Capitolo 7

Università di Roma “La Sapienza”pLaurea specialistica in Ingegneria Elettronica

Ci iti t dis tCircuiti a tempo discretoRaffaele Parisi

Capitolo 7: Circuiti TD-LTI nel dominio delle trasformateCapitolo 7: Circuiti TD-LTI nel dominio delle trasformateRappresentazioni nel dominio delle variabili z ed ω, osservazione delle proprietà tramite la regione di convergenza (ROC), filtri inversi, filtri proprietà tramite la regione di convergenza (ROC), filtri inversi, filtri FIR ed IIR nel dominio z, valutazione della risposta in frequenza dal diagramma poli-zeri, relazione tra risposta in ampiezza ed in fase, circuiti passa-tutto ed a fase minima circuiti a fase lineare

1

circuiti passa-tutto ed a fase minima, circuiti a fase lineare generalizzata.

Capitolo 7

RAPPRESENTAZIONE DI CIRCUITI LTI NEL DOMINIO DELLE TRASFORMATE

Circuitox[n] y[n]Circuito

TD-LTI

x[n] y[n]

[ ] [ ] [ ] ( ) ( ) ( )y n h n x n Y z H z X z= ∗ ⇔ =

• Funzione di trasferimento:

( )( ) ( )( )

Y zH z

X z=

( )

• Se x[n]=δ[n] allora y[n]=h[n] e H(z) è la trasformata della

2risposta impulsiva.

Capitolo 7Risposta in frequenza (legame ⎤-z):

( ) ( )jH e H zω = Circuitoejωn H(ejω ) ⋅ ejωn( ) ( ) jz e

H e H z ω==

TD-LTIe H(e ) e

( )jH e ω Risposta in ampiezza

( )jH e ω∠ Risposta in fase

( ) ( )jd H ω⎡ ⎤∠ Ritardo di gruppo( ) ( )jd H ed

ω τ ωω

⎡ ⎤− ∠ =⎣ ⎦

N.B. Gli effetti sul segnale rappresentati da e possono essere indesiderati. Si parla in questo caso di distorsione (d’ i di f )

( )jH e ω ( )jH e ω∠

3

(d’ampiezza e di fase).

Capitolo 7

Filtri ideali

• I filtri ideali (passa-basso, passa-alto, passa-banda e arresta-banda) hanno risposta in ampie a costante e risposta in fase nullabanda) hanno risposta in ampiezza costante e risposta in fase nullanella banda di interesse.

i ll i d i i ò f

i i h i d l i d l l di i

• Tuttavia nella maggior parte dei casi si può accettare una fase lineare, che corrisponde ad un ritardo sul segnale in ingresso.

[ ] [ ]h n n nδ

• Un circuito che introduce solo un ritardo sul segnale di ingresso ha risposta impulsiva:

[ ] [ ]d dh n n nδ= −e quindi risposta in frequenza: ( ) 1jH e ω =

( ) dj njdH e e ωω −= ( )j

dH e nω ω∠ = −

( ) nτ ω4

( ) dnτ ω =

Capitolo 7

Esempio: filtro passa-basso (con ritardo)

In questo caso la risposta in frequenza è:

( )0

dj ncj

d

eH e

ωω ω ω

ω ω π

−⎧ <⎪= ⎨< ≤⎪⎩

e la risposta impulsiva:

0 cω ω π< ≤⎪⎩

sin ( )[ ]( )

c dlp

n nh nn n

ωπ

−= per -∞ < n < ∞

( )dn nπ −

L’effetto è quello di isolare la banda di interesse, introducendo h i d l lanche un ritardo sul segnale.

N.B. Il filtro ideale è comunque non causale (la risposta

5impulsiva è diversa da zero per n<0).

Capitolo 7

Equazione alle differenze finite e funzione di rete H(z)

[ ] [ ]0 0

N M

k kk k

a y n k b x n k= =

− = −∑ ∑0 0k k= =

z (linearità + traslazione nel tempo)Hp: circuito LTI e condizioni iniziali nulle

akY(z)z−kN

∑ = bkX(z)z−kM

∑

( )11MM

k c zb z −−∑ ∏

k= 0 k= 0

( )( )

( )0 0 1

10

1( )( ) 1

kkk kN N

k

c zb zbY zH z

X z a d

= =

− −

−⎛ ⎞

= = = ⎜ ⎟⎝ ⎠

∑ ∏

∑ ∏( )10

0 1

( ) 1kk k

k k

X z aa z d z−

= =

⎝ ⎠ −∑ ∏N B L d ll l f i di f i d l i i

6

N.B. La conoscenza della sola funzione di trasferimento del circuito non consente di trovare la risposta impulsiva in modo univoco!

Capitolo 7

• Si può ricavare l’equazione alle differenze dalla funzione di

E i ( ) ( )211 zH

−+

trasferimento.

Esempio ( ) ( )

( )

1 1

1 2

1 31 12 4

1 2

H zz z

Y zz z

− −

− −

= ⇒⎛ ⎞⎛ ⎞− +⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

+ +( ) ( )( )1 2

1 21 314 8

1 3

Y zz zH zX zz z− −

+ += = ⇒

+ −

⎛ ⎞ ( ) ( ) ( )

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]

1 2 1 21 31 1 24 8

1 31 2 2 1 2

z z Y z z z X z

y n y n y n x n x n x n

− − − −⎛ ⎞+ − = + + ⇒⎜ ⎟⎝ ⎠

+ = + +[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]1 2 2 1 24 8

y n y n y n x n x n x n+ − − − = + − + −

• Non è possibile ricavare la risposta impulsiva in modo univoco a partire dalla sola H(z), senza conoscere la regione di convergenza

7

convergenza.

Capitolo 7• CausalitàUn circuito è causale se e solo se h[n]=0 per n<0 cioè h[n] èUn circuito è causale se e solo se h[n]=0 per n<0, cioè h[n] è una sequenza unilatera destra.

La ROC di H(z) è esterna al polo di modulo più grande

• StabilitàUn circuito è stabile se e solo se: h[n]

+∞

∑ < ∞Un circuito è stabile se e solo se:

i l t t | | 1

h[n]n=−∞

∑ < ∞

h[n]z−n+∞

∑ <o equivalentemente: per |z|=1.h[n]z n

n=−∞

∑ < ∞

i i i i i8

La ROC di H(z) deve includere la circonferenza unitaria

Capitolo 7

• Un circuito LTI è causale e stabile se la ROC della sua funzione di rete:

1 consiste della parte del piano z esterna al cerchio di1. consiste della parte del piano z esterna al cerchio di raggio pari al modulo del polo più lontano dall’origine

2. include la circonferenza unitaria

Tutti i poli della funzione di rete di un circuito LTI causale e stabile sono interni al cerchio unitario

Nota. Il requisito di stabilità impone che la ROC contenga la circonferenza unitaria, ma

9non pone altre condizioni sulla posizione dei poli (per esempio si può avere un circuito non causale e stabile con poli esterni al cerchio unitario).

