Teoria dei segnali - Esercizi

PROVA SCRITTA DI TEORIA DEI SEGNALI DEL 23.02.2005(soluzione)

ESERCIZIO 1

Risposta (a)

Verifichiamo se il sistema S1 è un sistema SLS. Sicuramente è lineare per le proprietà di linearità

dell’integrale, verifichiamo quindi che sia anche stazionario.

−

x (t) = x(t t )

1 0

t

t Z

Z −

x(u u ) du

x (u) du =

z (t) = 0

1

1 −∞

−∞ −

v = u u

Facendo ora un cambio di variabile abbiamo che cambia anche l’estremo di integrazione

0

ed abbiamo: t−t

Z 0

z (t) = x(v) dv

1 −∞ −

z(t) = z(t t )

Andiamo ora a vedere cosa succede se poniamo si ha:

0

t−t

Z 0

−

z(t t ) = x(u) du

0 −∞

−

z (t) = z(t t )

Essendo possiamo affermare che il sistema S1 è un sistema SLS. Osservando poi

1 0

che la risposta del sistema S2 è l’impulso possiamo affermare che il sistema nel suo insieme è un

sistema SLS. Ora ricordando che un sistema SLS è perfettamente descritto dalla seguente:

⊗

y(t) = x(t) h(t)

cerchiamo di ricondurci alla h(t). Calcoliamoci innanzitutto la h1(t), quindi poniamo la delta di Dirac

nel sistema S1: t

Z

h (t) = δ(u) du = u(t)

1 −∞ ⊗

z(t) = x(t) h (t)

1

In uscita al sistema S2 abbiamo : ⊗ ⊗ ⊗

z (t) = z(t) h (t) = x(t) h (t) h (t)

2 2 1 2

h (t) h (t)

Facciamo il prodotto di convoluzione tra e dato che la risposta impulsiva del sistema S2 è

1 2

la delta di Dirac e cioè l’unità rispetto al prodotto di convoluzione. Si ha:

⊗ ⊗ − −

h (t) = h (t) h (t) = u(t) δ(t T ) = u(t T )

3 1 2

A questo punto abbiamo che : ⊗ − ⊗

y(t) = x(t) h (t) x(t) h (t)

1 3

⊗ −

y(t) = x(t) [h (t) h (t)]

1 3

−

h(t) = h (t) h (t).

Poniamo allora Abbiamo ottenuto la forma base di un sistema SLS. Calcoliamo

1 3

la h(t):

−

t 0.5T

− −

h(t) = u(t) u(t T ) = rect T

1

A questo punto avendo a disposizione la risposta impulsiva di tutto il sistema verifichiamo le altre

proprietà del sistema e cioè Dispersività, Causalità e Stabilità. Ricordiamo che l’unico sistema non

h(t) = δ(t)

dispersivo è se la non essendo questo il caso possiamo affermare che il sistema è disper-

sivo.

Affinché il sistema sia causale deve verificarsi che: ∀t

h(t) = 0, < 0

Come possiamo notare dal grafico della h(t):

Si evince quindi che il sistema è causale.

Un sistema è stabile se la sua risposta impulsiva nel dominio del tempo è sommabile,se invece vo-

gliamo considerare la risposta impulsiva nel dominio della frequenza allora diremo che la condizione

necessaria affinché il sistema sia stabile è che la risposta impulsiva, nel dominio delle frequenze, sia

continua ed infinitesima all’infinito. Siccome la h(t) nel dominio della frequenza diviene tramite la

Trasformata di Fourier: −jπT

H(f ) = T sinc(f T )e

Sul sistema non possiamo dire nulla dato che la condizione è necessaria ma non sufficiente e quindi

possiamo sfruttarla solo nel senso opposto. Ragioniamo quindi nel dominio del tempo ove abbiamo

la condizione necessaria e sufficiente per dire se un sistema è stabile.

