Sección 3.6 Trnasformada Z unilateral

UNIVERSIDAD AUTÓNOMA DE NAYARIT
INGENIERÍA EN ELECTRÓNICA
Procesamiento Digital de Señales
M.C. Juan Salvador Palacios Fonseca
UNIDAD 3
Transformada 𝑍 y sus aplicaciones
A veces un poco de intuición e ingenio conduce a una reducción
considerable en la complejidad, y a veces también a mejoras en su
velocidad.
– Roger Penrose, La mente nueva del emperador, 1996, México.

Procesamiento Digital de Señales
M.C. Juan Salvador Palacios Fonseca
3.6 Transformada 𝑍 unilateral

La transformada 𝑍 unilateral es una variante de la transformada
𝑍 que permite trabajar con señales a partir de instantes finitos,
n ≥ 𝑛0 pero considerando que es diferente de cero para valores
anteriores a 𝑛 𝑜. Para evaluarla entonces, se requiere los valores
iniciales de la secuencia.
La transformada 𝑍 unilateral es equivalente a la transformada 𝑍
bilateral multiplicada por la función escalón unitario.
La transformada 𝑍 unilateral nos ayuda a resolver ecuaciones
en diferencias con condiciones iniciales distintas de cero.
Rev. Junio/2020 M.C. Juan Salvador Palacios Fonseca 3

La transformada 𝑍 unilateral de 𝑥 𝑛 se define como
𝑋+ 𝑧 ≡
𝑛=0
∞
𝑥 𝑛 𝑧−𝑛 3.6.1
O también podemos escribirlo como
𝑥 𝑛
𝑍+
𝑋+ 𝑧 3.6.2
La transformada 𝑍 unilateral es el sumatorio a partir de 𝑛 = 0, siendo cero
para valores menores a cero, 𝑛 < 0.
Definición y propiedades

Las características de la 𝑍+
son
1. No contiene información acerca de la señal 𝑥 𝑛 para los instantes de
tiempo negativos, 𝑛 < 0.
2. Es univoca solo para señales causales, ya que solo estas señales son
cero para 𝑛 < 0.
3. La transformada 𝑍 unilateral 𝑋+ 𝑧 de 𝑥 𝑛 es idéntica a la transformada
𝑍 bilateral de la señal 𝑥 𝑛 𝑢 𝑛 . Puesto que 𝑥 𝑛 𝑢 𝑛 es causal, la 𝑅𝑂𝐶
de su transformada, y por tanto la 𝑅𝑂𝐶 de 𝑋+ 𝑧 , es siempre la región
exterior a una circunferencia. Por tanto, no se requiere especificar la 𝑅𝑂𝐶
cuando se trabaje con la transformada 𝑍 unilateral.

Ejemplo 3.6.1. Determina la transformada 𝑍 unilateral de
a) 𝑥1 𝑛 = 1, 2,5,7,0,1
𝑧
X1
+
𝑧 = 1 + 2𝑧−1 + 5𝑧−2 + 7z−3 + z−5
b) 𝑥2 𝑛 = 1,2, 5, 7,0,1
𝑧
X2
+
𝑧 = 5 + 7𝑧−1 + 𝑧−3
c) 𝑥3 𝑛 = 0,0,1,2,5,7,0,1
𝑧
X3
+
𝑧 = 𝑧−2
+ 2𝑧−3
+ 5𝑧−4
+ 7𝑧−5
+ 𝑧−7
d) 𝑥4 𝑛 = 2,4, 5, 7,0,1
𝑧
X4
+
𝑧 = 5 + 7𝑧−1 + 𝑧−3
e) 𝑥5 𝑛 = 𝛿 𝑛
𝑧
X5
+
𝑧 = 1
f) 𝑥6 𝑛 = 𝛿 𝑛 − 𝑘 , 𝑘 > 0
𝑧
X6
+
𝑧 = 𝑧−𝑘
g) 𝑥7 𝑛 = 𝛿 𝑛 + 𝑘 , 𝑘 > 0
𝑧
X7
+
𝑧 = 0
Observe la diferencia la diferencia de la transformada bilateral y la
unilateral, 𝑋2
+
𝑧 = 𝑋4
+
𝑧 pero 𝑥2 𝑛 ≠ 𝑥4 𝑛 . Para señales anticausales,
𝑋+ 𝑧 siempre es cero.

