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Z
1 4
2 2
= .
f df =
2 3
0 26
1.3.5 Esercizio 21
Con riferimento alla figura, in cui é
x(t) = sca(t),
−αt
h(t) = te sca(t)
e 1 ,
H(f ) = 2
(α + 2πf )
determinare il valore a cui tende y(t) quando t tende all’infinito.
x(t) y(t)
H(f)
Soluzione
Applicando la relazione ingresso-uscita nel tempo dei sistemi lineari stazionari:
y(t) = h(t) ⊗ sca(t)
Z ∞ h(τ )sca(t − τ )dτ
= −∞
Z t h(τ )dτ,
= −∞
si nota che la risposta allo scalino é l’integrale della risposta all’impulso.
Il valore A a cui tende y(t) per t tendente all’infinito si ricava applicando la
proprietá dei valori nell’origine: Z t→∞ h(τ )dτ
y(t) =
t→∞ −∞
Z ∞ h(τ )dτ
= −∞ 1
= H(0) = .
2
α
27
1.3.6 Esercizio 22
Con riferimento alla figura, si calcoli l’energia E di y(t).
y
πfτ
x(t) y(t)
1-2j
1+2jπfτ
x(t)
A t
-T T
Soluzione
Applicando il teorema di Parseval, si ottiene:
Z 2
E = |Y (f )| df
y Z 2 2
= |X(f )| |H(f )| df ;
la risposta in ampiezza del filtro é unitaria (il filtro é uno sfasatore puro),
infatti: 2 ∗
|H(f )| = H(f )H (f )
(1 − 2jπf τ )(1 + 2jπf τ )
= (1 + 2jπf τ )(1 − 2jπf τ )
= 1. 28
Dunque il filtro non modifica l’energia del segnale in ingresso:
Z 2
E = |X(f )| df
y = E x
Z ∞ 2
x (t)dt
= −∞
2 2
A T .
= 3
La figura sottostante (nella quale si é supposto τ = 1) mostra come evolve
la fase del filtro che passa da π a −π.
4
3
2
1
H(f)
di 0
Fase -1
-2
-3
-4
-8 -6 -4 -2 0 2 4 6 8
f [Hz]
29
1.3.7 Esercizio 23
Con riferimento alla figura, si determini la componente continua di u(t).
1
cos(2π f t) u(t)
0 πft
-j2 0
2+e
Soluzione
Il segnale s(t) all’uscita del filtro con risposta in frequenza
1
H(f ) = −j2πf t
2+ e 0
vale: s(t) = |H(f )|cos(2πf t + H(f )) ,
6
0 0 0
quindi il segnale u(t) all’uscita del sistema vale:
u(t) = s(t)cos(2πf t) = |H(f )|cos(2πf t)cos(2πf t + H(f ))
6
0 0 0 0 0
1
= H(f )) + cos( H(f ))]
|H(f )|[cos(4πf t + 6
6 0 0
0 0
2
1 1
= H(f )) + H(f )) .
|H(f )|cos( |H(f )|cos(4πf t +
6 6
0 0
0 0 0
2 2
La componente continua A di u(t) vale dunque:
0
1 1
H(f )) =
A = |H(f )|cos( Re[H(f )] ,
6 0
0 0 0
2 2
dove: · ¸
j2πf t
Re 2 + e 0 0 =
Re[H(f )] =
0 j2πf t
−j2πf t )
) · (2 + e
(2 + e 0 0
0 0
2 + cos(2πf t ) 2 + cos(2πf t )
0 0 0 0
= = .
2 5 + 4cos(2πf t )
−j2πf t |
|2 + e 0 0 0 0
La figura mostra rispettivamente modulo e fase del filtro H(f ) per t = 1;
0
come si puó vedere H(f ) risulta essere periodico.
30
1
0.9
0.8
H(f) 0.7
di
Modulo 0.6
0.5
0.4
0.3
-3 -2 -1 0 1 2 3
f [Hz]
0.6
0.4
0.2
H(f)
di 0
Fase -0.2
-0.4
-0.6
-3 -2 -1 0 1 2 3
f [Hz]
31
1.3.8 Esercizio 24 −j2πf
Con riferimento alla figura e dato H(f ) = j2πf e , determinare u(t).