Capitolo 7

Esempio

Hp: circuito causale( )( )1 1

111 1 22

H zz z− −

=⎛ ⎞− −⎜ ⎟⎝ ⎠

Poli: 112

z =

Im

( )2⎜ ⎟⎝ ⎠

2

22z =

piano z

Im ROC

Re : 2ROC z >2×× 1 Re 2×× 1

12

circuito instabile(la ROC non contiene la circonferenza unitaria)

10

Capitolo 7

• Filtri inversi

Un filtro con funzione di rete Hi(z) si dice inverso di un filtro con funzione di rete H(z) se risulta:

H(z) Hi(z) =1

Ciò i li h i

Esempio: equalizzatore

Ciò implica che sia:1( )( )iH z

H z=

[ ] [ ] [ ]

( )H z

Per quanto riguarda le risposte impulsive si deve avere:

[ ] [ ] [ ]ih n h n nδ∗ = Le ROC di H(z) e Hi(z) devono essere sovrapposte (una deve contenere l’altra)!

Naturalmente la risposta in frequenza è reciproca della .

( )jiH e ω

( )jH e ω

11

( )

Capitolo 7

• Non tutti i filtri ammettono l’inverso. Per esempio il filtro passa-basso ideale non ammette inverso poiché non c’è modo di l f ldi recuperare le frequenze tagliate.

• Nel caso di funzioni di rete razionali:• Nel caso di funzioni di rete razionali:

( ) ( )1 11 1M N

k kc z d z− −− −⎛ ⎞ ⎛ ⎞∏ ∏

( )( )

( )( )

( )

( )0 1 0 1

1 10 0

1 1

1 1

k kk k

iN M

k k

c z d zb aH z H za bd z c z

= =

− −

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⇒ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠− −

∏ ∏

∏ ∏( ) ( )1 1

k kk k= =∏ ∏

d li i i li l fi it di H( ) h t l t h• ck e dk sono gli zeri e i poli al finito di H(z), che eventualmente ha anche zeri e/o poli in z=0 e z=∞.

12

Capitolo 7

Gli zeri di H(z) diventano i poli del filtro inverso.

Il filtro inverso è stabile e causale se e solo se gli zeri di H(z)Il filtro inverso è stabile e causale se e solo se gli zeri di H(z) sono interni al cerchio unitario (filtro o circuito a fase minima)

Poli e zeri di H(z) interni al cerchio unitario

H(z) stabile e causale H (z) stabile e causale

(Circuiti a fase minima)Hi(z) stabile e causale

13

Capitolo 7

• Esempio fase minima

( ) ( )1 1

1 1

1 0.5 1 0.91 0.9 1 0.5i

z zH z H zz z

− −

− −

− −= ⇒ =

− −

: 0.5 oppure 0.5ROC z z > <: 0.9ROC z >

sovrapposta con |z| > 0.9stabile ecausale (causale)

Si sceglie come ROC del filtro inverso |z| > 0.5.

causale

[ ] ( ) [ ] ( ) [ ]10 5 0 9 0 5 1n nh −

Si sceglie come ROC del filtro inverso |z| 0.5. La risposta impulsiva risulta:

In questo caso il filtro inverso è stabile e causale

[ ] ( ) [ ] ( ) [ ]0.5 0.9 0.5 1ih n u n u n= − −

14

In questo caso il filtro inverso è stabile e causale.

Capitolo 7

• Calcolo della risposta impulsiva dalla funzione di trasferimentoNel caso di H(z) razionale, la risposta impulsiva può essere trovata attraverso lo sviluppo in fratti semplici.

Nel caso di poli semplici si ha:

N(z) M −N

∑ AN

∑termine presente

H(z) =N(z)D(z)

= Brz−r

r= 0∑ +

Ak

1− dkz−1

k=1∑

z-1 + Hp. causalitàse M≥N

M −N N

h[n] = Brδ[n − r]r= 0

M N

∑ + Akdknu[n]

k=1

N

∑Si hanno due casi:

1. H(z) ha almeno un polo non nullo circuito IIR

152. H(z) non ha poli tranne che in z=0 circuito FIR

Capitolo 7

• Circuiti IIR

Sono i circuiti con una h[n] di durata infinita(“Infinite Impulse Response”, IIR).( p p , )

x[n] y[n][ ] [ ] [ ]

Esempio

Ta( ) 1H z = ⇒

[ ] [ ] [ ]1y n ay n x n− − =

[ ] [ ]nh n a u n= a

stabile se 1a <

( ) 11H z

az−= ⇒−

[ ] [ ]h n a u n=

stabile se 1a <[ ]h n

Ima

n Rea1 zero in z=0

1 polo in z=a×Ο 1

16

n

Capitolo 7

• Circuiti FIR

Sono i circuiti con una h[n] di durata finita (“Finite Impulse [ ] f ( pResponse”, FIR), quindi sempre stabili.

Si ha un circuito FIR se H(z) ha solo il numeratore:

H(z) = bkz−k

k= 0

M

∑

In questo caso si ha un polo ’

I circuiti FIR sono

k= 0

di ordine M nell’origine sempre stabili

(la ROC è tutto il piano complesso tranne l’origine)17

( p p g )

Capitolo 7Significato degli zeri di una H(z)

Poiché H(z) descrive il legame I/O, la posizione dei suoi zeri serve a prevedere il comportamento del filtro FIR.• Gli zeri di H(z) che giacciono sul cerchio unitario corrispondono ad un guadagno nullo per sinusoidi complesse alle rispettive frequenze.

H (z) = 1− 2z−1 + 2z−2 − z−3Esempio:

( )n

10

3

1

1 1 3j

z

jπ

= [ ] ( )

[ ] ( )11 0 1

n

j nn

x n zπ

= =

Zeri: 2

30

3

1 1 32 21 1 3

j

j

z j e

jπ

−

= + = [ ] ( )

[ ] ( )2

32 0

3

j nn

j nn

x n z eπ

−

= =

3

30 3

2 2z j e= − = [ ] ( )3

33 0x n z e= =

Ingressi per i quali l’uscita18

Ingressi per i quali l uscita risulta nulla.

