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7/25/2019 ele1095_7_analiseslit

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Analise de SLIT 1

Processamento Digital de Sinais

Notas de Aula

Analise de SLIT

Ricardo Tokio Higuti

Departamento de Engenharia Eletrica - FEIS - Unesp

Observacao: Estas notas de aula estao baseadas no livro: Discrete-Time Signal Processing,

A.V. Oppenheim and R.W. Schafer, Prentice Hall, 1989/1999.

Analise de SLIT 2

Analise de SLIT

Uso da DTFT e da TZ na analise de SLIT

SLIT: relacao entre entrada e sada.

Resposta impulsivah[n]

y[n] = x[n] h[n]

Resposta em frequenciaH(ej)

Y(ej) =X(ej) H(ej)

Funcao de transferencia (ou de sistema)H(z)Y(z) =X(z) H(z)

O efeito do sistema e causar mudancas no sinal de entrada (magnitude,fase, polos, zeros)

Filtragem

Distorcao


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Analise de SLIT 3

Resposta em Frequencia

Y(ej) = X(ej) H(ej)

Magnitude:

|Y(ej)|=|X(ej)| |H(ej)|

A magnitude da resposta em frequencia, tambem chamada de ganho,pode ser expressa em decibeis [dB]:

GdB= 20 log10 |H(ej)|

A atenuacao e o inverso do ganho. Em dB, fica-se comAdB = GdB =20log10 |H(e

j)|

Fase:

arg[Y(ej)] = Y(ej) = X(ej) + H(ej)

Em geral, a fase e dada em radianos, entre e . Neste caso, arepresentacao usada sera ARG[.]

Atraso de grupo (group delay):

grd[H(ej)] =d

d[ H(ej)]

Analise de SLIT 4

Fase

() = arg{ . } = ARG{ .} + r()


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Analise de SLIT 5

Efeito da Fase

Seja um sistema que ocasiona apenas um atraso no sinal de entrada:

y[n] = x[n nd]h[n] = [n nd]A resposta em freq. e: H(ej) =ejnd

Neste caso, a magnitude e constante para todas as freq. e a fase e:

H(ej) =nd

Ou seja, um sistema comfase linearemagnitude constanteem freq.

ocasiona apenas umatraso no sinal de entrada, no domnio do tempo.

O atraso de grupo, neste caso, e constante, igual ao atraso:

grd[H(ej)] =d

d[ H(ej)] =nd

Analise de SLIT 6

Efeito da Fase - Exemplo

Considere os seguintes sistemas:

x[n]

x[n]

x[n]

x[n]

|H(ej)|

|H(ej)|

|H(ej)|

|H(ej)|

H(ej)

H(ej)

H(ej)

H(ej)

y1[n]

y2[n]

y3[n]

y4[n]


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Analise de SLIT 7

Efeito da Fase - Exemplo

Sendo o sinal de entradax[n] = cos(1n) + 0.5 cos(31n),1= /6, tem-seas sadas:

0 5 10 15 20 25 302

0

2

x[n]

0 5 10 15 20 25 302

0

2

y1[n]

0 5 10 15 20 25 302

0

2

n

y2[n]

0 5 10 15 20 25 302

0

2

x[n]

0 5 10 15 20 25 302

0

2

y3[n]

0 5 10 15 20 25 301

0

1

n

y4[n]

Analise de SLIT 8

Funcao de Transferencia

Para SLITs representados por equacoes de diferencas, pode-se ter a solucaousando a TZ:

Nk=0

aky[n k] =Mk=0

bkx[n k]

Usando as propriedades da TZ, fica-se com:

Nk=0

akzkY(z) =

Mk=0

bkzkX(z)

ComoY(z) =X(z)H(z),

H(z) =Y(z)

X(z)=

Mk=0

bkzk

Nk=0

akzk

A partir da funcao de transferencia H(z) pode-se calcular a sua TZinversa, obtendo-se a resposta impulsiva, ou calcular a TZ inversa de Y(z),obtendo-se a sada.

Os polos e zeros tem uma grande importancia na analise e sntese deSLIT.

Equacao de diferencas

Funcao de transferencia

Resposta impulsiva


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Analise de SLIT 9

Estabilidade e Causalidade

Das analises de regiao de convergencia relacionadas com os tipos de sequencias,pode-se dizer, ao analisar a resposta impulsiva e a funcao de transferencia

de um sistema:

Um sistema causal deve ter h[n] = 0 para n < 0, portanto deve seruma sequencia unilateral a direita. Assim, sua RC deve ser externaao polo de maior magnitude de H(z).