Las propiedades de la transformada 𝑍 unilateral son las mismas que las de la
transformada 𝑍 bilateral, con la excepción de la propiedad del desplazamiento.
Propiedad de desplazamiento: Caso 1, retardo temporal. Si
𝑥 𝑛
𝑍+
𝑋+
𝑧
Entonces
𝑥 𝑛 − 𝑘
𝑍+
𝑧−𝑘
𝑋+
𝑧 +
𝑛=1
𝑘
𝑥 −𝑛 𝑧 𝑛
, 𝑘 > 0 3.6.3
Si 𝑥 𝑛 es causal, entonces
𝑥 𝑛 − 𝑘
𝑍+
𝑧−𝑘
𝑋+
𝑧 3.6.4

Ejemplo 3.6.2 Determine la transformada 𝑍 unilateral de las señales
a) 𝑥 𝑛 = 𝑎 𝑛 𝑢 𝑛
b) 𝑥1 𝑛 = 𝑥 𝑛 − 2 donde 𝑥 𝑛 = 𝑎 𝑛
Solución:
(a) A partir de (3.6.1), obtenemos fácilmente
𝑋+
𝑧 =
1
1 − 𝑎𝑧−1
(b) Aplicamos la propiedad de desplazamiento para 𝑘 = 2. Por tanto,
tenemos
𝑍+ 𝑥 𝑛 − 2 = 𝑧−2 𝑋+ 𝑧 + 𝑥 −1 𝑧 + 𝑥 −2 𝑧2
= 𝑧−2 𝑋+ 𝑧 + 𝑥 −1 𝑧−1 + 𝑥 −2

Ejemplo 3.6.2
Dado que 𝑥 −1 = 𝑎−1, 𝑥 −2 = 𝑎−2, obtenemos
𝑋1
+
𝑧 =
𝑧−2
1 − 𝑎𝑧−1
+ 𝑎−1
𝑧−1
+ 𝑎−2

Del ejemplo anterior, se puede generalizar la propiedad de desplazamiento
como
𝑍+ 𝑥 𝑛 − 𝑘 = 𝑋 −𝑘 + 𝑥 −𝑘 + 1 𝑧−1 + ⋯ + 𝑥 −1 𝑧−𝑘+1 + 𝑧−𝑘 𝑋+ 𝑧 ,
𝑘 > 0 3.6.5
Para obtener 𝑥 𝑛 − 𝑘 𝑘 > 0 a partir de 𝑥 𝑛 , desplazamos 𝑥 𝑛 𝑘 muestras
a la derecha. Así, las 𝑘 muestras “nuevas” 𝑥 −𝑘 , 𝑥 −𝑘 + 1 , … , 𝑥 −1 , entran
en el eje de tiempos positivo con 𝑥 𝑘 colocado en el instante cero. El primer
término de (3.6.5) estable ce la transformada 𝑍 de estas señales. Las
muestras “antiguas” de 𝑥 𝑛 − 𝑘 son las mismas que las de 𝑥 𝑛
simplemente desplazadas 𝑘 muestras hacia la derecha. Obviamente, su
transformada 𝑍 es 𝑧−𝑘 𝑋+ 𝑧 , que es el segundo término de (3.6.5).

Propiedad de desplazamiento: Caso 2, avance temporal. Si
𝑥 𝑛
𝑍+
𝑋+ 𝑧
Entonces
𝑥 𝑛 + 𝑘
𝑍+
𝑋+ 𝑧 +
𝑛=0
𝑘−1
𝑥 𝑛 𝑧−𝑛 , 𝑘 > 0 3.6.6