Capitolo 7

In generale se è uno zero sulla circonferenza z0 = ejω0

unitaria si ha:0

x[n] = z0n ⇒ y[n] = H(z) z= z0

⋅ z0n = 0

• Si possono progettare i filtri FIR per annullare certe frequenze d’ingresso (o attenuare certe bande di frequenze) FILTRI

0

Esempio. Si vuole annullare la componente sinusoidale: ANNULLATORI

x[n] = cosω0n =12

ejω0n +12

e− jω0n

devono essere gli zeri del filtro 0 0

1 20 0, j jz e z eω ω−= =

H (z) = 1− z01z−1( ) 1− z02

z−1( ) = 1− 2cosω0z−1 + z−2

19(FIR del 2° ordine o cascata di 2 FIR del 1° ordine)

Capitolo 7

In generale: il filtro H(z) che annulla l’ingresso z n è dato da:In generale: il filtro H(z) che annulla l ingresso z0n è dato da:

[ ] ( )101H z z z−= − (FIR del 1° ordine)

EsempioEsempio

[ ] ( ) 1 2 1 241cos 1 2cos 1 2J n

x n n z e H z z z z zππ π± − − − −⎛ ⎞= ⇒ = ⇒ = − + = − +⎜ ⎟

Equazione differenziale:

[ ] ( )1,20cos 1 2cos 1 2

4 2 4x n n z e H z z z z z= ⇒ = ⇒ = + = +⎜ ⎟

⎝ ⎠

q

[ ] [ ] [ ] [ ]2 1 2y n x n x n x n= − − + −

Il circuito rimuove le sinusoidi a frequenza f =1/8.

20

Capitolo 7Esempio Somma di M+1 termini in progressione geometrica

di ragione az-1

[ ] ( )1 10 1 ( )n MM

n na n M azh n H z a z− +

−⎧ ≤ ≤ − ⇒ ⎨ ∑

a reale di ragione az

[ ] ( ) 10

( )10 altrove

n n

nh n H z a z

az−=

= ⇒ = = =⎨ − ⎩∑

1 1M Mz a+ +−( )M

z az z a

=−

Memento: calcolo delle radici di un numero complessoDato il numero complesso w si vuole calcolare z tale che: w = znp

Posto e , deve essere:

Quindi:

w = wejϕ w z= zejϕ z wejϕ w = znejnϕ z

⎧ ⎪ j

ϕw +2πkQuindi: z = wn

ϕz =ϕw + 2πk

n (k intero)

⎧ ⎨ ⎪

⎩ ⎪ z= wn ⋅ e

jϕw +2πk

n

21

n⎩

Capitolo 7

Gli zeri del numeratore di H(z) sono:( )

N.B. Si considerano solo gli z = a⋅ ej 2πkM +1 (k = 0 1 M) zeri sul primo angolo giro

Il polo in z = a viene cancellato dallo zero z0 = a. Rimangono i di l di di M i 0 M i di ib i i ll

zk = a e (k = 0,1,..., M)

Im

quindi un polo di ordine M in z = 0 e M zeri distribuiti sulla circonferenza di raggio a.

Esempio: M = 7

ReaPolo di ordine 7 .

2πk

22Zeri: zk = a⋅ ej 2πk

8 (k = 0,1,...,7)

Capitolo 7

Esempio: filtro a media mobileEsempio: filtro a media mobile

[ ] [ ] ( )1 1 1 1M MM M

k z zy n x n k H z z−− −

− − −⇒∑ ∑

Calcolo degli zeri

[ ] [ ] ( ) ( )1 10 0 1 1M

k ky n x n k H z z

z z z− −= =

= − ⇒ = = =− −∑ ∑

Calcolo degli zeri2

1 0 1 0,1, 2, , 1)kjM M M

kz z z e k Mπ

− = ⇒ = ⇒ = ( = −

Calcolo dei poli

)k (

Si ha un polo di ordine M-1 in z = 0.

Il l i 1 i ll l 1Il polo in z = 1 si cancella con lo zero per z0 = 1.

23

Capitolo 7

Sviluppando gli zeri del numeratore:

( )1z−( )2 12 4 M

j j jM M Mz e z e z e

ππ π −⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞− − −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Dividendo ogni zero dello sviluppo per z si ottiene:

( )H z =( )1 1Mz z−

⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠−

Dividendo ogni zero dello sviluppo per z si ottiene:

( )2 12 41 1 11 1 1

Mj j j

M M Me z e z e zππ π −

− − −⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞

− − −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟( )

1

1 1 1

M

e z e z e zH z

z −

⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠=

1M

Si hanno M-1 poli nell’origine e M-1 zeri

1Mz −

( )21

1kM j π− ⎛ ⎞

∏ distribuiti uniformemente sulla circonferenza unitaria (tranne che in z=1).

( ) 1

1

1j

M

k

H z e z−

=

⎛ ⎞= −⎜ ⎟

⎝ ⎠∏

24

Capitolo 7

Esempio: media mobile di ordine 10 (a meno del fattore 1/11):

10 2π

( )10

0

.k

kH z z−

=

= ∑ Zeri:211 , 1, 2,...,10

j kz e k

π

= =Sul cerchio unitario alleSul cerchio unitario alle pulsazioni ω=2πk/11

Forma fattorizzata: ( )2 4 20

1 1 111 11 111 1 ... 1j j j

H z e z e z e zπ π π

− − −⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − − −⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

25

Capitolo 7

Grafico picchi vicino ai poli, valli vicino agli zeri.[ ] :H zGrafico picchi vicino ai poli, valli vicino agli zeri.

2

Im[z][ ]H z

[ ] :H z

2 [ ]H z

1

34

0

1

2

-1012

-1

-2

-1

0

1

-1

0-2

-1

0

1

Im[z]

-2 -1 0 1 2

-2

1

2 -2

1

Re[z]Re[z]

26

Capitolo 7Grafico di : si ottiene valutando |H(z)| nei punti della circonferenza unitaria

H (ejω )circonferenza unitaria.

jH e ω⎡ ⎤⎣ ⎦

Diagramma poli-zeri

11⎣ ⎦

4 π2

11π

11π

1

2ωπ1 2/

1

2π1 2/

• Il comportamento in frequenza è passa-basso (banda passante i f 0)

27intorno a f =0).• Le sinusoidi a frequenza ωk=2πk/11 sono annullate.

