Pinzoni) Esercizio 1–[punti 4] Dire se il seguente segnale `e periodico e, in caso affermativo, trovarne il periodo fondamentale e i coefficienti di Fourier: x(t

Prova scritta di SEGNALI E SISTEMI – 8 gennaio 2003 Proff. L. Finesso, M. Pavon e S. Pinzoni (a.a. 2002-2003)

Testo e Soluzione (redatta da S. Pinzoni)

Esercizio 1–[punti 4]

Dire se il seguente segnale `e periodico e, in caso affermativo, trovarne il periodo fondamentale e i coefficienti di Fourier:

x(t) = e^−jtcos 2t, t ∈ R.

Svolgimento. Il segnale a tempo continuo x(t) `e il prodotto di due segnali elementari, il primo periodico di periodo fondamentale T<sub>1</sub> = 2π, il secondo periodico di periodo fondamentale T2 = π. Poich´e i periodi T1 e T2 dei due fattori sono in rapporto razionale, anche x(t) `e un segnale periodico, per il quale un possibile periodo `e dato da T = mcm(T₁, T₂) = 2π. In effetti, applicando la formula di Eulero per il coseno, il segnale

x(t) = e^−jtcos 2t = e^−jt1

2(e^j2t+ e^−j2t) = 1

2e^jt+1 2e^−j3t

appare come combinazione lineare di (due) esponenziali in relazione armonica. Per ispezione, si ottiene lo sviluppo in serie di Fourier

x(t) =

+∞

X

k=−∞

a_ke^jω0kt,

con pulsazione fondamentale ω0 = 1, periodo fondamentale T0 = ^2π_ω

0 = 2π e coefficienti a1 = a−3 = ¹₂, a_k= 0 per k 6= 1, −3.

Notare che ai coefficienti di Fourier a_k reali corrisponde un segnale (complesso) a simmetria hermitiana x(t) = x(−t).

Esercizio 2–[punti 4] Si consideri la serie di Fourier x(t) =

+∞

X

k=−∞

1 2

^|k|

e^jπ3kt,

se ne determini il periodo fondamentale e si calcoli l’energia su tale periodo.

Svolgimento. Il segnale

x(t) =

+∞

X

k=−∞

a_ke^jω0kt =

+∞

X

k=−∞

1 2

|k|

e^jπ3kt

appare avere pulsazione fondamentale ω₀ = ^π₃, quindi periodo fondamentale T₀ = ^2π_ω

0 = 6 e coefficienti di Fourier a_k = 2^−|k|, k ∈ Z.

Il teorema di Parseval permette ora di calcolare l’energia del segnale sul periodo come E_x =

Z

T0

|x(t)|²dt = T₀

+∞

X

k=−∞

|a_k|²

= 6

+∞

X

k=−∞

4^−|k| = 6(−1 + 2

+∞

X

k=0

4^−k) = 6(−1 + 2

1 −¹₄) = 10.

Esercizio 3–[punti 5] Si consideri il segnale x(t) = sen t

t + cos

2π 5 t



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

Svolgimento. Dalle tabelle, il segnale x(t) ha trasformata di Fourier X(jω) = π



rect(ω

2) + δ(ω − 2π

5 ) + δ(ω + 2π 5 )



,

dove rect(^ω₂) =

( 1, |ω| ≤ 1

0, |ω| > 1 , cio`e X(jω) `e la somma, scalata del fattore π, di una componente di ampiezza unitaria tra ω = −1 e ω = 1 e di due impulsi di Dirac di area unitaria centrati in ω = ±^2π₅ .

(b) 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.

Svolgimento. Per il risultato precedente X(jω) `e non nulla nell’intervallo [−1, 1], oltrech´e in ω = ±<sup>2π</sup><sub>5</sub> . Dunque, il minimo ωM tale che X(jω) = 0 se |ω| > ωM `e ωM = ^2π₅ . Per il teorema di Shannon, la ricostruzione esatta del segnale x(t) dai campioni {x(kT ), k ∈ Z} `e possibile se (e solo se) la pulsazione di campionamento ω<sub>s</sub> > 2ω<sub>M</sub>, cio`e il periodo di campionamento T = ^2π_ω

s < _ω^π

M = ⁵₂.

Esercizio 4–[punti 4] Si calcoli la convoluzione a tempo discreto y(n) = h(n) ∗ x(n), dove h(n) =

( 1, se 0 ≤ n ≤ 10 0, altrimenti e x(n) = u(n).

Svolgimento. La convoluzione dei segnali h(n) ed x(n) si calcola come y(n) =

+∞

X

k=−∞

h(n − k) x(k) =

n

X

k=n−10

u(k),

essendo h(n − k) = 1 per 0 ≤ n − k ≤ 10, cio`e per n − 10 ≤ k ≤ n, e h(n − k) = 0 altrimenti.

Ricordando che il segnale gradino unitario u(k) = 1 se k ≥ 0 e u(k) = 0 altrimenti, otteniamo

y(n) =



















0, n < 0

n

X

k=0

1 = n + 1, 0 ≤ n ≤ 10

n

X

k=n−10

1 = 11, 10 < n

Come sempre, ci si pu`o aiutare nel calcolo della convoluzione tracciando i grafici di x(k) e h(n − k) in funzione di k, per vari valori di n.

Esercizio 5–[punti 4] Calcolare le trasformate di Fourier di x₁(t) = t δ(t), x₂(t) = cos(t) δ(t).