Em um sistema estavel, deve-se ter

n |h[n]| < . Essa condicao eequivalente a ter:

n= |h[n]z

n|<

calculado em z= 1 (CRU). Isso equivale a dizer que a condicao deestabilidade e a mesma que implica ter a CRU dentro da regiao deconvergencia, ou seja, se a CRU estiver dentro da RC de H(z), osistema e estavel.

Com as duas consideracoes anteriores, conclui-se que, para um sistemaser causal E estavel, todos os polos devem estar no interior da CRU(magnitude menor que 1).

Analise de SLIT 10

Estabilidade e Causalidade - Exemplo

Considere um SLIT representado pela equacao de diferencas:

y[n] (5/2)y[n 1] + y[n 2] =x[n]Calculando-se a TZ, fica-se com a seguinte funcao de transferencia:

H(z) = 1

1 (5/2)z1 + z2=

1

(1 (1/2)z1)(1 2z1)

Logo, tem-se:

Polos em z= 1/2 e z= 2

Zeros em z= 0 (duplo)

1 21/2x x

Re

Im

z

As possveis escolhas para as RC sao:

|z|< 1/2. Neste caso, o sistema e nao-causal e instavel.

h[n] = (1/3)(1/2)nu[n 1] (4/3)2nu[n 1]

|z|> 2. Neste caso, o sistema e causal e instavel.

h[n] =(1/3)(1/2)nu[n] + (4/3)2nu[n]

1/2< |z|< 2. Neste caso, o sistema e nao-causal e estavel.

h[n] = (1/3)(1/2)nu[n] (4/3)2nu[n 1]


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Analise de SLIT 11


Para um sistema representado por:

H(z) =b0

Mk=1(1 ckz

1

)

a0Nk=1

(1 dkz1)

a resposta em frequencia e:

H(ej) =

b0Mk=1

(1 ckej)

a0Nk=1

(1 dkej

)

O ganho em dB e a fase em radianos sao:

20log10 |H(ej)|= 20 log10

b0a0 +

Mk=1

20log10 |1 ckej |

Nk=1

20log10 |1 dkej |

H(ej) =

b0a0

+

Mk=1

[1 ckej ]

Nk=1

[1 dkej ]

Analise de SLIT 12

Resposta em Frequencia de um Polo/Zero

Seja uma funcao de transferencia representada por um zero emz0= rej :

H(z) = (1 rej

z1

) =

z rej

z

No planoz, os numeros complexos podem ser representados por vetores.Para determinar a resposta em freq., deve-se ter z= ej , e analisa-se:

ej rej

ej

Re1

Im

x

3

v1v2

v3

A magnitude e dada por:

ej

rej

ej = |v1 v2||v1| = |v3||v1| = |v3|

E a fase:

(1 rejz1) = v3 v1= 3


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Analise de SLIT 13


Levantando-se as respostas em frequencia de magnitude, de fase e de atrasode grupo, fica-se com as seguintes curvas (magnitude, fase, atraso de grupo)

para os zeros (z0= rej

) em:

z0= 0.7ej0 (linha cheia, preta)

z0= 0.8ej/4 (linha pontilhada, azul)

z0= 0.9ej3/4 (linha tracejada, vermelha)

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2

20

10

0

10

dB

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2

1

0

1

rad

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 210

5

0

amostras

/

Nota-se que:

A medida que se aumenta a magnitude de z0, que e o valor r, aproximando-se da CRU, ha um pico mais negativo (em dB).

O pico negativo se da no angulo de z0, que e .

A fase tem uma variacao rapida nas proximidades de , e fica maisrapida a medida que r se aproxima de 1.

Analise de SLIT 14


As curvas para polos simples ficam (usando os mesmos parametros):

H(z) =

1

1 rejz1 =

z

z rej

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 210

0

10

20

dB

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2

1

0

1

rad

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2

0

5

10

am

ostras

/


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Analise de SLIT 15

Sistemas Inversos

Seja um SLIT com funcao de transferencia H(z). O correspondente sistemainverso tem funcaoHi(z) tal que:

G(z) =H(z)Hi(z) = 1 ou Hi(z) = 1H(z)

No domnio do tempo:

g[n] = h[n] hi[n] = [n]

Se

H(z) =b0

Mk=1(1 ckz

1

)

a0Nk=1

(1 dkz1)

Entao o sistema inverso sera:

Hi(z) =

a0Nk=1

(1 dkz1)

b0

Mk=1(1 ckz

1

)

ou seja, os polos e zeros trocam de papel. Como ficam a causalidade e aestabilidade?

