Prova scritta di SEGNALI E SISTEMI – 5 settembre 2003 Proff. L. Finesso, M. Pavon e S. Pinzoni (a.a. 2002-2003) Testo e Soluzione (redatta da L. Finesso) Esercizio 1 – [punti 4] Si tracci il grafico dei segnali a. x

Prova scritta di SEGNALI E SISTEMI – 5 settembre 2003 Proff. L. Finesso, M. Pavon e S. Pinzoni (a.a. 2002-2003)

Testo e Soluzione (redatta da L. Finesso) Esercizio 1 – [punti 4]

Si tracci il grafico dei segnali a. x₁(t) = x(−t + 2), t ∈ _R, b. x₂(t) = x(₂^t − 1), t ∈_R, sapendo che

x(t) =

( t − 2, se 2 < t ≤ 3 0, altrimenti.

Soluzione.

- 6

−1 t

−2 1 2 3

x(t) 1

- 6

@

@

@

@@

−1 t

−2 1 2 3

x₁(t) 1

- 6

−2 t

−4 2 4 6 8

x₂(t) 1

Esercizio 2 – [punti 4]

Si calcolino i coefficienti della serie di Fourier per il segnale x(t), di periodo 2, definito da x(t) = |t|, −1 < t ≤ 1.

Suggerimento: Si ricordi che il segnale y(t) = ^X

k∈Z,dispari

2

jπk e^jπkt, t ∈ _R, `e l’onda quadra della seguente figura:

- 6

−1 t

−2 1 2 3

y(t)

−1 1

Soluzione. La seguente figura riporta il grafico di x(t).

- 6

@

@

@

@@

@

@

@

@@

@

@

@

@@

@

@

@@

−1 t

−2 1 2 3

x(t) 1

E immediato verificare che y(t) =` _dx^d x(t). Detti c_k e c⁰_k i coefficienti di Fourier di x(t) e di y(t) rispettivamente, vale la relazione c⁰_k = jπkc_k per ogni k 6= 0. Il suggerimento fornisce c⁰_k= _jπk² per k dispari e c⁰_k = 0 per k pari. Si ottiene quindi c_k = 0 per k pari e, per k dispari,

c_k = 1

jkπc⁰_k = 2

(jπk)² = − 2 π²k²

Il coefficiente c0 si ottiene calcolando il valore medio di x(t) su un periodo e vale c0 = ¹₂. Lo sviluppo in serie di Fourier di x(t) `e

x(t) = 1 2− 2

π²

X

k∈Z,dispari

1

k² e^jπkt, t ∈R.

Esercizio 3 – [punti 4]

Il segnale

x(t) = cos 2t, t ∈_R,

`

e l’ingresso di un sistema LTI e BIBO-stabile, caratterizzato dalla risposta in frequenza H(jω) = 4

jω + 2, ω ∈R. Si calcoli la corrispondente uscita y(t), t ∈_R.

Soluzione. In corrispondenza all’ingresso e^jω0t un sistema LTI, BIBO-stabile, produce l’uscita H(jω₀)e^jω0t. Poich`e in questo caso H(−jω) = H<sup>∗</sup>(jω) (sistema reale) l’uscita corrispondente al segnale x(t) = cos 2t = Re{e<sup>j2t</sup>} `e data da y(t) = Re{H(j2)e^j2t}. Ovvero

y(t) = Re{H(j2)e^j2t} = Re{ 4e^j2t

j2 + 2} = Re{2 cos 2t + j2 sin 2t

j + 1 } = cos 2t + sin 2t.

Esercizio 4 – [punti 5]

Si calcoli la risposta al segnale d’ingresso

x(t) = u(t) − u(t − 2), t ∈ _R, per un sistema LTI con risposta impulsiva

h(t) = 2δ(t) + e^−tu(t), t ∈R.

Soluzione. L’uscita `e data dalla convoluzione

y(t) = h(t) ∗ x(t) = (2δ(t) + e^−tu(t)) ∗ (u(t) − u(t − 2)) Per la linearit`a della convoluzione e le propriet`a della δ(t) vale

y(t) = 2(u(t) − u(t − 2)) + w(t) Dove w(t) = e^−tu(t) ∗ (u(t) − u(t − 2)). Per via diretta si ottiene:

w(t) =







0, se t ≤ 0

Rt

0e^−τdτ = 1 − e^−t, se 0 ≤ t ≤ 2

Rt

t−2e^−τdτ = e^−t+2− e^−t, se 2 ≤ t < ∞.

