podstawy teorii sygna ów, systemów i...

Podstawy teorii sygnałów,

systemów i informacji

dr inż. Tomasz Marciniak

PodstawPodstawPodstawPodstawPodstawPodstawPodstawPodstawPodstawPodstawPodst

awPodPodstawPodstawPodstawPodstawPodstawPodstawPodstawPodstawPods yTeoriiyTeoriiyTeoriiyTeoriiyTeoriiyTeoriiyTeoriiyTeoriiyTeo SygnaloSygnaloSygnaloSygnaloSygnaloSygnaloSygnaloSygnaloSygn wSystemwSystemwSystemwSystemwSysemwSysemwSysemwSysemwSysemww owiInfoowiInfoowiInfoowiInfoowiIfoowiIfoowiIfoowiIfoowiIfooo rmacjiPrmacjiPrmajiPrmajiiPrmajiPrmajPrmajPrmajPPrmajPPrmajj odstawyodstawyodtawyodtawyoodtawoodtaoodtaoodtaooddtaooddtaa TeoriiSTeoriiSToriiSTTriiSTTTriiTTTriTTTriTTTriTTTriiTTTriii ygnalowygnalowgnaloowgnloowgnnlowgnnlownnlowwnlowwnlowwwnloo SystemoSystemoystemmoystemoyssteoyssteossteoossteossteeosstt wiInforwiInforwiInforwiIforwiiIfrwiiIfriiIfrriiIfriiIffriiII macjiPomacjiPomacjPomacjPomaacjPmaacjPmacjPmmacjPmacjPmmacjj dstawyTdstawyTdstayTdstayTdsstaydsstaydstayddstaydstayddstaa eoriiSyeoriiSyeoriSyeoriSyeooriSeooriSeoriSeeoriSeoriSeeorii gnalowSgnalowSgnalowSgnaowSgnnaoSgnnaoSnnaoSSnnaoSnnaooSnnaa ystemowystemowstemoowstemowsttemwsttemwttemwwttemwttemmwttee iInformiInformInforrmInorrmInnormInnormnnormmnnrmmnnrrmmnnrr acjiPodacjiPodajiPodajiPodajjiPoajjiPajjiPajjiPajjiPPajjiPPP stawyTestawyTestwyTestwyTeestwyTestwyestwyestwyesttwyesttwyy oriiSygoriiSygoriSygoriSyygoriSygoriSgoriSgoriSgooriSgooriSS nalowSynalowSynalowSynalowSynaloSynaloSynaloSynaloSynaloSynn stemowistemowistemowistemowistemwistemwistemwistemwistemwiss InformaInformaInformaInformaInformaInformaInformaInformaInfo cjiPodscjiPodscjiPodscjiPodscjiPodscjiPodscjiPodscjiPodscjiP

tawyTeotawyTeotawyTeotawyTeotawyTeotawyTeotawyTeotawyTeotawyodscjiPodscjiPodscjiPodscjiPodscji

tawyTeotawyTeotawyTeotawyTeotawyTeotawyTeotawyTeotawyTeotawyTeotawyTeotawyTeotaw

Poznań 2008

Podstawy teorii sygnałów, systemów i informacji

© Tomasz Marciniak, 2008 2

Wersja „draft” skryptu: niedziela, 26 października 2008 © dr inż. Tomasz Marciniak Politechnika Poznańska Katedra Sterowania i Inżynierii Systemów ul. Piotrowo 3a pokój 434 (BM) tel. (61) 6652836 e-mail: [email protected] http://cygnus.et.put.poznan.pl/~tmarcin

Spis treści: Wprowadzenie............................................................................................................................ 4 1. Sygnały analogowe. Przekształcenie Fouriera i Laplace’a .................................................... 5 2. Operacja splotu. Grafy przepływu sygnału. ......................................................................... 13 3. Sygnały dyskretne. Przekształcenie Z.................................................................................. 21 4. Opis układu cyfrowego. Rozwiązywanie równań różnicowych .......................................... 28 5. Próbkowanie i kwantyzacja.................................................................................................. 35 6. Splot dyskretny..................................................................................................................... 42 7. Dyskretne przekształcenie Fouriera (DFT) .......................................................................... 48 8. Projektowanie filtrów FIR.................................................................................................... 58 9. Aproksymacja Butterwortha i Czebyszewa ......................................................................... 63 10. Projektowanie filtrów IIR. Przekształcenie impulsowo-inwariantne i biliniowe .............. 74 11. Kodowanie bezstratne ........................................................................................................ 78 12. Kodowanie stratne.............................................................................................................. 86 13. Szyfrowanie danych ........................................................................................................... 87 Dodatek A: Macierze ............................................................................................................... 88 Dodatek A: Systemy liczbowe ................................................................................................. 91 Dodatek C: Skala decybelowa.................................................................................................. 95

Literatura: 1. T. Zieliński "Cyfrowe przetwarzanie sygnałów – Od teorii do zastosowań”, WKŁ,

2005. 2. Steven W. Smith, The Scientist and Engineer's Guide to Digital Signal Processing

Second Edition, California Technical Publishing, 1999. 3. R.G. Lyons "Wprowadzenie do cyfrowego przetwarzania sygnałów", WKŁ, 1999. 4. Dag Stranneby „Cyfrowe przetwarzanie sygnałów – metody, algorytmy,

zastosowania”, Wydawnictwo BTC, Warszawa, 2004. 5. Dąbrowski (red.) "Przetwarzanie sygnałów przy użyciu procesorów sygnałowych",

Wyd. Politechniki Poznańskiej, 1997. 6. A.V. Oppenheim, R.W. Schafer "Cyfrowe przetwarzanie sygnałów", WKŁ, 1979. 7. W. Borodziewicz, K. Jaszczak "Cyfrowe przetwarzanie sygnałów", WNT, 1987. 8. J. Szabatin "Podstawy teorii sygnałów", WKŁ, 1990.



Wprowadzenie W podręczniku zaprezentowano w formie zadań wybrane zagadnienia dotyczące przetwarzania sygnałów, ze szczególnym zwróceniem uwagi na sygnały cyfrowe. Prawidłowe zrozumienie podstawowych zasad działania algorytmów filtracji cyfrowej ma kluczowe znaczenie podczas zapoznawania się i implementacji metod przetwarzania sygnałów multimedialnych czy telekomunikacyjnych. Informacje teoretyczne zostały podane w skrypcie w ograniczonym zakresie, zakładając, że Czytelnik skorzysta z licznych książek wymienionych w spisie literatury. Teoria sygnałów umożliwia za pomocą specyficznych funkcji matematycznych dokonać opisu sygnałów, dzięki czemu możliwa jest:

• analiza sygnałów – wydobycie informacji zawartej w sygnałach np. rozpoznawanie mowy

• przetwarzanie sygnałów – transformowanie sygnału z jednej postaci do drugiej np. z postaci czasowej do postaci w dziedzinie częstotliwości.

Podczas wyżej wymienionych operacji wyróżniamy następujące rodzaje sygnałów: • ciągłe lub dyskretne, • deterministyczne lub losowe, • rzeczywiste lub zespolone, • jedno, dwu lub wielowymiarowe, • różnych argumentów (np. czasu lub położenia)

Do przykładowych zadań systemu cyfrowego przetwarzania sygnałów, wykorzystującego wydajne układy mikroprocesorowe (w tym procesory sygnałowe DSP) można zaliczyć:

• konwersję analogowo-cyfrową i cyfrowo-analogową, • filtrację usuwającą niepożądane składniki, • analizę czasowo-częstotliwościową, • kodowanie

- kompresję bezstratną i stratną, - szyfrowanie danych, - kodowanie nadmiarowe (przy zabezpieczaniu przed błędami transmisji).

Skrypt jest przeznaczony dla studentów kierunków automatyka (w tym AiZ), elektronika, informatyka i telekomunikacja. UWAGA: Skrypt jest aktualizowany i poprawiany. Jeżeli znalazłeś błędy, to napisz koniecznie do autora [email protected] .



1. Sygnały analogowe. Przekształcenie Fouriera i Laplace’a

Funkcje podstawowe • Skok jednostkowy (step function)

• Impuls Diraca

( )⎩⎨⎧

=≠

=0.00

tnieokrt

tδ

Funkcja ta jest całkowalna, (co jest niezgodne z teorią klasyczną) ( )∫∞

∞−

=1dttδ

• Funkcja okna

( ) ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛Π⋅=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛⋅=

TtA

TtAtf rect

Transformata Fouriera

( ) ( )∫∞

∞−

−⋅= dtetfF tjωω

Odwrotna transformata Fouriera

( ) ( )∫∞

∞−

⋅= ωω ω deFtf tj

π21

( )⎩⎨⎧

<>

=0001

tt

tu 1u(t)

t

( )tδ

t

t

( )tf

2

T−

2

T

A

0



Zadanie: Wyznacz transformatę Fouriera dla funkcji okna i naszkicuj wykres transformaty. Rozwiązanie:

( )

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅⋅=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛⋅=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛⋅

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

⋅=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−=⋅=

−

−+

−

−

−

−∫

22sin

22

sin2

221

22

222

2

2

2

TSaTAT

T

ATTA

j

eeAee

jAe

jAdteAF

TjTj

TjTj

T

T

tj

T

T

tj

ωωω

ωω

ωωωω

ωω

ωωωω

Przy obliczeniach wykorzystano: • Całkowanie przez podstawienie:

ω

ωω

jdudt

dtjdutju

−=

−=−=

• Wzory

( )xjee jxjx

sin2

=− −

oraz ( ) ( )x

xxSa sin=

Szkic sygnału

ω

( )ωF

T

π2−

T

π2 T

π4−

T

π4

AT

Zadanie: Wyznacz transformatę Fouriera dla impulsu Diraca i naszkicuj wykres transformaty. Rozwiązanie:

( ) ( ) 10 ==⋅= ⋅−−∞

∞−∫ ωωδω jtj edtetF



ω

( )ωF 1

Zadanie: Określ transformatę Fouriera dla funkcji pokazanej na rysunku

f(t) A

2

T−

2

T

t

Rozwiązanie:

( )

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

∈+−

−∈+

>∨−<

=

2,02

0,2

222

0

TtdlaAtTA

TtdlaAtTA

TtTtdla

tf

( )

∫∫∫

∫∫

∫∫

=+−=⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −−=

=⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +−+⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +−=

=⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +−+⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +=

−

−

−

−

2

0

2

0

2

0

2

0

2

0

2

0

0

2

cos2cos4cos22

22

22

TTT

T

tj

T

tj

T

tj

T

tj

tdtAtdttTAtdtAt

TA

dteAtTAdteA

TAt

dteAtTAdteAt

TAF

ωωω

ω

ωω

ωω



( ) ( )

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛⋅−++

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⋅−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⋅−=

=+

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−−= ∫⋅

424sin2

4

44

sin42

cos14

12

cos42

sin242sin

42sin

24

sin14

222

222

22

2

0

2

0

2

0

sin2sin

TSaATTT

TATT

ATT

A

TT

ATAT

AT

TA

TT

TA

dttA tAttTTT

ωωω

ωω

ωω

ωω

ωωωω

ω

ωω

ω

ωωω

ωωω

ω

Wykorzystano:

• całkowanie przez części ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

tvdtdutdvtu

duvvudvu

dxxuxvxvxudxxvxu

ωω

ωsin1

cos==

==

⋅−⋅=⋅

′⋅−⋅=′⋅

∫∫∫∫

• wzory

2sin2cos1 2 αα =−

Przekształcenie Laplace’a Funkcja może być reprezentowana jako suma funkcji ekspotencjalnych tωje− . Pulsacje tych eksponentów są ograniczone do osi jω na płaszczyźnie zespolonej. To ograniczenie jest niepożądane w niektórych przypadkach. Aby to wyeliminować stosujemy sumę eksponentów exp [-st], gdzie s = σ + jω. Definicja przekształcenia Laplace’a:

( ) ( ) ( )∫∞

−⋅==ℑ0

dtetfsFtf st

Zastosowanie x (t) y (t) f(t) f(t)*e -σt

t t



y(t) Zadanie: Wyznacz transformatę Laplace’a dla funkcji :

( )⎩⎨⎧

≥⋅

<=

⋅− 0,0,0

teAt

tf tα

Rozwiązanie:

( ) ( )∫∫∞

⋅+−∞

⋅−⋅−

+=⋅=⋅⋅=

00 ααα

sAdteAdteeAsF tstst

Zadanie: Wyznacz transformatę Laplace’a dla funkcji:

( )⎩⎨⎧

≥⋅<

=0,

0,0ttA

ttf .

Rozwiązanie:

( ) ∫ ∫∫∫∞ ∞

⋅−⋅−∞⋅−

⋅−⋅−

∞⋅−

∞⋅− =⋅=

−⋅

−−⋅⋅

=−

==

===⋅⋅=⋅⋅=

0 0000

dtesAdt

seA

setA

sevedv

dtdutudtetAdtetAsF ts

tststs

tststs

20 s

As

esA ts

=−

⋅=∞⋅−

Zadanie: Oblicz transformatę Laplace’a dla funkcji :

( )⎩⎨⎧

≥⋅<

=0,sin

0,0ttA

ttf

ω

Rozwiązanie:

( ) ( ) +−

⋅=⋅−⋅=⋅⋅=⋅⋅= ⋅−∞

−⋅−∞

⋅−∞

∫∫∫ ωωω ωω

jsjAdteee

jAdtetAdtetAsF tstjtjtsts 1

22sinsin

000

( )( ) ( ) ( ) 22222

22

12 ω

ωω

ωωω

ωωω +

⋅=

+⋅⋅

=−⋅+⋅

+−+⋅=

+⋅−

sA

sjjA

jsjsjjsjsA

jsjA

Równanie Różniczkowe

Rozwiązanie Równania Różniczkowego

Równania Algebraiczne

Rozwiązanie Równań Algebraicznych

x(t)

X(s)

Y(s)

y(t)



Odwrotne przekształcenie Laplace’a

( )[ ] ( ) ( )∫∞+

∞−

⋅− ⋅⋅==ℑj

j

ts dsesFj

tfsFσ

σπ211 , 0>t

Całkujemy wzdłuż linii Res = σ, gdzie σ jest wybrane zgodnie z zależnością:

( ) dtetf t∫∞

⋅−⋅0

σ

jω σ + j∞

σ

Obszar zbieżności

σ - j∞

Oczywiście kryterium z tego wzoru jest bardzo skomplikowane. Jeżeli możemy uzyskać :

( ) ( ) ( ) ( )sFsFsFsF n+++= ...21 ,

wówczas korzystamy z tablic. Najczęściej transformata Laplace’a ma postać :

( ) ( )( )sAsBsF = ,

czyli ilorazu wielomianów (uwaga: zakładamy, że stopień ( )sA jest większy od ( )sB ). Można wtedy zapisać ( )sF jako:

( ) ( )( )

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )n

n

pspspszszszsk

sAsBsF

+⋅⋅+⋅++⋅⋅+⋅+

==......

