SEGNALI E SISTEMI

SEGNALI E SISTEMI

Testo e Soluzione Esercizio 1 – [punti 5]

Determinare la risposta impulsiva h(n), n ∈ Z, del filtro passa-basso ideale, la cui risposta in frequenza `e definita, per θ ∈ (−π, π], come

H(e^jθ) =

( 1, se |θ| < ^π₂, 0, altrimenti.

Svolgimento. Direttamente integrando, si ottiene

h(n) = _2π¹

Z π

−πH(e^jθ)e^jθndθ = _2π¹

Z ^π

2

−^π

2

e^jθndθ =















1

2, n= 0

1 2πjne^jθn

π 2

−^π

2

= sen^π₂n

πn , n6= 0 In conclusione,

h(n) = 1 2sinc

n 2



, n∈ Z.

In particolare, risulta h(0) = 1

2, h(n) = 0 per n 6= 0 pari, h(n) = (−1)^m

(2m + 1)π per n = 2m + 1 dispari.

Esercizio 2 – [punti 6]

Il segnale x(t) = 1 + sen 2t − cos 6t `e l’ingresso di un filtro LTI con risposta in frequenza H(jω) =

( jω, se |ω| < 3, 0, altrimenti.

Calcolare la corrispondente uscita y(t).

Svolgimento. La trasformata di Fourier del segnale periodico x(t) `e X(jω) = 2π

"

δ(ω) + 1

2jδ(ω − 2) − 1

2jδ(ω + 2) − 1

2δ(ω − 6) − 1

2δ(ω + 6)

#

. Perci`o, osservando che H(jω) = 0 per |ω| > 3 e ricordando le propriet`a della δ,

Y(jω) = H(jω)X(jω) = 2πjω

"

δ(ω) + 1

2jδ(ω − 2) − 1

2jδ(ω + 2)

#

= 2π



δ(ω − 2) + δ(ω + 2)



`e la trasformata di Fourier dell’uscita y(t). Risulta dunque y(t) = 2 cos 2t,

corrispondente alla derivata delle componenti dell’ingresso di pulsazione ω = 0 e ω = 2. Si riconosce infatti nel filtro di risposta in frequenza H(jω) = jω · rect^ω₆ la serie di un derivatore e di un passa-basso ideale che taglia le componenti armoniche di pulsazione ω > 3, in particolare quella di pulsazione ω = 6.

Esercizio 3 – [punti 5]

Determinare l’insieme dei periodi di campionamento T che permettono la ricostruzione esatta del segnale x(t) = 1+sen 2t−cos 6t considerato nell’esercizio precedente, a partire dai campioni {x(kT ), k ∈ Z}, mediante un filtro passa-basso ideale.

Svolgimento. La trasformata X(jω) calcolata sopra `e nulla per |ω| > 6 [rad · s<sup>−1</sup>]. Tale valore minimo coincide con la pulsazione di banda ωM = 2πB del segnale x(t). Per il teorema del campionamento, possiamo allora concludere che il segnale `e ricostruibile dai suoi campioni x(kT ) se e solo se il periodo

T < 1

2B = π ω_M = π

6 [s], essendo 2B = 6

π [s⁻¹] la frequenza di Nyquist di x(t).

Esercizio 4 – [punti 6]

a. Calcolare il segnale x(t), antitrasformata di Laplace bilatera della funzione

X(s) = −6

(s + 1)(s − 2), −1 < Re s < 2.

b. Qual `e, se esiste, la trasformata di Fourier del segnale x(t)?

Svolgimento. a. La trasformata X(s) `e una funzione razionale strettamente propria, con poli semplici p<sub>1</sub> = −1 e p<sup>2</sup> = 2. Si pu`o pertanto rappresentare mediante lo sviluppo in frazioni parziali

X(s) = A

s+ 1 + B s− 2, dove i coefficienti A e B si calcolano, ad esempio, come

A= lim

s→−1(s + 1)X(s) = 2, B = lim

s→2(s − 2)X(s) = −2.

Osserviamo ora che la regione di convergenza R(x) = {s : −1 < Re s < 2} `e l’intersezione del semipiano destro R(x1) = {s : −1 < Re s} con il semipiano sinistro R(x²) = {s : Re s < 2}, relativi rispettivamente ai termini X1(s) = 2

s+ 1 e X2(s) = −2

s− 2 dello sviluppo. Con queste regioni di convergenza, si ottiene allora

x₁(t) = 2 e^−t u(t), x₂(t) = 2 e^2t u(−t) e quindi

x(t) = x1(t) + x2(t) =

( 2 e^2t, se t < 0, 2 e^−t, se t ≥ 0.

b. Poich´e X(s) `e una funzione razionale strettamente propria e l’asse immaginario jR ap- partiene alla regione di convergenza R(x) = {s : −1 < Re s < 2}, il segnale x(t) `e assolutamente integrabile e la sua trasformata di Fourier, che esiste nel senso L¹, coincide con la funzione X(s) valutata per s = jω. Dunque

X(jω) = −6

(jω + 1)(jω − 2) = 6

2 + jω + ω², ω∈ R,

come si pu`o per altro verificare direttamente dall’espressione di x(t) trovata al punto a.

