Esercizio - Esercitazione 9 - filtri FIR e risposta in frequenza

Testo (esercitazione della lezione 9 del corso Multimedia Signal Processing, UniPD, parti "Exercises on FIR filters" ed "Exercises on frequency response"; i testi brevi sono riportati). Otto esercizi: media mobile con ingresso gradino ed esponenziale, due esercizi su un sistema LTI noto solo da coppie ingresso-uscita, risposta in frequenza di quattro filtri FIR (con sinusoidi, impulso e gradino), cascata di due filtri. Gli esercizi sulla zeta della stessa esercitazione sono in Esercizio - Esercitazione 9 - funzione di sistema e zeri.

Teoria usata: Sistemi a tempo discreto e filtri FIRUn sistema a tempo discreto trasforma una sequenza x[n] in una sequenza y[n]. Il filtro FIR causale di ordine M calcola y[n] = Σ b_k x[n-k] (k = 0..M): è una media mobile pesata di L = M+1 campioni, la sua risposta impulsiva h[n] coincide con i coefficienti b_k e l'uscita ha supporto lungo N+M se l'ingresso è lungo N. La media mobile è un passa-basso che ritarda di M/2 campioni; la versione centrata non è causale. Gli schemi a blocchi usano solo moltiplicatori, sommatori e ritardi unitari, senza anelli (feed-forward).Sistemi a tempo discreto e filtri FIR →, 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 →, 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 →, Serie notevoli - geometrica, telescopica, armonicaLe serie di cui si conosce il carattere e da usare come termine di paragone: geometrica (converge a 1/(1-q) se |q|<1), telescopiche (somma b_1 - lim b_n, come Mengoli), armonica generalizzata (1/n^alpha converge se e solo se alpha>1).Serie notevoli - geometrica, telescopica, armonica → (somma dei primi termini della geometrica).

FIR 1 - media mobile di un gradino

Testo. Valutare la media mobile $y[n]=\frac1L\sum_{k=0}^{L-1}x[n-k]$ per $x[n]=u[n]$: tracciare $u[n]$, calcolare $y[n]$ per $-5\le n\le10$ con $L=5$, tracciarlo, e ricavare una formula valida per ogni $L$.

Svolgimento. $y[n]=\frac1L\big(u[n]+u[n-1]+\dots+u[n-L+1]\big)$: ogni $u[n-k]$ vale $1$ se $n-k\ge0$, cioè $k\le n$. Quindi il numero di uni nella finestra è $\min(n+1,L)$ se $n\ge0$, ed è $0$ se $n<0$: $$y[n]=\begin{cases}0&n<0\\[2pt]\dfrac{n+1}L&0\le n\le L-1\\[4pt]1&n\ge L-1\end{cases}$$ Con $L=5$: $y[n]=0$ per $n=-5,\dots,-1$; poi $\frac15,\frac25,\frac35,\frac45,1$ per $n=0,\dots,4$; e $1$ per $n=5,\dots,10$ (verificato con Python). L'uscita è una rampa lineare lunga $L-1=4$ passi (il transitorio, la finestra si "riempie") che raggiunge il valore a regime $1=H(0)$ (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 →). La richiesta "formula per $n\ge10$" del testo è da leggersi come $n\ge L-1$.

FIR 2 - media mobile di un esponenziale

Testo. Per $x[n]=(0{,}5)^nu[n]$ e $L=4$ calcolare $y[n]$ per $-5\le n\le10$; per $x[n]=\alpha^nu[n]$ ricavare la formula generale per ogni $\alpha$, $L$, $n\ge0$ (si può usare $\sum_{k=M}^{N}\alpha^k=\frac{\alpha^M-\alpha^{N+1}}{1-\alpha}$).

Svolgimento numerico. $y[n]=0$ per $n<0$; $y[0]=\frac14(0+0+0+1)=0{,}25$; $y[1]=\frac14(0+0+1+0{,}5)=0{,}375$; $y[2]=\frac14(1+0{,}5+0{,}25)=0{,}4375$; $y[3]=\frac14(1+0{,}5+0{,}25+0{,}125)=0{,}46875$. Da $n=4$ la finestra è piena: $y[n]=\frac14(0{,}5^n+0{,}5^{n-1}+0{,}5^{n-2}+0{,}5^{n-3})=0{,}5^n\cdot\frac{1+2+4+8}4=3{,}75\cdot0{,}5^n$, quindi $y[4]=0{,}234375$, $y[5]=0{,}1171875,\dots,y[10]=0{,}003662$ (verificato).

