Elaborazione numerica. Teoria dei segnali

Transcript

1 Elaborazione numerica e Teoria dei segnali Raccolta di Esercizi Fiandrino Claudio agosto 00

2 II

3 Indice I Teoria dei segnali 5 Esercizi di base 7. Esercizio Esercizio Esercizio Esercizio Energia e Potenza 3. Esercizio Esercizio Esercizio Esercizio Esercizio Esercizio Sistemi lineari 9 3. Esercizio Esercizio Esercizio Esercizio Esercizio Esercizio Esercizio Esercizio Esercizi segnali a potenza media finita Esercizio Esercizio Esercizio Esercizio Esercizi sul campionamento Esercizio Esercizio III

4 IV INDICE 5.3 Esercizio Esercizio Esercizio Esercizi sui processi casuali Esercizio Esercizio Esercizio Esercizio Esercizio II Elaborazione numerica dei segnali 63 7 Esercizi di base Esercizio Esercizio Esercizio Esercizio Esercizio Sistemi lineari e DTFT Esercizio Esercizio Esercizio Esercizio Sistemi lineari e trasformate Z Esercizio Esercizio Esercizio Esercizio Esercizio Esercizio III Temi d esame 89 0 Temi di Elaborazione numerica Tema Tema

5 INDICE V Temi accorpati 05. Tema Tema Tema Tema

6 VI INDICE

7 Dedicato a Valentina G. perchè guardando i suoi dolci occhi non si può non essere felici!!!

8 INDICE

9 Prefazione La raccolta di esercizi è suddivisa in tre parti: Teoria dei segnali (trattazione dei segnali a tempo continuo), Elaborazione numerica dei segnali (trattazione dei segnali a tempo discreto) e una terza parte dedicata alla risoluzione di temi d esame. Sono presenti:. 3 esercizi di Teoria dei segnali;. 5 esercizi di Elaborazione numerica dei segnali;. 6 tracce di temi d esame. Per la segnalazione di errori potete contattarmi all indirizzo claudio fiandrino@hotmail.it. La raccolta è reperibile sul sito: Questa seconda pubblicazione corregge alcune sviste e uniforma lo stile simbologico. 3

10 4 INDICE

11 Parte I Teoria dei segnali 5

12

13 Capitolo Esercizi di base. Esercizio Testo Dato il segnale x(t) = a(t)cos (πf 0 t) con:. a(t) segnale a energia finita;. A(f) = 0 per f > f 0. Il segnale y(t) ha lo spettro legato a x(t) dalla seguente relazione: Y (f) = X(f) U(f) dove U(f) è un gradino nel dominio delle frequenze. Si determini y(t). Risoluzione Graficamente il segnale a(t) può avere lo spettro: A(f) f 0 / f 0 / f Con questa supposizione il segnale X(f) sarà: 7

14 8 CAPITOLO. Esercizi di base X(f) f 0 f 0 f In quanto analiticamente: X(f) = F{x(t)} = F{a(t)cos (πf 0 t)} = A(f) [δ (f f 0) + δ (f + f 0 )] = [A(f f 0) + A(f + f 0 )] A questo punto è possibile esprimere Y (f): Y (f) = X(f) U(f) = [A(f f 0)] L operatore gradino elimina le frequenze negative; graficamente: Y (f) f 0 f 0 f Y (f) f 0 f Per ottenere y(t) è necessario antitrasformare: { } y(t) = F {Y (f)} = F [A(f f 0)] = a(t)e+jπf 0t Con la formula di Eulero si può esprimere l esponenziale complesso come: e +jπf0t = cos (πf 0 t) + j sin(πf 0 t) Quindi: y(t) = a(t)[cos (πf 0t) + j sin (πf 0 t)]

15 .. Esercizio 9. Esercizio Testo Dato il segnale x(t) a energia finita, con spettro nullo per f > B e il segnale y(t) = x(t/) si determini la banda di quest ultimo. Risoluzione Graficamente si può rappresentare lo spettro di x(t) come: X(f) B B f Per rappresentare invece lo spettro di y(t) è necessario prima calcolarne Y (f): Graficamente: Y (f) = F{y(t)} = X f = X(f) X(f) B/ B/ f La banda di Y (f) è minore della banda di X(f). Una dilatazione nella scala dei tempi infatti, causa un rallentamento del segnale nel dominio delle frequenze..3 Esercizio 3 Testo Calcolare la trasformata di Fourier del segnale: x(t) = a + jπ(t t 0 )

16 0 CAPITOLO. Esercizi di base Risoluzione Inanzi tutto occorre esprimere il segnale esplicitando un π invece di π; per cui: x(t) = ( ) t t0 a + jπ Utilizzando la trasformata notevole: F { e at u(t) } = a + jπf e applicando i teoremi di dualità (tempo-frequenza), cambiamento di scala e ritardo, si ottiene: ( ) X(f) = e +af u( f) e jπft 0.4 Esercizio 4 Testo Si consideri il segnale x(t) il cui spettro risulta essere: X(f) = cos(πf) p (f) dove p (f) è la funzione porta di durata Se, partendo da x(t) si costruiscono: y(t) = x(t) [ e jπt] z(t) = y(t) + n= e ampiezza unitaria. δ (t n) Si chiede di determinare l espressione analitica di z(t). Risoluzione E necessario ricavare l espressione di Y (f): y(t) = x(t) x(t)e jπt Y (f) = F{y(t)} = F { x(t) x(t)e jπt} = X(f) X ( f ) Teorema del cambiamento di scala Teorema di dualità Teorema del ritardo

17 .4. Esercizio 4 Si può quindi ricavare Z(f) perchè: z(t) = y(t) + n= Z(f) = Y (f) F = + n= δ (t n) { + } δ (t n) = Y (f) + n= n= Y (f n) δ (t n) Poichè X(f) è un coseno anche Z(f) analiticamente è: Z(f) = cos(πf) Quindi si esprime z(t) antitrasformando Z(f): z(t) = F {Z(f)} = F {cos(πf)} = [δ (t ) + δ (t + )]

18 CAPITOLO. Esercizi di base

19 Capitolo Energia e Potenza. Esercizio Testo Dato x(t) = Ae t/τ per (0 t + ) calcolarne l energia E x. Risoluzione Il segnale ha la seguente rappresentazione: x(t) A t Per definizione: Quindi: + E = b a x(t) dt E x = Ae t/τ + dt = A e t/τ dt = A 0 0 = A e t/τ + = 0 A t/τ t/τ e t/τ dt = 3

20 4 CAPITOLO. Energia e Potenza. Esercizio Testo Dato x(t) = e kt cos (πf 0 t) per (0 t + ) con k > 0, calcolarne l energia E x. Risoluzione Questo segnale ha la seguente rappresentazione: x(t) t Si opera come nel caso precedente: + E x = e kt cos (πf 0 t) dt = e kt cos (πf 0 t)dt = Poichè: cos (πf 0 t) = + cos(4πf 0t) Si ha sostituendo: = + 0 e kt [ + cos(4πf 0 t)]dt = Si può spezzare l integrale in due parti: = + Risolviamo il primo termine: e kt dt e kt dt = e kt k 0 e kt + e kt cos(4πf 0 t)dt = e kt cos(4πf 0 t)dt + 0 = 0 4k La seconda parte è più complessa; si sviluppa il coseno con la formula di Eulero: + ( e e kt +j4πf 0 t + e j4πf ) 0t dt = (.) = e (k j4πf 0t) dt e (k+j4πf 0t) dt (.)

21 .3. Esercizio 3 5 Per chiarezza definiamo: Risolviamo: = 4 = = 4 = e (k j4πf 0t) dt e (k+j4πf 0t) dt e (k j4πf0t) dt = e (k j4πf 0t) (k j4πf 0 ) e (k+j4πf0t) dt = e (k+j4πf 0t) (k + j4πf 0 ) Quindi la (.) risulta essere: = [( 4 (k j4πf 0 t) [ ] k 4(k + 4π f0 ) ) ( + (k + j4πf 0 t) A questo punto si può esprimere l energia: )] E x = [ ] 4k + k 4(k + 4π f0 ) ( = 0 ( = 0 ) (k j4πf 0 t) ) (k + j4πf 0 t) = [ ] 4 k (k + 4π f0 ) =.3 Esercizio 3 Testo Dato: x(t) T T t Calcolare l energia E x.

