ESERCITAZIONI DI METODI DI ELABORAZIONE DEI SEGNALI

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1 ESERCITAZIONI DI METODI DI ELABORAZIONE DEI SEGNALI Tutorato del prof. Guido Pagana (Anno accademico 6-7)

2 Indice delle esercitazioni [..omissis..]

3 Esercitazione Es. Trovare la frequenza di campionamento f c del segnale () ()cosπ limitata, descritto nella Fig.., cioè X(f)= per f > khz, ed f = 5kHz. y t = x t f t, dove X(f) è a banda Fig. X(f) f. Il prodotto nel dominio del tempo equivale ad una convoluzione nel dominio della frequenza, quindi: Y( f) = X( f)*[ ( f f) + ( f + f)] = X( f f) + X( f + f) Deve essere fc Bx, da cui la frequenza minima di campionamento risulta essere: fc = khz. Graficamente, il segnale H(f) viene replicato nelle due delta risultanti dalla funzione coseno nel passaggio al dominio della frequenza (vedi Fig. ): Fig. Y(f) ½ f (khz) -5 5 B x 6 Es. Trovare la frequenza di campionamento f c del segnale yt () = xt ()cos π ft banda limitata, descritto nella Fig.. dell esercizio precedente, cioè X(f)= per f = 5kHz. Esistono tre metodi per risolvere questo esercizio., dove X(f) è a f > khz, ed

4 Metodo. Il metodo si basa sulle proprietà delle funzioni trigonometriche. Applichiamo la formula di prostaferesi, che trasforma il quadrato del coseno in un coseno lineare: + cosα cos α = + cos4 π ft xt () Nel caso in esame, avremo: yt () = xt ()[ ] = + xt ()cos4π ft Passando al dominio della frequenza, si ha immediatamente: X( f) X ( f f) X( f + f) Y( f) = Visualizziamo, graficamente, l espressione trovata: Fig. 3 Y(f) ½ ¼ f (khz) f Quindi: fc = *(f + ) = khz B x + f Metodo. Il metodo algebrico si basa sull applicazione multipla della definizione di prodotto di convoluzione. Posto st () = xt ()cosπ ft, e quindi: S( f) = X( f f) + X( f + f ), dobbiamo calcolare l espressione: Y( f) = S( f)* [ ( f f) + ( f + f)] = X( f f) + X( f) + X( f) + X( f + f ) = = X ( f) + X( f f) + X( f + f ), che è, come ovvio, il risultato ottenuto col metodo 4 4 precedente. Metodo 3. Metodo essenzialmente grafico che consiste nel sommare i contributi dei segnali nelle delta, dovuti all applicazione successiva del prodotto di convoluzione. Il primo prodotto fornisce il grafico di S(f):

5 Fig. 4 S(f) ½ f f f + + f + Il prodotto successivo Y( f) = S( f)* [ ( f f) + ( f + f )] conduce al grafico di Y(f), disegnato nel metodo, perché il prodotto S( f)* ( f f) dà origine a due contributi: ( ) 4 X f posizionato nell origine e X ( f f) posizionato in + f 4 e il prodotto S( f)* ( f + f) dà origine ad altri due contributi: ( ) 4 X f posizionato nell origine e X ( f + f) posizionato in f. 4 Quindi nell origine avremo un contributo pari a X ( f) + X( f) = X( f ). 4 4 X( f) X ( f f) X( f + f) In definitiva, otteniamo l espressione: Y( f) = + + ed fc = khz 4 4 Es. 3 Trovare la frequenza di campionamento f c del segnale yt () = x()cos t π ft banda limitata, descritto nella Fig.. dell esercizio precedente, cioè X(f)= per f = khz. 5, dove X(f) è a f > khz, ed Per risolvere questo esercizio, basta notare che lo spettro di x () t = x() t x() t è X ( f)* X( f ), ma la convoluzione di un segnale per se stesso ne raddoppia la banda. f B = f + f = + 5 = 4kHz Quindi, il risultato è: ( ) ( ) c x Es. 4 3 Trovare la frequenza di campionamento f c del segnale yt () = x()cos t π ft, dove X(f) è a banda limitata, descritto nella Fig.. dell esercizio precedente, cioè X(f)= per f > khz, ed f = 5kHz. In questo caso, bisogna applicare i concetti visti nei due esercizi precedenti, cioè la banda di x(t) in frequenza raddoppia, e quella della funzione coseno triplica, quindi il risultato f B = f + 3f = + 5 = 34kHz è: ( ) ( ) c x

