SEGNALI E SISTEMI Ripasso per Io Compitino

Transcript

1 SEGNALI E SISTEMI Ripasso per Io Compitino Esercizio 1 Si consideri il segnale a tempo continuo x(t) = 2 ( 1) k 1 1 sin(kt), t R. k=1 k a. Trovare il periodo fondamentale T p di x(t) e dire se il segnale è ad energia finita sul periodo. b. Il segnale è reale? Il segnale è pari o dispari? c. Trovare il segnale y(t) = h(t) x(t), dove la risposta in frequenza vale H(jω) = rect ( ) ω 5. T p =. Il segnale è ad energia finita perchè a k 2 = 1 che è assolutamente k 2 sommabile. Vale x(t) = t, quindi il segnale è reale e dispari (si vede anche per ispezione e si vede anche dai coefficienti dispari e puramente immaginari). Essendo il filtro un passabasso ideale con H(jω) = rect ( ) ω 5, passano (inalterate) solo le prime due sinusoidi e si ha y(t) = 2 sin t sin 2t. Esercizio 2 1. Si trovi il periodo fondamentale e i corrispondenti coefficienti di Fourier del segnale x 1 (t) = cos 2 ( πt) + sin( π t), t R, dire se il seguente segnale ( è periodico ) e, se si, trovarne il periodo fondamentale x 2 (n) = e j( π π n 1) + 2 cos 2 n, n Z.. dire se il seguente segnale x(t) = 2 k= 2 j sin ( ) kπ e jk( π 1 t) è a) reale e b) pari. 1. Il primo addendo cos ( 2 π 2 t) = 1 (1 + cos(πt)) è periodico di periodo fondamentale T 2 1 = = 2, mentre il secondo addendo è periodico di periodo fondamentale T π 2 = = 4. Essendo i due periodi in rapporto razionale, x 1 (t) è periodico di periodo T = m.c.m.(t 1, T 2 ) = π/2 4 cui corrisponde ω = π. Applicando la formula di Eulero si trova 2 ( e jω t + e jω ) t 2 x 1 (t) = + ejω t e jω t 2 2j = ej2ω t + e j2ω t ejω t e jω t. 2j Per ispezione, si ricavano i coefficienti di Fourier cercati (notare la simmetria hermitiana): a = 1 2, a 1 = a 1 = j 2, a 2 = a 2 = 1 4, tutti gli altri a k sono nulli. 2. Il primo addendo e j( π n 1) è periodico poichè θ 1 = π/ = 1 Q. Il suo periodo fondamentale è quindi N 1 = 6. Il secondo addendo è periodico poichè θ 2 = π/2 = Q. 4 6 Il suo periodo fondamentale è quindi N 2 = 4. Il periodo fondamentale di x 2 (t) vale N = m.c.m.(n 1, N 2 ) = 12.

2 . Il segnale è reale se e solo se i suoi coefficienti di Fourier godono della simmetria hermitiana a k = a k.ora, per k > 2, a k = e la proprietà è verficata. Per k 2, ( ) kπ a k = j sin = j sin ( ) kπ = j sin ( ) kπ = a k. Quindi il segnale x(t) è reale. Il segnale è pari se e solo se la successione a k } è pari. Ma a k = a k, cioè la successione è dispari. Siccome il segnale non è identicamente nullo, x(t) non è pari, ma è piuttosto dispari. Esercizio Per i seguenti sistemi, dire se valgono le proprietà di: a. causalità, b. linearità, c. tempo invarianza, d. BIBO-stabilità: 1. y(t) = t e 2(t τ) x(τ)dτ + x(t + 1), 2. y(n) = max(x(n), 2 n ). 1. Si riconosce agevolmente che il sistema è convoluzionale, ovvero y(t) = h(t) x(t) con h(t) = e 2t 1l(t) + δ(t + 1). Il sistema è quindi lineare e tempo-invariante. Il sistema non è causale in quanto y(t) dipende dall ingresso al tempo futuro t + 1 (in alternativa, si può osservare che h(t) per t < visto che l impulso è centrato in 1). Il sistema è BIBO stabile poichè h(t) dt = e 2t dt + δ(t + 1)dt = = 2 <. 2. Il sistema è statico e quindi causale. Il sistema non è lineare. Ad esempio, quando x(n), la risposta è y(n) = 2 n. Ma un sistema lineare risponde al segnale nullo con il segnale nullo. Il sistema non è tempo invariante. Ad esempio, la risposta del sistema ai segnali 1l(t) e 1l(t 1) è sempre il segnale y(n) = 2 n. Quest ultimo esempio mostra anche che il sistema non è BIBO stabile. Esercizio 4 Un sistema lineare Σ a tempo discreto trasforma x 1 (n) = cos( 2n) in y 1 (n) = cos(2 2n) e x 2 (n) = sen( 2n) in y 2 (n) = sen( 2n). 1. Determinare l uscita y (n) corrispondente all ingresso x (n) = e j 2n. 2. Il sistema può essere di tipo convoluzionale? 1. Si scriva x (n) = e j 2n = cos( 2n)+j sen( 2n) = x 1 (n)+jx 2 (n). L uscita y (n) si calcola sfruttando la linearità, y (n) = Σ(x (n)) = Σ(x 1 (n) + jx 2 (n)) = Σ(x 1 (n)) + jσ(x 2 (n)) = cos(2 2n) + j sen( 2n). 2. Il sistema non può essere di tipo convoluzionale visto che x (n) = e j 2n non è un autofunzione del sistema ( cos(2 2n) + j sen( 2n) Ce j 2n ).

