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EXAMEN DE TRATAMIENTO DIGITAL DE SEÑAL (Sistemas Electrónicos)
Universidad Politécnica de Madrid. E.U.I.T. Telecomunicación
Departamento de Ingeniería Audiovisual y Comunicaciones
12 de Junio 2005, Plan 2000
1. El diagrama de la figura siguiente realiza una división espectral de la señal x(t). Teniendo en
cuenta que la frecuencia de muestreo es de 48 kHz, que los filtros están dispuestos para evitar el
aliasing y que la banda de altas frecuencias es mayor que cada una de las restantes bandas, indique :
a) Los espectros de cada una de las salidas y los valores extremos de cada banda frecuencias en
la que se ha dividido el espectro, incluyendo las frecuencias de corte de los filtros. (0,3
puntos)
b) Si la señal de entrada es una sinusoide de amplitud 1 y de frecuenc ia 5 kHz, en qué salida
habrá señal y cual será su amplitud y su valor de frecuencia (en radianes). (0,4 puntos)
c) Si el convertidor entrega 16 bits por muestra, cuales serán los regímenes binarios (bits/sg) de
las salidas. (0,3 puntos)
Filtro
?
x(t)
X(e jw )
?2
x1 (n)
A/D
Filtro
?
?3
x2 (n)
Filtro
?
?3
x3 (n)
Filtro
?
?3
x4 (n)
T
Filtro
?
?2
p
Nota. Considere filtros ideales que dividen el espectro en partes iguales.
2. Una DSP puede calcular DFT de N puntos, con una velocidad máxima de R operaciones reales
por segundo. Cada DFT supone el cálculo de Nlog2 N sumas complejas y (N/2)log2 N productos
complejos. Aplicando la técnica overlap-save, para una frecuencia de muestreo fs, obtener en
función de R, N y fs, el solapamiento máximo que puede tomarse para efectuar el filtrado de una
señal con un filtro FIR. Calcular dicho solapamiento en el caso de que R=5 Mop/s, N=512 y fs=48
kHz.
3. a) Obtener la ecuación en diferencias de un filtro paso alto FIR, de frecuencia de corte 12 kHz,
anchura de la banda de transición de 6 kHz, y atenuación mínima en la banda atenuada de 20 dB,
utilizando la técnica de ventanas, para una frecuencia de muestreo de 48 kHz. (0,7 puntos)
b) Deducir H(z). (0,3 puntos)
Ventana
?? (rad)
Atenuación (dB)
Rectangular
4p/(M+1)
21
Bartlett
8p/M
25
Hanning
8p/M
44
Hamming
8p/M
53
Blackman
12p/M
74
4. Se dispone de un conversor A/D de 16 bits y rango ± 1 V con el que se van a cuantificar señales
sinusoidales de diferente amplitud.
a) Determinar la amplitud mínima que debe tener un tono puro para que la relación S/N de
cuantificación sea de 60 dB. (0,4 puntos)
b) Se va a emplear una cuantificación no uniforme de ley A para aumentar la relación S/N de
cuantificación hasta 83 dB con el mismo tono del apartado anterior. Determine cuál de los
siguientes valores, A = 60, 70 ó 80, puede utilizarse. (0,4 puntos)
c) Compruebe si, con el valor de A escogido, el tono puro se encuentra en la zona lineal de la
ley A. (0,2 puntos)
5. Se ha implementado un sistema discreto basado en filtros ranura que elimina las frecuencias f 1 y
f 2 de una señal de audio. La frecuencia de muestreo es 48 KHz. La respuesta del sistema es la
siguiente:
(1 − 3 z −1 + z − 2 )(1 + z −1 + z −2 )
H (z) =
(1 − 0,9 3z −1 + 0,81z − 2 )(1 + 0,9 z −1 + 0,81z − 2 )
a) Establezca la posición exacta de los polos y ceros del sistema. Dibuje el diagrama de polos y
ceros en el plano Z. (0,4 puntos)
b) Dibuje de manera aproximada el módulo de la respuesta en frecuencia, H (e jω ) . (0,2
puntos)
c) Determinar las frecuencias analógicas f 1 y f 2 que son eliminadas. (0,2 puntos)
d) ¿Cuál es la ganancia o atenuación en dB que introduce el sistema sobre las frecuencias 0 Hz
y 24 KHz? (0,2 puntos)
6. Pregunta de laboratorio.
En uno de los guiones de las prácticas de laboratorio se refleja el siguiente código:
{ -------- algoritmo: y(n) = x(n) – 2*cosw*x(n-1) + x(n-2)
----------------------}
{canal L}
ar=my0;
my0=dm(xn_2L);
mx0=uno;
mr=mx0*my0 (ss);
my0=ar;
mr=mr+mx0*my0 (ss);
my0=dm(xn_1L);
mx0=cosw
mr=mr-mx0*my0(ss);
mr=mr-mx0*my0(ss);
dm(xn_2L)=my0;
dm(xn_1L)=ar;
dm(tx_buf + 1)=mr1;
{------------------------------------------------------------------------------------------------}
Explique y comente el código de forma detallada. Represente el diagrama de polos y ceros en el
plano Z y dibuje el módulo de la respuesta en frecuencia de forma aproximada.
SOLUCIONES
Solución 2:
a ) operacione s/s = ventanas/s ⋅ operacione s/ventana
∗ ventanas/s =
fs
fs
=
L - (P - 1) N - (P - 1)
ya que L = N en overlap - save
∗ operacione s/ventana


