Analisi in frequenza di segnali continui nel tempo

Analisi in frequenza di segnali
continui nel tempo
Serie di Fourier di segnali periodici
Sia data una funzione periodica con periodo T . Questa funzione, se certe condizioni
che vanno sotto il nome di condizioni di Dirichlet sono soddisfatte, può essere rappresentata per mezzo di una serie trigonometrica
1
x(t) = a0 + a1 cosω0 t + a2 cos2ω0 t + . . . + b1 sinω0 t + b2 sin2ω0 t + . . .
2
∞
X
1
= a0 +
(ak coskω0 t + bk sinkω0 t)
2
k=1
dove ω0 = 2π/T . I coefficienti di Fourier ak e bk , poiché valgono le seguenti relazioni
di ortogonalità
Z T /2
−T /2
cos(mω0 t)dt = 0 m diverso da 0
Z T /2
Z T /2
−T /2
Z T /2
−T /2
Z T /2
−T /2
sin(mω0 t)dt = 0 m qualsiasi
sin(mω0 t)cos(nω0 t)dt = 0 m qualsiasi
(
sin(mω0 t)sin(nω0 t)dt =
(
0, m diverso da n
T /2 m = n e m diverso da 0
0, m diverso da n
T /2 m = n e m diverso da 0
possono calcolarsi attraverso le seguenti espressioni
−T /2
cos(mω0 t)cos(nω0 t)dt =
2
ak =
T
2
bk =
T
Z T /2
−T /2
Z T /2
−T /2
x(t)cos kω0 dt
x(t)sin kω0 dt
1
(1)
0.0.1
Rappresentazione sotto forma complessa della serie di
Fourier
Consideriamo ora una rappresentazione equivalente ma più compatta dello sviluppo
in serie di Fourier. Partiamo dalla espressione
x(t) =
∞
a0 X
+
(ak cos kt + bk sin kt)
2
k=1
in cui, per semplificare la notazione, abbiamo posto ω0 = 1, cioè T = 2π; se usiamo
le seguenti identità
ej
kt
= cos kt + jsin kt
e−j
kt
= cos kt − jsin kt,
da cui ricaviamo
cos kt =
i
1 h jkt
e + e−jkt
2
sin kt =
1 jkt
[e − e−jkt ],
2j
e
otteniamo
x(t) =
=
=
∞
ak h j
a0 X
+
e
2
k=1 2
∞
a0 X
ak h j
+
e
2
k=1 2
kt
kt
+ e−j
+ e−j
kt
i
kt
i
−
+
bk h j
e
2j
bk h j
j e
2
kt
kt
− e−j
− e−j
kt
kt
i
i
∞
a0 1 X
+
[(ak − jbk )exp(j kt) + (ak + jbk )exp(−j kt)] .
2
2 k=1
Indichiamo con ck i coefficienti (complessi)
1
ck = (ak − jbk ) k = 0, 1, 2, ...
2
da cui discende che
1
c?k = (ak + jbk )
2
dove l’asterisco denota il complesso coniugato. Allora l’equazione (2) diventa
2
(2)
x(t) = c0 +
∞
X
ck e
j kt
+
k=1
∞
X
c?k e−j
kt
(3)
k=1
avendo anche posto che c0 = 21 a0 . Se utilizziamo le note espressioni per i coefficienti
ak e bk ,
1Zπ
1Zπ
ak =
x(t)cos ktdt , bk =
x(t)sin ktdt
π −π
π −π
possiamo scrivere
ck =
1 Zπ
(cos kt − jsin kt)x(t)dt
2π −π
oppure
ck =
Similmente si ha
c?k
1 Zπ
x(t)e−j
2π −π
1 Zπ
=
x(t)ej
2π −π
kt
kt
dt.
dt = c−k
e la serie nell’equazione (3) può essere messa nella forma
x(t) = c0 + c1 ejt + c2 ej2t + . . . + c−1 e−jt + c−2 e−j2t + . . .
oppure
x(t) =
∞
X
ck ej
kt
(4)
k=−∞
Osserviamo ancora che, con un cambiamento di variabile t = ω0 τ =
possiamo riscrivere l’equazione (4) come
x(τ ) =
∞
X
ck ejk2πf0 τ
k=−∞
oppure
x(t) =
∞
X
ck ejk2πf0 t ;
k=−∞
i coefficienti diventano
1 Z T /2
1 Z T /2
−jkω0 t
ck =
x(t)e
dt =
x(t)e−j2πkf0 t dt.
T −T /2
T −T /2
Infine, noti i coefficienti ck e c−k , ricaviamo
a0 = 2c0
ak = ck + c−k = 2 < {ck }
bk = j(ck − c−k ) = −2 = {ck }
3
2π
τ
T
= 2πf0 τ ,
0.1
Trasformata di Fourier di segnali aperiodici
