Esercizio - Esercitazione 12 - sistemi, poli e stabilità

Testo (esercitazione "z-transform" della lezione 12 del corso Multimedia Signal Processing, UniPD; esercizi 2, 3, 6, 7 e 8). Esercizio 2: ROC, stabilità e risposta impulsiva di un sistema causale. Esercizio 3: funzione di sistema da una coppia ingresso-uscita. Esercizio 6: ROC possibili a partire da un diagramma poli-zeri. Esercizi 7 e 8: funzione di sistema, risposta impulsiva ed equazione alle differenze da ingresso e uscita. Gli esercizi 1, 4 e 5 sono in Esercizio - Esercitazione 12 - trasformata zeta e ROC.

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 → (convoluzione, ritardo, ROC), Antitrasformata zetaPer tornare da X(z) a x[n] serve anche la ROC. Formula di inversione x[n] = (1/2πj)∮ X(z)z^{n-1}dz (somma dei residui). Nella pratica: ispezione (riconoscere coppie note, scegliendo la ROC), divisione lunga (sviluppo in serie di potenze), frazioni parziali per le razionali. Causale con poli semplici p_k: X = Σ A_k/(1-p_k z^-1) con A_k = [(1-p_k z^-1)X]_{z=p_k}, x[n] = Σ A_k p_k^n u[n]; se il grado del numeratore in z^-1 è ≥ di quello del denominatore c'è anche una parte polinomiale (impulsi). Poli doppi: n a^n u[n]; poli complessi coniugati: r^n cos(ω0 n + φ).Antitrasformata zeta →, 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 →.

Esercizio 2 - sistema causale

Testo. Sistema causale con $H(z)=\dfrac{1+z^{-1}}{(1-\frac12z^{-1})(1+\frac14z^{-1})}$: (a) ROC; (b) stabilità; (c) $h[n]$.

(a) I poli sono in $z=\frac12$ e $z=-\frac14$ (fattori $1-\frac12z^{-1}$ e $1+\frac14z^{-1}$). Un sistema causale ha $h$ destrorsa e ROC esterna al polo di modulo maggiore: $\lvert z\rvert>\frac12$.

(b) Stabile: la ROC contiene la circonferenza unitaria $\lvert z\rvert=1$ (equivalentemente i due poli hanno modulo $<1$).

(c) Frazioni parziali (poli semplici, numeratore di grado $1<2$): $H=\frac A{1-\frac12z^{-1}}+\frac B{1+\frac14z^{-1}}$ con $A=\big[(1-\tfrac12z^{-1})H\big]_{z=1/2}=\frac{1+2}{1+\frac14\cdot2}=\frac3{1{,}5}=2$ e $B=\big[(1+\tfrac14z^{-1})H\big]_{z=-1/4}=\frac{1-4}{1-\frac12(-4)}=\frac{-3}{3}=-1$. Quindi $$h[n]=\Big[2\big(\tfrac12\big)^n-\big(-\tfrac14\big)^n\Big]u[n]$$ ($1;\ 1{,}25;\ 0{,}4375;\ 0{,}2656;\dots$ verificato con lfilter; $\sum\lvert h\rvert=3{,}2$, finita, in accordo con la stabilità).

Esercizio 3 - funzione di sistema da ingresso e uscita

Testo. Con ingresso $x[n]=u[n]$ l'uscita è $y[n]=(\frac12)^{n-1}u[n+1]$. (a) $H(z)$ e diagramma poli-zeri; (b) $h[n]$; (c) stabilità; (d) causalità.

