ΨΕΣΨηφιακή Επεξεργασία Σήματος

Σημειώσεις από τις παραδόσεις*

Για τον κώδικα σε LATEX, ενημερώσεις και προτάσεις:https://github.com/kongr45gpen/ece-notes

Φθινόπωρο 2018Τελευταία ενημέρωση: 4 Φεβρουαρίου 2019

Λάθη & Διορθώσεις

Οι τελευταίες εκδόσεις των σημειώσεων βρίσκονται στο Github (https://github.com/kongr45gpen/ece-notes/raw/master/dsp.pdf) ή στη διεύθυνση http://helit.org/ece-notes/dsp.pdf.Περιέχουν διορθώσεις σε λάθη και τυχόν βελτιώσεις.

Μπορείτε να ενημερώνετε για οποιοδήποτε λάθος και πρόταση μέσω PM στο forum, issue στο Github,ή οποιουδήποτε άλλου τρόπου.Μέχρι τώρα, 10 άτομα έχουν γράψει έστω και λίγο κώδικα για τις σημειώσεις όλων των μαθημάτων, 24άτομα έχουν προτείνει διορθώσεις, και έχουν γίνει συνολικά 106 αλλαγές χάρη σε δικές σας προτάσεις!

Κατάλογος Διαλέξεων

1 Διάλεξη 1/10/2018 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 Διάλεξη 5/10/2018 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83 Διάλεξη 8/10/2018 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144 Διάλεξη 12/10/2018 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205 Διάλεξη 15/10/2018 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 276 Διάλεξη 19/10/2018 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 317 Διάλεξη 22/10/2018 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 388 Διάλεξη 29/10/2018 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 429 Διάλεξη 2/11/2018 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4810 Διάλεξη 5/11/2018 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5311 Διάλεξη 9/11/2018 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5912 Διάλεξη 12/11/2018 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6014 Διάλεξη 23/11/2018 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6415 Διάλεξη 26/11/2018 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6716 Διάλεξη 30/11/2018 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6917 Διάλεξη 3/12/2018 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7318 Διάλεξη 7/12/2018 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

*Όπως διδάσκονται στο τμήμα Ηλεκτρολόγων Μηχανικών και Μηχανικών Υπολογιστών στο Αριστοτέλειο Πανεπιστήμιο Θεσσαλο-νίκης.

1

Περιεχόμενα

1 Εισαγωγή 31.1 Ιδιότητες . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.1.1 Χρήσιμοι τύποι ακολουθιών . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.1.2 Χαρακτηριστικά Μεγέθη . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.1.3 Χρήσιμες ακολουθίες . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.1.4 Συνέλιξη . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.2 Συστήματα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.2.1 Συνέλιξη . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.2.2 Ευστάθεια . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.2.3 Αιτιατότητα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161.2.4 Μερικοί χρήσιμοι ορισμοί για ακολουθίες . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

2 Συνεχής μετασχηματισμός Fourier διακριτού σήματος (Discrete-Time Fourier Transform) 172.1 Απόκριση γραμμικού ΑΚΜ συστήματος σε εκθετική είσοδο . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

2.1.1 Απόκριση συστήματος σε ημιτονοειδείς συναρτήσεις . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182.2 Μετασχηματισμός Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

2.2.1 Ιδιότητες της απόκρισης συχνότητας . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

3 Μετασχηματισμός Z 233.1 Περιοχή σύγκλισης . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233.2 Αντίστροφος μετασχηματισμός Z . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 273.3 Μέθοδοι υπολογισμού αντίστροφου μετασχηματισμού Z . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

3.3.1 Ολοκληρωτικά υπόλοιπα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 273.3.2 Μέθοδος συνεχούς διαίρεσης . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

3.4 Ιδιότητες του μετασχηματισμού Z . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 313.5 Εξίσωση διαφορών για γραμμικό & ΑΚΜ σύστημα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

3.5.1 Εξαγωγή συνάρτησης μεταφοράς . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 443.5.2 Σύνδεση συστημάτων . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

4 Δειγματοληψία 534.1 Χρήσιμα Σήματα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 554.2 Η διαδικασία της δειγματοληψίας . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

4.2.1 Σχέσεις συχνοτήτων . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 584.3 Aliasing (φασματική επικάλυψη) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 594.4 Spectral leakage (φασματική διαρροή) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 594.5 Under-Sampling (Υποδειγματοληψία) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 604.6 Διακριτές σχέσεις Kramers-Kronig . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

5 Σχεδίαση ψηφιακών φίλτρων 645.1 Αναλογικά φίλτρα Butterworth . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 645.2 Αριθμητική επίλυση διαφορικής εξίσωσης . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 665.3 Διγραμμικός Μετασχηματισμός . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 695.4 Συνελικτικά ολοκληρώματα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

5.4.1 Ακρίβεια της ψηφιακής προσέγγισης . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

2

Κεφάλαιο 1 Εισαγωγή

Διάλεξη 1η1/10/2018

Στο μάθημα της Ψηφιακής Επεξεργασίας Σήματος ασχολούμαστε με προβλήματα όπως το εξής:Παλιότερα, αν μας ζητούνταν να κατασκευάσουμε ένα φίλτρο (π.χ. ζωνοπερατό από 20 Hz - 500 kHz),

μπορούσαμε πολύ εύκολα να αγοράσουμε μια σακούλα με όλα τα εξαρτήματα (πυκνωτές, αντιστάσεις, …) απόένα κατάστημα και να φτιάξουμε το κύκλωμα.

Αν αργότερα μας ζητούσαν να φτιάξουμε ένα φίλτρο 20 Hz - 300 kHz, θα έπρεπε να ξαναπάμε στο κατά-στημα και να αγοράσουμε ξανά νέα σακούλα και νέα εξαρτήματα και να ξανακατασκευάσουμε το κύκλωμα.

Από τη στιγμή όμως που εφευρέθηκαν οι υπολογιστές, φανταστήκαμε να τους χρησιμοποιήσουμε και γιανα πραγματοποιήσουμε την παραπάνω διαδικασία και να αλλάζουμε προδιαγραφές όσο συχνά θέλουμε χωρίςνα τρέχουμε στο κατάστημα.

Αυτή η διαδικασία απαιτεί τα εξής:

• Πρέπει να μετατρέψουμε το πραγματικό αναλογικό σήμα σε μια μορφή που αναγνωρίζει αυτός ο υπολο-γιστής. Δηλαδή να μετατραπεί από αναλογικό σε ψηφιακό. Αυτό γίνεται με δύο βήματα:

1. Δειγματοληψία. Πρώτα πρέπει με έναν συγκεκριμένο τρόπο να λάβουμε δείγματα σε διακριτέςστιγμές του αρχικού αναλογικού σήματος. Αφού ο υπολογιστής δεν μπορεί να αποθηκεύσει άπειρεςτιμές, αναγκαστικά θα λάβουμε ένα πεπερασμένο εύρος τους.

t

x(t) αναλογικόσήμα

∈ R

n ∈ N

x(n) διακριτόσήμα

∈ R

Αυτό το σήμα ονομάζεται διακριτό (discrete).2. Κβάντωση. Στον αναλογικό κόσμο, οι πεπερασμένες τιμές έχουν άπειρη ακρίβεια. Όμως στον υπο-

λογιστή δεν μπορούμε να αποθηκεύσουμε άπειρα δεκαδικά ψηφία, αλλά πρέπει να τα αποθηκεύ-σουμε σε πεπερασμένες στάθμες που μας επιτρέπεται να χρησιμοποιηθούν.

t

x(t) αναλογικόσήμα

∈ R

n ∈ N

x(n) διακριτόσήμα

∈ R

n ∈ N

x(n) ψηφιακόσήμα

∈ Z

Αυτό το σήμα ονομάζεται ψηφιακό (digital).

Σε αυτό το μάθημα, παρά τον τίτλο του, θα ασχοληθούμε με διακριτά σήματα, και όχι ψηφιακά.

Για να επεξεργαστούμε τα σήματα, υποθέτουμε ότι θα υπάρχει μια συσκευή που μετατρέπει το Αναλο-γικό σήμα σε Διακριτό σήμα με τέτοιον τρόπο ώστε να μπορούμε να γυρίσουμε πίσω και να μπορούμενα το επεξεργαστούμε με έναν ασφαλή τρόπο που θα επιστρέψει σίγουρα σωστό αποτέλεσμα. Αυτό τοεξασφαλίζει το θεώρημα δειγματοληψίας (Nyquist-Shannon), σύμφωνα με το οποίο για να αναπαρα-στήσουμε ένα ζωνοπερατό σήμα, αρκεί να το δειγματοληπτήσουμε με συχνότητα διπλάσια της μέγιστηςσυχνότητας του σήματος.

Στην πραγματικότητα βέβαια, το θεώρημα δειγματοληψίας απαιτεί να δειγματοληπτούμε για άπειροχρόνο, κάτι μη πραγματικά εφικτό. Μάλιστα, τα πραγματικά σήματα είναι χρονοπερατά, άρα μη ζωνο-περατά, επομένως εν γένει δεν εφαρμόζεται το θεώρημα δειγματοληψίας. Όμως η παραπάνω διαδικασίαμπορούμε να πούμε ότι δίνει προσεγγιστικά ορθό αποτέλεσμα.

Ακόμα, υπάρχουν σήματα που είναι από τη φύση τους ψηφιακά, όπως τιμές χρηματιστηρίου, ακολουθίες,δεδομένα, followers στο instagram, …

3

• Παραμένει η ίδια η επεξεργασία του σήματος. Αυτή γίνεται με κώδικα ενός αλγορίθμου που εκτελείπράξεις, δεδομένου ότι έχει επεξεργαστεί το σήμα σωστά.

Σχηματικά:

A

B

αναλογικόςκόσμος x(t) y(t)

ψηφιακόςκόσμος A→D converter

AlgorithmCode

ALU+MemoryD→A converterx(t) y(t)

H(ω)H(s)h(t)???

Θέλουμε η διαδικασία A που είναι ένα πραγματικό, φυσικό φίλτρο ή κύκλωμα, να βγάζει περίπου ίδιοαποτέλεσμα με μια διαδικασία B που υλοποιούμε ψηφιακά, δηλαδή:

A ≃ Bή, ισοδύναμα για τα σήματα x(t) και y(t):

A[x(t)

]≃ B

[x(t)

]yanalog(t) ≃ ydigital(t)

Στο μάθημα θα ασχοληθούμε μόνο με διακριτά, όχι αυστηρά ψηφιακά σήματα. Παρακάτω στις σημειώσειςοι δύο όροι συχνά θα χρησιμοποιούνται εναλλάξ, αλλά θα αναφέρονται πάντα στο απλώς διακριτό σήμα.

1.1 Ιδιότητες

Όταν μιλάμε για διακριτό σήμα, μιλάμε ουσιαστικά για μία ακολουθία, όπως τη γνωρίζουμε από τα μαθη-ματικά.

Πράξεις Οι πράξεις σημάτων ορίζονται όπως και στις ακολουθίες. Ασχολούμαστε με τιμές ίδιων δεικτών(indices) n:

1. Πρόσθεση: x(n) + y(n) = z(n)

2. Πολλαπλασιασμός ακολουθιών: x(n) · y(n) = z(n)

3. Πολλαπλασιασμός αριθμού-ακολουθίας: a ∈ R, z(n) = a · x(n)

Άθροισμα γεωμετρικής προόδου Η γεωμετρική πρόοδος έχει σημαντική θέση στην ψηφιακή επεξεργασίασήματος (αφού στο αναλογικό σήμα είχαμε το σημαντικό e jωt, εδώ είναι σημαντικό το e jωn που εκφράζει συνεχήπολλαπλασιασμό με το e jω):

∞∑n=0

an =

1

1− a , |a| < 1αποκλίνει , |a| > 1

(για a = 1 αποκλίνει, και για a = −1 ταλαντεύεται. Επίσης, η παραπάνω σχέση ισχύει και για a ∈ C).Προσοχή ότι η παραπάνω σχέση ισχύει μόνο όταν το n ξεκινάει από το 0. Για παράδειγμα,

∑∞n=1

(12

)n=

11− 1

2− 1 = 1.Για πεπερασμένο αριθμό όρων:

N∑n=0

an =1− aN+1

1− a

4

1.1.1 Χρήσιμοι τύποι ακολουθιών

Περιοδική ακολουθία Η περιοδική ακολουθία περιέχει όρους που επαναλαμβάνονται, όπως και μία περιο-δική συνάρτηση. Μαθηματικά:

∃N ∈ Z : ∀n ∈ Z : x(n) = x(n+N)

δηλαδή η περιοδική μας ακολουθία έχει μια περίοδο N που είναι ακέραιος αριθμός.Προσοχή! Δεδομένου ότι η cos(ωt) είναι περιοδική, θα μπορούσε κάποιος να φαντασεί ότι και η cos(ωn)

είναι περιοδικό διακριτό σήμα. Αν το δούμε μαθηματικά: Έστω ∃N ∈ Z : cos(ωn) = cos(ω(n+N)

)⇒⇐⇒

ωn = ωn+ ωN+ kπ ⇒⇐⇒ N = πω /∈ Z.

περιοδικόψηφιακό

σήμα

fs = 2 Hz

μη περιοδικόψηφιακό

σήμα

fs = 1.28√2 Hz

Πρακτικά, δειγματοληπτούμε σε διαφορετικά σημεία, άσχετα ίσως από την περίοδο του σήματος. Γενικό-τερα, όταν δειγματοληπτούμε περιοδικά αναλογικά σήματα, δεν θα παίρνουμε πάντα περιοδικά διακριτά πίσω.

Μάλιστα, κάτι άλλο περίεργο όταν δειγματοληπτούμε είναι πως για διαφορετικά αναλογικά σήματα, μπορείνα πάρουμε το ίδιο ψηφιακό!

t

Στο παραπάνω σχήμα, δειγματοληπτώντας στις κορυφές και στα μηδενικά, θα πάρουμε το ίδιο πράγμα απότα δύο σήματα.

Άρτιες & Περιττές ακολουθίεςάρτια (even) ∀n ∈ Z : xe(n) = xe(−n)περιττή (odd) ∀n ∈ Z : −xo(n) = xo(−n)

Μπορούμε να μετατρέψουμε οποιαδήποτε ακολουθία σε ένα άρτιο και ένα περιττό μέρος:

xe(n) =x(n) + x(−n)

2xo(n) =

x(n)− x(−n)2

5

1.1.2 Χαρακτηριστικά Μεγέθη

1. Μέση τιμή: x(n) =

N∑n=0

x(n)

N+ 1

2. Ενεργός τιμή: x(n) =

N∑

n=0x2(n)

N+ 1

1/2

3. Στιγμιαία ισχύς: p(n) = x2(n)

4. Μέση Ισχύς: p = p(n) =

N∑n=0

x2(n)

N+ 1

5. Ενέργεια:W =

N∑n=0

x2(n) = (N+ 1)p

Σημείωση: Για μιγαδικές ακολουθίες θεωρούμε τομέτρο των τιμών της ακολουθίας για τον υπολογισμό

ισχύος & ενέργειας.

1.1.3 Χρήσιμες ακολουθίες

1) Εκθετική ακολουθία:

Εκθετική ακολουθία:

x(n) = Aesn = Aa(σ+jω)n

για την οποία λαμβάνουμε τις εξής περιπτώσεις για τιςσταθερές:

• a = e και s = σ < 0:

x(n) = Ae−|σ|n

(γεωμετρική πρόοδος με λόγο e−|σ|)

• a = e και s = ±jω:

x(n) = A[cos(ωn)± j sin(ωn)

]Είναι περιοδική μόνο εάν π

ω ∈ Q

x(n)

−4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4

2) Δέλτα του Kronecker:

Δέλτα του Kronecker:

δ(n) ={1 n = 00 n ̸= 0

δ(n)

−4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4

1

3) Βηματική ακολουθία step:

6

Βηματική ακολουθία:

u(n) ={1 n ≥ 00 n < 0

u(n)

−4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4

1

Μάλιστα, ισχύει ότι:

u(n) =n∑

m=−∞δ(m)

κάτι που μας θυμίζει αντίστοιχα από το αναλογικό σήμα ότι u(t) =´ t−∞ δ(τ)dτ

1.1.4 Συνέλιξη

Μπορούμε να μετατρέψουμε τη συνέλιξη του αναλογικού σήματος στο ψηφιακό.Στο αναλογικό, θυμόμαστε ότι, σύμφωνα με τον ορισμό της συνέλιξης:

x(t) = x(t) ∗ δ(t) =ˆ ∞−∞

x(τ)δ(t− τ)dτ

και στο ψηφιακό, μπορούμε να έχουμε κάτι αντίστοιχο:

x(n) =∞∑

m=−∞x(m)δ(n−m) (1)

Ορισμός 1.1: Συνέλιξη

Η συνέλιξη δύο διακριτών σημάτων ορίζεται ως εξής:

z(n) = x(n) ∗ y(n) =∞∑

k=−∞x(k)y(n− k)

Απόδειξη σχέσης (1) Έχουμε:

∞∑m=−∞

x(m)δ(n−m) =

n−1∑m=−∞

x(m) · 0+ x(n) · δ(n− n) +−∞∑

m=n+1x(m) · 0 = x(m)

1.2 Συστήματα

Στον αναλογικό κόσμο, ένα σύστημα ήταν ένα κουτί που έπαιρνε σήματα εισόδου, τα επεξεργαζόταν, καιέβγαζε σήματα εξόδου. Μαθηματικά, είναι μια απεικόνιση συναρτήσεων x(t) εισόδου σε συναρτήσεις εξόδους.

Επομένως, μπορούμε να ορίσουμε το ψηφιακό σύστημα ως ένα σύστημα που απεικονίζει ακολουθίες σεακολουθίες.

Σύστημα y(n)x(n)

Νόμος TΑντίστοιχα, ένα υβριδικό σύστημα απεικονίζει συναρτήσεις σε ακολουθίες. Δηλαδή έχει είσοδο αναλογικό

σήμα, και έξοδο ψηφιακό.

7

Γραμμικό Σύστημα Μπορούμε σε αυτό το σημείο να δώσουμε τον ορισμό του γραμμικού συστήματος πουσυναντάμε συνέχεια, για ένα ψηφιακό σύστημα T. Έστω οι έξοδοι y1(n) = T

[x1(n)

], y2(n) = T

[x2(n)

]. Το

σύστημα είναι γραμμικό ανν:

∀x1, x2 , ∀a1, a2 ∈ C :

a1T[x1(n)

]+ a2T

[x2(n)

]= T

[a1x1(n) + a2x2(n)

]Παραδείγματα:

• Το y(n) = ax(n) + b δεν είναι γραμμικό, λόγω του b.

• Το y(n) = nx(n) είναι γραμμικό.

Αμετάβλητο Κατά τη Μετατόπιση Σύστημα (ΑΚΜ)y(n) = T

[x(n)

]y(n− n0) = T

[x(n− n0)

]δηλαδή, αν το ενοχλήσουμε τη στιγμή 2 ή τη στιγμή 50, θα δώσει την ίδια έξοδο, ξεκινώντας αντίστοιχα απότη στιγμή 2 ή τη στιγμή 50.

Παραδείγματα:

• Το y(n) = ax(n) + b είναι αμετάβλητο κατά τη μετατόπιση.

• Το y(n) = nx(n) δεν είναι αμετάβλητο κατά τη μετατόπιση, λόγω του όρου n.

Το σύστημα που προκύπτει από μία διαφορική εξίσωση είναι αμετάβλητο κατά τη μετατόπιση όταν οισυντελεστές των παραγώγων του δεν εξαρτώνται από το χρόνο.

Λίγη προσοχή Χρειάζεται κάποια προσοχή στο χειρισμό ΑΚΜ και γραμμικών συστημάτων.Έστω τα συστήματα που εκφράζουν το νόμο του Ohm (V = IR) σε μια αντίσταση:

y1(t) = R(t) · x(t)y2(t) = R(x) · x(t)

Στο πρώτο σύστημα η αντίσταση εξαρτάται από το χρόνο (π.χ. διάβρωση), και στο δεύτερο εξαρτάται απότην είσοδο (π.χ. αύξηση θερμοκρασίας ⇒⇐⇒ αλλαγή αντίστασης για μεγαλύτερα ρεύματα).

Το πρώτο σύστημα είναι γραμμικό αλλά όχι ΑΚΜ, αφού η R(t) εξαρτάται από το χρόνο. Το δεύτερο σύ-στημα είναι ΑΚΜ αλλά όχι γραμμικό, αφού η R(x) εξαρτάται από την είσοδο.

Είναι λάθος να πούμε πως έστω R(t) = x(t) ⇒⇐⇒ y1(t) = x2(t) (μη γραμμικό), καθώς η R(t) είναι μιαπαράμετρος του συστήματος που δεν μπορεί να είναι ίση με τις διαφορετικές πιθανές εισόδους του. Παρομοίως,είναι λάθος να θεωρήσουμε ότι R(x) = R(x(t)) = R(t) ⇒⇐⇒ y2(t) = R(t)x(t) (μη ΑΚΜ) (δηλαδή ότι αφούη R εξαρτάται από το x και το x εξαρτάται από το χρόνο, άρα η R εξαρτάται μόνο από το χρόνο).

