Esercizio - Passa-basso FIR di ordine 8 con finestra rettangolare e di Hamming

Testo (esercizio costruito sul progetto per finestre della lezione 18 del corso Multimedia Signal Processing, UniPD). Si progetta con il metodo delle finestre un filtro FIR causale a fase lineare di tipo I e ordine $N=8$ che approssima il passa-basso ideale con pulsazione di taglio $\hat\omega_0=\pi/2$.

1. Calcolare $h_d[n]$ e i coefficienti $h[n]$ ($n=0,\dots,8$) con la finestra rettangolare.
2. Ripetere con la finestra di Hamming.
3. Scrivere l'ampiezza $\bar H(\hat\omega)=\sum p_n\cos(n\hat\omega)$ e calcolarla in $0,\frac\pi4,\frac\pi2,\frac{3\pi}4,\pi$ per i due filtri.
4. Quale ordine serve con la finestra di Kaiser per $A_s=50$ dB e banda di transizione $0{,}1\pi$ centrata in $\frac\pi2$?

Teoria usata: Progetto di filtri FIR con il metodo delle finestreUn filtro FIR a fase lineare di tipo I (ordine $N$ pari, $h[n]=h[N-n]$) ha risposta $H(e^{j\hat\omega})=e^{-j\hat\omega N/2}\bar H(\hat\omega)$ con ampiezza $\bar H(\hat\omega)=\sum_{n=0}^{N/2}p_n\cos(n\hat\omega)$. Per approssimare un'ampiezza desiderata $D(\hat\omega)$ (passa-basso: $1$ in banda passante, $0$ in banda oscura, con tolleranze $\delta_p,\delta_s$ e frequenze $\hat\omega_p,\hat\omega_s$) ci sono tre metodi. Finestre: si tronca la serie di Fourier di $D$, cioè $h[n]=h_d[n-N/2],w[n]$ con $h_d[n]=\frac{\hat\omega_0}{\pi}\operatorname{sinc}\frac{\hat\omega_0 n}{\pi}$; la rettangolare è ottima in errore quadratico ma dà il fenomeno di Gibbs (9%, $21$ dB), le finestre rastremate (Hann, Hamming, Blackman, Kaiser) abbassano i lobi laterali allargando la transizione ($\hat\omega_s-\hat\omega_p\simeq\alpha,2\pi/L$). Campionamento in frequenza: $h=\mathrm{IDFT}$ dei campioni di $D$, esatto solo sui campioni. Minimax (Parks-McClellan): errore pesato minimo nel caso peggiore, soluzione equiripple con almeno $r+2$ alternanze, ordine più basso a parità di specifiche.Progetto di filtri FIR con il metodo delle finestre →, Filtri FIR a fase lineare - tipi e zeriI FIR a fase lineare di ordine N si dividono in quattro tipi: I (N pari, h simmetrica), II (N dispari, simmetrica), III (N pari, antisimmetrica), IV (N dispari, antisimmetrica). Si scrive H = e^{-jwN/2} e^{jb} A(w), con A somma di coseni (tipi I e II) o di seni (III e IV). Dalla relazione H(z) = ±z^{-N} H(1/z) segue che gli zeri vengono in gruppi (z0, z0*, 1/z0, 1/z0*) e che ci sono zeri forzati: tipo II in z = -1, tipo III in z = 1 e z = -1, tipo IV in z = 1, tipo I nessuno. Quindi II non fa passa-alto, III non fa passa-basso né passa-alto, IV non fa passa-basso. Ogni tipo II, III, IV è un tipo I moltiplicato per (1+z^-1), (1-z^-2), (1-z^-1).Filtri FIR a fase lineare - tipi e zeri →, Sistemi a fase lineare e assenza di distorsioneUn sistema non deforma il segnale se y[n] = K x[n-n0]: modulo costante e fase lineare -n0 w, cioè ritardo di gruppo costante n0. Un sistema reale e causale ha fase lineare (generalizzata) se e solo se è FIR con risposta impulsiva simmetrica h[n] = h[N-n] (ampiezza pari, fase -N w/2) o antisimmetrica h[n] = -h[N-n] (ampiezza dispari, fase -N w/2 + pi/2). Il ritardo di gruppo è N/2: intero se N è pari (vale la condizione di non distorsione), semi-intero se N è dispari (uscita interpolata e ritardata). Un IIR causale non può essere simmetrico, quindi non ha fase lineare esatta.Sistemi a fase lineare e assenza di distorsione →.

