SEGNALI E SISTEMI

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SEGNALI E SISTEMI

Proﬀ. L. Finesso, M. Pavon e S. Pinzoni (a.a. 2005-2006) Homework assignment #1 – Testo e Soluzione

Esercizio 1 Per ciascuno dei seguenti segnali (a tempo continuo o a tempo discreto) dire se `e periodico e, in caso aﬀermativo, trovarne il periodo fondamentale:

a. x1(t) = 2π − 3 + sen(−^π₅t + ^π₃)− e^j^π⁴^t+2, t ∈ R, b. x2(n) = cos(2n) − e^j4πn, n ∈ Z.

Svolgimento. a. Il segnale a tempo continuo x1(t) `e la somma di tre addendi, il primo dei quali x10(t) = 2π − 3 `e costante e quindi periodico di periodo qualunque, il secondo x11(t) = sen(−^π₅t + ^π₃) `e sinusoidale di pulsazione ω1 =−^π₅ e periodo fondamentale T01 = _|ω^2π

1| = 10, il terzo x12(t) = −e^j^π⁴^t+2 = −e²e^j^π⁴^t `e esponenziale di pulsazione ω2 = ^π₄ e periodo fondamentale T02 = _|ω^2π

2| = 8.

Ora, poich´e il rapporto dei periodi ^T_T⁰¹

02 = ⁵₄ è un numero razionale, appare che anche la somma x1(t) = x10(t) + x11(t) + x12(t) è un segnale periodico e che un suo periodo è il minimo comune multiplo T = mcm (T01, T02) = 4T01 = 5T02 = 40. Questo risulta in effetti il periodo fondamentale di x1(t).

b. Il segnale a tempo discreto x2(n) non `e periodico, in quanto somma di un segnale aperiodico e di un segnale costante. Infatti, il primo addendo cosinusoidale x21(n) = cos(2n) ha pulsazione normalizzata θ1 = 2, che non `e in rapporto razionale con 2π. Invece, il secondo addendo x22(n) = e^j4πn≡ 1 `e costante (e quindi periodico di periodo fondamentale N02= 1).

Esercizio 2 Si consideri il segnale a tempo continuo x(t) = e^j^3π² ^tcos(^5π₂ t) + j sen(πt).

a. Veriﬁcare che x(t) `e periodico e calcolarne il periodo fondamentale.

b. Calcolare media e potenza del segnale x(t).

Svolgimento. a. Il segnale x(t) `e la somma di due addendi. Il secondo di essi `e il segnale sinusoidale x2(t) = j sen(πt) = ¹₂(e^jπt− e^−jπt) di pulsazione ω2 = π e periodo fondamentale T02 = _|ω^2π

2| = 2. Il primo addendo invece `e il prodotto x1(t) = e^j^3π² ^tcos(^5π₂ t), il cui primo fattore esponenziale x11(t) = e^j^3π² ^t ha pulsazione ω11 = ^3π₂ e periodo fondamentale T011 = _|ω^2π

11| = ⁴₃, mentre il secondo fattore cosinusoidale x12(t) = cos(^5π₂ t) ha pulsazione ω12 = ^5π₂ e periodo fondamentale T012= _|ω^2π

12| = ⁴₅.

Poich´e il rapporto dei periodi ^T_T⁰¹¹

012 = ⁵₃ `e un numero razionale, anche il prodotto x1(t) = x11(t)x12(t) `e periodico, di periodo T1 = mcm (T011, T012) = 3T011 = 5T012 = 4. Questo, per`o, non `e il periodo fondamentale di x1(t). Infatti, riscrivendo x1(t) = e^j^3π² ^t [₂¹(e^j^5π²^t+ e^−j^5π² ^t)] =

12(e^j4πt + e^−jπt) come somma di due esponenziali, si trova il periodo fondamentale T01 = 2, coincidente con T02. Il periodo fondamentale del segnale

x(t) = ¹₂(e^j4πt+ e^−jπt) + ¹₂(e^jπt− e^−jπt) = ¹₂e^jπt+ ¹₂e^j4πt (1)

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`e perci`o T0 = 2.

b. Essendo il segnale x(t) periodico, media e potenza si possono calcolare su un periodo.