21

21 .

F(s) można wtedy rozbić na ułamki proste:

( ) ( )( ) n

n

psa

psa

psa

sAsBsF

+++

++

+== ...

2

2

1

1 ,

przy czym ka są stałymi nazywanymi residuami dla biegunów kp :

kps −= ,

zatem,



( )( ) ( )

k

kk

psps

sAsBa

−=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+⋅=

Jeżeli mamy już ka to wiadomo, że :

tpk

k

k keaps

a ⋅−− ⋅=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

1α ,

a zatem,

( ) tpn

tptp neaeaeatf ⋅−⋅−⋅− ⋅++⋅+⋅= ...2121

Zadanie: Znajdź odwrotną transformatę Laplace’a dla:

( ) ( ) ( )213

+⋅++

=ss

ssF .

Rozwiązanie:

( ) ( ) ( ) 21

12

21213 21

+−

++

=+

++

=+⋅+

+=

sssa

sa

ssssF

( ) ( ) ( ) 2121

3

11 =⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡+⋅

+⋅++

=−=s

sss

sa

( ) ( ) ( ) 1221

3

22 −=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡+⋅

+⋅++

=−=s

sss

sa

( ) tt ees

Ls

Ltf ⋅−−−− −⋅=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

+−

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

+= 211 2

21

12 , 0≥t

Zadanie: Znajdź odwrotną transformatę Laplace’a dla :

( ) ( ) ( )21795 23

+⋅++++

=ss

ssssG ,

wiedząc, że ( )[ ] 1=tL δ , ( ) stdtdL =⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ δ .

Rozwiązanie:

Rozpoczynamy od dzielenia wielomianów, ponieważ stopień wielomianu licznika jest

większy od stopnia mianownika.



( ) ( )

3462

77223

23:7952

2

2

23

223

+−−−

++−−−

++++++

sss

sssss

ssssss

( ) ( ) ( )2132

+⋅++

++=ss

sssG

( ) ( ) ( ) tt eettdtdtg ⋅−− −⋅+⋅+= 222 δδ



2. Operacja splotu. Grafy przepływu sygnału.

Operacja splotu Operacja splotu:

h(t)

t t

δ(t)

wej wyj

( )th – odpowiedź układu na pobudzenie impulsem jednostkowym

( ) ( ) ( ) ( ) ( )g t f t h t f h t dτ τ τ∞

−∞

= ∗ = −∫

Splot pozwala obliczyć odpowiedź układu na pobudzenie, jeśli znamy ( )th . Zadanie: Naszkicuj graficznie splot funkcji v(t) i h(t).

h(t)

t

1 v(t)

t

1

-1 1 3

Rozwiązanie: Odwracamy sygnał drugi względem osi pionowej, następnie przesuwamy względem nieruchomego sygnału v(t).



Zakres t Opis operacji splotu Obliczenia splotu

( )1,−∞−∈t nie ma części wspólnej ( ) 0=tg [ )1,1−∈t splot jest powiększającym się

polem trójkąta ( ) ( ) ( ) ( )

61

31

61

61

61

31

31

231

31

d31d

31d

311d

311

d311d

2

22

1

2

1

1111

1 1

++=

=+−+=−=

=−=−=

=−=−=

−−

−−−−

− −

∫∫∫∫

∫ ∫

tt

tttt

tt

tthtvtg

tt

tttt

t t

ττ

ττττττ

ττττ

Zatem

( ) 061

31

611 =+−=−g

( )610 =g

( )32

61

31

611 =++=g

[ )2,1∈t splot jest powiększającym się polem trapezu (boki trapezu w pkt. -1 i 1)

( ) ( ) ( ) ( )

tttt

tt

tthtvtg

32

61

61

31

31

231

31

d31d

31d

311d

311

d311d

1

1

21

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

=+−+=−=

=−=−=

=−=−=

−−

−−−−

− −

∫∫∫∫

∫ ∫

ττ

ττττττ

ττττ

( )321 =g

[ )4,2∈t splot jest malejącym polem trapezu (boki w t-3 i +1) ( ) ( ) ( ) ( )

68

61

9612

61

61

61

31

31

231

31

d31d

31d

311d

311

d311d

2

22

1

3

21

3

1

3

1

3

1

3

1

3

1

3

1

3

++−=

=+−+−+−=

=−=

=−=−=

=−=−=

−−

−−−−

− −

∫∫∫∫

∫ ∫

tt

ttttt

t

tt

tthtvtg

tt

tttt

t t

ττ

ττττττ

ττττ

( )342 =g

[ )+∞∈ ,4t nie ma części wspólnej, splot zerowy

( ) 0=tg



WYKRES Zadanie: Wyznacz graficznie i analitycznie splot funkcji f(t) i h(t).

2

t t

f(t) h(t)

1

1 0.5

Rozwiązanie:

( )0,∞−∈t ( ) 0=tg

[ )5.0,0∈t ( ) ∫ ==⋅=t

t ttg0

022d21 ττ

[ )1,5.0∈t ( ) ∫−

−=+−==⋅=

t

t

t

ttttg

5.05.0

11222d21 ττ

[ )5.1,1∈t ( ) ∫−

−−=+−==⋅=

1

5.0

1

5.0231222d21

tt

tttg ττ

[ )+∞∈ ,5.1t ( ) 0=tg

1

t

( )tg

0 5.0 1 5.1

Grafy przepływu sygnału Reguły redukcji grafów:



x2 x1 x2 x1

b

a a+b

≡

b a a• b ≡

c

b

a

≡b• c

a• c

b

c

a

a• c

a• b

≡

1a

q−

q a

≡

Zadanie: Podaj transmitancję pomiędzy A i C.

A C

B D

2

4 2

3

4

Rozwiązanie:



A

D

C

4

8 12

2

A

D

C

12

12

2

A

C

24

24

T= 2423

−

Zadanie: Podaj transmitancję pomiędzy A i F.

4 2

F E

D

C

B

A

3 3

2

1

5

Rozwiązanie:

T=92

Zadanie: Podaj transmitancję pomiędzy A i D.



4 2 3

10 5 D

C

B A

Rozwiązanie:

Rozpoczynamy od redukcji wierzchołka C

T= -18

Zadanie:

4 2

3

2

1

5

F E

D

C

BA

3

2

Rozwiązanie:

Rozpoczynamy od redukcji wierzchołka B

T=176

Zadanie:

-G3

H1 V0

-G4

-G2

-G1

HH

HV1

Rozwiązanie:

1

2 2 3 3 4 4 1(1 )(1 )(1 )(1 )HT

H G H G H G G=

+ + + +



Metoda Masona: i i

iH

H∆

=∆

∑ YH

X=

Reguła ma zastosowanie, gdy X jest węzłem źródłowym. Hi – transmitancja ścieżki wiodącej od wejścia do wyjścia

i∆ – podwyznacznik grafu ∆ – wyznacznik grafu

∑ ∑ ∑ +−+−=∆k lk mlk

mlklkk PPPPPP, ,,

...1

kP – transmitancja pętli

,k l

k lP P∑ – suma po wszystkich parach pętli rozłącznych (nie mają wspólnego

wierzchołka) Zadanie:

A C

B D

2

4 2

3

4

Rozwiązanie:

1 1 2 2 1 22 4 2 4 2 2 4 2 1 4 2 1 241 3 4 2 1 24 1 24 23

i ii

HH HH

∆∆ + ∆ ⋅ ⋅ ⋅ ∆ + ⋅ ⋅ ∆ ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ −

= = = = =∆ − ⋅ ⋅ − −

∑

Zadanie:

n

l

a b c d e h g f

i jk

m

ł

X1 X2

Ścieżki H1=abcde ∆1=1-mł H2=alłjde ∆2=1-g H3=abiłjde ∆3=1



Pętle Pary pętli rozłącznych Trójki pętli rozłącznych P1=bcdf P1P6 P2P3P6 P2=g P2P3 P3=h P2P4 P4=jk P2P5 P5=jnd P2P6 P6=mł P2P7 P7=lłjdf P3P6 P8=biłjdf

∆=1-(P1+ P2+ P3+ P4+ P5+ P6+ P7+ P8)+(P1P6+ P2P3+ P2P4+ P2P5+ P2P6+ P2P7+ P3P6)- P2P3P6

∆∆+∆+∆

= 332211 HHHH



3. Sygnały dyskretne. Przekształcenie Z

Elementarne sygnały dyskretne • impuls jednostkowy (unit impulse )

[ ]⎪⎩

⎪⎨⎧ =

=poza

nn

0

01δ

-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6

• przyczynowy skok jednostkowy (unit step)

[ ]⎪⎩

⎪⎨⎧

≥

<=

01

00

n

nnu

• ujemny nieprzyczynowy skok jednostkowy

[ ]⎪⎩

⎪⎨⎧

≥

<−=

00

01

n

nnu

• sygnał sinusoidalny

[ ] [ ]oo nnx Θ+⋅= ωsin



Zadanie: Naszkicuj sygnał ( ) ( ) ( )5−−= nununy , przy czym u jest przyczynowym skokiem jednostkowym. Rozwiązanie:

Przekształcenie Z Przekształcenie Z jest zdefiniowane wzorem

( ) ( )∑∞

−∞=

−⋅=n

nznxzX

Najczęściej posługujemy się prawostronnym przekształceniem Z

( ) ( )∑∞

=

−⋅=0n

nznxzX

czyli ograniczamy się do klasy sygnałów przyczynowych tj. takich, które przyjmują wartości równe 0 dla ujemnych indeksów n .

Właściwości przekształcenia Z:

• liniowość [ ] [ ] ( ) ( )zbVzaXnbnax +⇔+ υ

• opóźnienie sygnału o jedną próbkę "mnoży" jego transformatę przez 1−z tzn.

( ) ( )zXznx 11 −⇔−

• opóźnienie o m próbek

( ) ( )zXzmnx m−⇔−

• przesunięcie w lewo ( )[ ] ( ) ( )01 zxzzkx −Χ=+Ζ przy czym ( ) ( )[ ]kxz Ζ=Χ

( )[ ] ( )[ ] ( ) ( ) ( ) ( )10112 22 zxxzzzzxkxzkx −−Χ=−+Ζ=+Ζ

( )[ ] ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1...210 21 −−−−−−Χ=+Ζ −− mzxxzxzxzzzmkx mmmm

Zadanie: Sprawdź właściwość ( )[ ] ( ) ( )01 zxzzkx −Χ=+Ζ



Rozwiązanie:

Korzystając z prawostronnego przekształcenia Z ( ) ( )∑∞

=

−⋅=Χ0k

kzkxz otrzymujemy

( )[ ] ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )00111 0

1

0zxzzXxzkxzzkxzkxkx

k k

kk

k

k −=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−⋅⋅=⋅=⋅+=+Ζ ∑ ∑∑

∞

=

∞

=

−+−∞

=

−

Zadanie: Oblicz transformatę (przekształcenie) Z sygnału

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]3221312 −+−+−+++= nnnnnnx δδδδδ Rozwiązanie Wiedząc, że [ ] 1⇔nδ otrzymujemy

( ) 321 231 −−− ++++−= zzzzzzX

Zadanie: Oblicz transformatę Z przyczynowego skoku jednostkowego. Rozwiązanie:

Wiadomo, że suma szeregu geometrycznego a

an

n

−=∑

∞

= 11

0, przy czym 1<a .

Zatem

[ ] [ ] ( ) 10

1

0 11

−

∞

−∞=

∞

=

−∞

=

−−

−===⋅= ∑ ∑∑ z

zzznuzUn n

n

n

nn

Aby suma była zbieżna 11 <−z , czyli 1>z

Obszar zbieżności (region of convergence) jest na zewnątrz okręgu jednostkowego.

1

( )zIm

( )zRe

Zadanie: Oblicz transformatę Z i wyznacz obszar zbieżności dla sygnału

[ ] [ ]nunxn

⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

51



przy czym [ ]nu to przyczynowy skok jednostkowy . Rozwiązanie:

( ) [ ]∑ ∑∞

−∞=

∞

= −

−−

−=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⋅⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

n n

nn

n

zzznuzX

0 1

1

511

151

51

Obszar zbieżności:

51

151 1

>

<−

z

z

51

( )zIm

( )zRe

Zadanie: Oblicz transformatę Z i wyznacz obszar zbieżności ( ) ( )15 −−−= nuny n , przy czym u – przyczynowy skok jednostkowy.

-3 -2

-1 1 2 3

u[-n-1]

n

Szkic sygnału

( ) ( )5

51

55

55151

1 1 −=

−−=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−=⋅−=⋅−=⋅−−⋅−= ∑ ∑ ∑ ∑

∞

−∞=

−

−∞=

∞

=

∞

=

−−−

zz

z

zzzzznuzY

n n n

n

n

nnnnnn

Obszar zbieżności: 5

15 1

<

<−

z

z



5

( )zIm

( )zRe

Zadanie: Wiedząc, że ( ) ( ) ( ) ( )zYzXnynx ⋅⇔∗ wyznacz obszar zbieżności sygnałów x i y z poprzednich zadań.

Imm

51 Re

5



Odwrotne przekształcenie Z Zadanie: Oblicz odwrotną transformatę Z

( )2

1

411

21−

−

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−

+=

z

zzH

Rozwiązanie: Podaną transmitancję rozkładamy na ułamki proste

( )⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −

+=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−

+=

−−−−

−

−

−

1

2

1

1

11

1

2

1

211

211

211

211

21

411

21

z

C

z

C

zz

z

z

zzH

przy czym: ( ) ( )11lim −

→−⋅= zzHC izi

i

αα

( )

( )23

211

21211lim

25

211

21211lim

21

1

11

212

21

1

11

211

−=−

+=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅=

=+

+=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅=

−=

−

−−

−→

=

−

−−

→

z

z

z

z

z

zzzHC

z

zzzHC

zatem

( )11

211

23

211

25

−− +−

−=

zzzH

zaś transformata odwrotna

[ ] [ ] [ ]nununhnn

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

21

23

21

25

Zadanie: Oblicz odpowiedź impulsową układu o transmitancji:

( ) 1

321

5,012,05,021

−

−−−

++++

=z

zzzzH

Rozwiązanie: Rozpoczynamy od dzielenia wielomianów



6,2 6,38,1

1 8,1

0,20,1- 12 0,1

4,00,2z-15,0:125,02,0

6,32,04,0

1

1

12

12

23-

1123

12

−

−−

+=

+

++=

−

++++

++

−

−

−−

−

−

−−−−

−−

zz

zzzz

zzzzz

zz

--

( ) 121

5,016,24,02,06,3 −

−−

+−

+++=z

zzzH

Transformata odwrotna jest określona wzorem:

[ ] [ ] [ ] [ ] ( ) [ ]nunnnnh n5,06,224,012,06,3 −−−+−+= δδδ



4. Opis układu cyfrowego. Rozwiązywanie równań różnicowych

Opis układu System może być opisany za pomocą równania różnicowego, czyli liniowej zależności pomiędzy ciągiem wejściowym a ciągiem wyjściowym.

