SEGNALI E SISTEMI

SEGNALI E SISTEMI

Testo e Soluzione Esercizio 1 – [punti 6]

Si determini il periodo fondamentale T₀ del segnale a tempo continuo x(t) = 5 − cos(6π

5 t − π

4) + e^−j9π5t

e se ne trovino i coefficienti di Fourier rispetto alla famiglia {φ_k(t) = e^jk2πT0t, k ∈ Z}.

Svolgimento. Il segnale x(t) = x1(t) + x2(t) + x3(t) `e la somma di tre addendi, il primo dei quali x<sub>1</sub>(t) = 5 `e costante e quindi periodico di periodo T₁ 6= 0 qualunque.

Il secondo addendo x₂(t) = − cos(^6π₅ t − ^π₄) `e un segnale sinusoidale di pulsazione ω₂ = ^6π₅ e periodo fondamentale T₂ = ^2π_ω2 = ⁵₃, mentre il terzo addendo x₃(t) = e^−j9π5t

`e un esponenziale complesso di pulsazione ω₃ = −^9π₅ e periodo fondamentale T₃ =

2π

|ω3| = ¹⁰₉. Poich´e il rapporto ^T_T²₃ = ³₂ `e razionale, il segnale x(t) risulta periodico:

il periodo fondamentale si calcola come il minimo comune multiplo di quelli degli addendi, cio`e T<sub>0</sub> = mcm(T<sub>2</sub>, T<sub>3</sub>) = 2T<sub>2</sub> = 3T<sub>3</sub> = <sup>10</sup><sub>3</sub> , da cui si ricava la pulsazione fondamentale ω<sub>0</sub> = <sup>2π</sup><sub>T0</sub> = <sup>3π</sup><sub>5</sub> . (In alternativa, dal rapporto razionale <sub>|ω</sub><sup>ω2</sup><sub>3|</sub> = <sup>2</sup><sub>3</sub> si ricava la pulsazione fondamentale come il massimo comun divisore di quelle degli addendi, cio`e ω₀ = MCD(ω₂, |ω₃|) = ^ω₂² = ^|ω₃^3| = ^3π₅ , da cui T₀ = ^2π_ω

0 = ¹⁰₃ ).

I coefficienti di Fourier si trovano poi per ispezione, usando le formule di Eulero.

Infatti, scrivendo

x(t) = 5 − ¹₂ ^³e^{j[6π5 t−π4]}+ e^{−j[6π5 t−π4]´}+ e^−j9π5t

= 5 − ¹₂e^−jπ4e^j6π5t− ₂¹e^jπ4e^{−j6π5 t}+ e^−j9π5t

= 5 − ¹₂e^−jπ4e^j2ω0t− ₂¹e^jπ4e^−j2ω0t+ e^−j3ω0t si ottiene

a0 = 5, a2 = −¹₂e^−jπ4 = ^−1+j₂^√₂ , a−2 = −¹₂e^jπ4 = ^−1−j₂^√₂ , a−3 = 1, ak = 0, k 6= 0, ±2, −3 Esercizio 2 – [punti 6]

Per il sistema a tempo continuo y(t) =

·

t x(t − 2) − cos(t + 2)

¸

x(t)

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

Svolgimento. a. Poich´e l’uscita y al tempo t dipende solo dall’ingresso x(s) negli istanti s = t ed s = t − 2 precedenti od uguali a t, il sistema `e causale.

b. La presenza del termine quadratico x(t − 2)x(t) nella relazione che descrive il legame ingresso-uscita, rende il sistema non lineare. Infatti, pur essendo y(t) ≡ 0 se x(t) ≡ 0, non sono soddisfatte n´e la propriet`a di omogeneit`a, n´e quella additiva.

