diagrame bode

Semnale si Siteme

Laboratorul 5. Diagramele lui Bode

1 Scopul laboratorului

Scopul laboratorului consta ın studierea raspunsului ın frecventa al unui sistem. In par-ticular, pentru clasa de sisteme studiate (liniare, invariante ın timp si avand functia detransfer proprie), raspunsul la un semnal de intrare sinusoidal este tot un semnal si-nusoidal de aceeasi frecventa cu semnalul de intrare. In schimb, amplitudinea si fazasemnalului de iesire difera de cele ale semnalului de intrare. Prin urmare, vom studiaraspunsul stationar al unui sistem la o intrare sinusoidala a carei frecventa variaza. Maiprecis, vom examina functia de transfer H(s), pentru s = jω si vom dezvolta unor metodespecifice de reprezentare a lui H(jω) cu ω ∈ [−∞,∞].

Vom studia ın acest capitol caracteristicele amplitudine–frecventa, respectiv faza–frecventa, cunoscute ca diagramele (caracteristicile) lui Bode. In plus, vom implementadiverse tipuri de filtre, prezentate pe larg ın sectiunea Exercitii rezolvate.

2 Breviar teoretic

Orice reprezentare grafica a numarului complex H(jω) pentru ω ∈ [−∞,+∞] se numestereprezentarea ın frecventa a sistemului H(s).

Numarul complex H(jω) poate fi reprezentat fie ın forma carteziana, fie ın formapolara. In reprezentare polara H(jω) = |H(jω)|ej arg(H(jω)). Notand

H(ω) = |H(jω)| si φ(ω) = arg(H(jω))

avem : H(jω) = H(ω)ej·φ(ω).

Definitia 1. Se numeste scara logaritmica un sistem de axe ın care abscisa este log x iarordonata este [y]dB = 20 log y. Graficul [y]dB = f(log x) se numeste reprezentare la scaralogaritmica a lui y = f(x). dB este prescurtarea de la decibell. Distanta dintre 2 punctereprezentand puteri consecutive ale lui 10, de pe abscisa, se numeste decada.

logx

[y]dB

0 110

210

decadã

Scara logaritmica

1

Definitia 2. Reprezentarile

[H(ω)]dB = f(logω) si φ(ω) = f(logω)

se numesc caracteristicile amplitudine-frecventa respectiv faza-frecventa ale sistemuluiH(s), sau diagramele Bode ale acestuia.

2.1 Diagramele lui Bode

2.1.1 Trasarea calitativa

Vom prezenta o procedura de desenare a caracteristicilor asimptotice si a celor reale, atatpentru amplitudine, cat si pentru faza.

Problema: Dandu-se un sistem H(s), se cere trasarea caracteristicilor [H(ω)]dB =f(logω) si φ(ω) = f(logω), pentru ω ∈ [0,∞).

Algoritm:

1) Se rescrie functia de transfer a sistemului sub forma de produse (conectari ın serie) deelemente integratoare, de ordin 1, 2, de intarziere sau anticipatie (la numitor, respectivla numarator):

H(s) =K

sq

∏li=1 (Tis+ 1)

∏mi=1 (T 2

nis2 + 2ζiTnis+ 1)∏n

j=1 (Tjs+ 1)∏pj=1 (T 2

njs2 + 2ζjTnjs+ 1)

,

cu Ti, Tj , Tni , Tnj > 0, ζi, ζj ∈ [0, 1).

2) Se determina frecventele de taiere ın ordinea crescatoare (descrescatoare a constante-lor de timp). Astfel, intervalul [0,∞) este ımpartit pe benzi de frecventa: [0,∞) =[0, ωT1) ∪ [ωT1 , ωT2) ∪ [ωT3 , ωT4) ∪ ... , ωTk = 1

Tk.

3) (i) Caracteristica amplitudine-frecventa (AF): Pe fiecare banda se traseaza carac-teristica asimptotica corespunzatoare fiecarui element, adunand de fiecare datapantele. Caracteristica reala urmareste asimptotele, cu specificitatile fiecarui sis-tem elementar ın parte.

(ii) Caracteristica faza-frecventa (FF): Se deseneaza caracteristica specifica fiecaruielement, pe acelasi grafic, apoi se ıncearca vizual ınsumarea graficelor pe fiecarebanda de frecventa.

In Matlab:

>> bode(sys) % pentru caracterstica reala

>> bodemag(sys) % pentru caracterstica amplitudine-frecventa

2.1.2 Caracteristicile elementelor de baza

Integratorul : H(s) = Ksq , K, q ∈ R.

AF : Se obtine o familie de drepte avand panta de −20q dB/dec, de forma

20 logK − 20q logω = [K]dB − 20q logω.