6 Esercitazione Es.. Si consideri lo schema della figura, dove ω = π f. Il segnale x() t è un segnale a energia finita e a banda limitata con frequenza massima pari a khz. Il segnale yt () è campionato con una frequenza di campionamento di khz. Dimensionare il sistema (cioè valutare N e f ) in modo tale che: i segnali entranti nel sommatore siano spettralmente separati; sia rispettato il teorema di Nyquist; il valore di N sia massimo. x() t x() t cos( ω t) x() t cos( ω t) y() t x() t cos( Nω t) Poiché il segnale è campionato a fc = khz, la banda dovrà essere contenuta nei limiti descritti nella figura sottostante: Y(f) ½ f ( khz ) -5 f f 5 Appare chiaro che f non può che essere uguale a khz, altrimenti la replica del segnale in frequenza di x() t, se f < khz, andrebbe a sovrapporsi a quello centrato nell origine. Se fosse, viceversa, f > khz non sarebbe rispettata la condizione N valore massimo. Infatti, in

7 f = f = 4kHz vi è una seconda replica del segnale, alta sempre ½, data dal contributo x()cos4 t π f t, che rimane inalterata nel campionamento. Ciò significa che N=. Es.. Si consideri il segnale x() t reale pari con banda limitata al valore B=kHz. Si costruisca il segnale y() t = x()cos( t π f x t) dove f x =5kHz. Qual è la minima frequenza di campionamento necessaria per campionare y(t)? Si supponga ora di campionare y(t) con una frequenza di campionamento uguale a 8 khz e di ottenere in uscita un segnale analogico secondo il noto schema della figura sottostante, dove il filtro ideale ha una funzione di trasferimento H(f)= per f < /T e nulla altrove. Valutare z(t) in funzione del tempo, mettendone in evidenza la dipendenza da x(t). yt () filtro ideale zt () + n= ( t nt) La frequenza minima di campionamento si trova con la seguente formula: fc /= fx + B= 5+ = khz, segue fc = khz. Risulta dal grafico di Y(f) che ci sono due repliche del segnale in ± khz : Y(f) ½ f ( khz ) -5 + Se si campiona y(t) con una fc = 8kHz, in realtà, il segnale viene sottocampionato e si realizza il fenomeno dell aliasing. Nel nostro caso, creiamo delle repliche, centrate alla frequenza di campionamento, lo filtriamo con un filtro ideale e scriviamo l espressione analitica in uscita z(t). Il filtro ideale, che è un filtro passabasso, filtra alla metà della banda massima del segnale, quindi f = / T = 4kHz. c

8 Y ( ) c f ½ f ( khz) L espressione analitica è: zt ( ) = xt ( ) + xt ( )cos π ft y con f y = khz. Es..3 π Dato il segnale xt ( ) = + sin(5 t+ ), trovare: 6 ) frequenza di campionamento f c ) tempo di campionamento T c 3) numero di campioni N necessari Il grafico del segnale in frequenza è il seguente: X ( f ) 5 π 5 f π 5 Quindi, la frequenza di campionamento è f c = = 59.5, il tempo di campionamento è π Tc = = 6.ms, il numero di campioni necessari è il numero minimo intero maggiore di f c, cioè fc N=6.

9 Richiamo teorico segnali numerici: + Energia: E = x[ n] n= Potenza: + M P= lim x[ n] M M + n= M Es..4 Calcolare energia e/o potenza dei seguenti segnali: a) x[ n] = A pq[ n] b) x[ n] = u[ n] c) x[ n] = [ n] d) xn [ ] = un [ ] un [ 3] e) xn [ ] = un [ 3] f) xn [ ] = [ n] + 5 [ n ] + [ n ] j n g) x[ n] = e π h) x[ n] = A i) xn [ ] = u[ n 3] un [ 5] l) x[ n] = 3+ j j n m) x[ n] = ( j) e π n) x[ n] = un [ ] un [ ] a) Il segnale in esame è una porta di durata q e ampiezza A, come in figura: A q + + q Il segnale è a energia finita: = ( + ), infatti bisogna tener conto del campione nell origine E A q b) Il segnale è il gradino unitario discreto ed è un segnale ad energia infinita perché ha infiniti contributi pari a. La potenza è P= lim ( M + ) = uguale alla potenza del segnale M M + analogico.