Capitolo 7

Esempio: filtro a media mobile passa banda complessop p p

Un modo per controllare la risposta in frequenza del filtro in media mobile consiste nel posizionare il polo che cancella lomedia mobile consiste nel posizionare il polo che cancella lo zero in modo opportuno.

S i il l i l i d d llSe, per esempio, il polo viene scelto in modo da cancellare lo zero a (per un certo indice m≠0), la H(z) può essere fattorizzata come:

ω =2πmMessere fattorizzata come:

H(z) = 1− ej 2πk

M z−1⎛ ⎜

⎞⎟

M −1

∏H(z) 1 e z⎝ ⎜

⎠⎟

k= 0k≠m

∏

In questo caso, siccome c’è uno zero senza il suo complesso coniugato, la risposta impulsiva h[n] è complessa.

28

Capitolo 7

Esempio M =10 2π ⋅ 2p M 10m= 2

ω = 2π ⋅ 210

= 2π ⋅ 0,2 ⇒ f = 0,2 = f2

f3=0 3 RISPOSTA IN AMPIEZZA: H(z) z= e jω

Im

f3 0,3

f4=0,4 f1=0,1

f0=0 8

10

( ) z= e

Re

f5=0,5f0 0

642

1

0

FREQUENZA NORMALIZZATA-0.5 -0.4 -0.3 -0.2 -0.1 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5

Polo di ordine 9 FILTRO PASSA-BANDA

Gli zeri non sono simmetrici rispetto all’asse reale e quindi il filtro ha coefficienti

29

Gli zeri non sono simmetrici rispetto all asse reale e quindi il filtro ha coefficienti non reali.

Capitolo 7

• Risposta in frequenza dalla funzione di trasferimento• Risposta in frequenza dalla funzione di trasferimento

Per un sistema LTI rappresentato da una H(z) razionale, la risposta in frequenza è data dal rapporto tra due polinomirisposta in frequenza è data dal rapporto tra due polinomi in : e− jω

bkz−k

M

∑ b1− ckz

−1( )M

∏H(z) =

kk= 0∑

a z−kN

∑=

b0

a0

⋅k( )

k=1∏

1− d z−1( )N

∏akzk= 0∑ 1 dkz( )

k=1∏

bke− jωk

M

∑ b1− cke

− jω( )M

∏H(ejω ) = k= 0

ake− jωk

N

∑=

b0

a0

⋅( )

k=1

1− dke− jω( )

N

∏30

kk= 0∑ k( )

k=1∏

Capitolo 7

• La risposta in ampiezza è:• La risposta in ampiezza è:

b1− cke

− jωM

∏H(ejω ) =

b0

a0

⋅ k=1∏

1− dke− jω

N

∏In particolare esprimendo la risposta in ampiezza in dB si ha:

1 dkek=1∏

p p p p

H(ejω ) 20l H(ejω )H(ejω )dB

= 20log10 H(ejω ) =

20l b0 20l 1 − jωM

∑ 20l 1 d − jωN

∑= 20log100

a0

+ 20log10 1− ckejω

k=1∑ − 20log10 1− dke

jω

k=1∑

31

Capitolo 7

• La risposta in fase è:La risposta in fase è:

∠H(ejω ) = ∠b0

a+ ∠(1− cke

− jω )M

∑ − ∠(1− dke− jω )

N

∑N.B. In genere si calcola il “valore principale” della fase, in modo che i

a0 k=1 k=1

< ∠H(ejω ) ≤sia:

Per la ricostruzione della fase continua è necessaria una operazione di “unwrapping” (o “srotolamento”) fatta aggiungendo dei multipli di 2π

−π < ∠H(ejω ) ≤ π

unwrapping (o srotolamento ), fatta aggiungendo dei multipli di 2π.

−π

π π

−π2

ω ω

“U i ”

−2π−3π

32

“Unwrapping”

Capitolo 7

• Calcolo della risposta in frequenza dal diagramma poli-zerip q g p

Esempio: singolo zero

H(z) =1− rejθ z−1 =z− rejθ

zH(ejω ) =

ejω − rejθ

ejω

Imv1 = ejω

v rejθ

ϕ3

v2 = rejθ

v3 = v1 − v2 v2v3

θ vRe

H(ejω ) =v1 − v2

v1

=v3

v1

ωθ v1 .1

H(ejω ) =v3

v1

= v3

33∠H(ejω ) = ∠v3 −∠v1 = ϕ3 −ω

Capitolo 7Esempio: risposta in frequenza di un circuito con un polo o uno zero singolocon un polo o uno zero singolo

1. Zero singolo:

H(ejω ) =1− rejθ e− jω

Ponendo r = 0.9 e θ = 0 si ottengono questi grafici:

34

Capitolo 7

Ponendo invece r = 0.9 e θ = π/2 si ottiene:

35

Capitolo 7

2. Polo singolo:

H(ejω ) =1

1− rejθ e− jω

Ponendo r = 0.9 e θ = 0 si ha:

36

Capitolo 7

Ponendo r = 0.9 e θ = π/2 si ha:o e do 0.9 e θ π/ s :

37

Capitolo 7

Esempio: singolo polo, influenza del modulo r (θ = π/4)modulo r (θ = π/4)

H(ejω ) =1H(e ) =

1− rejθ e− jω

All’aumentare di r da r= 0.6 a r = 0.99 la i i i hrisposta in ampiezza ha

un picco sempre più pronunciato in θ = π/4pronunciato in θ = π/4.Per r = 1 si ha una discontinuità.

38

Capitolo 7

Esempio: risposta in frequenza di un circuito con due poli

H(z) =1

1− rejθ z−1( ) 1− re− jθ z−1( )=

z2

z− rejθ( ) z− re− jθ( )( )( ) ( )( )

j 2

H(ejω ) =ej 2ω

ejω − rejθ( ) ejω − re− jθ( )

Zero doppio

2 poli complessi pconiugati

39

Capitolo 7

1

Im ϕ2

×

H(ejω ) =v1

v2 ⋅ v3

=1

v2 ⋅ v3

v2

ω 1v1

∠H(ejω ) = 2ω −∠ v2 −∠ v3 =

= 2ω −ϕ2 −ϕ3

Reω 1.

v3

ω ϕ2 ϕ3

ϕ3×

40

Capitolo 7

Relazione tra risposta in ampiezza e risposta in faseRelazione tra risposta in ampiezza e risposta in fase

• In generale la conoscenza di una delle due funzioni non consente di calcolare l’altra.