22 6 CAPITOLO. Energia e Potenza Risoluzione Per risolvere l esercizio occorre definire questa funzione per parti: ( 0 t < ( T) t ) + T < t < 0 T x(t) = ( t ) 0 < t < T T 0 t > T Quindi per determinare l energia occorre calcolare l integrale: E x = T T x(t) dt Ma, il segnale fra T/T è pari per cui è sufficiente: T E x = = = 0 T 0 T 0 = T + T x(t) dt = ( + t T t T dt + T ( T T 3 3 ) T 0 ( 0 ) dt = t T ) + t dt 4 T T 0 ) ( 4 T T = 3 T dt t dt =.4 Esercizio 4 Testo Dato: x(t) = + A p (t nt) Calcolare la potenza P x. Risoluzione Il segnale x(t) è un onda quadra di ampiezza A:

23 .5. Esercizio 5 7 x(t) A t A T/ T Per definizione: Quindi applicando la definizione: T/ P = lim x(t) dt t + T T/ T/ P x = lim A T A dt = lim t + T T/ t + T = A.5 Esercizio 5 Testo Calcolare la potenza media del segnale x(t) = Acos (πf 0 t) definito su ( < t < + ). Risoluzione Il segnale è un coseno di ampiezza A con periodo T = f 0. Applicando la definizione: T P x = lim t + T = lim t + A T A = lim t + T A = lim t + T = lim t + 0 T Acos (πf 0 t) dt = lim t cos(4πf 0t)dt = ( T T ) 0 dt + cos(4πf 0 t)dt = 0 ( T ) dt A ( T + lim t + T A t T 0 T 0 = A 0 T A cos (πf 0 t)dt = T 0 ) cos(4πf 0 t)dt =

24 8 CAPITOLO. Energia e Potenza Il contributo dell integrale del coseno è nullo perchè un coseno integrato nel suo periodo ha area nulla..6 Esercizio 6 Testo Dato x(t) segnale reale a potenza media finita e z(t) = A e jπ[t+kx(t)] definito su ( < t < + ) con k 0, calcolare:. l energia del segnale z(t);. la potenza media del segnale z(t). Risoluzione Primo quesito Applicando la definizione: E z = + z(t) dt = Secondo quesito + A e jπ[t+kx(t)] + dt = A dt = diverge Sempre applicando la definizione di potenza media su un periodo arbitrario a: P z = lim a + a = lim a + a +a a +a a z(t) dt = lim a + a +a a A dt = lim a + A = A A e jπ[t+kx(t)] dt = Il modulo di un esponenziale complesso è pari a quindi sparisce nei due integrali.

25 Capitolo 3 Sistemi lineari 3. Esercizio Testo Dato il seguente sistema lineare tempo invariante: x(t) h(t) y(t) determinare l uscita y(t) quando l ingresso vale x(t) = A h(t) dove il segnale h(t) ha forma: h(t) T t Risoluzione Inanzi tutto è facile osservare che x(t) risulta essere il seguente segnale nel dominio temporale: 9

26 0 CAPITOLO 3. Sistemi lineari x(t) A T t L uscita del sistema nel dominio temporale è: y(t) = x(t) h(t) Anzichè calcolare l integrale di convoluzione è più semplice passare nel dominio delle frequenze: Y (f) = X(f) H(f) Poichè X(f) = A H(f), il segnale Y (f) sarà semplicemente: Y (f) = A H(f) H(f) La F { p ( t T )} sin(πft) = e jπf T quindi: πf [ ] sin(πft) Y (f) = A e jπf T = A sin (πft) πf (πf) e jπft Si può ricavare y(t) con l antitrasformata di Fourier di Y (f): ( ) t T y(t) = F {Y (f)} = A tri T Infatti:. la costante A non crea problemi;. sin (πft) (πf) è la funzione triangolo: tri ( t T ) ;. e jπft è un ritardo di T sul triangolo. 3. Esercizio Testo Dato in ingresso ad un sistema LTI x(t) = sin (πf 0 t) e sapendo che la risposta all impulso è rettangolare, causale, di ampiezza unitaria e durata T si calcoli per quali valori di f 0 l uscita è nulla.

27 3.. Esercizio Risoluzione La rappresentazione grafica del sistema è la seguente: x(t) h(t) y(t) La forma del segnale della risposta all impulso h(t) è: h(t) T t Come nell esercizio precedente la soluzione nel dominio del tempo è: Nel dominio delle frequenze: dove: y(t) = x(t) h(t) Y (f) = X(f) H(f). F{x(t)} = F{sin(πf 0 t)} = j [δ (f f 0) δ (f + f 0 )]; { (. F{h(t)} = F p t T )} = sin(πft) e jπf T. πf Quindi: ( sin(πft) Y (f) = πf e jπf T ) j [δ (f f 0) δ (f + f 0 )] Il segnale Y (f) si annulla quando le δ sono centrate negli zeri della funzione sinc: f 0 = k T, k N

28 CAPITOLO 3. Sistemi lineari 3.3 Esercizio 3 Testo Dato il seguente sistema: x(t)cos (πf 0 t) z(t) h(t) y(t) cos (πf 0 t + φ) in cui. f 0 e φ sono costanti;. x(t) è strettamente limitato in banda: X(f) = 0 f > B. la risposta all impulso del filtro ha la seguente forma: H(f) B B f Supponendo f 0 = 0B si richiede di:. ricavare un espressione analitica per y(t);. trovare un valore di φ affinchè y(t) = 0 t. Risoluzione Primo quesito Per prima cosa è necessario ricavare l espressione di z(t): z(t) = x(t)cos (πf 0 t) cos (πf 0 t + φ) Secondo la regola: cos(α)cos(β) = [cos(α β) + cos(α + β)]

29 3.3. Esercizio 3 3 Quindi: z(t) = x(t) [cos(φ) + cos(4πf 0t + φ)] = x(t) [ ( cos(φ) + cos [4πf 0 t + φ )]] (3.) 4πf 0 Si determina Z(f) con F{z(t)}: Z(f) = cos(φ) X(f) + X(f) [δ (f f 0) + δ (f + f 0 )] e +jπf φ 0 4πf 0 = cos(φ) [ X(f f0 ) X(f) + + X(f + f ] 0) 4 4 (3.) Spiegazioni sulla trasformata di Fourier:. le delta sono centrate in (f f 0 ) e (f + f 0 ) perchè il coseno nella (3.) ha 4π anzichè π;. il termine (3.). ( t + φ 4πf 0 ) della (3.) origina il ritardo e +jπf 0 4πf 0 della φ Il segnale Z(f) ha forma: Z(f) 0B B B 0B f L uscita del sistema si calcola, come sempre: Y (f) = Z(f) H(f) Moltiplicare Z(f) con H(f) vuol dire filtrare Z(f) tagliando le immagini alle frequenze 0B e 0B. Graficamente si ottiene:

30 4 CAPITOLO 3. Sistemi lineari Z(f) H(f) 0B B B 0B f Y (f) B B f Analiticamente invece: Y (f) = cos(φ) X(f) Secondo quesito Occorre determinare l uscita nel dominio temporale: y(t) = F {Y (f)} = cos(φ) La fase φ affinchè y(t) = 0 deve essere: x(t) cos(φ) = 0 = φ = (k + ) π 3.4 Esercizio 4 Testo ( ) πt Il segnale x(t) = sin è posto all ingresso di un sistema lineare, T casuale e con risposta all impulso rettangolare di ampiezza e durata T/. Calcolare il segnale di uscita y(t). Risoluzione Il sistema è: x(t) h(t) y(t)

