Exercicio de Processamento Digital de Sinais

Universidade Federal do Pará Instituto de Tecnologia Faculdade de Engenharia da Computação e Telecomunicações EC01045 Processamento digital de sinais Exercícios 02 29 An LTI system has impulse response defined by hn 0 n0 1 n0123 2 n45 0 n5 Determine and plot the output yn when the input xn is a un b un4 c un un4 35 An LTI system has impulse response given by the following plot Figure P351 The input to the system xn is plotted below as a function of n Figure P352 a Use discrete convolution to determine the output of the system ynxnhn for the above input Give your answer as a carefully labeled sketch of yn over a range sufficient to define it completely b The deterministic autocorrelation of a signal xn is defined in Eq 188 as cxxn xnxn The system defined by Figure P351 is a matched filter for the input in Figure P352 Noting that hn xn4 express the output in part a in terms of cxxn c Determine the output of the system whose impulse response is hn when the input is xn un2 Sketch your answer 41 Consider an LTI system with Hejω1 and let argHejω be as shown in Figure P41 If the input is xn cos3π2n π4 determine the output yn Figure P41 Problema 5 Considere o sistema LTI causal descrito pela equação de diferenças yn 5 yn 1 6 yn 2 2 xn 1 n 0 com condições iniciais de repouso yn 0 para n 0 Vamos determinar a A resposta homogênea do sistema isto é a saída quando xn 0 para todo n b A resposta ao impulso hn c A resposta ao degrau sn supondo xn un a Resposta homogênea yhn Quando xn 0 para todo n a equação de diferenças tornase homogênea yn 5 yn 1 6 yn 2 0 n 0 com yn 0 para n 0 Para resolver suponha uma solução do tipo yhn rn r 0 Substituindo na equação de diferenças rn 5 rn1 6 rn2 0 r2 5 r 6 0 A equação característica é r2 5 r 6 0 r 2 r 3 0 r 2 ou r 3 Logo as raízes distintas são r1 2 e r2 3 A forma geral da resposta homogênea é yhn C1 2n C2 3n n 0 onde C1 e C2 são constantes determinadas pelas condições iniciais caso se aplique um forçamento posterior b Resposta ao impulso hn Para obter a resposta ao impulso tomamos xn δn Então o termoforçamento é 2 xn 1 2 δn 1 Consequentemente para n 0 temse hn 0 e a equação de diferenças passa a ser hn 5 hn 1 6 hn 2 2 δn 1 n 0 com condições iniciais de repouso hn 0 n 0 h1 h2 0 Vamos determinar hn passo a passo 1 Para n0 h0 5h1 6h2 2δ1 0 h0 0 Para n1 h1 5h0 6h1 2δ0 2 Como h0 0 e h1 0 segue que h1 2 Para n2 o termo de forçamento 2δn1 é zero pois δn1 0 para n1 0 Assim para n2 hn satisfaz a parte homogênea hn 5hn1 6hn2 0 n2 A solução dessa parte homogênea como obtido em a é hn C1 2n C2 3n n0 Usamos as condições iniciais h0 0 e h1 2 para achar C1 e C2 n0 h0 C1 20 C2 30 C1 C2 0 n1 h1 C1 21 C2 31 