10 un [ ]... M +M c) La delta di Dirac è un segnale limitato nel tempo ed è quindi a energia finita: E = [ n] d) La sequenza è equivalente a una sequenza di delta di Dirac: un [ ] un [ 3] = [ n] + [ n ] + [ n ], con E=3 n u [ n ] u [ n 3 ] n Nota: in questo caso, la differenza di due segnali a potenza fornisce un segnale ad energia. e) E un segnale a potenza, con P= lim ( M ) = M M +

11 un [ 3]... M M f) Dalla definizione di Energia per segnali discreti, otteniamo: E = = 3 5 x [ n ]... n g) Il segnale è facilmente visibile sulla circonferenza di raggio unitario nel piano complesso C j e π j e π Abbiamo infiniti campioni, quindi è un segnale ad energia infinita, pari a:... e e e e jπ... jπ jπ jπ = = = =

12 M + Calcoliamone la potenza: P = lim =, perché i campioni sono M+ e quelli negativi per M M + effetto del modulo vengono ribaltati (vedi figura seguente): j n e π... M n+ M - h) E un segnale di potenza, con P= lim (M + ) A = A M M + x[ n ] A... M i) E un segnale di potenza, infatti +M u [ n 3 ] u [ n 5 ] n M + 4 P= lim [ + ( M 4) ] = lim M M + M M + =

13 l) E esattamente identico all esercizio lettera h) in cui x[ n] = A, perché il modulo di x[n] è costante e pari a 3, quindi P = P= lim (M + ) (3 + ) = 3 M M + m) Moltiplicare per l esponenziale complesso equivale a moltiplicare per (vedi esercizio lett. g), però in questo caso il modulo non è unitario. Posto A=-j, ottengo A =, con fase iniziale ϕ = 45. Quindi la potenza vale: M + P = = M + n) un [ ] un [ ] = [ n] + [ n ] [ n ] x[ n ] 3 4 n P= lim[( M ) + ] = M M + Es..5 Valutare l energia Ex del segnale x[ nt ] = / per T n= n e per n n. In realtà è lo stesso che scrivere x[ n ] = / T, il parametro T è il tempo di campionamento e ci permette di passare dal mondo analogico a quello numerico e viceversa. Quindi, possiamo riscrivere il segnale nel seguente modo: xnt [ ] = [( n n ) T] con una delta di T Dirac posizionata in nt e di altezza / T. Si tratta di un segnale ad energia: E x = T

14 Esercitazione 3 Richiamo teorico: linearità x y x y ) ay + ay ax + ax L ) Lax { + ax} Il sistema è lineare se le quantità ) e ) sono uguali Es. 3. y[ n] = x[ n] + x[ n ] ) a ( x[ n] + x[ n ]) + a ( x [ n] + x [ n ]) = a x[ n] + a x [ n] + + ax[ n ] + ax[ n ] ) ( ax [ n] + ax [ n]) + ( ax [ n ] + ax [ n ]) Le quantità ) e ) sono uguali, il sistema è lineare. Es. 3. Valutare se il sistema [ ] x [ n] y n = è lineare. ) ) y[ n] = a x [ n] + a x [ n] y [ n] = ( ax[ n] + ax[ n]) = a x [ n] + a x [ n] + aax[ nx ] [ n] Il sistema non è lineare perché y[ n] y[ n]

15 Richiamo teorico: tempo-invarianza se y = y x? T y x T? y Es. 3.3 Valutare se il sistema è tempo invariante: a) yn [ ] = 8+ 3 xn [ ] b) y[ n] = x [ n] c) yn [ ] = x[ n+ ] d) y[ n] = n x[ n] a) y [ n] = 8+ 3 x[ n T ] y [ n] = 8+ 3 x[ n T ] Il sistema è tempo invariante. b) y [ n] = x [ n T] y [ n] = x [ n T] Il sistema è tempo invariante. c) y [ n] = x [ n+ T] y [ n] = x [ n T + ] Il sistema è tempo invariante. d) y [ n] = n x[ n T] y [ n] = ( n T) x[ n T] Il sistema non è tempo invariante.