1 ventana ⇒ 1 DFT{x s ( n )}+ N productos {Xs (k)H(k) } + 1 DFT {Y( k)}

⇒

N

-1
1 DFT o DFT ⇒  log 2 N  productos complejos + ( Nlog 2 N) sumas complejas 

2

-1
 N

⇒ 1 ventana ⇒  2 log 2 N + N  productos complejos + (2Nlog 2 N) sumas complejas
 2

1 producto complejo ⇒ 4 productos reales + 2 sumas reales 
⇒
1 suma compleja ⇒ 2 sumas reales

 N

⇒ operacione s/ventana =  2 log 2 N + N (4 + 2) + (2Nlog 2 N )2 = 10 N log 2 N + 6 N
 2

fs
(10 N log 2 N + 6 N) ⇒
N - (P - 1) max
f (10N log 2 N + 6 N)
=N− s
R
Luego : operacione s/s ≡ R =
⇒ (P − 1)max
Para : R = 5 ⋅ 10 6 y N = 512 ⇒
(P − 1)max
= 512 −
48K(10 ⋅ 512 ⋅ log 2 512 + 6 ⋅ 512 )
5 ⋅10 6
Solución 3:
a ) h(n) = h d (n - M 2) ⋅ w (n )
H PA = 1 − HPB ⇒ h d (n - M 2) =
sen π(n - M 2) sen ωc (n - M 2 )
−
π(n - M 2)
π(n - M 2 )
siendo la duración de la ventana, M + 1, y ω c = 2π
fc
12K π
= 2π
= rad
fs
48K 2
= 40
Atenuación = 20 dB ⇒ la ventana con el mínimo número de puntos es la Rectangula r ⇒
⇒ h(n) =
sen π(n - M 2 ) sen ωc (n - M 2 )
−
⋅ w Re c tan gular ( n )
π(n - M 2 )
π(n - M 2 )
4π

M + 1 
4π
π
⇒
= ⇒ M = 15

1
1
π
M +1 4
∆ω = 2π ⋅ ∆f ⋅ = 2π ⋅ 6K ⋅
=
rad 

fs
48K 4
Ventana Rectangula r ⇒ ∆ω =
Luego : y(n) =
M
∑ h(k)x(n - k)
k =0
b ) Aplicando la Transforma da Z a la ecuación en diferencia s se obtiene :
Y( z ) =
M
∑ h(k) X(z) z -k = X(z)
k =0
M
∑ h(k) z -k ⇒ H(z) =
k =0
M
Y(z)
= ∑ h(k) z -k
X(z) k =0
Solución 4:
a) Xm = 1V, n=16 bits
2
2
 2X m 
 2 ⋅1