Διάλεξη 2η5/10/2018Πιο αυστηρά, ένα σύστημα y(n) = T

[x(n)

]είναι μία απεικόνιση από το σύνολο όλων των ακολουθιών

x(n) ∈ R (ή C) στο σύνολο όλων των ακολουθιών y(n) ∈ R (ή C)

x(n)

Ακολουθίες ∈ R,C

y(n)

T[x(n)

]

Ακολουθίες ∈ R,C

8

1.2.1 Συνέλιξη

Θυμόμαστε ότι ένα ψηφιακό σήμα είναι ίσο με την ψηφιακή συνέλιξή του με την δ(n) (1):

x(n) =∞∑

k=−∞x(k)δ(n− k)

Άρα, εφαρμόζοντας το σύστημα στη παραπάνω σχέση:

y(n) = T[x(n)

]= T

[x(k)δ(n− k)

]Και, αν το T είναι γραμμικό:

y(n) =∞∑

k=−∞T[x(k)δ(n− k)

]=

∞∑k=−∞

x(k) · T[δ(n− k)

]Δηλαδή η έξοδος του συστήματος σε κάποια είσοδο x(n) προκύπτει από τη συνέλιξη της εισόδου με την κρου-στική απόκριση του συστήματος (απόκριση στη δ(n)), την οποία ορίζουμε:

Κρουστική απόκριση: Έστω ότι δίνουμε σε ένα σύστημα είσοδο το δέλτα του Kronecker δ(n).Τότε η έξοδός του T

[δ(n)

]είναι η κρουστική απόκριση, την οποία ονομάζουμε h(n):

h(n) = T[δ(n)

]Μάλιστα, αν θεωρήσουμε ότι το σύστημα είναι ΑΚΜ, ισχύει ακόμα:

h(n− k) = T[δ(n− k)

]άρα το παραπάνω σύστημα γράφεται:

y(n) =∞∑

k=−∞x(k) · h(n− k)

Συμπέρασμα

Αν ένα σύστημα T : x(n) → y(n) είναι γραμμικό, τότε ορίζω την έννοια της κρουστικήςαπόκρισης του t ως h(n) = T

[δ(n)

]. Αν επιπροσθέτως το T είναι ΑΚΜ, τότε για οποιαδή-

ποτε είσοδο x(n) μπορώ να γράψω ότι η έξοδος θα δίνεται ως:

y(n) =∞∑

k=−∞x(k)h(n− k) = x(n) ∗ h(n) (συνέλιξη των διακριτών ακολουθιών)

Ιδιότητες Οι ιδιότητες της διακριτής συνέλιξης είναι ίδιες με αυτές του πολλαπλασιασμού:

α) Αντιμεταθετική: x(n) ∗ y(n) = y(n) ∗ x(n)

β) Προσεταιριστική: x1 ∗ (x2 ∗ x3) = (x1 ∗ x2) ∗ x3

γ) Επιμεριστική με πρόσθεση: x1 ∗ (x2 + x3) = x1 ∗ x2 + x1 ∗ x3

δ) Ουδέτερο στοιχείο η δ(n):

x(n) ∗ δ(n) = x(n)

9

Χρήσιμες πληροφορίες

• Μπορούμε να πούμε ότι ένα ψηφιακό σήμα έχει διάρκεια.Αν ξεκινάει (πρώτο μη-0 στοιχείο) στο n = D1 και τε-λειώνει (τελευταίο μη-0 στοιχείο) στο n = U1, τότελέμε ότι έχει διάρκεια:

T = U1 −D1 + 1

(προσοχή στον όρο +1!)D1 U1

…

• Έστω δύο σήματα:

x1(n) έχει διάρκεια T1

x2(n) έχει διάρκεια T2

τότε η συνέλιξή τους έχει διάρκεια:

T3 = T1 + T2 − 1

Άσκηση για το σπίτι

Φανταστείτε ότι σας δίνονται αρχές D1 και τέλη U1. Για παράδειγμα, μια ακολουθία ξεκινά απότο 1813 και τελειώνει στο 1980. Γνωρίζουμε ότι αν συνελίξουμε τέτοιες ακολουθίες μεταξύ τους,θα πάρουμε σήματα διάρκειας T3 = T1 + T2 − 1.Ζητείται να βρεθεί μια σχέση που, δεδομένων των U1,U2,D1,D2, να βρίσκει από ποιό σημείοD3 ξεκινάει το αποτέλεσμα της συνέλιξης, και σε ποιό σημείο U3 τελειώνει.

Η απάντηση θα είναι D3 = D1 +D2 και U3 = U1 +U2

• Για τη συνέλιξη με τη βηματική ακολουθία u(n) ισχύει:

x(n) ∗ u(n) =∞∑

k=−∞x(k)u(n− k)

Η u(n− k) είναι 1 όταν n− k ≥ 0 ⇒⇐⇒ k ≤ n:

=n∑

k=−∞x(k)u(n− k) =

n∑k=−∞

x(k)

δηλαδή η συνέλιξη με τη βηματική ακολουθία είναι ουσιαστικά το "ολοκλήρωμα" της ακολουθίας.

ΠαραδείγματαΆσκηση

Να συνελιχθούν οι συναρτήσεις:

x1(n) = δ(n) + 2δ(n− 1) + 3δ(n− 2) + 4δ(n− 3)x2(n) = δ(n+ 1)− 2δ(n) + δ(n− 1)

Λύση

Περιμένουμε η συνέλιξη, με βάση αυτά που είδαμε παραπάνω, να έχει διάρκεια:

4+ 3− 1 = 6

10

Πραγματοποιούμε τους υπολογισμούς:

x1 ∗ x2 = x1(n) ∗[δ(n+ 1)− 2δ(n) + δ(n+ 1)

]= x1(n) ∗ δ(n+ 1)− x1(n) ∗

(2δ(n)

)+ x1(n) ∗ δ(n− 1)

= x1(n+ 1)− 2x1(n) + x1(n− 1)= δ(n+ 1) + 2δ(n) + 3δ(n− 1) + 4δ(n− 2)− 2δ(n)− 4δ(n− 1)− 6δ(n− 2)− 8δ(n− 3) + δ(n− 1) + 2δ(n− 2) + 3δ(n− 3) + 4δ(n− 4)

= δ(n+ 1)− 5δ(n− 3) + 4δ(n− 4)

κάτι που όντως έχει διάρκεια 6.

Άσκηση

Έστω ότι έχουμε συναρτήσεις που ξεκινούν και τελειώνουν σε διάφορα σημεία:

y(n) ={βn−n0 n ≥ n0

0 n < n0x(n) =

{an 0 ≤ n ≤ N0 αλλού

Να βρεθεί η συνέλιξή τους.

Λύση

Μπορούμε να γράψουμε τις παραπάνω συναρτήσεις απλούστερα, εκμεταλλευόμενοι τη βηματικήstep function:

y(n) = βn−n0 · u(n− n0)

x(n) = an ·[u(n)− u(n−N− 1)

](με προσοχή στον όρο −1 μέσα στη u)

Άρα η συνέλιξη βρίσκεται:

z(n) = x(n) ∗ y(n)

=∞∑

k=−∞βn−n0u(n− n0)an

[u(n)− u(n−N− 1)

]=

∞∑k=−∞

[βk−n0u(k− n0) · an−k

[u(n− k)− u(n− k−N− 1)

]]=

∞∑k=−∞

βk−n0an−ku(k− n0)u(n− k)−∞∑

k=−∞βk−n0u(k− n0)an−ku(n− k−N− 1)

= β−n0ann∑

k=n0

βka−ku(n− n0)− β−n0ann−N−1∑k=n0

βka−ku(n−N− 1− n0)

Προσπαθώντας να φτάσουμε έναν όρο γεωμετρικής προόδου, θα κάνουμε το άθροισμα να ξεκινάει απότο 0:

= anβ−n0

(βa

)n0 n−n0∑k=0

(βa

)ku(n− n0)−

(βa

)n0 n−n0−N−1∑k=0

(βa

)ku(n−N− 1− n0)

11

και ήρθε η ώρα να εκμεταλλευτούμε τους τύπους αθροίσματος γεωμετρικής προόδου:

= an−n0

(βa

)n−n0+1− 1

βa − 1

u(n− n0)−

(βa

)n−N−n0− 1

βa − 1

u(n−N− 1− n0)

Άσκηση

Έστω η ακολουθία:

x(n) = an ∀n

και οι y(n), z(n) αυθαίρετες.Να δειχθεί ότι:[

x(n)y(n)]∗[x(n)z(n)

]= x(n)

[y(n) ∗ z(n)

]Λύση

Το αριστερό μέλος της ζητούμενης σχέσης είναι:

[x(n)y(n)

]∗[x(n)z(n)

]=

∞∑k=−∞

x(k)y(k)x(n− k)z(n− k)

=

∞∑k=−∞

aky(k)an−kz(n− k)

= an∞∑

k=−∞y(k)z(n− k)

= x(n) ·[y(n) ∗ z(n)

]Άσκηση

Να υπολογιστεί η ενέργεια και η ισχύς του σήματος:

x1(n) =(12

)nu(n)

Λύση

Η ενέργεια δίνεται από τον τύπο:

Ex1 =∞∑

n=−∞x21(n) =

∞∑n=−∞

(12

)2nu(n) =

∞∑n=0

(14

)n

=1

1− 14=

43

Έχουμε αποδείξει ότι το σήμα είναι σήμα ενέργειας, άρα σίγουρα δεν είναι σήμα ισχύος, δηλαδή ηισχύς του είναι:

P = 0

12

Εναλλακτικά, η ισχύς είναι η ενέργεια διά τη διάρκεια του σήματος, δηλαδή:

P =4/3

∞= 0

Άσκηση

Να υπολογιστεί η ενέργεια & η ισχύς του σήματος:

x2(n) = e j(nπ2+

π8 )

Λύση

Έχουμε:

Ex2 =∞∑

n=−∞

∣∣x2(n)∣∣2 = ∞∑n=−∞

|1|2 =∞

Η ισχύς του σήματος είναι:

Pa = limN→∞

12N+ 1

N∑n=−N

�����*1∣∣x2(n)∣∣2 = limN→∞

2N+ 12N+ 1 = 1

όπου N → ∞ o αριθμός στοιχείων αριστερά και δεξιά από το 0 (επομένως η ακολουθία έχει συνολικά2N+ 1→∞ μη μηδενικά στοιχεία).

Άσκηση

Δίνονται τα σήματα:

x(n) = 2nu(−n− 1)y(n) = 4nu(−n− 1)

Να βρείτε τη συνέλιξή τους:

x(n) ∗ y(n) = z(n)

Λύση

13

Έχουμε:

z(n) =∞∑

k=−∞x(k)y(n− k)

=∞∑

k=−∞2ku(−k− 1)4n−ku

(−(n− k)− 1

)= 4n

∞∑k=−∞

(24

)ku(−k− 1)u(−n− 1+ k)

= 4n−1∑

k=n+1

(12

)ku(−1− n− 1)

= 4n(12

)n+1·−n−2∑k=0

(12

)ku(−1− n− 1)

= 4n(12

)n+1(12

)−n−1− 1

12 − 1

u(−n− 2)

=(2n − 22n+1

)u(−n− 2)

Άσκηση για το σπίτι

Να γίνει η συνέλιξη των δύο ακολουθιών:

x(n) = u(−n− 1)

y(n) =(12

)nu(n)

Διάλεξη 3η8/10/20181.2.2 Ευστάθεια

Την ευστάθεια μπορούμε να την ορίσουμε με διαφορετικούς ασύμβατους τρόπους.Εμείς θα χρησιμοποιούμε την ευστάθεια κατά ΦΕΦΕ (Φραγμένη Είσοδος – Φραγμένη Έξοδος) (BIBO

— Bounded Input – Bounded Output).

Ορισμός 1.2: Φραγμένη ακολουθία

Μια φραγμένη ακολουθία x(n) είναι αυτή που δεν πιάνει τιμές μέχρι το άπειρο:∣∣x(n)∣∣ < M <∞ ∀n ∈ Z

Ορισμός 1.3: Ευστάθεια συστήματος κατά ΦΕΦΕ

Αν ∀x(n) φραγμένη είσοδο, η έξοδος y(n) ενός συστήματος είναι φραγμένη, τότε το σύστημα είναιευσταθές κατά ΦΕΦΕ (BIBO).

14

Θεώρημα 1.2: Πόρισμα

Αν γνωρίζουμε ότι ένα σύστημα είναι γραμμικό και ΑΚΜ (άρα ∃ h(n), δηλαδή υπάρχει ηκρουστική του απόκριση), τότε το σύστημα είναι ευσταθές ανν:

∞∑n=−∞

∣∣h(n)∣∣ <∞

Απόδειξη Για τις δύο κατευθύνσεις:

• Εξετάζω ότι∑∞

n=−∞∣∣h(n)∣∣ <∞ ⇒⇐⇒ ευστάθεια κατά BIBO:

Αφού το άθροισμα της κρουστικής απόκρισης είναι φραγμένο, θα ισχύει∞∑

n=−∞

∣∣h(n)∣∣ < L για κάποιο

(μεγάλο) L.Έστω x(n) φραγμένη είσοδος ⇐⇒

∣∣x(n)∣∣ < M ∀n, η έξοδος θα είναι:

y(n) =∞∑

k=−∞h(k)x(n− k)

⇒⇐⇒∣∣y(n)∣∣ =

∣∣∣∣∣∣∞∑

k=−∞h(k)x(n− k)

∣∣∣∣∣∣ ≤∞∑

k=−∞

∣∣h(k)∣∣ ∣∣x(n− k)∣∣

⇒⇐⇒∣∣y(n)∣∣ < M

∞∑k=−∞

∣∣h(n)∣∣ = N

Άρα∣∣y(n)∣∣ < N, άρα η έξοδος είναι φραγμένη.

• Εξετάζω ότι BIBO ⇒⇐⇒∑∞

n=−∞∣∣h(n)∣∣ <∞.

Εναλλακτικά θα εξετάσω το αντιθετοαντίστροφο, δηλαδή ότι∞∑

n=−∞

∣∣h(n)∣∣ =∞ ⇒⇐⇒ όχι BIBO

Ορίζω μία νέα ακολουθία x(n) ως εξής:

x(n) =

h∗(−n)|h(−n)| αν h(−n) ̸= 0

0 αλλού

Η x(n) έχει μοναδιαίο ή μηδενικό μέτρο παντού. Επομένως είναι φραγμένη. Θα την πετάξουμε ως είσοδοστο σύστημα για να αποδείξουμε ότι αυτό δίνει μη φραγμένη έξοδο, για φραγμένη είσοδο, άρα είναιαυτό ασταθές κατά BIBO:

y(n) =∞∑

k=−∞h(k)x(n− k) =

∞∑k=−∞

h(k)h∗(k− n)∣∣h(k− n)∣∣

Θέτουμε συγκεκριμένα y = 0:

y(0) =∞∑

k=−∞

h(k)h∗(k)∣∣h(k)∣∣ =∞∑

k=−∞

∣∣h(k)∣∣ =∞.

15

1.2.3 Αιτιατότητα

Ορισμός 1.4: Αιτιατό σύστημα

Ένα σύστημα είναι αιτιατό αν η έξοδος εξαρτάται μόνο από παρελθούσες τιμές της εισόδου ή/και τηντρέχουσα (παρούσα).Μαθηματικά:

y(n) = f(x(k), x(λ), x(ξ), . . . , x(p)

)όπου κ,λ, ξ, . . . ,p ≤ n

Θεώρημα 1.3

Ένα γρ. ΑΚΜ σύστημα θα είναι αιτιατό αν:

h(n) = 0 ∀n < 0

δηλαδή αν η κρουστική απόκριση είναι αιτιατή ακολουθία.

Απόδειξη Η έξοδος του συστήματος θα είναι:

y(n) =∞∑

k=−∞h(k)x(n− k)

Εμείς θέλουμε ο δείκτης του x να μην είναι ποτέ μεγαλύτερος από το n, διότι σε αυτήν την περίπτωση η έξοδοςθα εξαρτιόταν από το μέλλον του x(n). Δηλαδή το y(n) θα εξαρτάται από τα x(n + 1), x(n + 2), . . .. Άραθέλουμε k > 0.

Αυτό εξασφαλίζεται όταν h(k) = 0 ∀k < 0. Τότε η έξοδος θα είναι:

y(n) =∞∑k=0

h(k)x(n− k)

Το παραπάνω βέβαια, δεδομένου του ορισμού της συνέλιξης, γράφεται και ως εξής:

y(n) = h(n) ∗ x(n) = x(n) ∗ h(n)

=∞∑

k=−∞x(k)h(n− k)

=n∑

k=−∞x(k)h(n− k)

1.2.4 Μερικοί χρήσιμοι ορισμοί για ακολουθίες

α) Αιτιατή ακολουθία: x(n) = 0 ∀ n < 0

β) Ακολουθία δεξιάς πλευράς: ∃M ∈ Z : x(n) = 0 ∀ n < M

γ) Ακολουθία αντιαιτιατή: x(n) = 0 ∀ n ≥ 0

δ) Ακολουθία αριστερής πλευράς: ∃M ∈ Z : x(n) = 0 ∀ n > M

ε) Ακολουθία πεπερασμένης διάρκειας: ∃M,NM < N : ∀n < M ή n > N : x(n) = 0

Κάθε αιτιατή ακολουθία είναι δεξιάς πλευράς.

16

Κεφάλαιο 2 Συνεχής μετασχηματισμός Fourier διακριτού σήματος (Discrete-Time Fourier Transform)

2.1 Απόκριση γραμμικού ΑΚΜ συστήματος σε εκθετική είσοδο

Μελετάμε την απόκριση συστήματος σε είσοδο:

x(n) = an

όπου a ∈ C.Τότε η έξοδος είναι:

y(n) = h(n) ∗ x(n) =∞∑

k=−∞h(k)x(n− k)

=

∞∑k=−∞

h(k)an−k

= an∞∑

k=−∞h(k)a−k

= x(n) ·∞∑

k=−∞h(k)a−k︸ ︷︷ ︸

αριθμός που δεν εξαρτάται από το n= x(n) ·H

Το τελικό αποτέλεσμα δηλαδή θα είναι η είσοδος πολλαπλασιασμένη με έναν αριθμό που εξαρτάται απότην κρουστική απόκριση του συστήματος και τη βάση a της εισόδου.

• Έστω ότι:

a = e jω ⇒⇐⇒ x(n) = e jωn

για ω ∈ R μία συνεχή μεταβλητή.

Άρα η έξοδος θα είναι:

y(n) = x(n) ·∞∑

k=−∞h(k)e−jωk

το πλαίσιο είναι ουσιαστικά μία συνάρτηση που εξαρτάται από το e jω, ή πρακτικά μόνο από το ω. Ονο-μάζουμε αυτήν τη συνάρτηση H(ω):

H(ω) =∞∑

k=−∞h(k)e−jωk

αυτή ουσιαστικά είναι η απόκριση συχνότητας του συστήματος.

Υπενθυμίζουμε ότι το ω είναι συνεχής μεταβλητή. Μπορούμε να ορίσουμε έναν συνεχή μετασχηματι-σμό Fourier ως εξής:

x(n)→ X(ω) =∞∑

n=−∞x(n)e−jωn

• Έστω ότι:

a = z

17

δηλαδή το a ανήκει οπουδήποτε στο μιγαδικό επίπεδο Τότε:

y(n) = x(n) ·∞∑

k=−∞h(k)z−k

Ορισμός 2.1: Απόκριση συχνότητας

Ως απόκριση συχνότητας του συστήματος ορίζουμε τη συνάρτηση:

H(e jω)=

∞∑k=−∞

h(k)e−jωk

= HR(e jω)+ jHI

(e jω)

=

∣∣∣∣H(e jω)∣∣∣∣︸ ︷︷ ︸απόκριση πλάτους

exp[j arg

(H(e jωt))]

︸ ︷︷ ︸απόκριση φάσης

2.1.1 Απόκριση συστήματος σε ημιτονοειδείς συναρτήσεις

Έστω η είσοδος:

x(n) = Acos(ω0n+ φ

)Υπενθυμίζουμε ότι η είσοδος εν γένει δεν είναι περιοδική (Ενότητα 1.1.1).Αντικαθιστούμε το συνημίτονο:

x(n) = Ae jφe jω0n + e−jφe−jω0n

2οπότε κατά τα παραπάνω, η έξοδος θα είναι:

y(n) = A2 e

jφe jω0nH(e jω0

)+

A2 e−jφe−jω0nH

(e−jω0

)Εφ' όσον θεωρηθεί ότι h(n) ∈ R, τότε θα ισχύει H

(e jω0

)= H ∗

(e−jω0

). Άρα τελικά:

y(n) = A2 e

jφe jω0n∣∣∣∣H(e jω0

)∣∣∣∣ exp[j arg

(H(e jω0

))]+

A2 e

jφe−jω0n∣∣∣∣H(e jω0

)∣∣∣∣ exp[−j arg

(H(e jω0

))]

= A∣∣∣∣H(e jω0

)∣∣∣∣ cos(ω0n+ φ + arg

(H(e jω0

)))

Άσκηση

Να βρεθεί η απόκριση συχνότητας του συστήματος με μοναδιαία απόκριση h(n) = anu(n) για |a| < 1.

Λύση

Εύκολα φαίνεται ότι το σύστημα είναι αιτιατό και ευσταθές.

18

Για την απόκρισή του, από τον ορισμό της έχουμε:

H(e jω)=

∞∑n=−∞

h(n)e−jωn

=∞∑n=0

ane−jωn

=∞∑n=0

(ae−jω

)nΣε αυτό το σημείο εκμεταλλευόμαστε το άθροισμα άπειρων όρων γεωμετρικής προόδου:

=1

1− ae−jω(επειδή

∣∣∣ae−jω∣∣∣ = |a| < 1)

Άρα η απόκριση πλάτους & συχνότητας θα είναι:∣∣∣∣H(e jω)∣∣∣∣ = 1(1+ a2 − 2a cosω

)1/2arg

(H(e jω))

= − arctan(

a sinω1− a cosω

)Άσκηση

Δίνεται γρ. ΑΚΜ σύστημα με:

h(n) = 12δ(n) + δ(n− 1) + 1

2δ(n− 2)

Να χαρακτηριστεί και να βρεθεί η απόκριση συχνότητάς του.

Λύση

Το σύστημα είναι αιτιατό & ευσταθές.Σύμφωνα με τον ορισμό, έχουμε:

H(e jω)=

∞∑n=−∞

h(n)e−jωn

=∞∑

n=−∞

[12δ(n) + δ(n− 1) + 1

2δ(n− 2)]e−jωn

=12e−jω0 + e−jω1 + 1

2e−jω2

= e−jω[12e

jω + 1+ 12e−jω]

= e−jω(1+ cosω)

Άρα σε πλάτος και φάση:∣∣∣∣H(e jω)∣∣∣∣ = |1+ cosω| = 1+ cosω

arg[H(e jω)]

= arg[e−jω(1+ cosω)

]= arg

[e−jω

]+ arg [1+ cosω]︸ ︷︷ ︸

επειδή 1+ cos ω ≥ 0

= −ω+ 0 = −ω

19

0 π2

π 3π2

2π0

1

2

∣∣∣∣H(e jω)∣∣∣∣

0 π2

π 3π2

2π

0◦

−90◦

−180◦

−270◦

−360◦

arg[H(e jω)]

Διάλεξη 4η12/10/20182.2 Μετασχηματισμός Fourier

Παραπάνω ορίσαμε το συνεχή μετασχηματισμό Fourier στο διακριτό σήμα ως εξής:

H(e jω) =∞∑

n=−∞h(n)e−jωn

και, αν το σύστημα είναι ευσταθές κατά BIBO, έχουμε:

h(n) ευσταθές ⇐⇒∞∑

n=−∞

∣∣h(n)∣∣ <∞⇐⇒

∞∑n=−∞

∣∣h(n)∣∣ ∣∣∣e−jωn∣∣∣ <∞⇐⇒

∞∑n=−∞

∣∣∣h(n)e−jωn∣∣∣ <∞ ⇒⇐⇒∞∑

n=−∞h(n)e−jωn <∞ ⇒⇐⇒ ∃ H

(e jω)

Πρακτικά, διαπιστώνουμε ότι αν το σύστημα είναι ευσταθές, τότε το σύστημα έχει απόκριση συχνότητας,δηλαδή ορίζεται ο μετασχηματισμός Fourier του.

