PTC 5816 - Processamento Digital de Sinais II Prova 1 2012 ...

PTC 5816 - Processamento Digital de Sinais II
Prova 1 2012 Resolução
1) a) Com ponderação constante, o erro quadrático médio obtido por truncamento pode ser calculado
no tempo como:
ε 2 = 1 ∫ π
|H d (e jω )−H(e jω )| 2 dω =
2π −π
∞∑
n=−∞
[h d (n)−h(n)] 2 =
−(L+1)
∑
n=−∞
Uma expressão mais conveniente para o cálculo pode ser obtida escrevendo
ε 2 =
−(L+1)
∑
n=−∞
= 1 ∫ π
2π −π
h 2 d (n)+ ∞ ∑
n=L+1
h 2 d (n) = ∞ ∑
n=−∞
|H d (e jω )| 2 dω −h 2 d (0)−2 L ∑
n=1
h 2 d (n)− L ∑
n=−L
h 2 d (n)+ ∞ ∑
h 2 d (n)
n=L+1
h 2 d (n).
h 2 d (n). (1)
A resposta impulsiva do filtro passa-faixa é a diferença de duas respostas impulsivas passa-baixas:
h d (n) = sin(ω 2n)
− sin(ω 1n)
, n ≠ 0, h d (0) = ω 2 −ω 1
.
πn πn
π
Além disso, segue diretamente da sua resposta em frequência que
1
2π
∫ π
−π
|H d (e jω )|dω = 1 π
Substituindo estes valores em (1), temos finalmente
ε 2 = ω ( )
2 −ω 1 ω2 −ω 2
1
− −2
π π
∫ ω2
dω = ω 2 −ω 1
ω 1
π
L∑
[ sin(ω2 n)
n=1
πn
.
− sin(ω ] 2
1n)
.
πn
b) Com a expressão acima e com os valores numéricos estipulados para ω 1 e ω 2 , a condição referente ao
erro quadrático médio ponderado pode ser escrita como
L∑
[ sin(ω2 n)
− sin(ω ] [ 2
1n)
> 1 ( ) ( ) ]
ω2 −ω 1 ω2 −ω 2
1
0,9 − = 0,1.
πn πn 2 π π
n=1
Definindo S(L) = ∑ [ ]
L sin(ω2 n)
n=1 πn
− sin(ω 1n) 2,
πn podemos calcular S(L) para sucessivos valores de L por
[ ]
meio de S(L) = S(L−1)+ sin(ω2 L)
πL
− sin(ω 1L) 2,
πL com S(0) = 0. Resulta então
L
S(L)
1 0,01337
2 0,07335
3 0,10001
de onde segue que é necessário L = 3 para satifazer a condição colocada.
c) Com os novos valores para ω 1 e ω 2 , a condição passa a ser
L∑
[ sin(ω2 n)
− sin(ω ] [ 2
1n)
> 1 ( ) ( ) ]
ω2 −ω 1 ω2 −ω 2
1
0,9 − = 0,09
πn πn 2 π π
n=1
e S(L) assume os valores
1