• Nel caso di funzioni razionali, la conoscenza di una funzione edel numero di poli e zeri limita il numero di possibili scelte per l’altra funzione.

• Nel caso di funzioni a fase minima, la risposta in ampiezza d t i l i t i f i d i (il t idetermina la risposta in fase in modo univoco (il contrario avviene a meno di un fattore di scala).

41

Capitolo 7Supponiamo di conoscere |H(e jω)|. Si ha:

H(ejω )2

= H(ejω )H*(ejω ) = H(z)H* 1z*

⎛ ⎝ ⎜

⎞ ⎠ ⎟

z= e jω

= C(z) z= e jω

M M

H(z) =b0 ⋅

1− ckz−1( )

k=1

M

∏H* 1⎛

⎜ ⎞ ⎟ =

b0 ⋅1− ck

*z( )k=1

M

∏H(z) =

a0

⋅1− dkz

−1( )k=1

N

∏H

z*⎝ ⎜

⎠ ⎟ =

a0

⋅1− dk

*z( )k=1

N

∏

e quindi:

1⎛ ⎞ b⎛ ⎞ 2 1− ckz−1( )

M

∏ 1− ck*z( )

M

∏

k 1 k 1

C(z) = H(z)H* 1z*

⎛ ⎝ ⎜

⎞ ⎠ ⎟ =

b0

a0

⎛

⎝ ⎜

⎞

⎠ ⎟ ⋅

k( )k=1∏

1− dkz−1( )

N

∏⋅

k( )k=1∏

1− dk*z( )

N

∏L’obiettivo è quello di dedurre le caratteristiche di H(z) dalla

1 dkz( )k=1∏ 1 dkz( )

k=1∏

42conoscenza di C(z).

Capitolo 7

• Proprietà di poli e zeri di C(z):Proprietà di poli e zeri di C(z):

dk polo di H(z) dk e (dk*)-1 poli di C(z)

ck zero di H(z) ck e (ck*)-1 zeri di C(z)

cioè poli e zeri di C(z) compaiono a coppie di coniugati e reciproci (un elemento viene da H(z), l’altro da H*(1/z*) ).p ( ( ), ( ) )In particolare, se un polo o zero di una coppia è interno al cerchio unitario, l’altro è esterno.

• Se H(z) è causale e stabile allora i suoi poli devono essere• Se H(z) è causale e stabile, allora i suoi poli devono essere interni al cerchio unitario, ma nulla si può dire degli zeri.

43

Capitolo 7

• Esempio grafico 1Im

H1(z) H2(z)

Im

× ×

Re

1( ) 2( )

Re

× ×

Im

C(z) zero doppio

×

×

Re

H1(z) e H2(z) differiscono per la posizione di uno zero ma hanno la stessa funzione C(z)

( ) zero doppio×

hanno la stessa funzione C(z)

C(z) = H1(z)H1* 1

*

⎛ ⎝⎜

⎞ ⎠⎟ = H2(z)H2

* 1*

⎛ ⎝⎜

⎞⎠⎟

×

44

C(z) H1(z)H1 z*⎝ ⎜

⎠ ⎟ H2(z)H2 z*⎝

⎜ ⎠⎟

×

Capitolo 7

• Esempio grafico 2 Im

Coppie di poli coniugati reciproci:

p2

z ×

×

g pp1 e p2p3 e p4p5 e p6

p1

p6 p5

z3

z4

z1 z2

×

Coppie di zeri coniugati reciproci:

Re

p3

p6 p5

z5

1 2× ×

z1 e z2z3 e z4z5 e z6

p3z6 ×

×

Se H(z) è stabile e causale, bisogna scegliere i poli p1, p3 e p5.Per quanto riguarda gli zeri si hanno queste possibilità:

p4

q g g q p{z1 oppure z2} e {(z3 e z5) oppure (z4 e z6)}

In totale si hanno quindi 4 possibili circuiti (stabili e causali) con 3 poli e 3 zeri.

45L’ambiguità si risolve se si aggiunge la condizione che H(z) abbia fase minima.

Capitolo 7• N.B. Se il numero di poli e zeri non è limitato, il numero di possibili funzioni H(z) è infinito Infatti si consideri il termine:possibili funzioni H(z) è infinito. Infatti si consideri il termine:

( )1 *z aH

− − funzione “passa-tutto” o “ ll ”( ) 11ap

z aH zaz−=

−

Si ha:

allpass

Si ha:

Hap(z)Hap* 1

z*

⎛ ⎝ ⎜

⎞ ⎠ ⎟ =

z−1 − a*

1− az−1 ⋅z− a

1− a*z=

1− a*zz− a

⋅z− a

1− a*z=1

Quindi, data una certa H(z), la seguente funzione:

z⎝ ⎠ 1 az 1 a z z a 1 a z

( )1( ) ( ) apH z H z H z= ⋅

ha la stessa C(z) di H(z), cioè:

C(z) = H1(z)H1* 1

*

⎛ ⎝⎜

⎞ ⎠⎟ = H(z)H* 1

*

⎛ ⎝⎜

⎞ ⎠⎟

46

C(z) H1(z)H1 z*⎝ ⎜

⎠ ⎟ H(z)H

z*⎝ ⎜

⎠ ⎟

Capitolo 7

• Circuiti passatutto analogiciCircuiti passatutto analogici

I circuiti passatutto hanno una risposta in ampiezza “piatta”.

Esempio: circuito analogico passatutto del I° ordine.

H(s) =1− τs1+ τs

H(s)s= jΩ

=1 ∀Ω1+ τs s jΩ

H(s)jΩ ∠H(s)

dB

0

10

( )s= jΩ ∠H(s) s= jΩ

Ω Ω0

−π2

47−π

Capitolo 7

La H(s) è caratterizzata da uno zero posto a destra dell’asse immaginario.immagina io.

ijΩIl contributo della fase dovuto allo zero è negativo, cioè aumenta la fase complessiva

piano sjΩ

aumenta la fase complessiva (per valori negativi). In questo senso il circuito “allpass” non è a fase minima

σ

−1 1

è a fase minima.τ τ

Lo zero è simmetrico (coniugato) rispetto al polo.

