Procesamiento digital de señales

This is the twelfth course in University Electrical Engineering: digital signal processing — the last of the EE strand. EE06 built transformaciones que residen en una computadora, los filtros que puedes fabricar realmente, y Por qué importa. Todo en este curso — cada filtro, cada la maquinaria de tasa múltiple que transiciona entre tasas.

• Las unidades 12.1–12.3 son los fundamentos: sistemas discretos, DTFT/DFT, FFT.
• Las unidades 12.4–12.5 diseñan filtros: FIR por ventanas, IIR por transformación bilineal transformación.
• Las unidades 12.6–12.7 cambian tasas y construyen una pequeña tubería verificada.

El hábito de verificación: cada diseño de filtro se verifica contra su especificación (ondulación medida, transición medida, banda de rechazo medida), cada afirmación de mapeo de frecuencia se predeforma explícitamente, y toda afirmación de aceleración es un recuento de operaciones, no folklore.

espectro, cada aceleración — termina siendo un programa que opera sobre una lista de números. Todo el comportamiento de ese programa está determinado por una sola lista: la respuesta al impulso. La idea, con una imagen. Un sistema discreto es LTI cuando está completamente

La idea, con una imagen. Un sistema discreto es LTI cuando está completamente convolución $h[n]$ — desliza las tomas convolución $y[n] = \sum_{k} h[k]\cdot x[n-k]$ — desliza las tomas a través de la entrada y suma una diagonal a la vez.

Causalidad significa $h[n] = 0$ para $n < 0$ (sin salida antes de una $\sum |h[n]|$ tiene una respuesta al impulso infinita afirmación en este curso se reduce a una de esas dos oraciones.

La derivación. Introduzca la exponencial compleja $x[n] = e^{j\omega n}$ a través de la suma de convolución: cada término recibe el factor $h[k]e^{j\omega(n-k)} = e^{j\omega n}h[k]e^{-j\omega k}$, por lo que la salida es $e^{j\omega n}\sum_{k}h[k]e^{-j\omega k}$ — la exponencial es una función propia, y el valor propio $H(e^{j\omega}) = \sum h[n]e^{-j\omega n}$ es la respuesta en frecuencia. La respuesta en frecuencia es simplemente la DTFT de los coeficientes (taps): la unidad 12.2 se basa exactamente en esto.

Ejemplo resuelto 1 — la tabla deslizante. $h = [1, 2, 1]$ (un suavizador de 3 taps) sobre un escalón $x = [1, 1, 1, 1, \ldots]$: deslice y sume — $y = 1, 3, 4, 4, \ldots$ El valor estable es $\sum h = 4$ ✓ (un escalón a través de cualquier FIR se asienta en la suma de las tomas — esa es la ganancia en CC $H(1)$). Un pulso finito $[1,1,1]$ produce $1, 3, 4, 3, 1$, reflejando las tomas: la salida lee las tomas hacia adelante y luego hacia atrás.

2 tiene una respuesta al impulso infinito $y[n] = (y[n-1] + x[n])/2$ tiene una respuesta al impulso infinita $h[n] = 0.5^{n+1}$: su respuesta al escalón calcula $0.5, 0.75, 0.875, 0.9375$ — reduciendo a la mitad la distancia a 1 en cada paso, el exponencial $1 - 2^{-(n+1)}$ ✓, porque su único polo se sitúa en $z = 0.5$. Compare la dos suavizadores: la memoria del FIR es exactamente 3 muestras; el recursivo nunca olvida completamente. $|pole| < 1$ es estabilidad — unidad 12.5 hace de eso una carrera.

Errores comunes. Invertir la señal incorrecta en la tabla (convolución es conmutativa, pero una tabla manual debe mantenerse consistente o las diagonales fallan). Citar $\sum h$ como "la ganancia" sin especificar que es la ganancia en DC únicamente. Y esperar que un suavizador recursivo se estabilice: converge, pero nunca llega.

Resumen. LTI significa convolución por $h[n]$; causalidad es $h[n]=0$ para $n<0$; estabilidad es $\sum|h| < \infty$ (polos dentro del círculo unitario); las exponenciales son funciones propias con valor propio $H(e^{j\omega})$.

