← inapoi la cuprins · Subiecte reale 2021–2026 · Foaia de formule · Simulare de partial

Un subiect complet, construit dupa subiectele reale de examen: intrebari de teorie la care scrii tu raspunsul si probleme impartite pe puncte a), b), c). Nu are grile. Dupa subiect urmeaza rezolvarea completa, cu punctajul fiecarui pas.

Total: 10 puncte (Partea I: 5 puncte, Partea II: 5 puncte). Problema 4 se puncteaza separat.

T1. (1 punct) Definiti si prezentati: a) convolutia; b) teorema convolutiei.

T2. (1.5 puncte) Despre DFT si FFT.

1. a) Care este intervalul de frecvente pe care il putem analiza prin DFT / FFT? Care este legatura dintre indicele $k$ si frecventa in Hz?
2. b) De ce apare fenomenul de DFT leakage si cum putem sa-i micsoram impactul?
3. c) Asemanari si diferente intre DFT si FFT.

T3. (1.5 puncte) Despre filtre FIR.

1. a) Prezentati etapele din metoda ferestrei pentru obtinerea unui filtru FIR trece-jos.
2. b) Daca $h_J(n)$ este raspunsul la impuls al unui filtru FIR trece-jos obtinut cu metoda ferestrei, cum obtinem coeficientii $h_S(n)$ ai unui filtru FIR trece-sus corespunzator?
3. c) Ce avantaj poate avea un filtru FIR fata de un filtru IIR? Dar un dezavantaj?

T4. (1 punct) Despre conversia din analog in digital.

1. a) Care sunt cele doua probleme principale care apar? Cum se limiteaza fiecare?
2. b) Un convertor are $\mathrm{SNR} = 50$ dB. De cate ori este puterea semnalului mai mare decat puterea zgomotului de cuantizare? Cati biti are, aproximativ, convertorul?

Problema 1. (2.5 puncte) Avem sistemul descris de ecuatia cu diferente

$$ y(n) = x(n) - x(n-2) - 0.64\,y(n-2) $$

1. a) (0.5 p) Este un filtru FIR sau IIR? De ce? Desenati schema Direct Form I.
2. b) (0.75 p) Obtineti functia de transfer $H(z)$ si aflati zerourile si polii. Desenati-i in planul $z$.
3. c) (0.75 p) Calculati $\lvert H\rvert$ la frecventele $0$, $f_s/4$ si $f_s/2$. Desenati raspunsul in frecventa si spuneti ce fel de filtru este.
4. d) (0.5 p) Este sistemul stabil? Argumentati.

Problema 2. (1.5 puncte) Un semnal este esantionat cu $f_s = 1600$ Hz si pastram $N = 16$ esantioane:

$$ x(n) = 3\cos\left(2\pi\frac{200}{1600}n\right) + \cos\left(2\pi\frac{500}{1600}n\right), \qquad n = 0, 1, \dots, 15 $$

1. a) (0.5 p) Desenati $\lvert X(k)\rvert$, spectrul obtinut cu DFT / FFT pe cele 16 esantioane. Scrieti pe desen pozitiile si inaltimile.
2. b) (0.5 p) Daca primul cosinus ar avea 250 Hz in loc de 200 Hz, ce s-ar schimba in spectru? De ce? (Nu se cer valori exacte.)
3. c) (0.5 p) Revenim la semnalul din enunt (200 Hz si 500 Hz). La cele 16 esantioane adaugam inca 16 esantioane cu valoarea 0 si aplicam DFT cu $N' = 32$. Cum arata acum spectrul? Ce s-a schimbat si ce nu?

Problema 3. (1 punct) Fie semnalul $x(n) = [1, 3, 3, 0, 2]$ si filtrul cu coeficientii $h(n) = [1, -1]$.

1. a) (0.5 p) Calculati $y(n) = (h * x)(n)$. Cate valori are rezultatul?
2. b) (0.5 p) Ce fel de filtru este $h$ (trece-jos sau trece-sus)? Argumentati fara sa calculati tot raspunsul in frecventa.

