Processamento digital de sinais

Este é o décimo segundo curso de Engenharia Elétrica Universitária: processamento digital de sinais — o último do ramo EE. EE06 construiu transformações que residem em um computador, os filtros que você pode realmente entregar, e a maquinaria multirritmo que transita entre taxas. transform.

• Unidades 12.1–12.3 alteram taxas e constroem uma pequena pipeline verificada.
• Unidades 12.4–12.5 projetam filtros: FIR por janelas, IIR por transformação bilinear transformada.
• Unidades 12.6–12.7 alteram taxas e constroem um pipeline pequeno verificado.

O hábito de verificação: todo projeto de filtro é validado contra sua especificação (ondulação medida, transição medida, banda rejeitada medida), toda afirmação de mapeamento de frequência é explicitamente pré-deformada e toda afirmação de aceleração é uma contagem de operações, não um mito.

Por que importa. Tudo neste curso — cada filtro, cada espectro, qualquer aceleração — é eventualmente um programa operando sobre uma lista de números. Todo o comportamento desse programa é definido por uma única lista: a resposta ao impulso.

A ideia, com uma imagem. Um sistema discreto é LTI quando é totalmente descrito pela sua resposta ao impulso $h[n]$: a saída é convolução $y[n] = \sum_{k} h[k]\cdot x[n-k]$ — deslize os taps sobre a entrada e some uma diagonal por vez.

Causalidade significa $h[n] = 0$ para $n < 0$ (nenhuma saída antes de uma entrada); Estabilidade BIBO significa $\sum |h[n]|$ converge. Toda afirmação neste curso reduz-se a uma dessas duas frases.

A dedução. Alimente a exponencial complexa $x[n] = e^{j\omega n}$ na soma de convolução: cada termo adquire o fator $h[k]e^{j\omega(n-k)} = e^{j\omega n}h[k]e^{-j\omega k}$, então a saída é $e^{j\omega n}\sum_{k}h[k]e^{-j\omega k}$ — a exponencial é uma autofunção, e o autovalor $H(e^{j\omega}) = \sum h[n]e^{-j\omega n}$ é a resposta em frequência. A resposta em frequência é apenas a DTFT dos taps: a unidade 12.2 baseia-se exatamente nisso.

Exemplo resolvido 1 — a tabela deslizante. $h = [1, 2, 1]$ (um tap de 3- mais suave) em um degrau $x = [1, 1, 1, 1, \ldots]$: deslize e adicione — $y = 1, 3, 4, 4, \ldots$ O valor estáável é $\sum h = 4$ ✓ (um degrau através de qualquer FIR se estabelece na soma dos taps — ou seja, o ganho CC $H(1)$). Um pulso finito $[1,1,1]$ resulta em $1, 3, 4, 3, 1$, espelhando os taps: a saída lê os taps para frente e depois para trás.

Exemplo resolvido 2 — o primo recursivo. A média móvel $y[n] = (y[n-1] + x[n])/2$ possui resposta ao impulso infinita $h[n] = 0.5^{n+1}$: sua resposta a um degrau calcula-se como $0.5, 0.75, 0.875, 0.9375$ — reduzindo à metade a distância até 1 a cada passo, o exponencial $1 - 2^{-(n+1)}$ ✓, pois seu único polo situa-se em $z = 0.5$. Compare as dois suavizadores: a memória do FIR é exatamente 3 amostras; o recursivo nunca esquece totalmente. $|pole| < 1$ é estabilidade — unidade 12.5 torna isso uma especialidade.

Erros comuns. Inverter o sinal errado na tabela (convolução é comutativa, mas uma tabela manual deve permanecer consistente ou as diagonais mentem). Citar $\sum h$ como "o ganho" sem especificar que é o ganho em DC apenas. E esperar que um suavizador recursivo se estabilize — ele aproxima-se, nunca chega.

Resumo. LTI significa convolução por $h[n]$; causalidade é $h[n]=0$ para $n<0$; estabilidade ocorre quando $\sum|h| < \infty$ (polos dentro do círculo unitário); exponenciais são autofunções com autovalor $H(e^{j\omega})$.

