SEGNALI E SISTEMI

SEGNALI E SISTEMI

Testo e Soluzione Esercizio 1 – [punti 5]

Calcolare la trasformata di Fourier del segnale a tempo continuo x(t) = e^−2|t|cos t

Svolgimento. Usando la relazione di Eulero, scriviamo x(t) = ¹₂[x₁(t)e^jt+x₁(t)e^−jt], con x₁(t) = e^−2|t|. Da qui discende, per la propriet`a di traslazione in frequenza, la relazione tra le trasfor- mate: X(jω) = ¹₂[X₁(j(ω − 1)) + X₁(j(ω + 1))]. Ora, x₁(t) = e^−2tu(t) + e^2tu(−t), da cui, cal- colando direttamente o consultando le tabelle, si ottiene X1(jω) = 1

jω + 2− 1

jω − 2 = 4 4 + ω². Dunque,

X(jω) = 1 2

"

4

4 + (ω − 1)² + 4 4 + (ω + 1)²

#

= 4 (5 + ω²)

(5 − 2ω + ω²)(5 + 2ω + ω²)

Si noti la simmetria reale e pari di cui godono sia il segnale x(t) che la trasformata X(jω).

Esercizio 2 – [punti 5]

Per un sistema LTI a tempo discreto, con risposta impulsiva h(n) =

µ1 2

¶_n

u(n − 1) calcolare la risposta in frequenza H(e^jθ).

Svolgimento. Ricordiamo che per un sistema LTI e BIBO-stabile la risposta in frequenza coin- cide con la trasformata di Fourier della risposta impulsiva. Dunque, calcolando direttamente la serie (con un cambio di variabile k = n − 1), si ottiene

H(e^jθ) =

X∞

n=−∞

h(n)e^−jθn=

X∞

n=1

µ1 2

¶_n

e^−jθn= e^−jθ 2

X∞

k=0

Ãe^−jθ 2

!_k

= e^−jθ 2

1

1 −^e−jθ₂ = e^−jθ 2 − e^−jθ

Soluzione alternativa. Si noti che h(n) = ¹₂h1(n − 1), con h1(n) =

µ1 2

¶_n

u(n). Ora, H1(e^jθ) =

X∞

n=0

µ1 2

¶_n

e^−jθn= 1

1 −^e−jθ₂ , da cui, per le propriet`a di linearit`a e traslazione temporale,

H(e^jθ) = e^−jθ

2 H₁(e^jθ) = e^−jθ 2 − e^−jθ Esercizio 3 – [punti 6]

Si consideri il segnale

y(t) = cos 2t · sen 4t πt

Quali valori del periodo T permettono la ricostruzione esatta del segnale y(t) a partire dai campioni y(nT )?

Svolgimento. Usando la relazione di Eulero, otteniamo y(t) = ¹₂[x(t)e^j2t + x(t)e^−j2t], con x(t) = sen 4t

πt . Quindi, da X(jω) = rectω

8 segue, per la propriet`a di traslazione in frequenza,

Y (jω) = 1 2

·

rectω − 2

8 + rectω + 2 8

¸

=







1, |ω| ≤ 2

1

2, 2 < |ω| ≤ 6 0, altrimenti

Perci`o, il segnale y(t) ha banda rigorosamente limitata, con Y (jω) = 0 per |ω| > ω_M = 6.

Segue che `e necessario e sufficiente campionare il segnale con pulsazione ω_S > 2ω_M = 12 o, equivalentemente, con periodo T = 2π

ω_S < π ω_M = π

6. Esercizio 4 – [punti 4]

Per un sistema LTI a tempo continuo, con risposta impulsiva h(t) = sen t u(t) + 2 δ(t) a. discutere la stabilit`a BIBO;

b. calcolare la risposta al gradino.

Svolgimento. a. La trasformata di Laplace (unilatera) del segnale causale h(t) si calcola, direttamente o dalle tabelle, come

H(s) = 1

s² + 1 + 2 = 2s²+ 3 s²+ 1

con regione di convergenza il semipiano aperto a destra dei due poli immaginari p_1,2 = ±j.

Poich´e la trasferenza H(s) `e propria, ma non ha i poli a parte reale strettamente negativa, il corrispondente sistema LTI causale non `e BIBO-stabile.

