Trasmissione numerica - esercitazione di teoria dei segnali deterministici e aleatori

Esercitazione completa di tanti esercizi relativa al corso di Trasmissione numerica del professor Mario Tanda. Presenti esercizi sui segnali deterministici e sistemi, analisi a tempo continuo e discreto, dominio del tempo e della frequenza, Fourier, segnali a tempo continuo..

Esame Trasmissione Numerica

Facoltà Ingegneria

Dal corso del Prof. Tanda Mario

Università Università degli studi di Napoli Federico II

Publisher Menzo

A.A. 2012-2013

148 pagine

Esercitazione

Vota

Scarica

Estratto del documento

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) = .

1.3.6 Esercizio 22

Con riferimento alla figura, si calcoli l’energia E di y(t).

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.

H(f)

di 0

Fase -1

-2

-3

-4

-8 -6 -4 -2 0 2 4 6 8

f [Hz]

1.3.7 Esercizio 23

Con riferimento alla figura, si determini la componente continua di u(t).

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

H(f ) = −j2πf t

2+ e 0

vale: s(t) = |H(f )|cos(2πf t + H(f )) ,

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 ))

0 0 0 0 0

= H(f )) + cos( H(f ))]

|H(f )|[cos(4πf t + 6

6 0 0

0 0

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:

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;

come si puó vedere H(f ) risulta essere periodico.

0.9

0.8

H(f) 0.7

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]

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 -1/2 -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 -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)

−1/2 1/2 t

-1

s’(t)

−1/2 1/2 t

−4 u(t)

−1/2 1/2 t

−4

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) ;

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),

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)

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 ) +

X(f + ∆f ) + X(f + 2f + ∆f )];

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)];

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).

La potenza di y(t) vale 2 2

A A 2

P = P = (1 + 4 + 9) = 3.5A .

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:

1) i valori di B e φ;

2) la potenza P della sinusoide all’ uscita del filtro.

Soluzione

La funzione di trasferimento del filtro in modulo e fase é:

√

|H(f )| = 2 2 2

α + 4π f !

Ã 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).

10 α=1

per

−1

H(f) 10

modulo −2

−3

−100 −80 −60 −40 −20 0 20 40 60 80 100

f [Hz]

2 α=1

per

H(f)

di 0

fase −1

−2

−100 −80 −60 −40 −20 0 20 40 60 80 100

f [Hz]

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

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

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:

Ã 2 A

A

1 δ(f ) +

Y (f ) = + (δ(f − f ) + δ(f + f )) +

0 0

2 4 2

A

+ (δ(f − 2f ) + δ(f + 2f )),

0 0

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.

|H(f)|

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))

−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]

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=−∞

La potenza della continua è 2 −1 2

P = |Y | = (1 − e ) ,

0 0

quella della fondamentale è −1 2

(1 − e )

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

Anteprima

Vedrai una selezione di 31 pagine su 148