Formula generale. Con $x[n-k]=\alpha^{n-k}u[n-k]$ e $u[n-k]=0$ per $k>n$:

• $n<0$: $y[n]=0$;
• $0\le n\le L-1$ (finestra parziale, i termini sono $k=0,\dots,n$): $y[n]=\frac1L\sum_{k=0}^{n}\alpha^{n-k}=\frac{\alpha^n}L\sum_{k=0}^{n}(\alpha^{-1})^k=\frac{\alpha^n}L\,\frac{1-\alpha^{-(n+1)}}{1-\alpha^{-1}}=\frac1L\,\frac{\alpha^{n+1}-1}{\alpha-1}$ (ragione $\alpha^{-1}$);
• $n\ge L-1$ (finestra piena, $k=0,\dots,L-1$): $y[n]=\frac{\alpha^n}L\,\frac{1-\alpha^{-L}}{1-\alpha^{-1}}=\frac{\alpha^{n-L+1}}L\,\frac{\alpha^L-1}{\alpha-1}$.

I due casi coincidono in $n=L-1$. Per $\alpha=1$ le formule sono del tipo $0/0$ e si ricade nel caso del gradino. Controllo: con $\alpha=0{,}5$, $L=4$, $n=4$ si ha $\frac{0{,}5^{1}}4\cdot\frac{0{,}0625-1}{0{,}5-1}=0{,}234375$, come sopra (e le due formule sono state confrontate con la convoluzione numerica per $\alpha=0{,}7$, $L=5$).

Nota sul testo della soluzione del corso. La soluzione scrive il caso $n\ge L$ nella forma $\frac{\alpha^n}L\cdot\frac{\alpha^L-1}{\alpha^L-\alpha^{L-1}}$: è equivalente a quella qui sopra (è la stessa formula con numeratore e denominatore moltiplicati per $\alpha^{L-1}$).

FIR 3 - un LTI noto da coppie ingresso-uscita

Testo. Un LTI $S$ ha dato $x_1[n]=\delta[n]-\delta[n-1]\to y_1[n]=\delta[n]-\delta[n-1]+2\delta[n-3]$ e $\cos(\frac{\pi n}2)\to2\cos(\frac{\pi n}2-\frac\pi4)$. Trovare l'uscita per $x[n]=7\delta[n]-7\delta[n-2]$.

Svolgimento. Si scrive $x$ come combinazione di $x_1$ e delle sue traslate: $x_1[n]+x_1[n-1]=\delta[n]-\delta[n-1]+\delta[n-1]-\delta[n-2]=\delta[n]-\delta[n-2]$, quindi $x[n]=7x_1[n]+7x_1[n-1]$. Per linearità e invarianza temporale: $$y[n]=7y_1[n]+7y_1[n-1]=7\delta[n]-7\delta[n-1]+14\delta[n-3]+7\delta[n-1]-7\delta[n-2]+14\delta[n-4]=7\delta[n]-7\delta[n-2]+14\delta[n-3]+14\delta[n-4].$$ Valori: $y=\{7,0,-7,14,14\}$ per $n=0,\dots,4$ (verificato). La seconda coppia (il coseno) non serve. Osservazione: le due coppie non sono compatibili con un unico LTI. Dalla prima si ricava $H(\hat\omega)=\frac{Y_1}{X_1}=1+\frac{2e^{-j3\hat\omega}}{1-e^{-j\hat\omega}}$, che a $\hat\omega=\frac\pi2$ vale $2+j$ (modulo $\sqrt5\approx2{,}24$, fase $+0{,}15\pi$), mentre la seconda coppia richiederebbe modulo $2$ e fase $-\frac\pi4$. Per rispondere alla domanda basta comunque la prima.

FIR 4 - risposta al gradino nota

Testo. Per un LTI la risposta al gradino è $y_1[n]=\delta[n]+2\delta[n-1]-\delta[n-2]$. Trovare l'uscita per $x_2[n]=3u[n]-2u[n-4]$.

Svolgimento. Per linearità e invarianza, $y_2[n]=3y_1[n]-2y_1[n-4]=3\delta[n]+6\delta[n-1]-3\delta[n-2]-2\delta[n-4]-4\delta[n-5]+2\delta[n-6]$. Lista: $y_2=\{3,6,-3,0,-2,-4,2\}$ per $n=0,\dots,6$, zero altrove (verificato).

