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 saıda.

• Resposta impulsiva h[n]

y[n] = x[n] ∗ h[n]

• Resposta em frequencia H(ejω)

Y (ejω) = X(ejω) ·H(ejω)

• 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

Analise de SLIT 3

Funcao de Transferencia

Para SLITs representados por equacoes de diferencas, pode-se ter a solucao

usando a TZ:

NX

k=0

aky[n− k] =MX

k=0

bkx[n− k]

Usando as propriedades da TZ, fica-se com:

NX

k=0

akz−kY (z) =

MX

k=0

bkz−kX(z)

Como Y (z) = X(z)H(z),

H(z) =Y (z)

X(z)=

MX

k=0

bkz−k

NX

k=0

akz−k

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 saıda.Os polos e zeros tem uma grande importancia na analise e sıntese de

SLIT.Equacao de diferencas

mFuncao de transferencia

mResposta impulsiva

Analise de SLIT 4

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 transferenciade um sistema:

• Um sistema causal deve ter h[n] = 0 para n < 0, portanto deve ser

uma sequencia unilateral a direita. Assim, sua RC deve ser externaao polo de maior magnitude de H(z).

• Em um sistema estavel, deve-se terP

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

∞X

n=−∞|h[n]z−n| < ∞

calculado em z = 1 (CRU). Isso equivale a dizer que a condicao de

estabilidade e a mesma que implica ter a CRU dentro da regiao deconvergencia, ou seja, se a CRU estiver dentro da RC de H(z), o

sistema e estavel.

• Com as duas consideracoes anteriores, conclui-se que, para um sistema

ser causal E estavel, todos os polos devem estar no interior da CRU(magnitude menor que 1).

• No entanto, um sistema instavel e nao-causal tambem pode ter todos

os polos no interior da CRU.

Analise de SLIT 5

Estabilidade e Causalidade - Exemplo

Considere um SLIT causal representado pela equacao de diferencas:

y[n]−5

2y[n− 1] + y[n− 2] = x[n]

Calculando-se a TZ, fica-se com a seguinte funcao de transferencia:

H(z) =1

1− 52z

−1 + z−2=

1

(1− 12z

−1)(1− 2z−1)

Logo, tem-se:

• Polos em z = 1/2 e z = 2.

• Zeros em z = 0 (duplo)

Como informa-se que o sistema e causal, a RC deve ser |z| > 2.

Neste caso, o sistema e causal e instavel, pois a CRU nao faz parte daRC. Calculando-se a TZ inversa por expansao em fracoes parciais, fica-secom:

h[n] = −1

3

1

2

!n

u[n] +4

32nu[n]

1 21/2x x Re

Im

z

Analise de SLIT 6

Estabilidade e Causalidade - Exemplo

Caso o enunciado informasse que o sistema e estavel, a CRU deve fazer

parte da RC, e portanto a regiao de convergencia deveria ser:

RC: 1/2 < |z| < 2

.

1 21/2x x Re

Im

Neste caso, o sistema e estavel, mas nao-causal, pois como a RC e

um disco, a sequencia e bilateral. Calculando a TZ inversa:

h[n] = −1

3

1

2

!n

u[n]−4

32nu[−n− 1]

A outra opcao possıvel de RC seria: |z| < 1/2. Neste caso, o sistemaseria nao-causal e instavel.

h[n] =1

3

1

2

!n

u[−n− 1]−4

32nu[−n− 1]

1 21/2x x Re

Im

Analise de SLIT 7

Resposta em Frequencia

Y (ejω) = X(ejω) ·H(ejω)

• Magnitude:

|Y (ejω)| = |X(ejω)| · |H(ejω)|

A magnitude da resposta em frequencia, tambem chamada de ganho,

pode ser expressa em decibeis [dB]:

GdB = 20 log10 |H(ejω)|

A atenuacao e o inverso do ganho. Em dB, fica-se com AdB = −GdB =−20 log10 |H(ejω)|