2

−20

−10

0

10

20

30

40

50

60

Ma

gn

itu

de

(d

B)

10−2

10−1

100

101

102

−180

−90

0

90

180

Ph

ase

(d

eg

)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

q=−2 q=−1

q=1 q=2

[K]dB

Figura 1: Diagramele Bode ale integratorului (discutie dupa q, K = 10)

FF : Faza este constanta, iar valoarea ei depinde de q, φ(ω) = −q π2 .

Elementul de ordin I. H(s) =K

Ts+ 1, T ∈ R, K > 0 ⇒ [H(ω)]dB = [K]dB −

20 log (1 + ω2T 2). Cum T ∈ R vom vorbi de |ωT | = ω|T | ⇒ ωT = 1|T | , frecventa de

taiere. Daca T > 0, atunci sistemul este stabil. Daca T < 0, atunci sistemul este instabil.

AF : Cele trei benzi vor fi:

joasa frecventa (j.f.): [K]dB;

medie frecventa (m.f.): −3 dB (abatere, ne ajuta la caracteristica reala);

ınalta frecventa (ı.f.): dreapta cu panta de −20 dB/dec.

FF : φ(ω) = − arctan(ωT ). Observam ca daca T < 0, atunci se modifica doar faza,vezi figura 2.

Elementul de ordin II. H(s) =ω2n

s2 + 2ζωns+ ω2n

, ωn > 0, 0 < ζ < 1. Notand x = ωωn

obtinem

H(ω)← H(x) =1√

(1− x2)2 + 4ζ2x2.

Frecventa de taiere este ωT = ωn ⇔ xT = 1.

AF:

j.f.: 0; m.f.: −10 log 4− 20 log ζ;ı.f.: dreapta cu panta de −40 dB/dec.

FF : φ(ω) = arctan(− 2ζx1−x2 ).

Observatie. Ambele caracteristici depind de ζ. Daca ζ > 1, atunci elementul deordin II are 2 poli reali, deci practic elementul de ordin II devine o ınseriere a 2 elemente

3

−20

−15

−10

−5

0

5

10

15

20

Ma

gn

itu

de

(d

B)

10−2

10−1

100

101

102

−90

−45

0

Ph

ase

(d

eg

)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

T > 0

−20

−15

−10

−5

0

5

10

15

20

Ma

gn

itu

de

(d

B)

10−2

10−1

100

101

102

0

45

90

Ph

ase

(d

eg

)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

T < 0

Figura 2: Element de ordin I: stabil (stanga); instabil (dreapta)

4

−100

−50

0

50

100

150

Magnitude (

dB

)

10−2

10−1

100

101

102

−360

−270

−180

−90

0

Phase (

deg)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

zeta = 0

zeta = 1

Figura 3: Element de ordin II

de ordin I, iar caracteristica va semana cu cea a unui sistem de ordin I (doar cu pantamai abrupta). Reamintim ca ζ = 0 reprezinta regimul de rezonanta, ζ = 1 este regimulaperiodic critic, iar ζ > 1 reprezinta regimul supracritic.

Observatie. Caracteristicile elementelor inverse sunt simetricele celor de mai sus fatade abscisa.

2.2 Filtrare

In multe aplicatii ne intereseaza sa schimbam amplitudinile relative ale componentelorfrecventiale dintr-un semnal sau chiar sa eliminam unele componente frecventiale cu totul.Acest procedeu se numeste filtrare. Sistemele liniare si invariante ın timp care pot schimbaforma spectrului unui semnal se numesc filtre de formare. Sistemele LTI care lasa sa treacaanumite frecvente esential nemodificate si atenueaza (sau chiar elimina) alte frecvente senumesc filtre selective de frecventa.

Astfel, fie un sistem de convolutie y(t) = (h∗u)(t). Conform proprietatii de convolutiea transformatei Fourier (TF):

Y (jω) = H(jω)U(jω), (1)

unde Y (jω) este TF a iesirii y(t), U(jω) este TF a intrarii u(t), iar H(jω) este raspunsul ınfrecventa al sistemului, definit ın (??). Asadar, ecuatia (1) descrie un filtru de frecventa.

3 Exercitii rezolvate

Trasati caracteristicile Bode pentru urmatoarele sisteme:

Exercitiul 1. H(s) =2s+ 1

s(10s+ 1)(s2 + 4s+ 8).

5

Rezolvare. H(s) =1

81s

2s+1(10s+1)

1( 12√2)2s2+2( 1

2√2)( 1√

2)s+1)

. Obtinem

K =1

8; T1 = 10; T2 = 2; T3 =

1

2√

2, iar ζ =

1√2≈ 0.7.

Asadar, frecventele de taiere sunt ωT1 = 110 < ωT2 = 1

2 < ωT3 = 2√

2.

AF: Vom respecta algoritmul prezentat anterior.

1) (0, ωT1): integrator, dreapta cu panta de −20 dB/dec. La ω = 1, asimptota de j.f. arevaloarea [K]dB = [18 ]dB ≈ −18 dB;

2) [ωT1 , ωT2): element de ordin I, dreapta cu panta de −20 dB/dec;

3) [ωT2 , ωT3): ordin I inversat, dreapta cu panta de −20 + 20 = 0 dB/dec.