Por que importa. Um computador armazena $N$ amostras, não uma integral — a espectro deve tornar-se uma lista finita de números. Como essa lista se apresenta a você é o único tema mais prático do curso.

A ideia, com uma figura. O DTFT $X(e^{j\omega}) = \sum_{n} x[n]e^{-j\omega n}$ é periódico em $\omega$ com período $2\pi$. Amostrá-lo em $N$ pontos gera o DFT — e amostrar em frequência significa que o sinal temporal é tratado como periódico: esse único fato explica a vazamento.

Resolução é uma decisão temporal: os bins têm largura de $\Delta f = f_{s}/N$ portanto, resolução de 1 Hz em $f_{s} = 1$ kHz significa $N = 1000$ — um segundo de dados, sem exceções.

A dedução. Amostrar o DTFT em $\omega_{k} = 2\pi k/N$ equivale a multiplicá-lo por um pente de frequências; pela dualidade, o sinal temporal torna-se periódico com período $N$. Se seu tom estiver exatamente em um bin, as cópias periódicas unem-se perfeitamente — dois picos limpos. Se estiver entre bins, as cópias discordam e a discrepância espalha energia para todos os bins. Janelar os dados com $w[n]$ convolui o espectro verdadeiro com $W(e^{j\omega})$: as lóbulas laterais do retângulo estão apenas $-13$ dB abaixo, portanto o espalhamento ser audível; a janela de Hamming suprime seus lóbulos laterais até $-43$ dB, adquirindo um espectro limpo à custa de um lóbulo principal mais largo.

Exemplo resolvido 1 — a mancha, quantificada. Uma DFT de 8 pontos de um cosseno exatamente no bin 1 ($f = f_{s}/8$): $|X| = 4$ nos bins 1 e 7, zero em outros lugares ✓ (todas as amostras 8 descrevem períodos inteiros). Deslize o tom meio um bin ($f = 1.5\cdot f_{s}/8$): as magnitudes calculam $2.40, 2.80, 1.19, 1.0, \ldots$ em todos os bins ✓ — um tom entre bins é visível em toda parte, e um sinal pequeno ao lado de um grande desaparece em seus lobos laterais. Esse é o verdadeiro custo do vazamento.

Exemplo resolvido 2 — o orçamento de resolução. Em $f_{s} = 1$ kHz: $N = 100$ fornece bins de 10 Hz — dois tons separados por 6 Hz formam UM pico, não importa quão limpo pareça o gráfico. $N = 1000$ fornece bins de 1 Hz para um segundo de dados. O preenchimento de zeros até 4000 pontos desenha o mesmo pico com 40× mais tinta: o padding interpola o mesmo espectro, não resolve nada novo. A resolução foi decidida quando você escolheu quanto tempo medir.

Erros comuns. Ler números de bin como hertz — o mapa é $f = k\cdot f_{s}/N$. Acreditar que preenchimento de zeros compra resolução. E esquecer que a DFT assume que suas amostras $N$ se repetem para sempre: a descontinuidade entre cópia e cópia é em si um sinal de banda larga.

Resumo. $X[k]$ = DTFT amostrado em $2\pi k/N$ ⇔ periódico no tempo com período $N$; tons fora dos bins vazam pelos lobos laterais da janela (retângulo $-13$ dB, Hamming $-43$ dB); $\Delta f = f_{s}/N$ é adquirido com o tempo de medição, nunca com preenchimento.

Por que importa. A DFT requer $N^{2}$ operações complexas — uma transformada de 1024 pontos equivale a um milhão de multiplicações. A FFT é o algoritmo que tornou o processamento digital de sinais uma área de estudo.

A ideia, com uma imagem. Fatorar uma DFT de $N$ pontos em duas DFTs de $N/2$ pontos mais a combinação de $N/2$ multiplica — e recursa. A borboleta é a unidade de combinação: $\log_{2}N$ estágios de $N/2$ borboletas, cada uma realizando multiplicação e adição.

