Esercizio - IIR del primo ordine passa-basso e modulo quadro

Testo (esercitazione del corso Multimedia Signal Processing, UniPD, lezione 24, esercizio 2.4 sui filtri IIR). Si consideri la funzione di sistema $$H(z)=\frac{1+0{,}8\,z^{-1}}{1-0{,}9\,z^{-1}} .$$

1. Determinare poli e zeri.
2. Determinare l'equazione alle differenze che lega ingresso e uscita.
3. Ricavare un'espressione di $|H(e^{j\hat\omega})|^2$.
4. È un filtro passa-basso o passa-alto? Spiegare.

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 →, 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 →, 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 →; i suggerimenti del corso sono: zeri = radici del numeratore, poli = radici del denominatore; sostituire $z=e^{j\hat\omega}$; confrontare il modulo vicino a $0$ e a $\pi$.

1. Poli e zeri

$$H(z)=\frac{1+0{,}8z^{-1}}{1-0{,}9z^{-1}}=\frac{z+0{,}8}{z-0{,}9}\quad(\text{moltiplicando per }z/z).$$ Uno zero in $z=-0{,}8$ e un polo in $z=0{,}9$ (dentro il cerchio unitario: stabile, ROC $|z|>0{,}9$).

2. Equazione alle differenze

Da $H(z)=\frac{Y(z)}{X(z)}$ si ha $Y(z)(1-0{,}9z^{-1})=X(z)(1+0{,}8z^{-1})$, cioè $Y(z)=0{,}9z^{-1}Y(z)+X(z)+0{,}8z^{-1}X(z)$. Con $z^{-1}\leftrightarrow$ ritardo di un campione (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 →): $$y[n]=0{,}9\,y[n-1]+x[n]+0{,}8\,x[n-1].$$

3. Modulo quadro

Con $z=e^{j\hat\omega}$: $H(e^{j\hat\omega})=\frac{1+0{,}8e^{-j\hat\omega}}{1-0{,}9e^{-j\hat\omega}}$ e $|H|^2=H\,H^*$ si calcola come rapporto dei moduli quadri. Per numeratore e denominatore vale la regola $|1+ae^{-j\hat\omega}|^2=(1+ae^{-j\hat\omega})(1+ae^{j\hat\omega})=1+a^2+a(e^{j\hat\omega}+e^{-j\hat\omega})=1+a^2+2a\cos\hat\omega$. Quindi $$|1+0{,}8e^{-j\hat\omega}|^2=1+0{,}64+1{,}6\cos\hat\omega=1{,}64+1{,}6\cos\hat\omega,\qquad|1-0{,}9e^{-j\hat\omega}|^2=1+0{,}81-1{,}8\cos\hat\omega=1{,}81-1{,}8\cos\hat\omega,$$ $$|H(e^{j\hat\omega})|^2=\frac{1{,}64+1{,}6\cos\hat\omega}{1{,}81-1{,}8\cos\hat\omega}.$$

4. Passa-basso o passa-alto?

Si valuta alle due estremità dell'asse:

• $\hat\omega=0$ ($\cos=1$): $|H|^2=\frac{1{,}64+1{,}6}{1{,}81-1{,}8}=\frac{3{,}24}{0{,}01}=324$, cioè $|H|=18=\frac{1+0{,}8}{1-0{,}9}$;
• $\hat\omega=\pi$ ($\cos=-1$): $|H|^2=\frac{1{,}64-1{,}6}{1{,}81+1{,}8}=\frac{0{,}04}{3{,}61}=0{,}0111$, cioè $|H|=0{,}105=\frac{1-0{,}8}{1+0{,}9}$.

Il guadagno è altissimo alle basse frequenze (polo vicino a $z=1$) e quasi nullo alle alte (zero vicino a $z=-1$): è un passa-basso. Il rapporto fra i due guadagni è $18/0{,}105\approx171$, circa $45$ dB. Il grafico mostra che $|H|^2$ è monotono decrescente da $0$ a $\pi$ (la derivata di $\frac{1{,}64+1{,}6c}{1{,}81-1{,}8c}$ rispetto a $c=\cos\hat\omega$ è positiva, e $c$ decresce).