0, l’equazione differenziale y

(t

SEGNALI E SISTEMI

Proff. L. Finesso, M. Pavon e S. Pinzoni (a.a. 2005-2006) Homework assignment #2 – Testo e Soluzione

Esercizio 1 Risolvere, per t > 0, l’equazione differenziale y

(t) − y(t) = u(t), con condizioni iniziali y(0−) = 3 e y
(0₋) = 1.

Svolgimento. La soluzione di questo problema di Cauchy “ai valori iniziali” `e y(t) = y
(t)+yf(t), dove la risposta libera y
(t) `e la soluzione dell’equazione omogenea

y

(t) − y(t) = 0,

soddisfacente le condizioni iniziali assegnate y
(0) = y(0−) = 3 e y

(0) = y
(0₋) = 1, mentre la risposta forzata yf(t) `e la soluzione dell’equazione non omogenea data, con condizioni iniziali nulle yf(0<sub>−</sub>) = 0 e y<sub>f</sub>
(0<sub>−</sub>) = 0. D’altra parte, la risposta forzata si pu`o calcolare esplicitamente come yf = h ∗ u, cio`e come convoluzione del segnale d’ingresso dato x = u con la risposta impulsiva causale h = h+, soluzione dell’equazione differenziale

h

(t) − h(t) = δ(t), con condizioni iniziali h(0−) = 0, h
(0₋) = 0.

Considerando, dunque, l’equazione caratteristica s² − 1 = 0, troviamo le radici p1 = 1, p2 =−1, i modi φ₁(t) = e^p1t = e^t, φ2(t) = e^p2t = e^−t e un’espressione esplicita per la generica risposta libera: y
(t) = c1φ1(t)+c2φ2(t) = c1e^t+c2e^−t. Imponendo allora le condizioni prescritte in t = 0:

y
(0) = c1φ1(0) + c2φ2(0) = c1+ c2 = y(0−) = 3, y

(0) = c1φ
₁(0) + c2φ
₂(0) = c1− c₂ = y
(0₋) = 1, ricaviamo univocamente c1 = 2 e c2 = 1, da cui la soluzione

y
(t) = 2e^t+ e^−t, t ∈ R.

Per quanto riguarda la risposta impulsiva causale h(t) associata all’equazione differenziale, abbiamo gi`a osservato a lezione che, per t > 0, h(t) risolve l’equazione differenziale omogenea ed `e quindi combinazione lineare dei modi. Inoltre, essendo n = 2 > 0 = m, non ci sono componenti impulsive in t = 0 e quindi

h(t) = [d1φ1(t) + d2φ2(t)] u(t) = [d1e^t+ d2e^−t] u(t), t ∈ R,

dove i coefficienti d1 e d2 si trovano per “bilanciamento degli impulsi”. Calcoliamo dunque:

h
(t) = [d1e^t− d₂e^−t] u(t) + [d1+ d2] δ(t),

h

(t) = [d1e^t+ d2e^−t] u(t) + [d1 − d2] δ(t) + [d1+ d2] δ
(t),

dove abbiamo usato l’accortezza di sostituire termini del tipo f (t) δ(t) con f (0) δ(t) prima delle derivazioni successive, per non dover manipolare termini del tipo f (t) δ⁽¹⁾(t). Ora, eguagliando i due ultimi membri dell’equazione

h

(t) − h(t) = [d1 − d2] δ(t) + [d1 + d2] δ
(t) = δ(t),

otteniamo le n = 2 equazioni lineari nei coefficienti incogniti d1− d2 = 1, d1+ d2 = 0, da cui d1 =−d₂ = ¹₂ e quindi

h(t) = [d1e^t+ d2e^−t] u(t) = ¹₂[e^t− e^−t] u(t), t ∈ R.

Perci`o, possiamo calcolare per t > 0:

yf(t) =

_t

0 h(τ )u(t−τ ) dτ =

_t

0 h(τ ) dτ =

_t

0

12[e^τ−e^−τ] dτ = ¹₂[e^t−1+e^−t−1] = ¹₂[e^t+ e^−t]−1, ottenendo infine la soluzione richiesta:

y(t) = y
(t) + yf(t) = 2e^t+ e^−t+¹₂[e^t+ e^−t]− 1 = ⁵₂e^t+ ³₂e^−t− 1, t > 0.