L
S(L)
1 0,00798
2 0,05138
3 0,08013
4 0,08232
5 0,09042
de onde segue que é necessário L = 5 para satifazer a condição colocada. O aumento de L em relação ao
item b) é consistente com uma propriedade básica da Transformada de Fourier: quanto menor a banda
de H d (e jω ), maior o espalhamento temporal de h d (n).
2) a) A relação entrada/saída de um filtro FIR sempre pode ser escrita como
y(n) =
L∑
k=−L
h(k)x(n−k)
para um certo L mínimo. Adicionalmente, a simetria h(n) = h(−n) implica que o comprimento de h(n)
é 2L+1 e que podemos escrever
y(n) = h(0)x(n)+
= h(0)x(n)+
= h(0)x(n)+
L∑
h(k)x(n−k)+
k=1
L∑
h(k)x(n−k)+
k=1
∑−1
k=−L
h(k)x(n−k).
L∑
h(−k)x(n+k)
k=1
L∑
h(k)[x(n−k)+x(n+k)].
k=1
Sãonecessárias então L+1multiplicações paracalcular y(n). Comas condições colocadas, resultaL = 20.
b) O limite superior da faixa de passagem é ω p = π/4. Na faixa de rejeição, para obter uma atenuação
de 45 dB é necessário usar, dentre as janelas da tabela, a de Von Hann ou a de Hamming. Em ambas, a
faixa de transição tem largura ∆ω aproximadamente igual a
∆ω G = 4× 2π M = 0,2π.
A faixa de rejeição se inicia portanto em ω r = ω p +0,2π = 0,45π.
c) Admitindo que a banda de transição para o filtro com janela de Kaiser também vai de 0,25π a 0,45π,
temos
D == ∆ωL = 0,2×20 = 4 =⇒ a = D ×14,36+7,95 = 65,39.
π
O fato de que este valor de a é consideravelmente maior do que os valores associados às janelas de Von
Hann e Hamming (44 e 53, respectivamente) se deve, na realidade, ao fato de que ∆ω é superestimado
por ∆ω G . A título informativo, o valor real de ∆ω neste caso é 0,15π, o que resulta em a = 50,63.
3) a) Os filtros projetados usando remez (método de Parks-McClellan) satisfazem, nas frequências extremantes
ω k ,
|ε(e jω k
)| = ||ε|| ∞ ,
onde ||ε|| ∞ se refere a todo o domínio de aproximação. Se ω k está na faixa de passagem então ||ε|| ∞ =
||P p ε p || ∞ , ao passo que se ω k está na faixa de rejeição, então ||ε|| ∞ = ||P r ε r || ∞ . Em todos os casos vistos
em classe havia pelo menos uma frequência extremante em cada uma destas faixas. Portanto,
||ε|| ∞ = ||P p ε p || ∞ = ||P r ε r || ∞ .
2

) Admitindo que a expressão acima é válida, podemos escrever
||ε p || ∞ = ||ε|| ∞
P p
.
Do gráfico fornecido, para ∆ω = 0,4π −0,3π = 0,1π, temos:
P p = 1 :
P p = 0,2 :
P p = 0,1 :
P p = 0,05 :
||ε|| ∞
= 10−48/20
P p 1
||ε|| ∞
= 10−55/20
P p 0,2
||ε|| ∞
= 10−59/20
P p 0,1
||ε|| ∞
= 10−62/20
P p 0,05
= 0,00398
= 0,00889
= 0,0112
= 0,0159
Para o problema de otimização com restrições estipulado, deseja-se minimizar ||ε r || ∞ sujeito a ||ε p || ∞ <
0,012. Agora, como P r = 1, então ||ε r || ∞ = ||ε|| ∞ e, pelo gráfico fornecido, podemos concluir que o valor
de ||ε r || ∞ alcançado com a minimização será menor do que o alcançado com ||ε p || ∞ = 0,0112, isto é
||ε r || ∞ < 10 −59/20 = 0,00112.
c) Comremez, afunçãodeponderaçãoteriaqueirsendovariadaaté queasolução satisfizesse||ε p || ∞ = A,
ao passo que com otimização convexa a solução é prontamente obtida.
4) a) Em Ω = Ω c temos |H c (jΩ)| = 1/ √ 2. Portanto, Ω c = tan(0,6π/2) = 1,376. Para que em
Ω = tan(0,44π/2) = 0,827 tenhamos |H c (jΩ)| = 0,99 , devemos ter
[ ]
1
log
|H c(jΩ)|
−1
N =
2 2×log( Ω = log( 1
0.99
−1) 2
Ω c
) 2×log( 0,827
1,376 ) → 4.
b) Para |H c (jΩ)| 2 = 10 −6 em Ω r devemos ter
[
log( Ω log
r
) =
Ω c
1
|H c(jΩ)| 2 −1
2×N
]
= log(106 −1)
8
= 0,75,
e, portanto, Ω r = 10 0,75 Ω c = 7,74 e ω r = 2tan −1 (7,74) = 0,92π.
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