Esercizio - Esercitazione 9 - funzione di sistema e zeri

Testo (esercitazione della lezione 9 del corso Multimedia Signal Processing, UniPD, parte "Exercises on z-transform"). Quattro esercizi: funzione di sistema, zeri e risposta in frequenza della media mobile a 3 punti; equazione alle differenze da una funzione di sistema data dai fattori; media mobile a 4 punti; cascata di due sistemi con funzione di sistema data. Gli esercizi su FIR e risposta in frequenza sono in Esercizio - Esercitazione 9 - filtri FIR e risposta in frequenza.

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 → (funzione di sistema, zeri, interpretazione sul cerchio unitario), 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 sinusoidi), 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 → (ritardo e prodotto), Numeri complessiI numeri complessi estendono i reali introducendo l'unità immaginaria $i$ ($i^2 = -1$) e possono essere rappresentati in forma algebrica, trigonometrica o polare. Tramite la formula di Eulero e le proprietà del modulo e dell'argomento, è possibile calcolare agilmente prodotti, potenze e radici ennesime.Numeri complessi →.

Esercizio 1 - media mobile a 3 punti

Testo. $y[n]=\frac13\big(x[n]+x[n-1]+x[n-2]\big)$: determinare $H(z)$, disegnarne poli e zeri, ricavare $H(e^{j\hat\omega})$ e l'uscita per $x[n]=4+\cos[0{,}25\pi(n-1)]-3\cos[\frac{2\pi}3n]$.

Svolgimento. Funzione di sistema. Il ritardo $x[n-k]$ diventa $z^{-k}$, quindi $H(z)=\frac13+\frac13z^{-1}+\frac13z^{-2}$. Poli e zeri. In potenze positive $H(z)=\frac1{3z^2}(z^2+z+1)$: due poli in $z=0$ (dal fattore $\frac1{z^2}$) e gli zeri sono le radici di $z^2+z+1=0$: $z=\frac{-1\pm j\sqrt3}2=e^{\pm j2\pi/3}$ (modulo $1$, angolo $\pm120^\circ$). Il diagramma è disegnato in 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 → (due punti sulla circonferenza unitaria e due poli sovrapposti nell'origine).

Risposta in frequenza. Con $z=e^{j\hat\omega}$: $H=\frac13e^{-j\hat\omega}\big(e^{j\hat\omega}+1+e^{-j\hat\omega}\big)=\frac13e^{-j\hat\omega}(1+2\cos\hat\omega)$: ampiezza reale $\frac{1+2\cos\hat\omega}3$ (zero in $\hat\omega=\frac{2\pi}3$) e fase $-\hat\omega$.

Uscita. Frequenze presenti: $0$, $\frac\pi4$ e $\frac{2\pi}3$.

• $H(0)=\frac{1+2}3=1$ (la costante $4$ passa).
• $H(\frac\pi4)=\frac13e^{-j\pi/4}\big(1+2\cos\frac\pi4\big)=\frac{1+\sqrt2}3e^{-j\pi/4}=0{,}8047\,e^{-j\pi/4}$.
• $H(\frac{2\pi}3)=\frac13e^{-j2\pi/3}(1+2\cdot(-\frac12))=0$: è uno zero, la terza componente sparisce.

Il secondo termine dell'ingresso è $\cos[\frac\pi4n-\frac\pi4]$ (fase $-\frac\pi4$). Quindi $$y[n]=4+0{,}8047\cos\Big(\frac\pi4n-\frac\pi4-\frac\pi4\Big)=4+0{,}8047\cos\Big(\frac\pi4n-\frac\pi2\Big).$$ Controllo con la convoluzione: l'uscita calcolata da $n=2$ in poi (il filtro ha $M=2$) coincide con questa formula (differenza massima $4\cdot10^{-5}$, dovuta al valore $0{,}8047$ arrotondato).