Esercizio 2 Calcolare la trasformata di Fourier dei segnali a tempo continuo:

a. x1(t) = ^_−∞^t y(s) ds − [e^−2tcos 2t] u(t), dove y(t) = rect(₂^t), impiegando la trasformata Y (jω) di y(t);

b. x2(t) = rect(^t−1₂ )− (t − 2)³e^−(t−2)u(t − 2).

Svolgimento. a. Poich´e la trasformata di y(t) `e nota come Y (jω) = 2 sen ω

ω , usando la propriet`a di integrazione troviamo la trasformata del primo addendo x11(t) =^_−∞^t y(s) ds:

X11(jω) = 1

jωY (jω) + πY (0)δ(ω) = 2 sen ω

jω² + 2πδ(ω).

Per trovare la trasformata del secondo addendo x12(t) = [e^−2tcos 2t] u(t) = ¹₂[e^j2t+e^−j2t]e^−2tu(t), usiamo invece la propriet`a di traslazione in frequenza, ad esempio partendo dalla trasformata

2+jω1 di e^−2tu(t). Risulta allora

X12(jω) = 1 2

 1

2 + j(ω − 2)+ 1 2 + j(ω + 2)



= 2 + jω 8− ω²+ j4ω. Otteniamo dunque:

X(jω) = 2 sen ω

jω² + 2 + jω

8− ω²+ j4ω + 2πδ(ω).

b. Dalle trasformate X21(jω) = 2 sen ω

ω di x21(t) = rect(₂^t) e X22(jω) = 3!

(1 + jω)⁴ di x22(t) = t³e^−tu(t), applicando la propriet`a di traslazione nel tempo otteniamo

X2(jω) = e^−jωX21(jω) − e^−j2ωX22(jω) = 1− e^−j2ω

jω − 6e^−j2ω (1 + jω)⁴.

Esercizio 3 Determinare i segnali a tempo continuo che corrispondono a ciascuna delle seguenti trasformate:

a. X1(jω) = cos(2ω) + δ(ω − 1) + δ(ω + 1);

b. X2(jω) = e^−4|ω|.

Svolgimento. a. Per antitrasformare il primo addendo X11(jω) = cos 2ω = ¹₂[e^j2ω + e^−j2ω], si pu`o usare la propriet`a di traslazione nel tempo, dato che la costante 1 `e la trasformata dell’impulso δ(t). Perci`o, x11(t) = ¹₂[δ(t + 2) + δ(t − 2)]. Oppure, si pu`o ricorrere alla dualit`a, sapendo che la trasformata di cos 2t `e π[δ(ω − 2) + δ(ω + 2)]: basta infatti cambiare ω in −t, dividere per 2π e ricordare che l’impulso δ `e un segnale pari.

In conclusione, si ottiene

x1(t) = ¹₂[δ(t + 2) + δ(t − 2)] + _π¹ cos t.

b. Calcolando direttamente risulta x2(t) = 1

2π

_+∞

−∞ X2(jω)e^jωtdω = 1 2π

₀

−∞e^4ωe^jωtdω + 1 2π

_+∞

0 e^−4ωe^jωtdω

= 1

2π

 1

4 + jω + 1 4− jω



=

π4

16 + ω².

Anche in questo caso si poteva ricorrere alla propriet`a di dualit`a, avendo calcolato a lezione la trasformata di e^−a|t|, con a > 0, che risulta pari a _a2^2a+ω². Ponendo a = 4, cambiando ω in −t e dividendo per 2π, si ottiene naturalmente la stessa espressione per il segnale x2(t).

Esercizio 4 Si consideri un sistema LTI BIBO-stabile, con risposta in frequenza H(jω) = 1

3 + jω. Applicando l’ingresso x(t), si ottiene l’uscita

y(t) = e^−3tu(t) − e^−4tu(t).

Determinare x(t).

