← inapoi la cuprins · Cursurile 5–6 · Carte: cap. 5.1–5.4 · Notite: p. 20–30 · Inainte: Cap 3

• luam valoarea semnalului analog din $T_s$ in $T_s$ secunde: $s(n) = s(nT_s)$, $n \in \mathbb{Z}$
• $T_s$ = perioada de esantionare; $f_s = 1/T_s$ = frecventa de esantionare (esantioane pe secunda)

Lantul complet de conversie analog → digital (A/D):

Esantionarea = inmultirea lui $s(t)$ cu un tren de pulsuri foarte inguste (pulsul periodic din Cap 2 cu $\Delta \to 0$). Trenul de pulsuri are seria Fourier $\sum_k c_k e^{j2\pi k t/T_s}$, iar fiecare termen muta spectrul lui $s$ cu $k/T_s = k f_s$ (proprietatea de deplasare in frecventa din Cap 3):

$$ \boxed{X(f) = \sum_{k=-\infty}^{\infty} c_k\, S(f - k f_s)} $$

In cuvinte: spectrul semnalului esantionat = copii (replici) ale lui $S(f)$ la fiecare multiplu de $f_s$.

Replica de la 0 se intinde pana la $W$; urmatoarea incepe la $f_s - W$. Ca sa nu se atinga: $W \le f_s - W$:

$$ \boxed{f_s \geq 2W} \qquad (W = \text{frecventa MAXIMA din semnal}) $$

• $f_s/2$ = frecventa Nyquist = cea mai mare frecventa care se poate reprezenta corect
• conditia 2 (limitare in banda): semnalul nu are voie sa aiba nimic peste $W$ → inainte de esantionare se pune un filtru analog trece-jos anti-aliasing cu taierea la $W$ (altfel zgomotul de frecventa mare se “pliaza” peste semnal)

Teorema de recuperare (D → A): daca $s(t)$ e limitat in banda la $W$ si a fost esantionat cu $f_s \geq 2W$, atunci $s(t)$ se poate recupera exact din esantioane, aplicand un filtru trece-jos (analog) cu taierea la $W$ (pastreaza replica de la 0, arunca restul).

Exemplu: CD audio: auzul merge pana la ~20 kHz → $f_s = 44.1$ kHz $> 2 \cdot 20$ kHz.

Aliasing = suprapunerea replicilor spectrului, cand $f_s < 2W$ (sau cand semnalul are componente peste $f_s/2$). O frecventa mare se deghizeaza intr-una mica:

Unde apare o frecventa $f$ dupa esantionare (frecventa “aparenta”, in $[-f_s/2, f_s/2]$):

$$ f_a = f - m\cdot f_s, \quad \text{cu } m \text{ intreg ales astfel incat } |f_a| \le f_s/2 $$

Exemple cu $f_s = 1000$ Hz: 800 Hz → $800 - 1000 = -200$ → apare la 200 Hz (cosinusul e par); 1100 Hz → 100 Hz; 300 Hz → 300 Hz (nu e afectata, e sub 500).

Problema: semnalul e centrat la $f_c$ mare (ex. 20 MHz) dar are banda mica $B$ (ex. 5 MHz). Nyquist clasic: $f_s > 2(f_c + B/2) = 45$ MHz — scump/imposibil.

Ideea: informatia ocupa doar $B$ MHz. Replicile apar oricum la fiecare $f_s$; daca alegem $f_s$ astfel incat replicile sa nu se suprapuna, putem esantiona cu $f_s$ mult mai mica decat $2f_{max}$:

1. intai un filtru analog trece-banda in jurul lui $f_c$ (scoate zgomotul din jur, altfel s-ar plia peste semnal)
2. apoi esantionare cu $f_s < 2f_{max}$, dar cu $f_s \geq 2B$ (conditie necesara: altfel replicile sigur se suprapun) si cu replicile nesuprapuse

Dupa esantionare, toata informatia e in $[-f_s/2, f_s/2]$ (sau echivalent $[0, f_s]$): o copie a partii pozitive si o copie a partii negative.