2C1 3C2 2 Da primeira equação C2 C1 Substituindo na segunda 2C1 3C1 2 C1 2 C1 2 C2 2 Logo para n0 hn 2 2n 2 3n E como hn 0 para n0 podemos escrever com a função un hn 2 2n 2 3n un Observação para n0 esse resultado dá h0 2 1 2 1 0 que está coerente com o resultado direto Para n1 obtémse h1 2 2 2 3 4 6 2 também coerente c Resposta ao degrau sn Agora suponha xn un degrau unitário Então o termo forçante é 2xn1 2un1 Queremos encontrar a saída yn sn A equação de diferenças fica yn 5yn1 6yn2 2un1 n0 com condições iniciais de repouso yn 0 para n0 c1 Solução particular ypn Buscamos uma solução particular constante já que para n 1 un 1 1 Seja ypn K constante para n 1 Substituindo na equação de diferenças para n 2 onde un 1 1 K 5K 6K 2 1 5 6K 2 2K 2 K 1 Logo uma solução particular é ypn 1 para n 1 c2 Solução geral yn A solução geral é a soma da homogênea e da particular yn yhn ypn C1 2n C2 3n 1 n 0 Para fixar C1 e C2 usamos as condições iniciais n 0 A equação de diferenças para n 0 diz y0 5y1 6y2 2u1 0 e y1 y2 0 Logo y0 0 Assim y0 C1 20 C2 30 1 C1 C2 1 0 C1 C2 1 I n 1 A equação de diferenças para n 1 é y1 5y0 6y1 2u0 2 com y0 0 e y1 0 dá y1 2 Por outro lado pela forma geral y1 C1 21 C2 31 1 2C1 3C2 1 2 2C1 3C2 1 II Resolva o sistema de equações lineares I e II C1 C2 1 2C1 3C2 1 Da primeira C2 1 C1 Substituindo na segunda 2C1 31C1 1 2C1 3 3C1 1 C1 3 1 C1 4 C1 4 e então C2 1 4 3 Portanto a solução completa para n 0 é yn sn 4 2n 3 3n 1 n 0 Note que para n 0 sn 0 pois o sistema é causal com condições iniciais nulas c3 Checagem dos primeiros valores Para verificar a coerência calculemos s0 e s1 diretamente n 0 s0 4 20 3 30 1 4 3 1 0 condiz com y0 0 de condições de repouso n 1 s1 4 21 3 31 1 4 2 3 3 1 8 9 1 2 e isso satisfaz y1 5y0 6y1 2 já que y0 y1 0 Em particular a sequência completa é sn 0 n 0 4 2n 3 3n 1 n 0 Isso equivale à forma sn 4 2n 3 3n 1un Problema 6 Considere o sistema LTI causal descrito pela equação de diferenças yn 12 yn 1 xn 2 xn 1 xn 2 a Determinar a resposta em frequência Hejω Aplicamos a transformada discreta em frequência DTFT em ambos os lados da equação de diferenças Seja Yejω a DTFT de yn e Xejω a DTFT de xn Equação no tempo yn 12 yn 1 xn 2 xn 1 xn 2 DTFT de yn 1 Fyn 1 ejω Yejω DTFT de xn 1 Fxn 1 ejω Xejω DTFT de xn 2 Fxn 2 ej2ω Xejω Tomando DTFT em ambos os lados Yejω 12 ejω Yejω Xejω 2 ejω Xejω ej2ω Xejω Colocando Yejω em evidência no lado esquerdo Yejω 1 12 ejω Xejω 1 2 ejω ej2ω Por definição a resposta em frequência Hejω é Hejω Yejω Xejω 1 2 ejω ej2ω 1 12 ejω Podemos deixar em uma forma ligeiramente mais organizada ou fatorada mas em essência Hejω 1 2 ejω ej2ω 1 12 ejω b Determinar a equação de diferenças a partir de Hejω 1 12 ejω ej3ω 1 12 ejω 