1. Finestra rettangolare

La risposta impulsiva ideale del passa-basso con taglio $\hat\omega_0=\frac\pi2$ è $h_d[n]=\frac{\hat\omega_0}\pi\operatorname{sinc}\big(\frac{\hat\omega_0n}\pi\big)=\frac{\sin(\pi n/2)}{\pi n}$, quindi $h_d[0]=\frac12$ e, con $m=n-\frac N2=n-4$ l'indice centrato: $$h_d[m]=\frac{\sin(\pi m/2)}{\pi m}:\quad m=0:\ 0{,}5;\quad m=\pm1:\ \frac1\pi=0{,}3183;\quad m=\pm2:\ 0;\quad m=\pm3:\ -\frac1{3\pi}=-0{,}1061;\quad m=\pm4:\ 0 .$$ (Tutti i coefficienti con $m$ pari e $m\neq0$ sono nulli perché $\sin(\pi m/2)=0$: un filtro con taglio a metà banda ha questa struttura.) Il filtro causale è $h[n]=h_d[n-4]$: $$h=\{0,\ -0{,}1061,\ 0,\ 0{,}3183,\ 0{,}5,\ 0{,}3183,\ 0,\ -0{,}1061,\ 0\}.$$ Con la rettangolare i due coefficienti $h[0]=h[8]=0$ sono già nulli, quindi di fatto il filtro è di ordine $6$. Somma dei coefficienti (guadagno in continua): $0{,}5+2(0{,}3183-0{,}1061)=0{,}9244$.

2. Finestra di Hamming

La finestra causale è $w[n]=0{,}54-0{,}46\cos\frac{2\pi n}{N}$, $n=0,\dots,8$; in forma centrata $w[m]=0{,}54+0{,}46\cos\frac{2\pi m}8$: vale $1$ per $m=0$; $0{,}54+0{,}46\cdot0{,}7071=0{,}8653$ per $m=\pm1$; $0{,}54$ per $m=\pm2$; $0{,}54-0{,}3253=0{,}2147$ per $m=\pm3$; $0{,}08$ per $m=\pm4$. Si moltiplica $h_d[m]$ per $w[m]$: $$h[4\pm1]=0{,}3183\cdot0{,}8653=0{,}2754,\qquad h[4\pm3]=-0{,}1061\cdot0{,}2147=-0{,}0228,$$ $$h=\{0,\ -0{,}0228,\ 0,\ 0{,}2754,\ 0{,}5,\ 0{,}2754,\ 0,\ -0{,}0228,\ 0\},\qquad\sum h=0{,}5+2(0{,}2754-0{,}0228)=1{,}0053 .$$ Con Hamming il guadagno in continua è $1{,}005$ invece di $0{,}924$: i coefficienti più esterni, che nella rettangolare creano le oscillazioni, sono stati ridotti.

3. Ampiezza e confronto

Per un tipo I con $N=8$ ($r=4$): $p_0=h[4]=0{,}5$, $p_n=2h[4-n]$, quindi $p_1=2h[3]$, $p_2=2h[2]=0$, $p_3=2h[1]$, $p_4=2h[0]=0$:

• rettangolare: $\bar H=0{,}5+0{,}6366\cos\hat\omega-0{,}2122\cos3\hat\omega$;
• Hamming: $\bar H=0{,}5+0{,}5508\cos\hat\omega-0{,}0456\cos3\hat\omega$.

Verifica di $\hat\omega=\frac\pi2$: i termini in coseno di indice dispari si annullano ($\cos\frac\pi2=\cos\frac{3\pi}2=0$) e resta $p_0=0{,}5$: il valore a metà banda è $0{,}5$ per entrambe. Infatti per ogni filtro con $h_d$ nulla sugli $m$ pari e finestra simmetrica vale $\bar H(\hat\omega)+\bar H(\pi-\hat\omega)=1$ (si è controllato numericamente: errore $10^{-15}$): è un filtro halfband. Con la rettangolare si vede il fenomeno di Gibbs: massimo $1{,}100$ (sovraelongo del $10\%$) e minimo $-0{,}100$ in banda oscura; con Hamming gli estremi sono $1{,}0053$ e $-0{,}0053$: le oscillazioni quasi spariscono, a prezzo di una transizione molto più dolce (il valore a $\frac\pi4$ scende a $0{,}92$ e a $\frac{3\pi}4$ vale $0{,}078$). Con $N=8$ la transizione ($3{,}3\cdot\frac{2\pi}9=2{,}3$ rad per Hamming secondo la tabella) è più larga dell'intera banda: serve un ordine più alto.

4. Ordine con la finestra di Kaiser

Con $A_s=50$ dB e $\Delta\hat\omega=0{,}1\pi$ (cioè $\frac{\Delta\hat\omega}{2\pi}=0{,}05$): $\beta=0{,}1102\,(50-8{,}7)=4{,}551$ e $$N\ge\frac{A_s-8}{14{,}36\,\frac{\Delta\hat\omega}{2\pi}}=\frac{42}{14{,}36\cdot0{,}05}=58{,}5,$$ quindi $N=60$ (pari, per un tipo I). Verifica: progettando il filtro con taglio $\frac\pi2$ e controllando gli errori in $[0,0{,}45\pi]$ e $[0{,}55\pi,\pi]$ si trova $\delta=0{,}0045$ con $N=58$ (non basta), $\delta=0{,}0031$ con $N=60$ e $\delta=0{,}0028$ con $N=62$: il limite è $10^{-50/20}=0{,}00316$, quindi $N=60$ è il primo ordine pari che soddisfa la specifica.