Teoria dei segnali - soluzioni esercizi manuale

Z Z

Z Z

∞ ∞

∞ 1 1 2

2

2 2

| ≤ dt = 2+ .

E = sinc(t)| dt = 2 sinc (t) dt 2 dt+

s 2 2 2

π t π

−∞ 1

0 0

s(t) = x(t) = x(t) + iy(t), x(t) y(t)

Esercizio 2.7A. Sia con parte reale e parte

s(t) x(t)

immaginaria. Poichè la continuità del segnale implica la continuità di e

y(t),

di utilizzando il teorema del valore medio si ha

Z Z 1

∞ 2n [x(t) + iy(t)] dt

s(t) r (t) dt = n

n 1

−∞ − 2n i

h 1 1

00

0 − −

)

) + iy(t

= n x(t n

n 2n 2n

00

0 )

) + iy(t

= x(t n

n 1 1

0 00 −

t t

con e valori opportuni compresi fra e . Passando al limite si ha

n n 2n 2n

Z h i

+∞ 0 00

lim x(t ) + iy(t

s(t) r (t) dt = lim ) = x(0) + iy(0) = s(0) .

n n n

n→∞ n→∞

−∞

Esercizio 2.8A. Utilizzando le formule di addizione si ottiene

Z +∞ −

∗ A cos [ω (t u) + φ ] x(u) du

y x(t) = 0 0 0

−∞ Z +∞

= A cos(ω t + φ ) cos ω u x(u) du

0 0 0 0

−∞

Z +∞

− sin ω u x(u) du .

A sin(ω t + φ ) 0

0 0 0 −∞

La convoluzione è quindi un segnale del tipo

A cos(ω t + φ ) + A sin(ω t + φ ) = B cos(ω t + φ + β ) ,

1 0 0 2 0 0 0 0 0 0

A A B β

dove , , e sono quantità costanti.

1 2 0 0 x(t) y(t)

Esercizio 2.8B. Poiché e sono entrambi derivabili, si ottiene

Z Z

+∞ +∞

d

d s(t) 0

− −

= [x(t u) y(u)] du = x (t u) y(u) du ,

dt dt

−∞ −∞

Z Z

+∞ +∞

d s(t) d 0

− −

= [y(t u) x(u)] du = y (t u) x(u) du .

dt dt

−∞ −∞

Il risultato è corretto se vale la derivazione sotto il segno di integrale.

94 Soluzioni degli esercizi del Capitolo 2

Esercizio 2.8C. Utilizzando la definizione di convoluzione si ha

Z 2

+∞ (t−u)

u −

∗ A e du

x y(t) = A rect 2

D

2

1 2D

−∞ Z

Z 2 2

t+D

D (t−u) u

−

− du = A A e du

= A A e 2 2

D D

1 2

1 2 t−D

−D

√ √

Z Z

2 2

(t+D) (t−D)

D D

2 2

y y

1 1

D D

− −

√ √

−

= A A dy A A dy .

e e

2 2

1 2 1 2

2 2

−∞ −∞

Introducendo la distribuzione gaussiana normalizzata

Z x 1 2

y

1

∆ −

√

Φ(x) = dy ,

e 2

2π

−∞

si ottiene

√ √

√ −

t + D t D

∗ −

x y(t) = A A D π Φ 2 Φ 2 .

1 2 D D

Il risultato è illustrato in Fig.17.2.

x(t) y(t)

6 6

- -

t t

−D D x∗y(t) 6 -

t

−

Fig. 17.2 I segnali convolvendi e il risultato della convoluzione dell’Esercizio 2.8C.

Esercizio 2.8D. Per la linearità della convoluzione si ha

Z +∞

∗ −

x y(t) = y(u) x(t u) du

−∞

Z Z

+∞ +∞

− − −

= A δ(u) x(t u) du + A δ(u 2D) x(t u) du .

2 3

−∞ −∞

Utilizzando la proprietà rivelatrice dell’impulso ideale si ottiene poi

∗ −

x y(t) = A x(t) + A x(t 2D)

2 3

−

t t 2D

= A A sinc + A A sinc .

1 2 1 3

D D 95

Soluzioni degli esercizi del Capitolo 2

[−2T, 2T ]

Esercizio 2.8E. Integrando su un periodo e osservando che in que-

u

u = rect

rep rect si ha

st’intervallo 4T T T

Z t +T p

0 −

∗ x(u) x(t u) du

x x(t) = t 0

Z 2T −

u t u

rep rect

= rep rect du

4T 4T

T T

−2T

Z Z +∞

T T X −

− t u + 4kT

t u

2 2 rect

= rep rect du = du

4T T T

T T

− − k=−∞

2 2

Z Z

+∞ T T

X − −

t u + 4kT t u

2 2

du = rep du

rect rect

= 4T

T T

T T

− −

k=−∞ 2 2

dove nel penultimo passaggio si è invertito l’ordine di integrazione e di somma,

mentre l’ultimo passaggio deriva dalla definizione di ripetizione periodica.

Il calcolo dell’ultimo integrale fornisce

 −T

0 t <





Z 

T −

t u −T ≤

t + T t < 0

2 rect du = −t ≤

+ T 0 t < T



T

T 

− 

2 ≥

0 t T

t − |t|)

(T .

= rect 2T

In definitiva risulta quindi

t

∗ − |t|)

rect

x x(t) = rep (T .

4T 2T

∗

x(t) x x(t)

I segnali e sono rappresentati in Fig.17.3.

6 6

x(t) x∗x(t)

- -

T t t

4T T 4T

2 − ∗

x(t) x x(t)

Fig. 17.3 I segnali e dell’Esercizio 2.8E.