(a) $X(z)=\frac1{1-z^{-1}}$, $\lvert z\rvert>1$. Per l'uscita: $(\frac12)^{n-1}=4\,(\frac12)^{n+1}$, quindi $y[n]=4\,w[n+1]$ con $w[n]=(\frac12)^nu[n]\to\frac1{1-\frac12z^{-1}}$. L'anticipo di un campione moltiplica per $z$: $Y(z)=\dfrac{4z}{1-\frac12z^{-1}}$, ROC $\lvert z\rvert>\frac12$ (senza l'infinito, per il fattore $z$). Allora $$H(z)=\frac{Y}{X}=\frac{4z\,(1-z^{-1})}{1-\frac12z^{-1}}=\frac{4(z-1)}{1-\frac12z^{-1}}=\frac{4z(z-1)}{z-\frac12}.$$ Un polo in $z=\frac12$; zeri in $z=0$ e $z=1$ (dal fattore $z-1$ e dal termine $z$ che moltiplica, perché $\frac{4z(z-1)}{z-1/2}$ ha numeratore di grado $2$). ROC $\lvert z\rvert>\frac12$: con un solo polo le ROC possibili sono $\lvert z\rvert>\frac12$ e $<\frac12$, e $Y$ e $X$ convergono entrambe per $\lvert z\rvert>1$, quindi $H$ converge almeno lì: la ROC è l'esterno.

(b) $H=\frac{4z}{1-\frac12z^{-1}}-\frac4{1-\frac12z^{-1}}$. Il primo termine è l'anticipo di $4\cdot\frac1{1-\frac12z^{-1}}$: antitrasformata $4(\frac12)^{n+1}u[n+1]$; il secondo è $-4(\frac12)^nu[n]$. Per $n=-1$ resta solo il primo termine, $4$; per $n\ge0$ la somma è $2(\frac12)^n-4(\frac12)^n=-2(\frac12)^n$. Quindi $$h[n]=4\,\delta[n+1]-2\big(\tfrac12\big)^nu[n].$$ Controllo: convolvendo questa $h$ con il gradino si ritrovano $y[-1]=4$, $y[0]=2$, $y[1]=1,\ y[2]=\frac12,\dots$, cioè $(\frac12)^{n-1}$ per $n\ge-1$ (verificato).

(c) Stabile: la ROC contiene $\lvert z\rvert=1$ (e $\sum\lvert h\rvert=4+2\cdot2=8<\infty$). (d) Non causale: $h[-1]=4\ne0$. Nota: la ROC $\lvert z\rvert>\frac12$ è l'esterno di un cerchio, quindi $h$ è destrorsa (nulla per $n<-1$), ma questo non basta per la causalità: serve anche che la ROC contenga l'infinito, cioè che non ci siano potenze positive di $z$ (qui il fattore $z$ lo esclude).

Esercizio 6 - ROC da un diagramma poli-zeri

Testo. $X(z)$ ha il diagramma poli-zeri in figura: zero in $z=-1$ (sulla circonferenza unitaria), poli in $\frac13$, $2$ e $3$. (a) ROC se esiste la trasformata di Fourier, e natura della sequenza; (b) quante sequenze bilatere hanno questo diagramma; (c) può essere stabile e causale?

(a) La trasformata di Fourier esiste se la ROC contiene la circonferenza unitaria. I poli dividono il piano in quattro regioni: $\lvert z\rvert<\frac13$, $\frac13<\lvert z\rvert<2$, $2<\lvert z\rvert<3$, $\lvert z\rvert>3$. Solo la seconda contiene $\lvert z\rvert=1$: ROC $=\{\frac13<\lvert z\rvert<2\}$. Il polo $\frac13$ sta dentro la ROC (contributo causale, destrorso: $(\frac13)^nu[n]$), i poli $2$ e $3$ stanno fuori (contributi anticausali, sinistrorsi): la sequenza è bilatera. (Lo zero in $-1$ non cambia la ROC; essendo sulla circonferenza fa sì che $X(e^{j\hat\omega})$ si annulli in $\hat\omega=\pi$.)

(b) Le sequenze bilatere hanno ROC a corona (limitata sia internamente sia esternamente): $\{\frac13<\lvert z\rvert<2\}$ e $\{2<\lvert z\rvert<3\}$, quindi due. (Le altre due regioni, $\lvert z\rvert<\frac13$ e $\lvert z\rvert>3$, danno sequenze solo anticausale e solo causale.)

