Teoria dei segnali - esercizi

B A A B

− −

≤

Quando invece + e – > – ovvero , stiamo nella situazione:

t B/2 A/2 t B/2 A/2, t

< <

2 2

τ )

x(

T

1 τ

– A/2 A/2

τ

– )

y( t

T

2 τ

– +

t B/2 t t B/2

È chiaro che in questo caso si ha la massima sovrapposizione. L’integrale fornisce come risultato l’area del

6

rettangolo inferiore (moltiplicata per l’altezza ). Possiamo cioè scrivere ) =

T z( t T T B

1 1 2

Procedendo si arriva al caso in cui il secondo rettangolo inizia ad uscire, cioè quando + > e

t B/2 A/2

A B A B

− +

– < ovvero ; graficamente la situazione è la seguente:

t B/2 A/2, t

≤ <

2 2 τ )

x(

T

1 τ

– A/2 A/2

τ

– )

y( t

T

2 τ

– +

t B/2 t t B/2

/ 2

A +

 

A B

L’integrale pertanto è: ∫ τ

( ) = = − +

 

z t T T d T T t

1 2 1 2 2 

− / 2

t B A B

+

Infine quando – > ovvero , non vi è sovrapposizione e per cui la convoluzione è nulla.

t B/2 A/2, t > 2

+ / 2

t B

6 Analiticamente si ha: ∫ τ =

T T d T T B

1 2 1 2

− / 2

t B

15 +

 A B

≤ −

0

, t

 2

 + + −

 

A B A B B A

 + − < <

,

 

T T t t

 1 2

Riepilogando, per la convoluzione si ha: 2 2 2

 

=

( )

z t  − −

B A A B

 ≤ <

,

T T B t

1 2

 2 2

 + − +

 

A B A B A B

 − + ≤ <

,

 

T T t t

1 2

 2 2 2

 



Per fare il grafico e fissare le ascisse si noti che, siccome > valgono le disuguaglianze

A B,

+ − − +

A B B A A B A B

− < < < . Inoltre, quando i calcoli son giusti, nei punti di raccordo si deve avere

2 2 2 2

lo stesso valore (deve cioè aversi una funzione continua).

Grafichiamo ed otteniamo: t )

z(

T T B

1 2 t

+ − − +

A B B A A B A B

− − A A

2 2 2 2

Abbiamo quindi ottenuto un trapezio la cui base maggiore è pari alla somma delle basi delle rect (A + B),

la base minore pari alla differenza (A – L’altezza è data dall’area della rect di base minore, ovviamente

B).

con un fattore moltiplicativo dato dall’ altezze dell’altra rect.

Si noti come ponendo = (stesse basi quindi) e (stesse altezze) si ritorna

Approfondimento : A B T = T

1 2

esattamente al risultato del precedente esercizio (torna cioè la Tri).

Esercizio 14 x( t t y( t A z( t

Si calcoli la trasformata di Fourier dei segnali ) = ( ), ) = rect (t), ) = Tri ( t ).

µ

0 B T

Soluzione ∞ ∞

π π

− −

2 2

∫ ∫

j f t j f t

µ

= ⋅ = ⋅

x( t ( ) ( ) ( )

Per ). Dalla definizione si ha: a questo punto basta

X f x t e dt t e dt

0

− ∞ − ∞

ricordarsi la proprietà di campionamento dell’impulso, che non fa altro che prendere la funzione p er cui è

moltiplicato e centrarla dove esso stesso è centrato. Nel nostro caso è centrato in zero per cui avremo:

π

− ⋅

2 0

j f

= =

( ) 1

X f e ∞ ∞

π π

− −

2 2

∫ ∫

j f t j f t

= ⋅ = ⋅

y( t

Per ). ( ) ( ) ( )

Applichiamo la definizione: la rect esiste

Y f y t e dt A rect t e dt

B

− ∞ − ∞

solo tra –B/2 e per cui possiamo restringere l’intervallo d’integrazione come segue:

B/2, [ ]

/ 2 ( ) ( )

B A A A

/ 2

B

π π π π π π

− − − −

2 2

∫ j f t j f t j f B j f B j f B j f B

= = = − = −

( )

Y f A e dt e e e e e

− / 2

B

π π π

− −

2 2 2

j f j f j f

− / 2

B 16

A

7 π

Ricorrendo alla formula di Euler si ottiene: . Scriviamo tale trasformata in altro

=

( ) sin( )

Y f f B

π f sin x

8 =

( )

Ca x

modo, introducendo prima la funzione . Definiamo , per la nostra trasformata si ha:

Ca(x) x

A B

⋅ ( )

π π

Y f f B A B Ca f B

( ) sin( )

= = ⋅ .