48

Capitolo 7

• Circuiti passatutto TD

Hap(z) viene chiamata funzione passatutto (allpass), perché ha modulo unitario sulla circonferenza unitaria Infatti:modulo unitario sulla circonferenza unitaria. Infatti:

( )1 * * *1 1

j jj jz a e a a eH e e

ω ωω ω

− −−− − −

= = = =( ) 1 11 1 1j

ap j jz e

H e eaz ae aeω

ω ω− − −=

= = = =− − −

E i lIm

Esempio: a reale

H (z) z−1 − a a1−

1a

z−1

Hap(z) =1− az−1 = −a⋅ a

1− az−1

a-1a Re

49

Capitolo 7

• In generale le funzioni di rete di circuiti passatutto sono d tt di f tt i d l ti i tespresse come prodotto di fattori del tipo visto:

H (z) =z−1 − pk

Nr

∏ ⋅z−1 − wk( ) z−1 − wk

*( )Nc

∏

in cui poli e zeri sono reali o compaiono a coppie di complessi

Hap(z) =1− pkz

−1k=1∏

1− wk*z−1( ) 1− wkz

−1( )k=1∏

Gli i i tiIm

in cui poli e zeri sono reali o compaiono a coppie di complessi coniugati.

Gli zeri sono coniugati e reciproci dei poli

piano z

0.81 5

Re

−43

−34

12

10.8

=54

23 4

50Diagramma poli e zeri tipico di un circuito allpass

Capitolo 7

Un circuito passa tutto stabile e causale ha

i inecessariamente zeri esterni al cerchio unitario (non è a fase minima)(non è a fase minima).

La fase (continua, cioè “ d”) è i“unwrapped”) non è mai positiva

51

Capitolo 7

Ci iti TD f i i• Circuiti TD a fase minima

Sono i circuiti TD che ammettono un circuito inverso stabile eSono i circuiti TD che ammettono un circuito inverso stabile e causale. Sono caratterizzati da una funzione di rete con tutti gli zeri interni al cerchio unitario (N.B. nel caso di circuiti analogici gli zeri hanno tutti parte reale negativa).

Per i circuiti a fase minima la conoscenza della funzione consente di determinare H(z) in modo C(z) = H(z)H* 1 z*( )

univoco.

52

Capitolo 7

•Proprietà

Una H(z) generica può essere sempre espressa come prodotto di una funzione razionale a fase minima e una funzione razionale passatutto:

H(z) = Hmin (z) ⋅ Hap(z)

•Dimostrazione

min ap

•Dimostrazione

Si supponga che H(z) abbia uno zero esterno al cerchio unitario in pp g ( )z = 1/c*, con |c|<1, e tutti i rimanenti poli e zeri all’interno del cerchio unitario. H(z) può essere espressa nel seguente modo:

H(z) = H1(z) ⋅ z−1 − c*( )53a fase minima

( )

Capitolo 7

In modo equivalente si può scrivere:In modo equivalente si può scrivere:

H(z) H (z) 1 cz−1( ) z−1 − c*

H(z) = H1(z) ⋅ 1− cz( ) ⋅1− cz−1

H (z)

La funzione

Hmin (z) Hap(z)La funzione

Hmin (z) = H1(z) ⋅ 1− cz−1( )è a fase minima e differisce da H(z) per il fatto che lo zero in z = 1/c* è stato “trasformato” nello zero reciproco e pconiugato z = c.

54

Capitolo 7

T l di ò li i li i iTale procedimento può essere applicato a tutti gli zeri esterni al cerchio unitario. Si ha dunque:

H(z) = Hmin (z) ⋅ Hap(z)

li i di H( ) i t i l hi it i

p

poli e zeri di H(z) interni al cerchio unitario+

zeri coniugati e reciproci degli zeri di H(z) esterni al cerchio unitarioal cerchio unitario

zeri di H(z) esterni al cerchio unitariozeri di H(z) esterni al cerchio unitario+

poli coniugati e reciproci degli zeri di H(z) esterni al cerchio unitario

55

Capitolo 7

• Applicazione: compensazione della risposta in frequenza (per pp p p q (pesempio equalizzazione)

Sistema compensante

Sistema distorcente

s[n] sc[n]sd[n]Hc(z)Hd(z)

G(z)

c( )

Nel caso ideale:

s [n] s[n] ⇒ H (z) H−1(z)

H ( ) è t bil l l H ( ) è t bil l

sc[n] = s[n] ⇒ Hc(z) = Hd1(z)

Hc(z) è stabile e causale se e solo se Hd(z) è stabile, causale e a fase minima.

56

Capitolo 7

N l i i H ( ) i f i i i hNel caso in cui Hd(z) non sia a fase minima si ha:

Hd (z) = Hd (z) ⋅ Hd (z) ⇒ H (z) =1

La funzione di rete complessiva risulta:

Hd (z) Hdmin(z) Hdap

(z) ⇒ Hc(z)Hdmin

(z)La funzione di rete complessiva risulta:

G(z) = Hd (z) ⋅ Hc(z) = Hd (z)

ed è una funzione passatutto.

( ) d ( ) c( ) dap( )

La risposta in ampiezza è compensata ma rimane una distorsione in fase.

57

Capitolo 7

1 T t tti i i iti ti l t i t i i il i it

• Proprietà dei circuiti a fase minima

1. Tra tutti i circuiti aventi la stessa risposta in ampiezza, il circuito a fase minima presenta il minimo ritardo di fase (“fase minima”).Di t iDimostrazione

H(z) = Hmin (z) ⋅ Hap(z)

∠H(z) jω = ∠H i (z) jω + ∠H (z) j

La fase del termine passatutto non è mai positiva per 0≤ω≤π e quindi riduce la fase di H(z) (ovvero “aumenta il negativo della fase”)

∠H(z) z= e jω ∠Hmin (z) z= e jω + ∠Hap(z)z= e jω

riduce la fase di H(z) (ovvero aumenta il negativo della fase )

N.B. Per evitare ambiguità, si deve imporre la condizione aggiuntiva che H(e jω)>0 per ω=0: +∞

i t i it i t i l i h[ ] h li t i li i f lt t di

H ej 0( ) = h[n]n=−∞

+∞

∑ > 0

58

in quanto un circuito con risposta impulsiva -h[n] ha gli stessi poli e zeri ma fase alterata di π.