In figura de jos ($f_s = 22.5$ MHz), copia partii pozitive a ajuns in partea negativa → spectru inversat (oglindit). Se repara usor, in digital, inmultind cu $(-1)^n$:

$$ (-1)^n = \cos(\pi n) = e^{j\pi n} = e^{j2\pi\frac{f_s}{2}nT_s} \;\Rightarrow\; s(n)(-1)^n \leftrightarrow S\!\left(f - \tfrac{f_s}{2}\right) $$

adica muta spectrul cu $f_s/2$: frecventele joase devin inalte si invers ($f_0 \to f_s/2 - f_0$).

Scop: sa aducem partea pozitiva a benzii (centrata in $f_c$) in jurul lui 0 (baseband), ca apoi sa putem esantiona/pastra semnalul cu o rata foarte mica (cat banda $B$).

Mutarea spectrului cu $-f_c$ = inmultire cu $e^{-j2\pi f_c t}$ (Cap 3). Cu Euler:

$$ x(t) = s_{bp}(t)\,e^{-j2\pi f_c t} = \underbrace{s_{bp}(t)\cos(2\pi f_c t)}_{i(t)} + j\,\underbrace{\big(-s_{bp}(t)\sin(2\pi f_c t)\big)}_{q(t)} \;\leftrightarrow\; S_{bp}(f + f_c) $$

• $i$ = componenta In-phase (in faza), $q$ = componenta Quadrature (in cuadratura) → de aici “IQ”
• semnalul rezultat e complex: $x = i + jq$

Varianta 1 (analogica): inmultiri cu cos/sin in analog + FTJ + esantionare lenta. Impractica: e greu sa sincronizezi perfect faza cos/sin in analog.

Varianta 2 (digitala, cea folosita):

1. FTB analog in jurul lui $f_c$
2. esantionare rapida, ex. $f_s = 4f_c$
3. inmultire digitala cu cos si $-\sin$. La $f_s = 4f_c$: $2\pi f_c n T_s = \frac{\pi}{2}n$, deci
   • $\cos(\frac{\pi}{2}n) = [1, 0, -1, 0, 1, 0, \dots]$
   • $-\sin(\frac{\pi}{2}n) = [0, -1, 0, 1, 0, -1, \dots]$
   • → inmultirile sunt triviale (doar semne si zerouri, fara calcule)
4. FTJ digital + decimare cu $M$ → $f_s' = f_s/M$

Avantaj IQ: un semnal complex de banda $B$ (centrat in 0, ocupand $[-B/2, B/2]$) poate fi esantionat cu $f_s' \geq B$ (nu $2B$), pentru ca spectrul lui nu mai e simetric — fiecare esantion are doua numere ($i$ si $q$).

$$ s_M(n) = s(nM) \qquad\Rightarrow\qquad f_s' = \frac{f_s}{M} $$

Pastram doar fiecare al $M$-lea esantion. Replicile spectrului ajung la distanta $f_s'$ → inainte de decimare trebuie un FTJ digital care sa lase doar banda utila (altfel apare aliasing). Exemplu din curs: $f_c = 50$ MHz, $f_s = 4f_c = 200$ MHz, $M = 20$ → $f_s' = 10$ MHz.

(a)