Esercizio 2 - funzione di sistema data dai fattori

Testo. $H(z)=(1-z^{-1})(1-e^{j\pi/2}z^{-1})(1-e^{-j\pi/2}z^{-1})(1-0{,}9e^{j\pi/3}z^{-1})(1-0{,}9e^{-j\pi/3}z^{-1})$. (a) Scrivere l'equazione alle differenze (suggerimento: moltiplicare i fattori). (b) Per quali $-\pi\le\hat\omega\le\pi$ si ha $y[n]=0$ con ingresso $x[n]=Ae^{j\phi}e^{j\hat\omega n}$?

Svolgimento (a). Si raggruppano i fattori complessi coniugati, che hanno prodotto reale: $(1-e^{j\pi/2}z^{-1})(1-e^{-j\pi/2}z^{-1})=1-2\cos\frac\pi2\,z^{-1}+z^{-2}=1+z^{-2}$ (la somma di $e^{\pm j\theta}$ è $2\cos\theta$, il prodotto è $1$); $(1-0{,}9e^{j\pi/3}z^{-1})(1-0{,}9e^{-j\pi/3}z^{-1})=1-1{,}8\cos\frac\pi3\,z^{-1}+0{,}81z^{-2}=1-0{,}9z^{-1}+0{,}81z^{-2}$. Poi $(1-z^{-1})(1+z^{-2})=1-z^{-1}+z^{-2}-z^{-3}$ e moltiplicando per $(1-0{,}9z^{-1}+0{,}81z^{-2})$, per colonne:

• $z^0$: $1$;
• $z^{-1}$: $-1-0{,}9=-1{,}9$;
• $z^{-2}$: $1+0{,}9+0{,}81=2{,}71$;
• $z^{-3}$: $-1-0{,}9-0{,}81=-2{,}71$;
• $z^{-4}$: $0{,}9+0{,}81=1{,}71$;
• $z^{-5}$: $-0{,}81$.

$$H(z)=1-1{,}9z^{-1}+2{,}71z^{-2}-2{,}71z^{-3}+1{,}71z^{-4}-0{,}81z^{-5},$$ $$y[n]=x[n]-1{,}9x[n-1]+2{,}71x[n-2]-2{,}71x[n-3]+1{,}71x[n-4]-0{,}81x[n-5]$$ (verificato con numpy.convolve dei tre polinomi).

Svolgimento (b). Con ingresso $e^{j\hat\omega n}$ l'uscita è $H(e^{j\hat\omega})Ae^{j\phi}e^{j\hat\omega n}$, che è nulla se e solo se $H(e^{j\hat\omega})=0$, cioè se $e^{j\hat\omega}$ è uno zero. Gli zeri sono $1,\ j,\ -j,\ 0{,}9e^{\pm j\pi/3}$ (più cinque poli in $0$, perché $H$ è un polinomio in $z^{-1}$ di grado $5$). Sono sulla circonferenza unitaria solo $1,\pm j$: gli zeri $0{,}9e^{\pm j\pi/3}$ hanno modulo $0{,}9\ne1$ e non annullano nessuna frequenza (solo la attenuano). Quindi $y[n]=0$ per $\hat\omega=0$ e $\hat\omega=\pm\frac\pi2$.

Esercizio 3 - media mobile a 4 punti

Testo. $y[n]=\frac14\sum_{k=0}^3x[n-k]$: $h[n]$, $H(z)$ e uscita per $x[n]=5+4\cos(0{,}2\pi n)+3\cos(0{,}5\pi n+\frac\pi4)$ nella forma $A+B\cos(\hat\omega_0n+\varphi_0)$.