Capitolo 7

2. Tra tutti i circuiti aventi la stessa risposta in ampiezza, il circuito f i i t il i i it d di

Infatti:

a fase minima presenta il minimo ritardo di gruppo.>0

τ(ω) = −d

dω∠H(ejω ) = −

ddω

∠Hmin (ejω ) −d

dω∠Hap(ejω )

3. Tra tutti i circuiti aventi la stessa risposta in ampiezza, il circuito

dω dω dω

p p ,a fase minima presenta il minimo ritardo dell’energia della risposta impulsiva .Si può infatti dimostrare che si ha:

h[m] 2n

∑ ≤ h [m] 2n

∑qualunque sia n, cioè la sequenza a fase minima ha l’energia

h[m]m= 0∑ ≤ hmin [m]

m= 0∑

59

q q , q gconcentrata nella sua parte iniziale.

Capitolo 7Esempio: H(z) a fase non minima H(z) = 1-3.2559 z-1+4.8954 z-2-3.6194 z-3+1.1664 z-4

60

Capitolo 7Hmin(z) = 1.44-3.9419 z-1+4.8119 z-2-2.9334 z-3+0.81 z-4

61

Capitolo 7Hap(z) =

0.6944 −1.1785z−1 + z−2

1−1.1785z−1 + 0.6944z−2

N.B. La risposta in ampiezza è costante e pari a 1è costante e pari a 1

62

Capitolo 7

H(z)=1-3.2559z-1+4.8954z-2-3.6194z-

3+1.1664z-4

Hmin(z)=1.44-3.941z-1+4.8119z-2-2.9334z-

3+0 81z-43+0.81z 4

Hap(z) =0.6944 −1.1785z−1 + z−2

1−1.1785z−1 + 0.6944z−2

63

Capitolo 7

Circuiti LTI con fase lineare generalizzataCircuiti LTI con fase lineare generalizzata

• I filtri ideali hanno risposta in ampiezza costante e risposta in fase nulla.

• La condizione di fase nulla richiede filtri non causali.

È i i t d di t i d ll fÈ necessario introdurre una distorsione della fase.

• In particolare è accettabile una dipendenza della fase dalla frequenza di tipo lineare

64

Capitolo 7H(ejω )

Filtri ideali:

Risposta in ampiezza piatta

ωnon causali

Risposta in fase

∠H(ejω )ω

Risposta in fase nulla

j

ω

rippleFiltri reali:

H(ejω )

causali

Fase lineare con la∠H(ejω )ω

Fase lineare con la frequenza (AUSPICABILE)

∠H(ejω )

ω

65

ω

Capitolo 7

• Filtro “ritardatore”

( )j jH ω ωα( ) 1jH e ω =

Filtro ritardatore

( )( )

j jdH e eω ωα

ω π

−=

<( ) jH e ω ωα ω π∠ = − <

( )jd H ω∠( )

( ) ( )jd H ed

ω

τ ω αω

∠= − =Risposta in frequenza

i ( )

Risposta impulsiva (è non causale!)

sin ( )[ ] - < < +( )d

nh n nn

π απ α

−= ∞ ∞

−

N.B. Si può avere un ritardo α non intero (si può realizzare mediante la ricostruzione del segnale analogico, seguita da un

66

g g , gnuovo campionamento).

Capitolo 7

• Passabasso a fase lineare

( )j jlH e eω ωα−=

( ) 1jH e ω =( )lp

c

H e e

ω ω

=

<( ) j

cH e ω ωα ω ω∠ = − <

( )jd H e ω∠( ) ( )jd H e

dτ ω α

ω

∠= − =Risposta in frequenza

Risposta impulsiva (è non causale!)

sin ( )[ ] - < < +( )

cd

nh n nn

ω απ α

−= ∞ ∞

−( )nπ α

Si può verificare che se 2α è un numero intero, allora la risposta i l i i i i d

67impulsiva è simmetrica ripetto ad α.

Capitolo 7

• Circuiti a fase lineare generalizzata• Circuiti a fase lineare generalizzata

S d fi iti d i t i f l t fSono definiti da una risposta in frequenza con la seguente forma:

H(ejω ) A(ejω ) e− jαω + jβH(ej ) = A(ej ) ⋅ e j jβ

Questi circuiti hanno un ritardo di gruppo costante:

∠H(ejω ) αω + β∠H(ej ) = −αω + β

( ) d∠H( jω )τ(ω) = −

dω∠H(ejω ) = α

68

Capitolo 7

• Imponendo che il ritardo di gruppo sia costante si ricava una condizione necessaria che lega la risposta impulsiva h[n] ai termini α e β e che deve essere verificata per qualunque ω:termini α e β e che deve essere verificata per qualunque ω:

[ ] sin( ( ) ) 0h n nω α β+∞

− + =∑ [ ] sin( ( ) ) 0n

h n nω α β=−∞

+ =∑

• Tale condizione non fornisce in pratica indicazioni utili per il progetto di filtri a fase lineare.

• È possibile tuttavia individuare delle condizioni sufficienti per la linearità della fase:

- Filtro FIR causale- Risposta impulsiva simmetrica

69

p p

Capitolo 7

Esempio. Risposta in frequenza di un filtro FIR simmetricoEsempio. Risposta in frequenza di un filtro FIR simmetrico non causale

Ordine M=8+∞M2

n

Ordine M 8

Lunghezza L=M+1=9 H ejω( ) = h[n]e− jωn

n=−∞

+∞

∑ = h[n]e− jωn

n=−M2

2

∑

P l i t i d ll i t i l i i ò i

-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4

n

Per la simmetria della risposta impulsiva si può scrivere:

h[n] = h[−n] n =1,2,..., M2

Quindi la risposta in frequenza vale:2

M2

∑M2

∑La fase è nullaed è reale

H ejω( ) = h[0]+ h[n] e− jωn + ejωn( )n=1∑ = h[0] + 2 h[n]cosωn

n=1∑

70

La fase è nullaed è reale

Capitolo 7

Filtro FIR causale: si applica la traslazione nel tempo

0 1 2 3 4 5 6 7 8n

Hc ejω( ) = e− jω M

2 H ejω( ) = e− jω M

2 h[0]+ 2 h[n]cosωn

M2

∑⎡ ⎢ ⎢ ⎢

⎤⎥⎥⎥n=1

⎣ ⎢ ⎦⎥

M2

Hc ejω( )

Hc ejω( ) = h[0]+ 2 h[n]cosωnn=1

2

∑M

∠Hc ejω( ) = −ω M2 ∠Hc ejω( )

