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Análise de SLIT 1
Processamento Digital de Sinais
Notas de Aula
Análise de SLIT
Ricardo Tokio Higuti
Departamento de Engenharia Elétrica - FEIS - Unesp
Observação: Estas notas de aula estão baseadas no livro: “Discrete-Time Signal Processing”,
A.V. Oppenheim and R.W. Schafer, Prentice Hall, 1989/1999.
Análise de SLIT 2
Análise de SLIT
• Uso da DTFT e da TZ na análise de SLIT
SLIT: relação entre entrada e sáıda.
• Resposta impulsiva h[n]
y[n] = x[n] ∗ h[n]
• Resposta em frequência H(ejω)
Y (ejω) = X(ejω) ·H(ejω)
• Função de transferência (ou de sistema) H(z)
Y (z) = X(z) ·H(z)
• O efeito do sistema é causar mudanças no sinal de entrada (magnitude,
fase, pólos, zeros)
– Filtragem
– Distorção
Análise de SLIT 3
Função de Transferência
Para SLITs representados por equações de diferenças, pode-se ter a solução
usando a TZ:
N
∑
k=0
aky[n− k] =
M
∑
k=0
bkx[n− k]
Usando as propriedades da TZ, fica-se com:
N
∑
k=0
akz
−kY (z) =
M
∑
k=0
bkz
−kX(z)
Como Y (z) = X(z)H(z),
H(z) =
Y (z)
X(z)
=
M
∑
k=0
bkz
−k
N
∑
k=0
akz
−k
A partir da função de transferência H(z) pode-se calcular a sua TZ
inversa, obtendo-se a resposta impulsiva, ou calcular a TZ inversa de Y (z),
obtendo-se a sáıda.
Os pólos e zeros têm uma grande importância na análise e śıntese de
SLIT.
Equação de diferenças
m
Função de transferência
m
Resposta impulsiva
Análise de SLIT 4
Estabilidade e Causalidade
Das análises de região de convergência relacionadas com os tipos de sequências,
pode-se dizer, ao analisar a resposta impulsiva e a função de transferência
de um sistema:
• Um sistema causal deve ter h[n] = 0 para n < 0, portanto deve ser
uma sequência unilateral à direita. Assim, sua RC deve ser externa
ao pólo de maior magnitude de H(z).
• Em um sistema estável, deve-se ter
∑
n |h[n]| < ∞. Essa condição é
equivalente a ter:
∞
∑
n=−∞
|h[n]z−n| < ∞
calculado em z = 1 (CRU). Isso equivale a dizer que a condição de
estabilidade é a mesma que implica ter a CRU dentro da região de
convergência, ou seja, se a CRU estiver dentro da RC de H(z), o
sistema é estável.
• Com as duas considerações anteriores, conclui-se que, para um sistema
ser causal E estável, todos os pólos devem estar no interior da CRU
(magnitude menor que 1).
• No entanto, um sistema instável e não-causal também pode ter todos
os pólos no interior da CRU.
Análise de SLIT 5
Estabilidade e Causalidade - Exemplo
Considere um SLIT causal representado pela equação de diferenças:
y[n]−
5
2
y[n− 1] + y[n− 2] = x[n]
Calculando-se a TZ, fica-se com a seguinte função de transferência:
H(z) =
1
1− 52z
−1 + z−2
=
1
(1− 12z
−1)(1− 2z−1)
Logo, têm-se:
• Pólos em z = 1/2 e z = 2.
• Zeros em z = 0 (duplo)
Como informa-se que o sistema é causal, a RC deve ser |z| > 2.
Neste caso, o sistema é causal e instável, pois a CRU não faz parte da
RC. Calculando-se a TZ inversa por expansão em frações parciais, fica-se
com:
h[n] = −
1
3
(
1
2
)n
u[n] +
4
3
2nu[n]
1 21/2
x x
Re
Im
z
Análise de SLIT 6
Estabilidade e Causalidade - Exemplo
Caso o enunciado informasse que o sistema é estável, a CRU deve fazer
parte da RC, e portanto a região de convergência deveria ser:
RC: 1/2 < |z| < 2
.
