Raccolta di esercizi Elaborazione numerica e Teoria dei segnali

Elaborazione numerica

e

Teoria dei segnali

Raccolta di Esercizi

Fiandrino Claudio

22 agosto 2010

‡

Indice

I Teoria dei segnali 5

1 Esercizi di base 7

1.1 Esercizio 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.2 Esercizio 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9


2 Energia e Potenza 13

2.1 Esercizio 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

2.2 Esercizio 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142.3 Esercizio 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152.4 Esercizio 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16


3 Sistemi lineari 19

3.1 Esercizio 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19


3.4 Esercizio 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 243.5 Esercizio 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 263.6 Esercizio 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28


4 Esercizi segnali a potenza media finita 33

4.1 Esercizio 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33


4.4 Esercizio 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

5 Esercizi sul campionamento 47


III

IV INDICE

5.3 Esercizio 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

5.4 Esercizio 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

5.5 Esercizio 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

6 Esercizi sui processi casuali 55

6.1 Esercizio 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

6.2 Esercizio 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

6.3 Esercizio 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

6.4 Esercizio 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

6.5 Esercizio 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60

II Elaborazione numerica dei segnali 63

7 Esercizi di base 65

7.1 Esercizio 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

7.2 Esercizio 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

7.3 Esercizio 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

7.4 Esercizio 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

7.5 Esercizio 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

8 Sistemi lineari e DTFT 73

8.1 Esercizio 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

8.2 Esercizio 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

8.3 Esercizio 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

8.4 Esercizio 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

9 Sistemi lineari e trasformate Z 79

9.1 Esercizio 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

9.2 Esercizio 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

9.3 Esercizio 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84

9.4 Esercizio 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85

9.5 Esercizio 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86

9.6 Esercizio 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87

III Temi d’esame 89

10 Temi di Elaborazione numerica 93

10.1 Tema 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93

10.2 Tema 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99

INDICE V

11 Temi accorpati 105

11.1 Tema 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10511.2 Tema 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11011.3 Tema 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11611.4 Tema 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123

VI INDICE

Dedicato a Valentina G.

perche guardando i suoi

dolci occhi non si puo

non essere felici!!!

2 INDICE

Prefazione

La raccolta di esercizi e suddivisa in tre parti: Teoria dei segnali (trattazionedei segnali a tempo continuo), Elaborazione numerica dei segnali (trattazio-ne dei segnali a tempo discreto) e una terza parte dedicata alla risoluzionedi temi d’esame.

Sono presenti:

. 32 esercizi di Teoria dei segnali;

. 15 esercizi di Elaborazione numerica dei segnali;

. 6 tracce di temi d’esame.

Per la segnalazione di errori potete contattarmi all’indirizzo e-mail:claudio [email protected].

La raccolta e reperibile sul sito: http://claudiofiandrino.altervista.org.

Questa seconda pubblicazione corregge alcune sviste e uniforma lo stilesimbologico.

3

mailto:[email protected]

http://claudiofiandrino.altervista.org

4 INDICE

Parte I

Teoria dei segnali

5

Capitolo 1

Esercizi di base

1.1 Esercizio 1

Testo

Dato il segnale x(t) = a(t) cos (2πf0t) con:

. a(t) segnale a energia finita;

. A(f) = 0 per |f | > f0

2.

Il segnale y(t) ha lo spettro legato a x(t) dalla seguente relazione:

Y (f) = X(f) · U(f)

dove U(f) e un gradino nel dominio delle frequenze.

Si determini y(t).

Risoluzione

Graficamente il segnale a(t) puo avere lo spettro:

f

A(f)

−f0/2 f0/2

Con questa supposizione il segnale X(f) sara:

7

8 CAPITOLO 1. Esercizi di base

f

X(f)

−f0 f0

In quanto analiticamente:

X(f) = F{x(t)} = F{a(t) cos (2πf0t)} = A(f) ∗ 1

2[δ (f − f0) + δ (f + f0)]

=1

2[A(f − f0) + A(f + f0)]

A questo punto e possibile esprimere Y (f):

Y (f) = X(f) · U(f) =1

2[A(f − f0)]

L’operatore gradino elimina le frequenze negative; graficamente:

f

Y (f)

−f0 f0

f

Y (f)

f0

Per ottenere y(t) e necessario antitrasformare:

y(t) = F−1{Y (f)} = F−1

{

1

2[A(f − f0)]

}

=1

2a(t) e+j2πf0t

Con la formula di Eulero si puo esprimere l’esponenziale complesso come:

e+j2πf0t = cos (2πf0t) + j sin (2πf0t)

Quindi:

y(t) =1

2a(t) [cos (2πf0t) + j sin (2πf0t)]

�

1.2. Esercizio 2 9

1.2 Esercizio 2

Testo

Dato il segnale x(t) a energia finita, con spettro nullo per |f | > B e il segnaley(t) = x(t/2) si determini la banda di quest’ultimo.

Risoluzione

Graficamente si puo rappresentare lo spettro di x(t) come:

f

X(f)

−B B

Per rappresentare invece lo spettro di y(t) e necessario prima calcolarneY (f):

Y (f) = F{y(t)} =1∣

∣

∣

∣

1

2

∣

∣

∣

∣

· X

f1

2

= 2 · X(2f)

Graficamente:

f

X(f)

−B/2 B/2

La banda di Y (f) e minore della banda di X(f).Una dilatazione nella scala dei tempi infatti, causa un rallentamento delsegnale nel dominio delle frequenze.

�

1.3 Esercizio 3

Testo

Calcolare la trasformata di Fourier del segnale:

x(t) =1

a + jπ(t − t0)


Risoluzione

Inanzi tutto occorre esprimere il segnale esplicitando un 2π invece di π; percui:

x(t) =1

a + j2π

(

t − t02

)

Utilizzando la trasformata notevole:

F{

e−at · u(t)}

=1

a + j2πf

e applicando i teoremi di dualita (tempo-frequenza), cambiamento di scalae ritardo, si ottiene:

X(f) = 2‡ ·(

e+2afu(−f))

‡ · e−j2πft0‡

�

1.4 Esercizio 4

Testo

Si consideri il segnale x(t) il cui spettro risulta essere:

X(f) = cos(2πf) · p 1

2

(f)

dove p 1

2

(f) e la funzione porta di durata1

2e ampiezza unitaria.

Se, partendo da x(t) si costruiscono:

y(t) = x(t)[

1 − e jπt]

z(t) = y(t)

+∞∑

n=−∞

δ (t − n)

Si chiede di determinare l’espressione analitica di z(t).

Risoluzione

E’ necessario ricavare l’espressione di Y (f):

y(t) = x(t) − x(t)e jπt

Y (f) = F{y(t)} = F{

x(t) − x(t)e jπt}

= X(f) − X

(

f − 1

2

)

‡ Teorema del cambiamento di scala ‡ Teorema di dualita ‡ Teorema del ritardo

1.4. Esercizio 4 11

Si puo quindi ricavare Z(f) perche:

z(t) = y(t)

+∞∑

n=−∞

δ (t − n)

Z(f) = Y (f) ∗ F{

+∞∑

n=−∞

δ (t − n)

}

= Y (f) ∗+∞∑

n=−∞

δ (t − n)

=

+∞∑

n=−∞

Y (f − n)

Poiche X(f) e un coseno anche Z(f) analiticamente e:

Z(f) = cos(2πf)

Quindi si esprime z(t) antitrasformando Z(f):

z(t) = F−1{Z(f)} = F−1{cos(2πf)} =1

2[δ (t − 1) + δ (t + 1)]

�

Capitolo 2

Energia e Potenza

2.1 Esercizio 1

Testo

Dato x(t) = A e−t/τ per (0 ≤ t ≤ +∞) calcolarne l’energia Ex.

Risoluzione

Il segnale ha la seguente rappresentazione:

t

x(t)

A

Per definizione:

E =

∫ b

a|x(t)|2 dt

Quindi:

Ex =

∫ +∞

0

∣

∣

∣A e−t/τ

∣

∣

∣

2dt =

∫ +∞

0A2 e−2t/τ dt = A2 ·

∫ +∞

0e−2t/τ dt =

=A2 · e−2t/τ

−2t/τ

∣

∣

∣

∣

∣

+∞

0

= 0 − A2

−2t/τ

�

13

14 CAPITOLO 2. Energia e Potenza

2.2 Esercizio 2

Testo

Dato x(t) = e−kt · cos (2πf0t) per (0 ≤ t ≤ +∞) con k > 0, calcolarnel’energia Ex.

Risoluzione

Questo segnale ha la seguente rappresentazione:

t

x(t)

Si opera come nel caso precedente:

Ex =

∫ +∞

0

∣

∣

∣e−kt · cos (2πf0t)∣

∣

∣

2dt =

∫ +∞

0e−2kt · cos2(2πf0t) dt =

Poiche:

cos2(2πf0t) =1

2+

1

2cos(4πf0t)

Si ha sostituendo:

=1

2

∫ +∞

0e−2kt · [1 + cos(4πf0t)] dt =

1

2

∫ +∞

0e−2kt + e−2kt cos(4πf0t) dt =

Si puo spezzare l’integrale in due parti:

=1

2

∫ +∞

0e−2kt dt +

1

2

∫ +∞

0e−2kt cos(4πf0t) dt

Risolviamo il primo termine:

1

2

∫ +∞

0e−2kt dt = −1

2· e−2kt

2k

∣

∣

∣

∣

+∞

0

= 0 − 1

4k

La seconda parte e piu complessa; si sviluppa il coseno con la formula diEulero:

1

2

∫ +∞

0e−2kt

(

e+j4πf0t + e−j4πf0t

2

)

dt = (2.1)

=1

4

∫ +∞

0e−2(k−j4πf0t) dt +

1

4

∫ +∞

0e−2(k+j4πf0t) dt (2.2)

2.3. Esercizio 3 15

Per chiarezza definiamo:

‡ =1

4

∫ +∞

0e−2(k−j4πf0t) dt

‡ =1

4

∫ +∞

0e−2(k+j4πf0t) dt

Risolviamo:

‡ =1

4

∫ +∞

0e−2(k−j4πf0t) dt = − e−2(k−j4πf0t)

2(k − j4πf0)

∣

∣

∣

∣

∣

+∞

0

= 0 −(

− 1

2(k − j4πf0t)

)

‡ =1

4

∫ +∞

0e−2(k+j4πf0t) dt = − e−2(k+j4πf0t)

2(k + j4πf0)

∣

∣

∣

∣

∣

+∞

0

= 0 −(

− 1

2(k + j4πf0t)

)

Quindi la (2.2) risulta essere:

1

4·[(

1

2(k − j4πf0t)

)

+

(

1

2(k + j4πf0t)

)]

=1

4·[

2k

2(k2 + 4π2f20 )

]

=

=

[

k

4(k2 + 4π2f20 )

]

A questo punto si puo esprimere l’energia:

Ex =1

4k+

[

k

4(k2 + 4π2f20 )

]

�

2.3 Esercizio 3

Testo

Dato:

t

x(t)

1

−T T

Calcolare l’energia Ex.


Risoluzione

Per risolvere l’esercizio occorre definire questa funzione per parti:

x(t) =

0 t < (−T )(

t · 1

T

)

+ 1 −T < t < 0

1 −(

t · 1

T

)

0 < t < T

0 t > T

Quindi per determinare l’energia occorre calcolare l’integrale:

Ex =

∫ T

−T|x(t)|2 dt

Ma, il segnale fra −T/T e pari per cui e sufficiente:

Ex = 2 ·∫ T

0|x(t)|2 dt = 2 ·

∫ T

0

∣

∣

∣

∣

(

t · 1

T

)

+ 1

∣

∣

∣

∣

2

dt

= 2 ·∫ T

0

(

1 +t2

T 2− 2t

T

)

dt =

= 2 ·∫ T

01 dt +

2

T 2·∫ T

0t2 dt − 4

T·∫ T

0t dt =

= 2T +

(

2

T 2· T 3

3

)

−(

4

T· T 2

2

)

=2

3T

�

2.4 Esercizio 4

Testo

Dato:

x(t) =+∞∑

−∞

A · p (t − nT )

Calcolare la potenza Px.

