1. No category

Övningsuppgifter
Digital Signalbehandling (ESS040)
Övningar med svar och lösningar
Mikael Swartling
Nedelko Grbic
Bengt Mandersson
rev. 2015
Department of Electrical and Information Technology
Lund University
Övningsuppgifter
Introduktion
Uppgift 1.2
Bestäm vilka av följande signaler som är periodiska och bestäm periodtiden.
a) cos(0.01πn)
30
n)
b) cos(π 105
c) cos(3πn)
d) sin(3n)
e) sin(π 62n
10 ).
Uppgift 1.5
Den analoga signalen xa (t) är xa (t) = 3 sin(100πt).
a) Skissa xa (t) för 0 ms ≤ t ≤ 30 ms.
b) Sampla med Fs = 300 sampel/s. Bestäm x(n) = xa (nT ) där T = 1/Fs . Bestäm
frekvensen f hos x(n) och visa att x(n) är periodisk.
c) Skissa x(n). Vad är perioden och vad motsvarar det i ms?
d) Bestäm minsta Fs så att xa (t) samplas så att max av x(n) är 3.
Uppgift 1.7
En analog signal innehåller frekvenser upp till 10 kHz.
a) Vilka sampelfrekvenser kan användas om vi vill kunna rekonstruera signalen
exakt?
b) Antag att sampelfrekvensen Fs = 8 kHz. Vad händer med frekvenskomponenten
F1 = 5 kHz?
c) Antag att sampelfrekvensen Fs = 8 kHz. Vad händer med frekvenskomponenten
F1 = 9 kHz?
2
Department of Electrical and Information technology.
Uppgift 1.8
Ett analogt elektrokardiogram (EKG) innehåller frekvenser upp till 100 Hz.
a) Vad är Nyquist rate för signalen?
b) Vilken är den högsta frekvenskomponent som kan representeras unikt med sampelfrekvensen Fs = 250 Hz?
Kommentar: Högsta frekvenskomponenten hos signalen kallas Nyquist frequency och
den dubbla frekvensen kallas Nyquist rate. Samplingsfrekvensen måste alltså väljas
högre än Nyquist rate för att undvika vikningsdistorsion.
Uppgift 1.11
För att visa effekten av vikning gör vi följande. Vi samplar in signalen x(t) = 3 cos(100πt)+
2 sin(250πt) med sampelfrekvensen Fs = 200 Hz utan att ha något analogt filter före
samplingen. Vi lyssnar sedan på signalen med sampelfrekvensen Fs = 1000 Hz (ideal
rekonstruktion). Hur ser signalen ut efter rekonstruktionen?
Matlab: Vid inspelning med ljudkort i PC filtreras den analoga signalen automatiskt med ett analogt filter med brytfrekvens Fs /2 före samplingen för att undvika
vikningsdistorsion. Vill vi illustrera exemplet ovan kan vi exempelvis sampla med
Fs = 1000 Hz vilket ställer gränsfrekvensen i ljudkortets filter till 500 Hz. Nu behåller
vi bara vart femte sampel och har då reducerat sampeltakten till 200 Hz och detta
motsvarar att vi samplat med 200 Hz men med det analoga filtret inställt på 500 Hz.
Uppgift 1.13
Den diskreta signalen x(n) = 6.35 cos((π/10)n) kvantiseras med upplösningen
a) ∆ = 0.1, och
b) ∆ = 0.02.
Hur många bitar behövs i A/D-omvandlaren?
Uppgift 1.14
Bestäm bithastighet (bitar/s) och upplösning om en seismisk signal med dynamik
1 volt samplas med Fs = 20 Hz med en 8-bitars A/D-omvandlare. Vilken maximal
frekvens kan representeras i den digitala signalen?
Uppgift E1.1
MATLAB: För att åstadkomma ekoeffekt använder vi oss av nedanstående koppling
(z −D fördröjer signalen D sampel).
3
Department of Electrical and Information technology.
Mikrofon
y(t)
A/D
x(n)
+
z −D
y(n)
D/A
x(t)
Högtalare
0.9
Simulera detta i MATLAB och lyssna på effekten.
>>
>>
>>
>>
>>
>>
>>
Fs = 10000;
t = (0:2* Fs -1)/ Fs ;
x = chirp (t , 300 , 2 , 800);
z = zeros (1 , 500);
x1 = [x , z ];
x2 = [z , 0.9* x ];
y = x1 + x2 ;
% generera 2 s l å ng tidsvektor , FS =1/10000
% generera svept sinus mellan 300 och 800 Hz
% generera 500 nollor
% generera ekot
Lyssna på signalerna.
>> soundsc (x , Fs )
>> soundsc (y , Fs )
Välj nytt x (samplat tal och lyssna på ekoeffekten).
Impulssvar och faltning, kapitel 2
Uppgift 2.1
En tidsdiskret signal x(n) definieras av


1 + n3 −3 ≤ n ≤ −1




x(n) = 
1
0≤n≤3



0
n < −3 och n > 3
(1)
a) Skissa signalen x(n).
b) Skissa signalen för följande alternativ.
i) Vik (spegla i origo) x(n) och fördröj c.
ii) Fördröj x(n) 4 sampel och vik (spegla i origo).
c) Skissa x(−n + 4).
d) Vilket alternativ i b) svarar mot x(−n + k)?
e) Uttryck x(n) i δ(n) och u(n).
4
Department of Electrical and Information technology.
Uppgift 2.7
Avgör om nedanstående system är
1) Statiskt eller dynamiskt.
2) Linjärt eller olinjärt.
3) Tidsinvariant eller tidsvariabelt.
4) Kausalt eller icke-kausalt.
5) Stabilt eller instabilt.
a) y(n) = cos(x(n)).
P
b) y(n) = n+1
k=−∞ x(k).
c) y(n) = x(n) cos(ω0 n).
e) y(n) = trunc(x(n)), trunkering till heltal.
h) y(n) = x(n)u(n).
j) y(n) = x(2n).
n) Ideal sampling, x(n) = xa (t) där t = nT och −∞ < n < ∞.
Uppgift 2.13
Visa att ett nödvändigt och tillräckligt villkor för BIBO-stabilitet är
Mh < ∞.
P∞
n=−∞ |h(n)|
≤
Uppgift 2.16
a) Visa att
P
n y(n) =
P
k x(k)
P
l h(l)
då y(n) = x(n) ? h(n).
b) Beräkna faltningen y(n) = x(n) ? h(n) för följande signaler (fetstil anger index 0).
n
o
n
o
1) x(n) = 1 2 4 och h(n) = 1 1 1 1 1 .
n
o
2) x(n) = 1 2 −1 och h(n) = x(n).
n
o
n
o
4) x(n) = 1 2 3 4 5 och h(n) = 1 .
n
o
n
o
9) x(n) = 1 1 0 1 1 och h(n) = 1 −2 −3 4 .
11) x(n) = 0.5n u(n) och h(n) = 0.25n u(n).
5
Department of Electrical and Information technology.
Uppgift 2.17
Beräkna faltningen x(n) ? h(n) för nedanstående signaler.
n
o
n
o
a) x(n) = 1 1 1 1 och h(n) = 6 5 4 3 2 1 0 0
b) x(n) =
n
1 1 1 1
o
c) x(n) =
n
0 0 0 1 1 1 1
d) x(n) =
n
0 0 1 1 1 1
och h(n) =
o
o
n
6 5 4 3 2 1 0 0
och h(n) =
och h(n) =
n
n
1 1 0 0 0
1 1 0
o
o
o
MATLAB: Lös ovanstående faltningar i MATLAB (conv.m).
Uppgift 2.21
Beräkna faltningen y(n) = x(n) ? h(n) för nedanstående signaler.
a) x(n) = an u(n) och h(n) = bn u(n) för både a , b och a = b.
n
o
b) x(n) = 1 2 1 1 och h(n) = δ(n) − δ(n − 1) + δ(n − 4) + δ(n − 5).
Uppgift 2.35
n
o
Bestäm h(n) för systemet nedan då h1 (n) = 0.5 0.25 0.5 , h2 (n) = h3 (n) = (n +
1)u(n) och h4 (n) = δ(n − 2). Bestäm utsignalen då x(n) = δ(n + 2) + 3δ(n − 1) − 4δ(n − 3)
h2 (n)
x(n)
h1 (n)
−
h3 (n)
+
y(n)
h4 (n)
Uppgift 2.61
Beräkna korrelationsfunktionen rxx (l) och korskorrelationsfunktionen rxy (l) för följande sekvenser.
x(n) = 1
för n0 − N ≤ n ≤ n0 + N , noll för övrigt, och
(2)
y(n) = 1
för −N ≤ n ≤ N , noll för övrigt.
(3)
6
Department of Electrical and Information technology.
Uppgift 2.62
Beräkna korrelationsfunktionen rxx (l) för följande sekvenser.
n
o
a) x(n) = 1 2 1 1 .
b) x(n) =
n
o
1 1 2 1 .
Vad är slutsatsen av a) och b) ovan?
MATLAB: Lös a) och b) ovan i MATLAB.
Uppgift 2.64
En ljudsignal från en högtalare reflekteras av två olika väggar med reflexionskoefficienterna r1 och r2 . Signalen tas upp av en mikrofon nära högtalaren och har utseendet x(n) = s(n) + r1 s(n − k1 ) + r2 s(n − k2 ) där k1 och k2 är fördröjningarna hos ekona.
Bestäm och skissa autokorrelationsfunktionen rxx (l) för x(n).
z-transform, kapitel 3
Uppgift 3.1
Bestäm z-transformen för
n
o
a) x(n) = 3 0 0 0 0 6 1 −4
 n

1

n≥5
 2
b) x(n) = 

0
n≤4
Uppgift 3.2
Bestäm z-transformen för nedanstående signaler och skissa pol-nollställesdiagram.
a) x(n) = (1 + n)u(n).
c) x(n) = (−1)n · 2−n · u(n).
f) x(n) = Ar n cos(ω0 n + φ)u(n) 0 < r < 1.
n
h) x(n) = 12 · [u(n) − u(n − 10)].
Uppgift 3.8
Använd faltning för att bestämma nedanstående transformer.
P
a) Bestäm Y (z) uttryckt i X(z) för y(n) = nk=−∞ x(k).
b) Bestäm X(z) för x(n) = (n + 1)u(n). Tips: Visa att x(n) = u(n) ? u(n).
7
Department of Electrical and Information technology.
Uppgift 3.9
z-transformen X(z) av den reella signalen x(n) innehåller ett komplexkonjugerat par
av poler och ett komplexkonjugerat par av nollställen. Vad händer med dessa om vi
multiplicerar x(n) med e jω0 n ?
Tips: Använd skalningsteoremet för z-transform.
Uppgift 3.14
Bestäm invers z-transform x(n), x(n) kausal, av följande signaler.
a) X(z) =
b) X(z) =
1 + 3z −1
1 + 3z −1 + 2z −2
1
1 − z −1 + 0.5z −2
c) X(z) =
z −6 + z −7
1 − z −1
d) X(z) =
1 + 2z −2
1 + z −2
g) X(z) =
1 + 2z −1 + z −2
1 + 4z −1 + 4z −2
MATLAB: Plotta några av dessa funktioner för z = e jω med hjälp av MATLAB.
Uppgift 3.16
Bestäm faltningen mellan x1 (n) och x2 (n) nedan med hjälp av z-transformen.
n
h
n i
a) x1 (n) = 14 · u(n − 1) och x2 (n) = 1 + 12 u(n).
c) x1 (n) = 0.5n u(n) och x2 (n) = cos(πn)u(n).
Uppgift 3.35
Bestäm utsignalen y(n) = x(n) ? h(n) för
n
a) h(n) = 13 u(n) och x(n) = (1/2)n · cos(π/3n)u(n).
d) y(n) = 0.5x(n) − 0.5x(n − 1) och x(n) = 10 cos(π/2 n) u(n).
Uppgift 3.38
Uppgift 3.40
In och utsignal för ett LTI-system är givet av x(n) = 0.5n u(n) − 0.25(0.5)n−1 · u(n − 1) och
y(n) = ( 31 )n u(n).
a) Bestäm kretsens impulssvar h(n) och systemfunktion H(z).
8
Department of Electrical and Information technology.
b) Bestäm kretsens differensekvation.
c) Bestäm en realisering av minimal ordning.
d) Är systemet stabilt?
Uppgift 3.49
Använd den enkelsidiga z-transformen för att beräkna y(n) där n ≥ 0 för följande fall.
b) y(n) − 1.5y(n − 1) + 0.5y(n − 2) = 0, y(−1) = 1, y(−2) = 0.
c) y(n) = 0.5y(n − 1) + x(n), x(n) = (1/3)n u(n), y(−1) = 1.
d) y(n) = 0.25(y(n − 2) + x(n), x(n) = u(n), y(−1) = 0, y(−2) = 1.
Uppgift E3.1
Kombinera varje pol-nollställe-konfiguration med det impulssvar den motsvarar. Hur
påverkar polens avstånd till enhetscirkeln impulssvarets utseende? Hur påverkas impulssvaret av dubbelpoler?
Pol-nollställe A
Impulssvar II
2
×2
1
0
5
10
15
20
25
30
20
25
30
20
25
30
−1
×2
−2
Pol-nollställe B
Impulssvar I
2
1
0
5
10
15
−1
−2
Impulssvar III
Pol-nollställe C
20
10
0
5
10
−10
−20
9
15
Department of Electrical and Information technology.
Uppgift E3.2
Ett andra ordningens linjärt och tidsinvariant system är definierat av
H(z) =
b0 + b1 z −1 + b2 z −2
1 + a1 z −1 + a2 z −2
(4)
a) Bestäm utsignalen y(n) då insignalen x(n) = 3 sin
π
2n
u(n) där
y(−1) = 1/3
(5)
och
b0 = 0
b1 = 1/5
a1 = 1/2
b2 = 0
(6)
a2 = 0
(7)
b) Låt insignalen till systemet ovan vara x(n) = sin(2πf0 n) för −∞ < n < ∞. Koefficienter ställs så att utsignalen y(n) = 0 för −∞ < n < ∞. Detta inträffar då
b0 = b1 = b2 = 2
(8)
√
a1 = − 2
(9)
och
a2 = 1/4
Vad är frekvensen f0 i insignalen?
c) Insignalen till systemet är återigen x(n) = sin(2πf0 n), −∞ < n < ∞. Då koefficienterna är
b0 = 1
b1 = 1
b2 = 1/4
(10)
och
a1 = −1
a2 = 1
(11)
erhålles utsignalen y(n) = A0 sin(2πf0 n + θ0 ) + A1 sin(2πf1 n + θ1 ) för −∞ < n < ∞.
Vad är frekvensen f1 ?
Uppgift E3.3
En linjär tidsinvariant krets beskrivs med differensekvationen
y(n) − y(n − 1) +
3
y(n − 2) = x(n)
16
Bestäm utsignalen y(n) då
n
1
1
x(n) =
· u(n) + sin 2π n
2
4
(12)
−∞ < n < ∞
10
(13)
Department of Electrical and Information technology.
Uppgift E3.4
En krets är given av differensekvationen y(n) − y(n − 1) + 0.5y(n − 2) = x(n). Kretsen har
begynnelsevärdena y(−1) = 0 och y(−2) = 2, och insignalen är x(n) = u(n). Bestäm för
n≥0
a) zero-input-lösningen, yzi (n).
b) zero-state-lösningen, yzs (n).
c) transienta lösningen, ytr (n).
d) stationära lösningen, yss (n).
Uppgift E3.5
En linjär tidsinvariant krets beskrivs av differensekvationen
y(n) −
1
y(n − 1) = x(n)
4
(14)
Bestäm utsignalen y(n) då
 1