Ένα ερώτημα που προκύπτει είναι αν ισχύει το αντίστροφο, δηλαδή αν η ύπαρξη του H(e jω)⇒⇐⇒ ότι

το σύστημα είναι ευσταθές. Για να το διαπιστώσουμε αυτό, θεωρούμε ένα αντιπαράδειγμα (χαμηλοπερατούφίλτρου):

H(e jω){1 |ω| < ωc

0 αλλού

−1 1

1

H(e jω)

Το παραπάνω σύστημα δεν είναι ευσταθές! Πράγματι, η αντίστοιχη κρουστική απόκρισή του είναι h(n) =sin ωcnπn . Το σύστημα δεν είναι αιτιατό (αφού h(n) ̸= 0 ⇐⇒⇐ n < 0), και το άθροισμα S =

∞∑n=−∞

∣∣∣∣sinωcnπn

∣∣∣∣τείνει στο∞.

Επομένως, η ύπαρξη του μετασχηματισμού Fourier δεν συνεπάγεται την ευστάθεια του συστήματος.

2.2.1 Ιδιότητες της απόκρισης συχνότητας

Ο συνεχής μετασχηματισμός Fourier στο διακριτό σήμα:

20

1. Είναι συνάρτηση συνεχούς μεταβλητής ω ∈ (−∞,∞)

2. Η H(e jω)είναι περιοδική με περίοδο 2π.

Επιπλέον, αν για το αρχικό σήμα στο χρόνο ισχύει h(n) ∈ R:

3. Η∣∣∣∣H(e jω)∣∣∣∣ είναι άρτια συνάρτηση του ω και

συμμετρική ως προς τον άξονα ω = π.

4. Το argH(e jω)είναι περιττή συνάρτηση του ω

και αντισυμμετρική ως προς τον άξονα ω = π.

π π

Άσκηση για το σπίτι

Να αποδειχθούν οι ιδιότητες 3, 4. Γιατί η ιδιότητα 2 δεν ισχύει στον Μ/Σ Fourier συνεχών σημάτων;

Άσκηση

Να βρεθεί ο συνεχής Μ/Σ Fourier της:

h(n) ={1 0 ≤ n < N0 αλλού

Λύση

Η δοθείσα συνάρτηση γράφεται απλούστερα ως:

h(n) = u(n)− u(n−N)

Επομένως μπορούμε να υπολογίσουμε αναλυτικά το μετασχηματισμό της:

H(e jω)=

∞∑n=−∞

h(n)e−jωn

=

N−1∑n=0

1e−jωn

=1− e−jωN1− e−jω

=e−jωN/2

(e jωN/2 − e−jωN/2

)e−jω/2

(e jω/2 − e−jω/2

)= e−

jω2 (N−1)

sin(ωN2

)sin(ω2

)Άρα:

∣∣∣∣H(e jω)∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣∣sin(ωN2

)sin(ω2

)∣∣∣∣∣∣∣

arg(H (e)

)= −ω

2 (N− 1) + atan2

0,sin(ωN2

)sin(ω2

)

21

5. Μπορούμε να χωρίσουμε κάθε απόκριση συχνότητας σε ένα περιττό και ένα άρτιο κομμάτι:

h(n) = ho(n) + he(n)

όπου ho(n) = j Im{H(e jω)}

και he = Re{H(e jω)}

Μετασχηματισμός σήματος Ακριβώς όπως ορίσαμε το μετασχηματισμό της κρουστικής απόκρισης, μπο-ρούμε να μετασχηματίσουμε και την είσοδο x(n):

X(e jω)=

∞∑−∞

x(n)e−jωn

Τότε, μπορούμε δοθέντος του συνεχούς Μ/Σ Fourier ενός σήματος, να γυρίσουμε πίσω στο ίδιο το σήμα:

x(n) = 12π

ˆ π

−πX(e jω)e jωn dω

Εδώ δίνουμε προσοχή στο ότι ολοκληρώνουμε και δεν αθροίζουμε, αφού στο μετασχηματισμό αυτόν ησυχνότητα είναι συνεχής μεταβλητή.

Απόδειξη Έχουμε:

X(e jω)=

∞∑k=−∞

x(k)e−jωk ⇒⇐⇒

X(e jω)e jωn =

∞∑k=−∞

x(k)e jω(n−k)

⇒⇐⇒ˆ π

−πX(e jω)e jωn dω =

∞∑k=−∞

x(k)ˆ π

−πe jω(n−k) dω =

∞∑k=−∞

x(k)2πδ(n− k) = 2πx(n).

Θεώρημα Parseval

Θεώρημα 2.1: Parseval's Theorem

Το θεώρημα του Parseval συνδέει την ενέργεια του σήματος με το Μ/Σ Fourier του:

E =

∞∑n=−∞

∣∣x(n)∣∣2 = 12π

ˆ π

−πX(e jω)X∗(e jω)dω

Άσκηση για το σπίτι

Να αποδειχθεί το θεώρημα του Parseval.

Πολλαπλασιασμός & Συνέλιξη

Θεώρημα 2.2

Η συνέλιξη στο χρόνο είναι πολλαπλασιασμός στη συχνότητα του DTFT:

x(k) ∗ h(k)↔ X(e jω)H(e jω)

22

Απόδειξη Έχουμε:

y(n) =∞∑

k=−∞h(n− k)x(k) ⇒⇐⇒

∞∑n=−∞

y(n)e−jωn =

∞∑n=−∞

e−jωn∞∑

k=−∞h(n− k)x(k) ⇒⇐⇒

Y(e jω)=

∞∑k=−∞

x(k)∞∑

n=−∞e−jωnh(n− k)

=

∞∑k=−∞

x(k)e−jωk∞∑

n=−∞e−jω(n−k)h(n− k)

= X(e jω)H(e jω)

Κεφάλαιο 3 Μετασχηματισμός Z

Ο μετασχηματισμός Z είναι μια επέκταση του μετασχηματισμού Fourier στον διακριτό κόσμο, που θαμπορούσε να μοιάσει με το μετασχηματισμό Laplace στο συνεχές σήμα.

Θυμόμαστε ότι η έξοδος ενός συστήματος είναι:

y(n) = h(n) ∗ x(n)

και για μία είσοδο εκθετικής μορφής:

x(n) = an

η έξοδος θα είναι:

y(n) = an∞∑

k=−∞h(k)a−k︸ ︷︷ ︸H(a)

ή, θεωρώντας ότι το a είναι κάποιο μιγαδικό z:

y(n) = zn∞∑

k=−∞h(k)z−k

Τώρα μπορούμε να ορίσουμε το μετασχηματισμό Z ως εξής:

Ορισμός 3.1: Μετασχηματισμός Z

Ο μετασχηματισμός Z μιας συνάρτησης x(n) ορίζεται ως εξής:

X(z) =∞∑

n=−∞x(n)z−n

3.1 Περιοχή σύγκλισης

Για να έχει νόημα ο Ορισμός 3.1, πρέπει να συγκλίνει το εξής άθροισμα:

∞∑n=−∞

∣∣∣x(n)z−n∣∣∣ <∞23

ή, ισοδύναμα:

∞∑n=−∞

∣∣x(n)∣∣ |z|−n <∞

Αυτό που καθορίζει το αν θα συγκλίνουμε είναι το μέτρο |z|. Οι περιοχές ίσου μέτρου ορίζουν κύκλους ήdonuts στο μιγαδικό επίπεδο του z:

Από τη μιγαδική ανάλυση αποδεικνύεται πως η περιοχή σύγκλισης δεν μπορεί να έχει κάποια άλλη περίεργημορφή:

Επομένως, για το |z| θα ισχύει D < |z| < U για κάποια D,U. Αυτά ορίζουν το ROC (Region OfConvergence) του μετασχηματισμού Z, χωρίς το οποίο ο μετασχηματισμός δεν έχει νόημα.

Στις περιοχές σύγκλισης θα εξετάζουμε και αν ανήκει το |z| =∞. Τονίζουμε ότι ο όρος zn ορίζεται για:

• |z| <∞, όταν n > 0.

• z ∈ C, όταν n = 0.

• |z| > 0, όταν n < 0.

Αν στην περιοχή σύγκλισης ανήκει ο μοναδιαίος κύκλος |z| = 1, τότε υπάρχει ο μετασχηματισμός Fourierτης ακολουθίας.

Απόδειξη:

∞∑n=−∞

|x(n)||z|−n <∞ ⇒⇐⇒∞∑

n=−∞|x(n)||1|−n <∞ ⇒⇐⇒

∞∑n=−∞

|x(n)|∣∣∣e−jωn∣∣∣−n <∞

∣∣∣e jω∣∣∣ = 1

24

Άσκηση

Να βρεθεί ο Z μετασχηματισμός του x(n) = anu(n).

Λύση

X(z) =∞∑

n=−∞x(n)z−n =

∞∑n=0

anz−n =

∞∑n=0

(az

)n

=1

1− az=

zz− a αν

∣∣∣∣az∣∣∣∣ = 1

Άρα γράφουμε συμβολικά:

x(n) = anu(n) ZT−−−−→ X(z) = zz− a ROC : |z| > |a|

Άσκηση

Να βρεθεί ο μετασχηματισμός Z του x(n) = −anu(−n− 1).

Λύση

Έχουμε:

X(z) =∞∑

n=−∞x(n)z−n =

−1∑n=−∞

−anz−n =−1∑

n=−∞−(az

)n

Προσπαθώ να ξεκινήσω την άθροιση από το 0 για να εφαρμόσω τύπο γεωμετρικής προόδου:

=∞∑n=1−(az

)−n= −

∞∑n=1

(za

)n= 1−

∞∑n=0

(za

)n

= 1− 11− z

a

∣∣∣∣za∣∣∣∣ < 1

=1− z

a − 11− z

a=− z

a1− z

a=−za− z =

zz− a

Εδώ παρατηρούμε κάτι ενδιαφέρον: Ο τύπος του μετασχηματισμού Z είναι ακριβώς ίδιος με αυτόντης προηγούμεης άσκησης, παρ' όλο που προέρχονται από διαφορετικές συναρτήσεις. Η διαφορά εδώβρίσκεται στην περιοχή σύγκλισης (ROC), που είναι διαφορετική στις δύο ασκήσεις. Εδώ φαίνεται καιη σημασία του δεδομένου της περιοχής σύγκλισης.

Άσκηση

Να βρεθεί ο μετασχηματισμός Z της συνάρτησης:

x(n) = anu(n)− bnu(−n− 1)

Λύση

25

Έχουμε:

X(z) =∞∑

n=−∞x(n)z−n

=∞∑

n=−∞

[anu(n)− bnu(−n− 1)

]z−n

=

∞∑n=0

anz−n −−1∑

n=−∞bnz−n

=z

z− a +z

z− b για |z| > |a| και |z| < |b|

Η X(z) υπάρχει αν υπάρχει η περιοχή σύγκλισης (ROC): |a| < |z| < |b|. Για να συμβαίνει αυτό,πρέπει να ισχύει η συνθήκη |a| < |b|. Διαφορετικά, δεν υπάρχει ο μετασχηματισμός.

• Για ακολουθίες δεξιάς πλευράς (x(n) = 0 ⇐⇒⇐ n < n0, Ενότητα 1.2.4), αν n0 ≥ 0, η περιοχήσύγκλισης είναι:

|z| > |z1|

Απόδειξη Ο μετασχηματισμός Z της ακολουθίας θα είναι:∞∑

n=n0 ≥0x(n)z−n

Υποθέτουμε ότι συγκλίνει για κάποιο |z| = |z1| Θέλουμε η σειρά∞∑

n=n0≥0

∣∣∣x(n)z−n1

∣∣∣ <∞ να συγκλίνει.

Τότε, για ένα τυχαίο |z| > |z1|, θα ισχύει

|z| > |z1| ⇒⇐⇒ |z|−n < |z1|−n ⇒⇐⇒∣∣∣x(n)∣∣∣∣∣∣z−n∣∣∣ < ∣∣∣x(n)∣∣∣∣∣∣z−n1

∣∣∣ <∞αν n ≥ 0. Δηλαδή, η ακολουθία θα συγκλίνει για οποιοδήποτε |z| μεγαλύτερο κάποιου |z1|.

– Αν αντίθετα, n0 < 0:

∞∑n=n0

x(n)z−n =−1∑

n=n0

x(n)z−n︸ ︷︷ ︸συγκλίνει ως πεπερασμένο

+

συγκλίνει︷ ︸︸ ︷∞∑n=0

x(n)z−n

που οδηγεί σε ένα αντίστοιχο αποτέλεσμα, πλην του κύκλου στο άπειρο:

|z1| < |z| <∞

• Για ακολουθίες αριστερής πλευράς (x(n) = 0 ⇐⇒⇐ n > n0), τότε (αντίστοιχα με παραπάνω):

X(z) =n0∑

n=−∞x(n)z−n

Τότε θα ισχύει:{n0 ≤ 0 ⇒⇐⇒ ROC = |z| < |z1|n0 > 0 ⇒⇐⇒ ROC = 0 < |z| < |z1|

26

• Για ακολουθίες πεπερασμένου μήκους (x(n) = 0 ∀ n < N, n > M, M > N), ο μετασχηματισμός Zθα είναι:

X(z) =M∑

n=Nx(n)z−n

Εδώ δεν έχουμε άπειρο άθροισμα. Κινδυνεύουμε με απειρισμούς μόνον όταν z = 0 ή z = ∞. Πιοσυγκεκριμένα:

Αν N < 0 &M > 0 ⇒⇐⇒ ROC: 0 < |z| <∞Αν N > 0 &M > 0 ⇒⇐⇒ ROC: 0 < |z|Αν N < 0 &M < 0 ⇒⇐⇒ ROC: |z| <∞

Διάλεξη 5η15/10/20183.2 Αντίστροφος μετασχηματισμός Z

Ο ευθύς μετασχηματισμός Z είναι:

X(z) △=∞∑

n=−∞x(n)z−n RX(z)

Αποδεικνύεται ότι ο αντίστροφος μετασχηματισμός Z είναι:

x(n) = 12πj

‰

c∈RX(z)zn−1

X(z)zn−1 dz

Η παραπάνω σχέση βασίζεται στο ολοκλήρωμα του Cauchy, 12πj‌z−k−1 dz =

{1 k = 00 k ̸= 0

3.3 Μέθοδοι υπολογισμού αντίστροφου μετασχηματισμού Z

3.3.1 Ολοκληρωτικά υπόλοιπα

Με βάση τη μιγαδική ανάλυση, γνωρίζουμε ότι:

x(n) =∑{

Res[X(z)zn−1

]}για τους πόλους εντός του C ∈ RX(z)zn−1 .

ROC

Η παραπάνω σχέση συμπεριλαμβάνει και πόλους που βρίσκονται εκτός των ορίων περιοχής σύγκλισης αλλάμέσα στα όρια του κύκλου που αυτή ορίζει.

Παράδειγμα Ένα σύστημα έχει 4 πόλους. Πόσες είναι οι μέγιστες δυνατές περιοχές σύγκλισης;

Απάντηση Ένας πόλος, ως απομονωμένο ανώμαλο σημείο, δεν μπορεί να βρίσκεται μέσα στην πε-ριοχή σύγκλισης.

Τοποθετούμε τους πόλους στο πραγματικό επίπεδο για ευκολία, και θεωρούμε περιοχές σύγκλισης με ανοι-χτά όρια. Επειδή μια περιοχή σύγκλισης πρέπει να έχει πόλο στα όριά της, αλλά δεν μπορεί να περιέχει πόλο,οι δυνατές επιλογές θα μοιάζουν ως εξής:

27

Άρα έχουμε 5 δυνατότητες για περιοχή σύγκλισης.

Υπολογισμός ολοκληρωτικών υπολοίπων Σύμφωνα με τη μιγαδική ανάλυση, τα ολοκληρωτικά υπόλοιπαπου ψάχνουμε μπορούν να βρεθούν ως εξής:

Res[X(z)zn−1 @ z = z0

]=

1(s− 1)!

ds−1

dz s−1A(z)∣∣∣∣∣z=z0

όπου z0 ο πόλος, s η πολλαπλότητά του, και:

A(z) = X(z)zn−1(z− z0)s

Άσκηση

Δίνεται ο μετασχηματισμός Z μιας ακολουθίας:

X(z) = 11− az−1 |z| > |a|

Ποιά είναι η αρχική ακολουθία x(n);

Λύση

Το X(z) γράφεται και ως:

X(z) = zz− a

Εξετάζω πόσο κάνει το X(z)zn−1:

X(z)zn−1 =zn

z− a

που έχει πόλο στο z0 = a με πολλαπλότητα s0 = 1. Στην περίπτωση που n = −k < 0, προστίθεται καιένας παραπάνω πόλος z1 = 0 πολλαπλότητας s1 = |n| = k.

• Αν n ≥ 0, τότε: έχουμε 1 πόλο στο z0 = a πολλ/τας s0 = 1. Άρα από τη θεωρία (Σελίδα 28):

x(n) = Res[

zn

z− a @ z = a]=

1(s0 − 1)!

ds0−1

dz s0−1 zn

∣∣∣∣∣z=a

=1

(1− 1)!d0

dz 0 zn∣∣z=a = an

28

• Αν n < 0, τότε έχουμε 1 πόλο z0 = a, s0 = 1, και επιπλέον k πόλους z1 = 0, s0 = k:

x(n) = Res[

1(z− a)z−n @ z = a

]=

1z−n

∣∣∣∣z=a

= an

+ Res[

1(z− a)z−n @ z = 0

]=

1(k− 1)!

dk−1

dzk−11

z− a

∣∣∣∣∣z=0

= an + 1(k− 1)! (−1)

k−1 1(z− a)k

∣∣∣∣∣z=0

= an + (−1)k−1 1(−a)k = an + (−1)k−1(−a)n = an − an = 0

Τελικά, το αποτέλεσμα στο οποίο καταλήξαμε είναι το εξής:

n ≥ 0 x(n) = an

n < 0 x(n) = 0

}⇒⇐⇒ x(n) = anu(n)

ένα αποτέλεσμα ίδιο με αυτό της "αντίστροφης" άσκησης που λύσαμε προηγουμένως (Σελίδα 25).

Άσκηση

Να βρεθεί το αρχικό σήμα του μετασχηματισμού:

X(z) = z(z− b) + z(z− a)(z− a)(z− b) Rx : |a| < |z| < |b|

Λύση

Αν και η άσκηση λύνεται άμεσα μετά την παρατήρηση ότι X(z) = zz−a +

zz−b , εδώ θα χρησιμοποι-

ήσουμε τη μεθοδολογία των ολοκληρωτικών υπολοίπων.Έχουμε:

X(z)zn−1 =(2z− a− b)(z− a)(z− b)z

n

Άρα:

x(n) = 12πj

‰C

(2z− a− b)(z− a)(z− b)z

n dz =12πj

‰CI(z)dz

όπου ορίσαμε για ευκολία I(z) = (2z−a−b)(z−a)(z−b)zn.

|b|

|a|

C z-plane

Το I(z) έχει πόλους z πολλαπλότητας s:

I(z)→{z0 = a s0 = 1z1 = b s1 = 1

29

• Αν n ≥ 0, τότε:

x(n) = Res[I(z) @ z = a

]=

zn(2z− a− b)(z− b)

∣∣∣∣z=a

=an(2a+ a− b)

(a− b) = an

Εδώ δεν συμπεριλάβαμε τον πόλο z1 = b επειδή είναι εκτός του χωρίου που περικλείεται από τηνπεριοχή σύγκλισης.

Επομένως:

x(n) = an όταν n ≥ 0

• Αν n < 0, τότε οι πόλοι του I(z), λόγω του όρου zn, είναι:

I(z)→

z0 = a s0 = 1z1 = b s1 = 1z2 = 0 s2 = −n = k

Άρα η ακολουθία είναι:

x(n) = Res[I(z) @ z = a

]+ Res

[I(z) @ z = 0

]επειδή a, 0 ∈ int(C), ενώ b /∈ int(C)

=2z− a− bz−n(z− b)

∣∣∣∣z=a

+1

(−n− 1)!d−n−1dz−n−1

(2z− a− b

(z− a)(z− b)

)∣∣∣∣∣z=0

Για να υπολογίσουμε τη "δύσκολη" παραπάνω παράγωγο, εφαρμόζουμε ένα τρικ. Θέτουμε z = 1/ρ,οπότε dz = − 1

ρ2 dρ, και η περιοχή σύγκλισης γίνεται |a|−1 > |ρ| > |b|−1. Και τότε:

I(z)dz = −ρ−n(2ρ−1 − a− b)(ρ−1 − a

) (ρ−1 − b

) 1ρ2 dρ

= −ρ−n(2ρ−1 − a− b)(1− aρ)(1− bρ) dρ

Άρα τελικά:

x(n) = 12πj

ȷC

[−ρ−n(2ρ−1 − a− b)

(1− aρ)(1− bρ)

]dρ

Στο νέο υπολογισμό με βάση το ρ και όχι το z, έχει αλλάξει το επίπεδο όπου προβάλλουμε τουςπόλους. Η περιοχή σύγκλισης μοιάζει πάλι με donut, αλλά η καμπύλη C διαγράφεται τώρα ωρο-λογιακά και όχι αντιωρολογιακά, λόγω της αλλαγής μεταβλητής dz = − 1

ρ2 dρ.

