

$

%

Propriedades da TZ

� Multiplicacao no tempo:

x[n]Z←→ X(z)

h[n]Z←→ H(z)

y[n] = x[n]h[n]

⇒

Y (z) = 12πj

∮γ

X(w)H(

zw

)w−1dw

R1(y) ≤ R1(x)R1(h)

R2(y) ≥ R2(x)R2(h)

� Teorema de Parseval:

+∞∑

n=−∞

x[n]y[n]∗ =1

2πj

∮

γ

X(z)Y ∗

(1

z∗

)z−1dz

53

'

&

$

%

EDLCC

� EDLCC = Equacao as Diferencas Linear e de Coeficientes Constantes

� Uma EDLCC e uma equacao da forma

N∑

k=0

aky[n− k] =

M∑

l=0

blx[n− l]

Nota: assume-se sempre que a0 6= 0, aN 6= 0 e bM 6= 0

� Uma EDLCC e o “equivalente”discreto de uma equacao diferencial

N∑

k=0

akdk

dtky(t) =

M∑

l=0

bldl

dtlx(t)

� Importante: as propriedades de uma EDLCC sao muito diferentes

consoante N = 0 ou N > 0 (ver adiante)

56

'

&

$

%

Propriedades da TZ

� Aplicacao do teorema do valor final: calculo do regime estacionario de SLITs

causais e estaveis a escaloes unitarios

. seja H(z) a funcao de transferencia do SLIT causal e estavel

. Z{u[n]} = 11− z−1

. saıda do SLIT: Y (z) =H(z)

1− z−1

. estao verificadas as condicoes do teorema para y[n] (porque?)

. logo,

limn→+∞

y[n] = limz→1

(z − 1)Y (z) = limz→1

(z − 1)H(z)

1− z−1 = H(1)

� Por esta razao, H(1) e chamado o ganho estatico do SLIT

55

'

&

$

%

EDLCC

� Uma EDLCCN∑

k=0

aky[n− k] =

M∑

l=0

blx[n− l]

com N > 0 nao determina unicamente y[n] para um dado x[n]

� Exemplo: ambos os pares

(x[n], y[n]) = (δ[n], 2nu[n])

(x[n], y[n]) = (δ[n],−2nu[−n− 1])

sao consistentes com a EDLCC

y[n]− 2y[n− 1] = x[n]

� Sao necessarias N condicoes iniciais para que um x[n] determine um y[n]

(mesmo fenomeno nas equacoes diferenciais)

58

'

&

$

%

EDLCC

� Uma EDLCC com N = 0 determina um unico y[n] para cada x[n]:

y[n] =

M∑

l=0

bl

a0x[n− l]

� Conclusao: uma EDLCC com N = 0 equivale a um sistema

PSfrag replacements

x[n]EDLCC

(N = 0) y[n]

� Esse sistema e um SLIT, com resposta impulsiva de duracao finita

h[n] =

M∑

l=0

bl

a0δ[n− l]

Tambem denominado sistema FIR (Finite Impulse Response)

57

'

&

$

%

EDLCC

� Quando uma condicao inicial e 6= 0 o sistema nao pode ser linear (porque?)

� Quando as condicoes iniciais sao nulas o sistema e linear

� A resposta impulsiva tem em geral (nao necessariamente) duracao infinita

Nesse caso, tambem denominado sistema IIR (Infinite Impulse Response)

. Exemplo: y[n]− 2y[n− 1] = x[n] com condicao inicial y[−1] = 0

h[n] = 2nu[n]

. Exemplo: y[n]− 2y[n− 1] = x[n]− 2x[n− 1] com condicao inicial y[−1] = 0

h[n] = δ[n]

60

'

