2003-2004) Homework assignment #2 – Testo e Soluzione Esercizio 1 Calcolare la trasformata di Fourier dei segnali a tempo continuo: a

SEGNALI E SISTEMI

Proff. L. Finesso, M. Pavon e S. Pinzoni (a.a. 2003-2004) Homework assignment #2 – Testo e Soluzione

Esercizio 1 Calcolare la trasformata di Fourier dei segnali a tempo continuo:

a. x₁(t) = e^−3|t| sen 2t b. x₂(t) = sen πt

πt · sen 2π(t − 1) π(t − 1)

Svolgimento. a. Il segnale “modulato” x1(t) si pu`o scrivere come x1(t) = y1(t)e^j2t− e^−j2t

2j dove y₁(t) = e^−3|t| `e il segnale “modulante”, con trasformata

Y₁(jω) = 6 9 + ω²

(A lezione `e stata calcolata la trasformata del segnale y(t) = e<sup>−a|t|</sup>, Re a > 0, di cui y<sub>1</sub>(t) `e caso particolare, con a = 3). Ora, per la propriet`a di traslazione in frequenza, risulta

X₁(jω) = 1 2j

·

Y₁[j(ω − 2)] − Y₁[j(ω + 2)]

¸

= . . . = −j24ω

[9 + (ω − 2)²][9 + (ω + 2)²]

Si noti che x₁ `e un segnale reale dispari e X<sub>1</sub> `e una funzione immaginaria dispari, rispettando le propriet`a di simmetria della trasformata di Fourier.

b. Scriviamo il segnale x₂ come il prodotto x₂(t) = y₂(t) · y₃(t − 1), con y₂(t) = sen πt

πt , y₃(t) = sen 2πt πt

le cui trasformate (gi`a considerate a lezione nel caso generale del segnale y(t) = ^{sen W t}_πt ) sono Y₂(jω) = rect ω

2π =

( 1, se |ω| ≤ π

0, altrimenti Y₃(jω) = rect ω 4π =

( 1, se |ω| ≤ 2π 0, altrimenti

Applicando le propriet`a di moltiplicazione e traslazione nel tempo, otteniamo allora la trasfor- mata X₂ come convoluzione:

X₂(jω) = 1 2π

·

Y₂(jω) ∗ e^−jωY₃(jω)

¸

cio`e,

X₂(jω) = 1 2π

Z _∞

−∞rect

à θ 2π

!

e^{−j(ω−θ)}rect

Ãω − θ 4π

!

dθ

= 1

2π

Z _π

−πe^{−j(ω−θ)}rect

Ãω − θ 4π

!

dθ

= 1

2π

















0, se ω < −3π

R_ω+2π

−π e^{−j(ω−θ)}dθ = −j(1 + e^−jω), se −3π ≤ ω < −π

R_π

−πe^{−j(ω−θ)}dθ = 0, se −π ≤ ω < π

R_π

ω−2πe^{−j(ω−θ)}dθ = j(1 + e^−jω), se π ≤ ω < 3π

0 se 3π ≤ ω

=





j

πe^−jω2 sgn ω cosω

2, se π < |ω| < 3π

0, altrimenti

Notiamo che X₂ `e una funzione a simmetria hermitiana, essendo x₂ un segnale reale.

Esercizio 2 Determinare i segnali a tempo continuo che corrispondono alle seguenti trasfor- mate:

a. X₁(jω) = 2 sen[3(ω − 2π)]

ω − 2π b. X₂(jω) = 2

·

δ(ω − 1) − δ(ω + 1)

¸

+ 3

·

δ(ω − 2π) + δ(ω + 2π)

¸

Svolgimento. a. La trasformata X₁ appare come la traslata X₁(jω) = Y₁[j(ω − 2π)]

di Y₁(jω) = 2 sen 3ω

ω e questa `e la trasformata di Fourier del segnale rettangolare y<sub>1</sub>(t) = rect t 6. (A lezione `e stata calcolata la trasformata di y(t) = rect t

2T1

, coincidente con y₁(t) se T₁ = 3).