3 Esercizio 5 Per un sistema LTI con risposta impulsiva t h(t) = 2 1, se t < 1, altrimenti si calcoli l uscita y(t) corrispondente all ingresso x(t) = δ(t 2) δ(t + 2). Svolgimento y(t) = h(t) x(t) = h(t) (δ(t 2) δ(t + 2)) = h(t 2) h(t + 2). Poichè il supporto di h( ) è di lunghezza 2, non c è intersezione tra i supporti di h(t 2) ed h(t + 2). Risulta Esercizio 6 y(t) = 1 (t + 2) 2, se t 1 (t 2) 2 1, se 1 t, altrimenti Due sistemi in cascata hanno risposte impulsive h 1 (n) = 1l(n + 2) e h 2 (n) = δ(n) δ(n 1). 1. Calcolare la risposta impulsiva del sistema complessivo; 2. calcolare la risposta del sistema complessivo all ingresso x(n) = (1/2) n 1l(n). 1. La risposta impulsiva della cascata h è la convoluzione delle risposte impulsive dei due sistemi, ovvero h(n) = h 1 (n) h 2 (n) = 1l(n + 2) (δ(n) δ(n 1)) = 1l(n + 2) 1l(n + 1) = δ(n + 2). 2. y(n) = h(n) x(n) = δ(n + 2) x(n) = x(n + 2) = ( ) n l(n + 2). Esercizio 7 Si consideri x(t) : t R} periodico di periodo T = 2, ad energia finita su [, T ], con coefficienti di Fourier a k }. Si trovino i coefficienti di Fourier b k } di y(t) = e jπt x(t 4). Si osservi anzitutto che y(t) = e jπt x(t 4) = e jπt x(t), visto che x è periodico di periodo 2. Anche e jπt è periodico di periodo 2. Ne segue che anche y è periodico di periodo 2. Ha inoltre la stessa energia sul periodo di x visto che e jπt 1. Infine, b k = 1 2 Esercizio 8 y(t)e jkπt dt = 1 2 e jπt x(t)e jkπt dt = 1 2 Calcolare i coefficienti di Fourier a k } del segnale di periodo T = 2 1.5, t < 1, x(t) = 1.5, 1 t < 2. x(t)e j(k 1)πt dt = a k 1. Anzitutto osserviamo che il segnale soddisfa le condizioni di Dirichlet e quindi ammette serie di Fourier con convergenza puntuale eccetto che nei punti di salto dove la convergenza è all emivalore. Il segnale ha valori reali ed è dispari. Quindi i suoi coefficienti di

