2004-2005) Homework assignment #2 – Testo e Soluzione Esercizio 1Si consideri l’equazione differenziale ordinaria, lineare a coefficienti costanti y(3)(t

SEGNALI E SISTEMI

Proff. L. Finesso, M. Pavon e S. Pinzoni (a.a. 2004-2005) Homework assignment #2 – Testo e Soluzione

Esercizio 1Si consideri l’equazione differenziale ordinaria, lineare a coefficienti costanti y⁽³⁾(t) − y⁽¹⁾(t) = x(t), t∈ R.

a. Calcolare la soluzione y(t), se x(t) ≡ 0 e y(0) = 2, y⁽¹⁾(0) = −2, y⁽²⁾(0) = 0.

b. Determinare la risposta impulsiva causale h(t) associata all’equazione.

Svolgimento. a. `E richiesto il calcolo della risposta libera y`(t), soluzione dell’equazione differen- ziale omogenea

n

X

k=0

ak y^(k)(t) = y⁽³⁾(t) − y⁽¹⁾(t) = 0, t ∈ R, con condizioni iniziali y^(k)(t0) = y0k, k = 0, . . . , n − 1, cio`e y(0) = y00 = 2, y⁽¹⁾(0) = y01= −2, y⁽²⁾(0) = y02= 0, con n = 3 e t0 = 0.

L’equazione caratteristica si scrive per ispezione dei coefficienti ak e risulta

n

X

k=0

aks^k = s³− s = 0,

con radici semplici p0 = 0, p1,2 = ±1. I modi sono quindi ϕ0(t) = e^p0t ≡ 1, ϕ1(t) = e^p1t = e^t e ϕ2(t) = e^p2t = e^−t. Di essi `e combinazione lineare la soluzione y`(t) = α + βe^t+ γe^−t, con coefficienti α, β e γ che si trovano imponendo le condizioni prescritte in t = t0 = 0. Calcoliamo dunque:

y(t) = α + βe^t+ γe^−t, y(0) = α + β + γ = 2, y⁽¹⁾(t) = βe^t− γe^−t, y⁽¹⁾(0) = β − γ = −2, y⁽²⁾(t) = βe^t+ γe^−t, y⁽²⁾(0) = β + γ = 0.

Si ricavano α = 2, β = −1, γ = 1, da cui la soluzione

y`(t) = 2 − e^t+ e^−t, t ∈ R.

b. Sappiamo che all’equazione differenziale non omogenea `e associata una (unica !) risposta impulsiva causale h(t), soluzione dell’equazione

n

X

k=0

ak h^(k)(t) = h⁽³⁾(t) − h⁽¹⁾(t) = δ(t) =

m

X

k=0

bk δ^(k)(t), t ∈ R,

con il vincolo h(t) = 0 per t < 0. Abbiamo per altro osservato a lezione che, per t > 0, h(t) risolve l’equazione differenziale omogenea ed `e quindi combinazione lineare dei modi. Inoltre, essendo n = 3 > 0 = m, non ci sono componenti impulsive in t = 0 e quindi

h(t) =

n−1

X

k=0

dk ϕk(t) u(t) = [d0+ d1e^t+ d2e^−t] u(t), t∈ R,

dove i coefficienti dk si trovano per “bilanciamento degli impulsi”. Calcoliamo dunque:

h⁽¹⁾(t) = [d1e^t− d2e^−t] u(t) + [d0+ d1 + d2] δ(t),

h⁽²⁾(t) = [d1e^t+ d2e^−t] u(t) + [d1− d2] δ(t) + [d0+ d1+ d2] δ⁽¹⁾(t),

h⁽³⁾(t) = [d1e^t− d2e^−t] u(t) + [d1+ d2] δ(t) + [d1− d2] δ⁽¹⁾(t) + [d0+ d1+ d2] δ⁽²⁾(t),

dove abbiamo usato l’accortezza di sostituire termini del tipo f (t) δ(t) con f (0) δ(t) prima delle derivazioni successive, per non dover manipolare termini del tipo f (t) δ⁽¹⁾(t). Ora, eguagliando i due membri dell’equazione,

h⁽³⁾(t) − h⁽¹⁾(t) = −d0 δ(t) + [d1− d2] δ⁽¹⁾(t) + [d0+ d1+ d2] δ⁽²⁾(t) = δ(t), otteniamo le n = 3 equazioni lineari nei coefficienti incogniti

−d0 = 1, d1− d2 = 0, d0+ d1 + d2 = 0, da cui d₀ = −1, d₁ = d₂ = ¹₂, e quindi

h(t) =^h−1 + ¹₂(e^t+ e^−t)ⁱu(t) =^h2 sinh^{2 t}₂ⁱu(t), t ∈ R.

