SISTEMAS LINEALES

Tema 5. Muestreo (sesión 2)

F. JAVIER ACEVEDOjavier.acevedo@uah.es

2 de diciembre de 2010

ITT Sistemas TelecomunicaciónSISTEMAS LINEALES.

TEMA 5

Contenidos.

• Definición de muestreo • Muestreo ideal• Teorema de Nyquist• Muestreo Instantáneo• Muestreo de señales no limitadas en banda• Muestreo de señales paso-banda

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MUESTREO SAMPLE AND HOLD (S&H)

S&H: Se trata de dispositivos electrónicos comerciales muy extendidos para poder digitalizar las señales.

x(t)xs(t)

t

x(t)

t

x(t)

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x(t)

t

x(t)

t

p(t)

t

Ts 2Ts 3Ts 4Ts 5Ts 6Ts−Ts

p(t) =∞P

n=−∞δ(t− nTs)

MUESTREO SAMPLE AND HOLD (S&H)

xb(t)h(t)

xs(t)h(t)

xb(t)

−Ts 2Ts 3Ts 4Ts 5Ts 6Ts

xb(t) =∞P

n=−∞x(nTs)δ(t− nTs)

Ts

t

xs(t)

xs(t) = xb(t) ∗ h(t)

Muestreo ideal

t

Ancho del pulso:1

Ts

Ts2

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MUESTREO SAMPLE AND HOLD (S&H)

En el tiempo:

xb(t) = x(t)p(t) = x(t)∞P

n=−∞δ(t− nTs) =

∞Pn=−∞

x(nTs)δ(t− nTs)

En la frecuencia:

xs(t) = xb(t) ∗ h(t) = xs(t) ∗Π³t−Ts

2

Ts

´=

∞Pn=−∞

x(nTs)Π³t−Ts

2 −nTsTs

´

Xs(ω) = Xb(ω)H(ω) = Xb(ω)Tssinc(ωωs)e−jω

Ts2 =

Xb(ω) =12πX(ω) ∗ P (ω) = 1

Ts

∞Pk=−∞

X(ω − kωs)

Xs(ω) = e−jω Ts

2 sinc³ωωs

´ ∞Pk=−∞

X(ω − kωs)

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MUESTREO SAMPLE AND HOLD (S&H)

Ejemplo: Supuesta una señal x(t), cuyo espectro es el mostrado en la figura, dibuje el espectro de la señal muestreada mediante S&H sabiendo que Ts=π seg.

X(ω)

ωm−ωm ω

1

ω

P (ω)

ωs−ωs 2ωs 3ωs

ωm = 0.75 rad/s

2ωs

1π

Ts = π → ωs =2πTs= 2 rad/s

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MUESTREO SAMPLE AND HOLD (S&H)

2−2−4−6 4 6 ω

2−2−4−6 4 6 ω

2−2−4−6 4 6 ω

Xb(ω)

|H(ω)|

|Xs(ω)|

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MUESTREO SAMPLE AND HOLD (S&H)

Obsérvese que h(t) no está centrado en el origen y por tanto no es una señal par. Esto quiere decir que su espectro en realidad es:

2−2−4−6 4 6 ω

ρH(ω)

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MUESTREO SAMPLE AND HOLD (S&H)

2−2−4−6 4 6 ω

ρXs(ω)

Por tanto, el espectro completo de xs(t) también tiene que representar la fase:

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MUESTREO SAMPLE AND HOLD (S&H)

2−2−4−6 4 6 ω

ρXs(ω)

Con este tipo de muestreo, si filtráramos la señal con un filtro ideal, obsérvese que no recuperaríamos la señal.

|Y (ω)|

ρY (ω)

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MUESTREO SAMPLE AND HOLD (S&H)

¿Podemos recuperar la señal original con este muestreo?

x(t)

p(t) =∞P

n=−∞δ(t− nTs)

xb(t)h(t)

xs(t)hr(t)

y(t)

xb(t) sería la señal muestreada idealemente, por lo que a partir de esta podemos recuperar la señal si los otros dos filtros en cascada conforman un filtro ideal.

H(ω) Hr(ω)

ω

1

ωc−ωc

H(ω)Hr(ω)

H(ω)Hr(ω) =ωm < ωc < ωs − ωm

Ts |ω| < ωc0 resto

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MUESTREO SAMPLE AND HOLD (S&H)

h(t)

t

Recordando que h(t) tenía la forma:

Ancho del pulso:1

Ts

Ts2

H(ω) = Tssinc(ωωs)e−jω

Ts2

H(ω)Hr(ω) = Hr(ω) =Ts |ω| < ωc0 Resto

ejωTs2

sinc( ωωs )|ω| < ωc

0 Resto

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MUESTREO SEÑALES NO LIMITADAS BANDA

Cuando las señales no están limitadas en banda, no podemos cumplir el teorema de Nyquist. ¿Cómo muestrearíamos en la práctica?

x(t) xs(t)xBB(t)hPB(t)

p(t)

XBB(ω)está limitada en banda. Así, no podremos recuperar la señal x(t), pero sí cumplir el teorema de Nyquist sobre xbb(t). El filtro HPB(ω) se diseña de forma que la señal filtrada contenga características deseadas:

•Las señales de audio se limitan a 2π22 Krad/s (22 KHz) ya que el oído humano no es capaz de oir a más frecuencia.

•Se puede establecer criterios relativos al valor máximo de la señal. (3 dB).