A derivação. Dividir $x[n]$ em amostras pares e ímpares: $X[k] = \sum_{even} x[n]W_{N}^{kn} + W_{N}^{k}\sum_{odd}x[n]W_{N}^{kn}$ com o fator de rotação $W_{N} = e^{-j2\pi/N}$. Cada soma é uma DFT de $N/2$ pontos (Danielson–Lanczos); o braço ímpar precisa apenas do fator $W_{N}^{k}$ para recombinar. Recursione $\log_{2}N$ vezes. O processo de separação par/ímpar percorre os bits de endereço de trás para frente — logo entrada invertida em bits para a variante decimação no tempo.

Exemplo resolvido 1 — a contagem. Contando operações complexas de multiplicação-adição: direto: $N^{2} = 1024^{2} = 1\,048\,576$; FFT: $N\log_{2}N = 1024\times 10 = 10\,240$ — 102× menos ✓. Em $N = 4096$: $4096^{2}$ contra $4096\times 12$ = 341× ✓. A lacuna aumenta com $N$: a FFT é $O(N\log N)$, e toda a ordem da cálculo muda.

Exemplo resolvido 2 — o analisador de espectro. 1 faixas em Hz para $f_{s} = 1$ kHz precisam de $N \ge 1000$: escolha $N = 1024$ (uma potência de dois), fornecendo $\Delta f = 1000/1024 = 0.977$ Hz ✓ exatamente suficiente. Em dez nanossegundos por operação, a transformação termina em cerca de $100\ \mu s$ — tempo real contra um registro de 1.024 s. A faixa 100 desse DFT é frequência $100\times 0.977 = 97.66$ Hz ✓ — o mapeamento de faixa para hertz é $k\cdot f_{s}/N$, e esquecê-lo é o erro clássico de laboratório.

Erros comuns. Assumir que $N$ deve ser uma potência de dois (misturado-raiz e Bluestein lidam com qualquer $N$; o caso de potência de dois é apenas o mais rápido). Esperar que a FFT altere a resposta — ela calcula o mesmo DFT, apenas mais rápido. E ler faixas como hertz, novamente.

Resumo. Divisão par/ímpar + fatores twiddle, $\log_{2}N$ estágios, $N\log_{2}N$ operações: ganho de velocidade de 102× em $N=1024$ que cresce com $N$; a matemática é o DFT, a engenharia é a borboleta.

Por que importa. O filtro FIR é o cavalo de batalha que você pode provar coisas sobre: incondicionalmente estável, e — com coeficientes simétricos — taps — exatamente fase linear. Frequências em uma banda passante plana mantêm suas fases relativas; filtragem de amplitude ainda pode alterar uma forma de onda.

A ideia, com uma imagem. Comece com a resposta ao impulso do filtro passa-baixas ideal (um sinc), truncando-o para $N$ taps com uma janela $w[n]$, e a forma espectral da janela É o destino do filtro: sua largura de lóbulo principal A janela decide tudo: lóbulo principal = largura de transição, lobos laterais = profundidade da rejeição

Definições com números. Lobos laterais máximos das próprias janelas: retangular $-13$ dB, Hann $-31$ dB, Hamming $-43$ dB, Blackman $-58$ dB. Largura de transição $\approx 3.3\cdot f_{s}/N$ para Hamming. Taps simétricos reais $h[n] = h[N-1-n]$ fornecem fase linear com atraso de grupo $(N-1)/2$ amostras sempre que a resposta for não nula. A fase pode saltar por $\pi$ quando o fator de amplitude real mudar de sinal; fase e atraso de grupo são indefinidos nos zeros da resposta.

A derivação. Truncar $h[n]$ é multiplicar por $w[n]$; no domínio da frequência, a resposta real convoluciona com $W(e^{j\omega})$. Portanto, a resposta implementada é o muro de tijolos ideal espalhado pela janela: por trás de Parks–McClellan torna o projeto equirripple ótimo onde as janelas são apenas convenientes.) cuja atenuação depende da convolução, corte e contagem de taps. Um valor de lobo lateral da janela não é garantia de rejeição do filtro resultante. Use a tabela de janelas e estimativa de transição para escolher um design inicial, depois calcule sua resposta. (O teorema de alternância por trás de Parks–McClellan torna o projeto equirripple ótimo onde as janelas são apenas convenientes.)

