BÀI TẬP Xử lý tín hiệu số Nguyễn Tạ Tú

ID: 1021010109 ________Nguyễn Tạ Tú - D10VT6_____
BÀI KIỂM TRA
Môn: Xử lý tín hiệu số
Họ và tên: Nguyễn Tạ Tú
Lớp: D10VT6.
Số thẻ SV: 1021010109
Ngày sinh: 27/02/1992
BÀI LÀM:
Bài 1.9: (09≡9 mod 26)
Tìm ZT và RoC của chúng cho các tín hiệu mô tả bởi công thức:
a.
1
( ) ( )
3
n
x n u n
 
=
 ÷
 

b.
| |
1
( )
3
n
x n
 
=
 ÷

 
Giải
a. Ta có:
[ ]
1
0
1 1
( ) ( ) ( )
3 3
n n
n
n n
ZT x n X z u n z z
∞ ∞
− −
=−∞ =
   
= = =
 ÷  ÷
   
∑ ∑
1
1
1
1
3
z
−
=
−

với
1
1 1
1
3 3
z z
−
< ⇔ >
Vậy
[ ]
1
1
( )
1
1
3
ZT x n
z
−
=
−
và RoC:
1
3
z >
.
b. Ta có:
[ ]
1
( ) ( )

3
n
n
n
ZT x n X z z
∞
−
=−∞
 
= =
 ÷
 
∑
Lại có:
khi 0
khi 0
n n
n
n n
≥

=

− <

Suy ra
1
0
1 1
( )

3 3
n n
n n
n n
X z z z
−
∞ −
− −
= =−∞
   
= +
 ÷  ÷
   
∑ ∑
•
1
1
0
1 1
( )
1
3
1
3
n
n
n
X z z
z
∞

−
−
=
 
= =
 ÷
 
−
∑
với
1
3
z >
•
1
2
1 0
1
1 1 1 1
3
( ) 1 1
1 1
3 3 3
1 1
3 3
n l l
n
n l l
z
X z z z z

z z
−
− ∞ ∞
−
=−∞ = =
     
= = = − = − =
 ÷  ÷  ÷
     
− −
∑ ∑ ∑

với
1
1 3
3
z z< ⇔ <
Vậy
[ ]
1
1
1 8
3
( )
1 1
(3 1)(3 )
1 1
3 3
z
z

ZT x n
z z
z z
−
= + =
− −
− −
và RoC:
1
3
3
z< <
.
Take home exam.DSP
1
ID: 1021010109 ________Nguyễn Tạ Tú - D10VT6_____
Bài 2.9: (09≡9 mod 18)
Xét hệ thống có hàm truyền đạt cho bởi công thức:
2
2
( )
( 1) ( 2)
z
H z
z z
=
− −

a. Biết hệ thống là nhân quả, hãy tìm đáp ứng xung h(n) của hệ thống
b. Hãy biểu diễn sơ đồ thực hiện hệ thống theo các dạng chuẩn I, II

c. Hãy cho biết hệ thống có ổn định hay không và giải thích rõ tại sao
d. Xây dựng phương trình sai phân mô tả hệ thống.
Giải
a. H(z) có một điểm cực đơn là z
pk1
= 2 và một điểm cực bội z
pk2
= 1. Ta có:
( )
1 2
2
( )
2 1
1
C CA
H z
z z
z
= + +
− −
−

Tính các hệ số A, C
1
, C
2
như sau:
2
2
2

( 2) 4
( 2)( 1)
z
z
A z
z z
=
= − =
− −
2 1
2
1
2 1 2
1
1
1 2 2
( 1) 4
(2 1)! ( 2)( 1) 2
z
z
d z d z
C z
dz z z dz z
−
−
=
=
 
 
= − = = −

 ÷
 
− − − −
 
 
2 2
2
2
2 2 2
1
1
1 2 2
( 1) 2
(2 2)! ( 2)( 1) 2
z
z
d z z
C z
dz z z z
−
−
=
=
 
= − = = −
 
− − − −
 
Do dó
( )