4) [ωT3 ,∞): ordin II (cu poli complecsi), dreapta cu panta de 0− 40 = −40 dB/dec.

FF : φ(ω) = −π2 + arctan(2ω) − arctan(10ω) − arctan(1,4ωωn

ω2n−ω2 ). In general, aici nu se

precizeaza decat valorile la 0 si la ∞, daca se pot calcula. Deci φ(0) = −π2 , iar φ(∞) =

−π2 + π

2 −π2 −

π2 − π = −2π.

Codul Matlab este prezentat ın Anexa.Rezultatele sunt prezentate ın figura 4. Exercitiile urmatoare nu vor mai contine

explicatii analitice extinse, deoarece ele reprezinta din punct de vedere al rezolvarii doaraplicarea directa a procedurii, ci doar observatii practice din analiza graficelor.

Exercitiul 2. H(s) = 10s

1+s2

(0,1s+1)(0,05s+1) .

Rezolvare. ω1 = 1, ω2 = 10, ω3 = 20. Elementul de ordin II prezent ın sistem are ζ = 0,functionand la rezonanta. Acest fenomen va fi pus ın evidenta clar pe caracteristicade amplitudine. Dupa cum s-a vazut acesta este reprezentat prin discontinuitatea ınfrecventa de taiere. Codul Matlab este dat ın Anexa. Rezultatul este prezentat ın figura5.

Exercitiul 3. G(s) =αs+ 1

βs+ 1, α, β > 0. Calculati supω |G(jω)|. Discutie dupa α si β.

Rezolvare. Cazul 1. α < β ⇒ ω1 = 1β < ω2 = 1

α . Valoarea supω |G(jω)| se ia de pegrafic si corespunde valorii maxime a lui [G]dB. Aici,

[G]dB,max = 0⇒ supω|G(jω)| = 1.

Rezultatul este prezentat ın figura 6, iar codul Matlab ın Anexa.

Cazul 2. α > β ⇒ ω1 = 1α < ω2 = 1

β . Graficele sunt simetricele celor de mai sus fata deabscisa. In plus supω |G(jω)| = α

β . Verficati analitic corectitudinea afirmatiei anterioare.Indicatie: Maximul se gaseste pe caracteristica asimptotica. De ce?

Exercitiul 4. H(s) =s− as+ a

, a ∈ R+.

Rezolvare. Este cazul filtrului de tip trece-tot care are modulul 1 pe ıntreg spectrul pozitivde frecvente.

6

−150

−100

−50

0

−18

50

100

Magnitude (

dB

)

10−3

10−2

10−1

100

101

102

−270

−225

−180

−135

−90

Phase (

deg)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

[K]dB

Figura 4: Rezultatul Exercitiului 1

−150

−100

−50

0

50

Ma

gn

itu

de

(d

B)

10−1

100

101

102

103

225

270

315

360

405

450

Ph

ase

(d

eg

)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

rezonanta


7

−8

−7

−6

−5

−4

−3

−2

−1

0

Ma

gn

itu

de

(d

B)

10−2

10−1

100

101

−20

−15

−10

−5

0

Ph

ase

(d

eg

)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)


AF: 0 dB pe ω ∈ [0,∞).

FF: φ(ω) = arctan 2aωω2−a2 (asemanatoare cu element de ordin I, doar ca se schimba

punctul de inflexiune si capetele ıntre care evolueaza, φ(0+) = π2 , iar φ(∞) = 0).

Construiti o functie Matlab care primeste la intrare parametrul a si afiseaza diagramaBode (vezi Anexa). Se dau valori pozitive lui a. Graficul amplitudinii va avea variatiimici in jurul semiaxei logaritmice. Care este cauza acestui fenomen si cum se poateproceda pentru vizualizarea corecta a graficului?

Exercitiul 5. Reprezentati diagramele Bode pentru sistemul

H(s) = −100s

s3 + 12s2 + 21s+ 10.

Rezolvare. H(s) = −10s

(s+ 1)2( 110s+ 1)

.

Observam ca sistemul are factorul de amplificare K = −10 negativ iar elementele salesunt: un zerou ın origine, un pol ın s = − 1

10 de multiplicitate 1 si un pol dublu in s = −1.

Matlab :

num = [-100 0];

den = [1 12 21 10];

H = tf(num,den);

bode(H)

Exercitiul 6. Reprezentati diagramele Bode pentru sistemul:

H(s) = 4s2 + s+ 25

s3 + 100s2.

Matlab :

8

num = [4 4 100];

den = [1 100 0 0];

H = tf(num,den);

bode(H)

Exercitiul 7. H(s) = Ks e−τs.

Rezolvare.

H(ω) =K

ω, iar φ(ω) = −ωτ − π

2.