n
n<0
sin
2π

4
x(n) = 

0
n≥0
(15)
Fouriertransform, signaler genom LTI-system och
sampling, kapitel 4, 5 och 6
Uppgift 4.8
Två diskreta signaler sk (n) och sl (n) är ortogonala över ett intevall [N1 , N2 ] om

N2

X

Ak k = l
?
sk (n)sl (n) = 

0
k,l
n=N
(16)
1
Om Ak = 1 är signalerna ortonormala.
a) Visa relationen
N
−1
X
n=0
e
j2π kn
N



N
=

0
k = 0 k = ±N
annars
k = ±2N
...
(17)
kn
b) Illustrera a) för N = 6 genom att för k = 1, 2, 3, 4, 5, 6 rita sk (n) = e j2π N för n =
0, 1, 2, 3, 4, 5.
kn
c) Visa att harmoniska signaler s(n) = e j2π N är ortogonala över varje intervall av
längd N .
11
Department of Electrical and Information technology.
Uppgift 4.9
Bestäm fouriertransformen av följande signaler.
a) x(n) = u(n) − u(n − 6).
b) x(n) = 2n u(−n).
c) x(n) = (0.25)n u(n + 4).
d) x(n) = (α n sin(ω0 n)) u(n) för |α| < 1.
n
o
g) x(n) = −2 −1 0 1 2 .
Uppgift 4.10
Bestäm signalen vars fouriertransform är



0 0 ≤ ω ≤ ω0
a) X(ω) = 

1 ω0 < ω ≤ π
b) X(ω) = cos2 ω
Uppgift 4.12
Bestäm signalen vars fouriertransform är
c)



2 ωc − W /2 ≤ ω ≤ ωc + W /2
X(ω) = 

0 annars
(18)
Uppgift 4.14
n
o
Sekvensen x(n) är given av x(n) = −1 2 −3 2 −1 och dess fouriertransform är
X(ω). Bestäm, utan att explicit bestämma X(ω), följande
a) X(0)
b) arg X(ω)
Zπ
d)
X(ω)dω
−π
d) X(π)
Zπ
e)
|X(ω)|2 dω
−π
MATLAB: Beräkna X(ω) och plotta |X(ω)| och arg X(ω).
12
Department of Electrical and Information technology.
Uppgift 5.2
a) Bestäm och skissa fouriertransformen WR (ω) för ett rektangelfönster



1 0 ≤ n ≤ M
wR (n) = 

0 annars
b) Bestäm och skissa fouriertransformen av ett triangelfönster wT (n)


n
0 ≤ n ≤ M/2




wT (n) = 
M − n M/2 < n ≤ M



0
annars
genom att utnyttja faltning av två rektangelfönster enligt a.
MATLAB: Plotta WR (ω) för M = 2, M = 4 och M = 5.
Uppgift 5.17
En tidsdiskret krets är given av figuren med a = −2 cos(ω0 )
a) Bestäm in-utsignalrelation och impulssvar h(n).
b) Skissa |H(ω)| och arg H(ω).
c) Bestäm y(n) då x(n) = 3 cos(π/3 n + π/6) för −∞ < n < ∞ och ω0 = π/2.
x(n)
z −1
z −1
+
y(n)
a
Uppgift 5.25
Skissa |X(f )| svarande mot följande pol-nollställeskonfigurationer.
Pol-nollställe A
×2
Pol-nollställe B
Pol-nollställe C
×2
×8
13
Pol-nollställe D
(19)
(20)
Department of Electrical and Information technology.
Uppgift 5.26
Bestäm ett filter som helt spärrar frekvensen ω0 = π/4 och beräkna utsignalen då
insignalen x(n) = sin(π/4 n)u(n) för n = 0, 1, 2, 3, 4.
Uppgift 5.35
Ett andra ordningens system har en dubbelpol för p1,2 = 0.5 och två nollställen z1,2 =
e ±j3π/4 . Bestäm förstärkningsfaktorn G så att |H(0)| = 1.
Uppgift 5.39
Bestäm 3-dB bandbredden för filtren där 0 < α < 1.
1−a
H1 (z) =
1 − az −1
(21)
1 − a 1 + z −1
·
H2 (z) =
2 1 − az −1
(22)
(23)
MATLAB: Plotta amplitudfunktionerna i MATLAB och uppskatta därur bandbredderna.
Uppgift E4.1
Dimensionera nedanstående krets så att likspänningsförstärkningen blir 1 och så att
frekvenserna ω = π/2 och ω = π spärras. Bestäm också kretsens amplitudfunktion
och fasfunktion.
+
b0
x(n)
+
b1
z −1
+
b2
b3
z −1
z −1
Uppgift E4.2
Vi vill skapa ekoeffekt och använder oss av nedanstående koppling.
+
x(n)
z −D
y(n)
+
z −2D
a) Bestäm den digitala kretsens poler och nollställen för D = 500.
b) Bestäm och skissa den digitala kretsens amplitudfunktion |H(f )|.
14
y(n)
Department of Electrical and Information technology.
Uppgift E4.3
Vi använder oss av nedanstående koppling för att få en ekoeffekt.
+
x(n)
y(n)
0.9
z −D
a) Bestäm den digitala kretsens impulssvar.
b) Bestäm den digitala kretsens amplitudfunktion |H(f )|.
c) Bestäm den digitala kretsens poler och nollställen för D = 500.
Uppgift E4.4
Insignalen till nedanstående system är x(t) = cos(2π1000t) + cos(2π6000t). Filtrets
impulssvar h(n) = u(n) − u(n − 8). Sampeltakten är 8 kHz.
cos π · 14 · n
x(t)
Sampling
×
cos π · 14 · n
×
h(n)
Rekonstruktion
y(t)
Bestäm utsignalen y(t) då rekonstruktionen är ideal.
MATLAB: Simulera systemet i MATLAB. Välj gärna ljud som insignal.
Sampling
Uppgift E4.5
Antag att vi har en tidskontinuerlig signal xa (t) = e −10·t · u(t), t i sekunder.
a) Bestäm signalens fouriertransform Xa (F) samt |Xa (F)|2 .
b) Vi vill sampla signalen med Fs = 100 Hz. Vi förfiltrerar den därför med ett
antivikningsfilter. Detta antas vara ett idealt lågpassfilter med gränsfrekvens
Fs /2 = 50 Hz. Hur stor del av energin i signalen xa (t) spärras av antivikningsfiltret?
c) Den filtrerade signalen samplas med samplingsfrekvensen Fs . Beräkna beloppet
av Fouriertransformen av den samplade signalen y(n). Beräkna också Fouriertransformen av den samplade signalen om antivikningsfiltret tas bort.
15
Department of Electrical and Information technology.
Uppgift E4.6
Bestäm utsignalen från nedanstående krets då insignalen är xa (t) = 2 · cos(2π · F0 t) då
F0 = 600 Hz och Fs = 1000 Hz.
x(t)
A/D
x(n)
(−1)n
z(n)
↑ ×2
y(n)
D/A
y(t)
Teckenskiftaren utför operationen x1 (n) = (−1)n x(n) och uppsamplaren
 n


n jämn
z 2
y(n) = 

0
n udda
(24)
Rekonstruktionen är ideal och sker med samplingstakten 2Fs .
Diskreta fouriertransformen DFT, kapitel 7
Uppgift 7.1
De fem första värdena av en 8-punkters DFT av en reell sekvens ges av
n
o
0.25 0.125 − j0.3018 0 0.125 − j0.0518 0
(25)
Bestäm de övriga 3 punkterna.
MATLAB: Kolla resultatet i MATLAB.
Uppgift 7.2
Bestäm den cirkulära faltningen mellan följande signaler (N = 8)
n
o
a) x1 = 1 1 1 1 0 0 0 0 och x2 = sin( 3π
8 n) för 0 ≤ n ≤ N − 1.
Uppgift 7.3
Givet N -punkts DFT X(k), 0 ≤ k ≤ N − 1 av x(n), ≤ n ≤ N − 1. Definiera



X(K) 0 ≤ k ≤ Kc N − kc ≤ k ≤ N − 1
X0 (k) = 

0
kc < k < N − kc
Jämför x0 (n) = IDFT {X0 (k)} med x(n). Vad händer?
Uppgift 7.4
2π
Sekvenserna x1 (n) = cos 2π
N n och x2 (n) = sin N n är givna för 0 ≤ n ≤ N − 1.
a) Bestäm den cirkulära faltningen mellan x1 (n) och x2 (n).
b) Bestäm den cirkulära korrelationen mellan x1 (n) och x2 (n).
c) Bestäm den cirkulära autokorrelationen för x1 (n).
d) Bestäm den cirkulära autokorrelationen för x2 (n).
16
(26)
Department of Electrical and Information technology.
Uppgift 7.7
Sekvensen x(n), 0 ≤ n ≤ N − 1, har DFT:n X(k). Bestäm nu DFT:erna av sekvenserna
nedan i termer av X(k)
1) xc (n) = x(n) cos 2π · Nk · n .
2) xs (n) = x(n) sin 2π · Nk · n .
Uppgift 7.8
Bestäm den cirkulära faltningen mellan x1 (n) =
Jämför med den icke-cirkulära faltningen.
n
n
1 2 3 1
o
och x2 (n) =
n
o
4 3 2 2 .
1 2 3 1
o
och x2 (n) =
n
4 3 2 2
Uppgift 7.9
Bestäm den cirkulära faltningen mellan x1 (n) =
genom att använda DFT och IDFT.
Uppgift 7.10
Bestäm energin för sekvensen x(n) = cos 2π · Nk · n för 0 ≤ n ≤ N − 1.
MATLAB: Bestäm energin i MATLAB med hjälp av fft.
Uppgift 7.11
n
o
Sekvensen x(n) = 1 1 1 1 0 0 0 0 har DFT:n X(k). Bestäm nu DFT:erna av
sekvenserna
n
o
a) 1 0 0 0 0 1 1 1 .
b)
n
o
0 0 1 1 1 1 0 0 .
Uppgift 7.18
P
Insignalen till ett linjärt tidsinvariant system H(ω) är x(n) = ∞
k=−∞ δ(n−kN ). Antag att
vi beräknar N -punkters DFT av utsignalen y(n) för punkterna 0 ≤ n ≤ N − 1. Beräkna
sambandet mellan Y (k) och H(ω).
Uppgift 7.23
Beräkna N -punkters DFT av
a) x(n) = δ(n)
b) x(n) = δ(n − n0 ), 0 < n0 < N
c) x(n) = an , 0 ≤ n ≤ N − 1
17
o
Department of Electrical and Information technology.



