Esercizio - Domande d'esame di esempio 1-8

Testo (file "Sample questions for the written exam of Digital Signal Processing" del corso Multimedia Signal Processing, UniPD). Il file ha quattro domande lunghe di teoria e otto quiz a risposta multipla (una sola risposta giusta, $1$ punto, nessuna risposta o risposta sbagliata $0$ punti). Qui sono svolti i quiz $1$-$8$ con il ragionamento, e si dà la traccia di risposta delle quattro domande lunghe. Diversi quiz hanno un enunciato impreciso (indicato caso per caso): conviene saperlo riconoscere.

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 →, Proprietà della trasformata zetaProprietà della zeta bilatera con le ROC: linearità (ROC ⊇ intersezione), ritardo x[n-n0] → z^{-n0}X(z) (unilatera: + termini iniziali), convoluzione → prodotto, stabilità BIBO ⇔ circonferenza unitaria nella ROC di H, coniugato X*(z*), inversione temporale X(1/z) con ROC invertita, derivazione n x[n] → -z X'(z), moltiplicazione per a^n → X(z/a) (ROC scalata di |a|), teoremi del valore iniziale e finale (ipotesi sul polo in 1). Con la tabella delle coppie notevoli.Proprietà della trasformata zeta →, Risposta in frequenza dei sistemi FIRSe all'ingresso di un FIR c'è un esponenziale complesso A e^{jφ} e^{jω̂n} (per ogni n), l'uscita è lo stesso esponenziale moltiplicato per H(ω̂) = Σ b_k e^{-jω̂k}: la frequenza non cambia, ampiezza e fase sono modificate da |H| (guadagno) e ∠H (sfasamento). Per sovrapposizione si trattano somme di sinusoidi. H è periodica di periodo 2π e, per coefficienti reali, hermitiana (|H| pari, fase dispari). La cascata ha H = H1·H2. Esempi: ritardo (fase lineare), differenza prima (passa-alto), {1,2,1} (passa-basso), media mobile di L punti (Dirichlet: |H| = |sin(Lω̂/2)/(L sin(ω̂/2))|, fase lineare -(L-1)ω̂/2).Risposta in frequenza dei sistemi FIR →, Risposta a regime e transitorioLa formula y[n] = H(ω̂) X e^{jω̂n} vale per un esponenziale complesso definito per ogni n. Se l'esponenziale è applicato all'istante n = 0, x[n] = X e^{jω̂n}u[n], l'uscita di un FIR di ordine M ha tre regioni: zero per n < 0, transitorio per 0 ≤ n < M (somma incompleta Σ_{k=0}^{n} h[k]e^{-jω̂k}), regime per n ≥ M (uguale al caso bilatero). Per un IIR stabile il transitorio non si annulla in tempo finito ma tende a zero; la sua analisi dice se il sistema è stabile.Risposta a regime e transitorio →, 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 →.

Quiz 1 - dalla funzione di sistema all'equazione alle differenze

Testo. $H(z)=6+3z^{-2}-7z^{-4}+13z^{-6}+9z^{-8}$. Con ingresso $\delta[n]$, l'equazione alle differenze che lega ingresso e uscita è: (1) $y=6\delta[n]+3x[n-2]-7x[n-4]+13x[n-6]+9x[n-8]$; (2) $y=6x[n]+3x[n+2]-7x[n+4]+13x[n+6]+9x[n+8]$; (3) $y=6\delta[n]+3x[n+2]-\dots$; (4) $y=6x[n]+3x[n-2]-7x[n-4]+13x[n-6]+9x[n-8]$.

Svolgimento. Un termine $b_kz^{-k}$ in $H(z)=\sum b_kz^{-k}$ corrisponde a $b_kx[n-k]$ (ritardo di $k$ campioni). Quindi $y[n]=6x[n]+3x[n-2]-7x[n-4]+13x[n-6]+9x[n-8]$. Le risposte (2) e (3) hanno anticipi ($x[n+2]$, non causali, sarebbero $z^{+2}$); la (1) e la (3) hanno $\delta[n]$ al posto di $x[n]$ nel primo termine (sarebbe la risposta impulsiva, non l'equazione generale: va bene solo se $x=\delta$ e allora i termini $x[n-2]$ ecc. non sarebbero scritti con $x$). Risposta: 4.

Quiz 2 - ROC di un sistema stabile

Testo. Sistema stabile con $y[n-1]-\frac{10}3y[n]+y[n+1]=x[n]$. La ROC è: (1) $\lvert z\rvert\le\frac13$; (2) $\frac13\le\lvert z\rvert\le3$; (3) $\lvert z\rvert\ge3$; (4) $\lvert z\rvert\ge0$.