Para que o sistema inverso possa ser implementado, as RCs de H(z)e Hi(z) devem ter uma interseccao nao-nula.

Se H(z) e causal, sua RC e: |z|> maxk{|dk|}

ParaHi(z) ser causal, deve-se ter: |z|> maxk{|ck|}

Uma condicao que garante que H(z) e Hi(z) sejam ambos causais eestaveis, com RCs que se sobreponham, e:

maxk{|dk|}< 1 e maxk{|ck|}< 1

ou seja, todos os polos e zeros de H(z) devem estar no interior daCRU.

Analise de SLIT 16

Sistemas Passa-Tudo

Seja um sistema estavel com:

Hap(z) =

z1 a

1 az1 =z1 1 a

z

1 az1 =a 1 (1/a

)z1

1 az1

Este sistema tem resposta em freq. de magnitude igual a 1:

Hap(ej) = ej

1 aej

1 aej

e tem o nome de sistema passa-tudo. Aplicacoes:

Compensacao de fase (reduzir distorcao)

Transformacao de filtros

Num caso geral, com polos reais emdk e polos complexo conjugados emek, a expressao fica:

Hap(z) =Mrk=1

z1 dk1 dkz1

Mck=1

(z1 ek)(z1 ek)

(1 ekz1)(1 ekz1)

Considerando o sistema estavel:

|dk|< 1 e|ek|< 1

Cada polo apresenta um zero correspondente (conjugado recproco)em z= 1/dk, z= 1/ek ez= 1/e

k

1 21/2x

x

x

Re

Imz

Algumas propriedades:

O atraso de grupo e sempre positivo para 0

A fase contnua e sempre negativa para 0


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Analise de SLIT 17

Sistemas Passa-Tudo

Considerando dois sistemas passa-tudo de segunda ordem, como polos lo-calizados em:

z= 0.4ej4/3

z= 0.5ej/3

Fica-se com os seguintes graficos de fase e atraso de grupo.

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 18

6

4

2

0Fase

rad

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 10.5

1

1.5

2

2.5

3

3.5atraso de grupo

amostras

/

z= 0.4ej4/3

z= 0.5ej/3

Analise de SLIT 18

Sistemas de Fase Mnima

Um sistema causal e estavel deve ter todos os polos no interior daCRU

Nao ha restricoes quanto aos zeros - pode haver diferentes H(z) commesma resposta em freq. de magnitude

Pode ser util tambem restringir os zeros. Considerando que o sistemainverso tambem seja estavel, os zeros tambem devem estar no interiorda CRU - sao ossistemas de fase mnima.

Qualquer sistema H(z) racional pode ser escrito como a multiplicacaode um sistema de fase mnima e um sistema passa-tudo:

H(z) = Hmin(z) Hap(z)

Supondo que H(z) tenha um zero fora da CRU, em z0 = 1/c, com

|c|< 1, e os demais zeros e polos no interior da CRU, pode-se escrever:

H(z) =H1(z)(z1 c) = H1(z)(1 cz

1)z1 c

1 cz1

Na qual H1(z) e de fase mnima. Nota-se que H1(z)(1 cz

1

) ainda ede fase mnima pois |c|< 1, e tem-se um sistema passa-tudo estavel (poloemz= c).

1 1x x

x xx

x xx

Re Re

Im Imz z

H(z) H(z) = Hmin(z) Hap(z)


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Analise de SLIT 19

Compensacao da Resposta em Frequencia

Considere a distorcao causada por um canal de comunicacoes, representadapor Hd(z):

Sistema comdistoro

Sistemacompensador

G(z)

Hd(z) Hc(z)

s[n] sd[n] sc[n]

Para eliminar a distorcao, e necessario que exista o sistema inverso. Se

Hd(z) e causal e estavel, e necessario que seja de fase mnima para que oseu sistema inverso seja causal e estavel.