1
d) x(n) = 

0
0 ≤ n ≤ N /2 − 1 N even
N /2 ≤ n ≤ N − 1
e) x(n) = e j2π/N k0 n , 0 ≤ n ≤ N − 1
f) x(n) = cos(2π/N k0 n), 0 ≤ n ≤ N − 1
g) x(n) = sin(2π/N k0 n), 0 ≤ n ≤ N − 1



1 n even
h) x(n) = 

0 n odd 0 ≤ n ≤ N − 1
Uppgift 7.24
n
o
Givet x(n) = 1 2 3 1 . Beräkna 4-punkters DFT av x(n) genom att lösa 4:e ordningens ekvationssystem för invers DFT.
Uppgift 7.25
a) Bestäm fouriertransformen av x(n) =
b) Bestäm 6-punkters DFT av v(n) =
n
n
o
1 2 3 2 1 0 .
o
3 2 1 0 1 2 .
c) Jämför X(k) och V (k) i a) och b).
Uppgift E5.1
Beräkna och skissa |X(k)| där X(k) är 8-punkters DFT av x(n) med x(n) =
n
1 1 1 0 0 0 0 1
Uppgift E5.2
Låt X(k) vara 8-punkters DFT av x(n) =
n
o
0 1 1 3 8 7 2 2 .
a) Beräkna y(n) = IDFT X ? (k) .
n
o
b) Beräkna y(n) = IDFT (−1)k · X(k) .
MATLAB: Kolla räkningarna i MATLAB med fft och ifft. Låt x(n) vara en ljudsignal och lyssna på y(n) i a) respektive b).
Uppgift E5.3
Insignalen x(n) till systemet y(n) = ay(n − 1) + x(n) där 0 < a < 1 är periodisk med
perioden N . Bestäm impulssvaret till ett FIR-filter som ger samma stationära lösning
som systemet ovan för insignalen x(n).
18
o
Department of Electrical and Information technology.
Uppgift E5.4
Den signalbehandlingsintresserade eleven Hans hittar en stämgaffel. Tyvärr framgår
det ej vilken resonansfrekvens stämgaffeln har. Han kommer då på den lysande idén
att utnyttja en spektrumanalysator. Spektrumanalysatorn är digital och gör en DFT av
insignalen. Med spektrumanalysatorn inställd på 0 Hz till 200 Hz (sampeltakt 400 Hz)
avläser han en topp i spektrum vid frekvensen 138 Hz. Vilka värden på resonansfrekvensen kan stämgaffeln ha? Motivera svaret.
Uppgift E5.5
Nedan ges fyra sekvenser xi (n) (1–4) och åtta sekvenser Xj (k) (a–h). Välj ut de fyra
rätta DFT paren x(n) ←→ X(k).
1
n
1+j 0 0 0
o
2
n
0.5 0.5 0.5 −0.5
3
n
1+j j 0 1
4
n
0.75 0.25 −0.25 0.25
o
o
o
a
n
1 1 0 0
o
b
n
j 0 j 0
c
n
1+j 1+j 1+j 1+j
d
n
j 0 −j 0
o
o
o
e
n
1 −j j 1
o
f
n
1 −j 1 j
o
g
n
2 + 2j 2 + 2j 0 0
h
n
1 1 0 1
MATLAB: Tag eventuellt hjälp av MATLAB för att kolla resultatet.
Uppgift E5.6
Betrakta impulssvaret
1
1
1
1
h(n) = δ(n) + δ(n − 1) + δ(n − 2) + δ(n − 3)
4
4
4
4
a) Beräkna Fouriertransformen. Beräkna DFT:n för N ≥ 4. Samband?
b) Vad blir H(k) för k = 0 . . . 3 när N = 4? Vad blir hp (n) = IDFT {H(k)}?
Uppgift E5.7
Följande två tidsdiskreta signaler är givna
19
(27)
o
o
Department of Electrical and Information technology.
Signal x(n)
4
3
2
1
0
−4
−3
−2
−1
0
1
2
3
4
5
1
2
3
4
5
Signal y (n)
4
3
2
1
0
−4
−3
−2
−1
0
Signalernas Fouriertransformer samplas i punkterna f = k/N för k = 0 . . . N − 1 där
N = 5. Hur är Y (k/N ) relaterad till X(k/N )?
Uppgift E5.8
Impulssvaret till en kausal tidsdiskret krets är
1
h(n) = δ(n) + δ(n − 1) + δ(n − 2)
2
och insignalen är
(28)
x(n) = δ(n) + δ(n − 1)
(29)
a) Beräkna utsignalen med hjälp av faltningsformeln.
b) Beräkna utsignalen med hjälp av Fouriertransformen.
c) Sätt in f = k/N för k = 0 . . . N −1 i uttrycket för Y (f ). Om N är mindre än ett visst
tal M uppstår “vikning” i tidsplanet. Slutsats? Hur stort är M? Hur stort är M i
ett allmänt fall då impulssvaret har längden P och insignalen längden Q ?
Uppgift E5.9
Sekvensen h(n) är impulssvar till ett transversalfilter av ordning L med koefficienter
bk , k = 0 . . . L. Signalen x(n) är en trunkerad stegfunktion med längden Q, dvs



1 n = 0 . . . Q − 1 Q > L + 1
x(n) = 
(30)

0 övrigt
Man önskar beräkna utsignalen från transversalfiltret med hjälp av DFT, men gör misstaget att välja DFT-längden N = Q istället för N ≥ Q + P − 1 = Q + L, där P betecknar
längden av h(n)). Beräkna för detta val av N “utsignalen” yp (n), n = 0 . . . N − 1.
20
Department of Electrical and Information technology.
Uppgift E5.10
Signalerna x(n) och h(n) enligt figur är insignal respektive impulssvar till en tidsdiskret krets. Man vill beräkna utsignalen y(n) = h(n) ? x(n) med hjälp av 8-punkters
DFT. Detta kan man göra genom att dela upp insignalen i segment om t.ex. 4 punkter.
Gör detta och beräkna respektive utsignal-segment med hjälp av faltningssumman.
Signal x(n)
6
4
2
0
2
4
6
8
10
12
14
10
12
14
−2
Signal h(n)
6
4
2
0
2
4
6
8
−2
Uppgift E5.11
Man har givet en oändlig sekvens x(n) = ( 12 )n u(n) med Fouriertransformen X(f ). Av
denna bildar man en ändlig sekvens y(n) sådan att y(n) = 0 då k < 0 och k > 9 genom
att beräkna
y(n) = IDFT {Y (k)}
n = 0...9
(31)
där
Y (k) = X(f )|f = k
10
k = 0...9
(32)
Bestäm y(n).
Uppgift E5.12
Man kan utföra filtrering med hjälp av overlap-save-metoden. Då delas insignalen
x(n) upp i segment av längden N
xi (n) = x(n + i(N − M + 1))
0 ≤ n ≤ N −1
(33)
där M är längden på filtrets impulssvar. För varje segment bildas
Xi (k) = DFT {xi (n)}
(34)
21
Department of Electrical and Information technology.
och
yi (n) = IDFT {Xi (k) H(k)}
(35)
där H(k) är DFT {h(n)}. Bestäm hur yi (n), i = 0, 1, 2 . . . skall kombineras för att ge y(n) =
x(n) ? h(n). Illustrera med figur.
Realiseringar, kapitel 9
Uppgift 9.3
Bestäm systemfunktionen och impulssvaret till nedanstående krets.
3
x(n)
+
+
2
+
y(n)
z −1
0.5
2
Uppgift 9.9
Bestäm realisering enligt direktform I, direktform II, kaskadform och parallellform
för nedanstående system.
1
1
3
a) y(n) = y(n − 1) − y(n − 2) + x(n) + x(n − 1).
4
8
3
1
f) y(n) = y(n − 1) − y(n − 2) + x(n) − x(n − 1) + x(n − 2).
2
Uppgift 9.15
Bestäm parametrarna Km till ett lattice FIR-filter bestämt av ekvationen
1
H(z) = A2 (z) = 1 + 2z −1 + z −2
3
(36)
MATLAB: Lös också parametrarna med hjälp av MATLAB.
Uppgift 9.19
a) Bestäm och skissa nollställen till lattice FIR-filtret med parametrarna K1 = 12 ,
K2 = − 31 samt K3 = 1.
b) Samma som i a) men med K3 = −1
22
Department of Electrical and Information technology.
c) I a) ocb b) visar det sig att alla nollställen ligger på enhetscirkeln. Kan detta
resultat generaliseras? Och hur?
d) Bestäm fasfunktionen för filtren i a) och b). Slutsats?
Exempel på design av filter
Uppgift E8.1
Givet nedanstående digitala FIR-filter.
+
x(n)
z −1
+
z −1
+
y(n)
+
y(n)
z −1
a) Bestäm kretsens poler och nollställen.
b) Bestäm och rita kretsens amplitudfunktion |H(f )|.
c) Bestäm och rita kretsens fasfunktion.
d) Vid vilka frekvenser blir |H(f )| = 0?
e) Vilken typ (LP, BP, HP) är det?
Uppgift E8.2
Givet nedanstående digitala FIR-filter.
+
+
−1
x(n)
z −1
−1
z −1
a) Bestäm kretsens poler och nollställen.
b) Bestäm och rita kretsens amplitudfunktion |H(f )|.
c) Bestäm och rita kretsens fasfunktion.
d) Vid vilka frekvenser blir |H(f )| = 0?
e) Vilken typ (LP, BP, HP) är det?
23
z −1
Department of Electrical and Information technology.
Uppgift E8.3
Vi vill filtrera en uppmätt signal genom att bilda utsignalen y(n) som medelvärdet av
de fem senaste insignalvärdena enligt
1X
x(k) = 0.2 [x(n − 4) + x(n − 3) + x(n − 2) + x(n − 1) + x(n)]
y(n) =
5
(37)
a) Bestäm filtrets impulssvar h(n).
b) Bestäm filtrets amplitudfunktion |H(f )|.
c) Skissa |H(f )| för 0 ≤ f ≤ 1.
Uppgift E8.4
Utgående från signalen x(n) = sin(π/2n) önskar man åstadkomma signalen y(n) =
sin(π/2n + π/3). Bestäm en krets som gör detta. Försök med ett FIR-filter.
Uppgift E8.5
Bestäm impulssvaret h(n) till en tidsdiskret krets så att följande krav på H(f ) är uppfyllda:
• |H(0)| = |H(−1/5)| = |H(1/5)| = 1
• H(2/5) = H(−2/5) = 0
• h(n) är reell
• h(n) är kausal
• kretsen har linjär fas
MATLAB: Plotta spektrum i MATLAB och se om det uppfyller kraven.
Uppgift E8.6
Ett filter H(z) är givet genom N st poler i origo och N st nollställen i z = −1. Likspänningsförstärkningen är 1 (0 dB). Bestäm för vilka värden på N som dämpningskraven
enligt figuren är uppfyllda och bestäm impulssvaret för minimalt värde på N .
MATLAB: Plotta spektrum i MATLAB och se om det uppfyller kraven.
0
−3
−20
0
0.1
0.4
24
0.5
Department of Electrical and Information technology.
Ett löst exempel på FIR-filter med fönstermetoden
Bestäm ett FIR-filter som uppfyller dämpningskravet nedan dels med fönstermetoden
och dels med ekviripplemetoden.
0
−3
−40
0
0.1 0.15
0.5
Först väljer vi fönsterfunktion för FIR-filtret. Hamming har största sidlob −55 dB. Vi
väljer därför Hammingfönster. Ett ungefärligt värde på gradtalet M fås ur FS tabell
5.2:
1.7
≈ 0.15 − 0.1
M
⇒
M = 34
(38)
Observera dock att tabell 5.2 har definierat övergångszonens undre punkt vid −6 dB,
så det rätta M bör vara något större.
Bättre värde på M fås ur figur FS sid 36. Vid undre gränsen f = 0.1, |H(f )| = −3 dB,
erhålles
x = −0.4 = (f − fc ) · M = (0.1 − fc ) · M
(39)
och vid f = 0.15, |H(f )| = −40 dB erhålles
x = 1.5 = (f − fc ) · M = (0.15 − fc ) · M
(40)
Löser vi ut fc och M ur ovanstående ekvationer erhåller vi
fc = 0.110
(41)
M = 38
(42)
Låt oss nu se vilket gradtal ekviripplemetoden ger. Passbandsripplet är
20 log
1 + δp
1 − δp
=3
⇒
1 + δp
1 − δp
= 100.15 = 1.41
⇒
δp =
0.41
= 0.17
2.41
(43)
och
20 log δs = −40
⇒
δs = 0.01
(44)
√