Ad esempio, all’ingresso x₁(t) = αx(t) corrisponde l’uscita y₁(t) = α

·

αt x(t − 2) − cos(t + 2)

¸

x(t), in generale diversa da αy(t) = α

·

t x(t − 2) − cos(t + 2)

¸

x(t).

c. La variabilit`a nel tempo dei coefficienti t e − cos(t + 2) `e invece il motivo per cui il sistema non `e tempo invariante. Infatti, traslando l’ingresso: x1(t) = x(t − t0), si ottiene la risposta y₁(t) =

·

t x(t − t₀− 2) − cos(t + 2)

¸

x(t − t₀), in generale diversa da y(t − t₀) =

·

(t − t₀) x(t − t₀− 2) − cos(t − t₀+ 2)

¸

x(t − t₀).

d. Il sistema non `e nemmeno BIBO-stabile, a causa della non limitatezza del coefficiente t. Infatti, all’ingresso limitato x(t) ≡ 1 corrisponde l’uscita divergente y(t) = t − cos(t + 2).

Esercizio 3 – [punti 6]

Si calcoli la convoluzione a tempo continuo y = h ∗ x, dove x(t) = u(t) − 2δ(t − 2) e h(t) =

( 1, se |t| < 1 0, altrimenti e si tracci il grafico del segnale risultante y(t).

Svolgimento. Calcoliamo prima la convoluzione y₁ = h ∗ x₁, con x₁(t) = u(t), ottenendo

y1(t) =

Z _∞

−∞h(t − s)x1(s) ds =

Z _t+1

t−1 u(s) ds =







0, t < −1

R_t+1

0 ds = t + 1, −1 < t < 1

R_t+1

t−1 ds = 2, 1 < t

Quanto alla convoluzione y2 = h ∗ x2, con x2(t) = −2δ(t − 2), le propriet`a formali del segnale δ a tempo continuo ci permettono direttamente di concludere che

y₂(t) = −2h(t − 2) =

( −2, 1 < t < 3 0, altrimenti Di conseguenza, da x(t) = x₁(t) + x₂(t) otteniamo, per linearit`a,

y(t) = y1(t) + y2(t) =











0, t < −1 t + 1, −1 < t < 1 0, 1 < t < 3 2, 3 < t il cui grafico `e riportato in figura:

- 6

t

−2 −1 1 2 3 4

y(t)

2

Esercizio 4 – [punti 4]

Si calcoli la risposta indiciale di un sistema LTI a tempo discreto con risposta im- pulsiva

h(n) = 3⁻ⁿu(n)

Svolgimento. La risposta indiciale (o al gradino) h−1 si ottiene per un sistema LTI come convoluzione della risposta impulsiva h con l’ingresso gradino unitario. In particolare, a tempo discreto si ha

h₋₁(n) =

X∞

k=−∞

h(k)u(n − k) =

Xn

k=−∞

h(k)

cosicch´e la risposta indiciale risulta essere la somma integrale della risposta impul- siva. Dunque, nell’esempio,

h−1(n) =

Xn

k=−∞

3^−ku(k) =







0, n < 0

Xn

k=0

3^−k= 1 − 3⁻⁽ⁿ⁺¹⁾

1 − 3⁻¹ = 3 − 3⁻ⁿ

2 , n ≥ 0

In particolare, h₋₁(n) converge, per n → ∞, a

X∞

k=−∞

h(k) =

X∞

k=−∞

|h(k)| = 3 2 < ∞, mostrando che il sistema `e BIBO-stabile.

Esercizio 5 – [punti 6]

Si tracci il grafico e si calcolino i coefficienti di Fourier del segnale a tempo continuo x(t), periodico di periodo T = 1, cos`ı definito su un periodo:

x(t) = t, t ∈ [0, 1) Suggerimento:

Si calcolino prima i coefficienti di Fourier della derivata generalizzata y(t) = _dt^dx(t), t ∈ R.