Risoluzione

Il segnale x(t) e un’onda quadra di ampiezza A:

2.5. Esercizio 5 17

t

x(t)

−A

A

T/2 T

Per definizione:

P = limt→+∞

1

T

∫ T/2

−T/2|x(t)|2 dt

Quindi applicando la definizione:

Px = limt→+∞

1

T

∫ T/2

−T/2A2 dt = lim

t→+∞

T · A2

T= A2

�

2.5 Esercizio 5

Testo

Calcolare la potenza media del segnale x(t) = A cos (2πf0t) definito su(−∞ < t < +∞).

Risoluzione

Il segnale e un coseno di ampiezza A con periodo T =1

f0.

Applicando la definizione:

Px = limt→+∞

1

T

∫ T

0|A cos (2πf0t)|2 dt = lim

t→+∞

1

T

∫ T

0A2 cos2(2πf0t) dt =

= limt→+∞

A2

T

∫ T

0

1

2+

1

2cos(4πf0t) dt =

= limt→+∞

A2

T

(∫ T

0

1

2dt +

∫ T

0cos(4πf0t) dt

)

=

= limt→+∞

A2

T

(∫ T

0

1

2dt

)

+ limt→+∞

A2

T

(∫ T

0cos(4πf0t) dt

)

=

= limt→+∞

A2 · t2T

∣

∣

∣

∣

T

0

=A2

2


Il contributo dell’integrale del coseno e nullo perche un coseno integrato nelsuo periodo ha area nulla.

�

2.6 Esercizio 6

Testo

Dato x(t) segnale reale a potenza media finita e z(t) = A · e j2π[t+kx(t)]

definito su (−∞ < t < +∞) con k 6= 0, calcolare:

. l’energia del segnale z(t);

. la potenza media del segnale z(t).

Risoluzione

Primo quesito

Applicando la definizione:

Ez =

∫ +∞

−∞|z(t)|2 dt =

∫ +∞

−∞

∣

∣

∣A · e j2π[t+kx(t)]∣

∣

∣

2dt =

∫ +∞

−∞|A|2 dt =⇒ diverge

Secondo quesito

Sempre applicando la definizione di potenza media su un periodo arbitrarioa:

Pz = lima→+∞

1

a

∫ +a

−a|z(t)|2 dt = lim

a→+∞

1

a

∫ +a

−a

∣

∣

∣A · e j2π[t+kx(t)]

∣

∣

∣

2dt =

= lima→+∞

1

a

∫ +a

−a|A|2 dt = lim

a→+∞A2 = A2

Il modulo di un esponenziale complesso e pari a 1 quindi sparisce nei dueintegrali.

�

Capitolo 3

Sistemi lineari

3.1 Esercizio 1

Testo

Dato il seguente sistema lineare tempo invariante:

x(t) y(t)h(t)

determinare l’uscita y(t) quando l’ingresso vale

x(t) = A · h(t)

dove il segnale h(t) ha forma:

t

h(t)

1

T

Risoluzione

Inanzi tutto e facile osservare che x(t) risulta essere il seguente segnale neldominio temporale:

19

20 CAPITOLO 3. Sistemi lineari

t

x(t)

A

T

L’uscita del sistema nel dominio temporale e:

y(t) = x(t) ∗ h(t)

Anziche calcolare l’integrale di convoluzione e piu semplice passare nel do-minio delle frequenze:

Y (f) = X(f) · H(f)

Poiche X(f) = A · H(f), il segnale Y (f) sara semplicemente:

Y (f) = A · H(f) · H(f)

La F{

p(

t − T2

)}

=sin(πfT )

πfe−j2πf T

2 quindi:

Y (f) = A ·[

sin(πfT )

πfe−j2πf T

2

]2

= A · sin2(πfT )

(πf)2e−j2πfT

Si puo ricavare y(t) con l’antitrasformata di Fourier di Y (f):

y(t) = F−1{Y (f)} = A · tri(

t − T

T

)

Infatti:

. la costante A non crea problemi;

.sin2(πfT )

(πf)2e la funzione triangolo: tri

(

tT

)

;

. e−j2πfT e un ritardo di T sul triangolo.

�

3.2 Esercizio 2

Testo

Dato in ingresso ad un sistema LTI x(t) = sin (2πf0t) e sapendo che larisposta all’impulso e rettangolare, causale, di ampiezza unitaria e durata Tsi calcoli per quali valori di f0 l’uscita e nulla.

3.2. Esercizio 2 21

Risoluzione

La rappresentazione grafica del sistema e la seguente:

x(t) y(t)h(t)

La forma del segnale della risposta all’impulso h(t) e:

t

h(t)

1

T

Come nell’esercizio precedente la soluzione nel dominio del tempo e:

y(t) = x(t) ∗ h(t)

Nel dominio delle frequenze:

Y (f) = X(f) · H(f)

dove:

. F{x(t)} = F{sin (2πf0t)} =1

2j[δ (f − f0) − δ (f + f0)];

. F{h(t)} = F{

p

(

t − T

2

)}

=sin(πfT )

πfe−j2πf T

2 .

Quindi:

Y (f) =

(

sin(πfT )

πfe−j2πf T

2

)

· 1

2j[δ (f − f0) − δ (f + f0)]

Il segnale Y (f) si annulla quando le δ sono centrate negli zeri della funzionesinc:

f0 =k

T, k ∈ N

�


3.3 Esercizio 3

Testo

Dato il seguente sistema:

x(t) cos (2πf0t) ⊗

cos (2πf0t + φ)

z(t)h(t)

y(t)

in cui

. f0 e φ sono costanti;

. x(t) e strettamente limitato in banda:

X(f) = 0 |f | > B

. la risposta all’impulso del filtro ha la seguente forma:

f

H(f)

1

−B B

Supponendo f0 = 10B si richiede di:

. ricavare un’espressione analitica per y(t);

. trovare un valore di φ affinche y(t) = 0 ∀t.

Risoluzione

Primo quesito

Per prima cosa e necessario ricavare l’espressione di z(t):

z(t) = x(t) cos (2πf0t) · cos (2πf0t + φ)

Secondo la regola:

cos(α) cos(β) =1

2[cos(α − β) + cos(α + β)]

3.3. Esercizio 3 23

Quindi:

z(t) =x(t)

2· [cos(φ) + cos(4πf0t + φ)]

=x(t)

2·[

cos(φ) + cos

[

4πf0

(

t +φ

4πf0

)]] (3.1)

Si determina Z(f) con F{z(t)}:

Z(f) =cos(φ)

2· X(f) +

X(f)

2∗ 1

2[δ (f − 2f0) + δ (f + 2f0)] e

+j2πf0φ

4πf0

=cos(φ)

2· X(f) +

[

X(f − 2f0)

4+

X(f + 2f0)

4

]

(3.2)Spiegazioni sulla trasformata di Fourier:

. le delta sono centrate in (f − 2f0) e (f + 2f0) perche il coseno nella(3.1) ha 4π anziche 2π;

. il termine

(

t +φ

4πf0

)

della (3.1) origina il ritardo e+j2πf0

φ

4πf0 della

(3.2).

Il segnale Z(f) ha forma:

f

Z(f)

−B B−20B 20B

L’uscita del sistema si calcola, come sempre:

Y (f) = Z(f) · H(f)

Moltiplicare Z(f) con H(f) vuol dire filtrare Z(f) tagliando le immaginialle frequenze −20B e 20B. Graficamente si ottiene:


f

Z(f) · H(f)

−B B−20B 20B

f

Y (f)

−B B

Analiticamente invece:

Y (f) =cos(φ)

2· X(f)

Secondo quesito

Occorre determinare l’uscita nel dominio temporale:

y(t) = F−1{Y (f)} =cos(φ)

2· x(t)

La fase φ affinche y(t) = 0 deve essere:

cos(φ) = 0 =⇒ φ = (2k + 1)π

2

�

3.4 Esercizio 4

Testo

Il segnale x(t) = 2 sin2

(

πt

T

)

e posto all’ingresso di un sistema lineare,

casuale e con risposta all’impulso rettangolare di ampiezza e durata T/2.Calcolare il segnale di uscita y(t).

Risoluzione

Il sistema e:

x(t) y(t)h(t)

3.4. Esercizio 4 25

dove la forma della risposta all’impulso h(t), per soddisfare i requisiti deltesto, deve essere:

t

h(t)

1

T/2

In quanto analiticamente:

h(t) = p 1

2

(

t − T

4

)

Mediante la formula notevole:

sin2(α) =1 − cos(2α)

2

si puo esprimere l’ingresso:

x(t) = 2 · 1

2

[

1 − cos

(

2πt

T

)]

= 1 − cos

(

2πt

T

)

Lo spettro di x(t) e:

X(f) = F{x(t)} = F{

1 − cos

(

2πt

T

)}

= δ(f) − 1

2

[

δ

(

f − 1

T

)

+ δ

(

f +1

T

)]

Mentre lo spettro di h(t) e:

H(f) =sin(

πf T2

)

πfe−j2πf T

4

Quindi l’uscita del sistema si esprime:

Y (f) = X(f) · H(f) = H(0)δ (f) − 1

2H

(

1

T

)

δ

(

f − 1

T

)

−

− 1

2H

(

− 1

T

)

δ

(

f +1

T

)

Occorre ricavare analiticamente i termini H(0), H

(

1

T

)

, H

(

− 1

T

)

:


. H(0) =T

2;

. H

(

1

T

)

=sin(

π 1T

T2

)

π 1T

e−j2π 1

TT4 = −j T

π ;

. H

(

1

T

)

=sin(

π − 1T

T2

)

π − 1T

e−j2π− 1

TT4 = j T

2 .

Quindi:

Y (f) =T

2δ(f) + j

T

2π

[

δ

(

f − 1

T

)

− δ

(

f +1

T

)]

Si ottiene il segnale nel dominio del tempo antitrasformando:

y(t) = F−1{Y (f)} = F−1

{

T

2δ(f) + j

T

2π

[

δ

(

f − 1

T

)

− δ

(

f +1

T

)]}

=

=T

2− T

πsin

(

2πt

T

)

�

3.5 Esercizio 5

Testo

Dato il sistema:

x(t)h1(t)

h2(t)

⊗z1(t)

z2(t)

∫ +∞−∞ y(t) dt

y(t)ς

In cui:

. x(t) e una porta casuale di durata T e ampiezza unitaria;

. H1(f) = e−j2πfT ;

. H2(f) = e−j2πfα.

Si chiede di determinare α per cui ς sia massima.

3.5. Esercizio 5 27

Risoluzione

Graficamente il segnale x(t) ha forma:

t

x(t)

1

T

Determiniamo analiticamente i due segnali z1(t) e z2(t):

z1(t) = x(t) ∗ h1(t) = x(t − T )

z2(t) = x(t) ∗ h2(t) = x(t − α)

Quindi il segnale y(t) risulta essere:

y(t) = z1(t) · z2(t) = x(t − T ) · x(t − α)

Questo e il segnale posto in ingresso all’integratore; l’uscita ς viene dunquecosı determinata:

ς =

∫ +∞

−∞y(t) dt =

∫ +∞

−∞x(t − T ) · x(t − α) dt

Graficamente:

t

x(t − T )

1

T 2T t

x(t − α)

1

α

Dove α e un parametro variabile.Si osserva immediatamente che per avere ς massima e necessario che:

α = T

In questo modo si ha:

t

x(t − T )

1

T 2T

�


3.6 Esercizio 6

Testo

Dato il sistema:

⊖x(t)

Ta(t) y(t)

⊗A

h(t)z(t)

s(t)

Sapendo che:

. T e un ritardatore;

. A e una costante positiva;

. h(t) =∫ t−∞ z(θ) dθ;

Si richiede di:

. determinare un’espressione analitica per y(t);

. studiare le proprieta di linearita e invarianza del sistema.

Risoluzione

Primo quesito

Determiniamo per punti le varie espressioni dei segnali indicati in figura:

. a(t) = x(t) − s(t);

. y(t) = a(t − T );

. z(t) = Ay(t);

. s(t) =∫ t−∞ z(θ) dθ.

Quindi componendo i vari punti si ottiene:

y(t) = x(t − T ) − A

∫ t−T

−∞y(θ) dθ

Secondo quesito

Linearita La proprieta di linearita e verificata in quanto i moduliintrodotti (sommatore, ritardatore,moltiplicatore e integratore) sono lineari.

3.7. Esercizio 7 29

Invarianza La proprieta di invarianza e verificata per i moduli disommatore, ritardatore e moltiplicatore: essi sono per definizione tempo-invarianti.Occorre pero verificare che venga mantenuta anche per il modulo integratore.

x(t)

x(t − θ)

y(t)

yθ(t)

∫

Inizialmente si ritarda l’ingresso:

sT (t) =

∫ t

−∞z(θ − T ) dθ

Effettuando un cambio di variabili:

u = θ − T =⇒ dθ = du

Se:

θ = t =⇒ u = t − T

θ −→ (−∞) =⇒ u −→ (−∞)

Si ottiene quindi:

sT (t) =

∫ t−T

−∞z(u) du

Se questo risultato e uguale a quello che si ottiene ritardando l’uscita ilsistema e tempo-invariante:

sT (t − T ) =

∫ t−T

−∞z(θ) dθ

Le due espressioni sono simili, a parte un cambiamento di variabili, quindiil sistema e tempo-invariante.

�

3.7 Esercizio 7

Testo

Determinare le proprieta di linearita e tempo-invarianza per il sistema:

y(t) = 2x(t) cos(t)


Risoluzione

Linearita

Il sistema e lineare se:

. e possibile l’ingresso come somma di effetti x(t) = a[x1(t)] + b[x2(t)];

. l’uscita e vista come trasformazione compiuta sull’ingresso

y(t) = Tr {x(t)}

allora:

y(t) = Tr {x(t)} = Tr {a[x1(t)] + b[x2(t)]} = Tr {a[x1(t)]} + Tr {b[x2(t)]}

e equivalente a:

y(t) = a[y1(t)] + b[y2(t)]

Per il nostro sistema:

y(t) = 2x(t) cos(t) = Tr {2a[x1(t) cos(t)] + 2b[x2(t) cos(t)]}= Tr {2a[x1(t) cos(t)]} + Tr {2b[x2(t) cos(t)]}= 2a[y1(t) cos(t)] + 2b[y2(t) cos(t)]

Quindi il sistema e lineare.

Invarianza

Il sistema e tempo invariante se:

Tr {x(t − t0)} = y(t − t0)

Applicando al nostro problema, ritardando l’ingresso si ottiene:

Tr {x(t − t0)} = 2x(t − t0) cos(t)

Quando invece si ritarda l’uscita:

y(t − t0) = 2x(t − t0) cos(t − t0)

Le due espressioni sono diverse; segue che il sistema non e tempo-invariante.

�

3.8. Esercizio 8 31

3.8 Esercizio 8

Testo

Dato il seguente sistema:

⊕x(t)

1/4

a(t)

⊕ Tc(t)

⊕

b(t)

y(t)

dove T e un modulo ritardatore.

Si chiede di:

. determinare un’espressione analitica per y(t);

. determinare un’espressione analitica per la funzione di trasferimentocomplessiva del sistema.

Risoluzione

Primo quesito

Deteminiamo i vari punti:

. a(t) =1

4x(t);

. c(t) = a(t) + y(t);

. b(t) = c(t − T );

. y(t) = a(t) + b(t).

Globalmente si ha:

y(t) =1

4x(t) +

1

4x(t − T ) + y(t − T )

Secondo quesito

Per ottenere la funzione di trasferimento e necessario passare nel dominiodelle frequenze:

Y (f) = F{y(t)} = F{

1

4x(t) +

1

4x(t − T ) + y(t − T )

}

=

=1

4X(f) +

1

4X(f)e−j2πfT + Y (f)e−j2πfT


A questo punto si mettono in evidenza i termini legati all’uscita a primomembro e quelli legati all’ingresso a secondo membro:

Y (f)[

1 − e−j2πfT]

= X(f)

[

1

4+

1

4e−j2πfT

]

La funzione di trasferimento e definita:

H(f) =Y (f)

X(f)

Quindi, nel nostro caso:

H(f) =14 ·[

1 + e−j2πfT]

1 − e−j2πfT

�

Capitolo 4

Esercizi segnali a potenza

media finita

4.1 Esercizio 1

Testo

Dato il sistema:

H(f)x(t)

⊗e j2πf0t

⊕

z(t)

A

⊗e j2πf0t

y1(t)

y2(t)

Sapendo che:

. x(t) = δ (t);

. H(f) =1

1 + j2πf.

Si richiede di:

1. calcolare l’energia e la potenza media per i segnali y1(t) e y2(t);

2. calcolare (qualora esistano) gli spettri di energia di y1(t) e y2(t);

3. verificare le proprieta di linearita e tempo-invarianza nel ramo delsistema tratteggiato in rosso.

33

34 CAPITOLO 4. Esercizi segnali a potenza media finita

Risoluzione

Primo quesito

Come primo passaggio calcoliamo il valore della risposta all’impulso:

h(t) = F−1{H(f)} = F−1

{

1

1 + j2πf

}

= e−tu(t)

Il segnale z(t) quindi risulta essere:

z(t) = x(t) ∗ h(t) = δ (t) ∗ e−tu(t) = e−tu(t)

Determiniamo ora per i due rami le espressioni dei segnali y1(t) e y2(t):

y1(t) = e−tu(t)e j2πf0t

y2(t) = [A + z(t)]e j2πf0t = [A + e−tu(t)]e j2πf0t

Calcoliamo per y1(t) energia e potenza:

Ey1=

∫ +∞

−∞|y1(t)|2 dt =

∫ +∞

−∞

∣

∣

∣e−tu(t)e j2πf0t(t)∣

∣

∣

2dt =

∫ +∞

0

∣

∣

∣e−te j2πf0t∣

∣

∣

2dt

=

∫ +∞

0e−2t dt = −1

2e−2t

∣

∣

∣

∣

+∞

0

=1

2

Il segnale y1(t) e dunque un segnale a energia finita; la sua potenza media,per questo motivo, sara nulla. Infatti:

Py1= lim

T→+∞

1

T

∫ T/2

−T/2|y1(t)|2 dt = lim

T→+∞

1

T

∫ T/2

−T/2

∣

∣

∣e−tu(t)e j2πf0t(t)∣

∣

∣

2dt = 0

Calcoliamo ora per il segnale y2(t) energia e potenza:

Ey2=

∫ +∞

−∞|y2(t)|2 dt =

∫ +∞

−∞

∣

∣

∣[A + z(t)]e j2πf0t∣

∣

∣

2dt =

=

∫ +∞

0

∣

∣

∣[A + e−tu(t)]e j2πf0t∣

∣

∣

2dt =

∫ +∞

0

∣

∣[A + e−tu(t)]∣

∣

2dt

Questo integrale diverge perche la costante A integrata su tutto l’asse causadivergenza.

4.1. Esercizio 1 35

Per quanto riguarda la potenza:

Py2= lim

T→+∞

1

T

∫ T/2

−T/2|y2(t)|2 dt = lim

T→+∞

1

T

∫ T/2

−T/2

∣

∣

∣[A + z(t)]e j2πf0t∣

∣

∣

2dt =

= limT→+∞

1

T

∫ T/2

−T/2

∣

∣

∣[A + e−tu(t)]e j2πf0t

∣

∣

∣

2dt =

= limT→+∞

1

T

∫ T/2

−T/2

∣

∣[A + e−tu(t)]∣

∣

2dt =

= limT→+∞

1

2T

∫ T

−T[A2 + 2A e−tu(t) + e−2tu(t)] dt =

= limT→+∞

1

2T

{∫ T

−TA2 dt +

∫ T

−T2A e−tu(t) dt +

∫ T

−Te−2tu(t) dt

}

=

= limT→+∞

1

2T

{

2T A2 + 2A

∫ T

0e−t dt +

∫ T

0e−2t dt

}

=

= limT→+∞

1

2T

{

2T A2 − 2A(e−T − 1) − 1

2(e−2T − 1)

}

=

= limT→+∞

1

2T

{

2T A2 − 2Ae−T + 2A − e−2T

2+

1

2

}

=

= limT→+∞

{

A2 − A

T

(

e−T + 1)

− 1

4T

(

1 − e−2T)

}

= A2

Il secondo e terzo termine tendono a zero.

Secondo quesito

Lo spettro di energia del segnale y1(t) si determina nel seguente modo:

Sy1(f) = |Y1(f)|2

Calcoliamo quindi Y1(f):

Y1(f) = F{y1(t)} = F{

e−tu(t)e j2πf0t}

=1

1 + j2π(f − f0)

Elevando a quadrato si ottiene:

Sy1(f) = [Y1(f)]2 =

(

1

1 + j2π(f − f0)

)2

=1

1 + 4π2(f − f0)2

Per quando riguarda lo spettro di energia del segnale y2(t):

Ey2−→ +∞ =⇒ ∄ Sy2

(f)


Terzo quesito

Graficamente il sistema da considerare e formato da:

⊕z(t)

A

⊗e j2πf0t

y(t)

Analiticamente:

y(t) = [A + z(t)]e j2πf0t

Linearita

Verfichiamo che sia soddisfatta come nell’esericizio 7 del capitolo 3.

Tr {a[z1(t)] + b[z2(t)]} = [A + a[z1(t)] + b[z2(t)]] ej2πf0t

aTr {z1(t)} = a [A + [z1(t)]] ej2πf0t

bTr {z2(t)} = b [A + [z2(t)]] ej2πf0t

Il sistema non e lineare perche:

Tr {a[z1(t)] + b[z2(t)]} 6= aTr {z1(t)} + bTr {z2(t)}

Tempo-invarianza

Anche in questo caso seguiamo lo stesso procedimento dell’esercizio 7 capi-tolo 3.

Ritardando l’ingresso si ottiene:

Tr {x(t − t0)} = [A + z(t − t0)]ej2πf0t

Effettuando la medesima operazione sull’uscita:

y(t − t0) = [A + z(t − t0)]ej2πf0t−t0

Poiche le due espressioni sono diverse il sistema considerato non e tempo-invariante.

Il sistema dunque e non lineare e tempo-variante.

�

4.2. Esercizio 2 37

4.2 Esercizio 2

Testo

Dato il segnale x(t) periodico di periodo T :

t

x(t)

1

0 T/2−T −T/2 T 3T/2

Il segnale viene posto all’ingresso di un filtro con risposta all’impulso h(t)rettangolare, causale, di ampiezza unitaria e durata T .Si chiede di calcolare:

1. lo spettro di potenza del segnale filtrato y(t);

2. la potenza media del segnale filtrato y(t);

3. un’espressione analitica per y(t).