1 21/2
x x
Re
Im
Neste caso, o sistema é estável, mas não-causal, pois como a RC é
um disco, a sequência é bilateral. Calculando a TZ inversa:
h[n] = −
1
3
(
1
2
)n
u[n]−
4
3
2nu[−n− 1]
A outra opção posśıvel de RC seria: |z| < 1/2. Neste caso, o sistema
seria não-causal e instável.
h[n] =
1
3
(
1
2
)n
u[−n− 1]−
4
3
2nu[−n− 1]
1 21/2
x x
Re
Im
Análise de SLIT 7
Resposta em Frequência
Y (ejω) = X(ejω) ·H(ejω)
• Magnitude:
|Y (ejω)| = |X(ejω)| · |H(ejω)|
A magnitude da resposta em frequência, também chamada de ganho,
pode ser expressa em decibéis [dB]:
GdB = 20 log10 |H(e
jω)|
A atenuação é o inverso do ganho. Em dB, fica-se com AdB = −GdB =
−20 log10 |H(e
jω)|
• Fase:
arg[Y (ejω)] = 6 Y (ejω) = 6 X(ejω) + 6 H(ejω)
Em geral, a fase é dada em radianos, entre π e −π. Neste caso, a
representação usada será ARG[.]
• Atraso de fase (phase delay):
τp(e
jω) = −
6 H(ejω)
ω
• Atraso de grupo (group delay):
τg(e
jω) = grd[H(ejω)] = −
d
dω
[ 6 H(ejω)]
Análise de SLIT 8
Fase
τ(ω) = arg{ . } = ARG{ . }+ πr(ω)
Análise de SLIT 9
Efeito da Fase
Seja um sistema que ocasiona apenas um atraso no sinal de entrada:
y[n] = x[n− nd] −→ h[n] = δ[n− nd]
A resposta em freq. é: H(ejω) = e−jωnd
Neste caso, a magnitude é constante para todas as freq. e a fase é:
6 H(ejω) = −ωnd
Ou seja, um sistema com fase linear e magnitude constante em freq.
ocasiona apenas um atraso no sinal de entrada, no domı́nio do tempo.
O atraso de fase é:
τp(e
jω) = −
6 H(ejω)
ω
= nd
O atraso de grupo, neste caso, é constante, e igual ao atraso de fase:
τg(e
jω) = grd[H(ejω)] = −
d
dω
[ 6 H(ejω)] = nd
Sistemas sem distorção de fase apresentam τp(e
jω) = τg(e
jω).
Análise de SLIT 10
Atraso de fase e atraso de grupo
Considere agora um sinal modulado de banda estreita:
x[n] = v[n] cos(ω0n),
na qual v[n] é uma envoltória, aplicada a um SLIT. A sáıda será:
y[n] = |H(ejω0)|v[n− τg(e
jω0)] cos[ω0(n− τp(e
jω0))]
ou seja, a envoltória do sinal (envelope) sofre um atraso dado pelo atraso de
grupo e a portadora sofre um atraso dado pelo atraso de fase na frequência
ω0.
Exemplo 5.1.2 da terceira edição do Oppenheim
Considere um SLIT com o seguinte diagrama de pólos e zeros:
-1 -0.5 0 0.5 1
Real Part
-1
-0.8
-0.6
-0.4
-0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
Im
a
g
in
a
ry
 P
a
rt
2
2
2
2
Análise de SLIT 11
Exemplo 5.1.2 (cont.)
Este sistema apresenta a seguinte resposta em frequência:
0 0.5 1 1.5 2
0
1
2
3
4
5
6
7
ω/π
|H
(e
jω
)|
0 0.5 1 1.5 2
-1
-0.8
-0.6
-0.4
-0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
ω/π
6
H
(e
jω
)/
π
Análise de SLIT 12
Exemplo 5.1.2 (cont.)
E os seguinte atraso de grupo:
0 0.5 1 1.5 2
-50
0
50
100
150
200
a
tr
a
s
o
 d
e
 g
ru
p
o
ω/π
Aplicando agora uma entrada composta pela soma de três pulsos senoidais
com frequências iguais a:
• ω1 = 0.2π rad
• ω2 = 0.4π rad
• ω3 = 0.8π rad
Análise de SLIT 13
Exemplo 5.1.2 (cont.)
