Esercizio - Cascata di IIR e ritardo puro

Testo (esercitazione del corso Multimedia Signal Processing, UniPD, lezione 24, esercizio 2.3 sui filtri IIR). Tre sistemi in cascata, $x[n]\to H_1(z)\to v_1[n]\to H_2(z)\to v_2[n]\to H_3(z)\to y[n]$, con $$H_1(z)=\frac{5}{1-\frac13z^{-1}},\qquad H_2(z)=\frac{2}{1-\frac12z^{-1}},\qquad H_3(z)=b_0+b_1z^{-1}+b_2z^{-2}+b_3z^{-3}.$$

1. Determinare i coefficienti $b_k$ in modo che l'uscita sia l'impulso ritardato $\delta[n-1]$ quando l'ingresso è $x[n]=\delta[n]$.
2. Dire, motivando, se è vero che "per qualunque ingresso $x[n]$ l'uscita è sempre $y[n]=x[n-1]$".

Teoria usata: Funzione di sistema, poli, zeri e stabilitàLa funzione di sistema H(z) è la trasformata zeta della risposta impulsiva: con ingresso z^n l'uscita è H(z) z^n. Per un FIR H(z) = Σ b_k z^{-k} è un polinomio con M zeri e M poli in z = 0; in generale H = B(z)/A(z) dall'equazione alle differenze. Sulla circonferenza unitaria H(e^{jω̂}) è la risposta in frequenza: |H| = prodotto delle distanze dagli zeri / prodotto delle distanze dai poli, quindi gli zeri bloccano frequenze e i poli le esaltano. Un LTI causale è BIBO stabile se e solo se tutti i poli hanno modulo < 1 (a meno di cancellazioni polo-zero); i FIR sono sempre stabili.Funzione di sistema, poli, zeri e stabilità →, Sistemi LTI e convoluzione discretaUn sistema lineare e tempo-invariante (LTI) è completamente descritto dalla sua risposta impulsiva h[n]: y[n] = Σ x[k] h[n-k] = x[n] * h[n] (somma di convoluzione). Si ricava scomponendo x in impulsi traslati e usando linearità e invarianza. La convoluzione è commutativa, associativa e distributiva; una cascata di LTI equivale a un solo filtro con h = h1 * h2 e l'ordine non conta. Se x ha lunghezza N e h lunghezza L, y ha lunghezza N+L-1. Si calcola col metodo della finestra scorrevole o a tabella. I FIR sono LTI; altri sistemi (n·x[n], x[-n], x²) non lo sono.Sistemi LTI e convoluzione discreta →, Filtri IIR - definizione e confronto con i FIRUn filtro IIR (infinite impulse response) è un sistema LTI descritto da $y[n]=\sum_{\ell=1}^{N}a_\ell y[n-\ell]+\sum_{k=0}^{M}b_kx[n-k]$: l'uscita usa anche le uscite passate (retroazione), per questo si chiama ricorsivo. Con le condizioni di riposo iniziale è LTI, $H(z)=\frac{\sum b_kz^{-k}}{1-\sum a_\ell z^{-\ell}}$ è un rapporto di polinomi, l'ordine è $N$ (numero di poli) e la risposta impulsiva ha durata infinita. Nel primo ordine $y[n]=a_1y[n-1]+b_0x[n]$ si ha $h[n]=b_0a_1^nu[n]$, ROC $|z|>|a_1|$, stabile se $|a_1|<1$; il gradino dà $b_0\frac{1-a_1^{n+1}}{1-a_1}\to\frac{b_0}{1-a_1}$. Si implementa iterando l'equazione alle differenze, non con la convoluzione. Rispetto ai FIR gli IIR rispettano le stesse specifiche di modulo con ordine molto più basso, ma possono essere instabili e non hanno fase lineare. Progetto: per tentativi (notch), con la trasformazione $s\to z$ dai filtri analogici, o con ottimizzazione numerica.Filtri IIR - definizione e confronto con i FIR →.

1. Condizione sulla funzione di sistema

La cascata di sistemi LTI ha funzione di sistema uguale al prodotto: $H(z)=H_1(z)H_2(z)H_3(z)$. Se l'ingresso è $\delta[n]$ la trasformata dell'ingresso è $1$, quindi $Y(z)=H(z)$; l'uscita desiderata $\delta[n-1]$ ha trasformata $z^{-1}$. Dunque si impone $H(z)=z^{-1}$: $$H_3(z)=\frac{z^{-1}}{H_1(z)H_2(z)}=\frac{z^{-1}\,\big(1-\frac13z^{-1}\big)\big(1-\frac12z^{-1}\big)}{5\cdot2}=\frac{z^{-1}}{10}\Big(1-\frac56z^{-1}+\frac16z^{-2}\Big).$$ Il prodotto è $(1-\frac13z^{-1})(1-\frac12z^{-1})=1-\frac12z^{-1}-\frac13z^{-1}+\frac16z^{-2}=1-\frac56z^{-1}+\frac16z^{-2}$. Quindi $$H_3(z)=\frac1{10}z^{-1}-\frac1{12}z^{-2}+\frac1{60}z^{-3},\qquad b_0=0,\ \ b_1=\frac1{10},\ \ b_2=-\frac1{12},\ \ b_3=\frac1{60}.$$ $H_3$ è un FIR di ordine $3$ con $b_0=0$: ha due zeri in $z=\frac13$ e $z=\frac12$ che cancellano esattamente i poli di $H_1$ e $H_2$. Verifica: l'impulso in ingresso dà in uscita $\delta[n-1]$ (numericamente: $y=\{0,1,0,0,\dots\}$); la risposta impulsiva di $H_3$ è $\{0;\,0{,}1;\,-0{,}0833;\,0{,}01667\}$.

2. Vale per ogni ingresso?

Sì, a patto che i tre sistemi partano da condizioni di riposo. Il sistema complessivo è LTI con funzione di sistema $H(z)=z^{-1}$, cioè è il ritardo puro: la sua equazione alle differenze è $y[n]=x[n-1]$ per qualunque $x[n]$ (la risposta a $\delta[n]$ è $\delta[n-1]$, e per linearità e invarianza nel tempo, $y[n]=\sum_kx[k]\delta[n-k-1]=x[n-1]$). Anche i poli $\frac13,\frac12$ stanno dentro il cerchio unitario, quindi $H_1$, $H_2$ sono stabili e nessun segnale interno può esplodere.

Verifica numerica: con un ingresso casuale di $50$ campioni la differenza fra $y[n]$ e $x[n-1]$ è $7\cdot10^{-16}$.

Precisazione. L'uguaglianza vale per l'ingresso-uscita con riposo iniziale. Dentro la cascata i segnali $v_1,v_2$ non sono ritardi puri ($H_1$ e $H_2$ hanno risposta impulsiva infinita). Se $H_1$ partisse con uno stato interno non nullo ($v_1[-1]=1$, per esempio) i modi $(\frac13)^n$ e $(\frac12)^n$ dentro i primi due blocchi darebbero una piccola differenza; nell'esempio provato l'uscita si discosta da $x[n-1]$ solo a $n=1$ ($0{,}0667$) e poi torna esatta, perché il FIR $H_3$ è lungo $3$ e annulla quei modi. Con la cancellazione polo-zero esatta il risultato richiede coefficienti esatti: con coefficienti arrotondati un modo non cancellato esisterebbe sempre, ma decadrebbe (poli stabili).