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )MkxakxakxaNkybkybkybky MN −++−+=−++−+−+ KK 121 1021

( ) ( ) ( )∑∑==

−−−=N

nn

M

mm nkybmkxaky

10

Przekształcenie Z równania różnicowego

( ) ( ) ( ) ⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛−⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛= ∑∑

=

−

=

−N

n

nn

M

m

mm zbzYzazXzY

10

Transmitancja

( ) ( )( ) ∑

∑

=

−

=

−

+== N

n

nn

M

m

mm

zb

za

zXzYzH

1

0

1

Przykład: ( ) ( ) ( ) ( )11 101 −+=−− kxkxkyky ααβ ( ) ( ) ( ) ( )11 110 −+−+= kykxkxky βαα

( )ky ( )kx Σ

1−z

1β1α

0α

( )1−kx ( )1−ky

1−z

Operacja opóźnienia:

Struktury filtrów cyfrowych Zadanie: Podaj transmitancję filtru opisanego równaniem różnicowym. Narysuj 1 i 2 formę bezpośrednią niekanoniczną tego filtru, a następnie 2 formy bezpośrednie kanoniczne.

[ ] [ ] [ ] [ ]121 31

21 −++−= nxnxnyny

Dla każdego rysunku, korzystając z reguły Masona, wyznacz transmitancję układu.



Rozwiązanie:

• Forma 1 bezpośrednia niekanoniczna, (niekanoniczna – nieminimalna, bezpośrednio z r.r.)

+[ ]ny[ ]nx

-1z -1z21

31

2

• Forma 2 bezpośrednia niekanoniczna (zamiana bloków)

+[ ]nx

+[ ]ny

-1z -1z21

2

31

• Forma 2 bezpośrednia kanoniczna (1 linia opóźniająca)

[ ]nx

+ +[ ]ny

-1z21

2

31

• Odwrócona forma 2 bezpośrednia kanoniczna (odwrócenie kierunku wszystkich

gałęzi)



[ ]nx 3

1

+

-1z

2 21

[ ]ny

+

Transmitancja dla każdej struktury wynosi: ( )1

1

211

231

−

−

−

+=

z

zzH

Zadanie: Narysuj układ opisany następującym równaniem różnicowym

( ) ( ) ( ) ( ) ( )43212 −−−+−+−= nxnxnxnxny Zadanie: Wyznacz równanie różnicowe układu o następującej transmitancji

( ) 1

321

5.012.05.021

−

−−−

++++

=z

zzzzH

Korzystając z równania różnicowego, wyznacz wartości pierwszych dwudziestu próbek odpowiedzi na pobudzenie impulsem jednostkowym. Jak zmieni się odpowiedź, jeżeli sygnałem pobudzającym będzie przyczynowy skok jednostkowy? Rozwiązanie: Równanie różnicowe

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )12.032.025.012 −−−+−+−+= nynxnxnxnxny

0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20-0.4

-0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

1.6

n

y

Odpowiedź na pobudzenie impulsem jednostkowym MATLAB x=[1,zeros(1,19)]; B=[1,2,0.5,0.2]; A=[1,0.5]; y=filter(B,A,x); stem(0:length(x)-1,y)



0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 200

0.5

1

1.5

2

2.5

3

n

y

Odpowiedź na pobudzenie przyczynowym skokiem jednostkowym MATLAB x=[ones(1,20)]; B=[1,2,0.5,0.2]; A=[1,0.5]; y=filter(B,A,x); stem(0:length(x)-1,y)

Zadanie: Narysuj układ mający odpowiedź ( )ky na pobudzenie impulsem jednostkowym

-1 0 1 2 3

... k

z-1

1 1 y(k) δ(k)

Rozwiązywanie równań różnicowych Zadanie: Załóżmy, że mamy liniowy przyczynowy układ opisany równaniem:

( ) ( ) ( )nxnayny =−− 1 Znajdź odpowiedź impulsową układu:

( ) ( )⎪⎩

⎪⎨⎧

≠

===

00

01

n

nnnx δ

Rozwiązanie: Zakładamy, że układ jest przyczynowy, czyli ( ) 00 <= ndlany

( ) ( ) ( )nxnayny +−= 1 ( ) ( ) 100 == xy



( ) ay =1 ( ) ( ) ( ) 2212 axayy =+= ( ) ( ) ( ) 3323 axayy =+=

Zatem ( ) nany =

Zadanie: Dane jest rekursywne równanie różnicowe:

( ) ( ) ( )nxnyny =−+ 121 ( ) 01 =−y

Oblicz odpowiedź impulsową układu i narysuj go. Czy układ jest stabilny? Rozwiązanie:

( ) 021

≥⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−= nnh

n

( )32

231

211

1...41

211 ==

+=−+−=∑ nh Układ jest stabilny.

( )ny( )nx Σ

0.5

1−z

Zadanie: Rozwiąż równanie różnicowe:

( ) ( ) ( )110 −+= kykxky αβ

( ) ( )⎪⎩

⎪⎨⎧

<

===

00

,...2,1,01

k

kkukx

Rozwiązanie: k=0 00 0)0( ββ =+=y k=1 ( ) ( ) 01010010 11)1( βαβαββαβ +=+=+= xy k=2 ( ) ( ) 0

2110110 11)2( βααβααβ ++=++=y

k=3 ( ) ( ) 031

2110

21110 11)3( βαααβαααβ +++=+++=y

Zatem

( ) 01211 ...1)( βααα kky ++++= ,...2,1,0=k

Suma skończonego ciągu geometrycznego

1

11

1211 1

1...1α

αααα

−−

=+++++k

k 11 ≠α

Ostatecznie



( ) 01

11

11

βα

α−

−=

+k

ky

Rozwiązywanie równań różnicowych z zastosowaniem przekształcenia Z Zadanie:

Rozwiąż równanie różnicowe z użyciem przekształcenia Z i wiedząc, że [ ]az

za k

−=Ζ

( ) ( ) ( ) 02132 =++++ kxkxkx ( ) ( ) 1100 == xx ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 020331022 =+−+−− zXzxzzXzxxzzXz

( ) ( )( ) 2121232 +−

+=

++=

++=Χ

zz

zz

zzz

zzzz

( )[ ]1

1+

=−Ζz

zk ( )[ ]2

2+

=−Ζz

zk

( ) ( ) ( )kkkx 21 −−−= k=0,1,2..... Zadanie:

Znajdź odpowiedź x(k) systemu opisanego równaniem

( ) ( ) ( ) ( )kukxkxkx =++−+ 2132

przy czym ( )( )( ) 00

1000

≠==

≤=

kkuu

kkx

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )zUzXzxzzXzxxzzXz =++−−− 20331022

( ) ( ) ( )zUzzz =Χ+− 232 ( ) ( )∑∞

=

− =⋅=0

1k

kzkuzU

Zatem ( )2

11

123

12 −

+−

−=

+−=Χ

zzzzz

Wiedząc, że ( )[ ] ( ) ( )01 Χ−Χ=+Ζ zzzkx

( )[ ] ( )21

1−

+−

−=Χ=+Ζz

zz

zzzkx

[ ]1

1−

=Ζz

za [ ]2

2−

=Ζz

zk

( ) kkx 211 +−=+ k=0,1,2..... lub

( ) 121 −+−= kkx k=1,2,3..... Zadanie:

Rozwiąż równanie różnicowe z zastosowaniem przekształcenia Z



( ) ( ) ( )110 −+= kykxky αβ ( ) ( )⎩⎨⎧

<≥

==0001

kk

kukx

Rozwiązanie:

( ) ( )zYzz

zzY 110 1

−+−

= αβ

( ) ( )10

11 1

1−

−

−=−

zzYzzY βα

( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

+−

=−

⋅−

= −−−− 11

21

101

110 111

11

1z

cz

czz

zYα

βα

β

Residua:

111

11 1

11

1αα −

=−

==

−zz

c

111

11

1

11

112

1−

=−

=−

=−

=− α

αααzz

c

( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−⋅

−+

−⋅

−=

−− 111

11

10 1

111

11

1zz

zYαα

αα

β

( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

⋅−

−−

⋅−

=11

1

10 111

1αα

αα

βz

zz

zzY

( ) ( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

−−

= kky 11

1

10 11

1 αα

αα

β

( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

−−

=+

1

11

10 11

1α

αα

βk

ky

( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−−

=+

1

11

0 11

αα

βk

ky

Zadanie:

Wyznacz wartość próbki ( )100y układu opisanego za pomocą równania różnicowego ( ) ( ) ( )18.02 −+= kykuky

Sygnał ( )ku jest przyczynowym skokiem jednostkowym. Zakładamy zerowe warunki początkowe.



5. Próbkowanie i kwantyzacja Proces próbkowania

Twierdzenie o próbkowaniu

Szybkość próbkowania s

s Tf 1

= musi być co najmniej dwa razy większa od maksymalnej

częstotliwości gf w widmie sygnału ciągłego, aby ten sygnał można było odtworzyć z sygnału spróbkowanego. Układ konwersji analogowo-cyfrowej A/C

s’(t) s(t) s(nT)=x(n) x (n)

FDP

PRÓBKOWANIE KWANTYZACJA



Twierdzenie o próbkowaniu (uściślone) Niech ( )tx będzie sygnałem dolnopasmowym o transformacie Fouriera ( )ωjX , przy czym

gX ωωω >= dla0)j( Wówczas

)(

)(sin)()(

sg

sg

n nTtnTt

nTsxtx−

−= ∑

∞

−∞= ωω

superpozycja funkcji:x

xsin

przy czym

s

sgs Tωπ

ωω2oraz2 ==

Dowód twierdzenia o próbkowaniu Widmo sygnału ciągłego można odtworzyć za pomocą filtru idealnego

⎩⎨⎧

>≤

=g

gs

dladlaT

Gωωωω

ω0

)j( filtr dolnoprzepustowy

wówczas )j()(*)j( j ωω ω GeXX sT ⋅=

∑∞

−∞=

−⋅=n

nTs

seGnTxX ωωω j)j()(*)j(

Stosując odwrotne przekształcenie Fouriera

∫ ∑∞

∞−

∞

−∞=

−⋅=n

tnTs deeGnTxtx s ωω ωω jj)j()(*

π21)(

44 344 21

)(sin)(

π2j2)(

2

)(

)(j)(j

)(*21)(

sgsg

snTtgsnTtg

s

s

g

g

s

nTtnTt

eenTtT

nTtjs

ns deTnTxtx

−⋅−

=

=−

⋅−

=

−

−∞

−∞=

−−−

∫∑ ⋅=

ωϖ

ω

ω

ω

ωω

ωπ

)(

)(sin)()(

sg

sg

ns nTt

nTtnTxtx

−

−⋅= ∑

∞

−∞= ωω

CND



Zadanie: Dla sygnału analogowego ( ) ( )ttxa π125sin= określ, które z podanych poniżej okresów próbkowania są prawidłowe:

Ts0=1 ms, Ts1=4 ms, Ts2=8 ms, Ts3=12 ms, Ts4=16 ms, Ts5=24 ms.

Dla każdego okresu próbkowania wyznacz częstotliwość sygnałów cyfrowych. Rozwiązanie: Szkicujemy sygnał ( ) ( ) ( )ss fnnTnx /π125sinπ125sin == zakładając =sT 1ms.

Ze wzoru ( ) ( )ttxa π125sin= wynika, że częstotliwość sygnału (a zarazem najwyższa składowa częstotliwościowa) to 62,5 Hz.

sT [ms]

sf [Hz]

Podstawienie sfnt /= do

( )t⋅⋅⋅ π5,622sin

Zastosowanie wzorów

redukcyjnych

Sygnał odtworzony

sftn ⋅=

OK?

1 1000 ( )n⋅⋅π125,0sin ( )n⋅⋅π125,0sin ( )t⋅⋅π125sin TAK 4 250 ( )n⋅⋅π5,0sin ( )n⋅⋅π5,0sin ( )t⋅⋅π125sin TAK 8 125 ( )n⋅πsin ( )n⋅πsin ( )t⋅⋅π125sin TAK

12 83,3 ( )n⋅π5,1sin ( )n⋅− π5,0sin ( )t⋅− π66,41sin NIE 16 62,5 ( )n⋅π2sin ( )n0sin ( )stf0sin NIE 24 41,67 ( )n⋅π3sin ( )n⋅πsin ( )t⋅π66,41sin NIE



Zadanie: Na wejście układu podano sygnał

( ) ( ) ( ) ( )ttttx π3600sin4π1200sin2π800sin5 ++=

( )nx

A/C

C/A ( )tx Analogowy Filtr

Dolnoprzepustowy o częst. odcięcia

f2/8

( )ty( )tx'

Wyznacz sygnał ( )ty wiedząc, że okresy próbkowania przetworników wynoszą T1=500 µs a T2=1 ms. Rozwiązanie

( ) ( ) ( ) ( )ttttx π3600sin4π1200sin2π800sin5 ++= Próbkowanie Hz2000500 11 =⇒= fsT µ

1/ fnt = ( ) ( ) ( ) ( )nnnnx π8.1sin4π6.0sin20.4πsin5 ++=

Po zastosowaniu wzorów redukcyjnych: ( ) ( ) ( ) ( )nnnnx π2.0sin4π6.0sin20.4πsin5 −+=

Konwersja C/A 2ftn ⋅=

Hz10001000 22 =⇒= fmsT ( ) ( ) ( ) ( )ttttx π200sin4π600sin2π400sin5' −+=

Za filtrem Filtr „przepuści” sygnały, które mają częstotliwość mniejszą od 8/2f czyli mniej niż 125 Hz.

( ) ( )tty π200sin4−=

Zadanie Na wejście układu pokazanego na rysunku podano następujący sygnał:

( ) ( ) ( ) ( )ttttx π1600sin3π400sin4π300sin5 ++= Wyznacz sygnał y(n) na wyjściu układu.



