SEGNALI E SISTEMI

SEGNALI E SISTEMI

Prova scritta – 15 dicembre 2003 Testo e Soluzione

Esercizio 1 – [punti 4]

Per ciascuno dei seguenti segnali dire se `e periodico e, in caso affermativo, trovarne il periodo fondamentale e i coefficienti di Fourier:

a. x₁(t) = e^−j3t− e^−jπ3 sen πt, t ∈ R, b. x₂(t) = e^−j3t− e^−jπ3 sen t, t ∈ R.

Svolgimento. a. Il segnale x₁(t) `e combinazione lineare dei segnali elementari x<sub>11</sub>(t) = e<sup>−j3t</sup> e x12(t) = sen πt, di pulsazione ω11 = 3 ed ω12 = π (e periodo T11 = <sup>2π</sup><sub>3</sub> e T12 = 2), rispet- tivamente. Poich´e tali pulsazioni (o, equivalentemente, i corrispondenti periodi) non sono in rapporto razionale, concludiamo che x<sub>1</sub>(t) non `e un segnale periodico.

b. Le componenti elementari del segnale x₂(t) sono x₂₁(t) = e^−j3t di pulsazione ω₂₁= 3 (e periodo T21= ^2π₃ ), e x22(t) = sen t di pulsazione ω22 = 1 (e periodo T22= 2π). Poich´e il rapporto tra le pulsazioni (o, equivalentemente, tra i corrispondenti periodi) `e razionale, x<sub>2</sub>(t) `e un segnale periodico. In particolare, T₂ = mcm(T₂₁, T₂₂) = 2π ne `e il periodo e ω₂ = MCD(ω₂₁, ω₂₂) = 1 la corrispondente pulsazione. Ora, usando la relazione di Eulero e scrivendo

x₂(t) = e^−j3t+e^−jπ3

2j e^−jt− e^−jπ3 2j e^jt riconosciamo le armoniche

φ−3(t) = e^−j3t, φ−1(t) = e^−jt, φ1(t) = e^jt ed i coefficienti di Fourier

a₋₃ = 1, a₋₁ = e^−jπ3

2j = −1 4(√

3 + j), a₁ = −e^−jπ3 2j = 1

4(√

3 + j), a_k= 0, k 6= −3, ±1

Esercizio 2 – [punti 4]

Determinare E_∞ e P_∞ per i seguenti segnali:

a. x₁(t) = e^−2tu(t − 1), t ∈ R, b. x₂(n) = sen(^π₄n), n ∈ Z.

Svolgimento. a. Si calcola direttamente E_∞(x₁) =

Z _∞

−∞|x₁(t)|²dt =

Z _∞

1 e^−4tdt = e^−4t

−4

¯¯

¯¯

∞ 1

= e⁻⁴ 4 < ∞ e quindi P_∞(x₁) = lim

T →∞

1 2T

Z _T

−T |x₁(t)|²dt = 0.

b. Il segnale x2(n) `e periodico (di periodo N = 8) e non identicamente nullo: ha perci`o energia E_∞(x₂) = ∞, mentre la sua potenza coincide con quella media sul periodo, cio`e

P∞(x2) = 1 N

X

hN i

|x2(n)|² = 1 8

X7

n=0

sen²(^π₄n) = 1 8

µ

0 + 1

2+ 1 + 1

2 + 0 + 1

2+ 1 + 1 2

¶

= 1 2 Ricordiamo che questo `e un fatto generale: infatti P_∞(x) = ¹₂ per ogni segnale a tempo discreto del tipo x(n) = sen θn (o, analogamente, x(n) = cos θn), qualunque sia l’angolo θ (e quindi sia che x(n) risulti o non risulti periodico).

Esercizio 3 – [punti 5]

Un sistema LTI di risposta impulsiva

h(t) = sen 4t πt

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

Si determinino 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. Il sistema `e un filtro passa-basso ideale con risposta in frequenza H = F[h]:

H(jω) = rect

µω 8

¶

=

( 1, se |ω| ≤ 4 0, altrimenti Inoltre, l’ingresso x(t) = u(t + 1) − u(t − 1) = rect

µt 2

¶

ha spettro X = F[x]:

X(jω) = 2 sen ω ω

cosicch´e la trasformata dell’uscita y(t) = h(t) ∗ x(t) `e Y = F[y] = HX:

Y (jω) = H(jω)X(jω) =

( 2 sen ω

ω , se |ω| ≤ 4 0, altrimenti

Ora, poich´e il segnale y(t) ha banda rigorosamente limitata, con Y (jω) = 0 per |ω| > 4 = ω_M, in base al teorema del campionamento y(t) `e esattamente ricostruibile dai suoi campioni se la pulsazione di campionamento ω_S > 2ω_M = 8 o, equivalentemente, il periodo T = ^2π_ω

s < _ω^π

M = ^π₄. Nota: Alcuni studenti, ricordando che

u(t)−→^F 1

jω + πδ(ω) hanno calcolato la trasformata X(jω) come

X(jω) = (e^jω− e^−jω)

à 1

jω + πδ(ω)

!

= 2 sen ω ω

tenendo conto della propriet`a di traslazione nel tempo della trasformata di Fourier, della re- lazione di Eulero per la funzione seno e della propriet`a rivelatrice della δ di Dirac.

Esercizio 4 – [punti 4]

Si calcoli la convoluzione a tempo discreto y(n) = h(n) ∗ x(n), dove h(n) = u(n) e x(n) =

( 1, se 0 ≤ n ≤ 5 0, altrimenti Svolgimento. Calcolando direttamente, si ottiene:

y(n) =

X∞

k=−∞

h(n − k) x(k) =

Xn

k=−∞

x(k) =



















0, se n < 0

Xn

k=0

1 = n + 1, se 0 ≤ n ≤ 5

X5

k=0

1 = 6, se 5 < n

Esercizio 5 – [punti 4]

Si determini il segnale {x(n); n ∈ Z} la cui trasformata di Fourier `e X(e^jθ) =

( −j, se 0 < θ ≤ π j, se −π < θ ≤ 0 Svolgimento. Il calcolo diretto porge:

x(n) = 1 2π

Z _π

−πX(e^jθ)e^jθndθ = j 2π

µZ ₀

−πe^jθndθ −

Z _π

0 e^jθndθ

¶

e quindi x(0) = 0 e, per n 6= 0, x(n) = 1

2πn

Ã

e^jθn

¯¯

¯¯

0

−π − e^jθn

¯¯

¯¯

π 0

!

= 2 − 2 cos πn

2πn = 1 − (−1)ⁿ

πn =

( 2

πn, se n `e dispari 0, se n `e pari

Nota: Alcuni studenti hanno riconosciuto nella trasformata X(e^jθ), periodica di periodo 2π, la combinazione lineare di due onde quadre traslate in anticipo e ritardo, rispettivamente, di ^π₂, cio`e

X(e^jθ) = j ˆX(e^j(θ+π2)) − j ˆX(e^j(θ−π2)) dove

X(eˆ ^jθ) =







0, se −π < θ ≤ −^π₂ 1, se −^π₂ < θ ≤ ^π₂ 0, se ^π₂ < θ ≤ π Ricordando che l’antitrasformata ˆx(n) = sen^π₂n

πn ed applicando la propriet`a di traslazione in frequenza della trasformata a tempo discreto, si ottiene allora

x(n) = j^³e^−jπ2n− e^j2πn´x(n) = 2ˆ (sen^π₂n)²

πn =

( 2

πn, se n `e dispari 0, se n `e pari Esercizio 6 – [punti 5]

Per l’equazione differenziale

y⁰(t) + 4y(t) = sen 2t u(t)

si trovi la soluzione y(t), t > 0, corrispondente alla condizione iniziale y(0−) = −1.

Svolgimento. Applicando la trasformata di Laplace unilatera ad ambo i membri dell’equazione, otteniamo

sY (s) − y(0−) + 4Y (s) = 2 s²+ 4 e quindi, sostituendo la condizione iniziale,

Y (s) = −1

s + 4+ 2

(s + 4)(s²+ 4) = A

s + 4+ Bs + C s²+ 4 Il coefficiente A si calcola, ad esempio, come

A = (s + 4)Y (s)

¯¯

¯¯

s=−4 = −0.9 mentre

Bs + C = (s²+ 4)

µ

Y (s) − A s + 4

¶

= 0.1(s − 4) Antitrasformando, si ottiene infine la soluzione, per t > 0:

y(t) = Ae^−4t+ B cos 2t + ¹₂C sen 2t = −0.1 (9e^−4t− cos 2t + 2 sen 2t) (In particolare, antitrasformando Y_`(s) = y(0−)

s + 4, si ricava la risposta libera y_`(t) = −e^−4t, mentre, per differenza, la risposta forzata risulta y_f(t) = 0.1(e^−4t+ cos 2t − 2 sen 2t).