1. Pas 1. Semnalul util: $[80.5, 81.5]$ MHz. Nyquist clasic ar cere $f_s > 2\cdot 81.5 = 163$ MHz (ba chiar $> 2\cdot 91$ MHz, cu tot cu zgomot) — imposibil cu ADC-ul de 5 MHz. → bandpass sampling.
2. Pas 2. Aplicam filtrul analog trece-banda centrat in 81 MHz (latime ≤ 5 MHz, de ex. $[78.5, 83.5]$ MHz). Zgomotul e la 5 MHz distanta, deci e eliminat; ramane doar semnalul de 1 MHz. (Fara filtru, zgomotul s-ar plia peste semnal la esantionare.)
3. Pas 3. Esantionam cu $f_s \le 5$ MHz, cu $f_s \geq 2B = 2$ MHz. Alegem $f_s = 4$ MHz: $81 = 20\cdot 4 + 1$ → $r = 1$ MHz = $f_s/4$ ✓. Banda ajunge in $[0.5, 1.5] \subset (0, 2)$ → fara suprapuneri, neinversata.
   • merge si $f_s = 5$ MHz ($81 = 16\cdot5 + 1$, $r = 1$, banda $[0.5, 1.5] \subset (0, 2.5)$ ✓)
   • NU merge $f_s = 3$ MHz: $81 = 27\cdot 3$, $r = 0$ → banda in jurul lui 0, peste copia negativa ✗
4. Pas 4. Spectrul digital: in $[-2, 2]$ MHz avem copia partii pozitive la $+1$ MHz si a partii negative la $-1$ MHz; replici la fiecare 4 MHz.

(b) Banda e de 1 MHz, deci un semnal real ar avea nevoie de $f_s' \geq 2$ MHz. Ca sa coboram la 1 MHz facem semnalul complex (IQ), care are nevoie doar de $f_s' \geq B = 1$ MHz:

1. Pas 1 — IQ digital: inmultim $s(n)$ (la 4 MHz) cu $e^{-j2\pi\cdot 1\,\mathrm{MHz}\cdot n/4\,\mathrm{MHz}} = e^{-j\pi n/2}$, adica $i(n) = s(n)\cos(\frac{\pi}{2}n)$ cu $[1, 0, -1, 0, \dots]$ si $q(n) = -s(n)\sin(\frac{\pi}{2}n)$ cu $[0, -1, 0, 1, \dots]$. Banda pozitiva ajunge in $[-0.5, 0.5]$ MHz.
2. Pas 2 — FTJ digital cu taierea la 0.5 MHz: scoate copia partii negative (ajunsa la $-2$ MHz) si celelalte replici.
3. Pas 3 — Decimare cu $M = 4$: $f_s' = 4/4 = 1$ MHz. Replicile ajung la distanta 1 MHz, exact cat banda → se ating, dar nu se suprapun.
4. Rezultat: $x(n) = i_M(n) + j\,q_M(n)$, 1 milion de esantioane (complexe) pe secunda, toata informatia pastrata.

(b)

1. Pas 1. Banda lui $y$: purtatoarea la 100 MHz + copia lui $S$ → $[99, 101]$ MHz, latime $W = 2$ MHz. Nyquist clasic: $f_s \geq 202$ MHz — imposibil → bandpass sampling, $f_s \geq 2W = 4$ MHz ✓ (orice $f_s \in [5, 20]$ trece de conditia necesara).
2. Pas 2. Verificam restul $r = 100 \bmod f_s$; vrem $[r - 1, r + 1] \subset (0, f_s/2)$ sau $\subset (f_s/2, f_s)$:

1. Alegem $f_s = 16$ MHz (si pentru ca la © da $M = 16/2 = 8$ intreg si IQ trivial). Capcana: $f_s = 20$ MHz, cea mai mare, nu merge!
2. $|Y(k)|$: in $[-8, 8]$ MHz (sau $k$ corespunzator): sageti de $\frac12$ la $\pm 4$ MHz (purtatoarea) + trapezul de inaltime $\frac12$ din $|S|$, pe $[3, 5]$ si $[-5, -3]$ MHz; totul se repeta la fiecare 16 MHz. (Pe axa $k = 0 \dots N-1$, cu $f = k f_s/N$: varfurile la $k = N/4$ si $k = 3N/4$.)