+∞

Z |h(t)| dt < +∞

−∞

+∞ T

−

Z Z

t 0.5T

rect dt = dt = T

T

−∞ 0

Il sistema è Stabile.

Il sistema è allora un SLS, con memoria, causale e stabile.

Risposta (b)

−

t 0.5T

h(t) = rect T −jπT

H(f ) = T sinc(f T )e

2

Risposta (c) ⊗

y(t) = x(t) h(t)

La rispota del sistema analizzato fin ora è data dove:

t

x(t) = 1 + δ(t) + cos 2π T

Siccome per la convoluzione vale la proprietà distributiva possiamo scrivere la y(t) come:

t ⊗

⊗ ⊗ h(t)

y(t) = 1 h(t) + δ(t) h(t) + cos 2π T

questo vale dato che il sistema è un SLS e quindi vale il principio di sovrapposizione degli effetti, si

ha dunque: y(t) = y (t) + y (t) + y (t)

1 2 3

Calcoliamo separatamente: 0

y (t) = H(0) = T sinc(0)e = T

1

− −

t 0.5T t 0.5T

⊗

y (t) = δ(t) rect = rect

2 T T

1 t 1

6

y (t) = H cos 2π + H

3 T T T

1

H = 0 sin(π) = 0

Essendo dato che il abbiamo che in definitiva la y(t) vale :

T

−

t 0.5T

y(t) = T + rect T

3

ESERCIZIO 2

Il sistema che vogliamo ottenere è : +∞

X −

ŷ (t) = y(n)p(t nT )

r n=−∞

Facendo la Trasformata di Fourier otteniamo:

+∞

X −j2πf nT

Ŷ (f ) = y(n)P (f )e

r n=−∞

Ricordando che: +∞

X −j2πf nT

X̄(f ) = x(n)e

n=−∞

si ha che: Ŷ (f ) = P (f )

Ȳ (f )

r

dove: +∞

1 k

X −

Ȳ (f ) = Y f

T T

k=−∞

1

T =

e che la P(f) è, essendo :

f c

1 f

rect

P (f ) = f f

c c

+∞

k f

X −

Y f

Ŷ (f ) = rect

r T f

c

k=−∞

Partiamo dunque dalla x(t) abbiamo che nel discreto diviene:

10

x(n) = x(nT ) = cos 2π n

15

A questo punto notiamo già che c’è stato aliasing nel campionare il segnale dato che per la condizione

f > 2w

di Nyquist si deve avere che mentre noi abbiamo:

c 10 1

· ⇔

15 < 2 10 >

15 2

Quello che invece dovrebbe verificarsi affinchè non ci sia aliasing è la seguente condizione:

w 1

<

f 2

c

Calcoliamo allora prima y(n) e poi vediamo quali saranno gli effetti dell’aliasing sulla ricostruzione

del segnale. 2

1

10 20

n = 1 + cos 2π n

y(n) = cos 2π 15 2 15

4

La condizione di campionamento è peggiorata ulteriormente, ora sfruttiamo la periodicità della tra-

+ 1) = X(ν)

sformata nel tempo discreto:X(ν si ha:

1 20 5

1

−

y(n) = 1 + cos 2π 1 + cos 2π

1 n = n

2 15 2 15

Come possiamo notare non c’è più aliasing, vediamo allora qual è la ricostruzione del segnale utiliz-

Ŷ (f ) = P (f )

Ȳ (f )

zando la si ha:

r 1 [1 + cos (2π5t)]

y (t) =

r 2 5

ESERCIZIO 3

risposta(a)

Per la proprietà della pdf si ha che : +∞

Z f (x) dx = 1

X

−∞

Per cui bisogna porre: 2

1 Z

Z k dx = 1

kx dx + 1

0 1

2

x 21

k + k [x] = 1

2 0 2

k ⇔

+ k =1 k =

2 3

Disegnamo la pdf:

Per tale valore di k la pdf rispetta le sue proprietà. 6