31 3.4. Esercizio 4 5 dove la forma della risposta all impulso h(t), per soddisfare i requisiti del testo, deve essere: h(t) T/ t In quanto analiticamente: h(t) = p ( t T ) 4 Mediante la formula notevole: si può esprimere l ingresso: x(t) = sin (α) = cos(α) [ cos ( )] ( ) πt πt = cos T T Lo spettro di x(t) é: { ( )} πt X(f) = F{x(t)} = F cos T = δ(f) [ ( δ f ) ( + δ f + )] T T Mentre lo spettro di h(t) é: H(f) = sin ( πf T πf Quindi l uscita del sistema si esprime: ) e jπf T 4 Y (f) = X(f) H(f) = H(0)δ (f) ( H T ( H ) ( δ f + ) T T Occorre ricavare analiticamente i termini H(0), H ) ( δ f ) T ( ) (, H ) : T T

32 6 CAPITOLO 3. Sistemi lineari. H(0) = T ;. H. H ( ) T ( ) T = sin ( π T π T ) T = sin ( π T π T e jπ T ) T e jπ T T 4 = j T π ; T 4 = j T. Quindi: Y (f) = T δ(f) + j T π [ ( δ f ) ( δ f + )] T T Si ottiene il segnale nel dominio del tempo antitrasformando: { T y(t) = F {Y (f)} = F δ(f) + j T π = T T ( ) πt π sin T [ ( δ f ) ( δ f + )]} = T T 3.5 Esercizio 5 Testo Dato il sistema: x(t) h (t) z (t) y(t) + y(t)dt ς z (t) h (t) In cui:. x(t) è una porta casuale di durata T e ampiezza unitaria;. H (f) = e jπft ;. H (f) = e jπfα. Si chiede di determinare α per cui ς sia massima.

33 3.5. Esercizio 5 7 Risoluzione Graficamente il segnale x(t) ha forma: x(t) T t Determiniamo analiticamente i due segnali z (t) e z (t): z (t) = x(t) h (t) = x(t T) z (t) = x(t) h (t) = x(t α) Quindi il segnale y(t) risulta essere: y(t) = z (t) z (t) = x(t T) x(t α) Questo è il segnale posto in ingresso all integratore; l uscita ς viene dunque così determinata: ς = Graficamente: x(t T) + y(t)dt = + x(t T) x(t α)dt x(t α) T T t α t Dove α è un parametro variabile. Si osserva immediatamente che per avere ς massima è necessario che: In questo modo si ha: x(t T) α = T T T t

34 8 CAPITOLO 3. Sistemi lineari 3.6 Esercizio 6 Testo Dato il sistema: x(t) a(t) T y(t) s(t) h(t) z(t) A Sapendo che:. T è un ritardatore;. A è una costante positiva;. h(t) = t z(θ)dθ; Si richiede di:. determinare un espressione analitica per y(t);. studiare le proprietà di linearità e invarianza del sistema. Risoluzione Primo quesito Determiniamo per punti le varie espressioni dei segnali indicati in figura:. a(t) = x(t) s(t);. y(t) = a(t T);. z(t) = Ay(t);. s(t) = t z(θ)dθ. Quindi componendo i vari punti si ottiene: Secondo quesito t T y(t) = x(t T) A y(θ) dθ Linearità La proprietà di linearità è verificata in quanto i moduli introdotti (sommatore, ritardatore,moltiplicatore e integratore) sono lineari.

35 3.7. Esercizio 7 9 Invarianza La proprietà di invarianza è verificata per i moduli di sommatore, ritardatore e moltiplicatore: essi sono per definizione tempoinvarianti. Occorre però verificare che venga mantenuta anche per il modulo integratore. x(t) x(t θ) y(t) y θ (t) Inizialmente si ritarda l ingresso: s T (t) = Effettuando un cambio di variabili: Se: Si ottiene quindi: t z(θ T)dθ u = θ T = dθ = du θ = t = u = t T θ ( ) = u ( ) s T (t) = t T z(u) du Se questo risultato è uguale a quello che si ottiene ritardando l uscita il sistema è tempo-invariante: s T (t T) = t T z(θ) dθ Le due espressioni sono simili, a parte un cambiamento di variabili, quindi il sistema è tempo-invariante. 3.7 Esercizio 7 Testo Determinare le proprietà di linearità e tempo-invarianza per il sistema: y(t) = x(t) cos(t)

36 30 CAPITOLO 3. Sistemi lineari Risoluzione Linearità Il sistema è lineare se:. è possibile l ingresso come somma di effetti x(t) = a[x (t)] + b[x (t)];. l uscita è vista come trasformazione compiuta sull ingresso y(t) = T r {x(t)} allora: y(t) = T r {x(t)} = T r {a[x (t)] + b[x (t)]} = T r {a[x (t)]} + T r {b[x (t)]} è equivalente a: y(t) = a[y (t)] + b[y (t)] Per il nostro sistema: y(t) = x(t)cos(t) = T r {a[x (t)cos(t)] + b[x (t)cos(t)]} = T r {a[x (t)cos(t)]} + T r {b[x (t)cos(t)]} = a[y (t)cos(t)] + b[y (t)cos(t)] Quindi il sistema è lineare. Invarianza Il sistema è tempo invariante se: T r {x(t t 0 )} = y(t t 0 ) Applicando al nostro problema, ritardando l ingresso si ottiene: T r {x(t t 0 )} = x(t t 0 )cos(t) Quando invece si ritarda l uscita: y(t t 0 ) = x(t t 0 )cos(t t 0 ) Le due espressioni sono diverse; segue che il sistema non è tempo-invariante.

37 3.8. Esercizio Esercizio 8 Testo Dato il seguente sistema: x(t) a(t) y(t) /4 c(t) T b(t) dove T è un modulo ritardatore. Si chiede di:. determinare un espressione analitica per y(t);. determinare un espressione analitica per la funzione di trasferimento complessiva del sistema. Risoluzione Primo quesito Deteminiamo i vari punti:. a(t) = 4 x(t);. c(t) = a(t) + y(t);. b(t) = c(t T);. y(t) = a(t) + b(t). Globalmente si ha: y(t) = 4 x(t) + x(t T) + y(t T) 4 Secondo quesito Per ottenere la funzione di trasferimento è necessario passare nel dominio delle frequenze: { Y (f) = F{y(t)} = F 4 x(t) + } x(t T) + y(t T) = 4 = 4 X(f) + 4 X(f)e jπft + Y (f)e jπft

38 3 CAPITOLO 3. Sistemi lineari A questo punto si mettono in evidenza i termini legati all uscita a primo membro e quelli legati all ingresso a secondo membro: [ Y (f) e jπft] [ = X(f) 4 + ] 4 e jπft La funzione di trasferimento è definita: Quindi, nel nostro caso: H(f) = H(f) = Y (f) X(f) 4 [ + e jπft] e jπft

39 Capitolo 4 Esercizi segnali a potenza media finita 4. Esercizio Testo Dato il sistema: x(t) H(f) z(t) e jπf 0t y (t) y (t) A e jπf 0t Sapendo che:. x(t) = δ (t);. H(f) = Si richiede di: + jπf.. calcolare l energia e la potenza media per i segnali y (t) e y (t);. calcolare (qualora esistano) gli spettri di energia di y (t) e y (t); 3. verificare le proprietà di linearità e tempo-invarianza nel ramo del sistema tratteggiato in rosso. 33

40 34 CAPITOLO 4. Esercizi segnali a potenza media finita Risoluzione Primo quesito Come primo passaggio calcoliamo il valore della risposta all impulso: { } h(t) = F {H(f)} = F = e t u(t) + jπf Il segnale z(t) quindi risulta essere: z(t) = x(t) h(t) = δ (t) e t u(t) = e t u(t) Determiniamo ora per i due rami le espressioni dei segnali y (t) e y (t): y (t) = e t u(t)e jπf 0t y (t) = [A + z(t)]e jπf 0t = [A + e t u(t)]e jπf 0t Calcoliamo per y (t) energia e potenza: E y = = y (t) dt = + e t dt = + e t = e t u(t)e jπf0t (t) dt = e t e jπf 0t dt Il segnale y (t) è dunque un segnale a energia finita; la sua potenza media, per questo motivo, sarà nulla. Infatti: T/ P y = lim y (t) T/ dt = lim e t u(t)e jπf0t (t) dt = 0 T + T T/ T + T T/ Calcoliamo ora per il segnale y (t) energia e potenza: E y = = y (t) dt = + [A + e t u(t)]e jπf 0t dt = [A + z(t)]e jπf 0t dt = + 0 [A + e t u(t)] dt Questo integrale diverge perchè la costante A integrata su tutto l asse causa divergenza.