Problema 4. Avem un semnal real $x(t)$. Semnalul de interes are banda $B = 4$ MHz, centrata in $f_c = 84$ MHz. In jurul lui este zgomot: la frecvente mai mici de 79 MHz si mai mari de 89 MHz. Avem la dispozitie:

• un filtru analog trece-banda, cu latimea de cel mult 10 MHz, pe care il putem centra pe orice frecventa;
• un convertor analog-digital cu frecventa de esantionare de cel mult $f_s = 20$ MHz.

1. a) (1.5 p) Cum putem esantiona semnalul fara sa pierdem informatie? Explicati pas cu pas si alegeti $f_s$. Desenati spectrul dupa esantionare.
2. b) (1 p) Vrem sa ajungem la o frecventa de esantionare de 4 MHz (4 milioane de esantioane pe secunda), pastrand toata informatia din semnal. Ce facem? Detaliati si desenati.
3. c) (0.5 p) De ce nu putem folosi $f_s = 12$ MHz la punctul a)?

Cum te punctezi: la fiecare intrebare scrie in dreptul ei punctele din barem pe care le-ai atins. La teorie, un punct din barem se da daca ideea respectiva apare in raspunsul tau, chiar cu alte cuvinte. La probleme, un rezultat gresit din cauza unui calcul gresit la un pas anterior pierde doar punctele acelui pas.

Unde e explicat: Cap 7 §2 (convolutia, pas cu pas), Cap 7 §6 (teorema).

Unde e explicat: Cap 6 §5 (de la $k$ la Hz), Cap 8 §3 si Cap 8 §7 (leakage: de ce apare, cum il atenuam), Cap 11 §6 (DFT vs FFT).

Unde e explicat: Cap 9 §6 (metoda ferestrei), Cap 9 §7 (din trece-jos in trece-sus), Cap 10 §8 (FIR vs IIR).

Unde e explicat: Cap 4 §1 si Cap 4 §4 (lantul A/D, aliasing), Cap 5 §2 (eroarea de cuantizare), Cap 5 §4 (decibeli; §4.4 pentru $6B + 2$).

$$ y(n) = x(n) - x(n-2) - 0.64\,y(n-2) $$

Tot ce folosim aici e explicat in Cap 10. Problema seamana cu cea de la examenele din 2021 si 2023, dar are alti coeficienti.

Ce se cere: tipul filtrului si schema Direct Form I.

Ce stim: ecuatia. Conventia din curs: $y(n) = b_0x(n) + b_1x(n-1) + b_2x(n-2) + a_1y(n-1) + a_2y(n-2)$.

Pas 1 — FIR sau IIR. Ne uitam in partea dreapta a ecuatiei. Apare acolo vreun $y$? Da: $-0.64\,y(n-2)$. Deci iesirea de acum depinde de o iesire mai veche. Asta se numeste reactie (feedback), iar un filtru cu reactie este IIR.

Pas 2 — citim coeficientii. Punem ecuatia noastra sub cea generala si citim, termen cu termen:

Pas 3 — desenam. Schema are doua jumatati:

• stanga (intrarea): $x(n)$ trece prin doua blocuri DELAY, ca sa avem $x(n-1)$ si $x(n-2)$. Din $x(n)$ pleaca o ramura inmultita cu $b_0 = 1$, din $x(n-2)$ una inmultita cu $b_2 = -1$.
• dreapta (reactia): $y(n)$ trece prin doua blocuri DELAY, ca sa avem $y(n-1)$ si $y(n-2)$. Din $y(n-2)$ pleaca o ramura inmultita cu $a_2 = -0.64$, care se intoarce la sumator.