Se observa ca faza este liniara. In general, un sistem cu timp mort are functia de transferH(s) = H(s)e−τs, unde H(s) este o functie de transfer rationala (strict) proprie. Rezultaca |H(jω)| = |H(jω)|, asadar modulul nu este influentat de timpul mort. In schimb fazaeste φ(ω) = arg(H(jω)) − ωτ , afectata semnificativ la frecvente mari (φ(∞) = −∞).Propunem cititorului trasarea diagramelor Bode pentru K = 2, τ = 1.

Exercitiul 8. Reprezentati diagramele Bode parametrizate atat ın functie de ω cat si deζ pentru un element de ordinul 2: H(ω) = H(ω, ζ), φ(ω) = φ(ω, ζ), ζ ∈ R.

Rezolvare. Codul este dat ın Anexa.

Exercitiul 9. Fie semnalul continuu cu frecventa fundamentala ω0 = 2π,

x(t) =+3∑

k=−3ake

jkω0t,

unde a0 = 1, a1 = a−1 = 14 , a2 = a−2 = 1

2 , a3 = a−3 = 13 . In plus, considerati sistemul LTI

cu functia pondere h(t) = e−t1(t).

a) Folosind relatia lui Euler, scrieti semnalul x(t) ca o suma de functii cosinus. Reprezentatigrafic semnalul.

b) Calculati rapunsul ın frecventa al sistemului LTI dat, H(jω), precum si modulul sau|H(jω)| =: H(ω). Reprezentati grafic H(ω)

∣∣dB

= f(log(ω)).

c) Aratati ca

y(t) =+3∑

k=−3akH(jk2π)ejk2πt.

d) Scrieti semnalul y(t) ca o suma de functii cosinus. Reprezentati grafic semnalul.

Rezolvare.

a) Din ipoteze, avem ca

x(t) = 1 +1

4

(ej2πt + e−j2πt

)+

1

2

(ej4πt + e−j4πt

)+

1

3

(ej6πt + e−j6πt

).

Din relatia lui Euler, rezulta usor ca 2 cos(ωt) = ejωt+e−jωt. Relatia de mai sus devine:

x(t) = 1 +1

2cos 2πt+ cos 4πt+

2

3cos 6πt.

In figura 7 avem reprezentarea grafica a semnalului x(t). Se foloseste codul prezentatın Anexa.

9

−3 −2 −1 0 1 2 3−0.5

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

3.5

Timp

x(t

)

Graficul semnalului x(t)

Figura 7: Exercitiul 9.a

10−2

10−1

100

101

102

−40

−35

−30

−25

−20

−15

−10

−5

0

Pulsatia ω (rad/s)

Mo

du

lul H

(ω)

(dB

)

Raspunsul in frecventa

Figura 8: Exercitiul 9.b

10

b)

H(jω) =

∫ ∞0

e−τe−jωτdτ = − 1

1 + jωe−(1+jω)τ

∣∣∣∣∞0

=1

1 + jω.

H(ω) := |H(jω)| = 1

|1 + jω|=

1√1 + ω2

.

In figura 8 avem reprezentarea grafica a functiei H(ω). Codul Matlab se gaseste ınAnexa.

c) Plecam de la observatia ca x(t) =∑+3

k=−3 xk(t), unde xk(t) = akejk2πt. Daca deter-

minam raspunsul sistemului la intrarea xk(t), atunci raspunsul y(t) la semnalul x(t)se obtine prin superpozitie, i.e., y(t) =

∑+3k=−3 yk(t). Vom avea succesiv:

yk(t) =

∫ ∞0

h(τ)xk(t− τ)dτ =

∫ ∞0

h(τ)akejk2π(t−τ)dτ = ake

jk2πt

∫ ∞0

h(τ)e−jk2πτdτ

yk(t) = akH(jk2π)ejk2πt ⇒ y(t) =

+3∑k=−3

akH(jk2π)ejk2πt, q.e.d.

d) Din relatia de la c), avem ca

y(t) =+3∑

k=−3bke

jkω0t,

unde bk = akH(jk2π). Rezulta ca b0 = 1,

b1 = 14

11+j2π , b2 = 1

21

1+j4π , b3 = 13

11+j6π ,

b−1 = 14

11−j2π b−2 = 1

21

1−j4π b−3 = 13

11−j6π

Reprezentarea ca suma de functii cosinus se obtine imediat:

y(t) = 1 + 23∑

k=1

Dk cos(2πkt+ θk), bk = Dkejθk .

Propunem ca exercitiu determinarea numerica a coeficientilor si reprezentarea graficaa semnalului.

Exercitiul 10. Circuitul RC este utilizat pe scara larga pentru implementarea unorfiltre specifice de frecventa. Acest exercitiu propune studiul filtrelor de tip Trece-Jos siTrece-Sus realizate cu circuitul RC.

a) Considerand ca intrare tensiunea de alimentare u(t) si ca iesire tensiunea de pe con-densator vC(t), am aratat ın Sectiunea ?? ca raspunsul ın frecventa al sistemului LTIrezultat este

H(jω) =1

1 +RCjω.