Alternativamente si pu`o ragionare nel dominio del tempo osservando che h(t) ha una com- ponente impulsiva 2 δ(t), compatibile con la stabilit`a BIBO, ma che la componente (non genera- lizzata) sen t u(t) non `e assolutamente integrabile. Perci`o, il sistema non `e BIBO-stabile.

b. Per calcolare la risposta al gradino, basta antitrasformare la funzione razionale

H(s) · 1

s = 2s²+ 3 s(s²+ 1) = 3

s − s

s²+ 1, Re s > 0 e tener conto della causalit`a del sistema, ottenendo

h₋₁(t) = (3 − cos t) u(t)

Alternativamente, la risposta al gradino si pu`o calcolare nel dominio del tempo come l’integrale della risposta impulsiva:

h−1(t) =

Z _t

−∞h(τ ) dτ =

µZ _t

0 [sen τ + 2 δ(τ )] dτ

¶

u(t) = (3 − cos t) u(t)

Esercizio 5 – [punti 6]

Si consideri l’equazione differenziale

y⁰⁰(t) + 5 y⁰(t) = 3 x(t)

Determinare la soluzione y(t), t > 0, corrispondente a x(t) = δ(t) ed alle condizioni iniziali y(0−) = 0, y⁰(0−) = 2.

Svolgimento. Mediante trasformazione di Laplace unilatera, il “problema ai valori iniziali” si traduce nell’equazione

s²Y (s) − sy(0−) − y⁰(0−) + 5

·

sY (s) − y(0−)

¸

= 3 X(s)

da cui, sostituendo i valori fissati per y(0−), y⁰(0−) e tenendo conto che X(s) = 1, si ottiene l’equazione algebrica

s²Y (s) − 2 + 5 sY (s) = 3 La trasformata della soluzione y(t) risulta pertanto

Y (s) = 5

s(s + 5) = 1 s − 1

s + 5 Quindi, per t > 0,

y(t) = 1 − e^−5t

Soluzione alternativa. La soluzione si ottiene anche direttamente nel dominio del tempo, scrivendola come combinazione lineare

y(t) = a + be^−5t, t > 0

dei due modi φ1(t) = 1 e φ2(t) = e^−5t, corrispondenti alle radici p1 = 0 e p2 = −5 del polinomio caratteristico a(s) = s(s + 5) associato all’equazione differenziale. Si osservi che, per t > 0, tale y(t) soddisfa l’equazione (omogenea). Inoltre, le derivate prima e seconda risultano

y⁰(t) = −5be^−5t, y⁰⁰(t) = 25be^−5t, t > 0 mentre y(0+) := lim

t→0+y(t) = a + b e y⁰(0+) := lim

t→0+y⁰(t) = −5b. Perci`o, in t = 0 il segnale y(t) presenta una discontinuit`a y(0+) − y(0−) = a + b, la derivata y⁰(t) presenta una componente impulsiva (a+b) δ(t) e una discontinuit`a y<sup>0</sup>(0+)−y<sup>0</sup>(0−) = −5b−2, la derivata seconda presenta una componente impulsiva (a+b) δ<sup>0</sup>(t)+(−5b−2) δ(t). I coefficienti a e b si trovano “bilanciando gli impulsi”, cio`e imponendo che l’equazione differenziale (non omogenea) sia soddisfatta anche

“in t = 0”. Uguagliando

y⁰⁰(t) + 5 y⁰(t) = (a + b) δ⁰(t) + (−5b − 2) δ(t) + 5(a + b) δ(t) = (a + b) δ⁰(t) + (5a − 2) δ(t) con 3 x(t) = 3 δ(t), si ottengono cos`ı a = −b = 1, da cui la soluzione y(t) = 1 − e^−5t, per t > 0.

Esercizio 6 – [punti 2] [difficile, da svolgere per ultimo!]

Si consideri un sistema LTI causale e BIBO-stabile a tempo continuo, con funzione di trasferi- mento

H(s) = 6(s + 4) s²+ as + 9

In risposta all’ingresso x(t) = cos 3t u(t), l’uscita presenta, a transitorio esaurito, un andamento oscillatorio compreso tra un valore massimo y_M = 2 e un valore minimo y_m = −2. In base a questo esperimento, quanto vale il parametro reale a?

Svolgimento. Essendo il sistema BIBO-stabile, l’uscita assume per t → ∞ (cio`e “a transitorio esaurito”) l’andamento della risposta di regime sinusoidale

yperm(t) = |H(j3)| cos(3t + arg H(j3))

come se l’ingresso fosse una sinusoide agente da sempre, cio`e ˆx(t) = cos 3t, t ∈ R. Qui, H(j3) rappresenta la risposta in frequenza del sistema alla pulsazione ω = 3. In particolare, l’ampiezza dell’oscillazione determina il modulo |H(j3)| = 2. Ora, in virt`u della stabilit`a, la risposta in frequenza `e la trasformata di Fourier della risposta impulsiva e questa coincide con la funzione di trasferimento valutata sull’asse immaginario. Perci`o,

2 = |H(j3)| =

¯¯

¯¯

¯

6(s + 4) s²+ as + 9

¯¯

¯¯

¯s=j3

= 10

|a|

Quindi, |a| = 5 e anzi, per la stabilit`a che vuole i due poli di H(s) a parte reale negativa, a = 5.