Ce vezi in desen: in stanga, cu albastru, partea care foloseste intrarile. In dreapta, cu rosu, partea care foloseste iesirile vechi. Cercurile cu × sunt inmultiri, cercurile cu + sunt adunari, dreptunghiurile DELAY intarzie semnalul cu un esantion.

Raspuns a): filtru IIR (are reactie: termenul $-0.64\,y(n-2)$). Schema e cea din desen, cu $b_0 = 1$, $b_2 = -1$, $a_2 = -0.64$.

Ce se cere: functia de transfer, apoi valorile lui $z$ unde numaratorul e 0 (zerouri) si unde numitorul e 0 (poli).

Ce stim: ecuatia; regula transformatei Z: o intarziere cu un esantion inseamna inmultire cu $z^{-1}$, deci $x(n-2) \leftrightarrow z^{-2}X(z)$ si $y(n-2) \leftrightarrow z^{-2}Y(z)$.

Pas 1 — ducem toti termenii cu $y$ in stanga.

$$ y(n) + 0.64\,y(n-2) = x(n) - x(n-2) $$

Pas 2 — inlocuim fiecare intarziere cu $z^{-1}$ la puterea potrivita.

$$ Y(z) + 0.64\,z^{-2}\,Y(z) = X(z) - z^{-2}\,X(z) $$

Pas 3 — dam factor comun si impartim.

$$ Y(z)\,(1 + 0.64\,z^{-2}) = X(z)\,(1 - z^{-2}) \quad\Rightarrow\quad \boxed{H(z) = \frac{Y(z)}{X(z)} = \frac{1 - z^{-2}}{1 + 0.64\,z^{-2}}} $$

Pas 4 — scapam de puterile negative. Inmultim sus si jos cu $z^2$ (fractia nu se schimba):

$$ H(z) = \frac{z^2 - 1}{z^2 + 0.64} $$

Pas 5 — zerourile: numaratorul e zero.

$$ z^2 - 1 = 0 \;\Rightarrow\; z^2 = 1 \;\Rightarrow\; z = 1 \ \text{ si } \ z = -1 $$

Pas 6 — polii: numitorul e zero.

$$ z^2 + 0.64 = 0 \;\Rightarrow\; z^2 = -0.64 \;\Rightarrow\; z = 0.8j \ \text{ si } \ z = -0.8j $$

Ce vezi in desen: pe orizontala e partea reala a lui $z$, pe verticala partea imaginara. Cercul gri are raza 1 (cercul unitate). Cele doua cerculete albastre sunt zerourile, la $z = 1$ si $z = -1$, chiar pe cerc. Cele doua × rosii sunt polii, la $0.8j$ si $-0.8j$, in interiorul cercului, la distanta 0.2 de el.

Raspuns b): $H(z) = \dfrac{1 - z^{-2}}{1 + 0.64z^{-2}} = \dfrac{z^2 - 1}{z^2 + 0.64}$; zerouri: $z = 1$ si $z = -1$; poli: $z = 0.8j$ si $z = -0.8j$.

Ce se cere: de cate ori e inmultita amplitudinea unei sinusoide care trece prin filtru, la trei frecvente; apoi forma curbei si tipul filtrului.

Ce stim: $H(z) = \dfrac{z^2 - 1}{z^2 + 0.64}$. Fiecare frecventa este un punct pe cercul unitate (Cap 10 §6):

Pas 1 — la $f = 0$ ($z^2 = 1$):

$$ H = \frac{1 - 1}{1 + 0.64} = \frac{0}{1.64} = 0 $$

Pas 2 — la $f = f_s/4$ ($z^2 = -1$):

$$ H = \frac{-1 - 1}{-1 + 0.64} = \frac{-2}{-0.36} \approx 5.56 $$

Pas 3 — la $f = f_s/2$ ($z^2 = 1$): la fel ca la Pasul 1, $H = 0$.

Pas 4 — desenam si citim tipul filtrului.