Ejemplo 3.6.3 Determine la transformada 𝑍 unilateral de las señales
𝑥1 𝑛 = 𝑥 𝑛 + 2
donde 𝑥 𝑛 = 𝑎 𝑛
Solución: Aplicamos el teorema de desplazamiento para 𝑘 = 2. A partir de
(3.6.6), para 𝑘 = 2, obtenemos
𝑍+
𝑥 𝑛 + 2 = 𝑧2
𝑋+
𝑧 − 𝑥 0 𝑧2
− 𝑥 1 𝑧
Pero 𝑥 0 = 1, 𝑥 1 = 𝑎 y 𝑋+
𝑧 = 1/ 1 − 𝑎𝑧−1
. Por tanto,
𝑍+ 𝑥 𝑛 + 2 =
𝑧2
1 − 𝑎𝑧−1
− 𝑧2 − 𝑎𝑧

La propiedad de avance temporal puede explicarse de forma intuitiva del
siguiente modo: para obtener 𝑥 𝑛 + 𝑘 , 𝑘 > 0, desplazamos 𝑥 𝑛 𝑘 muestras
hacia la izquierda. Como resultado de esto, las muestras 𝑥 0 , 𝑥 1 , … , 𝑥 𝑘 −

Teorema del valor final. Si
𝑥 𝑛
𝑧+
𝑋+ 𝑧
entonces
lim
𝑛→∞
𝑥 𝑛 = lim
𝑧→1
𝑧 − 1 𝑋+ 𝑧 3.6.7
El límite de la expresión existe si la 𝑅𝑂𝐶 de 𝑧 − 1 𝑋+
𝑧 incluye a la
circunferencia unidad.
El teorema resulta útil cuando estamos interesados en el comportamiento
asintótico de una señal 𝑥 𝑛 y conocemos su transformada 𝑧, pero no la
propia señal. En estos casos, especialmente si es complicado invertir 𝑋+ 𝑧 ,
podemos utilizar el teorema del valor final para determinar el límite de 𝑥 𝑛
cuando 𝑛 tiende a infinito,

Ejemplo 3.6.4 La respuesta al impulso de un sistema lineal invariante en el
tiempo en reposo es ℎ 𝑛 = 𝛼 𝑛 𝑢 𝑛 , 𝛼 < 1. Determine el valor de la
respuesta del sistema al escalón cuando 𝑛 → ∞.
Solución. La respuesta al escalón del sistema es
𝑦 𝑛 = ℎ 𝑛 ∗ 𝑥 𝑛
donde
𝑥 𝑛 = 𝑢 𝑛
Si excitamos un sistema causal con una entrada causal, la salida será
causal. Puesto que las señales ℎ 𝑛 , 𝑥 𝑛 y 𝑦 𝑛 son causales, las
transformadas 𝑍 unilateral y bilateral son idénticas. Utilizando la propiedad
de la convolución, sabemos que las transformadas 𝑍 de ℎ 𝑛 y 𝑥 𝑛 tiene
que multiplicarse para proporcionar la trasformada 𝑧 de la salida.

Ejemplo 3.6.4
Así,
𝑌 𝑧 =
1
1 − 𝛼𝑧−1
1
1 − 𝑧−1
=
𝑧2
𝑧 − 1 𝑧 − 𝛼
, 𝑅𝑂𝐶: 𝑧 > 𝛼
Ahora
𝑧 − 1 𝑌 𝑧 =
𝑧2
𝑧 − 𝛼
, 𝑅𝑂𝐶: 𝑧 < 𝛼
Dado que 𝛼 < 1, la 𝑅𝑂𝐶 de 𝑧 − 1 𝑌 𝑧 incluye la circunferencia unidad,
en consecuencia podemos aplicar la expresión para el Teorema del valor
final (3.6.7) y obtener
lim
𝑛→∞
𝑦 𝑛 = lim
𝑧→1
𝑧2
𝑧 − 𝛼
=
1
1 − 𝛼

La transformada 𝑍 unilateral es una herramienta muy eficiente para obtener
la solución de ecuaciones en diferencias con condiciones iniciales distintas
de cero. Se consigue reduciendo la ecuación en diferencias que relaciona las
dos señales en el tiempo a una ecuación algebraica equivalente que
relaciona sus transformadas unilaterales. Esta ecuación se puede resolver
fácilmente para obtener la transformada de la señal deseada. La señal en el
dominio del tiempo se obtiene invirtiendo la transformada 𝑍 resultante.
Solución de las ecuaciones en diferencias