−20log
0.17 · 0.01 − 13


D∞ =
= 1.0

14.6


∆f = 0.15 − 0.1 = 0.05
⇒
N=
1.0
+ 1 = 21
0.05
(45)
Ekviripplefiltret ger alltså lägst gradtal men har bestämts så att spärrbandsdämpningen är 40 dB i hela spärrbandet medan FIR-filtret med Hammingfönster har största
sidloben med dämpningen ca 55 dB.
25
Department of Electrical and Information technology.
Uppgift E8.7
Bestäm impulssvaret till ett realiserbart filter som uppfyller kravspecifikationen nedan.
Filtret skall ha så låg ordning som möjligt och exakt linjär fas.
0
−6
−50
0
0.1 0.15
0.5
Uppgift E8.8
Ett FIR-lågpassfilter, som uppfyller de i figuren givna kraven, skall realiseras. Man utgår från ett idealt lågpassfilter Hd (f ) med gränsfrekvensen fc och använder ett Hammingfönster, vilket ger minst en spärrbandsdämpning, på 40 dB. Beräkna fc så att de
givna kraven uppfylles för minimalt M (udda). Realisera filtret.
0
−3
−40
0
0.2 0.25
0.5
MATLAB: Plotta spektrum i MATLAB och se om det uppfyller kraven.
Uppgift E8.9
Kravspecifikationen för ett tidsdiskret HP-filter är givet enligt figuren nedan. Vid
frekvensen 0.16 skall dämpningen vara 3dB. Bestäm pulssvaret till ett FIR-filter av
minimal ordning som uppfyller givna krav.
0
−3
−40
0
0.1 0.16
0.5
26
Department of Electrical and Information technology.
Uppgift E8.10
Kravspecifikationen för ett tidsdiskret BP-filter är given enligt figuren nedan. Vid
frekvenserna 0.1 och 0.25 skall dämpningen vara 3 dB. Bestäm impulssvaret till ett
FIR-filter av minimal ordning som uppfyller givna krav.
0
−3
−20
−40
0 0.05 0.1
0.25
0.275
0.5
MATLAB: Plotta spektrum i MATLAB och se om det uppfyller kraven.
Uppgift E8.11
Bandbredden för ett BP-filter definieras
som skillnaden i frekvens mellan de två punk√
ter där amplituden är |H(ω)| = 1/ 2. Bestäm bandbredden för ett FIR BP-filter som
har impulssvaret
!
!!
sin(0.2466π(n − 20))
2π(n − 20)
h(n) = 0.4933 ·
· cos (π0.4192(n − 20)) · 0.54 + 0.46 · cos
0.2466π(n − 20)
40
(46)
för 0 ≤ n ≤ 40.
Uppgift E8.12
Två FIR-filter kaskadkopplas H(z) = H1 (z) · H2 (z) där
H1 (z) = 1 − 2r cos(θ)z −1 + r 2 z −2
(47)
Bestäm H2 (z) så att kaskadkopplingen får linjär fas och likspänningsförstärkningen
|H(0)| = (1 − 2r cos(θ) + r 2 )2 . Ange arg H(f ) för 0 ≤ f ≤ 1/2.
Uppgift E8.13
En bandpass-signal som man önskar studera har komponenter i området 2.5 MHz–
3 MHz. Signalen samplas med sampelfrekvensen Fs = 10 MHz och A/D-omvandlas.
Signalen har dock genererat övertoner i området 5 MHz–6 MHz och dessutom har
till den önskade signalen störningar i området 9 MHz–10 MHz adderats. Man vill nu
med ett digitalt FIR-filter undertrycka störning och övertoner minst 40 dB. Filtret får
påverka den önskade signalen med maximalt 3 dB.
27
Lösningar
Introduktion
Lösning 1.2
Periodisk om det finns ett N så cos(ω(n + N )) = cos(ωn) för alla n. N är fundamental
period om ω = 2π Nk där k och N är heltal och saknar gemensamma faktorer.
1
så Nk =
a) cos(0.01πn) = cos(0.01π(n + 200)), periodisk. cos(0.01πn) = cos 2πn 200
1
200 ger N = 200.
b) Periodisk, N = 7.
c) Periodisk, N = 2.
d) sin(3n) = sin(3(n + N )) om 3N = 2πp och p heltal. Då kan ej N vara heltal, ej
periodisk.
e) Periodisk, N = 10.
Lösning 1.5
a) Se c).
50
b) x(n) = xa (nT ) = 3 sin(2πnT · 50) = 3 sin(2πn · 300
) = 3 sin(2πn · 16 ). Periodisk med
perioden N = 6 och frekvensen f = 1/6.
c) N = 6 och T = 1/300, så Tp = N T = 0.02 s.
4
2
0
5
10
15
20
25
30
−2
−4
d) x(0) = 0 och x(1) = 3 = 3 sin 2π · 41 = 3 sin 2π · 50
Fs , så
200 Hz.
28
50
Fs
=
1
4
och därmed Fs =
Department of Electrical and Information technology.
Lösning 1.7
a) Fs ≥ 2Fmax = 2 · 10 kHz = 20 kHz.
h
i
5
5
1
3
3
b) x(n) = xa (nT ) = cos 2πn · 5000
=
cos
2πn
·
=
>
=
cos
2πn
1
−
=
cos
−2πn
·
8000
8
8
2
8
8 =
cos 2πn · 83 så xa (t) = cos(2πt · 3000), det vill säga vikning till 3 kHz.
c) Vikning till 1 kHz.
Lösning 1.8
a) Nyquist rate FN är den lägsta sampelfrekvensen så att vikning ej uppstår. FN =
2Fmax = 2 · 100 = 200 Hz.
b) Fs = 250 Hz så Fmax ≤ 125 Hz.
Lösning 1.11
Den analoga signalen är:
xa (t) = 3 cos(2πt · 50) + 2 sin(2πt · 125)
Sampla med Fs = 200 Hz.
1
x(n) = xa n ·
200
50
125
= 3 cos 2πn ·
+ 2 sin 2πn ·
200
200
1
5
= 3 cos 2πn · + 2 sin 2πn ·
4
8
3
1
= 3 cos 2πn · + 2 sin −2πn ·
4
8
Rekonstruera med Frek = 1000 Hz.
1000
3 · 1000
ya (t) = 3 cos 2πt ·
+ 2 sin −2πt ·
4
8
= 3 cos (2πt · 250) − 2 sin (2πt · 375)
MATLAB-kod som illustrerar exemplet:
>>
>>
>>
>>
>>
t = (0:10000 -1)/1000;
x = 3* sin (100* pi * t )+2* sin (250* pi * t );
y = x (1:5: end );
subplot (2 ,1 ,1); plot ( t (1:100) , x (1:100));
subplot (2 ,1 ,2); plot ( t (1:100) , y (1:100));
29
(48)
(49)
(50)
(51)
(52)
(53)
(54)
Department of Electrical and Information technology.
Lyssna sedan på signalerna:
>> soundsc (x , 1000);
>> soundsc (y , 1000);
Lösning 1.13
Antalet nivåer är L =
xmax −xmin
∆
+ 1 och antalet bitar är b = log2 L.
a) b = 7
b) b = 10
Lösning 1.14
Bithastigheten är 20 Hz · 8 bitar = 160 bitar/s. Fmax = 10 Hz. ∆ = 1/255 V.
Lösning E1.1
Simulering i Matlab.
Impulssvar och faltning, kapitel 2
Lösning 2.1
a)
x(n)
−10
−5
0
b) För i:
30
5
10
Department of Electrical and Information technology.
x(−n)
−10
−5
0
x(−n + 4)
5
10
−10
−5
0
5
10
5
10
För ii:
x(n − 4)
−10
−5
0
x(−n − 4)
5
10
−10
−5
0
c) Alternativ (1) i b).
d) Spegla och fördröj k steg.
e) x(n) = 1/3 δ(n + 2) + 2/3 δ(n + 1) + u(n) − u(n − 4)
Lösning 2.7
Systemen är:
a)
– Statiskt ty utsignalen beror bara av insignalen vid samma tidpunkt.
– Icke-linjärt ty Eq.(2.2.26) är ej uppfylld.
– Tidsinvariant eftersom en fördröjd insignal ger samma utsignal fast fördröjd.
– Kausalt eftersom utsignalen vid tidpunkten n ej beror av insignaler för tidpunkter > n.
– Stabilt ty begränsad insignal ger begränsad utsignal.
b) Dynamiskt, linjärt, tidsinvariant, icke-kausalt, instabilt.
c) Statiskt, linjärt, tidsvariant, kausalt, stabilt.
e) Statiskt, icke-linjärt, tidsinvariant, kausalt, stabilt.
31
Department of Electrical and Information technology.
h) Statiskt, linjärt, tidsvariant, kausalt, stabilt.
j) Dynamiskt, linjärt, tidsvariant, icke-kausalt, stabilt.
n) Statiskt, linjärt, tidsinvariant, kausalt, stabilt.
Lösning 2.13
P
(1) Tillräckligt:
Antag att n |h(n)| = Mh < ∞. Då gäller med begränsad insignal,
P
alltså n |x(n)| ≤ Mx < ∞,
∞
∞
X
X
y(k) = (55)
h(n)x(k − n) ≤
|h(n)| · |x(k − n)| ≤ Mh · Mx < ∞
n=−∞
n=−∞
det vill säga systemet är BIBO-stabilt.
P
(2) Nödvändigt: Antag att n |h(n)| = ∞. Bilda insignalen



h∗ (−n)/ |h(−n)| h(−n) , 0,
x(n) = 

0
h(−n) = 0.
(56)
x(n) är begränsad ty |x(n)| ≤ 1. Vi får
∞
X
∞
∞
∞
X
X
X
h(n)h∗ (n)
|h(n)|2
=
=
y(0) =
h(n)x(−n) =
|h(n)| = ∞, (57)
|h(n)|
|h(n)|
n=−∞
n=−∞
n=−∞
n=−∞
det vill säga en begränsad insignal
P ger en obegränsad utsignal och systemet är
inte BIBO-stabilt. Alltså måste n |h(n)| < ∞ om systemet är BIBO-stabilt.
Lösning 2.16
a)
X
y(n) =
n
b)
XX
n
h(n − k)x(k) =
k
X
x(k)
X
h(n − k) =
n
k
X
x(k)
k
l
1) Grafisk lösning:
h(0 − k)
y(n) =
n
4
2
1
x(k)
1
1
1
1
1
h(k) ? x(k)
1 3
7
7
7
1 3 7 7 7 6 4
o
32
6
X
4
h(l)
(58)
Department of Electrical and Information technology.
2) y(n) =
n
1 4 2 −4 1
n
o
4) y(n) = 1 2 3 4 5
o
9) Grafisk lösning:
1
-2
-3
4
1
1
-2
-3
4
1
1
-2
-3
4
0
0
0
0
0
1
1
-2
-3
4
1
1
-2
-3
4
Summera antidiagonalerna,
n
o
y(n) = 1 −1 −5 2 3 −5 1 4 ,
X
y(n) = 0 =
X
X
(59)
h(l) = 0 · 4
(60)
∞ k
n−k
X
1
1
u(k)
u(n − k)
2
4
(61)
n
x(k)
k
l
(11) Formel-lösning:
y(n) =
k=−∞
=
∞ k n−k
X
1
1
k=0
=
2
4
u(n − k)
n k n−k
X
1
1
k=0
2
(62)
(63)
4
n
n X
1
=
2k
4
(64)
k=0
n
1 1 − 2n+1
n≥0
4
1−2
" n n #
1
1
= 2·
−
u(n)
2
4
=
X
n
y(n) =
X
8 X
4
=
x(k)
h(l) = 2 ·
3
3
k
l
33
(65)
(66)
(67)
Department of Electrical and Information technology.
Lösning 2.17
a) y(n) =
n
6 11 15 18 14 10 6 3 1
o
b) y(n) =
n
6 11 15 18 14 10 6 3 1
o
c) y(n) =
n
d) y(n) =
n
1 2 2 2 1
o
1 2 2 2 1
o
Lösning 2.21
a) Om a , b:
y(n) =
∞
X
bk u(k)an−k u(n − k)
(68)
k=−∞
!k
n
X
b
=a
a
n
(69)
k=0
n
=a
=
1−
n+1
b
a
(70)
1 − ba
an+1 − bn+1
a−b
n≥0
(71)
Om a = b:
n
y(n) = a
n
X
1k = an · (n + 1) n ≥ 0
(72)
k=0
b) y(n) =
n
1 1 −1 0 0 3 3 2 1
o
Lösning 2.35
a) Parallell- och seriekoppling:
h(n) = h1 (n) ? [h2 (n) − h3 (n) ? h4 (n)]
34
(73)
Department of Electrical and Information technology.
b)
h3 (n) ? h4 (n) = (n − 1) · u(n − 2)
(74)
h2 (n) − h3 (n) ? h4 (n) = δ(n) + 2u(n − 1)
(75)
1
5
5
h(n) = δ(n) + δ(n − 1) + 2δ(n − 2) + u(n − 3)
2
4
2
(76)
c) Falta med en komponent av x(n) i taget.
h(n) ? δ(n + 2)
1
2
5
4
2
0
5
2
3
2
5
2
15
4
h(n) ? 3δ(n − 1)
0
0
h(n) ? (−4δ(n − 3))
0
0
0
0
P
1
2
5
4
2
4
5 2
o
5
2
6
5
2
15
2
5
2
15
2
5
2
15
2
...
0
-2
-5
-8
-10
-10
25
4
13
2
5
2
0
0
...
Utsignalen blir
y(n) =
n
1
2
5
4
2 4
25
4
13
2
(77)
Lösning 2.61
• För rxx (l):
rxx (l) =
X
x(n)x(n − l) =
n
nX
0 +N
1 = 2N − l + 1 l ≥ 0
(78)
n=n0 −N +l
rxx (l) = 2N − |l| + 1
(79)
• För rxy (l):
rxy (l) =
X
(80)
x(n)y(n − l)
n
Lös grafiskt, dvs
rxy (l) = rxx (l − n0 )
(81)
35
Department of Electrical and Information technology.
Lösning 2.62
a) rxx (l) =
n
1 3 5 7 5 3 1
o
b) ryy (l) =
n
1 3 5 7 5 3 1
o
Lösning 2.64
x(n) = s(n) + r1 s(n − k1 ) + r2 s(n − k2 )
rxx (l) =
X
=
X
(82)
x(n)x(n − l) =
(83)
n
[s(n) + r1 s(n − k1 ) + r2 s(n − k2 )] · [s(n − l) + r1 s(n − k1 − l) + r2 s(n − k2 − l)]
n
(84)
= rss (l) + r1 rss (l + k1 ) + r2 rss (l + k2 )
(85)
+ r1 rss (l − k1 ) + r12 rss (l) + r1 r2 rss (l + k2 − k1 )
(86)
+ r2 rss (l − k2 ) + r1 r2 rss (l + k1 − k2 ) + r22 rss (l)
(87)
Låt r1 1 och r2 1:
rxx (l) ≈ rss (l) + r1 rss (l + k1 ) + r2 rss (l + k2 ) + r1 rss (l − k1 ) + r2 rss (l − k2 )
z-transform, kapitel 3
Lösning 3.1
a) X(z) = 3z5 + 6 + z −1 − 4z −2
5 −5
z
b) X(z) = 12
1 −1
1− 2 z
36
(88)
Department of Electrical and Information technology.
Lösning 3.2
a) X(z) =
1
.
(1−z −1 )2
Förläng med z2 . Nollställen: z = 0 (2st). Poler: z = 1 (2st).
n
c) x(n) = − 21 u(n) så X(z) =
1
.
1+ 12 z −1
Nollställe: z = 0. Pol: z = − 12 .
f)
x(n) = Ar n cos(ω0 n + φ)u(n) = Ar n (cos(ω0 n) cos φ − sin(ω0 n) sin φ) u(n) (89)
X(z) = A ·
1 − r cos(ω0 ) · z −1 · cos φ − r sin(ω0 ) · z −1 · sin φ
1 − 2r cos ω0 z −1 + r 2 z −2
(90)
Poler och nollställen ges av
z−
r cos(ω0 −φ)
cos φ
X(z) = Az cos φ · z − re jω0 z − re −jω0
Nollställen: z = 0 och z =
r cos(ω0 −φ)
.
cos φ
(91)
Poler: z = re ±jω0 .
h)
X(z) =
1
1 − 12 z −1
10
1
10
−10
z −10
1
−
1
z
2
−
=
·
2
1 − 12 z −1
1 − 12 z −1
(92)
Poler och nollställen ges av
X(z) =
z −10 (z 10 − (1/2)10 )
z −1 (z − 1/2)
=
z 10 − (1/2)10
z9 (z − 1/2)
(93)
10
Nollställen: z 10 − 21 = 0 ger z = 12 · e j2πk/10 för k = 1 . . . 9. Poler: z = 0 (9st). OBS!
Polen p = 12 och nollstället z = 12 släcker ut varandra.
Lösning 3.8
a)
y(n) =
n
X
k=−∞
x(k) =
∞
X
x(k)u(n − k) = x(n) ? u(n)
(94)
k=−∞
Y (z) = X(z) · U (z) = X(z) ·
1
1 − z −1
37
(95)
Department of Electrical and Information technology.
b)
∞
X
u(n) ? u(n) =
u(k)u(n − k) =
1 = (n + 1)u(n)
(96)
k=0
k=−∞
X(z) = U (z) · U (z) =
n
X
1
(97)
(1 − z −1 )2
Lösning 3.9
Skalning i z-planet:
an x(n) ←→ X(a−1 z)
(98)
Om vi har en pol eller nollställe i z = re jωc erhålles efter multiplikation i tidsplanet att
e −jω0 z = re jωc
(99)
ger ny pol eller nollställe i z = e j(ωc +ω0 ) . Likaså
e −jω0 z = re −jωc ⇒ z = e −j(ωc −ω0 )
(100)
Polerna eller nollställena är inte längre komplexkonjugerade.
Lösning 3.14
a) x(n) = 2(−1)n u(n) − (−2)n u(n)
n−1
· cos π4 · (n − 1) · u(n − 1) + δ(n)
b) x(n) = √1
2
c) x(n) = u(n − 6) + u(n − 7)
d)
z −2
z −2
1 + 2z −2
=
1
+
=
1
+
1 + z −2
1 + z −2
(1 + jz −1 )(1 − jz −1 )
!
A
B
1
1
−2
= 1+z
+
där
A
=
och
B
=
2
2
1 + jz −1 1 − jz −1
X(z) =
z -1
1
1
· (−j)n−2 · u(n − 2) + · (j)n−2 · u(n − 2)
2
2
1 −jπn/2 1 jπn/2
= δ(n) − · e
+ ·e
u(n − 2)
2
2
π
= δ(n) − cos
· n u(n − 2)
2
X(z) −→ x(n) = δ(n) +
38
(101)
(102)
(103)
(104)
(105)
Department of Electrical and Information technology.
Alt. identifiering via FS
z
α n sin(βn)u(n) −→
där α = 1 och β =
sin
π
2
z −1 α sin β
1 − z −1 2α cos β + α 2 z −2
(106)
ger
π
z −1
z
· n u(n) −→
2
1 + z −2
x(n) = δ(n) + sin
(107)
π
· (n − 1) u(n − 1)
2
(108)
De båda svaren är samma signal, kolla gärna genom att sätta in n = 0, 1, 2 . . .
g)
X(z) =
X1 (z) =
z −1 + 43
1
1
+ −2
+ X1 (z)
=
4 4z + 4z −1 + 1 4
(109)
z −1
3/4
+
−1
2
(1 + 2z )
(1 + 2z −1 )2
(110)
3
1
· δ(n) + (n + 1 − 1)(−2)n−1 · u(n − 1) + · (n + 1)(−2)n · u(n) =
4
4
(111)
1
n−1
n−1
= δ(n) −
(n − 1)(−2)
+ 2(−2)
· u(n − 1)
(112)
2
z -1
X(z) −→ x(n) =
Lösning 3.16
a)
n
1
1 1 n−1
x1 (n) =
u(n − 1) =
u(n − 1)
4
4 4
"
n #
1
u(n)
x2 (n) = 1 +
2
z
−→
z
−→
1
z −1
4 1 − 1/4 z −1
(113)
1
1
+
−1
1−z
1 − 1/2 z −1
(114)
z
x1 ? x2 −→ X1 · X2
(115)