Si ottiene

m(x) = m[T 0](x) = _T¹₀

_T₀

0 x(t) dt = ¹₂

₂

0 (¹₂e^jπt+ ¹₂e^j4πt) dt = 0 + 0 = 0,

P (x) = P[T 0](x) = _T¹₀

_T₀

0 |x(t)|²dt = ¹₂

₂

0 (¹₂e^jπt+¹₂e^j4πt)(¹₂e^−jπt+ ¹₂e^−j4πt) dt

= ¹₂

₂

0 (¹₄ +¹₄e^j3πt+¹₄e^−j3πt+¹₄) dt = ¹₄ + 0 + 0 +¹₄ = ¹₂. Nota: Il segnale x(t) è rappresentato in (1) come una serie (finita) di Fourier rispetto alla famiglia di esponenziali in relazione armonica {φk(t) = e^jkπt, k ∈ Z}, con coefficienti a1 = a4 = ¹₂ e ak = 0, k = 1, 4. Si potevano perciò calcolare direttamente il valor medio m(x) = a0 = 0 e la potenza media P (x) =_k|ak|² = ¹₂ (Teorema di Parseval).

Esercizio 3 Si calcoli la convoluzione a tempo discreto z(n) = x(n) ∗ y(n), dove

x(n) =

⎧⎪

⎨

⎪⎩

2, n = 0,

−1, |n| = 1, 0, altrimenti,

y(n) = u(n − 1) − u(n − 5).

Svolgimento. Notando che y(n) = 1 per 1 ≤ n ≤ 4, altrimenti y(n) = 0, dalla deﬁnizione di convoluzione a tempo discreto si ottiene

z(n) =

∞

k=−∞x(k)y(n − k) =

n−1

k=n−4x(k) =

⎧⎪

⎨

⎪⎩

0, se n < 0, n = 2, 3, n > 5,

−1, se n = 0, 5, 1, se n = 1, 4.

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

Nota: Il segnale h(n) = δ(n + 1) − 2δ(n) + δ(n − 1) (pari all’opposto del segnale poco felice- mente chiamato x(n) in questo esercizio) è la risposta impulsiva di un filtro LTI a tempo discreto che produce in uscita la “differenza seconda” del segnale d’ingresso. Infatti, convolvendo h(n) con un generico ingresso x(n), si ottiene l’uscita y(n) = h(n)∗x(n) = x(n+1)−2x(n)+x(n−1) = z(n + 1) − z(n), dove z(n) = x(n) − x(n − 1) rappresenta la “differenza prima” di x(n). Questa operazione, effettuata dal filtro LTI di risposta impulsiva h(n), è analoga (e anzi approssima nel caso di segnali campionati) il calcolo della derivata seconda per segnali a tempo continuo, permettendo di evidenziare le variazioni di “pendenza” in una sequenza di dati. Si provi a interpretare in base a questa osservazione la convoluzione calcolata in questo esercizio.

Esercizio 4 Si calcoli la risposta al segnale d’ingresso x(t) = δ(t − 5) + e^−2tu(t) − (sen t) δ(2t) per un sistema LTI a tempo continuo con risposta impulsiva h(t) = u(t − 2).

Svolgimento. Innanzitutto, notiamo che (sen t) δ(2t) = ¹₂(sen t) δ(t) = 0, come segue dalle identit`a δ(αt) = _|α|¹ δ(t), valida per ogni α = 0, e f (t)δ(t) = f (0)δ(t), valida per ogni f (·) continua in t = 0 (propriet`a rivelatrice).

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E dunque richiesto il calcolo della convoluzione y(t) = h(t) ∗ x(t), dove x(t) = x` 1(t) + x2(t), con x1(t) = δ(t − 5) e x2(t) = e^−2tu(t). Applicando la propriet`a distributiva della convoluzione, avremo y(t) = y1(t) + y2(t), con y1(t) = h(t) ∗ x1(t) e y2(t) = h(t) ∗ x2(t). Si ricavano allora y1(t) = h(t − 5) = u(t − 7) per la propriet`a di traslazione della delta e

y2(t) =

_∞

−∞u(t − τ − 2)e^−2τu(τ ) dτ =

⎧⎨

⎩

0, se t < 2,

_t−2

0 e^−2τdτ = ¹₂(1− e^−2(t−2)), se t > 2, ottenendo quindi

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

⎧⎪

⎨

⎪⎩

0, se t < 2,

12(1− e^−2(t−2)), se 2 < t < 7,

12(3− e^−2(t−2)), se 7 < t.