Exemplo resolvido 1 — dimensionar o filtro. Um FIR Hamming em $f_{s} = 1$ kHz deve passar até 200 Hz e atenuar a partir de 250 Hz. Escolha um corte ideal de 225 Hz na transição de 50 Hz: $N = 3.3\cdot 1000/50 = 66$ ✓ — use 67, ímpar, para um filtro simétrico Tipo-I com atraso de $(67-1)/2 = 33$ amostras (33 ms). Em $N = 31$, a mesma janela resulta em transição de $3.3\cdot 1000/31 = 106$ Hz: os dois designs delimitam a especificação; o atraso é um custo para registrar, não uma nota de rodapé.

Exemplo resolvido 2 — verifique o projeto. Forme as amostras 67 a partir de $h[n] = 0.45\operatorname{sinc}(0.45(n-33))w[n]$, onde $\operatorname{sinc}(x)=\sin(\pi x)/(\pi x)$ e seu valor em zero é 1. Normalize a soma das amostras para 1. Avalie $H(f)=\sum_{n=0}^{66}h[n]e^{-j2\pi fn/1000}$. Em uma grade de 0.025 Hz, a banda passante calculada (0–200 Hz) varia de $-0.034$ a $+0.0045$ dB, e o maior nível da banda rejeitada (250–500 Hz) é cerca de $-52.3$ dB. Essas verificações amostradas atendem às metas de ondulação de ±0.05 dB e no máximo $-43$ dB de nível da banda rejeitada; uma grade mais fina ou busca de extremos verifica entre as amostras. Se um projeto em vez disso fornecer $-37$ dB, ele falha nessa meta: inspecione suas amostras, corte, janela, número de amostras e faixa de medição em vez de adivinhar uma causa única.

Erros comuns. Projetar $N$ baseado apenas no corte e nunca medir. Escolher um $N$ par quando se pretendia um projeto Tipo-I (ímpar, simétrico). Esquecer o atraso de $(N-1)/2$ em um loop de controle. E pedir às janelas otimalidade — elas são convenientes, não as melhores.

Resumo. Janelize o sinc ideal: a tabela dos lobos laterais orienta a escolha da janela, $3.3f_{s}/N$ define a transição, simetria define fase linear no atraso $(N-1)/2$; então meça a resposta contra todos os números prometidos.

Por que importa. O mesmo corte de 100 Hz que exige um FIR com 67 coeficientes exige de um IIR biquad 5 coeficientes — pois herda quarenta anos de conhecimento em filtros analógicos através de uma substituição.

A ideia, com uma imagem. A transformada bilinear $s = \frac{2}{T}\cdot\frac{1-z^{-1}}{1+z^{-1}}$ mapeia todo o semiplano esquerdo analógico dentro do círculo unitário: todo filtro analógico estável torna-se automaticamente digital e estável.

O preço é a distorção de frequência: o eixo analógico $-\infty \ldots \infty$ envolve uma vez o círculo unitário de forma compressiva, então toda frequência crítica deve ser pré-deformada $\omega_{a} = \frac{2}{T}\tan(\omega_{d}T/2)$ antes do uso.

A derivação. Substitua $s = j\omega_{a}$ na transformada: resolve para $z = \frac{1+sT/2}{1-sT/2}$, cuja magnitude é 1 exatamente quando $\mathrm{Re}\,s = 0$ — o eixo imaginário analógico mapeia-se sobre o círculo unitário, semiplano esquerdo estritamente interno. A relação tangente é a distorção: próximo de dc $\tan\theta \approx \theta$ (distorção desprezível), mas uma frequência digital aproximando-se de Nyquist comprime-se em direção ao infinito analógico. Tabelas de Butterworth, Chebyshev e elípticas são transplantadas intactas porque apenas o eixo de frequência se deformou — a geometria polinomial permaneceu.

