Prova scritta di SEGNALI E SISTEMI – 12 dicembre 2002 Proff. L. Finesso, M. Pavon e S. Pinzoni (a.a. 2002-2003)
Esercizio 1–[punti 4]
Per ciascuno dei seguenti segnali dire se `e periodico e, in caso affermativo, trovarne il periodo fondamentale:
1. x1(n) = ej3πn+ cos 5n, n ∈Z; 2. x2(t) = sen t + cos 2t, t ∈R.
Svolgimento. x1(n). Il primo addendo del segnale a tempo discreto x1(n) `e un esponenziale complesso di pulsazione ω0 = 3π (θ0 = 3π nella notazione di Pavon e Pinzoni) ed `e periodico poich`e ω2π0 = 32 `e razionale. Il secondo addendo `e una funzione trigonometrica, di pulsazione ω0 = 5, e non `e periodica poich`e ω2π0 = 2π5 non `e razionale. Si conclude che x1(n) non `e periodico.
x2(n). Il primo addendo del segnale a tempo continuo x2(t) `e una funzione trigonometrica di pulsazione ω0 = 1 e periodo T1 = 2πω
0 = 2π. Il secondo addendo `e una funzione trigonometrica di pulsazione ω0 = 2 e periodo T2 = π. La somma di segnali periodici a tempo continuo `e periodica se e solo se gli addendi hanno periodi in rapporto razionale quindi x2(t) `e periodico (T1/T2 = 2). Il periodo fondamentale `e dato da T = mcm(T1, T2) = 2π
Esercizio 2–[punti 4]
Si consideri il segnale a tempo continuo
x(t) = 2ej3t+ 3ejt
come ingresso di un filtro passa-basso ideale con risposta in frequenza H(jω) = 1 se |ω| ≤ 2
0 altrimenti Si calcoli la corrispondente uscita y(t).
Svolgimento. Ricordiamo che un sistema LTI di risposta in frequenza H(jω) risponde all’ingresso x(t) = ejω0t con il segnale y(t) = H(jω0)ejω0t. Il filtro passa-basso ideale dell’esercizio (sistema LTI) `e sollecitato da una combinazione lineare di esponenziali complessi e, applicando la linea- rit`a, si ottiene
y(t) = H(j3) · 2ej3t+ H(j1) · 3ejt = 3ejt Esercizio 3–[punti 4]
Si determini l’antitrasformata di Laplace di X(s) = s + 1
(s + 1)2+ 4, Re s > −1.
Svolgimento. Questo pi`u che un esercizio `e un un test cognitivo diretto a verificare il grado di familiarit`a dello studente con le tabelle a disposizione. Dalla Tabella 9.2 riga 13 si desume
x(t) = e−tcos 2t u(t)
Esercizio 4–[punti 5]
Si consideri un segnale a tempo continuo x(t), con trasformata di Fourier X(jω) = 6πδ(ω − 1) − 2 δ(ω + 2), ω ∈R. a. Si calcoli il segnale x(t).
b. Si determini un periodo di campionamento T che permetta la ricostruzione esatta di x(t) a partire dai campioni {x(kT ), k ∈Z}, mediante un filtro passa-basso ideale.
Svolgimento. a. Dalla tavola e dalle propriet`a della trasformata di Fourier x(t) = 3ejt− 1
πe−2jt
b. Lo spettro X(jω) = 0 per |ω| > 2 = ωM. Per il teorema del campionamento `e necessario che la pulsazione di campionamento ωS > 2ωM = 4 e quindi che il periodo di campionamento TS = ω2π
S < π2.
Esercizio 5–[punti 4]
Si consideri il segnale a tempo continuo
x(t) =
∞
X
k=−∞
1
|k| + 1ejπkt. a. Il segnale x(t): `e reale? `e immaginario? `e pari? `e dispari?
b. Si calcolino i coefficienti di Fourier per il segnale y(t) = x(t − 1) − 1.