Ejemplo 3.6.5 La conocida secuencia de Fibonacci de números enteros se
obtiene calculando cada término como la suma de los dos términos
anteriores. Los primeros dos términos de la secuencia son
1,1,2,3,5,8, …
Determine la expresión cerrada para el término n-ésimo de la secuencia de
Fibonacci.
Solución. Sea 𝑦 𝑛 el término n-ésimo de la secuencia de Fibonacci.
Evidentemente, 𝑦 𝑛 satisface la ecuación en diferencias
𝑦 𝑛 = 𝑦 𝑛 − 1 + 𝑦 𝑛 − 2 3.6.8)
Con las condiciones iniciales
𝑦 0 = 𝑦 −1 + 𝑦 −2 = 1 3.6.9
𝑦 1 = 𝑦 0 + 𝑦 −1 = 1 3.6.10)

Ejemplo 3.6.5
Resolviendo, tenemos que 𝑦 −1 = 0 y 𝑦 −2 = 1. Por tanto, tenemos que
determinar 𝑦 𝑛 , 𝑛 ≥ 0, que satisface (3.6.8), con las condiciones iniciales
𝑦 −1 = 0 y 𝑦 −2 = 1.
Tomando la transformada 𝑍 unilateral de (3.6.8) y utilizando la propiedad de
desplazamiento temporal (3.6.3), obtenemos
𝑌+
𝑧 = 𝑧−1
𝑌+
𝑧 + 𝑦 −1) + 𝑧−2
𝑌+
𝑧 + 𝑦 −2 + 𝑦 −1 𝑧−1
o
𝑌+ 𝑧 =
1
1 − 𝑧−1 − 𝑧−2
=
𝑧2
𝑧2 − 𝑧 − 1
3.6.11
Donde hemos utilizado el hecho de que 𝑦 −1 = 0 y 𝑦 −2 = 1.

Ejemplo 3.6.5
Podemos invertir 𝑌+
𝑧 aplicando el método de la expansión en fracciones
parciales. Los polos de 𝑌+
𝑧 son
𝑝1 =
1 + 5
2
, 𝑝2 =
1 − 5
2
y los correspondientes coeficientes son 𝐴1 = 𝑝1/ 5 y 𝐴2 = −𝑝2/ 5. Por tanto
𝑦 𝑛 =
1 + 5
2 5
1 + 5
2
𝑛
−
1 − 5
2 5
1 − 5
2
𝑛
𝑢 𝑛
O
𝑦 𝑛 =
1
5
1
2
𝑛+1
1 + 5
𝑛+1
− 1 − 5
𝑛+1
𝑢 𝑛 3.6.11

Ejemplo 3.6.6 Determine la respuesta al escalón del sistema
𝑦 𝑛 = 𝛼𝑦 𝑛 − 1 + 𝑥 𝑛 , −1 < 𝛼 < 1 3.6.12
Cuando la condición inicial es 𝑦 −1 = 1.
Solución. Tomando la transformada 𝑍 unilateral en ambos lados de
(3.6.12), obtenemos
𝑌+
= 𝛼 𝑧−1
𝑌+
𝑧 + 𝑦 −1 + 𝑋+
𝑧
Sustituyendo 𝑦 −1 y 𝑋+ 𝑧 y resolviendo para obtener 𝑌+ 𝑧 tenemos que
𝑌+ 𝑧 =
𝛼
1 − 𝛼𝑧−1
+
1
1 − 𝛼𝑧−1 1 − 𝑧−1
3.6.13

Ejemplo 3.6.6
Realizando una expansión em fracciones parciales y calculando la
transformada inversa del resultado, tenemos
𝑦 𝑛 = 𝛼 𝑛+1 𝑢 𝑛 +
1 − 𝛼 𝑛+1
1 − 𝛼
𝑢 𝑛 3.6.14
=
1
1 − 𝛼
1 − 𝛼 𝑛+2
𝑢 𝑛

