Esercizio - Risposta di un IIR del primo ordine

Testo (esempi della lezione 22 del corso Multimedia Signal Processing, UniPD). Per il filtro IIR del primo ordine $y[n]=0{,}8\,y[n-1]+5\,x[n]$ (cioè $a_1=0{,}8$, $b_0=5$, $b_1=0$):

1. con l'ingresso $x[n]=2\delta[n]-3\delta[n-1]+2\delta[n-3]$ (quattro campioni) e condizioni di riposo iniziale, calcolare $y[n]$ per $n=0,\dots,5$;
2. trovare la risposta impulsiva e verificare il risultato del punto 1 con la convoluzione;
3. calcolare la risposta al gradino del sistema $y[n]=0{,}8y[n-1]+3x[n]$ e il suo limite;
4. cosa cambia se $a_1=\pm1$ e se $|a_1|>1$.

Teoria usata: 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 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 →, 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 →, 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 →, SommatorieIl simbolo di sommatoria, le sue proprietà (linearità, additività, cambio di indice) e le somme notevoli di Gauss e geometrica.Sommatorie →.

1. Iterazione dell'equazione alle differenze

Per $n=0$ serve $y[-1]$, che l'equazione non fornisce. Con le condizioni di riposo iniziale (ingresso e uscita nulli per $n<0$) è $y[-1]=0$: $$\begin{aligned}y[0]&=0{,}8\cdot0+5\cdot2=10,\\y[1]&=0{,}8\cdot10+5\cdot(-3)=-7,\\y[2]&=0{,}8\cdot(-7)+5\cdot0=-5{,}6,\\y[3]&=0{,}8\cdot(-5{,}6)+5\cdot2=5{,}52,\\y[4]&=0{,}8\cdot5{,}52+0=4{,}416,\\y[5]&=0{,}8\cdot4{,}416=3{,}5328.\end{aligned}$$ Da $n=4$ l'ingresso è nullo e l'uscita decresce di un fattore $0{,}8$ a ogni passo (il termine di retroazione è l'unico rimasto): $4{,}416$, $3{,}5328$, $2{,}826$, ... (calcolati con lfilter: $10;\,-7;\,-5{,}6;\,5{,}52;\,4{,}416;\,3{,}5328;\,2{,}8262;\,2{,}2610$).

2. Risposta impulsiva e convoluzione

Con $x=\delta$: $h[n]=0{,}8h[n-1]+5\delta[n]$, quindi $h[0]=5$, $h[1]=4$, $h[2]=3{,}2$, ... cioè $h[n]=5\cdot0{,}8^n\,u[n]$. L'uscita è la somma di impulsi pesati e traslati: $$y[n]=2h[n]-3h[n-1]+2h[n-3].$$ Per $n=0$: $2\cdot5=10$. $n=1$: $2\cdot4-3\cdot5=-7$. $n=2$: $2\cdot3{,}2-3\cdot4=-5{,}6$. $n=3$: $2\cdot2{,}56-3\cdot3{,}2+2\cdot5=5{,}12-9{,}6+10=5{,}52$. Coincide con il punto 1. (Per $n\ge3$ vale $y[n]=0{,}8^{n}\cdot5\,(2-3/0{,}8+2/0{,}8^{3})=0{,}8^n\cdot5\cdot(2-3{,}75+3{,}906)=10{,}78\cdot0{,}8^n$, quindi $y[4]=10{,}78\cdot0{,}4096=4{,}416$.) Confrontare con un FIR: lì l'ingresso di quattro campioni darebbe un'uscita di lunghezza finita; qui l'uscita ha infiniti campioni non nulli.

3. Risposta al gradino

Per $y[n]=0{,}8y[n-1]+3u[n]$ ($a_1=0{,}8$, $b_0=3$): $y[0]=3$, $y[1]=3(1+0{,}8)=5{,}4$, $y[2]=3(1+0{,}8+0{,}64)=7{,}32$, $y[3]=8{,}856$, ... cioè $y[n]=3\sum_{k=0}^n0{,}8^k$. Con la somma della serie geometrica (ragione $0{,}8\neq1$): $$y[n]=3\,\frac{1-0{,}8^{n+1}}{1-0{,}8}=15\,\big(1-0{,}8^{n+1}\big).$$ Per $n\to\infty$, $0{,}8^{n+1}\to0$ e $y[n]\to15=\frac{b_0}{1-a_1}$: regime $15$, transitorio $-15\cdot0{,}8^{n+1}$ che si estingue (con $n=25$ si è già a $14{,}9954$). Il sistema è stabile.

4. I casi limite

• $a_1=1$ ($y[n]=y[n-1]+b_0x[n]$, un accumulatore): al gradino $y[n]=b_0(n+1)$ cresce linearmente senza limite. Non è stabile.
• $a_1=-1$: $y[n]=-y[n-1]+b_0u[n]$ dà $b_0,\,0,\,b_0,\,0,\dots$ (per $b_0=1$: $1,0,1,0,\dots$), $b_0$ per $n$ pari e $0$ per $n$ dispari. L'uscita non esplode ma non converge: stabilità marginale (il polo $z=-1$ è sulla circonferenza unitaria).
• $|a_1|>1$: il termine $a_1^{n+1}$ cresce senza limite, l'uscita diverge: instabile.