1 2 3
2
4 4 2
( ) ( ) ( ) ( )
2 1
1
H z H z H z H z
z z
z
− −
= + + = + +
− −
−
•
[ ]
1
1
( ) 4.2 ( 1)
n
IZT H z u n
−
= −
•
[ ]
2
( ) 4 ( 1)IZT H z u n= − −
•
[ ]
3
( )IZT H z

Ta biết
2
1 1
1 ( 1)
d
dz z z
 
= −
 ÷
− −
 
Mà
1
( 1)
1
IZT u n
z
 
= −
 
−
 
Vậy
1 1
( 1)
1 1
n
n
ZT u n z
z z

∞
−
=−∞
 
= − =
 
− −
 
∑
1
2
1 1
( 1) ( 1)( )
1 ( 1)
n n
n n
d d
u n z u n n z
dz dz z z
∞ ∞
− − −
=−∞ =−∞
 
 
− = − − = = −
 
 
− −
 
 

∑ ∑
Đổi biến số
1 1n m n m− − = − ⇒ = −
Vậy :
[ ]
[ ]
2
2
3
1
( 1) ( 2)
( 1)
1
( 1) ( 2)
( 1)
( ) 2( 1) ( 2)
m
n
m u m z
z
ZT n u n
z
IZT H z n u n
∞
−
=−∞
= − −
−
⇒ − − =
−

⇒ = − − −
∑
Cuối cùng đáp ứng xung là:
1
( ) 4.2 ( 1) 4 ( 1) 2( 1) ( 2)
n
h n u n u n n u n
−
= − − − − − −
Take home exam.DSP
2
ID: 1021010109 ________Nguyễn Tạ Tú - D10VT6_____
b. Ta có:
( )
2
2 3 2 1 2 3
1 2 3 2
1 2 3 2
1 2 3 2
2 2 2 ( )
( )
( 1) ( 2) 4 5 2 1 4 5 2 ( )
( ) 1 4 5 2 2 ( )
( ) 4 ( ) 5 ( ) 2 ( ) 2 ( )
( ) 4 ( ) 5 ( ) 2 ( ) 2 ( )
z z z Y z
H z
z z z z z z z z X z
Y z z z z z X z
Y z z Y z z Y z z Y z z X z

Y z z Y z z Y z z Y z z X z
−
− − −
− − − −
− − − −
− − − −
= = = =
− − − + − − + −
⇒ − + − =
⇒ − + − =
⇒ = − + +
Sơ đồ dạng chuẩn tắc I:
Sơ đồ dạng chuẩn tắc II:
Take home exam.DSP
3
ID: 1021010109 ________Nguyễn Tạ Tú - D10VT6_____
c. Hệ thống đã cho không ổn định vì :
• Hệ thống trên là hệ thống LTI nhân quả.
• Một hệ thống LTI nhân quả thì hệ thống đó ổn định khi và chỉ khi các điểm cực của
hàm truyền đạt nằm trong vòng tròn đơn vị.
• Hàm truyền đạt hệ thống
2
2
( )
( 1) ( 2)
z
H z
z z
=
− −

có 1 điểm cực đơn z
pk1
= 2 và 1 điểm
cực bội z
pk2
= 1
• |z
pk1
|

= 2 > 1tức không nằm trong đường tròn đơn vị |z| = 1 → đpcm
d. Theo câu b) ta có:
1 2 3 2
( ) 4 ( ) 5 ( ) 2 ( ) 2 ( )Y z z Y z z Y z z Y z z X z
− − − −
− + − =
Chuyển sang dạng phương trình sai phân:
( ) 4 ( 1) 5 ( 2) 2 ( 3) 2 ( 2)y n y n y n y n x n− − + − − − = −
Câu 3: Dữ liệu trong file dsp_test01_01. wav là một file âm thanh của tín hiệu có tần số
cơ bản < 550Hz. Người ta biết được tín hiệu có lẫn tạp âm tín hiệu cao tần.
a. Hãy biểu diễn phổ của tín hiệu âm thanh để thấy được phổ của tín hiệu tần số cơ bản
và tần số nhiễu.
- Ý tưởng: Thực hiện biến đổi FFT (dựa vào matlab để tính toán) và biểu diễn phổ
nhận được từ FFT
- Để biến đổi FFT ta mở rộng độ dài tín hiệu thành và phải chứa toàn bộ tín hiệu
đầu vào.
- Code:
[y, Fs, nbits]=wavread('dsp_test01_01.wav');
L = length(y); % Lấy độ dài chuối tín hiệu
T = 1/Fs;