Por qué importa. Una computadora almacena $N$ muestras, no una integral — el espectro debe convertirse en una lista finita de números. Cómo esa lista te informa es el tema más práctico en todo el curso.

La idea, con una imagen. La DTFT $X(e^{j\omega}) = \sum_{n} x[n]e^{-j\omega n}$ es periódica en $\omega$ con período $2\pi$. Muestrearla en $N$ puntos da el DFT — y muestrear en frecuencia implica que la señal temporal se trata como periódica: ese único hecho explica el deslizamiento de espectro.

La resolución es una decisión temporal: los bins tienen $\Delta f = f_{s}/N$ de ancho, por lo que una resolución de 1 Hz a $f_{s} = 1$ kHz implica $N = 1000$ — un segundo de datos, sin excepciones.

La derivación. Muestrear la DTFT en $\omega_{k} = 2\pi k/N$ es multiplicándolo por un peine de frecuencias; por dualidad, la señal temporal se vuelve periódica con periodo $N$. Si tu tono cae exactamente en un bin, las copias periódicas se unen sin costuras: dos picos limpios. Si se encuentra entre bins, las copias no coinciden y esa discrepancia esparce energía a todos los bins. Al ventanear los datos con $w[n]$ se convoluye el espectro real con $W(e^{j\omega})$: los lóbulos laterales del rectángulo solo descienden $-13$ dB, por lo que la difuminación es alta; la ventana de Hamming suprime sus lóbulos laterales a $-43$ dB, obteniendo un espectro limpio a costa de un lóbulo principal más ancho.

Ejemplo resuelto 1 — el esparcimiento, cuantificado. Una DFT de 8 puntos de un coseno exactamente en el bin 1 ($f = f_{s}/8$): $|X| = 4$ en los bins 1 y 7, cero en el resto ✓ (todas las muestras 8 describen ciclos completos). Desliza el tono medio bin ($f = 1.5\cdot f_{s}/8$): las magnitudes calculadas son $2.40, 2.80, 1.19, 1.0, \ldots$ en cada bin ✓ — un tono entre bins es visible en todas partes, y una señal pequeña junto a una grande desaparece en sus lóbulos laterales. Ese es el verdadero costo del derrame espectral.

Ejemplo resuelto 2 — el presupuesto de resolución. A $f_{s} = 1$ kHz: $N = 100$ produce bins de 10 Hz: dos tonos separados 6 Hz forman UN pico, sin importar qué tan limpia parezca la gráfica. $N = 1000$ produce bins de 1 Hz para un segundo de datos. El relleno de ceros hasta 4000 puntos dibuja el mismo pico con 40× más tinta: el relleno interpola el mismo espectro, no resuelve nada Nueva. La resolución se determinó al elegir cuánto tiempo medir.

Errores comunes. Leer números de bin como hercios: el mapa es $f = k\cdot f_{s}/N$. Creer que el relleno de ceros aumenta la resolución. Y olvidar que la DFT asume que sus $N$ muestras se repiten indefinidamente: la discontinuidad entre copias es en sí misma una señal de banda ancha.

Resumen. $X[k]$ = DTFT muestreada en $2\pi k/N$ ⇔ periódica en el tiempo con período $N$; los tonos fuera de bin se filtran a través de los lóbulos laterales de la ventana (rectángulo $-13$ dB, Hamming $-43$ dB); $\Delta f = f_{s}/N$ se obtiene con el tiempo de medición, nunca con el relleno.

Por qué importa. La DFT requiere $N^{2}$ operaciones complejas — una transformada de 1024 puntos equivale a un millón de multiplicaciones. El FFT es el algoritmo que hizo posible la procesamiento digital de señales como disciplina.

La idea, con una imagen. Factorizar una DFT de $N$ puntos en dos DFTs de $N/2$ puntos más $N/2$ multiplicaciones combinadas — y recursivar. La mariposa es la unidad de combinación: $\log_{2}N$ etapas de $N/2$ mariposas, cada una una multiplicación y suma.