1/4
1
1
1

X1 · X2 = z −1  + 1 − z −1 1 − z −1  =
4
2
1 − 14 z −1 (1 − z −1 ) 4
(116)

=z


A
B
C

+
+

1 − 14 z −1 1 − z −1 1 − 12 z −1 

−1 
39
(117)
Department of Electrical and Information technology.
Handpåläggning:
1 1
1
1
A=
+
=−
4 1−4 1−2
3
1
1
1
B=
=
4 1 − 1/4
3
1
1
1
=
C=
4 1 − 1/2
2
(118)
(119)
(120)
1
1
1
z −1
z −1
z −1
−
+
·
·
·
3 1 − z −1 3 1 − 14 z −1 2 1 − 12 z −1
X1 · X2 =
#
n
1 1 1 n−1
1
X1 · X2 −→ x1 ? x2 =
− ·
u(n − 1) +
u(n − 1)
3 3 4
2
(121)
"
z -1
(122)
c)
x1 (n) =
n
1
u(n)
2
1
z
−→
z
x2 (n) = cos(πn)u(n)
−→
1 − 12 z −1
1 + z −1
1
=
−1
−2
1 + 2z + z
1 + z −1
z
(124)
(125)
x1 ? x2 −→ X1 · X2
X1 · X2 = (123)
1
1 − 21 z −1 (1 + z −1 )
=
B
A
+
1 −1
1 + z −1
1 − 2z
(126)
Handpåläggning:
A=
1
1
=
1+2 3
(127)
B=
1
1
2 1
2
1
= =
+ ·
1
−1
1 + 1/2 3 3 1 − 2 z
3 1 + z −1
(128)
#
#
" n
1 1 n 2
1 1
2
n
x1 ? x2 =
+ (−1) u(n) =
+ · cos πn u(n)
3 2
3
3 2
3
"
40
(129)
Department of Electrical and Information technology.
Lösning 3.35
Lösning 3.38
a) yzs (n) = h ? x(n) då systemet är i vila dvs
y(−`) = 0
` = 1...N
Yzs (z) = H(z) · X(z) =


A
= 
1 − 1 z −1
3
(130)
1 − 14 z −1
1
·
1 − 31 z −1 1 − 12 z −1 + 41 z−2


B + Cz −1
+

1 −1 1 −2 
1 − 2z + 4z
A − 12 Az −1 + 41 Az −2 + B + Cz −1 − 31 Bz −1 − 13 Cz −2
=
1 − 13 z −1 1 − 12 z −1 + 14 z −2
(131)
(132)
(133)
Id.koeff.

1
A+B = 1 
A=


7




1
1
1
6

− A− B+C = − 
⇒ B=
2
3
4


7




1
1

3

A− C = 0 
C=
4
3
28
Yzs (z) =
=
(134)
1/7
6/7 + 3/28 z −1
+
1 − 1/3 z −1 (1 − 1/2 z −1 + 1/4 z −2 )
(135)
6
1 + 1/8 z −1
1/7
+
·
1 − 1/3 z −1 7 1 − 1/2 z −1 + 1/4 z −2
(136)
√
√
1
1
1 − 1/4 z −1
3/4 z −1
6
3 3
= ·
+
·
+
·
7 1 − 1/3 z −1 7 1 − 1/2 z −1 + 1/4 z −2
7 1 − 1/2 z −1 + 1/4 z −2
(137)
√ " n
#
6 1 n
π
3 3 1 n
π
1 1
Yzs (z) −→ yzs (n) =
+
cos n +
sin n
u(n)
7 3
7 2
3
7 2
3
z -1
(138)
d)

1
1

y(n) = · x(n) − · x(n − 1)



2
2
π
π

⇒ yzs (n) = 5 cos n u(n) − 5 cos (n − 1) u(n − 1)



2
2
π



x(n) = 10 cos n u(n)
2
(139)
41
Department of Electrical and Information technology.
Lösning 3.40
Kausalt LTI
n
1
1 1 n−1
u(n) −
· u(n − 1)
2
4 2
n
1
· u(n)
y(n) =
3
a) Kausal in, kausal ut: begynnelsevillkor = 0.
x(n) =
X(z) =
Y (z) =
H(z) =
1
1 − 12 z −1
−
1 −1
4z
1 − 12 z −1
=
(140)
(141)
1 − 41 z −1
(142)
1 − 12 z −1
1
(143)
1 − 13 z −1
1 − 21 z −1
Y (z)
1
·
=
=
X(z) 1 − 13 z −1 1 − 14 z −1
1 − 12 z −1
(144)
−2
3
+
1 −1
1−
1 − 3z
1 − 14 z −1
" n
n #
1
1
z -1
H(z) −→ h(n) = −2
+3
· u(n)
3
4
=
7 −1
1 −2
+ 12
z
12 z
=
(145)
(146)
1
7
y(n − 1) + 12
y(n − 2) = x(n) − 12 x(n − 1)
b) y(n) − 12
c) Realisering:
x(n)
v(n)
+
+
y(n)
z −1
+
− 12
7
12
z −1
1
− 12
d)

|poler| < 1



 ⇒ stabil
h(n) kausal
(147)
42
Department of Electrical and Information technology.
Lösning 3.49
b)
h
i
h
i
Y + (z) − 1.5 z −1 Y + (z) + 1 + 0.5 z −2 Y + (z) + z −1 = 0
(148)
Y + (z) − 1.5z −1 Y + (z) + 0.5z −2 Y + (z) = 1.5 − 0.5z −1
(149)
2
−1/2
1.5 − 0.5z −1
=
+
−1
−2
−1
1 − 1.5z + 0.5z
1−z
1 − 1/2 z −1
n !
-1
1
1
z
Y + (z) −→ yzi (n) = 2 −
· u(n)
2 2
Y + (z) =
(150)
(151)
c)
Y + (z) =
1
1
1 +
Y (z)z −1 + y(−1) +
2
2
1 − 13 z −1
(152)
Y + (z) =
1 −1 +
1
1
z Y (z) + +
2
2 1 − 13 z −1
(153)
1
1
+
Y + (z) = 1 −1
1 −1
1 − 12 z −1
2 1 − 2z
1 − 3z
(154)
1 − 13 z −1 + 2
7/2
−2
=
= +
1 −1
1 −1
1 −1
1 − 2z
1 − 13 z −1
2 1 − 2z
1 − 3z
z -1
Y + (z) −→ y(n) =
n
1
7 1 n
· u(n) − 2
· u(n)
2 2
3
(155)
(156)
d)
1
1
1
1
Y + (z) = Y + (z)z −2 + z −1 y(−1) + y(−2) +
4
4
4
1 − z −1
(157)
1
1
1
Y + (z) = z −2 Y + (z) + +
4
4 1 − z −1
(158)
1
1
+
Y + (z) = 1 −2
−1
(1 − z ) 1 − 41 z −2
4 1 − 4z
(159)
1 − z −1 + 4
= 4 1 − 41 z −2 (1 − z −1 )
(160)
−3/8
7/24
4/3
+
+
1 −1
1 −1
1 − z −1
1 − 2z
1 + 2z
n
3 1 n
7
1
4
z -1
Y + (z) −→ y(n) = −
· u(n) +
−
· u(n) + · u(n)
8 2
24 2
3
=
43
(161)
(162)
Department of Electrical and Information technology.
Lösning E3.1
A-III, B-I, C-II
Ju längre avstånd från poler till enhetscirkeln, desto mer dämpat impuls-svar. Dubbelpol
på enhetscirkeln beskriver ett instabilt system (detta är anledningen att systemets
poler aldrig bör ligga på enhetscirkeln, även om systemet inte är instabilt, jfr B-I.
En insignalpol på samma ställe ger obegränsad utsignal, jfr A-III.)
Lösning E3.2
a)
x(n) = 3 sin
z −1
π
z
n u(n) −→ X(z) = 3
2
1 + z −2
1
1
y(n) = − y(n − 1) + x(n − 1)
2
5
där y(−1) =
(163)
1
3
1
1
Y + (z) = − z −1 Y + (z) + y(−1) · z + z −1 X(z)
2
5
Y + (z) =
=
− 16
1 + 21 z −1
− 16
1 + 21 z −1
(164)
(165)
3 −2
5z
+
1 + 21 z −1 (1 + z −2 )
(166)



1
3 −1  2 1 + 2z −1 2

−
+ z 
5
5 1 + z −2 5 1 + 12 z −1 
(167)
"
n−1 #
π
π
1
1 1 n
6
cos (n − 1) + 2 sin (n − 1) − −
u(n − 1)
y(n) = − −
u(n) +
6 2
25
2
2
2
(168)
b) y(n) = 0 det vill säga nollställe vid ω0 = 2πf0 .
T (z) = b0 + b1 z −1 + b2 z −2 = 2 1 + z −1 + z −2 = 0
√
−1 ± j 3
z1,2 =
= e ±j2π 1/3
2
ger f0 =
1
3
(169)
(170)
c) Pol på enhetscirkeln vid f1 .
N (z) = 1 + a1 z −1 + a2 z −2 = 1 − z −1 + z −2 = 0
(171)
√
1±j 3
z1,2 =
= e ±j2π 1/6
2
(172)
ger f1 =
44
1
6
Department of Electrical and Information technology.
Lösning E3.3
y(n) − y(n − 1) +
3
y(n − 2) = x(n)
16
(173)
3
Y (z) 1 − z −1 + z −2 = X(z)
16
(174)
1
· X(z)
Y (z) = 1 − 41 z −1 1 − 34 z −1
(175)
Poler:



1/4
p1,2 = 

3/4
(176)
1
· X(z)
Y (z) = 1 − 41 z −1 1 − 34 z −1
(177)
Låt x(n) = x1 (n) + x2 (n) där
n
1
x1 (n) =
u(n)
2
1
x2 (n) = sin 2π n
4
X1 (z) =
1
1−
1
2
z −1
⇒ Y1 (z) =
(178)
(179)
1−
1
2
1 −1
4z
+
1
1
H ω = 2π =
=
1
3 −j2 π4 2
4
1 − e −j2π 4 + 16
e
1−
9
2
3 −1
4z
−
4
1 − 12 z −1
1
= 0.776e −j0.888
+j
13
16
n !
1 1 n 9 3 n
1
1
y(n) =
+
−4
· u(n) + 0.776 sin 2π n − 0.888
2 4
2 4
2
4
(180)
(181)
(182)
Lösning E3.4
H(z) =
Poler: p1,2 =
1
1 − z −1 + 0.5z −2
(183)
π
√1 e ±j 4
2
45
Department of Electrical and Information technology.
a)
1
yzi (n) = − √
2
!n π
π
cos( n) + sin( n) u(n)
4
4
(184)
b)
yzs (n) = z −1 · H(z) · X(z)
#
"
−1 − (1 − 0.5z −1 )
2
−1 0.5z
+
=z
1 − z −1 + 0.5z −2
1 − z −1
!n 1
π
π
= √
· sin n − cos n · u(n) + 2u(n)
4
4
2
(185)
(186)
(187)
c)
1
ytr = √
2
!n−1
!n
3π
π
1
π
π
+ √
cos n +
· sin n − cos n
4
4
4
4
2
(188)
π
1
= −( √ )n 2 cos n, n ≥ 0.
4
2
(189)
d)
yss = 2u(n)
(190)
Lösning E3.5
1
y(n − 1) = x(n)
4
1
1
Y (z) 1 − z −1 = X(z) där p =
4
4
(191)
y(n) −
H(z) =
1
1 − 14 z −1
⇒
H(ω) =
(192)
1
1 − 14 e −jω
(193)
För n < 0:
1
1
1
1
4
2π =
=
= √ e −j arctan 4 = 0.97e −j0.24
1
1
4
17
1 − 14 e −j2π 4 1 + 4 j
4
4
16
1
y(−1) = − √ · √ = −
= 0.94 ⇒ y(n) = 0.97 sin 2π n − 0.24
17
4
17
17
(194)
(195)
För n ≥ 0:
Y + (n) =
1
1
1
1
·
y(−1)
=
−
·
4 1 − 1/4 z −1
1 − 1/4 z −1 4
⇒
y(n) = −
4 1 n
· u(n)
17 4
(196)
46
Department of Electrical and Information technology.
Fouriertransform, signaler genom LTI-system och
sampling, kapitel 4, 5 och 6
Lösning 4.8
a)
N
−1
X
e jπkn/N
n=0


1 − e jπk/N ·N



=0


jπk/N

1
−
e




=


N
−1
N
−1

X
X


jπ`N n/N


e
=
1=N



n=0
för k , 0, ±N , ±2N , . . .
för k = 0, ±N , ±2N , · · · = `N , ` ∈ Z
n=0
(197)
b)
k =1
n=2
k =2
n=1
n=3
n = 1, 4
n=0
n=4
n = 0, 3
n=5
n = 2, 5
k =3
n = 1, 3, 5
n = 0, 2, 4
k =4
k =5
n = 2, 5
n=4
n = 0, 3
n=5
n=3
n = 1, 4
n=0
n=2
47
n=1
Department of Electrical and Information technology.
k =6
n = 0, 1, 2, 3, 4, 5
c)
N1X
+N −1
e j(2π/N )kn · e −j(2π/N )`n =
n=N1
N1X
+N −1
n=N1



N
e j(2π/N )(k−`)n = 

0
k − ` = 0, ±N , ±2N
f.ö.
(198)
N1X
+N −1
n=N1



N
e j(2π/N )(k−`)n = 

0
k = ` (ty sk (n) = sk+N (n))
f.ö.
(199)
Lösning 4.9
a)
X(ω) =
∞
X
(u(n) − u(n − 6))e −jωn
(200)
n=−∞
=
5
X
e −jωn =
n=0
1 − e −jω6 sin(3ω) −j 5ω
·e 2
=
1 − e −jω
sin ω2
(201)
b)
X(ω) =
1
(202)
1 − 12 e jω
c)
256e j4ω
X(ω) =
1 − 14 e −jω
(203)
48
Department of Electrical and Information technology.
d)
X(ω) =
∞
X
(α n sin ω0 n) · u(n) · e −jωn
(204)
n=−∞
=
∞
X
α n e jω0 n − α n e −jω0 n
2j
n=0
=
· e −jωn
(205)
1
1
−
jω
−jω
0
2j(1 − αe e ) 2j(1 − αe −jω0 e −jω )
(206)
1 − αe −jω0 e −jω − 1 + αe jω0 e −jω
=
2j(1 − αe −jω0 e −jω − αe jω0 e −jω + α 2 e −j2ω )
=
(207)
α sin ω0 e −jω
1 − 2α cos ω0 e −jω + α 2 e −j2ω
(208)
g)
X(ω) = −2j(sin ω + 2 sin 2ω)
(209)
Lösning 4.10
a)
1
x(n) =
2π
"Z
= j
π
Z
X(ω)e
jωn
−π
1
dω =
2π
Z
π
X(ω) cos(ωn) + jX(ω) sin(ωn)dω (210)
−π
π
#
X(ω) sin(ωn)dω = 0
ty X(ω) jämn och sin(ωn) udda
(211)
−π
"
#π
1 sin(ωn)
1 · cos(ωn)dω =
π
n
ω0
ω
(212)
sin(πn) sin(ω0 n)
sin(ω0 n)
−
= δ(n) −
πn
πn
πn
(213)
2
=
2π
=
Z
π
0
b)
X(ω) = cos2 ω =
=
=
1 1
+ · cos 2ω
2 2
(214)
1 1 jω2 1 −jω2
+ ·e + ·e
2 4
4
∞
X
x(n)e −jωn
(215)
endast term med n = 0, −2, 2 finns
n=−∞
49
(216)
Department of Electrical and Information technology.
1
1
1
x(n) = δ(n) + δ(n + 2) + δ(n − 2)
2
4
4
(217)
Lösning 4.12
c) Multiplikation med e jωc n i tidsplanet ger skift ωc i frekvensplanet.
Låt XL (ω) vara ett idealt lågpassfilter med gränsfrekvens W /2 och höjden 2.

Z W /2
sin( W2 n) 
1

jωn


xL (n) =
2e dω = 2 ·

2π −W /2
πn 

 ⇒ F {xL (n) · 2 cos ωc n} = X(ω)




2 cos ωc n = e jωc n + e −jωc n
(218)
Det vill säga
x(n) = 4 ·
sin
W
2n
πn
· cos ωc n
(219)
Lösning 4.14
a) X(0) = −1
b) ∠X(ω) = π (X(ω) reell och negativ för alla ω)
Zπ
c)
X(ω)dω = −6π
−π
d) X(π) = −9
Zπ
e)
|X(ω)|2 dω = 38π
−π
50
Department of Electrical and Information technology.
Lösning 5.2
a)
WR (ω) =
∞
X
wR (n)e −jωn =
(220)
n=−∞
=
M
X
e −jωn =
n=0
=
e −jω(M+1)/2
e −jω1/2
1 − e −jω(M+1)
1 − e −jω
·
(221)
e jω(M+1)/2 − e −jω(M+1)/2
(222)
e jω/2 − e −jω/2
(M+1)
=e
−jωM/2
sin ω 2
·
sin ω2
(223)
M =5
20
15
10
5
−0.5
−0.4
−0.3
−0.2
−0.1
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
M = 10
20
15
10
5
−0.5
−0.4
−0.3
−0.2
−0.1
0
M = 20
20
15
10
5
−0.5
−0.4
−0.3
−0.2
−0.1
0
b)
wT (n) = wR (n) ? wR (n − 1)
(224)
51
Department of Electrical and Information technology.
där


M

1 n = 0 . . . 2 − 1
wR (n) = 

0 f.ö.
(225)
M
WT (ω) = WR (ω) · WR (ω) e −jω = e −jω 2
sin2 ω M
4
(226)
sin2 ω2
Lösning 5.17
a) Ur FS:
y(n) = x(n) − 2 cos ω0 x(n − 1) + x(n − 2)
(227)
h(n) = δ(n) − 2 cos ω0 δ(n − 1) + δ(n − 2)
(228)
H(ω) = 1 − 2 cos ω0 e −jω + e −j2ω = e −j2ω e j2ω − 2 cos ω0 e jω + 1
(229)
ger
b)
=
e jω − e jω0 e jω − e −jω0
(230)
e j2ω
|H(ω)| = e jω − e jω0 · e jω − e −jω0 = V1 (ω)V2 (ω)
(231)
h
i
φ(ω) = arg 1 − 2 cos ω0 e −jω + e −j2ω =
(232)