© Banda are 2 MHz, iar $f_s' = 2$ MHz → ca semnal real n-ar incapea ($2B = 4$ MHz). Solutia: IQ downconversion + decimare (semnal complex: $f_s' \geq B$ ✓):

1. esantionam cu $f_s = 16$ MHz (de la (b)); banda e la $f_s/4 = 4$ MHz
2. IQ: inmultim cu $e^{-j2\pi\cdot 4\,\mathrm{MHz}\cdot n/16\,\mathrm{MHz}} = e^{-j\pi n/2} = [1, -j, -1, j, \dots]$ (adica cos → $[1,0,-1,0]$, $-\sin$ → $[0,-1,0,1]$) → banda ajunge in $[-1, 1]$ MHz
3. FTJ digital cu taierea la 1 MHz ($= W/2$): scoate copia partii negative (ajunsa la $\pm 8$ MHz)
4. decimare cu $M = f_s/f_s' = 16/2 = 8$ → $x(n)$ la 2 MHz

$|X(k)|$: in $[-1, 1]$ MHz: o linie de $\frac12$ la $f = 0$ (purtatoarea a devenit componenta continua!) + trapezul de $\frac12$ care ocupa tot intervalul $[-1, 1]$; replicile la fiecare 2 MHz se ating dar nu se suprapun.

Formula (2026, 2.5):

$$ x(m) = \Big\{\, y\!\left(\tfrac{n}{f_s}\right) e^{-j2\pi \frac{f_c}{f_s} n} \Big\}_{\text{FTJ}} \Big|_{n = mM}, \qquad M = \frac{f_s}{f_s'} $$

Cu numere: $\frac{f_c}{f_s} = \frac{100}{16} = 6.25$, iar $e^{-j2\pi\cdot 6.25 n} = e^{-j2\pi\cdot 0.25 n} = e^{-j\pi n/2}$ (multiplii intregi dispar) → $x(m) = \mathrm{FTJ}\{y(n/16\,\mathrm{MHz})\,e^{-j\pi n/2}\}$ luat la $n = 8m$.

Varianta 2026 ($W = 4$ MHz, $f_p = 4$ MHz): banda $[98, 102]$; $f_s = 16$ MHz → $r = 4$, banda $[2, 6] \subset (0, 8)$ ✓; IQ la fel; FTJ cu taierea la 2 MHz; $M = 16/4 = 4$ → $f_s' = 4$ MHz.

Enunt: $W = 10$ kHz, $f_c = 1000$ kHz (+ zgomot). (a) Frecventa Nyquist $f_s \geq$ ? (1000 / 2000 / 2010 / 2020) (b) $f_s = 300$ kHz: spectrul? © Bandpass: $f_s \geq$ ? (1000 / 100 / 20 / 10)

• (a) Banda: $[995, 1005]$ kHz → $f_{max} = 1005$ kHz → $f_s \geq 2\cdot 1005 =$ 2010 kHz. (2000 ar fi gresit: ia doar $f_c$, nu si marginea benzii.)
• (b) Dupa FTB analog (scoate zgomotul): $1000 = 3\cdot 300 + 100$ → $r = 100$ kHz; banda $[95, 105] \subset (0, 150)$ ✓ neinversat. Spectrul: benzi la $\pm 100$ kHz, plus replici la $\pm 200$ (= 300 − 100), $\pm 400$, $\pm 500$, …
• © Bandpass sampling: $f_s \geq 2B =$ 20 kHz (minimul teoretic; in practica se alege putin mai mare si cu banda nesuprapusa).

Enunt: $x(t) = \cos(2\pi\cdot 800\,t)$, esantionat cu $f_s = 1000$ Hz. Apoi filtram $x(n)$ cu un FIR trece-jos cu taierea la $0.4 f_s$. (a) Desenati spectrul lui $x(n)$ intre $-2f_s$ si $2f_s$. (b) Desenati spectrul lui $y(n)$ cum l-ati vedea cu FFT.