t = (0:L-1)*T;
NFFT = 2^nextpow2(L);
% Hàm nextpow2(L) sẽ trả về số p gần nhất thỏa mãn 2^p >=
abs(L)
% Với giá trị đó đủ để FFT
% Thực hiện FFT với số điểm là NFFT
Y = fft(y,NFFT)/L;
%%%
%%%Biểu diễn phổ 1 phía của tín hiệu đầu vào
%%%
f = Fs/2*linspace(0,1,NFFT/2+1);
%Hàm linspace(a,b,c) tạo ra vecto 1*n gồm các số cách đều
nhau từ a -> b
%Ví dụ: linspace(0,1,5) = [0 0.25 0.5 0.75 1]
%Vẽ phổ 1 phía
plot(f,2*abs(Y(1:NFFT/2+1)),'y','linewidth',2);
title('Single-Sided Amplitude Spectrum of Input Signal');
xlabel('f (Hz)');
ylabel('|Y(f)|');
set(gca,'Color',[0.5 0.5 0.5]);
- Kết quả:
Take home exam.DSP
4
ID: 1021010109 ________Nguyễn Tạ Tú - D10VT6_____
b. Thiết kế bộ lọc:
- Loại bộ lọc: FIR LPF (Vì nhiễu ở thành phần tần số cao).
- Phương pháp thiết kế: Dựa vào hàm cửa sổ
trong đó với LPF:
- Chỉ tiêu kĩ thuật (tự chọn + dựa vào biểu diễn phổ ở trên)
• (chỉ tiêu này có thể giữ lại thành phần tần số cơ bản <

550Hz)
• (chỉ tiêu này có thể giữ lại thành phần tần số cơ bản <
550Hz)
• hay
• hay
• (dữ liệu từ matlab)
 Với như trên ta sẽ dùng bộ lọc Hamming. Tính toán thông số:
Take home exam.DSP
5
ID: 1021010109 ________Nguyễn Tạ Tú - D10VT6_____
• Độ rộng dải chuyển tiếp:
• Độ dài của bộ lọc:
Ta lấy N = 51 (n = 0…50).
• Tần số cắt:
• Xác định các hệ số của bộ lọc:
Vậy:
 Do h(n) có tính đối xứng nên ta chỉ tính các giá trị từ h(0) đến
h(25).
 Sau đó dịch các giá trị h(n) vừa tính được sang phải 25 đơn vị , lấy
đối xứng (để đảm bảo bộ lọc có tính nhân quả ).
 Tính toán dựa vào matlab ta có:
• Code:
fc = 0.10204;
n = 25;
Hd_n = zeros(1,26);
W_n = zeros(1,26);
Hn = zeros(1,26);
N = 51;
for i = 0:25
Hd_n(i+1) = 2*fc*sin(2*i*pi*fc)/(2*i*pi*fc);

W_n(i+1) = 0.54+0.46*cos(2*pi*i/(N-1));
Hn(i+1) = Hd_n(i+1)*W_n(i+1);
end;
%Chỉnh lại Hn(1) = 2fc
Hn(1) = 2*fc;
Take home exam.DSP
6
ID: 1021010109 ________Nguyễn Tạ Tú - D10VT6_____
%Dịch và lấy đối xứng
Hn = [zeros(1,25),Hn];
%Lấy đối xứng
for i = 0:25
Hn(i+1) = Hn(N-i);
end;
 Kết quả ta thu được các hệ số bộ lọc:
Hn =
Columns 1 through 9
-0.0003 0.0003 0.0011 0.0016 0.0016
0.0007 -0.0013 -0.0037 -0.0055
Columns 10 through 18
-0.0051 -0.0016 0.0045 0.0111 0.0149
0.0126 0.0028 -0.0128 -0.0286
Columns 19 through 27
-0.0369 -0.0301 -0.0037 0.0409 0.0964
0.1504 0.1897 0.2041 0.1897
Columns 28 through 36
0.1504 0.0964 0.0409 -0.0037 -0.0301
-0.0369 -0.0286 -0.0128 0.0028
Columns 37 through 45
0.0126 0.0149 0.0111 0.0045 -0.0016