Perci`o,

x₁(t) = e^j2πty₁(t) =

( e^j2πt, se |t| ≤ 3 0, altrimenti

Possiamo notare che alla trasformata X₁ reale corrisponde il segnale x₁ a simmetria hermitiana.

b. Direttamente calcoliamo x2(t) = 1

2π

Z _∞

−∞X2(jω)e^jωtdω

= 1

2π

·

2(e^jt − e^−jt) + 3(e^j2πt+ e^−j2πt)

¸

= 1

π

·

2j sen t + 3 cos 2πt

¸

Anche qui, essendo la trasformata X2 una funzione (generalizzata) reale, il corrispondente segnale x₂ risulta godere della simmetria hermitiana.

Esercizio 3 Un sistema a tempo continuo LTI risponde all’ingresso x(t) = [e^−t+ e^−3t]u(t)

con l’uscita

y(t) = [2e^−t − 2e^−4t]u(t) a. Calcolare la risposta in frequenza del sistema.

b. Determinare la risposta impulsiva del sistema.

c. Trovare l’equazione differenziale associata al sistema.

Svolgimento. a. Poich´e in un sistema LTI ingresso e uscita sono legate tra loro mediante con- voluzione con la risposta impulsiva, cio`e y = h∗x, la corrispondente relazione tra le trasformate di Fourier (qualora esistano) `e moltiplicativa:

Y (jω) = H(jω)X(jω)

Dunque, calcolando

X(jω) = 1

1 + jω + 1

3 + jω = 4 + 2jω (1 + jω)(3 + jω)

e

Y (jω) = 2

1 + jω − 2

4 + jω = 6

(1 + jω)(4 + jω)

(a lezione abbiamo ricavato la trasformata del generico segnale z(t) = e^−atu(t), con Re a > 0) otteniamo la risposta in frequenza H(jω) del sistema come il quoziente:

H(jω) = Y (jω)

X(jω) = 3(3 + jω) (2 + jω)(4 + jω)

Il sistema risulta BIBO-stabile, come si verifica osservando che il denominatore di H(jω) non si annulla per alcun valore reale di ω.

b. Per antitrasformare la funzione razionale H(jω), la decomponiamo in frazioni parziali:

H(jω) = 3 2

"

1

2 + jω + 1 4 + jω

#

ricavando cos`ı la risposta impulsiva

h(t) = 3

2[e^−2t+ e^−4t]u(t)

Notiamo che h `e assolutamente sommabile, come si conviene ad un sistema BIBO-stabile.

c. Ricordiamo che all’equazione differenziale lineare a coefficienti costanti

Xn

k=0

a_ky^(k)=

Xm

k=0

b_kx^(k)

`e associato un (unico) sistema LTI e BIBO-stabile se e solo se il polinomio caratteristico a(s) =

Xn

k=0

aks^k non ha radici immaginarie e che in tal caso la corrispondente risposta in frequenza si scrive per ispezione dei coefficienti come:

H(jω) =

Xm

k=0

b_k(jω)^k

Xn

k=0

a_k(jω)^k

Nel nostro caso, al sistema caratterizzato dalla risposta in frequenza H(jω) = 3(3 + jω)

(2 + jω)(4 + jω) = 9 + 3jω 8 + 6jω + (jω)² resta quindi associata l’equazione differenziale

y⁽²⁾+ 6y⁽¹⁾+ 8y = 3x⁽¹⁾+ 9x

Esercizio 4

a. Calcolare la trasformata di Fourier del segnale a tempo discreto x₁(n) = 2ⁿu(−n − 1) b. Calcolare il segnale a tempo discreto di cui X2(e^jθ) = cos²θ + sen²3θ `e la trasformata.