• Fase:

arg[Y (ejω)] = 6 Y (ejω) = 6 X(ejω) + 6 H(ejω)

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

• Atraso de grupo (group delay):

grd[H(ejω)] = −d

dω[ 6 H(ejω)]

Analise de SLIT 8

Fase

τ(ω) = arg{ . } = ARG{ . }+ πr(ω)

Analise de SLIT 9

Efeito da Fase

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

y[n] = x[n− nd] −→ h[n] = δ[n− nd]

A resposta em freq. e: H(ejω) = e−jωnd

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

6 H(ejω) = −ωnd

Ou seja, um sistema com fase linear e magnitude constante em freq.

ocasiona apenas um atraso no sinal de entrada, no domınio do tempo.

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

grd[H(ejω)] = −d

dω[ 6 H(ejω)] = nd

Analise de SLIT 10

Efeito da Fase - Exemplo

Considere os seguintes sistemas:

ω

ω

ω

ω

ω

ω

ω

ω

x[n]

x[n]

x[n]

x[n]

|H(ejω)|

|H(ejω)|

|H(ejω)|

|H(ejω)|

6 H(ejω)

6 H(ejω)

6 H(ejω)

6 H(ejω)

y1[n]

y2[n]

y3[n]

y4[n]

Analise de SLIT 11

Efeito da Fase - Exemplo

Sendo o sinal de entrada x[n] = cos(ω1n)+0.5 cos(3ω1n), ω1 = π/6, tem-se

as saıdas:

0 5 10 15 20 25 30−2

0

2x[n

]

0 5 10 15 20 25 30−2

0

2

y1[n

]

0 5 10 15 20 25 30−2

0

2

n

y2[n

]

0 5 10 15 20 25 30−2

0

2

x[n

]

0 5 10 15 20 25 30−2

0

2

y3[n

]

0 5 10 15 20 25 30−1

0

1

n

y4[n

]

Analise de SLIT 12

Resposta em Frequencia

Para um sistema representado por:

H(z) =

b0MY

k=1

(1− ckz−1)

a0NY

k=1

(1− dkz−1)

a resposta em frequencia e:

H(ejω) =

b0MY

k=1

(1− cke−jω)

a0NY

k=1

(1− dke−jω)

O ganho em dB e a fase em radianos sao:

20 log10 |H(ejω)| = 20 log10

�

�

�

�

�

b0a0

�

�

�

�

�

+MX

k=1

20 log10 |1− cke−jω|

−NX

k=1

20 log10 |1− dke−jω|

6 H(ejω) = 6

"

b0a0

#

+MX

k=1

6 [1− cke−jω]

−NX

k=1

6 [1− dke−jω]

Analise de SLIT 13

Resposta em Frequencia de um Polo/Zero

Seja uma funcao de transferencia representada por um zero em z0 = rejθ:

H(z) = (1− rejθz−1) =z − rejθ

z, |z| > 0

No plano z, os numeros complexos podem ser representados por vetores.

Para determinar a resposta em frequencia, pode-se fazer z = ejω, e analisa-se:

H(ejω) =ejω − rejθ

ejω

Re1

Im

xω

θ

φ3

v1

v2

v3

A magnitude e dada por:�

�

�

�

�

�

ejω − rejθ

ejω

�

�

�

�

�

�

=|v1 − v2|

|v1|=

|v3|

|v1|= |v3|

E a fase:

6 (1− rejθz−1) = 6 v3 − 6 v1 = φ3 − ω

Analise de SLIT 14

Resposta em Frequencia

Levantando-se as respostas em frequencia de magnitude, de fase e de atraso

de grupo, fica-se com as seguintes curvas (magnitude, fase, atraso de grupo)para os zeros (z0 = rejθ) em:

• z0 = 0.7ej0 (linha cheia, preta)

• z0 = 0.8ejπ/4 (linha pontilhada, azul)

• z0 = 0.9ej3π/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 2−10

−5

0

am

ostr

as

ω/π

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 θ.

