Esercizio - Train your brain 3 - risposta in frequenza, sovrapposizione e transitorio

Testo ("Train your brain 3", lezione 4 del corso Multimedia Signal Processing, UniPD). Sette esercizi sulla risposta in frequenza dei filtri FIR: ingresso esponenziale complesso, coefficienti simmetrici, ingresso sinusoidale, somma di sinusoidi (sovrapposizione), transitorio e regime di un ingresso applicato a $n=0$, sistema alle differenze prime, cascata di due filtri.

Teoria usata: 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 → (definizione, sovrapposizione, fase lineare), 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 →, 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 → (cascata).

1 - esponenziale complesso

Testo. $x[n]=2e^{j\pi/4}e^{j\pi n/3}$ in un LTI con $\{b_k\}=\{1,2,1\}$: calcolare l'uscita.

Svolgimento. $\mathcal H(\hat\omega)=1+2e^{-j\hat\omega}+e^{-j2\hat\omega}=e^{-j\hat\omega}(2+2\cos\hat\omega)$. Alla frequenza dell'ingresso $\hat\omega=\frac\pi3$: modulo $2+2\cos\frac\pi3=3$, fase $-\frac\pi3$. Quindi $$y[n]=3e^{-j\pi/3}\cdot2e^{j\pi/4}e^{j\pi n/3}=6\,e^{j\pi/4}\,e^{j\frac\pi3(n-1)}.$$ Il guadagno $3$ moltiplica l'ampiezza ($2\to6$) e la fase $-\frac\pi3$ equivale a un ritardo di un campione ($e^{j\frac\pi3n}\to e^{j\frac\pi3(n-1)}$).

2 - coefficienti simmetrici

Testo. Per $\{b_k\}=\{1,-2,4,-2,1\}$ mostrare che $\mathcal H(\hat\omega)=[4-4\cos\hat\omega+2\cos2\hat\omega]\,e^{-j2\hat\omega}$.

Svolgimento. $\mathcal H=1-2e^{-j\hat\omega}+4e^{-j2\hat\omega}-2e^{-j3\hat\omega}+e^{-j4\hat\omega}$. Si raccoglie il ritardo centrale $e^{-j2\hat\omega}$ (il filtro ha $M=4$, centro di simmetria in $k=2$): $$\mathcal H=e^{-j2\hat\omega}\big(e^{j2\hat\omega}-2e^{j\hat\omega}+4-2e^{-j\hat\omega}+e^{-j2\hat\omega}\big)=e^{-j2\hat\omega}\big(2\cos2\hat\omega-4\cos\hat\omega+4\big),$$ perché le coppie $e^{\pm j2\hat\omega}$ e $e^{\pm j\hat\omega}$ danno $2\cos2\hat\omega$ e $2\cos\hat\omega$. Ogni FIR a coefficienti simmetrici ha risposta "reale per un ritardo $M/2$" (fase lineare, 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 →).

3 - ingresso sinusoidale

Testo. $\{1,2,1\}$ con $x[n]=2\cos(\frac\pi3n-\frac\pi2)$.

Svolgimento. Per coefficienti reali la risposta a un coseno è il coseno con ampiezza moltiplicata per $\lvert\mathcal H\rvert$ e fase aumentata di $\angle\mathcal H$ (è la sovrapposizione dei due esponenziali coniugati). Con $\mathcal H(\frac\pi3)=3e^{-j\pi/3}$: $$y[n]=3\cdot2\cos\Big(\frac\pi3n-\frac\pi2-\frac\pi3\Big)=6\cos\Big(\frac\pi3(n-1)-\frac\pi2\Big).$$

4 - somma di tre componenti

Testo. $\{1,2,1\}$ con $x[n]=4+3\cos(\frac\pi3n-\frac\pi2)+3\cos(\frac{20}{21}\pi n)$.

Svolgimento. Per sovrapposizione si calcola $\mathcal H$ in $0$, $\frac\pi3$ e $\frac{20}{21}\pi$: $\mathcal H(0)=4$; $\mathcal H(\frac\pi3)=3e^{-j\pi/3}$; $\mathcal H(\frac{20}{21}\pi)=0{,}0223\,e^{-j\frac{20}{21}\pi}$ (modulo $2+2\cos\frac{20\pi}{21}=2-2\cdot0{,}98883=0{,}0223$). Ciascuna componente: $4\cdot4=16$; $3\cdot3\cos(\frac\pi3n-\frac\pi2-\frac\pi3)$; $3\cdot0{,}0223\cos(\frac{20}{21}\pi n-\frac{20}{21}\pi)$. Totale $$y[n]=16+9\cos\Big(\frac\pi3(n-1)-\frac\pi2\Big)+0{,}067\cos\Big(\frac{20}{21}\pi(n-1)\Big).$$ La componente quasi a $\pi$ ($\frac{20}{21}\pi=0{,}952\pi$) è ridotta a $0{,}067$ (da $3$): il filtro è un passa-basso. Tutte e tre le componenti sono ritardate di un campione (fase lineare $-\hat\omega$).