&

$

%

EDLCC

� Supondo y[−1], y[−2], . . . , y[−N ] especificadas, a solucao unica da EDLCC

N∑

k=0

aky[n− k] =

M∑

l=0

blx[n− l]

e dada por:

y[n] = −∑N

k=1aka0

y[n− k] +∑M

l=0bla0

x[n− l] , para n ≥ 0

y[n] = −∑N−1

k=0akaN

y[n + N − k] +∑M

l=0blaN

x[n + N − l] , para n < −N

� Conclusao: uma EDLCC com N > 0 e N condicoes iniciais equivale a um

sistema

PSfrag replacements

x[n]EDLCC (N > 0) +

N condicoes iniciais y[n]

59

'

&

$

%

EDLCC

� Exemplo:

y[n] = x[n] + x[n− 2]

� Calculo de y[n] para x[n] = 3nu[n]:

. X(z) = 1

1− 3z−1e RC = {z : 3 < |z| ≤ +∞}

. H(z) = 1 + z−2

. Y (z) = X(z)H(z) = 1 + z−2

1− 3z−1= −1

3z−1 − 1

9+ 10

9

1

1− 3z−1

. y[n] = −1

3δ[n− 1]− 1

9δ[n] + 10

93nu[n]

62

'

&

$

%

EDLCC

� Se x[n] admite TZ, entao uma EDLCC com N = 0

a0y[n] =

M∑

l=0

blx[n− l]

pode ser resolvida usando TZ’s:

. seja X(z) = Z{x[n]} com regiao de convergencia RC

. seja H(z) a funcao de transferencia do sistema, isto e,

H(z) =

M∑

l=0

bl

a0z−l

. temos Y (z) = X(z)H(z)

. y[n] e obtido por inversao de Y (z) na regiao de convergencia RC

61

'

&

$

%

EDLCC

� Considere a entrada x[n] = 3nu[n] que admite a TZ

X(z) =1

1− 3z−1, RC = {z : 3 < |z| ≤ +∞}

� Usando as formulas da pagina 59, a saıda do sistema e:

y[n] =

3n+1 − 9 2n−1 , para n ≥ 1

−32 , para n = 0

−5 2n−2 , para n ≤ −1

� y[n] nao admite TZ (ou seja, tem RC vazia). Tal pode ser verificado:

. confirmando que @R≥0 :∑+∞

n=−∞ |y[n]|R−n < +∞

ou

. teorema Cauchy-Hadamard (pag. 9) devolve R1 = 3 > R2 = 2!

64

'

&

$

%

EDLCC

� Se x[n] admite TZ, uma EDLCC

N∑

k=0

aky[n− k] =

M∑

l=0

blx[n− l]

com N > 0 pode por vezes ser resolvida usando TZ’s

� “Por vezes”porque y[n] nao admite, necessariamente, TZ

(tal nunca acontece com N = 0; porque ?)

� Exemplo: considere um sistema determinado pela EDLCC

y[n]− 2y[n− 1] = x[n]

com condicao inicial y[1] = 0

63

'

&

$

%

EDLCC

� Caso especial: x[n] e causal e condicoes iniciais nulas y[−1] = · · · = y[−N ] = 0

(diz-se que o sistema estava em repouso)

� Entao: y[n] e causal, admite TZ e Y (z) = X(z)H(z) onde H(z) e a funcao de

transferencia do sistema, isto e,

H(z) =

∑Ml=0 blz

−l

∑Nk=0 akz−k

� Exemplo anterior y[n]− 2y[n− 1] = x[n] mas com condicao inicial y[−1] = 0:

. Y (z) = 1

(1− 2z−1)(1− 3z−1)= − 2

1− 2z−1+ 3

1− 3z−1

. como y[n] e causal, resulta y[n] = (−2n+1 + 3n+1)u[n]

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Transformada Z - fenix.tecnico.ulisboa.pt · Transformada de Z inversa Problema: dado X(z) e RC determinar x[n] = Z1 fX(z)g Solu˘c~oes:. [S1] Integral de contorno. [S2] Expans~ao