Sistemul LTI astfel obtinut este un filtru de tip TJ. Reprezentati grafic modululnumarului complex H(ω) := |H(jω)| si faza φ(ω) := arg[H(jω)], pentru RC ∈{1, 2, . . . , 7} sec. Justificati denumirea de FTJ.

11

10−2

100

102

−60

−50

−40

−30

−20

−10

0

Pulsatia ω (rad/s)

Modulu

l H

(ω)

(dB

)

Modulul raspunsului in frecventa

10−2

100

102

−90

−80

−70

−60

−50

−40

−30

−20

−10

0

Pulsatia ω (rad/s)

Faza φ

(ω)

(gra

de)

Argumentul raspunsului in frecventa

RC creste


b) Ca alternativa, putem considera ca iesire tensiunea de pe rezistor vR(t). Ecuatiadiferentiala care caracterizeaza sistemul, z(t) := vR(t) este:

RCdz(t)

dt+ z(t) = RC

du(t)

dt. (2)

Determinati raspunsul ın frecventa al sistemului G(jω) pentru RC = 5 sec. Trasatigrafic functiile G(ω) := |G(jω)| si φ(ω) := arg[G(jω)]. Obtinem un filtru Trece-Sus(FTS). Justificati aceasta denumire.

c) Fie R · C = 0.1 sec. Reprezentati diagramele lui Bode pentru sistemele H(s) si G(s).Verificati prin simulare caracterul celor doua filtre.

d) Fie R ·C = 0.1 sec si fie semnalul de stimul u(t) = 1(t)+e(t), unde e(t) este un zgomotalb de medie nula si varianta 0.1. Reprezentati grafic raspunsul sistemului H(s).

Rezolvare.a) Se obtine

H(ω) =1√

1 + ω2 · (RC)2.

Faza se calculeaza cu relatia

φ(ω) = arctg

(Im H(jω)

Re H(jω)

)= arctg(−ωRC).

Graficul pentru diverse valori RC este dat ın figura 9. In Matlab, am determinat modululsi faza folosind relatiile obtinute. Rutina se gaseste ın Anexa.

12

Observatia 1. Pentru frecvente joase, ın vecinatatea punctului ω = 0, se observa pegrafic ca |H(jω)| ≈ 1(0 dB), ceea ce ınseamna ca frecventele joase ”trec”. Pentru valorimari ale frecventei ω, |H(jω)| este considerabil mai mic si scade liniar cu cresterea lui ω.Astfel, circuitul RC cu iesirea pe condensator este un Filtru Trece—Jos.

Observatia 2. Sa presupunem ca ne dorim ca filtrul sa permita trecerea doar pentrufrecvente foarte joase. Se observa din grafic ca 1/RC trebuie sa fie mic, respectiv RC safie mare.b) Daca u(t) = ejωt, atunci avem ca z(t) = G(jω)ejωt. Inlocuind ın relatia (2), obtinemdupa calcule elementare:

G(jω) =jωRC

1 + jωRC.

Modulul si argumentul raspunsului ın frecventa G(jω) rezulta imediat:

G(ω) =ωRC√

1 + (ωRC)2, φ(ω) = arctg

1

ωRC.

10−3

10−2

10−1

100

101

102

103

−40

−30

−20

−10

0

10

Modulu

l H

(ω)

(dB

)

Modulul raspunsului in frecventa

10−3

10−2

10−1

100

101

102

103

0

20

40

60

80

100

Pulsatia ω (rad/s)

Faza φ

(ω)

(gra

de)

Argumentul raspunsului in frecventa


Graficele sunt date ın figura 10, iar codul Matlab aferent ın Anexa.

Observatia 3. Se poate observa din figura ca sistemul atenueaza frecventele ınalte sipermite trecerea frecventelor ınalte, adica |ω| >> 1/RC. Prin urmare, sistemul este unFTS neideal.

c) Pentru R ·C = 0.1 sec, avem frecventa de taiere ω0 = 1RC = 10 rad/sec. Alegem pentru

simulare semnalele de stimul

u1(t) = sin(3t) + 4 cos(2t), t > 0, u2(t) = sin(25t) + 4 cos(40), t > 0.

Se observa ca u1(t) este compus din armonice cu frecvente mai mici decat ω0. Prinurmare, acest semnal ”va trece” neamortizat prin sistemul H(s). u2(t) este compus dinarmonice cu frecvente mai mari decat ω0. Vom avea la iesire o armonica amortizata.