Ce vezi in desen: pe orizontala e frecventa, de la 0 la $f_s/2$. Pe verticala e $\lvert H(f)\rvert$. Curba porneste din 0, urca pana la 5.56 la $f_s/4$ si coboara inapoi la 0 la $f_s/2$. Punctele rosii sunt valorile calculate (cele de la $f_s/8$ si $3f_s/8$ sunt puse doar ca sa se vada forma; nu se cer).

Frecventele joase (langa 0) sunt sterse. Frecventele inalte (langa $f_s/2$) sunt sterse. Trec cele din mijloc, din jurul lui $f_s/4$.

Raspuns c): $\lvert H(0)\rvert = 0$, $\lvert H(f_s/4)\rvert \approx 5.56$, $\lvert H(f_s/2)\rvert = 0$ → filtru trece-banda, centrat pe $f_s/4$.

Ce se cere: daca iesirea ramane marginita (nu “explodeaza”).

Ce stim: regula: un filtru e stabil daca toti polii sunt strict in interiorul cercului unitate, adica au modulul mai mic decat 1 (Cap 10 §7). Polii nostri: $0.8j$ si $-0.8j$.

Pas 1 — modulul polilor. Modulul lui $0.8j$ este distanta de la origine pana la punctul $(0,\ 0.8)$, adica $0.8$. La fel pentru $-0.8j$.

Pas 2 — comparam cu 1. $0.8 < 1$ pentru amandoi.

Verificare cu numere: raspunsul la impuls este $1,\ 0,\ -1.64,\ 0,\ 1.05,\ 0,\ -0.67,\ 0,\ 0.43, \dots$ Fiecare valoare nenula e cea de acum doi pasi inmultita cu $-0.64$, deci se micsoreaza mereu.

Raspuns d): stabil, pentru ca ambii poli au modulul $0.8 < 1$ (sunt in interiorul cercului unitate).

$x(n) = 3\cos\left(2\pi\frac{200}{1600}n\right) + \cos\left(2\pi\frac{500}{1600}n\right)$, $f_s = 1600$ Hz, $N = 16$.

Ce se cere: desenul lui $\lvert X(k)\rvert$ pentru $k = 0, \dots, 15$.

Ce stim (din Cap 6 §5 si Cap 6 §7):

• DFT are $N$ casute; casuta $k$ corespunde frecventei $f_k = k\cdot f_s/N$;
• un cosinus de amplitudine $A$ care cade exact pe casuta $m$ da doua bete de inaltime $N\cdot A/2$: una la $k = m$ si una la $k = N - m$.

Pas 1 — cat de departe sunt casutele una de alta. $f_s/N = 1600 : 16 = 100$ Hz. Casuta 0 e la 0 Hz, casuta 1 la 100 Hz, casuta 2 la 200 Hz si asa mai departe.

Pas 2 — pe ce casuta cade fiecare cosinus. Impartim frecventa la 100 Hz:

• 200 Hz → $200 : 100 = 2$ → casuta $m = 2$
• 500 Hz → $500 : 100 = 5$ → casuta $m = 5$

Amandoua sunt numere intregi, deci fiecare cosinus cade exact pe o casuta.

Pas 3 — inaltimile.

• primul cosinus are $A = 3$: $N\cdot A/2 = 16\cdot 3 : 2 = 24$
• al doilea are $A = 1$: $16\cdot 1 : 2 = 8$

Pas 4 — oglinzile. Fiecare bat are o pereche la $k = N - m$:

• $16 - 2 = 14$ (inaltime 24)
• $16 - 5 = 11$ (inaltime 8)

Ce vezi in desen: pe orizontala e numarul casutei $k$, de la 0 la 15 (fiecare casuta inseamna inca 100 Hz). Pe verticala e $\lvert X(k)\rvert$. Sunt patru bete: 24 la $k = 2$ si $k = 14$, 8 la $k = 5$ si $k = 11$. Toate celelalte casute sunt 0.