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

Analise de SLIT 15

Resposta em Frequencia

No caso de dois zeros complexo conjugados, a funcao de transferencia e:

H(z) = (1− z0z−1)(1− z∗0z

−1)

Para z0 = 0.7ejπ

4 as curvas ficam:

• Em azul tracejado: zero em 0.7ejπ

4

• Em vermelho tracejado: zero em 0.7e−j π

4

• Em preto linha cheia: resposta completa

0 0.5 1 1.5 2

-10

0

10

0 0.5 1 1.5 2-0.5

0

0.5

0 0.5 1 1.5 2

-4

-2

0

2

ω/π

amostras

πrad

dB

Analise de SLIT 16

Resposta em Frequencia

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

H(z) =1

1− rejθz−1=

z

z − rejθ

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2−10

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

ostr

as

ω/π

Analise de SLIT 17

Sistemas Inversos

Seja um SLIT com funcao de transferenciaH(z). O correspondente sistema

inverso tem funcao Hi(z) tal que:

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

H(z)

No domınio do tempo:

g[n] = h[n] ∗ hi[n] = δ[n]

Se

H(z) =

b0MY

k=1

(1− ckz−1)

a0NY

k=1

(1− dkz−1)

Entao o sistema inverso sera:

Hi(z) =

a0NY

k=1

(1− dkz−1)

b0MY

k=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|}

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

• Uma condicao que garante que H(z) e Hi(z) sejam ambos causais e

estaveis, 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 18

Sistemas Passa-Tudo

Seja um sistema estavel com:

Hap(z) =z−1 − a∗

1− az−1= z−1 1− a∗z

1− az−1= −a∗

1− (1/a∗)z−1

1− az−1

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

Hap(ejω) = e−jω 1− a∗ejω

1− ae−jω

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

• Compensacao de fase (reduzir distorcao)

• Transformacao de filtros

Num caso geral, com polos reais em dk e polos complexo conjugados em

ek, a expressao fica:

Hap(z) =MrY

k=1

z−1 − dk1− dkz−1

McY

k=1

(z−1 − e∗k)(z−1 − ek)

(1− ekz−1)(1− e∗kz−1)

Considerando o sistema estavel:

• |dk| < 1 e |ek| < 1

• Cada polo apresenta um zero correspondente (conjugado recıproco)em z = 1/dk, z = 1/ek e z = 1/e∗k

1 21/2x

x

x

Re

Imz

Algumas propriedades:

• O atraso de grupo e sempre positivo para 0 ≤ ω ≤ π

• A fase contınua e sempre negativa para 0 ≤ ω ≤ π

Analise de SLIT 19

Sistemas Passa-Tudo

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

calizados em:

• z = 0.4e±j4π/3

• z = 0.5e±jπ/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 1−8

−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

am

ostr

as

ω/π

z = 0.4e±j4π/3

z = 0.5e±jπ/3

Analise de SLIT 20

Sistemas de Fase Mınima

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

CRU

• 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 interior

da CRU - sao os sistemas de fase mınima.

Qualquer sistema H(z) racional pode ser escrito como a multiplicacao

de um sistema de fase mınima 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)(z−1 − c∗) = H1(z)(1− cz−1)

z−1 − c∗

1− cz−1

Na qual H1(z) e de fase mınima. Nota-se que H1(z)(1 − cz−1) ainda ede fase mınima pois |c| < 1, e tem-se um sistema passa-tudo estavel (polo

em z = c).

1 1x x

x xx

x xx

Re Re

Im Imz z

H(z) H(z) = Hmin(z) ·Hap(z)

Analise de SLIT 21

Compensacao da Resposta em Frequencia

Considere a distorcao causada por um canal de comunicacoes, representada

por Hd(z):

Sistema�comdistorção

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 mınima para que oseu sistema inverso seja causal e estavel.

Se Hd(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 sera

dada pelo sistema passa-tudo.