0 50 100 150 200 250 300 350 400
amostra
-1
-0.8
-0.6
-0.4
-0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
a
m
p
lit
u
d
e
Entrada
0 50 100 150 200 250 300 350 400
amostra
-6
-4
-2
0
2
4
6
8
a
m
p
lit
u
d
e
Saída
Análise de SLIT 14
Resposta de SLIT a entrada senoidal
Considere um SLIT com entrada x[n] = A cos(ω0n). Fazendo a decom-
posição em exponenciais complexas e usando o conceito de resposta em
frequência, fica-se-com:
x[n] = cos(ω0n) =
A
2
ejω0n +
A
2
e−jω0n = x0[n] + x1[n]
x0[n] =
A
2
ejω0n −→ y0[n] =
A
2
H(ejω0)ejω0n
x1[n] =
A
2
e−jω0n −→ y1[n] =
A
2
H(e−jω0)e−jω0n
Como o sistema é linear, a sáıda é:
y[n] = y0[n] + y1[n] =
A
2
H(ejω0)ejω0n +
A
2
H(e−jω0)e−jω0n
Considerando um SLIT com resposta impulsiva com coeficientes reais
(h[n] real), tem-se que a magnitude da resposta em frequência é uma função
par e a fase uma função ı́mpar:
|H(ejω0)| = |H(e−jω0)| 6 H(ejω0) = − 6 H(e−jω0) = φ0
Logo:
y[n] =
A
2
|H(ejω0)|ejφ0ejω0n +
A
2
|H(e−jω0)|e−jφ0e−jω0n
= A|H(ejω0)|


ej(ω0n+φ0) + e−j(ω0n+φ0)
2


= A|H(ejω0)| cos(ω0n+ φ0)
Análise de SLIT 15
Efeito da Fase - Exemplo
Considere os seguintes sistemas:
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
x[n]
x[n]
x[n]
x[n]
|H(ejω)|
|H(ejω)|
|H(ejω)|
|H(ejω)|
6 H(ejω)
6 H(ejω)
6 H(ejω)
6 H(ejω)
y1[n]
y2[n]
y3[n]
y4[n]
Análise de SLIT 16
Efeito da Fase - Exemplo
Sendo o sinal de entrada x[n] = cos(ω1n)+0.5 cos(3ω1n), ω1 = π/6, têm-se
as sáıdas:
0 5 10 15 20 25 30
−2
0
2
x
[n
]
0 5 10 15 20 25 30
−2
0
2
y
1
[n
]
0 5 10 15 20 25 30
−2
0
2
n
y
2
[n
]
0 5 10 15 20 25 30
−2
0
2
x
[n
]
0 5 10 15 20 25 30
−2
0
2
y
3
[n
]
0 5 10 15 20 25 30
−1
0
1
n
y
4
[n
]
Análise deSLIT 17
Efeito da Fase - Exemplo
Considerando x[n] = cos
(
πn
6
)
+
1
2
cos
(
3πn
6
)
1
X(ejω)
H(ejω) = 1 · e−4ω
Y1(e
jω)
ω
ω
ω
π
6
π
6
π
6
3π
6
3π
6
3π
6
−π
6
−π
6
−π
6
−3π
6
−3π
6
−3π
6
π
π
2
−4ω
4π
6
43π
6
−4π
6
−43π
6
1 · πe−j
4π
6
1 · π
2
e−j
12π
6
1 · πe+j
4π
6
1 · π
2
e+j
12π
6
Fazendo-se a DTFT inversa de Y (ejω), fica-se com:
y1[n] = cos
(
πn
6
−
4π
6
)
+
1
2
cos
(
3πn
6
−
12π
6
)
Colocando a frequência em evidência:
y1[n] = cos
π
6
(n− 4) +
1
2
cos
3π
6
(n− 4) = x[n− 4]
Análise de SLIT 18
Resposta em Frequência
Para um sistema representado por:
H(z) =
b0
M
∏
k=1
(1− ckz
−1)
a0
N
∏
k=1
(1− dkz
−1)
a resposta em frequência é:
H(ejω) =
b0
M
∏
k=1
(1− cke
−jω)
a0
N
∏
k=1
(1− dke
−jω)
O ganho em dB e a fase em radianos são:
20 log10 |H(e
jω)| = 20 log10
∣
∣
∣
∣
∣
b0
a0
∣
∣
∣
∣
∣
+
M
∑
k=1
20 log10 |1− cke
−jω|
−
N
∑
k=1
20 log10 |1− dke
−jω|
6 H(ejω) = 6
[
b0
a0
]
+
M
∑
k=1
6 [1− cke
−jω]
−
N
∑
k=1
6 [1− dke
−jω]
Análise de SLIT 19
Resposta em Frequência de um Pólo/Zero
Seja uma função de transferência representada por um zero em z0 = re
jθ:
H(z) = (1− rejθz−1) =
z − rejθ
z
, |z| > 0
No plano z, os números complexos podem ser representados por vetores.
