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Compito 16-06-2014
Esercizio 1
T0 = 2s
Sn = √2⁄n ejπn⁄4 per n ≠ 0 S0 = -2
È reale se
- |Sn| = |S-n| oppure
- |Sn| = -⁄S-n
È immaginario se
- |Sn| = |S-n| oppure
- |Sn| = π⁄-S-n
Si = √2 + j π⁄4
Si = √2 e π⁄-π
√2 + π⁄2 - √2
É se uguale è Rn, vediamo se ci sono simmetrie:
È pari se
- Sn = S1-n
È dispari se
- Sn = -S1-n
Il segnale non è né pari né dispari. Non possiede dunque simmetrie.
- TF
S(f) = Σn=-∞∞ Snej2πnF⁄T0
Eseguiamo la TF di entrambi i membri
S(f) = Σn=-∞∞ Sn δ(f - n⁄F0)
3. n=0, n=±1, n=±2
S0 = -2
S1 = √2 + ejπ/4 = √2+√22+√22 = 3√22 + √12 = √5ej0.32
S-1 = √2 + e-jπ/4 = √5e-j0.32
S2 = √2 + ejπ/2 = √24 + 14 = √13/9ej0.62
S-2 = √2 + e-jπ/2 = √13/4e-j0.62
SII(e) = 3πjt/0 + 51e = -2 + √5ej0.32ejπt + √5ej0.32e-jπt
e = -2 + 2√5cos(0.32 + πt)
π/e = 9π => t = 9
0.32, + he = π/0 t = 0.39
ESERCIZIO 2
s1(t) = su1ej2t
s1(t)
s1(t) = su1ej2t - su1ej2t
s1(t) = 1/2 nuelf/2 nuelf/2
otteniamo un impulso triangolare con la medesima altezza e
ampiezza raddoppiata.
- fMAX = 2
- fe ≥ 2 fMAX = 4
- feMIN = fNYQ = 4
- fe = 8
- Te = 1/8
Per valori di impulso negativi l'uscita è nulla, mentre per valori di impulso > 0 l'uscita è uguale.
- In entrambi i casi abbiamo il medesimo periodo e quindi i due segnali avranno componenti frequenziali multiple della fondamentale fo = 1/T.
- Molte, tuttavia, nel primo caso sono sufficienti due componenti frequenziali per descrivere il segnale (due fasori) nel secondo sono necessarie infinite componenti.
- Il segnale y(t) avremo brusche variazioni nel tempo perseguite da un contributo maggiore alle alte frequenze.
- sy(t) ha valor medio nullo mentre y(t) ha valor medio > 0.
6. S3(t) = -9 + ej π/6 ej3πt/8 + e-j π/6 e-j3πt/8 + 1/4 ejπ/3 ej9πt/8 + 1/4 e-jπ/3 e-j9πt/8 = -2 + 2cos(π/6 + πt) + 1/2 cos(π/3 + 2πt)
S4(t) = S3(t - 0.5)
S4(t) = -2 + 2cos[π/6 + π(t - 0.5)] + 1/2 cos[π/3 + 2π(t - 0.5)]
= -2 + 2cos[π/3 + πt], + 1/2 cos(2/3 π + 2πt)
Nel tempo S4(t) è ritardato di 0.5 quindi avremo in frequenza uno sfasamento di e-j2πf(0.5)
Schema Fullo IIR
e. Possiamo utilizzare il comando filter che ci permette di ottenere l'uscita di un filtro a partire dalla funzione di trasferimento e dall'ingresso.
vy = filter (B, A, x), dove B sono i coefficienti del numeratore, A sono i coefficienti del denominatore e x è il vettore di ingresso.
Così facendo, tuttavia, possiamo stimare solo alcuni punti della risposta impulsiva, quindi il sistema non sarà esattamente caratterizzato dalla h[n] ottenuta. Stimando tramite la TOF la risp. u' frequenza di sistema dovremmo tener conto dell'effetto di troncamento. In frequenza la risposta di sistema sarà pari a quella reale convoluta con la trasformata della finestra.
2.
x[n] = d[n] - d[n-2]
y[n] = h[n] | x[n] = d[n]
h[n] = ah[n-1] - bh[n-2] + d[n-2]
h[0] = 0
:
h[1] = 0 + 0 + 0 = 0
h[2] = 0 + 0 + 1 = 1
h[3] = a\*0 + 0 = a
h[4] = ah[3] + bh[2] + 0 = a2 + b
h[5] = ah[4] + bh[3] = a3 + ab + ab = a3 + 2ab
h[6] = ah[5] + bh[4] = a(a3 + 2ab) + b(a2 + b)
= a4 + 3a2b + ab2 + a2b + b2 = a4 + 3a2b + b2
:
y[n] = h[n] ⊗ x[n]
h[n] = d[n] - d[n-2], d[n-3] - d[n-4] +
(a2 + b) d[n-6] + (a3 + 2ab) d[n-5]
+ (a + 3a2b + b2) d[n-6]
y[n] = h[n] ⊗ (d[n] - d[n-2])
= d[n-2] - d[n-4] + ad[n-3] - ad[n-5] + (a2 + b) d[n-4]
+ (a3 + 2ab) d[n-5] - a3 + 2ab) d[n-5]
+ (a4 + 3a2b + b2) d[n-6] - (a4 + 3a2b + b2) d[n-8]
3.
x[n] = eos m/2 = eos [π/2 To )
H(z) = 1/z2 - 9z + 10
H(f) = H(z) |z = ej2πfTc
H(f) = 1/ejπfT - 9ejπfT + 10 + λ,01
h[n] = jg[n]
le TF sono quindi uguali, quindi Hk = j Gk = 1/2 Gk, cioè ogni coefficiente delle TDF di g[n] è moltiplicato per un termine
che modifica la fase
Essendo poi h[n] immaginario pura, i suoi coefficienti soddisfano la relazione:
|Hk| = |H-k|
∠Hk = π − ∠H-k
Non è possibile ottenere nuovamente il segnale di partenza a partire dai campioni poiché non sono state rispettate le regole
per un corretto campionamento. Infatti g(t) non è limitato
in banda, mentre Te=1 5.
Il campionamento sarebbe stato corretto se g(t) fosse stato limitato a 0.25 Hz, così dal teorema di interpolazione riudamil
sappiamo che è possibile ricavare g(t) da g[nTe].
ESERCIZIO 2
fe = 1/Te = 100 Hz
Intervallo SIMMETRICO
Intervallo ASIMMETRICO
2. Sg1(t) = S1(t) - S1(t-to)
Sg1(t) = S1(t) - S1(c) e-j2πf5
S1(t) = ∫0∞ e-t ej2πft dt
= |∞0 e-t+j2πft = 1/1+j2πf
0|
Sg1(t) = 1/1+j2πf - 1/1+j2πf e-j2πf5
= 1/1+j2πf (1-e-j10πf)
= (1-e-j10πf)/1+j2πf
Sn = 1/1o S1(f) = n/1o (1-e-j10πfTo)
= n/10 (1-e-j10π) / 1+jπn/5
= (1-e-jπn) / 10+jπn
n = 0 → = 0
n = 1 → 1-e-jπ/10+j2π = 1+1/10+j2π = 1/5+jπ
n = 2 → 1-e-j2π/10+j4π = 1-1/10+j4π = 0
n = 3 → 1-e-j3π/10+j6π = 2/10+j6π
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