Analogowy Filtr Dolnoprzepustowy

f

Cyfrowy Filtr Dolnoprzepustowy

PrzetwornikA/C

y(n) x(t) x(n)

fs=1000Hz fc=1000Hz

Ampl

1

0

Ampl.

Faza

1

π

π/3 π/2

π/2

Zadanie: Na układ konwersji szybkości próbkowania podano kolejno 5 próbek o rozdzielczości 5-bitowej: 31, 15, 15, 31, 20 (reprezentacje dziesiętne).

( )ny

3( )nx Filtr

2 wej. wyj.

Filtr układu jest opisany równaniem różnicowym:

( ) ( ) ( ) ( )( )225.015.025.02 −⋅+−⋅+⋅⋅= nxnxnxny Zakładając zerowe warunki początkowe, wyznacz 3 pierwsze próbki wyjściowe i podaj ich wartości w kodzie Gray’a.

Rozwiązanie: Nr próbki

wyjściowej Wartość próbki wyjściowej Wartość próbki w kodzie

Gray’a 1 2 3



Kwantyzacja A

Xmax ∆

10Ts Ts 2Ts t

Xmin

Zakres dynamiczny

Xmax – wartość maksymalna zakresu dynamicznego Xmin – wartość minimalna zakresu dynamicznego Reguły kwantyzacji:

• Należy „wyskalować” sygnał, bo gdy przekracza Xmax, Xmin to mamy błąd związany nadmiarem,

• Sygnał powinien pokrywać cały zakres poziomów kwantowania.

Sygnał skwantowany )()()(ˆ nenxnx +=

Jeżeli Xmin ≤ x(n) ≤ Xmax to 21)( ≤ne

Zakres dynamiczny: Xmax - Xmin. Liczba poziomów kwantyzacji: N

Krok kwantyzacji: 1

minmax

−−

=∆N

XX

Błąd kwantyzacji )(ˆ)()( txtxte −=

0,5∆

b) Kolejne poziomy kwantyzacji

eq(t)

0.5∆

-τ τ

-0.5∆

a) Sygnał ∆ -τ τ

Wartość błędu kwantyzacji jest wartością z przedziału –0,5∆ do 0,5∆

Bezwzględny błąd kwantowania



τττ

≤≤−⋅∆

= ttte dla2

)(

Stosunek sygnału do szumu (SNR):

,q

x

PP

SNR =

gdzie: Px – moc użyteczna, Pq – moc kwantyzacji

dttedttePq ⋅=⋅= ∫∫−

)(1)(21

0

22ττ

τ ττ

12343421 23

3

2

0

3

3

22

0

2 ∆=⋅

∆=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡∆=⋅⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ∆

= ∫τ

ττττ

ττ tdttPq

Jeżeli kwantyzator ma b+1 bitów dokładności i zakres wynosi 2A wtedy:

b

A22

=∆ → bb

b

q

AA

A

P 2

2

2

2

2

23

2124

1222

=⋅

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

= ⋅

Moc sygnału:

( )2

cos1 2

0

20

AdttAT

PT

x =⋅⋅Ω⋅= ∫

dttdt

dttdtdtt

∫∫

∫∫∫

⋅Ω+=

=⋅Ω+=Ω

+=

0

0

2

0

2

2cos21

21

2cos21

21)(cos

22cos1cos αα

b

b

q

x

A

A

PP

SNR ⋅

⋅

⋅=== 2

2

2

2

223

23

2

2log2023log102

23log10log10 1010

21010 ⋅+=⋅== ⋅ bSNRSNR b

dB

bSNRdB ,026 1,76 += Zadanie: Wyznacz błąd kwantyzacji 16 bitowego przetwornika.



6. Splot dyskretny

Splot dyskretny Splotem dyskretnym dwóch sygnałów nazywamy wyrażenie:

( ) ( ) ( ) ( )∑∞

−∞=

−⋅=m

mnymxnynx *

Podobnie jak splot ciągły, splot dyskretny ma bardzo duże znaczenie w teorii sygnałów. Przy pomocy splotu możemy obliczyć odpowiedź systemu liniowego na dowolne wymuszenie. Jest ona zawsze splotem tego wymuszenia i odpowiedzi impulsowej układu. Splot jest operacją przemienną. Zadanie Oblicz splot sygnałów ( )nx i ( )ny :

( )⎩⎨⎧ ≤≤−

=poza

nnx

0331

( )⎩⎨⎧ ≤≤−

=poza

nny

0223

( ] [ ] [ ] 0*6, =⇒−∞−∈ nynxn

[ ] [ ] ( ) 18333331*1,53

2

+=++=⋅=⇒−−∈ ∑+

−=

nnnynxnn

m

[ ] [ ] 155331*1,02

2

=⋅=⋅=⇒∈ ∑−=m

nynxn

[ ] [ ] ( ) nnnynxnnm

3183631*5,22

3

−=−=⋅=⇒∈ ∑−=

[ ) [ ] [ ] 0*,6 =⇒+∞∈ nynxn

y (n) x (n)

n n

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

3

1



Zadanie Wyznacz graficznie i analitycznie splot sygnałów x (n) i y (n):

( )⎪⎩

⎪⎨

⎧

>≤≤−

−<=

30332

30

nn

nnx ( )

⎪⎩

⎪⎨

⎧

>≤≤−

−<=

30324

20

nn

nny

1° ( ] [ ] [ ] 0*6, =⇒−∞−∈ nynxn

20 [ ] [ ] ( ) nnnynxnn

m

84833842*0,53

2

+=++⋅=⋅=⇒−∈ ∑+

−=

30 [ ] [ ] 48246*1 =⋅⋅=⇒= nynxn

40 [ ] [ ] ( ) nnnynxnnm

8568742*6,23

3

−=⋅−=⋅=⇒∈ ∑−=

( ) 123457

65432

n

n

−↓↓↓↓↓

50 [ ) [ ] [ ] 0*,7 =⇒∞∈ nynxn

6

3

9

12

15

x (n) * y (n)

-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5

y (n) x (n)

n n

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

2

4



Zadanie Wyznacz splot dwóch sygnałów:

( )⎩⎨⎧ ≤≤−

=poza

nnv

0551

( )⎪⎩

⎪⎨⎧ ≤≤=

poza

nnnh0

150151

Rozwiązanie: ( ] [ ] [ ] 0*5, =⇒−∞−∈ nhnvn

>⇒−∈ 5,5(n[ ] [ ] ( )

( ) ( )30

301162

56151

151

1511*

2

555

++=⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ +⋅

+−−+=

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛−⋅=−⋅= ∑∑∑

−=−=−=

nnnnnn

mnmnnhnvn

m

n

m

n

m

) [ ] [ ] ( ) nnmnnhnvnm 15

1111151

1511*10,5

5

5

=⋅=−⋅=⇒∈ ∑−=

[ ] [ ] ( ) ( )( )30

2012

1021151

1511*20,10

25

15

++−=

+−⋅=−⋅=⇒∈ ∑

−=

nnnnmnnhnvnnm

210

2102

2515 +

=+−

=+−

−nnnnn

[ ) [ ] [ ] 0*,20 =⇒+∞∈ nhnvn

48

16

8

24

32

40

x (n) * y (n)

-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 n



Zastosowanie przekształcenia Z do wyznaczania splotu 1. Wyznaczamy transformaty Z sygnałów wejściowych 2. Obliczamy iloczyn transformat 3. Wiedząc, że ( ) ( ) ( ) ( )zXzXnxnx Z

2121 * ⋅⎯→← obliczamy transformatę odwrotną i uzyskujemy splot

Zadanie Wyznacz splot sygnałów:

( )

( )⎩⎨⎧ ≤≤

=

−=

chwilachinnychwn

nx

nx

0501

1,2,1

2

1

Rozwiązanie: Transformaty Z sygnałów ( )nx1 i ( )nx2 wynoszą odpowiednio

( )( ) 54321

2

211

1

21−−−−−

−−

+++++=

+−=

zzzzzzX

zzzX

Iloczyn transformat

( ) ( ) ( ) 76121 1 −−− +−−=⋅= zzzzXzXnX

Transformata odwrotna z iloczynu jest splotem

( ) 1,1,0,0,0,0,1,1 −−=nx Zadanie Korzystając z transformaty Z wyznacz i naszkicuj splot sygnałów ( )nx i ( )ny .

n 0 1 2 3 4 5

n

x1(n)

-1 0 1 2 3 4

1

-2

x1(n)



( )

⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪

⎨

⎧

>==−=−=<

=

303122110100

nnnnnn

nx ( )⎪⎩

⎪⎨

⎧

>≤≤

<=

60605,0

00

nn

nny

Rozwiązanie:

( ) ( ) ( ) ( )zYzXnynx Z ⋅⎯→←*

( )( ) ( )654321

321

15,021

−−−−−−

−−−

++++++=

+−−=

zzzzzzzYzzzzX

( ) ( ) ( ) ( )

(

)( )98765432

9876543

8765432

7654321

654321

654321321

22015,0

2222222

15,015,021

−−−−−−−−

−−−−−−−

−−−−−−−

−−−−−−−

−−−−−−

−−−−−−−−−

+−−−−−−−+=

+++++++

−−−−−−−

−−−−−−−

++++++=

=++++++⋅⋅+−−=⋅

zzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzz

zzzzzzzzzzzzz

zzzzzzzzzzYzX

( ) ( ) 5,0;5,0;1;5,0;5,0;5,0;5,0;1;0;5,0* −−−−−−−=nynx

n

x(n)

-1 0 1 2 3 4

1

-2

0,5

0 1 2 3 4 5 6n

y(n)

0,5

-0,5

-1

n 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

x(n)*y(n)



7. Dyskretne przekształcenie Fouriera (DFT)

Bezpośrednia metoda obliczeń jednowymiarowej DFT Transformata Fouriera jest operacją zamiany postaci czasowej sygnału na postać częstotliwościową. W systemach z czasem dyskretnym wykorzystuje się dyskretną transformację Fouriera (DFT - discrete Fourier transformation), która jest odpowiednikiem transformaty Fouriera dla systemów ciągłych. Obliczanie DFT odbywa się według następującej zależności:

( ) ( )∑−

=

=1

0

N

n

knNWnxkX (7.1)

przy czym k N= −0 1 1, ,..., oraz W eN

jN=

−2π

Sygnał wejściowy DFT

( )0x ( )1x ( )1−Nx → ( )0X ( )1X ( )1−NX

N N

Dyskretne przekształcenie Fouriera jest przekształceniem Z obliczanym dla N punktów (rys.7.1) oddalonych od siebie o ten sam kąt na okręgu jednostkowym płaszczyzny Z.

012π/Ν

zz

Re

Im

Rys.7.1. Rozmieszczenie próbek na płaszczyźnie Z dla DFT

Ponieważ x(n) może być ciągiem zespolonym, więc równanie (7.1) przyjmie postać

( ) ( )[ ] [ ] ( )[ ] [ ]( )∑−

=

+−=1

0ImImReRe

N

n

knN

knN WnxWnxkX ( )[ ] [ ] ( )[ ] [ ]( )kn

Nkn

N WnxWnxj ReImImRe + (7.2)

Przyjmuje się, że złożoność obliczeniowa N-punktowego DFT wynosi N2. Dokładne liczby operacji mnożenia i dodawania zestawiono w tabeli 1. Tabela 1: Złożoność obliczeniowa obliczeń DFT Operacje zespolone Operacje rzeczywiste Liczba mnożeń N2 4N2 Liczba dodawań N(N-1) N(4N-2)



Zadanie: Wyznacz 4 punktową DFT dla próbek wejściowych ( ) ( ) ( ) ( ) 43,32,21,10 ==== xxxx . Rozwiązanie:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )kkk

n

knkN WxWxWxWxWnxkX 3

42

414

3

0

04 3210 ⋅+⋅+⋅+⋅=⋅= ∑

=

1e0

4π2j0

4 ==⋅−

W

j2πsinj

2πcosee 2

πj1

4π2

j14 −=−===

−⋅−W

1ee jπ24π2j2

4 −=== −⋅−W

j2π3sinj

23πcosee 2

3πj34π2j3

4 +=−===−−

W

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )kkk xxjxxkX j31210 ⋅+−⋅+−⋅+= Zatem próbki DFT mają wartości:

( ) 1043210 =+++=X ( ) jjjX 2243211 +−=+−−= ( ) 243212 −=−+−=X ( ) jjjX 2243213 −−=−−+=

Dwuwymiarowa dyskretna transformata Fouriera (2D DFT)

( )nmf , ( )qpF , N N M M

( ) ( )

( )∑∑

∑∑∑∑−

=

−

=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +−

−

=

−

=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +−−

=

−−

=

−

=

===

1

0

1

0

π2

1

0

1

0

π221

0

π21

0

π2

e,

e,e,),(

M

m

N

n

Nqn

Mpmj

M

m

N

n

qnN

pmM

jM

m

qnN

jN

n

pmM

j

nmf

nmfenmfqpFπ

Zadanie: Wyznacz dwuwymiarową DFT dla macierzy

( ) ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡=

4321

)1,1()0,1()1,0()0,0(

,ffff

nmf

Rozwiązanie:



( ) ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡=

????

)1,1()0,1()1,0()0,0(

,FFFF

qpF

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

1014131211

e1,1e0,1e1,0e0,00,0 210

2102

200

2102

210

2002

200

2002

==⋅+⋅+⋅+⋅=

=+++=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅

+⋅

−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅

+⋅

−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅

+⋅

−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅

+⋅

− ππππ jjjjffffF

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

24321

)1(43)1(214321

4321

e1,1e0,1e1,0e0,01,0

212

212

211

2102

201

2102

211

2002

201

2002

−==−+−=

=−⋅++−⋅+==+++=

=+++=

=+++=

−−

−−

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅

+⋅

−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅

+⋅

−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅

+⋅

−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅

+⋅

−

ππ

ππ

ππππ

jj

jj

jjjj

eeee

ffffF

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

4433

)1(4)1(321e1,1e0,1e1,0e0,00,1 2

102112

200

2112

210

2012

200

2012

−==−−=

=−⋅+−⋅++==+++=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅

+⋅

−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅

+⋅

−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅

+⋅

−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅

+⋅

− ππππ jjjjffffF

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

04321

e4)1(3)1(21e1,1e0,1e1,0e0,01,1

2

211

2112

201

2112

211

2012

201

2012

==+−−=

=+−⋅+−⋅+=

=+++=−

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅

+⋅

−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅

+⋅

−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅

+⋅

−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅

+⋅

−

π

ππππ

j

jjjjffffF

1π2sinπ2cosj2π =−=− je Ostatecznie

( ) ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

−=

04210

,qpF

Zadanie: Wyznacz dwuwymiarową DFT dla macierzy

( ) ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡=

4321

)1,1()0,1()1,0()0,0(

,ffff

nmf

korzystając ze wzoru na jednowymiarową DFT.