Para determinar a resposta em frequência, pode-se fazer z = ejω, e analisa-
se:
H(ejω) =
ejω − rejθ
ejω
Re1
Im
x
ω
θ
φ3
v1
v2
v3
A magnitude é dada por:
∣
∣
∣
∣
∣
∣
ejω − rejθ
ejω
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
|v1 − v2|
|v1|
=
|v3|
|v1|
= |v3|
E a fase:
6 (1− rejθz−1) = 6 v3 − 6 v1 = φ3 − ω
Análise de SLIT 20
Resposta em Frequência
Levantando-se as respostas em frequência de magnitude, de fase e de atraso
de grupo, fica-se com as seguintes curvas (magnitude, fase, atraso de grupo)
para os zeros (z0 = re
jθ) em:
• z0 = 0.7ej0 (linha cheia, preta)
• z0 = 0.8ejπ/4 (linha pontilhada, azul)
• z0 = 0.9ej3π/4 (linha tracejada, vermelha)
0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2
−20
−10
0
10
d
B
0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2
−1
0
1
ra
d
0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2
−10
−5
0
a
m
o
s
tr
a
s
ω/π
Nota-se que:
• À medida que se aumenta a magnitude de z0, que é o valor r, aproximando-
se da CRU, há um pico mais negativo (em dB).
• O pico negativo se dá no ângulo de z0, que é θ.
• A fase tem uma variação rápida nas proximidades de θ, e fica mais
rápida à medida que r se aproxima de 1.
Análise de SLIT 21
Resposta em Frequência
No caso de dois zeros complexo conjugados, a função de transferência é:
H(z) = (1− z0z
−1)(1− z∗0z
−1)
Para z0 = 0.7e
j π
4 as curvas ficam:
• Em azul tracejado: zero em 0.7ej
π
4
• Em vermelho tracejado: zero em 0.7e−j
π
4
• Em preto linha cheia: resposta completa
0 0.5 1 1.5 2
-10
0
10
0 0.5 1 1.5 2
-0.5
0
0.5
0 0.5 1 1.5 2
-4
-2
0
2
ω/π
am
os
tr
as
π
ra
d
d
B
Análise de SLIT 22
Resposta em Frequência
As curvas para pólos simples ficam (usando os mesmos parâmetros):
H(z) =
1
1− rejθz−1
=
z
z − rejθ
0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2
−10
0
10
20
d
B
0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2
−1
0
1
ra
d
0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2
0
5
10
a
m
o
s
tr
a
s
ω/π
Análise de SLIT 23
Sistemas Inversos
Seja um SLIT com função de transferênciaH(z). O correspondente sistema
inverso tem função Hi(z) tal que:
G(z) = H(z)Hi(z) = 1 ou Hi(z) =
1
H(z)
No domı́nio do tempo:
g[n] = h[n] ∗ hi[n] = δ[n]
Se
H(z) =
b0
M
∏
k=1
(1− ckz
−1)
a0
N
∏
k=1
(1− dkz
−1)
Então o sistema inverso será:
Hi(z) =
a0
N
∏
k=1
(1− dkz
−1)
b0
M
∏
k=1
(1− ckz
−1)
ou seja, os pólos e zeros trocam de papel. Como ficam a causalidade e a
estabilidade?
• Para que o sistema inverso possa ser implementado, as RCs de H(z)
e Hi(z) devem ter uma intersecção não-nula.
• Se H(z) é causal, sua RC é: |z| > maxk{|dk|}
• Para Hi(z) ser causal, deve-se ter: |z| > maxk{|ck|}
• Uma condição que garante que H(z) e Hi(z) sejam ambos causais e
estáveis, com RCs que se sobreponham, é:
maxk{|dk|} < 1 e maxk{|ck|} < 1
ou seja, todos os pólos e zeros de H(z) devem estar no interior da
CRU.