La derivación. Separar $x[n]$ en muestras pares e impares: $X[k] = \sum_{even} x[n]W_{N}^{kn} + W_{N}^{k}\sum_{odd}x[n]W_{N}^{kn}$ con el factor de giro $W_{N} = e^{-j2\pi/N}$. Cada suma es una transformada de Fourier discreta (DFT) de $N/2$ puntos (Danielson–Lanczos); el brazo impar necesita solo el factor $W_{N}^{k}$ para recombinarse. Recursión $\log_{2}N$ niveles profunda. La división par/impar recorre los bits de dirección en sentido inverso — por lo tanto orden invertido en bits para la variante decimación en el tiempo.

Ejemplo resuelto 1 — el conteo. Contando multiplicaciones–sumas complejas operaciones: directa $N^{2} = 1024^{2} = 1\,048\,576$; FFT $N\log_{2}N = 1024\times 10 = 10\,240$ — 102× menos ✓. En $N = 4096$: $4096^{2}$ contra $4096\times 12$ = 341× ✓. La diferencia se amplía con $N$: la FFT es $O(N\log N)$, y todo el orden de la computación cambia.

Ejemplo resuelto 2 — el analizador de espectro. 1 bins de Hz en $f_{s} = 1$ kHz necesita $N \ge 1000$: elegir $N = 1024$ (una potencia de dos), dando $\Delta f = 1000/1024 = 0.977$ Hz ✓ justo suficiente. A diez nanosegundos por operación, la transformación finaliza en aproximadamente $100\ \mu s$ — tiempo real frente a un registro 1.024 s. El bin 100 de ese DFT es frecuencia $100\times 0.977 = 97.66$ Hz ✓ — el mapeo bin-hertz es $k\cdot f_{s}/N$, y olvidarlo es el error clásico de laboratorio.

Errores comunes. Asumir que $N$ debe ser una potencia de dos (radiz mixto y Bluestein manejan cualquier $N$, el caso de potencia de dos es simplemente el más rápido). Esperar que la FFT cambie la respuesta — calcula lo mismo DFT, solo más rápido. Y leyendo bins como hertz, de nuevo.

Resumen. División par/impar + factores de rotación, $\log_{2}N$ etapas, $N\log_{2}N$ operaciones: una aceleración de 102 en $N=1024$ que crece con $N$; la matemática es la DFT, la ingeniería es la mariposa.

Por qué importa. El filtro FIR es el caballo de batalla que puedes demostrar propiedades sobre: incondicionalmente estable y — con tapas — fase exactamente lineal. Las frecuencias en una banda de paso plana conservan sus fases relativas; el filtrado de amplitud aún puede modificar una forma de onda.

La idea, con una imagen. Parta de la respuesta al impulso ideal del filtro paso bajo respuesta (un sinc), truncéela a $N$ tapones con una ventana $w[n]$, y el se convierte en su banda de transición, sus lóbulos secundarios se convierten en su banda de rechazo. se convierte en su banda de transición, sus lóbulos laterales se convierten en su banda de rechazo.

Definiciones con números. Lóbulos secundarios máximos de las propias ventanas: rectangular $-13$ dB, Hann $-31$ dB, Hamming $-43$ dB, Blackman $-58$ dB. Ancho de transición $\approx 3.3\cdot f_{s}/N$ para Hamming. Tapas reales simétricas $h[n] = h[N-1-n]$ proporcionan fase lineal con retardo de grupo $(N-1)/2$ muestras siempre que la respuesta sea distinta de cero. La fase puede saltar $\pi$ cuando el factor de amplitud real cambia de signo; la fase y el retardo de grupo no están definidos en los ceros de la respuesta.

La derivación. Truncar $h[n]$ es multiplicar por $w[n]$; en frecuencia la respuesta real se convoluciona con $W(e^{j\omega})$. Así que el la respuesta implementada es el muro de ladrillos ideal suavizado por la ventana: ondulación de banda pasante, una transición de un ancho de lóbulo principal y una banda de atenuación cuya atenuación depende de la convolución, la frecuencia de corte y el número de tapas. Un valor de lóbulo secundario de la ventana no garantiza la banda de rechazo del filtro resultante. Utilice la tabla de ventanas y la estimación de transición para elegir un diseño inicial, luego calcule su respuesta. (El teorema de alternancia subyacente a Parks–McClellan hace que el diseño con ondulaciones equirrectangulares sea óptimo donde las ventanas son simplemente convenientes.)