Esercizio 2.8F. Mediante un cambio di ordine di integrazione e un cambio di

96 Soluzioni degli esercizi del Capitolo 2

variabile si ottiene Z +∞

∗ ∗ ∗ −

(x y) z(t) = x y(u)z(t u)du

−∞ Z

Z +∞

+∞ − −

x(v)y(u v)dv z(t u)du

= −∞

−∞

Z Z

+∞ +∞ − −

= x(v) y(u v)z(t u)dudv

−∞ −∞

Z

Z +∞

+∞ − −

y(w)z(t v w)dwdv

x(v)

= −∞

−∞

Z +∞ ∗ − ∗ ∗

= x(v)y z(t v)dv = x (y z)(t) .

−∞

Esercizio 2.8G. Si ha

Z Z

+∞ +∞

∗ − − − ∗ −

x y = x(u)y (t u)du = x(u)y(t t u)du = x y(t t ) .

t t 0 0

0 0

−∞ −∞

x(t) y(t)

Esercizio 2.8H. Se e sono entrambi pari si ha

Z Z

+∞ +∞

∗ −

x y(−t) = x(u)y(−t u)du = x(−u)y(t + u)du

−∞ −∞

Z +∞ − ∗

x(v)y(t v)dv = x y(t)

= −∞

per cui la convoluzione risulta anch’essa pari.

x(t) y(t)

Se e sono entrambi dispari si ha

Z Z

+∞ +∞

∗ −

x y(−t) = x(u)y(−t u)du = x(−u)y(t + u)du

−∞ −∞

Z +∞ − ∗

= x(v)y(t v)du = x y(t)

−∞

ed anche in questo caso la convoluzione risulta pari.

x(t) y(t)

Esercizio 2.8I. Se è dispari e è pari si ha

Z Z

+∞ +∞

∗ − −

x y(−t) = x(u)y(−t u)du = x(−u)y(t + u)du

−∞ −∞

Z +∞

− − −x ∗

= x(v)y(t v)dv = y(t)

−∞

e pertanto la convoluzione risulta dispari. Chiaramente allo stesso risultato si

x(t) y(t)

giunge se è pari e è dispari. 97

Soluzioni degli esercizi del Capitolo 2

Esercizio 2.8J. Applicando la definizione di convoluzione si ha

Z +∞

∗ −

1 1(t) = 1(u)1(t u)du .

−∞ ∈ ≥

t < 0 t t 0

R

Per la funzione integranda risulta nulla per ogni , invece per

u t,

la funzione integranda vale 1 per valori di fra 0 e mentre è nulla altrove. Di

≥

t < 0 t 0 t.

conseguenza l’integrale risulta nullo per mentre per risulta pari a

Riassumendo si può quindi concludere che

∗

1 1(t) = 1(t) t .

Esercizio 2.8K. Applicando la definizione di convoluzione si ha

Z +∞ −σ u −σ (t−u)

∗ −

x y(t) = 1(u)e 1(t u)e du .

1 2

−∞ ≥

t < 0 t 0

Tale integrale risulta nullo per mentre per risulta

Z Z

t t

−σ u −σ (t−u) −σ t (σ −σ )u

∗

x y(t) = e e du = e e du .

1 2 2 2 1

0 0

6

σ = σ

Ora se si ottiene

1 2

1 −σ t −σ t

−

∗ e e

x y(t) = 1 2

−

σ σ

2 1

∈

t R

e quindi in conclusione per ogni

1 −σ t −σ t

−

∗ e e .

x y(t) = 1(t) 1 2

−

σ σ

2 1

≥

σ = σ t 0

Nel caso in cui , per si ottiene

1 2 Z t −σ t

−σ t

∗ du = t e

x y(t) = e 2

2 0

∈

t R

e per ogni si ha quindi −σ t

∗

x y(t) = 1(t) t e .

2 σ = 1, σ =

Il risultato della convoluzione è illustrato in Fig.17.4 per i due casi 1 2

5 σ = σ = 1.

e 1 2

98 Soluzioni degli esercizi del Capitolo 2

6 6

x∗y(t) x∗y(t)

σ =1, σ =5 σ =σ =1

1 2 1 2

- -

t t

− ∗

x y(t) σ = 1, σ = 5 σ = σ = 1.

Fig. 17.4 Il segnale dell’Esercizio 2.8K per e

1 2 1 2

D < D

Esercizio 2.8L. Senza perdita di generalità supponiamo che sia . Es-

2 1

e[x] = [−D , D ] e[x] = [−D , D ],

sendo e si può anticipare che l’estensione

1 1 2 2

della convoluzione risulta

e[s] = [−(D + D ), D + D ] .

1 2 1 2

Poiché il secondo impulso ha una durata inferiore al primo, conviene tenere “fis-

so” il primo impulso e traslare il secondo. In particolare dalla (2.40a), tenendo

presente che gli impulsi sono costanti nelle rispettive estensioni, si ottiene

Z

s(t) = A A dt = A A mis(e )

1 2 1 2 t

e t

dove ∩ −

e = [−D , D ] [t D , t + D ] .

t 1 1 2 2

e t

Occorre quindi trovare l’intersezione al variare di e valutarne la misura. Si

t

trova  −(D

0 t < + D ) t > D + D

e



 1 2 1 2

 | − | −D − −D

D , t + D D < t < + D

1 2 1 2 1 2

mis(e ) =

t |t − | −D −

D , t + D + D < t < D D



 2 2 1 2 1 2

 |t − | −

D , D D D < t < D + D

2 1 1 2 1 2

da cui si ottiene

 −(D

0 t < + D ) t > D + D

e



 1 2 1 2

 −D − −D

A A (t + D + D ) D < t < + D

1 2 1 2 1 2 1 2

s(t) = −D −

2A A D + D < t < D D



 1 2 2 1 2 1 2

 − −