1|a|

1|b|

C p-plane

30

Άρα:

x(n) = 12πj

‰C

[ρ−n(2ρ−1 − a− b)(1− aρ)(1− bρ)

]dρ

= Res[ρ−n(2ρ−1 − a− b)(1− aρ)(1− bρ) @ ρ =

1b

]

=1ab

ρ−n−1 [2− (a+ b)ρ](

ρ− 1a

)∣∣∣∣∣∣∣∣ρ=1/b

=1ab

(1b

)−n−1 [2− a+b

b

](1b −

1a

)

=bn (2b− a− b)

a− b =b− aa− b = −bn

Άρα τελικά:

x(n) = −bn για n < 0

Επομένως, η ζητούμενη ακολουθία είναι:

x(n) = anu(n)− bnu(−n− 1)

3.3.2 Μέθοδος συνεχούς διαίρεσης

Άσκηση

Δίνεται ο Μ/Σ Z:

X(z) = 2z 2 − (a+ b)zz 2 − (a+ b)z+ ab |a| < |b| < |z|

Να βρεθεί η x(n).

Λύση

Η μέθοδος αυτή απαιτεί ένα είδος διαίρεσης των πολυωνύμων 2z 2−(a+b)z και z 2−(a+b)z+ab.Το πηλίκο θα προκύψει 2+ (a+ b)z−1 + (a2 + b2)z−2 + (a3 + b3)z−3 + . . ., κάτι που μοιάζει με τονορισμό του μετασχηματισμού Z:

∑x(n)z−n, επομένως η x(n) = (an + bn)u(n).

Αντίστοιχα, για περιοχή σύγκλισης |z| < |a| < |b|, θα βρίσκαμε x(n) = − (an + bn)u(−n − 1).Όμως δεν μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε τη μέθοδο αυτήν για περιοχές της μορφής |a| < |z| < |b|.

Διάλεξη 6η

19/10/20183.4 Ιδιότητες του μετασχηματισμού Z

1) ΓραμμικότηταΈστω N σε πλήθος ακολουθίες xk(n) και οι μετασχηματισμοί Z τους:

xk(n)ZT−−−−−→ Xk(z) k = 1, 2, . . . ,N

και έστω μία ακολουθία y(n) που είναι γραμμικός συνδυασμός των παραπάνω:

y(n) =N∑

k=1akxk(n) ak ∈ C σταθερές

31

Τότε, η παραπάνω ακολουθία θα έχει μετασχηματισμό Z:

Y(z) =N∑

k=1akXk(z)

ο οποίος έχει περιοχή σύγκλισης:

RY(z) ⊇N∩

k=1RXk(z)

δηλαδή η περιοχή σύγκλισης του γραμμικού συνδυασμού είναι τουλάχιστον η τομή όλων των περιοχώνσύγκλισης των επιμέρους ακολουθιών. Ο όρος τουλάχιστον (ή αντίστοιχα το σύμβολο ⊃) εκφράζουν ότιη περιοχή σύγκλισης της Y(z) μπορεί να είναι μεγαλύτερη των επιμέρους. Αυτό μπορεί για παράδειγμανα συμβαίνει όταν προσθέτουμε τις ακολουθίες με ZT: 1

z−1 −1

z−1 = 0, ή τις ακολουθίες zz−1 −

1z−1 =

z−1z−1 = 1 όπου απαλείφεται ο πόλος.

2) ΜετατόπισηΈστω η ακολουθία x(n) και ο μετασχηματισμός της:

x(n) ZT−−−−−→ X(z) RX

και έστω ότι τη μετατοπίζουμε κατά n0 ∈ Z (είναι απαραίτητο ο n0 να είναι ακέραιος)

y(n) = x(n− n0)ZT−−−−−→ z−n0 X(z)

Απόδειξη

Y(z) = ZT{y(n)

}=

∞∑n=−∞

x(n− n0)z−n =n−n0←n

∞∑n=−∞

x(n)z−(n+n0)

= z−n0∞∑

n=−∞x(n)z−n = z−n0X(z)

Η περιοχή σύγκλισης εξαρτάται από το ποιούς πόλους εξαφανίζει και εμφανίζει το z−n0 . Είναι ίδια μετην αρχική, ή συμπεριλαμβάνονται ή αφαιρούνται τα σημεία z = 0 ή z =∞.

3) Πολλαπλασιασμός με εκθετική ακολουθία (εκθετικό σήμα)Δίνεται η ακολουθία:

x(n) ZT−−−−−→ X(z) Rx : r− < |z| < z+

και την πολλαπλασιάζουμε με ένα εκθετικό an όπου a ∈ C:

y(n) = anx(n) ZT−−−−−→ Y(z) = X(za

)

Απόδειξη Έχουμε:

Y(z) =∞∑

n=−∞anx(n)z−n =

∞∑n=−∞

x(n)(za

)−n= X

(za

)Για να εκτελέσουμε την τελευταία πράξη, πρέπει να ισχύει:∣∣∣∣za

∣∣∣∣ ∈ Rx ⇒⇐⇒ r− <

∣∣∣∣za∣∣∣∣ < r+ ⇒⇐⇒ |a|r− < |z| < |a|r+

32

4) Παραγώγιση του μετασχηματισμού

nx(n) ZT−−−−−→ −zdX(z)dz

Απόδειξη

ZT{nx(n)

}=

∞∑n=−∞

nx(n)z−n =∞∑

n=−∞x(n)

(−zdz

−n

dz

)

= −z ddz

∞∑n=−∞

x(n)z−n = −z d

dzX(z)

5) Χρονική αντιστροφή

Για την ακολουθία x(n):

x(n) ZT−−−−−→ X(z) Rx : r− < |z| < r+

y(n) = x(−n) ZT−−−−−→ Y(z) = X(z−1)

Απόδειξη Έχουμε:

Y(z) =∞∑

n=−∞x(−n)z−n =

−n←n

∞∑n=−∞

x(n)zn =∞∑

n=−∞x(n)

(z−1

)n= X

(z−1

)Με την απαίτηση για το πεδίο σύγκλισης:

r− < |z−1| < r+ ⇒⇐⇒1r+

< |z| < 1r−

6) Συνέλιξη στο χρόνο

Έχουμε τη συνέλιξη δύο ακολουθιών x και y:

x(n) ZT−−−−−→ X(z), Rx

y(n) ZT−−−−−→ Y(z), Ry

w(n) = x(n) ∗ y(n) ZT−−−−−→ W(z) = X(z)Y(z) , RW ⊇ Rx ∩Ry

7) Γινόμενο σημάτων Έχουμε τον πολλαπλασιασμό δύο ακολουθιών x και y:

x(n) ZT−−−−−→ X(z), Rx

y(n) ZT−−−−−→ Y(z), Ry

33

Για τον υπολογισμό του στο πεδίο Z, υπολογίζουμε, με βάση τον αντίστροφο μετασχηματισμό Z (Ενό-τητα 3.2):

W(z) =∞∑

n=−∞x(n)y(n)z−n =

∞∑n=−∞

x(n) 12πj

‰

C:υ∈RY

Y(υ)υn−1 dυz−n

=12πj

‰C:υ∈RY

Y(υ)υ−1∞∑

n=−∞x(n)υnz−n dυ

=Zυ∈Rx

12πj

‰C:υ∈RY

Y(υ)υ−1X(zυ

)dυ

W(z) = 12πj

‰C:υ∈RYz

υ∈Rx

Y(υ)υ−1X(zυ

)dυ

Δεδομένων των περιορισμών, πρέπει:

r Y− < |υ| < rY+r X− <

∣∣∣ zυ ∣∣∣ < r X+

RW : r X−r Y− < |z| < r Y+rX+

Άσκηση

Να υπολογιστεί ο μετασχηματισμός Z του:

x(n) = δ(n)

Λύση

Έχουμε:

X(z) =∞∑

n=−∞δ(n)z−n = 1 ∀z ∈ C

Άσκηση

Να υπολογιστεί ο μετασχηματισμός Z του:

x(n) = δ(n− n0)

Λύση

Έχουμε:

X(z) =∞∑

n=−∞δ(n− n0)z−n = z−n0

Η περιοχή σύγκλισης εξαρτάται από το n0 και είναι (Σελίδα 24):{n0 > 0 : 0 < |z|n0 < 0 : |z| <∞

34

Άσκηση

Να βρεθεί ο Μ/Σ Z:

x(n) = u(n)

Λύση

Έχουμε:

X(z) =∞∑

n=−∞u(n)z−n =

∞∑n=0

z−n =1

1− z−1

Πρέπει |z−1| < 1, άρα η περιοχή σύγκλισης είναι ROC: |z| > 1.

Άσκηση

Βρείτε Μ/Σ Z:

x(n) = u(n− n0)

Λύση

Εκμεταλλευόμενοι την ιδιότητα του μετασχηματισμού Z, έχουμε:

X(z) = z−n0 · ZT{u(n)

}= z−n0 z

z− 1

=z−n0+1

z− 1

Για την περιοχή σύγκλισης, έχουμε |z| > 1 από το μετασχηματισμό της u(t).

• Όταν ο εκθέτης είναι αρνητικός, δηλαδή −n0 + 1 < 0 ⇐⇒ n0 > 1, έχουμε πόλους στο 0 καιστο 1. Επειδή αποκλείεται (λόγω του |z| > 1) να βρισκόμαστε μέσα από τον μοναδιαίο κύκλο,αναγκαστικά τοRX θα είναι |z| > 1.

• Για −n0 + 1 > 0 ⇐⇒ n0 < 1, έχουμε τον περιορισμό 1 < |z| <∞ (βλ. Σελίδα 24).

Άσκηση

Αν:

X(z) = z3z 2 − 4z+ 1

να βρεθεί η x(n) για κάθε πιθανή ROC.

Λύση

35

Πρώτα πρέπει να βρούμε τους πόλους της συνάρτη-σης, για να υπολογίσουμε τις πιθανές ROC.Έχουμε:

X(z) = z3(z 2 − 4

3z+13

) =z

3(z− 1)(z− 1

3

)= z

[1

(z− 1)(z− 13)

]

= z(12

1z− 1 −

12

1z− 1/3

)=

12 ·

zz− 1 −

12 ·

zz− 1/3

Επομένως έχουμε πόλους στα σημεία 1, 13 .

1/3 1

Για να υπολογίσουμε τα παρακάτω, χρησιμοποιούμε τους μετασχηματισμούς:

u(n) ZT−−−−−→ U(z) = zz− 1 , |z| > 1

anu(n) ZT−−−−−→ U(z) = zz− a , |z| > |a|

−u(−n− 1) ZT−−−−−→ U(z) = zz− 1 , |z| < 1

−anu(−n− 1) ZT−−−−−→ U(z) = zz− a , |z| < |a|

Προσοχή στο ότι κρατήσαμε το z έξω από το σπάσιμο σε μερικά κλάσματα, έτσι ώστε να μπορούμενα εφαρμόσουμε τους παραπάνω τύπους που έχουν το z στον αριθμητή.

• Αν ROC: |z| > 1Τότε, δεδομένου του μετασχηματισμού Z της u(n), έχουμε:

x(n) = 12u(n)−

12

(13

)nu(n)

• Αν ROC: |z| < 13 :

x(n) = −12u(−n− 1) + 1

2

(13

)nu(−n− 1)

• Αν ROC: 13 < |z| < 1:

x(n) = −12u(−n− 1)− 1

2

(13

)nu(n)

Άσκηση

Να βρεθεί η x(n) του μετασχηματισμού Z:

X(z) = z+ 13z 2 − 4z+ 1 |z| > 1

36

Λύση

Έχουμε:

X(z)z =

z+ 13z(z− 1)

(z− 1

3

) =Az +

Bz− 1 +

Γz− 1/3

όπου προκύπτει A = 1, B = 1, Γ = −2, άρα:

X(z) = 1+ zz− 1 − 2 z

z− 1/3⇒⇐⇒ |z| > 1

x(n) = δ(n) + u(n)− 2(13

)nu(n)

Εναλλακτικά, χωρίς να διαιρέσουμε αυθαίρετα με το z:

X(z) = z+ 13z 2 − 4z+ 1 =

z3z 2 − 4z+ 1 +

13z 2 − 4z+ 1 ⇒⇐⇒ |z| > 1

x(n) = 12u(n)−

12

(13

)nu(n) + 1

2u(n− 1)− 12

(13

)n−1u(n− 1)

Εδώ, αν και φαινομενικά βγάλαμε διαφορετικά αποτελέσματα με τους δύο διαφορετικούς τρόπουςπροσέγγισης του προβλήματος, στην πραγματικότητα τα αποτελέσματα είναι ίδια. Πράγματι, θέτονταςn = 0,n = 1, . . . θα πρέπει να πάρουμε το ίδιο αποτέλεσμα.

Άσκηση

Να βρεθεί ο αντίστροφος μετασχηματισμός Z του:

X(z) = z 4 + z 2(z− 1

2

)(z− 1

4

) 12 < |z| <∞

Λύση

Αυθαίρετα διαιρούμε με το z, και έχουμε:

X(z)z =

z 3 + z(z− 1

2

)(z− 1

4

) = z+ 34 +

2316z−

332

z 2 − 34z+

18

= z+ 34 +

5/2

z− 1/2−

17/6

z− 1/4⇒⇐⇒

X(z) = z 2 +34z+

52

zz− 1/2

− 1716

zz− 1/4

⇒⇐⇒ ∞ > |z| > 12

x(n) = δ(n+ 2) + 34δ(n+ 1) + 5

2

(12

)nu(n)− 17

16

(14

)nu(n)

Άσκηση

Να βρείτε το μετασχηματισμό Z της ακολουθίας:

x(n) = (n− 2)a(n−2) cos(ω0(n− 2)

)u(n− 2)

37

Λύση

Έχουμε:

Z{x(n)

}= z−2Z

{nan cos (ω0n)u(n)

}= z−2

[−z d

dz[Z{an cos(ω0n)u(n)

}]]= z−2

[−z d

dz Z{cos(ω0n)u(n)

}∣∣∣z= z

a

]

Θέτουμε φ(n) = cos(ω0n)u(n), και θα βρούμε την Φ(z). Έχουμε:

u(n) cos(ω0n) =e jω0n + e−jω0n

2 u(n)

u(n)e jω0n ZT−−−−−→ 11− e jω0

z=

zz− e jω0

∣∣∣∣∣e jω0

z

∣∣∣∣∣ < 1 ⇒⇐⇒ |z| > 1

u(n)e−jω0n Z−−−→ zz− e−jω0

|z| > 1

u(n) cos(ω0n) Z−−−→12

[z

z− e jω0+

zz− e−jω0

]=

z 2 − z cosω0z 2 − 2z cosω0 + 1 |z| > 1

Άρα τελικά:

X(z) = −z−1 ddz

(z 2 − z cosω0

z 2 − 2z cosω0 + 1

∣∣∣∣∣z= za

)|z| > |a|

Διάλεξη 7η22/10/2018

Χρήσιμοι τύποι

Στις παραπάνω ασκήσεις χρησιμοποιούσαμε συνεχώς τους τύπους:

X(z) = zz− a , |z| > |a|

ZT−−−−−→ x(n) = anu(n)

X(z) = zz− a , |z| < |a|

ZT−−−−−→ x(n) = −anu(−n− 1)

Κλάσματα μεγαλύτερης πολλαπλότητας:

X(z) = z(z− a)k , |z| > |a| k ∈ N− {0, 1}

x(n) =n(n− 1)(n− 2) · · ·

(n− (k− 2)

)(k− 1)! an−k+1u(n)

Απόδειξη Έχουμε:

x(n) = 12πj

‰C∈ROC

X(z)zn−1 dz

=12πj

‰C

zn

(z− a)k dz

Λαμβάνουμε περιπτώσεις για τη στιγμή n:

38

• Αν n ≥ 0 τότε υπάρχει ένας πόλος στο z0 = a με πολλαπλότητα s0 = k.

Με βάση το θεώρημα των ολοκληρωτικών υπολοίπων, έχουμε:

x(n) = 1(k− 1)!

dk−1

dzk−1[zn]∣∣∣∣∣

z=a

=1

(k− 1)!n(n− 1)(n− 2) · · ·(n− (k− 2)

)zn−(k−1)

∣∣∣z=a

=n(n− 1)(n− 2) · · ·

(n− (k− 2)

)(k− 1)! an−k+1

|a| z-plane

C

• Αν n < 0, θέτω ρ = 1z , άρα η περιοχή σύγκλισης γίνεται |ρ| <

1|α| . Έχουμε:

x(n) = 12πj

ȷC∈ROC

ρ−n(ρ−1 − a)k

1ρ2 dρ

= − 12πj

‰C

ρ−nρk−2(1− aρ)k dρ = − 1

2πj

‰C

ρ−n+k−2(−a)k(ρ− 1

a

)k dρ

Αφού n− k+ 2 < 0, ο πόλος βρίσκεται εκτός της καμπύλης C, επομένως τοπαραπάνω ολοκλήρωμα γίνεται:

x(n) = 0

1|a|

p-plane

C

Θεώρημα 3.1: Γενικός τύπος κλάσματος σε Μ/Σ Z

Τα παραπάνω συνοψίζονται ως εξής:

• Για |z| > |a|:

X(z) = z(z− a)k , |z| > |a| k ∈ N− {0, 1}

x(n) = −(−1)ka−k+n+1 (k− n− 2)(k− n− 3) · · · (−n)(k− 1)! u(n)

• Για |z| < |a|:

X(z) = z(z− a)k , |z| < |a| k ∈ N− {0, 1}

x(n) = (−1)ka−k+n+1 (k− n− 2)(k− n− 3) · · · (−n)(k− 1)! u(−n− 1)

Άσκηση

Να βρεθεί ο αντίστροφος μετασχηματισμός Z της ακολουθίας:

X(z) = z 2 + z(z− 1

2

)3 (z− 1

4

)για όλες τις πιθανές περιοχές σύγκλισης.

Λύση

Η κάθε πιθανή περιοχή σύγκλισης δεν πρέπει να περιέχει άλλο πόλο, άρα οι πιθανές περιοχές σύ-γκλισης είναι |z| > 1

2 ,14 < |z| < 1

2 , |z| <14 .

39

• Για |z| > 12 , μετατρέπουμε σε μερικά κλάσματα:

X(z)z =

z+ 1(z− 1

2

)3 (z− 1

4

) =A

z− 12+

B(z− 1

2

)2 +Γ(

z− 12

)3 +Δ

z− 14

Υπολογίζουμε τις σταθερές:

X(z) = 80zz− 1

2+−20z(z− 1

2

)2 +6z(

z− 12

)3 +−80zz− 1

4

Τώρα, αρκεί να υπολογίσουμε ξεχωριστά τον κάθε όρο, με βάση τα παραπάνω:

◦ 80zz− 1

2

ZT−−−−−→ 80(12

)nu(n)

◦ −80zz− 1

4

ZT−−−−−→ −80(14

)nu(n)

◦ −20z(z− 1

2

)2 +6z(

z− 12

)3 ZT−−−−−→ −20n(12

)n−1u(n) + 6n(n− 1)

2

(12

)n−2u(n)

Άρα τελικά:

x(n) =[80(12

)n− 20n

(12

)n−1+ 3n(n− 1)

(12

)n−2− 80

(14

)n]u(n)

Άσκηση για το σπίτι

Να υπολογιστεί η x(n) και για τις άλλες δύο πιθανές περιοχές σύγκλισης.Προσοχή στο ότι δεν είναι απαραίτητο να υπολογιστούν ξανά οι σταθερές και όλα τα κλάσματα,παρά μόνον αυτά που αλλάζουν λόγω της διαφορετικής περιοχής σύγκλισης.

Άσκηση: Θέμα 4 Σεπτεμβρίου 2018

Δίνεται η κρουστική απόκριση ενός συστήματος:

h(n) =(12

)nu(n) +

(−13

)nu(n)

Εξετάστε αν το σύστημα είναι:

• Αιτιατό;

• Ευσταθές;

• Πεπερασμένης κρουστικής απόκρισης;

Επιπλέον, να βρεθεί ο μετασχηματισμός Fourier και ο μετασχηματισμός Z της h(n). Να βρεθεί μιαεξίσωση διαφορών που να συνδέει τα y(n) με τις τιμές των x(n). Να βρεθεί η ενέργεια του h(n).

Λύση

40

1. Το σύστημα είναι αιτιατό, γιατί h(n) = 0 για n < 0.

2. Για να είναι το σύστημα ευσταθές κατά ΦΕΦΕ, η κρουστική απόκριση πρέπει να είναι απολύτωςαθροίσιμη, δηλαδή να ελέγξουμε αν συγκλίνει το

∑∞n=−∞

∣∣h(n)∣∣ (Θεώρημα 1.2).Έχουμε:

∞∑n=−∞

∣∣h(n)∣∣ = ∞∑n=−∞

∣∣∣∣∣(12

)n+

(− 130

)n∣∣∣∣∣

≤∞∑n=0

∣∣∣∣∣(12

)n∣∣∣∣∣+

∞∑n=0

∣∣∣∣∣(−13

)n∣∣∣∣∣

=

∞∑n=0

(12

)n+

∞∑n=0

(13

)n=

11− 1

2+

11− 1

3

= 2+ 32 <∞ ⇒⇐⇒

∞∑n=−∞

∣∣h(n)∣∣ <∞Άρα το σύστημα είναι ευσταθές κατά ΦΕΦΕ.

3. Η κρουστική απόκριση δεν είναι πεπερασμένη στο χρόνο, αφού δεν υπάρχει κάποια στιγμή μετάαπό την οποία να μηδενίζονται οι όροι της.Μαθηματικά, το σύστημα δεν είναι πεπερασμένης διάρκειας, γιατί /∈ k ∈ N : h(n) = 0 ∀n > k.

4. Για το μετασχηματισμό Z, έχουμε:

H(z) △=∞∑

n=−∞h(n)z−n =

∞∑n=0

(12

)nz−n +

∞∑n=0

(−13

)nz−n

=∞∑n=0

(12z

)n+∞∑n=0

(− 13z

)n

=1

1− 12z︸ ︷︷ ︸

αν∣∣∣ 12z

∣∣∣ < 1

+1

1+ 13z︸ ︷︷ ︸

αν∣∣∣−13z

∣∣∣ < 1

=z

z− 1/2+

zz+ 1/3

|z| > 12

Άρα τελικά:

H(n) = zz− 1/2

+z

z+ 1/3ROC: |z| > 1

2

5. Για τον υπολογισμό του μετασχηματισμού Fourier, έχουμε τον ορισμό:

H(e jω)=

∞∑n=−∞

h(n)e−jωn

Θέτοντας z = e jω, μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε την πληροφορία από το μετασχηματισμό Z,καθώς

∣∣∣e jω∣∣∣ = 1 > 12 , δηλαδή ανήκουμε στην περιοχή σύγκλισής του.