Risoluzione

Primo quesito

La risposta all’impulso del sistema ha forma:

t

h(t)

1

T

Inoltre il sistema puo essere caratterizzato nel seguente modo:

x(t) y(t)h(t)

Lo spettro di potenza del segnale y(t), per definizione, e:

Gy (f) = Gx (f) · |H(f)|2


Determiniamo immediatamente l’espressione della funzione di trasferimento:

H(f) =sin(πfT )

πfe−j2πf T

2

Per definizione, lo spettro di potenza di un segnale si caratterizza con:

Gx (f) =

+∞∑

n=−∞

|µn|2 δ (f − nf0)

dove i vari µn sono tutte le copie del segnale fondamentale.Per quanto riguarda x(t) il segnale fondamentale e una porta, precisamente:

p 1

2

(

t − T

4

)

E’ quindi possibile esprimere analiticamente x(t) come:

x(t) = pT2

(

t − T

4

)

·+∞∑

n=−∞

δ (f − nf0)

Per definizione:

µn =1

TxT

(n

T

)

dove xT e il segnale troncato, che caratterizza solo la copia fondamentaledel segnale.Per il segnale x(t):

X(f) =sin(

πf T2

)

πfe−j2πf T

4

Sostituendo come frequenza f =n

Tsi ottengono:

µn =1

2

sin(

π n2

)

π n2

e−jn π2

dove:

. il periodo T = 2 =⇒ 1

T=

1

2;

. al variare di n:

n = 0 =⇒ µ0 =1

2(l’esponenziale e il seno valgono 1)

n pari =⇒ µn = 0 (il seno vale 0)

n dispari =⇒ da calcolare.

4.2. Esercizio 2 39

Calcoliamo il valore per n dispari:

µ2n+1 =1

2· sin

(

π 2n+12

)

π 2n+12

e−j(2n+1)π2 =

=1

2· sin

(

π 2n+12

)

π 2n+12

[

cos(π

2(2n + 1)

)

− j sin(π

2(2n + 1)

)]

=

= −j1

2· sin2

(

π 2n+12

)

π 2n+12

=−j

π(2n + 1)=

1

jπ(2n + 1)

in quanto:

. cos(π

2(2n + 1)

)

= 0;

. il termine1

2si semplifica con il 2 a denominatore;

. il termine sin2(

π 2n+12

)

vale 1.

Per determinare lo spettro occorre il modulo quadro dei µn:

|µn|2

1

4n = 0

0 n pari1

(πn)2n dispari

Graficamente:

f

Gx (f)1

4

0

1

π2

1/T 2/T

1

9π2

3/T

1

π2

-1/T-2/T

Questo segnale viene ora filtrato con una funzione sinc che si annulla ognin

T; quindi graficamente lo spettro di potenza di y(t) e:

f

Gy (f)1

4

0


Analiticamente:

Gy (f) = Gx (f) · |H(f)|2 =1

4δ (f) ·

∣

∣

∣

∣

T · sin(πfT )

πfe−j2πf T

2

∣

∣

∣

∣

2

=

=T 2

4δ (f)

Secondo quesito

La potenza media, per definizione, e:

Py =

+∞∑

n=−∞

|µn|2

Per il segnale y(t):

Py =T 2

4

Terzo quesito

Si puo ricavare un’espressione analitica per y(t) determinando la risposta infrequenza:

Y (f) = X(f) · H(f)

Sono conosciute entrambe:

X(f) =

+∞∑

n=−∞

1

TxT

(n

T

)

δ(

f − n

T

)

H(f) =sin(πfT )

πfe−j2πf T

2

Quindi:

Y (f) =

+∞∑

n=−∞

1

TxT

(n

T

)

δ(

f − n

T

)

· sin(πfT )

πfe−j2πf T

2

Anche in questo caso l’unico termine non filtrato e il valore in 0:

X(f)|f=0 =1

2δ (f)

Per cui:

Y (f) =1

2δ (f)

Determiniamo l’espressione nel dominio temporale antitraformando:

y(t) = F−1{Y (f)} = F−1

{

1

2δ (f)

}

=T

2

�

4.3. Esercizio 3 41

4.3 Esercizio 3

Testo

Dato il segnale:

q(t) = A ·+∞∑

k=−∞

r(t − kT )

con:

r(t) = pT2

(t) − pT2

(

t − T

2

)

f

r(t)

0-T

4

T

4

T

2

3T

4

La potenza media del segnale q(t) vale 2.Il segnale viene posto all’ingresso di un sistema con funzione di trasferimento:

H(f) =

{

1 |f | ≤ 3T/2

0 |f | > 3T/2

Si chiede di:

1. verificare che il segnale q(t) e periodico di periodo T;

2. determinare il segnale di uscita y(t);

3. calcolare la potenza media di y(t).

Risoluzione

Primo quesito

Per verificare se q(t) e periodico occorre dimostrare che:

q(t + T ) = q(t)

Quindi:

A ·+∞∑

k=−∞

r(t − kT + T ) = A ·+∞∑

k=−∞

r(t − T (k − 1)

ponendo:h = k − 1


si ottiene:

A ·+∞∑

h=−∞

r(t − hT )

Il segnale q(t) e periodico.

Secondo quesito

Il sistema puo essere caratterizzato:

x(t) y(t)h(t)

E’ piu facile esprimere l’uscita nel dominio delle frequenze:

Y (f) = Q(f) · H(f)

Il segnale Q(f) si ottiene trasformando con Fourier q(t):

Q(f) = F{q(t)} = A ·+∞∑

k=−∞

1

TR

(

k

T

)

δ

(

f − k

T

)

dove:

R(f) =sin(

πf T2

)

πf− sin

(

πf T2

)

πfe−j2πf T

2 =sin(

πf T2

)

πf

[

1 − e−jπfT]

percio:

R

(

k

T

)

=sin(

π2 k)

kT π

[

1 − e−jπk]

=T

2· sin

(

π2 k)

kπ2

[1 − cos(πk) + j sin(πk)]

Poiche sin(kπ) = 0 ∀ kπ si ottiene:

R

(

k

T

)

=T

2· sin

(

π2 k)

kπ2

[1 − cos(πk)]

Quindi:

Q(f) =A

2·

+∞∑

k=−∞

{

sin(

π2 k)

kπ2

[1 − cos(πk)]

}

δ

(

f − k

T

)

Graficamente:

4.3. Esercizio 3 43

f

Q(f)

0 1/T 2/T 3/T-1/T-2/T

Filtrando si ha:

3T

2−3T

2

f

Q(f) · H(f)

0 1/T 2/T 3/T-1/T-2/T

f

Y (f)

0 1/T-1/T

Analiticamente:

Y (f) =A

2·

1∑

k=−1

{

sin(

π2 k)

kπ2

[1 − cos(πk)]

}

δ

(

f − k

T

)

=

=A

2

[

2

π· 2δ

(

f +1

T

)

+2

π· 2δ

(

f − 1

T

)]

=

=2A

π

[

δ

(

f +1

T

)

+ δ

(

f − 1

T

)]

I contributi sono solo 2 in quanto il termine con k = 0 annulla il coseno.Si ricava y(t) antitrasformando:

y(t) = F−1{Y (f)} = F−1

{

2A

π

[

δ

(

f +1

T

)

+ δ

(

f − 1

T

)]}

=

=2A

πcos

(

2πt

T

)


Terzo quesito

La potenza media del segnale y(t) e:

Py = 2 ·∣

∣

∣

∣

2A

π

∣

∣

∣

∣

2

=8A2

π2

Poiche nel testo si conosce il valore della potenza di q(t):

Pq = A2 = 2

Allora:

Py =16

π2

�

4.4 Esercizio 4

Testo

Dato un sistema lineare con modulo della funzione di trasferimento indicata:

f

|H(f)|

0

1

0.5

f0

Se in ingresso di un sistema lineare:

x(t) y(t)h(t)

e applicato il segnale:

x(t) = A · [1 + cos (2πf0t)]

si richiede di:

1. determinare l’espressione del segnale y(t) in uscita;

2. tracciare l’andamento qualitativo dei due segnali.

4.4. Esercizio 4 45

Risoluzione

Primo quesito

Come primo passaggio e necessario determinare la trasformata di Fourierdel segnale di ingresso:

X(f) = F{x(t)} = F{A · [1 + cos (2πf0t)]}

= A · δ (f) +A

2· [δ (f − f0) + δ (f + f0)]

Lo spettro di y(t) si ricava mediante:

Y (f) = X(f) · H(f)

In questo caso pero e molto complicato determinare analiticamente H(f).Osserviamo graficamente X(f):

f

X(f)

0

A/2

A

e sovrapponiamo il modulo di H(f):

f0

1 1

0.5

A/2

A

Cio che accade e che:

. le delta centrate in ±f0 passano inalterate perche |H(f)| = 1;

. la delta centrata in 0 riduce la sua ampiezza di meta perche |H(f)| =0.5.

Percio:

Y (f) =A

2· δ (f) +

A

2· [δ (f − f0) + δ (f + f0)]


Antitrasformando si determina y(t):

y(t) = F−1{Y (f)} =A

2+ A · cos (2πf0t)

Secondo quesito

Si riportano le espressioni dei due segnali da graficare:

x(t) = A · [1 + cos (2πf0t)]

y(t) =A

2+ A · cos (2πf0t)

Entrambi i segnali hanno una componente continua che sara l’offset discostamento rispetto allo 0:

x(t)DC = A

y(t)DC =A

2

e il loro andamento e quello tipico di una cosinusoide con frequenza f0 edampiezza A.

Il segnale x(t) ha forma:

t

x(t)

A

2A

Il segnale y(t) ha forma:

t

y(t)

A/2

−A/2

3A/2

�

Capitolo 5

Esercizi sul campionamento

5.1 Esercizio 1

Testo

Dato il segnale x(t) = s(t) · cos (2πf0t) con s(t) a banda limitata Bs esupponendo di introdurre il segnale x(t) come ingresso di un sistema nonlineare con uscita y(t) = x2(t) si calcoli:

1. la frequenza di campionamento minima per poter campionare il segnalex(t) senza perdere informazione;

2. la frequenza di campionamento minima per permettere una perfettaricostruzione di y(t) a partire dai suoi campioni.

Risoluzione

Primo quesito

Lo spettro di s(t) puo essere rappresentato come:

f

S(f)

Bs

Come primo passo si determina lo spettro del segnale x(t):

X(f) = F{x(t)} = S(f) ∗ 1

2· [δ (f − f0) + δ (f + f0)]

=1

2· [S(f − f0) + S(f + f0)]

Graficamente quindi X(f) e:

47

48 CAPITOLO 5. Esercizi sul campionamento

f

X(f)

−f0 Bs f0 Bs

Per il teorema del campionamento la frequenza minima di campionamentodeve essere almeno due volte la banda del segnale; indicando con Bx labanda del segnale x(t):

fcmin|x = 2 · Bx

In questo caso:

Bx = f0 + Bs

Secondo quesito

Poiche y(t) = x2(t) esiste una precisa relazione fra le bande dei due segnali:

By = 2 · Bx

Percio:

fcmin|y = 2 · By = 2 · 2 · Bx = 4 · (f0 + Bs)

�

5.2 Esercizio 2

Testo

Il segnale:

x(t) =1

π2 t2·[

sin2

(

πtB

2

)

− sin2(πtB)

]

viene campionato. Determinare quale deve essere la minima frequenza dicampionamento per ricostruire il segnale perfettamente partendo dai suoicampioni.