Esercizio 2Calcolare la trasformata di Fourier dei segnali a tempo continuo:

a. x1(t) = cos 3t + ¹₂[δ(t − 3) + δ(t + 3)];

b. x₂(t) = rect(₄^t) ∗ u(t − 2).

Svolgimento. a. Dalle tabelle e/o dagli esempi svolti in classe, ricordando la formula di Eulero per il coseno, si ottiene direttamente

X₁(jω) = ¹₂



2π δ(ω − 3) + 2π δ(ω + 3)



+ ¹₂[e^−j3ω+ e^j3ω]

= π



δ(ω − 3) + δ(ω + 3)



+ cos 3ω.

b. Definiamo x₃(t) = rect(₄^t), x₄(t) = u(t − 2) e calcoliamo le trasformate X₃(jω) = 2 sen 2ω

ω , X4(jω) = e^−j2ω

"

1

jω + πδ(ω)

#

, per la seconda delle quali abbiamo usato la propriet`a di traslazione temporale. Ora, dal teorema di convoluzione e dalle propriet`a della delta segue

X₂(jω) = X3(jω)X4(jω) = 2 sen 2ω ω e^−j2ω

"

1

jω + πδ(ω)

#

= 2 sen 2ω cos 2ω − j sen²2ω

jω² + 4π δ(ω)

= −8 sinc^{2 2ω}_π + 4π δ(ω) + 4

jω · sinc ^4ω_π .

Esercizio 3 Determinare i segnali a tempo continuo che corrispondono alle seguenti trasfor- mate:

a. X1(jω) =







1, se 0 < ω < 2,

−1, se 2 < ω < 4, 0, altrimenti;

b. X₂(jω) =

∞

X

k=−∞

1 2

|k|

δ



ω− kπ 4



.

Svolgimento. a. Scrivendo X1(jω) = rect^ω−1₂ −rect^ω−3₂ e applicando la propriet`a di traslazione in frequenza, otteniamo

x1(t) = (e^jt− e^j3t) F^−1hrect^ω₂ⁱ(t) = −2je^j2tsen t sen t

πt = −2je^j2t sen²t πt .

b. Si riconosce in X2(jω) la trasformata di un segnale periodico di pulsazione ω0 = ^π₄ e periodo T = ^2π_ω0 = 8, con coefficienti di Fourier {ak = _2π^{1 1}₂^|k|, k ∈ Z} ∈ `<sup>2</sup>. Pertanto x2(t) `e un segnale di potenza finita, rappresentabile (in media quadratica) mediante la serie di Fourier

x₂(t) = 1 2π

∞

X

k=−∞

1 2

|k|

e^jkπ4t, t ∈ R.

D’altra parte, il segnale x2(t), reale e pari come la sua trasformata, si pu`o rappresentare anche con la serie reale di soli coseni

x₂(t) = 1 2π

"

1 +

∞

X

k=1

1 2

k

e^jkπ4t+ e^−jkπ4t

#

= 1 2π + 1

π

∞

X

k=1

1 2

k

cos k^π₄t, t∈ R.

Si noti che la potenza P (x2) si pu`o calcolare, grazie al teorema di Parseval, come P(x2) = _T¹

Z

T|x2(t)|²dt=

∞

X

k=−∞

|ak|² =

∞

X

k=−∞

1 4π²

1 2

2|k|

= _4π¹²

"

2

∞

X

k=0

1 4

k

− 1

#

= _12π⁵².

Esercizio 4Si consideri l’equazione alle differenze, lineare a coefficienti costanti y(n) − y(n − 3) = x(n − 1), n∈ Z.

a. Trovare l’insieme Y0 delle soluzioni reali dell’equazione omogenea associata.

b. Calcolare la risposta in frequenza associata all’equazione.

Svolgimento. a. L’equazione caratteristica si scrive per ispezione dei coefficienti akdell’equazione omogenea

N

X

k=0

ak y(n − k) = y(n) − y(n − 3) = 0, n ∈ Z, e risulta

z^N

N

X

k=0

akz^−k = z³(1 − z⁻³) = z³− 1 = 0,

con radici semplici le N = 3 radici dell’unit`a: λk = e^jk2π3 , k = 0, 1, 2. I modi (complessi) sono quindi le sequenze periodiche ϕ0(n) = λⁿ₀ ≡ 1, ϕ1(n) = λⁿ₁ = e^j23πn e ϕ2(n) = λⁿ₂ = e^j43πn =

¯

ϕ₁(n). Pertanto, le soluzioni reali dell’equazione omogenea sono le combinazioni lineari y0(n) = c0+ c1e^j23πn+ c2e^−j23πn, n∈ Z,

con c₀ ∈ R e c1 = ¯c₂. In alternativa, si possono considerare i modi reali ψ₀(n) = ϕ₀(n) ≡ 1, ψ1(n) = Re ϕ1(n) = cos^2π₃ n e ψ2(n) = Im ϕ1(n) = sen^2π₃ n, di cui gli elementi dell’insieme Y0

sono combinazioni lineari a coefficienti reali:

y0 ∈ Y0 ⇐⇒ y0(n) = α + β cos^2π₃ n+ γ sen^2π₃ n, n∈ Z, con α = c0, β = 2 Re c1 e γ = −2 Im c1.