π f B

⋅

z( t

Per ). 1°modo:

Procediamo in due distinti modi. Applichiamo la definizione:

∞ π

2

− f t

∫

= ⋅

( ) ( ) , ricordando la definizione della Tri, si ha che per integrare dobbiamo spezzare

Z f z t e dt

− ∞

l’integrale nei due seguenti:

0 T

   

t t

π π

2 2

− −

j f t j f t

∫ ∫

= + ⋅ + − + ⋅

( ) 1 1 Manipoliamo in modo conveniente come segue:

   

Z f e dt e dt

T T

 

0

−

T 0 0 T T

1 1

π π π π

2 2 2 2

− − − −

j f t j f t j f t j f t

∫ ∫ ∫ ∫

= ⋅ + − ⋅ +

( ) effettuiamo ora la sostituzione

Z f t e dt e dt t e dt e dt

T T 0 0

− −

T T

τ

τ

= – , da cui = – , nel primo e secondo integrale:

t dt d

T T T T

1 1

π τ π τ π π

2 2 2 2

− − −

j f j f j f t j f t

∫ ∫ ∫ ∫ 9

τ τ

= − ⋅ + − ⋅ +

( ) raccogliendo opportunamente :

Z f e d e dt t e dt e dt

T T

0 0 0 0

( ) ( )

T T

1 π π π τ π τ

2 2 2 2

− − −

j f t j f t j f j f

∫ ∫ 10

= − ⋅ + + +

( ) Applicando la formula di Euler :

Z f t e e dt e e dt

T 0 0

T T

1 ( ) ( )

∫ ∫ 11

π π

= − ⋅ +

( ) 2 cos 2 2 cos 2 svolgendo i due integrali (il primo per parti ) si ha:

Z f t f dt f dt

T 0 0

[ ] [ ]

( )

 

T T

T

π π

⋅ sin 2 2 sin( 2 )

t f t f t

1 1

 

( )

0 0

∫ π

= − − +

( ) 2 sin 2

Z f f t dt

 

π π π

2 2 2

T f f f

 

 0

( ) ( )

 

π π π

⋅ −

sin 2 cos 2 1 sin( 2 )

1  

T f T f T f T

= − + +

( ) 2

Z f  

2 2

π π

2

T f f

 

π

4 f

( ) ( ) ( )

π π π π

⋅ − −

sin 2 cos 2 1 sin( 2 ) 1 cos 2

f T f T f T f T

= − − + =

( )

Z f 2 2 2 2

π π

f f

π π

2 2

f T f T

12

dalla trigonometria discende allora che:

( ) ( )

2 2

π π

f T T f T

2 sin 2 sin ( )

2 π

Z f T Ca f T

( ) = = = ⋅

2 2 2 2

T

π π

f T f T

2 2

La via d’azione pr oposta è sicuramente laboriosa (d’altronde è quasi sempre così quando ci si affida alla

definizione) e potrebbe indurre lo studente a compiere errori di calcolo. Vediamo allora un modo più

−

jx jx

−

e e

7 Formula di Euler: sin

= x

2 j

8 In alcuni testi è scritta come sinc(x).

9 Tra primo–terzo integrale e secondo–quarto (ricordando inoltre che le variabili sotto segno di integrale sono mute).

−

jx jx

+

e e

10 Formula di Euler: cos

= x

2 B b

11 Formula di risoluzione per parti di un integrale: [ ]

ba

∫ ∫

( ) ' ( ) ( ) ( ) ' ( ) ( )

= −

f x g x dx f x g x f x g x dx

A a

12 2

1 cos 2 2 sin

− =

x x

17 2° modo:

agevole per giungere al medesimo risultato. Sfruttiamo il risultato dell’esercizio n.12 in cui si

13

( ) ( ) ( )

∗ = ⋅

concludeva che ; scriveremo pertanto :

rect t rect t T tri t

T T T

1 1 1

{ } { } { } { } ( { }

)

2 in questo modo il

= ∗ = ⋅ =

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

F tri t F rect t rect t F rect t F rect t F rect t

T T T T T T

T T T (t )

compito si riduce nel calcolo (già effettuato) della trasformata di . Sfruttando quindi i risultati già

rect

T

1 1

{ } ( { }

) ( ) ( )

2 2 2 2

( ) ( )

F tri t F rect t T Ca f T T Ca f T

noti risulterà: Vediamo un’ulteriore

π π

= = = ⋅

T T

T T 3° modo:

svolgimento, per mezzo della regola della derivata. Effettuiamo la derivata, graficamente si ha:

(t)

Tri T

1/T t

– T T

– 1/T

Il calcolo dell’integrale è quasi immediato, abbiamo infatti: [ ]

[ ]

0 T

0 π

− 2

π

− 2

T j f t

j f t

1 1 1 1 e

e

π π

− −

2 2 0

−

j f t j f t

∫ ∫ T

π ⋅ = ⋅ − ⋅ = − +

2 ( )

j f Z f e dt e dt π π

2 2

T T T j f T j f

− 0

T

π π π π

− −

2 2 2 2

j f T j f T j f T j f T

− − + −

1 1 1 1 1 2

e e e e

= − + =

π π π

2 2 2

T j f T j f T j f

[ ] [ ]

( ) ( ) 2

π π π

− −

2 cos 2 1 1 cos 2 2 sin ( )

1 1 1

fT f T f T

= = − = −

π π π

2

T j f T j f T j f

2 π

2 sin ( )

1 1

f T 2 π

= − ⋅ = ⋅

ne segue che ( ) ( )

Z f T Ca f T

π π

2

T j f j f

Esercizio 15

Si consideri la variabile aleatoria ottenuta dalla trasformazione che segue: = + + dove e

x g u u u

1 2 1

sono variabile aleatorie indipendenti, uniformemente distribuite rispettivamente negli intervalli

u

2

1, 2} e 1, 8}

, mentre è una variabile aleatoria gaussiana indipendente a media nulla e varianza

g

{ } { }

unitaria. Determinare:

il valore atteso, la varianza ed il valore quadratico medio della variabile

a) x.

il grafico della densità di probabilità di

b) x.

Soluzione

Iniziamo graficando le d.d.p. delle variabili aleatorie , e Risulta: