SegnaliEserciziSvolti

Esercizi di teoria dei segnali
Laura Dossi
Arnaldo Spalvieri
Gli autori desiderano ringraziare gli ingg. Fabio Marchisi e Raffaele Canavesi
per il preziosissimo contributo alla stesura della dispensa.
i
Indice
1 Segnali deterministici e sistemi: analisi a tempo continuo
discreto, dominio del tempo e della frequenza
1.1 Serie di Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.1 Esercizio 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.2 Esercizio 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.3 Esercizio 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.4 Esercizio 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Trasformata di Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.1 Esercizio 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.2 Esercizio 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.3 Esercizio 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.4 Esercizio 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.5 Esercizio 9 (solo testo) . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.6 Esercizio 10 (solo testo) . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.7 Esercizio 11 (solo testo) . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.8 Esercizio 12 (solo testo) . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.9 Esercizio 13 (solo testo) . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.10 Esercizio 14 (solo testo) . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.11 Esercizio 15 (solo testo) . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.12 Esercizio 16 (solo testo) . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3 Segnali e sistemi a tempo continuo . . . . . . . . . . .
1.3.1 Esercizio 17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3.2 Esercizio 18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3.3 Esercizio 19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3.4 Esercizio 20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3.5 Esercizio 21 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3.6 Esercizio 22 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3.7 Esercizio 23 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3.8 Esercizio 24 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3.9 Esercizio 25 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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32
34
1.4
1.5
1.6
1.3.10 Esercizio 26 . . . . . . . . . . .
1.3.11 Esercizio 27 . . . . . . . . . . .
1.3.12 Esercizio 28 . . . . . . . . . . .
1.3.13 Esercizio 29 . . . . . . . . . . .
1.3.14 Esercizio 30 . . . . . . . . . . .
Campionamento . . . . . . . . . . .
1.4.1 Esercizio 31 . . . . . . . . . . .
1.4.2 Esercizio 32 . . . . . . . . . . .
1.4.3 Esercizio 33 . . . . . . . . . . .
1.4.4 Esercizio 34 . . . . . . . . . . .
1.4.5 Esercizio 35 . . . . . . . . . . .
1.4.6 Esercizio 36 . . . . . . . . . . .
1.4.7 Esercizio 37 . . . . . . . . . . .
1.4.8 Esercizio 38 (solo testo) . . . .
Segnali e sistemi a tempo discreto
1.5.1 Esercizio 39 . . . . . . . . . . .
1.5.2 Esercizio 40 . . . . . . . . . . .
1.5.3 Esercizio 41 . . . . . . . . . . .
1.5.4 Esercizio 42 . . . . . . . . . . .
1.5.5 Esercizio 43 . . . . . . . . . . .
1.5.6 Esercizio 44 . . . . . . . . . . .
1.5.7 Esercizio 45 . . . . . . . . . . .
Vero o falso . . . . . . . . . . . . . .
1.6.1 Esercizio 46 . . . . . . . . . . .
2 Segnali aleatori
2.1 Probabilitá . . . . . . . . . . .
2.1.1 Esercizio 47 . . . . . . .
2.1.2 Esercizio 48 . . . . . . .
2.2 Processi parametrici . . . . .
2.2.1 Esercizio 49 . . . . . . .
2.2.2 Esercizio 50 . . . . . . .
2.2.3 Esercizio 51 . . . . . . .
2.2.4 Esercizio 52 . . . . . . .
2.2.5 Esercizio 53 (solo testo)
2.2.6 Esercizio 54 (solo testo)
2.3 Processi non parametrici . .
2.3.1 Esercizio 55 . . . . . . .
2.3.2 Esercizio 56 . . . . . . .
2.3.3 Esercizio 57 . . . . . . .
iii
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42
43
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53
56
58
59
59
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68
69
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72
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75
76
77
77
80
83
84
86
86
87
87
89
91
2.4
2.3.4 Esercizio
2.3.5 Esercizio
2.3.6 Esercizio
2.3.7 Esercizio
2.3.8 Esercizio
2.3.9 Esercizio
2.3.10 Esercizio
2.3.11 Esercizio
2.3.12 Esercizio
2.3.13 Esercizio
2.3.14 Esercizio
2.3.15 Esercizio
2.3.16 Esercizio
2.3.17 Esercizio
2.3.18 Esercizio
2.3.19 Esercizio
2.3.20 Esercizio
2.3.21 Esercizio
2.3.22 Esercizio
2.3.23 Esercizio
Segnale dati .
2.4.1 Esercizio
2.4.2 Esercizio
2.4.3 Esercizio
2.4.4 Esercizio
2.4.5 Esercizio
58 . . . . . . .
59 . . . . . . .
60 . . . . . . .
61 . . . . . . .
62 . . . . . . .
63 . . . . . . .
64 . . . . . . .
65 . . . . . . .
66 . . . . . . .
67 . . . . . . .
68 . . . . . . .
69 . . . . . . .
70 . . . . . . .
71 . . . . . . .
72 . . . . . . .
73 . . . . . . .
74 (solo testo)
75 (solo testo)
76 (solo testo)
77 (solo testo)
. . . . . . . . .
78 . . . . . . .
79 . . . . . . .
80 . . . . . . .
81 . . . . . . .
82 (solo testo)
Appendice
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93
95
97
99
100
103
105
108
110
112
113
114
115
116
120
122
124
124
125
125
126
126
128
129
131
132
133
A Proprietá della Trasformata e della Serie di Fourier
133
A.1 Proprietá della Trasformata di Fourier . . . . . . . . . . . . . 133
A.2 Proprietá della Serie di Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . 136
B Trasformate di Fourier
139
B.1 Segnali a tempo continuo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139
B.2 Sequenze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141
iv
Capitolo 1
Segnali deterministici e sistemi:
analisi a tempo continuo e
discreto, dominio del tempo e
della frequenza
1
1.1
Serie di Fourier
1.1.1
Esercizio 1
Sia dato x(t) = xT1 (t) + xT2 (t) in cui T1 e T2 rappresentano i periodi dei
segnali xT1 (t) e xT2 (t) rispettivamente.
È intuitivo convincersi del fatto che se esiste un T tale che x(t + T ) = x(t),
questo T deve comprendere un numero intero di T1 e T2 ; inoltre il più piccolo
fra i possibili T che rispettano la condizione sopra citata sarà il m.c.m fra T 1
e T2 .
Si può quindi affermare che: dato un segnale x(t) somma di due segnali periodici di periodo T1 e T2 esso sarà periodico di periodo T con T = m.c.m(T1 , T2 )
se tale m.c.m esiste (in questo casi i periodi sono tra loro commensurabili).
Se non esiste il m.c.m(T1 , T2 ) allora il segnale x(t) non è periodico (e i periodi
si dicono incommensurabili).
Si presentano qui di seguito tre esercizi a sostegno dell’affermazione fatta.
1) Somma di segnali periodici di periodo uno multiplo dell’altro
Dato
x(t) = xT1 (t) + xT2 (t) = sen(2πt) + cos(4πt + φ)
sia f1 e T1 frequenza e periodo di xT1 ed f2 e T2 frequenza e periodo di
xT2 allora:
T1 = 1s, f1 = 1Hz;
T2 = 0.5s, f2 = 2Hz.
In questo caso, dove una frequenza é multipla dell’altra, risulta:
T = m.c.m(T1 , T2 ) = max(T1 , T2 ) = 1s,
1
= min(f1 , f2 ).
T
Ricordando che sen(2πt) = cos(2πt − π/2) risulta immediato scrivere
x(t) in serie di F ourier in forma polare:
f=
1
π
1
x(t) = 2 cos(2πt − ) + 2 cos(4πt + φ),
2
2
2
in cui A1 = A2 = 1/2 e θ1 = −π/2, θ2 = φ.
Nel grafico di figura 1 sono riportati in ascissa il tempo t e in ordinata
rispettivamente xT1 (t), xT2 (t), xT (t).
2
1
0.5
0
−0.5
−1
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4
1.6
1.8
2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4
1.6
1.8
2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4
1.6
1.8
2
1
0.5
0
−0.5
−1
2
1
0
−1
−2
2) Somma di segnali periodici con periodi commensurabili
Dato
µ ¶
¶
µ
π
π
π
,
x(t) = xT1 + xT2 = −cos
t + sen
t−
3
7
8
risulta
T1 = 6s, f1 = 1/6Hz, T2 = 14s, f2 = 1/14Hz.
Sia T = m.c.m(T1 , T2 ), T esiste se e solo se esistono m, n ∈ Z + : mT1 = nT2 .
In questo caso
T = m.c.m.(6, 14) = (3 · 2, 7 · 2) = 42,
che é il periodo di x(t), inoltre f = 1/T = 1/42.
È facile trovare lo sviluppo in forma polare di x(t)
1
π
1
x(t) = −cos(2π t) + sen(2π t − )
6
14
8
1
1
1
1
5
= +2 cos(2π7 t + π) + 2 cos(2π3 t − π),
2
42
2
42
8
quindi i coefficienti AK dello sviluppo in serie sono
1
1
{AK } = {0, 0, 0, , 0, 0, 0, , 0, 0 · · ·} k = 0, 1, 2, · · ·
2
2
3
Nel grafico di figura 2 sono riportati in ascissa il tempo t e in ordinata
rispettivamente xT1 (t), xT2 (t), xT (t).
1
0.5
0
−0.5
−1
0
10
20
30
40
50
60
70
80
0
10
20
30
40
50
60
70
80
0
10
20
30
40
50
60
70
80
0.5
0
−0.5
1
0
−1
3) Somma di segnali periodici con periodi non commensurabili
Consideriamo il seguente segnale
µ
x(t) = xT1 + xT2 = sen(t) + cos 2πt +
¶
π
,
4
risulta :
T1 = 2π,
f1 =
1
Hz,
2π
T2 = 1,
f2 = 1Hz .
Non esiste nessun m, n ∈ Z + : mT1 = nT2 perchè non può essere
T1
n
=
= 2π;
m
T2
se ne deduce che x(t) non è periodico e perciò la scomposizione in serie
di Fourier non esiste. Per avere comunque una rappresentazione in
frequenza del segnale x(t) si deve utilizzare la trasformata di Fourier,
4
che supera i limiti imposti dalla serie. In particolare una delle proprietà
della trasformazione di Fourier è la linearità:
F[x(t)] = F[xT1 ] + F[xT2 ]
quindi ricordando che
¶
µ
¶
µ
1
1
1
1
− δ f+
δ f−
2j
2π
2j
2π
µ
µ
¶
¶
1
1
j
j
= − δ f−
+ δ f+
,
2
2π
2
2π
F[sen(t)] =
e che
F[cos(2πt +
1
1
π
)] = δ(f − 1)e+jπ/4 + δ(f + 1)e−jπ/4 ,
4
2
2
si ottiene
X(f ) = X1 (f ) + X2 (f ) =
¶
¶
µ
µ
j
1
1
j
+ δ f+
+
= − δ f−
2
2π
2
2π
1
1
+ δ(f − 1)e+jπ/4 + δ(f + 1)e−jπ/4 .
2
2
Im[X(f)]
0.5
0
−0.5
−1
−0.8
−0.6
−0.4
−0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
0.2
0.4
0.6
0.8
1
Re[X(f)]
0.4
0.3
0.2
0.1
0
−1
−0.8
−0.6
−0.4
−0.2
0
f[Hz]
5
1.1.2
Esercizio 2
Dato il segnale periodico
x(t) =
A
3A
sin(πBt) − sin(3πBt),
4
4
determinarne il periodo e la densità spettrale di potenza. Rappresentare
graficamente lo spettro di Fourier e la densità spettrale di potenza, indicando chiaramente le variabili poste su ascissa e ordinata ed i valori da esse
assunti nei punti ritenuti di interesse. Determinare inoltre la potenza della fondamentale e della terza armonica ed il rapporto tra le due potenze in dB.
Soluzione
Il periodo è 2/B (inverso della frequenza fondamentale). La densità
spettrale di potenza è
Sx (f ) =
B
B
3A 2
δ f−
+δ f +
+
8
2
2
¶
µ
¶¶
µ ¶2 µ µ
A
3B
3B
δ f−
+δ f +
.
8
2
2
µ
¶ µ µ
¶
µ
¶¶
La potenza della fondamentale è 9A2 /32, quella della terza armonica è A2 /32,
il loro rapporto è ≈ 9.54 dB. Lo spettro di Fourier è formato dalla sola parte
immaginaria ed è illustrato nel disegno allegato.
Im{X(f)}
3A/8
A/8
-3B/2
B/2
3B/2
-B/2
f
-A/8
-3A/8
6
1.1.3
Esercizio 3
Calcolare la serie di Fourier di
x(t) = sen2 (2πf0 t + φ),
la sua potenza in continua e la potenza associata alla armonica fondamentale.
Soluzione
Cominciamo notando che, come è evidente dalla figura, il segnale non è
1
sen(.)
0.5
0
−0.5
−1
−2
−1.5
−1
−0.5
0
t[s]
0.5
1
1.5
2
−1.5
−1
−0.5
0
t[s]
0.5
1
1.5
2
1
sen2(.)
0.8
0.6
0.4
0.2
0
−2
periodico di periodo T0 = 1/f0 1 ma x(t + T ) = x(t) ∀t, con T = T0 /2 ed
f = 2f0 . Possiamo poi riscrivere x(t) cosı́ (sviluppo in forma polare):
1 1
− cos(2π2f0 t + 2φ) =
2 2
1 1
=
+ cos(2πf t + π + 2φ).
2 2
x(t) =
È immediato ora calcolare la potenza in continua P0 = 1/4 e la potenza associata alla prima armonica P1 = 1/8.
Si propongono di seguito gli sviluppi in serie, rispettivamente in forma
complessa e rettangolare, del segnale x(t):
x(t) =
1
1 1 j(π+2φ) j2πf t 1 −j(π+2φ) −j2πf t
+ e
e
+ e
e
,
2 4
4
Che è il periodo di sen(2πf0 t + φ) non elevato al quadrato
7
da cui
1
,
2
1 j(π+2φ)
e
,
=
4
1 −j(π+2φ)
e
,
=
4
X0 =
X1
X−1
e
x(t) =
1 1
− (cos(2πf t)cos(2φ) − sen(2πf t)sen(2φ)),
2 2
da cui
1
,
2
1
= − cos(2φ),
4
1
= − sen(2φ).
4
a0 =
a1
b1
8
1.1.4
Esercizio 4
Si consideri il segnale
x(t) = Acos2 (2πf0 t)sin(6πf0 t + π/4) .
Determinare lo sviluppo in serie di Fourier del segnale e rappresentare graficamente lo spettro di Fourier. Determinare inoltre la densità spettrale di
potenza, la potenza della fondamentale, ed il rapporto in dB tra la potenza
della fondamentale e della terza armonica.
Soluzione
Con semplici manipolazioni si riscrive:
µ
¶
π
A
.
x(t) = (1 + cos(4πf0 t))cos 6πf0 t −
2
4
Si ha:
Y (f ) = F
·
¸
A
1
1
A
(1 + cos(4πf0 t)) = (δ(f ) + δ(f − 2f0 ) + δ(f + 2f0 )).
2
2
2
2
Applicando la formula della modulazione si ottiene:
1
X(f ) = (Y (f − 3f0 )e−jπ/4 + Y (f + 3f0 )ejπ/4 ).
2
Lo spettro di Fourier è dunque composto da una parte reale ed una parte
immaginaria:
√
2
R{X(f )} =
(Y (f − 3f0 ) + Y (f + 3f0 )),
4
√
2
I{X(f )} =
(−Y (f − 3f0 ) + Y (f + 3f0 )),
4
La densità spettrale di potenza è:
1
A2 ³ 1
δ(f + 5f0 ) + δ(f + 3f0 ) + δ(f + f0 ) +
16 4
4
´
1
1
+ δ(f − f0 ) + δ(f − 3f0 ) + δ(f − 5f0 ) .
4
4
La fondamentale è la sinusoide a frequenza f0 , la terza armonica quella a
frequenza 3f0 . La potenza della fondamentale è A2 /32, quella della terza
armonica è A2 /8. Il rapporto tra le potenze della fondamentale e della terza
armonica è 1/4, cioè −6 dB.
Sx (f ) =
9
Y(f)
A/2
A/4
A/4
-2f 0
f
2f 0
Re{X(f)}
2A/8
2A/16
-5f 0
2A/8
2A/16
-3f 0
2A/16
-f 0
f0
2A/16
3f 0
5f 0
3f 0
5f 0
f
Im{X(f)}
2A/8
2A/16
2A/16
f0
-5f 0
-3f 0
-f 0
2A/16
2A/16
2A/8
10
f
1.2
1.2.1
Trasformata di Fourier
Esercizio 5
Sia dato il segnale
Ã
sen(4πt)
x(t) = 8
4πt
e il segnale
!2
= 8sinc2 (4t)
Ã
∞
X
t − kT
rect
c(t) =
τ
k=−∞
!
,
treno di impulsi rettangolari di durata τ , ripetuti con passo T .
Determinare la trasformata di Fourier del segnale
y(t) = x(t)c(t)
e del segnale
z(t) = x(t)[c(t) − 1/2] ,
con τ = 0.05 sec e T = 0.1 sec.
È possibile ricostruire il segnale x(t) dal segnale y(t)? Se si, come?
Soluzione
La trasformata di Fourier di x(t) è:
#
"
à !
f
|f |
rect
,
X(f ) = 2 1 −
4
8
la trasformata del segnale treno di rettangoli è data, applicando la relazione
di campionamento in frequenza, da
C(f ) = F[c(t)]
¶
·
µ ¶¸ X µ
1
t
i
=
δ f−
F rect
T
τ
T
i
µ ¶ µ
¶
∞
τ X
iτ
i
sinc
=
δ f−
.
T i=−∞
T
T
Applicando la proprietà di moltiplicazione nel tempo, la trasformata di y(t)
vale
Y (f ) = X(f ) ⊗ C(f )
11
µ
¶
µ
¶
τ X
i
iτ
=
sinc
X f−
T i
T
T
µ ¶ µ
¶
X
i
1
i
=
sinc
X f−
.
2 i
2
0.1
Il segnale x(t) si può ricostruire perfettamente filtrando y(t) con un filtro
passabasso ideale con guadagno 2 e frequenza di taglio compresa tra 4Hz e
6Hz, poiche’ le repliche in frequenza non si sovrappongono.
Infine la trasformata di z(t) vale:
1
1
Z(f ) = X(f ) ⊗ [C(f ) − δ(f )] = Y (f ) − X(f ) ,
2
2
che è uguale a Y (f ) a cui viene tolta la replica centrata in f = 0, cioé
µ
¶
µ ¶
i
i
1X
X f−
sinc
.
Z(f ) =
2 i6=0
0.1
2
12
1.2.2
Esercizio 6
Data la trasformata di z(t) = sgn(t),
Z(f ) = F[sgn(t)] =
1
,
jπf
e definita la funzione x(t) come
x(t) = s(t) ⊗
1
1
⊗ ,
πt πt
ove ⊗ indica la convoluzione,
dimostrare che, per ogni funzione s(t), vale l’uguaglianza
x(t) = −s(t),
a meno di una eventuale componente continua.
sgn(t)
1
t
-1
Soluzione
Utilizzando la proprietà di dualitá della trasformata,
Z(f ) = F[z(t)] 7→ z(−f ) = F[Z(t)],
applicata alla coppia
z(t) = sgn(t) ⇐⇒ Z(f ) =
si ottiene
F[
1
,
jπf
1
] = sgn(−f ) = −sgn(f ),
jπt
13
da cui
·
¸
1
F
= −jsgn(f ).
πt
Applicando ora la proprieta’ di convoluzione nel tempo della trasformata, si
ricava
X(f ) = F[s(t) ⊗
1
1
⊗
] = F[s(t)](−jsgn(f ))2 = −S(f ),
jπt jπt
cioè
x(t) = −s(t).
Se s(t) ha componente continua non nulla, cioé se S(0) 6= 0, allora x(t)
risulta con componente continua nulla, poiché la funzione sgn(f ) vale zero
nell’origine.
14
1.2.3
Esercizio 7
Si considerino le convoluzioni
p(t) = g(t) ⊗ v(t)
e
u(t) = g(t) ⊗ v(−t).
Che condizione deve essere soddisfatta da g(t) affinchè sia u(t) = p(−t)?
Soluzione
Esiste una soluzione banale dell’esercizio: infatti, se vale
p(t) = g(t) ⊗ v(t),
allora vale anche
p(−t) = g(−t) ⊗ v(−t),
µ
p(−t) =
Z
g(τ )v(−t − τ )dτ = [α = t + τ ] =
Z
g(α − t)v(−α)dα = g(−t) ⊗ v(−t)
da cui risulta che la condizione richiesta e’
g(t) = g(−t),
cioe’ g(t) deve essere pari.
Si puo’ arrivare allo stesso risultato ragionando nel dominio delle frequenze:
applicando la proprietà di riflessione
F[v(−t)] = V (−f ),
le ipotesi sono
P (f ) = G(f )V (f ),
U (f ) = G(f )V (−f ).
Affinché sia
P (−f ) = U (f ),
deve essere G(f ) = G(−f ), cioe’ si ritrova la condizione
g(t) = g(−t).
15
¶
1.2.4
Esercizio 8
Si consideri il segnale periodico
x(t) =
∞
X
i=−∞
(−1)i Asinc2 (2Bt − 2i + 1).
Determinare lo sviluppo in serie di Fourier.
Soluzione
Il segnale può essere visto come somma di due segnali periodici, il primo
costruito sulle i pari, il secondo sulle i dispari. Ognuno dei due ha periodo
2/B, quindi la loro somma ha periodo 2/B. Lo sviluppo in serie si ottiene dal
campionamento in frequenza con passo B/2. Si applica pertanto la formula:
con


µ
¶
¶ µ
¶
∞
iB 
B X
iB
2i
Y
= F −1 
δ f−
,
y t−
x(t) =
B
2 i=−∞
2
2
i=−∞
∞
X
µ
y(t) = Asinc
2
µ
µ
1
2B t +
2B
Ã
¶¶
− Asinc
!
Ã
2
µ
µ
1
2B t −
2B
!
¶¶
,
jπf
jπf
A
|f |
f
Y (f ) = F[y(t)] =
1−
rect
(e B − e− B ),
2B
2B
4B
ove si sono usate le tavole delle trasformate notevoli per il sinc2 (·) e si è usato
anche il teorema del ritardo. Utilizzando questa formula nel campionamento
in frequenza si ottiene:
Ã
!
∞
|i|
i
iπ
iB
jA X
1−
rect
sin
δ f−
.
X(f ) =
2 i=−∞
4
8
2
2
µ ¶
µ
¶ µ
Antitrasformando si ottiene lo sviluppo in serie cercato:
x(t) = −
3A
A
sin(πBt) + sin(3πBt).
4
4
16
¶
1.2.5
Esercizio 9 (solo testo)
Dato il segnale
t
x(t) = At rect( ),
T
si costruisca il segnale periodico
X
y(t) = A +
i
(−1)i x(t − iT ).
Disegnare il segnale y(t). Determinare il periodo, lo sviluppo in serie di Fourier e la densita’ spettrale di potenza di y(t). Disegnare lo spettro di Fourier
di y(t). Determinare inoltre la potenza della continua e della fondamentale,
ed il rapporto tra le due potenze in dB.
1.2.6
Esercizio 10 (solo testo)
Dato il segnale
t
x(t) = rect( ),
T
si costruisca il segnale periodico
y(t) = A + B
X
i
x(t − i2T − T /2).
Disegnare il segnale y(t). Disegnare lo spettro di Fourier di y(t) e la sua densita’ spettrale di potenza. In ogni disegno si indichino chiaramente ascissa,
ordinata, ed i valori ritenuti di interesse.
1.2.7
Esercizio 11 (solo testo)
Si consideri il segnale periodico
x(t) = A +
∞
X
(−1)i Arect(
i=−∞
t − i2T
).
τ
Determinare il periodo, lo sviluppo in serie di Fourier e la densita’ spettrale
di potenza di x(t). Determinare inoltre la potenza della continua e della
fondamentale. Per i valori τ = 2T e A = 1, calcolare il rapporto tra le due
potenze in dB.
17
1.2.8
Esercizio 12 (solo testo)
Si consideri il segnale periodico
y(t) =
X
(−1)i rect(
i
X
3t − iT
t − iT
) + (−1)i rect(
).
T
T
i
Disegnare il segnale. Determinare il periodo. Determinare la potenza delle
prime due armoniche non nulle ed il rapporto tra le potenze in dB.
1.2.9
Esercizio 13 (solo testo)
Dato il segnale
t
x(t) = rect( ),
T
si costruisca il segnale periodico
y(t) = cos(
X
πt
) + (−1)i x(t − iT ).
T
i
Disegnare il segnale y(t). Disegnare lo spettro di Fourier di y(t) e la sua densita’ spettrale di potenza. In ogni disegno si indichino chiaramente ascissa,
ordinata, ed i valori ritenuti di interesse. Determinare la potenza del segnale
alla seconda cifra decimale.
1.2.10
Esercizio 14 (solo testo)
Si consideri il segnale periodico
y(t) =
X
i
(−1)i rect(
X
3t − i6T
t − iT
)−
).
rect(
T
T
i
Disegnare il segnale. Determinare il periodo. Determinare la potenza della
continua e della fondamentale ed il rapporto tra la potenza della continua e
della fondamentale in dB.
18
1.2.11
Esercizio 15 (solo testo)
Si consideri il segnale periodico
y(t) = A −
X
i
(−1)i x1 (t − iT ) +
X
i
x2 (t − iT ),
ove x1 (t) e x2 (t) sono noti ed hanno trasformate di Fourier X1 (f ) ed X2 (f ).
Determinare l’ espansione in serie di Fourier di y(t) in funzione di A, X1 (f )
e X2 (f ). Determinare la potenza della continua e della fondamentale.
1.2.12
Esercizio 16 (solo testo)
Si consideri il segnale periodico
x(t) = A +
∞
X
(−1)i Arect(
i=−∞
t − i2T
).
τ
Determinare il periodo, lo sviluppo in serie di Fourier e la densita’ spettrale
di potenza di x(t). Determinare inoltre la potenza della continua e della
fondamentale, ed il rapporto tra le due potenze in dB per τ = 2T e A = 1.
19
1.3
1.3.1
Segnali e sistemi a tempo continuo
Esercizio 17
Sono disponibili i seguenti risultati di prove in regime sinusoidale di un
sistema lineare invariante nel tempo:
ingresso: x(t) = cos(2πf t),
uscita: y(t) = cos(2πf t + α(f )),
dove α(f ) é la funzione rappresentata in figura.
α( f )
π
f
2000
3000
1000
−π
Determinare la risposta impulsiva del sistema.
Soluzione
In generale data la risposta in frequenza H(f ) di un sistema lineare
tempo-invariante, la risposta del sistema all’ingresso sinusoidale
x(t) = cos(2πf t)
vale
y(t) = |H(f )|cos(2πf t + 6 H(f )).
In questo esercizio risulta:
6
H(f ) = α(f ) = −
|H(f )| = 1,
20
πf
,
1000
cioé la risposta in frequenza del sistema vale:
jπf
H(f ) = e− 1000 .
Essendo la risposta all’impulso h(t) la antitrasformata di Fourier di H(f ),
applicando la proprietá di ritardo nel tempo si ottiene:
µ
¶
1
h(t) = δ t −
.
2000
21
1.3.2
Esercizio 18
Con riferimento alla figura, il sistema é lineare tempo-invariante? Puó essere
descritto mediante una funzione di trasferimento?
u(t)=s(t)cos(2 πf 0t)
s(t)
cos(2 π f 0 t)
Soluzione
Presi due segnali qualunque s1 (t) e s2 (t), a cui corrispondono le uscite
u1 (t) e u2 (t), al segnale
z(t) = s1 (t) + s2 (t)
corrisponde il segnale
zu (t) = (s1 (t) + s2 (t))cos(2πf0 t) = u1 (t) + u2 (t).
Il sistema é quindi lineare.
Il sistema non é tuttavia tempo-invariante, infatti all’ingresso
z(t) = s(t − T ),
non corrisponde l’uscita
zu (t) = u(t − T ) = s(t − T )cos(2πf0 (t − T )),
ma l’uscita
zu (t) = z(t)cos(2πf0 t) = s(t − T )cos(2πf0 t)
.
Non é quindi possibile definire una funzione di trasferimento.
22
1.3.3
Esercizio 19
Con riferimento alla figura, in cui é
s(t) = sen(2πf0 t)
e
H(f ) = e
−
q
jf
f0
,
determinare u(t).
s(t)
u(t)
H(f)
Soluzione
L’uscita del sistema risulta
u(t) = |H(f0 )|sen(2πf0 t + 6 H(f0 )) .
In particolare:
H(f0 ) = e
−
√
e
jπ
2
jπ
= e−e 4
= e−(cos(π/4)+j·sen(π/4))
√
√
2
2
= e− 2 · e−j 2 .
Quindi il modulo é:
|H(f0 )| = e−
√
2
2
= 0.49,
mentre la fase risulta:
6
H(f0 ) = −
√
2
= −0.707.
2
Dunque :
u(t) = 0.49sin(2πf0 t − 0.707) .
Nella figura a pagina seguente é mostrata la sinusoide in ingresso e quella in
uscita, che risulta evidentemente sfasata.
23
0.5
per f =1/π
s(t)
0
0
−0.5
−3
−2
−1
0
t [sec]
1
2
3
0.4
per f0=1/π
u(t)
0.2
0
−0.2
−0.4
−3
−2
−1
0
t [sec]
24
1
2
3
1.3.4
Esercizio 20
In un sistema lineare tempo invariante, dato in ingresso il segnale
x(t) = Asen(2πf0 t),
corrisponde l’uscita
y(t) = Af0 cos(2πf0 t),
per qualsiasi A ed f0 . Determinare la risposta allo scalino del sistema.
Calcolare l’energia del segnale in uscita al sistema quando l’ingresso vale
x2 (t) =
sen(4πt)
.
2πt
Soluzione
x(t) = Asen(2πf0 t),
y(t) = Af0 cos(2πf0 t) = A|H(f0 )|sen(2πf0 t + 6 H(f0 ))
per qualsiasi A ed f0 .
π
H(f0 ) = f0 ej 2
per qualsiasi f0 , quindi la risposta in frequenza del sistema è :
H(f ) = jf,
che corrisponde ad un derivatore. Se
x1 (t) = sca(t) ←→
1
1
+ δ(f ) = X1 (f ),
j2πf
2
Y1 (f ) = X1 (f ) · H(f ) =
1
1
←→
δ(t) = y1 (t),
2π
2π
che è la risposta allo scalino cercata. 2
Dato
à !
sen(4πt)
f
1
x2 (t) =
= X2 (f ).
= 2sinc(4t) ←→ rect
2πt
2
4
2
Oppure
1 d
y(t) = 2π
dt x(t); R
t
x1 (t) = sca(t) = −∞ δ(τ )dτ ;
1 d
1
y1 (t) = 2π
dt x1 (t) = 2π δ(t);
25
Per il calcolo dell’energia di y2 (t):
Ey2 (t) =
=
Z
Z
Z
+∞
−∞
+∞
−∞
+∞
|Y2 (f )|2 df
|X2 (f )H(f )|2 df
à !
f
1
=
|f |2 df
rect
4
−∞ 4
Z 2
1
4
=
f 2 df = .
2 0
3
26
1.3.5
Esercizio 21
Con riferimento alla figura, in cui é
x(t) = sca(t),
h(t) = te−αt sca(t)
e
H(f ) =
1
,
(α + 2πf )2
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
∞
−∞
Z t
−∞
h(τ )sca(t − τ )dτ
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:
y(t)t→∞ =
=
Z
t→∞
−∞
Z ∞
−∞
h(τ )dτ
h(τ )dτ
= H(0) =
27
1
.
α2
1.3.6
Esercizio 22
Con riferimento alla figura, si calcoli l’energia Ey di y(t).
1-2j πfτ
x(t)
y(t)
1+2jπfτ
x(t)
A
t
-T
T
Soluzione
Applicando il teorema di Parseval, si ottiene:
Ey =
=
Z
Z
|Y (f )|2 df
|X(f )|2 |H(f )|2 df ;
la risposta in ampiezza del filtro é unitaria (il filtro é uno sfasatore puro),
infatti:
|H(f )|2 = 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:
Ey =
Z
|X(f )|2 df
= Ex
=
=
Z
∞
−∞
x2 (t)dt
2 2
AT .
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
Fase di H(f)
1
0
-1
-2
-3
-4
-8
-6
-4
-2
0
f [Hz]
29
2
4
6
8
1.3.7
Esercizio 23
Con riferimento alla figura, si determini la componente continua di u(t).
1
cos(2π f0 t)
u(t)
-j2 πft0
2+e
Soluzione
Il segnale s(t) all’uscita del filtro con risposta in frequenza
H(f ) =
1
2+
e−j2πf t0
vale:
s(t) = |H(f0 )|cos(2πf0 t + 6 H(f0 )) ,
quindi il segnale u(t) all’uscita del sistema vale:
u(t) = s(t)cos(2πf0 t) = |H(f0 )|cos(2πf0 t)cos(2πf0 t + 6 H(f0 ))
=
1
|H(f0 )|[cos(4πf0 t + 6 H(f0 )) + cos(6 H(f0 ))]
2
1
1
|H(f0 )|cos(6 H(f0 )) + |H(f0 )|cos(4πf0 t + 6 H(f0 )) .
2
2
La componente continua A0 di u(t) vale dunque:
=
1
1
A0 = |H(f0 )|cos(6 H(f0 )) = Re[H(f0 )] ,
2
2
dove:
·
Re 2 + e
Re[H(f0 )] =
=
j2πf0 t0
¸
(2 + e−j2πf0 t0 ) · (2 + ej2πf0 t0 )
=
2 + cos(2πf0 t0 )
2 + cos(2πf0 t0 )
.
2 =
−j2πf
t
0
0
5 + 4cos(2πf0 t0 )
|
|2 + e
La figura mostra rispettivamente modulo e fase del filtro H(f ) per t0 = 1;
come si puó vedere H(f ) risulta essere periodico.
30
1
0.9
Modulo di H(f)
0.8
0.7
0.6
0.5
0.4
0.3
-3
-2
-1
0
f [Hz]
1
2
3
-2
-1
0
f [Hz]
1
2
3
0.6
0.4
Fase di H(f)
0.2
0
-0.2
-0.4
-0.6
-3
31
1.3.8
Esercizio 24
Con riferimento alla figura e dato H(f ) = j2πf e−j2πf , determinare u(t).
H(f)
s(t)
u(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)
j2 π f
s’(t)
-j2 πf
u(t)=s’(t-1)
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
1/2
t
−4
u(t)
4
−1/2
−4
33
1.3.9
Esercizio 25
Dato lo schema in figura
z(t)
v(t)
H(f)
y(t)
a(t)
determinare la trasformata di Fourier del segnale y(t) nell’ipotesi che sia
a(t) = 2cos(2π(f0 + ∆f )t) ;
con l’ingresso
z(t) = A x(t)cos(2πf0 t), f0 = 100KHz
e H(f ) filtro ideale passabasso con B = 3KHz cosı́ specificato
H(f ) =
Si assuma
x(t) =
3
X
(
1
0
per |f | < B
per |f | ≥ B .
kcos(2πkfm t) , fm = 500Hz
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(2πf0 t),
Z(f ) = F[z(t)],
X(f ) = F[x(t)],
allora applicando la proprietà della modulazione si ottiene:
Z(f ) =
A
[X(f − f0 ) + X(f + f0 )] , f0 = 100KHz.
2
34
Se
v(t) = z(t)2cos(2π(f0 + ∆f )t)
e
V (f ) = F[v(t)],
applicando ancora la proprietà della modulazione si ottiene:
V (f ) = Z(f − f0 − ∆f ) + Z(f + f0 + ∆f )
A
=
[X(f − 2f0 − ∆f ) + X(f − ∆f ) +
2
X(f + ∆f ) + X(f + 2f0 + ∆f )];
X(f ) =
3
1X
l[δ(f − lfm ) + δ(f + lfm )] , fmax = 1500Hz,
2 l=1
fm = 500Hz ;
1)∆f = 0
V (f ) = AX(f ) +
A
[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:
Py = A 2 Px =
A2
(1 + 4 + 9) = 7A2 .
2
2)∆f = 0.1 KHz
V (f ) =
A
[X(f − 100) + X(f + 100) + X(f − 200100) + X(f + 200100)];
2
A
[X(f −100)+X(f +100)] ←→ y(t) = Ax(t)cos(200πt).
2
La potenza di y(t) vale
Y (f ) = V (f )H(f ) =
Py =
A2
A2
Px =
(1 + 4 + 9) = 3.5A2 .
2
2
35
1.3.10
Esercizio 26
Si consideri il segnale x(t) = Acos(2πf0 t). Il segnale x(t) transita attraverso
un filtro la cui funzione di trasferimento è H(f ) = (α + j2πf )−1 , α > 0. Il
segnale all’ uscita del filtro ha la forma y(t) = Bcos(2πf0 t + φ). Determinare:
1) i valori di B e φ;
2) la potenza Ps della sinusoide all’ uscita del filtro.
Soluzione
La funzione di trasferimento del filtro in modulo e fase é:
1
+ 4π 2 f 2
!
Ã
2πf
.
arg(H(f )) = −arctg
α
|H(f )| = √
α2
Si ha pertanto:
B = A|H(f0 )|, φ = arg(H(f0 )), Ps = B 2 /2.
In figura sono mostrati modulo e fase del filtro (N.B: la scala delle ordinate
del grafico del modulo é logaritmica).
0
modulo di H(f)
10
per α=1
−1
10
−2
10
−3
10
−100
−80
−60
−40
−20
0
f [Hz]
20
40
60
80
100
2
per α=1
fase di H(f)
1
0
−1
−2
−100
−80
−60
−40
−20
0
f [Hz]
36
20
40
60
80
100
1.3.11
Esercizio 27
Si consideri il segnale
x(t) = (1 + Acos(2πf0 t))cos(2πf1 t), f1 = 10f0 .
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 5f0 . 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(f1 − f0 )t) + cos(2π(f1 + f0 )t)),
2
che è lo sviluppo cercato (quesito 1).
Eseguendo la convoluzione di X(f ) con se stesso si ottiene la trasformata
di Fourier di x2 (t). Di tale convoluzione interessa la sola parte relativa alle
frequenze comprese tra −5f0 e 5f0 , in quanto le rimanenti sono oscurate dal
passa-basso. Per via grafica si ottiene facilmente:
x(t) = cos(2πf1 t) +
Ã
!
A
1 A2
δ(f ) + (δ(f − f0 ) + δ(f + f0 )) +
Y (f ) =
+
2
4
2
A2
+ (δ(f − 2f0 ) + δ(f + 2f0 )),
8
antitrasformando si ottiene (quesito 2):
1 A2
A2
y(t) = +
+ Acos(2πf0 t) +
cos(4πf0 t).
2
4
4
La potenza della fondamentale è A2 /2, quella della seconda armonica è A4 /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
u(t) =
Z
t
t−T
s(τ )dτ,
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) :
h(t) =
Ovvero:
(
1
0
per 0 ≤ t ≤ T
altrove.
Ã
!
t − T /2
h(t) = rect
,
T
la cui trasformata (rappresentata nella figura alla pagina seguente) é :
T
H(f ) = T · sinc(f T )e−j2πf 2
= T · sinc(f T )e−jπf T .
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
f [Hz]
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
fase(H(f))
4
3
2
1
0
−1
−2
−3
−4
−0.5
−0.4
−0.3
−0.2
−0.1
0
f [Hz]
39
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
1.3.13
Esercizio 29
Si consideri il segnale periodico
y(t) =
∞
X
k=−∞
x(t − kT ),
con
t − T /2
).
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.
x(t) = e−t/T rect(
Soluzione
Il periodo è T .
Per definizione, il k-esimo coefficiente complesso della serie e’
Yk =
1ZT
1 Z T −t/T −j2πkt/T
1 − e−1
e
dt =
y(t)e−j2πkt/T dt =
e
.
T 0
T 0
1 + j2kπ
Lo sviluppo e’ dunque
y(t) =
∞
X
Yk ej2kπt/T .
k=−∞
La potenza della continua è
P0 = |Y0 |2 = (1 − e−1 )2 ,
quella della fondamentale è
P1 = 2|Y1 |2 = 2
il loro rapporto in dB è
10log10
(1 − e−1 )2
,
1 + 4π 2
P0
≈ 13 dB.
P1
Lo spettro di Fourier del segnale z(t) all’uscita del passa-basso è costituito
dalla continua e dalla fondamentale. Nel fare il grafico occorre fare attenzione
nel separare parte reale e parte immaginaria della fondamentale.
40
Re{Z(f)}
1-e
1-e
−1
−1
1+4π
1-e
−1
2
1+4π
2
f
1/T
-1/T
Im{Z(f)}
−1
2π(1-e )
2
1+4π
1/T
f
-1/T
−1
2 π (1-e )
1+ 4π 2
41
1.3.14
Esercizio 30
Si consideri il segnale periodico
∞
X
y(t) =
Yk ej2kπt/T .
k=−∞
Il segnale viene elevato al quadrato e poi filtrato attraverso un passa-basso
ideale di banda 1.5/T . Determinare la potenza del segnale x(t) all’uscita del
passa-basso in funzione dei coefficienti complessi Yk .
Soluzione
Posto
z(t) = y 2 (t),
si ha
Z(f ) = Y (f ) ⊗ Y (f ).
Il segnale z(t) sará periodico di periodo T , o di un suo sottomultiplo, pertanto
Z(f ) =
∞
X
k=−∞
Zk δ(f − kf0 ),
f0 =
1
.
T
Dalla convoluzione si ottiene
Zk =
∞
X
Yi Yk−i .
i=−∞
All’uscita del passa-basso si ha
X(f ) =
1
X
k=−1
Zk δ(f − kf0 );
La potenza di x(t) é data da
Px = |Z0 |2 + |Z−1 |2 + |Z1 |2
=
=
¯
¯2
¯
¯2
¯ X
¯
¯ X
¯
¯ ∞
¯
¯ ∞
¯
¯
¯
¯
Yi Y−i ¯ + 2 ¯
Yi Y−1−i ¯¯
¯
¯i=−∞
¯
¯i=−∞
¯
¯2
¯
¯
¯2
¯
¯ ∞
¯
¯ ∞
¯
¯ X
¯
¯ X
2¯
¯
¯
Yi Yi+1 ¯¯
|Yi | ¯ + 2 ¯
¯
¯
¯i=−∞
¯
¯i=−∞
42
1.4
1.4.1
Campionamento
Esercizio 31
Dato il sistema LTI con risposta in frequenza
(
H(f ) =
³
sen2 πf T2
0
´
per |f | ≤ 2/T
altrove,
determinare l’uscita y(t) del sistema quando l’ingresso x(t) é il segnale periodico mostrato in figura.
Determinare la trasformata di Fourier tempo discreta Y (F ) della sequenza
y[n] ottenuta campionando il segnale y(t) con passo Tc = 2T /3 (F = f Tc ).
La sequenza y[n] é periodica? Se lo é, indicarne il periodo.
x(t)
1
t
T
T/2
Soluzione
Il segnale periodico in ingresso é
x(t) =
X
n
dove
1
f0 =
T
La sua trasformata é
Ã
t − nT
rect
T /2
=
X
µ
X
k
Xk e−j2πkf0 t ,
k
1T
T
Xk =
sinc kf0
T 2
2
X(f ) =
Inoltre:
!
Ã
¶
k
Xk δ f −
T
à !
k
1
= sinc
.
2
2
!
.
Y1 (f ) = X(f )H(f )
µ
¶
Ã
!
T
f
= X(f )sin 2πf
rect
4
4/T
µ
¶
µ
¶
1
1
= X1 δ f −
+ X−1 δ f +
;
T
T
2
43
X1 = X−1 ;
µ
µ
¶
¶
t
t
2
Y1 (f ) ←→ y(t) = 2X1 cos 2π
= cos 2π
;
T
π
T
Ã
!
k
1 X
Y1 f −
;
y[nTc ] ←→ Y (f ) =
Tc k
Tc
Y (F ) = Y
µ
f=
F
Tc
Ã
¶
(1)
1 X
(F − k)
=
Y1
Tc k
Tc
"
!
Ã
(F − k)
1
X1 X
δ
−
=
Tc k
Tc
T
Ponendo T =
3Tc
2
!
+
X
k
Ã
(F − k)
1
δ
+
Tc
T
!#
otteniamo
Ã
"
!
Ã
X
(F − k − 2/3)
(F − k + 2/3)
X1 X
δ
+
δ
Y (F ) =
Tc k
Tc
Tc
k
(2)
.
= X1
"
X
k
δ(F − k − 2/3) +
X
k
!#
#
δ(F − k + 2/3) .
Nell’intervallo base F = (−1/2, 1/2] ci sono due impulsi centrati in F =
1/3 e F = −1/3 di area X1 = 1/π.
In generale, dato un segnale y(t) di periodo T0 , il segnale campionato y[n]
con passo Tc é periodico di periodo N0 se e solo se y[n] = y[n − N0 ].
Questa condizione é verificata se
N0 T c = M T 0 ,
cioé se dopo N0 Tc secondi il segnale continuo y(t) ha compiuto un numero
intero di periodi T0 .
La condizione necessaria e sufficiente per la periodicita’ del segnale campionato é, dunque, che il rapporto Tc /T0 sia un numero razionale Tc /T0 = M/N0 ,
e, in questo caso, il periodo del segnale campionato coincide con il denominatore della frazione N0 .
Nel nostro caso numerico
Tc /T0 = 2/3,
dunque y[n] e’ periodico con periodo N0 = 3.
1
F = f Tc
)
δ(af ) = δ(f
|a| ; l’operazione di scalatura nel tempo agisce cioé modificando l’area
dell’impulso, per analogia con i segnali a durata finita.
2
44
Y(f)
1
πΤc
- 1 - 1
T 2T
1
T
1
2T
f
Y(F)
1
π
-1
2
−1
- 2
3
1
2
- 1
3
1
3
Intervallo base
45
2
3
1
F
1.4.2
Esercizio 32
Un segnale x(t) reale di banda B subisce in parallelo due campionamenti
con lo stesso periodo di campionamento T = 1/B, sfasati tra loro di mezzo
periodo. I segnali campionati xc1 e xc2 vengono filtrati con un filtro H(f )
passa basso ideale di banda B e poi sommati.
Si determini l’uscita y(t) di un tal sistema.
P
P∞
N.B: s1 (t) = ∞
k=−∞ δ(t − kT ) , s2 (t) =
k=−∞ δ(t − kT − T /2).
s1(t)
X
x 1 (t)
x c1(t)
H(f)
x(t)
+
X
H(f)
x c2(t)
x 2 (t)
s2(t)
Soluzione
In frequenza:
Xc1 (f ) = X(f ) ⊗ S1 (f ),
Xc2 (f ) = X(f ) ⊗ S2 (f ).
Con
S1 (f ) = B
∞
X
k=−∞
e
46
δ(f − kB)
y(t)
S2 (f ) = B
= B
∞
X
1
k=−∞
∞
X
k=−∞

Inoltre:
= B
δ(f − kB)e−j2πf 2B
δ(f − kB)e−jπk
∞
X
kpari =−∞
δ(f − kB) −
Xc1 (f ) = B
X
k
e
Xc2 (f ) = B
X
kpari
∞
X
kdispari =−∞

δ(f − kB) .
X(f − kB)
X(f − kB) − B
X
kdispari
X(f − kB);
quindi:
X1 (f ) = BX(f )
e
X2 (f ) = BX(f ).
Infine:
Y (f ) = X1 (f ) + X2 (f ) = 2BX(f ),
cioè
y(t) = 2Bx(t).
Nel tempo:
H(f ) ←→ h(t) = 2B
sen(πt2B)
;
πt2B
quindi:
y(t) = x(t)s1 (t) ⊗ h(t) + x(t)s2 (t) ⊗ h(t)
= x(t)[s1 (t) + s2 (t)] ⊗ h(t),
ove è:
∞
X
Ã
!
k
,
s(t) = s1 (t) + s2 (t) =
δ t−
2B
k=−∞
treno di impulsi di periodo 1/2B. Dunque x(t) viene campionato con frequenza di campionamento 2B, due volte la banda del segnale (è soddisfatto il
teorema del campionamento) e poi filtrato con un filtro passa-basso di banda
B (e guadagno unitario):
y(t) = 2Bx(t).
47
1.4.3
Esercizio 33
Si consideri il segnale periodico
∞
X
x(t) =
Asinc
2
i=−∞
µ
µ
i
2B t −
B
¶¶
.
Determinare il periodo e lo sviluppo in serie di Fourier di x(t). Determinare
inoltre la potenza della continua, della fondamentale ed il rapporto tra le due
potenze in dB.
Il segnale x(t) viene campionato a frequenza 3B/2, poi convertito in analogico e filtrato. La cascata formata dal convertitore digitale/analogico e dal
filtro si comporta come un passa-basso ideale con frequenza di taglio pari a
3B/4. Determinare il segnale presente dopo l’ interpolatore.
Soluzione
Il periodo di x(t) è 1/B. Lo sviluppo in serie si ottiene dal campionamento
in frequenza con passo B. Si applica pertanto la formula:
∞
X
i=−∞
con
µ
y t−
i
B
¶
= F −1 [B
∞
X
i=−∞
Y (iB)δ(f − iB)],
Ã
!
Ã
!
A
|f |
f
Y (f ) = F[Asinc2 (2Bt)] =
1−
rect
.
2B
2B
4B
Sono presenti i soli termini a frequenza 0 e B:
A A
+ cos(2πBt).
2
2
Dal precedente sviluppo si ha immediatamente:
x(t) =
µ
A
Sx (f ) =
2
¶2
µ
A
δ(f ) +
4
¶2
(δ(f − B) + δ(f + B)) .
La potenza della continua è A2 /4, quella della fondamentale invece A2 /8,
il rapporto tra le due è 3 dB. Nel campionare si crea aliasing, in particolare appare una cosinusoide a frequenza B/2 di ampiezza A/2 (si omette
una costante dovuta al campionamento, che viene recuperata nella successiva elaborazione). La conversione ed il successivo filtraggio oscurano tutto
eccetto la continua e la detta cosinusoide. Il segnale ricostruito è pertanto
xr (t) =
A A
+ cos(πBt).
2
2
48
1.4.4
Esercizio 34
Si consideri il segnale:
x(t) = Acos3 (2πf0 t + φ).
1) Determinare lo sviluppo in serie di Fourier di x(t).
2) Determinare la minima frequenza di campionamento necessaria per poter
sperare di ricostruire il segnale dai suoi campioni.
Si consideri il campionamento ad una frequenza fc superiore a quella minima
appena determinata e si immagini di ricostruire il segnale tramite un convertitore digitale-analogico che, quando riceve in ingresso l’ impulso unitario
discreto, presenta all’ uscita la forma d’ onda p(t) = e−αt u(t), α > 0. Il
segnale convertito viene filtrato tramite un filtro la cui funzione di trasferimento è H(f ).
3) Determinare quali condizioni devono essere soddisfatte da H(f ) per avere
la perfetta ricostruzione del segnale x(t).
Soluzione
Eseguendo il cubo si ottiene:
A
3A
cos(2πf0 t + φ) + cos(6πf0 t + 3φ),
4
4
che è lo sviluppo richiesto al punto 1.
La frequenza minima di campionamento è pari al doppio della massima frequenza contenuta in x(t), cioè (quesito 2):
x(t) =
fc > 6f0 .
Dalle tavole delle trasformate, la funzione di trasferimento del convertitore
è:
P (f ) = (α + j2πf )−1 .
Le condizioni su H(f ) sono:
H(±f0 ) = P −1 (±f0 ),
per riprodurre la sinusoide a frequenza f0 ,
H(±3f0 ) = P −1 (±3f0 ),
49
per riprodurre la sinusoide a frequenza 3f0 ,
H(f ) = 0, f = Kfc ± f0 , f = Kfc ± 3f0 , K 6= 0,
per oscurare le sinusoidi relative agli intervalli diversi da quello fondamentale.
Qualsiasi H(f ) per le altre frequenze, dove il segnale X(f ) è nullo.
50
1.4.5
Esercizio 35
Si consideri la sequenza x[n] ottenuta dal campionamento a frequenza 2B di
x(t) =
A
3A
sen(πBt) − sen(3πBt).
4
4
Si indichi l’intervallo fondamentale e si rappresenti graficamente lo spettro
di Fourier del segnale campionato in detto intervallo.
Si consideri ora la sequenza y[n] ottenuta dal sovracampionamento di x[n] di
un fattore 2 e si rappresenti di nuovo lo spettro di Fourier di y[n] nell’intervallo fondamentale.
Si converta ora y[n] in analogico, considerando un filtro di ricostruzione che
mantiene il valore del campione fino all’arrivo del campione successivo, seguito da un passa basso ideale di banda 2B. Si determini il segnale all’uscita
del passabasso.
Soluzione
Lo spettro di Fourier X(f ) del segnale analogico x(t) é il seguente:
Im{X(f) }
3A/8
-3B/2
-B/2
-A/8
A/8
B/2
3B/2
f
-3A/8
Lo spettro X(f ) della sequenza x[n] ottenuta dal campionamento di x(t)
é mostrato nella figura a pagina seguente.
L’intervallo fondamentale va da −B a B ed é presente la sola parte
immaginaria dello spettro di Fourier, che é costituito da due impulsi:
·
µ
¶
µ
B
B
X(f ) = jAB −δ f −
+δ f +
2
2
51
¶¸
,
−B ≤ f ≤ B.
X(f)
jBA
-3B/2
B/2
-5B/2
5B/2
-B/2
f
3B/2
-jBA
Intervallo fondamentale
Y(f)
B/2
-4B
-2B
2B
-B/2
4B
f
Intervallo fondamentale
Sovracampionando, l’intervallo fondamentale raddoppia e raddoppiano pure
le ampiezze:
·
µ
¶
µ
¶¸
B
B
+δ f +
, −2B ≤ f ≤ 2B.
2
2
La risposta all’impulso del filtro di ricostruzione é
Y (f ) = j2AB −δ f −
µ
µ
p(t) = rect 4B t −
1
8B
¶¶
,
ove si é tenuto conto di un ritardo di 1/8B. La sua trasformata é
Ã
!
πf
1
f
P (f ) =
e−j 4B .
sinc
4B
4B
Il passa-basso lascia passare solo la sinusoide a frequenza B/2, attenuata e
ritardata dal mantenitore:
µ ¶
µ
µ
¶¶
1
1
xr (t) = Asinc
sin πB t −
.
8
8B
52
1.4.6
Esercizio 36
Il segnale
x(t) = A
∞
X
(−1)i rect(
i=−∞
t − iT − T /2
)
T
viene filtrato attraverso un passa basso ideale di banda 3/T . Indicare il
periodo e rappresentare graficamente lo spettro di Fourier del segnale y(t)
all’ uscita del passa basso. Il segnale all’ uscita del passa basso e’ campionato a frequenza 5/T . Indicare l’ intervallo fondamentale, e rappresentare
graficamente lo spettro di Fourier del segnale campionato su tre intervalli
fondamentali. La sequenza viene poi sovracampionata di un fattore due e
convertita in analogico, e la cascata del convertitore e del successivo passa
basso e’ modellata come un passa basso ideale di banda 4/T . Rappresentare
graficamente lo spettro di Fourier del segnale analogico all’ uscita del passabasso.
x(t)
A
0
T
2T
t
Soluzione
Il segnale x(t) e’ una onda quadra dispari, di periodo T0 = 2T ed é
53
mostrata in figura. Il k-esimo coefficiente dello sviluppo in serie é dato da
Xk = 0, k pari,
Xk =
2A
, k dispari.
jπk
Il passa basso oscura tutte le componenti a frequenza maggiore di 6f0 , f0 =
1/T0 , lasciando le rimanenti componenti inalterate. Lo spettro di Fourier all’
uscita del passa basso e’ composto dunque dalla sola parte immaginaria, e
dalle sole sinusoidi a frequenza f0 , 3f0 , 5f0 come mostrato in figura.
Nel campionamento a frequenza 5/T = 10f0 si ha aliasing, in particolore la
sinusoide a frequenza 5f0 viene cancellata. Dunque nell’ intervallo fondamentale, da −5f0 a 5f0 , compaiono le sole sinusoidi a frequenza f0 e 3f0 , che
vengono replicate negli intervalli successivi a passo 10f0 . Il sovracampionamento cancella le repliche intorno a 10f0 , 30f0 , etc. Quindi nella successiva conversione le sinusoidi non oscurate dal passa basso sono solo quelle a
frequenza f0 e 3f0 , che passano inalterate.
54
2A/ π
2A/5π
Im[X k]
2A/3π
f0
-7f 0
-5f 0
3f0
f0
-3f 0
-2A/3 π
5f0
7f0
f
-2A/5 π
-2A/ π
Im[X k ]
-15f
0
-10f 0
-5f
f0
0
-3f 0
3f 0
5f0
10f0
f
-f 0
Intervallo fondamentale
Im[Yk ]
f0
-3f 0
-f 0
55
15f0
3f 0
f
1.4.7
Esercizio 37
Si consideri la sequenza costituita dai campioni
x[k] = x(kTc + τ )
ottenuti dal campionamento a passo Tc = 1/2f0 della sinusoide
x(t) = sin(2πf0 t + φ).
Si disegni lo spettro di Fourier della sequenza.
Soluzione
Se
x(t) = sin(2πf0 t + φ),
allora
x[k] = sin(2πf0 kTc +2πf0 τ +φ) = sin(2πf0 kTc +β) = cos(2πf0 kTc +β−π/2),
con β = 2πf0 τ + φ.
La trasformata di x[k], X(f ), si ottiene ripetendo in frequenza, con passo
fc = 2f0 , la trasformata X(f ) della cosinusoide con frequenza f0 e fase
(β − π/2),
1
1
X(f ) = ej(β−π/2) δ(f − f0 ) + e−j(β−π/2) δ(f + f0 ).
2
2
Gli impulsi contenuti nelle repliche degli spettri si combinano vettorialmente
nelle frequenze f0 + 2nf0 , e la trasformata X(f ) (vedi figura nella pagina
successiva) risulta
X(f ) = fc
X
n
X(f − nfc ) = 2f0
X
n
sin(β)δ(f − f0 − n2f0 ).
Analogamente, nella frequenza normalizzata,
X(F ) =
X
n
sin(β)δ(F − 1/2 − n).
56
2fo sin
−3fo
β
−fo
fo
57
3fo
f
1.4.8
Esercizio 38 (solo testo)
Il segnale
1
5πf0 t
3πf0 t
) − cos(
)
2
4
2
e’ campionato a frequenza 2f0 . Determinare lo spettro di Fourier del segnale
campionato e disegnarlo.
y(t) = cos(
58
1.5
Segnali e sistemi a tempo discreto
1.5.1
Esercizio 39
Dato il segnale periodico
s(t) =
2
X
k
1
+
|k|e−jπ 5 t ,
2 k=−2
il segnale discreto s[n] è ottenuto campionando idealmente s(t) con passo
Tc = T /5, detto T il periodo fondamentale di s(t).
Determinare la trasformata di Fourier S(f ) del segnale continuo s(t) e la
trasformata di Fourier S(F ) del segnale discreto s[n].
Il segnale s[n] è periodico? Se si, determinare il periodo.
Determinare il segnale y[n] ottenuto filtrando s[n] con un filtro discreto H(F )
con caratteristica di ampiezza triangolare tra F = −0.25 e F = 0.25 e
caratteristica di fase lineare:
H(F ) =
( ³
0
1−
|F |
0.25
´
e−j2πF
per |F | ≤ 0.25
altrove.
Soluzione
Il segnale s(t) è già scritto in serie di Fourier (forma esponenziale), perciò
la sua trasformata di Fourier è la somma di 5 impulsi centrati in
f = 0Hz,
f = ±0.1Hz,
f = ±0.2Hz
con ampiezza rispettivamente 0.5, 1 e 2. Il periodo fondamentale di s(t) è
T = 10sec.
La trasformata di Fourier S(F ), periodica di periodo unitario, nell’intervallo
base [0, 1) è simmetrica rispetto a F = 1/2, perchè è la trasformata di segnale
reale e pari , ed è costituita da 5 impulsi in
F = 0,
F = 0.2,
F = 0.4,
F = 0.6,
F = 0.8,
con ampiezza rispettivamente 0.5, 1, 2, 2, 1. 3
Il segnale
s[n] = 0.5 + 2cos[2π0.2n] + 4cos[2π0.4n]
3
Ricorda: nella conversione della frequenza f [cicli/secondo] a quella normalizzata F =
f Tc [cicli/campione] per la proprietà δ( TFc ) = Tc δ(F ), le ampiezze di eventuali impulsi
ideali vengono moltiplicate per Tc
59
è periodico di periodo N = 5, infatti s[n] = s[n − N ].
Si ha infine
y[n] = 0.5H(0) + |H(0.2)| · 2 · cos[2π0.2n + 6 H(0.2)]
= 0.5 + 0.4cos[2π0.2(n − 1)],
in cui risulta |H(0.2)| = 0.2 e 6 H(0.2) = −0.4π.
60
1.5.2
Esercizio 40
Con riferimento allo schema in figura,
x a (t)
x[n]
v[n]
y[n]
H(F)
A/D
cos(0.8 π n)
dato il segnale reale analogico passabanda
xa (t) = sa (t)cos(1600πt),
dove sa ha trasformata di Fourier
³
Sa (f ) = cos 2π
³ f ´
f ´
rect
,
400
200
determinare la trasformata di Fourier X(F ) del segnale discreto x[n] ottenuto
campionando xa (t) con passo di campionamento Tc = 0.5ms e la trasformata
di Fourier V (F ) del segnale v[n] = x[n]cos(0.8πn).
Se, nell’intervallo fondamentale, é
H(F ) =
(
2
0
per |F | ≤ 0.05
per |F | > 0.05 ,
mostrare che la trasformata di Fourier Y (F ) del segnale y[n] in uscita al filtro
é uguale a S(F ), trasformata di Fourier del segnale discreto s[n], ottenuto
campionando con passo Tc il segnale analogico sa (t).
Calcolare l’energia di s[n].
Soluzione
Per la proprietá di modulazione si ottiene:
1
1
Sa (f − 800) + Sa (f + 800)
2
2!
Ã
Ã
!
f − 800
f − 800
1h
cos 2π
rect
+
=
2
400
200
Ã
!
Ã
!
f + 800
f + 800 i
+ cos 2π
rect
.
400
200
Xa (f ) =
61
La trasformata di Fourier del segnale campionato vale:
X(f ) = fc
+∞
X
k=−∞
Xa (f − kfc ) periodico di periodo fc =
1
= 2000Hz.
0.5ms
La trasformata di Fourier della sequenza x[n], nella variabile normalizzata
F , vale:
X(F ) = fc
+∞
X
k=−∞
Xa ((F − k)fc ) che per −0.5 ≤ F ≤ 0.5 1 vale :
µ
¶
fc ³ F − 0.4 ´
F − 0.4
=
rect
+
cos 2π
2
0.2
0.1
¶
µ
fc ³ F + 0.4 ´
F + 0.4
+ cos 2π
rect
.
2
0.2
0.1
Per calcolare la trasformata di v[n] si applica la proprietà della modulazione
e si ottiene:
1
V (F ) =
(X(F − 0.4) + X(F + 0.4)) che nell’intervallo fondamentale
2
³ F ´
³ F + 0.2 ´
fc ³ F ´
fc ³ F + 0.2 ´
=
rect
+ cos 2π
rect
+
cos 2π
2
0.2
0.1
4
0.2
0.1
³ F − 0.2 ´
fc ³ F − 0.2 ´
+ cos 2π
rect
;
4
0.2
0.1
La trasformata di Fourier del segnale y[n] vale:
Y (F ) = V (F )H(F ) che nell’intervallo fondamentale
³
F
F ´
= fc cos(2π )rect 2π
.
0.2
0.1
La trasformata di Fourier del segnale campionato sa (nTc ) vale
∞
X
S(f ) = fc
k=−∞
Sa (f − kfc ).
La trasformata di Fourier della sequenza s[n] vale:
S(F ) = fc
= fc
∞
X
k=−∞
∞
X
Sa ((F − k)fc )
cos
k=∞
³F − k ´
= Y (F ).
1
che é l’intervallo fondamentale
62
0.2
rect
³F − k ´
0.1
Perciò s[n] = y[n].
L’energia del segnale s[n] é
Es[n] =
=
∞
X
k=∞
Z 0.5
|s[k]|2
−0.5
fc 2
0.1
2
= 200000.
=
63
2
|S(F )| dF
1.5.3
Esercizio 41
Determinare la trasformata discreta di Fourier su N punti (N − DF T ) della
sequenza
·
µ
¶¸
n 2
rectN [n]
x[n] = cos 2π
N
con
(
1 per 0 ≤ n ≤ N − 1
rectN [n] =
0 altrove
Soluzione
Dall’interpretazione della DF T come finestratura della serie di Fourier
della sequenza ripetuta :
x[n] → xp [n] =
∞
X
l=−∞
x[n − lN ] = y[n].
Calcolando la DF T di y[n] ottengo Y k che poi finestrata con un rettangolo
di N campioni (contati mettendo il primo campione nell’origine 4 ) dá la DF T
cercata. Nel nostro caso:
x[n] =
·
µ
cos 2π
n
N
¶¸2
rectN [n]
µ
¶
1
1
2
=
rectN [n] + cos 2π n rectN [n]
2
2
N
= x1 + x2 ;
x1 [n] ←→ X1k = [N/2, 0, 0, · · · , 0];
|
{z
da 0 a N − 1
}
x2 [n] ←→ X2 k = [0, 0, N/4, , 0, 0, · · · , N/4, 0];
sommando i due termini si ottiene
Xk = X1 k + X2 k = [N/2, 0, N/4, 0, 0, · · · , N/4, 0].
Un modo alternativo per calcolare la DF T é applicare la definizione e
scrivere la funzione coseno in forma esponenziale 5 :
Xk =
N
−1
X
n=0
4
5
k
x(n)e−j2π N n =
N
−1
X
n=0
−1
−1
1 −j2π k n NX
1 −j2π k−2 n NX
1 −j2π k+2 n
N
N
N
+
+
;
e
e
e
2
4
4
n=0
n=0
si ricorda che il rettangolo discreto NON é centrato nell’origine ma é causale
j4πn/N
+e−j4πn/N
cos2 (2πn/N ) = 1/2 + 1/2 e
2
64
Considerando che
N
−1
X
e
k
−j2π N
n=0
n

 N
=
−j2π k N
N
1−e
−j2π k
N
1−e
per k = 0, ±N, ±2N, ±3N · · ·
= 0 per k 6= 0, ±N, ±2N, ±3N · · ·
si ricava per 0 ≤ k ≤ N − 1:


 N/2
Xk =  N/4

N/4
per k = 0 (la prima sommatoria)
per k = 2 (la seconda sommatoria)
per k = (−2)mod(N ), cioé k = N − 2 (la terza sommatoria).
In figura é mostrato il segnale di partenza e la sua DF T calcolati per
N = 50 campioni.
1
N=50
0.8
x(n)
0.6
0.4
0.2
0
0
5
10
15
20
25
n
30
35
40
45
50
25
N=50
20
Xk
15
10
5
0
−5
0
5
10
15
20
25
k
65
30
35
40
45
50
1.5.4
Esercizio 42
Dato il segnale discreto
x[n] = 8 ·
sen
³
πn
4
πn
´
,
calcolare l’energia del segnale modulato
y[n] = x[n]cos(παn)
al variare del parametro α.
Il sistema è lineare? È tempo-invariante? Si può caratterizzare con una
risposta all’impulso? Se si, quale?
Soluzione
Si ricorda che la trasformata di Fourier di una segnale discreto è periodica
nelle frequenze di periodo uno; i calcoli si svolgeranno quindi limitatamente
all’intervallo −1/2 ≤ F ≤ 1/2.
Per il teorema di Parseval l’energia di y[n] si può calcolare come:
Ey[n] =
Z
1/2
−1/2
2
|Y (F )| dF .
Tenendo conto del fatto che
!
Ã
F
,
X(F ) = 8 · rect
1/4
risulta per la proprietà di modulazione:
· µ
¶
µ
1
α
α
δ F−
+δ F +
2
2
2
· µ
¶
¶¸
µ
1
α
α
=
X F−
+X F +
.
2
2
2
Y (F ) = X(F ) ⊗
¶¸
Il segnale y[n] è reale e pari quindi Y (F ) è reale e pari: si può limitare
l’analisi all’intervallo di frequenze 0 ≤ F ≤ 1/2, che corrisponde all’intervallo 0 ≤ α/2 ≤ 1/2, cioè 0 ≤ α ≤ 1. Per qualsiasi valore di α fuori da questo
intervallo valgono i risultati trovati per α modulo 1.
Per α = 0 y[n] = x[n],
Ey[n] = Ex[n] = 64 ·
66
1
4
= 16.
Per 0 ≤ α/2 ≤ 1/8 e 3/8 ≤ α/2 ≤ 1/2 c’è sovrapposizione parziale nelle
due repliche dello spettro centrate in +α/2 e −α/2 :
Ey[n] = 2[(1/8 − α/2)64 + 16α] = 16 − 32α;
per 1/8 ≤ α/2 ≤ 3/8 le due repliche non si sovrappongono:
Ey[n] = 8 = Ex[n] /2.
Il sistema è lineare infatti:
(x1 [n] + x2 [n]) · cos(παn) = x1 [n]cos(παn) = x2 [n]cos(παn),
ma tempo variante per α 6= ±1, ±2, · · · infatti:
se x[n] → y[n], x[n − m] → x[n − m]cos(παn) 6= x[n − m]cos(πα(n − m)).
Un sistema lineare ma tempo variante non è caratterizzabile da una risposta
all’impulso.
Per α = ±1, ±2, · · ·, cos(παn) = 1, perciò y[n] = x[n], il sistema lineare
tempo invariante è descritto dalla risposta all’impulso banale h[n] = δ[n].
Y(F)
4
- α /2
α /2
1/8
F
1/8
α
1- α
8
2
67
1.5.5
Esercizio 43
Sia z[n] = x[n] · y[n], ove x[n] e y[n] sono due sequenze limitate di lunghezza
4, di cui si conoscono le rispettive FFT di ordine 4:
X k = [1, 0, −1, 0],
j
Y k = [0, 0, 0, ].
2
Determinare Z k e z[n].
Soluzione
É possibile calcolarlo cosı́:
4−df t
x[n] · y[n] ←→ Z k =
3
X
l=0
X l · Y (k−l)modulo 4 .
É possibile calcolare la convoluzione circolare eseguendo le seguenti operazioni:
• calcolare la convoluzione lineare, di lunghezza 7, delle due sequenze X k
e Y k;
• replicare il risultato con periodo 4;
• finestrare la sequenza periodica ottenuta tra k = 0 e k = 3.
Il risultato é
j
j
Z k = [0, − , 0, ].
2
2
Per calcolare z[n] applichiamo la definizione di antitrasformata:
z[n] =
3
X
k
Z k ej2π 4 n
0
π
π
j
j 3π
ej 2 n − e j
=
−ej 2 n + ej 2 n =
2
2
2j
·
µ
¶¸
1
= sen 2π n
,
4
n=0,1,2,3
µ
¶
da cui si ottiene
z[n] = [0, 1, 0, −1].
68
3π
n
2
1.5.6
Esercizio 44
Un sistema discreto lineare tempo-invariante stabile, con ingresso x[n] e
uscita y[n], è caratterizzato dalla seguente equazione alle differenze:
1
y[n] = y[n − 1] + x[n] − 2x[n − 1].
2
Determinare la funzione di trasferimento H(z) e la risposta all’impulso h[n]
del sistema.
La sequenza h[n] è a fase minima? Se non lo è determinare la corrispondente sequenza a fase minima.
Soluzione
Passando alla trasformata zeta:
1
Y (z)z −1 + X(z) − 2X(z)z −1 ,
Y (z) =
2
quindi
Y (z)
1 − 2z −1
=
X(z)
1 − 21 z −1
1
= (1 − 2z −1 ) ·
.
1 − 21 z −1
H(z) =
Antitrasformando otteniamo:
h[n] =
=
³
´
δ[n] − 2δ[n − 1] ⊗
µ ¶n
1
2
sca(n) − 2
µµ ¶n
µ ¶n−1
1
2
1
2
sca(n)
¶
sca(n − 1);
N.B.: la risposta all’impulso h[n] risulta causale perchè il sistema è stabile e
la funzione di trasferimento H(z) presenta un polo interno al cerchio unitario.
La sequenza h[n] non è a fase minima, perchè lo zero è esterno al cerchio di
raggio unitario ( e il sistema è causale). La sequenza corrispondente a fase
minima hmp [n] si ottiene spostando lo zero in posizione reciproca complessa
coniugata:
1
1
Hmp = (1 − z −1 ) ·
=1
2
1 − 21 z −1
che ha come antitrasformata:
hmp [n] = δ[n].
69
1.5.7
Esercizio 45
In un sistema discreto lineare tempo-invariante il segnale in ingresso x[n] con
trasformata di Fourier tempo-discreta
X(F ) = sen(2πF )
viene trasformato nel segnale y[n] con trasformata di Fourier tempo-discreta
Y (F ) = |sen(2πF )|.
a) Determinare la risposta in frequenza H(F ), la risposta all’impulso h[n] e
l’energia del sistema.
b) Determinare il segnale x[n] ed i valori y[0], y[1] e y[2].
Soluzione
Possiamo scrivere:
H(F ) =
Y (F )
X(F )
Ã
∞
X
F − 0.25 − k
= 2
rect
0.5
k=−∞
!
− 1;
antitrasformando
µ ¶
n j2π n
e 4 − δ[n]
2
µ ¶
n jπn
= sinc
e 2 − δ[n].
2
h[n] = sinc
L’energia del sistema si ricava utilizzando l’uguaglianza di Parseval:
En =
Z
1
0
|H(F )|2 dF = 1.
j
j
X(F ) = sen(2πF ) ←→ x[n] = δ[n − 1] − δ[n + 1]
2
2
(questa relazione si ricava dalla proprietá di dualitá applicata alla coppia
trasformata-antitrasformata).
j
j
sen(2πf0 t) ←→ δ(f − f0 ) − δ(f − f0 ).
2
2
70
Il segnale
∞
X
y[n] =
m=−∞
x[m]h[n − m]
= x[1]h[n − 1] + x[−1]h[n + 1]
j
j
h[n − 1] − h[n + 1]
=
2
2
negli istanti n = 0, n = 1, n = 2 vale
µ
µ
¶
¶
µ ¶
1
j
1
1
j
2
(−j)sinc −
− jsinc −
= sinc
= ;
2
2
2
2
2
π
y[1] = 0;
µ ¶
µ ¶
µ ¶
µ ¶
1
3
1
3
j
j
1
1
y[2] =
jsinc
− (−j)sinc
= − sinc
− sinc
2
2
2
2
2
2
2
2
1
1
2
= − +
=− .
π 3π
3π
y[0] =
71
1.6
Vero o falso
1.6.1
Esercizio 46
Date le seguenti affermazioni stabilire se sono vere o false, giustificando la
risposta:
• Un segnale periodico reale e pari è rappresentabile come somma di sole
funzioni coseno ak cos(2πfk t).
• Date due sequenze x1 e x2 di lunghezza n1 = 10 ed n2 = 12, la loro
convoluzione circolare ottenuta utilizzando la FFT (e FFT inversa) su
16 punti coincide con la convoluzione lineare.
• Il sistema lineare tempo-invariante stabile con funzione di trasferimento
H(z) =
2
1 − 2z −1
ha risposta all’impulso causale e il suo sistema inverso è a fase minima.
Soluzione
• Vero: se T è il periodo del segnale periodico x(t), allora (serie di
Fourier)
x(t) =
∞
X
k
ck e−j2π T t ;
k=−∞
se inoltre x(t) è reale e pari, allora i ck sono reali e pari (cioè ck = c−k ):
x(t) = c0 +
−1
X
∞
X
k
ck e−j2π T t +
k=−∞
=
k=1
∞
X
∞
X
ck ej2π T t +
∞
X
ak cos(2πfk t) con a0 = c0 ; ak = 2ck , k 6= 0 ; fk = k/T.
k
k
ck e−j2π T t
k=1
k=1
∞
X
Ã
k
= c0 +
2ck cos 2π t
T
k=1
=
k
ck e−j2π T t
k=0
!
• Falso: la convoluzione circolare di due sequenze x1 (di lunghezza n1 )
e x2 (di lunghezza n2 ) coincide con la convoluzione lineare solo se si
utilizza l’F F T ( e l’ F F T inversa) su almeno n1 + n2 − 1 campioni. In
questo caso n1 + n2 − 1 = 21 > 16.
72
• Falso: Il sistema ha uno zero in z = 0 e un polo in z = 2. Perchè
il sistema sia stabile, la regione di convergenza dovrebbe contenere la
circonferenza unitaria: poichè il polo è esterno alla circonferenza la
sequenza antitrasformata convergente, che corrisponde alla regione di
convergenza |z| < 2, sarà anticausale (h[n] = −2n sca[−n − 1]). Il
sistema inverso ha un polo in z = 0 e uno zero in z = 2: il sistema non
è a fase minima perchè lo zero è esterno al cerchio unitario (la risposta
all’impulso vale hinv [n] = 1/2δ[n] − δ[n − 1]).
73
Capitolo 2
Segnali aleatori
74
2.1
Probabilitá
2.1.1
Esercizio 47
Si consideri la coppia di variabili aleatorie (a1 , a2 ), ognuna delle quali assume
i valori 0, A con probabilitá P (0) = 1/4, P (A) = 3/4. Il coefficiente di correlazione tra le due vale 0.5. Si determini la probabilitá congiunta.
Soluzione
Il valor medio delle due variabili é η1 = η2 = 3A/4, il valore quadratico
medio é 3A2 /4, e la varianza di ognuna risulta pari a 3A2 /16, il coefficiente
di correlazione é
E{(a1 − η1 )(a2 − η2 )}
ρ=
= 0.5.
σ1 σ2
Si ricava facilmente
21A2
.
E{a1 a2 } =
32
Applicando la definizione di valore atteso si ottiene
E{a1 , a2 } =
X
X
a1 a2 P1,2 (a1 , a2 ) = A2 P1,2 (A, A),
a1 ∈{0,A} a2 ∈{0,A}
cioé P1,2 (A, A) = 21/32. Saturando rispetto ad a2 si ha
3
P1,2 (A, 0) + P1,2 (A, A) = P1 (A) = ,
4
dalla quale si ricava P1,2 (A, 0) = 3/32. Con procedimento simile si ricava
P1,2 (0, A) = 3/32 ed imponendo ancora
P1,2 (0, A) + P1,2 (0, 0) =
1
4
(oppure imponendo che la congiunta sommi ad 1), si ottiene
P1,2 (0, 0) =
75
5
.
32
2.1.2
Esercizio 48
Le variabili aleatorie a e b sono Gaussiane a media unitaria e varianza unitaria, ed hanno coefficiente di correlazione 0.5. Determinare la densita’ di
probabilita’ di c = a + b.
Soluzione
La somma di variabili Gaussiane e’ Gaussiana, dobbiamo dunque determinare valor medio e varianza di c. Per il valor medio si ha:
E{c} = E{a + b} = E{a} + E{b} = 2.
Per la varianza si ha :
σc2 = E{c2 } − E 2 {c}.
Il secondo termine e’ gia’ stato determinato, per il primo si ha:
E{c2 } = E{(a + b)2 } = E{a2 } + E{b2 } + E{2ab}.
Dai dati si ottiene facilmente:
E{a2 } = E{b2 } = 2,
E{ab} = 1.5,
che sostituite nella precedente danno
E{c2 } = 7.
Si ottiene pertanto
σc2 = 3.
76
2.2
2.2.1
Processi parametrici
Esercizio 49
É dato il processo aleatorio
X(t) = Acos(2πf0 t) − Bsin(2πf0 t)
ove A e B sono due variabili aleatorie indipendenti Gaussiane a valor medio
nullo e varianza σA2 = σB2 = σ 2 = 4. Questo processo é l’ingresso dei due
SLS in figura aventi le risposte in frequenza indicate. Ricavare la densitá di
probabilitá del primo ordine fY (y; t) del processo Y (t) nei due casi.
H1 (f)
1
Y(t)
X(t)
f
f 0 /2
H2 (f)
1
X(t)
Y(t)
2f0
f
Soluzione
1) Per ogni realizzazione xr (t), scelto A e B, é possibile calcolarne la
trasformata di Fourier in quanto xr (t) é periodico.
xr (t) ←→ Xr (f ) =
Bj
A
[δ(f − f0 ) + δ(f + f0 )] −
[δ(f + f0 ) − δ(f − f0 )]
2
2
Yr (f ) = Xr (f )H1 (f ) = 0.
Poiché vale per ogni realizzazione il processo in uscita risulta essere identicamente nullo:
Y (t) = 0.
2) Per ogni realizzazione xr (t) in ingresso, il processo in uscita vale
77
1
yr (t) = xr (t)
2
in quanto H2 (f0 ) = 1/2. In uscita abbiamo dunque
1
Y (t) = X(t),
2
e dunque
fY (Y ) = 2fX (2Y ).
In particolare il processo Y (t) ha densita’ di probabilita’ con la stessa forma
della della densita’ di X(t), con valor medio ηY = 2 ηX , e varianza σY2 =
2
σX
/4.
Dato il processo
X(t) = X1 (t) + X2 (t),
con
X1 (t) = Acos(2πf0 t);
X2 (t) = −Bsin(2πf0 t),
e
A2
1
e− 2σ2 ,
2πσ
B2
1
e− 2σ2 ,
f (B) = √
2πσ
poiché X1 e X2 sono Gaussiani indipendenti (A e B sono indipendenti), X(t)
é un processo Gaussiano con media ηX pari alla somma delle medie e varianza
2
σX
pari alla somma delle varianze.
In particolare
f (A) = √
f (X1 ) = f (Acos(2πf0 t)) =
A2
1
1
−
√
e 2σ2 cos2 (2πf0 t) ,
cos(2πf0 t) 2πσ
2
Gaussiana con media ηX1 nulla e varianza σX
= σ 2 cos2 (2πf0 t).
1
2
1
1
− 2 B2
2σ cos (2πf0 t)
√
f (X2 ) = f (−Bsin(2πf0 t)) =
e
,
sin(2πf0 t) 2πσ
2
Gaussiana con media ηX2 nulla e varianza σX
= σ 2 sin2 (2πf0 t).
2
La densita’ di probabilita’ di X(t) vale dunque
2
(X−ηX )
−
1
2
e 2σX ,
f (X = X1 + X2 ) = √
2πσX
78
con
ηX = ηX1 + ηX2 = 0,
2
2
2
σX
= σX
+ σX
1
2
= σ 2 (cos2 (2πf0 t) + sin2 (2πf0 t))
= 4,
e la densita’ di proabilita’ di Y (t) =
1
2
X(t) varra’
2
(Y −ηY )
−
1
2
e 2σY ,
f (Y ) = √
2πσY
con media nulla e varianza
1 2
σY2 = σX
= 1.
4
79
2.2.2
Esercizio 50
Dato un processo casuale stazionario X(t) = A + cos(2πt + φ) dove A e φ
variano da realizzazione a realizzazione, con distribuzione uniforme negli intervalli 1 ≤ A ≤ 3 e −π ≤ φ ≤ π:
a) rappresentare graficamente due realizzazioni diverse del processo per due
coppie di valori (A1 , φ1 ) e (A2 , φ2 ) scelte fra i valori possibili. Determinare le
corrispondenti medie temporali e le funzioni di autocorrelazione temporali.
Il processo é ergodico?
b) Determinare il valor medio (d’insieme) e la densitá spettrale di potenza
del processo.
c) Determinare la potenza del processo Y (t) ottenuto filtrando il processo
1
X(t) con un filtro con risposta in frequenza H(f ) = (1+j2πf
.
)
1
1
(Si ricorda che: cos(a)cos(b) = 2 cos(a + b) + 2 cos(a − b))
Soluzione
a) Una qualsiasi realizzazione del processo é rappresentabile come la somma di una costante A e di una funzione coseno con periodo T = 1 sec e fase
iniziale φ.
Le due realizzazioni X1 e X2 mostrate in figura sono state ottenute con i
valori seguenti:
X1 :
A1 = 2,
φ1 = π/2;
X2 :
A2 = 1,
φ2 = 0.
3
2.8
2.6
2.4
x1(t)
2.2
2
1.8
1.6
1.4
1.2
1
0
0.5
1
1.5
2
2.5
t [s]
80
3
3.5
4
4.5
5
2
1.8
1.6
1.4
x2(t)
1.2
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
0
0.5
1
1.5
2
2.5
t [s]
3
3.5
4
4.5
5
Fissato A1 e φ1 :
1 Z α/2
X1 (t)dt
< X1 (t) > = lim
α→∞ α −α/2
1 Z T /2
(1)
X1 (t)dt
=
T −T /2
= A1 .
1ZT
(A1 + cos(2π(t − τ ) + φ1 ))(A1 + cos(2πt + φ1 ))dt
T 0
1ZT
2
= A1 +
cos(2π(t − τ ) + φ1 )cos(2πt + φ1 )dt
T 0
Z T
1 ZT
1
2
cos(2πτ )dt +
cos(2π(2t − τ ) + φ1 )dt
= A1 +
2T 0
2T 0
1
= A21 + cos(2πτ ).
2
< X1 (t)X1 (t − τ ) > =
(2)
Il processo non é ergodico perché le medie temporali e le funzioni di
autocorrelazione temporali variano da realizzazione a realizzazione.
b)
EX {X(t)} = EA,φ {A + cos(2πt + φ)}
1
2
poiché il processo X(t) é periodico di periodo T
RT
RT
poiché 0 A1 cos(2πt + φ1 )dt = 0 A1 cos(2π(t − τ ) + φ1 )dt = 0
81
= E{A} +
Z
π
−π
1
cos(2πt + φ)dφ
2π
= E{A} = 2.
RX (τ ) = EX {X(t)X(t − τ )}
= EA,φ {(A + cos(2πt + φ))(A + cos(2π(t − τ ) + φ))}
(3)
= EA {A2 } + Eφ {cos(2πt + φ)cos(2π(t − τ ) + φ)}
½
¾
1
1
2
= E{A } + Eφ
cos(2πτ ) + cos(2π(2t − τ ) + 2φ)
2
2
Z 3
1 2
1
=
A dA + cos(2πτ )
2
1 2
13 1
=
+ cos(2πτ ).
3
2
Poiché SX (f ) é la trasformata di Fourier di RX (τ ), dalla precedente otteniamo
13
1
1
SX (f ) = δ(f ) + δ(f − 1) + δ(f + 1).
3
4
4
c) La densitá spettrale del processo Y (t) é data da
SY (f ) = SX (f )|H(f )|2
1
= SX (f )
.
1 + 4π 2 f 2
La potenza del processo Y (t) si ottiene integrando la sua densitá spettrale
di potenza:
PY
=
=
3
Z
∞
−∞
SY (f )df
1
13 1
+
.
3
2 (1 + 4π 2 )
poiché EA,φ {Acos(2π(t + τ ) + φ)} = EA {A}Eφ {cos(2πt + φ)} = 0
82
2.2.3
Esercizio 51
É assegnato un segnale determinato periodico p(t) di periodo T0 . Dire se il
processo aleatorio X(t) = p(t − Θ), con Θ ∈ U (−T0 /2, T0 /2), é ergodico in
senso lato.
Soluzione
Il processo é stazionario ed ergodico nel valor medio, infatti
E{X(t)} = EΘ {p(t − Θ)}
T
1 Z 20
=
p(t − Θ)dΘ
T0 − T20
(1)
T
1 Z t+ 20
p(s)ds
=
T0 t− T20
T
1 Z 20
=
p(s)ds
T0 − T20
= < X(t) >
Il processo é stazionario ed ergodico nell’autocorrelazione:
RX (t, t − τ ) = EΘ {p(t − Θ)p(t − Θ − τ )}
1 Z T0
p(t − Θ)p(t − τ − Θ)dΘ
=
2π 0
Z t+T0
1
(2)
=
p(s)p(s − τ )ds
2π t
= Rp (τ ).
Fissato un valore Θi , cioé fissata una realizzazione, la sua funzione di autocorrelazione temporale non dipende da Θi :
< xΘi (t)xΘi (t − τ ) >=
1 Z
p(t − Θi )p(t − Θi − τ )dt = Rp (τ ).
T0 T0
In particolare
RX (τ ) =< X(t)X(t − τ ) >,
il processo dunque é stazionario ed ergodico in senso lato.
1
Effettuando un cambiamento di variabile:
s = t − Θ, ds = −dΘ, gli estremi diventano t + T0 /2 e t − T0 /2, li invertiamo e cambiamo
di segno.
2
Effettuando un cambiamento di variabile: s = t − Θ.
83
2.2.4
Esercizio 52
Il processo casuale stazionario X(t) é costituito dalle realizzazioni
X(t) = Acos(2πf0 t + ϕ),
dove ϕ é una variabile casuale distribuita uniformemente nell’intervallo [−π, π],
che varia da realizzazione a realizzazione.
Calcolare il valor medio e la funzione di autocorrelazione temporali.
Verificare che il processo sia ergodico nel valor medio e nella funzione di autocorrelazione e determinare la densitá spettrale di potenza.
{Si ricorda: cos(a)cos(b) = 21 (cos(a + b) + cos(a − b))}.
Soluzione
Ogni realizzazione del processo
X(t) = Acos(2πf0 t + ϕ),
con
µ
¶
1
ϕ
f (ϕ) =
,
rect
2π
2π
é rappresentata da un segnale periodico cosinusoidale con periodo T0 = 1/f0
(e fase casuale ϕ).
1 Z T /2
X(t)dt
T →∞ T −T /2
1 Z T0 /2
=
x(t)dt = 0,
T0 −T0 /2
Valor medio temporale =
(1)
lim
∀ϕ.
1 Z T0 /2
x(t)x(t − τ )dt
T0 −T0 /2
A2 Z T0 /2
=
cos(2πf0 t + ϕ) ·
T0 −T0 /2
· cos(2πf0 (t − τ ) + ϕ)dt
A2 Z T0 /2
=
cos(2πf0 2t − 2πf0 τ + ϕ)dt +
2T0 −T0 /2
a2 Z T0 /2
cos(2πf0 τ )dt
+
2T0 −T0 /2
A2
=
cos(2πf0 τ ), ∀ϕ.
2
Autocorrelazione temporale =
1
poiché il processo X(t) é periodico di periodo T0 = 1/f0 .
84
Poiché valor medio ed autocorrelazione temporale sono uguali per tutte
le realizzazioni il processo é ergodico nel valor medio e nella funzione di autocorrelazione.
Per determinare la densitá spettrale di potenza del processo, calcoliamo la
funzione di autocorrelazione di insieme. Essa, poiché il processo é ergodico,
coincide con quella temporale giá calcolata, infatti
RX (t, t − τ ) = EX {X(t)X(t − τ )}
= Eϕ {A2 cos(2πf0 t + ϕ)cos(2πf0 (t − τ ) + ϕ)}
A2
A2
=
Eϕ {cos(2πf0 2t − 2πf0 τ + ϕ)} +
Eϕ {cos(2πf0 τ )}
2
2
Z
A2 π
1
=
cos(2πf0 2t − 2πf0 τ + ϕ) dϕ +
2 −π
2π
2 Z π
1
A
cos(2πf0 τ ) dϕ
+
2 −π
2π
A2
=
cos(2πf0 τ ), ∀t.
2
Dalla precedente espressione si ricava la densitá spettrale di potenza:
SX (f ) =
A2
[δ(f − f0 ) + δ(f + f0 )] ,
4
ovvero tutta la potenza del processo é concentrata alla frequenza f0 .
S x (f)
2
A /4
f0
-f 0
85
f
2.2.5
Esercizio 53 (solo testo)
Si consideri il processo casuale
Y (t) = cos(
1
5πf0 t
3πf0 t
+ φ) − cos(
+ ψ),
2
4
2
con φ e ψ variabili aleatorie indipendenti ed uniformemente distribuite in
(0, 2π]. Determinare la densita’ spettrale di potenza del processo. Il processo
e’ campionato a frequenza 2f0 . Determinare la densita’ spettrale di potenza
del processo campionato e disegnarla.
2.2.6
Esercizio 54 (solo testo)
Si consideri il processo parametrico
X(t) = (A + B)0.5 ,
ove A e B sono variabili aleatorie correlate con coefficiente di correlazione
ρ, entrambe uniformemente distribuite nell’ intervallo (0, α). Determinare la
potenza e la densita’ spettrale di potenza di X(t).
86
2.3
2.3.1
Processi non parametrici
Esercizio 55
Il processo SSL N (t) in figura é Gaussiano e ha densitá spettrale di potenza SN (f ) = N0 /2. Determinare la probabilitá che la variabile aleatoria X
assuma un valore maggiore di quello della variabile Y . Calcolare inoltre la
correlazione tra le variabili X e Y .
h (t)
1
3
T/2
T
t=T
X
t=T
Y
t
N(t)
h (t)
2
1
T/2
T
t
Soluzione
Siano X(t) e Y (t) le uscite dei filtri h1 (t) e h2 (t) rispettivamente; poiché
N (t) é un processo Gaussiano a valor medio nullo, anche X(t) e Y (t) sono
processi Gaussiani a valor medio nullo. Quindi X(T ) e Y (T ) sono variabili
Gaussiane.
Definiamo inoltre
Z(T ) = X(T ) − Y (T );
Z(T ) é Gaussiana a valor medio nullo, quindi
1
P (X > Y ) = P (Z > 0) = .
2
Calcoliamo ora la correlazione rXY tra X e Y :
rXY = E{XY } = RXY (0),
87
dove si definisce
RXY (τ ) = E{X(t)Y (t − τ )}.
Nel nostro caso, calcoliamo
RXY (τ ) = E{
=
Z
Z Z
α
=
s
N (β)h2 (t − τ − β)dβ} =
α
β
RN (α − β)h1 (t − α) h2 (t − τ − β) dα dβ =
= [s = α − β] =
Z
Z
N (α) h1 (t − α)dα
Z
s
RN (s)
Z
α
β
h1 (t − α)h2 (t − α − τ + s) ds dα =
RN (s)Rh1 h2 (τ − s) ds = RN (τ ) ⊗ Rh1 h2 (τ ) =
Poiché Rh1 h2 (0) = 0 le variabili X e Y sono incorrelate.
88
N0
Rh1 h2 (τ ).
2
2.3.2
Esercizio 56
Dato il processo casuale X(t) stazionario con valor medio nullo, potenza 10
e densitá spettrale di potenza triangolare nella banda −5Hz < f < 5Hz,
determinare Tc in modo che i campioni X(nTc ), ottenuti campionando X(t)
con passo Tc , risultino incorrelati.
Il segnale X(t) entra in un filtro ideale passa-basso con guadagno A e frequenza di taglio f0 =2.5Hz. Calcolare il valore quadratico medio del segnale
in uscita.
Soluzione
La densitá spettrale di potenza del processo casuale X(t) ha l’andamento
mostrato in figura
Sx
B
-5
f [Hz]
5
E{X(t)} = ηX = 0;
E{(X(t) − ηx )2 } = E{X(t)2 } = 10.
Inoltre
E{X(t)2 } =
=
Z
+∞
−∞
Z +∞
−∞
SX (f )df
Ã
!
Ã
!
|f |
f
B 1−
rect
df
5
10
= 5B,
da cui si ricava che B = 2.
La densitá spettrale di potenza ha la seguente espressione
Ã
!
Ã
!
f
|f |
SX (f ) = 2 1 −
rect
;
5
10
89
facendone la trasformata di Fourier otteniamo :
RX (τ ) = 10sinc2 (5τ ).
L’autocovarianza del processo campionato X[n] = X(nTc ) é uguale all’autocovarianza CX (τ ) del processo continuo X(t) campionata
CX[n] (m) = CX (τ = mTc ).
Il processo campionato X[n] = X(nTc ) risulta incorrelato se l’autocovarianza
é impulsiva, cioé se CX[n] (m) = Aδ(m), per un A qualsiasi.
CX (τ ) = RX (τ ) − (ηX )2 = RX (τ ).
Poiché
RX (0) = 10,
Ã
RX τ =
k
5
!
= 0 per k = ±1, ±2, ±3, ...
si ricava
CX[n] (m) = 10δ[m]
per un qualsiasi Tc multiplo di 1/5 sec.
Sia ora Y (t) l’uscita del filtro passa basso con risposta inpulsiva h(t) quando
in ingresso entra il segnale X(t). Il valore quadratico medio dell’uscita é dato
da
Z +∞
2
E{Y (t)} =
SY (f )df,
−∞
dove
SY (f ) = SX (f )|H(f )|2 .
Sostituendo otteniamo
E{Y 2 (t)} =
Z
+∞
−∞
= A
2
Z
SY (f )df
2.5
−2.5
2
= 7.5A .
90
SX (f )df
2.3.3
Esercizio 57
Dato lo schema in figura,
X(t)=s(t)+D(t)
Y(t)
H(f)
Y(kT)
Campionatore
in ingresso si sommano una componente deterministica s(t) e un rumore
bianco D(t) (stazionario e a valor medio nullo) con densitá spettrale bilatera
N0 /2.
Determinare la covarianza CX (t1 , t2 ) del segnale in ingresso X(t).
Ipotizzando nota la risposta in frequenza H(f ), determinare la covarianza
CY (i, k) dei campioni Y (iT ) e Y (kT ).
Soluzione
X(t) = s(t) + D(t),
dove s(t) é un segnale deterministico (reale) e D(t) é un processo casuale
(reale) con
N0
δ(τ ), E{D(t)} = 0.
RD (τ ) =
2
Dunque
ηx = E{s(t) + D(t)} = E{s(t)} + E{D(t)} = s(t)
CX (t1 , t2 ) = E{(s(t1 ) + D(t1 ) − E{s(t1 ) + D(t1 )})(s(t2 ) +
+ D(t2 ) − E{s(t2 ) + D(t2 )})}
= E{(s(t2 ) + D(t2 ) − s(t2 ))(s(t1 ) + D(t1 ) − s(t1 ))}
= RD (t1 , t2 )
N0
=
δ(t2 − t1 );
2
N0
δ(τ ).
2
Il processo in uscita al sistema lineare tempo-invariante Y (t) = su (t) + Du (t)
é dato dalla somma di una componente deterministica su (t) e di una componente casuale Du (t).
In particolare
H(f ) = F[h(t)];
CX (t1 , t2 ) = CX (τ = t2 − t1 ) =
91
su (t) = s(t) ⊗ h(t);
RDu (τ ) = RD (τ ) ⊗ h(τ ) ⊗ h(−τ );
E{Du (t)} = H(0)E{D(t)} = 0;
Perció, analogamente al calcolo per la covarianza di CX (t1 , t2 ),
ηy = E{su (t) + Du (t)} = E{su (t)} + E{Du (t)} = su (t);
CY (t1 , t2 ) = E{(su (t1 ) + Du (t1 ) − E{su (t1 ) + Du (t1 )})(su (t2 ) +
+ Du (t2 ) − E{su (t2 ) + Du (t2 )})};
N0
h(τ ) ⊗ h(−τ );
2
La covarianza tra due campioni Y (iT ) e Y (kT ), all’uscita del campionatore,
é uguale alla covarianza CY (τ ) del segnale Y (t) campionata con lo stesso
passo di campionamento T :
CY (t1 , t2 ) = RDu (t1 , t2 ) = RDu (τ = t2 − t1 ) =
CY (i, k) = CY ((k − i)T ).
92
2.3.4
Esercizio 58
Si consideri il segnale
X(t) = Acos(2πf0 t) + W (t),
ove W (t) é rumore Gaussiano bianco con densitá spettrale di potenza bilatera
pari a N0 /2. Il segnale X(t) transita attraverso un filtro la cui funzione di
trasferimento é
H(f ) = (α + j2πf )−1 , α > 0.
Il segnale all’ uscita del filtro ha la forma
Y (t) = Bcos(2πf0 t + φ) + D(t).
Determinare:
1) La potenza di D(t),
2) Il valore di α che massimizza il rapporto tra la potenza della sinusoide e
la potenza del rumore all’uscita del filtro,
3) La densitá di probabilitá di D(t),
4) L’autocorrelazione di D(t),
5) La densitá di probabilitá congiunta di D(t) e D(t + τ ).
Soluzione
Il modulo della funzione di trasferimento del filtro é:
1
|H(f )| = (α2 + 4π 2 f 2 )− 2 ,
ed é mostrato nella figura alla pagina seguente dove si é supposto α=1.
La potenza di D(t) é:
N0 Z ∞
|H(f )|2 df
2 −∞
N0
= Rh (0) ,
2
PD =
ove Rh (τ ) é la funzione di autocorrelazione della risposta all’impulso del filtro.
Essa si trova dalle tavole come antitrasformata di |H(f )|2 :
Rh (τ ) =
e−α|τ |
.
2α
Si ha pertanto (quesito 1)
PD =
93
N0
.
4α
1
0.9
0.8
0.7
|H(f)|
0.6
0.5
0.4
0.3
0.2
0.1
0
-3
-2
-1
Il rapporto PS /PD é:
ρ=
0
f
1
2
3
2αA2
.
N0 (α2 + 4π 2 f02 )
Derivando rispetto ad α e ponendo la derivata a zero si ottiene (quesito 2):
α = 2πf0 .
Lo studio della derivata seconda é semplice e mostra che la radice trovata é
un massimo.
Il rumore in uscita dal filtro é ancora Gaussiano, a valor medio nullo e varianza pari alla PD giá trovata.
L’autocorrelazione del rumore é
RD (τ ) =
N0
Rh (τ ),
2
e la densitá congiunta cercata é Gaussiana bidimensionale, a valori medi nulli
e matrice di covarianza con elementi sulla diagonale pari a PD e con gli altri
due elementi pari all’autocorrelazione del rumore valutata in τ :
CD (τ ) =
"
RD (0) RD (τ )
RD (τ ) RD (0)
94
#
2.3.5
Esercizio 59
Si consideri un processo Gaussiano bianco con densitá spettrale di potenza
N0 /2 bilatera. Il processo é filtrato attraverso un filtro la cui funzione di
trasferimento é:
v
Ã
!
Ã
!
u
u A
|f |
f
t
G(f ) =
1−
rect
.
2B
2B
4B
Detto Y (t) il processo all’uscita del filtro, determinare la banda a 3dB di
1
Y (t), l’autocorrelazione di Y (t), la densitá congiunta di Y (t) e Y (t + 2B
).
Si consideri poi il segnale
Z(t) = Y (t) + 0.5Y
µ
1
t+
2B
¶
e si determini la densitá di probabilitá, la densitá spettrale di potenza e la
potenza di Z(t).
Soluzione
La densitá spettrale di Y (t) é:
N0
|G(f )|2
2 Ã
!
Ã
!
AN0
|f |
f
1−
rect
.
=
4B
2B
4B
SY (f ) =
La banda a 3 dB é
S(0) = 2S(B3dB )
=⇒
B3dB = B.
L’autocorrelazione si ottiene antitrasformando SY (f ):
RY (τ ) =
AN0
sinc2 (2Bτ ).
2
I campioni a distanza t = 1/2B sono incorrelati(in quanto sinc(1) = 0)
ed essendo Gaussiani sono anche indipendenti. La congiunta é pari dunque
al prodotto delle marginali, ognuna delle quali é Gaussiana a valor medio
nullo e varianza pari all’autocorrelazione in τ = 0, cioé σY2 = AN0 /2. La
variabile Z(t) é somma di variabili Gaussiane incorrelate, la sua densitá sará
ancora Gaussiana, a valor medio nullo, con varianza pari alla somma delle
varianze, cioé σZ2 = 5σY2 /4. Lo spettro di densitá di potenza di Z(t) si ottiene
95
considerando il filtraggio di Y (t) attraverso un filtro con risposta all’impulso
1
). Si ha:
h(t) = δ(t) + 0.5δ(t + 2B
Ã
5
πf
|H(f )| = + cos
4
B
2
!
;
SZ (f ) = SY (f )|H(f )|2 .
1
0.9
0.8
Sy(f) normalizzata
0.7
0.6
0.5
0.4
0.3
0.2
0.1
0
-2
-1.5
-1
-0.5
0
f/B
0.5
1
1.5
La potenza di Z(t) é giá stata calcolata ed é pari a σZ2 .
96
2
2.3.6
Esercizio 60
Un processo casuale X(t) = S + W (t) é dato dalla somma del rumore W (t)
Gaussiano bianco (stazionario a valor medio nullo) con densitá spettrale di
potenza bilatera N0 /2, e della variabile casuale discreta S, che assume valore
0 o 1 con uguale probabilitá e che varia da realizzazione a realizzazione.
Il segnale X(t) entra in un filtro passabasso ideale H(f ) con frequenza di
taglio 2 Hz (H(f ) = 2rect (f /4)).
Caratterizzare il processo stazionario Y (t) all’uscita del filtro, determinandone la densitá di probabilitá, il valor medio e la funzione di autocorrelazione
(S e W (t) sono indipendenti).
Soluzione
All’uscita del filtro abbiamo
Y (t) = A + D(t),
ove A é il valore di S all’uscita del filtro e D(t) é il rumore filtrato.
E{D(t)} = 0;
à !
N0
f
SD (f ) = 4 rect
;
2
4
PD =
2
σD
2
= E{D } =
Z
SD (f )df = 8N0 ;
D2
1
e 16N0 ;
2π8N0
A = SH(0) = 2S;
1
1
f (A) = δ(A) + δ(A − 2).
2
2
La densitá di probabilitá del processo Y (t) é data da
f (D) = √
f (Y ) = f (A + D)
= f (A) ⊗ f (D)
(D−2)2
D2
1
1
1
1
16N
0
√
+ √
=
e
e 16N0 .
2 2π8N0
2 2π8N0
La densitá di probabilitá di Y (t) dunque é data dalla somma di due gaussiane, centrate in 0 e in 2, con ampiezza 1/2 e varianza σ 2 = 8N0 .
E{Y (t)} = E{X(t)}H(0) = 1;
97
E{Y (t)Y (t + τ )} = E{(A + D(t))(A + D(t + τ ))}
(1)
= E{A2 } + E{D(t)D(t + τ )}
"
à !#
1
f
1
−1
SD (f ) = 2N0 rect
= 0( ) + 4( ) + F
2
2
4
= 2 + 8N0 sinc(4τ ).
1
A e D(t) sono indipendenti, inoltre E{D(t)} = 0, quindi il valor medio dei prodotti
incrociati é nullo.
98
2.3.7
Esercizio 61
Il processo casuale stazionario X(t) é noto statisticamente.
Determinare la fuzione di autocorrelazione e la densitá spettrale di potenza
del processo casuale
Y (t) = X(t) − X(t − t0 ).
Se il processo X(t) é Gaussiano con valor medio ηX e densitá spettrale di
potenza
à !
f
2
SX (f ) = rect
+ ηX
δ(f ),
4
determinare la densitá di probabilitá del processo Y (t), con t0 = 0.25 sec.
Soluzione
RY (τ ) = E{Y (t)Y (t − τ )}
= E{(X(t) − X(t − t0 ))(X(t − τ ) − X(t − t0 − τ ))}
= E{X(t)X(t − τ )} + E{X(t − t0 )X(t − t0 − τ )} +
− E{X(t − t0 )X(t − τ )} − E{X(t)X(t − t0 − τ )}
= 2RX (τ ) − RX (τ + t0 ) − RX (τ − t0 ).
Poiché SY (f ) = F[RY (τ )] abbiamo che
SY (f ) = 2SX (f ) − SX (f )(ej2πt0 f + e−j2πf0 f )
= 2SX (f )(1 − cos(2πt0 f )).
Se X(t) é Gaussiano, anche Y (t) ha densitá di probabilitá Gaussiana, poiché
la trasformazione é lineare.
Il processo é stazionario ed il valor medio é
ηY (t) = E{Y (t)}
= E{X(t)} − E{X(t − t0 )} = 0.
La varianza é
σY2
= E{(Y (t) − ηY )2 }
= E{Y 2 } − ηY2
=
Z
2
−2
2(1 − cos(2π0.25f ))df = 8.
f (Y ) = q
1
2πσY2
99
e
−
Y2
2σ 2
Y
.
2.3.8
Esercizio 62
Una tensione costante v0 viene disturbata da rumore bianco additivo D(t)
avente densitá spettrale di potenza SN (f ) = ζ. Per reiettare tale disturbo si
usano i due sistemi in cascata mostrati in figura in cui B = 1/2T .
Determinare i valori dei coefficienti a, b e c che minimizzano l’errore quadratico medio
ε = E{[Y (t) − v0 ]2 }
tra l’uscita Y (t) e il valore costante v0 .
H(f)
v0
−Β
1
Z(t)
Β
T
T
f
a
D(t)
b
Σ
Y(t)
Soluzione
Sia Z(t) = v0 + N (t) l’uscita del filtro H(f ), con
E{N (t)} = 0,
Ã
!
f
SN (f ) = rect
ζ,
2B
2
σN
= E{N (t)2 } = 2Bζ.
L’uscita del sistema é
Y (t) = az(t) + bz(t − T ) + cz(t − 2T )
= (a + b + c)v0 + aN (t) + bN (t − T ) + cN (t − 2T );
L’autocorrelazione RN (τ ) si ottiene antitrasformando SN (f )
RN (τ ) = 2Bζsinc(τ 2B),
RN (τ ) = E{N (t)N (t − τ )}.
Considerando che
• E{N (t)N (t − T )} = RN (T ) = 0,
• E{N (t)N (t − 2T )} = RN (2T ) = 0,
100
c
• E{n(t)} = 0,
l’errore quadratico medio ε risulta
ε = E{[Y (t) − v0 ]2 }
= E{Y (t)}2 + E{v02 } − 2E{Y (t)v0 }
2
= (a + b + c)2 v02 + (a2 + b2 + c2 )σN
+
2
2
v0 − 2(a + b + c)v0
2
= (a + b + c − 1)2 v02 + (a2 + b2 + c2 )σN
.
L’errore quadratico medio é una forma convessa e quindi il suo minimo si
trova imponendo
∂ε
∂ε
∂ε
= 0,
= 0,
= 0.
∂a
∂b
∂c
Dalle tre equazioni precedenti otteniamo il seguente sistema lineare di 3
equazioni in 3 incognite:

2
2

 2(a + b + c − 1)v0 + 2aσN = 0


2
2(a + b + c − 1)v02 + 2bσN
=0
2
2(a + b + c − 1)v02 + 2cσN
=0



(1 +



2
σN
)a + b + c
v02
σ2
(1 + vN2 )b + c
0
σ2
b + (1 + vN2 )c
0
a+




 a+
=1
=1
=1
I valori di a, b e c che minimizzano l’errore quadratico medio sono
a=b=c=
1
v02
=
.
2
2
σ2
3v0 + σN
3 + vN2
0
Ricaviamo il valore dell’errore quadratico medio minimo:

εmin = 

3
3+
2
σN
v02
σ2
=
2
2
− 1
 v0 + 3
2
( vN2 )v02 + 3σN
0
(3 +
2
σN
)2
v02
σ2
=
=
2
( vN2 + 3)
σN
0
(3 +
2
σN
)2
v02
2
σN
3+
2
σN
v02
.
101
2
σN
(3 +
2
σN
)2
v02
Se non avessimo usato il filtro
a=b=c=0
⇒
2
ε = E{[z(t) − v02 ]} = E{N (t)2 } = σN
.
102
2.3.9
Esercizio 63
Nello schema in figura il processo aleatorio N (t) é Gaussiano con densitá
spettrale di potenza SN (f ) = N0 /2.
Campionando agli istanti tk = 2kT (k = 1, 2, ..., n) il processo X(t) in uscita al filtro H(f ) (di banda B = 1/T ) si ottiene un sistema di n variabili
aleatorie Xk ≡ X(2kT ). Determinare la densitá di probabilitá congiunta
fX (x1 , x2 , ..., xn ) di tale sistema.
N(t)
T
+
1
W(t)
tK
H(f)
X(t)
-B
B
f
Soluzione
W (t) = N (t − T ) − N (t);
RW (τ ) = E{W (t)W (t − τ )}
= E{[N (t − T ) − N (t)][N (t − T − τ ) − N (t − τ )]}
= E{N (t − T )N (t − T − τ )} + E{N (t)N (t − τ )} −
−E{N (t)N (t − T − τ )} − E{N (t − T )N (t − τ )}
= 2RN (τ ) − RN (τ − T ) − RN (τ + T )
N0
(δ(τ − T ) − δ(τ + T )).
= N0 δ(τ ) −
2
RX (τ ) = RW (τ ) ⊗ Rh (τ ).
µ
¶
2
2τ
.
Rh (τ ) = F [|H(f )| ] = sinc
T
T
!
!
Ã
Ã
µ ¶
N0
2(τ − T )
N0
2(τ + T )
2
2τ
RX (τ ) = N0 sinc
−
−
.
sinc
sinc
T
T
T
T
T
T
−1
2
X(tk = 2kT ) = Xk ,
fXk = gauss
µ
2
0, σX
2N0
= RX (0) =
T
103
¶
=q
1
2
2πσX
e
−
X2
k
2σ 2
X
.
XK
Sia [X1 , ...Xn ] il vettore delle variabili congiuntamente Gaussiane. Poiché
RX (2kT ) = 0 le variabili Xk sono tra loro incorrelate ed essendo Gaussiane
2
sono anche indipendenti, ognuna con valor medio nullo e varianza σX
=
RX (0) = N0 2/T , da cui
f (X1 ...Xn ) = f (X1 )f (xX2 )...f (Xn ) = q
104
1
2n
(2π)n σX
e
−
P
X2
i
2σ 2
X
2.3.10
Esercizio 64
Nello schema in figura il processo N (t) é Gaussiano con densitá spettrale di
potenza SN (f ) = ζ. Dire se il processo in uscita X(t) é Gaussiano e determinarne la funzione valor medio ηX (t) e la funzione di autocorrelazione RX (t, τ ).
H(f)
N(t)
W(t)
1
Interpolatore
cardinale
kT
f
-1/2T
Wk
X(t)
1/2T
Soluzione
La densitá spettrale di potenza di W (t) é data da
Ã
f
SW (f ) = SN (f )|H(f )| = ζrect
T
2
!
.
La funzione di autocorrelazione del processo W (t) vale dunque
µ
ζ
τ
RW (τ ) = sinc
T
T
¶
.
Il processo W (t) é a valor medio nullo, allora
CW (τ ) = RW (τ ),
e all’uscita del campionatore
Ci,j = CW (iT, jT ) = RW ((i − j)T ) =
ζ
δ(i − j),
T
cioé le variabili Wk , congiuntamente gaussiane, sono incorrelate e quindi
anche indipendenti con η = 0 e σ 2 = RW (0) = ζ/T .
Il processo X(t), per un generico impulso interpolatore p(t),
X(t) =
X
k
Wk p(t − kT ),
ηX = 0,
é una combinazione lineare di variabili Gaussiane a valor medio nullo,
dunque é a sua volta Gaussiano a valor medio nullo.
105
La funzione di autocorrelazione si calcola nel modo seguente
=
X
X
Ws p(t − τ −
Wk p(t − kT )
s
k
X
p(t − kT )p(t − τ − kT ).
E{Wk2 }
k
RX (t, τ ) = E
(1)
(
sT )
)
Se poniamo
y(t, τ ) = p(t)p(t − τ ),
possiamo riscrivere la funzione di autocorrelazione come
RX (t, τ ) =
ζ X
y(t − kT, τ ),
T k
da cui risulta che, per un generico impulso interpolatore p(t), la funzione di
autocorrelazione RX (t, τ ) e’ periodica nella variabile t, con periodo T .
Nel caso particolare dell’interpolatore cardinale, con
µ ¶
t
p(t) = sinc
,
T
verifichiamo che il processo X(t) e’ stazionario nell’autocorrelazione (essendo gaussiano e stazionario nell’autocorrelazione, il processo risulterá stazionario in senso stretto).
Infatti, detta Y (f ) = Y (f, τ ) la trasformata di Fourier di
µ
t
y(t) = sinc
T
¶
µ
¶
t−τ
sinc
,
T
Y (f ) = T 2 rect(f T ) ⊗ (rect(f T )e−j2πf τ ).
La trasformata Y (f ) risulta nulla, nella variabile f, per valori della frequenza
esterni all’intervallo −1/T < f < −1/T , e, applicando la formula di Poisson,
otteniamo
X
k
y(t − kT ) =
1X
1
Y (s/T )ej2πst/T =
Y (0).
T s
T
La funzione di autocorrelazione in questo caso, dunque, non dipende da
t, ma solo da τ , e il processo X(t) risulta stazionario.
In particolare, calcolando il valore di Y (0),
Z
τ
2
rect(φT ) rect(−φT ) ej2πφτ dφ = T sinc( ),
Y (0) = T
T
1
Le variabili sono incorrelate, E{Wk Ws } 6= 0 se e solo se k = s.
106
si ricava l’espressione dell’autocorrelazione
RX (t, τ ) = ζ sinc
107
µ
τ
T
¶
.
2.3.11
Esercizio 65
Si consideri il sistema in figura nel quale il processo Gaussiano di ingresso
X(t) é caratterizzato dalla funzione di autocorrelazione (B=1/T)
RX (τ ) = N0 Bsinc(Bτ ).
Ricavare la densitá di probabilitá del primo ordine fY (y; t) del processo
aleatorio d’uscita Y (t) nei due casi seguenti :
a) H(f ) = 1;
b) H(f )=rect(f /B).
X(t)
+
H(f)
Y(t)
T
Soluzione
RX (τ ) = N0 Bsinc(Bτ )
F
⇐⇒
f
SX (f ) = N0 rect( ).
B
a) H(f ) = 1.
La funzione di trasferimento dell’intero sistema é data da
Ht (f ) = 1 − e−j2πf T
T
T
T
= e−j2πf 2 (ej2πf 2 − e−j2πf 2 )
µ
¶
T
−j2πf T2
2jsen 2πf
.
= e
2
La densitá spettrale di potenza del processo Y (t) é data da
SY (f ) = SX (f )|Ht (f )|2
à !
µ
¶
f
T
= N0 4rect
sen2 2πf
.
B
2
108
σy2 = N0
Z
1
2T
1
− 2T
4sen2 (2πf
T
)df = 2N0 B.
2
X(t) Gaussiana, E{x} = 0 ⇐⇒ Y (t) Gaussiana, E{y} = 0, σY2 = 2N0 B.
La densitá di probabilitá cercata é dunque data da
2
− Y2
1
fY = √
e 2σY .
2πσY
b) H(f ) = rect(f /B).
H(f)
X(t)
1
SX (f)
-B/2
B/2
XOUT(t)
S
(f)
X OUT
La densitá spettrale di potenza del processo Xout in uscita dal filtro é la
stessa del processo X(t) in ingresso, cioé
SXout (f ) = SX (f ),
dunque, come nel punto precedente,
SY (f ) = SX |H(f )|2
ottenendo lo stesso risultato per la densitá di probabilitá di Y (t).
109
2.3.12
Esercizio 66
Premessa: Due processi X(t) e Y (t) si dicono indipendenti se qualunque
insieme di variabili aleatorie estratte da X(t) é indipendente da qualunque
insieme di variabili aleatorie estratte da Y (t).
Sono dati due processi stazionari in senso lato e indipendenti X(t) e Y (t)
con funzione di autocorrelazione RX (τ ) = RY (τ ) = σ 2 sinc2 (Bτ ). Costruito
il processo
Z(t) = X(t)cos(2πBt) − Y (t)sin(2πBt)
dimostrare che Z(t) é stazionario in senso lato. Determinare e rappresentare
poi la densitá spettrale di potenza SZ (f ) di Z(t).
Soluzione
I valori medi di X(t) e di Y (t) sono nulli in quanto le funzioni di autocorrelazione tendono a zero, da cui deriva
E{Z(t)} = E{X(t)}cos(2πBt) − E{Y (t)}sin(2πBt) = 0.
Per la funzione di autocorrelazione:
RZ (t, t − τ ) = E{Z(t)Z(t − τ )}
= E{[X(t)cos(2πBt) − Y (t)sin(2πBt)] ·
· [X(t − τ )cos(2πB(t − τ )) − Y (t − τ )sin(2πB(t − τ ))]}.
I termini che contengono E{X(t)}, E{Y (t)}, E{X(t − τ )}, E{Y (t − τ )} si
annullano. Inoltre E{X(·)Y (·)} = E{X(·)}E{Y (·)} per ipotesi. Quindi
RZ (t, t − τ ) = EX,Y {X(t)X(t − τ )cos(2πBt)cos(2πB(t − τ ))} +
+ E{Y (t)Y (t − τ )sin(2πBt)sin(2πB(t − τ ))}
·
¸
1
1
(1)
= RX (τ ) cos(2πBτ ) + cos(2πB(2t − τ )) +
2
2
·
¸
1
1
+ RY (τ ) cos(2πBτ ) − cos(2πB(2t − τ ))
2
2
(2)
= RX (τ )cos(2πBτ ).
1
Ricordando che
cos(α)cos(β) = 12 [cos(α + β) + cos(α − β)];
sin(α)sin(β) = 21 [cos(α − β) − cos(α + β)].
2
Poiché RX (τ ) = RY (τ )
110
La densitá spettrale di potenza del processo Z(t) si ottiene attraverso
la trasformata di Fourier della funzione di autocorrelazione RZ (τ ), dalla
proprietá di modulazione
1
SZ (f ) = [SX (f − B) + SX (f + B)],
2
dove
Ã
!
Ã
!
|f |
f
σ2
1−
rect
.
SX (f ) = F(RX (τ )) =
B
B
2B
σ
Β
2
SX (f)
-B
f
B
SZ (f)
σ
2
2Β
-B
B
111
f
2.3.13
Esercizio 67
Sia S(t) un processo casuale stazionario.
Il processo
Y (t) = S(t)cos(2πf0 t)
con f0 6= 0 é stazionario?
Soluzione
Il processo non é stazionario, infatti
E{Y (t)} = E{S(t)}cos(2πf0 t).
Il valor medio di Y (t) dipende dal tempo e quindi il processo non puó essere
stazionario se E{S(t)} 6= 0.
Nota: se E{S(t)} = 0 il valor medio di Y (t) si annulla; si possono allora
considerare la varianza o la densitá di probabilitá per giungere alla stessa
conclusione:
E{Y (t)} = 0.
E{Y (t)2 } = E{S(t)2 cos2 (2πf0 t)}
½
¾
1
2
= E
S(t) (1 + cos(4πf0 t))
2
1
=
E{S(t)2 } + E{S(t)2 }cos(4πf0 t).
2
112
2.3.14
Esercizio 68
É possibile che un processo casuale stazionario abbia la funzione di autocorrelazione indicata in figura?
R(t)
A
-T
t
T
(si consiglia di esaminare la densitá spettrale di potenza).
Soluzione
La densitá spettrale di potenza di questo processo dovrebbe essere quella
riportata in figura.
2AT
-1/2T
\
1/2T
/
f
Poiché peró S(f ) non puó essere negativa, non possono esistere processi
casuali con funzione di autocorrelazione rettangolare.
113
2.3.15
Esercizio 69
Dati due processi casuali stazionari indipendenti X(t) e Y (t), si consideri il
processo Z(t) = X(t) + Y (t).
Se ne determini la densitá spettrale di potenza SZ (f ).
Soluzione
La funzione di autocorrelazione del processo Z(t) é data da
RZ (τ ) = E{Z(t)Z(t − τ )}
= E{[X(t) + Y (t)][X(t − τ ) + Y (t − τ )]}
= E{X(t)X(t − τ )} + E{X(t − τ )Y (t)} + E{Y (t − τ )X(t)} +
+E{Y (t − τ )X(t)}
= RX (τ ) + RY (τ ) + 2ηX ηY .
Si ha quindi
SZ (f ) = SX (f ) + SY (f ) + 2ηX ηY δ(f ).
Ovvero: a frequenza diversa da zero i processi si sommano in potenza. Se i
processi hanno valor medio diverso da zero, i valori medi, invece, si sommano
in tensione: infatti, la potenza della componente continua, cioe’ l’area dell’impulso nell’origine, che compare nella densita’ spettrale di potenza Sz (f ),
vale
2
(ηX + ηY )2 = ηX
+ ηY2 + 2ηX ηY .
114
2.3.16
Esercizio 70
Il processo casuale stazionario X(t) abbia densitá spettrale di potenza SX (f ).
Determinare la densitá spettrale di potenza del processo
Y (t) = X(t − t0 ).
Soluzione
Dall’espressione dell’autocorrelazione
RY (t, t − τ ) =
=
=
=
E{Y (t)Y (t − τ )}
E{X(t − t0 )X(t − t0 − τ )}
RX (t − t0 , t − t0 − τ )
RX (τ )
si ottiene
SY (f ) = SX (f ).
D’altra parte, basta osservare che le realizzazioni del processo Y (t) sono
identiche a quelle del processo X(t) traslate di t0 per cui, dalla stazionarietá
di X(t), segue che i due processi sono descritti dalle stesse funzioni di densitá
di probabilitá.
115
2.3.17
Esercizio 71
Si consideri un processo Gaussiano di densitá spettrale di potenza N0 /2 tra
−B e B, e 0 altrove. Il processo viene campionato a frequenza fc = 3B/2.
Determinare intervallo fondamentale, potenza e densitá spettrale di potenza
della sequenza campionata. I campioni vengono poi sovracampionati di un
fattore 2, e convertiti in analogico tramite un convertitore ed un passa basso,
la cui cascata é modellata come un interpolatore cardinale di banda 3B/2.
Determinare la densitá spettrale di potenza del segnale analogico.
Soluzione
L’ intervallo fondamentale é (−3B/4, 3B/4). Poiché il processo é stazionario, la potenza del segnale campionato é uguale a quella del segnale non
campionato, cioé:
P = N0 B.
L’ autocorrelazione di un segnale casuale campionato é ottenuta dal campionamento dell’ autocorrelazione del segnale casuale tempo-continuo.
L’ autocorrelazione del segnale tempo-continuo é:
R(τ ) = N0 Bsinc(2τ B).
Dunque i suoi campioni presi a frequenza 3B/2 si ottengono ponendo τ = k2/3B:
Ã
!
4k
R(k) = N0 Bsinc
.
3
Trasformando la sequenza secondo la formula
X(f ) =
∞
X
−∞
x[n]e−j2πnf T = F[x[n]],
nell’ intervallo fondamentale si ottiene
S(f ) =
(
3BN0
4
3BN0
2
0 ≤ |f | < B/2
B/2 ≤ |f | < 3B/4.
É comunque piú semplice ed intuitivo ottenere lo stesso risultato sommando
direttamente le trasformate S(f ) di R(τ ) replicate a passo 3B/2 e moltiplicate per 3B/2 secondo la formula (5.4.7) del libro di testo. Resta inteso che,
quando si dovesse calcolare la potenza come integrale della densitá spettrale
di potenza, bisogna ricordarsi di dividere per l’ intervallo fondamentale
Pz = Rz (0) =
2 Z 3B/4
S z (f )df = N0 B.
3B −3B/4
116
Ovviamente, nulla cambia se si usano con attenzione le frequenze normalizzate. Infatti, trasformando ancora la sequenza secondo la formula (5.2.5)
del libro di testo, nell’ intervallo fondamentale (−0.5, 0.5) delle frequenze
normalizzate F (3B/4 7→ 1/2, B/2 7→ 1/3), si ottiene
S(f ) =
(
3BN0
4
3BN0
2
0 ≤ |f | < 1/3
1/3 ≤ |f | < 1/2.
Naturalmente per la potenza bisogna integrare come di seguito riportato
Pz = Rz (0) =
Z
1/2
−1/2
S z (F )dF = N0 B.
Il sovracampionamento raddoppia il numero di campioni dell’ autocorrelazione tramite interpolazione cardinale. Nel dominio delle frequenze, questo
corrisponde a cancellare le repliche dispari e raddoppiare le ampiezze della
trasformata, cioé della densitá spettrale di potenza. Detta S 0 (f ) la densitá spettrale di potenza del segnale sovracampionato, nel nuovo intervallo
fondamentale (−3B/2, 3B/2) si ha:
0
S (f ) =
(
3BN0
2
3BN0
0 ≤ |f | < B/2
B/2 ≤ |f | < 3B/4.
Si osservi che, poiché raddoppia l’ intervallo fondamentale, la potenza del
segnale sovracampionato é uguale a quella del segnale non sovracampionato.
Il passa basso successivo, cascata del convertitore e del filtro di ricostruzione,
puó essere visto come un convertitore ideale che trasforma la sequenza numerica in un segnale tempo-continuo costituito da δ di Dirac, seguito da un passa
basso ideale. All’ uscita del convertitore ideale il segnale tempo-continuo ha
la forma
∞
x0 (t) =
X
i=−∞
x0 [k]δ(t − iTc + t0 ),
ove Tc = 1/3B, t0 é una variabile aleatoria uniformemente distribuita in
(−Tc /2, Tc /2), che tiene conto di una inevitabile incertezza presente sull’
istante iniziale della sequenza, e x0 (k) sono i campioni del segnale sovracampionato. L’ autocorrelazione del segnale x0 (t) si ottiene mediando su t0 e
sulle x0 [k]. Il risultato é
R0 (τ ) =
∞
1 X
R0 (i)δ(τ − iTc ),
Tc i=−∞
ove R0 (i) sono i campioni dell’ autocorrelazione del segnale sovracampionato.
Trasformando si ottiene
S 0 (f ) = 3BS 0 (f ).
117
La risposta all’impulso dell’interpolatore cardinale é
h(t) = sinc(3Bt).
La risposta in frequenza é
!
Ã
f
1
,
rect
H(f ) =
3B
3B
!
Ã
1
f
|H(f )| =
.
rect
2
9B
3B
2
La densitá spettrale di potenza del segnale all’ uscita del passa-basso é
pertanto
00
0
2
S (f ) = S (f )|H(f )| =


N0
2
 N0
0
0 ≤ |f | < B/2
B/2 ≤ |f | < 3B/4
altrove.
La situzione é illustrata in figura. Si osservi che lo stesso risultato puó essere ottenuto in maniera piú semplice, anche se formalmente meno corretta,
ignorando tutti i fattori di scala dovuti al campionamento, al sovracampionamento, e alla successiva conversione digitale-analogico. É infatti sufficiente
sommare le repliche della densitá spettrale di potenza del segnale tempocontinuo, cancellare le repliche dispari, e poi modellare la conversione come
un passa-basso ideale avente guadagno in continua unitario.
S(f)
N0 /2
-B
B
118
f
S(f)
3BN0 /4
-3B
-3B/2
-B/2
-B
B/2
B
3B/2
f
3B
S(f)
3BN0 /2
3BN0 /4
3B/4
-3B
-3B/2
-B
-3B/4
B/2
-B/2
3B/2
B
3B
f
S(F)
3BN0 /2
3BN0 /4
-1/2
F
1/2
Intervallo fondamentale
S’(f)
3BN0
3BN0 /2
-3B
-3B/2
-3B/4
3B/4
3B/2
S’’(f)
N0
N 0/2
-3B/4
3B/4
119
f
3B
f
2.3.18
Esercizio 72
Si consideri una sequenza di variabili aleatorie {ak } ognuna delle quali e’ distribuita uniformemente nell’ intervallo (−0.5, 0.5). L’ indice di correlazione
tra ak e ak+i e’ 0.5 per i = 1, mentre e’ nullo per i 6= 1. Determinare la
potenza della sequenza e la densita’ spettrale di potenza.
Si consideri ora la sequenza {bk = ak + m}, in cui le ak sono descritte al
punto precedente ed m e’ una variabile aleatoria uniformemente distribuita
in (0, 1) ed indipendente dalla sequenza {ak }. La sequenza cosı́ ottenuta e’
ergodica? Si determini la densita’ spettrale di potenza della sequenza {bk }.
Soluzione
La potenza della sequenza e’ semplicemente
Pa =
Z
0.5
−0.5
x2 dx =
1
.
12
L’ autocorrelazione della sequenza ha due valori non nulli. Quello in 0 e’
Ra (0) =
1
,
12
quello in 1 si ricava imponendo
ρ=
Ra (1)
= 0.5.
σ1 σ2
Si ha
σ12 = σ22 =
1
,
12
da cui si ottiene
1
.
24
La densita’ spettrale di potenza e’ pertanto
Ra (1) =
Sa (f ) =
1
1
+ cos(2πf ).
12 12
Il valor medio temporale della sequenza {bk } e’ m: poiché il valor medio temporale m dipende da realizzazione a realizzazione, essendo m una variabile
casuale, il processo non é ergodico.
Ogni realizzazione della sequenza {bk } si ottiene sommando alla realizzazione
120
della sequenza {ak } un valore costante m. Il processo discreto parametrico
m ha potenza
Z 1
1
x2 dx = .
E{m2 } =
3
0
Poiche’ m e’ indipendente da {ak }, la densita’ spettrale di potenza di {bk }
si ottiene dalla somma delle due densita’ spettrali di potenza (entrambe
periodiche):
∞
X
1
δ(f − j) + Sa (f ).
Sb (f ) =
j=−∞ 3
121
2.3.19
Esercizio 73
Si consideri il processo X(t) = Ag(t − t0 ) + W (t), ove W (t) e’ rumore Gaussiano bianco con densita’ spettrale di potenza N0 /2, ed A e g(t) sono assegnati
e rappresentano un segnale utile. Il processo e’ filtrato attraverso un filtro
la cui risposta all’ impulso e’ g(−t), e poi e’ campionato all’ istante t = t 0 .
Si determini il rapporto segnale-rumore relativo al detto campione. Si determini di nuovo il rapporto segnale rumore quando A e’ variabile aleatoria a
valor medio nullo e varianza σ 2 .
Soluzione.
Campionando la convoluzione, per la parte utile del segnale si ottiene (vedi
figura)
Z
u(t0 ) =
∞
−∞
Ag 2 (τ − t0 )dτ = AEg ,
ove Eg e’ l’ energia di g(t), pertanto la potenza della parte utile e’
Pu = A2 Eg2 .
La potenza del rumore all’ uscita del filtro e, dunque, al campionatore e’
1
P n = N0 E g .
2
Il rapporto segnale rumore e’ dunque
SN R =
2A2 Eg
.
N0
Quando A e’ variabile aleatoria, la potenza del segnale utile e’
Pu = σ 2 Eg2 ,
mentre la potenza del rumore e’ invariata. Pertanto
SN R =
2σ 2 Eg
.
N0
122
Ag(t- to)
t
t0
h(-t)=g(t)
h(-t+to)=g(t-to)
t
t0
Ag2(t-to)
t0
t
2
u(t 0)= Ag ( τ-t 0)d τ
123
2.3.20
Esercizio 74 (solo testo)
Si consideri un processo Gaussiano bianco con densita’ spettrale di potenza
N0 /2 bilatera. Il processo e’ filtrato attraverso un filtro la cui funzione di
trasferimento e’:
G(f ) = sinc(f T ).
Detto y(t) il processo all’ uscita del filtro, determinare la banda a 3.9 dB di
y(t), l’ autocorrelazione di y(t), la densita’ congiunta di y(t) e y(t + 2T ).
2.3.21
Esercizio 75 (solo testo)
Si consideri un processo Gaussiano bianco con densita’ spettrale di potenza
N0 /2 bilatera. Il processo e’ filtrato attraverso un filtro la cui funzione di
3
.
trasferimento e’ G(f ) = rect(f T ) ed e’ poi campionato a frequenza fc = 4T
Determinare l’ intervallo fondamentale e la densita’ spettrale di potenza della sequenza campionata, e disegnarla in un intervallo fondamentale. Determinare inoltre la densita’ di probabilita’ congiunta dei campioni k-esimo e
(k + 1)-esimo.
124
2.3.22
Esercizio 76 (solo testo)
Si consideri la sequenza casuale {ak }, dove le ak sono variabili aleatorie indipendenti e identicamente distribuite. La distribuzione e’ Gaussiana a valor
medio 1 e varianza 1. La sequenza casuale viene filtrata attraverso un filtro
FIR la cui funzione di trasferimento e’
H(z) = 1 + 0.5z −1 .
Determinare la densita’ di probabilita’ dei campioni all’ uscita del filtro. Determinare la densita’ spettrale di potenza della sequenza all’ uscita del filtro.
2.3.23
Esercizio 77 (solo testo)
Si consideri la sequenza casuale {ak }, dove le ak sono variabili aleatorie indipendenti ognuna con distribuzione uniforme nell’ intervallo [−2, 2). La
sequenza casuale viene filtrata attraverso un filtro FIR la cui funzione di
trasferimento e’
H(z) = 1 + 0.5z −1 .
Disegnare la densita’ di probabilita’ dei campioni all’ uscita del filtro indicando chiaramente ascissa e ordinata, e determinarne la varianza. Determinare
la densita’ spettrale di potenza della sequenza all’ uscita del filtro.
125
2.4
2.4.1
Segnale dati
Esercizio 78
Si consideri il processo
X(t) =
X
i
ai g(t − iT + t0 ),
essendo l’ autocorrelazione Ra [k] dei dati e g(t) note, ed essendo t0 variabile
aleatoria uniformemente distribuita in (−T /2, T /2]. Si determini la potenza
e la densita’ spettrale di potenza del processo.
Soluzione
Dalla definizione di funzione di autocorrelazione, mediando sulla sequenza
casuale ai e sulla variabile t0 , e sfruttando l’ipotesi di stazionarieta’ della
sequenza ai , si ottiene
Rx (τ ) =
1X
Ra [k] Rg (τ − kT ),
T k
dove Rg (τ ) e’ l’autocorrelazione del segnale deterministico g(t).
Infatti
Rx (τ ) = E{
X
j
=
XX
j
=
k
aj g(t − jT − t0 )
X
Ra [k]
X
Ra [k]
k
=
s
as g(t − τ − sT − t0 )}
E{aj aj−k }Et0 {g(t − jT − t0 )g(t − τ − jT + kT − t0 )}
X 1 Z
j
k
=
X
T
T
2
− T2
g(t − jT − t0 )g(t − jT − t0 − τ + kT )dt0
1Z∞
g(α)g(α − τ + kT )dα
T −∞
1X
Ra [k] Rg (τ − kT ).
T k
La densita’ spettrale di potenza si calcola come Sx (f ) = F[Rx (τ )]
Sx (f ) =
1X
1X
1
Ra [k]F[Rg (τ −kT )] =
Ra [k]F[Rg (τ )]e−j2πf kT = S a (f ) Sg (f ),
T k
T k
T
con S a (f ) densita’ spettrale di potenza di {ai }, e Sg (f ) = |G(f )|2 densita’
spettrale di energia di g(t).
126
La potenza di x(t) vale
2
E[x (t)] =
Z
Sx (f ) df = Rx (0) =
127
1X
Ra [k] Rg (−kT ).
T k
2.4.2
Esercizio 79
Si consideri il segnale
+∞
X
µ
¶
t − iT + t0
ai sinc
X(t) =
,
τ
i=−∞
ove ai sono variabili aleatorie i.i.d., ognuna delle quali assume con eguale
probabilitá i valori −A, 0, A, e t0 é una variabile aleatoria uniformemente
distribuita nell’intervallo (−T /2, T /2).
Determinare lo spettro di densitá di potenza di X(t) e la potenza.
Soluzione
L’autocorrelazione di X(t) si trova mediando sui dati ai e su t0 . Si ottiene:
RX (τ ) =
1
E{a2i }Rg (τ ),
T
ove Rg (τ ) é l’autocorrelazione dell’impulso elementare g(t) = sinc(t/τ ).
Lo spettro di densitá di potenza si ottiene trasformando la precedente espressione:
1
SX (f ) = E{a2i }|G(f )|2 ,
T
ove G(f ) é la trasformata dell’impulso elementare, cioé:
·
G(f ) = F sinc
Poiché E{a2i } =
2A2
,
3
µ ¶¸
t
τ
= τ rect(f τ ).
si ottiene
SX (f ) =
2A2 τ 2
rect(f τ ).
3T
La potenza si ottiene integrando la precedente espressione:
PX =
2A2 τ
.
3T
128
2.4.3
Esercizio 80
Si consideri il segnale
x(t) =
∞
X
µ
ai sinc
i=−∞
¶
t − iT − t0
,
T
ove t0 e’ variabile aleatoria uniformemente distribuita in (−T /2, T /2], ed
{ai } e’ una sequenza di variabili aleatorie Gaussiane, indipendenti ed identicamente distribuite, a valor medio nullo e varianza σa2 . Determinare il valor
medio, la potenza e la densita’ spettrale di potenza di x(t).
Si consideri poi il segnale
y(t) = x(t) + w(t),
ove w(t) e’ rumore Gaussiano bianco con densita’ spettrale di potenza bilatera N0 /2. Il segnale y(t) viene filtrato attraverso un passa-basso ideale di
banda 1/2T , e campionato agli istanti kT + t0 . Detti zk i campioni all’ uscita
del campionatore, si determini la densita’ di probabilita’ congiunta di zk e
zk+1 , ed il rapporto tra la potenza del segnale e quella del rumore presenti
nella sequenza {zk }.
Soluzione
Mediando su t0 e sulle ai si ottiene l’ autocorrelazione del segnale x(t):
σa2
Rg (τ ),
T
Rx (τ ) =
ove Rg (τ ) e’ l’ autocorrelazione dell’ impulso elementare g(t) = sinc(t/T ).
Trasformando si ha la densita’ spettrale di potenza
Sx (f ) =
con
·
σa2
|G(f )|2 ,
T
µ
¶¸
t
= T rect(f T ).
G(f ) = F sinc
T
Poiche’ non e’ presente la riga spettrale a frequenza zero, il valor medio di x(t)
e’ nullo. Integrando Sx (f ), oppure prendendo Rx (0), si ottiene la potenza:
Px = σa2 .
129
All’ uscita del campionatore, il segnale ha la forma
zk = u k + n k ,
ove uk e’ la componente di segnale, ed nk quella di rumore. Il segnale x(t)
passa inalterato dal passa basso, e viene poi letto agli istanti kT + t0 . In tali
istanti, si ha:
uk = a k .
Pertanto la potenza della componente di segnale e’
Pu = σa2 .
Il rumore all’ uscita del passa basso ha densita’ spettrale di potenza
Sn (f ) =
N0
rect(f T ).
2
Poiche’ il processo e’ stazionario, la potenza del segnale campionato e’ uguale
a quella del segnale tempo continuo. Integrando la precedente densita’ spettrale di potenza si ottiene
N0
.
Pn =
2T
Pertanto il rapporto segnale rumore e’
SN R =
Pu
2T σa2
=
.
Pn
N0
Poiché sia il segnale che il rumore sono Gaussiani, bianchi, a media nulla, e
tra loro indipendenti, la loro somma zk e’ ancora Gaussiana bianca a media
nulla, con varianza pari a Pu + Pn .
La densitá di probabilitá congiunta di zk e zk+1 é una Gaussiana bidimensionale con vettore dei valori medi nulli a matrice di covarianza diagonale.
La varianza su ognuna delle dimensioni vale Pn + Pu .
130
2.4.4
Esercizio 81
Si consideri il segnale
x(t) =
∞
X
i=−∞
ai δ(t − iT − t0 ),
dove t0 é una variabile aleatoria uniformemente distribuita in (−T /2, T /2],
ed {ai } é una sequenza di variabili aleatorie che assumono i valori 0, A con
probabilitá P (0) = 1/4, P (A) = 3/4. Inoltre le ai sono correlate con coefficiente di correlazione ρi,j = 0.5 per j = i + 1, e ρi,j = 0 per j > i + 1.
Determinare la densitá spettrale di potenza di x(t).
Soluzione
Mediando su t0 si ottiene l’autocorrelazione di x(t) nella forma
∞
1 X
E{ai ai+j }δ(τ + jT ).
Rx (τ ) =
T j=−∞
Il valor medio di ciascuna delle variabili aleatorie ai é 3A/4, il valore quadratico medio é 3A2 /4 e la varianza di ognuna risulta pari a 3A2 /16.
Osservando che ρi,j = ρj,i , per i valori attesi si ha
E{ai ai } =
3A2
.
4
E{ai ai+1 } = E{ai ai−1 } =
21A2
,
32
9A2
, j 6= 0, 1.
16
Inserendo questi risultati nell’autocorrelazione si ottiene
E{ai ai+j } = E{ai ai−j } =
∞
3A2
3A2
9A2 X
δ(τ ) +
(δ(τ − T ) + δ(τ + T )).
δ(τ + jT ) +
Rx (τ ) =
16T j=−∞
16T
32T
Trasformando si ha
Ã
¶
µ
∞
9A2 X
3A2
2πf
3A2
j
Sx (f ) =
+
+
cos
δ
f
−
2
16T j=−∞
T
16T
16T
T
131
!
.
2.4.5
Esercizio 82 (solo testo)
Si consideri il segnale dati
x(t) =
∞
X
(ai + ai−1 )sinc(
i=−∞
t − iT + t0
),
τ0
ove ai sono variabili aleatorie i.i.d., ognuna delle quali assume con eguale
probabilita’ i valori −A, A, e t0 e’ una variabile aleatoria uniformemente
distribuita nell’ intervallo (−T /2, T /2]. Determinare lo spettro di densita’ di
potenza di x(t) e la potenza.
132
Appendice A
Proprietá della Trasformata e
della Serie di Fourier
A.1
Proprietá della Trasformata di Fourier
x(t) =
Z
∞
−∞
X(f )e
x[n] = x(nT ) = T
Z
1/T
j2πf t
df
X(f ) =
X(f )ej2πnf T df
Z
∞
−∞
X(f ) =
x(t)e−j2πf t dt
∞
X
x[n]e−j2πf nT
n=−∞
• Dualitá (segnali a tempo continuo)
x(t) ←→ X(f ) ⇒ X(t) ←→ x(−f )
• Linearitá
a1 x1 (t) + a2 x2 (t) ←→ a1 X1 (f ) + a2 X2 (f )
a1 x1 [n] + a2 x2 [n] ←→ a1 X 1 (f ) + a2 X 2 (f )
• Riflessione dell’asse dei tempi
x(−t) ←→ X(−f )
x[−n] ←→ X(−f )
• Coniugazione
x∗ (t) ←→ X ∗ (−f )
x∗ (−t) ←→ X ∗ (f )
x∗ [n] ←→ X (−f )
x∗ [−n] ←→ X (f )
∗
133
∗
• Cambiamento di scala
1
x(at) ←→
X
|a|
à !
f
a
xZP [n] ←→ X(f )
Ã
−1
k
1 MX
X f−
xD [n] = x[nM ] ←→
M k=0
MT
!
N.B: D=Decimated, ZP=ZeroPadding.
• Traslazione nel dominio del tempo
x(t − t0 ) ←→ X(f )e−j2πf t0
x[n − k] ←→ X(f )e−j2πf kT
• Traslazione nel dominio della frequenza
x(t)ej2πf0 t ←→ X(f − f0 )
x[n]ej2πf0 nT ←→ X(f − f0 )
• Modulazione
2x(t)cos(2πf0 t + ϕ0 ) ←→ X(f − f0 )ejϕ0 + X(f + f0 )e−jϕ0
2x[n]cos(2πf0 nT + ϕ0 ) ←→ X(f − f0 )ejϕ0 + X(f + f0 )e−jϕ0
• Convoluzione nel dominio del tempo
x(t) ⊗ y(t) ←→ X(f )Y (f )
x[n] ⊗ y[n] ←→ X(f )Y (f )
• Convoluzione nel dominio della frequenza
x(t)y(t) ←→ X(f ) ⊗ Y (f )
x[n]y[n] ←→ X(f ) ⊗ Y (f ) = T
Z
1/T
X(ν)Y (f − ν)dν
• Derivazione nel dominio del tempo
dk x(t)
←→ (j2πf )k X(f )
k
dt
∇k x[n] ←→ (1 − e−j2πf T )k X(f )
134
• Derivazione nel dominio della frequenza
µ
tk x(t) ←→
j
2π
µ
¶k
j
n x[n] ←→
2πT
k
dk X(f )
df k
¶k
dk X(f )
df k
• Integrazione e somma
Z
t
−∞
n
X
k=−∞
x(τ )dτ ←→
x[k] ←→
X(f ) 1
+ X(0)δ(f )
j2πf
2
X(f )
1
+ X(0)δ(f )
−j2πf
T
1−e
2
• Periodicizzazione nel tempo (campionamento in frequenza)
∞
X
∞
1 X
x(t − nT0 ) ←→
X
T0 k=−∞
n=−∞
∞
X
∞
1 X
x[n − mN0 ] ←→
X
N0 k−∞
m=−∞
Ã
Ã
! Ã
k
k
δ f−
T0
T0
k
N0 T
!
! Ã
k
δ f−
N0 T
!
• Campionamento nel tempo (periodicizzazione in frequenza)
Ã
∞
X
∞
k
1 X
X f−
x(nT )δ(t − nT ) ←→
T k=−∞
T
n=−∞
Ã
∞
X
!
−1
1 MX
k
x[mM ]δ[n − mM ] ←→
X f−
M k=0
MT
m=−∞
• Valore nell’origine
Z
X(0) =
∞
−∞
∞
X
X(0) =
x(t)dt
x(0) =
Z
x[n]
x[0] = T
Z
n=−∞
• Uguaglianza di Parseval
Z
∞
−∞
∞
X
∗
x(t)y (t)dt =
∗
x[n]y [n] = T
n=−∞
135
Z
∞
−∞
Z
∞
−∞
1/T
X(f )df
X(f )Y ∗ (f )df
∗
1/T
X(f )df
X(f )Y (f )df
!
• Formule di Poisson
∞
X
∞
X
1
x(t − nT0 ) =
X
n=−∞
k=−∞ T0
∞
X
x(nT )e
m=−∞
∞
X
x[n − mN0 ] =
x[mN ]e
1
k
X f−
=
T
k=−∞ T
NX
0 −1
k=0
−j2πmN f T
=
m=−∞
A.2
!
k
j 2πkt
e T0
T0
Ã
∞
X
−j2πnf T
n=−∞
∞
X
Ã
1
X
N0
N
−1
X
k=0
Ã
k
N0 T
!
e
!
j 2πkn
N
Ã
0
1
k
X f−
N
NT
!
Proprietá della Serie di Fourier
x(t) =
∞
X
z(t − nT0 )
n=−∞
x(t) =
∞
X
Xk e
j 2πkt
T
Xk
0
k=−∞
x[n] =
∞
X
m=−∞
x[n] =
NX
0 −1
X ke
j 2πkn
N
0
1 Z
−j 2πkt
=
x(t)e T0 dt
T0 T0
1 Z∞
−j 2πkt
z(t)e T0 dt
=
T0 −∞
z[n − mN0 ]
Xk =
k=0
=
0 −1
1 NX
−j 2πkn
x[n]e N0
N0 n=0
∞
1 X
− j2πkn
z[n]e N0
N0 n=−∞
• Dualitá (segnali a tempo discreto)
x[n] ←→ X k
• Linearitá
X[n] ←→
1
x−k
N0
a1 x1 (t) + a2 x2 (t) ←→ a1 X1k + a2 X2k
a1 x1 [n] + a2 x2 [n] ←→ a1 X 1k + a2 X 2k
136
• Riflessione dell’asse dei tempi
x(−t) ←→ X−k
x[−n] ←→ X −k
• Coniugazione
∗
x∗ (t) ←→ X−k
x∗ (−t) ←→ Xk∗
x∗ [n] ←→ X −k
x∗ [−n] ←→ X k
∗
∗
• Traslazione nel dominio del tempo
x(t − t0 ) ←→ Xk e
−j
x[n − m] ←→ X k e
2πkt0
T0
−j 2πkm
N
0
• Traslazione nel dominio della frequenza
x(t)e
x[n]e
j 2πmt
T
0
j 2πmn
N
0
←→ Xk−m
←→ X k−m
• Convoluzione nel dominio del tempo
x(t) ⊗ y(t) =
x[n] ⊗ y[n] =
1 Z
x(τ )y(t − τ )dτ ←→ Xk Yk
T0 T0
0 −1
1 NX
x[m]y[n − m] ←→ X k Y k
N0 m=0
• Convoluzione nel dominio della frequenza
x(t)y(t) ←→ Xk ⊗ Yk =
∞
X
x[n]y[n] ←→ N0 X k ⊗ Y k =
NX
0 −1
• Derivazione nel dominio del tempo
X m Y k−m
m=0
Ã
!m
Xk
Ã
!m
Xk
k
dm x(t)
←→ j2π
m
dt
T0
k
∇m x[n] ←→ j2π
N0
137
Xm Yk−m
m=−∞
• Valori nell’origine
x(0) =
x[0] =
∞
X
k=−∞
1 Z
1 Z∞
X0 =
x(t)dt =
z(t)dt
T0 T0
T0 −∞
NX
0 −1
∞
0 −1
1 X
1 NX
x[n] =
z[n]
X0 =
N0 n=0
N0 n=−∞
k=0
Xk
Xk
• Uguaglianza di Parseval
∞
X
1 Z
x(t)y ∗ (t)dt =
Xk Yk∗
T0 T0
k=−∞
NX
0 −1
0 −1
1 NX
∗
X kY k
x[n]y ∗ [n] =
N0 n=0
k=0
138
Appendice B
Trasformate di Fourier
B.1
Segnali a tempo continuo
• Impulso esponenziale unilatero
e−αt u(t); α > 0 ←→
1
α + j2πf
tn−1 −αt
1
e u(t); α > 0 ←→
(n − 1)!
(α + j2πf )n
• Impulso elementare bilatero
e−α|t| ←→
α2
2α
+ (2πf )2
• Impulso rettangolare
µ
t
Arect
T
¶


 A
se |t| < 12 T
se |t| > 12 T ←→ AT sinc(f T )
= 0


A/2 se |t| = 12 T
• Impulso triangolare
µ
t
AΛ
T
¶
=
(
h
A 1−
0
|t|
T
i
se |t| < T
←→ AT sinc2 (f T )
se |t| ≥ T
• Impulso bifase
µ
t
Arect
2T
¶
sign(t) ←→ −2jAT sinc(f T )sin(πf T )
139
• Impulso sinc
Ã
f
A
rect
Asinc(2Bt) ←→
2B
2B
!
• Impulso RF
µ
t
Arect
T
¶
1
1
cos(2πfc t) ←→ AT sinc[(f − fc )T ] + AT sinc[(f + fc )T ]
2
2
• Impulso cosinusoidale
µ
t
Arect
T
¶
µ
t
cos π
T
Arect
¶
µ
¶
µ
µ
1
1
1
1
←→ AT sinc f T −
+ AT sinc f T +
2
2
2
2
t
T
¶
µ
cos π
t
T
¶
←→
¶
2AT cos(πf T )
π 1 − (2f T )2
• Impulso coseno rialzato o finestra di Hanning
·
µ
1
t
A 1 + cos 2π
2
T
·
µ
t
1
A 1 + cos 2π
2
T
¶¸
¶¸
rect
µ
←→
t
T
¶
←→
AT sinc(f T )
2 1 − (f T )2
1
AT sinc(f T ) +
2
1
+ AT sinc(f T − 1) +
4
1
+ AT sinc(f T + 1)
4
• Finestra di Hamming
·
µ
t
A 0.54 + 0.46cos 2π
T
• Impulso ideale
• Segnale costante
¶¸
µ
t
rect
T
¶
←→ 0.54AT sinc(f T ) +
δ(t) ←→ 1
A ←→ Aδ(f )
140
+ 0.23AT sinc(f T − 1) +
+ 0.23AT sinc(f T + 1)
• Gradino unitario



1 se t > 0
1
1
0 se t < 0 ←→ δ(f ) +
u(t) =

2
j2πf

1/2 se t = 0
• Funzione segno



1 se t > 0
2
sign(t) =  −1 se t < 0 ←→
j2πf

0 se t = 0
sign(t) ←→
• Segnale Gaussiano
−t2
e 2σ2 ←→
√
1
jπf
2πσe−2σ
2 π2 f 2
• Treno campionatore ideale di periodo unitario
∞
X
k=−∞
δ(t − k) ←→
∞
X
m=−∞
δ(f − m)
• Treno campionatore ideale di periodo T
µ
¶
∞
m
1 X
δ f−
δ(t − kT ) ←→
T m=−∞
T
k=−∞
∞
X
• Fasore
Aej2πf0 t ←→ Aδ(f − f0 )
• Segnale sinusoidale
1
1
Acos(2πfc t) ←→ Aδ(f − fc ) + Aδ(f + fc )
2
2
B.2
Sequenze
• Sequenza esponenziale unilatera
anT u[n] ←→
141
1
1 − ae−j2πf T
• Sequenza esponenziale bilatera
a|n|T ←→
1 − a2
1 − 2acos(2πf T ) + a2
• Impulso rettangolare discreto
x[n] = u[n] − u[n − N ] ←→ e
• Finestra di Hanning
·
µ
1
n
wHN [n] =
1 − cos 2π
2
L
¶¸
−j(N −1)f T
RL [n] ←→
"
sen(N πf T )
sen(πf T )
1
DL (f ) +
2
µ
1
− DL f −
4
µ
1
− DL f +
4
#
¶
1
+
LT
¶
1
LT
dove
RN [n] = u[n] − u[n − N ]
DN (f ) = F[RN [n]] = e
• Finestra di Hamming
·
µ
n
wHM [n] = 0.54 − 0.46cos 2π
L
−j(N −1)f T
¶¸
"
sen(N πf T )
sen(πf T )
#
RL [n] ←→ 0.54D L (f ) +
µ
• Finestra di Bartlett (triangolare)
"
#
|n − N |
sen2 (πN T F ) −j2πN f T
B2N [n] = 1 −
R2N [n] ←→
e
N
N sen2 (πf T )
• Impulso ideale
• Gradino unitario
δ[n] ←→ 1
Ã
∞
k
1 X
δ f−
u[n] ←→
2T k=−∞
T
142
¶
1
+
LT
¶
µ
1
−0.23D L f +
LT
−0.23D L f −
!
+
1
1 − e−j2πf T
• Treno campionatore ideale di periodo unitario
Ã
∞
X
∞
1 X
k
δ[n − m] ←→
δ f−
T k=−∞
T
m=−∞
!
• Treno campionatore di periodo N
Ã
∞
X
∞
1 X
k
δ[n − mN ] ←→
δ f−
N T k=−∞
NT
m=−∞
• Fasore
Ae
j2πf0 nT
• Sinusoide
Ã
∞
k
A X
δ f − f0 −
←→
T k=−∞
T
Ã
!
!
!
Ã
∞
∞
A X
A X
k
k
2Acos(2πf0 nT ) ←→
+
δ f − f0 −
δ f + f0 −
T k=−∞
T
T k=−∞
T
• Sequenza sinc[n]
Ã
∞
f − Tk
1 X
rect
2Bsinc(nT 2B) ←→
T k=−∞
2B
!
• Sequenza sinc2 [n]
Ã
∞
f − Tk
1 X
Λ
2Bsinc (nT 2B) ←→
T k=−∞
2B
2
143
!
!