Raspuns a): $\lvert X(2)\rvert = \lvert X(14)\rvert = 24$, $\lvert X(5)\rvert = \lvert X(11)\rvert = 8$, restul 0.

Ce se cere: ce se schimba in spectru si de ce.

Pas 1 — pe ce casuta ar cadea. $250 : 100 = 2.5$. Nu e numar intreg: frecventa cade intre casutele 2 si 3.

Pas 2 — ce inseamna asta. Apare leakage (scurgere spectrala): cosinusul de 250 Hz nu mai da un singur bat (plus oglinda), ci se imprastie peste toate casutele. Cele mai inalte bete sunt la casutele vecine, 2 si 3, dar sunt mai scunde decat 24. Si celelalte casute, care inainte erau 0, devin nenule.

Pas 3 — ce se intampla cu al doilea cosinus. Batul de la $k = 5$ (cosinusul de 500 Hz) nu mai are exact 8: peste el se aduna ce “curge” din cosinusul mare. Nu mai putem citi corect amplitudinea de pe desen.

Ce vezi in desen: aceleasi axe ca la a). Linia mov punctata arata unde e frecventa reala, la “casuta 2.5”. Betele de langa ea au 14.3 si 16.3 in loc de un singur bat de 24. Nicio casuta nu mai e 0. Batul de la $k = 5$ a ajuns la 11.4 in loc de 8.

Raspuns b): $250\cdot 16 : 1600 = 2.5$ nu e intreg → leakage: energia cosinusului se imprastie pe toate casutele, cu maxime (mai mici decat 24) la $k = 2$ si $k = 3$ si la oglinzile lor, 13 si 14; batul de la $k = 5$ este si el modificat. Se poate atenua cu o fereastra (Hanning, Hamming, Blackman) sau alegand $N$ astfel incat sa incapa un numar intreg de perioade (de exemplu $N = 32$: $250\cdot 32 : 1600 = 5$, intreg).

Ce se cere: spectrul dupa ce adaugam 16 zerouri si aplicam DFT cu $N' = 32$.

Ce stim: semnalul are tot doar 16 esantioane adevarate. Zerourile nu aduc informatie noua (Cap 8 §5).

Pas 1 — casutele sunt acum de doua ori mai dese. $f_s/N' = 1600 : 32 = 50$ Hz.

Pas 2 — unde ajung varfurile. Aceleasi frecvente, alte numere de casuta: $k' = f : 50$.

• 200 Hz → $k' = 4$ (oglinda: $32 - 4 = 28$)
• 500 Hz → $k' = 10$ (oglinda: $32 - 10 = 22$)

Pas 3 — inaltimile varfurilor raman 24 si 8. Inaltimea e (numarul de esantioane adevarate) $\cdot A/2 = 16\cdot A/2$. Zerourile adaugate nu contribuie cu nimic la suma.

Pas 4 — casutele noi, dintre cele vechi, nu sunt 0. Casutele cu $k'$ par sunt chiar casutele vechi ($k' = 2k$) si au aceleasi valori ca la a): 24, 8 sau 0. Casutele cu $k'$ impar sunt noi, cad intre cele vechi, si arata puncte din curba care era “ascunsa” intre casute (lobii dsinc-ului). De exemplu $\lvert X_2(3)\rvert \approx 14.4$ si $\lvert X_2(5)\rvert \approx 16.1$, de o parte si de alta a varfului de la $k' = 4$.

Ce vezi in desen: pe orizontala e noul numar de casuta $k'$, de la 0 la 31 (fiecare casuta inseamna inca 50 Hz). Betele albastre sunt casutele vechi: doar patru sunt nenule (24, 8, 8, 24). Betele portocalii sunt casutele noi. Linia gri intrerupta e curba continua pe care stau toate punctele; ea e aceeasi inainte si dupa zero-padding.