Supongamos que la señal 𝑥 𝑛 se aplica a un sistema de polos y ceros en 𝑛 = 0. Por
tanto, podemos suponer que la señal 𝑥 𝑛 es causal. Los efectos de todas las
señales anteriores de entrada al sistema se reflejan en las condiciones iniciales
𝑦 −1 , 𝑦 −2 , … , 𝑦 −𝑁 . Puesto que la entrada 𝑥 𝑛 es causal y dado que estamos
interesados en determinar la salida 𝑦 𝑛 para 𝑛 ≥ 0, podemos utilizar la transformada
𝑍 unilateral, que nos permite tratar con las condiciones iniciales. De la salida
𝑦 𝑛 = −
𝑘=1
𝑁
𝑎 𝑘 𝑦 𝑛 − 𝑘 +
𝑘=0
𝑀
𝑏 𝑘 𝑥 𝑛 − 𝑘 3.6.15
obtenemos la transformada 𝑍 unilateral
𝑌+
𝑧 = −
𝑘=1
𝑁
𝑎 𝑘 𝑧−𝑘
𝑌+
𝑧 +
𝑛=1
𝑘
𝑦 −𝑛 𝑧 𝑛
+
𝑘=0
𝑀
𝑏 𝑘 𝑧−𝑘
𝑋+
𝑧 3.6.16
Respuesta de los sistemas de polos y ceros con condiciones iniciales distintas de cero

Dado que 𝑥 𝑛 es causal, podemos hacer 𝑋+
𝑧 = 𝑋 𝑧 . Podemos expresa
(3.6.16) como
𝑌+ 𝑧 =
𝑘=1
𝑀
𝑏 𝑘 𝑧−𝑘
1 + 𝑘=1
𝑁
𝑋 𝑧 −
𝑘=1
𝑁
𝑛=1
𝑘
𝑦 −𝑛 𝑧 𝑛
1 + 𝑘=1
𝑁
= 𝐻 𝑧 𝑋 𝑧 +
𝑁0 𝑧
𝐴 𝑧
3.6.17
donde
𝑁0 𝑧 = −
𝑘=1
𝑁
𝑛=1
𝑘
𝑦 −𝑛 𝑧 𝑛 3.6.18

De (3.6.16) vemos que la salida del sistema se puede dividir en dos partes. La
primera es la respuesta al estado nulo del sistema, definida en el dominio de 𝑍
como
𝑌𝑍𝑆 𝑧 = 𝐻 𝑧 𝑋 𝑧 3.6.19
La segunda componente corresponde a la salida resultante de las
condiciones iniciales distintas de cero. Esta salida es la respuesta a la
entrada nula del sistema, que en el dominio de 𝑍 se define como
𝑌𝑍𝑆 𝑧 =
𝑁0 𝑧
𝐴 𝑧
3.6.20

La respuesta total es la suma de las estas dos componentes de salida, que
pueden expresarse en el dominio del tiempo determinando las transformadas 𝑍
inversas 𝑌𝑍𝑆 𝑧 y 𝑌𝑍𝐼 𝑧 por separado y sumando el resultado
𝑦 𝑛 = 𝑦𝑧𝑠 𝑛 + 𝑦 𝑧𝑖 𝑛 3.6.21
Puesto que el denominador de 𝑌𝑧𝑖
+
𝑧 es 𝐴 𝑧 , sus polos son 𝑝1, 𝑝2, … , 𝑝 𝑁. En
consecuencia, la respuesta para la entrada nula tiene la forma
𝑦 𝑧𝑖 𝑛 =
𝑘=1
𝑁
𝐷 𝑘 𝑝 𝑘
𝑛
𝑢 𝑛 3.6.22

Combinando los términos que implican los polos 𝑝 𝑘 se obtiene la respuesta
total de la forma
𝑦 𝑛 =
𝑘=1
𝑁
𝐴 𝑘
′
𝑝 𝑘
𝑛 𝑢 𝑛 +
𝑘=1
𝐿
𝑄 𝑘 𝑞 𝑘
𝑛 𝑢 𝑛 3.6.23
donde, por definición
𝐴 𝑘
′
= 𝐴 𝑘 + 𝐷 𝑘 3.6.24
Este desarrollo indica claramente que el efecto de las condiciones iniciales
es alterar la respuesta natural del sistema a través de la modificación de los
factores de escala 𝐴 𝑘 . Las condiciones iniciales distintas de cero no
introducen nuevos polos. Además, no tienen efecto sobre la respuesta
forzada del sistema.