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MUESTREO SEÑALES PASO BANDA

X(ω)

A

ωωI

A

−ωI

Puesto que la pulsación mayor de la señal es ωI+ ωm aplicando el teorema de Nyquist,podríamos recuperar la señal si la muestreamos al doble de esa frecuencia:

t

p(t)

X(ω)

ωωI−ωI

ATs

ATs

ωm−ωm

ωs ≥ 2ωm

ωm−ωm 2ωm

Supongamos la siguiente señal de la cuál se ha representado el módulo de su espectro

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MUESTREO SEÑALES PASO BANDASi denominamos: 4ω = ωm − ωI X(ω)

ωωI ωm

4ωSi se cumple: ωm ≥ 24ω o lo que es igual ωI ≥ ωm

2

Ejemplo 1:

X(ω)

A

ωωI

A

−ωI ωm−ωm

4ω = 5 rad/sωI = 15 rad/s

ωm = 20 rad/s

Veamos qué sucede si muestreamos idealmente con ωs = 10 rad/s

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MUESTREO SEÑALES PASO BANDA

Ejemplo 1: X(ω)

A

ωωI

A

−ωI ωm−ωm

ω

P (ω)

ωs

2πTs

2ωs 3ωs−ωs−2ωs−3ωs

ωωs 2ωs 3ωs−ωs−2ωs−3ωs

Xs(ω)

Vemos cómo en realidad no se produce solapamiento (aliasing).

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MUESTREO SEÑALES PASO BANDA

ωωs 2ωs 3ωs−ωs−2ωs−3ωs

Xs(ω)

Filtrando de forma paso-banda, podemos recuperar la señal original, aunque la frecuencia de muestreo no cumpla el teorema de Nyquist.

Si se cumple: ωm = m4ω ;m ∈ Z+Si muestreamos con pulsación: ωs ≥ 24ω Recuperamos la señal.

Téngase en cuenta que estamos suponiendo, como en el caso del muestreo en banda base, que podemos construir filtros ideales. Habrá que dejar una zona de guarda entre réplicas.

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MUESTREO SEÑALES PASO BANDA

Ejemplo 2: Dada la señal x(t), cuyo espectro se representa en la figura, calcule cuál es el periodo mínimo Ts y la constante K (en función de Ts) para que la salida y1(t) sea idéntica a x3(t). Diseñe la etapa 2 para que y2(t) sea idéntica a x(t).

x(t)

p(t)

h1(t)xs(t)x3(t)x2(t) h2(t) Etapa 2

y1(t) y2(t)

X(ω)

ω

2

−8 8

H1(ω) =

H2(ω) =

t

p(t)

Ts 2Ts 3Ts 4Ts 5Ts 6Ts−Ts

s(t) = cos(24t)

1 Si |ω| ≥ 240 Resto

K Si 24 ≤ |ω| ≤ 320 Resto

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MUESTREO SEÑALES PASO BANDA

ω

X2(ω)11

16−16

ω

11X3(ω)

X3(ω) = X2(ω) Si |ω| ≥ 24 X3(ω) = 0 Si |ω| < 243224−32−24

−32−24 3224

4ω = 32− 24 = 8 rad/s Como ωm = 32 = mω (m = 4)

ωs ≥ 24ω = 16 rad/s→ Ts ≤ 2π16

x2(t) = x(t)s(t)→ X2(ω) =12πX(ω) ∗ S(ω) = 1

2 (X(ω − 25) +X(ω + 25))

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MUESTREO SEÑALES PASO BANDA

Suponiendo ωs = 16 rad/s

ω

11X3(ω)

−32−24 3224

y1(t) = x3(t)p(t)→ Y1(ω) =12πX3(ω) ∗ P (ω) =

Y1(ω) =12πX3(ω) ∗ 2π

∞Pk=−∞

1Tsδ(ω − kωs) = 1

Ts

∞Pk=−∞

X3(ω − kωs)

ω

P (ω)2πTs

ω

16 32 48 64−16−32−48

16 32 48 64−16−32−48

Xs(ω)1Ts

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MUESTREO SEÑALES PASO BANDA

ω16 32 48 64−16−32−48

Xs(ω)1Ts

ω−32−24 3224

Y1(ω)KTs

KTs

Si Y1(ω) = X3(ω)→ K = Ts

Etapa 2

s(t) = cos(24t)

h3(t)y2(t)y1(t) y11(t)

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MUESTREO SEÑALES PASO BANDA

ω16 32 48 64−16−32−48

Y11(ω)12

H3(ω) =4 Si 16 < |ωc| < 480 Resto

ω

2

−8 8

Y2(ω)

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MUESTREO SEÑALES PASO BANDA

En los ejemplos anteriores se cumplía que: ωm = m4ω

¿Qué ocurre si no se cumple esa relación? Debemos elegir un 4ω0

Tal que:

Dos opciones:

Ampliamos banda por la izquierda: 4ω0 = ωm − ω0ICondición: ω0I < ωI

ωs ≥ 24ω0

Ejemplo:

ωm = m(ωm − ω0I) ω0I =m−1m ωm

Seleccionamos la m mayor que cumpla la condición.

ω4031

X(ω)

−40 −31

m = 1→ ω0I = 0m = 2→ ω0I = 20m = 3→ ω0I = 26, 66m = 4→ ω0I = 30m = 5→ ω0I = 32

4ω0 = 40− 30 = 10ωs = 24ω0 = 20

ω0m = ωm

ω0m = m4ω0

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MUESTREO SEÑALES PASO BANDA

La otra opción es aumentar por la derecha:4ω0 = ω0m − ωI

Condición: ω0m > ωm

ω0m =mm−1ωI

Ejemplo:

ω4031

X(ω)

−40 −31

m = 2→ ω0m = 31m = 3→ ω0m = 46, 5

ω0I = ωI

4ω0 = 46.5− 31 = 15.5ωs = 24ω0 = 31

Ejemplo propuesto: Calcular la pulsación mínima de muestreo para recuperar la señal

ω

X(ω)

3529−35 −29