Risoluzione

Come primo passaggio e necessario rielaborare l’espressione di x(t):

x(t) =

sin2

(

πtB

2

)

π2 t2− sin2 (πtB)

π2 t2

5.2. Esercizio 2 49

Ricordando la trasformata notevole:

F

T · sin2

(

πt

T

)

π2 t2

= tri (f T )

e osservando che T =2

Bnella prima parte e T = B nella seconda si puo

esplicitare l’espressione necessaria per usare la trasformata notevole:

x(t) =B

2·

sin2

(

πtB

2

)

π2 t2· 2

B

− B ·[

sin2 (πtB)

π2 t2· 1

B

]

A questo punto:

X(f) = F{x(t)} =B

2· tri

(

f2

B

)

− B · tri(

f1

B

)

Si indica con:

. X1(f) =B

2· tri

(

f2

B

)

;

. X2(f) = B · tri(

f1

B

)

;

Graficamente il segnale X1(f) e:

f

X1(f)

B/2−B/2

B/2

Mentre il segnale X2(f) e:

f

X2(f)

B−B

B

B/2


Il risultato dell’addizione dei due segnali e il segnale X(f):

f

X(f)

B−B

B/2

Poiche la banda del segnale e B allora:

fcmin= 2 · B

�

5.3 Esercizio 3

Testo

Si considerino due segnali:

. x1(t) con banda limitata B1;

. x2(t) con banda limitata B2.

Si costruisca il segnale y(t) come:

y(t) = x1(t) · x2(t)

Volendo campionare tale segnale, si determini quale deve essere la sua fre-quenza di campionamento minima.

Risoluzione

La relazione che caratterizza y(t) scritta nel dominio delle frequenze e:

Y (f) = X1(f) ∗ X2(f)

Per le proprieta della convoluzione nel dominio temporale la banda di y(t)risulta essere:

By = B1 + B2

quindi anche nel dominio spettrale:

Y (f) = 0 per |f | > (B1 + B2)

La minima frequenza di campionamento e pertanto:

fcmin= 2 · (B1 + B2)

�

5.4. Esercizio 4 51

5.4 Esercizio 4

Testo

Il segnale:

x(t) = 20 + 20 sin(

500t +π

6

)

deve essere campionato e ricostruito esattamente dai suoi campioni.

Si determini:

1. quale deve essere il massimo intervallo ammissibile fra due campioni;

2. quale deve essere il minimo numero N di campioni necessari per rico-struire il segnale.

Risoluzione

Lo spettro del segnale x(t) e:

X(f) = 20 · δ (f) +20

2j· [δ (f − f0) − δ (f + f0)] · e j π

6

Siccome:

500 = ω0 = 2πf0 =⇒ f0 =500

2π= 79.6Hz

Primo quesito

La frequenza minima di campionamento e:

fcmin= 2 · f0 = 159.2Hz

Pertanto il tempo massimo di intervallo fra due campioni non puo esseresuperiore a:

Tcmax =1

fcmin

=1

159.2Hz= 0.00628 s = 6.28ms

Secondo quesito

Poiche il periodo massimo e pari a 6.28ms il segnale si puo ricostruire conalmeno:

N =1 s

Tcmax

=1 s

0.00628 s= 159.24

Il numero di campioni non puo essere un numero decimale percio si prendel’intero inferiore:

N = 159

�


5.5 Esercizio 5

Testo

Si consideri il segnale:

y(t) = x(t) + x1(t) + x2(t)

dove:

. x1(t) = x(t) · cos (2πf0t);

. x2(t) = x(t) · cos (2πNf0t).

Supponendo x(t) strettamente limitato in banda, con B = 1kHz e che y(t)deve essere campionato in modo tale da essere ricostruito perfettamente conuna frequenza fc = 10kHz, si determinino f0 e N in modo tale che:

. i segnali di ingresso siano perfettamente separati;

. si abbia una perfetta ricostruzione di y(t);

. N sia massimo.

Risoluzione

Analiticamente:

y(t) = x(t) · [1 + cos (2πf0t) + cos (2πNf0t)]

Il suo spettro e quindi:

Y (f) = X(f) ∗[

δ (f) +1

2δ (f − f0) +

1

2δ (f + f0) +

1

2δ (f − Nf0) +

+1

2δ (f − Nf0)

]

= X(f) +1

2· X(f − f0) +

1

2· X(f + f0) +

+1

2· X(f − Nf0) +

1

2· X(f + Nf0)

Graficamente:

f

Z(f)

f0−B B N f0

5.5. Esercizio 5 53

Come si puo vedere dal grafico i segnali sono spettralmente separati solo se:

f0 ≥ 2 · B

Inoltre per ricostruire perfettamente il segnale occorre che:

fc ≥ 2 · By = 2 · (N f0 + B)

Con queste due equazioni a sistema si possono ricavare f0 ed N :

{

f0 ≥ 2 · Bfc ≥ 2 · (N f0 + B)

=

f0 ≥ 2 kHz

Nf0 + B ≤ fc

2

=

f0 ≥ 2 kHz

N ≤ fc

2f0− B

f0

I parametri fc e B sono noti; imponendo f0 = 2kHz:

N ≤ 10 kHz

2 · 2 kHz− 1 kHz

2 kHz=

10

4− 1

2= 2

�

Capitolo 6

Esercizi sui processi casuali

6.1 Esercizio 1

Testo

Si consideri un processo casuale x(t) = ζ + cos(2πf0t + θ), dove ζ e unavariabile casuale discreta che assume i due valori ±1 con uguale probabilitae θ e una variabile casuale indipendente da ζ uniformemente distribuita nel-l’intervallo [−π ÷ π].

Si determini E[

x2(t)]

.

Risoluzione

E[

x2(t)]

= E[

(ζ + cos(2πf0t + θ))2]

=

= E[

ζ2]

+ E [2ζ · cos(2πf0t + θ)] + E[

(cos(2πf0t + θ))2]

Analizziamo singolarmente i vari termini:

. E[

ζ2]

= 1 in quanto E[

ζ2]

= (−1)2 · 1

2+ (1)2 · 1

2= 1;

. E [2ζ · cos(2πf0t + θ)] = 0 per due motivi: il primo e che le variabili ζ e

θ sono indipendenti, inoltre E [ζ] = 0 perche E [ζ] = (−1) · 12

+1· 12

= 0;

. E[

(cos(2πf0t + θ))2]

deve essere calcolato con la definizione:

∫ π

−π(cos(2πf0t + θ))2 · 1

2πdθ =

1

2π· π =

1

2

L’integrale di un seno o coseno quadro valgono meta del periodo di integra-zione.

55

56 CAPITOLO 6. Esercizi sui processi casuali

Percio:

E[

x2(t)]

= 1 +1

2=

3

2

�

6.2 Esercizio 2

Testo

Il processo casuale n(t) WSS ha una densita di probabilita del primo ordineuniforme nell’intervallo [−A ÷ A] e uno spettro di potenza:

f

GN (f)

B−B

N0

2

Verificare che A2 = 3N0 B.

Risoluzione

La funzione Rn(0) puo essere caratterizzata da:

Rn(0) =

{

E[

n2(t)]

= σ2 n + m x

F−1{SN (f)}∣

∣

τ=0

Per quanto riguarda la prima equazione:

E[

n2(t)]

= σ2 n

in quanto E [n(t)] = m x = 0 perche la funzione di densita e simmetrica:

n

f(n)

A−A

1

2A

6.3. Esercizio 3 57

Percio:

E[

n2(t)]

=

∫ +∞

−∞n2 · f(n) dn =

∫ A

−An2 · 1

2Adn =

1

2A· n3

3

∣

∣

∣

∣

A

−A

=

=1

6A· (A3 + A3) =

A2

3

Per quanto riguarda la seconda equazione:

Rn(0) = F−1{GN (f)}∣

∣

τ=0=

∫ +∞

−∞GN (f) · e j 2π f τ df

∣

∣

∣

∣

τ=0

=

=

∫ B

−B

N0

2· 1 df = N0 B

Uguagliando i due risultati ottenuti:

A2

3= N0 B =⇒ A2 = 3N0 B

�

6.3 Esercizio 3

Testo

Un processo casuale x(t) WSS ha una densita di probabilita del primo ordineuniforme nell’intervallo [−A ÷ A] e varianza σ2

x = 1. Il processo e postoall’ingresso di un sistema non lineare:

x

y

1

1

Calcolare la probabilita P (y(t) > 2) del segnale di uscita y(t).

Risoluzione

Questo sistema lineare per x positivi fornisce in uscita lo stesso valore per y(la retta e a 45◦) mentre i valori di x negativi diventano automaticamentenulli.

Il processo casuale x(t) ha densita di probabilita:


n

f(n)

A−A

1

2A

Dal testo e noto che σ2x = 1 mentre m x = 0 in quanto la densita e

simmetrica.

σ2x = E

[

n2(t)]

=

∫ +∞

−∞n2 · f(n) dn =

∫ A

−An2 · 1

2Adn =

1

2A· n3

3

∣

∣

∣

∣

A

−A

=

=1

6A· (A3 + A3) =

A2

3

Si determina A ponendo il risultato pari a 1:

A2

3= 1 =⇒ A2 = 3 =⇒ A =

√3

La densita di probabilita che puo assumere y(t) e percio:

y

f(y)

√3

Poiche l’area deve essere pari a 1 l’altezza deve essere1√3.

La probabilita cercata:

P (y(t) > 2) =

∫ +∞

2f(y) dy

Questo integrale e nullo in quanto il valore massimo che puo assumere ilprocesso e

√3.

�

6.4 Esercizio 4

Testo

Si consideri il seguente sistema:

6.4. Esercizio 4 59

x(t) y(t)h(t)

dove h(t) presenta la seguente caratteristica:

x

y

1

1

Il segnale di ingresso x(t) = A · cos(ω0 t + θ) con θ costante. Il parametroA e una variabile casuale uniformemente distribuita fra [0 ÷ 2]. Si calcolila media di insieme di y(t) e si valuti in quali istanti di tempo tale media emassima.

Risoluzione

La densita di probabilita che puo assumere la variabile casuale A e:

A

f(A)

2

Poiche l’area deve essere pari a 1 l’altezza deve essere1

2.

Il valore atteso di A e:

E [A] =

∫ +∞

−∞A · f(A) dA =

∫ 2

0A · 1

2dA = 1

Il segnale x(t) graficamente e:

t

x(t)


Il segnale di uscita e invece composto da:

y(t) =

{

x(t) x(t) > 0

0 x(t) < 0

Il segnale y(t) graficamente e il coseno a cui vengono tagliate le parti nega-tive.

E [y(t)] = E [x(t) · h(t)] = E [x(t)] · h(t)

in quanto:

h(t) =

{

1 x(t) > 0

0 x(t) < 0

Percio:

E [y(t)] = E [A · cos(ω0 t + θ)]·h(t) = E [A]·cos(ω0 t+θ)·h(t) = cos(ω0 t+θ)·h(t)

E [y(t)] e massima quando:

cos(ω0 t + θ) = 1

Cio accade se:

2πf0t + θ = 2κπ =⇒ t =2κπ − θ

2πf0=

κ

f0− θ

2πf0

�

6.5 Esercizio 5

Testo

Un processo casuale x(t) gaussiano stazionario a media nulla viene moltipli-cato per un’onda quadra r(t) che assume alternativamente valori ±1 ogni Tsecondi.

Calcolare:

1. la densita di probabilita del segnale y(t) cosı ottenuto;

2. la probabilita P (y(t) > y(t + a)) nei due casi:

. a = T ;

. a = T/2.