Άρα τελικά:

H(e jω)= H(z)

∣∣z=e jω

=e jω

e jω − 1/2+

e jωe jω + 1/3

41

6. Το παραπάνω σύστημα εκφράζεται από τη σχέση:y(n) = x(n) ∗ h(n)

ή, στο πεδίο της συχνότητας:

X(z)H(z) = Y(z)

h(n)x(n) y(n)

Θα προσπαθήσουμε, επεκτείνοντας την παραπάνω σχέση, να βρούμε μια σχέση μεταξύ x(n) καιy(n). Έχουμε:

X(z)[

zz− 1/2

+z

z+ 1/3

]= Y(z)

X(z)[z 2 + 1

3z+ z 2 − 12z

z 2 − 16z−

16

]= Y(z)

X(z)[

2z 2 − 16z

z 2 − 16z−

16

]= Y(z)

X(z)[

2− 16z−1

1− 16z−1 −

16z−2

]= Y(z)

X(z)(2− 1

6z−1)

= Y(z)(1− 1

6z−1 − 1

6z−2)

Εφαρμόζουμε inverse Z transform:

2x(n)− 16x(n− 1) = y(n)− 1

6y(n− 1)− 16y(n− 2)

y(n) = 16y(n− 1) + 1

6y(n− 2) + 2x(n)− 16x(n− 1) n ≥ 0

Λάβαμε μία σχέση η οποία συνδέει το τρέχον y μόνο με τα προηγούμενα y, x και το τρέχον x.Αυτό επιβεβαιώνει πως το σύστημά μας είναι αιτιατό. Η σχέση αυτή είναι μια εξίσωση διαφορών.

Εναλλακτικά, θα μπορούσαμε να μην είχαμε διαιρέσει τους όρους του κλάσματος με z 2, και θαπροέκυπτε μία σχέση όπου θα μπορούσαμε να κάνουμε αντικατάσταση της μεταβλητής n ώστε ναλάβουμε το ίδιο αποτέλεσμα, που να μην εξαρτά τρέχουσες από μελλοντικές στιγμές.

7. Η ενέργεια του σήματος είναι:

E =∞∑

n=−∞

∣∣h(n)∣∣2 = ∞∑n=0

∣∣∣∣∣(12

)n+

(−13

)n∣∣∣∣∣2

=∞∑n=0

(12

)2n+∞∑n=0

(−13

)2n+ 2

(12

(−13

))n

=∑(

14

)n+∑(

19

)n+∑

2(−16

)n

=1

1− 14+

11− 1

9+ 2 1

1+ 16

=43 +

98 +

127 =

701168

Διάλεξη 8η29/10/2018

42

Άσκηση

Δίνεται η συνάρτηση:

X(z) = zz− a

Να βρεθούν οι πιθανές περιοχές σύγκλισης του μετασχηματισμού Z που εκφράζει η X(z).

Λύση

Ο μετασχηματισμός μπορεί να συγκλίνει είτε για |z| > |a| ή |z| < |a|.Αν θέσω z = a, τότε ο μετασχηματισμός δεν θα ορίζεται λόγω του πα-ρονομαστή, δηλαδή δεν θα συγκλίνει. Όμως αν θέσω διαφορετικές τιμέςz = a + 0.1 ή z = a − 0.1, τότε η X(z) θα δίνει ένα φυσιολογικό νού-μερο. Από αυτό, προκύπτει το ερώτημα γιατί πρέπει να κρατάμε μόνο μίαπεριοχή |z| > |a| ή |z| < |a| και όχι ολόκληρη τη |z| ̸= |a|.

Αυτό απαντάται λόγω του ότι η X(z) πρέπει να είναι συνεχής, γιατί μόνο τότε μπορεί να εκφραστείσαν το άπειρο άθροισμα των όρων που προκύπτει από τον ορισμό του μετασχηματισμού Z:

X(z) =∞∑

n=−∞x(n)z−n

Το παραπάνω αποτέλεσμα μοιάζει με τη σειρά 11+x , που έχει διαφορετικά αναπτύγματα για |x| < 1

και |x| > 1.

3.5 Εξίσωση διαφορών για γραμμικό & ΑΚΜ σύστημα

Το αντίστοιχο των διαφορικών εξισώσεων στο αναλογικό σήμα είναι οι εξισώσεις διαφορών στα ψηφιακάσυστήματα, οι οποίες σχετίζουν τιμές των συναρτήσεών μας με τιμές άλλων συναρτήσεων άλλες στιγμές.

Ορισμός 3.2: Εξίσωση διαφορών

Ως γραμμική εξίσωση διαφορών ορίζεται η:

N∑k=0

aky(n− k) =M∑r=0

brx(n− r) a0 ̸= 0

ή, ισοδύναμα:

y(n) = −N∑

k=1

aka0

y(n− k) +M∑r=0

bra0

x(n− r)

Η γραμμικότητα στις παραπάνω σχέσεις εκφράζεται από την έλλειψη γινομένων y και x, και την έλλειψηάλλων περίεργων όρων.

Παράδειγμαy(n)− ay(n− 1) = x(n)

43

Για να έχει νόημα η εξίσωση διαφορών, πρέπει να ορίσουμε και την περιοχή στην οποία ορίζεται, καθώςκαι κάποιες αρχικές συνθήκες. Σε αυτό το παράδειγμα, θα μπορούσε να μας δοθεί:

n ≥ 0, y(n) = 0 ∀n < 0

Έστω ότι η είσοδος είναι κρουστική:

x(n) = δ(n)

άρα η έξοδος θα είναι η κρουστική απόκριση του συστήματος:

h(n) = ah(n− 1) + δ(n)

Τώρα, μπορούμε να κάνουμε μια αφελή λύση της εξίσωσης, υπολογίζοντας n after n:

n = 0 h(0) = �����: 0ah(−1) + 1 = 1n = 1 h(1) = ah(0) + δ(1) = an = 2 h(2) = ah(1) + δ(2) = a2

......

Με επαγωγή μπορούμε να αποδείξουμε ότι:

h(n) = anu(n)

οπότε βρήκαμε τη λύση της εξίσωσης.

Από τη μια μεριά, αν μας δινόταν ότι y(n) = 0 ∀n ≥ 0 (διαφορετικές συνθήκες), τότε θα βρίσκαμε ότι

h(0) = 0h(1) = 0...

αλλά θα μπορούσαμε, υπολογίζοντας μελλοντικούς χρόνους, να βρούμε τι γίνεται για αρνητικά n:

y(n− 1) = 1ay(n)−

x(n)a

y(−1) = 1a�

��*0

y(0) −����1

x(0)a = −1

a

y(−2) = 1ay(−1)−�

���>

0x(−1)

a =1a

(−1a

)= − 1

a2...

...y(n) = −anu(−n− 1)

Το παραπάνω συμπέρασμα θυμίζει και τα διαφορετικά αποτελέσματα που προκύπτουν όταν έχουμε διαφο-ρετικές περιοχές σύγκλισης στο μετασχηματισμό Z .

3.5.1 Εξαγωγή συνάρτησης μεταφοράς

Έστω ότι γνωρίζουμε για μια συνάρτηση H(z) τις θέσεις των πόλων q, τις θέσεις των μηδενικών p, καιτις πολλαπλότητές τους. Δηλαδή ξέρουμε ότι η συνάρτηση είναι της μορφής:

H(z) = A (z− q1)sq1 (z− q2)s

q2 · · · (z− qn)s

qn

(z− p1)sp1 (z− p2)s

p2 · · · (z− pm)s

pm

Τότε, πραγματοποιώντας τις πράξεις στον παρονομαστή και τον αριθμητή, θα λάβουμε πολυώνυμα μέσααπό τα οποία θα προκύπτει ουσιαστικά η εξίσωση διαφορών που παράγει την h(n).

44

Παράδειγμα

H(z) = z− 3z− 1

3=

Y(z)X(z) ⇒⇐⇒ |z| > 1

3

(1− 3z−1)X(z) =(1− 1

3z−1)Y(z)

X(z)− 3z−1X(z) = Y(z)− 13z−1Y(z) IZT⇒⇐⇒⇐⇒⇐⇒⇐⇒⇐⇒

x(n)− 3x(n− 1) = y(n)− 13y(n− 1)

y(n) = 13y(n− 1) + x(n)− 3x(n− 1) n ≥ 0

Άσκηση

Δίνεται μία H(z) με πόλο z = a και μηδενικό z = 1a∗ . Ισχύει |a| < 1, και το σύστημα είναι αιτιατό.

Να βρεθεί η απόκριση συχνότητας του συστήματος.

Λύση

Θεωρούμε ότι a ∈ R. Για να έχουμε το δικαίωμα να βρούμε απόκριση συχνότητας (δηλαδή να βά-λουμε το z = e jω), πρέπει να επιβεβαιώσουμε ότι ο μοναδιαίος κύκλος ανήκει στην περιοχή σύγκλισης.Η περιοχή σύγκλισης είναι της μορφής |z| < |a| ή |z| > |a|. Επειδή το σύστημα είναι αιτιατό, δηλαδήη κρουστική του απόκρουση είναι ακολουθία δεξιάς πλευράς, η περιοχή σύγκλισής του είναι τηςμορφής |z| > |a| (Σελίδα 26). Αφού |a| < 1, ο μοναδιαίος κύκλος ανήκει στην περιοχή σύγκλισης.

Το σύστημα έχει τη μορφή:

H(z) =z− 1

az− a

(χωρίς να μας ενδιαφέρει η σταθερά Α που μπαίνει από μπροστά).Για να βρούμε την απόκριση συχνότητας, θεωρούμε z = e jω:

H(ω) =e jω − 1

ae jω − a∣∣H(ω)

∣∣2 =(e jω − 1

a

)(e−jω − 1

a

)(e jω − a

)(e−jω − a

) =1+ 1

a2 −1a

(e jω + e−jω

)1+ a2 − a

(e jω + e−jω

)=

1+ 1a2 −

1a2 cosω

1+ a2 − a2 cosω =1a2 . (2)

Όλες οι συχνότητες έχουν σταθερό κέρδος, άρα το σύστημα είναι all-pass.

Εναλλακτικά, μπορούσαμε να έχουμε:

H(z) =z− 1

az− a∣∣H(ω)

∣∣ = ∣∣H(z)∣∣z=e jω

=

∣∣∣(z− 1/a)∣∣∣

z=e jω∣∣(z− a)∣∣z=e jω

=BA

(2)=

1a2

A

B

a 1a

Το παραπάνω αποτέλεσμα εκφράζει ότι ο λόγος των αποστάσεων ενός σημείου του μοναδιαίου κύκλουαπό τους δύο πόλους/μηδενικά είναι σταθερός.

Για το παραπάνω υπάρχει και γεωμετρική απόδειξη που βασίζεται στο γενικευμένο πυθαγόρειο θε-ώρημα.

45

Αν είχαμε θεωρήσει ότι a ∈ C, το μιγαδικό επίπεδο του z θα έμοιαζε ως εξής:

a

1a

1a∗

Δεδομένου ότι η εκφώνηση μας δίνει τα σημεία a και 1a∗ , το αποτέλεσμα θα είναι το ίδιο με πριν,

αφού μπορούμε απλώς να περιστρέψουμε το επίπεδο και να φτάσουμε τις ίδιες συνθήκες με πριν.Αντίστοιχα, προσθέτοντας περισσότερα τέτοια ζευγάρια πόλων-μηδενικών μπορούμε να έχουμε πάλι

all-pass συστήματα:all-pass

all-pass

a

a

1a∗

1a∗

Άσκηση

Να χαρακτηριστούν τα δύο συστήματα (ως προς ευστάθεια & είδος απόκρισης):

S1 : y1(n) =x(n) + x(n− 1)

2S2 : y2(n) =

x(n)− x(n− 1)2

Λύση

Η κρουστική απόκριση του συστήματος είναι h(n) = 12δ(n) +

12δ(n − 1) (αφού y = x ∗ h). Έχει

δύο όρους, πολύ λιγότερους από∞, άρα η ακολουθία είναι απολύτως αθροίσιμη. Επομένως το σύστημαείναι ευσταθές.

Εναλλακτικά, το σύστημα είναι ευσταθές αφού η έξοδος προκύπτει από άθροιση πεπερασμένου πλή-θους δειγμάτων της εισόδου χωρίς ανάδραση (προηγούμενες τιμές y).

Αφού και τα δύο συστήματα είναι ευσταθή, ο μοναδιαίος κύκλος ανήκει στην περιοχή σύγκλισης,και μπορούμε άφοβα να θέσουμε z = e jω.

Το παραπάνω συμπέρασμα μοιάζει με αυτό που είχαμε εξάγει στο αναλογικό σήμα. Ότι δηλαδή τοσύστημα είναι ευσταθές όταν όλοι οι πόλοι βρίσκονται στο αριστερό ημιεπίπεδο, ή αντίστοιχα όταν οφανταστικός άξονας ανήκει στην περιοχή σύγκλισης.

Έχουμε:

46

S1 : Y1(z) =12(X(z) + z−1X(z)

)H1(z) =

Y1(z)X(z) =

12(1+ z−1

)H1(ω) = H1(z)

∣∣z=e jω =

12(1+ e−jω

)∣∣H1(ω)

∣∣ = ∣∣∣∣e−jω2 12 (e jω2 + e−jω2)∣∣∣∣

= 1 · 12

∣∣∣∣2 cos ω2∣∣∣∣ = ∣∣∣∣cos ω2

∣∣∣∣

∣∣H1(ω)∣∣

0 π 2π

Για να εξάγουμε συμπέρασμα για το χαρακτήρα του συστήματος, κοιτάμε μόνο το κομμάτι από0 ως π. Επομένως το παραπάνω σύστημα είναι low-pass. Το δεξί κομμάτι είναι το αντίστοιχο αρνητικόκομμάτι του αναλογικού μετασχηματισμού Fourier.

Για το δεύτερο σύστημα:S2 Y2(z) =

X(z)− z−1(z)2

H2(z) =Y2(z)X(z) =

12(1− z−1)

H2(ω) =12(1− e−jω

)= e−j

ω212

(e

jω2 − e−

jω2

)∣∣H2(ω)

∣∣ = ∣∣∣∣∣sin(ω2

)∣∣∣∣∣

∣∣H2(ω)∣∣

0 π 2π

Εδώ, κοιτώντας από 0 ως π, διαπιστώνουμε ότι το σύστημα είναι high pass.

Στα παραπάνω συμπεράσματα μπορούσαμε να φτάσουμε και πριν λύσουμε τα μαθηματικά. Πράγματι,τα συστήματα μπορούν να γραφτούν και ως εξής:

y1(n) =12(x(n) + x(n− 1)

)y2(n) =

12(x(n)− x(n− 1)

)Το πρώτο σύστημα είναι ουσιαστικά ένα τοπικό ολοκλήρωμα, και το δεύτερο μια τοπική παράγω-

γος στον ψηφιακό κόσμο. Οπότε, μπορούμε να θυμηθούμε τις αντιστοιχίες από το αναλογικό σήμα καινα εξάγουμε τα ίδια συμπεράσματα.

Άσκηση

Να χαρακτηριστεί πρόχειρα το σύστημα:

y(n) = x(n)− 2x(n− 1) + x(n− 2)6

Λύση

47

Ισχύει:

y(n) = x(n)− x(n− 1)6 − x(n− 1)− x(n− 2)

6

Εδώ έχουμε ουσιαστικά διαφορά πρώτης παραγώγου μείονπρώτη παράγωγο. Η διαφορά δύο παραγώγων είναι η δεύτερηπαράγωγος!

Από το αναλογικό σήμα θυμόμαστε ότι η n-οστή παράγω-γος είναι μια άνοδος κατά +20 dB/dec, επομένως το σύστημαείναι high pass. 0 π 2π

0

0.2

0.4

0.6

∣∣∣∣H(e jω)∣∣∣∣

Διάλεξη 9η

2/11/20183.5.2 Σύνδεση συστημάτων

Είναι απλό να δούμε τι συμβαίνει με συστήματα που συνδέονται σε συγκεκριμένες συνδεσμολογίες, τιςοποίες θέλουμε να μετατρέψουμε σε ένα σύστημα h(n).

Εν σειρά (καταρράκτης)

h1(n) h2(n)

w(h)x(n) y(n)

Έχουμε:

w(n) = x(n) ∗ h1(n)y(n) = w(n) ∗ h2(n) =

(x(n) ∗ h1(n)

)∗ h2(n)

= x(n) ∗(h1(n) ∗ h2(n)

)Y(z) = X(z) ·H(z)

Παράλληλη σύνδεση

x(n)h1(n)

h2(n)

+y(n)

⇕x(n)

h(n)y(n)

y(n) = x(n) ∗ h1(n)± x(n) ∗ h2(n)= x(n) ∗

(h1(n)± h2(n)

)Y(z) = H(z)X(z) όπου H(z) = H1(z)±H2(z)

Άσκηση

Δίνεται το σύστημα:

48

h1(n)

h2(n)

h3(n) h4(n)

+x(n)

+

−

y(n)

A

B

με τις κρουστικές αποκρίσεις του κάθε μπλοκ:

h1(n) ={12 ,

14 ,

12

}h2(n) = h3(n) = (n+ 1)u(n)h4(n) = δ(n− 2)

Να βρεθεί η ισοδύναμη h(n) του συστήματος.

Λύση

Πρώτα, μετατρέπουμε την h1(n) σε μια πιο "μαθηματική" μορφή:

h1(n) =12δ(n) +

14δ(n− 1) + 1

2δ(n− 2)

Άρα, με βάση την Ενότητα 3.5.2, η κρουστική απόκριση του συστήματος θα είναι:

h(n) = h1(n) ∗ A

= h1(n) ∗[h2(n)− B

]= h1(n) ∗

[h2(n)− h3(n) ∗ h4(n)

]= h1(n) ∗

[nu(n) + u(n)− nu(n− 2) + u(n− 2)

]Εδώ, επειδή έχουμε διακριτά n, μπορούμε να μετατρέψουμε τη διαφορά nu(n)− nu(n− 2) σε συναρ-τήσεις δ:

= h1(n) ∗[2u(n)− δ(n)

]=

[12δ(n) +

14δ(n− 1) + 1

2δ(n− 2)]∗[2u(n)− δ(n)

]=

52u(n− 3) + 1

2δ(n) +54δ(n− 1) + 2δ(n− 2)

Άσκηση

Για το σύστημα:

u(n)

u(n− 2)

11δ(n− 1)

δ(n− 1)

2δ(n)− 3δ(n− 1)

+ +x(n)

−

v(n)

y(n)

ΑΙΤΙΑΤΟ

ζητούνται:

1) Η εξίσωση διαφορών

49

2) Η H(z) του μαζί με τη ROC (περιοχή σύγκλισης)

3) Να μελετηθεί η ευστάθεια του συστήματος.

Λύση

1) Πρώτα, ασχολούμαστε με τη βοηθητική συνάρτηση v(n):

v(n) = x(n) ∗ u(n)− x(n) ∗ u(n− 2) = x(n) ∗(u(n)− u(n− 2)

)= x(n) ∗

[δ(n) + δ(n− 1)

]= x(n) + x(n− 1)

Προχωράμε και στο δεύτερο μέρος:

y(n) = w(n) ∗ δ(n− 1)

=[v(n) + 11δ(n− 1) ∗ y(n) +

(2δ(n)− 3δ(n− 1)

)∗ y(n)

]∗ δ(n− 1)

= x(n− 1) + x(n− 2) +[11y(n− 1) + 2y(n)− 3y(n− 1)

]∗ δ(n− 1)

= x(n− 1) + x(n− 2) + 8y(n− 2) + 2y(n− 1), για n ≥ 0

2) Με βάση την παραπάνω έκφραση της H(z), έχουμε:

Y(z) = z−1X(z) + z−2X(z) + 8z−2Y(z) + 2z−1Y(z) ⇒⇐⇒

H(z) = Y(z)X(z) =

z−1 + z−21− 2z−1 − 8z−2 =

z+ 1z 2 − 2z− 8

Οι πόλοι είναι z1 = 4 και z2 = −2, με πιθανές περιοχές σύγκλισης:

• |z| < 2

• 2 < |z| < 4

• 4 < |z|−2 4

Αφού το σύστημα είναι αιτιατό, το ROC τελικά είναι |z| > 4.

3) Αφού∣∣∣e jω∣∣∣ /∈ ROC, ο μετασχηματισμός Fourier του συστήματος δεν υπάρχει (Σελίδα 24). Επο-

μένως, το σύστημα είναι ασταθές (Σελίδα 20).

Παράδειγμα "μονόπλευρου" μετασχηματισμού Z

Θεωρώντας έναν μονόπλευρο μετασχηματισμό Z

δηλαδή ∞∑n=0

x(n)z−n που εξετάζει μόνο το αιτιατό

κομμάτι μιας ακολουθίας, μπορούμε να λάβουμε άμεσα υπ' όψιν τις αρχικές συνθήκες της ακολουθίας πριν το0.