Esercizio 5 Calcolare la derivata generalizzata del segnale a tempo continuo x(t) = cos(3t − 2) sgn(−t), t ∈ R,

dove il segnale “segno” `e deﬁnito da:

sgn(t) =

⎧⎪

⎨

⎪⎩

1, t > 0, 0, t = 0,

−1, t < 0.

Svolgimento. Formalmente, ricordando la regola di derivazione del prodotto e le propriet`a dell’impulso δ di Dirac,

d

dtx(t) =

d

dtcos(3t − 2)

sgn(−t) + cos(3t − 2)

d

dt sgn(−t)

= −3 sen(3t − 2) sgn(−t) − 2 cos(3t − 2)δ(t)

= 3 sen(3t − 2) sgn(t) − 2 cos(2)δ(t),

dato che il segnale sgn(−t) = − sgn(t) `e costante, salvo avere una discontinuit`a di ampiezza -2 in t = 0.

Esercizio 6 Per i seguenti sistemi:

1. y(n) =

∞ k=1

2^kx(n − k), n ∈ Z,

2. y(t) =

_t

t−1e^t+τx(τ ) dτ , t ∈ R, veriﬁcare se valgono le propriet`a di:

a. causalità, b. linearità, c. tempo invarianza, d. BIBO-stabilità.

Svolgimento. 1.a. Il sistema `e causale perch´e ad ogni istante n ∈ Z l’uscita y(n) dipende dai soli campioni passati {x(n − k), k > 0} dell’ingresso.

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b. Il sistema è lineare, in quanto sono soddisfatte entrambe le proprietà di omogeneità ed additivit`a, come accade per ogni relazione ingresso-uscita del tipo y(n) =_kh(n, k)x(n − k).

c. Il sistema `e anche tempo-invariante, la relazione ingresso-uscita essendo del tipo con- voluzionale. Infatti, y(n) =_kh(k)x(n − k), dove h(k) = 2^ku(k − 1) `e la risposta impulsiva.

d. Invece, il sistema non `e BIBO-stabile, dato che la risposta impulsiva non `e assolutamente sommabile. Infatti,

∞ k=−∞

|h(k)| = ^∞

k=1

2^k = ∞. Ad esempio, la risposta al gradino h−1(n) =

_n

k=1

2^k

u(n − 1) = 2(2ⁿ− 1)u(n − 1) `e illimitata, pur essendo il gradino un segnale limitato.

2.a. Il sistema `e causale, dato che ad ogni istante t ∈ R l’uscita y(t) dipende solo dai campioni passati {x(τ), t − 1 < τ < t} dell’ingresso.

b. Il sistema `e anche lineare, perch´e ogni relazione ingresso-uscita integrale del tipo y(t) =

h(t, t − τ )x(τ ) dτ = h(t, σ)x(t − σ) dσ soddisfa sia la propriet`a di omogeneit`a che quella additiva. Nel caso in esame possiamo riconoscere che h(t, t − τ ) = e^t+τ[u(t − τ ) − u(t − 1 − τ )] = e^2te^−(t−τ)[u(t − τ ) − u(t − τ − 1)].

c. Il sistema non `e per`o tempo-invariante, in quanto h(t, σ) = e^2te^−σ[u(σ) − u(σ − 1)] dipende esplicitamente dal primo argomento t. Ad esempio, all’ingresso x(t) ≡ 1 costante corrisponde l’uscita y(t) =

₁

0 e^2te^−σdσ = e^2t−1(e − 1). Ora, mentre x(t) = x(t − t0) per ogni t0 ∈ R, cioè l’ingresso costante coincide con qualunque sua versione traslata, lo stesso non può dirsi per la corrispondente uscita, dato che y(t) = y(t − t0) solo per t0 = 0, verificando cos`ı la mancata tempo-invarianza del sistema.

d. Infine, il sistema non è BIBO-stabile, dato che non tutti gli ingressi limitati generano uscite limitate. Ad esempio, la stessa uscita y(t) = e^2t−1(e − 1) del punto precedente è illimitata, pur essendo il corrispondente ingresso x(t) ≡ 1 un segnale limitato.