Svolgimento. L’uscita y = h ∗ x ha trasformata di Fourier Y (jω) = _3+jω¹ − _4+jω¹ = (3+jω)(4+jω)¹ . Per il teorema di convoluzione, `e anche Y (jω) = H(jω)X(jω). Quindi,

X(jω) = Y (jω)

H(jω) = 1 4 + jω, da cui si ottiene, tabelle alla mano, x(t) = e^−4tu(t).

Esercizio 5 Calcolare:

a. la trasformata di Fourier del segnale a tempo discreto x1(n) = 1

3^|n−1|; b. il segnale a tempo discreto corrispondente alla trasformata:

X2(e^jθ) = rect

θ π



, −π ≤ θ < π.

Svolgimento. a. Risulta dal calcolo diretto X1(e^jθ) =

+∞

n=−∞x(n)e^−jθn=

0 n=−∞

(¹₃)⁻⁽ⁿ⁻¹⁾e^−jθn+

+∞

n=1

(¹₃)ⁿ⁻¹e^−jθn

= ¹₃

+∞

m=0

(¹₃)^me^jθm+ e^−jθ

+∞

m=0

(¹₃)^me^−jθm =

13

1− ¹₃e^jθ + e^−jθ 1− ¹₃e^−jθ

= 4e^−jθ 5− 3 cos θ.

Notare che x1(n) = ¯x1(n−1), con ¯x1(n) = 3^−|n|, la cui trasformata ¯X1(e^jθ) = 4

5− 3 cos θ `e stata calcolata a lezione. Possiamo dunque verificare che, in accordo con la propriet`a di traslazione nel tempo, X1(e^jθ) = e^−jθX¯1(e^jθ).

b. La funzione X2(e^jθ) `e la risposta in frequenza di un filtro passa-basso ideale con pul- sazione (normalizzata) di taglio θc = ^π₂, cui corrisponde la risposta impulsiva

x2(n) = _2π¹

_π

−πX2(e^jθ)e^jθndθ = _2π¹

π 2

−^π₂ e^jθndθ = sen ^π₂n πn =

⎧⎨

⎩

0, n pari,

(−1)ⁿ⁻¹²

πn , n dispari.

Notare come il campione x2(n) coincida con il coefficiente di Fourier a−n = andel segnale “onda quadra” simmetrica rep_T[rect_2T^t

1] nel caso che T = 4T1, in accordo con la propriet`a di dualit`a tra serie di Fourier (a tempo continuo) e trasformata di Fourier a tempo discreto.

Esercizio 6 Il segnale y = x1 ∗ x2 `e generato dalla convoluzione dei segnali x1(t) = 2sen 2t πt e x2(t) = sen 5t

πt . Si specifichi il campo di valori del periodo T che permettono la ricostruzione esatta del segnale y(t) a partire dai campioni y(nT ) per mezzo di un filtro passa-basso ideale.

Svolgimento. Dalle tabelle si ricavano le trasformate

X1(jω) = 2 rect(^ω₄), X2(jω) = rect(₁₀^ω) e, per il teorema di convoluzione,

Y (jω) = X1(jω)X2(jω) = 2 rect(^ω₄) =

 2, |ω| < 2, 0, |ω| > 2.

Pertanto, la pulsazione di banda del segnale y(t) `e ωM = 2πB = 2. `E allora possibile ricostruire esattamente il segnale y(t) a partire dai suoi campioni y(nT ), n ∈ Z, per mezzo di un filtro passa-basso ideale se e solo se il periodo di campionamento T = ^2π_ωs ≤ _ω^π_M = _2B¹ = ^π₂.

Nota. La condizione necessaria e sufficiente del teorema del campionamento che abbiamo usato `e nella forma di una disuguaglianza non stretta per il periodo T . Cos`ı `e sempre quando il segnale da campionare presenta alla pulsazione ±ωM un’armonica di ampiezza (e potenza) nulla o infinitesima. Diverso `e il caso considerato a lezione del segnale y(t) = cos(ωMt + ϕ), per il quale `e necessario (oltrech´e sufficiente) che T < _2B¹ , mostrando lo spettro Y (jω) una componente impulsiva in ω = ±ωM.