41 4.. Esercizio 35 Per quanto riguarda la potenza: T/ P y = lim T + T = lim T + T = lim T + T = lim T + T = lim T + T T/ T/ T/ T/ T/ T T { T y (t) dt = lim T + T [A + e t u(t)]e jπf 0t T [A + e t u(t)] dt = T/ T/ dt = [A + Ae t u(t) + e t u(t)]dt = T A dt + T T T Ae t u(t)dt + { T } = lim T A + A e t dt + e t dt = T + T 0 0 { = lim T A A(e T ) } T + T (e T ) = = lim {T A Ae T + A e T + } = T + T { = lim A A ( e T + ) ( e T )} = A T + T 4T [A + z(t)]e jπf 0t dt = T } e t u(t)dt = Il secondo e terzo termine tendono a zero. Secondo quesito Lo spettro di energia del segnale y (t) si determina nel seguente modo: Calcoliamo quindi Y (f): S y (f) = Y (f) { } Y (f) = F{y (t)} = F e t u(t)e jπf 0t = Elevando a quadrato si ottiene: ( ) S y (f) = [Y (f)] = = + jπ(f f 0 ) + jπ(f f 0 ) Per quando riguarda lo spettro di energia del segnale y (t): E y + = S y (f) + 4π (f f 0 )

42 36 CAPITOLO 4. Esercizi segnali a potenza media finita Terzo quesito Graficamente il sistema da considerare è formato da: z(t) y(t) A e jπf 0t Analiticamente: y(t) = [A + z(t)]e jπf 0t Linearità Verfichiamo che sia soddisfatta come nell esericizio 7 del capitolo 3. T r {a[z (t)] + b[z (t)]} = [A + a[z (t)] + b[z (t)]] e jπf 0t at r {z (t)} = a[a + [z (t)]] e jπf 0t bt r {z (t)} = b[a + [z (t)]] e jπf 0t Il sistema non è lineare perchè: T r {a[z (t)] + b[z (t)]} at r {z (t)} + bt r {z (t)} Tempo-invarianza Anche in questo caso seguiamo lo stesso procedimento dell esercizio 7 capitolo 3. Ritardando l ingresso si ottiene: T r {x(t t 0 )} = [A + z(t t 0 )]e jπf 0t Effettuando la medesima operazione sull uscita: y(t t 0 ) = [A + z(t t 0 )]e jπf 0t t 0 Poichè le due espressioni sono diverse il sistema considerato non è tempoinvariante. Il sistema dunque è non lineare e tempo-variante.

43 4.. Esercizio Esercizio Testo Dato il segnale x(t) periodico di periodo T: x(t) T T/ 0 T/ T 3T/ t Il segnale viene posto all ingresso di un filtro con risposta all impulso h(t) rettangolare, causale, di ampiezza unitaria e durata T. Si chiede di calcolare:. lo spettro di potenza del segnale filtrato y(t);. la potenza media del segnale filtrato y(t); 3. un espressione analitica per y(t). Risoluzione Primo quesito La risposta all impulso del sistema ha forma: h(t) T t Inoltre il sistema può essere caratterizzato nel seguente modo: x(t) h(t) y(t) Lo spettro di potenza del segnale y(t), per definizione, è: G y (f) = G x (f) H(f)

44 38 CAPITOLO 4. Esercizi segnali a potenza media finita Determiniamo immediatamente l espressione della funzione di trasferimento: H(f) = sin(πft) e jπf T πf Per definizione, lo spettro di potenza di un segnale si caratterizza con: G x (f) = + n= µ n δ (f nf 0 ) dove i vari µ n sono tutte le copie del segnale fondamentale. Per quanto riguarda x(t) il segnale fondamentale è una porta, precisamente: p ( t T ) 4 E quindi possibile esprimere analiticamente x(t) come: x(t) = p T ( t T ) 4 + n= δ (f nf 0 ) Per definizione: µ n = T x T ( n T ) dove x T è il segnale troncato, che caratterizza solo la copia fondamentale del segnale. Per il segnale x(t): ) X(f) = sin ( πf T πf e jπf T 4 Sostituendo come frequenza f = n T si ottengono: dove:. il periodo T = = µ n = sin ( π n ) π n e jn π T = ;. al variare di n: n = 0 = µ 0 = (l esponenziale e il seno valgono ) n pari = µ n = 0 (il seno vale 0) n dispari = da calcolare.

45 4.. Esercizio 39 Calcoliamo il valore per n dispari: µ n+ = sin( π n+ ) π n+ = sin( π n+ π n+ = j ( sin π n+ ) π n+ in quanto: ( π ). cos (n + ) = 0; e j(n+) π = [ ( π ) ( π )] cos (n + ) j sin (n + ) = ) = j π(n + ) = jπ(n + ). il termine si semplifica con il a denominatore;. il termine sin ( π n+ ) vale. Per determinare lo spettro occorre il modulo quadro dei µ n : n = 0 4 µ n 0 n pari (πn) n dispari Graficamente: π G x (f) 4 π 9π 3/T -/T -/T 0 /T /T f Questo segnale viene ora filtrato con una funzione sinc che si annulla ogni n ; quindi graficamente lo spettro di potenza di y(t) è: T G y (f) 4 0 f

46 40 CAPITOLO 4. Esercizi segnali a potenza media finita Analiticamente: G y (f) = G x (f) H(f) = 4 δ (f) T sin(πft) πf = T 4 δ (f) Secondo quesito La potenza media, per definizione, è: e jπf T = Per il segnale y(t): P y = + n= P y = T 4 µ n Terzo quesito Si può ricavare un espressione analitica per y(t) determinando la risposta in frequenza: Y (f) = X(f) H(f) Sono conosciute entrambe: Quindi: Y (f) = X(f) = H(f) = + n= + n= ( n ) ( T x T δ f n ) T T sin(πft) e jπf T πf ( n ) ( T x T δ f n ) T T sin(πft) e jπf T πf Anche in questo caso l unico termine non filtrato è il valore in 0: X(f) f=0 = δ (f) Per cui: Y (f) = δ (f) Determiniamo l espressione nel dominio temporale antitraformando: y(t) = F {Y (f)} = F { δ (f) } = T

47 4.3. Esercizio Esercizio 3 Testo Dato il segnale: con: q(t) = A + k= r(t) = p T (t) p T r(t kt) ( t T ) r(t) - T 4 0 T 4 T 3T 4 f La potenza media del segnale q(t) vale. Il segnale viene posto all ingresso di un sistema con funzione di trasferimento: { f 3T/ H(f) = 0 f > 3T/ Si chiede di:. verificare che il segnale q(t) è periodico di periodo T;. determinare il segnale di uscita y(t); 3. calcolare la potenza media di y(t). Risoluzione Primo quesito Per verificare se q(t) è periodico occorre dimostrare che: q(t + T) = q(t) Quindi: ponendo: A + r(t kt + T) = A + k= k= h = k r(t T(k )

48 4 CAPITOLO 4. Esercizi segnali a potenza media finita si ottiene: A + h= r(t ht) Il segnale q(t) è periodico. Secondo quesito Il sistema può essere caratterizzato: x(t) h(t) y(t) E più facile esprimere l uscita nel dominio delle frequenze: Y (f) = Q(f) H(f) Il segnale Q(f) si ottiene trasformando con Fourier q(t): dove: perciò: R R(f) = sin ( πf T πf ( k T Q(f) = F{q(t)} = A ) = sin( π k) k T π ) sin( πf T πf ) + k= ( ) ( k T R δ f k ) T T e jπf T = sin ( πf T πf ) [ e jπft] [ e jπk] = T sin( π k) [ cos(πk) + j sin(πk)] kπ Poichè sin(kπ) = 0 kπ si ottiene: R ( k T ) = T sin ( π k) [ cos(πk)] kπ Quindi: Q(f) = A + k= { ( sin π k) } [ cos(πk)] kπ ( δ f k ) T Graficamente:

49 4.3. Esercizio 3 43 Q(f) -/T -/T 0 /T /T 3/T f Filtrando si ha: Q(f) H(f) -/T 3T -/T 0 /T 3T /T 3/T f Y (f) -/T 0 /T f Analiticamente: Y (f) = A = A = A π k= { ( sin π k) } [ cos(πk)] kπ ( δ f k ) = T [ ( π δ f + ) + π ( T δ f )] = T [ ( δ f + ) ( + δ f )] T T I contributi sono solo in quanto il termine con k = 0 annulla il coseno. Si ricava y(t) antitrasformando: { A y(t) = F {Y (f)} = F π = A ( ) πt π cos T [ ( δ f + ) ( + δ f )]} = T T

50 44 CAPITOLO 4. Esercizi segnali a potenza media finita Terzo quesito La potenza media del segnale y(t) è: P y = A π = 8A π Poichè nel testo si conosce il valore della potenza di q(t): P q = A = Allora: P y = 6 π 4.4 Esercizio 4 Testo Dato un sistema lineare con modulo della funzione di trasferimento indicata: H(f) f 0 f Se in ingresso di un sistema lineare: x(t) h(t) y(t) è applicato il segnale: x(t) = A [ + cos (πf 0 t)] si richiede di:. determinare l espressione del segnale y(t) in uscita;. tracciare l andamento qualitativo dei due segnali.

51 4.4. Esercizio 4 45 Risoluzione Primo quesito Come primo passaggio è necessario determinare la trasformata di Fourier del segnale di ingresso: X(f) = F{x(t)} = F{A [ + cos (πf 0 t)]} Lo spettro di y(t) si ricava mediante: = A δ (f) + A [δ (f f 0) + δ (f + f 0 )] Y (f) = X(f) H(f) In questo caso però è molto complicato determinare analiticamente H(f). Osserviamo graficamente X(f): X(f) A/ A 0 f e sovrapponiamo il modulo di H(f): A/ 0.5 A 0 f Ciò che accade è che:. le delta centrate in ±f 0 passano inalterate perchè H(f) = ;. la delta centrata in 0 riduce la sua ampiezza di metà perchè H(f) = 0.5. Perciò: Y (f) = A δ (f) + A [δ (f f 0) + δ (f + f 0 )]

52 46 CAPITOLO 4. Esercizi segnali a potenza media finita Antitrasformando si determina y(t): y(t) = F {Y (f)} = A + A cos (πf 0t) Secondo quesito Si riportano le espressioni dei due segnali da graficare: x(t) = A [ + cos (πf 0 t)] y(t) = A + A cos (πf 0t) Entrambi i segnali hanno una componente continua che sarà l offset di scostamento rispetto allo 0: x(t) DC = A y(t) DC = A e il loro andamento è quello tipico di una cosinusoide con frequenza f 0 ed ampiezza A. Il segnale x(t) ha forma: A x(t) A t Il segnale y(t) ha forma: y(t) 3A/ A/ A/ t

53 Capitolo 5 Esercizi sul campionamento 5. Esercizio Testo Dato il segnale x(t) = s(t) cos (πf 0 t) con s(t) a banda limitata B s e supponendo di introdurre il segnale x(t) come ingresso di un sistema non lineare con uscita y(t) = x (t) si calcoli:. la frequenza di campionamento minima per poter campionare il segnale x(t) senza perdere informazione;. la frequenza di campionamento minima per permettere una perfetta ricostruzione di y(t) a partire dai suoi campioni. Risoluzione Primo quesito Lo spettro di s(t) può essere rappresentato come: S(f) B s f Come primo passo si determina lo spettro del segnale x(t): X(f) = F{x(t)} = S(f) [δ (f f 0) + δ (f + f 0 )] = [S(f f 0) + S(f + f 0 )] Graficamente quindi X(f) è: 47

54 48 CAPITOLO 5. Esercizi sul campionamento X(f) f 0 B s f 0 B s f Per il teorema del campionamento la frequenza minima di campionamento deve essere almeno due volte la banda del segnale; indicando con B x la banda del segnale x(t): f cmin x = B x In questo caso: B x = f 0 + B s Secondo quesito Poichè y(t) = x (t) esiste una precisa relazione fra le bande dei due segnali: B y = B x Perciò: f cmin y = B y = B x = 4 (f 0 + B s ) 5. Esercizio Testo Il segnale: x(t) = [ ( ) ] πtb π t sin sin (πtb) viene campionato. Determinare quale deve essere la minima frequenza di campionamento per ricostruire il segnale perfettamente partendo dai suoi campioni. Risoluzione Come primo passaggio è necessario rielaborare l espressione di x(t): ( ) πtb sin x(t) = π t sin (πtb) π t

55 5.. Esercizio 49 Ricordando la trasformata notevole: ( ) πt T sin T F π t = tri(f T) e osservando che T = nella prima parte e T = B nella seconda si può B esplicitare l espressione necessaria per usare la trasformata notevole: ( ) πtb x(t) = B sin π t [ sin B B (πtb) π t ] B A questo punto: X(f) = F{x(t)} = B ( tri f ) ( B tri f ) B B Si indica con:. X (f) = B ( tri f ) ; B (. X (f) = B tri f ) ; B Graficamente il segnale X (f) è: X (f) B/ B/ B/ f Mentre il segnale X (f) è: X (f) B B/ B f B

56 50 CAPITOLO 5. Esercizi sul campionamento Il risultato dell addizione dei due segnali è il segnale X(f): X(f) B B f B/ Poichè la banda del segnale è B allora: f cmin = B 5.3 Esercizio 3 Testo Si considerino due segnali:. x (t) con banda limitata B ;. x (t) con banda limitata B. Si costruisca il segnale y(t) come: y(t) = x (t) x (t) Volendo campionare tale segnale, si determini quale deve essere la sua frequenza di campionamento minima. Risoluzione La relazione che caratterizza y(t) scritta nel dominio delle frequenze è: Y (f) = X (f) X (f) Per le proprietà della convoluzione nel dominio temporale la banda di y(t) risulta essere: B y = B + B quindi anche nel dominio spettrale: Y (f) = 0 per f > (B + B ) La minima frequenza di campionamento è pertanto: f cmin = (B + B )

57 5.4. Esercizio Esercizio 4 Testo Il segnale: ( x(t) = 0 + 0sin 500t + π ) 6 deve essere campionato e ricostruito esattamente dai suoi campioni. Si determini:. quale deve essere il massimo intervallo ammissibile fra due campioni;. quale deve essere il minimo numero N di campioni necessari per ricostruire il segnale. Risoluzione Lo spettro del segnale x(t) è: X(f) = 0 δ (f) + 0 j [δ (f f 0) δ (f + f 0 )] e j π 6 Siccome: 500 = ω 0 = πf 0 = f 0 = 500 π = 79.6Hz Primo quesito La frequenza minima di campionamento è: f cmin = f 0 = 59.Hz Pertanto il tempo massimo di intervallo fra due campioni non può essere superiore a: Secondo quesito T cmax = f cmin = 59.Hz = s = 6.8ms Poichè il periodo massimo è pari a 6.8 ms il segnale si può ricostruire con almeno: N = s s = T cmax s = 59.4 Il numero di campioni non può essere un numero decimale perciò si prende l intero inferiore: N = 59

58 5 CAPITOLO 5. Esercizi sul campionamento 5.5 Esercizio 5 Testo Si consideri il segnale: dove:. x (t) = x(t) cos (πf 0 t);. x (t) = x(t) cos (πnf 0 t). y(t) = x(t) + x (t) + x (t) Supponendo x(t) strettamente limitato in banda, con B = khz e che y(t) deve essere campionato in modo tale da essere ricostruito perfettamente con una frequenza f c = 0kHz, si determinino f 0 e N in modo tale che:. i segnali di ingresso siano perfettamente separati;. si abbia una perfetta ricostruzione di y(t);. N sia massimo. Risoluzione Analiticamente: y(t) = x(t) [ + cos (πf 0 t) + cos (πnf 0 t)] Il suo spettro è quindi: [ Y (f) = X(f) δ (f) + δ (f f 0) + δ (f + f 0) + δ (f Nf 0) + + ] δ (f Nf 0) = X(f) + X(f f 0) + X(f + f 0) + Graficamente: + X(f Nf 0) + X(f + Nf 0) Z(f) B B f 0 N f 0 f

