Teoria dei segnali - esercizi risolti

Prova scritta di teoria dei segnali del 13.11.2006 (soluzione).

Esercizio 1 (10 punti)

(a)

Facendo un grafico del segnale si vede che ( 1 4t T− ≤ ≤1 0 t2 T 2x (t) =g 0 altrimenti∞P −x(t) = x (t kT ) H(f ) = j2πf.

Poiché ed il sistema effettua una derivata nel dominiogk=−∞del tempo, non conviene calcolare i coefficienti della serie di Fourier ma scrivere direttamente:

∞ ∞∞" #d dX XX0 0−− −y(t) = x (t) = x (t kT ) =x (t kT ) = x (t kT )gg gdt dtk=−∞ k=−∞k=−∞0 0y(t) = x (t) y (t) = x (t). x (t)

Ovvero un generatore di è Dal grafico di si calcola facilmenteg ggla sua derivata:

−1 T 2 t T /410 − −δ(t) + δ ty (t) = x (t) = rectg g 2 2 2 T T /2y(t) y (t) Tda cui si ottiene facilmente un grafico di replicando con passo .g ⇒y(t) T k/T

(b)

Il segnale è periodico di periodo , le sue armoniche sono allora alle frequenze ilW = 1/(2T )filtro passabasso con frequenza di taglio lascia passare solo la componente continua.

Ma poiché T /2 T /2Z Z1 1 1Y = y(t) dt = y (t) dt = = 0(area del generatore)0 gT T T−T −T/2 /2 ⇒y (t) x (t) z(t) = 0.in quanto il generatore ha area nulla, essendo la derivata dig g

Esercizio 2 (10 punti)

Conviene operare sui segnali a tempo-discreto riportando sempre le frequenze numeriche nell’inter-(−1/2, 1/2)vallo per evidenziare l’aliasing ed ottenere il segnale correttamente ricostruito. Tenendocos(·),conto anche della parità di si ha con facili passaggi:

15 25 15 25 −n + cos 2π n = cos 2π n + cos 2π 1 nx[n] = cos 2π 40 40 40 40 15= 2 cos 2π n40

15 30 302 2 −y[n] = x [n] = 4 cos 2π n = 2 1 + cos 2π n = 2 1 + cos 2π 1 n40 40 40 10 ⇒= 2 1 + cos 2π n y (t) = 2 [1 + cos (2π10t)]r40