Esercizio 16filtro IIR del primo ordine, coefficienti, tempo di salita, taglio e risposta al gradino (temi d'esame gennaio 2025, febbraio 2025, settembre 2026 e 2004)

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Teoria usata: Filtri numerici IIR e FIRUn filtro numerico è una equazione alle differenzerelazione che dà il campione di uscita in funzione di campioni di ingresso e di uscita passati $y(k)=\sum_ib_ix(k-i)+\sum_ia_iy(k-i)$. IIR (ricorsivo: qualche $a_i\ne0$) ha risposta impulsiva infinita e bastano pochi termini; FIR (tutti $a_i=0$) è sempre stabile ma richiede molti termini. Il passa-basso IIR del primo ordine $y(k)=b,x(k)+a,y(k-1)$ con $a+b=1$ ha guadagno 1 ed è stabile se $|a|<1$; la risposta al gradino è $y(k)=1-a^{k+1}$. Il filtro analogico equivalente (Eulero) ha $\tau=\dfrac{a,T_c}{1-a}$ e $f_T=\dfrac1{2\pi\tau}$. La media mobile di $N$ campioni è un FIR passa-basso che si assesta in $N$ passi.Filtri numerici IIR e FIR →, Discretizzazione di Eulero e TustinPer realizzare numericamente un filtro o regolatore $F(s)$ si approssima $\frac1s$ con un integratore a tempo discreto. Eulero: $\boxed{s=\dfrac{1-z^{-1}}{T_c}}$ (da $\mathrm{Int}(nT)=\mathrm{Int}((n-1)T)+T,x(n)$). Così $\dfrac{1+s\tau_z}{1+s\tau_p}$ diventa $y(k)=\dfrac{\tau_p}{T_c+\tau_p}y(k-1)+\dfrac{T_c+\tau_z}{T_c+\tau_p}x(k)-\dfrac{\tau_z}{T_c+\tau_p}x(k-1)$. Il passaggio inverso (da algoritmo a $F(s)$) usa $z^{-1}\approx1-sT_c$. L'approssimazione è affidabile solo fino a circa $f_c/10$ (distorsione, warping); Tustin $s=\frac2{T_c}\frac{1-z^{-1}}{1+z^{-1}}$ è più fedele.Discretizzazione di Eulero e Tustin →, Rappresentare un valore reale in virgola fissa - formato ottimo ed errorePer rappresentare un reale $x$ su $W$ bit a virgola fissa si sceglie il formato che minimizza l'erroresceglie la rappresentazione per cui la differenza tra il valore rappresentato e quello vero è la più piccola possibile: il maggior numero di bit frazionari $m$ compatibile con l'intervallo ($n=W-m$ bit interi, con U se $x\ge0$, con S se $x<0$). Poi $C=\mathrm{round}(x\cdot2^m)$, scritto in esadecimale (per un negativo, in complemento a 2), e l'errore $\varepsilon=\frac{C}{2^m}-x$, positivo se in eccesso, ha modulo $\le2^{-(m+1)}$. Se invece è dato l'errore massimo, i bit minimi si ricavano da $2^{-(m+1)}\le\varepsilon_{max}$.Rappresentare un valore reale in virgola fissa - formato ottimo ed errore →.

(i) $a=0{,}87$, $b=0{,}13$, $f_c=50$ kHz

$T_c=\frac1{50\text{ kHz}}=20\ \mu$s.

(a) Risposta al gradino: $y(k)=\frac b{1-a}\big(1-a^{k+1}\big)=1-0{,}87^{k+1}$. Valore finale $\frac{0{,}13}{1-0{,}87}=\mathbf1$. Tempo di salita al 99%: $0{,}87^{N}\le0{,}01\Rightarrow N\ge\frac{\ln0{,}01}{\ln0{,}87}=33{,}07$, quindi $N=34$ campioni (con $N=33$: $y=0{,}9899<0{,}99$); in tempo $34\cdot20\ \mu s=\mathbf{0{,}68\ ms}$. (Nel continuo il tempo per arrivare al 99% di un primo ordine è $4{,}6\,\tau=0{,}62$ ms: la differenza è la discretizzazione del tempo.)

(b) Frequenza di taglio. Il filtro analogico equivalente con Eulero ha $\tau=\frac{a}{1-a}\,T_c=\frac{0{,}87}{0{,}13}\cdot20\ \mu\text{s}=133{,}8\ \mu$s e $f_T=\frac1{2\pi\tau}=\mathbf{1{,}19\ kHz}$. Il rapporto $f_T/f_c=0{,}024<0{,}1$: l'approssimazione di Eulero è affidabile.

(c) Coefficienti 0.16 U. $a_{16}=\mathrm{round}(0{,}87\cdot65536)=\mathrm{round}(57016{,}3)=57016=\mathbf{0xDEB8}$ ($\varepsilon=-4{,}9\cdot10^{-6}$); $b_{16}=\mathrm{round}(8519{,}7)=8520=\mathbf{0x2148}$ ($\varepsilon=+4{,}9\cdot10^{-6}$). Si verifica $a_{16}+b_{16}=57016+8520=65536=2^{16}$: il guadagno in continua è esattamente 1.