E opportuno notare che le sequenze {ϕ` k(n), k = 0, 1, 2} costituiscono una base per lo spazio vettoriale (complesso) dei segnali periodici di periodo N = 3, dato che l’equazione omogenea y(n) − y(n − N ) = 0, n ∈ Z, esprime proprio la condizione di N-periodicit`a a tempo discreto.

Analogamente, {ψk(n), k = 0, 1, 2} `e una base per lo spazio vettoriale (reale) dei segnali periodici reali dello stesso periodo.

b. E stato mostrato a lezione che la risposta in frequenza associata all’equazione alle` differenze

N

X

k=0

ak y(n − k) =

M

X

k=0

bk x(n − k), n ∈ Z, si scrive per ispezione dei coefficienti come H(e^jθ) =

P

kbke^−jkθ

P

kake^−jkθ. Perci`o, nel nostro caso,

H(e^jθ) = e^−jθ 1 − e^−j3θ.

Si noti per`o che la risposta in frequenza `e definita per tutti i valori di θ, ad esclusione di quelli corrispondenti ai poli della funzione razionale H(z) sulla circonferenza di raggio unitario T := {z : |z| = 1}, cio`e T = {z : z = e<sup>jθ</sup>}. Per noi, dunque, θ 6= k<sup>2π</sup><sub>3</sub> , k ∈ Z. In effetti, questa H(e<sup>jθ</sup>) non `e la risposta in frequenza di un sistema LTI e BIBO-stabile.

Esercizio 5

a. Per determinare il segnale a tempo discreto y = h∗x, dove h(n) = x(n) = 2⁻ⁿu(n): calcolare H(e^jθ) = X(e^jθ), trovare Y (e^jθ) e antitrasformare.

b. Calcolare il segnale a tempo discreto di cui X(e^jθ) = _3ejθ³−1 − 4 sen²4θ `e la trasformata.

Svolgimento. a. Sommando, otteniamo H(e^jθ) = X(e^jθ) =

∞

X

n=0

2⁻ⁿe^−jθn = 1 1 −¹₂e^−jθ e, peril teorema di convoluzione,

Y(e^jθ) = H(e^jθ)X(e^jθ) = 1 (1 − ¹₂e^−jθ)².

Dalle tabelle o applicando le propriet`a di derivazione in frequenza e traslazione nel tempo, ricaviamo infine

y(n) = (n + 1) 2⁻ⁿu(n), n∈ Z.

b. Scrivendo

X(e^jθ) = e^−jθ

1 − ¹₃e^−jθ − 4

"

e^j4θ− e^−j4θ 2j

#2

= e^−jθ

1 − ¹₃e^−jθ + e^j8θ− 2 + e^−j8θ, dalle tabelle e dalla propriet`a di traslazione nel tempo, otteniamo

x(n) =

1 3

n−1

u(n − 1) + δ(n + 8) − 2 δ(n) + δ(n − 8), n ∈ Z.

Esercizio 6Un sistema a tempo continuo LTI, di risposta impulsiva h(t) = sen 4t

πt ,

`e sollecitato dall’ingresso x(t) = u(t + 1) − u(t − 1).

Determinare i periodi di campionamento T che permettono la ricostruzione esatta del segnale di uscita y(t), a partire dai campioni {y(kT ); k ∈ Z}, mediante un filtro passa-basso ideale.

Svolgimento. La risposta in frequenza del sistema `e H(jω) = rectω

8 =

( 1, se |ω| ≤ 4, 0, se |ω| > 4, mentre l’ingresso x(t) = u(t + 1) − u(t − 1) = rect ^t₂ ha trasformata

X(jω) = 2 sen ω ω .

Per il teorema di convoluzione, la trasformata dell’uscita y(t) = h(t) ∗ x(t) `e quindi Y(jω) = H(jω)X(jω) =

( 2 ^{sen ω}_ω , se |ω| ≤ 4, 0, se |ω| > 4.

In particolare, Y (jω) risulta nulla per |ω| > 4, cio`e y(t) `e un segnale a banda rigorosamente limitata con pulsazione di banda ωM = 2πB = 4. Per il teorema del campionamento, dai campioni {y(kT ); k ∈ Z} `e dunque possibile ricostruire il segnale y(t) mediante un filtro passa- basso ideale, se e solo se la pulsazione ωs > 2ωM = 8, cio`e il periodo di campionamento T = ^2π_ω

s < _ω^π

M = ^π₄.