59 5.5. Esercizio 5 53 Come si può vedere dal grafico i segnali sono spettralmente separati solo se: f 0 B Inoltre per ricostruire perfettamente il segnale occorre che: f c B y = (N f 0 + B) Con queste due equazioni a sistema si possono ricavare f 0 ed N: { f 0 B f 0 khz f 0 khz = f c (N f 0 + B) Nf 0 + B f c = N f c B f 0 f 0 I parametri f c e B sono noti; imponendo f 0 = khz: N 0kHz khz khz khz = 0 4 =

60 54 CAPITOLO 5. Esercizi sul campionamento

61 Capitolo 6 Esercizi sui processi casuali 6. Esercizio Testo Si consideri un processo casuale x(t) = ζ + cos(πf 0 t + θ), dove ζ è una variabile casuale discreta che assume i due valori ± con uguale probabilità e θ è una variabile casuale indipendente da ζ uniformemente distribuita nell intervallo [ π π]. Si determini E [ x (t) ]. Risoluzione E [ x (t) ] = E [ (ζ + cos(πf 0 t + θ)) ] = = E [ ζ ] + E[ζ cos(πf 0 t + θ)] + E [ (cos(πf 0 t + θ)) ] Analizziamo singolarmente i vari termini:. E [ ζ ] = in quanto E [ ζ ] = ( ) + () = ;. E[ζ cos(πf 0 t + θ)] = 0 per due motivi: il primo è che le variabili ζ e θ sono indipendenti, inoltre E[ζ] = 0 perchè E[ζ] = ( ) + = 0;. E [ (cos(πf 0 t + θ)) ] deve essere calcolato con la definizione: π π (cos(πf 0 t + θ)) π dθ = π π = L integrale di un seno o coseno quadro valgono metà del periodo di integrazione. 55

62 56 CAPITOLO 6. Esercizi sui processi casuali Perciò: E [ x (t) ] = + = 3 6. Esercizio Testo Il processo casuale n(t) WSS ha una densità di probabilità del primo ordine uniforme nell intervallo [ A A] e uno spettro di potenza: G N (f) N 0 B B f Verificare che A = 3N 0 B. Risoluzione La funzione R n (0) può essere caratterizzata da: R n (0) = { E [ n (t) ] = σ n + m x F {S N (f)} τ=0 Per quanto riguarda la prima equazione: E [ n (t) ] = σ n in quanto E[n(t)] = m x = 0 perchè la funzione di densità è simmetrica: f(n) A A A n

63 6.3. Esercizio 3 57 Perciò: E [ n (t) ] = + n f(n)dn = = 6A (A3 + A 3 ) = A 3 A A Per quanto riguarda la seconda equazione: R n (0) = F {G N (f)} τ=0 = = B B N 0 df = N 0 B Uguagliando i due risultati ottenuti: + n A dn = A n3 3 A A G N (f) e j π f τ df = τ=0 = A 3 = N 0 B = A = 3N 0 B 6.3 Esercizio 3 Testo Un processo casuale x(t) WSS ha una densità di probabilità del primo ordine uniforme nell intervallo [ A A] e varianza σ x =. Il processo è posto all ingresso di un sistema non lineare: y x Calcolare la probabilità P (y(t) > ) del segnale di uscita y(t). Risoluzione Questo sistema lineare per x positivi fornisce in uscita lo stesso valore per y (la retta è a 45 ) mentre i valori di x negativi diventano automaticamente nulli. Il processo casuale x(t) ha densità di probabilità:

64 58 CAPITOLO 6. Esercizi sui processi casuali f(n) A A A n Dal testo è noto che σx = mentre m x = 0 in quanto la densità è simmetrica. σx = E [ n (t) ] + A = n f(n)dn = n A dn = A n3 A 3 = = 6A (A3 + A 3 ) = A 3 Si determina A ponendo il risultato pari a : A A 3 = = A = 3 = A = 3 La densità di probabilità che può assumere y(t) è perciò: f(y) A 3 y Poichè l area deve essere pari a l altezza deve essere 3. La probabilità cercata: P (y(t) > ) = + f(y)dy Questo integrale è nullo in quanto il valore massimo che può assumere il processo è Esercizio 4 Testo Si consideri il seguente sistema:

65 6.4. Esercizio 4 59 x(t) h(t) y(t) dove h(t) presenta la seguente caratteristica: y x Il segnale di ingresso x(t) = A cos(ω 0 t + θ) con θ costante. Il parametro A è una variabile casuale uniformemente distribuita fra [0 ]. Si calcoli la media di insieme di y(t) e si valuti in quali istanti di tempo tale media è massima. Risoluzione La densità di probabilità che può assumere la variabile casuale A è: f(a) A Poichè l area deve essere pari a l altezza deve essere. Il valore atteso di A è: E[A] = + Il segnale x(t) graficamente è: A f(a)da = x(t) 0 A da = t

66 60 CAPITOLO 6. Esercizi sui processi casuali Il segnale di uscita è invece composto da: y(t) = { x(t) x(t) > 0 0 x(t) < 0 Il segnale y(t) graficamente è il coseno a cui vengono tagliate le parti negative. E[y(t)] = E[x(t) h(t)] = E[x(t)] h(t) in quanto: h(t) = { x(t) > 0 0 x(t) < 0 Perciò: E[y(t)] = E[A cos(ω 0 t + θ)] h(t) = E[A] cos(ω 0 t+θ) h(t) = cos(ω 0 t+θ) h(t) E[y(t)] è massima quando: Ciò accade se: cos(ω 0 t + θ) = πf 0 t + θ = κπ = t = κπ θ πf 0 = κ f 0 θ πf Esercizio 5 Testo Un processo casuale x(t) gaussiano stazionario a media nulla viene moltiplicato per un onda quadra r(t) che assume alternativamente valori ± ogni T secondi. Calcolare:. la densità di probabilità del segnale y(t) così ottenuto;. la probabilità P (y(t) > y(t + a)) nei due casi:. a = T;. a = T/.

67 6.5. Esercizio 5 6 Risoluzione Primo quesito Il segnale r(t) ha la seguente forma: r(t) + Il segnale di uscita: T T 3T y(t) = x(t) r(t) è ancora gaussiano. Il suo valor medio e la sua varianza valgono: Secondo quesito Si ha: Indicando con: si ottiene: E[y(t)] = E[x(t) r(t)] = E[x(t)] r(t) = 0 Var [y(t)] = E [ y (t) ] E[y(t)] = E [ x (t) ] r (t) 0 = σ x P (y(t) > y(t + a)) = P (y(t) y(t + a) > 0) w(t) = y(t) y(t + a) P (y(t) > y(t + a)) = P (w(t) > 0) Il segnale w(t) è ancora un processo gaussiano a valor medio nullo perciò avrà una densità di probabilità di questo tipo: f(w) A t A A w Quindi: P (w(t) > 0) =

68 6 CAPITOLO 6. Esercizi sui processi casuali

69 Parte II Elaborazione numerica dei segnali 63

70

71 Capitolo 7 Esercizi di base 7. Esercizio Testo Date le sequenze numeriche:. x(n) = cos(0.5π n). x(n) = sin(π + 0. n) si determini il periodo. Risoluzione La prima sequenza si può esprimere come: ( π ) cos(0.5π n) = cos 8 n Per avere un periodo è necessario che sia presente il termine π; quindi: ( π ) ( ) π cos 8 n = cos 6 n La frequenza è data da: f 0 = 6 = T = f 0 = 6 Nella seconda sequenza il termine π rappresenta solo uno sfasamento perciò non va in alcun modo considerato per il calcolo del periodo; elaborando la sequenza si ottiene: sin(π + 0. n) = sin(π + 0 n) 65