(d) Tempo di calcolo. L'algoritmo deve finire prima che arrivi il campione successivo: $T_{calc,max}=T_c-T_{conv}=20\ \mu\text{s}-T_{conv}$, con $T_{conv}$ la durata della conversione dell'ADC e delle latenze (Sistemi di interruzioni - latenza, nesting e sostenibilitàCon $N$ sorgenti, ciascuna ISR $i$ ha durata $T_{d,i}$ (spesso già comprensiva della latenza intrinseca $T_{LI}$ e dell'istruzione in corso) e periodo minimo $T_{p,i}$. Condizione necessaria: $\sum_iT_{d,i}/T_{p,i}<1$ (la percentuale di impegno della CPU è la somma). Condizione di intervallo per ogni $i$ (priorità 1 = massima): $T_{d,i}+\sum_{k<i}n_k,T_{d,k};[+\max(T_{RC},\max_{j>i}T_{d,j})\text{ senza nesting}]\le T_{p,i}$, con $n_k=\lceil T_{p,i}/T_{p,k}\rceil$. Latenza massima della priorità $n$: con nesting $T_{LI}+\sum_{i<n}T_{ex,i}$; senza nesting si aggiunge $\max_{j>n}T_{ex,j}$.Sistemi di interruzioni - latenza, nesting e sostenibilità →); al limite $T_{calc}<\mathbf{20\ \mu s}$.

(ii) $a=0{,}74$, $b=0{,}26$, $f_c=40$ kHz

$T_c=25\ \mu$s. (a) valore finale $\frac{0{,}26}{0{,}26}=\mathbf1$; $N\ge\frac{\ln0{,}01}{\ln0{,}74}=15{,}29\Rightarrow N=16$ campioni ($0{,}74^{16}=0{,}0081$): tempo $16\cdot25\ \mu s=\mathbf{0{,}40\ ms}$. (b) $\tau=\frac{0{,}74}{0{,}26}\cdot25\ \mu\text{s}=71{,}2\ \mu$s; $f_T=\frac1{2\pi\tau}=\mathbf{2{,}24\ kHz}$; $f_T/f_c=0{,}056<0{,}1$: l'approssimazione di Eulero è ancora accettabile. (c) $a_{16}=\mathrm{round}(48496{,}6)=48497=\mathbf{0xBD71}$ ($\varepsilon=+5{,}5\cdot10^{-6}$); $b_{16}=\mathrm{round}(17039{,}4)=17039=\mathbf{0x428F}$ ($\varepsilon=-5{,}5\cdot10^{-6}$); $48497+17039=65536$ ✓.

(iii) Risposta data: $\{0,0,0{,}2,0{,}36,0{,}488,\dots\}$

I due zeri iniziali indicano un ritardo di 2 campioni sull'ingresso: $y(k)=a\,y(k-1)+b\,x(k-2)$. Il primo valore non nullo è $y(2)=b=\mathbf{0{,}2}$. Il successivo $y(3)=a\cdot0{,}2+0{,}2=0{,}36\Rightarrow a=\frac{0{,}16}{0{,}2}=\mathbf{0{,}8}$. Verifica: $y(4)=0{,}8\cdot0{,}36+0{,}2=0{,}488$ ✓; $a+b=1$ (valore finale 1). Q16: $a_{16}=\mathrm{round}(0{,}8\cdot65536)=\mathrm{round}(52428{,}8)=52429=\mathbf{0xCCCD}$, $\varepsilon=+3{,}1\cdot10^{-6}$; $b_{16}=\mathrm{round}(13107{,}2)=13107=\mathbf{0x3333}$, $\varepsilon=-3{,}1\cdot10^{-6}$ ($52429+13107=65536$ ✓). Posizione del polo: $\tau=\frac ab\,T_c=4\,T_c$; $f_p=\frac1{2\pi\tau}=\frac{f_c}{8\pi}$, quindi $\lambda=\frac{f_p}{f_c}=\frac b{2\pi a}=\frac1{8\pi}=\mathbf{0{,}040}$ (circa il 4% della frequenza di campionamento). Il ritardo di 2 campioni non cambia il polo.

(iv) Risposta $\{0,0,0,0{,}4,0{,}64,0{,}784,0{,}8704,\dots\}$

Tre zeri iniziali: ritardo di 3 campioni, $y(3)=b=0{,}4$; $y(4)=a\cdot0{,}4+0{,}4=0{,}64\Rightarrow a=\mathbf{0{,}6}$; $y(5)=0{,}6\cdot0{,}64+0{,}4=0{,}784$ ✓. Così $a=0{,}6$ e $b=0{,}4$. Bit minimi per rappresentare in frazionario con segno (1.$m$) i due coefficienti con errore relativo $<0{,}5\%$:

• $m=5$ (6 bit): $0{,}6\to19/32=0{,}594$ ($-1{,}0\%$), $0{,}4\to13/32=0{,}406$ ($+1{,}6\%$) ✗;
• $m=6$ (7 bit): $0{,}6\to38/64=0{,}594$ ($-1{,}0\%$) ✗;
• $m=7$ (Q7, 8 bit): $0{,}6\to77/128=0{,}6016$ ($+0{,}26\%$), $0{,}4\to51/128=0{,}3984$ ($-0{,}39\%$) ✓. Servono 8 bit (formato Q7).

Errori comuni

• Usare $\tau=a\,T_c$ (manca il fattore $\frac1{1-a}$): $\tau=\frac{a\,T_c}{1-a}$.
• Arrotondare per difetto il numero di campioni: $N=33{,}07$ → 34 (non 33).
• Dimenticare il ritardo dei primi campioni nulli: danno un ritardo di $d$ campioni ma non cambiano $a$.
• Rappresentare $a$ e $b$ con errori che non sommano a $2^{16}$ (il guadagno in continua devia da 1): si controlla $a_{16}+b_{16}=65536$.
• Usare Eulero con $f_T>f_c/10$ senza avvertire che la frequenza di taglio non è più affidabile.