Exemplo resolvido 1 — o biquádrado. Um filtro passa-baixas Butterworth de ordem 2 em 100 Hz, $f_{s} = 1$ kHz: pré-distorção $\omega_{a} = 2000\tan(\pi\cdot 100/1000) = 649.8$ rad/s ✓. Com $s$ normalizado por $\omega_{a}$, a constante de substituição é $K = 1/\tan(0.1\pi) = 3.078$ e o protótipo $H(s) = 1/(s^{2}+1.4142s+1)$ transforma-se em

Exemplo resolvido 2 — verifique, depois pague. Ganho DC: o denominador soma para $14.82 - 16.94 + 6.12 = 4.00$, logo $H(1) = 4/4 = 1.000$ ✓ (Butterworth é plano em DC). A resposta exatamente em 100 Hz avalia-se em $-3.0$ dB ✓ — o prewarp posicionou o ponto de $-3$ dB precisamente no frequência prometida, que é todo o objetivo da pré-deformação. Os polos situar em $|z| = 0.643$, dentro do círculo unitário porque o mapeamento garante isso ✓. Pule o prewarp — projete o filtro analógico em $2\pi \times 100 = 628.3$ rad/s — e o ponto de $-3$ dB cai em 96.9 Hz; defina $T = 1$ também ($K = 1$) e ele corta em 250 Hz, apresentando uma leitura complacente $-0.05$ dB em 100 Hz enquanto ignora totalmente a especificação — os números sempre mostram a diferença. O custo: 5 coeficientes contra os 67 taps do FIR, mas a fase é não linear próxima à frequência de corte e, em ponto fixo, os coeficientes coeficientes são frágeis — um arredondamento de $6.12$ desloca o a frequência de corte mensuravelmente. Eficiência, fase e sensibilidade trocam em uma linha.

Erros comuns. Pular o prewarp (a frequência de corte cai baixa — 96.9 Hz para 100 Hz em 1 kHz é pequeno, 2.86 kHz para 4 kHz em 10 kHz é fatal). Definir $T = 1$ ainda citando hertz analógicos. Testar estabilidade por acaso em vez de confiar no mapeamento. E esperar fase linear — IIR fase próxima aos seus polos é o oposto de plana.

Resumo. Bilinear: PLI → disco unitário (estabilidade livre), frequências deformadas por $\frac{2}{T}\tan(\cdot)$ (pré-deformação em cada frequência crítica); o biquádico Butterworth landing como $H(z) = \frac{1+2z^{-1}+z^{-2}}{14.82 - 16.94z^{-1} + 6.12z^{-2}}$ (dc 1.000, $-3.0$ dB em 100 Hz, polos em 0.643).

Por que importa. Taxa de amostragem é orçamento de computação: um filtro rodando a 48 kHz custa seis vezes mais que o mesmo filtro a 8 kHz. Multitaxa é a arte de fazer o trabalho onde é barato.

A ideia, com uma imagem. Decimação por $M$ (manter a cada $M$-ésima amostra) deve primeiro fazer passa-baixas abaixo de $f_{s}/(2M)$ — ou o espectro dobrado aliase, irreversivelmente. Interpolação por $L$ (inserir $L-1$ zeros entre amostras) deve então passar passa-baixas abaixo do Nyquist antigo para eliminar as imagens.

A derivação. Inserir zeros por $L$ no tempo torna $X_{up}(e^{j\omega}) = X(e^{j\omega L})$ — o mesmo espectro replicado $L$ vezes ao redor do círculo: essas são as imagens, e elas são exatamente tão reais quanto o sinal. Manter 1 amostra em $M$ sobrepor $M$ cópias espectrais sobrepostas entre si: tudo que está acima da nova Nyquist dobra-se para dentro da banda. Os dois filtros passa-baixos não são burocracia; cada um elimina uma certeza matemática. Polifásico é então pura álgebra: os conjuntos de fase do filtro de interpolação $L$ veem apenas a cada $L$ entrada, portanto, um filtro em $f_{s}L$ torna-se $L$ subfiltros em $f_{s}$ — idênticos arithmeticamente, $1/L$ multiplica.