72 66 CAPITOLO 7. Esercizi di base Per avere il termine π è sufficiente moltiplicare e dividere per π: sin(π + π n) = sin(π + 0 0π n) Isolando tale termine è facile riconoscere qual è la f 0 : sin(π + π 0π n) = sin(π + π 0π n) Pertanto: f 0 = 0π = T = f 0 = 0π 7. Esercizio Testo Data la sequenza numerica: x(n) = (6 n) [u(n) u(n 6)] Si richiede di calcolare:. x(4 n). x(n 3) 3. x(n n + ) Risoluzione La sequenza di partenza x(n), graficamente, è la seguente: x(n) n

73 7.. Esercizio 67 Primo quesito La sequenza x(4 n) è ottenibile operando sulla sequenza di partenza la seguente trasformazione: n = 4 n Perciò: x(4 n) = [6 (4 n)] [u(4 n) u(4 n 6)] = (+n) [u(4 n) u( n)] Graficamente: u(4 n) u( n) 0 4 n 0 n Perciò la sequenza totale è: x(4 n) n Secondo quesito Eseguendo gli stessi passi visti nel primo quesito si ottiene: x(n 3) n

74 68 CAPITOLO 7. Esercizi di base Terzo quesito La terza sequenza graficamente è: x(n n + ) n 7.3 Esercizio 3 Testo Data la sequenza: Determinare le sequenze: x(n) = u(n). x p (n). x d (n) in cui può essere scomposta la sequenza di partenza. Risoluzione La sequenza x p (n) è la sequenza pari mentre x d (n) quella dispari: sommando questi contributi si deve ottenere u(n). Graficamente x p (n) sarà: x p (n) n

75 7.4. Esercizio 4 69 Scritta in forma analitica non è altro che: x p (n) = u(n) + u( n) Per quanto riguarda la sequenza x d (n), graficamente sarà: x d (n) n Analiticamente x p (n) = u(n) u( n) In questo modo, sommando queste due sequenze, la parte per n negativi si elide, mentre per n positivi viene ad assumere ampiezza pari a : sono le proprietà di u(n). In forma grafica: u(n) n 7.4 Esercizio 4 Testo Data la sequenza: Calcolare:. la somma; x(n) = ( ) 3 n u( n). l energia del segnale.

76 70 CAPITOLO 7. Esercizi di base Risoluzione Si può anche esprimere la sequenza come: x(n) = ( ) 3 n u( n) = ( ) ( n) u( n) 3 Primo quesito La somma vale: A = 0 n= dove m = n. x(n) = 0 ( ) 3 n u( n) = + m=0 ( ) m = 3 3 = 3 Secondo quesito L energia vale: E x = = + n= + m=0 ( 4 9 x(n) = ) m = + n= 4 9 ( ) ( n) u( n) 3 = 9 5 = + m=0 ( ) m = 3 dove m = n. 7.5 Esercizio 5 Testo Data la sequenza: x(n) = δ (n) + δ (n ) + 3 δ (n ) Scrivere tale sequenza come somma di gradini. Risoluzione Graficamente la sequenza è:

77 7.5. Esercizio 5 7 x(n) 3 3 n Poichè: δ (n) = u(n) u(n ) applicando questo ragionamento si ottiene: x(n) = u(n) u(n ) + [u(n ) u(n )] + 3 [u(n ) u(n 3)] Elaborando questa equazione si ha: x(n) = u(n) + u(n ) + u(n ) 3 u(n 3)

78 7 CAPITOLO 7. Esercizi di base

79 Capitolo 8 Sistemi lineari e DTFT 8. Esercizio Testo Data la funzione di trasferimento: H(e jω ) = 0.5 e jω + e 3jω e jω e jω Scrivere l equazione alle differenze finite del sistema LTI. Risoluzione La funzione di trasferimento è data da: per un sistema lineare solito: H(e jω ) = Y (e jω ) X(e jω ) x(n) h(n) y(n) Perciò: Y (e jω ) X(e jω ) = Elaborando l espressione si ottiene: 0.5 e jω + e 3jω e jω e jω Y (e jω ) [ e jω e jω ] = X(e jω ) [ 0.5 e jω + e 3jω ] Antitrasformando si ha: y(n) y(n ) y(n ) = x(n) 0.5 x(n ) + x(n 3) 73

80 74 CAPITOLO 8. Sistemi lineari e DTFT 8. Esercizio Testo Data la funzione di trasferimento: H(e jω ) = e jω. + cos(ω) Scrivere l equazione alle differenze finite del sistema LTI. Risoluzione Il procedimento è molto simile all esercizio precedente; come primo passo esprimiamo con la formula di Eulero cos(ω): Pertanto: cos(ω) = 0.5 e jω e +jω H(e jω ) = e jω e jω e +jω Elaborando l espressione per renderla simile a quella dell esercizio precedente: e jω e jω e +jω =. e jω e jω Quindi: Perciò: Y (e jω ) X(e jω ) =. e jω e jω Y (e jω ) [. e jω e jω + 0.5] = X(e jω ) Antitrasformando si ottiene: 0.5 y(n) +. y(n ) y(n ) = x(n) 8.3 Esercizio 3 Testo Si consideri la seguente equazione alle differenze finite: y(n) y(n ) y(n ) = x(n) 0.5 x(n ) Determinare la risposta al sistema lineare:

81 8.3. Esercizio 3 75 x(n) h(n) y(n) quando in ingresso è presente la sequenza: Risoluzione Trasformando l equazione si ottiene: x(n) = u(n) Y (e jω ) [ e jω e jω ] = X(e jω ) [ 0.5 e jω ] Si determina la funzione di trasferimento in questo modo: H(e jω ) = Y (e jω ) X(e jω ) = 0.5 e jω e jω e jω A questo punto applicando come ingresso x(n) = u(n) si ha: Nel dominio trasformato: Sostituendo: y(n) = x(n) h(n) Y (e jω ) = X(e jω ) H(e jω ) Y (e jω ) = X(e jω ) 0.5 e jω e jω e jω Analizziamo in dettaglio H(e jω ); è possibile riscriverla in questo modo: H(e jω ) = e jω ( e jω ) 4 ( e jω ) Indicando con: H (e jω ) = ( e jω ) Nel dominio temporale questa espressione vale: ( ) h (n) = (n + ) u(n) Si può quindi riscrivere l espressione precedente, nel dominio temporale, come: h(n) = h (n) 4 h (n )

82 76 CAPITOLO 8. Sistemi lineari e DTFT Perciò: [ y(n) = x(n) h(n) = u(n) h (n) ] 4 h (n ) La risoluzione della convoluzione è lasciata al lettore. 8.4 Esercizio 4 Testo Calcolare la DTFT di: x(n) = ( ) n 4 Risoluzione Questa sequenza appartiene alla famiglia delle sequenze di tipo: In generale: a n a n = a n u(n) + a n u( n ) Attenzione: a n è valido solo per n oppure n < 0. Poichè la DTFT è un operazione lineare: DTFT {a n } = DTFT {a n u(n)} + DTFT {a n u( n )} Per quando riguarda la prima parte è sufficiente consultare le tavole: DTFT {a n u(n)} = a e jω a < Il secondo termine è più complesso ed è necessario ricorrere alla definizione: DTFT {a n u( n )} = Con un cambiamento di indici: = + n= n= a n u( n ) e jωn = a n e jωn n = i Si ottiene: DTFT {a n u( n )} = + i= a i e jωi

83 8.4. Esercizio 4 77 Indicando con: Sono equivalenti: + i=0 β(i) = a i e jωi β(i) = + i= β(i) + β(0) dove β(0) rappresenta il primo valore della sommatoria, quello con indice i = 0 che in questo caso vale. Perciò: Elaborando l espressione: + i=0 Trasformando: Pertanto: DTFT {a n u( n )} = a i e jωi = + i= + i=0 DTFT {a n } = (a e jω ) i = (a e jω ) i u(n) = + i=0 + i= a i e jωi (a e jω ) i u(n) a e jω a e jω + a e jω

84 78 CAPITOLO 8. Sistemi lineari e DTFT

85 Capitolo 9 Sistemi lineari e trasformate Z 9. Esercizio Testo Dati:. x(n) =. h(n) = ( ) n 6 u(n) 6 ( ) n u(n 3) 3 Calcolare: y(n) = x(n) h(n) Risoluzione L esercizio è risolvibile in due modi:. calcolando la convoluzione nel dominio temporale;. usando le trasformate Z. Primo metodo La convoluzione si può calcolare in questo modo: y(n) = + k= h(k) x(n k) 79