SeHd(z) for aproximado por um sistema racional:

Hd(z) =Hdmin(z)Hap(z)

e for escolhido o sistema inverso de compensacao como:

Hc(z) = 1

Hdmin(z)A resposta geral fica:

G(z) =Hd(z)Hc(z) =Hap(z)

ou seja, a resposta de magnitude sera igual a 1, enquanto que a fase seradada pelo sistema passa-tudo.

Analise de SLIT 20

Compensacao da Resposta em Frequencia - Exemplo

Considere o seguinte sistema com polos (dk) e zeros (ck) dados por:

d1,2= 0.7ej3/20

d3,4= 0.8ej/4

c1,2= 0.9ej/3

c3,4= 1.2ej2/3

O diagrama de polos e zeros do sistema e:

-1 -0.5 0 0.5 1

-1

-0.8

-0.6

-0.4

-0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

Real Part

I

maginaryPart d1

d2

d3

d4

c1

c2

c3

c4

Deseja-se fazer a compensacao da resposta de magnitude do sistema.Nota-se que, como ha um par de zeros fora da CRU, a inversa 1/H(z)sera instavel. Portanto, deve-se separarH(z) em dois termos, e inverter otermo de fase mnima.


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Analise de SLIT 21


(cont.)

O sistema pode ser escrito como: H(z) = Hmin(z) Hap(z).

Sistema de fase mnima:

Polos: d1, d2, d3,d4

Zeros: c1, c2, 1/c3, 1/c

4

Sistema passa-tudo:

Polos: 1/c3, 1/c4

Zeros: c3, c4

O diagrama de polos e zeros fica (preto - Hmin(z), vermelho - Hap(z))

-1 -0.5 0 0.5 1

-1

-0.8

-0.6

-0.4

-0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

Real Part

ImaginaryPart d1

d2

d3

d4

c1

c2

c3

c4

1/c3

1/c4

Hmin(z) =c3c4(1 c1z1)(1 c2z1)(1

1c3

z1)(1 1c4

z1)

(1 d1z1)(1 d2z1)(1 d3z1)(1 d4z1)

Hap(z) = 1

|c3||c4|(1 c3z1)(1 c4z1)(1 1c

3

z1)(1 1c4

z1)

A RC das duas funcoes e|z|> |1/c3|= 0.83, e portanto tem-se sistemascausais e estaveis.

Analise de SLIT 22


(cont.)

A seguir, tem-se as respostas de H(ej) (linha cheia), Hmin(ej) (linha

pontilhada) eHc(ej

) = 1/Hmin(ej

) (linha tracejada).

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1

20

0

20

dB

H (), Hmin (...), Hc ()

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1

5

0

5

rad

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 110

0

10

amostras

/

Na figura seguinte, se mostra a resposta passa-tudo, Hap(ej) (linha

tracejada), que e igual a resposta do sistema apos a compensacao.

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 120

0

20

dB

H (), Hmin (...), Hap ()

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1

6

4

2

0

rad

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1

5

05

10

amostr

as

/


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Analise de SLIT 23

Sistemas com Fase Linear Generalizada

Num sistema que nao introduz distorcao de fase, a fase e linear. Um filtropassa-baixas ideal com fase linear e freq. de corte c tem expressao:

Hlp(ej) =

ej , || c0, c <

A resposta impulsiva e:

hlp[n] =sin c(n )

(n ) , < n


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Analise de SLIT 25

Sistemas FIR com Fase Linear

Uma classe de sistemas bastante util e aquela onde a resposta impulsivatem duracao finita (FIR - Finite Impulse Response), com fase linear.

Seja um sistema FIR com comprimentoN=M+ 1, e os casos: FIR tipo I:

Resposta simetrica: h[n] = h[M n], para 0 n M=N 1

M par

FIR tipo II:

Resposta simetrica: h[n] = h[M n], para 0 n M=N 1

M mpar

FIR tipo III:

Resposta anti-simetrica: h[n] =h[M n], para 0 n M =N 1

M par

FIR tipo IV:

Resposta anti-simetrica: h[n] =h[M n], para 0 n M =N 1

M mpar

Analise de SLIT 26


Tipo I:h[n] = {1, 1, 1, 1, 1}, 0 n M= 4Neste caso:

H(ej) =sin(5/2)sin(/2)

ej2

1 0 1 2 3 4 5 6 7

0

0.5

1

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 20

2

4

6

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 24

2

0

2

4

/

h[n]

|H(ej)|

H(ej)