Risposta in frequenza 1 - $y[n]=2x[n]-3x[n-1]+2x[n-2]$

Testo. Trovare $\mathcal H(\hat\omega)$ in forma polare, il periodo, e l'uscita per $x[n]=\sin(\frac{\pi n}{13})$ nella forma $A\cos(\hat\omega_0n+\varphi)$.

Svolgimento. $\mathcal H=2-3e^{-j\hat\omega}+2e^{-j2\hat\omega}=e^{-j\hat\omega}\big(2e^{j\hat\omega}-3+2e^{-j\hat\omega}\big)=e^{-j\hat\omega}(4\cos\hat\omega-3)$ (coefficienti simmetrici: si raccoglie il ritardo centrale). Il fattore reale $4\cos\hat\omega-3$ cambia segno: è positivo per $\lvert\hat\omega\rvert<\arccos\frac34=0{,}723$ e negativo oltre. Quindi in forma polare $\lvert\mathcal H\rvert=\lvert4\cos\hat\omega-3\rvert$ e $$\angle\mathcal H=\begin{cases}-\hat\omega&\text{se }4\cos\hat\omega-3>0\\-\hat\omega\pm\pi&\text{se }4\cos\hat\omega-3<0\end{cases}$$ La soluzione del corso scrive "fase $=-\hat\omega$" senza il salto di $\pi$: vale solo dove il fattore è positivo, quindi per $\lvert\hat\omega\rvert<0{,}723$ (che include però il punto usato sotto). Periodo: $2\pi$ (è una funzione di $\cos\hat\omega$ e $e^{-j\hat\omega}$).

Uscita. $\hat\omega_0=\frac\pi{13}=0{,}2417<0{,}723$: $4\cos\frac\pi{13}-3=0{,}8838$, fase $-\frac\pi{13}=-0{,}0769\pi$. Il seno si riscrive $\sin\frac{\pi n}{13}=\cos(\frac{\pi n}{13}-\frac\pi2)$, quindi $$y[n]=0{,}8838\cos\Big(\frac{\pi n}{13}-\frac\pi2-\frac\pi{13}\Big)=0{,}8838\cos\Big(\frac{\pi n}{13}-0{,}577\pi\Big)$$ (verificato con la convoluzione, dopo il transitorio di $2$ campioni).

Risposta in frequenza 2 - $y[n]=x[n]+2x[n-1]+x[n-2]$

Testo. Risposta in frequenza e suo grafico; uscita per $x[n]=10+4\cos(0{,}5\pi n+\frac\pi4)$, per l'impulso unitario e per il gradino.

Svolgimento. $\{b_k\}=\{1,2,1\}$, $\mathcal H=(2+2\cos\hat\omega)e^{-j\hat\omega}$, $\lvert\mathcal H\rvert=2+2\cos\hat\omega\ge0$ e $\angle\mathcal H=-\hat\omega$ (grafico in 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 →: passa-basso, guadagno $4$ in $0$ e $0$ in $\pi$).

• Sinusoide. $\mathcal H(0)=4$, $\mathcal H(\frac\pi2)=2e^{-j\pi/2}$. Quindi $y[n]=4\cdot10+2\cdot4\cos(0{,}5\pi n+\frac\pi4-\frac\pi2)=40+8\cos(0{,}5\pi n-\frac\pi4)$.
• Impulso: $y=h=\delta[n]+2\delta[n-1]+\delta[n-2]$.
• Gradino: $y[n]=u[n]+2u[n-1]+u[n-2]$ vale $0$ per $n<0$, poi $1,\ 3,\ 4,\ 4,\ 4,\dots$ (per $n\ge2$ vale $4=\mathcal H(0)$, la somma dei coefficienti).

Risposta in frequenza 3 - media mobile a 4 punti

Testo. $y[n]=\frac14\sum_{k=0}^{3}x[n-k]$: $h[n]$, $\mathcal H$ e grafico; uscita per $x[n]=5+4\cos(0{,}2\pi n)+3\cos(0{,}5\pi n+\frac\pi4)$ e per lo stesso ingresso moltiplicato per $u[n]$ (da dove le uscite coincidono).