13

−1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10−0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

Linear Simulation Results

Time (seconds)

Am

plit

ude

Figura 11: Zgomot alb filtrat

Consideram acum sistemul G(s), care se comporta ca un filtru trece-sus, i.e., semnalelearmonice de frecvente ınalte trec. Reluand rationamentul anterior, u1(t) este amortizat,iar u2(t) trece. Propunem ca exercitiu cititorului verificarea afirmatiilor cu Matlab. Seva folosi spre exemplu instructiunea lsim(H,u1,t);.

d) Codul Matlab este dat ın Anexa. Se obtine figura 11. Se observa ca efectul perturbatoral zgomotului alb este ınlaturat prin filtrare. Acest procedeu este folosit pe scara larga ınpractica inginereasca atunci cand un semnal de interes (spre exemplu, informatia de laun senzor) este perturbat.

Exercitiul 11. Filtrul Trece-Jos ideal si Filtrul Trece-Tot (FTT).

a) Filtrul Trece-Jos ideal are raspunsul ın frecventa:

H(jω) =

{1, |ω| ≤ ωc,0, |ω| > ωc.

Detereminati functia pondere a sistemului, h(t). Reprezentati grafic H(ω) si h(t). Ceputeti spune despre cauzalitatea sistemului?

b) Raspunsul ın frecventa al unui filtrul trece-tot este de forma

H(jω) =jωT0 − 1

jωT0 + 1,

unde T0 este un numar real fixat. Calculati H(ω). Ce observati? Calculati sireprezentati grafic φ(ω).

c) Un filtru trece-tot poate fi reprezentat ca o ıntarziere pura, i.e., H(s) = e−sN , N ∈ N.Rezulta H(jω) = e−jωN . Calculati si reprezentati grafic H(ω) si φ(ω).

14

Rezolvare.a) Functia pondere se calculeaza pornind de la definitie:

h(t) =1

2π

∫ ωc

−ωc

H(jω)ejωtdω =1

2π

∫ ωc

−ωc

ejωtdω

=1

2πjt

(ejωct − e−jωct

)=

sin(ωct)

πt.

Graficele functiilor H(ω) si h(t) pentru ωc = 2rad/s sunt date ın figura 12. CodulMatlab aferent este ın Anexa.

−15 −10 −5 0 5 10 15−0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8Functia pondere a filtrului trece banda

Timp (s)

h(t

)

−5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2Raspunsul in frecventa

ω (rad/s)

H(ω

)


Observatia 4. De notat ca h(t) 6= 0, pentru t < 0. In consecinta, un filtru ideal nueste cauzal, fiind nepotrivit pentru acele aplicatii practice care necesita filtre cauzale.Mai mult, chiar daca cauzalitatea nu este o constrangere esentiala, filtrul ideal este greude implementat fizic, pe cand un filtru neideal (spre exemplu, filtrele neideale TS si TJtratate anterior) este mult mai simplu de realizat (cu un simplu circuit RC).

b)

H(ω) =|jωT0 − 1||jωT0 + 1|

= 1, ∀ω ∈ R.

Pentru calculul fazei φ(ω), scriem raspunsul in frecventa sub forma H(jω) = Re H(jω) +jIm H(jω):

H(jω) =(jωT0 − 1)(1− jωT0)(1− jωT0)(1 + jωT0)

=ω2T 2

0 − 1

ω2T 20 + 1

+ j2ωT0

ω2T 20 + 1

.

Faza devine:

15

φ(ω) = arctgIm H(jω)

Re H(jω)= arctg

2ωT0ω2T 2

0 − 1.

Codul Matlab pentru reprezentarea grafica a functiei φ(ω) este dat ın Anexa. Graficuleste dat ın figura 13.

Observatia 5. Pentru reprezentarea grafica, am folosit functia Matlab atan2 ın loculclasicei atan. Functia aleasa ıntoarce valoarea functiei arctan(x) ın toate cele 4 cadrane.Argumentam aceasta alegere pe baza fenomenului de phase shift, adica shiftarea fazei cu90o la frecventa ω0 = 1

T0, care duce la un rezultat eronat al functiei Matlab atan - ıntoarce

doar valori ıntre[−π

2 ,π2

].

d) Avem ca H(ω) = |e−jωN | = 1, ∀ω ∈ R, ∀N ∈ N. Faza este scade liniar cu frecventa,φ(ω) = −jωN . Propunem cititorului sa reprezinte grafic (ın Matlab si analitic) diagrameleBode pentru acest sistem.

10−3

10−2

10−1

100

101

102

103

0

20

40

60

80

100

120

140

160

180Faza pentru Filtrul Trece Tot

ω (rad/s)

φ(ω

) (g

rade)


Exercitiul 12. Ne propunem studiul filtrelor nonrecursive discrete. Aceste filtre nudepind de valori anterioare ale iesirii, avand astfel forma generala

y[n] =k=N∑k=−N

bku[n− k].

Constatam ca iesirea este o medie ponderata a valorilor intrarii de la u[n − N ] pana lau[n+N ], cu ponderile date de coeficientii bk.

a) Un exemplu des ıntalnit este filtrul de medie alunecatoare (MA), unde iesirea y[n]este media valorilor semnalului de intrare u[n] ıntr-o vecinatate a lui n. Luam un cazsimplu:

y[n] =1

3(u[n− 1] + u[n] + u[n+ 1]) .