Iniziamo prendendo in esame il caso particolare rappresentato dalla semplice funzione, periodica, riportata in figura.
La funzione può essere rappresentata, su un periodo T , come segue
(
xT (t) =
A
0
per − d/2 < t < d/2
per − T /2 < t < −d/2, d/2 < t < T /2
(5)
I coefficienti ck dello sviluppo
xT (t) =
∞
X
2π
ck e+i T
kt
k=−∞
=
∞
X
ck e+iω0 k t
(6)
k=−∞
si ricavano da
ck =
1 Z T /2
A Z d/2 −jkω0 t
x(t)e−jkω0 t dt =
e
dt
T −T /2
T −d/2
=
A 1
(ejkω0 d/2 − e−jkω0 d/2)
T jkω0
=
1 jkω0 d/2
Ad 1
(e
− e−jkω0 d/2)
T kω0 d/2 2j
=
Ad sin(kω0 d/2)
T
kω0 d/2
(7)
Poiché abbiamo kω0 d/2 = kπd/T , otteniamo
kπd
Ad sin( T )
ck =
kπd
T
T
4
(8)
L’andamento dei coefficienti ck , è riportato
• per d costante e T variabile (figura 2, cn-Tvar.m)
• per T costante e d variabile (figura 3, cn-dvar.m)
Allora la funzione xT (t) può scriversi
xT (t) =
d
∞
X
) +jk 2π t
Ad sin( 2πk
T 2
e T
k=−∞
T
"
2πk d
T 2
d
d
∞
) −jk 2π t Ad sin( 2πk
) +jk 2π t
Ad sin(− 2πk
Ad X
T 2
T 2
T
=
+
+
e
e T
2πk d
2πk d
T
T
T
−(
)
k=1
T 2
T 2
=
#
(9)
d
∞
sin( 2πk
)
Ad 2Ad X
2πk
T 2
cos(
+
t)
2πk d
T
T k=1
T
T 2
In figura 4 (recT4d1.m) abbiamo riportato l’andamento delle ridotte nell’equazione
(9) per k = 2, 4, . . . , 16.
d
Se ora pongo 2πk
= fk , ne segue che
T 2
πd
πdA
2π d
=
=
T 2
T
AT
∆f = fk+1 − fk =
(10)
e quindi
xT (t) =
∞
Ad 2A X
sin(fk )
2
+
∆f
cos(fk t)
T
π k=1
fk
d
(11)
Per T → ∞ (e anche per d → 0) si ha che ∆f → df , e possiamo considerare
la sommatoria come l’espressione approssimata à la Riemann del corrispondente
integrale; quindi
2A Z ∞ sin(f )
2
limT →∞ xT (t) = x(t) =
cos(f t)df
π 0
d
f
=
2A Z ∞ sin( d2 f )
cos(f t)df
π 0
f
(12)
Se d/2 = 1 e A = 1/d, (cioè l’area della funzione rect è uguale ad uno), si ha
1 Z ∞ sin(f )
cos(f t)df
(13)
π 0
f
Anche in questo caso abbiamo riportato in figura 5 (fou-int.m) l’andamento dell’integrale
quando il limite superiore assume i valori π, 4π, 8π... Infine, se d → 0 (ma contemporaneamente il prodotto Ad rimane costante), l’equazione (8) si riduce a
x(t) =
5
Ad
,
T
cioè i coefficienti ck non dipendono da k e quindi l’equazione (9) diventa
ck =
xT (t) =
∞
Ad 2Ad X
2πk
+
cos(
t)
T
T k=1
T
(14)
(15)
che, se Ad = 1, rappresenta lo sviluppo in serie di Fourier di un treno di impulsi di
area unitaria e periodo T ; pertanto
xT (t) =
∞
1
2 X
2πk
+
cos(
t).
T
T k=1
T
(16)
In figura 6 (trenoimp.m) abbiamo riportato, quando T = 2, l’andamento della
equazione (16) quando il limite superiore della sommatoria assume i valori 2, 4, 12, 14...
Guidati dall’esempio precedente, consideriamo ora il problema se una funzione in
generale non periodica può essere rappresentata per mezzo di un integrale trigonometrico in maniera analoga a quanto fatto nella rappresentazione di una funzione
periodica attraverso una serie trigonometrica.
Consideriamo un segnale aperiodico x(t) di durata finita come indicato in figura.
6
Da questo segnale aperiodico noi possiamo creare un segnale periodico xp (t)
con periodo Tp come indicato in figura (??). Questa rappresentazione implica che
