Aggiunte altre slide per la synthesis bank
Leonardo Robol [2010-03-14 13:57]
Aggiunte altre slide per la synthesis bank
diff --git a/Slide/slide.tex b/Slide/slide.tex
index 1a048b8..4e52be3 100644
--- a/Slide/slide.tex
+++ b/Slide/slide.tex
@@ -19,6 +19,7 @@
\newcommand{\Z}{\mathbb{Z}}
\newcommand{\N}{\mathbb{N}}
\renewcommand{\hat}{\widehat}
+\renewcommand{\tilde}{\widetilde}
\newcommand{\upsample}[1]{\makebox[0.85\width]{$\uparrow$}_{#1}}
\newcommand{\downsample}[1]{\makebox[0.85\width]{$\downarrow$}^{#1}}
\newcommand{\pausaindice}{
@@ -363,8 +364,83 @@
\[
y_0(n) = H_0(\omega)e^{in\omega} \qquad y_1(n) = H_1(\omega)e^{in\omega}
\]
- Partendo da un segnale abbiamo
-
+
+ \begin{os}
+ Con questo filtraggio abbiamo separato le alte frequenze dalla basse frequenze; ora però
+ ci sono \textbf{il doppio} dei samples di prima e quindi il segnale occupa
+ il doppio dello spazio.
+ \end{os}
+\end{frame}
+
+\begin{frame} \frametitle{Liberarsi della ridondanza}
+ Per liberarci dell'informazioni in eccesso ne scartiamo la metà effettuando un downsampling,
+ ovvero ponendo
+ \[
+ \tilde y_0(n) = \downsample{2} y_0(n) \qquad \tilde y_1(n) = \downsample{2} y_1(n)
+ \]
+ Il problema dell'informazione in eccesso è stato sicuramente risolto, ma sarà possibile
+ recuperare il segnale originale? \\[15pt]
+
+ Per fortuna la risposta è affermativa. Supponiamo ora di conoscere solamente i segnali
+ $\tilde y_0$ e $\tilde y_1$ ottenuti da questo processo, ovvero
+ \[
+ \tilde{y_0}(n) = H_0(\omega)e^{2in\omega} \qquad \tilde{y_1}(n) = H_1(\omega)e^{2in\omega}
+ \]
+\end{frame}
+
+\begin{frame} \frametitle{Il ritorno dell'aliasing}
+ Cominciamo con il cercare di invertire (per quanto possibile) il downsampling.
+
+ Poniamo quindi:
+ \[
+ z_0(n) = \upsample{2} \tilde y_0(n) \qquad z_1(n) = \upsample{2} \tilde y_1(n)
+ \]
+ e osserviamo che per ogni $\omega$ vale questa uguaglianza
+ \[
+ \upsample{2}\downsample{2} \{e^{in\omega}\} = \{\frac{1}{2} ( e^{in\omega} + e^{in(\omega+\pi)})\}
+ \]
+ ovvero l'upsampling ci restituisce il segnale originale ``sporcato'' con dell'aliasing. Come liberarsene?
+
+\end{frame}
+
+\begin{frame} \frametitle{La sintesi}
+ Osserviamo cosa succede ora se consideriamo
+ \begin{eqnarray*}
+ r(n) &=& f_0 * z_0(n) + f_1 * z_1(n) = \\
+ &=& \frac{f_0}{2} * (\tilde{y_0}(n) + e^{in\pi}\tilde{y_0}(n)) + \frac{f_1}{2} * (\tilde{y_1}(n) + e^{in\pi}\tilde{y_1}(n)) = \\
+ &=& \frac{f_0}{2} * H_0(\omega)(e^{in\omega} + e^{in(\omega + \pi)}) + \frac{f_1}{2} * H_1(\omega)(e^{in\omega} + e^{in(\omega + \pi)})
+ \end{eqnarray*}
+ e sviluppando in funzione del segnale iniziale $e^{in\omega}$ si ottiene che $r(n)$ si può scrivere come
+ (consideriamo $-\omega = \omega + \pi$)
+ \[
+ \frac{(F_0(\omega)H_0(\omega) + F_1(\omega)H_1(\omega))e^{in\omega} + (F_0(-\omega)H_0(\omega) + F_1(-\omega)H_1(\omega))e^{-in\omega}}{2}
+ \]
+ \normalsize
+ e quindi $r(n)$ è combinazione lineare di $\{e^{in\omega}\}$ e di $\{e^{in(\omega + \pi)}\}$.
+\end{frame}
+
+\begin{frame} \frametitle{La sintesi}
+ Per recuperare il segnale iniziale farebbe comodo avere $r(n) = x(n)$ che è equivalente a
+ \[
+ \left\{ \begin{array}{l}
+ F_0(\omega)H_0(\omega) + F_1(\omega)H_1(\omega) = 1 \\
+ F_0(\omega+\pi)H_0(\omega) + F_1(\omega+\pi)H_1(\omega) = 0
+ \end{array}
+ \right.
+ \]
+ In realtà è sufficiente che la prima equazione valga $e^{-il\omega}$ per ogni $\omega$ e per qualche
+ $l \in \N$. \\[5pt]
+
+ In questo modo avremmo che $r(n) = e^{-il\omega}x(n) = e^{i(n-l)\omega}$ è uguale a $x(n)$
+ con un ritardo di $l$. \\[5pt]
+
+ Purtroppo questo è inevitabile, perché i filtri ``guardano solamente indietro'', e quindi introducono
+ un ritardo.
+\end{frame}
+
+\begin{frame} \frametitle{Il caso di Haar}
+ Ricordando i filtri $h_0, h_1, f_0, f_1$ che avevamo scelto all'inizio, calcoliamo le relative
+ response function.
\end{frame}
\end{document}