FFT z podziałem czasowym Efektywniejszą metodą obliczania DFT jest algorytm szybkiej transformacji Fouriera (FFT - fast Fourier transformation). Złożoność obliczeniowa N-punktowego FFT jest proporcjonalna do liczby [N*log(N)]. Typowo algorytmy FFT stosuje się w przypadku N powyżej wartości 32. Algorytm FFT z podziałem czasowym bazuje na dekompozycji N-punktowego DFT na

1πsinπcosjπ −=−=− je



dwa niezależne N/2-punktowe DFT1. Pierwszy z nich zawiera jedynie próbki parzyste sygnału wejściowego, drugi natomiast próbki nieparzyste [Opp79]:

( ) ( ) ( )∑ ∑+=parzyste enieparzyst

xn n

nkN

nkN WnWnxkX )

Dokonując podstawienia n=2r dla n parzystych i n=2r+1 dla n nieparzystych otrzymujemy

( ) ( ) ( ) ( )∑ ∑−

=

−

=

+++=1

2

0

12

0

122 122

N

r

N

r

krN

rkN WrxWrxkX

( )( ) ( )( )∑∑−

=

−

=

++=1

2

0

21

2

0

2 122

N

r

rkN

kN

N

r

rkN WrxWWrx

Wiedząc, że

W e e WN

jN

jN

N2 2 2 2

2

2

= = =− −

π π/

równanie można zapisać w postaci

( ) ( ) ( )∑∑−

=

−

=

++=1

2

0 2

12

0 2

122

N

r

rkN

kN

N

r

rkN WrxWWrxkX

A zatem ( ) ( ) ( )kHWkGkX k

N+= przy czym ( )kG - N/2-punktowa DFT parzystych punktów ciągu ( )nx , ( )kH - N/2-punktowa DFT nieparzystych punktów ciągu ( )nx , )/π2(je N

NW −= . Zadanie: Naszkicuj graf FFTwyznaczania dwupunktowej DFT. Korzystając z naszkicowanego grafu wyznacz dwuwymiarową DFT dla macierzy

( ) ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡=

4321

)1,1()0,1()1,0()0,0(

,ffff

nmf .

Rozwiązanie:

x(0)

x(1)

X(0)

X(1)W2

1

W20

Rys. Graf wyznaczania 2-pkt. dyskretnej transformaty Fouriera

+ rozwiązanie dla zadanej macierzy Zadanie: Sprawdź czy dla 4=N zachodzą zależności:

1 Próbki wejściowe (dziedzina czasu) uporządkowane są w tym typie algorytmu FFT zgodnie z tzw. rewersją bitów. Owo specyficzne uporządkowanie ciągu wejściowego ma odzwierciedlenie w nazwie algorytmu „FFT z podziałem czasowym”.



( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )31

203120

HHHH

GGGG

==

==

( ) ( )∑−

=

⋅⋅=1

2

0 2

2

N

r

krNWrxkG

Rozwiązanie:

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )31

122223

122221

20

222222

220

12

0

12

0

31

2

0

32

12

0

3

24

12

0

12

0

12

0

12

12

0

1

24

12

0

12

0

12

0

12

0

21

2

0

22

22

22

24

12

0

12

0

0

2

GG

rxerxWrxWrxG

rxerxWrxWrxG

GG

rxerxerxWrxWrxG

rxWrxG

N

r

N

r

rj

N

r

r

N

r

r

N

r

N

r

rj

N

r

r

N

r

r

N

r

N

r

N

r

N

r

rj

N

r

rjrr

N

r

N

r

rN

=

−⋅=⋅=⋅=⋅=

−⋅=⋅=⋅=⋅=

=

=⋅=⋅=⋅=⋅=

=⋅=

∑∑∑∑

∑∑∑∑

∑∑ ∑ ∑∑

∑∑

−

=

−

=

⋅−

−

=

⋅

−

=

⋅

−

=

−

=

⋅−

−

=

⋅

−

=

⋅

−

=

−

=

−

=

−

=

⋅−

−

=

⋅⋅−⋅⋅

−

=

−

=

⋅

π

π

ππ

Podobnie sprawdzamy wartości ( )kH . Zadanie:

1. Naszkicuj graf FFT z podziałem czasowym dla N=4. 2. Wyznacz dokładne wartości współczynników k

NW wykorzystywanych przez graf. 3. Podaj jakimi równaniami są opisane poszczególne próbki DFT 4. Oblicz wartości 2D DFT dla macierzy

( )⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

=

0000111100001111

,nmf

Rozwiązanie:



x(0)

x(2)

x(1)

x(3)

X(0)

X(1)

X(2)

X(3)W2

1

W20

W21

W20

W41

W40

W42

W43

Rys. Graf wyznaczania 4-pkt. dyskretnej transformaty Fouriera

x(1)

x(5)

x(3)

x(7)

X(4)

X(5)

X(6)

X(7)

x(0)

x(4)

x(2)

x(6)

X(2)

X(0)

X(1)

X(3)

W80

W80

W80

W80

W80

W80

W80

W80W4

3

W42

W41

W40

W43

W42

W41

W40W2

0

W21

W20

W20

W20

W21

W21

W21

Rys. Graf wyznaczania 8-pkt. dyskretnej transformaty Fouriera (uwaga na błędy w grafie )

FFT z podziałem częstotliwościowym Równanie (7.1) transformaty DFT można także zapisać następująco:



( ) ( ) ( )∑∑−

=

−

=

+=1

2

12

0

N

Nn

nkN

N

n

nkN WnxWnxkX

( ) ( ) nkN

N

n

N

n

NkN

nkN WNnxWWnxkX ∑ ∑

−

=

−

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++=

12

0

12

0

2/

2

Otrzymano niestety dwa wyrażenia, które nie są N/2 punktowymi transformatami Fouriera,

ponieważ występują czynniki WNnk , a nie WN

nk

2

. Wiedząc, że ( )kkN

NW 12 −= , możemy więc

zapisać

( ) ( ) ( ) nkN

N

n

k WNnxnxkX ∑−

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +−+=

12

0 21 .

Dla parzystych wskaźników k otrzymujemy

( ) ( ) rnN

N

nWNnxnxrX 2

12

0 22 ∑

−

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++=

natomiast dla nieparzystych wskaźników k

( ) ( ) rnN

nN

N

nWWNnxnxrX 2

12

0 212 ∑

−

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +−=+

Pamiętając, że W WNrn

Nrn2

2

= ,

( ) ( ) knN

N

n

WNnxnxkX2

12

0 2∑−

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++= dla k parzystego

( ) ( ) knN

nN

N

n

WWNnxnxkX2

12

0 2∑−

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +−= dla k nieparzystego.

Zatem obliczanie FFT z podziałem częstotliwości polega wyznaczeniu ciągu ( ) ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++

2Nnxnx

oraz ciągu ( ) ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +−

2Nnxnx przemnożonego przez współczynnik n

NW , a następnie obliczeniu

N/2 punktowych transformat obu ciągów. Zadanie:

1. Naszkicuj graf FFT z podziałem częstotliwościowym dla 4=N , 2. Wyznacz dokładne wartości współczynników n

NW wykorzystywanych przez graf, 3. Podaj równania opisujące poszczególne próbki DFT, 4. Oblicz wartości 2D DFT dla macierzy.

( )⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

=

2222111122221111

, nmf



Zadanie: Naszkicuj graf obliczeń FFT z podziałem częstotliwościowym dla N=8.

X(4)

X(5)

X(6)

X(7)

X(2)

X(0)

X(1)

X(3)

W80

W80

W80

W81

-1

x(1)

x(5)

x(3)

x(7)

x(0)

x(4)

x(2)

x(6)

W20

-1

-1

-1

W80

W82

W83

-1

-1

-1

-1

-1

-1

-1

-1

W20

W20

W20

W40

4W 1

W40

4W 1

Rys. Graf wyznaczania 8-pkt. dyskretnej transformaty Fouriera (uwaga na błędy w grafie )

Algorytm Goertzela Algorytm Goertzela zakłada, że do analizy częstotliwościowej sygnału potrzebny jest niewielki podzbiór próbek transformaty DFT. Procedura obliczeniowa algorytmu Goertzela polega na szeregowym przetwarzaniu danych wejściowych [Opp79]. Pojedyncza próbka

( )kX przekształcenia DFT z równania (8.1) jest określona wzorem

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) 1)1210 −−++++=

NkN

kN

kN

kN WNxWWxWxxkX K . (*)

Utwórzmy układ cyfrowy (filtr IIR), który będzie działał zgodnie z równaniem różnicowym

( ) ( ) ( )1−+= − nyWnxny kk

Nk .

Po przetworzeniu całego bloku próbek wejściowych sygnał wyjściowy będzie wówczas określony wzorem

( ) ( ) ( )( )101)1( −−++−=− NkNk WxNxNy K . (**)



Porównując (*) z (**) zauważamy, że aby otrzymać próbkę widma ( )kX należy ostatnią próbkę ( )1−Nyk sekwencji wyjściowej przemnożyć przez współczynnik ( )1−Nk

NW , który można zapisać jako

( ) kN

kN

kNN

NkN WWWW −−− ==1 ,

ponieważ 1ee π2jπ2j

=== −− kkNNkN

NW . Transmitancja układu (rys. 6) realizującego obliczenia próbki ( )kX jest określona wzorem

( ) 11 −−

−

−=

zWW

zH kN

kN

k .

kN2πj

e

( )kX

T

+

X

kN2πj

e

X( )nx

Rys. Układ zespolonego algorytmu Goertzela

Przy założeniu, że ciąg wejściowy ( )nx jest rzeczywisty do wyznaczenia ( )kX jest konieczne wykonanie N4 mnożeń rzeczywistych i ( )13 −N sumowań liczb rzeczywistych. Tak więc obliczenia realizowane zgodnie z układem na rys. 6 są mniej efektywne od metody bezpośredniej wynikającej z równania (7.1). Zaletą jego jest jednak to, że nie wymaga on wyznaczania ani pamiętania współczynników WN

kn- , gdyż są one obliczane rekursywnie. W celu zmniejszenia liczby operacji arytmetycznych, można zmodyfikować omawiany

algorytm przekształcając transmitancję (8.18) w następujący sposób

=)(zH k( )

21

1

π2cos21

1−−

−−

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−

−

zzkN

zWW kN

kN

21

1

π2cos21 −−

−−

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−

−=

zzkN

zW kN .

Transmitancji określonej wzorem (8.19) odpowiada filtr IIR pokazany na rys. 7. W tym przypadku dla każdego indeksu k należy wykonać N+1 mnożeń liczb rzeczywistych oraz 2N-1 sumowań liczb rzeczywistych. Jak można zauważyć, liczba mnożeń jest teraz ok. dwukrotnie mniejsza od liczby wymaganej przy obliczeniach bezpośrednich. Jedynymi wartościami, które muszą być obliczone i zapamiętane dla każdej wyznaczanej próbki widma

( )kX są współczynniki ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

Nkπ2cos oraz

kNk

NWπ2j

e=− . W algorytmach detekcji sygnałów (np.

detekcji telefonicznych sygnałów DTMF) mnożenia przez współczynnik zespolony w ogóle nie trzeba wykonywać, jeżeli analizy sygnału dokonuje się na podstawie jego energii. W celu



redukcji błędu położenia badanej składowej widma, współczynniki ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

Nkπ2cos można

wyznaczać jako ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

s

k

ff

π2cos , gdzie fk – częstotliwość badanej składowej, fs- szybkość

próbkowania.

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

Nk2π2cos

( )kX

T

+

X

kN2πj

e

X( )nx

1- T

X

1-X

+

Rys. Układ algorytmu Goertzela



8. Projektowanie filtrów FIR

Projektowanie FIR metodą okien Kroki projektowania:

1. Wybór typu filtru:

- dolnoprzepustowy,

- górnoprzepustowy,

- pasmowoprzepustowy,

- pasmowozaporowy,

2. Analityczne wyznaczenie wzoru na dyskretną odpowiedź impulsową

( ) ( ) Ω= Ω

−

Ω∫ deeHnh njjd

π

ππ21

3. Obliczenie wartości próbek odpowiedzi impulsowej ( )nhd dla zakresu

21

21 −

≤≤−

−NnN (zakładamy, że N jest nieparzyste),

4. Wymnożenie próbek odpowiedzi impulsowej przez przez próbki wybranej funkcji okna w

celu eliminacji zjawiska Gibbsa („tracimy” na stromości zbocza, ale „zyskujemy” na

tłumieniu w paśmie zaporowym)

( ) ( ) ( )nwnhnh Ndw ⋅=

5. Przesunięcie w prawo otrzymanego wyniku, aby filtr był przyczynowy.

Odpowiedzi impulsowe Odpowiedź impulsowa idealnego filtru dolnoprzepustowego:

Ω

( )ΩjeH

cω

1

0cω−

[ ] ( )nnee

ne

neh c

njnjnjn

d

ccc

c

c

cπ

sinj2π

1j1

π21d1

π21 j ωωωω

ω

ω

ω

=−

==Ω⋅=−

−

Ω

−

Ω∫

( )( )

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=

≠=

0

0sin

n

nnn

nhc

c

d

πωπω

Odpowiedź impulsowa idealnego filtru górnoprzepustowego:



( )( )

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=−

≠−=

01

0sin

n

nnn

nhc

c

d

πωπω

Odpowiedź impulsowa idealnego filtru pasmowo-przepustowego:

( )( ) ( )

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=−

≠−

=0

0sinsin

12

12

n

nn

nn

nhd

πωω

πωω

Odpowiedź impulsowa idealnego filtru pasmowo-zaporowego:

( )( ) ( )

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=−

−

≠−

=01

0sinsin

12

21

n

nn

nn

nhd

πωω

πωω

Typy okien Okno Hamminga:

( )⎪⎩

⎪⎨⎧ −

≤≤−

−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

−+=

poza02

12

11

π2cos46.054.0 NnNN

nnwN

Okno Hanninga:

( )⎪⎩

⎪⎨⎧ −

≤≤−

−⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

−+=

poza02

12

11

2cos121 NnN

Nn

nwN

π

Okno Blackmana:

( )⎪⎩

⎪⎨⎧ −

≤≤−

−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

−+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

−+=

poza02

12

11

4cos08.01

2cos5.042.0 NnNN

nN

nnwN

ππ

Zadanie: Korzystając z metody okien zaprojektuj dolnoprzepustowy filtr FIR o długości 5=N (rząd = 4), przyjmując, że π2.0=cω . Narysuj schemat filtru. Rozwiązanie: Stosujemy wzór na odpowiedź impulsową filtru dolnoprzepustowego

( )( )

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=

≠=

0

0sin

n

nnn

nhc

c

d

πωπω

Wartości próbek dla okna prostokątnego: ( ) =− 2h 0.1514 ( ) =−1h 0.1871 ( ) =0h 0.2000 ( ) =1h 0.1871 ( ) =2h 0.1514



Transmitancja filtru (okno prost.): ( ) 4321 1514.01871.02.01871.01514.0 −−−− ++++= zzzzzH Wartości próbek dla okna Hamminga

( ) =− 2h 0.0121 ( ) =−1h 0.1010 ( ) =0h 0.2000 ( ) =1h 0.1010 ( ) =2h 0.0121

Transmitancja filtru (okno Hamminga): ( ) 4321 0121.01010.02.01010.00121.0 −−−− ++++= zzzzzH

Schemat układu Zadanie: Wyznacz odpowiedź impulsową idealnego filtru górnoprzepustowego. Następnie zaprojektuj górnoprzepustowy filtr FIR o długości 5=N , przyjmując, że π1.0=cω . Narysuj schemat filtru.