Svolgimento. a. Indicando con ak i coefficienti di Fourier di x(t), poich`e ak = |k|+11 = a−k ∈ R
si conclude che il segnale x(t) `e reale e pari.
b. Il segnale y(t) = x(t − 1) − 1 si ottiene da x(t) per traslazione e aggiunta di una costante:
la pulsazione fondamentale ω0 di y(t) coincide dunque con quella di x(t) e vale ω0 = π. Lo sviluppo in serie di Fourier di y(t) `e del tipo
y(t) =
∞
X
k=−∞
bk ejπkt.
I coefficienti bk si ottengono a partire dagli ak applicando la propriet`a di traslazione temporale, ed osservando che l’aggiunta della costante modifica solo il valore medio del segnale, ovvero il coefficiente b0. Otteniamo bk= ake−jkπ per k 6= 0 e b0 = a0e−j0π − 1 ovvero
b0 = 0, bk = (−1)k
1 + |k| k 6= 0
Esercizio 6–[punti 5]
Per l’equazione differenziale
y00(t) + 5y0(t) + 4y(t) = x(t).
si determini la soluzione y(t), t > 0, corrispondente ad x(t) = 2 u(t) ed alle condizioni iniziali y(0−) = 0, y0(0−) = 1.
Svolgimento. Poich`e cerchiamo la soluzione dell’equazione differenziale per t > 0 applichiamo la trasformata unilatera di Laplace ai due membri ottenendo
s2Y (s) − sy(0−) − y0(0−) + 5sY (s) − 5y(0−) + 4Y (s) = X(s) ovvero, sostituendo le condizioni iniziali assegnate, e trasformando l’ingresso
(s2+ 5s + 4)Y (s) = 1 + 2 s che si riduce a
Y (s) = s + 2
s(s2+ 5s + 4) = s + 2 s(s + 1)(s + 4). Per antitrasformare procediamo alla decomposizione in frazioni parziali
s + 2
s(s + 1)(s + 4) = A s + B
s + 1+ C s + 4 I coefficienti sono
A = s + 2
(s + 1)(s + 4) s=0
= 1
2, B = s + 2 s(s + 4)
s=−1
= −1
3, C = s + 2 s(s + 1)
s=−4
= −1 6. La soluzione richiesta `e
y(t) = 1
2u(t) − 1
3e−tu(t) − 1
6e−4tu(t).
Esercizio 7–[punti 4] Per questo esercizio NON `e necessario giustificare le risposte.
Per ciascuno dei seguenti sistemi:
1. y(t) = x(t)x(t + 2), t ∈R, 2. y(n) =
n
X
k=−∞
x(k), n ∈Z,
3. y(t) = x(t) sen(t + 2), t ∈R,
verificare se valgono le propriet`a di: a. causalit`a, b. linearit`a, c. tempo invarianza, d. BIBO- stabilit`a.
Svolgimento.
causalit`a linearit`a TI stabilit`a
1 no no si si
2 si si si no
3 si si no si
Esercizio 8 [facoltativo, vale 2 punti in pi`u, da fare per ultimo! ] Si consideri l’interconnessione in serie di due sistemi LTI a tempo discreto
x(n) y1(n) y(n)
-h1(n) -h2(n) -
dove il segnale d’ingresso `e x(n) = 2 [δ(n) +15δ(n − 1)] e le due risposte impulsive sono h1(n) = cos(3n + 2) e h2(n) = (−15)nu(n). Si calcoli l’uscita y(n).
Svolgimento. Il trucco per risolvere agevolmente questo esercizio consiste nello scambiare l’ordine dei sistemi in cascata. Come `e noto per le propriet`a associativa e commutativa della convoluzione
y(n) = h2(n)∗[h1(n)∗x(n)] = [h2(n)∗h1(n)]∗x(n) = [h1(n)∗h2(n)]∗x(n) = h1(n)∗[h2(n)∗x(n)]
Procediamo al calcolo di h2(n) ∗ x(n) = 2
δ(n) + 1
5δ(n − 1)
∗
−1 5
n
u(n)
= 2
"
−1 5
n
u(n) + 1 5
−1 5
(n−1)
u(n − 1)
#
= 2 δ(n) +
−1 5
n
u(n − 1) −
−1 5
n
u(n − 1)
= 2 δ(n) Quindi risulta
y(n) = h1(n) ∗ 2 δ(n) = 2h1(n) = 2 cos(3n + 2).
Il calcolo diretto `e molto meno agevole.