dovremmo essere in grado di ottenere lo spettro di x(t) dallo spettro di xp (t) prendendo il limite per Tp → ∞, cioè
lim xp = x(t).
Tp →∞
Iniziamo con la rappresentazione in serie di Fourier di xp (t) ponendo 1/Tp = f0 ,
xp (t) =
∞
X
ck ej2πkf0 t
(17)
k=−∞
dove
ck =
1 Z Tp /2
xp (t).e−j2πkf0 t dt.
Tp −Tp /2
(18)
Poiché xp (t) = x(t) per |t| < Tp /2, possiamo anche scrivere
ck =
1 Z Tp /2
x(t)e−j2πkf0 t dt
Tp −Tp /2
(19)
ed essendo inoltre x(t) = 0 per |t| > Tp /2, avremo
1 Z∞
x(t)e−j2πkf0 t dt.
ck =
Tp −∞
(20)
Definiamo ora una funzione X(f ), detta Trasformata di Fourier di x(t), come
X(f ) =
Z ∞
−∞
x(t)e−j2πf t dt.
7
(21)
X(f ) è una funzione continua della variabile f e non dipende da Tp . Quindi, possiamo esprimere i coefficienti di Fourier ck in termini di X(f ),
ck =
1
X(kf0 )
Tp
(22)
oppure, in modo equivalente
Tp ck = X(kf0 ) = X(
k
).
Tp
(23)
Sostituendo i coefficienti ck nella relazione (17) otteniamo
xp (t) =
∞
k
1 X
X( )ej2πkf0 t .
Tp k=−∞
Tp
(24)
Poiché per Tp → ∞, f0 → 0, poniamo 1/Tp = ∆f ; quindi avremo
∞
X
lim xp (t) = x(t) = lim
Tp →∞
∆f →0
X(k∆f )ej2πk∆f t ∆f
(25)
k=−∞
Z∞
X(f )ej2πf t df.
=
(26)
−∞
Abbiamo cosı̀ ottenuto la rappresentazione di Fourier della funzione aperiodica x(t).
Vedi la figura seguente per una interpretazione geometrica dell’integrale.
Osserviamo infine che tale derivazione non è rigorosa in quanto, ad esempio, la
teoria elementare dell’integrale definito (à la Riemann) non è applicabile quando i
limiti di integrazione non sono finiti.
Riassumendo, l’analisi in frequenza dei segnali aperiodici continui nel tempo è basata
sulla seguente coppia di trasformate di Fourier
Z∞
X(f )ej2πf t df
x(t) =
−∞
8
(27)
Z∞
x(t)e−j2πf t dt.
X(f ) =
(28)
−∞
Introducendo la variabile Ω = 2πf , essendo df = dΩ/2π, le relazioni precedenti
diventano
∞
1 Z
x(t) =
X(Ω)ejΩt dΩ
2π
(29)
−∞
Z∞
x(t)e−jΩt dt.
X(Ω) =
(30)
−∞
Le condizioni che garantiscono l’esistenza della trasformata di Fourier sono note
sotto il nome di condizioni di Dirichlet:
1. il segnale x(t) possiede un numero finito di discontinuità finite
2. il segnale x(t) possiede un numero finito di massimi e minimi
3. il segnale è assolutamente integrabile, cioè
Z∞
|x(t)| < ∞.
−∞
La terza condizione segue direttamente dalla definizione di trasformata di Fourier;
infatti
Z∞
Z∞
−j2πf t
|X(f )| = |
x(t)e
dt| <
−∞
|x(t)|dt.
−∞
Quindi |X(f )| < ∞ se la terza condizione è soddisfatta.
Una condizione meno restrittiva per l’esistenza della trasformata di Fourier è che
x(t) abbia energia finita Ex , cioè che
Z∞
|x(t)|2 dt < ∞.
−∞
Notiamo che se un segnale x(t) è assolutamente integrabile, avrà anche energia finita.
Cioè, se
9
Z∞
|x(t)|dt < ∞
−∞
allora
Z∞
|x(t)|2 dt < ∞.
Ex =
−∞
Il contrario non è vero. Cioè, un segnale può avere energia finita ma non essere
assolutamente integrabile. Per esempio, il segnale
x(t) =
sin 2πt
πt
è a quadrato sommabile ma non assolutamente integrabile.
La trasformata di questo segnale esiste e vale
X(f ) =