34 ej2ω ou seja encontrar uma relação do tipo coeficientes em yn coeficientes em xn b1 Escrevendo Hejω Yejω Xejω Dado Hejω 1 12 ejω ej3ω 1 12 ejω 34 ej2ω temos Yejω 1 12 ejω 34 ej2ω Xejω 1 12 ejω ej3ω Aplicando a inversa da DTFT recordese que ejω Yejω yn 1 ej2ω Yejω yn 2 ejω Xejω xn 1 ej3ω Xejω xn 3 Então a relação multiplicativa em ejω gera a seguinte equação de diferenças causal yn 12 yn 1 34 yn 2 xn 12 xn 1 xn 3 denominador numerador Portanto a resposta em diferenças que caracteriza Hejω é yn 12 yn 1 34 yn 2 xn 12 xn 1 xn 3 Essa é a equação de diferenças desejada Solução do Problema 17 Seja M um inteiro nãonegativo Definimos a sequência rn 1 0 n M 0 caso contrário wn 121 cos2πnM 0 n M 0 caso contrário Fora do intervalo 0 n M wn 0 Observe que a janela retangular rn vale 1 em 0 n M e 0 nos demais n Portanto podemos reescrever wn como wn 12 14 ej2πnM 14 ej2πnM rn Ou seja wn 12 rn 14 rn ej2πnM 14 rn ej2πnM 0 n M b1 Obtendo Wejω Aplicando DTFT em cada termo de wn temos A DTFT de rn é Rejω A DTFT de rn ej2πMn equivale a deslocar Rejω em ω própriedade de modulação no domínio do tempo Em particular rn ej2πnM DTFT Rejω 2πM Similarmente rn ej2πnM DTFT Rejω 2πM Portanto multiplicando pelos respectivos pesos Wejω 12 Rejω 14 Rejω 2πM 14 Rejω 2πM Substituindo a expressão de Rejω do item a obtemos a forma final de Wejω em termos de R c Gráficos de Rejω e Wejω para M 4 No caso M 4 temos rn 1 0 n 4 0 caso contrário wn 121 cosπn2 0 n 4 0 caso contrário As figuras a seguir mostram em função de ω π π as magnitudes Rejω e Wejω para M 4 i Rejω para M 4 Rejω Σn04 ejωn 1 ej5ω1 ejω O gráfico de Rejω apresenta picos em ω 0 de altura 5 e zeros em ω 2π5 4π5 ii Wejω para M 4 Wejω 12 Rejω 14 Rejω π2 14 Rejω π2 Esse gráfico mostra uma forma suavizada em comparação com Rejω com largura principal centrada em zero e lóbulos laterais atenuados próprio da janela de Hanning discreta sobre 5 pontos 8 Problema 29 O sistema LTI em questão tem resposta ao impulso hn 0 n 0 1 n0123 2 n45 0 n 5 Para cada entrada xn dada calculamos yn x hn Σk xk hn k Como hn é nãonula somente em 0 n 5 a soma efetivamente reduzse a yn Σk05 hk xn k Faremos os três casos em separado a Entrada xn un Temos un 1 para n 0 e 0 para n 0 Então yn Σk05 hk un k Σk05 hk 1 se n k 0 0 caso contrário Logo para cada n yn Σ0 k 5 nk 0 hk Σk0min5n hk Isto fornece Se n 0 então min5 n n 0 e não há k 0 satisfazendo k n Logo yn 0 n 0 soma apenas k 0 isto é y0 h0 1 n 1 soma k 01 y1 h0 h1 1 1 2 n 2 soma k 012 1 1 1 3 n 3 soma k 0123 1 1 1 1 4 n 4 soma k 01234 1 1 1 1 2 2 n 5 soma k 05 1 1 1 1 2 2 0 n 6 então min5 n 5 de modo que a soma fixase em 1111220 Portanto resumimos yn para xn un como yn 0 n 0 1 n 0 2 n 1 3 n 2 4 n 3 2 n 4 0 n 5 Em