Análise de SLIT 24
Sistemas Passa-Tudo
Seja um sistema estável com:
Hap(z) =
z−1 − a∗
1− az−1
= z−1
1− a∗z
1− az−1
= −a∗
1− (1/a∗)z−1
1− az−1
Este sistema tem resposta em freq. de magnitude igual a 1:
Hap(e
jω) = e−jω
1− a∗ejω
1− ae−jω
e tem o nome de sistema passa-tudo. Aplicações:
• Compensação de fase (reduzir distorção)
• Transformação de filtros
Num caso geral, com pólos reais em dk e pólos complexo conjugados em
ek, a expressão fica:
Hap(z) =
Mr
∏
k=1
z−1 − dk
1− dkz−1
Mc
∏
k=1
(z−1 − e∗k)(z
−1 − ek)
(1− ekz−1)(1− e∗kz
−1)
Considerando o sistema estável:
• |dk| < 1 e |ek| < 1
• Cada pólo apresenta um zero correspondente (conjugado rećıproco)
em z = 1/dk, z = 1/ek e z = 1/e
∗
k
1 21/2
x
x
x
Re
Im
z
Algumas propriedades:
• O atraso de grupo é sempre positivo para 0 ≤ ω ≤ π
• A fase cont́ınua é sempre negativa para 0 ≤ ω ≤ π
Análise de SLIT 25
Sistemas Passa-Tudo
Considerando dois sistemas passa-tudo de segunda ordem, como pólos lo-
calizados em:
• z = 0.4e±j4π/3
• z = 0.5e±jπ/3
Fica-se com os seguintes gráficos de fase e atraso de grupo.
0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1
−8
−6
−4
−2
0
Fase
ra
d
0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
atraso de grupo
a
m
o
s
tr
a
s
ω/π
z = 0.4e±j4π/3
z = 0.5e±jπ/3
Análise de SLIT 26
Sistemas de Fase Mı́nima
• Um sistema causal e estável deve ter todos os pólos no interior da
CRU
• Não há restrições quanto aos zeros - pode haver diferentes H(z) com
mesma resposta em freq. de magnitude
• Pode ser útil também restringir os zeros. Considerando que o sistema
inverso também seja estável, os zeros também devem estar no interior
da CRU - são os sistemas de fase mı́nima.
Qualquer sistema H(z) racional pode ser escrito como a multiplicação
de um sistema de fase mı́nima e um sistema passa-tudo:
H(z) = Hmin(z) ·Hap(z)
Supondo que H(z) tenha um zero fora da CRU, em z0 = 1/c
∗, com
|c| < 1, e os demais zeros e pólos no interior da CRU, pode-se escrever:
H(z) = H1(z)(z
−1 − c∗) = H1(z)(1− cz
−1)
z−1 − c∗
1− cz−1
Na qual H1(z) é de fase mı́nima. Nota-se que H1(z)(1 − cz−1) ainda é
de fase mı́nima pois |c| < 1, e tem-se um sistema passa-tudo estável (pólo
em z = c).
1 1
x x
x xx
x xx
Re Re
Im Im
z z
H(z) H(z) = Hmin(z) ·Hap(z)
Análise de SLIT 27
Compensação da Resposta em Frequência
Considere a distorção causada por um canal de comunicações, representada
por Hd(z):
Sistema com
distorção
Sistema
compensador
G(z)
Hd(z) Hc(z)
s[n] sd[n] sc[n]
Para eliminar a distorção, é necessário que exista o sistema inverso. Se
Hd(z) é causal e estável, é necessário que seja de fase mı́nima para que o
seu sistema inverso seja causal e estável.
Se Hd(z) for aproximado por um sistema racional:
Hd(z) = Hdmin(z)Hap(z)
e for escolhido o sistema inverso de compensação como:
Hc(z) =
1
Hdmin(z)
A resposta geral fica:
G(z) = Hd(z)Hc(z) = Hap(z)
ou seja, a resposta de magnitude será igual a 1, enquanto que a fase será
dada pelo sistema passa-tudo.
Análise de SLIT 28
Compensação da Resposta em Frequência - Exemplo
Considere o seguinte sistema com pólos (dk) e zeros (ck) dados por:
• d1,2 = 0.7e±j3π/20
• d3,4 = 0.8e±jπ/4
• c1,2 = 0.9e±jπ/3
• c3,4 = 1.2e±j2π/3
O diagrama de pólos e zeros do sistema é:
-1 -0.5 0 0.5 1
-1
-0.8
-0.6
-0.4
-0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
Real Part
Im
a
g
in
a
ry
P
a
rt d1
d2
d3
d4
c1
c2
c3
c4
Deseja-se fazer a compensação da resposta de magnitude do sistema.
Nota-se que, como há um par de zeros fora da CRU, a inversa 1/H(z)
será instável. Portanto, deve-se separar H(z) em dois termos, e inverter o
termo de fase mı́nima.
Análise de SLIT 29
Compensação da Resposta em Frequência - Exemplo
(cont.)
O sistema pode ser escrito como: H(z)= Hmin(z) ·Hap(z).