50

Για παράδειγμα, στην παρακάτω εξίσωση διαφορών:

y(n)− 12y(n− 1) = x(n)− 1

4x(n− 1) n ≥ 0

y(n)z−n − 12y(n− 1)z−n = x(n)z−n − 1

4x(n− 1)z−n

∞∑n=0

y(n)z−n − 12

∞∑n=0

y(n− 1)z−n =∞∑n=0

x(n)z−n − 14

∞∑n=0

x(n− 1)z−n

Y(z)− 12

∞∑k=−1

y(k)z−k−1 = X(z)− 14

∞∑k=−1

x(k)z−k−1

Y(z)− 12z−1

∞∑k=−1

y(k)z−k = X(z)− 14z−1

∞∑k=−1

x(k)z−k

Y(z)− 12z−1

∞∑k=0

y(k)z−k + y(−1)z

= X(z)− 14z−1

∞∑k=0

x(k)z−k + x(−1)z

Y(z)− 1

2z−1 (Y(z) + y(−1)z

)= X(z)− 1

4z−1 [X(z) + x(−1)z

]Y(z)− 1

2z−1Y(z)− 1

2y(−1) = X(z)− 14z−1X(z)− 1

4x(−1)

Y(z) = X(z)1− 1

4z−1

1− 12z−1︸ ︷︷ ︸

εξαναγκασμένη απόκριση

+1/2y(−1)− 1/4x(−1)

1− 12z−1︸ ︷︷ ︸

ελεύθερη απόκριση

Άσκηση για το σπίτι

Ποιά είναι η y(n) =? όταν x(n) =(13

)nu(n) για y(−1) = 1 με το σύστημα που περιγράφεται από την

παραπάνω εξίσωση διαφορών;

Η απάντηση θα είναι:

y(n) =[(

12

)n 32 −

(13

)n 12

]u(n) + 1

2

(12

)nu(n)

Άσκηση

Δίνεται το σύστημα y(n) = (x(n)a−n) ∗ (h(n)an)όπου:

H(z) = 1− z−1

1− 12z−1

μία αιτιατή συνάρτηση.Να βρεθεί το ισοδύναμό του σύστημα g(n).

h(n) ××

g(n)

r(n) w(n)

a−n an

y(n)x(n)

Λύση

Από το διάγραμμα, παρατηρούμε ότι:

r(n) = x(n)a−nw(n) = r(n) ∗ h(n)y(n) = w(n)an

⇒⇐⇒ y(n) = an(r(n) ∗ h(n)

)

51

Άρα μπορούμε να εκτελέσουμε τις πράξεις:

y(n) = an[(

a−nx(n))∗ h(n)

]= an

∞∑k=−∞

h(k)a−(n−k)x(n− k)

= ana−n∞∑

k=−∞h(k)akx(n− k) = x(n) ∗

[h(n)an

]= x(n) ∗ g(n)

Άρα g(n) = anh(n) ⇒⇐⇒

G(z) = H(za

)=

1−(za

)−11− 1

2

(za

)−1

Για την περιοχή σύγκλισης, παρατηρούμε πως η Hέχει πόλο στο 1

2 . Άρα:

ROCH : |z| > 12 ⇒⇐⇒ ROCG :

∣∣∣∣za∣∣∣∣ > 1

2

άρα |z| > |a|2 .

1/2

1ευσταθές γιατί

∣∣∣e jω∣∣∣ ∈ ROC

Λαμβάνοντας υπ' όψιν το κριτήριο για τον μοναδιαίο κύκλο e jω: Αν |a|2 < 1, τότε G ευσταθές,διαφορετικά το G είναι ασταθές.

Άσκηση

Να βρεθεί η x(n), αν:

x(n) = IZT{log(1+ az−1

)}|z| > |a|

Λύση

Μία ιδέα για να βρούμε τη x(n) θα ήταν να αξιοποιήσουμε τη σειρά Taylor του λογαρίθμου:

log(1+ x) = x− x2

2 +x3

3 −x4

4 + . . . − 1 < x < 1

X(z) = az−1 − a22 z−2 + a3

3 z−3 − a44 z−4 + . . .

x(n) ={0, a,−a2

2 ,a33 ,−a4

4 , . . .

}= (−1)n−1 a

n

n

Δηλαδή, βρίσκοντας τη σειρά Laurent της συνάρτησης, μπορούμε να βρούμε και τους όρους τηςακολουθίας, με βάση και τον ορισμό X(z) =

∑∞n=−∞ x(n)z−n.

52

Εναλλακτικά, χωρίς τη σειρά Taylor, εκμεταλλευόμαστε τις σχέσεις:

nx(n) ZT−−−−−→ −zdx(z)dz = −z 11+ az−1 (−az

−2) =az−1

1+ az−1

= az−1 zz+ a

zz+ a

IZT−−−−−−→ anu(n) |z| > |a|

z−1 zz+ a

IZT−−−−−−→ (−a)n−1u(n− 1)

Άρα:

nx(n) = (−1)n−1anu(n− 1) ⇒⇐⇒

x(n) = (−1)n−1 an

n u(n− 1)

Διάλεξη 10η5/11/2018Κεφάλαιο 4 Δειγματοληψία

Στο παρόν θα εξετάσουμε το μετασχηματισμό Fourier που δίνει ένα διακριτό δειγματοληπτημένο σήμα,και θα τον συγκρίνουμε με το μετασχηματισμό Fourier του αρχικού αναλογικού σήματος. Πρακτικά, μέσα απότο μετασχηματισμό Fourier που δίνει ένας υπολογιστής θέλουμε να δούμε τις πληροφορίες που μπορούμε ναεξάγουμε για το διακριτό σήμα.

Συνεχής μετασχηματισμός Fourier διακριτού σήματος Υπενθυμίζουμε πως ο συνεχής ΜF μιας ακολου-θίας ορίζεται ως εξής:

x(n)→ X(e jω)= X(ω) △=

∞∑n=−∞

x(n)e−jωn

όπου η ω είναι συνεχής, με εύρος π.χ. (−π,π) ή (0, 2π).Ο αντίστροφος ορίζεται ως x(n) = 1

2π´ π−π X

(e jω)e jωn dω.

Αυτός είναι ο συνεχής μετασχηματισμός Fourier ενός διακριτού σήματος.

Σε περιοδικά σήματα Έστω ότι έχουμε ένα περιοδικό διακριτό σήμα x̃(n) με περίοδο N δείγματα.Το περιοδικό σήμα αυτό περιέχει στην πραγματικότητα μόνοN αριθμούς πληροφορίας. Αφού ταN δείγ-

ματα επαναλαμβάνονται συνεχώς, είναι το μόνο δεδομένο που περιγράφει το σήμα. Επομένως, και ο μετασχη-ματισμός Fourier του δεν μπορεί να περιέχει παραπάνω ή λιγότερη πληροφορία, άρα θα πρέπει και αυτός ναπεριέχει N αριθμούς.

Τότε αποδεικνύεται ότι:

x̃(n) = 1N

N−1∑k=0

X̃(k)e j(2πN )nk ∀n

όπου X̃(k) =N−1∑n=0

x̃(n)e−j(2πN )nk

Οι παραπάνω σχέσεις προκύπτουν από τον ορισμό του συνεχή μετασχηματισμού Fourier, στον οποίο όμωςτο n κινείται μόνο από 0 μέχρι N − 1 και αυτό επαναλαμβάνεται, όπου θέσαμε ω = 2π

N k. Το X(k) είναι ηδιακριτή σειρά Fourier.

53

Ακόμα, αν έχουμε δύο περιοδικά σήματα x̃1, x̃2 με ίδια περίοδο N, τότε για το σήμα x̃3(n) = x̃1(n)x̃2(n)ισχύει:

X̃3(k) =1N

N−1∑l=0

X̃1(l)X̃2(k− l) = X1(k)⊛ X2(k)

όπου με το σύμβολο⊛ ορίσαμε την περιοδική συνέλιξη, μία συνέλιξη δηλαδή που δεν εκτείνεται ως το άπειρο,αλλά είναι περιορισμένη από την περίοδο N.

Σε σήματα πεπερασμένης διάρκειας

Ορισμός 4.1: Διακριτός Μετασχηματισμός Fourier

Έστω ότι ένα σήμα έχει πεπερασμένη διάρκεια:

x(n) n = 0, 1, . . . ,N− 1

Τότε ο μετασχηματισμός Fourier του θα είναι:

X(k) △=N−1∑n=0

x(n)e−j2πN kn

για k = 0, 1, . . . ,N− 1 (όπου ορίσαμε k = N ω2π , όπως παραπάνω).

Αυτός ορίζεται ως Διακριτός Μετασχηματισμός Fourier (Discrete Fourier Transform — DFT).

Ο αντίστροφός του είναι:

x(n) = 1N

N−1∑k=0

X(k)e j2πN nk, n = 0, 1, . . . ,N− 1

Ο DFT ενός σήματος με N δείγματα θα έχει, όπως είδαμε παραπάνω, αναγκαστικά και αυτός N αριθμούςπληροφορίας.

Συγκρίνοντάς τον με τον CFTD (συνεχή μετασχηματισμό Fourier σε διακριτό σήμα):

X(e jω) △=

N−1∑n=0

x(n)e−jωn

δηλαδή:

X(k)︸︷︷︸DFT

= X(e jω)

︸ ︷︷ ︸CFT

∣∣∣∣∣∣∣∣ω= 2π

N k

, k = 0, . . . ,N− 1

Η μεταβλητή k εκφράζει ουσιαστικά μία διακριτή συχνότητα που αντιστοιχεί στη συχνότητα του CFTD.

x(n)

5N = 6

CFT

DFT

ω

54

Όπως παρατηρούμε, ο DFT είναι στην πραγματικότητα ο δειγματοληπτημένος συνεχής μετασχηματι-σμός Fourier.

4.1 Χρήσιμα Σήματα

Παλμοσειρά δειγματοληψίας Το αναλογικό σήμαπου χρησιμοποιούμε για δειγματοληψία είναι το γνω-στό τραίνο ώσεων:

sΔt =∞∑

n=−∞δ(t− nΔt) t

ΔtΑυτό, στο συνεχή κόσμο, έχει μετασχηματισμό Fourier όπως έχουμε αποδείξει:

sΔt CFT-C−−−−−−−−→ 1Δt

∞∑n=−∞

δ(f− n 1

Δt

)ή, πιο συνοπτικά, το παραπάνω μπορεί να γραφτεί:

sΔt CFT-C−−−−−−−−→ FsSFs(f)

όπου ορίσαμε τη συχνότητα δειγματοληψίας:

Fs =1Δt

Παράθυρο

WT(t) ={1 |t| < T

20 |t| > T

2

WT(t)

t− T/2

1

T/2

Και από το αναλογικό σήμα γνωρίζουμε ότι:

WT(t) CFT-C−−−−−−−−→ T sinc(Tf)

όπου sinc(x) = sin(πx)πx , και μάλιστα αν x→∞ ⇒⇐⇒ sinc(x) = 0, και x = 0 ⇒⇐⇒ sinc(x) = 1.

Μετατοπισμένο Παράθυρο Για να έχουμε ακολου-θίες που ξεκινούν από n = 0, χρησιμοποιούμε ένα πα-ράθυρο που βρίσκεται λίγο πιο μπροστά:

W0,T = WT

(t− T

2

)=

{1 0 ≤ t < T0 αλλο

W0,T(t)

t

1

TΧρησιμοποιώντας ξανά ιδιότητες του αναλογικού σήματος, θα ισχύει:

W0,T(t) CFT-C−−−−−−−−→ T sinc(Tf)e−j2πfT/2

4.2 Η διαδικασία της δειγματοληψίας

Ο υπολογιστής μας μπορεί να αποθηκεύσει μόνον έναν πεπερασμένο αριθμό δειγμάτων. Επομένως, πρέπει:

1. Να παραθυρώσουμε με έναW0,T το σήμα, ώστε να μην εκτείνεται στο άπειρο.

55

2. Να δειγματοληπτήσουμε το σήμα, ώστε να γίνει διακριτό.

x(t)

t

×

W0,T(t)

t

1

T

t

×t

Δt

t

Το παραθυροποιημένο και δειγματοληπτημένο σήμα (sampled & windowed) ονομάζεται xSW(t). Να ση-μειωθεί ότι αυτό το σήμα είναι ακόμα αναλογικό, καθώς αποτελείται από συναρτήσεις δ. Για να γίνει ψηφιακό,αρκεί να πάρουμε τις τιμές αυτών των δ.

x(n)

t

Η παραπάνω διαδικασία μπορεί να περιγραφεί μαθηματικά. Δεδομένου ότιW0,T είναι το παράθυρο και sΔtη παλμοσειρά της δειγματοληψίας, έχουμε:

xSW(t) = xW(t) · sΔt(t) =[x(t) ·W0,T

]· sΔt(t)

=

N−1∑n=0

δ(t− nΔt) · x(t) ·W0,T

Στο πεδίο των συχνοτήτων, λαμβάνοντας το συνεχή μετασχηματισμό Fourier του xSW(t), έχουμε:

XSW(f) = F{xSW(t)

}= F

{x(t)W0,NΔt(t)SΔt

}= F

{x(t)

}∗F

{W0,N Δt(t) · SΔt(τ)

}= X(f) ∗

[NΔt sinc(NΔt f)e−j2πf

NΔt2]∗[FSSFS(f)

]Εδώ παρατηρούμε ότι ο μετασχηματισμός Fourier του σήματος που έχει δειγματοληπτηθεί αποτελείται από:

• Το μετασχηματισμό Fourier X(f) του αρχικού σήματος

56

• Την επίδραση της παραθυροποίησης με το sinc

• Την επίδραση της παλμοσειράς SFS

Με μερικές παραπάνω πράξεις, προκύπτει τελικά:

XSW(f) = X(f) ∗[Nsinc(NΔt f)e−j2πfNΔt/2

]∗ SFS(f)

−SLmax SLmax

∗ =

−SLmax SLmax

∗ =

Παρατηρούμε ότι, αφού το σήμα είναι χρονοπερατό μετά την παραθύρωση, το φάσμα του θα είναι άπειρο.Επομένως, μετά από την εφαρμογή της παλμοσειράς, θα είναι βέβαιο ότι θα υπάρχει επικάλυψη. Για να μειωθεί,αυξάνουμε τη συχνότητα δειγματοληψίας, δηλαδή μειώνουμε την απόσταση Δt.

Τώρα πια έχουμε ένα δειγματοληπτημένο ψηφιακό σήμα x(n). Μπορούμε να υπολογίσουμε το συνεχή μετα-σχηματισμό Fourier του:

XSW(f) = F{xSW(t)

}= F

N−1∑n=0

x(n)δ(t− nΔt)

=

ˆ ∞−∞

N−1∑n=0

x(n)δ(t− nΔt)e−j2πft dt =N−1∑n=0

x(n)e−j2πfΔtn

Θέτοντας f = kΔf, θα ισχύει:

XSW(kΔf) =N−1∑n=0

x(n)e−j2πΔtnΔfk

=N−1∑n=0

x(n)e−j2πN (NΔfΔt)kn

Στην παραπάνω σχέση, μπορούμε αυθαίρετα να θέσουμε τους χρόνους δειγματοληψίας και παραθύρωσηςώστε:

NΔfΔt = 1 (3)

οπότε θα προκύψει:

XSW(k) =N−1∑n=0

x(n)e−j2πN kn

που είναι ο ορισμός του DFT που είχαμε ορίσει και παραπάνω.

57

Για ένα παράθυρο N δειγμάτων, προκύπτει μια ακολουθία x(n) όπου n = 0, . . . ,N − 1. ΕφαρμόζονταςDFT, θα λάβουμε μια ακολουθία Χ(k), η οποία αποτελείται από δείγματα του φάσματος του XSW(f) σε θέσειςκαι συχνότητες 0, Δf, 2Δf, . . . , (N− 1)Δf.

Ισχύει:

Δf = 1NΔt

Αυτό που επιθυμούμε είναι:

• Μικρό Δf για να έχουμε αρκετά μεγάλη ανάλυση στη συχνότητα, και μια πιο ακριβή αναπαράστασητου πραγματικού μετασχηματισμού Fourier του αρχικού σήματος.

• Μεγάλο N, για να περιορίζεται η φασματική διαρροή (spectral leakage) που προκύπτει από το πλάτοςτου παλμού sinc λόγω της παραθύρωσης.

• Μικρό Δt ώστε να περιορίζεται το aliasing.

Η τελική μορφή του DFT είναι:

X[k] =

X(f) ∗[Nsinc(NΔtf)e−jπfNΔt

]︸ ︷︷ ︸

L(f)

∗ SFS(f)︸ ︷︷ ︸A(f)

όπου ο όρος L(f) αναφέρεται στη φασματική διαρροή, και ο όρος A(f) αναφέρεται στο aliasing.

4.2.1 Σχέσεις συχνοτήτων

Ο DFT κινείται μεταξύ των τιμών 0 καιN− 1, οι οποίες αντιστοιχούν άμεσα στις "ψηφιακές" συχνότητεςαπό 0 ως 2π. Για να τις αντιστοιχήσουμε στις πραγματικές αναλογικές συχνότητες, πρέπει να γνωρίζουμε τησυχνότητα δειγματοληψίας.

Έχουμε τρία είδη συχνοτήτων με τα οποία ασχολούμαστε:

• k: Συχνότητα του DFT, k ∈ [0, N− 1], διακριτή.

• ω: Συχνότητα του DTFT, ω ∈ [0, 2π), συνεχής.

• Ω: Συχνότητα του CFT, Ω ∈ [0,∞), συνεχής. Στην πράξη, κινείται μεταξύ Ω ∈ [0, Fs)

Η συχνότητα που μας αφορά είναι ηΩ, καθώς είναι η φυσική συχνότητα του σήματος. Μεταξύ των συχνο-τήτων ορίζονται σχέσεις:

• k = N ω2π (Ορισμός 4.1)

• ω = k2πN (Ορισμός 4.1)

•Ω2π = kΔf (Σελίδα 57)

• Ω =2πkΔtN =

2πkN FS (από (3))

• k =NΔtΩ2π =

NΩ2πFS

k

X[k]

0 1 2 3 4 5

· · ·

N− 1

0 2π0 FS

58

Παράδειγμα Δίνεται ένα σήμα:

x(t) = e j2πf0t → X(f) = δ(f− f0)

δειγματοληπτείται με συχνότητα δειγματοληψίας Fs. Παίρνουμε N δείγματα 0,Δt, . . . , (N − 1)Δt, όπουΔt = 1

Fs.

Τότε:

X[k] =

N ∞∑n=−∞

ˆ ∞−∞

X(f− f ′ − nFs) sinc(NΔtf ′)e−jnf ′ΝΔt df ′f=kΔf

= N∞∑

n=−∞sinc

(ΝΔt(kΔf− f0 − nFs)

)e−jn(kΔf−f0−nFs)NΔt

Ο όρος kΔf− f0 − nFs εκφράζει τη διαφορά της πραγματικής συχνότητας που υπάρχει στο σήμα, από τησυχνότητα επάνω στην οποία κάνουμε δειγματοληψία του Fourier εμείς. Αν τύχει και πέσουμε ακριβώς επάνωστη σωστή συχνότητα, η sinc δε θα επιδράσει και θα έχουμε ένα καθαρό φάσμα. Όμως αν έχουμε μια μικρήδιαφορά, θα "γεμίσουν" κι άλλες συχνότητες στο φάσμα, οι οποίες όμως στο αρχικό σήμα δεν είχαν πληροφορία.

Διάλεξη 11η9/11/20184.3 Aliasing (φασματική επικάλυψη)

Ο παράγοντας A(f) αποτελεί ένα "παράσιτο" που εισάγεται στο σήμα μετά από τον πολλαπλασιασμό τουμε την παλμοσειρά των δ. Στο ψηφιακό σήμα δεν μπορεί να γίνει 0, καθώς τα φάσματά μας είναι άπειρα, αφούτα σήματα είναι χρονοπερατά (όπως αποδείχθηκε στο αναλογικό σήμα).

Στην ιδανική περίπτωση που το σήμα x(t) είναι ζωνοπερατό, η επικάλυψη μπορεί να καταργηθεί με συχνό-τητα δειγματοληψίας Fs > 2Fmax (συνθήκη Nyquist) (πρωτογενής επικάλυψη).

Στην περίπτωση που το σήμα δεν είναι ζωνοπερατό υπάρχει οπωσδήποτε επικάλυψη, η οποία μπορεί μόνονα μειωθεί αυξάνοντας τη συχνότητα δειγματοληψίας Fs (δευτερογενής επικάλυψη).

4.4 Spectral leakage (φασματική διαρροή)

Ο δεύτερος "ενοχλητικός" όρος είναι ο L(f):

L(f) = Nsinc(NΔt f)e jπ fNΔt

το φάσμα του οποίου συνελίσσεται με το αρχικό φάσμα X(f).Για παράδειγμα, όταν έχουμε ένα "ημίτονο" x(t) = e j2πf0t, τότε το παραθυρωμένο σήμα θα έχει φάσμα:

X(f) ∗ L(f) =ˆ ∞−∞

X(f− f ′)L(f)df ′ = Nsinc(NΔt(f− f0)

)e−jπ(f−f0)NΔt

Το παραπάνω αποτέλεσμα σημαίνει πως το φάσμα που θα προκύψει δεν θα αποτελείται απλώς από μία δπάνω στο f0, αλλά πάνω στην f0 θα κάθεται μία sinc. Φασματικό περιεχόμενο δεν θα εμφανίζεται μόνο στηνf0, αλλά και γύρω από αυτήν, ενώ δεν υπήρχε μεγαλύτερο σήμα. Αυξάνοντας το μέγεθος N του παραθύρου,δηλαδή τον αριθμό δειγμάτων που παίρνουμε, στενεύει και η επίδραση της sinc.

Άσκηση: Παλιό θέμα

Έστω ένα σήμα:

xa(t) = sin(2πf1t) + sin(2πf2t)

(υποθέτουμε πως από τη φυσική του συστήματος γνωρίζουμε πως είναι δύο τα ημίτονα).Το δειγματοληπτούμε με συχνότητα Fs = 360Hz για διάρκεια N = 2400 samples.

59

Διαπιστώνουμε ότι το φάσμα του DFT είναι:

X[k] ={̸= 0, για k = 200, k = 800, k = 1600, k = 2200= 0, αλλού

200 800 1600 2200Ποιές είναι οι μικρότερες πιθανές τιμές των f1, f2;

Λύση

Μετά από τη δειγματοληψία, θα δημιουργηθεί ένα σήμα x[n] με n = 0, 1, . . . , 2399. Με εφαρμογήτου DFT (Discrete Fourier Transform), θα δημιουργηθεί το φάσμα X[k] με k = 0, 1, . . . , 2399.

Από το γνωστό τύπο NΔtΔf = 1, έχουμε:

Δf = 1ΝΔt =

FsN

Επομένως, για όλες τις τιμές του φάσματος:

f1 = k1Δf = 200 · 3602400 = 30Hz

f2 = k2Δf = 800 · 3602400 = 120Hz

f3 = k3Δf = 1600 · 3602400 = 240Hz

f4 = k4Δf = 2200 · 3602400 = 330Hz

Εφ' όσον ζητάμε τις ελάχιστες δυνατές συχνότητες, απαντάμε με 30Hz και 120Hz. Ο περιορισμόςαυτός που δίνει η εκφώνηση ουσιαστικά δηλώνει ότι δεν έχουμε πρωτογενές aliasing, δηλαδή ότι ησυχνότητα της δειγματοληψίας είναι σωστά επιλεγμένη, ώστε να είναι διπλάσια αυτής του γρηγορότερουημιτόνου, και να ικανοποιείται το κριτήριο του Nyquist.