notação compacta yn 0 1 2 3 4 2 0 0 com índice iniciando em n 0 Em seguida está o desenho esquemático stemplot de yn b Entrada xn un4 Agora un4 1 para n 4 e 0 para n 4 Assim yn k05 hk unk4 0k5 nk40 hk k0min5n4 hk ou seja yn 0 sempre que n 4 Para n 4 defina m n 4 Ficamos com exatamente a mesma soma do item a mas avaliada em m Portanto n 4 min5 n4 é negativo logo não há k 0 válido e yn 0 n 4 m 0 Soma de k 0 até 0 h0 1 Logo y4 1 n 5 m 1 Soma k 0 1 1 1 2 Logo y5 2 n 6 m 2 Soma k 0 1 2 1 1 1 3 Logo y6 3 n 7 m 3 Soma k 0 1 2 3 1 1 1 1 4 Logo y7 4 n 8 m 4 Soma k 0 4 1 1 1 1 2 2 Logo y8 2 n 9 m 5 Soma k 0 5 1 1 1 1 2 2 0 Logo y9 0 n 10 m 6 mas min5 m 5 e a soma fixase em zero Assim para xn un4 yn 0 n 4 1 n 4 2 n 5 3 n 6 4 n 7 2 n 8 0 n 9 Ou seja o mesmo formato do item a deslocado em 4 amostras c Entrada xn unun4 Aqui xn é o pulso de amplitude 1 para 0 n 3 e zero em outras amostras Ou seja xn 1 0 n 3 0 caso contrário Então yn k05 hk xnk 0k5 0nk3 hk kmax0n3min3n hnk Mas é mais direto calcular à mão para cada n Note que xnk 1 só se 0 nk 3 ie n3 k n e também precisamos de 0 k 5 Concluímos que yn é nãonulo somente quando 0 n 3 5 8 Vamos enumerar n yn k05 hk xnk 0 x0k 0 apenas para k 0 y0 h0 x0 11 1 1 x1k 0 para k 0 1 y1 h0 x1 h1 x0 11 11 2 2 x2k 0 para k 0 1 2 y2 h0 h1 h2 1 1 1 3 3 x3k 0 para k 0 1 2 3 y3 h0 h1 h2 h3 1 1 1 1 4 4 x4k 0 para k 1 2 3 4 pois 0 4k 3 1 k 4 e x4 0 x3 1 x2 1 x1 1 x0 1 além de h4 2 e h03 1 y4 h0 x4 h1 x3 h2 x2 h3 x1 h4 x0 10 11 11 11 21 3 2 1 0 5k 3 2 k 5 termos não nulos 5 k 2 h2 1 x3 1 k 3 h3 1 x2 1 k 4 h4 2 x1 1 k 5 h5 2 x0 1 y5 11 11 21 21 2 4 2 0 6k 3 3 k 6 mas k 5 k 3 4 5 6 k 3 h3 1 x3 1 k 4 h4 2 x2 1 k 5 h5 2 x1 1 y6 11 21 21 1 2 2 3 0 7k 3 4 k 7 mas k 5 k 4 5 k 4 h4 2 x3 1 k 5 h5 2 x2 1 y7 21 21 4 0 8k 3 5 k 8 mas k 5 k 5 k 5 h5 2 x3 1 y8 21 2 Para n 9 não existe k 05 tal que 0 nk 3 yn 0 Resumindo em forma de tabela índices n 0 8 n 0 1 2 3 4 5 6 7 8 yn 1 2 3 4 1 2 3 4 2 E yn 0 para n 0 ou n 9 Gráfico de yn versus n seguido por conclusões gerais sobre o sinal yn para diferentes definições de xn Em seguida Problema 35 sobre convolução filtro casado e resposta a um degrau definindo hn e xn cálculo da saída yn xn hn e tabela com valores de n e yn Gráfico de yn versus n com pontos destacados em azul Interpretação do filtro casado mostrando que hn xn4 x4n e expressando yn na forma de autocorrelação cxxn4 Entrada degrau deslocado xn un2 cálculo de yn como soma acumulativa dos valores de hk e expressão final para yn em forma de função por partes Gráfico de yn versus n Problema 41 apresentando sinal xn cos3π2n π4 em termos de cos π2n π4 com ω₀ π2 módulo Hejω₀ 1 e fase argumentada Expressão final para yn como Hejω₀ cosω₀n π4 arg Hejω₀ cos3π2n 11π12