Ejemplo resuelto 1 — dimensionar el filtro. Un FIR Hamming a $f_{s} = 1$ kHz debe cumplirse hasta 200 Hz y atenuar desde 250 Hz. Elija un corte ideal de 225 Hz dentro de la transición de 50 Hz: $N = 3.3\cdot 1000/50 = 66$ ✓ — tome 67, impar, para un filtro simétrico Tipo-I con retardo de $(67-1)/2 = 33$ muestras (33 ms). A $N = 31$ la misma ventana proporciona una transición de $3.3\cdot 1000/31 = 106$ Hz; los dos diseños acotan la especificación; el retardo es un costo a registrar, no una nota al pie. costo para grabar, no una nota al pie.

Ejemplo resuelto 2 — verifique el diseño. Forme los 67 tapas a partir de $h[n] = 0.45\operatorname{sinc}(0.45(n-33))w[n]$, donde $\operatorname{sinc}(x)=\sin(\pi x)/(\pi x)$ y su valor en cero es 1. Normalice la suma de las tapas a 1. Evalúe $H(f)=\sum_{n=0}^{66}h[n]e^{-j2\pi fn/1000}$. En una cuadrícula de 0.025 Hz, la banda pasante calculada (0–200 Hz) varía desde $-0.034$ hasta $+0.0045$ dB, y el nivel máximo de banda prohibida (250–500 Hz) es aproximadamente $-52.3$ dB. Estas verificaciones muestreadas cumplen los objetivos de ±0.05 dB de ondulación y como máximo $-43$ dB de nivel en la banda prohibida; una cuadrícula más fina o verificaciones de búsqueda de extremos entre las muestras. Si un diseño en su lugar produce $-37$ dB, incumple ese objetivo: inspecciona sus coeficientes, frecuencia de corte, ventana, número de coeficientes y banda de medición en lugar de adivinar una causa única.

Errores comunes. Diseñar $N$ desde la frecuencia de corte sin medir nunca. Elegir un $N$ par cuando se pretendía un diseño tipo-I (impar, simétrico). Olvidar el retardo $(N-1)/2$ en un bucle de control. Y pedir a las ventanas que sean óptimas; son convenientes, no las mejores.

Resumen. Ventana el sinc ideal: la tabla de lóbulos laterales guía la elección de la ventana, $3.3f_{s}/N$ fija la transición, la simetría fija la fase lineal en el retardo $(N-1)/2$; luego mida la respuesta contra cada número prometido.

Por qué importa. La misma frecuencia de corte 100 Hz que cuesta un FIR con 67 muestras cuesta a un biquad IIR 5 coeficientes — porque hereda cuarenta años de experiencia en filtros analógicos mediante una sustitución.

La idea, con una imagen. La transformada bilineal $s = \frac{2}{T}\cdot\frac{1-z^{-1}}{1+z^{-1}}$ mapea todo el semiplano izquierdo analógico dentro del círculo unitario: cada filtro analógico estable se convierte automáticamente en uno digital estable.

El precio es el deformación de frecuencia: el eje analógico $-\infty \ldots \infty$ se enrolla una vez alrededor del círculo unitario, de forma compresiva, por lo que cada frecuencia crítica debe ser predeformada $\omega_{a} = \frac{2}{T}\tan(\omega_{d}T/2)$ antes de su uso.

La derivación. Sustituya $s = j\omega_{a}$ en la transformación: se resuelve a $z = \frac{1+sT/2}{1-sT/2}$, cuya magnitud es 1 exactamente cuando $\mathrm{Re}\,s = 0$ — el eje imaginario analógico mapea sobre la circunferencia unitaria, semiplano izquierdo estrictamente dentro. La relación tangente es el círculo, semiplano izquierdo estrictamente dentro. La relación tangente es la deformación: cerca de dc $\tan\theta \approx \theta$ (distorsión insignificante), pero a porque solo el eje de frecuencias se dobló; la geometría polinómica sobrevivió. infinito. Las tablas Butterworth, Chebyshev y elípticas se transplantan intactas porque solo el eje de frecuencias se dobló — la geometría polinómica sobrevivió.