Αν δεν υπήρχε ο συγκεκριμένος περιορισμός μάλιστα, οι δυνατές απαντήσεις θα ήταν άπειρες σεπλήθος. Μία μεγαλύτερη συχότητα μπορεί να εμφανίσει alias στην "ορατή" περιοχή k ∈ (0, 1200). Γιαπαράδειγμα, αν x είναι μια συχνότητα, τότε θα πέφτουμε πάνω στα 30Hz όταν:

30 = x+ κ360

Δηλαδή για x = 30, 390, 750, . . . Hz.

Διάλεξη 12η12/11/20184.5 Under-Sampling (Υποδειγματοληψία)

f−fH −fL

Α

fHfL

ΔfL = 1 GHzfH = 1.01 GHz

}BW = 10 MHz

Έστω ότι έχουμε ένα σήμα σε μεγάλη συχνότητα, δηλαδή στο 1GHz, το οποίο όμως έχει μικρό εύροςζώνης, της τάξης των 0.01GHz.

60

Για να δειγματοληπτήσουμε αυτό το σήμα κανονικά, θα πρέπει να έχουμε συχνότητα δειγματοληψίας fs:

fs > 2fmax = 2fH = 2.02GHz

Αυτή όμως η συχνότητα είναι τεράστια για ένα σήμα το οποίο έχει τόσο μικρό εύρος ζώνης! Επομένως θαπροσπαθήσουμε να βρούμε ένα trick για να αποφύγουμε αυτόν τον περιορισμό, χωρίς να έχουμε επικάλυψητου δειγματοληπτημένου σήματος στο φάσμα.

Αφού εφαρμοστεί η δειγματοληψία, αν δεν υπάρχει επικάλυψη, το φάσμα του δειγματοληπτημένου σήματοςθα μοιάζει ως εξής:

f−fH −fL

Α Α

A κ

κfs − fL

Α

A κ+1

(κ + 1)fs − fH

Δ

fL fH

Εδώ υποθέτουμε ότι υπάρχει ένα δεξί "πλακίδιο" που περιβάλλεται από δύο αριστερά πλακίδια. Το αριστερό

πλακίδιο προκύπτει από το αντίγραφο του αρχικού−fH−fL

που, λόγω της παλμοσειράς, μετατοπίστηκε κατά

μια ακέραια σταθερά κ και κ+ 1.Για να μην υπάρχει επικάλυψη, θα πρέπει να μην "χτυπούν" τα 3 πλακίδια:{

κfs − fL ≤ fL ⇒⇐⇒ fs ≤ 2fLκ

(κ+ 1)fs − fH ≥ fH ⇒⇐⇒ fs ≥ 2fHκ+1

άρα:

2fHκ+ 1 ≤ fs ≤

2fLκ ⇒⇐⇒

2fHκ+ 1 ≤

2fLκ ⇒⇐⇒ κfH ≤ (κ+ 1)fL ⇒⇐⇒

κ(fH − fL) ≤ fL ⇒⇐⇒ κ ≤ fLfH − fL

∈ N

Αυτό που θέλουμε είναι να έχουμε ελάχιστη συχνότητα δειγματοληψίας fs (καθώς είναι πιο εύκολη η φυσικήυλοποίηση), οπότε επιλέγουμε το μέγιστο κ:

κ∗ =⌊

fLfH − fL

⌋και μπορούμε να επιλέξουμε απλώς μια fs που να ικανοποιεί το κριτήριο που βρήκαμε παραπάνω:

2fHκ∗ + 1 ≤ fs ≤

2fLκ∗

Κριτήριο Nyquist Για ένα χαμηλοπερατό σήμα (δηλαδή με ελάχιστη συχνότητα fL = 0), αν εφαρμόσουμετον παραπάνω τύπο, θα πρέπει να λάβουμε το γνωστό κριτήριο του Nyquist. Πράγματι:

κ∗ =⌊

fLfH − fL

⌋=

⌊1fH

⌋= 0

άρα η συχνότητα δειγματοληψίας είναι:

2fH0+ 1 ≤ fs ≤

2fL0 ⇒⇐⇒ fS ≥ 2fH

61

Στη γενική περίπτωση, αν κ∗ =⌊

fLfH−fL

⌋> 0, τότε:

2fH⌊fL

fH−fL

⌋+ 1≤ fs ≤

2fL⌊fL

fH−fL

⌋⇒⇐⇒ 2(fH − fL) ≤ fs ≤ 2(fH + fL) ⇒⇐⇒ fs > 2(fH − fL) (γενικότερο κριτήριο Nyquist)

Επομένως, στο παραπάνω παράδειγμα:

fH − fL = 1.01− 1 = 10MHz

θα είναι fs = 2(fH − fL) = 20MHzΆσκηση:Μαθηματικός διαγωνισμός

Δίνεται η σχέση:

x− 1x− 2 =

x− ax− 6

Να βρεθούν οι ακέραιοι a ∈ Z, για τους οποίους η παραπάνω σχέση να καθιστά το x ∈ Z ακέραιο.

Λύση

Κάνουμε πράξεις στη δοθείσα σχέση:

(x− 1)(x− 6) = (x− 2)(x− a)

άρα έχουμε:

x2 − 7x+ 6 = x(−2− a)x+ 2a ⇒⇐⇒ x(a− 5) = 2a− 6 ⇒⇐⇒

x =2a− 6a− 5 =

2a− 10+ 4a− 5 = 2+ 4

a− 5︸ ︷︷ ︸Για να είναι ο x ακέραιος, θα πρέπει και το κλάσμα 4

a−5 να είναι ακέραιο, δηλαδή το a− 5 να είναιδιαιρέτης του 4. Τα a που το ικανοποιούν αυτό είναι:

(a− 5) = −4,−2,−1, 1, 2, 4 ⇒⇐⇒ a = 1, 3, 4, 6, 7, 9

4.6 Διακριτές σχέσεις Kramers-Kronig

Έστω μια αιτιατή ακολουθία x(n) ∈ R (x(n) = 0 ∀n < 0)Γνωρίζουμε ότι ένα σήμα μπορεί να γραφτεί σαν άθροισμα ενός άρτιου και ενός περιττού μέρους (Σελίδα 5):

x(n) = xe(n) + xo(n)

άρα, μετασχηματίζοντας κατά Fourier (που έχει ένα πραγματικό και ένα φανταστικό μέρος):

X(e jω) = XR(e jω)+ jXI

(e jω)=

∞∑n=−∞

xe(n)e−jωn +∞∑

n=−∞xo(n)e−jωn

Επιπλέον, εκμεταλλευόμενοι την αρτιότητα & περιττότητα των sin & cos έχουμε:∞∑−∞

xe · cos ̸= 0∞∑−∞

xe · sin = 0∞∑−∞

xo · cos = 0∞∑−∞

xo · sin ̸= 0

62

Άρα τελικά:

XR(e jω)=

∞∑n=−∞

xe(n)e−jωn ⇒⇐⇒ xe(n) =12π

ˆ π

−πXR(e jω)e jωn dω

Ομοίως:

jXI(e jω)=

∞∑n=−∞

xo(n)e−jωn ⇒⇐⇒ x0(n) =12π

ˆ π

−πjXI(e jω)e jω dω

Άρα τελικά:

x(n) = xe(n) + xo(n)x(−n) = xe(−n) + xo(−n) = xe(n)− xo(n)

Και, όταν το n είναι θετικό (n > 0):

x(n) = xe(n) + xo(n)0 = xe(−n) + xo(−n) = xe(n)− xo(n)

⇒⇐⇒x(n) = 2xe(n)x(n) = 2xo(n)

Ενώ, επάνω στο n = 0, οι σχέσεις γίνονται:

x(0) = xe(0) +����*0xo(0)

x(0) = xe(0)−����*0xo(0)

⇒⇐⇒ x(0) = xe(0)

Τελικά:

x(n) =

0 n < 0 (αιτιατότητα)xe(0) n = 02xe(n) = 2xo(n) n > 0

Οι παραπάνω σχέσεις δηλώνουν πως γνωρίζοντας μόνο το άρτιο ή περιττό κομμάτι μιας αιτιατής & πραγ-ματικής ακολουθίας, μπορούμε να τη βρούμε ολόκληρη (εκτός από την τιμή n = 0, που απαιτεί το άρτιοκομμάτι).

Τα παραπάνω οδηγούν στο εξής συμπέρασμα:

Πόρισμα 4.1

Αν x(n) ∈ R ένα αιτιατό σήμα:

α) Αν μας δίνεται μόνο το πραγματικό μέρος του μετασχηματισμού FourierXR(e jω)του,

τότε μπορώ να βρω το x(n) ως εξής:

x(n) =

2xe(n) = 1

π

ˆ π

−πXR(e jω)e jωn dω n > 0

xe(0) = 12π

ˆ π

−πXR(e jω)dω n = 0

β) Αν μας δίνεται μόνο το φανταστικό μέρος του μετασχηματισμού Fourier XI(e jω),

έχουμε:

x(n) =

2x0(n) = jπ

ˆ π

−πXI(e jω)e jωn dω n > 0

x(0) = άγνωστο n = 0

63

Τα παραπάνω δηλώνουν ότι αν έχουμε ένα πραγματικό σήμα, ο μετασχηματισμός Fourier του (που πε-ριέχει πραγματικό+φανταστικό μέρος) περιέχει διπλάσια πληροφορία απ' όση χρειάζεται. Και αυτό, επειδήμπορούμε μόνο από το πραγματικό μέρος του Fourier να λάβουμε ολόκληρο το σήμα. Αυτό όμως δεν ισχύεισε μιγαδικά σήματα.

Άσκηση

Έστω ένα πραγματικό αιτιατό σήμα με πραγματικό μέρος Fourier:

XR(e jω)=

{1 |ω| < π/2

0 π/2 < |ω| < π

Να ανακτηθεί το x(n).

Λύση

Από το πόρισμα Θεώρημα 4.1, έχουμε:

x(n) = 2xe(n) =1π

ˆ π

−πXR(e jω)e jωn dω

=1π

ˆ π/2

− π/2e jωn dω =

1jnπe jωn

∣∣∣∣∣π/2

− π/2

=1jnπ

(e jnπ/2 − e−jnπ/2

)=

2πn sin

(nπ2

)Και για την τιμή στο x(0):

x(0) = 12π

ˆ π

−πXR(e jω)dω =

12π

ˆ π/2

− π/21dω =

12 .

Διάλεξη 14η23/11/2018Κεφάλαιο 5 Σχεδίαση ψηφιακών φίλτρων

5.1 Αναλογικά φίλτρα Butterworth

Ορισμός 5.1: Αναλογικό φίλτρο Butterworth

Το φίλτρο Butterworth τάξης n έχει απόκριση πλάτους:∣∣Hn(jΩ)∣∣2 = 1

1+(

ΩΩc

)2n

Ιδιότητες

α.∣∣∣Hn(jΩ)2

∣∣∣∣∣∣∣Ω=0

= 1 ∀n

β.∣∣∣Hn(jΩ)2

∣∣∣∣∣∣∣Ω=Ωc

=12 ∀n

γ.∣∣Hn(jΩ)

∣∣∣∣∣Ω=Ωc

= 0.707 =

√22 ∀n

Δηλαδή η Ωc είναι η συχνότητα ημίσειας ισχύος του φίλτρου.

64

δ. Η∣∣Hn(jΩ)

∣∣2 είναι μονότονη φθίνουσα συνάρτηση του Ω.

ε. Για limn→∞

∣∣Hn(jΩ)∣∣2, το Hn(jΩ) τείνει να γίνει ιδανικό φίλτρο.

Ϛ. Η∣∣Hn(jΩ)

∣∣2 μεγιστοποιείται για Ω = 0.

Κανονικοποίηση Στη σχεδίαση, μπορούμε να δουλεύουμε σε ένα κανονικοποιημένο φίλτρο, με κεντρικήσυχνότητα 1. Πράγματι, αν ορίσουμε Ω′ = Ω

Ωc, τότε το φίλτρο έχει κέντρο στο Ω′c = 1.

Ω

1

Ωr

A c = 0.707

Ωr

A r

Ω′1

A c = 0.707

Ορισμός 5.2: Κανονικοποιημένο Butterworth με Ωc = 1 rad/sΤο κανονικοποιημένο Butterworth είναι:∣∣Hn(jΩ)

∣∣2 = Hn(jΩ)Hn(−jΩ) =1

1+Ω2n

Στο πεδίο Laplace, αντικαθιστώντας με s = jΩ:

∣∣Hn(s)∣∣2 = 1

1+(sj

)2Για να παράξουμε το παραπάνω φίλτρο, χρειάζεται ο πολλαπλασιασμός των συναρτήσεων Hn(jΩ) και

Hn(−jΩ). Αυτές πρέπει να έχουν τους ίδιους πόλους με τους πόλους του τελικού φίλτρου:

1+(sj

)2n

= 0 ⇒⇐⇒ s2n = −1(j)2n = (−1)n+1

όπου θέτοντας το n, μπορούμε με βάση τη μιγαδική ανάλυση να βρούμε τις ρίζες του παρανομαστή:{n odd ⇒⇐⇒ sk = 1∠kπ/n k = 0, 1, . . . , 2n− 1n even ⇒⇐⇒ sk = 1∠ π

2n + kπn k = 0, 1, . . . , 2n− 1

όπου μπορούμε να μοιράσουμε τις odd και even ρίζες μεταξύ των Hn(jΩ) καιHn(−jΩ).Άρα έχουμε:

Hn(s) =1∏

(s− sk)=

1Bk

όπου, για να έχουμε ευστάθεια, οι sk είναι στο αριστερό ημιεπίπεδο, και Bn(s) το πολυώνυμο Butterworth.

Επέκταση Ησυνάρτηση Butterworth που βρήκαμε παραπάνω είναι εξ' ορισμού χαμηλοπερατή. Για το σχεδια-σμό άλλων ειδών φίλτρων Butterworth, μπορούμε να συνδυάσουμε πολλά Butterworth φίλτρα κατάλληλα. Στατυπολόγια, υπάρχουν εξισώσεις που πραγματοποιεί τη σχεδίαση του φίλτρου, δεδομένων των προδιαγραφών.

65

Παράδειγμα σχεδιασμού Μπορεί να μας ζητηθούν προδιαγραφές:

• Για Ω < Ω1: 10 log∣∣Hn(jω)

∣∣2 ≥ k1 ≥ 0

• Για Ω > Ω2: 10 log∣∣Hn(jω)

∣∣2 ≤ k2 ≤ 0Ω1

k1

Ω2

k2

Επομένως, λύνοντας τις ανισώσεις των σημειώσεων (θέτονας H(Ω) = 11+

(ΩΩc

)2n ), θα προκύψει:

n =

log[10 − k1/10−110 − k2/10−1

]2 log

(Ω1/Ω2

)

με τη δυνατότητα επιλογής οποιουδήποτε Ωc εντός της περιοχής:

Ω1(10− k1/10 − 1

)1/2n≤ Ωc ≤

Ω2(10− k2/10 − 1

)1/2n

5.2 Αριθμητική επίλυση διαφορικής εξίσωσης

Τα αναλογικά φίλτρα και συστήματα εκφράζονται από διαφορικές εξισώσεις. Αν καταφέρουμε να μετασχη-ματίσουμε αυτά τα συστήματα με κάποιον τρόπο στον ψηφιακό κόσμο, θα μπορούμε να τα εφαρμόσουμε καιστα ψηφιακά μας σήματα.

Οι "αναλογικές" διαφορικές εξισώσεις έχουν γενικά την εξής μαθηματική μορφή:

N∑k=0

ckdk

dt kya(t) =M∑k=0

dkdk

dt k xa(t)

και, εφαρμόζοντας μετασχηματισμό Laplace:

Ha(s) =

M∑k=0

dksk

N∑k=0

cksk

Ορισμός 5.3: Διαφορά k-τάξηςΓια την αριθμητική επίλυση των διαφορικών εξισώσεων, ορίζουμε αναδρομικά τις διαφορές k τάξης:

∇(1) [y(n)] = y(n)− y(n− 1)T

∇(k) [y(n)] = ∇(1)[∇(k−1) [y(n)]]

Η χρησιμότητά τους έγκειται στο ότι μοιάζουν με τις κλασικές παραγώγους:

ddtya(t)

∣∣∣∣t=nT

≈y(n)− y(n− 1)

T

επομένως προσεγγιστικά μπορούμε άμεσα να διακριτοποιήσουμε την αρχική διαφορική εξίσωση:

N∑k=0

ck∇(k)ya(nT) ≈N∑

k=0dk∇(k)xa(nT)

66

και, εφαρμόζοντας μετασχηματισμό Z:

Z{∇(1) [y(n)]} = Z

[y(n)− y(n− 1)

T

]= Y(z)

[1− z−1

T

]

Z{∇(k) [y(n)]} = Y(z)

[1− z−1

T

]kΔηλαδή τελικά:

H(z) = Y(z)X(z) =

∑Nk=0 dk

[1−z−1

T

]k∑N

k=0 ck[1−z−1

T

]kΑπό το παραπάνω αποτέλεσμα προκύπτει πως μπορούμε να γράψουμε το H(z) από το H(s) με μια απλή

αντικατάσταση μεταβλητής:

H(z) = H(s)∣∣s← 1−z−1

T

s-plane

Ω = 1TΩ =∞

z-plane

Ο μετασχηματισμός που πραγματοποιούμε είναι ο εξής:

s = 1− z−1T

και πραγματοποιούμε πράξεις:

z =1

1− sT =1

1− jΩT =1

1+Ω2T 2 + j ΩT1+Ω2T 2 = X+ jY

όπου ισχύει X2 +Y2 = x και(X− 1

2

)2+Y2 = 1

yΔεν υπάρχει ακριβής απεικόνιση των αναλογικών συχνοτήτων σε ψηφιακές. Όμως μπορεί να απαιτηθεί οι

αναλογικές συχνότητες να είναι πολύ κοντά στο μοναδιαίο κύκλο, παίρνοντας τον ελάχιστο δυνατό χρόνο δειγ-ματοληψίας T. Επίσης, αν ένα αναλογικό σύστημα είναι ευσταθές, τότε αναγκαστικά και το ψηφιακό αντίστοιχοθα είναι ευσταθές.

Σημείωση Ορίζεται και η προς τα εμπρός διαφορά (forward difference):

Δ(1)y(n) = y(n+ 1)− y(n)T

dy(t)dt

∣∣∣∣t=nT

≃ y(n+ 1)− y(n)T

Η παραπάνω διαφορά ορίζει διαφορετική απεικόνιση στις ψηφιακές συχνότητες s ← z−1T , και δεν εγγυάται

ευστάθεια και στον ψηφιακό κόσμο.Επιπλέον, ορίζονται κεντρικές διαφορές ως εξής:

dy(h)dt

∣∣∣∣t=nT

=y(n+ 1)− y(n− 1)

2T με s← z+ z−1T

Διάλεξη 15η26/11/2018

67

Ένα παράδειγμα Έστω ότι δειγματοληπτούμε ένα αναλογικό σήμα Ha(Ω), με συχνότητα δειγματοληψίαςΩs, που απεικονίζεται στον ψηφιακό κόσμο μέσω της ω ∈ [0, 2π). Το ω = 2π αντιστοιχεί στην αναλογικήσυχνότητα Ωs, και το ω = π αντιστοιχεί στην Ωs

2 .

Ω

Ha(Ω)

Ωi Ωs ωπ 2π

s-plane

ΩsΩs2

Ωi Ωs

1 z-plane

Η σχέση που συνδέει την "αναλογική" με την "ψηφιακή" συχνότητα είναι γραμμική:

ω =2πΩΩs

Επίσης, αν φανταστούμε ότι το σήμα είχε μια συχνότητα ΩH > Ωs, μεγαλύτερη δηλαδή από το μισό τηςσυχνότητας δειγματοληψίας, αυτή θα εμφανιζόταν σε λανθασμένο σημείο στο φάσμα, οδηγώντας σε παραπλα-νητικά αποτελέσματα, όπως έχουμε δει στην Ενότητα 4.3.

Μετάφραση ψηφιακής σε αναλογική συχνότητα Έστω ότι έχουμε ένα φίλτρο Butterworth. Το αρχικό ανα-λογικό φάσμα του είναι πολύ καθαρό:

ω

Ha(s)

0 π

ω→ Ω

Ω

H ′a(Ω)

0Ωs2

Στον ψηφιακό κόσμο όμως, το φάσμα προκύπτει ελαφρά παραμορφωμένο. Αν μεταφράσουμε την ψηφιακήσυχνότητα σε αναλογική με τη σχέση ω = 2πΩ

Ωs, θα λάβουμε ένα άλλο σήμα H ′a(Ω), που εν γένει θα είναι

ελαφρά διαφορετικό από το αρχικόHa(Ω).

Για τις forward διαφορές Παραπάνω ορίσαμε ως εξής, πέρα από τις προς τα πίσω διαφορές που χρησιμο-ποιήσαμε παραπάνω, και τις προς τα εμπρός διαφορές:

Δ(1)y(n) = y(n+ 1)− y(n)T

dy(t)dt

∣∣∣∣t=nT

≃y(n+ 1)− y(n)

T

Εδώ θα αποδείξουμε πως υπό συνθήκη (αλλά όχι πάντα) οδηγούν σε ευστάθεια και του ψηφιακού συστή-ματος, αν το αντίστοιχο αναλογικό είναι ασταθές.

Με πράξεις όπως και στις προς τα πίσω διαφορές, βρίσκουμε την αντιστοιχία μεταξύ των πόλων του s-planeκαι z-plane:

s← z− 1T (όπου T = Δt)

Έχουμε:

s = z− 1T ⇒⇐⇒ z = sT+ 1 = (a+ jb)T+ 1

68

όπου η αναλογική ευστάθεια σημαίνει πως a < 0.

z = (aT+ 1) + jbT|z|2 = (aT+ 1)2 + b2T 2 = a2T 2 + 2aT+ 1+ b2T 2

Από τη θεωρία, το ψηφιακό σύστημα είναι ευσταθές αν για τους πόλους του ισχύει |z|2 < 1:

a2T 2 + 2aT+ 1+ b2T 2 < 1

T(a2 + b2) < −2a ⇒⇐⇒ T <−2a

(a2 + b2)

Το παραπάνω αποτέλεσμα σημαίνει ότι για κάθε πόλο a+ jb, θα πρέπει να επιλέξουμε συχνότητα δειγματο-ληψίας τέτοια ώστε T < −2a

a2+b2 για να έχουμε ευστάθεια και στο ψηφιακό σύστημα.Για πολλούς πόλους pi = ai + jbi, η παραπάνω συνθήκη γράφεται ως εξής:

T <−2AB

όπου:

A = maxi

{Re{pi}}

B = maxi

{|pi|2

}Άσκηση για το σπίτι

Να παρασταθεί γεωμετρικά η απεικόνιση του φανταστικού άξονα από το s-plane στο z-plane.