5 - ingresso applicato in $n=0$: regime e transitorio

Testo. $\{1,-2,4,-2,1\}$ con $x[n]=\cos(0{,}2\pi n-\pi)\,u[n]$.

Svolgimento. Dall'esercizio 2, $\mathcal H(0{,}2\pi)=\big(4-4\cos0{,}2\pi+2\cos0{,}4\pi\big)e^{-j0{,}4\pi}$. Valori: $\cos0{,}2\pi=0{,}8090$, $\cos0{,}4\pi=0{,}3090$, quindi l'ampiezza reale è $4-3{,}2361+0{,}6180=1{,}382>0$: modulo $1{,}382$, fase $-0{,}4\pi$. A regime $$y[n]=1{,}382\cos(0{,}2\pi n-\pi-0{,}4\pi)=-1{,}382\cos(0{,}2\pi n-0{,}4\pi)=1{,}382\cos\big(0{,}2\pi(n-2)+\pi\big),\qquad n\ge4,$$ (si usa $-\cos\theta=\cos(\theta+\pi)$). Perché $n\ge4$: il filtro ha $M=4$ ritardi. Per $n<0$, $y=0$; per $n=0,1,2,3$ alcuni termini $x[n-k]$ hanno indice negativo e valgono zero: la somma è incompleta (transitorio); da $n=4$ tutti i termini sono presenti (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 →). Valori calcolati con la convoluzione:

Da $n=4$ le due righe coincidono; nei primi quattro campioni no (verificato con Python). La risposta impulsiva si ritrova dalla risposta in frequenza: espandendo $e^{-j2\hat\omega}[4-2(e^{j\hat\omega}+e^{-j\hat\omega})+(e^{j2\hat\omega}+e^{-j2\hat\omega})]$ si riottiene $h=\{1,-2,4,-2,1\}$.

6 - differenza prima

Testo. $y[n]=x[n]-x[n-1]$ con $x[n]=4+2\cos(0{,}3\pi n-\frac\pi4)$.

Svolgimento. $\mathcal H=1-e^{-j\hat\omega}=2\sin\frac{\hat\omega}2\,e^{j(\frac\pi2-\frac{\hat\omega}2)}$ (per $0<\hat\omega<\pi$). La continua ($\hat\omega=0$) viene eliminata: $\mathcal H(0)=0$. Per la componente a $0{,}3\pi$: modulo $2\sin(0{,}15\pi)=0{,}9080$ e fase $\frac\pi2-0{,}15\pi=0{,}35\pi$. L'uscita è $$y[n]=2\cdot0{,}9080\cos\Big(0{,}3\pi n-\frac\pi4+0{,}35\pi\Big)=1{,}816\cos(0{,}3\pi n+0{,}1\pi).$$ Errore nella soluzione del corso: le note scrivono $1{,}816\cos(0{,}3\pi n-0{,}1\pi)$, ma la fase è $-0{,}25\pi+0{,}5\pi-0{,}15\pi=+0{,}1\pi$: confrontando punto per punto con $x[n]-x[n-1]$ calcolato direttamente, lo scarto con $+0{,}1\pi$ è $10^{-14}$, con $-0{,}1\pi$ è $1{,}12$. (L'ampiezza $1{,}816$ è giusta.)

7 - cascata di due filtri

Testo. $\{2,4,6,4,2\}$ in cascata con $\{1,-2,2,-1\}$: risposta in frequenza complessiva e risposta impulsiva.

Svolgimento. $\mathcal H=\mathcal H_1\mathcal H_2$ con $\mathcal H_1=2+4e^{-j\hat\omega}+6e^{-j2\hat\omega}+4e^{-j3\hat\omega}+2e^{-j4\hat\omega}$ e $\mathcal H_2=1-2e^{-j\hat\omega}+2e^{-j2\hat\omega}-e^{-j3\hat\omega}$ (le note scrivono per errore $+e^{-j3\hat\omega}$ nell'ultimo termine di $\mathcal H_2$; i coefficienti dati sono $\{1,-2,2,-1\}$). Il prodotto dei polinomi in $e^{-j\hat\omega}$ è la convoluzione dei coefficienti, $\{2,4,6,4,2\}*\{1,-2,2,-1\}=\{2,0,2,-2,2,-2,0,-2\}$ (verificato), quindi $$\mathcal H=2+2e^{-j2\hat\omega}-2e^{-j3\hat\omega}+2e^{-j4\hat\omega}-2e^{-j5\hat\omega}-2e^{-j7\hat\omega},$$ $$h[n]=2\delta[n]+2\delta[n-2]-2\delta[n-3]+2\delta[n-4]-2\delta[n-5]-2\delta[n-7].$$ Lunghezza $5+4-1=8$ ($n=0,\dots,7$), con $h[1]=h[6]=0$.