Svolgimento. Ricordiamo che il segnale a tempo continuo δ(t) gode della seguente propriet`a:

f (t)δ(t) = f (0)δ(t), qualunque sia la funzione f (t) continua in t = 0. Dunque, nel nostro caso, x₁(t) = 0 · δ(t) = 0 ed x₂(t) = 1 · δ(t) = δ(t), con trasformate di Fourier

X1(jω) = 0, X2(jω) = 1, ω ∈ R.

Alternativamente, denotando con ∆(jω) ≡ 1 la trasformata di Fourier dell’impulso δ(t) e applicando la propriet`a di derivazione in frequenza, si ottiene

X₁(jω) = j d

dω∆(jω) ≡ 0.

Analogamente, ricordando che cos t = ¹₂(e^jt + e^−jt) e applicando la propriet`a di modulazione d’ampiezza, si ottiene

X₂(jω) = 1

2[∆(j(ω − 1)) + ∆(j(ω + 1))] ≡ 1.

Esercizio 6–[punti 5] Per l’equazione differenziale y⁰(t) + 3y(t) = 9t u(t)

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

Svolgimento. Definiamo x(t) = t u(t) e ricaviamo dalle tabelle X(s) = L[x(t)] = _s¹2. Operando la trasformazione di Laplace unilatera su entrambi i membri dell’equazione differenziale, si ottiene allora l’equazione algebrica

sY (s) − y(0−) + 3Y (s) = 9X(s), la cui soluzione `e

Y (s) = y(0₋) s + 3 + 9

s + 3X(s).

In questa somma, il primo addendo y(0−)

s + 3 = 1

s + 3 =: Y_`(s)

corrisponde alla risposta libera y_`(t), soluzione dell’equazione omogenea y⁰(t) + 3y(t) = 0, con la condizione iniziale fissata. Invece, il secondo addendo

9

s + 3X(s) = 9

s²(s + 3) =: Y_f(s)

corrisponde alla risposta forzata del sistema LTI causale associato all’equazione differenziale y⁰(t)+3y(t) = 9x(t), con l’ingresso fissato. Si noti che la funzione di trasferimento di tale sistema

`

e la trasformata H(s) = ^Y_X(s)^f(s) = _s+3⁹ , con regione di convergenza {s : Re s > −3} comprendente l’asse immaginario. Essendo, inoltre, H(s) una funzione razionale (strettamente) propria, il sistema `e BIBO stabile.

Per antitrasformare, `e opportuno scomporre la funzione razionale Y_f(s) nella forma Y_f(s) = 9

s²(s + 3) = A

s + 3 + B s² + C

s,

dove i tre coefficienti si calcolano, ad esempio, come A = lim

s→−3(s + 3)Y_f(s) = 1, B = lim

s→0s²Y_f(s) = 3, C = s[Y_f(s) − ( A

s + 3 + B

s²)] = −1.

In conclusione, per t > 0, y(t) = y_{`</sub>(t) + y<sub>f</sub>(t), con y<sub>`}(t) = L⁻¹[Y_`(s)] = e^−3t,

y_f(t) = L⁻¹[Y_f(s)] = Ae^−3t+ Bt + C

= e^−3t+ 3t − 1, cio`e

y(t) = 2e^−3t+ 3t − 1, t > 0.

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

Per ciascuno dei seguenti sistemi:

1. y(t) = x(t − 2), t ∈ R, 2. y(n) =

n−1

X

k=−∞

3^kx(k), n ∈ Z, 3. y(t) = x(0)²− t, t ∈ R,

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

Svolgimento. 1. La relazione tra ingresso e uscita `e una semplice traslazione in ritardo di T = 2.

Si tratta quindi di un sistema a. causale, b. lineare, c. tempo invariante, d. BIBO stabile.

2. L’uscita y(n) si ottiene come combinazione lineare dei campioni passati x(k), k < n, dell’ingresso, ma i coefficienti non sono funzione della sola differenza n − k. Inoltre, la risposta all’ingresso limitato x(n) = u(n) `e il segnale illimitato y(n) = <sup>1</sup><sub>2</sub>(3<sup>n</sup> − 1) u(n). Perci`o, questo sistema `e a. causale, b. lineare, c. non tempo invariante, d. non BIBO stabile.

3. L’uscita y(t) dipende solamente (dal tempo t e) dall’ingresso x(0), il quale pu`o appartenere al passato, al presente od al futuro, a seconda del valore di t ∈ R. Inoltre, la risposta all’ingresso nullo x(t) ≡ 0 `e il segnale non nullo ed illimitato y(t) = −t. Notiamo, infine, che mentre l’ingresso nullo soddisfa la propriet`a di invarianza x(t) = x(t − T ) per ogni T ∈ R, per la corrispondente uscita y(t) = y(t − T ) solo per T = 0. Ne consegue che questo `e un sistema a.

non causale, b. non lineare, c. non tempo invariante, d. non BIBO stabile.

Esercizio 8–[punti 2] [facoltativo, da svolgere per ultimo! ] Si consideri la connessione in serie di due sistemi LTI entrambi non BIBO stabili. Il sistema risultante `e necessariamente non BIBO stabile? (Si dimostri l’asserto o si fornisca un controesempio).

Svolgimento. Connettendo in serie due sistemi LTI entrambi non BIBO stabili, non si ottiene necessariamente un sistema non BIBO stabile. Ad esempio, le funzioni di trasferimento H₁(s) =

s − 1

s(s + 1), Re s > 0, ed H₂(s) = s

s − 1, Re s > 1, descrivono due sistemi LTI causali non BIBO stabili. Ma la loro connessione in serie ha funzione di trasferimento H(s) = H₁(s)H₂(s) = 1

s + 1, Re s > −1, ed `e quindi un sistema LTI causale BIBO stabile.