Fondamenti di Elaborazione Numerica dei Segnali Anno Accademico 2014-2015 Prima Prova Intermedia 24/11/2014 Tempo a disposizione 2h 1. Rappresentare graficamente la sequenza causale associata alla Trasformata z riportata di seguito per M = 5 2 1 − z −M X(z) = z−1 2. Calcolare l’antitrasformata z, monolatera destra, della seguente funzione X(z) = z(1.4z + 0.08) (z − 0.2)(z − 0.8)2 3. Si consideri il sistema il cui schema `e riportato nella figura seguente. Si determini a) la H(z) e la risposta all’impulso associate al sistema; b) quale frequenza positiva `e completamente ”bloccata” dal sistema?; c) per ω0 = π/2 quale sar` a l’uscita del sistema in risposta a x(n) = 3cos( π3 n + π6 )? x(n) Z-1 Z-1 + + + y(n) + α=-2cosω0 4. Si consideri il sistema LTI caratterizzato dalla seguente risposta all’impulso n π 1 h(n) = cos n u(n) 4 4 a) Determinarne la H(z); b) E’ possibile implementare questo sistema con un numero finito di sommatori, moltiplicatori e celle di ritardo? In caso di risposta affermativa quale sarebbe uno dei possibili schemi implementativi?; c) Determinare la risposta del sistema a x(n) = ( 14 )n u(n) 5. Siano date le seguenti due funzioni di trasferimento in z (0 < a < 1) 1−a 1 − az −1 1 − a 1 + z −1 H2 (z) = 2 1 − az −1 Che tipo di andamento (Passa-Basso, Passa-Alto, ....) hanno le due H(z), quale sar`a la loro banda a −3dB? Per a = 0.5 quale sar` a il filtro con banda minore? H1 (z) = 6. Determinare il sistema reale a minima fase caratterizzato dal seguenti modulo quadro della propria risposta in frequenza: |H(F )|2 = 5 4 − cos(2πF ) 10 2 9 − 3 cos(2πF ) Aiuto: Si pensi di scrivere il modulo quadro della risposta in frequenza come: |H(F )|2 = H(F )H(F )∗ = H(F )H(−F ) = H(z)H(z −1 )|z=ej2πF 7. Si consideri un segnale la cui componente a massima frequenza `e a 2 kHz. Il segnale `e campionato con un fattore di oversampling di 1.5 rispetto alla frequenza di campionamento minima necessaria per la sua corretta ricostruzione. a) Si progetti un filtro passa banda a 2 poli (complessi coniugati) centrato alla frequenza di 1kHz con banda a 3dB di ±100 Hz e se ne scriva la funzione di trasferimento H(z) (consiglio: considerare l’effetto di un singolo polo per il calcolo della banda a 3dB). b) Considerando l’effetto di entrambi i poli, qual `e l’attenuazione effettiva ottenuta a 1.1 kHz? c) Che tipo di filtro si otterrebbe aggiungendo due zeri sul cerchio unitario con fase pari a quella dei poli? 8. Gli invertitori di frequenza sono stati ampiamente utilizzati per rendere non intellegibile la voce umana nelle comunicazioni radio. Infatti se un segnale vocale ha una rappresentazione in frequenza che si estende da F1 ad F2 = 1/2 − F1 , esso risulta completamente non intellegibile se si invertono fra loro alte e basse frequenze. Considerando di lavorare con segnali campionati (che hanno quindi trasformata di Fourier, DTFT, periodica) come pu`o essere implementata questa ”inversione delle frequenze” (Scrambling) e come si pu`o realizzare l’operazione inversa (Unscrambling)? Aiuto: Si consiglia di disegnare l’andamento in modulo del DTFT del segnale, dall’osservazione del grafico possono nascere utili idee, inoltre l’operazione richiesta per lo Scrambling e Unscrambling `e nei due casi la stessa ed `e estremamente semplice. Fondamenti di Elaborazione Numerica dei Segnali Anno Accademico 2014-2015 Prima Prova Intermedia 24/11/2014 Soluzione degli esercizi proposti 1. La trasformata z data pu` o essere scritta come 2 2 2 1 − z −M −1 1 − z −M −1 1 − z −M z − z 1−M −1 1 − z −M −1 z = z z X(z) = = z = z−1 z−1 1 − z −1 1 − z −1 1 − z −1 l’antitrasformata z sar` a quindi la convoluzione di una sequenza rettangolare (composta da campioni unitari) che inizia per n = 1 e termina con n = M = 5, convoluta con se stessa. Sar`a quindi una funzione triangolare con primo valore diverso da zero in n = 2 , massimo in n = M − 1 + 2 = 6 ed ultimo campione diverso da zero in n = 2(M − 1) + 2 = 10. 