Esercizio 7 – [punti 4] Solo per questo esercizio NON `e necessario giustificare le risposte.

Per ciascuno dei seguenti sistemi:

1. y(n) = max{|x(n)|, |x(n − 1)|}, n ∈ Z, 2. y(t) =

Z _t

−∞e^{−3(t−τ )}x(τ ) dτ , t ∈ R, 3. y(t) =

Z _2t

−∞|t − τ |²x(τ ) dτ , t ∈ R verificare se valgono le propriet`a di:

a. causalit`a, b. linearit`a, c. tempo invarianza, d. BIBO-stabilit`a.

Svolgimento. Il sistema 1. risulta causale, non lineare, tempo invariante e BIBO-stabile. Il sistema 2. `e causale, lineare, tempo invariante e BIBO-stabile, con risposta impulsiva h(t) = e<sup>−3t</sup>u(t). Infine, il sistema 3. non `e causale, `e lineare, non tempo-invariante, n´e BIBO-stabile.

Esercizio 8 – [punti 2] [Difficile, da fare per ultimo! ]

Si risolva nuovamente l’esercizio 5 utilizzando, oltre alle propriet`a delle serie di Fourier, i seguenti fatti:

• gli x(n) possono esser visti come coefficienti di Fourier del segnale periodico X(e^jθ) rispetto ad una opportuna famiglia di esponenziali in relazione armonica;

• i coefficienti di Fourier dell’onda quadra di periodo T , che `e uguale a 1 tra −T₁ e T₁ e zero altrove sul periodo, sono

a₀ = 2T₁

T , a_k = sen(kω₀T₁)

kπ , k 6= 0 dove ω0 = ^2π_T .

Svolgimento. Ricordiamo innanzitutto che la trasformata discreta X(e^jθ) `e una funzione di θ, periodica di periodo Θ = 2π. Come tale, pu`o essere rappresentata da una serie di Fourier, con coefficienti

b_k= 1 Θ

Z

ΘX(e^jθ)e^−jθkdθ, k ∈ Z Dal confronto con la relazione di Fourier inversa

x(n) = 1 2π

Z

2πX(e^jθ)e^jθndθ, n ∈ Z

che lega il segnale a tempo discreto x(n) alla sua trasformata X(e^jθ), si conclude allora che x(n) = b_−n per ogni n ∈ Z. Questa osservazione costituisce il fondamento della “dualit`a”

tra trasformata di Fourier F_d per segnali aperiodici a tempo discreto e serie di Fourier F_s per segnali periodici a tempo continuo. Tale dualit`a si pu`o esprimere con la formula F_d⁻¹ = RFs o

RF_sF_d = I

dove R rappresenta l’inversione d’ordine (dei coefficienti) e I la relazione d’identit`a.

Ora, per calcolare x(n) secondo la modalit`a proposta dall’esercizio, notiamo che X(e^jθ) = −j + 2j ˆX(e^j(θ+π2))

dove ˆX(e^jθ) rappresenta l’onda quadra di periodo Θ = 2π, che `e uguale a 1 tra −Θ₁ e Θ₁, con Θ₁ = ^π₂, e zero altrove sul periodo. I coefficienti di Fourier di quest’onda quadra si trovano sostituendo nell’espressione sopra ricordata i valori del periodo e del supporto, ottenendo:

a0 = 2Θ₁ Θ = 1

2, ak = sen(k^2π_ΘΘ₁)

kπ = sen(k^π₂)

kπ , k 6= 0

A questo punto, i coefficienti di Fourier di X(e^jθ) si ottengono dalle propriet`a di linearit`a e traslazione in θ, come

b0 = −j + 2ja0 = 0, bk = 2je^jπ2kak= e^jπk− 1

πk =

( −2

πk, se k `e dispari 0, se k 6= 0 `e pari Infine,

x(n) = b_−n=

( ₂

πn, se n `e dispari 0, se n `e pari

`e il segnale a tempo discreto x = RFs[X] = F<sub>d</sub><sup>−1</sup>[X], gi`a calcolato direttamente nell’esercizio 5.