Projektowanie filtrów FIR metodą próbkowania w dziedzinie częstotliwości Każdą funkcje okresową można przedstawić jako szereg Fouriera. Stąd możemy zapisać, iż:

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( ) ωω

ωω

ω

ω

ωω

deeHkTh

gdzie

zkThzH

ekTheH

TjkTj

s

k

k

Tjk

k

Tj

s

s

∫

∑

∑

−

∞

−∞=

−

∞

−∞=

=

=

=

2/

2/

1

( ) ( ) ( ) ( )[ ]∑−

=

−+−+=2/)1(

1

' 0N

k

kk zkThzkThhzH

)()( '2/)1( zHzzH N −−= - przesunięcie, aby filtr był przyczynowy Zadanie: Stosując metodę okna Hamminga wyznacz transmitancję filtru odpowiadającego charakterystyce pokazanej na rysunku.



Rozwiązanie: Korzystając z wzorów zamieszczonych powyżej możemy zapisać:

∫−

=×===T

Tc

Tjk kTk

kT

Tk

kk

deTkTh2/

2/

)sin(1)241sin(1

2sin1

2)(

π

π

ω ωπ

ππ

ππ

ωπ

dla 0≠k

Gdzie cω jest pulsacją odcięcia filtru. Jeżeli przyjmiemy T=1 wówczas otrzymamy:

( )

( )

( )

02sin41)4(

31

23sin

31)3(

0sin212

1111

21

22

220

2

2

==

−==

==

==

===−

ππ

ππ

π

ππ

ππ

ππ

ωπ

π

π

Th

Th

Th

Th

TTTTh

T

T

0,31,0,1,

21)(

ππ−=kTh

Okno Hamminga jest określone wzorem:

12cos46,054,0)(

−+=

Nkkwhmπ

W naszym zadaniu 9=N i otrzymujemy:

081,0cos46,054,0)4(

215,04

3cos46,054,0)3(

541,02

cos46,054,0)2(

865,04

cos46,054,0)1(

10cos46,054,0)0(

=+=

=+=

=+=

=+=

=+=

π

π

π

π

hm

hm

hm

hm

hm

w

w

w

w

w

Połowa próbek odpowiedzi impulsowej:



0,3215,0,0,865,0,

21)()()(

ππ−== kwkhkh hmw

Transmitancja ( )zH ' jest określona wzorem: 3311

3215,0

3215,0865,0865,0

21)(' zzzzzH

ππππ−−++= −−

3113

3215,0865,0

21865,0

3215,0)(' −− −+++−= zzzzzH

ππππ

Aby znaleźć ostateczną postać korzystamy ze wzoru:

6432

3

3215,0865,0

21865,0

3215,0)(

)(')(

−−−−

−

−+++−=

=

zzzzzH

zHzzH

ππππ

RYSUNEK UKŁADU



9. Aproksymacja Butterwortha i Czebyszewa

Aproksymacja Butterwortha Charakterystyka amplitudowa filtru Butterwortha rzędu n

( )nn jH

211ω

ω+

=

Korzystając z faktu, że: ( ) ( )

ωω

jsnn sHjH=

=

można zapisać:

( ) ( )( ) ( )nnnn

sj

jsHsH

2

2

2 11

1

1−+

=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

=−⋅ω

zatem bieguny ( ) 01 2 =−+

ns

( ) 12 −=−ns

( ) ( )π122 11 −=−=⋅− kjnn es nk 2,,2,1 K=

( ) ( )π1221 −=⋅− kjnn es ( ) njkjn ees ππ122 −=

Zatem k -ty biegun ( ) nnkj

k es 2/12 π−+= ( ) nkjnnj

k ees 2/122/ ππ −= ( ) nkj

k jes 2/12 π−= ( )[ ] ( )[ ]nkjnksk 2/12cos2/12sin ππ −+−−=

Transmitancja:

( ) ( )( ) ( )nsssssssH

−⋅⋅−−=

K21

1

Projektowanie filtru: 1. Wyznaczenie rzędu filtru n na podstawie warunków tłumienności (wartość n

zaokrąglamy „w górę” do wartości całkowitej), 2. Wybór odpowiedniej charakterystyki znormalizowanej ( )sH n ,

3. Dokonanie denormalizacji częstotliwościowej ( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

cn

sHsHω

.

Projektowanie filtru o zadanej falistości Rząd filtru:

kk

n d

10

10

loglog

≥

110

110

10

10

−

−=

s

p

dk α

α

- parametr dyskryminacji

k=s

p

ωω

- parametr selektywności



Zadanie: Wykreśl kilka charakterystyk amplitudowych dla różnych rzędów n. Jaką wartość przybiera charakterystykę dla 1=ω ?

| Hn(jω)|= 2

1 =0,707| Hn(jω)|max

Rozwiązanie: Matlab w=[0:0.01:4]; H1=(sqrt(1+w.^2)).^(-1); H2=(sqrt(1+w.^3)).^(-1); H3=(sqrt(1+w.^4)).^(-1); H4=(sqrt(1+w.^5)).^(-1); plot(w,H1,w,H2,w,H3,w,H4); grid on; legend('n=2','n=3','n=4','n=5');

Zadanie: Naszkicuj położenie biegunów oraz podaj transmitancje dolnoprzepustowych filtrów Butterwortha rzędów: 1, 2, 3 i 4.

Matlab % n jest rzędem filtru n=2 for k=1:n s(k)=exp(j*(2*k+n-1)*pi/(2*n)) % otrzymujemy bieguny end poly(s) % mianownik transmitancji



n=1 s1=-1

H(s)= 1

1+s

n=2 s1,2=

21

− ± j2

1

H(s)= 12

12 ++ ss

n=3 s1,3= 2

1− ± j

23

s2= -1

H(s)= 122

123 +++ sss

n=4

s1,4=-0,3827±j0,9239

s2,3=-0,9239±j0,3827 H(s)=

16131,24142,36131,21

234 ++++ ssss

Zadanie: Korzystając ze wzoru na znormalizowaną charakterystykę amplitudową filtru Butterwortha znajdź transmitancję filtru, który posiada tłumienie α≥10 dB dla pulsacji cω2 , przy czym ωc=2500. Wykreśl charakterystyki filtru zgodnie z warunkiem zadania.

Rozwiązanie:

|Hn(j2)|2= n2211

+ dla filtru znormalizowanego

-10log10|Hn(j2)|2=10log10(1+22n)≥10



1+22n≥10

22n≥9

n=2ln2

9ln

Przyjmujemy 2=n zatem

( )sH n = 14142,1

12 ++ ss

( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

cn

sHsHω

=1106569,5106,1

1427 +⋅+⋅ −− ss

Wykres Matlab w=[0:20:6000]; b=[0 0 0 1] a=[1.6e-7 5.6569e-4 1] freqs(b,a,w) Zadanie: Znajdź transmitancję dolnoprzepustowego filtru Butterwortha, który dla podwójnej pulsacji odcięcia ma tłumienie min 20 dB. Odcięcie 3kHz.

|Hn(j2)|2= n2211

+

-10log10|Hn(j2)|2=10log10(1+22n)≥20

1+22n≥102

n=3.3

n=4 ( )sH n = 432 6131,24142,36131,211

ssss ++++

54.1884930002 =⋅⋅= πωc

( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

cn

sHsHω

= 418313294 109213,7109017,310609,9103869,111

ssss −−−− ⋅+⋅+⋅+⋅+

Projektowanie filtrów o zadanej falistości Zadanie: Wyznacz n i H(s) dla filtru Butterwortha przy następujących warunkach.

α≤0,1dB dla f≤5MHz



α≥60dB dla f≥12MHz Korzystając z MATLABa Wykreśl charakterystyki filtru. Zaobserwować zafalowania. Rozwiązanie:

k1=110

110

1060

101,0

−

− =0,1562 10-3 k=123 =0,25

n≥6,33

( )14940.40978.105920.145920.140978.104940.4

1234567 +++++++

=sssssss

sH

Przeskalowanie: α(ω)-10log(1+ω2n)

ω2n= 110 101,0

−

ω= 764,011014 01,0 =−

s← 61032 ⋅πs s← s 4,0533 10-8

H(s)=

....106591,6106991,2100940,1104343,4107973,11

323430537645752 +⋅+⋅+⋅+⋅+⋅ −−−−− sssss

1100533,4106429,1.... 8215 +⋅+⋅+ −− ss

H(s)= +⋅+⋅+⋅+⋅+⋅ −−−−− 322429536644752 107169,9109385,3101047,1109911,110797,1

1sssss

1108215,1106589,1 7214 +⋅+⋅+ −− ss



Aproksymacja Czebyszewa Charakterystyka amplitudowa dolnoprzepustowego filtru Czebyszewa

( )( )

,...3,2,11

122

=+

= nT

jHn

nωε

ω

Wielomiany Czebyszewa

( )( )

( )⎪⎩

⎪⎨⎧

>⋅

≤⋅=

−

−

1coshcosh

1coscos1

1

ωω

ωωω

dlan

dlanTn

Wzór rekurencyjny: ( ) ( ) ( ) ,...3,2,12 11 =−= −+ nTTT nnn ωωωω

Zafalowania ( )

110

][1log10

10

210

−=

+=

p

dBp

α

ε

εα

Transmitancja

012

21

1 ...)(

asasasasksH n

nn +++++

= −−

stała k jest dobierana w celu osiągnięcia odpowiedniego poziomu DC

Położenie biegunów

( ) ( ) ωε

jsbo

jsT

sHsH

n

nn =⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛+

=−⋅ ,1

122

εε112 −

±=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛jsTzatem

jsT nn

εj

jsn ±=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅ −1coscos

βα jjs

−=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−1cos

εβαβα

ε

jnnjnn ±=⋅+⋅

±

44 344 2144 344 2110

sinhsincoshcos

( ) nkn

k 2,...,3,2,12

12 =⋅−=πα

Ponieważ 1sin ±=αn

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛±= −

εβ 1sinh1 1

n

Bieguny



( )

( ) ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ ⋅−+

+⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ ⋅−−=

−

−

επ

επ

1sinh1cosh2

12cos

1sinh1sinh2

12sin

1

1

nnkj

nnksk

kkk js ωσ += Zadanie Wyznacz i wykreśl funkcje wielomianowe Czebyszewa dla 51 ≤≤ n . Jakie własności posiadają wielomiany Czebyszewa?

a) ( ) egonieparzystndlaTn 00 =

( ) parzystegondlaTn 10 =

b) ( ) 1010 ≤≤≤≤ ωω dlaTn

( ) 11 ≥> ωω dlaTn

Wykresy

( ) ωω =1T

( ) 12 22 −= ωωT

( ) ωωω 34 33 −=T

( ) 188 244 +−= ωωωT

( ) ωωωω 52016 35

5 +−=T

MATLAB w=[-1:0.01:1]; for i=1:5; subplot(5,1,i); t=cos(i*acos(w)); plot(w,t); grid on end;



Zadanie: Wykreśl charakterystyki amplitudowe i tłumieniowe dla dolnoprzepustowego filtru Czebyszewa rzędu n = 3,4 i 5. W jakim zakresie zmienia się charakterystyka amplitudowa w paśmie przepustowym? ε = 1.

Wykres charakterystyk dla dolnoprzepustowego filtru Czebyszewa rzędu: a) trzeciego, b) czwartego, c) piątego MATLAB w=[0:0.01:3]; t=4*w.^3-3*w; A=(sqrt(1+t.^2)).^(-1); plot(w,A);



Zadanie: Wykreśl położenie biegunów filtru Czebyszewa dla n=4 i ε=0,458. Poprawność obliczeń sprawdź korzystając z funkcji CHEB1AP. Jak położone są bieguny?

(1) - ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−

ε1sinh1cosh 1

n,

(2) - ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−

ε1sinh1sinh 1

n

Zadanie: Wyznacz transmitancję dolnoprzepustowego filtru Czebyszewa posiadającego tłumienie minimum 20 dB przy podwójnej pulsacji odcięcia. Częstotliwość odcięcia wynosi 3 kHz. Zafalowania w paśmie przepustowym 1 dB. Wykorzystuj CHEB1ap wykreśl charakterystykę filtru.

5088,0110 10

=−=

εε

α p

( ))(1

122

2

ωεω

nn T

jH+

=

( ) ( )( )[ ] 12coshcoshloglog

20log10log10log101

1010

210

210

210

≥⋅+

≥+=−−n

TjH nn

ε

ωεω

( )[ ]43421

2935.1

101

10 log12coshcoshlog ε−≥⋅ −n

( )

8,2317,1670,3

670,32cosh65,192coshcosh

1

1

=≥

≥⋅

≥⋅−

−

n

nn

( )4913,02384,19883,0

4913,023 +++

=sss

sH n



4913,0105699,6107815,2104931,14913,0)(

30002

529313 +⋅+⋅+⋅=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

⋅=

−−− ssssHsH

cn

c

ω

πω

( ) 2

3 ωjH w funkcji ω

Projektowanie filtrów Czebyszewa o zadanych falistościach w paśmie przepustowym i zaporowym

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

≥

s

d

kar

kar

n1cosh

1cosh

110

110

10

10

−

−=

s

p

dk α

α

s

psk

ωω

=

Zadanie: Znajdź transmitancję dolnoprzepustowego filtru Czebyszewa spełniającego następujące warunki.