Raspuns c): 32 de casute, la 50 Hz una de alta; varfurile sunt la $k' = 4$ si $28$ (inaltime 24) si la $k' = 10$ si $22$ (inaltime 8). Pozitiile s-au dublat, inaltimile au ramas. Intre casutele vechi apar valori nenule (forma dsinc). Informatia e aceeasi.

$x(n) = [1, 3, 3, 0, 2]$, $h(n) = [1, -1]$.

Ce se cere: toate valorile lui $y(n) = (h * x)(n)$.

Ce stim: $y(n) = \sum_k h(k)\,x(n-k)$ (Cap 7 §2). $x$ are $P = 5$ valori: $x(0) = 1$, $x(1) = 3$, $x(2) = 3$, $x(3) = 0$, $x(4) = 2$. $h$ are $M = 2$ valori: $h(0) = 1$, $h(1) = -1$. Ce nu exista ($x(-1)$, $x(5)$) se ia 0.

Pas 1 — cate valori are rezultatul. $M + P - 1 = 2 + 5 - 1 = 6$: de la $y(0)$ la $y(5)$.

Pas 2 — scriem formula pentru filtrul nostru. $h$ are doar doi coeficienti, deci suma are doi termeni:

$$ y(n) = h(0)\,x(n) + h(1)\,x(n-1) = x(n) - x(n-1) $$

In cuvinte: fiecare iesire = valoarea de acum minus valoarea dinainte.

Pas 3 — calculam pe rand.

Pas 4 — verificare rapida. Suma lui $y$ trebuie sa fie (suma lui $x$) × (suma lui $h$). Suma lui $x$: $1 + 3 + 3 + 0 + 2 = 9$. Suma lui $h$: $1 - 1 = 0$. Produsul: 0. Suma lui $y$: $1 + 2 + 0 - 3 + 2 - 2 = 0$. Se potriveste.

Ce vezi in desen: stanga — intrarea $x(n)$; dreapta — iesirea $y(n)$. Pe orizontala e numarul esantionului, pe verticala valoarea. Unde intrarea sta pe loc (de la $n = 1$ la $n = 2$: 3, 3), iesirea e 0. Unde intrarea sare mult (de la 3 la 0), iesirea e mare ($-3$).

Raspuns a): $y = [1, 2, 0, -3, 2, -2]$, 6 valori.

Ce se cere: trece-jos sau trece-sus, cu argument.

Ce stim (regula rapida din Cap 9 §4):

• suma coeficientilor = raspunsul filtrului la frecventa 0 (la un semnal constant);
• suma coeficientilor cu semne alternate ($h(0) - h(1) + h(2) - \dots$) = raspunsul la frecventa $f_s/2$ (la semnalul care alterneaza cel mai repede: $1, -1, 1, -1, \dots$).

Pas 1 — la frecventa 0. Suma: $1 + (-1) = 0$. Un semnal constant este sters complet.

Verificare cu numere: daca intra $5, 5, 5, 5$, atunci $y(n) = x(n) - x(n-1) = 5 - 5 = 0$.

Pas 2 — la frecventa $f_s/2$. Suma cu semne alternate: $1 - (-1) = 2$. Semnalul care alterneaza iese de doua ori mai mare.

Verificare cu numere: daca intra $1, -1, 1, -1$, atunci $y(n) = x(n) - x(n-1)$ da $-1 - 1 = -2$, apoi $1 - (-1) = 2$, apoi $-2$: amplitudine 2.

Pas 3 — concluzia. Frecventele joase sunt taiate, cele inalte trec.

Raspuns b): filtru trece-sus: raspunsul la $f = 0$ este $1 - 1 = 0$, iar la $f_s/2$ este $1 + 1 = 2$.

Semnal de interes: $B = 4$ MHz, centrat in $f_c = 84$ MHz; zgomot sub 79 MHz si peste 89 MHz; filtru analog trece-banda de cel mult 10 MHz; convertor cu $f_s \leq 20$ MHz.