Svolgimento. a. La trasformata X₁ si ottiene sommando la serie X₁(e^jθ) =

X−1

n=−∞

2ⁿe^−jθn=

X∞

m=1

(¹₂e^jθ)^m = ¹₂e^jθ

X∞

k=0

(¹₂e^jθ)^k =

1 2e^jθ

1 − ¹₂e^jθ = − 1 1 − 2e^−jθ

e risulta una funzione periodica di periodo 2π, a simmetria hermitiana, limitata in modulo da

X∞

n=−∞

x₁(n) = X₁(e^j0) = 1, essendo x₁(n) una sequenza reale, positiva e sommabile.

b. Con le formule di Eulero,

X₂(e^jθ) = ¹₄ ^³e^jθ+ e^−jθ´2− ¹₄^³e^j3θ− e^−j3θ´2

= ¹₄ ^³−e^j6θ+ e^j2θ+ 4 + e^−j2θ− e^−j6θ´ da cui segue per ispezione

x2(n) = ¹₄

·

− δ(n + 6) + δ(n + 2) + 4δ(n) + δ(n − 2) − δ(n − 6)

¸

cio`e

x₂(n) =











1, se n = 0

1

4, se |n| = 2

−¹₄, se |n| = 6 0, altrimenti

Notiamo che sia la sequenza x₂ che la trasformata X₂ sono reali e pari.

Esercizio 5 Un segnale a banda limitata x(t), con trasformata X(jω) = 0 per |ω| > 1000π,

`e l’ingresso di un filtro la cui risposta in frequenza H(jω) = 0 per |ω| > 2000π. Chiamiamo y(t) l’uscita corrispondente. Per quali valori del periodo T `e possibile ricostruire esattamente il segnale y(t) a partire dai campioni y(nT )?

Svolgimento. In un sistema LTI l’uscita non pu`o avere una banda pi`u larga dell’ingresso, come segue dalla relazione moltiplicativa tra le trasformate. Infatti, se X(jω) = 0 per |ω| > ωX e H(jω) = 0 per |ω| > ω_H, in generale possiamo dire che Y (jω) = H(jω)X(jω) = 0 per |ω| > ω_Y, con ω_Y ≤ min(ω_H, ω_X). Nel nostro caso, dunque, sicuramente Y (jω) = 0 per |ω| > 1000π.

Perci`o `e sufficiente campionare il segnale y(t) con pulsazione ωS > 2 · 1000π = 2000π, cio`e con periodo T = ^2π_ω

S < _1000π^π = 0.001.

Esercizio 6 Il segnale y(t) `e generato dalla convoluzione dei segnali x₁(t) = 2 cos 3t e x₂(t) = sen 5t

πt , cio`e y = x1 ∗ x2. Si specifichi quali valori del periodo T permettono la ricostruzione esatta del segnale y(t) a partire dai campioni y(nT ).

Svolgimento. Le trasformate dei segnali x₁ e x₂ risultano X₁(jω) = 2π

·

δ(ω − 3) + δ(ω + 3)

¸

, X₂(jω) = rect ω 10 =

( 1, se |ω| ≤ 5 0, altrimenti

Poich´e X₁(jω) = 0 per |ω| > ω₁ = 3 e X₂(jω) = 0 per |ω| > ω₂ = 5, sicuramente Y (jω) = X₁(jω)X₂(jω) = 0 per |ω| > min(ω₁, ω₂) = 3. In realt`a, in questo esempio Y (jω) = X<sub>1</sub>(jω) e quindi y(t) = x<sub>1</sub>(t), cosicch´e la pulsazione di banda del segnale y `e proprio ω_Y = ω₁ = 3.

Dunque, `e necessario e sufficiente campionare questo segnale con pulsazione ω<sub>S</sub> > 2ω<sub>1</sub> = 6, cio`e con periodo T = _ω^2π

S < _ω^π₁ = ^π₃.