16 Richiamo teorico: Causalità: non dipende da campioni di ingressi futuri x[n+k] con k> nel caso di sistema LTI corrisponde ad avere: hn [ ] = per n < Stabilità BIBO: ad ingressi limitati corrispondono uscite limitate; nel caso di sistema LTI corrisponde all espressione + n= hn [ ] < Memoria: è il numero di campioni k (k>) di ingresso x[n-k] passati necessari per determinare l uscita Es. 3.4 Valutare la linearità, la tempo-invarianza, la causalità, la stabilità e la memoria dei seguenti sistemi: a) y[ n] = x[ n] b) yn [ ] = xn [ ] + xn [ + ] c) yn [ ] = xn [ ] + 3 xn [ 4] a) Verifichiamo la linearità: y[ n] = a x[ n] + a x[ n] y[ n] = ax[ n] + ax[ n] Le due quantità sono diverse, perciò il sistema non è lineare. Il sistema, invece, è tempo invariante, perché: y [ n] = x[ n T] y [ n] = x[ n T] le due quantità sono uguali. Il sistema è causale, perché l uscita non dipende da campioni futuri. Il sistema è stabile, perché se l ingresso è limitato, l uscita è limitata. Il sistema ha memoria, cioè è istantaneo. b) Controlliamo la linearità: y[ n] = a( x[ n ] + x[ n+ ]) + a( x[ n ] + x[ n+ ]) = = ax[ n ] + ax[ n ] + ax[ n+ ] + ax[ n+ ] y[ n] = ax [ n ] + ax [ n ] + ax [ n+ ] + ax [ n+ ] Il sistema è lineare. Controlliamo la tempo-invarianza: y [ n] = x[ n T] + x[ n+ T]

17 y [ n ] = x [ n T ] + x [ n T + ] Il sistema è tempo invariante. Il sistema non è causale perché l uscita dipende dal campione futuro dell ingresso xn+ [ ]. Il sistema è stabile, ed essendo lineare, la sua risposta all impulso è hn [ ] = [ n ] + [ n+ ] Il sistema ha memoria, per la presenza del campione passato dell ingresso x[n-] c) Il sistema non è lineare per la presenza del termine di ingresso in modulo (vedi esercizio lett. a) Il sistema è tempo invariante per la presenza di due termini, che sono tempo invarianti Il sistema è causale perché l uscita non dipende da campioni di ingresso futuri. Il sistema è stabile, perché ad ingressi limitati corrispondono uscite limitate Il sistema ha memoria 4, per la presenza del termine di ingresso x[n-4] Es. 3.5 Valutare la linearità, la tempo-invarianza, la causalità, la stabilità e la memoria del sistema: jx[ n] jx[ n 3] yn [ ] = e + e Linearità: jx[ n] jx[ n 3] jx[ n] jx[ n 3] y[ n] = a( e + e ) + a( e + e ) j( ax[ n] + ax[ n]) j( ax[ n 3] + ax[ n 3]) y[ n] = e + e Il sistema non è lineare. Tempo-invarianza: [ ] jx[ n T ] jx[ n 3 T y n e ] = + e [ ] jx[ n T ] jx[ n T 3] y n e = + e Il sistema è tempo invariante Il sistema è causale, perché mi servono solo informazioni del passato, stabile (perché la risposta è un esponenziale, quindi ruota sul piano unitario, ma anche se l esponenziale non fosse stato complesso il sistema sarebbe stato stabile) e ha memoria 3. Es. 3.6 Valutare la stabilità del sistema y[ n] x[ n] = n e. Questo è un tipico esempio di sistema instabile.

18 Esercitazione 4 Richiamo teorico: la convoluzione lineare y[ n] = x[ n]* h[ n] + y[ n] = x[ n] h[ n m] m= I campioni di y[n] sono N+M- Es. 4. Calcolare la convoluzione lineare delle due sequenze x[n] e h[n] rappresentate di seguito: x[n] /3 /3 h[n] / La x[n] ha due campioni nulli in n= e in n=6. Innanzitutto, si noti che i segnali numerici sono simmetrici, quindi la loro convoluzione sarà simmetrica. I campioni risultanti dovranno essere N(5)+M(7)-=. Disegnare i grafici x[n] e h[-n], con h[-n] ribaltata rispetto all asse verticale Trasliamo la h[-n] verso destra di un campione alla volta, sino ad incrociare i campioni di x[n], sommare tutti i contributi. L operazione si esaurirà quando i campioni della funzione h[-n] non si sovrappongono più a quelli della x[n]. I calcoli, effettuati per via analitica, portano al seguente risultato, con campioni non nulli:

19 y[] = x[] h[] + x[] h[] = / + / 3 / = / 6 y[] = x[] h[] + x[] h[] + x[] h[] = + / 6 + / 3 = / y[] = x[] h[3] + x[] h[] + x[] h[] + x[3] h[] = + /3+ /3+ / = 7 / 6 y[3] = x[] h[4] + x[] h[3] + x[] h[] + x[3] h[] + x[4] h[] = /3+ /3+ /+ /3 = /6 y[4] = x[] h[5] + x[] h[4] + x[] h[3] + x[3] h[] + x[4] h[] + x[5] h[] = / 3+ / 3+ + / 3+ / 6 = 5 / 6 = 5 / y[5] = x[] h[6] + x[] h[5] + x[] h[4] + x[3] h[3] + x[4] h[] + x[5] h[] + x[6] h[] = / 6 + / 3+ + / 3+ / 6 = 8 / 3 y[6] = x[] h[6] + x[][5] h + x[3][4] h + x[4][3] h + x[5][] h + x[6][] h = /6+ /3+ + /3+ /3+ = 5/ y[7] = x[] h[6] + x[3] h[5] + x[4] h[4] + x[5] h[3] + x[6] h[] = /3+ /+ /3+ /3= /6 y[8] = x[3] h[6] + x[4] h[5] + x[5] h[4] + x[6] h[3] = /+ /3+ /3+ = 7/6 y[9] = x[4] h[6] + x[5] h[5] + x[6] h[4] = /3+ /6+ = / y[] = x[5] h[6] + x[6] h[5] = / 6 + = / 6 Es. 4. Sia dato il sistema LTI y[ n] = y[ n ] + x[ n] e causale ( hn [ ] = per n<). Identificare la risposta all impulso. Al posto dell ingresso inserisco una delta di Dirac e osservo il comportamento del sistema: x[n] + y[n] T hn [ ] = hn [ ] + [ n] h[] = h[ ] + [] = h[] = h[] + [] = 4 + = 4 h[] = h[] + [] = 4 + = 8... hn [ ] = un [ ] n + ricordando che quando in ingresso c è [ n] l uscita è hn [ ] e che [ n] vale per n= e per qualsiasi altro valore di n. Questa è una realizzazione ricorsiva del filtro, la cui lunghezza, cioè il numero dei campioni non nulli, è infinita. Si tratta di una realizzazione IIR (Infinite Impulse Response), se ad un certo momento tronco il numero dei campioni ottengo un filtro a lunghezza finita FIR (Finite Impulse Response).

20 Richiamo teorico. Trasformata zeta definizione: + X ( z) = x[ k] z k = k Es. 4.3 Trasformata zeta del gradino u[n] k k k ( ) = [ ] = = ( ) = con ROC k= k= k= z X z u k z z z z < ovvero z > Es. 4.4 Trasformata del gradino simmetrico u[-n]. + + k k k m X( z) = u[ k] z = z = ( z ) = ( z ) = z (posto m=-k) con ROC k= k= k= m= z > Richiamo teorico. Proprietà del ritardo T x[ n T] z X( z) Es. 4.5 Trovare la trasformata zeta della sequenza x[n-]. Conoscendo la proprietà del ritardo, il risultato è immediato: X ( zz ) Es. 4.6 Calcolare la trasformata zeta della sequenza n x[ n] = ( ) u[ n ] Si applica la definizione: k k k k k X( z) = ( ) u[ k] z = ( ) z = ( z ) = k= k= k= z con ROC : z <, cioè z > La sequenza è di tipo causale, perché la regione esterna al cerchio di raggio ½ include anche il cerchio unitario e converge all esterno.

21 Es. 4.7 Calcolare la trasformata zeta del gradino anticausale u = u[-n-] k k k k X ( z) = u[ k ] z = z = z = z = k= k= k= k= z = = = z z z con ROC : Es. 4.8 z < Calcolare la trasformata zeta del segnale numerico: n n xn [ ] = ( ) un [ ] ( ) u[ n ] 3 Suddividiamo il problema in due sottoproblemi, evidenziando le parti scomponibili: x[n]= x [ n] + x [ n] Per il contributo x [ n ] = ( ) n un [ ] vedere es. 4.6 dove al posto del coefficiente ½ sostituiamo con il 3 coefficiente /3 e otteniamo X( z) = z 3 Per calcolare la trasformata zeta del contributo x [ n ] = ( ) n u [ n ], notiamo che si tratta di un n gradino anticausale con il coefficiente ( ), ripercorriamo i passaggi dell es. 4.7:

22 k = k k k k k k k k X ( z) = ( ) u[ k ] z = ( ) z = ( ) z = ( ) z = k= k= k= k= k = (( ) z) = = = z z z Per quel che riguarda le regioni di convergenza, abbiamo: per X ( z ): 3 z <, cioè z > 3 per X ( z ): ( ) z <, da cui z < La regione di convergenza di X(z) è l intersezione delle due Z /3 / La ROC è la corona circolare compresa fra /3 e ½. Il segnale non è causale, ma i poli sono contenuti nella circonferenza di raggio, quindi è stabile. Es. 4.9 Sia dato il sistema LTI y[ n] = y[ n ] + x[ n] e causale ( hn [ ] = per n<) dell es Antitrasformare il sistema col metodo della trasformata Zeta e discutere il filtro. Y z Y z z X z ( ) = ( ) + ( ) Y( z) H( z) = = X ( z) z n hn [ ] = un [ ] Il risultato è lo stesso dell es. 4.6 a meno di un ritardo, però i ritardi nel dominio z contano poco.la ROC è z <, cioè z >. Il filtro è causale, ma non è ad energia finita, perché non comprende il cerchio di raggio unitario, quindi non esiste la trasformata di Fourier. Inoltre, il filtro non è stabile, perché il polo è in, esterno al cerchio di raggio unitario.

23 Esercitazione n. 5 Filtri FIR: H(z)= M k = bz k k La H(z) di un filtro FIR ha denominatore pari a ed è la somma di finiti contributi di grandezza limitata. Il filtro FIR, quindi, ha solo zeri ed è intrinsecamente stabile. M k = Filtri IIR: H(z)= + N k= bz k k az k k Sono filtri retroazionati, la condizione di stabilità riguarda i poli, che in modulo, devono essere strettamente contenuti nel cerchio di raggio unitario Es. 5. Dato il filtro: y[ n].7 y[ n ] = x[ n ] a) Calcolare h [ IIR n ] e valutarne la stabilità b) Calcolare [ ] hm [ ] hfir n per <. h[] a) Y( z).7 z Y( z) = X( z) Y( z)(.7 z ) = X( z) H( z) =.7z n hn [ ] =.7 un [ ] Il filtro è stabile perché.7 < b) Sostituendo il valore zero nell espressione trovata, si ha: h[] = (.7) u[] = o, col teorema del valore finale: h[] = H( z) z = Quindi, deve essere [ ] [ ]. M M hfir n = h M <, dove hm [ ] = (.7) um [ ] = (.7) Con semplici passaggi algebrici, si ottiene: M (.7) <. M log (.7) < log M log.7 < M (.5) < M /.5 = 4 k La h[n] infinita viene troncata al campione 4: h [ n] =.7 [ n k] FIR 4 k =

24 Es. 5. Dato il sistema y[ n ] + y[ n ] = x[ n] 3 Trovare la trasformata zeta e vedere la regione di convergenza z Y( z) + z Y( z) = X( z) 3 H( z) = = z z + z + z 3 3 z < 3 z > /3 La regione di convergenza della funzione H (z)=h(z)/z abbiamo trovato che è causale, perché è all esterno di un cerchio che comprende quello di raggio unitario, ma se moltiplico per un anticipo, non posso più dirlo. Quindi H(z) non è né causale né anticausale. Il sistema comunque è sempre stabile perché il polo è in -/3. Es. 5.3 Dato il sistema: x[ n ] + x[ n ] + x[ n] = y[ n ] + y[ n] a) scrivere se è un filtro FIR o IIR b) disegnare il diagramma zeri-poli c) trovare h[n] Come primo passo troviamo la trasformata zeta: z X( z) + z X( z) + X( z) = z Y( z) + Y( z) Y( z) z + z + H( z) = = = z + H( z) z + Perché il numeratore Y(z) è il quadrato nel numeratore X(z), quindi semplifichiamo ed il filtro è un filtro FIR stabile Il diagramma zeri-poli è la circonferenza di raggio unitario nel piano complesso con uno zero in -. Nel filtro FIR c è anche un polo nell origine, ma i poli nello zero non ci interessano, quindi metterlo oppure no, è indifferente. hn [ ] = [ n] + [ n ]