6.5. Esercizio 5 61

Risoluzione

Primo quesito

Il segnale r(t) ha la seguente forma:

t

r(t)

+1

−1

T 2T 3T

Il segnale di uscita:y(t) = x(t) · r(t)

e ancora gaussiano. Il suo valor medio e la sua varianza valgono:

E [y(t)] = E [x(t) · r(t)] = E [x(t)] · r(t) = 0

Var [y(t)] = E[

y2(t)]

− E [y(t)] = E[

x2(t)]

· r2(t) − 0 = σ2x

Secondo quesito

Si ha:P (y(t) > y(t + a)) = P (y(t) − y(t + a) > 0)

Indicando con:w(t) = y(t) − y(t + a)

si ottiene:P (y(t) > y(t + a)) = P (w(t) > 0)

Il segnale w(t) e ancora un processo gaussiano a valor medio nullo percioavra una densita di probabilita di questo tipo:

w

f(w)

A−A

1

2A

Quindi:

P (w(t) > 0) =1

2�

Parte II

Elaborazione numerica dei

segnali

63

Capitolo 7

Esercizi di base

7.1 Esercizio 1

Testo

Date le sequenze numeriche:

. x(n) = cos(0.125π n)

. x(n) = sin(π + 0.2 · n)

si determini il periodo.

Risoluzione

La prima sequenza si puo esprimere come:

cos(0.125π n) = cos(π

8n)

Per avere un periodo e necessario che sia presente il termine 2π; quindi:

cos(π

8n)

= cos

(

2π

16n

)

La frequenza e data da:

f0 =1

16=⇒ T =

1

f0= 16

Nella seconda sequenza il termine π rappresenta solo uno sfasamento percionon va in alcun modo considerato per il calcolo del periodo; elaborando lasequenza si ottiene:

sin(π + 0.2 · n) = sin(π +2

10· n)

65


Per avere il termine 2π e sufficiente moltiplicare e dividere per π:

sin(π +2

10· n) = sin(π +

2π

10π· n)

Isolando tale termine e facile riconoscere qual e la f0:

sin(π +2π

10π· n) = sin(π + 2π · 1

10π· n)

Pertanto:

f0 =1

10π=⇒ T =

1

f0= 10π

�

7.2 Esercizio 2

Testo

Data la sequenza numerica:

x(n) = (6 − n) · [u(n) − u(n − 6)]

Si richiede di calcolare:

1. x(4 − n)

2. x(2n − 3)

3. x(n2 − 2n + 1)

Risoluzione

La sequenza di partenza x(n), graficamente, e la seguente:

n

x(n)

0 1 2 3 4 5

1

2

3

4

5

6

7.2. Esercizio 2 67

Primo quesito

La sequenza x(4 − n) e ottenibile operando sulla sequenza di partenza laseguente trasformazione:

n = 4 − n

Percio:

x(4−n) = [6−(4−n)]·[u(4−n)−u(4−n−6)] = (2+n)·[u(4−n)−u(−2−n)]

Graficamente:

n

u(4 − n)

0 4n

u(−2 − n)

0−2

Percio la sequenza totale e:

n

x(4 − n)

-1 1 2 3 4

1

2

3

4

5

6

Secondo quesito

Eseguendo gli stessi passi visti nel primo quesito si ottiene:

n

x(2n − 3)

0 1 2 3 4 5

5

3

1


Terzo quesito

La terza sequenza graficamente e:

n

x(n2 − 2n + 1)

-1 1 2 3 4

2

5

6

�

7.3 Esercizio 3

Testo

Data la sequenza:

x(n) = u(n)

Determinare le sequenze:

. xp(n)

. xd(n)

in cui puo essere scomposta la sequenza di partenza.

Risoluzione

La sequenza xp(n) e la sequenza pari mentre xd(n) quella dispari: somman-do questi contributi si deve ottenere u(n).

Graficamente xp(n) sara:

n

xp(n)

1

2

7.4. Esercizio 4 69

Scritta in forma analitica non e altro che:

xp(n) =1

2· u(n) +

1

2· u(−n)

Per quanto riguarda la sequenza xd(n), graficamente sara:

n

xd(n)

1

2

−1

2

Analiticamente

xp(n) =1

2· u(n) − 1

2· u(−n)

In questo modo, sommando queste due sequenze, la parte per n negativi sielide, mentre per n positivi viene ad assumere ampiezza pari a 1: sono leproprieta di u(n).

In forma grafica:

n

u(n)

1

�

7.4 Esercizio 4

Testo

Data la sequenza:

x(n) =

(

3

2

)n

· u(−n)

Calcolare:

1. la somma;

2. l’energia del segnale.


Risoluzione

Si puo anche esprimere la sequenza come:

x(n) =

(

3

2

)n

· u(−n) =

(

2

3

)(−n)

· u(−n)

Primo quesito

La somma vale:

A =0∑

n=−∞

x(n) =0∑

−∞

(

3

2

)n

· u(−n) =+∞∑

m=0

(

2

3

)m

=1

1 − 1

3

= 3

dove m = −n.

Secondo quesito

L’energia vale:

Ex =

+∞∑

n=−∞

|x(n)|2 =

+∞∑

n=−∞

∣

∣

∣

∣

∣

(

2

3

)(−n)

· u(−n)

∣

∣

∣

∣

∣

2

=

+∞∑

m=0

(

2

3

)2m

=

=

+∞∑

m=0

(

4

9

)m

=1

1 − 4

9

=9

5

dove m = −n.

�

7.5 Esercizio 5

Testo

Data la sequenza:

x(n) = δ (n) + 2 · δ (n − 1) + 3 · δ (n − 2)

Scrivere tale sequenza come somma di gradini.

Risoluzione

Graficamente la sequenza e:

7.5. Esercizio 5 71

n

x(n)

1 2 3

1

2

3

Poiche:δ (n) = u(n) − u(n − 1)

applicando questo ragionamento si ottiene:

x(n) = u(n)− u(n− 1) + 2 · [u(n − 1) − u(n − 2)] + 3 · [u(n − 2) − u(n − 3)]

Elaborando questa equazione si ha:

x(n) = u(n) + u(n − 1) + u(n − 2) − 3 · u(n − 3)

�

Capitolo 8

Sistemi lineari e DTFT

8.1 Esercizio 1

Testo

Data la funzione di trasferimento:

H(e jω) =1 − 0.5 · e−jω + e−3jω

1 + 0.5 · e−jω + 0.75 · e−2jω

Scrivere l’equazione alle differenze finite del sistema LTI.

Risoluzione

La funzione di trasferimento e data da:

H(e jω) =Y (e jω)

X(e jω)

per un sistema lineare solito:

x(n) y(n)h(n)

Percio:Y (e jω)

X(e jω)=

1 − 0.5 · e−jω + e−3jω

1 + 0.5 · e−jω + 0.75 · e−2jω

Elaborando l’espressione si ottiene:

Y (e jω) · [1 + 0.5 · e−jω + 0.75 · e−2jω] = X(e jω) · [1 − 0.5 · e−jω + e−3jω]

Antitrasformando si ha:

y(n) + 0.5 · y(n − 1) + 0.75 · y(n − 2) = x(n) − 0.5 · x(n − 1) + x(n − 3)

�

73

74 CAPITOLO 8. Sistemi lineari e DTFT

8.2 Esercizio 2

Testo

Data la funzione di trasferimento:

H(e jω) =e jω

1.1 + cos(ω)

Scrivere l’equazione alle differenze finite del sistema LTI.

Risoluzione

Il procedimento e molto simile all’esercizio precedente; come primo passoesprimiamo con la formula di Eulero cos(ω):

cos(ω) = 0.5 · e−jω + 0.5 · e+jω

Pertanto:

H(e jω) =e jω

1.1 + 0.5 · e−jω + 0.5 · e+jω

Elaborando l’espressione per renderla simile a quella dell’esercizio preceden-te:

e jω

1.1 + 0.5 · e−jω + 0.5 · e+jω=

1

1.1 · e−jω + 0.5 · e−2jω + 0.5

Quindi:Y (e jω)

X(e jω)=

1

1.1 · e−jω + 0.5 · e−2jω + 0.5

Percio:

Y (e jω) · [1.1 · e−jω + 0.5 · e−2jω + 0.5] = X(e jω) · 1

Antitrasformando si ottiene:

0.5 · y(n) + 1.1 · y(n − 1) + 0.5 · y(n − 2) = x(n)

�

8.3 Esercizio 3

Testo

Si consideri la seguente equazione alle differenze finite:

y(n) − y(n − 1) + 0.25 · y(n − 2) = x(n) − 0.25 · x(n − 1)

Determinare la risposta al sistema lineare:

8.3. Esercizio 3 75

x(n) y(n)h(n)

quando in ingresso e presente la sequenza:

x(n) = u(n)

Risoluzione

Trasformando l’equazione si ottiene:

Y (e jω) · [1 − e−jω + 0.25 · e−2jω] = X(e jω) · [1 − 0.25 · e−jω]

Si determina la funzione di trasferimento in questo modo:

H(e jω) =Y (e jω)

X(e jω)=

1 − 0.25 · e−jω

1 − e−jω + 0.25 · e−2jω

A questo punto applicando come ingresso x(n) = u(n) si ha:

y(n) = x(n) ∗ h(n)

Nel dominio trasformato:

Y (e jω) = X(e jω) · H(e jω)

Sostituendo:

Y (e jω) = X(e jω) · 1 − 0.25 · e−jω

1 − e−jω + 0.25 · e−2jω

Analizziamo in dettaglio H(e jω); e possibile riscriverla in questo modo:

H(e jω) =1

(

1 − e−jω

2

)2 − 1

4· e−jω

(

1 − e−jω

2

)2

Indicando con:

H1(ejω) =

1(

1 − e−jω

2

)2

Nel dominio temporale questa espressione vale:

h1(n) = (n + 1) ·(

1

2

)2

· u(n)

Si puo quindi riscrivere l’espressione precedente, nel dominio temporale,come:

h(n) = h1(n) − 1

4· h1(n − 1)


Percio:

y(n) = x(n) ∗ h(n) = u(n) ∗[

h1(n) − 1

4· h1(n − 1)

]

La risoluzione della convoluzione e lasciata al lettore.�

8.4 Esercizio 4

Testo

Calcolare la DTFT di:

x(n) =

(

1

4

)|n|

Risoluzione

Questa sequenza appartiene alla famiglia delle sequenze di tipo:

a|n|

In generale:a|n| = an · u(n) + a−n · u(−n − 1)

Attenzione: a−n e valido solo per n ≤ 1 oppure n < 0.

Poiche la DTFT e un’operazione lineare:

DTFT {a|n|} = DTFT {an · u(n)} + DTFT {a−n · u(−n − 1)}

Per quando riguarda la prima parte e sufficiente consultare le tavole:

DTFT {an · u(n)} =1

1 − a · e−jω|a| < 1

Il secondo termine e piu complesso ed e necessario ricorrere alla definizione:

DTFT {a−n · u(−n − 1)} =

+∞∑

n=−∞

a−n · u(−n − 1) · e−jωn =

=

−1∑

n=−∞

a−n · e−jωn

Con un cambiamento di indici:

−n = i

Si ottiene:

DTFT {a−n · u(−n − 1)} =

+∞∑

i=1

ai · e jωi

8.4. Esercizio 4 77

Indicando con:β(i) = ai · e jωi

Sono equivalenti:+∞∑

i=0

β(i) =+∞∑

i=1

β(i) + β(0)

dove β(0) rappresenta il primo valore della sommatoria, quello con indicei = 0 che in questo caso vale 1.

Percio:

DTFT {a−n · u(−n − 1)} =

+∞∑

i=0

ai · e jωi − 1

Elaborando l’espressione:

+∞∑

i=0

ai · e jωi =

+∞∑

i=0

(a · e jω)i =

+∞∑

i=−∞

(a · e jω)i · u(n)

Trasformando:+∞∑

i=−∞

(a · e jω)i · u(n) =1

1 − a · e jω

Pertanto:

DTFT {a|n|} =1

1 − a · e−jω+

1

1 − a · e jω− 1

�

Capitolo 9

Sistemi lineari e trasformate

Z

9.1 Esercizio 1

Testo

Dati:

. x(n) =

(

1

6

)n−6

· u(n)

. h(n) =

(

1

3

)n

· u(n − 3)

Calcolare:

y(n) = x(n) ∗ h(n)

Risoluzione

L’esercizio e risolvibile in due modi:

. calcolando la convoluzione nel dominio temporale;

. usando le trasformate Z.