Esercizio 5 – [punti 4]

Si consideri il segnale

x(t) = u(t + 1) − u(t − 1) + cos

π 2t



, t ∈ R. a. Si calcoli la trasformata di Fourier di x(t).

b. Se possibile, si determini un periodo di campionamento T che permetta la ricostruzione esatta del segnale x(t), a partire dai campioni {x(kT ), k ∈ _Z}, mediante un filtro passa-basso ideale.

a. Il segnale x(t) `e la somma di un rettangolo unitario di supporto [−1, 1] e di un segnale sinusoidale. Dalla tabella si ricava:

F {u(t + 1) − u(t − 1)} = 2 sin ω ω F



cos

π 2t



= π[δ(ω +π

2) + δ(ω − π 2)]

Per la linearit`a della trasformata di Fourier F {x(t)} = 2 sin ω

ω + π[δ(ω +π

2) + δ(ω − π 2)]

b. Poich`e la banda di x(t) non `e limitata (infatti ^{2 sin ω}_ω ha supporto pari a R) il teorema del campionamento non `e applicabile. Non `e possibile ricostruire esattamente il segnale x(t) a partire dai suoi campioni.

Esercizio 6 – [punti 5]

Si consideri l’equazione differenziale

y⁰⁰(t) − 4y(t) = 4x(t).

a. Si determini la soluzione y(t), t > 0, corrispondente all’ingresso x(t) = u(t) ed alle condizioni iniziali y(0−) = 0, y⁰(0−) = −2.

b. Si discuta la stabilit`a BIBO del sistema LTI causale associato.

Soluzione. 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−) − 4Y (s) = 4X(s)

ovvero, sostituendo le condizioni iniziali assegnate, ed applicando l’ingresso x(t) = u(t) (s²− 4)Y (s) + 2 = 4

s che si riduce a

Y (s) = 4 − 2s

s(s²− 4) = −2(s − 2)

s(s − 2)(s + 2) = − 2 s(s + 2). Per antitrasformare procediamo alla decomposizione in frazioni parziali

− 2

s(s + 2) = A

s + B s + 2

I coefficienti si possono ricavare con il metodo usuale oppure, in questo caso elementare, som- mando e sottraendo s al numeratore. Troviamo

− 2

s(s + 2) = 1 s − 1

s + 2 La soluzione richiesta `e

y(t) = u(t) − e^−2tu(t).

b. Il sistema LTI causale associato all’EDO ha funzione di trasferimento (la trasformata di Laplace della risposta impulsiva) pari a

H(s) = 2

s²− 4 = 2 (s − 2)(s + 2)

la presenza di un polo nel semipiano destro, in s = 2, rende il sistema non BIBO stabile.

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

Per ciascuno dei seguenti sistemi:

1. y(t) = x(t + 5) x(t − 1), t ∈ _R, 2. y(t) =

Z t

−∞x(s) ds, t ∈_R, 3. y(t) = cos(t − 2) x(t), t ∈ _R,

verificare se valgono le propriet`a di: a. causalit`a, b. linearit`a, c. tempo invarianza, d. BIBO- stabilit`a.

Soluzione.

1. Non `e causale poich`e y(t) dipende da x(t + 5). Non `e lineare. `E tempo invariante infatti l’ingresso x(t) = x(t − T ) produce l’uscita y(t) = x(t + 5) x(t − 1) = x(t − T + 5) x(t − T − 1) e vale y(t) = y(t − T ). `E BIBO stabile infatti se |x(t)| ≤ B allora |y(t)| ≤ B².

2. `E causale poich`e y(t) dipende solo da {x(τ ), −∞ < τ ≤ t}. `E lineare. `E tempo invariante poich`e applicando ingresso x(t) = x(t − T ) l’uscit`a `e y(t) = ^R_−∞^t x(τ )dτ = ^R_−∞^t x(τ − T )dτ =

Rt−T

−∞ x(τ⁰)dτ⁰ = y(t − T ). Non `e BIBO stabile e basta considerare la risposta ad un ingresso costante per sincerarsene.

3. `E causale. `E lineare. Non `e tempo invariante. `E BIBO stabile, infatti |y(t)| ≤ |x(t)|.

Esercizio 8 [facoltativo, vale 2 punti in pi`u, da fare per ultimo! ] Si consideri un sistema LTI a tempo continuo di risposta in frequenza

H(jω) =

( 1 se |ω| ≤ W 0 altrimenti Il segnale (periodico) d’ingresso `e

x(t) =

∞

X

k=−∞

α^|k|e^jk(π/4)t, dove α `e un numero reale con 0 < α < 1.

Quanto grande deve essere W affinch`e l’uscita del sistema y(t) abbia almeno il 90% dell’energia media sul periodo di x(t)?

Soluzione. L’energia media in un periodo del segnale x(t) si ricava con la formula di Parseval e vale

E_x =

∞

X

k=−∞

α^2|k| = 1 + α² 1 − α².

Il sistema H(jω) `e un passa-basso ideale, dunque y(t) si ricava semplicemente sommando le armoniche di x(t) in banda passante. Indichiamo con K il massimo numero d’armonica in banda passante. L’energia del segnale y(t) sar`a allora

E_y =

K

X

k=−K

α^2|k| = 1 − 2α^2K+2+ α² 1 − α²

Imponendo che E_y = 0.9E_x si ricava K in funzione del parametro assegnato α. Noto K `e semplice ricavare W imponendo che W ≥ K^π₄.