 1


per |f | ≤ 1
0
per |f | > 1
Poiché il segnale viola la terza condizione, appare chiaro che le condizioni di Dirichlet sono sufficienti ma non necessarie. La maggior parte dei segnali ricade nella
categoria dei segnali ad energia finita.
Come nel caso delle serie di Fourier, anche ora l’integrale nell’equazione (27) può
essere espresso in forma alternativa. Osserviamo che, sostituendo la (28) nella (27),
si ha
Z∞
x(t) =
−∞
 ∞

Z

x(t)e−j2πf t dt ej2πf t df.
(31)
−∞
Dopo aver cambiato la variabile di integrazione da t a τ nell’integrale interno ed
avervi introdotto il termine ej2πf t (essendo l’integrale esterno indipendente da τ ),
otteniamo
Z∞ Z∞
x(τ )e−j2πf (τ −t) dτ df
x(t) =
−∞ −∞
equivalente a
Z∞ Z∞
x(t) =
x(τ ) [cos 2πf (τ − t) − jsin 2πf (τ − t)] dτ df
−∞ −∞
e ancora
10
(32)
Z∞ Z∞
x(t) =
Z∞ Z∞
x(τ )cos 2πf (τ − t)dτ df − j
−∞ −∞
x(τ )sin 2πf (τ − t)dτ df.
−∞ −∞
Osservando che sin 2πf (τ − t) è una funzione dispari rispetto ad f , il secondo
integrale si annulla, quindi
Z∞ Z∞
x(τ )cos 2πf (τ − t)dτ df.
x(t) =
−∞ −∞
Ma l’integrando è una funzione pari in f , quindi
cos 2πf (τ − t)dτ df.
Se sviluppiamo cos 2πf (τ − t), si ha





Z∞  Z∞
Z∞ Z∞


x(t) = 2
x(τ )cos 2πf τ dτ  cos 2πf t +  x(τ )sin 2πf τ dτ  sin 2πf t df,


0
−∞
0
−∞
Ritornando alla variabile t come variabile corrente nei due integrali interni, ed introducendo le due funzioni
Z∞
A(f ) = 2
Z∞
x(t)cos 2πf t dt
B(f ) = 2
−∞
x(t)sin 2πf t dt
−∞
arriviamo all’espressione standard dell’integrale di Fourier
Z∞
x(t) =
[A(f )cos 2πf t + B(f )sin 2πf t] df.
0
11
Esempio.
Nel sistema elastico di figura è applicato un carico caratterizzato da


 w0
per |x| < L

per |x| > L.
w(x) = 
0
La deflessione della trave è governata dall’equazione differenziale
EIu4 + ku = w(x)
(33)
dove E, I, k sono costanti che caratterizzano il sistema.
Osserviamo (vedi equazione (12)) che w(x) può essere rappresentato dalla seguente
espressione
∞
2w0 Z sin f L
w(x) =
cosf x df.
π
f
0
Cerchiamo allora una soluzione u(x) sotto forma integrale
Z∞
u(x) =
a(f )cosf x df
0
dove la parte in sinf x è omessa per ragioni di simmetria. Se deriviamo quattro
volte questa espressione e sostituiamo nella equazione (33) otteniamo
Z∞
∞
2w0 Z sin f L
(EIf + k)a(f )cosf xdf =
cosf x df.
π
f
4
0
0
12
Uguagliando i coefficienti dei termini armonici, si ha
(EIf 4 + k)a(f ) =
2w0 sinf L
π
f
oppure
a(f ) =
2w0 sinf L
1
π
ω EIf 4 + k
Pertanto
∞
2w0 Z sinf L cosf x
df.
u(x) =
π
f EIf 4 + k
0
13