MHzfdladBMHzfdladB

126031,0

≥≥≤≤

αα

Wykorzystaj CHEB1ORD i CHEBY1. Wykreśl charakterystykę amplitudową i tłumieniową filtra. Rozwiązanie:

59462,406344,248071,9

4cosh2212,6552cosh

===ar

arn

( ) ωωωω 52016 355 +−=T

MATLAB



( )

);'',,1.0,(1],[108850.1

5;'',60,1.0,6^10122,610^3pi2CHEB1ORDWn][N,

7

sWnNchebyABWnN

spi

=⋅=

=⋅⋅⋅⋅⋅⋅=



10. Projektowanie filtrów IIR. Przekształcenie impulsowo-inwariantne i biliniowe

Zadanie: Oblicz transformatę Z sygnału ( ) ( )ωnnh sin= . Traktując otrzymany wynik jako transmitancję filtru, narysuj jego schemat w postaci niekanonicznej i kanonicznej. Ostateczny wynik powinien mieć postać:

( ) 21

1

21 −−

−

+−⋅

=zBz

zAzH

Wyznacz 10 pierwszych punktów odpowiedzi układu na pobudzenie impulsem jednostkowym. Zakładamy zerowe warunki początkowe oraz 1=sygf kHz oraz 4=probf kHz. Rozwiązanie: Wiedząc, że

az

zaZeexeex nxxxx

−=

+=

−=

−−

;2

cos;j2

sinjjjj

korzystamy z zależności

( ) ( ) ωω

ωω

ω jnj

jnjn

ezzeZ

jeennh

−=

2−

==−

oraz sin

Otrzymujemy więc

( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )

( )( )( )

( )

1cos2sin

1cos2sin

122

2222

22

12

1

22

22

+−=

=+−

=+−−

−=

−−+−−

=

=−⋅−

−−−=

−−

−=

−−

−

−

−

−

−

−

−

−

ωω

ωω

ωω

ωω

ωω

ωω

ωω

ωω

ωω

zzz

zzz

zezezjeez

ezezjzezzez

jezjezjezzjezz

jezz

jezzzH

jj

jj

jj

jj

jj

jj

jj

Schemat układu w postaci niekanonicznej

x(n)

-1zωsin

+

y(n)

ωcos2

1-

x

x

x

-1z

-1z



1−z we

+

+

1−zwy ωcos2 ωsin

1-x

x x

1−z

Równanie różnicowe dla układu jest następujące:

( ) ( ) ( ) ( )21cos21sin −−−+−= nynynxny ωω Znormalizowana pulsacja jest określona wzorem

prob

syg

ff

πω 2=

Dla warunków podanych w zadaniu

241 ππω =2=

W tym przypadku równanie różnicowe jest określone wzorem

( ) ( ) ( ) ( )21011 −−−+−= nynynxny Zatem

( ) ( ) ( )21 −−−= nynxny Pierwsze 10 pkt. odpowiedzi układu:

n 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 ( )nx 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 ( )ny 0 1 0 -1 0 1 0 -1 0 1

Przekształcenie biliniowe Transformacja biliniowa wynika z reguły całkowania numerycznego metodą trapezów i jest zdefiniowana wzorem:

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

+−

=112

zz

Ts

Transformacja ta przekształca lewą półpłaszczyznę zmiennej s w okrąg jednostkowy na płaszczyźnie z. Podstawiając z e j d= ω w podanym wyżej wzorze otrzymujemy zależność pomiędzy pulsacją ω filtru analogowego a pulsacją ωd filtru cyfrowego:

ω ω=

22T

dtan

Zadanie: Wyznacz równanie różnicowe cyfrowego regulatora PID (proportional-integral-derivative), którego prototyp analogowy opisany jest wzorem



( ) ( ) ( ) ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++= ∫ dt

deKdtteKteKtu dip ,

gdzie e(t) jest sygnałem błędu, Kp, Ki, Kd – współczynnikami PID, a u(t) – kontrolnym sygnałem wyjściowym. Narysuj schemat układu. Rozwiązanie Transmitancję cyfrowego regulatora PID można przedstawić w postaci cyfrowej (korzystając z transformacji biliniowej) jako

( )( ) ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−

+−+

+=−

−

−

−

1

1

1

1

112

11

21

zz

TK

zzT

KKzEzU

sd

sip ,

przy czym sT jest okresem próbkowania. Powyższy wzór można zapisać w postaci

( )( ) 2

23

121

1 −

−−

−++

=z

zKzKKzEzU

,

gdzie współczynniki 1K , 2K i 3K wyznacza się na podstawie pK , dK , iK oraz sT . Równanie różnicowe jest określone wzorem

( ) ( ) ( ) ( ) ( )212 321 −+−++−= neKneKneKnunu . Schemat układu Zadanie: Wyznacz transmitancję, narysuj schemat blokowy cyfrowego filtru Butterworth'a o następujących parametrach:

- tłumienie 3 dB dla pulsacji odcięcia ω πdrad

s= 0 4. ,

- okres próbkowania T s= 50µ , - tłumienie 15 dB dla pulsacji 2ωd . Korzystając z MATLABa wykreśl charakterystyki częstotliwościowe zaprojektowanego filtru. W celu zaprojektowania filtru wyznacz ekwiwalentne pulsacje analogowe ω dla podanych parametrów. Następnie korzystając z zależności:

15

1

1log10 2

3

15

≥

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

− n

dB

dB

ωω

wyznacz rząd n filtru analogowego oraz dobierz znormalizowaną transmitancję ( )sH n . Następnie dokonaj denormalizacji, czyli wyznacz:

( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

dBn

sHsH3

ω.

Transmitancję filtru cyfrowego oblicz dokonując podstawienia: ( ) ( )

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

+−

==

112

zz

Ts

sHzH



Rozwiązanie w skrypcie [4]

Przekształcenie impulsowo-inwariantne Zakładając, że znana jest transmitancja filtru analogowego

( ) ( )∑= +

=m

i i

i

ssA

sH1

można wyznaczyć za pomocą odwrotnej transformacji Laplace'a jego odpowiedź impulsową

( ) ∑=

−=m

i

tsi

ieAth1

Odpowiedź h(t) możemy spróbkować i otrzymany sygnał h(kT) potraktować jako odpowiedź impulsową projektowanego filtru cyfrowego, którego transmitancja wyraża się wzorem:

( ) ( )∑∞

=

−=0k

kzkThzH

= =−

=

∞−

= =

− −

=

∞

∑ ∑ ∑ ∑z A e A z ek

ki

s kT

i

m

ii

mk s kT

k

i i

0 1 1 0

=− − −

=∑ A

e zi

s Ti

m

i1 11

Zadanie: Zakładając, że pulsacja próbkowania jest 15-krotnie większa od pulsacji odcięcia, przy zastosowaniu transformacji impulsowo-inwariantnej wyznacz transmitancję filtru cyfrowego ekwiwalentnego do analogowego filtru dolnoprzepustowego Butterworth'a trzeciego rzędu, którego znormalizowana transmitancja jest określona wzorem:

( ) 322211

ssssH

+++=

W tym celu rozłóż podaną wyżej transmitancję na ułamki proste, wyznacz odpowiedź impulsową h(t) i spróbkuj ją z okresem T, wynikającym z warunku pulsacji próbkowania. Następnie oblicz transformatę Z spróbkowanej odpowiedzi impulsowej h(kT). Narysuj schemat filtru cyfrowego i za pomocą funkcji FREQZ wykreśl jego charakterystykę amplitudową i fazową. Rozwiązanie w skrypcie [5] Zadanie: Znormalizowana transmitancja filtru Czebyszewa trzeciego rzędu jest określona wzorem:

( ) 329883.02384.14913.04913.0

ssssH n +++

=

Narysuj schemat odpowiadającemu mu filtru cyfrowego i za pomocą funkcji FREQZ wykreśl jego charakterystykę amplitudową i fazową.



11. Kodowanie bezstratne

Znaczenie kompresji Obrazy bez kompresji 1 strona faksu A4 300dpi

(25 cm x 118 pkt/cm) x (17 cm x 118 pkt/cm) = 2950 x 2006 pkt.= 5917700 bitów = 5.6 Mb

XVGA

1024 pkt. x 768 pkt. x 24 bity = 18874368 bitów = 18 Mb

Współczynnik kompresji (compression ratio)

K=wielkość oryginalnych danych/wielkość danych po kompresji

Rodzaj kompresji: Rodzaj usuwanej informacji

bezstratna nadmiarowa (takie, które możemy odtworzyć z innych przesłanych danych)

prawie bezstratna niestotne dla ludzkich zmysłów

stratna jak najmniej istotne

Informacja i entropia Miarą informacji jaką zawiera wiadomość, jest logarytm o podstawie dwa z odwrotności prawdopodobieństwa tej informacji

( ) ii pxI 2log−= - entropia indywidualna (autoinformacja)

ix - zdarzenie

ip - prawdopodobieństwo zdarzenia Jeżeli sygnał zawiera dwie równie prawdopodobne wiadomości, czyli 2

1=ip wtedy ilość

informacji zawarta w jednej wiadomości wynosi

( ) 12log2 ==ixI bit



W systemach z modulacją PCM (pulse code modulation) sygnał zawiera L niezależnych poziomów. Jeżeli założymy, że prawdopodobieństwo występowania tych poziomów jest

równe, czyli Ni Lp

211

== wówczas mówimy, że jeden poziom ze zbioru L zawiera

informację równą ( ) NxI N

i == 2log2 bitów Im mniej prawdopodobne jest dane zdarzenie, tym więcej zawiera informacji. Entropia – średnia ilość informacji zawarta w jednej wiadomości

( ) ∑=

−=n

iii ppsH

12log

przy czym w zbiorze n niezależnych zdarzeń nxxs ,,1 K= każdemu z nich odpowiada prawdopodobieństwo npp ,,1 K . Średnia długość słowa kodowego (średnia ilość bitów przypadających na jeden symbol źródłowy)

∑=

⋅=N

iii lpL

1

Efektywność kodowania

LLmin=η

( )L

sH=η

Kodowanie Huffmana Algorytm:

1. Symbole źródła zostają spisane w porządku malejącego prawdopodobieństwa. Dwu symbolom o najmniejszych prawdopodobieństwach zostają przypisane symbole 0 i 1.

2. Te dwa symbole źródła zostają uznane za nowy symbol złożony źródła o prawdopodobieństwie równym sumie prawdopodobieństw symboli pierwotnych. Prawdopodobieństwo nowego symbolu zostaje umieszczone na liście zgodnie ze swoją wartością.

3. Omawiany proces jest powtarzany, aż uzyska się końcową listę statystyk źródła (symboli), zawierającą tylko dwa elementy, którym przyporządkowuje się symbol 0 oraz 1.

Kodowanie arytmetyczne W metodzie arytmetycznej 1 znak może opisywać ułamkową część bitu. Kompresja:

1. Utwórz statystykę i podziel przedział )1,0[ na podprzedziały

2. Ustaw granice 0dolna =GR i 1górna =GR



3. Wczytaj znak s z wejścia 4. Dokonaj korekt granic

( ) ( )sSTGRGRGRGR dól⋅−+= dolnagórnadolnadolna ( ) ( )sSTGRGRGRGR góra⋅−+= dolnagórnadolnagórna

5. Powtarzaj kroki 3 i 4 dla kolejnych symboli 6. Zapisz liczbę kodową LK

Dekompresja: 1. Wczytaj statystykę z podziałem na podprzedziały 2. Wczytaj liczbę kodową 3. Zdekoduj symbol wybierając odpowiedni podprzedział 4. Zmodyfikuj liczbę kodową

( )( ) ( )sSTsST

sSTLKLKdólgóra

dól

−−

=

5. Powtarzaj kroki 3 i 4 dopóki liczba kodowa jest różna od zera Zadanie Zakodować i zdekodować słowo MATKA korzystając z kodowania arytmetycznego. Rozwiązanie Statystyka źródła: Symbol s Prawdopodobieństwo

wystąpienia ( )sSTdól ; ( )sSTgóra

A 4,0

52

= )4,0;0<

K 2,0

51

= )6,0;4,0<

M 2,0

51

= )8,0;6,0<

T 2,0

51

= )1;8,0<

Proces kodowania: dolnaGR

górnaGR ( )dolnagórna GRGR −

0 1 1 M 0,6 0,8 0,2 A 0,6 0,68 0,08 T 0,664 0,68 0,016 K 0,6704 0,6736 0,0032 A 0,6704 0,67168 0,00128 Zakodowana liczba to dowolna liczba należąca do przedziału <0,6704 ; 0,67168) np. 0,6704 Proces dekodowania: LICZBA KODOWA: 0,6704

( ) ( )sSTGRGRGRGR dól⋅−+= dolnagórnadolnadolna ( ) ( )sSTGRGRGRGR góra⋅−+= dolnagórnadolnagórna



LK s ( )( ) ( )sSTsST

sSTLKLKdólgóra

dól

−−

=

0,6704 M (0,6704 – 0,6) : 0,2 0,352 A (0,352 – 0) : 0,4 0,88 T (0,88 – 0,8) : 0,2 0,4 K (0,4 – 0,4) : 0,2 0 A Zadanie: Zakodować i zdekodować słowo ADAM korzystając z kodowania arytmetycznego. Rozwiązanie Statystyka Symbol s Prawdopod.

wystąpienia ( )sSTdól ( )sSTgóra

A 0,5 0 0,5D 0,25 0,5 0,75M 0,25 0,75 1Kodowanie dolnaGR

górnaGR ( )dolnagórna GRGR −

0 1 1A 0 0,5 0,5D 0,25 0,375 0,125A 0,25 0,3125 0,0625M 0,296875 0,3125 0,015625 Dekodowanie: LICZBA KODOWA 0,296875 LK s ( )

( ) ( )sSTsSTsSTLKLK

dólgóra

dól

−−

=

0,296875 A 0,59375 0,59375 D 0,375 0,375 A 0,75 0,75 M 0

Kodowanie słownikowe Metoda LZ77 (algorytm ze słownikiem przesuwnym) – słownikiem jest zbiór danych poprzedzających bezpośrednio w strumieniu wejściowym kodowany symbol lub sekwencję symboli. Kodowanie

1. Inicjalizacja bufora słownikowego. 2. Poszukiwanie najdłuższego łańcucha danych buforze kodowania, który ma swój

dokładny odpowiednik w buforze słownikowym.