Exemplo resolvido 1 — fala de 8 kHz para 48 kHz. Interpole por 6, depois aplique um filtro passa-baixo em 4 kHz (a antiga Nyquist) para remover as imagens em 8k, 16k, 40k… Executado ingenuamente, esse filtro opera a 48 kHz — seis vezes mais trabalho. A estrutura polifásica reorganiza isso em 6 subfiltros operando cada um a 8 kHz: a mesma aritmética, $1/6$ menos multiplicações ✓ — e isso não é uma aproximação, é o mesmo cálculo programado de forma diferente.

Exemplo resolvido 2 — um conversor, não dois. Redispersar áudio de 48 kHz para 72 kHz requer $L = 3$, $M = 2$ ($48\times 3/2 = 72$ ✓). Duas etapas necessitariam de um interpolador, um filtro, um decimador e outro filtro. Um precisa de um interpolador, um filtro, um decimator e outro filtro. Um filtro passa-baixo em 3 kHz (a própria Nyquist de entrada — ele bloqueia a 144 passa-baixas em 24 kHz (a Nyquist da própria entrada — ele bloqueia a $\uparrow 3$ imagens e os $\downarrow 2$ aliases de uma vez), mantenha cada segunda amostra. Um filtro, uma passagem, o mesmo resultado.

Erros comuns. Decimar antes de filtrar (o alias então não é ruído, ele é permanente). Esquecer a $1/L$ perda de amplitude de zero-stuffing (compense com ganho de $L$ no filtro). E tratar polifase como aproximação — ela é contabilidade exata.

Resumo. $\downarrow M$ precisa de um passa-baixas em $f_{s}/2M$ primeiro; $\uparrow L$ precisa de um passa-baixas na antiga Nyquist depois; polifase entrega a mesma aritmética para $1/L$ as multiplicações; conversores racionais $L/M$ se fundem em um único filtro na taxa intermediária.

Por que importa. O curso fecha o caminho que a prática abre: com uma especificação, uma implementação e uma medição — e a lacuna honesta entre as três.

A ideia, com uma imagem. Construa um detector de tom como pipeline, cada etapa verificada individualmente antes da próxima existir: filtro anti-alias → janela → FFT → limiar. Um defeito encontrado em uma etapa custa uma hora; encontrado no sistema integrado, uma semana de bisseção.

O método. Escreva a especificação primeiro — um detector de tom: 1 Hz bins, com latência inferior a 1 s, detecção em $-10$ dB SNR — implementar em etapas verificadas e relatar o desempenho medido para cada linha, incluindo falhas.

Exemplo resolvido 1 — a especificação volta ao ataque. 1 bins de Hz em $f_{s} = 1$ kHz precisa de $N \ge 1000$ amostras — isso já é $1.0$ s de dados, e o especificação exige latência sob 1 s. O conflito surge no tempo de projeto, que 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 tabela de margens registra a troca; nada fica em silêncio.

2: o ganho de processamento do bin é $-10$ — em 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 in the decision bin: detectable with margin — the window custa alguns dB de ganho e ainda assim supera — e o número veio da transformada, não da esperança.

Erros comuns. Medir apenas o cenário ideal. Metas silenciosas — linhas de especificação presentes no código, mas ausentes no relatório. Ajustar o detector ao tom de teste (overfitting é mentir com passos extras). E pular verificações por etapa: a integração oculta o que a verificação mostraria. a ajuste do detector ao tom de teste (overfitting é mentir com passos extras). E pular verificações por etapa: a integração oculta o que a verificação mostraria. a ajuste do detector ao tom de teste (overfitting é mentir com passos extras). E pular verificações por etapa: a integração oculta o que a verificação mostraria. a ajuste do detector ao tom de teste (overfitting é mentir com passos extras). E pular verificações por etapa: a integração oculta o que a verificação mostraria.

Resumo. Especifique primeiro, verifique apenas as etapas, confie na medição margens; o ganho de processamento $10\log_{10}(N/2)$ define a viabilidade.