Primo metodo

La convoluzione si puo calcolare in questo modo:

y(n) =+∞∑

k=−∞

h(k) · x(n − k)

79

80 CAPITOLO 9. Sistemi lineari e trasformate Z

Percio:

y(n) =

+∞∑

k=−∞

[

(

1

3

)k

· u(k − 3)

]

·[

(

1

6

)n−k−6

· u(n − k)

]

=

=

[

n∑

k=3

(

1

3

)k

·(

1

6

)n−k−6]

· u(n − 3) =

=

(

1

6

)n−6

·[

n∑

k=3

(

1

3

)k

·(

1

6

)−k]

· u(n − 3) =

=

(

1

6

)n−6

·[

n∑

k=3

(

1

3

)k

· (6)k

]

· u(n − 3) =

=

(

1

6

)n−6

·[

n∑

k=3

(

6

3

)k]

· u(n − 3)

Poiche:n∑

k=0

(a)k =1 − an+1

1 − a

Allora:n∑

k=3

(a)k =1 − an+1

1 − a− a0 − a1 − a2

Applicato al nostro caso:

y(n) =

(

1

6

)n−6

·[

1 − 2n+1

1 − 2− 20 − 21 − 22

]

· u(n − 3) =

=

(

1

6

)n−6

·[

−(1 − 2n+1) − 7]

· u(n − 3) =

=

(

1

6

)n−6

·[

2n+1 − 8]

· u(n − 3) =

= (6)6 ·[(

1

6

)n

· 2n+1 −(

1

6

)n

· 8]

· u(n − 3) =

= 66 ·[(

1

3

)n

· 2 −(

1

6

)n

· 8]

· u(n − 3)

Secondo metodo

Come primo passo portiamo nel dominio Z le sequenze x(n) e h(n).

La sequenza di ingresso prima della trasformazione viene elaborata in questomodo:

x(n) =

(

1

6

)n−6

· u(n) = 66 ·(

1

6

)n

· u(n)

9.1. Esercizio 1 81

Trasformando si ottiene:

X(z) = 66 · 1

1 − 16 · z−1

Per quanto riguarda h(n) occorre rielaborare la sequenza in modo simile alprecedente:

h(n) =

(

1

3

)n

· u(n − 3) =

(

1

3

)3

·(

1

3

)n−3

· u(n − 3)

Con la trasformazione si ha:

H(z) =

(

1

3

)3

· 1

1 − 13 · z−1

· z−3

Quindi:Y (z) = X(z) · H(z)

Sostituendo:

Y (z) =

[

66 · 1

1 − 16 · z−1

]

·[

(

1

3

)3

· 1

1 − 13 · z−1

· z−3

]

=

=

66 ·(

1

3

)3

· z−3

(

1 − 16 · z−1

)

·(

1 − 13 · z−1

) =

=

[

66 ·(

1

3

)3

· z−3

]

· 1(

1 − 16 · z−1

)

·(

1 − 13 · z−1

)

Indicando con:

Y′

(z) =1

(

1 − 16 · z−1

)

·(

1 − 13 · z−1

)

calcoliamo i fratti semplici proprio su Y′(z).

Y′

(z) =R1

(

1 − 16 · z−1

) +R2

(

1 − 13 · z−1

)

I valori di R1 ed R2 sono:

R1 = Y′(z) ·

(

1 − 16 · z−1

)

∣

∣

∣

z= 1

6

=(

1 − 13 · z−1

)∣

∣

z−1=6=

1

1 − 2= −1

R1 = Y′(z) ·

(

1 − 13 · z−1

)

∣

∣

∣

z= 1

3

=(

1 − 16 · z−1

)∣

∣

z−1=3=

1

1 − 12

= 2

Percio:

Y′

(z) =−1

(

1 − 16 · z−1

) +2

(

1 − 13 · z−1

)


A questo punto si puo antitrasformare tenendo bene a mente che, poiche iningresso le sequenze erano causali anche in uscita i poli del sistema sarannocausali.

Questo porta a concludere che la regione di convergenza, ROC, sara:

|z| >1

3

Antitrasformazione:y′

(n) = Z−1{

Y′

(z)}

Z−1

{

−1(

1 − 16 · z−1

)

}

= −(

1

6

)n

· u(n)

Z−1

{

2(

1 − 13 · z−1

)

}

= 2 ·(

1

3

)n

· u(n)

Quindi:

y′

(n) = −(

1

6

)n

· u(n) + 2 ·(

1

3

)n

· u(n) =

[

−(

1

6

)n

+ 2 ·(

1

3

)n]

· u(n)

Siccome:

Y (z) =

[

66 ·(

1

3

)3

· z−3

]

· Y ′

(z)

Nel dominio temporale:

y(n) =

[

66 ·(

1

3

)3]

· y′

(n − 3)

in quanto z−3 e un ritardo. Sostituendo si ha:

y(n) =

[

66 ·(

1

3

)3]

·[

−(

1

6

)n−3

+ 2 ·(

1

3

)n−3]

· u(n − 3)

Elaborando l’espressione si ottiene:

y(n) = 66 ·[

−(

1

6

)n−3

·(

1

3

)3

+ 2 ·(

1

3

)n−3

·(

1

3

)3]

· u(n − 3) =

= 66 ·[

−(

1

6

)n

· 63 ·(

1

3

)3

+ 2 ·(

1

3

)n]

· u(n − 3) =

= 66 ·[

−(

1

6

)n

· 23 + 2 ·(

1

3

)n]

· u(n − 3)

I risultati ottenuti con i due metodi sono perfettamente identici.�

9.2. Esercizio 2 83

9.2 Esercizio 2

Testo

Data:

h(n) =

(

1

3

)n+2

· u(n − 2)

Calcolare H(z) e, se possibile, H(e jω).

Risoluzione

La risposta all’impulso di questo sistema e di tipo IIR causale e presentauna fase non lineare perche la sequenza non e simmetrica rispetto all’origine.

Calcoliamo inanzitutto H(z); come primo passo si rielabora l’espressione:

h(n) =

(

1

3

)n+2

· u(n − 2) =

(

1

3

)4

·(

1

3

)n−2

· u(n − 2)

Con la trasformata Z:

H(z) = Z {h(n)} = Z{

(

1

3

)4

·(

1

3

)n−2

· u(n − 2)

}

=

=

(

1

3

)4

· 1

1 − 13 · z−1

· z−2

La regione di convergenza, ROC, e individuata da:∣

∣

∣

∣

1

3· z−1

∣

∣

∣

∣

< 1 =⇒ |z| >1

3

E possibile calcolare H(e jω) solo se:

|z| = 1 ∈ ROC

Tale condizione e verificata perche:

|z| = 1 ∈ |z| >1

3

Si determina quindi H(e jω) in modo molto facile perche:

H(e jω) = H(z)|z=e jω

Pertanto:

H(e jω) =

(

1

3

)4

· 1

1 − 13 · e−jω

· e−2jω

�


9.3 Esercizio 3

Testo

Data:h(n) = δ (n) + 6 · δ (n − 1) + 3 · δ (n − 2)

Calcolare H(z), se possibile, H(e jω) ed esprimere in modo generale:

y(n) = x(n) ∗ h(n)

Risoluzione

Questa risposta all’impulso e caratteristica di un filtro FIR causale con fasenon simmetrica e il filtro non e recursivo.

Per calcolare H(z) e sufficiente trasformare direttamente ogni campione:

H(z) = Z {h(n)} = Z {δ (n) + 6 · δ (n − 1) + 3 · δ (n − 2)} =

= 1 · z0 + 6 · z−1 + 3 · z−2

Poiche i poli sono nell’origine la regione di convergenza sara:

ROC = C-{0}

Come visto nell’esercizio precedente e possibile calcolare H(e jω) solo se:

|z| = 1 ∈ ROC

La condizione e soddisfatta quindi:

H(e jω) = H(z)|z=e jω = 1 + 6 · e−jω + 3 · e−2jω

Il calcolo in forma generica di una possibile y(n) e molto facile sfruttando leproprieta della δ:

y(n) = x(n)∗h(n) =+∞∑

k=−∞

h(k) · x(n − k) = x(0)+6·[x(n−1)]+3·[x(n−2)]

In via grafica il sistema puo essere rappresentato nel seguente modo:

z−1 z−1

⊗ ⊗ ⊗

⊕

x(n)

y(n)

1 6 3

�

9.4. Esercizio 4 85

9.4 Esercizio 4

Testo

Data la seguente equazione alle differenze finite:

y(n) = −0.5 · y(n − 1) + x(n)

Si chiede di:

. determinare la risposta all’impulso h(n);

. determinare se il sistema e stabile secondo il criterio BIBO.

Risoluzione

Il sistema considerato e recursivo e causale quindi la regione di convergenzasara esterna ad un cerchio.

Scrivendo la relazione nel dominio Z si ha:

Z {y(n) = −0.5 · y(n − 1) + x(n)} =⇒ Y (z) = −1

2· Y (z−1) + X(z)

Elaborando l’equazione si ottiene:

Y (z) · [1 +1

2· z−1] = X(z)

Poiche:

H(z) =Y (z)

X(z)

Si ha:

H(z) =1

1 + 12 · z−1

=z

z + 12

Sono presenti:

. uno zero nell’origine;

. un polo in z = −1

2.

La regione di convergenza, dunque, poiche il sistema e causale e:

ROC = |z| >1

2

Antitrasformando si ottiene la risposta all’impulso:

h(n) = Z−1 {H(z)} = Z−1

{

1

1 + 12 · z−1

}

=

(

−1

2

)n

· u(n)


Un sistema, in generale, e stabile secondo il criterio BIBO se:

+∞∑

n=−∞

|h(n)| < ∞

Nel nostro caso:

+∞∑

n=−∞

∣

∣

∣

∣

(

−1

2

)n

· u(n)

∣

∣

∣

∣

=

+∞∑

n=0

(

1

2

)n

=1

1 − 12

= 2

Il sistema e dunque stabile.�

9.5 Esercizio 5

Testo


y(n) − y(n − 1) +1

4· y(n − 2) = x(n) − 1

4· x(n − 1)

Si chiede di determinare un’espressione analitica per la risposta all’impulsoh(n).

Risoluzione

Nel dominio Z:

Z{

y(n) − y(n − 1) +1

4· y(n − 2) = x(n) − 1

4· x(n − 1)

}

=⇒ Y (z) ·[

1 − z−1 +1

4· z−2

]

= X(z) ·[

1 − 1

4· z−1

]

Percio:

H(z) =Y (z)

X(z)=

1 − 14 · z−1

1 − z−1 + 14 · z−2

=1 − 1

4 · z−1

(

1 − 12 · z−1

)2 =

=1

(

1 − 12 · z−1

)2 −14 · z−1

(

1 − 12 · z−1

)2

Antitrasformando separatamente i due termini si ha:

Z−1

{

1(

1 − 12 · z−1

)2

}

= (n + 1) ·(

1

2

)n

· u(n)

Z−1

{

−14 · z−1

(

1 − 12 · z−1

)2

}

= −1

4·[

n ·(

1

2

)n−1

· u(n)

]

9.6. Esercizio 6 87

Percio:

h(n) = Z−1 {H(z)} = (n + 1) ·(

1

2

)n

· u(n) − 1

4·[

n ·(

1

2

)n−1

· u(n)

]

�

9.6 Esercizio 6

Testo


y(n) =1

4· y(n − 1) +

1

8· y(n − 2) + x(n) − x(n − 1)

Si chiede di:

. determinare H(z) e la risposta all’impulso h(n);

. realizzare graficamente lo schema del sistema.