Ejemplo resuelto 1 — el biquádrado. Un filtro paso bajo Butterworth de orden 2 en 100 normalizado por $f_{s} = 1$, la constante de sustitución es $\omega_{a} = 2000\tan(\pi\cdot 100/1000) = 649.8$ y el prototipo $s$ normalizado por $\omega_{a}$, la constante de sustitución es Ejemplo resuelto $K = 1/\tan(0.1\pi) = 3.078$ — verifique, luego pague. Ganancia DC: el denominador suma $H(s) = 1/(s^{2}+1.4142s+1)$ transforma a

(Butterworth es plano en dc). La respuesta en exactamente 2 Hz evalúa a $14.82 - 16.94 + 6.12 = 4.00$ dB ✓ — la pre-deformación situó el punto de $H(1) = 4/4 = 1.000$ dB precisamente en la (Butterworth es plano en dc). La respuesta exactamente en 100 Hz se evalúa como $-3.0$ dB ✓ — el prewarp colocó el punto de $-3$ dB precisamente en la frecuencia prometida, que es todo el propósito del prewarp. Los polos se sitúan en $|z| = 0.643$, dentro del círculo unitario porque el mapeo lo garantiza ✓. Salte el prewarp — diseñe el filtro analógico en $2\pi \times 100 = 628.3$ rad/s — y el punto de $-3$ dB cae en 96.9 Hz; establezca $T = 1$ también ($K = 1$) y corta en 250 Hz, mostrando una complaciente $-0.05$ dB en 100 Hz mientras falta la especificación completamente — los números siempre muestran la diferencia. El cuenta: 5 coeficientes contra los 67 taps del FIR, pero la fase es no lineal cerca del corte y, en punto fijo, el denominador coeficientes son los frágiles — un redondeo de $6.12$ desplaza el corte de manera medible. Eficiencia, fase y sensibilidad se compensan en una línea.

Errores comunes. Saltar el prewarp (el punto de corte queda bajo — 96.9 Hz para 100 Hz en 1 kHz es pequeño, 2.86 kHz para 4 kHz en 10 kHz es fatal). Configurar $T = 1$ citando aún hertz analógicos. Probar estabilidad por suerte en lugar de confiar en el mapeo. Y esperar fase lineal — IIR fase cerca de sus polos es lo opuesto a plana.

Resumen. Bilineal: LHP → disco unitario (estabilidad garantizada), frecuencias deformadas por $\frac{2}{T}\tan(\cdot)$ (predeformar cada frecuencia crítica); el biquad Butterworth cae como $H(z) = \frac{1+2z^{-1}+z^{-2}}{14.82 - 16.94z^{-1} + 6.12z^{-2}}$ (dc 1.000, $-3.0$ dB en 100 Hz, polos en 0.643).

Por qué importa. La tasa de muestreo es presupuesto computacional: un filtro que opera a 48 kHz cuesta seis veces más que el mismo filtro a 8 kHz. Multitasa es el arte de hacer el trabajo donde es barato.

La idea, con una imagen. Decimación por $M$ (mantener cada La muestra $M$ debe primero filtrarse pasa-bajos por debajo de $f_{s}/(2M)$ — o el espectro se alia, irreversiblemente. La interpolación por $L$ (rellenar $L-1$ ceros entre muestras) debe luego filtrarse pasa-bajos por debajo del Nyquist original para eliminar las imágenes.

La derivación. El relleno de ceros por $L$ en el dominio temporal genera $X_{up}(e^{j\omega}) = X(e^{j\omega L})$ — el mismo espectro replicado $L$ veces alrededor del círculo: esas son las imágenes, y son exactamente tan reales como la señal. Mantener 1 muestra en $M$ envuelve $M$ copias espectrales unas sobre otras: todo lo que existe por encima del nuevo Nyquist se pliega de vuelta hacia la banda. Los dos filtros pasa-bajos no son burocracia; cada uno elimina una certeza matemática. La estructura polifásica es entonces pura álgebra: el filtro de interpolación tiene $L$ conjuntos de fase donde cada uno ve solo cada $L$-ésima entrada, por lo que un filtro en $f_{s}L$ se convierte en $L$ subfiltros en $f_{s}$ — aritmética idéntica, $1/L$ menos multiplicaciones.