• (a) $f = 800 > f_s/2 = 500$ → aliasing. Liniile de $\frac12$ de la $\pm 800$ Hz se repeta la fiecare 1000 Hz. In $[-2000, 2000]$: $\pm 200, \pm 800, \pm 1200, \pm 1800$ Hz (toate de inaltime $\frac12$). In zona de baza $[-500, 500]$ apare doar $\pm 200$ Hz.
• (b) Filtrul digital vede doar $[-f_s/2, f_s/2]$, unde componenta e la $\pm 200$ Hz $< 0.4 f_s = 400$ Hz → trece! $y(n)$ arata ca un cosinus de 200 Hz. Pe FFT ($k = 0 \dots N-1$ ↔ $0 \dots f_s$): varfuri la 200 Hz si 800 Hz ($= f_s - 200$, oglinda).
• Morala: aliasingul nu se mai poate repara dupa esantionare → filtrul anti-aliasing trebuie pus analog, inainte de ADC.

• $s(n) = s(nT_s)$, $f_s = 1/T_s$; lant A/D: FTJ anti-aliasing → esantionare → cuantizare
• spectrul esantionat = replici la fiecare $f_s$: $X(f) = \sum c_k S(f - kf_s)$
• Nyquist: $f_s \geq 2W$ ($W$ = frecventa maxima); $f_s/2$ = frecventa Nyquist
• recuperare: FTJ cu taierea la $W$, daca semnalul era limitat in banda si $f_s \geq 2W$
• aliasing = replici suprapuse; $f$ apare la $f - mf_s \in [-f_s/2, f_s/2]$; se previne doar inainte de ADC
• bandpass sampling: FTB analog, apoi $f_s \geq 2B$ cu $r = f_c \bmod f_s$ ales ca banda sa nu treaca peste 0 sau $f_s/2$; ideal $r = f_s/4$
• informatia dupa esantionare: $[-f_s/2, f_s/2]$
• inversare de spectru ($r > f_s/2$) → inmultesti cu $(-1)^n$ (muta cu $f_s/2$)
• IQ: $x = s\,e^{-j2\pi f_c t} = i + jq$, $i = s\cos$, $q = -s\sin$; la $f_s = 4f_c$: cos → $[1,0,-1,0]$, $-\sin$ → $[0,-1,0,1]$
• semnal complex de banda $B$: ajunge $f_s' \geq B$ (real: $2B$)
• decimare: $s_M(n) = s(nM)$, $f_s' = f_s/M$; FTJ digital inainte

G1. Un semnal audio are frecventa maxima 15 kHz. Frecventa minima de esantionare fara aliasing este:

1. A. 15 kHz
2. B. 30 kHz
3. C. 7.5 kHz
4. D. 44.1 kHz

G2. Dupa esantionarea cu $f_s$, spectrul semnalului:

1. A. ramane identic
2. B. se repeta (replici) la fiecare multiplu de $f_s$
3. C. se muta doar la $f_s$
4. D. se ingusteaza de $f_s$ ori

G3. Filtrul anti-aliasing este:

1. A. un FTJ digital, dupa ADC
2. B. un FTJ analog, inainte de ADC
3. C. un FTS analog
4. D. un FTB digital

G4. Un cosinus de 900 Hz esantionat la $f_s = 1000$ Hz apare (in $[-f_s/2, f_s/2]$) la:

1. A. 900 Hz
2. B. 100 Hz
3. C. 1900 Hz
4. D. 500 Hz

G5. Care sunt cele doua probleme principale ale conversiei A/D?

1. A. aliasingul si eroarea de cuantizare
2. B. zgomotul termic si consumul
3. C. faza si amplitudinea
4. D. FFT si DFT

G6. La bandpass sampling, o conditie necesara pentru frecventa de esantionare (semnal real de banda $B$) este:

1. A. $f_s \geq 2f_c$
2. B. $f_s \geq 2B$
3. C. $f_s \le B$
4. D. $f_s = f_c$

G7. Inainte de bandpass sampling se aplica:

1. A. un filtru analog trece-banda in jurul lui $f_c$
2. B. un filtru digital trece-jos
3. C. nimic
4. D. o decimare

G8. Inversarea spectrului dupa bandpass sampling se corecteaza:

1. A. inmultind semnalul digital cu $(-1)^n$
2. B. esantionand de doua ori
3. C. cu un FTS
4. D. nu se poate corecta

G9. In IQ downconversion, $i(t)$ si $q(t)$ sunt:

1. A. $s(t)\cos(2\pi f_c t)$ si $-s(t)\sin(2\pi f_c t)$
2. B. partea pozitiva si partea negativa a spectrului
3. C. doua semnale esantionate la frecvente diferite
4. D. amplitudinea si faza lui $s$

G10. La $f_s = 4f_c$, secventa $\cos(2\pi f_c nT_s)$ este:

1. A. $[1, 1, 1, 1, \dots]$
2. B. $[1, 0, -1, 0, \dots]$
3. C. $[0, 1, 0, -1, \dots]$
4. D. $[1, -1, 1, -1, \dots]$

G11. Decimarea cu factorul $M$:

1. A. inmulteste $f_s$ cu $M$
2. B. pastreaza fiecare al $M$-lea esantion, $f_s' = f_s/M$
3. C. adauga $M$ zerouri
4. D. muta spectrul cu $M$

G12. Un semnal complex (IQ) de banda $B$, centrat in 0, poate fi esantionat fara pierderi cu:

1. A. $f_s' \geq B$
2. B. $f_s' \geq 2B$
3. C. $f_s' \geq 4B$
4. D. orice $f_s'$

G13. Semnalul ocupa $[99, 101]$ MHz. Care $f_s$ NU merge pentru bandpass sampling?

1. A. 16 MHz
2. B. 12 MHz
3. C. 20 MHz
4. D. toate merg

G14. Dupa esantionarea cu $f_s$, informatia utila (fara replici) se afla in intervalul:

1. A. $[0, f_s/4]$
2. B. $[-f_s/2, f_s/2]$
3. C. $[-f_s, f_s]$
4. D. $[f_c - B, f_c + B]$

Un semnal util de banda $B = 2$ MHz e centrat in $f_c = 70$ MHz, cu zgomot in jur. Ai un ADC cu $f_s \le 10$ MHz si un procesor care lucreaza la 2 MHz.

1. a) Ce $f_s$ alegi (bandpass sampling)? Verifica cu restul $r$. Unde ajunge banda?
2. b) Ce pasi faci ca sa ajungi la 2 MHz fara pierderi? Ce $M$ folosesti?
3. c) De ce nu merge $f_s = 10$ MHz?

Problema — rezolvare:

• a) Varianta comoda: $f_s = 8$ MHz ($\geq 2B = 4$ ✓): $70 = 8\cdot 8 + 6$ → $r = 6 = 3f_s/4$ → banda $[5, 7] \subset (4, 8)$ ✓, deci merge, dar e inversata: copia partii pozitive apare la $6 - 8 = -2$ MHz, iar cea a partii negative la $+2$ MHz (ambele la distanta $f_s/4$ de 0, deci IQ trivial).
  • alternativa neinversata cu $r = f_s/4$ exact: $f_s = \frac{4\cdot 70}{2m+1} \le 10$ → $2m+1 = 29$ → $f_s = 280/29 \approx 9.66$ MHz (corect, dar numar urat). Orice $f_s$ care trece testul cu $r$ e corect daca e justificat.
• b) FTB analog la 70 MHz → ADC la 8 MHz → IQ: inmultire cu $e^{+j2\pi\cdot 2\,\mathrm{MHz}\cdot n/8\,\mathrm{MHz}} = e^{j\pi n/2}$ (copia partii pozitive e la $-2$ MHz, o aducem la 0) → FTJ digital la 1 MHz → decimare $M = 8/2 = 4$ → 2 MHz complex, $f_s' = 2 \geq B = 2$ ✓.
• c) $70 = 7\cdot 10 + 0$ → $r = 0$ → banda $[-1, 1]$ se suprapune cu copia partii negative.

Urmatorul capitol: Cap 5 — Cuantizare, SNR si decibeli (puncte usoare la grile).