-0.0051 -0.0055 -0.0037 -0.0013
Columns 46 through 51
0.0007 0.0016 0.0016 0.0011 0.0003
-0.0003
c. Đánh giá bộ lọc
- Thực hiện lấy đáp ứng ra với kích thích vào là tín hiệu âm thanh và đáp ứng xung
có các hệ số như phần b. Có:
Yn = conv(Hn,y);
- Biểu diễn phổ của hàm truyền đạt:
Take home exam.DSP
7
ID: 1021010109 ________Nguyễn Tạ Tú - D10VT6_____
- Nghe thử tín hiệu đầu ra và so sánh với đầu vào:
%Đầu ra
sound(Yn,Fs);
%Đầu vào
sound(y,Fs);
- Thực hiện FFT tín hiệu thu được trên để tìm ra phổ.
L = length(Yn);
T = 1/Fs;
NFFT = 2^nextpow2(L);
Yn_fft = fft(Yn,NFFT)/L;
- Biểu diễn:
Take home exam.DSP
8
ID: 1021010109 ________Nguyễn Tạ Tú - D10VT6_____
- So sánh với phổ tín hiệu đầu vào:
- Nhận xét:
• Các thành phần tần số bậc cao đã được loại bỏ khi đi qua bộ lọc được thiết
kế ở trên.

Take home exam.DSP
9
ID: 1021010109 ________Nguyễn Tạ Tú - D10VT6_____
• Bộ lọc tuy có dải chuyển tiếp khá rộng nhưng vẫn có thể thực hiện lọc khá
tốt. Tuy nhiên nếu các tần số nhiễu nằm trong dải chuyển tiếp này thì hiệu
quả của bộ lọc sẽ giảm đi khá nhiều.
Code toàn bộ bài 3 – Không có chú giải:
%////////////////
%////Câu a
%////////////////
[y, Fs, nbits]=wavread('dsp_test01_01.wav');
L = length(y);
T = 1/Fs;
NFFT = 2^nextpow2(L);
Y = fft(y,NFFT)/L;
f = Fs/2*linspace(0,1,NFFT/2+1);
plot(f,2*abs(Y(1:NFFT/2+1)),'y','linewidth',2
);
title('Single-Sided Amplitude Spectrum of
Input Signal');
xlabel('f (Hz)');
ylabel('|Y(f)|');
set(gca,'Color',[0.5 0.5 0.5]);
%////////////////
%////Câu b
%////////////////
fc = 0.10204;
n = 25;
N = 51;
Hd_n = zeros(1,26);

W_n = zeros(1,26);
Hn = zeros(1,26);
for i = 0:25
Hd_n(i+1) = 2*fc*sin(2*i*pi*fc)/
(2*i*pi*fc);
W_n(i+1) = 0.54+0.46*cos(2*pi*i/(N-1));
Hn(i+1) = Hd_n(i+1)*W_n(i+1);
end;
Hn(1) = 2*fc;
Hn = [zeros(1,25),Hn];
for i = 0:25
Hn(i+1) = Hn(N-i);
end;
%////////////////
%////Câu c
%////////////////
Yn = conv(Hn,y);
L = length(Yn);
T = 1/Fs;
NFFT = 2^nextpow2(L);
Yn_fft = fft(Yn,NFFT)/L;
subplot(2,1,1);
plot(f,2*abs(Y(1:NFFT/2+1)) )),'y','linewidth
',2);
title('Single-Sided Amplitude Spectrum of
Input Signal');
xlabel('f (Hz)');
ylabel('|Y(f)|');
set(gca,'Color',[0.5 0.5 0.5]);
subplot(2,1,2);

plot(f,2*abs(Yn_fft(1:NFFT/2+1)),'y','linewid
th',2);
Take home exam.DSP
10
ID: 1021010109 ________Nguyễn Tạ Tú - D10VT6_____
title('Single-Sided Amplitude Spectrum of
Output Signal');
xlabel('f (Hz)');
ylabel('|Y(f)|');
set(gca,'Color',[0.5 0.5 0.5]);
___________Hết___________
Take home exam.DSP
11