4 Fourier sono puramente immaginari e dispari. In particolare, a =. Si tratta di un onda quadra abbassata e traslata temporalmente. Quindi i suoi a k si possono ottenere da quella canonica con T 1 = 1/2 e T = 2 che vale su [, 1) e su [1, 2). L abbassamento incide solo sul coefficiente di indice zero che vale appunto a = 2T 1 = =. Per gli altri, osserviamo T che ω = = π e che la traslazione temporale è di 1/2. Otteniamo T a k = sin(kπ/2), k pari, e jkπ/2 = kπ j, k dispari. kπ Lo stesso risultato si ottiene dal calcolo diretto. Esercizio 9 Si consideri il segnale x(t), t R, periodico di periodo T = 2, così definito per t [, 2): a. Tracciare il grafico di x(t). x(t) = 2(1 t), t < 1, 2, 1 t < 2. b. Calcolare la derivata generalizzata y(t) = d x(t), t R. dt c. Determinare i coefficienti di Fourier del segnale (Attenzione) y(t). d. Determinare i coefficienti di Fourier del segnale z(t) = sin(πt)y(t). a. Grafico di x(t) 2. x(t) t b. Anche la derivata (generalizzata) y(t) = d x(t), t R, è un segnale periodico di periodo dt T = 2, espresso per t [, 2) come y(t) = 2 δ(t 1) + 2, < t < 1,, 1 < t < 2. Notare, in particolare, l impulso delta di area 2 traslato in t = 1, corrispondente alla discontinuità di ampiezza x = 2 del segnale x(t) in t = 1. c. I coefficienti a k, k Z} del segnale y(t), di pulsazione ω = = π, rispetto alla T famiglia di esponenziali φ k (t) = e jkπt, k Z}, si possono calcolare direttamente tramite le formule integrali. Infatti, si trova la componente continua a = 1 2 = y(t) dt ( 2) dt δ(t 1) dt = =,

5 mentre, per k, In definitiva, a k = 1 2 = y(t)e jkπt dt = 1 e jkπ jkπ ( 2)e jkπt dt e jkπ = ( 1)k 1 jkπ, k =, a k = 1, k pari, k, 1 2, k dispari. jkπ d. I coefficienti di Fourier b k } di z sono dati da b k = 1 2j (a k 1 a k+1 ). 2δ(t 1)e jkπt dt + ( 1) k. Esercizio 1 Sia x(t); < t < } un segnale a valori reali, periodico di periodo T e ad energia finita su [, T ]. Siano a k } i suoi coefficienti di Fourier rispetto alla famiglia di esponenziali jk φk (t) = e T t, k Z }. Sia z(t) = x(t)+cos( t) e siano b T k} i suoi coefficienti di Fourier rispetto alla stessa famiglia. Si dimostri che se x è un segnale dispari, allora vale b k 2 = a k 2. Ricordiamo che, per un segnale w(t) periodico di periodo T, ad energia finita sul periodo, con coefficienti Fourier c k }, il Teorema di Parseval fornisce E w (T ) = Nel caso di w(t) = cos ( T t) = ej segue che T T t e j T t k=1 w(t) 2 dt = T c k 2. 2, si ha c 1 = c 1 = 1 2, tutti gli altri c k sono nulli. Ne E cos( T t)(t ) = T ( c c 1 2) = T ( ) = T 2.

6 Osserviamo ora che E z (T ) = E x (T ) + E cos( T t)(t ), in quanto il segnale x(t) cos ( T t) è dispari ed integra a zero. Osserviamo infine che, essendo x dispari, così è la sua successione di coefficienti di Fourier, cioè a k = a k, k e a =. Concludiamo che 1 T E z(t ) = Esercizio 11 b k 2 = 1 T ( ) E x (T ) + E cos( t)(t ) = 1 T 2 + a k 2 = a k 2. k=1 Si consideri la famiglia dei segnali x periodici di periodo e ad energia finita sul periodo. Siano a k } i coefficienti di Fourier di un tale x rispetto alla famiglia di esponenziali in relazione armonica ϕ k (t) = e jkt, k Z}. Cosa si può dire degli a k, k Z} se x è anche periodico di periodo π? Necessariamente, a 2k+1 =, k Z, cioè mancano le armoniche di indice dispari. Infatti, detti b k i coefficienti di x(t + π), dalla proprietà di shift temporale, vale b k = e jkπ a k = ( 1) k a k. D altra parte, visto che x(t + π) = x(t), vale b k = a k. Quindi a k = ( 1) k a k e l asserto segue.