25 Richiamo teorico: passaggio dalla trasformata Z ai domini di Laplace e di Fourier Laplace: la regione di semipiano sinistra corrisponde all interno del cerchio di raggio unitario nel dominio Z, quindi la stabilità si ha quando tutti i poli sono contenuti nel semipiano di sinistra nel dominio L, che corrisponde ad avere tutti i poli nel cerchio unitario nel dominio Z. Si usa la trasformazione bilineare per passare da un dominio all altro: z s = dove s = σ + jω e f = è la frequenza di Nyquist + z T T c c c Fourier: la trasformata di Fourier è la trasformata Z è la trasformata calcolata per j f z = e π Esempi Filtri: Filtro passabasso Filtro passaalto (zeri alle alte frequenze) (poli alle alte frequenze) x x x Es. 5.4 Dato il filtro trasformata zeta. H() s s = = s discutere il tipo di filtro e trovare l equivalente nel dominio della Nel dominio di Laplace, questo è un filtro passabasso Usiamo la trasformata bilineare: + z T s = c z Abbiamo uno zero in - e un polo in + Quindi il filtro è un passabasso, anche nel Il filtro non è stabile. x dominio zeta. Es. 5.5 Data H( z) = 4 z discutere il tipo di filtro In questo caso l antitrasformata è la delta ritardata [ n 4], ciò non influisce sul sistema, quindi è solo un ritardatore, le componenti del segnale non cambiano. Abbiamo un polo quadruplo nell origine, ma l origine è l unico punto dove non interessano gli zeri (anticipi) e i poli (ritardi).

26 Richiamo teorico: metodo dei residui X( z) A A AN = M z z p z p z pn ( z pk ) Ak = X( z) M z= p per k=,,n poli k z Es. 5.6 Dato il diagramma zeri-poli in figura sapendo che h[]= a)trovare se il filtro ha la risposta all impulso finita o infinita b)se è stabile c)la sequenza h[n] e dire se è causale / x () / x Nella figura abbiamo uno zero doppio nell origine e due poli rispettivamente in -/ e +/ () ( z z )( z z) z La H(z) è fatta così: H( z) = k = k () () ( z z )( ) p z zp ( z+ )( z ) La costante moltiplicativa k va inserita perché esistono infinite funzioni H(z) che hanno i poli e gli zeri come in figura, perciò, per individuare la sequenza che ci interessa, usiamo il teorema del valore finale: h[] = lim H( z) =, che fornisce k=. z Dire se il filtro ha risposta all impulso finita o infinita equivale a dire se è di tipo FIR o IIR, quindi il filtro è IIR, per la presenza dei poli, inoltre il filtro è stabile perché, in modulo, i poli sono minori di. Per rispondere alla domanda c) bisogna antitrasformare la H(z). Ci serviamo della funzione ausiliaria H (z)= H( z)/ z metodo dei residui:, poi scomponiamo in fratti semplici col A B H'( z) = + z z+ ' A= H ( z)( z ) = z=+ ' B= H ( z)( z+ ) = z= z z Quindi: H( z) = z z z z+ Abbiamo moltiplicato per z e scomposto i termini in maniera da ricondurci alla forma che già z conosciamo. Antitrasformiamo tenendo conto dell anticipo z nei due termini: z p

27 n+ n+ hn [ ] = un [ + ] un [ + ] che, a prima vista, può sembrare non causale, perché abbiamo anticipato il segnale. In realtà, dalla regione di convergenza z > sappiamo che la sequenza è causale Disegnamo la sequenza, a partire dal punto di osservazione - e notiamo che i contributi di ordine n+ pari spariscono. Si vede chiaramente che la sequenza è causale. Es. 5.7 Discutere la stabilità del filtro. H() s = ss ( + ) nel dominio Z, con tempo di campionamento pari a Passiamo al dominio Z con la trasformazione bilineare: + z + z H( z) = 4 z 3 z Questo filtro non è stabile.

28 Esercitazione 6 Es. 6. 3z Dato il sistema X( z) = ( z )( z ) 4 discutere causalità e stabilità. trovare la sequenza x[n] e la regione di convergenza, quindi Procediamo con la scomposizione in fratti semplici: X ( z) A X '( z) = 3z = = + B ( z )( z ) z z 4 4 ' A= X ( z)( z ) = = 4 z=+ z=+ z 4 ' B= X ( z)( z ) = = 4 4 z= z=+ 4 z 4 Quindi: X ( z) = 3z+ 3z con la ROC z > z z 4 n n Otteniamo, con passaggi algebrici: x[ n] = 3[( ) ( ) ] u[ n ] 4 Il sistema è stabile e causale. Stabile, perché la ROC contiene il cerchio unitario Causale, perché la ROC è esterna ad una circonferenza di raggio r contenente tutti i suoi poli. Es. 6. z Dato il sistema X( z) = 4 con ROC z >.9, trovare la sequenza x[n] e la regione di 5 z z+ 4 4 convergenza, quindi discutere causalità e stabilità. Si può svolgere in diversi modi: è indifferente proseguire con il metodo dei residui con H (z) ausiliaria H(z)/z oppure H(z)/ z, viene lo stesso risultato. Procediamo con la scomposizione in fratti semplici, con il metodo della divisione fra polinomi:

29 z 4 5 z z z + z z 4 5 z 4 5 z 5 z H( z) = + = + = z z+ z z+ z z+ ( z )( z ) ( z )( z ) Col metodo dei residui, si ha: 5 4 z 5 4 z 4 z 6 z z z H( z) = + ( ) = = z z z z z z n n = [ n] + 3( ) u[ n] + u[ n] = 3( ) u[ n] + u[ n ] 4 4 La ROC comprende il cerchio di raggio unitario, ma è interna rispetto al polo in +, quindi non comprende tutti i suoi poli, ciò significa che non è necessariamente causale. Non siamo in grado di dire se il sistema è causale oppure no, perché la condizione di comprendere tutti suoi poli, è sufficiente, ma non necessaria. Il polo z=+ è sul confine del cerchio di raggio unitario, quindi il sistema non è stabile. Ai fini dell esercizio, abbiamo tenuto solo conto dell antitrasformata del gradino causale.

30 Esercitazione 7 Es. 7. Dato il filtro equivalente. yn [ ] yn [ ] yn [ ] yn [ 3] = xn [ ] 3 xn [ ], trovare il filtro FIR Troviamo la trasformata Z: 3 Y( z) Y( z) z z Y( z) Y( z) z = X( z) 3 z X( z) z H( z) = 3 z z z Il denominatore non è molto semplice da scomporre, ad es. con Matlab troviamo i poli: z =.99 p z = i p z = i p3 Lo zero è in z=3. Trovare i poli non serve, perché tramite una cancellazione zeri-poli, eliminiamo il denominatore ed inseriamo uno zero reciproco a numeratore. In questo caso non serve il complesso coniugato, perché lo zero è reale hfir[ n] = [ n] [ n ] + [ n ] 3 HFIR ( z) = ( 3 z )( z ) = z 3z + z = z + z Es. 7. Dato il sistema formato da H =.5z H =.5z.5( + jz ) H3 = (.5 z )(. z ) Trovare il filtro equivalente FIR Il filtro complessivo è dato dai tre filtri in cascata H( z) = H( z) H( z) H3( z) Diamo un occhiata alla dislocazione degli zeri e dei poli: π j 4 Abbiamo uno zero in z=.5(+j)= e, infatti la fase è 45 e il modulo è

31 Abbiamo un polo in z=.5 doppio, un polo in z=. e un polo in z=.5. x x x Ora, bisogna moltiplicare H(z) per un numeratore uguale al denominatore, per effettuare una cancellazione poli-zeri. In seguito, bisognerà moltiplicare per altri tre fattori per ottenere un filtro a fase minima: il complesso coniugato dello zero: z = e =.5( j) π j * 4 il reciproco dello zero, π + j 4 = e = + z j π * j 4 il complesso coniugato del reciproco dello zero( ) = e = j z Si ricordi che per fare il reciproco, bisogna invertire il modulo, per aver il complesso coniugato bisogna cambiare di segno la fase. Il risultato è: N( z) HFIR ( z) = D( z) N'( z) = N( z) N'( z) = (.5( j) z ) ( ( + j) z )( ( j) z ) Dz ( ) Es.7.3 Trovare il filtro equivalente FIR del sistema: yn [ ] = yn [ ] + yn [ 3] + xn [ ] + ( + j ) xn [ ] 3 Trovo la H(z): Y z z Y z z Y z X z j z X z 3 + ( + jz ) Y( z) H( z) = = X( z) 3 z + z 3 3 ( ) = ( ) + ( ) + ( ) + ( + ) ( ) Anche qui, i valori del denominatore non sono trattabili (Matlab fornisce tre poli, di cui uno reale in z=.96 e due complessi coniugati)

32 Il risultato è immediato, perché siccome il modulo dello zero z = ( + j ) =, non c è bisogno di aggiungere il reciproco perché sarà uguale a se stesso. Si moltiplicherà solo per un fattore z contenente lo zero complesso coniugato e il risultato finale è: HFIR ( z) ( ( j) z = + + )( + ( j) z ) [...omissis..]

33 Esercitazione 8 [..omissis..]

34 Esercitazione 9 [..omissis..]