Prove d'esame 2018 risolte Comunicazioni elettriche

ESAME CC - APPELLO 29/06/2018

2^a DOMANDA

* È un segnale reale deterministico e periodico di periodo T_o È il composto di una pulsazionedi rettangoli di ampiezza opposta. È impari. Calcolate l'analisi delle due di Fourier.

j(t) = ∑_n=-∞^∞ j₂π_o^t= ∑_n=-∞^∞[Rej((t - jπo) θ)[Rej((t - j - nπ)

• j(m) = ∫ ∞[φinc(e^(j mξй_n)dj)
• 1*0 φvindenϯn)j(
• 0
• 1*ηei(π ϯ/2
• εηm = -1, 2j
• ^{->{'eε-ivn(2/1)}---
• ∫1 * & arc(sSaya a_+m大)/2(.1)*√√[w) 2e/o
• j]::η/učro)/ n∈2= м ∈ 2K من들이 really.Txt에서
• 어 맞은 긴다 기게 법류

(m = null)(気өр龙_n vsi.n에

Lo spettro del segnale s(t) è dato discreto poiché è continua e periodica con t0.Tempo è composto di coefficienti di Fourier:

c_n = 1 / T₀

Facil.ioⁱ accodo oda dei degamenti (4)w0t) mantenere nel tempoper un coseno significi di mettere variamo e moltiplicare nel perman.exponeuzialicomplessi il segnale u(t). dunque dovele pontenet di Fourier inversa delle modulazionidei coefficienti cn.

v(t) = s(t) ...= A cos(w0t) ...

∑ ...= Re(t/2 - e^jw0t ...

d(t) = e^jw0t/t₀ ...

A sin(wt)

v(t)...= Re(t/2 - e^jw0t

... (*]d(t) ...

Andamento Temporaled(t)...A cos(4w0t)...

• Indichiamo con le variabili esterne:
  • a
  • b
  • c
  a = 6 ^{b = 3 c = 2.98}

• Il valore del segnale è il valore medio:
  • a
  • b₂
  • c = 2.98
  ^{b = 2 c = 2.98}

• L’equazione di quantizzazione è per il segnale negativo:
  • q₁(t) = d(t) - q₂(t)
• d(t) = 4.99

• Suponendo due sistemi:
  • schemi ABE
  • schemi CD

• Si ricordi la probabilità di errore:
  • P(e) = BER = Q
  • d’ipotesi condizioni
• N è la potenza

e gli annuncio Q(x)

→ -4500 _cos ^{[ 3000 π (t-1)]} + sin _c [¹⁵⁰⁰(t + ¹/₃₀₀₀)] + sin _c [¹⁵⁰⁰(t - ¹/₃₀₀₀)] ^[1/3]

trasformate per convoluzione:

v₁(t) = sin _c [¹⁵⁰⁰(t - ¹/₃₀₀₀)]

→ sin _c (x) = 1 se: x = 0

→ 1500(t + ¹/₃₀₀₀) = 0

→ t = - ¹/₃₀₀₀

→ sin _c (x) = 0 su. x ϵ ℤ \ (0)

→ 1500(t - ¹/₃₀₀₀) = 1

→ t = 1

v₂(t) = sin _c [¹⁵⁰⁰(t + ¹/₃₀₀₀)]

→ sin _c (x) = 0 se: x = 0

→ 1500(t + ¹/₃₀₀₀) = 0

→ t = - ¹/₃₀₀₀

→ sin _c (x) = 0 su. x ϵ ℤ \ (0)

→ 1500(t + ¹/₃₀₀₀) = 1

→ t = ¹/₃₀₀₀

v(t) v(t) = v₁(t) + v₂(t)

• Applichiamo ora un sistema modulante di un’ampiezza singola.

d₂(t) = 5 cos(2π×1000Hz×t)

Effettuiamo la risposta nell’altra configurazione, il segnale v₂(t) diventa

v₂(t) = {½ [5 cos(2000π(t - 1))] + ½ [5 cos(2000π(t - 3))]} ½

f < f₀ ½ [5 cos(2000π(t - 3))]

½ cos(2000πt - 2000π) = ½ sin(2000πt - 3000π) / 2000π

½ sin(2000πt) = ½ cos(2000π(t - 3))

v₀(t) t₀ ^s/2 ω_t 2000π 1000π v_c/2 3/2

• Facciamo passare ora al segnale non filtrato passabanda, in frequenza abbiamo.

Considero detto spazio positivo detto o anche questo negativo

Bandpass

f(E kHz)

v₀(t) E_kHz

⇒ Non ha alcun effetto il filtro perché v₂(t) è nel banda passante.

Esame CC I T-S+

Appello 10/03/2018

1. Domanda:

   • Nel dominio causale

   s(t)=

   1 per t₂

   t_d

   t₁

   s₁(t)

   s₂(t)=?

   • Calcolata risposta impulsiva del sistema calcolare e disegnare numericamente la PSD

   g_m(t)=s(6-t-2)

   2s(t-3)

   s(f)=

   unit(t, λ)

   h₁(t, l) = ∫_-∞^∞h_l(τ)dt

   =∫_-t^e-2πjη(τ-t)

   =e^-2jft(2) - e^-2jft(3)

   =

   =e^-3jft + 2s(e^(-t2))

   =e^j f [y + s^t/4-e^-jπt]

   =e^-5πti[2(j sinc(λ-e^-j)

   =e^-5πti[2j sin(x

   =cos(jtλ)+i j sin(x

   =cos(tλ)+i j sin(x-2πt)]

   • da risposta a questo insieme possiamo ottenerele la trasformate

   s(f)=h₁(f,l) : s₁(f)

   =sinc(t) e^{-j 2πf(0)}-2 sinc(t) ef

   y^2πt(3)

   y₂(t)=∫_-t^∞g₁(τ,3)dt

   =ReU(τ_τ2, i)-2 ReU(t, 3π)

A/2[N(f₀-b)+N(f₀+b)]=A/2[N(-f₀) + N(f₀)] = M(f=T₀) = N'(+f