Svolgimento. $h[n]=\frac14\big(\delta[n]+\delta[n-1]+\delta[n-2]+\delta[n-3]\big)$, $H(z)=\frac14\big(1+z^{-1}+z^{-2}+z^{-3}\big)=\frac14\,\frac{1-z^{-4}}{1-z^{-1}}$ (somma di una geometrica di ragione $z^{-1}$). In $z=e^{j\hat\omega}$: $$H(e^{j\hat\omega})=\frac14\,\frac{1-e^{-j4\hat\omega}}{1-e^{-j\hat\omega}}=\frac14\,\frac{e^{-j2\hat\omega}\cdot2j\sin2\hat\omega}{e^{-j\hat\omega/2}\cdot2j\sin(\hat\omega/2)}=\frac14\,\frac{\sin2\hat\omega}{\sin(\hat\omega/2)}\,e^{-j\frac32\hat\omega}.$$ Zeri: $1-z^{-4}=0$ dà $z=1,j,-1,-j$ e lo zero in $z=1$ è cancellato dal polo del denominatore: restano $\hat\omega=\pm\frac\pi2,\pi$. In $\hat\omega=0$ il rapporto $\frac{\sin2\hat\omega}{\sin(\hat\omega/2)}\to4$ (limite o L'Hôpital: $\frac{2\hat\omega}{\hat\omega/2}=4$), quindi $H(1)=1$.

Uscita. $H(e^{j0})=1$; in $\hat\omega=\frac\pi5$: $\big\lvert H\big\rvert=\frac14\frac{\sin(2\pi/5)}{\sin(\pi/10)}=\frac14\cdot3{,}078=0{,}7694$ e fase $-\frac32\cdot\frac\pi5=-0{,}3\pi$; $H(e^{j\pi/2})=0$ (zero). Quindi $$y[n]=5+4\cdot0{,}7694\cos\Big(\frac\pi5n-0{,}3\pi\Big)=5+3{,}078\cos\Big(\frac\pi5n-0{,}3\pi\Big).$$ Errore nella soluzione del corso. La soluzione scrive $\lvert H(e^{j\pi/5})\rvert=\frac{\sin(2\pi/5)}{\sin(\pi/10)}\approx3{,}078$ (manca il fattore $\frac14$: $3{,}078$ è già il prodotto $4\cdot0{,}7694$ dell'ampiezza $B$) e una fase $+\frac\pi3$, mentre la fase è $-0{,}3\pi$ (così del resto è nell'esercizio sulla risposta in frequenza della stessa esercitazione, Esercizio - Esercitazione 9 - filtri FIR e risposta in frequenza). Il risultato corretto è quello qui sopra (verificato numericamente).

Esercizio 4 - cascata di due sistemi

Testo. $H(z)=(1-z^{-2})(1-0{,}8e^{j\pi/4}z^{-1})(1-0{,}8e^{-j\pi/4}z^{-1})(1+z^{-2})$. (a) Poli e zeri e loro diagramma. (b) Due funzioni di sistema $H_1,H_2$ tali che la cascata sia $H$ e l'uscita del primo sistema sia $w[n]=x[n]-x[n-4]$. (c) L'equazione alle differenze tra $y[n]$ e $w[n]$.

(a) $H$ è un polinomio di grado $2+2+2=6$ in $z^{-1}$: sei poli in $z=0$. Zeri: $1-z^{-2}=0\Rightarrow z=\pm1$; $1+z^{-2}=0\Rightarrow z=\pm j$; $z=0{,}8e^{\pm j\pi/4}$ (modulo $0{,}8$, angolo $\pm45^\circ$). Sono sei zeri: quattro sulla circonferenza unitaria e due dentro.

(b) $w[n]=x[n]-x[n-4]$ vuol dire $H_1(z)=1-z^{-4}=(1-z^{-2})(1+z^{-2})$. Allora $H_2=\frac H{H_1}=(1-0{,}8e^{j\pi/4}z^{-1})(1-0{,}8e^{-j\pi/4}z^{-1})=1-1{,}6\cos\tfrac\pi4\,z^{-1}+0{,}64z^{-2}=1-1{,}1314z^{-1}+0{,}64z^{-2}$ (il coefficiente è $1{,}6\cdot\frac{\sqrt2}2=1{,}1314$).

(c) $H_2=\frac{Y}W$ e quindi $y[n]=w[n]-1{,}1314\,w[n-1]+0{,}64\,w[n-2]$ (verificato: la cascata dà i sei coefficienti $\{1,-1{,}131,0{,}64,0,-1,1{,}131,-0{,}64\}$ di $H$ espanso, ottenuti sia da $H_1H_2$ sia dal prodotto dei quattro fattori dell'enunciato).