Ejemplo resuelto 1 → 8 kHz de voz a 48 kHz. Interpolar por 6, seguido de un filtro pasa-bajos en 4 kHz (el Nyquist original) elimina las imágenes en 8k, 16k, 40k… Ejecutado ingenuamente, ese filtro opera a 48 kHz — seis veces el trabajo. La estructura polifásica lo reorganiza en 6 subfiltros que operan cada uno a 8 kHz: el mismos cálculos aritméticos, $1/6$ los multiplicadores ✓ — y esto no es una aproximación, es el mismo cálculo programado de forma diferente.

Ejemplo resuelto 2 — un convertidor, no dos. Redimensionamiento de audio a 48 kHz hasta 72 kHz necesita $L = 3$, $M = 2$ ($48\times 3/2 = 72$ ✓). Dos pasadas requerirían un interpolador, un filtro, un decimator y otro filtro. Un solo convertidor racional lo hace: sobremuestrear por 3 hasta 144 kHz, aplicar un único filtro paso-bajo en 24 kHz (el propio Nyquist de entrada — detiene las $\uparrow 3$ imágenes y los alias $\downarrow 2$ a la vez), conservar cada segunda muestra. Un filtro, una pasada, el mismo resultado.

Errores comunes. Decimar antes de filtrar (el alias entonces no es ruido, es permanente). Olvidando la pérdida de amplitud $1/L$ del relleno de ceros (compensar con una ganancia de $L$ en el filtro). Y tratar la polifase como una aproximación — es un conteo exacto.

Resumen. $\downarrow M$ necesita un paso bajo primero en $f_{s}/2M$; $\uparrow L$ necesita un paso bajo después en la antigua frecuencia de Nyquist; la polifase proporciona la misma aritmética para $1/L$ que los multiplicadores; racional $L/M$ Por qué importa. El curso cierra la vía que abre la práctica: con una

especificación, una implementación y una medición — y la brecha honesta entre las tres. entre los tres.

La idea, con una imagen. Construya un detector de tonos como una tubería, cada etapa verificada individualmente antes de que exista la siguiente: filtro anti-aliasing → ventana → FFT → umbral. Un defecto encontrado en una etapa cuesta una hora; encontrado en el sistema integrado, una semana de bisección.

El método. Escriba la especificación primero — un detector de tonos: 1 Hz bins, con latencia inferior a 1 s, detección a $-10$ dB SNR; implemente en etapas verificadas e informe el rendimiento medido contra cada línea, incluidas las fallas.

Ejemplo resuelto 1 — la especificación se contrapone. Bins de 1 Hz a $f_{s} = 1$ kHz necesitan $N \ge 1000$ muestras — eso ya son $1.0$ s de datos, y la especificación exige latencia inferior a 1 s. El conflicto surge en el momento del diseño, lo cual is when you want it: $N = 1024$ gives 0.977 Hz ✓ but a 1.024 s record ✗; $N = 1000$ gives 1.000 Hz — exactly on the line. The margin energía coherente cae en un solo canal mientras el ruido blanco se dispersa sobre todos

2: la ganancia de procesamiento del bin es $-10$ — en coherent energy lands in one bin while white noise spreads over all $N/2$: the bin processing gain is $10\log_{10}(N/2)$ — at $N = 1024$ that is $27$ dB ✓. An input SNR of $-10$ dB becomes about $+17$ dB en el bin de decisión: detectable con margen — la ventana cuesta unos pocos dB de esa ganancia y aún supera — y el número provino de la transformada, no de la esperanza.

Errores comunes. Medir solo el camino feliz. Metas silenciosas — especificaciones líneas que existen en el código pero no en el informe. Ajustar el detector a la señal de prueba (el sobreajuste es mentir con pasos adicionales). Y omitir verificaciones por etapa: la integración oculta lo que la verificación mostraría.

Resumen. Especificar primero, verificar etapas por separado, confiar en los márgenes medidos; la ganancia de procesamiento $10\log_{10}(N/2)$ determina la viabilidad.