Esercizio 5 – [punti 6]

Per l’equazione differenziale

y⁰(t) + 3 y(t) = x(t),

con x(t) = 30 sen t u(t) e condizione iniziale y(0−) = 2, calcolare la soluzione y(t), t > 0, determinando separatamente le componenti di risposta libera e di risposta forzata.

Svolgimento. Trasformando secondo Laplace unilatera i due membri dell’equazione differenziale, otteniamo l’equazione algebrica

sY(s) − y(0−) + 3Y (s) = X(s), da cui

Y(s) = y(0−) s+ 3 + 1

s+ 3X(s), Re s > max(−3, σ^0x), essendo σ0x l’ascissa di convergenza di x(t). Il primo addendo Y`(s) = y(0−)

s+ 3 `e la trasformata della componente di risposta libera, che dipende solo dalla condizione iniziale e coincide con la risposta totale qualora x(t) ≡ 0. Antitrasformando e sostituendo il valore della condizione iniziale, per t ≥ 0 si ottiene

y_`(t) = 2 e^−3t. Il secondo addendo Yf(s) = H(s)X(s), dove H(s) = 1

s+ 3, Re s > −3, `e la funzione di trasferimento dell’unico sistema LTI causale associato all’equazione differenziale, `e la trasfor- mata della componente di risposta forzata: questa dipende solo dall’ingresso e coincide con la risposta totale quando y(0−) = 0. Calcolando X(s) e decomponendo,

Y_f(s) = 1

s+ 3 · 30

s²+ 1 = A

s+ 3 +Bs+ C s²+ 1 , dove i coefficienti A, B e C si trovano come

A= lim

s→−3(s + 3)Yf(s) = 3, Bs+ C = (s²+ 1)



Y_f(s) − A s+ 3



= (s²+ 1)30 − 3(s²+ 1)

(s + 3)(s²+ 1) = −3s²− 9

s+ 3 = −3(s − 3).

Antitrasformando termine a termine, per t > 0 si ottiene y_f(t) = 3 e^−3t− 3 [cos t − 3 sen t] = 3 e^−3t+ 3√

10 sen(t − atan1 3).

Infine,

y(t) = y`(t) + yf(t) = 5 e^−3t+ 3√

10 sen(t − atan1

3), t >0.

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

Dimostrare che i segnali ⁿψ_n(t) = sinc(^t−nT_T ), n ∈ Z^o, base per lo spazio vettoriale dei segnali a banda rigorosamente limitata B < _2T¹ , costituiscono una famiglia di segnali ortogonali.

Suggerimento. Si applichi il teorema di Parseval generalizzato:

E(x, y) =

Z ^∞

−∞

x(t)¯y(t) dt = 1 2π

Z ^∞

−∞

X(jω) ¯Y(jω) dω, x, y ∈ L²(R).

Svolgimento. Si deve mostrare che due qualunque segnali distinti della base hanno energia mu- tua nulla, cio`e E(ψn, ψ_m) = 0, se n 6= m. Come suggerito dal teorema di Parseval generalizzato,

E(ψn, ψ_m) =

Z ^∞

−∞

ψ_n(t) ¯ψ_m(t) dt = 1 2π

Z ^∞

−∞

Ψn(jω) ¯Ψm(jω) dω,

essendo ψn un segnale a quadrato integrabile su R, per ogni n ∈ Z. Ora, la trasformata di Fourier di ψ0(t) = sinc(_T^t) `e Ψ0(jω) = T rect<sup>ωT</sup><sub>2π</sub>, mentre in generale la trasformata di ψ<sub>n</sub>(t) = sinc(<sup>t−nT</sup><sub>T</sub> ) = ψ0(t − nT ) `e, per la propriet`a di traslazione temporale,

Ψn(jω) = e^−jωnTΨ0(jω) = T e^−jωnTrectωT

2π, n∈ Z.

Perci`o,

E(ψn, ψ_m) = 1 2π

Z ∞

−∞

Ψn(jω) ¯Ψm(jω) dω = T² 2π

Z ^π_T

−^π

T

e^{−jω(n−m)T}dω

=















T² 2π

Z _T^π

−^π

T

dω= T, se n = m,

− T²

2πj(n − m)Te^{−jω(n−m)T}

π T

−^π

T

= T

π(n − m)sen(n − m)π = 0, se n 6= m.

c.v.d