(c) No. Stabilità richiede che la ROC contenga la circonferenza unitaria, causalità che sia l'esterno del cerchio del polo di modulo massimo ($\lvert z\rvert>3$): la ROC $\lvert z\rvert>3$ non contiene $\lvert z\rvert=1$, e quella che la contiene ($\frac13<\lvert z\rvert<2$) non è esterna. Le due condizioni non sono compatibili, perché ci sono poli fuori dalla circonferenza unitaria.

Esercizio 7 - funzione di sistema da un'uscita data

Testo. Un sistema causale ha ingresso $x[n]=u[-n-1]+(\frac12)^nu[n]$ e $Y(z)=\dfrac{-\frac12z^{-1}}{(1-\frac12z^{-1})(1+z^{-1})}$. (a) $H(z)$ con ROC; (b) ROC di $Y$; (c) $y[n]$.

(a) $u[-n-1]\to-\frac1{1-z^{-1}}$, $\lvert z\rvert<1$, e $(\frac12)^nu[n]\to\frac1{1-\frac12z^{-1}}$, $\lvert z\rvert>\frac12$. La ROC di $X$ è l'intersezione $\frac12<\lvert z\rvert<1$ e $$X=\frac{-1}{1-z^{-1}}+\frac1{1-\frac12z^{-1}}=\frac{-(1-\frac12z^{-1})+(1-z^{-1})}{(1-z^{-1})(1-\frac12z^{-1})}=\frac{-\frac12z^{-1}}{(1-z^{-1})(1-\frac12z^{-1})}.$$ Allora $$H=\frac YX=\frac{-\frac12z^{-1}}{(1-\frac12z^{-1})(1+z^{-1})}\cdot\frac{(1-z^{-1})(1-\frac12z^{-1})}{-\frac12z^{-1}}=\frac{1-z^{-1}}{1+z^{-1}}.$$ Sistema causale: ROC $\lvert z\rvert>1$ (polo in $-1$).

(b) Nel prodotto $Y=XH$ lo zero $z=1$ di $H$ cancella il polo $z=1$ di $X$, che era quello che limitava la ROC di $X$ dall'alto ($\lvert z\rvert<1$). Restano i poli $\frac12$ (di $X$) e $-1$ (di $H$): essendo il sistema causale e $\lvert{-1}\rvert=1$, la ROC di $Y$ è $\lvert z\rvert>1$. Osservazione: il teorema sul prodotto garantisce solo ROC $\supseteq R_X\cap R_H$, che qui è vuota ($\frac12<\lvert z\rvert<1$ e $\lvert z\rvert>1$); la risposta del corso ($\lvert z\rvert>1$) si regge sulla cancellazione e sulla causalità del sistema, ed è quella che dà la risposta qui sotto.

(c) Poli semplici $\frac12$ e $-1$: $Y=\frac A{1-\frac12z^{-1}}+\frac B{1+z^{-1}}$ con $A=\big[(1-\tfrac12z^{-1})Y\big]_{z=1/2}=\frac{-\frac12\cdot2}{1+2}=-\frac13$ e $B=\big[(1+z^{-1})Y\big]_{z=-1}=\frac{-\frac12(-1)}{1-\frac12(-1)}=\frac{0{,}5}{1{,}5}=\frac13$. Con ROC $\lvert z\rvert>1$ (causale): $$y[n]=-\tfrac13\big(\tfrac12\big)^nu[n]+\tfrac13(-1)^nu[n]$$ ($0;\ -0{,}5;\ 0{,}25;\ -0{,}375;\ 0{,}3125;\dots$ verificato con lfilter sulla $Y$ data).