• Sistema de fase mı́nima:
– Pólos: d1, d2, d3, d4
– Zeros: c1, c2, 1/c
∗
3, 1/c
∗
4
• Sistema passa-tudo:
– Pólos: 1/c∗3, 1/c
∗
4
– Zeros: c3, c4
O diagrama de pólos e zeros fica (preto - Hmin(z), vermelho - Hap(z))
-1 -0.5 0 0.5 1
-1
-0.8
-0.6
-0.4
-0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
Real Part
Im
a
g
in
a
ry
P
a
rt d1
d2
d3
d4
c1
c2
c3
c4
1/c∗3
1/c∗4
Hmin(z) = |c3||c4|
(1− c1z−1)(1− c2z−1)(1−
1
c∗
3
z−1)(1− 1
c∗
4
z−1)
(1− d1z−1)(1− d2z−1)(1− d3z−1)(1− d4z−1)
Hap(z) =
1
|c3||c4|
(1− c3z−1)(1− c4z−1)
(1− 1c∗
3
z−1)(1− 1c∗
4
z−1)
A RC das duas funções é |z| > |1/c∗3| = 0.83, e portanto têm-se sistemas
causais e estáveis.
Análise de SLIT 30
Compensação da Resposta em Frequência - Exemplo
(cont.)
A seguir, têm-se as respostas de H(ejω) (linha cheia), Hmin(e
jω) (linha
pontilhada) e Hc(e
jω) = 1/Hmin(e
jω) (linha tracejada).
0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1
−20
0
20
d
B
H (−), Hmin (...), Hc (−−−)
0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1
−5
0
5
ra
d
0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1
−10
0
10
a
m
o
s
tr
a
s
ω/π
Na figura seguinte, se mostra a resposta passa-tudo, Hap(e
jω) (linha
tracejada), que é igual à resposta do sistema após a compensação.
0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1
−20
0
20
d
B
H (−), Hmin (...), Hap (−−−)
0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1
−6
−4
−2
0
ra
d
0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1
−5
0
5
10
a
m
o
s
tr
a
s
ω/π
Análise de SLIT 31
Sistemas com Fase Linear Generalizada
Num sistema que não introduz distorção de fase, a fase é linear. Um filtro
passa-baixas ideal com fase linear e freq. de corte ωc tem expressão:
Hlp(e
jω) =



e−jωα, |ω| ≤ ωc
0, ωc < ω ≤ π
A resposta impulsiva é:
hlp[n] =
sinωc(n− α)
π(n− α)
, −∞ < n < ∞
n
α = 5
α = 4.5
α = 4.3
Análise de SLIT 32
Sistemas com Fase Linear Generalizada
Um sistema com fase linear generalizada pode ser escrito da seguinte forma:
H(ejω) = A(ejω)e−jαω+jβ
em que A(ejω) é uma função real de ω, α e β são constantes reais.
O termo A(ejω), quando se tornar negativo, pode introduzir descon-
tinuidades na fase de H(ejω), mas desconsiderando este efeito, a fase do
sistema pode ser considerada linear, com atraso de grupo constante:
τ(ω) = grd[H(ejω)] = −
d
dω
[β − αω] = α
Como visto nos exemplos anteriores, uma condição suficiente para que
um sistema tenha fase linear é que exista uma simetria em torno de um
ponto α:
• h[2α− n] = h[n]
• h[2α− n] = −h[n]
No entanto, essa condição não é necessária, já que mostrou-se que um
h[n] sem simetria também pode ser a resposta impulsiva de um sistema
com fase linear.
Análise de SLIT 33
Sistemas com Resposta ao Impulso Simétrica
Considere as seguintes respostas impulsivas simétricas e suas respostas em
frequência.