i 

−ω
= arg 2e −jω (cos ω − cos ω0 ) = 

−ω − π
h
ω < ω0
ω > ω0
(233)
ω0 = π
3
3
2
1
−0.5
−0.4
−0.3
−0.2
−0.1
0
52
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
Department of Electrical and Information technology.
c)
x(n) = 3 cos
π
π
n+
3
6
(234)
−∞ < n < ∞
π π
π
π
y(n) = 3 · H
· cos n + + φ
3
3
6
3
π
ω0 =
2
⇒
π
π
φ
=−
3
3
H π = 1 + e j2 π/3 =
3 s
π
π
y(n) = 3 cos n −
3
6
⇒
(235)
−∞ < n < ∞
1
1−
2
2
√ !2
3
=1
+
2
(237)
−∞ < n < ∞
Lösning 5.25
Plotta |X(f )| med hjälp av MATLAB.
Pol-nollställe 1
4
2
−0.5
−0.4
−0.3
−0.2
−0.1
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.2
0.3
0.4
0.5
0.2
0.3
0.4
0.5
Pol-nollställe 2
4
2
−0.5
−0.4
−0.3
−0.2
−0.1
0
0.1
Pol-nollställe 3
2
1.5
1
0.5
−0.5
−0.4
−0.3
−0.2
−0.1
0
53
0.1
(236)
Department of Electrical and Information technology.
Pol-nollställe 4
10
8
6
4
2
−0.5
−0.4
−0.3
−0.2
−0.1
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
Lösning 5.26
Välj
ω0 =
o
n
√
π
⇒ h(n) = 1 − 2 1
4
x(n) =
n
0
√1
2
1
√1
2
0 ...
(238)
o
(239)
Exempelvis grafisk faltning:
y(n) =
n
0
√1
2
0 0 0 ...
o
(240)
På grund av att insignalen startar vid n = 0 syns en transient i utsignalen.
Lösning 5.35
|H(0)| =
G(0) =
V1 V2
=
U1 U2
√1
2
2
+
·
√1
2
2
+1
√
1
= 4( 2 + 2)
4
1
|H(0)|
(241)
(242)
Lösning 5.39
H1 (ω) =
1−a
1 − ae −jω
⇒
|H1 (0)| =
1−a
=1
1−a
54
(243)
Department of Electrical and Information technology.
1
1
|H1 (ω3dB )| = |H(0)| · √ = √
2
2
|H1 (ω3dB )|2 =
H2 (ω) =
(1 − a)2
|1 − a cos ω3dB + aj sin ω3dB |2
1 − a 1 + e −jω
·
2
1 − ae −jω
|H2 (ω)|2 =
(244)
1−a
2
2
·
⇒
|H2 (0)| =
|1 + cos ω − j sin ω|2
|1 − a cos ω + aj sin ω|2
=
1
2
⇒
ω3dB = arccos
4a − a2 − 1
2a
(245)
2
1−a
·
=1
2 1−a
=
1
2
⇒
(246)
ω = arccos
2a
1 + a2
(247)
Pol-nollställe 1
1
0.8
0.6
0.4
0.2
−0.5
−0.4
−0.3
−0.2
−0.1
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
H2 är bäst ty nollställe i z = −1.
Lösning E4.1
Välj nollställe z = j, z = −j samt z = −1. Detta ger H(z) = b0 (1 + z −1 + z −2 + z −3 ). Om
DC-nivån är 1 erhålles b0 = 1/4 och b0 = b1 = b2 = b3 = 0.25.
3
1 1 sin(2ω) 1 = · cos ω + cos ω (248)
|H(ω)| = · 4 sin(ω/2) 2 2
2
3
arg H(ω) = − ω + π
2
om π/2 < ω < π
(249)
z 2D + zD + 1
z 2D
(250)
H(ω) periodisk.
Lösning E4.2
H(z) = 1 + z −D + z −2D =
55
Department of Electrical and Information technology.
|H(ω)| = 1 + e −jωD + e −jω2D = |1 + 2 cos ωD|
(251)
Poler: D = 1000 i origo.
√ 1
Nollställen: z 2D + zD + 1 = 0 ger zD = 0.5 −1 ± j 3 = e j±2π 3 · e j2πk för k = 0, 1, ...D − 1,
1
och slutligen zk = e ±j2π 3D · e j2πk/D
Lösning E4.3
a) y(n) = x(n) + 0.9x(n − D) ger h(n) = δ(n) + 0.9δ(n − D)
b) H(z) = 1 + 0.9z −D =
zD +0.9
ZD
med D = 500 ger 500 poler i origo. Nollställen:
z 500 = −0.9 = 0.9e j2πk+jπ
(252)
zk = 0.91/500 e j2πk/500+jπ/500
för k = 0, 1, 2, ..., 499 (ligger på en cirkel).
(253)
Lösning E4.4
sin 4ω |H(f )| = sin ω/2 (254)
Multiplikation med cos(2πn/8) flyttar spektrum ±1/8. H(f ) spärrar alla frekvenser
utom f = 0 (rita spektra). Ger y(t) = 4 cos(2π1000t)
Sampling
Lösning E4.5
a)
xa (t) = e −10t u(t)
Z
Xa (F) =
∞
0
(255)
e −(10+j2πF)t
e −(10+j2πF)t dt =
−(10 + j2πF)
"
#∞
(256)
0
=
|Xa (F)|2 =
1
1
10 + j2πF
(257)
(258)
102 + (2πF)2
56
Department of Electrical and Information technology.
b) Spärrad energi:
Z
Es =
−50
2
−∞
Z
Z
|Xa (F)| dF +
∞
50
|Xa (F)|2 dF
(259)
∞
1
dF
2
2
50 10 + (2πF)
1
F ∞
= 2·
arctan 2π
10 · 2π
10 50
1 π
=
− 1.539
10π 2
(260)
=2
(261)
(262)
Hela energin:
1 π
Etot =
·
10π 2
⇒
spärrad andel är
π
2
− 1.539
π
2
≈ 2%
(263)
c) Utan filter:
∞
X
1
e −10n/100 e −j2πf n = |Y (f )| = −0.1
e −j2πf
n=0
1−e
1
=
p1.8187 − 1.8096 cos 2πf
(264)
Med filter:
1
1
Ỹ (f ) = Fs |Xa (F)| = Fs · p
=p
.
100 + (2πf Fs )2
0.01 + (2πf )2
Ỹ (f )
|Y (f )|
10
10.5
f = 0.25
0.64
0.74
f = 0.5
0.32
0.53
f =0
Lösning E4.6
57
(265)
Department of Electrical and Information technology.
Spektrum för signal xa (t)
1
0.8
0.6
0.4
0.2
−1,500
−1,000
−500
0
500
1,000
1,500
1
1.5
1
1.5
1
1.5
2,000
3,000
Spektrum för signal x(n)
1
0.8
0.6
0.4
0.2
−1.5
−1
−0.5
0
0.5
Spektrum för signal x1 (n)
1
0.8
0.6
0.4
0.2
−1.5
−1
−0.5
0
0.5
Spektrum för signal y (n)
1
0.8
0.6
0.4
0.2
−1.5
−1
−0.5
0
0.5
Spektrum för signal ya (t)
1
0.8
0.6
0.4
0.2
−3,000
−2,000
−1,000
0
Således blir ya (t) = cos(2π100t) + cos(2π900t).
58
1,000
Department of Electrical and Information technology.
Diskreta fouriertransformen DFT, kapitel 7
Lösning 7.1
Om x(n) reell så är |X(ω)| en jämn funktion, och arg(X(ω)) en udda funktion. X(ω)
är alltid en periodisk funktion med perioden 2π. Dessa samband gäller även då X(ω)
samplats till X(k). Det betyder att då
X(0) = 0.25
(266)
X(1) = 0.125 − j0.3018
(267)
X(2) = 0
(268)
X(3) = 0.125 − j0.0518
(269)
X(4) = 0
(270)
X(5) = X ? (3) = 0.125 + j0.0518
(271)
X(6) = X ? (2) = 0
(272)
X(7) = X ? (1) = 0.125 + j0.3018
(273)
så är
Lösning 7.2
a) y(n) =
n
o
1.25 2.55 2.55 1.25 0.25 −1.06 −1.06 0.25 .
Lösning 7.3
x(n) blir lågpassfiltrerad då vissa värden i X(k) nollställs, ty k-värdena mellan kc och
N − kc representerar höga frekvenser från ω = π (högsta frekvensen) och neråt till
2πkc /N . Frekvenserna ω = π och upp till 2π(N − kc )/N representerar periodiceringen.
Lösning 7.4
a)
N
2
· sin
2π
N n
`
b) − N2 · sin 2π
N
c) N2 · cos 2π
`
N
59
Department of Electrical and Information technology.
d)
N
2
· cos
2π
N `
Lösning 7.7
1) Xc (`) = 12 [X((` − k))N + X((` + k))N ]
2) Xs (`) =
1
2j [X((` − k))N
− X((` + k))N ]
Lösning 7.8
Cirkulär faltning: periodisera den ena signalen och falta som vanligt.
x1 =
n
... 1 2 3 1 1 2 3 1 ...
x2 =
n
4 3 2 2
o
o
(274)
(275)
Då är y = x1 x2 :
y(0) = 4 · 1 + 3 · 1 + 2 · 3 + 2 · 2 = 17
(276)
y(1) = 4 · 2 + 3 · 1 + 2 · 1 + 2 · 3 = 19
(277)
y(2) = 4 · 3 + 3 · 2 + 2 · 1 + 2 · 1 = 22
(278)
y(3) = 4 · 1 + 3 · 3 + 2 · 2 + 2 · 1 = 19
(279)
Lösning 7.9
x1 (n) =
n
1 2 3 1
o
(280)
x2 (n) =
n
4 3 2 2
o
(281)
x3 (n) = x1 (n) x2 (n)
X(k) = DFT {xn } =
3
X
(282)
xn e −j2πnk/4
k = 0...3
n=0
60
(283)
Department of Electrical and Information technology.
X1 (0) = 7
X2 (0) = 11
(284)
X1 (1) = −2 − j
X2 (1) = 2 − j
(285)
X1 (2) = 1
X2 (2) = 1
(286)
X1 (3) = X1? (1) = −2 + j
X2 (3) = X2? (1) = 2 + j
(287)
X3 (k) = X1 (k)X2 (k)
(288)
X3 (0) = 77
(289)
X3 (1) = −5
(290)
X3 (2) = 1
(291)
X3 (3) = −5
(292)
3
1 X
X(k)e j2πnk/4 n = 0 . . . 3
x(n) = IDFT {X(k)} =
4
(293)
x3 (0) = 17
(294)
x3 (1) = 19
(295)
x3 (2) = 22
(296)
x3 (3) = 19
(297)
k=0
Lösning 7.10
2πkn
x(n) = cos
N
Ex =
N
−1
X
|x(n)|2 =
n=0
!
0 ≤ n ≤ N −1
N
−1
X
n=0
cos2
(298)
! N
−1 1 + cos 4πk n
X
2πk
N
n =
N
2
(299)
n=0
(300)
För k = 0 och k =
N
2:
Ex = N
(301)
(302)
61
Department of Electrical and Information technology.
För k , 0 och k ,
N
2:







N 1  1 − e j4πkN /N 1 − e −j4πkN /N  N
Ex = + · 
+
=
2 4  1 − e j4πk/N
1 − e −j4πk/N  2
| {z } |
{z
}
=0
(303)
=0
Lösning 7.11
X (k) för k = 0 . . . 7 är given.



x1 (n) = x(n − 5 mod 8)


x (n) = x(n − 2 mod 8)
⇒
2

k


X1 (k) = X(k)e −j2π· 8 ·5





X (k) = X(k)e −j2π· 8k ·2
(304)
2
Lösning 7.18
Y (k) = H(f ) där f =
k
N.
Lösning 7.23
a) X(k) = 1
b) X(k) =
N
−1
X
δ(n − n0 )e −j2πkn/N = e −j2πkn0 /N
k = 0, . . . , N − 1
n=0
c) X(k) =
1 − aN
1 − ae −j2πk/N
d)



1
x(n) = 

0
X(k) =
0 ≤ n ≤ N2 − 1
N
2 ≤ n ≤ N −1
NX
/2−1
N jämnt
e −j2πkn/N = {k , 0}
(305)
(306)
n=0
=
1 − e −j2πk N /2·N
1 − e −j2πk/2
=
=
1 − e −j2πk/N
1 − e −j2πk/N
(307)
=
1 − (−1)k
k = 1, . . . , N − 1
1 − e −j2πk/N
(308)
62
Department of Electrical and Information technology.
N
2
X(0) =
2π
e) x(n) = e j N k0 n
(309)
(obs fel i boken)
X(k) = N · δ(k − k0 )
⇒
f) X(k) =
N
2
(δ(k − k0 ) + δ(k − (N − k0 )))
g) X(k) =
N
2j
(δ(k − k0 ) − δ(k − (N − k0 )))
h) Förutsätt att N är jämnt



1 n jämnt
x(n) = 

0 n udda
(310)
N −1
1 X
N
N
n −j2πkn/N
X(k) =
(1 + (−1) )e
=
δ(k) + δ k −
2
2
2
(311)
n=0
Lösning 7.24
X(k) = 1 + 2e −j πk/2 + 3e −jπk + e −j 3πk/2 =
n
7 −2 − j 1 −2 + j
o
(312)
Lösning 7.25
a)
x(n) =
n
X(ω) =
1 2 3 2 1 0
∞
X
o
(313)
x(n)e −jωn = e j2ω + 2e jω + 3 + 2e −jω + e −j2ω =
(314)
n=−∞
= 3 + 4 cos ω + 2 cos 2ω
(315)
b)
v(n) =
n
3 2 1 0 1 2
VDFT (k) =
5
X
k
v(n)e −j2π 6
o
(316)
n
(317)
n=0
π
2π
= 3 + 2e −j 3 k + e −j 3
k
4π
+ e −j 3
63
k
5π
+ 2e −j 3
k
(318)
Department of Electrical and Information technology.
c) VDFT (k) = 3 + 4 cos π3 k + 2 cos 2π
3 k för k = 0 . . . 5. Det vill säga VDFT (k) = X(ωk ) där
k
ωk = 2π 6 för k = 0 . . . 5.
Lösning E5.1
Låt x1 (n) =
n
o
och x(n) är cirkulärt skift av x1 (n). Skift påverkar
sin 2π 4k endast fasen, således |X(k)| = |X1 (k)| = k .
1 1 1 1 0 0 0 0
sin 2π 16
Lösning E5.2
o
0 2 2 7 8 3 1 1 .
n
o
b) y(n) = x(n − 4 mod 8) = 8 7 2 2 0 1 1 3 .
a) y(n) = x(−n) =
n
Lösning E5.3
HFIR (f ) = HIIR (f )
för f = k ·
1
ty insignalen periodisk
N
(319)
(320)
(
!)
!
N −1
k
1 X
k
hFIR (n) = IDFT HFIR
=
HFIR
· e j2π kn/N
N
N
N
(321)
k=0
där
HFIR
!
! X
∞
k
k
= HIIR
=
hIIR (m)e −j2π km/N
N
N
(322)
m=0
(323)
hFIR (n) =
∞
N
−1
X
1 X
hIIR (m)
e −j2π k/N
N
m=0
(n−m)
k=0
=
∞
X
hIIR (n − `N )
(324)
`=−∞
Jämför vikning
hFIR (n) =
0
X
`=−∞
an−`N = an
1
u(n)
1 − aN
(325)
64
Department of Electrical and Information technology.
Lösning E5.4
f0 = ±138 + n · 400 =
n
o
138 262 . . . .
Lösning E5.5
1-C, 2-F, 3-G, 4-H.
Lösning E5.6
a)
H(f ) =
1 1 −j2πf 1 −j2π2f 1 −j2π3f
+ e
+ e
+ e
4 4
4
4
(326)
(327)
H(k) =
1 1 −j2πk/N 1 −j2π2k/N 1 −j2π3k/N
+ e
+ e
+ e
+ 0 + 0 + ... + 0
4 4
4
4
för k = 0 . . . N − 1. H(k) är sampel av H(f ) i punkterna f =
b) H(0) = 1, H(1) = 0, H(2) = 0 samt H(3) = 0. hp (n) =
1
4
k
N,
k = 0 . . . N − 1.
för alla värden på n.
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
Lösning E5.7
Y (k/N ) = X(k/N )
65
0.6
0.7
0.8
0.9
1
(328)
Department of Electrical and Information technology.
Lösning E5.8
a) y(n) = δ(n) + 2 δ(n − 1) + 1.5 δ(n − 2) + 0.5 δ(n − 3)
b) Se ovan.
c) M = 4; allmänt är M = P + Q − 1 där P är impulssvarslängden och Q är insignallängden.
Lösning E5.9
yp (n) =
L
X
bl
för n = 0 . . . N − 1
(329)
l=0
Lösning E5.10
Metoden kallas overlap-add om beräkningen av utsignalen görs med DFT.
Signal h(n)
4
2
0
2
4
6
8
10
12
14
−2
−4
Lösning E5.11