Svolgimento. Il grafico del segnale x(t) `e il seguente “dente di sega”:

- 6

t

−3 −2 −1 1 2 3

x(t)

1

In ogni intervallo (k, k + 1) con k ∈ Z, il segnale x(t) `e linearmente crescente con pendenza unitaria, di modo che la derivata (ordinaria!) _dt^dx(t) = 1. Inoltre, in

ogni istante di discontinuit`a k ∈ Z, la derivata (generalizzata!) presenta un impulso

−δ(t − k). In conclusione,

y(t) = d

dtx(t) = 1 −

X∞

k=−∞

δ(t − k)

Ora, i coefficienti di Fourier {b_k, k ∈ Z} del segnale y di periodo T = 1 si calcolano come

b₀ = 1 T

Z ^T

2

−^T₂ y(t) dt =

Z ¹

2

−¹₂[1 − δ(t)] dt = 0 e

b_k = 1 T

Z ^T

2

−^T₂ y(t)e^−jk2πtdt =

Z ¹

2

−¹₂[1 − δ(t)]e^−jk2πtdt = −1, k 6= 0

dove si `e scelto il periodo di integrazione evitando di avere agli estremi un impulso di Dirac e si `e tenuto conto delle propriet`a formali di questo.

Infine, i coefficienti di Fourier {a_k, k ∈ Z} del segnale x si ricavano da quelli della derivata y, come

a₀ = 1 T

Z _T

0 x(t) dt =

Z ₁

0 t dt = 1

2, a_k= 1

jk2πb_k= j

k2π, k 6= 0 Esercizio 6 – [punti 2] [difficile, da svolgere per ultimo!]

Si consideri il seguente schema a blocchi:

x + e y

- − -

6

e - h r

dove la risposta impulsiva h del sistema LTI che trasforma il segnale e = x − y nel segnale y `e

h(t) = 100 e^−tu(t)

Sapendo che il sistema complessivo che trasforma il segnale x nel segnale y `e pure LTI e BIBO stabile, se ne calcoli la risposta in frequenza.

Svolgimento. In regime sinusoidale, la cui esistenza `e garantita dalle ipotesi di linearit`a, tempo invarianza e BIBO-stabilit`a, all’ingresso x(t) = e^jωt corrisponde l’uscita y(t) = W (jω)e^jωt, con W (jω) la risposta in frequenza del sistema comp- lessivo. Dunque, e(t) = x(t) − y(t) = [1 − W (jω)]e^jωt, ma anche y(t) = H(jω)e(t), dove

H(jω) =

Z _∞

−∞h(t)e^−jωtdt =

Z _∞

0 100 e^−(1+jω)tdt = 100 1 + jω

`e la risposta in frequenza del sistema con risposta impulsiva h. Sostituendo, si ha y(t) = H(jω)e(t) = H(jω)[1 − W (jω)]e^jωt

e dal confronto con

y(t) = W (jω)e^jωt

dividendo ambo i membri di destra per e^jωt, che non si annulla per nessun t, ω ∈ R, W (jω) = H(jω)[1 − W (jω)]

Risolvendo questa relazione algebrica, otteniamo infine W (jω) = H(jω)

1 + H(jω) = 100 101 + jω

In alternativa, si pu`o notare che il legame LTI (causale) tra e ed y, corrispondente alla risposta impulsiva h(t) = 100 e<sup>−t</sup>u(t), `e rappresentato anche dall’equazione dif- ferenziale

y⁰ + y = 100 e

Sostituendo e = x − y, si ottiene allora l’equazione differenziale y⁰+ 101 y = 100 x

a cui corrisponde, con il vincolo di stabilit`a, la risposta impulsiva w(t) = 100 e^{−101 t}u(t)

del sistema LTI (causale) che trasforma l’ingresso x nell’uscita y. Da qui si pu`o calcolare direttamente la risposta in frequenza

W (jω) =

Z _∞

−∞w(t)e^−jωtdt =

Z _∞

0 100 e^{−(101+jω)t}dt = 100 101 + jω