E acelasi tip de problema ca cele doua rezolvate in Problema de esantionare, pas cu pas si ca problemele din Cap 4 §9–§10, cu alte numere. Reteta completa e in Cap 4 §8.

Ce se cere: pasii de facut si o valoare buna pentru $f_s$.

Ce stim: $f_c = 84$, $B = 4$, filtru de cel mult 10 MHz, $f_s \leq 20$ MHz.

Pas 1 — unde e semnalul. Centrul e 84, jumatatea latimii e 2: semnalul ocupa $[84 - 2,\ 84 + 2] = [82, 86]$ MHz. Fiind semnal real, are si oglinda pe $[-86, -82]$.

Pas 2 — scapam de zgomot cu filtrul analog, INAINTE de convertor. Punem filtrul trece-banda cu centrul tot in 84 si cu latimea maxima, 10 MHz: fereastra lui este $[84 - 5,\ 84 + 5] = [79, 89]$ MHz. Semnalul $[82, 86]$ e in interior si trece. Zgomotul e sub 79 si peste 89, deci e taiat.

Ce vezi in desen: trapezul albastru e semnalul util, intre 82 si 86 MHz. Trapezele gri sunt zgomotul. Dreptunghiul verde punctat e fereastra filtrului, de la 79 la 89 MHz: ce e inauntru trece, ce e afara e taiat.

Pas 3 — de ce nu putem esantiona “normal” (Nyquist). Frecventa maxima din semnal e 86 MHz. Nyquist cere $f_s \geq 2\cdot 86 = 172$ MHz. Convertorul nostru face cel mult 20 MHz.

Pas 4 — ideea: bandpass sampling. Esantionarea face copii ale spectrului la fiecare $f_s$. Deci banda de la 84 apare si la $84 - f_s$, $84 - 2f_s$, … pana jos, aproape de 0. Locul unde ajunge centrul benzii este restul impartirii lui 84 la $f_s$, notat $r$. Banda va fi pe $[r - 2,\ r + 2]$.

Pas 5 — conditia. Dupa esantionare conteaza doar zona de la $-f_s/2$ la $f_s/2$. Partea ei pozitiva este de la $0$ la $f_s/2$. Banda $[r - 2,\ r + 2]$ trebuie sa stea intreaga in aceasta zona: $r - 2 > 0$ si $r + 2 < f_s/2$.

Pas 6 — incercam valori, una cate una. Pentru fiecare $f_s$: impartim 84 la $f_s$, luam restul $r$, scriem banda $[r - 2, r + 2]$ si o comparam cu zona de la 0 la $f_s/2$.

Mai exista o varianta: banda sa cada intreaga intre $f_s/2$ si $f_s$ (de exemplu $f_s = 18$ MHz: $84 = 4\cdot 18 + 12$, banda pe $[10, 14]$, intre 9 si 18). Atunci spectrul iese inversat si trebuie intors (Cap 4 §5.5). Aici nu avem nevoie de ea.

Pas 7 — alegem. Merg si 16 MHz, si 20 MHz. Alegem $f_s = 16$ MHz, din doua motive:

• banda ajunge cu centrul in $r = 4 = f_s/4$, exact la mijlocul zonei de la 0 la 8. Asta face punctul b) foarte simplu;
• $16 : 4 = 4$ este numar intreg, deci la punctul b) putem ajunge la 4 MHz pastrand un esantion din 4.

Ce vezi in desen: sus, $f_s = 16$ MHz. Zona galbena e intervalul care conteaza, de la $-8$ la $8$. Banda albastra sta pe $[2, 6]$, oglinda portocalie pe $[-6, -2]$; nu se ating. Formele sterse din afara zonei galbene sunt copiile care se repeta la fiecare 16 MHz. Jos, $f_s = 12$ MHz: banda si oglinda au ajuns amandoua pe $[-2, 2]$, una peste alta.