Determinati functia pondere si raspunsul ın frecventa al filtrului MA. Reprezentatigrafic H(ω) := |H(ejω)|. Interpretati graficul obtinut.

16

b) Reluati punctul anterior pentru cazul general, adica

y[n] =1

2N + 1

k=N∑k=−N

u[n− k].

Rezolvare.a) Functia pondere este raspunsul sistemului la impulsul discret. Intr-adevar, daca u[n] =δ[n], atunci y[n] = h[n]. Obtinem:

h[n] =1

3(δ[n+ 1] + δ[n] + δ[n− 1]) .

Pentru sistemele discrete, raspunsul ın frecventa H(ejω) este dat de relatia:

H(ejω) =+∞∑

n=−∞h[n]e−jωn.

In cazul nostru, vom avea succesiv:

H(ejω) =1

3

(+∞∑

n=−∞δ[n+ 1]e−jωn +

+∞∑n=−∞

δ[n]e−jωn ++∞∑

n=−∞δ[n− 1]e−jωn

)

=1

3

(ejω + 1 + e−jω

)=

1

3(1 + 2 cos(ω)).

Graficul functiei H(ω) = 13 |1 + 2 cos(ω)| este dat ın figura 14. Script-ul Matlab necesar

se gaseste ın Anexa.

Observatia 6. Se observa din grafic (vezi figura 14) ca filtrul nerecursiv dat are carac-teristicile unui filtru Trece Jos neideal, adica nu are o tranzitie brusca ıntre benzile defrecventa corespunzatoare (banda de trecere, respectiv de atenuare).

b) In acest caz, functia pondere devine:

h[n] =1

2N + 1

+N∑k=−N

δ[n− k].

Rezulta ca raspunsul la impuls este un un semnal dreptunghiular discret:

h[n] =

{1

2N+1 , −N ≤ n ≤ N,0, altfel.

Raspunsul ın frecventa devine:

H(ejω) =1

2N + 1

+N∑k=−N

e−jωk.

Dupa un volum moderat de calcule, se obtine:

H(ejω) =1

2N + 1

sin[(2N + 1)ω2

]sin ω

2

.

17

−5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 50

0.05

0.1

0.15

0.2

0.25

0.3

0.35Functia pondere pentru filtrul nerecursiv dat

n (esantioane)

h[n

]

−8 −6 −4 −2 0 2 4 6 80

0.2

0.4

0.6

0.8

1Raspunsul in frecventa

ω (rad/s)

H(e

jω)


−3 −2 −1 0 1 2 3

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

Raspunsul in frecventa al unui filtru MA cu N = 33

ω (rad/s)

|H(e

jω)|


18

Graficul functiei H(ω) pentru N = 33 este dat ın figura 15, iar codul Matlab ın Anexa.Studiati ce se ıntampla pentru diverse valori ale parametrului N , spre exemplu N = 16,N = 65.

Observatia 7. Filtrele de MA fac parte dintr-o clasa interesanta de filtre, FIR (FiniteImpulse Response). Justificati aceasta denumire.

Exercitiul 13. Proiectarea filtrelor selective de frecventa. Ne propunem aici pro-iectarea unui filtru H(s) cu caracteristica amplitudine–frecventa impusa a priori: dorimca modulul la joasa frecventa sa fie 0 < Ainf < 1, iar la ınalta frecventa sa avem mo-dulul Asup > 1. Specificam banzile de frecventa dorite prin alegerea primei frecvente defrangere ωt. Gasiti filtrul, avand doar un pol si un zerou.

Rezolvare. Sistemul H(s) are un pol si un zerou. Deoarece se dau 3 parametri, i.e.,Ainf , Asup, ωt, vom avea 3 necunoscute:

H(s) =as+ b

cs+ 1⇒ |H(jω)| =

√a2ω2 + b2

c2ω2 + 1.

Conditiile impuse devin:

|H(j · 0)| = b = Ainf ; |H(j · ∞)| = a

c= Asup ⇒ a = cAsup;

b

a= ωt.

Dupa calcule, se obtine H(s) =s+ ωts

Asup+

ωtAinf

. Trebuie sa impunem ca prima frecventa de

frangere sa fie ωt, i.e., 1c <

ba ⇒ Ainf < ω2

tAsup. Reprezentati ın Matlab diagramele Bodepentru sistemul obtinut. Alegem Ainf = 0.1, Asup = 20, ωt = 10 rad/sec.

4 Exercitii propuse

Exercitiul 14. Reprezentati diagramele Bode pentru sistemul

H(s) =0.01(s2 + 0.01s+ 1)

s2[s2/4 + 0.02(s/2) + 1].

Determinati polii si zerorile sistemului (folositi functia pzmap).