H(f) u(t)
s(t) s(t)
1
-1 -1/2 -1/4 1/4 1/2 1 t
-1
Soluzione
Il filtro H(f) puó essere scomposto cosı́:
s(t) s’(t) u(t)=s’(t-1)
π
π -j2 f
j2 f e
Risulta cioé essere la cascata di un derivatore con un ritardatore. La
soluzione cercata é allora semplicemente s(t) derivato e quindi ritardato,
come mostrato in figura alla pagina seguente.
32 s(t)
1
−1/2 1/2 t
-1
s’(t)
4
−1/2 1/2 t
−4 u(t)
4
−1/2 1/2 t
−4
33
1.3.9 Esercizio 25
Dato lo schema in figura
z(t) v(t) y(t)
H(f)
a(t)
determinare la trasformata di Fourier del segnale y(t) nell’ipotesi che sia
a(t) = 2cos(2π(f + ∆f )t) ;
0
con l’ingresso z(t) = A x(t)cos(2πf t), f = 100KHz
0 0
e H(f ) filtro ideale passabasso con B = 3KHz cosı́ specificato
( 1 per |f | < B
H(f ) = 0 per |f | ≥ B .
Si assuma 3
X kcos(2πkf t) , f = 500Hz
x(t) = m m
k=1
e si analizzi sia il caso ∆f = 0 sia il caso ∆f = 100Hz . Calcolare la potenza
di y(t) nei due casi.
Soluzione
Se z(t) = A x(t)cos(2πf t),
0
Z(f ) = F[z(t)],
X(f ) = F[x(t)],
allora applicando la proprietà della modulazione si ottiene:
A
Z(f ) = [X(f − f ) + X(f + f )] , f = 100KHz.
0 0 0
2 34
Se v(t) = z(t)2cos(2π(f + ∆f )t)
0
e V (f ) = F[v(t)],
applicando ancora la proprietà della modulazione si ottiene:
V (f ) = Z(f − f − ∆f ) + Z(f + f + ∆f )
0 0
A
= [X(f − 2f − ∆f ) + X(f − ∆f ) +
0
2
X(f + ∆f ) + X(f + 2f + ∆f )];
0
3
1 X
X(f ) = l[δ(f − lf ) + δ(f + lf )] , f = 1500Hz, f = 500Hz ;
m m max m
2 l=1
1)∆f = 0 A
V (f ) = AX(f ) + [X(f − 200000) + X(f + 200000)];
2
Y (f ) = V (f )H(f ) = AX(f ) ←→ y(t) = Ax(t).
La potenza di y(t) è: 2
A
2 2
P = A P = (1 + 4 + 9) = 7A .
y x 2
2)∆f = 0.1 KHz
A
V (f ) = [X(f − 100) + X(f + 100) + X(f − 200100) + X(f + 200100)];
2 A
Y (f ) = V (f )H(f ) = [X(f −100)+X(f +100)] ←→ y(t) = Ax(t)cos(200πt).
2
La potenza di y(t) vale 2 2
A A 2
P = P = (1 + 4 + 9) = 3.5A .
x
y 2 2 35
1.3.10 Esercizio 26
Si consideri il segnale x(t) = Acos(2πf t). Il segnale x(t) transita attraverso
0 −1
un filtro la cui funzione di trasferimento è H(f ) = (α + j2πf ) , α > 0. Il
segnale all’ uscita del filtro ha la forma y(t) = Bcos(2πf t + φ). Determinare:
0
1) i valori di B e φ;
2) la potenza P della sinusoide all’ uscita del filtro.
s
Soluzione
La funzione di trasferimento del filtro in modulo e fase é:
1
√
|H(f )| = 2 2 2
α + 4π f !
à 2πf .
arg(H(f )) = −arctg α
Si ha pertanto: 2
B = A|H(f )|, φ = arg(H(f )), P = B /2.
0 0 s
In figura sono mostrati modulo e fase del filtro (N.B: la scala delle ordinate
del grafico del modulo é logaritmica).
0
10 α=1
per
−1
H(f) 10
di
modulo −2
10
−3
10
−100 −80 −60 −40 −20 0 20 40 60 80 100
f [Hz]
2 α=1
per
1
H(f)
di 0
fase −1
−2
−100 −80 −60 −40 −20 0 20 40 60 80 100
f [Hz]
36
1.3.11 Esercizio 27
Si consideri il segnale
x(t) = (1 + Acos(2πf t))cos(2πf t), f = 10f .