Raspuns a): (1) filtru analog trece-banda pe $[79, 89]$ MHz, care taie zgomotul; (2) esantionare cu $f_s = 16$ MHz (bandpass sampling): $84 = 5\cdot 16 + 4$, deci banda ajunge pe [2, 6] MHz, oglinda pe $[-6, -2]$, fara suprapunere.

Ce se cere: pasii prin care ajungem de la 16 MHz la 4 MHz fara sa pierdem informatie.

Ce stim: dupa punctul a), semnalul e pe $[2, 6]$ MHz si oglinda pe $[-6, -2]$, cu $f_s = 16$ MHz.

Pas 1 — de ce nu putem pur si simplu sa aruncam esantioane. Semnalul nostru este real: are banda si oglinda, fiecare lata de 4 MHz. Doua bucati de 4 MHz au nevoie de cel putin $2\cdot 4 = 8$ MHz. Noi vrem 4 MHz. Solutia: scapam de oglinda. Un semnal cu o singura banda, centrata in 0, are nevoie doar de $f_s \geq B = 4$ MHz (Cap 4 §5.6, cazul 3).

Pas 2 — mutam banda cu centrul in 0 (IQ). Inmultim esantioanele, pe rand, cu sirul

$$ e^{-j\pi n/2} = [1,\ -j,\ -1,\ j,\ 1,\ -j,\ -1,\ j,\ \dots] $$

Inmultirea cu acest sir muta tot spectrul cu $f_s/4 = 4$ MHz spre stanga.

Pas 3 — pastram doar banda din mijloc, cu un filtru trece-jos digital. Taierea filtrului o punem la 2 MHz, adica la $B/2$: pastreaza $[-2, 2]$ si arunca oglinda de pe $[-10, -6]$ si $[6, 10]$.

Pas 4 — decimam. Pastram un esantion din $M = 16 : 4 = 4$ si le aruncam pe celelalte trei. Noua frecventa de esantionare: $f_s' = 16 : 4 = 4$ MHz.

Ce vezi in desen: sus — inainte: banda albastra pe $[2, 6]$, oglinda portocalie pe $[-6, -2]$; sagetile arata mutarea cu 4 MHz spre stanga. Mijloc — dupa mutare: banda e pe $[-2, 2]$, oglinda la $\pm 8$; dreptunghiul verde punctat e filtrul trece-jos, care pastreaza doar banda. Jos — dupa decimare: zona galbena e noul interval util, de la $-2$ la $2$; copiile sterse se repeta la fiecare 4 MHz.

Raspuns b): (1) inmultim cu $[1, -j, -1, j, \dots]$ → banda ajunge pe $[-2, 2]$ MHz (semnal complex, IQ); (2) filtru trece-jos digital cu taierea la 2 MHz; (3) decimare cu $M = 4$ → $f_s' = 4$ MHz. Toata informatia se pastreaza, pentru ca semnalul complex are latimea 4 MHz si $f_s' = 4$ MHz.

Ce se cere: motivul pentru care $f_s = 12$ MHz strica semnalul.

Pas 1 — unde ajunge banda. $84 = 7\cdot 12 + 0$, deci restul este $r = 0$. Banda ajunge pe $[0 - 2,\ 0 + 2] = [-2, 2]$ MHz.

Pas 2 — unde ajunge oglinda. Centrul ei este $-r = 0$, deci tot pe $[-2, 2]$ MHz.

Pas 3 — concluzia. Banda si oglinda ei cad una peste alta (desenul de jos de la punctul a). Se aduna si nu mai pot fi despartite: informatia e pierduta.

Raspuns c): cu $f_s = 12$ MHz, $84$ se imparte exact la 12 ($r = 0$), deci banda si oglinda ei se suprapun pe $[-2, 2]$ MHz (aliasing) si semnalul nu mai poate fi recuperat.

Aduna punctele de la T1–T4 si de la Problemele 1–3: acesta e scorul din 10. Problema 4 are scorul ei, din 3.

← inapoi la cuprins · Subiecte reale · Foaia de formule