3. Utworzenie sekwencji kodowej slp ,, , gdzie p - pozycja początkowa znalezionego łańcucha w buforze słownikowym, l - długość łańcucha, s - znak występujący bezpośrednio po wyznaczonym łańcuchu.

4. Przesunięcie okna wzdłuż strumienia wejściowego o długość zakodowanej sekwencji ( 1+l ).

5. Powtarzanie od algorytmu od pkt. 2 do momentu zakodowania ostatniego symbolu wejściowego.

Zadanie Dla sekwencji YAAABAAADAAABAAADOOOO wyznacz

• entropię, • kod Huffmana, • kod LZ77 (długość bufora słownikowego = długość bufora kodowania = 4), • kod LZSS (długość bufora słownikowego = długość bufora kodowania = 4),

Która z metod kodowania jest najefektywniejsza dla podanej sekwencji? Rozwiązanie:

211

212

212

214

2112

===== YDBOA ppppp

Bez operacji kodowania potrzebujemy na każdą literę trzy bity, a więc aby przesłać podaną sekwencję potrzebujemy 63321 =⋅ bity. ENTROPIA:

( ) ( )( )

( ) ( ) ( ) ( )

1.7724=+++=

=⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

−⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⋅−⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

−⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

−=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=−= ∑∑

2092.06462.04557.04613.0

2log211log

211

2log212log

2122

2log214log

214

2log2112log

2112

2loglog

log

10

10

10

10

10

10

10

10

10

102

E

ppppE i

iii

KOD HUFFMANA:



Kody dla poszczególnych liter: A – 1 O – 00 B – 010 D – 0111 Y – 0110 Średnia długość kodu Huffmana:

0952.242114

2123

2122

2141

2112

1=⋅+⋅+⋅+⋅+⋅=⋅= ∑

=

N

iii lpL

Z zastosowaniem wyznaczonego kodu Huffmana potrzebujemy 44 bitów w celu transmisji podanej w zadaniu sekwencji. Efektywność kodowania Huffmana:

( ) %59.848459.00952.27724.1

→===L

sHη

Kodowanie LZ77:

SŁOWNIK BUFOR SEKWENCJA 0 1 2 3 YYYY YAAA 3,1,A YYYA AABA 3,2,B AAAB AAAD 0,3,D AAAD AAAB 0,3,B AAAB AAAD 0,3,D AAAD OOOO 3,0,O AADO OOO 3,3,EOF

Dekodowanie:

A

O

B

D

Y

1

1

1

1

0

0

0 0

12

4

2

2



BUFOR SEKWENCJA WYJŚCIE YYYY 3,1,A YA YYYA 3,2,B AAB AAAB 0,3,D AAAD AAAD 0,3,B AAAB AAAB 0,3,D AAAD AAAD 3,0,O O AADO 3,3,EOF OOO

Liczba bitów potrzebnych do przesłania informacji:

bity 92 bitów 8 bity 84712bitów12822

=+=⋅=++

LZSS: Kodowanie:

SŁOWNIK BUFOR SEKWENCJA 0 1 2 3 YYYY YAAA 1,Y YYYY AAAB 1,A YYYA AABA 0,3,2 YAAA BAAA 1,B AAAB AAAD 0,0,3 BAAA DAAA 1,D AAAD AAAB 0,0,3 DAAA BAAA 1,B AAAB AAAD 0,0,3 BAAA DOOO 1,D AAAD OOOO 1,O AADO OOO 0,3,3

Dekodowanie

BUFOR SEKEWNCJA WYJŚCIE YYYY 0,3,1 Y YYYY 1,A A YYYA 0,3,2 AA YAAA 1,B B AAAB 0,0,3 AAA BAAA 1,D D AAAD 0,0,3 AAA DAAA 1,B B AAAB 0,0,3 AAA BAAA 1,D D



AAAD 1,O O AADO 0,3,3 OOO

Liczba bitów potrzebnych do przesłania informacji: Żeby przesłać sekwencje dwuelementowe potrzeba 9 bitów, trzyelementowe – 5 bitów. Stąd:

bity92=+=+=⋅=⋅

884543054963056



12. Kodowanie stratne Jednowymiarowa dyskretna transformata kosinusowa (1D DCT) jest zdefiniowana wzorem

( )( )

( ) ( )⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

−=+

==

∑

∑−

=

−

=

1,,12

12πcos2

01

1

0

1

0

NkNnknx

N

knxNkX N

n

N

n

K

Dwuwymiarowa dyskretna transformata Fouriera (2D DFT) jest określona wzorem

∑∑∑∑∑∑−

=

−

=

+−−

=

−

=

+−−

=

−−

=

−===

1

0

1

0

)(π21

0

1

0

)π2π2(1

0

π21

0

π2

),(),(),(),(M

m

N

n

Nqn

MpmjM

m

N

n

qnN

pmM

jM

m

qnN

jN

n

pmM

j

DFT enmxenmxeenmxqpX

Obliczeń 2D DFT można dokonać za pomocą 1D DFT obliczając wpierw DFT kolumn, a następnie dla tak obliczonej macierzy wyznaczając DFT wierszy. Dwuwymiarowa transformata kosinusowa (2D DCT) jest określona wzorem

( ) ( )∑∑−

=

−

=

++=

1

0

1

0 212πcos

212πcos),(),(

M

m

N

nqpDCT N

qnM

pmnmxqpX αα przy czym

⎩⎨⎧

−≤≤=

=11/2

0/1MpM

pMpα

⎩⎨⎧

−≤≤=

=11/2

0/1NqN

qNqα

Na rysunku poniżej pokazano schemat blokowy kodera JPEG

FDCT koderentropowy

tablicekwantyzatora

kwantyzator

blok 8x8

obrazskompresowany

obrazwejściowy



13. Szyfrowanie danych Zadanie Dokonaj deszyfracji wyrazu zakodowanego sekwencją XWMIPNUSK, którą otrzymano w wyniku zastosowania szyfru podstawieniowego z iloczynem:

( ) ( )26mod9 ⋅⋅= mmf przy czym literom przyporządkowano wartości m zgodnie z tabelą:

A – 0 D – 3 G – 6 J – 9 M – 12 P – 15 S – 18 V – 21 Y – 24 B – 1 E – 4 H – 7 K – 10 N – 13 Q – 16 T – 19 W – 22 Z – 25 C – 2 F – 5 I – 8 L – 11 O – 14 R – 17 U – 20 X – 23

Rozwiązanie:

( )

( )( )

( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) E426mod310

C226mod318I826mod320N1326mod313T1926mod315

Y2426mod38K1026mod312O1426mod322R1726mod323

3zatem

26931922691

922619181911819

892261

)mod(

1

1

−=⋅⋅=−=⋅⋅=−=⋅⋅=−=⋅⋅=−=⋅⋅=

−=⋅⋅=−=⋅⋅=−=⋅⋅=−=⋅⋅=

=

−⋅=⋅+−=

⋅−⋅−=⋅−=+⋅=

+⋅==⋅−⋅

⋅⋅=−

KfSfUfNfPfIfMfWfXf

k

ntkknkmmf

-

Zakodowana nazwa to ROKYTNICE.



Dodatek A: Macierze

Macierze • Macierz

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

=

nmnn

m

m

aaa

aaaaaa

...:::

...

...

21

22221

11211

A

• Wektor Kolumnowy Wierszowy

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

nx

xx

:2

1

[ ]nxxx ...21

• Macierz diagonalna

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

=

nna

aa

...00::::000...0

22

11

A

• Macierz jednostkowa

)1,...,1,1(

1...00:::0...100...01

diag=

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

=I

• Macierz transponowana

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

=

nmnn

m

m

aaa

aaaaaa

...:::

...

...

21

22221

11211

A

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

=

nmmm

n

n

aaa

aaaaaa

...:::

...

...

21

22212

12111

A'

• Dodawanie i odejmowanie macierzy

)( ijij ba +=+ BA )( ijij ba −=− BA Przykład:

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=

654321

A i ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=

141325

B

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=+

795646

BA ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−=−

513004

BA



• Mnożenie macierzy przez skalar

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

=

nmnn

m

m

kakaka

kakakakakaka

k

...:::

...

...

21

22221

11211

OA

• Mnożenie macierzy przez macierz

)()(1

kj

m

kikij bac ∑

=

=== CAB ),...,2,1;,...,2,1( pjni ==

BAAB ≠ Przykład 1: Korzystamy ze schematu Falka

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡=

441201

A i ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=

001512

B

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡=

153101025512

AB i ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=

012119

BA

Przykład 2:

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=

4221

A i ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=

2221

B

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=

121065

AB i ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=

126105

BA

• Potęgowanie macierzy

kA • Wyznacznik

( )

nnnn

n

n

ij

aaa

aaaaaa

a

............

...

...

detdet

21

22221

11211

==A

• Minorem ijM nazywamy wyznacznik stopnia 1−n macierzy powstałej przez

skreślenie i -tego wiersza i j -tej kolumny.

• Dopełnienie algebraiczne



ijji

ij MA +−= )1( • Macierz dołączona

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

=

nnnn

n

n

AAA

AAAAAA

adj

...:::

...

...

21

22212

12111

A

• Macierz odwrotna

IAAAA 11 == −−

AA

det1 adjA

=−

Przykład:

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

−−−=

301213

021A 17det =A

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

−−

−=

721237463

Aadj

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

−−

−==−

17/717/217/117/217/317/717/417/617/3

|det1

AAA adj



Dodatek A: Systemy liczbowe

System dwójkowy Cyfry: 0 i 1 Przykłady: 8d = 1000b

45d = 1 0 1 1 0 1b ↑ ↑ ↑ ↑ ↑ ↑ 25 24 23 22 21 20 81d = 1010001b

45 1 8 0 ← LSB 22 0 4 0 11 1 2 0 5 1 1 1 ←MSB 2 0 0 1 1 0

System szesnastkowy (HEX)

Cyfry: 0÷9, A, B, C, D, E, F Przykład 10101001d = A9 h

169d = A 9 ↑ ↑ 161 160

Reprezentacja liczb ujemnych 1. Znak-moduł

Bit znaku na pierwszej pozycji:

• jeżeli 0 to liczba dodatnia

• jeżeli 1 to liczba ujemna



Przykład: 0011b = 3d 1011b = -3d

2. Przesunięcie dwójkowe Odejmujemy 2b-1 od wartości dwójkowej bez znaku. Przykład: Dla liczb 4-bitowych b=4, 2b-1 = 24-1 = 8 Dla liczby 1110b → 14d (liczba bez znaku) 14d - 8d = 6d Zatem 1110b → 6d reprezentacja z przesunięciem dwójkowym Reprezentacje liczb dodatnich i ujemnych (zakres 4 bitowy)

Liczba dziesiętna Reprezentacja Znak-moduł

Przesunięcie dwójkowe

Uzupełnienie do dwóch (U2)

7 0111 1111 0111 6 0110 1110 0110 5 0101 1101 0101 4 0100 1100 0100 3 0011 1011 0011 2 0010 1010 0010 1 0001 1001 0001 0 0000 1000 0000 -1 1001 0111 1111 -2 1010 0110 1110 -3 1011 0101 1101 -4 1100 0100 1100 -5 1101 0011 1011 -6 1110 0010 1010 -7 1111 0001 1001 -8 - 0000 1000

3. Uzupełnienie do dwóch U2

Aby otrzymać liczbę ujemną: Negujemy i dodajemy wartość 1 (lub sposób inżynierski: pierwszą jedynkę od prawej strony zostawimy, a pozostałe bity negujemy).

+3d → 0011 Negacja → 1100

+ 1 1101 ← -3d

Dodawanie binarne liczb w U2

+15 → 1111 -3 → 1101

10100 ↓ ↓

+12 +20 (błąd)



Wniosek: Przy dodawaniu binarnym liczb ujemnych należy pamiętać o rozszerzeniu znakowym liczby

+15 → 00001111 -3 → 11111101

00001100 ↓ +12 (OK!)

Kody Gray’a W reprezentacji za pomocą kodów Gray’a (kodu refleksyjnego) dwa kolejne słowa kodowe różnią się tylko jednym bitem. Zamiana z naturalnego kodu binarnego na kod Grey’a:

liczba binarna

liczba binarna przesunięta o 1 bit

w prawo

XOR kod Gray’a

Zamiana z kodu Gray’a na binarny kod naturalny: Pierwszy bit kodu naturalnego jest identyczny jak kod Gray’a. Dla kolejnych cyfr wykonujemy operację XOR dla cyfry kodu Gray’a oraz poprzedniej cyfry kodu naturalnego.

kod Gray’a

x

binarna liczba naturalna

……..………. x ……..……….

XOR

cyfra kodu poprzednia cyfra



Liczba Kod Gray’a Liczba Kod Gray’a Liczba Kod Gray’a 0 0 20 11110 40 111100 1 1 21 11111 41 111101 2 11 22 11101 42 111111 3 10 23 11100 43 111110 4 110 24 10100 44 111010 5 111 25 10101 45 111011 6 101 26 10111 46 111001 7 100 27 10110 47 111000 8 1100 28 10010 48 101000 9 1101 29 10011 49 101001

10 1111 30 10001 50 101011 11 1110 31 10000 51 101010 12 1010 32 110000 52 101110 13 1011 33 110001 53 101111 14 1001 34 110011 54 101101 15 1000 35 110010 55 101100 16 11000 36 110110 56 100100 17 11001 37 110111 57 100101 18 11011 38 110101 58 100111 19 11010 39 110100 59 100110

Ułamkowe liczby dwójkowe

3.3125d = 1 1. 0 1 0 1b ↑ ↑ ↑ ↑ ↑ ↑ 21 20 2-1 2-2 2-3 2-4

Zamiana z DEC na BIN 3.3125* 2n = 3.3125* 24 = 53

53 1 26 0 13 1 6 0 →11.0101 3 1. 1 1

Reprezentacje i zakresy ułamków Q0, Q8 i Q15 uzupełnić

Mnożenie liczb Q0 oraz Q15 Uzupełnić



Reprezentacje zmiennoprzecinkowe

n =m * 2e

b bitów

be bitów bm bitów

zakres dynamiczny precyzja liczby Typowo: be = b/4 bm = ¾ b Dla reprezentacji 32 bitowej:

be = 8 bitów bm = 24 bity

Dodatek C: Skala decybelowa

2

110log10

PPPoziom =dB

2

110dB log20

VVPoziom = bo

RVP

2

=

Przykład

dB301.312log10 10dB ≈==Poziom

Miara dBm

dBmmW1

log10 110dB

PPoziom =

mantysa

wykładnik

podstawy teorii sygna ów, systemów i...

Documents