Ejemplo 3.6.7 Determine la respuesta al escalón unidad del sistema
descrito por la ecuación en diferencias
𝑦 𝑛 = 0.9𝑦 𝑛 − 1 − 0.81𝑦 𝑛 − 2 + 𝑥 𝑛
bajo las siguientes condiciones iniciales 𝑦 −1 = 𝑦 −2 = 1.
Solución. La función de transferencia es
𝐻 𝑧 =
1
1 − 0.9𝑧−1 + 0.81𝑧−2
Este sistema tiene dos polos complejos conjugados en
𝑝1 = 0.9𝑒 𝑗𝜋/3
, 𝑝2 = 0.9𝑒−𝑗𝜋/3
La transformada 𝑍 de la secuencia escalón es
𝑋 𝑧 =
1
1 − 𝑧−1

Respuesta de los sistemas de polos y ceros con condiciones iniciales distintas de
cero
Ejemplo 3.6.7
Por tanto
𝑌𝑧𝑠 𝑧 =
1
1 − 0.9𝑒 𝑗𝜋/3 𝑧−1 1 − 0.9𝑒−𝑗𝜋/3 𝑧−1 1 − 𝑧−1
=
0.0496 − 𝑗0.542
1 − 0.9𝑒 𝑗𝜋/3 𝑧−1
+
0.0496 + 𝑗0.542
1 − 0.9𝑒−𝑗𝜋/3 𝑧−1
+
1.099
1 − 𝑧−1
Y la respuesta al estado nulo es
𝑦𝑧𝑠 𝑛 = 1.099 + 1.088 0.9 𝑛
cos
𝜋
3
𝑛 − 5.2° 𝑢 𝑛

Respuesta de los sistemas de polos y ceros con condiciones iniciales distintas de
cero
Ejemplo 3.6.7
Para las condiciones iniciales 𝑦 −1 = 𝑦 −2 = 1, la componente adicional
en la transformada 𝑍 es
𝑦 𝑧𝑖 𝑧 =
𝑁0 𝑧
𝐴 𝑧
=
0.09 − 0.81𝑧−1
1 − 0.9𝑧−1 + 0.81𝑧−2
=
0.045 + 𝑗0.4936
1 − 0.9𝑒 𝑗𝜋/3 𝑧−1
+
0.045 − 𝑗0.4936
1 − 0.9𝑒−𝑗𝜋/3 𝑧−1
En consecuencia, la respuesta a la entrada nula es
𝑦 𝑧𝑖 𝑛 = 0.988 0.9 𝑛 cos
𝜋
3
𝑛 + 87° 𝑢 𝑛

Ejemplo 3.6.7
La respuesta total en el dominio de 𝑍
𝑌 𝑧 = 𝑌𝑧𝑠 𝑧 + 𝑌𝑧𝑖 𝑧
=
1.099
1 − 𝑧−1
+
0.568 + 𝑗0.445
1 − 0.9𝑒 𝑗𝜋/3 𝑧−1
+
0.568 − 𝑗0.445
1 − 0.9𝑒−𝑗𝜋/3 𝑧−1
La transformada inversa proporciona la respuesta total de la forma
𝑦 𝑛 = 1.099 𝑢 𝑛 + 1.44 0.9 𝑛 cos
𝜋
3
𝑛 + 38° 𝑢 𝑛

1) Considere el sistema
𝐻 𝑧 =
𝑧−1
+
1
2
𝑧−2
1 −
3
5
𝑧−1 +
2
25
𝑧−2
Determine
a) La respuesta al impulso
b) La respuesta al escalón unitario
c) La respuesta al escalón si 𝑦 −1 = 1 y 𝑦 −2 = 2
Rev. Mayo/2020 M.C. Juan Salvador Palacios Fonseca 32
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