∆2  2n 
216 
σ e2 =
=
=
= 7,76 ⋅10 −11 W
12
12
12
σ 2 
σ 2 = 106 ⋅ σ e2 = 7,76 ⋅ 10−5 W
S
  = 10 log  x2  = 60 dB ⇒ x
σ x = 8,8 ⋅10 − 3 V
 N q
 σe 
La señal de entrada es un tono puro de amplitud Xp . Por lo tanto:
X
σ x = p ⇒ X p = 2 ⋅ σ x = 12,5 mV
2
b) Para pequeños valores de entrada, la ganancia de compresión en la ley A es:
 A 
Gc = 20 ⋅ log 
 dB
 1 + ln A 
Con A= 60 ⇒ Gc=21,4 dB ⇒ S/N=60+Gc= 81,4 dB NO CUMPLE
Con A= 70 ⇒ Gc=22,5 dB ⇒ S/N=60+Gc= 82,5 dB NO CUMPLE
Con A= 80 ⇒ Gc=23,4 dB ⇒ S/N=60+Gc= 83,4 dB CUMPLE
Se escoge A=80.
c) La zona lineal de la ley A viene definida por
Con A = 80 se cumple que:
1
12,5 ⋅10 −3 V ≤
= 12,5 ⋅ 10 −3 V
80
x
xmax
≤
1
A
Solución 5:
a) La expresión general de una pareja de polos o ceros conjugados es:
(1 − re jθ z −1 )(1 − re − jθ z −1 ) = 1 − 2r cos θ ⋅ z −1 + r 2 z −2
Identificando tenemos:
r =1
i) (1 − 3 z −1 + z − 2 ) ⇒ 
2 cos θ = 3 → θ = π 6
=1
ii) (1 + z −1 + z − 2 ) ⇒ r2 cos
θ = −1 → θ = 2 π 3

r = 0 ,9
iii) (1 − 0,9 3 z −1 + 0,81z −2 ) ⇒ 
2 ⋅ 0,9 ⋅ cos θ = 0,9 ⋅ 3 → θ = π 6
r = 0,9
iv) (1 + 0,9 z −1 + 0,81z − 2 ) ⇒ 
2 ⋅ 0,9 ⋅ cos θ = −0,9 ⋅ 3 → θ = 2π 3
Por lo tanto hay dos parejas de ceros conjugados en e
y dos parejas de polos conjugados en 0,9 ⋅ e
±j
π
6
±j
y 0,9 ⋅ e
π
6
±j
ye
2π
3
1
0.8
0.6
Im{z}
0.4
2π/3
0.2
π/6
0
-0.2
-0.4
-0.6
-0.8
-1
-1
-0.5
0
0.5
1
Re{z}
b)
jω
|H(e )|
1.0
0.5
0.0
0 π /6
c) f s = 48 KHz
2π/3
ω (rad)
4π/3
11π/6 2π
±j
2π
3
π
48
Ω ω f
f1 = 1 = 1 s = 6
= 4 KHz
2π
2π
2π
2π
48
Ω2 ω 2 f s
3
f2 =
=
=
= 16 KHz
2π
2π
2π
d) En la expresión de H(z) sustituimos z=ejω
Para 0 Hz, z=ej0 =1
(1 − 3 ⋅1 + 1)(1 + 1 + 1)
0,804
H (e j0 ) =
=
= 1,181
(1 − 0,9 3 ⋅1 + 0,81⋅ 1)(1 + 0,9 ⋅1 + 0,81⋅1) 0,680
Ganancia: 20 log( 1,181)= 1,45 dB
Para 24 KHz, z= ejπ=-1
H (e j 0 ) =
(1 − 3 ⋅ ( −1) + 1)(1 − 1 + 1)
(1 − 0,9 3 ⋅ ( −1) + 0,81⋅ 1)(1 + 0,9 ⋅ ( −1) + 0,81 ⋅1)
Ganancia: 20 log( 1,217)= 1,71 dB
=
3,732
= 1,217
3,066
SOLUCIONES
Solución 1:
a)
n
-n
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