86 80 CAPITOLO 9. Sistemi lineari e trasformate Z Perciò: Poichè: Allora: y(n) = = = = = [ + ( ) [ k ( ) n k 6 u(k 3)] u(n k)] = 3 6 k= [ n ( ) k ( ) ] n k 6 u(n 3) = 3 6 k=3 ( ) [ n 6 n ( ) k ( ) ] k u(n 3) = k=3 ( ) [ n 6 n ( ) ] k (6) k u(n 3) = 6 3 k=3 ( ) [ n 6 n ( ) ] 6 k u(n 3) 6 3 n k=3 k=3 n k=0 (a) k = an+ a (a) k = an+ a a 0 a a Applicato al nostro caso: ( ) n 6 [ ] n+ y(n) = 0 u(n 3) = 6 ( ) n 6 = [ ( n+ ) 7 ] u(n 3) = 6 ( ) n 6 = [ n+ 8 ] u(n 3) = 6 [( ) = (6) 6 n ( ) n n+ 8] u(n 3) = 6 6 [( ) n ( ) n = 6 6 8] u(n 3) 3 6 Secondo metodo Come primo passo portiamo nel dominio Z le sequenze x(n) e h(n). La sequenza di ingresso prima della trasformazione viene elaborata in questo modo: ( ) n 6 ( ) n x(n) = u(n) = 6 6 u(n) 6 6

87 9.. Esercizio 8 Trasformando si ottiene: X(z) = z Per quanto riguarda h(n) occorre rielaborare la sequenza in modo simile al precedente: h(n) = ( ) n u(n 3) = 3 Con la trasformazione si ha: Quindi: Sostituendo: Y (z) = Indicando con: = = H(z) = ( ) 3 3 ( ) 3 3 z 3 3 z Y (z) = X(z) H(z) ( ) n 3 u(n 3) 3 [ ] [ ( ) ] z 3 z 3 = 3 z ( ) z 3 3 ( 6 z ) ( 3 z ) = [ ( ) ] z 3 ( 3 6 z ) ( 3 z ) Y (z) = ( 6 z ) ( 3 z ) calcoliamo i fratti semplici proprio su Y (z). Y (z) = I valori di R ed R sono: R = Y (z) ( 6 z ) z= 6 R = Y (z) ( 3 z ) z= 3 Perciò: Y (z) = R ( 6 z ) + R ( 3 z ) = ( 3 z ) z =6 = = = ( 6 z ) z =3 = ( 6 z ) + ( 3 z ) =

88 8 CAPITOLO 9. Sistemi lineari e trasformate Z A questo punto si può antitrasformare tenendo bene a mente che, poichè in ingresso le sequenze erano causali anche in uscita i poli del sistema saranno causali. Questo porta a concludere che la regione di convergenza, ROC, sarà: Antitrasformazione: Quindi: y (n) = Siccome: z > 3 { } y (n) = Z Y (z) { Z ( Z { ( ) n u(n) + 6 Nel dominio temporale: Y (z) = y(n) = 6 z ) ( 3 z ) } ( ) n = u(n) 6 } ( ) n = u(n) 3 ( ) n [ u(n) = 3 [ [ ( ) n + 6 ( ) ] 3 z 3 Y (z) 3 ( ) ] 3 y (n 3) 3 ( ) n ] u(n) 3 in quanto z 3 è un ritardo. Sostituendo si ha: [ ( ) ] [ 3 ( ) n 3 ( ) ] n 3 y(n) = u(n 3) Elaborando l espressione si ottiene: [ ( ) n 3 ( ) 3 ( ) n 3 ( ) ] 3 y(n) = u(n 3) = [ ( ) n ( ) 3 ( ) ] n = u(n 3) = [ ( ) n ( ) n ] = u(n 3) 6 3 I risultati ottenuti con i due metodi sono perfettamente identici.

89 9.. Esercizio Esercizio Testo Data: h(n) = Calcolare H(z) e, se possibile, H(e jω ). Risoluzione ( ) n+ u(n ) 3 La risposta all impulso di questo sistema è di tipo IIR causale e presenta una fase non lineare perchè la sequenza non è simmetrica rispetto all origine. Calcoliamo inanzitutto H(z); come primo passo si rielabora l espressione: h(n) = ( ) n+ u(n ) = 3 ( ) 4 3 ( ) n u(n ) 3 Con la trasformata Z: { ( ) 4 ( ) n H(z) = Z {h(n)} = Z u(n )} = 3 3 ( ) 4 = 3 z 3 z La regione di convergenza, ROC, è individuata da: 3 z < = z > 3 É possibile calcolare H(e jω ) solo se: Tale condizione è verificata perchè: z = ROC z = z > 3 Si determina quindi H(e jω ) in modo molto facile perchè: H(e jω ) = H(z) z=e jω Pertanto: H(e jω ) = ( ) e e jω jω

90 84 CAPITOLO 9. Sistemi lineari e trasformate Z 9.3 Esercizio 3 Testo Data: h(n) = δ (n) + 6 δ (n ) + 3 δ (n ) Calcolare H(z), se possibile, H(e jω ) ed esprimere in modo generale: Risoluzione y(n) = x(n) h(n) Questa risposta all impulso è caratteristica di un filtro FIR causale con fase non simmetrica e il filtro non è recursivo. Per calcolare H(z) è sufficiente trasformare direttamente ogni campione: H(z) = Z {h(n)} = Z {δ (n) + 6 δ (n ) + 3 δ (n )} = = z z + 3 z Poichè i poli sono nell origine la regione di convergenza sarà: ROC = C-{0} Come visto nell esercizio precedente è possibile calcolare H(e jω ) solo se: La condizione è soddisfatta quindi: z = ROC H(e jω ) = H(z) z=e jω = + 6 e jω + 3 e jω Il calcolo in forma generica di una possibile y(n) è molto facile sfruttando le proprietà della δ: y(n) = x(n) h(n) = + k= h(k) x(n k) = x(0)+6 [x(n )]+3 [x(n )] In via grafica il sistema può essere rappresentato nel seguente modo: x(n) z z 6 3 y(n)

91 9.4. Esercizio Esercizio 4 Testo Data la seguente equazione alle differenze finite: Si chiede di: y(n) = 0.5 y(n ) + x(n). determinare la risposta all impulso h(n);. determinare se il sistema è stabile secondo il criterio BIBO. Risoluzione Il sistema considerato è recursivo e causale quindi la regione di convergenza sarà esterna ad un cerchio. Scrivendo la relazione nel dominio Z si ha: Z {y(n) = 0.5 y(n ) + x(n)} = Y (z) = Y (z ) + X(z) Elaborando l equazione si ottiene: Y (z) [ + z ] = X(z) Poichè: Si ha: Sono presenti: H(z) = H(z) = Y (z) X(z) + z = z z +. uno zero nell origine;. un polo in z =. La regione di convergenza, dunque, poichè il sistema è causale è: ROC = z > Antitrasformando si ottiene la risposta all impulso: { } h(n) = Z {H(z)} = Z + = z ( ) n u(n)

92 86 CAPITOLO 9. Sistemi lineari e trasformate Z Un sistema, in generale, è stabile secondo il criterio BIBO se: Nel nostro caso: + n= Il sistema è dunque stabile. + n= h(n) < ( n u(n) ) + = n=0 ( ) n = = 9.5 Esercizio 5 Testo Data la seguente equazione alle differenze finite: y(n) y(n ) + 4 y(n ) = x(n) x(n ) 4 Si chiede di determinare un espressione analitica per la risposta all impulso h(n). Risoluzione Nel dominio Z: Z {y(n) y(n ) + 4 y(n ) = x(n) 4 } x(n ) = Y (z) [ z + 4 ] z = X(z) [ 4 ] z Perciò: H(z) = = Y (z) X(z) = 4 z z + 4 = 4 ( z z z ) = 4 ( z z ) ( z ) Antitrasformando separatamente i due termini si ha: { } ( ) Z n ( z ) = (n + ) u(n) Z { 4 } [ ( z z ) = ( ) n 4 n u(n)]