1 n
1


 1−( 12 )10 ( 2 )
y(n) = 

0
0≤n≤9
(330)
f.ö.
66
Department of Electrical and Information technology.
Lösning E5.12
Figuren illustrerar hur uppdelningen görs. Exempel med M = 4 och N = 12.
×
y0 (n)
×
y1 (n)
×
y2 (n)
Realiseringar, kapitel 9
Lösning 9.3
Välj tillståndsvariabeln v(n) efter fördröjningselementet, vilket ger
v(n + 1) =
1
v(n) + x(n)
2
(331)
y(n) = 2[v(n + 1) + 3x(n)] + 2v(n) =
(332)
= v(n) + 2x(n) + 6x(n) + 2v(n) =
(333)
= 3v(n) + 8x(n)
(334)
och tillståndsmatriserna F = 12 , q = 1, g T = 3 samt d = 8. Impulssvaret blir
n−1
1
h(n) = 3
u(n − 1) + 8δ(n)
2
H(z) =
(335)
8 − z −1
3z −1
+
8
=
1 − 12 z −1
1 − 12 z −1
(336)
Lösning 9.9
a)
3
1
1
y(n) = y(n − 1) − y(n − 2) + x(n) + x(n − 1)
4
8
3
67
(337)
Department of Electrical and Information technology.
– Direkt I: ur differensekvationen
– Direkt II: ur F.S. + diff.ekv.
– Kaskad: z-trans av diff.ekv.
1 + 13 z −1
H(z) = 1 − 14 z −1 1 − 12 z −1
(338)
– Parallell:
H(z) =
10
3
1 − 12 z −1
−
1−
7
3
1 −1
4z
(339)
f)
1
(340)
y(n) = y(n − 1) − y(n − 2) + x(n) − x(n − 1) + x(n − 2)
2
Systemet innehåller komplexa poler, det vill säga D.F.II, kaskad och parallell är
ekvivalenta.
Lösning 9.15
OBS! Fel i Proakis upplaga 3: a2 (2) = 31 .
1
H(z) = A2 (z) = 1 + 2z −1 + z −2
3
B2 (z) =
1
+ 2z −1 + z −2
3
ger
(341)
K2 = α2 (2) =
1
3
−1 + 1 z −2 − 1 1 + 2z −1 + z −2
1
+
2z
A (z) − K2 B2 (z)
3
3 3
A1 (z) = 2
=
2
2
1 − K2
1 − 31
= 1+
B1 (z) =
4/3 −1
3
z = 1 + z −1
8/9
2
3
+ z −1
2
ger K1 = α1 (1) =
1
3
K1 =
3
2
(343)
(344)
3
2
1 + 23 z −1 − 32 32 + z −1
5/4
A0 (z) =
=
=1
2
5/4
3
1− 2
K2 =
(342)
(K0 = 1)
(345)
(346)
(347)
68
Department of Electrical and Information technology.
Lösning 9.19
a)
K1 =
1
2
K2 = −
1
3
K3 = 1
(348)
A0 (z) = B0 (z) = 1
(349)
1
1
A1 (z) = A0 (z) + K1 (z) · z −1 · B0 (z) = 1 + z −1 · 1 = 1 + z −1
2
2
(350)
B1 (z) =



A2 (z)


B2 (z)
1
+ z −1
2
(351)
= A1 (z) + K2 (z) · z −1 · B1 (z) = 1 + 12 z −1 − 13 z −1 ·
1
2
+ z −1 = 1 + 31 z −1 − 13 z −2
= − 13 + 31 z −1 + z −2
(352)



A3 (z)


B3 (z)
= 1 + 31 z −1 − 13 · z −2 + z −1 · − 13 + 13 z −1 + z −2 = 1 + z −3
= 1 + z −3
(353)
Nollställen:
1 + z −3 = 0
(354)
z −3 = e −jπ(2k+1)
z = e jπ(2k+1)/3
(355)
för k = 0, 1, 2
z = e ±j·π/3
z = −1
(356)
b)
1 1 −1
1 −1 1 −2
−1
−2
A3 (z) = 1 + z − z + (−1) · z · − + z + z
3
3
3 3
(357)
2
2
= 1 + z −1 − z −2 − z −3
3
3
(358)
2 −1 2 −2
z + z +1
3
3
(359)
B3 (z) = −1 −
r
√
11
−5
±
j
·
5
5
25
A3 (z) = (1 − z −1 ) 1 + z −1 + z −2 − ±
−1 =
3
6
36
6
(360)
c) Om sista reflektionskoefficientens belopp är lika med ett ligger alla nollställen
på enhetscirkeln.
69
Department of Electrical and Information technology.
d) För a):
H(z) = 1 + z −3
(361)
3ω
· e −j 3ω/2
H(ω) = 1 + e −j·3ω = e −j·3ω/2 e j·3ω/2 + e −j·3ω/2 = 2 · cos
2
(362)
3ω
2
π
3
→
θ(ω) = −
π
<ω≤π
3
→
θ(ω) = π −
0≤ω<
(363)
3ω
2
(364)
Linjär fas (symmetriskt FIR)
För b):
2
2
H(z) = 1 + z −1 − z −2 − z −3
3
3
(365)
3
ω
2
2 −jω 2 −j2ω
−j( 3ω
+ π2 )
−j3ω
2
− ·e
−e
=e
· 2 sin ω + sin
H(ω) = 1 + · e
3
3
2
3
2
(366)
Alla nollställen på enhetscirkeln ger linjär fas.
Exempel på design av filter
Lösning E8.1
a) p1,2,3 = 0, n1,2 = ±j, n3 = −1
b) |H(ω)| = 2 · |cos(3ω/2) + cos(ω/2)|
c) arg(H(ω)) = −3ω/2 + fashopp med π
d) ω = ±π/2, ω = π
e) Lågpassfilter.
70
Department of Electrical and Information technology.
Lösning E8.2
a) p1,2,3 = 0, n1,2 = ±j, n3 = 1
b) |H(ω)| = 2 · |sin(3ω/2) − sin(ω/2)|
c) arg(H(ω)) = π/2 − 3ω/2 + fashopp med π
d) ω = ±π/2, ω = 0
e) Högpassfilter.
Lösning E8.3
a) h(n) = 15 ·
n
b) H(z) = 1/5
1 1 1 1 1
4
X
n=0
z −n = 0.2
o
= 15 · [δ(n) + δ(n − 1) + δ(n − 2) + δ(n − 3) + δ(n − 4)]
1 − z −5
1 − z −1
c) H(f ) periodisk sinc, |H(f )| = 0 för f = 0.2, 0.4, 0.6, 0.8
Lösning E8.4
−1
jπ/3 ger b = 1/2 och b =
Prova
0
1
√ med 1:a ordningen: H(z) = b0 + b1 z . H(ω)|ω=π/2 = e
− 3/2.
Lösning E8.5
H(2/5) = H(−2/5) = 0 ger nollställen i z1,2 = e ±j4π/5 . |H(1/5)| = |H(−1/5)| = 1 ger troligen två nollställen till. Linjär fas ger symmetriskt eller antisymmetriskt impulssvar.
En test ger att 2 eller 3 nollställen inte räcker.
h(n) = −0.1232δ(n) + 0.3232δ(n − 1) + 0.6δ(n − 2) + 0.3232δ(n − 3) − 0. − 0.1232δ(n − 4)
(367)
h(n) = 0.5236δ(n) + 0.0764δ(n − 1) − 0.2δ(n − 2) + 0.0764δ(n − 3) + 0.5236δ(n − 4)
(368)
71
Department of Electrical and Information technology.
Lösning E8.6
H(z) = k ·
(z + 1)N
zN
(369)
(e jω + 1)N
ω N
−jω N /2 jω/2
−jω/2 N
−jω N /2
N
H(ω) = k ·
= k·e
e
+e
= k·e
· 2 cos
2
e jωN
(370)
H(0) = 1
k = 2−N
⇒
ω
|H(ω)| = cos
2
(371)
N
(372)
Vid ω = 2π · 0.1:
2π · 0.1
H(ω)|ω=2π·0.1 = cos
2
Vid ω = 2π · 0.4:
2π · 0.4 N
cos
< 0.1
2
⇒
N
1
>√
2
⇒
N < 6.9
(373)
N > 1.96
(374)
Det vill säga 2 ≤ N < 6. Minimalt: N = 2
H(z) = 2
h(n) =
n
−2
1
4
z+1
·
z
1
2
1
4
2
=
1
· (1 + 2z −1 + z −2 )
4
(375)
o
(376)
Lösning E8.7
FIR-filter för linjär fas och 50 dB dämpning innebär Hammingfönster. −6 dB vid f =
f1 = 0.1 vilket ger att vid −50 dB och f = 0.15 erhålles (0.15 − 0.1) · M = 1.62
M=
1.62
= 32.4
0.05
⇒
M = 33
(377)

h


2 · f1 sinc(2f1 (n − 16)) · 0.54 + 0.46 cos
h(n) = 

0
72
2π(n−16)
32
i
0 ≤ n ≤ 32
f.ö.
(378)
Department of Electrical and Information technology.
Lösning E8.8



HdB (0.2) = −3 dB


HdB (0.25) = −40 dB
M=
ger (0.2 − fc ) · M = −0.40
ger (0.25 − fc ) · M = 1.49
1.49 + 0.40
= 37.8
0.25 − 0.20
⇒
M = 39
(379)
(udda)
(380)


0.40

fc = 0.2 + 39 = 0.2103


fc = 0.25 − 1.49
39 = 0.2118
(381)
Välj fc = 0.2103, men något fc i intervallet 0.2103 ≤ fc ≤ 0.2118 duger.
h
i
bn = h(n) = ĥ(n − 19) = hd (n − 19)wH (n − 19)
2π(n − 19)
sin (2π · 0.2103(n − 19))
· 0.54 + 0.46 cos
=
π(n − 19)
38
(382)
!
(383)
för n = 0, . . . , 38.
+
b0
x(n)
+
b1
...
+
b2
z −1
b38
...
z −1
y(n)
z −1
Lösning E8.9
Ur diagram för Hammingfönster:



−0.4 = −(0.16 − fc )M
⇒


1.49 = −(0.10 − fc )M



M = 33


fc = 0.1479
(384)
2πn
32
(385)
hd (n) = δ(n) − 2fc sinc(2fc n)
(386)
wH (n) = 0.54 + 0.46 cos
ĥ(n) = hd (n − 16) wH (n − 16)
0 ≤ n ≤ 32
73
(387)
Department of Electrical and Information technology.
Lösning E8.10
Utgå från ett idealt BP-filter:
hd (n) = 4fc sinc(2fc n) · cos (2πf0 n)
(388)
Trunkera hd (n) med hjäp av wH (n). Hammingfönster tillräckligt ty max 40 dB dämpning.


2πn
M−1
M−1

0.54 + 0.46 cos M−1 − 2 ≤ n ≤ 2
wH (n) = 
(389)

0
f.ö.
Bilda
ĥ(n) = hd (n) · wH (n)
(390)
Förskjut sedan ĥ(n) tills det blir kausalt:
M −1
h(n) = ĥ n −
2
(391)
Det som behövs bestämmas är alltså M, f0 och f1 . Vi tittar först på den vänstra
övergångszonen. Formelsamlingen ger



−(0.05 − (f0 − f1 ))M = 1.49 (−40 dB) (1)
⇒ 0.05 · M = 1.89 ⇒ M = 37.8


−(0.10 − (f0 − f1 ))M = −0.4 (−3 dB) (2)
(392)
Sedan tittar vi på den högra övergångszonen:



(0.25 − (f0 + f1 ))M = −0.4 (−3 dB) (3)


(0.275 − (f0 + f1 ))M = 0.91 (−20 dB) (4)
⇒
0.025 · M = 1.31
⇒
M = 52.4
(393)
För att uppfylla kraven vid båda övergångszonerna krävs M > max(37.8, 52.4): välj
M = 53. Vi hade dessutom kravet att vid frekvenserna 0.10 och 0.25 skall dämpningen
vara 3 dB, vilket innebär att när vi löser ut f0 och f1 så måste vi använda ekv. (2) och
(3). Det M-värde som sättes in är nu M = 53, i både ekv. (2) och (3).






ekv (2) ⇒ (0.10 − (f0 − f1 )) · 53 = 0.4
f0 = 0.175
⇒
(394)




ekv (3) ⇒ (0.25 − (f0 + f1 )) · 53 = −0.4
f1 = 0.0825
Alltså:
hd (n) = 0.3302 · sinc(0.1652n) · cos(2π · 0.175n)
(395)


2πn

0.54 + 0.46 cos 52
wH (n) = 

0
(396)
−26 ≤ n ≤ 26
f.ö.
74
Department of Electrical and Information technology.
och
h(n) = hd (n − 26) · wH (n − 26)
(397)

h
i
2π(n−26)


[0.3302 · sinc(0.1652(n − 26)) · cos(2π · 0.175(n − 26))] × 0.54 + 0.46 cos 52
=

0
(398)
Lösning E8.11
Centerfrekvensen är f0 = 0.2096, fc = 0.1233 och M = 41 (ges ur uttrycket). Detta
insättes i
(f1 − (f0 + fc ))M = −0.4
→
f1 = 0.3231
(399)
för högra sidan (lågpass) och i
−(f2 − (f0 − fc ))M = −0.4
→
f2 = 0.0960
(400)
för vänstra sidan (högpass). Bandbredden, ∆f = f1 − f2 = 0.2270.
Lösning E8.12
H(z) skall ha linjär fas. Sätt H2 (z) = a+bz −1 +cz −2 ty första ordningen räcker ej. Genom
att beräkna H(f ) ser vi att linjär fas fås om
a = cr 2
(401)
b − 2ar cos(θ) = br 2 − 2cr cos(θ)
(402)
Tillsammans med kravet på likspänningsförstärkningen ger detta
H2 (z) = r 2 − 2r cos(θ)z −1 + z −2
(403)
H(z) är av ordning 4 och har symmetriskt impulssvar. Detta ger arg(H(f )) = −4πf .
Lösning E8.13
Sampling med 10 MHz ger vikning. Övertonerna viks till frekvensområdet 4 MHz to
5 MHz och störningarna viks till 0 MHz to 1 MHz. Detta ger ett bandpassfilter med
följande krav.
75
0≤n≤
f.ö.
Department of Electrical and Information technology.
0
−3
−40
0
0.1
0.25 0.3
0.4
0.5
Ett Hammingfönster ger L = 19, f0 = 0.275 och f1 = 0.0461. Impulssvaret blir
!!
2π(n − 9)
h(n) = 0.54 + 0.46 cos
· 4f1 sinc(2f1 (n − 9)) cos(2πf0 (n − 9)) 0 ≤ n ≤ 18
18
(404)
76