Svolgimento. Si trasforma l'equazione, $y[n\pm1]\to z^{\pm1}Y$: $(z^{-1}-\frac{10}3+z)Y=X$, quindi $H=\frac1{z+z^{-1}-\frac{10}3}=\frac{z}{z^2-\frac{10}3z+1}$. I poli sono le radici di $z^2-\frac{10}3z+1=0$: $z=\frac{\frac{10}3\pm\sqrt{\frac{100}9-4}}2=\frac{\frac{10}3\pm\frac83}2=3$ e $\frac13$ (verificato). Con due poli di moduli $\frac13$ e $3$ le ROC possibili sono $\lvert z\rvert<\frac13$, $\frac13<\lvert z\rvert<3$, $\lvert z\rvert>3$. Il sistema è dichiarato stabile: la ROC deve contenere $\lvert z\rvert=1$, e solo la corona $\frac13<\lvert z\rvert<3$ lo fa. Il sistema è quindi non causale ($h$ bilatera). Risposta: 2 (nell'elenco la ROC è scritta con $\le$; in realtà la ROC è aperta, i poli stanno sul bordo e non ci appartengono).

Quiz 3 - dalla risposta impulsiva all'equazione

Testo. $h[n]=3\delta[n]+2\delta[n-1]-\delta[n-4]$: equazione alle differenze?

Svolgimento. Per un FIR $h[k]=b_k$, quindi $y[n]=3x[n]+2x[n-1]-x[n-4]$ (le potenze $b_2=b_3=0$ non compaiono). Risposta: 4. Le altre: la (1) dimentica il termine $-x[n-4]$; la (2) ritarda tutto di un campione; la (3) non contiene $x$.

Quiz 4 - da $H(z)$ alla risposta

Testo. $H(z)=\dfrac{1+0{,}2z^{-1}}{1-z^{-1}}$; "l'equazione alle differenze" corrispondente è (1) $h[n]=\delta[n]+1{,}2u[n-1]$; (2) $h[n]=\delta[n-1]+0{,}2\delta[n-2]$; (3) $h[n]=\delta[n]-1{,}2u[n-1]$; (4) $h[n]=\delta[n-1]-0{,}2\delta[n-2]$.

Svolgimento. L'enunciato parla di equazione alle differenze ma le opzioni sono risposte impulsive: l'equazione sarebbe $y[n]=y[n-1]+x[n]+0{,}2x[n-1]$. Per $h$ (causale, ROC $\lvert z\rvert>1$): $H=\frac{1}{1-z^{-1}}+0{,}2\frac{z^{-1}}{1-z^{-1}}\Rightarrow h[n]=u[n]+0{,}2u[n-1]$, che vale $1$ in $n=0$ e $1{,}2$ per $n\ge1$, cioè $\delta[n]+1{,}2\,u[n-1]$ (verificato con lfilter: $1,1{,}2,1{,}2,\dots$). Risposta: 1. Le (2) e (4) sono FIR, sbagliate perché $H$ ha un polo in $z=1$; la (3) ha il segno sbagliato.

Quiz 5 - poli e zeri di un IIR

Testo. $y[n]=0{,}8y[n-1]-0{,}8x[n]+x[n-1]$: poli e zeri? (1) zero $-1{,}25$, polo $-0{,}8$; (2) zero $1{,}25$, polo $0{,}8$; (3) zero $0{,}8$, polo $1{,}25$; (4) zero $-0{,}8$, polo $-1{,}25$.

Svolgimento. $y[n]-0{,}8y[n-1]=-0{,}8x[n]+x[n-1]$, quindi $H(z)=\dfrac{-0{,}8+z^{-1}}{1-0{,}8z^{-1}}$. Polo: $1-0{,}8z^{-1}=0\Rightarrow z=0{,}8$. Zero: $-0{,}8+z^{-1}=0\Rightarrow z^{-1}=0{,}8\Rightarrow z=1{,}25$. Risposta: 2. Lo zero ($1{,}25=\frac1{0{,}8}$) è il reciproco del polo: è un filtro passa-tutto del primo ordine (modulo costante sulla circonferenza unitaria, $\lvert H\rvert=1$).

Quiz 6 - da $\mathcal H(\hat\omega)$ all'uscita

Testo. $\mathcal H(\hat\omega)=(1-e^{-j\hat\omega})(1-0{,}5e^{j\pi/6}e^{-j\hat\omega})(1-0{,}5e^{-j\pi/6}e^{-j\hat\omega})$, ingresso $\delta[n]$: uscita? (1) $1-1{,}87\delta[n-1]+\dots$; (2) $-\delta[n]+1{,}87\delta[n-1]-\dots$; (3) $\delta[n]-1{,}87\delta[n-1]+1{,}11\delta[n-2]-0{,}25\delta[n-3]$; (4) $-1+1{,}87\delta[n-1]-\dots$.

Svolgimento. Con $z=e^{j\hat\omega}$, $H(z)=(1-z^{-1})(1-0{,}5e^{j\pi/6}z^{-1})(1-0{,}5e^{-j\pi/6}z^{-1})$. I due fattori coniugati danno $1-2\cdot0{,}5\cos\frac\pi6\,z^{-1}+0{,}25z^{-2}=1-0{,}8660z^{-1}+0{,}25z^{-2}$. Moltiplicando per $(1-z^{-1})$: $1-1{,}8660z^{-1}+1{,}1160z^{-2}-0{,}25z^{-3}$ (verificato con numpy.convolve). La risposta all'impulso è la sequenza dei coefficienti: $\delta[n]-1{,}87\delta[n-1]+1{,}12\delta[n-2]-0{,}25\delta[n-3]$ (nell'opzione il terzo coefficiente è troncato a $1{,}11$ anziché arrotondato). Risposta: 3 (in quella opzione $x[n-2],x[n-3]$ sono scritti al posto di $\delta[n-2],\delta[n-3]$: refusi). Le (2) e (4) hanno il segno globale cambiato; la (1) non ha $\delta[n]$ nel primo termine.

Quiz 7 - invarianza temporale

Testo. $y[n]=x[n]-x[n-1]$ è tempo-invariante? (1) sì; (2) no.

Svolgimento. Se si ritarda l'ingresso, $w[n]=x[n-n_0]$, l'uscita è $w[n]-w[n-1]=x[n-n_0]-x[n-n_0-1]=y[n-n_0]$: coincide con l'uscita ritardata. I coefficienti non dipendono da $n$. Risposta: 1 (sì). È la differenza prima, un FIR, quindi LTI.

Quiz 8 - regime sinusoidale

Testo. Sistema $y[n]=\frac13y[n-1]+100x[n]$ con ingresso $x[n]=\cos(0{,}25\pi n)$ (l'enunciato cita anche $x[n]=u[n]$, refuso): uscita? (1) $125\cos(0{,}25\pi n+0{,}3)$; (2) $125\cos(0{,}25\pi n-0{,}3)$; (3) $-100\frac13^nu[n]$; (4) $100(-\frac13)^nu[n]$.

Svolgimento. $\mathcal H(\hat\omega)=\dfrac{100}{1-\frac13e^{-j\hat\omega}}$. In $\hat\omega=\frac\pi4$: $1-\frac13e^{-j\pi/4}=1-\frac13(0{,}7071-0{,}7071j)=0{,}7643+0{,}2357j$, di modulo $0{,}7999$ e fase $0{,}2993$ rad. Quindi $\lvert\mathcal H\rvert=\frac{100}{0{,}7999}=125{,}03$ e $\angle\mathcal H=-0{,}2993\approx-0{,}3$. A regime $$y[n]=125\cos(0{,}25\pi n-0{,}3).$$ Risposta: 2 (verificato con la ricorsione: la differenza dal regime parte da $19{,}5$ in $n=0$ e decade come $(\frac13)^n$, a $10^{-13}$ dopo $40$ campioni; è il transitorio del polo $\frac13$). Le (3) e (4) sono risposte a ingressi diversi (a un gradino o a un impulso, non a un coseno). Il quiz ha dunque senso come domanda sulla risposta a regime (Risposta a regime e transitorioLa formula y[n] = H(ω̂) X e^{jω̂n} vale per un esponenziale complesso definito per ogni n. Se l'esponenziale è applicato all'istante n = 0, x[n] = X e^{jω̂n}u[n], l'uscita di un FIR di ordine M ha tre regioni: zero per n < 0, transitorio per 0 ≤ n < M (somma incompleta Σ_{k=0}^{n} h[k]e^{-jω̂k}), regime per n ≥ M (uguale al caso bilatero). Per un IIR stabile il transitorio non si annulla in tempo finito ma tende a zero; la sua analisi dice se il sistema è stabile.Risposta a regime e transitorio →).