Παιχνίδι για το σπίτι

Να υλοποιηθεί φίλτρο Butterworth (π.χ. της μορφής H(s) = 1s+1 ) και να τοποθετηθεί σε ανθρώπινη

φωνή. Να ακουστεί η διαφορά της φωνής όταν εφαρμοστεί φίλτρο Butterworth σε αυτήν.

Διάλεξη 16η30/11/20185.3 Διγραμμικός Μετασχηματισμός

Έστω η διαφορική εξίσωση:

a1ddtya(t) + a0ya(t) = b0x(t)

όπου το ya δηλώνει ένα analog σήμα εισόδου.Το σύστημα αυτό έχει, κατά Laplace, συνάρτηση μεταφοράς:

H(s) = b0a1s+ a0

και η λύση του είναι:

ya(t) =ˆ t

t0y ′a(t)dt+ ya(t0)

όπου y ′a(t) =dya(t)dyt

.Γενικότερα, η παράγωγος γράφεται (από τη ΔΕ) ως εξής:

y ′a(t) =b0x(t)− a0ya(t)

a1

69

Μπορούμε να διακριτοποιήσουμε τη λύση του ως εξής:

ya(nT) =ˆ nT

(n−1)Ty ′a(t)dt+ ya

[(n− 1)T

]ω0

y ′a(t)

(n− 1)T nTκαι, μπορούμε αριθμητικά να προσεγγίσουμε το ολοκλήρωμα (με τη μέθοδο τραπεζίου):

ya(nT) = Ty ′a((n− 1)T

)+ y ′a(nT)

2 + ya[(n− 1)T

]=

T2

{−a0a1

ya(nT) +b0a1

x(nT)− a0a1

ya[(n− 1)T

]+

b0a1

x[(n− 1)T

]}+ ya

[(n− 1)T

]Στη συνέχεια, μετασχηματίζουμε κατά Z:

Y(z) = T2

[−a0a1

Y(z) + b0a1

X(z)− a0a1

z−1Y(z) + b0a1

z−1X(z)]+ z−1Y(z)

και με λίγες πράξεις μπορούμε να βρούμε και τη συνάρτηση μεταφοράς του ψηφιακού συστήματος:

H(z) = Y(z)X(z) = · · · = b0

a1(

2T

)(1−z−1

1+z−1

)+ a0

Αν θυμηθούμε ότι στο αναλογικό σύστημα η συνάρτηση μεταφοράς ήτανH(s) = b0a1s+a0 , τότε ο διγραμμι-

κός μετασχηματισμός μπορεί να περιγραφεί από την αντικατάσταση:

s→ 2T1− z−11+ z−1

Ο διγραμμικός μετασχηματισμός επομένως είναι μία ακόμα μέθοδος αριθμητικής αναπαράστασης & επί-λυσης ενός αναλογικού συστήματος, ο οποίος μπορεί να προκύψει, όπως και οι παραπάνω μετασχηματισμοί,θέτοντας το s της συνάρτησης μεταφοράς σε μία κατάλληλη τιμή.

Μελέτη απεικόνισης συχνοτήτων Ένα ερώτημα που πρέπει να απαντήσουμε είναι αν απεικονίζονται όλεςοι αναλογικές συχνότητες s = jΩ στον ψηφιακό κόσμο.

Θέλουμε το jΩ να απεικονιστεί στο e jω. Τότε θέτουμε:

jΩ =2T1− e−jω1+ e−jω

=2T1− cosω+ j sin ω1+ cosω− j sin ω

=2T(1− cosω+ j sin ω)(1+ cosω+ j sin ω)

(1+ cosω)2 + sin2 ω

=2Τ(1+ j sin ω)2 − cos2 ω(1+ cosω)2 + sin2 ω

=2T1− sin2 ω+ 2j sinω− cos2 ω

(1+ cosω)2 + sin2 ω⇒⇐⇒

Ω =2T

sinω1+ cosω =

2T tan

(ω2

)Επομένως υπάρχει απεικόνιση του jΩ → e jω, η οποία είναι η Ω = 2

T tan(ω2

), ή αντιστρόφως ω =

2 tan−1 ΩT2 .

70

s-plane z-plane

Μερικά παραδείγματα της συχνότηταςωbl που προκύπτει από το διγραμμικό μετασχηματισμό (σε σύγκρισημε τη συχνότητα ωST = ΩT που προκύπτει από το θεώρημα δειγματοληψίας) είναι:

Ω ωbl ωST

0 0 02T

π/2 2∞ π ∞

Ωs =2πT 2 tan−1(π) ≈ 2 · 1.26262 ≈ 2 · 0.402π 2π

Σε αυτόν το μετασχηματισμό, παρατηρούμε πως όλες οι συχνότητες από το 0 ως το∞ απεικονίζονται απότο 0 ως το π. Αυτό βέβαια απαιτεί μια στρέβλωση και ανομοιομορφία.

Μελέτη ευστάθειας Έχουμε:

s = 2T1− z−11+ z−1 ⇒⇐⇒ z =

1+ sT2

1− sT2

Έστω ότι υπάρχει ένας πόλος s0 = a+ jb.

z0 =1+ s0 T21− s0 T2

=1+ (a+ jb)T21− (a+ jb)T2

=

(1+ Ta

2

)+ jbT2(

1− Ta2

)− jbT2

Αν έχουμε ένα ευσταθές αναλογικό σύστημα, ο πόλος θα έχει a < 0, οπότε:

|z0|2 =

(1+ Ta

2

)2+ b2T 2

4(1− Ta

2

)2+ b2T 2

4

και, με λίγα μαθηματικά, ισχύει |z0| < 1. Επομένως, και το ψηφιακό σύστημα είναι ευσταθές.Άσκηση

Να σχεδιαστεί ψηφιακό φίλτρο με Διγραμμικό Μετασχηματισμό, το οποίο να αντικαταστήσει ένα ανα-λογικό χαμηλοπερατό, με μονότονη απόκριση:

Ωc = 2π · 500 rad/s −3dBΩ ≥ Ω2 = 2π · 750 rad/s < k2 = −15dB

−3

Ωc

−15

Ω2

71

Λύση

Θα υλοποιήσουμε ένα φίλτρο Butterworth, με χρόνο δειγματοληψίας Δt = 0.5 · 10−3 s. Αυτός οχρόνος οδηγεί σε συχνότητα δειγματοληψίας μεγαλύτερη της συχνότητας Nyquist.

Έχουμε:

Ω1 = 2π · 500 k1 = −3Ω2 = 2π · 750 k2 = −15

Από τον τύπο που βρήκαμε για το Butterworth, έχουμε:

n = ⌈log(10−

k110 − 1

)/

(10−

k210 − 1

)2 log

(Ω1Ω2

) ⌉

= ⌈4.2254 . . . ⌉ = 5

Άρα, από τυπολόγιο, το κανονικοποιημένο Butterworth είναι:

H(s) = 1(s+ 1)(s2 + 0.618s+ 1)(s2 + 1.618s+ 1)

και, αν θέλουμε την κανονική συχνότητα:

Ha(s) = Hs(s)∣∣s← s

Ωc=2π·500

άρα:

Ha(s) =1(

sΩ0

)((sΩ0

)2+ 0.618

(sΩ0

)+ 1)((

sΩ0

)2+ 1.618

(sΩ0

)+ 1)

Για να μετασχηματίσουμε στη συχνότητα και να βρούμε το H(z), αρκεί να θέσουμε s ← 2Δt

1−z−1

1+z−1

στο παραπάνω.

Η σχεδίασή μας όμως αυτή οδηγεί σε λάθος αποτέλεσμα, καθώς δεν λαμβάνει υπ' όψιν το μετασχημα-τισμό που προκύπτει από το διγραμμικό μετασχηματισμό για τη ψηφιοποίηση του συστήματος. Πρώτα,υπολογίζουμε τις ψηφιακές συχνότητες ω1 = Ω1Δt = 0.5π, ω2 = Ω2Δt = 0.75π. Εφαρμόζοντας τομετασχηματισμό Ω = 2

Δt tan(ω2

)έχουμε:

Ω′1 =2Δt tan

(ω12

)= 4000 rad/s

Ω′2 =2Δt tan

(ω22

)= 9657 rad/s

και η σχεδίαση μπορεί να γίνει:

n =

log(10−

k110 − 1

)/

(10−

k210 − 1

)2 log

(Ω′

1Ω′

2

) = ⌈1.9438⌉ = 2

με συνάρτηση μεταφοράς (από τυπολόγιο, σελ. 484 βιβλίου Hayes):

H2(s) =1

s2 + 1.4142s+ 1

72

στη μη-κανονικοποιημένη συχνότητα:

H ′a(s) = H2(s)∣∣s→ s

Ω′c

και στην ψηφιακή:

H(z) = H ′a(s)∣∣s← 2

Δt1−z−11+z−1

Διάλεξη 17η3/12/20185.4 Συνελικτικά ολοκληρώματα

Κάποιες διαφορικές εξισώσεις, δεδομένων των γνώσεων που έχουμε για την κρουστική απόκριση, λύνονταιως εξής:

y(t) =ˆ ∞−∞

h(τ) · x(t− τ)dτ

=

ˆ ∞−∞

x(τ)h(t− τ)dτ =

ˆ t

−∞x(τ)h(t− τ)dτ (για αιτιατό σύστημα)

Θα μπορούσαμε να σκεφτούμε να μετατρέψουμε σε άθροισμα το ολοκλήρωμα, θέτοντας t = nT, άρα

y(nT) = Tn∑

k=−∞x(kT)h(nT− kT) ⇒⇐⇒ y(n) = T

n∑k=−∞

x(k)h(n− k) = Tx(n) ∗ h(n). Δηλαδή, γνωρίζο-

ντας την κρουστική απόκριση του αναλογικού συστήματος, και δειγματοληπτώντας κατάλληλα, μπορούμε ναμοντελοποιήσουμε και το ψηφιακό σύστημα.

Έστω ένα φίλτρο Ha(s):

Ha(s) =1

s+ a

με κρουστική απόκριση:

ha(t) = e−atu(t)

την οποία μπορούμε να δειγματοληπτήσουμε ως εξής:

h[n] = ha(nT) = e−anTu(n)

Αφού το παραπάνω είναι η κρουστική απόκριση του ψηφιακού συστήματος, για να περιγράψουμε το ίδιοτο σύστημα έχουμε:

H(z) = ZT{h(n)

}=

∞∑n=0

e−anTz−n

=∞∑n=0

(e−aTz

)n

=1

1− e−aTz

με

∣∣∣∣∣e−aTz

∣∣∣∣∣ < 1

=z

z− e−aT

Μελετώντας τους πόλους, παρατηρούμε ότι ο πόλος του αναλογικού συστήματος είναι (s0) = −a, καιο πόλος του ψηφιακού είναι (z0) = e−at. Αν (s0) < 0, τότε (z0) < 1, άρα η ευστάθεια του αναλογικούσυστήματος οδηγεί και στην ευστάθεια του ψηφιακού.

Μελετώντας το σύστημα στη συχνότητα, παρατηρούμε ότι έχουμε αποτελέσματα αντίστοιχα με αυτά τουθεωρήματος δειγματοληψίας, καθώς δειγματοληπτούμε την h(t). Δεν θα υπάρχει καμία στρέβλωση στη συχνό-τητα.

73

Ω

H(s)

Ω

HSa(s)

Ωs =2πΔt

ω

H(e jω)

2π

5.4.1 Ακρίβεια της ψηφιακής προσέγγισης

Έστω ένα σύστημα, που μετά από την αντικατάσταση z← e jω, γίνεται:

H(e jω)=

Ae jωe jω − e−aT

και το ισοδύναμο δειγματοληπτημένο:

Heq(jΩ) = H(e jω)∣∣∣∣

ω←ΩT=

Ae jΩT

e jΩT − e−aTμε Ω <

πT

Ha(jΩ) =A

jΩ+ a

Heq(jΩ) =A

1− (1− aT) cos(ΩT) + j(1− aT) sin(ΩT)

=A/T

1+ jΩ− jTΩ =AT

1a+ jΩ

=A

1− 1+ aT cos(ΩT) + j sin(ΩT)− jaT sin(ΩT)∼=

AaT+ jΩT− jaT 2Ω

Παρατηρούμε ότι μειώνοντας το χρόνο δειγματοληψίας T, μειώνεται και η παραμόρφωση που προκαλείταιλόγω της προσέγγισης.

Παράδειγμα Έστω ένα σύστημα ha(t) με είσοδο u(t) και έξοδο sa(t). Μέσω της παραπάνω διαδιασίας,μετατρέπουμε την ha(t) σε h(n), για να πάρουμε έξοδο s(n), και το σύστημα να έχει μετασχηματισμό Z τονH(z).

Ερώτημα Αν H(n) = ha(nT), είναι ή όχι s(n) =n∑

k=−∞ha(kT);

Έχουμε:

u(n) =n∑

k=−∞δ(k) H(z)⇒⇐⇒⇐⇒⇐⇒⇐⇒⇐⇒⇐⇒ s(n) =

n∑k=−∞

h(k) =∞∑

k=−∞ha(kT)

Άρα είναι.

Ερώτημα Αν s(n) = sa(nT), είναι ή όχι h(n) = ha(nT);Έχουμε:

δ(n) = u(n)− u(n− 1) H(z)⇒⇐⇒⇐⇒⇐⇒⇐⇒⇐⇒⇐⇒ h(n) = s(n)− s(n− 1)= sa(nT)− sa

((n− 1)T

)

74

όπου:

sa(nT) =ˆ nT

−∞h(τ)u(nT− τ)dτ =

ˆ nT

−ah(τ)dτ

sa((n− 1)T

)= · · · =

ˆ (n−1)T

−∞h(τ)dτ

άρα:

sa(nT)− sa((n− 1)T

)=

ˆ nT

(n−1)Th(τ)dτ ̸= ha(nT)

δηλαδή η δοθείσα σχέση δεν ισχύει.

Ερώτηση για το σπίτι

Ποιό είναι το νόημα της παραπάνω άσκησης;

Διάλεξη 18η7/12/2018

Άσκηση

Έστω το σύστημα που περιγράφεται από την εξίσωση διαφορών:

y(n)− 12y(n− 1) = x(n)− 1

4x(n− 1) n ≥ 0

1) Να βρεθεί η κρουστική απόκριση h(n)

2) Να βρεθεί η H(z) είτε ως Y(z)X(z) , είτε ως ZT

{h(n)

}.

3) Να βρεθεί η y(n) αν x(n) =(13

)nu(n) με y(−1) = 0.

4) Να βρεθεί η y(n) αν x(n) =(13

)nu(n) και y(−1) = 1.

5) Αν x(n) = δ(n) και y(−1) = 1, ποιά θα είναι η y(n);

Λύση

Αφού n ≥ 0, το σύστημα είναι αιτιατό.

1) α) α' τρόποςΤο ότι μας ζητείται κρουστική απόκριση, σημαίνει πρακτικά ότι οι αρχικές συνθήκες τίθενταιίσες με 0, και ότι η είσοδος είναι x(n) = δ(n).Λαμβάνουμε παραδείγματα τιμών:

n = 0 y(0)− 12y(−1) = δ(0)− 1

4δ(−1) ⇒⇐⇒ y(0) = 1n = 1 y(1)− 1

2y(0) = δ(1)− 14δ(0) ⇒⇐⇒ y(1) = 1

4n = 2 y(2)− 1

2y(1) = δ(2)− 14δ(1) ⇒⇐⇒ y(2) = 1

2 ·14

n = 3 y(3)− 12y(2) = 0 ⇒⇐⇒ y(3) =

(12

)2 14

n = k>3

y(k)− 12y(k− 1) y(k) =

(12

)k−1 14

Δηλαδή, επαγωγικά βρίσκουμε ότι:

y(n) = h(n) =(12

)k−1· 14 για n > 3

75

ή, γενικότερα:

y(n) = h(n) = δ(n) +(12

)n−1 14u(n− 1)

=

(12

)n [u(n)− 1

2u(n− 1)]

Παρατηρούμε την ενδιαφέρουσα συμπεριφορά του συστήματος επάνω στο σημείο 0, η οποίαδιαφέρει από την υπόλοιπη δυναμική συμπεριφορά, λόγω των "μεταβατικών" όρων με τα δ.

β) β' τρόποςΘα χρησιμοποιήσουμε το μετασχηματισμό Z (αδιαφορώντας αν είναι μονόπλευρος ή δί-πλευρος - αφού εξ' ορισμού οι αρχικές συνθήκες πριν το 0 είναι μηδενικές).Έχουμε:

ZT{y(n)− 1

2y(n− 1)}

= ZT{x(n)14x(n− 1)

}Y(z)− 1

2z−1Y(z) = X(z)− 1

4z−1X(z)

Y(z)[1− 1

2z−1]= X(z)

[1− 1

4z−1]⇒⇐⇒

Y(z)X(z) = H(z) = 1− 1/4z−1

1− 1/2z−1 =z− 1/4

z− 1/2=

zz− 1/2

−1/4

z− 1/2ROC > 1/2

Άρα η κρουστική απόκριση, ως αντίστροφος μετασχηματισμός Laplace, είναι:

h(n) = IZT{H(z)

}Έχουμε ότι: 1/4

z−1/2 = z−1 1/4zz−1/4 →

14

(12

)nu(n)

∣∣∣∣n←n−1

=

(12

)nu(n)− 1

4

(12

)n−1u(n− 1)

2) Θα υπολογίσουμε την H(z) ως μετασχηματισμό Z της h(n) του πρώτου ερωτήματος. Από τονορισμό του μετασχηματισμού Z:

H(z) =∞∑

n=−∞h(n)z−n =

∞∑n=−∞

(12

)nz−nu(n)− 1

4

∞∑n=−∞

(12

)n−1z−nu(n− 1)

=∞∑n=0

(12z

)n=

14

∞∑n=1

(12z

)n2

=1

1− 12z︸ ︷︷ ︸

|z|> 12

−14

∞∑n=0

(12z

)n· 2− 2

=z

z− 12− 1

2

[1

1− 12z − 1

]︸ ︷︷ ︸

|z|> 12

=z

z− 12− 1

212z

1− 12z

=z

z− 12− 1

41

z− 12

|z| > 12

76

3) α) Α' τρόποςΕπειδή οι αρχικές συνθήκες είναι μηδενικές, ισχύει ότι H(z) = Y(z)

X(z) ⇐⇒ Y(z) =

H(z)X(z) ⇐⇒ y(n) = h(n) ∗ x(n). Άρα εφαρμόζουμε τη συνέλιξη:

y(n) = x(n) ∗ h(n) =∞∑

k=−∞

(12

)k [u(k)− 1

2u(n− 1)](

13

)n−ku(n− k)

=

(13

)n ∞∑k=−∞

(32

)ku(k)u(n− k)− 1

2

∞∑k=−∞

(32

)ku(k− 1)u(n− k)

=

(13

)n n∑k=0

(32

)ku(n)− 1

2

n∑k=1

(32

)ku(n− 1)

=

(13

)n

1−(32

)n+1

1− 32

u(n)− 12

n−1∑k=0

(32

)k 32u(n− 1)

=

(13

)n

1−(32

)n+1

1− 32

u(n)− 12321−

(32

)k1− 3

2u(n− 1)

=

[3(12

)n− 2

(13

)n]u(n) +

[32

(13

)n− 3

2

(12

)n]u(n− 1)

=

(12

)[3u(n)− 3

2u(n− 1)]+

(13

)n [−2u(n)− 3

2u(n− 1)]

β) Β' τρόποςΓνωρίζουμε από το μετασχηματισμό Z ότι:

Y(z) = H(z)X(z)

και η είσοδος είναι:

x(n) =(13

)nu(n) ⇒⇐⇒ X(z) = z

z− 13

ROCx : |z| >13

Άρα η έξοδος θα είναι:

Y(z) =z− 1

4z− 1

2

zz− 1

3ROCy : |z| > 1

2

y(n) = 12πj

‰C∈ROC

Y(z)zn−1 dz =12πj

‰C∈ROC

zn(z− 1

3

)(z− 1

2

)(z− 1

3

) dz

= Res[· · ·@ z =

12

]+ Res

[· · ·@ z =

13

]

=

(12

)n ( 12 −

14

)12 −

13

+

(13

)n ( 13 −

14

)13 −

12

u(n)

=

[(12

)n 32 −

(13

)n 12

]u(n)

=

(12

)n [3u(n)− 3

2u(n− 1)]+

(13

)n [−2u(n) + 3

2u(n− 1)]

77

4) Για y(−1) ̸= 0 δεν μπορώ να εφαρμόσω το:

y(n) = h(n) ∗ x(n)

γιατί δεν ισχύει και το Y(z) = H(z)X(z).Γράφουμε την αρχική εξίσωση και εφαρμόζουμε "μονόπλευρο" μετασχηματισμό Laplace:

y(n)− 12y(n− 1) = x(n)− 1

4x(n− 1) n ≥ 0∞∑n=0

y(n)z−n − 12

∞∑n=0

y(n− 1)z−n =

∞∑n=0

x(n)z−n − 14

∞∑n=0

x(n− 1)z−n

Y(z)− 12

∞∑k=−1

y(k)z−k−1 = X(z)− 14

∞∑k=−1

x(k)z−k−1

Y(z)− 12z−1

∞∑k=0

y(k)z−k + zy(−1)

= X(z)− 14z−1

∞∑k=0

x(k)z−k + zx(−1)

⇒⇐⇒ Y(z)

[1− 1

2z−1]= X(z)

[1− 1

4z−1]+

12�

���:1y(−1)

Y(z) = X(z)1−1/4z−1

1− 1/2z−1 +1/2y(−1)1− 1

2z−1

Y(z) = X(z)H(z) + 12

zz− 1/2

y(n) =[(

12

)n 32 −

(13

)n 12

]u(n) + 1

2

(12

)nu(n)︸ ︷︷ ︸

λόγω αρχικών συνθηκών

5) Επειδή απαντήσαμε στο προηγούμενο ερώτημα με τις ίδιες αρχικές συνθήκες, μπορούμε με ασφά-λεια να απαντήσουμε ότι:

y(n) = h(n) + 12

(12

)nu(n)

78