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}