Domande lunghe: tracce

1. Regime e transitorio di un IIR del primo ordine $y[n]=a_1y[n-1]+b_0x[n]$ e che cosa dicono sulla stabilità. Traccia: $h[n]=b_0a_1^nu[n]$, $\mathcal H=\frac{b_0}{1-a_1e^{-j\hat\omega}}$; con ingresso $Xe^{j\hat\omega n}u[n]$ l'uscita è regime $\mathcal H Xe^{j\hat\omega n}$ + transitorio $-\mathcal HXa_1^{n+1}e^{-j\hat\omega}$; $\lvert a_1\rvert<1$: il transitorio si spegne e il sistema è stabile; $\lvert a_1\rvert\ge1$: non si spegne (instabile o al limite). Dettaglio in Risposta a regime e transitorioLa formula y[n] = H(ω̂) X e^{jω̂n} vale per un esponenziale complesso definito per ogni n. Se l'esponenziale è applicato all'istante n = 0, x[n] = X e^{jω̂n}u[n], l'uscita di un FIR di ordine M ha tre regioni: zero per n < 0, transitorio per 0 ≤ n < M (somma incompleta Σ_{k=0}^{n} h[k]e^{-jω̂k}), regime per n ≥ M (uguale al caso bilatero). Per un IIR stabile il transitorio non si annulla in tempo finito ma tende a zero; la sua analisi dice se il sistema è stabile.Risposta a regime e transitorio →.
2. Trasformata zeta di un segnale a durata finita e funzione di sistema di un FIR; perché è comoda. Traccia: $X(z)=\sum_{n=N_1}^{N_2}x[n]z^{-n}$, ROC tutto il piano salvo $0$ e/o $\infty$; per un FIR $H(z)=\sum b_kz^{-k}=\sum h[k]z^{-k}$; la convoluzione e la cascata diventano prodotti di polinomi; gli zeri dicono quali frequenze si bloccano; si ricava la risposta in frequenza sulla circonferenza unitaria. Dettaglio in Trasformata zeta - definizione e regione di convergenzaLa trasformata zeta bilatera X(z) = Σ x[n] z^{-n} associa a una sequenza una funzione della variabile complessa z, definita nella regione di convergenza (ROC), sempre una corona circolare |z| in (R1, R2). Segnale a durata finita: ROC tutto il piano (tranne eventualmente 0 e ∞); causale: |z| > R1 (teorema di Abel); anticausale: |z| < R2; bilatero: intersezione, se non vuota. La stessa espressione algebrica con ROC diverse è la trasformata di segnali diversi: la ROC fa parte della trasformata. Sulla circonferenza unitaria, se è nella ROC, X(e^{jθ}) è la trasformata di Fourier. Le ROC non contengono poli.Trasformata zeta - definizione e regione di convergenza → e 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 →.
3. Caratteristiche dei filtri IIR e differenza con i FIR. Traccia: IIR ha retroazione ($a_k\ne0$, poli diversi da zero), risposta impulsiva infinita, stabilità dipende dai poli, meno coefficienti per prestazioni simili ma fase non lineare; FIR: risposta finita, sempre stabile, fase lineare possibile. Vedi 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 →.
4. Finestratura e STFT: effetto della lunghezza della finestra. Traccia: finestra più lunga $\to$ migliore risoluzione in frequenza, peggiore in tempo; finestra corta il contrario. Vedi Trasformata di Fourier a tempo breve e spettrogrammaPer un segnale lungo il cui contenuto in frequenza cambia nel tempo si calcolano tante DFT brevi: X[k, l] = sum_{n=0}^{L-1} w[n] x[l+n] e^{-j2pi kn/N}, con finestra di analisi w di lunghezza L, istante l = m R (passo R, di solito L/2) e DFT a N >= L punti. Il modulo (o i dB) di X[k, l] come immagine tempo-frequenza è lo spettrogramma. La finestra impone un compromesso: lunga = ottima risoluzione in frequenza (Delta w circa 8pi/L per Hann) ma transizioni temporali sfocate su circa L/2 campioni; corta = buona localizzazione nel tempo ma righe vicine fuse. Si provano più lunghezze.Trasformata di Fourier a tempo breve e spettrogramma → e Analisi spettrale con la DFT - finestre e leakageAnalizzare lo spettro di un segnale con la DFT vuol dire osservarne solo L campioni (finestra rettangolare) e campionare in frequenza la DTFT. Una sinusoide non dà una riga ma il nucleo di Dirichlet della finestra centrato in w0: lobo principale largo 4pi/L e lobi laterali (il primo a -13.3 dB). Due toni più vicini della mezza larghezza del lobo non si separano (risoluzione, che dipende solo da L), e i lobi laterali di un tono mascherano i toni deboli (leakage). La DFT campiona la DTFT a 2pi k/N: l'ampiezza è corretta solo se il tono cade su un bin (periodi interi nella finestra), altrimenti si perde fino a 3.9 dB; lo zero-padding infittisce i campioni ma non migliora la risoluzione. Le finestre rastremate (Hann, Hamming, Blackman) abbassano i lobi laterali (-31, -42, -58 dB) a prezzo di un lobo principale più largo.Analisi spettrale con la DFT - finestre e leakage →.