Esercizio 8 - ingresso e uscita bilatero/causale

Testo. Ingresso $x[n]=(\frac13)^nu[n]+2^nu[-n-1]$, uscita $y[n]=5(\frac13)^nu[n]-5(\frac23)^nu[n]$. (a) $H(z)$, diagramma e ROC; (b) $h[n]$; (c) equazione alle differenze; (d) stabilità e causalità.

(a) $X=\frac1{1-\frac13z^{-1}}-\frac1{1-2z^{-1}}$ (il secondo termine è $2^nu[-n-1]\to-\frac1{1-2z^{-1}}$, $\lvert z\rvert<2$), ROC $\frac13<\lvert z\rvert<2$. Riducendo allo stesso denominatore: $X=\frac{(1-2z^{-1})-(1-\frac13z^{-1})}{(1-\frac13z^{-1})(1-2z^{-1})}=\dfrac{-\frac53z^{-1}}{(1-\frac13z^{-1})(1-2z^{-1})}$. (La soluzione del corso scrive $+\frac53z^{-1}$ al numeratore: è un errore di segno, che non cambia il risultato finale perché la stessa $X$ compare, con segno corretto, nel rapporto.) Per l'uscita: $Y=\frac5{1-\frac13z^{-1}}-\frac5{1-\frac23z^{-1}}=\frac{5(-\frac13z^{-1})}{(1-\frac13z^{-1})(1-\frac23z^{-1})}=\dfrac{-\frac53z^{-1}}{(1-\frac13z^{-1})(1-\frac23z^{-1})}$, ROC $\lvert z\rvert>\frac23$. Allora $$H=\frac YX=\frac{1-2z^{-1}}{1-\frac23z^{-1}},\qquad\lvert z\rvert>\frac23.$$ Polo in $\frac23$, zero in $z=2$. ROC $\lvert z\rvert>\frac23$: con un solo polo le scelte sono $\lvert z\rvert>\frac23$ e $\lvert z\rvert<\frac23$; la seconda non è compatibile, perché la ROC di $Y$ ($\lvert z\rvert>\frac23$) deve contenere $R_X\cap R_H$, e con $R_H=\{\lvert z\rvert<\frac23\}$ l'intersezione sarebbe $\frac13<\lvert z\rvert<\frac23$, che sta fuori da $\lvert z\rvert>\frac23$. Quindi $R_H=\{\lvert z\rvert>\frac23\}$.

(b) $H=\frac1{1-\frac23z^{-1}}-\frac{2z^{-1}}{1-\frac23z^{-1}}$ (si separano i due termini del numeratore). Il primo è $(\frac23)^nu[n]$; il secondo è $-2$ per il ritardo di un campione di $(\frac23)^nu[n]$, cioè $-2(\frac23)^{n-1}u[n-1]$. Quindi $$h[n]=\big(\tfrac23\big)^nu[n]-2\big(\tfrac23\big)^{n-1}u[n-1]=\big(\tfrac23\big)^n\big(u[n]-3u[n-1]\big):$$ $h[0]=1$ e $h[n]=-2(\frac23)^n$ per $n\ge1$ ($1;\ -1{,}333;\ -0{,}889;\ -0{,}593;\dots$, verificato). Controllo del legame ingresso-uscita: la convoluzione $h*x$ con l'ingresso bilatero (la somma converge assolutamente) dà $y[n]=5(\frac13)^n-5(\frac23)^n$ per $n=0,\dots,4$ (verificato).

(c) Da $H=\frac Y X=\frac{1-2z^{-1}}{1-\frac23z^{-1}}$ segue $Y(1-\frac23z^{-1})=X(1-2z^{-1})$, cioè $$y[n]-\tfrac23\,y[n-1]=x[n]-2\,x[n-1].$$ (d) Stabile (ROC contiene $\lvert z\rvert=1$, polo $\frac23$ dentro) e causale ($h[n]=0$ per $n<0$, ROC esterna senza potenze positive di $z$). Lo zero in $z=2$ fuori dal cerchio unitario non influisce sulla stabilità.