Esercizio - Poli, zeri, risposta impulsiva e uscita di un IIR

Testo (esercitazione del corso Multimedia Signal Processing, UniPD, lezione 24, esercizio 2.1 sui filtri IIR). Un sistema LTI ha funzione di sistema $$H(z)=\frac{1+z^{-2}}{1+0{,}3\,z^{-1}} .$$

1. Disegnare poli e zeri di $H(z)$ nel piano $z$.
2. Con la trasformata zeta determinare la risposta impulsiva $h[n]$.
3. Ricavare un'espressione della risposta in frequenza $H(e^{j\hat\omega})$.
4. Con la risposta in frequenza determinare l'uscita $y_1[n]$ quando l'ingresso è $x_1[n]=2\cos(\pi n)$, $-\infty<n<\infty$.

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 →, 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 →, 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 →, 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 →.

1. Poli e zeri

Si moltiplica numeratore e denominatore per $z^2$ per avere potenze positive di $z$: $$H(z)=\frac{1+z^{-2}}{1+0{,}3z^{-1}}=\frac{z^2+1}{z^2+0{,}3z}=\frac{z^2+1}{z\,(z+0{,}3)} .$$

• Zeri: $z^2+1=0\Rightarrow z=\pm j$, due zeri sulla circonferenza unitaria.
• Poli: $z(z+0{,}3)=0\Rightarrow z=0$ e $z=-0{,}3$.

Entrambi i poli sono dentro il cerchio unitario, quindi il sistema causale è stabile e la ROC è $|z|>0{,}3$. (Il polo in $z=0$ viene dalla differenza di grado fra numeratore e denominatore ed è solo un ritardo.)

2. Risposta impulsiva

Si separa $H(z)$ in due termini, usando lo stesso denominatore: $$H(z)=\frac{1}{1+0{,}3z^{-1}}+z^{-2}\,\frac{1}{1+0{,}3z^{-1}} .$$ La coppia di base è $a^nu[n]\leftrightarrow\frac1{1-az^{-1}}$ (ROC $|z|>|a|$), qui con $a=-0{,}3$: il primo termine dà $(-0{,}3)^nu[n]$. Il fattore $z^{-2}$ è un ritardo di due campioni, quindi il secondo termine dà $(-0{,}3)^{n-2}u[n-2]$: $$h[n]=(-0{,}3)^n\,u[n]+(-0{,}3)^{n-2}\,u[n-2].$$ Per $n=0,1$ resta solo il primo termine: $h[0]=1$, $h[1]=-0{,}3$; da $n=2$ si sommano i due: $h[2]=0{,}09+1=1{,}09$, $h[3]=-0{,}027-0{,}3=-0{,}327$, $h[4]=0{,}0081+0{,}09=0{,}0981$, ... Verifica: iterando l'equazione alle differenze $y[n]=-0{,}3y[n-1]+x[n]+x[n-2]$ con un impulso si ottiene $1;\,-0{,}3;\,1{,}09;\,-0{,}327;\,0{,}0981;\,-0{,}02943;\,0{,}00883$, identici alla formula. Per $n\ge2$ vale $h[n]=(-0{,}3)^n\big(1+\frac1{0{,}09}\big)=12{,}11\,(-0{,}3)^n$: esponenziale a segno alterno che decade (risposta impulsiva infinita, IIR).

3. Risposta in frequenza

Si pone $z=e^{j\hat\omega}$ (lecito perché la circonferenza unitaria è nella ROC): $$H(e^{j\hat\omega})=\frac{1+e^{-j2\hat\omega}}{1+0{,}3\,e^{-j\hat\omega}} .$$ Per il modulo si può raccogliere $e^{-j\hat\omega}$ al numeratore: $1+e^{-j2\hat\omega}=e^{-j\hat\omega}(e^{j\hat\omega}+e^{-j\hat\omega})=2\cos\hat\omega\,e^{-j\hat\omega}$, quindi $|1+e^{-j2\hat\omega}|=2|\cos\hat\omega|$ (si annulla in $\hat\omega=\pm\frac\pi2$: i due zeri sulla circonferenza). Il denominatore ha $|1+0{,}3e^{-j\hat\omega}|=\sqrt{1{,}09+0{,}6\cos\hat\omega}$.

4. Uscita per $x_1[n]=2\cos(\pi n)$

L'ingresso è un coseno eterno di pulsazione $\hat\omega_0=\pi$ (cioè $x_1[n]=2(-1)^n$), e per un sistema LTI stabile l'uscita è lo stesso coseno moltiplicato per il modulo e sfasato della fase della risposta in frequenza: $y_1[n]=A\,|H(e^{j\hat\omega_0})|\cos\big(\hat\omega_0n+\varphi+\angle H(e^{j\hat\omega_0})\big)$ con $A=2$, $\varphi=0$. A $\hat\omega=\pi$ si ha $e^{-j\pi}=-1$ e $e^{-j2\pi}=1$: $$H(e^{j\pi})=\frac{1+1}{1-0{,}3}=\frac{2}{0{,}7}=\frac{20}{7}=2{,}857,\qquad\angle H(e^{j\pi})=0$$ (numeratore e denominatore reali positivi). Quindi $$y_1[n]=2\cdot\frac{20}{7}\cos(\pi n)=\frac{40}{7}\cos(\pi n)=5{,}714\,(-1)^n .$$ Verifica con lfilter su un ingresso causale: dopo circa $20$ campioni l'uscita coincide con $5{,}714(-1)^n$ (il transitorio decade come $0{,}3^n$, e già a $n=10$ vale circa $10^{-4}$).

Osservazione. Il polo in $-0{,}3$ sta sul semiasse reale negativo, quindi favorisce le frequenze vicine a $\pi$: $|H(e^{j\pi})|=2{,}857$ contro $|H(e^{j0})|=\frac{2}{1{,}3}=1{,}538$; gli zeri in $\pm j$ annullano invece $\hat\omega=\pm\frac\pi2$.