Svolgimento. $h[n]=\frac14\big(\delta[n]+\delta[n-1]+\delta[n-2]+\delta[n-3]\big)$ e $\mathcal H=\frac14\big(1+e^{-j\hat\omega}+e^{-j2\hat\omega}+e^{-j3\hat\omega}\big)=\frac14e^{-j\frac32\hat\omega}\big(e^{j\frac32\hat\omega}+e^{j\frac12\hat\omega}+e^{-j\frac12\hat\omega}+e^{-j\frac32\hat\omega}\big)=\frac12\,e^{-j\frac32\hat\omega}\big(\cos\tfrac{3\hat\omega}2+\cos\tfrac{\hat\omega}2\big)$. Con la formula di prostaferesi $\cos A+\cos B=2\cos\frac{A+B}2\cos\frac{A-B}2$ l'ampiezza è $\cos\hat\omega\cos\frac{\hat\omega}2$, uguale a $\frac{\sin2\hat\omega}{4\sin(\hat\omega/2)}$ (la forma di Dirichlet con $L=4$). Fase: lineare $-\frac32\hat\omega$ (con salti di $\pi$ dove l'ampiezza è negativa). Zeri in $\hat\omega=\pm\frac\pi2,\pi$.

Uscita. Tre frequenze: $\mathcal H(0)=1$; $\mathcal H(0{,}2\pi)=0{,}769\,e^{-j0{,}3\pi}$ (modulo $\cos(0{,}2\pi)\cos(0{,}1\pi)=0{,}809\cdot0{,}951=0{,}769$, fase $-\frac32\cdot0{,}2\pi=-0{,}3\pi$); $\mathcal H(0{,}5\pi)=0$ (zero di $\cos\hat\omega$): la terza componente è soppressa. Quindi $$y[n]=5+4\cdot0{,}769\cos(0{,}2\pi n-0{,}3\pi)=5+3{,}078\cos(0{,}2\pi n-0{,}3\pi).$$ Ingresso causale. Con $x_1[n]=x[n]u[n]$ la finestra di $4$ campioni è piena per $n\ge3$ ($M=3$): $y_1[n]=y[n]$ per $n\ge3$. Valori, calcolati con la ricorsione diretta ($y$ bilatero, $y_c$ causale):

La tabella della soluzione del corso riporta $y[-1]=4{,}029$ e $y_c[2]=5{,}388$: i valori giusti sono $y[-1]=5$ (dalla formula, $5+3{,}078\cos(-0{,}5\pi)=5$) e $y_c[2]=5{,}338$ (probabile inversione di cifre). Le altre voci coincidono.

Risposta in frequenza 4 - cascata

Testo. Cascata di $\mathcal H_1(\hat\omega)=1+2e^{-j\hat\omega}+e^{-j2\hat\omega}$ e $h_2[n]=\delta[n]-\delta[n-1]+\delta[n-2]-\delta[n-3]$: $\mathcal H$, $h[n]$ complessiva e equazione alle differenze.

Svolgimento. La risposta complessiva è il prodotto, con $z=e^{-j\hat\omega}$ (variabile del polinomio): $H_1=1+2z+z^2=(1+z)^2$ e $H_2=1-z+z^2-z^3=(1-z)(1+z^2)$ (si raccoglie a coppie: $(1-z)+z^2(1-z)$). Allora $$\mathcal H=(1+z)^2(1-z)(1+z^2)=(1+z)\underbrace{(1+z)(1-z)}_{1-z^2}(1+z^2)=(1+z)(1-z^4)=1+z-z^4-z^5.$$ Quindi $\mathcal H(\hat\omega)=1+e^{-j\hat\omega}-e^{-j4\hat\omega}-e^{-j5\hat\omega}$, $h[n]=\delta[n]+\delta[n-1]-\delta[n-4]-\delta[n-5]$ (lo stesso con la convoluzione numerica $\{1,2,1\}*\{1,-1,1,-1\}$), e $$y[n]=x[n]+x[n-1]-x[n-4]-x[n-5].$$ Nota sulla soluzione del corso. Il risultato finale è giusto, ma i passaggi intermedi sono scritti con $\mathcal H_1=1+e^{-j\hat\omega}$ e $\mathcal H_2=1-e^{-j\hat\omega}$, che non sono le risposte del testo (si ottiene lo stesso prodotto solo perché $(1+z)^2(1-z)(1+z^2)=(1+z)(1-z^4)$), e l'elenco dei coefficienti è scritto $\{1,-1,0,0,-1,1\}$ invece di $\{1,1,0,0,-1,-1\}$ (l'equazione alle differenze è comunque quella corretta).