Analise de SLIT 22

Compensacao da Resposta em Frequencia - Exemplo

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

• d1,2 = 0.7e±j3π/20

• d3,4 = 0.8e±jπ/4

• c1,2 = 0.9e±jπ/3

• c3,4 = 1.2e±j2π/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

Imagin

ary

Part 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 separar H(z) em dois termos, e inverter otermo de fase mınima.

Analise de SLIT 23

Compensacao da Resposta em Frequencia - Exemplo

(cont.)

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

• Sistema de fase mınima:

– Polos: d1, d2, d3, d4

– Zeros: c1, c2, 1/c∗3, 1/c

∗4

• Sistema passa-tudo:

– Polos: 1/c∗3, 1/c∗4

– 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

Imagin

ary

Part d1

d2

d3

d4

c1

c2

c3

c4

1/c∗3

1/c∗4

Hmin(z) = |c3||c4|(1− c1z

−1)(1− c2z−1)(1− 1

c∗3

z−1)(1− 1c∗4

z−1)

(1− d1z−1)(1− d2z−1)(1− d3z−1)(1− d4z−1)

Hap(z) =1

|c3||c4|

(1− c3z−1)(1− c4z

−1)

(1− 1c∗3

z−1)(1− 1c∗4

z−1)

A RC das duas funcoes e |z| > |1/c∗3| = 0.83, e portanto tem-se sistemascausais e estaveis.

Analise de SLIT 24

Compensacao da Resposta em Frequencia - Exemplo

(cont.)

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

pontilhada) e Hc(ejω) = 1/Hmin(e

jω) (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 1−10

0

10

am

ostr

as

ω/π

Na figura seguinte, se mostra a resposta passa-tudo, Hap(ejω) (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 1−20

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

0

5

10

am

ostr

as

ω/π

Analise de SLIT 25

Sistemas com Fase Linear Generalizada

Num sistema que nao introduz distorcao de fase, a fase e linear. Um filtro

passa-baixas ideal com fase linear e freq. de corte ωc tem expressao:

Hlp(ejω) =

e−jωα, |ω| ≤ ωc

0, ωc < ω ≤ π

A resposta impulsiva e:

hlp[n] =sinωc(n− α)

π(n− α), −∞ < n < ∞

n

α = 5

α = 4.5

α = 4.3

Analise de SLIT 26

Sistemas com Fase Linear Generalizada

Um sistema com fase linear generalizada pode ser escrito da seguinte forma:

H(ejω) = A(ejω)e−jαω+jβ

em que A(ejω) e uma funcao real de ω, α e β sao constantes reais.

O termo A(ejω), quando se tornar negativo, pode introduzir descon-tinuidades na fase de H(ejω), mas desconsiderando este efeito, a fase do

sistema pode ser considerada linear, com atraso de grupo constante:

τ(ω) = grd[H(ejω)] = −d

dω[β − αω] = α

Como visto nos exemplos anteriores, uma condicao suficiente para queum sistema tenha fase linear e que exista uma simetria em torno de um

ponto α:

• h[2α− n] = h[n]

• h[2α− n] = −h[n]

No entanto, essa condicao nao e necessaria, ja que mostrou-se que umh[n] sem simetria tambem pode ser a resposta impulsiva de um sistema

com fase linear.

Analise de SLIT 27

Sistemas FIR com Fase Linear

Uma classe de sistemas bastante util e aquela onde a resposta impulsiva

tem duracao finita (FIR - Finite Impulse Response), com fase linear.Seja um sistema FIR com comprimento N = 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 ımpar

• 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 ımpar

Analise de SLIT 28

Sistemas FIR com Fase Linear

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

Neste caso:

H(ejω) =sin(5ω/2)

sin(ω/2)e−jω2

−1 0 1 2 3 4 5 6 70

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 2−4

−2

0

2

4

ω/π

h[n]

|H(ejω)|

6 H(ejω)

-1 -0.5 0 0.5 1

Real Part

-1

-0.5

0

0.5

1

Ima

gin

ary

Pa

rt

4

Analise de SLIT 29

Sistemas FIR com Fase Linear

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

Neste caso:

H(ejω) =sin(3ω)

sin(ω/2)e−j5ω/2

−1 0 1 2 3 4 5 6 70

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 2−4

−2

0

2

4

ω/π

h[n]

|H(ejω)|

6 H(ejω)

-1 -0.5 0 0.5 1

Real Part

-1

-0.5

0

0.5

1

Ima

gin

ary

Pa

rt

5

Analise de SLIT 30

Sistemas FIR com Fase Linear

Tipo III: h[n] = {−1, 0, 1}, 0 ≤ n ≤ M = 2

Neste caso:

H(ejω) = 2 sin(ω)e−jω+jπ/2

−1 0 1 2 3 4 5 6 7−1

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 2−2

0

2

ω/π

h[n]

|H(ejω)|

6 H(ejω)

-1 -0.5 0 0.5 1

Real Part

-1

-0.5

0

0.5

1

Ima

gin

ary

Pa

rt

2

Analise de SLIT 31

Sistemas FIR com Fase Linear

Tipo IV: h[n] = {−1, 1}, 0 ≤ n ≤ M = 1

Neste caso:

H(ejω) = 2 sin(ω/2)e−jω/2+jπ/2

−1 0 1 2 3 4 5 6 7−1

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 2−2

0

2

ω/π

h[n]

|H(ejω)|

6 H(ejω)

-1 -0.5 0 0.5 1

Real Part

-1

-0.5

0

0.5

1

Ima

gin

ary

Pa

rt

Analise de SLIT 32

Localizacao dos Zeros - FIR Linear

Os zeros de um sistema podem restringir o uso do sistema em certas

aplicacoes (filtros, diferenciadores). No caso dos filtros FIR com fase linear,ha algumas particularidades que devem ser consideradas.

H(z) =MX

n=0

h[n]z−n

Tipos I e II

H(z) =MX

n=0

h[M − n]z−n =MX

k=0

h[k]zkz−M = z−MH(z−1) (A)

Se h[n] e real:

H∗(z) =MX

n=0

h[n](z∗)−n = H(z∗) (B)

• De (A), se z0 e um zero de H(z), entao z−10 tambem e zero de H(z).

• De (B), se h[n] e real e z0 e um zero de H(z), entao z∗0 tambem e zero

de H(z).

Portanto, se z0 = rejθ e um zero de H(z), entao ha zeros em:

z0 = rejθ, z−10 = r−1e−jθ, z∗0 = re−jθ, (z∗0)

−1 = r−1ejθ

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

H(−1) = (−1)−MH(−1)

• M par (tipo I): H(−1) = H(−1)

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

Analise de SLIT 33

Localizacao dos Zeros - FIR Linear

Tipos III e IV

H(z) =MX

n=0

−h[M − n]z−n = −MX

k=0

h[k]zkz−M = −z−MH(z−1) (C)

Se h[n] e real:

H∗(z) =MX

n=0

h[n](z∗)−n = H(z∗) (D)

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

Tomando-se z = 1 (ω = 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 (ω = π):

H(−1) = −(−1)−MH(−1)

• M par (tipo III): H(−1) = −H(−1) ⇔ H(−1) = 0, portantoz = −1 deve ser um zero para FIR tipo III.

• M ımpar (tipo IV): H(−1) = H(−1).

Analise de SLIT 34

Localizacao dos Zeros - FIR Linear

Resumindo:

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

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

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

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

Analise de SLIT 35

Exercıcio

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(ejω)

A resposta impulsiva do filtro e h[n], considerada causal, com coefi-cientes reais e resposta de fase arbitraria. O sinal x[n] deve ser filtrado.

• Obtenha as relacoes entre a DTFT de g[−n] e a DTFT de g[n], assu-mindo que h[n] seja real;

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

jω), fornecendo sua magnitude e fase. Estaresposta seria adequada para substituir H(ejω)?

• Preparar exemplo numerico.