2. X(z) x(n) z z z − +2 z − 0.2 z − 0.8 (z − 0.8)2 = (0.2)n − (0.8)n + 2 · n(0.8)n−1 u(n) = 3. La risposta all’impulso del sistema `e h(n) = δ(n) − 2cosω0 δ(n − 1) + δ(n − 2). La funzione di trasferimento in z `e H(z) = 1 − 2cosω0 z −1 + z −2 la risposta in frequenza (pulsazione) `e data da H(ω) = 1 − 2cosω0 e−jω + e−j2ω = 1 − ejω0 e−jω − e−jω0 e−jω + e−jω e−jω con qualche passaggio si ottiene anche H(ω) = 2e−jω (cosω − cosω0 ) In ogni caso, da ogni espressione di H(ω) `e facile verificare che H(ω) `e nulla per ω = ω0 . Per ω0 = π/2 H(ω) = 1 + e−j2ω e H(π/3) = 1 + e−j2π/3 = e−jπ/3 per cui y(n) = 3cos( π3 n + π 6 − π3 ) = 3cos( π3 n − π6 ) 4. La funzione di trasferimento in z `e data da √ 1 − 82 z −1 1 − 14 cos π4 z −1 √ H(z) = π −1 1 2 −2 = 1 1 −2 1 − 2( 4 )cos 4 z + ( 4 ) z 1 − 42 z −1 + 16 z E’ sicuramente possibile una implementazione con un numero finito di elementi, in particolare una cella FIR e due IIR. Dato l’ingresso proposto si ha X(z) = 1 1− 41 z −1 e quindi √ Y (z) = = = y(n) = X(z)H(z) = 1− 1 2 1 −1 4z 1− 1 2 1 −1 4z 1− + 1 + 1 1 −1 4z √ 1− 1 + 18 z −1 √2 1 −2 − 42 z −1 + 16 z √ 2 −1 1 (1 − 8 z ) 2√ 1 −2 − 42 z −1 + 16 z 1 1 n π ( ) 1 + cos n + (1 + 2 4 4 h 2 −1 8 z 2 −1 1 −2 + 16 z 4 z 1− 1 √ + √ √ 1+ 2 2 −1 2 8 z √ 2 −1 1 −2 + 16 z 4 z 1− π i 2)sin n u(n) 4 5. Sono entrambi passa-basso. In particolare si ha: |H1 (ω)|2 |H1 (0)|2 |H1 (ω)|2 |H2 (ω)|2 |H2 (0)|2 |H2 (ω)|2 (1 − a)2 1 + a2 − 2acosω = 1 1 4a − 1 − a2 = ⇒ cosω1 = 2 2a (1 − a)2 2(1 + cosω) = 4 1 + a2 − 2acosω = 1 1 2a = ⇒ cosω2 = 2 1 + a2 1 = per a = 0.5 risulta cosω2 > cosω1 e conseguentemente ω2 < ω1 . 6. Si ha |H(F )|2 = H(z)H(Z −1 ) = 5 4 − cos(2πF ) 10 2 9 − 3 cos(2πF ) 1 5 −1 ) 4 − 2 (z + z 10 1 −1 ) − (z + z 9 3 = = 5 1 jω + e−jω ) 4 − 2 (e 10 1 jω + e−jω ) 9 − 3 (e (1 − 21 z −1 )(1 − 12 z) (1 − 31 z −1 )(1 − 13 z) scegliendo H(z) in modo che abbia il polo all’interno del cerchio unitario (stabilit`a) e anche lo zero sempre all’interno del cerchio unitario (minima fase) si ottiene H(z) = (1 − 21 z −1 ) (z − 12 ) = (1 − 13 z −1 ) (z − 31 ) 7. La frequenza di campionamento minima necessaria `e 4Khz. Considerando il fattore di sovra-campionamento, la frequenza di campionamento da utilizzarsi diventa fc = 1.5 · 4 = 6Khz. La frequenza centrale del filtro corrisponde alla pulsazione normalizzata π 1 · 103 = ω = 2π 6 · 103 3 mentre la banda a 3dB pari a 200Hz corrisponde a ∆ω = 2π 200 π = 6 · 103 15 Usando l’approssimazione geometrica ∆ω = 2 per il calcolo della banda a 3dB si ottiene = ρ = π π ∆ω = 2 30 1 − = 0.8953 π I poli risultano essere quindi p1 = ρ · ej 3 e p2 = ρ · e−j 3 La funzione di trasferimento risulta H(z) = 1 1 = π π (1 − p1 z −1 )(1 − p2 z −1 ) (1 − ρ · ej 3 z −1 )(1 − ρ · e−j 3 z −1 ) dato il valore di |H(ej2πF )| in centro banda (f = 1Khz → F = 1/6) dovrebbe risultare che per f = 1.1Khz il modulo della funzione di trasferimento si `e ridotto di 3dB (un fattore 0.707 in termini di ampiezza). Infatti si ha 1.1π |H(2π 16 )| = |H( π3 )| = 5.815, mentre risulta |H(2π 1.1 6 )| = |H( 3 )| = 4.1068. L’aggiunta dei due zeri sul cerchio unitario (con la stessa fase dei poli) trasforma il filtro in un arresta banda (notch) alla frequenza determinata dal posizione (fase) di poli ne zeri. 8. Poich`e il segnale in ingresso (x(n)) ha trasformata periodica, la traslazione in frequenza di F = ±1/2 implementa esattamente la funzione richiesta. Tale traslazione corrisponde a considerare y(n) = x(n)e±jπn = x(n)(−1)n , inoltre z(n) = y(n)(−1)n = x(n) 2
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