1. hI [n] = aδ[n] + bδ[n− 1] + cδ[n− 2] + bδ[n− 3] + aδ[n− 4]
0 1 2 3 4
hI [n]
aa
bb
c
n
HI(e
jω) =
+∞
∑
n=−∞
hI [n]e
−jωn
= a+ be−jω + ce−j2ω + be−j3ω + ae−j4ω
= e−j2ω
[
a
(
ej2ω + e−j2ω
)
+ b
(
ejω + e−jω
)
+ c
]
= e−j2ω [2a cos(2ω) + 2b cos(ω) + c]
2. hII [n] = aδ[n] + bδ[n− 1] + bδ[n− 2] + aδ[n− 3]
0 1 2 �
hII [n]
aa
bb
n
HII(e
jω) =
+∞
∑
n=−∞
hII [n]e
−jωn
= a+ be−jω + be−j2ω + ae−j3ω
= e−j3ω/2
[
a
(
ej3ω/2 + e−j3ω/2
)
+ b
(
ejω/2 + e−jω/2
)]
= e−j3ω/2 [2a cos(3ω/2) + 2b cos(ω/2)]
Análise de SLIT 34
3. hIII [n] = aδ[n] + bδ[n− 1] +−bδ[n− 3]− aδ[n− 4]
0 1 2
3 4
hIII [n]
a
b
−a
−b
n
HIII(e
jω) =
+∞
∑
n=−∞
hIII [n]e
−jωn
= a+ be−jω + 0e−j2ω − be−j3ω − ae−j4ω
= e−j2ω
[
a
(
ej2ω − e−j2ω
)
+ b
(
ejω − e−jω
)]
= e−j2ωj [2 sin(2ω) + 2b sin(ω)]
= e−j2ω+jπ/2 [2 sin(2ω) + 2b sin(ω)]
4. hIV [n] = aδ[n] + bδ[n− 1]− bδ[n− 2]− aδ[n− 3]
0 1
2 3
hIV [n]
a
b
−a
−b
n
HIV (e
jω) =
+∞
∑
n=−∞
hIV [n]e
−jωn
= a+ be−jω − be−j2ω − ae−j3ω
= e−j3ω/2
[
a
(
ej3ω/2 − e−j3ω/2
)
+ b
(
ejω/2 − e−jω/2
)]
= e−j3ω/2j [2a sin(3ω/2) + 2b sin(ω/2)]
= e−j3ω/2+jπ/2 [2a sin(3ω/2) + 2b sin(ω/2)]
Análise de SLIT 35
Sistemas FIR com Fase Linear
Uma classe de sistemas bastante útil é aquela onde a resposta impulsiva
tem duração finita (FIR - Finite Impulse Response), com fase linear.
Seja um sistema FIR com comprimento N = M + 1, e os casos:
• FIR tipo I:
– Resposta simétrica: h[n] = h[M − n], para 0 ≤ n ≤ M = N − 1
– M par
• FIR tipo II:
– Resposta simétrica: h[n] = h[M − n], para 0 ≤ n ≤ M = N − 1
– M ı́mpar
• FIR tipo III:
– Resposta anti-simétrica: h[n] = −h[M − n], para 0 ≤ n ≤ M =
N − 1
– M par
• FIR tipo IV:
– Resposta anti-simétrica: h[n] = −h[M − n], para 0 ≤ n ≤ M =
N − 1
– M ı́mpar
Análise de SLIT 36
Sistemas FIR com Fase Linear
Tipo I: h[n] = {1, 1, 1, 1, 1}, 0 ≤ n ≤ M = 4
Neste caso:
H(ejω) =
sin(5ω/2)
sin(ω/2)
e−jω2
−1 0 1 2 3 4 5 6 7
0
0.5
1
0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2
0
2
4
6
0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2
−4
−2
0
2
4
ω/π
h[n]
|H(ejω)|
6 H(ejω)
-1 -0.5 0 0.5 1
Real Part
-1
-0.5
0
0.5
1
Im
a
g
in
a
ry
 P
a
rt
4
Análise de SLIT 37
Sistemas FIR com Fase Linear
Tipo II: h[n] = {1, 1, 1, 1, 1, 1}, 0 ≤ n ≤ M = 5
Neste caso:
H(ejω) =
sin(3ω)
sin(ω/2)
e−j5ω/2
−1 0 1 2 3 4 5 6 7
0
0.5
1
0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2
0
2
4
6
0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2
−4
−2
0
2
4
ω/π
h[n]
|H(ejω)|
6 H(ejω)
-1 -0.5 0 0.5 1
Real Part
-1
-0.5
0
0.5
1
Im
a
g
in
a
ry
 P
a
rt
5
Análise de SLIT 38
Sistemas FIR com Fase Linear
Tipo III: h[n] = {−1, 0, 1}, 0 ≤ n ≤ M = 2
Neste caso:
H(ejω) = 2 sin(ω)e−jω+jπ/2
−1 0 1 2 3 4 5 6 7
−1
0
1
0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2
0
1
2
0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2
−2
0
2
ω/π
h[n]
|H(ejω)|
6 H(ejω)
-1 -0.5 0 0.5 1
Real Part
-1
-0.5
0
0.5
1
Im
a
g
in
a
ry
 P
a
rt
2
Análise de SLIT 39
Sistemas FIR com Fase Linear
Tipo IV: h[n] = {−1, 1}, 0 ≤ n ≤ M = 1
Neste caso:
H(ejω) = 2 sin(ω/2)e−jω/2+jπ/2
−1 0 1 2 3 4 5 6 7
−1
0
1
0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2
0
1
2
0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2
−2
0
2
ω/π
h[n]
|H(ejω)|
6 H(ejω)
-1 -0.5 0 0.5 1
Real Part
-1
-0.5
0
0.5
1
Im
a
g
in
a
ry
 P
a
rt
Análise de SLIT 40
Localização dos Zeros - FIR Linear
Os zeros de um sistema podem restringir o uso do sistema em certas
aplicações (filtros, diferenciadores). No caso dos filtros FIR com fase linear,
há algumas particularidades que devem ser consideradas.