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Analise de SLIT 27


Tipo II: h[n] ={1, 1, 1, 1, 1, 1}, 0 n M= 5Neste caso:

H(ej) = sin(3)sin(/2)

ej5/2

1 0 1 2 3 4 5 6 7

0

0.5

1

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 20

2

4

6

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 24

2

0

2

4

/

h[n]

|H(ej)|

H(ej)

Analise de SLIT 28


Tipo III: h[n] ={1, 0, 1}, 0 n M= 2Neste caso:

H(ej) = 2 sin()ej+j/2

1 0 1 2 3 4 5 6 71

0

1

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 20

1

2

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 22

0

2

/

h[n]

|H(ej)|

H(ej)


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Analise de SLIT 29


Tipo IV: h[n] ={1, 1}, 0 n M= 1Neste caso:

H(ej) = 2 sin(/2)ej/2+j/2

1 0 1 2 3 4 5 6 71

0

1

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 20

1

2

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 22

0

2

/

h[n]

|H(ej)|

H(ej)

Analise de SLIT 30

Localizacao dos Zeros - FIR Linear

Os zeros de um sistema podem restringir o uso do sistema em certasaplicacoes (filtros, diferenciadores). No caso dos filtros FIR com fase li-near, ha algumas particularidades que devem ser consideradas.

H(z) =Mn=0

h[n]zn

Tipos I e II

H(z) =Mn=0

h[M n]zn =Mk=0

h[k]zkzM =zMH(z1) (A)

Seh[n] e real:

H(z) =Mn=0

h[n](z)n =H(z) (B)

De (A), se z0 e um zero de H(z), entaoz10 tambem e zero deH(z).

De (B), seh[n] e real ez0 e um zero de H(z), entaoz0 tambem e zerode H(z).

Portanto, sez0= rej e um zero de H(z), entao ha zeros em:

z0= rej , z10 =r

1ej , z0 =rej , (z0)

1 =r1ej

Tomando-se z= 1 (= ), e usando (A):

H(1) = (1)MH(1)

Mpar (tipo I): H(1) = H(1)

M mpar (tipo II): H(1) = H(1) H(1) = 0, portantonecessariamente deve haver um zero em z= 1 num FIR tipo II.


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Analise de SLIT 31


Tipos III e IV

H(z) =

M

n=0 h[M n]z

n

=

M

k=0 h[k]z

k

z

M

=z

M

H(z

1

) (C)

Seh[n] e real:

H(z) =Mn=0

h[n](z)n =H(z) (D)

Portanto, tem-se as mesmas observacoes em relacao a localizacao doszeros.

Tomando-se z= 1 (= 0) e usando (C):

H(1) =(1)MH(1)

ou seja, z= 1 deve ser um zero para FIR tipos III e IV.Tomando-se z= 1 (= ):

H(1) = (1)MH(1)

M par (tipo III): H(1) = H(1) H(1) = 0, portanto

z= 1 deve ser um zero para FIR tipo III.

M mpar (tipo IV): H(1) = H(1).

Analise de SLIT 32


Resumindo:

(a) FIR tipo I: nenhuma restricao em relacao aos zeros.

(b) FIR tipo II: zero em z= 1 ou = , portanto nao serve para filtropassa-altas, por exemplo.

(c) FIR tipo III: zeros em z= 1 e z=1, ou = 0 e =, portantonao serve para filtro passa-baixas e passa-altas.

(d) FIR tipo IV: zero em z= 1 ou = 0, portanto nao serve para filtropassa-baixas.

A S 33


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Analise de SLIT 33

Exerccio

Em algumas situacoes, nao e necessario processar o sinal em tempo real,pois pode-se armazenar o sinal de entrada e processa-lo com um certoatraso. Considere o sistema a seguir:

inverte inverte

x[n]

x[n] g[n] g[n] r[n] y[n] = r[n]

y[n]

h[n]h[n]

H1(ej

)

A resposta impulsiva do filtro eh[n], considerada causal, com coeficien-tes reais e resposta de fase arbitraria. O sinalx[n] deve ser filtrado.

Obtenha as relacoes entre a DTFT de g [n] e a DTFT de g [n], assu-mindo queh[n] seja real;

A partir do resultado do item anterior, determine a resposta em frequenciado sistema completo,H1(e

j), fornecendo sua magnitude e fase. Estaresposta seria adequada para substituirH(ej)?

Preparar exemplo numerico.

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