71

Capitolo 7

Ti 1 i t i di l h di i

Circuiti FIR a fase lineare: si hanno 4 tipi di filtro

• Tipo 1: simmetrico di lunghezza dispari

h[n]=h[M-n] 0 ≤ n ≤ M (M intero pari)h[n] h[ n] 0 ≤ n ≤ ( e o p )

h[n]M=6

L=M+1=7

0 1 2 3 4 5 6 n

L M+1 7

M

H ejω( ) = h[n]M

∑ e− jωn = e− jω M

2 a[n]cosωn

M2

∑∠H ejω( ) = −ω M

2

d∠H jω( )

⎧

⎨ ⎪

2

H e( ) h[n]n= 0∑ e e a[n]cosωn

n= 0∑

h M⎡ ⎢

⎤ ⎥ k 0

⎧ ⎪

τ (ω) = −d∠H ejω( )

dω=

M2

⎨

⎩ ⎪

con a[n] =h

2⎣ ⎢ ⎦ ⎥ k = 0

2h M− n

⎡ ⎣⎢

⎤ ⎦⎥ k =1,2,..., M⎨

⎪ ⎪

⎩⎪ ⎪

72

2h2

n⎣ ⎢ ⎦ ⎥ k 1,2,...,

2⎩ ⎪

Capitolo 7

• Tipo 2: simmetrico di lunghezza pari

h[n]=h[M-n] 0 ≤ n ≤ M (M intero dispari)

h[n] M=5

n0 1 2 3 4 5

n

M22

H ejω( ) = e− jω M

2 b[n]cos ω n −1⎛

⎝⎜

⎞ ⎠⎟

⎡ ⎢

⎤⎥

M +12

∑∠H ejω( ) = −ω M

2

d∠H jω( )

⎧

⎨ ⎪

H e( ) e b[n]cos ω n2⎝

⎜ ⎠ ⎟

⎣ ⎢ ⎦⎥n=1∑

τ (ω) = −d∠H ejω( )

dω=

M2

⎨

⎩ ⎪

con b[n] = 2h M +12

− n⎡ ⎣ ⎢

⎤ ⎦ ⎥ n =1,2,..., M +1

2

73

Capitolo 7• Tipo 3: antisimmetrico di lunghezza dispari

h[n]= - h[M-n] 0 ≤ n ≤ M (M intero pari)

h[n]

0 1 2 3 4 5 6

n

M22

H ejω( ) = je− jω M

2 c[n]sinωn

M2

∑∠H ejω( ) = −ω M

2+ π

2

d∠H jω( )

⎧

⎨ ⎪

H e( ) je c[n]sinωnn=1∑

τ(ω) = −d∠H ejω( )

dω=

M2

⎨

⎩ ⎪

con c[n] = 2h M2

− n⎡ ⎣ ⎢

⎤ ⎦ ⎥ n =1,2,..., M

2

74

Capitolo 7• Tipo 4: antisimmetrico di lunghezza pari

h[n]= - h[M-n] 0 ≤ n ≤ M (M intero dispari)

h[n]

0 1 2 3 4 5n

0 1 2 3 4 5

M22

H ejω( ) = je− jω M

2 d[n]sin ω n −1⎛

⎝⎜

⎞ ⎠⎟

⎡ ⎢

⎤⎥

M +12

∑∠H ejω( ) = −ω M

2+ π

2

d∠H jω( )

⎧

⎨ ⎪

H e( ) je d[n]sin ω n2⎝

⎜ ⎠ ⎟

⎣ ⎢ ⎦⎥n=1∑

τ(ω) = −d∠H ejω( )

dω=

M2

⎨

⎩ ⎪

con d[n] = 2h M +12

− n⎡ ⎣ ⎢

⎤ ⎦ ⎥ n =1,2,..., M +1

2

75

Capitolo 7Distribuzione degli zeri in un FIR a fase lineare

• Se h[n] è reale H(z) ha zeri a coppie complessi e coniugati. ⇒

1. Se h[n] è simmetrica (h[n]=h[M-n]) :

[ ] [ ] [ ]0

1

0 0

( ) ( )M M

n n M k M

n n k MH z h n z h M n z h k z z z H z− − − − −

= = =

= = − = =∑ ∑ ∑

Quindi se z0 = re jω è uno zero di H(z), anche il suo reciproco z0-

1 = r -1e-jω è uno zero di H(z) r e j è uno zero di H(z).Se poi h[n] è reale, ogni zero complesso fa parte in generale di una quadrupla di zeri coniugati reciproci.q p g p

Casi particolari: zeri sulla circonferenza unitaria, zeri reali, zeri in ±1z = ±1.

76

Capitolo 7

Caso importante: z =-1 ( 1) ( 1) ( 1)MH H−− = − −⇒

Se M è dispari si ha quindi

⇒ H(-1) = 0H(-1) = -H(-1)

cioè z=-1 deve essere uno zero dei filtri FIR simmetrici di ordinedisparidispari.

77

Capitolo 7

2 Se h[n] è antisimmetrica si ha:2. Se h[n] è antisimmetrica si ha:

( ) 1( )MH z z H z− −= −

quindi valgono le stesse proprietà del caso simmetrico.In più si ha:

(1) (1)H H= − H(1) = 0⇒ ⇒ z =1 è sempre uno zero dei fil i i i i i

⇒1( 1) ( 1) ( 1)MH H− +− = − −

filtri FIR antisimmetrici

( 1) ( 1) (se M è pari)H H− = − − ⇒H(-1) = 0

⇒( 1) ( 1) ( 1)H H= ( 1) ( 1) (se M è pari)H H− = − − ⇒z =-1 è uno zero dei filtri ⇒ ⇒FIR antisimmetrici di ordine pari.

78

Capitolo 7

Si ha dunque:

( ) ( )1( ) 1 ( 1) ( 1)M MH z z H z H H− −= ⇒ − = − −

• Caso simmetricoz = -1 deve essere uno zero ( ) ( )( ) 1 ( 1) ( 1)H z z H z H H⇒

( )1 (1)H H⎧⎪

• Caso antisimmetricose M è dispari

1 è( )

( )( )

11

1 (1)( )

( 1) 1 ( 1)M

M

H HH z z H z

H H− −

− +

⎧ = −⎪= − ⇒ ⎨− = − −⎪⎩

z = 1 è sempre uno zero

z = -1 deve essere uno zero se M è parizero se M è pari

Esempioz

*1

1z

piano zRaggruppando gli zeri opportunamente, il circuito si può sintetizzare con la 1z

z

3z

z

1z

2

1zp

cascata di celle del I, II e IV ordine, tutte a fase lineare.

2z

*

4z

*1z

2z

79

*3z

1

1z