H(z) =
M
∑
n=0
h[n]z−n
Tipos I e II
H(z) =
M
∑
n=0
h[M − n]z−n =
M
∑
k=0
h[k]zkz−M = z−MH(z−1) (A)
Se h[n] é real:
H∗(z) =
M
∑
n=0
h[n](z∗)−n = H(z∗) (B)
• De (A), se z0 é um zero de H(z), então z
−1
0 também é zero de H(z).
• De (B), se h[n] é real e z0 é um zero de H(z), então z∗0 também é zero
de H(z).
Portanto, se z0 = re
jθ é um zero de H(z), então há zeros em:
z0 = re
jθ, z−10 = r
−1e−jθ, z∗0 = re
−jθ, (z∗0)
−1 = r−1ejθ
Tomando-se z = −1 (ω = π), e usando (A):
H(−1) = (−1)−MH(−1)
• M par (tipo I): H(−1) = H(−1)
• M ı́mpar (tipo II): H(−1) = −H(−1) ⇔ H(−1) = 0, portanto
necessariamente deve haver um zero em z = −1 num FIR tipo II.
Análise de SLIT 41
Localização dos Zeros - FIR Linear
Tipos III e IV
H(z) =
M
∑
n=0
−h[M − n]z−n = −
M
∑
k=0
h[k]zkz−M = −z−MH(z−1) (C)
Se h[n] é real:
H∗(z) =
M
∑
n=0
h[n](z∗)−n = H(z∗) (D)
Portanto, têm-se as mesmas observações em relação à localização dos
zeros.
Tomando-se z = 1 (ω = 0) e usando (C):
H(1) = −(1)−MH(1)
ou seja, z = 1 deve ser um zero para FIR tipos III e IV.
Tomando-se z = −1 (ω = π):
H(−1) = −(−1)−MH(−1)
• M par (tipo III): H(−1) = −H(−1) ⇔ H(−1) = 0, portanto
z = −1 deve ser um zero para FIR tipo III.
• M ı́mpar (tipo IV): H(−1) = H(−1).
Análise de SLIT 42
Localização dos Zeros - FIR Linear
Resumindo:
(a) FIR tipo I: nenhuma restrição em relação aos zeros.
(b) FIR tipo II: zero em z = −1 ou ω = π, portanto não serve para filtro
passa-altas, por exemplo.
(c) FIR tipo III: zeros em z = 1 e z = −1, ou ω = 0 e ω = π, portanto
não serve para filtropassa-baixas e passa-altas.
(d) FIR tipo IV: zero em z = 1 ou ω = 0, portanto não serve para filtro
passa-baixas.
Análise de SLIT 43
Exerćıcio
Em algumas situações, não é necessário processar o sinal em tempo real,
pois pode-se armazenar o sinal de entrada e processá-lo com um certo
atraso. Considere o sistema a seguir:
inverte inverte
x[n]
x[n] g[n] g[−n] r[n] y[n] = r[−n]
y[n]
h[n]h[n]
H1(e
jω)
A resposta impulsiva do filtro é h[n], considerada causal, com coefi-
cientes reais e resposta de fase arbitrária. O sinal x[n] deve ser filtrado.
• Obtenha as relações entre a DTFT de g[−n] e a DTFT de g[n], assu-
mindo que h[n] seja real;
• A partir do resultado do item anterior, determine a resposta em frequência
do sistema completo, H1(e
jω), fornecendo sua magnitude e fase. Esta
resposta seria adequada para substituir H(ejω)?
• Preparar exemplo numérico.