0 1 1 0
1) Determinare lo sviluppo in serie di Fourier di x(t).
Il segnale x(t) è passato attraverso un circuito che lo eleva al quadrato ed è
poi filtrato da un passa-basso ideale avente banda pari a 5f . Detto y(t) il
0
segnale all’ uscita del passa-basso, determinare:
2) Il segnale y(t),
3) Il valore di A che rende la potenza della seconda armonica contenuta in
y(t) inferiore di 6 dB rispetto alla potenza della fondamentale.
Soluzione
Sviluppando il prodotto si ottiene:
A (cos(2π(f − f )t) + cos(2π(f + f )t)),
x(t) = cos(2πf t) + 1 0 1 0
1 2
che è lo sviluppo cercato (quesito 1).
Eseguendo la convoluzione di X(f ) con se stesso si ottiene la trasformata
2
di Fourier di x (t). Di tale convoluzione interessa la sola parte relativa alle
frequenze comprese tra −5f e 5f , in quanto le rimanenti sono oscurate dal
0 0
passa-basso. Per via grafica si ottiene facilmente:
!
à 2 A
A
1 δ(f ) +
Y (f ) = + (δ(f − f ) + δ(f + f )) +
0 0
2 4 2
2
A
+ (δ(f − 2f ) + δ(f + 2f )),
0 0
8
antitrasformando si ottiene (quesito 2):
2 2
1 A A
y(t) = + + Acos(2πf t) + cos(4πf t).
0 0
2 4 4
2 4
La potenza della fondamentale è A /2, quella della seconda armonica è A /32.
Affinchè il rapporto tra l’ una e l’ altra sia pari a 4 (6 dB), deve essere A = ±2
(quesito 3). 37
1.3.12 Esercizio 28
Con riferimento alla figura e dato Z t
u(t) = s(τ )dτ,
t−T
determinare la risposta in frequenza del sistema.
s(t) u(t)
H(f)
Soluzione
La risposta all’impulso viene determinata ponendo s(t) = δ(t) :
( 1 per 0 ≤ t ≤ T
h(t) = 0 altrove.
Ovvero: Ã !
t − T /2
h(t) = rect ,
T
la cui trasformata (rappresentata nella figura alla pagina seguente) é :
T
−j2πf
H(f ) = T · sinc(f T )e 2
−jπf T
= T · sinc(f T )e .
In figura si riporta l’andamento del modulo e della fase di H(f ) per T = 10s.
38
|H(f)|
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0 −0.5 −0.4 −0.3 −0.2 −0.1 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5
f [Hz]
fase(H(f))
4
3
2
1
0
−1
−2
−3
−4 −0.5 −0.4 −0.3 −0.2 −0.1 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5
f [Hz]
39
1.3.13 Esercizio 29
Si consideri il segnale periodico ∞
X x(t − kT ),
y(t) = k=−∞
con t − T /2
−t/T ).
x(t) = e rect( T
Si determini il periodo del segnale, lo sviluppo in serie di Fourier, la potenza
della continua, della fondamentale, ed il loro rapporto in dB. Il segnale y(t)
e’ filtrato attraverso un passa-basso ideale di banda 1.5/T . Rappresentare
graficamente lo spettro di Fourier del segnale all’ uscita del passa-basso.
Soluzione
Il periodo è T .
Per definizione, il k-esimo coefficiente complesso della serie e’ −1
Z Z
1 1 1 − e
T T
−j2πkt/T −t/T −j2πkt/T
Y = dt = e dt =
y(t)e e .
k T T 1 + j2kπ
0 0
Lo sviluppo e’ dunque ∞
X j2kπt/T
y(t) = Y e .
k
k=−∞
La potenza della continua è 2 −1 2
P = |Y | = (1 − e ) ,
0 0
quella della fondamentale è −1 2
(1 − e )
2
P = 2|Y | = 2 ,
1 1 2
1 + 4π
il loro rapporto in dB è P 0
10log ≈ 13 dB.
10 P 1
Lo spettro di F
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