Exercitiul 15. Un sistem cu zerouri ın semiplanul complex drept deschis se numestesistem de faza neminima. Efectul acestor zerouri instabile este vizibil ın faza sistemuluiφ(ω). Astfel, se dau functiile de transfer de forma

G1(s) =s+ α

0.1s+ 1, α > 0; G2(s) =

s− α0.1s+ 1

, α > 0.

a) Sa se reprezinte diagramele Bode pentru diverse valori ale parametrului α. Ce seıntampla cu H(ω)? Dar cu φ(ω)? Argumentati riguros raspunsul.

b) Sa se reprezinte pe acelasi grafic raspunsul indicial al sistemelor G1(s) si G2(s). Ceobservati?

19

Exercitiul 16. Construiti un semnal periodic compus din mai multe armonici distincte,apoi perturbati-l cu un zgomot alb (se generaza cu functia Matlab randn). Filtrati apoisemnalul obtinut folosind un filtru selectiv de frecventa astfel ıncat la iesirea filtrului sa segaseasca un semnal cat mai apropiat de cel original. Calculati numeric diferentele dintresemnalul obtinut dupa filtrare si cel original.

Exercitiul 17. O conjectura celebra afirma ca sistemul auditiv uman nu sesizeaza mo-dificarile de faza ale unui semnal audio. Pentru a valida conjectura, este suficient saprelucram un semnal vocal cu un filtru discret trece-tot de faza neminima (FTT) si saverificam potrivirea auditiv. Un FTT discret este de forma

H(z) =

(∑nk=0 bkz

−k∑nk=0 akz

−k

)N.

Coeficientii filtrului precizat se gasesc ın fisierul s vocal.mat, astfel ıncat b(k + 1) = bksi a(k + 1) = ak. Pentru ıncarcarea fisierului, se va folosi instructiunea Matlab load.

a) Scrieti ın fisierul discurs0.au semnalul speech din fisierul dat, prin folosirea functieiMatlab auwrite. Frecventa de esantionare este Fs = 11025 Hz. Scrierea se va face pe16 biti, cu metoda de codare liniara.

b) Sa se implementeze FTT ın Matlab pentru N = 1, utilizand functia filt. Sa se obtinaraspunsul la impuls si raspunsul ın frecventa al filtrului (functia freqz).

c) Reprezentati grafic polii si zerourile filtrului. Folositi functia pzmap. Este sistemul defaza minima?

d) Aplicati filtrul obtinut semnalului vocal din variabila speech. Vom folosi functiaMatlab filter. Scrieti ın fisierul discurs1.au semnalul filtrat obtinut. Sesizati vreodiferenta? Argumenteaza riguros, pe baza celor studiate a priori.

e) Sa se refaca punctele b) - d) pentru N = 50. Se sesizeaza o diferenta. Descrietidistorsiunea si argumentati.

Exercitiul 18. Filtrele nerecursive pot implementa filtre de tip Trece Sus. Ca un exemplusimplu, fie ecuatia cu diferente

y[n] =x[n]− x[n− 1]

2.

Determinati functia pondere h(t) si raspunsul ın frecventa H(ejω) pentru sistemul dat.Reprezentati grafic |H(ejω)|. Am obtinut un FTS? Argumentati.

Exercitiul 19. Consideram filtrul dat de

H(jω) =

{1, |ω| ≤ π

3 ,

0, |ω| > π3 .

Fie semnalul de stimul u(t) =∞∑

n=−∞δ(t− 9n). Cerinte:

a) Ce proprietati are filtrul H(jω) dat? Verificati daca este real sau complex, cauzal saunecauzal. Calculati

h(t) = F−1{H(jω)} :=1

2π

∫ ∞−∞

H(jω)e+jωtdω.

20

b) Calculati si reprezentati grafic transformata Fourier a semnalului de stimul U(jω).

c) Determinati si reprezentati grafic raspunsul sistemului Y (jω), respectiv y(t).

Exercitiul 20. Se considera sistemul H(s), avand raspunsul ın frecventa dat ın figura16a. Daca

u(t) = sin(ω1t+π

4) + 2 cos(ω2t+

π

4),

unde ω1, ω2 > 0, calculati si reprezentati grafic y(t). Verificati rezultatul ın Matlab.

Exercitiul 21. Ne propunem proiectarea unui filtru neideal de tip trece-tot cu specificatiiledin figura 16b. In plus, ne dorim H(0) = 1. Se impune ca filtrul proiectat sa aiba functiade raspuns ın frecventa de forma

H(jω) =K

α+ jω.

a) Determinati K astfel ıncat H(0) = 1.

b) Gasiti intervalul admisibil pentru α a.ı. filtrele rezultate sa ındeplineasca specificatiiledin figura 16b.

21

(a) Raspuns ın frecventa

(b) Cerinte de proiectare

Figura 16:

22

diagrame bode

Documents