Risoluzione

Nel dominio Z:

Z{

y(n) =1

4· y(n − 1) +

1

8· y(n − 2) + x(n) − x(n − 1)

}

=⇒ Y (z) ·[

1 − 1

4· z−1 − 1

8· z−2

]

= X(z) ·[

1 − z−1]

Pertanto:

H(z) =Y (z)

X(z)=

1 − z−1

1 − 14 · z−1 − 1

8 · z−2=

z2 − z

z2 − 14 · z − 1

8

=

=z2 − z

(

z + 14

)

·(

z − 12

) =1 − z−1

(

1 + 14 · z−1

)

·(

1 − 12 · z−1

)

I due passaggi intermedi permettono di determinare in maniera piu veloce ipoli.

Con i fratti semplici:

H(z) =R1

(

1 + 14 · z−1

) +R2

(

1 − 12 · z−1

)


R1 =1 − z−1

1 − 12 · z−1

∣

∣

∣

∣

∣

z=− 1

4

=1 + 4

1 + 2=

5

3

R2 =1 − z−1

1 + 14 · z−1

∣

∣

∣

∣

∣

z=+ 1

2

=1 − 2

1 + 12

= −2

3

Quindi:

H(z) =53

(

1 + 14 · z−1

) −23

(

1 − 12 · z−1

)

Per determinare la risposta all’impulso si antitrasforma:

h(n) = Z−1 {H(z)} = Z−1

{

53

(

1 + 14 · z−1

) −23

(

1 − 12 · z−1

)

}

=

=5

3·(

−1

4

)n

· u(n) − 2

3·(

1

2

)n

· u(n)

Lo schema grafico del sistema e il seguente:

⊕

z−1

⊗

⊕

z−1⊗

z−1⊗

x(n) y(n)

−1

−1/4

−1/8

�

Parte III

Temi d’esame

89

Introduzione

In questa sezione sono riportati alcuni temi d’esame risolti; poiche gli esercizidi Elaborazione numerica sono molto meno numerosi rispetto a quelli diTeoria dei segnali ho pensato di strutturare la sezione nel seguente modo:

. una parte dedicata a due temi solo di Elaborazione numerica;

. una parte dedicata a risolvere temi accorpati.

91

Capitolo 10

Temi di Elaborazione

numerica

10.1 Tema 1

Testo

Esercizio 1

Il segnale a tempo discreto:

x(n) = 2 · cos(

2π

3n

)

− 3 · sin(

8π

3n

)

viene posto all’ingresso di un sistema LTI a tempo discreto con rispostaall’impulso:

h(n) = δ (n) − δ (n − 3)

Determinare la risposta y(n) del sistema al segnale di ingresso considerato.

Esercizio 2

Si consideri la seguente funzione di trasferimento H(z) di un sistema LTI atempo discreto:

H(z) =1 − z−1

(

1 − 3

8· z−1

)

·(

1 +4

5· z−1

)

Rispondere alle seguenti domande:

1. determinare poli e zeri di H(z) e rappresentarli sul piano;

2. determinare tutte le possibili risposte all’impulso associabili alla fun-zione di trasferimento H(z) data specificando, per ognuna di esse, leregioni di convergenza di H(z); discutere inoltre, la stabilita di ognisistema cosı determinato;

93

94 CAPITOLO 10. Temi di Elaborazione numerica

3. calcolare la risposta y(n) del sistema LTI causale alla sequenza diingresso:

x(n) = δ (n) +4

5· δ (n − 1)

e discutere la causalita della sequenza y(n) ottenuta analizzando laregione di convergenza di Y (z) = Z {Y (z)};

4. determinare l’equazione alle differenze del sistema LTI causale la cuifunzione di trasferimento e la funzione H(z) data sopra, e disegnarneuna realizzazione circuitale.

Esercizio 3

Si consideri il segnale analogico x(t) con spettro a banda limitata all’inter-vallo [−B,+B], dove B = 10kHz. A partire da x(t) si realizza il segnale:

y(t) =10∑

k=0

x(t) · cos (2πκ f0t)

Si determini la minima frequenza di campionamento per soddisfare il teore-ma del campionamento sul segnale y(t) nell’ipotesi che f0 = 100 kHz.

Risoluzione

Esercizio 1

Data la sequenza di ingresso:

x(n) = 2 · cos(

2π

3n

)

− 3 · sin(

8π

3n

)

si individuano immediatamente alcune caratteristiche importanti:

. i segnali non hanno fase;

. la frequenza del coseno e pari a fcos =1

3;

. la frequenza del seno e pari a fsin =4

3.

Calcolando la DTFT sulla risposta all’impulso si ha:

DTFT {h(n)} = H(e j2πf ) = 1 − e−j2πf ·3

La DTFT calcolata alle frequenze fcos e fsin assume valori:

fcos = H(e j2πfcos) = 1 − e−j2π 1

3·3 = 1 − 1 = 0

fsin = H(e j2πfsin) = 1 − e−j2π 4

3·3 = 1 − 1 = 0

10.1. Tema 1 95

Percio:H0 =

∣

∣

∣H(e j2πfcos)∣

∣

∣ =∣

∣

∣H(e j2πfsin)∣

∣

∣ = 0

Siccome in precedenza abbiamo osservato che i segnali non hanno fase:

∠H(e j2πfcos) = ∠H(e j2πfsin) = 0

Si conclude che:

y(n) = H0 · 2 · cos(

2π

3n + 0

)

− H0 · 3 · sin(

8π

3n + 0

)

= 0

Esercizio 2

1. Elaborando H(z) si ottiene:

H(z) =z · (z − 1)

(

z − 3

8

)

·(

z +4

5

)

Percio si hanno:

. un polo di ordine 1 in z =3

8;

. un polo di ordine 1 in z = −4

5;

. uno zero di ordine 1 in z = 0;

. uno zero di ordine 1 in z = 1.

Re{z}

Im{z}

0 13

8−4

5

dove:

. in arancione sono colorati i poli;

. in azzurro sono colorati gli zeri.

2. Con i fratti semplici:

H(z) =1 − z−1

(

1 − 3

8· z−1

)

·(

1 +4

5· z−1

) =R1

(

1 − 3

8· z−1

) +R2

(

1 +4

5· z−1

)


Il primo residuo vale:

R1 =1 − z−1

1 +4

5· z−1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

z= 3

8

=1 − 8

3

1 + 45 · 8

3

= −25

47

Mentre il secondo residuo e pari a:

R2 =1 − z−1

1 − 3

8· z−1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

z=− 4

5

=1 + 5

4

1 + 38 · 5

4

=72

47

Pertanto:

H(z) = −25

47· 1(

1 − 3

8· z−1

) +72

47· 1(

1 +4

5· z−1

)

Le possibili risposte all’impulso sono tre:

. con ROC =

{

|z| >4

5

}

si ha h(n) causale:

h(n) = −25

47·(

3

8

)n

· u(n) +72

47·(

−4

5

)n

· u(n)

in questo caso il sistema e stabile in quanto |z| = 1 ∈ ROC;

. con ROC =

{

|z| <3

8

}

si ha h(n) anticausale :

h(n) = −25

47·(

3

8

)n

· u(−n − 1) +72

47·(

−4

5

)n

· u(−n − 1)

in questo caso il sistema non e stabile perche |z| = 1 ∋ ROC;

. con ROC =

{

<3

8< |z| <

4

5

}

si ha h(n) bilatera :

h(n) = −25

47·(

3

8

)n

· u(n) +72

47·(

−4

5

)n

· u(−n − 1)

anche in questo caso il sistema non e stabile perche |z| = 1 ∋ROC.

3. Considerando h(n) di tipo causale si procede a determinare la trasfor-mata Z della sequenza x(n):

X(z) = Z {x(n)} = Z{

δ (n) +4

5· δ (n − 1)

}

= 1 +4

5· z−1

10.1. Tema 1 97

La regione di convergenza di questa sequenza e:

ROC = {|z| > 0}

A questo punto si puo determinare Y (z):

Y (z) = X(z) · H(z) =

(

1 +4

5· z−1

)

· 1 − z−1

(

1 − 3

8· z−1

)

·(

1 +4

5· z−1

) =

=1 − z−1

1 − 3

8· z−1

Pertanto la regione di convergenza di Y (z) risulta essere:

ROC =

{

|z| >3

8

}

Per determinare y(n) si elabora l’espressione precedente:

Y (z) =1

1 − 3

8· z−1

− z−1

1 − 3

8· z−1

Quindi:

y(n) = Z−1 {Y (z)} = Z−1

1

1 − 3

8· z−1

− z−1

1 − 3

8· z−1

=

=

(

3

8

)n

· u(n) +

(

3

8

)n−1

· u(n − 1)

4. Poiche:

H(z) =Y (z)

X(z)=

1 − z−1

(

1 − 3

8· z−1

)

·(

1 +4

5· z−1

)

si ha:

Y (z) ·[

1 +10

47· z−1 − 3

10· z−2

]

= X(z) ·[

1 − z−1]

Antitrasformando:

y(n) +10

47· y(n − 1) − 3

10· y(n − 2) = x(n) − x(n − 1)

Una possibile realizzazione circuitale e la seguente:


⊕

z−1

⊗

⊕

z−1⊗

z−1⊗

x(n) y(n)

−1

10/47

−3/10

Esercizio 3

Trasformando la sequenza y(t) si ha:

Y (f0) =10∑

k=0

F{x(t) · cos (2πκ f0t)} =10∑

k=0

1

2X(fx − κ · f0) +

1

2X(fx + κ · f0)

E possibile spezzare la sommatoria:

Y (f0) =

10∑

k=0

1

2X(fx − κ · f0) +

1

2X(fx + κ · f0) =

10∑

k=0

1

2X(fx − κ · f0)+

10∑

k=0

1

2X(fx + κ · f0)

In questo modo si puo osservare che, al fine di del calcolo della banda,e sufficiente considerare uno qualisiasi dei due termini; in particolare se sisceglie il primo:

f

X(fx − κ · f0)

κ · f0

(κ · f0 − B) (κ · f0 + B)

La banda sara la parte di spettro colorata:

f

X(fx − κ · f0)

κ · f0

(κ · f0 − B) (κ · f0 + B)

Percio:

By = κ · f0 + B = 10 · 100 kHz + 10kHz = 1010 kHz = 1.01MHz

La minima frequenza di campionamento deve essere:

fcmin= 2 · By = 2 · 1.01MHz = 2.02MHz

10.2. Tema 2 99

10.2 Tema 2

Testo

Si considerino il sistema a tempo discreto con relazione ingresso-uscita:

y(n) = x(n) + sin [a · x(n − 3)] + 0.5 · y(n − 1)

ed il segnale a tempo discreto x(n) con trasformata Z:

X(z) =4 + z−1

(

1 − 1

3· z−1

)

· (1 + 2 · z−1)

e ROC 1/3 < |z| < 2.

1. Si discutano le proprieta di Linearita, Tempo Invarianza, Memoria,Stabilita e Causalita del sistema.

2. Se ne calcoli la funzione di trasferimento H(z) nel caso in cui a = 0 ,se ne definisca la ROC e si determinino poli e zeri del sistema.

3. Si calcoli l’energia Ex di x(n).

4. Si ponga x(n) in ingresso al sistema con funzione di trasferimento H(z)e si calcoli l’uscita y(n).

5. Si ponga all’ingresso del sistema con funzione di trasferimento H(z) il

segnale w(n) = cos(

πn

2

)

e si determini l’uscita v(n).

Risoluzione

1. Una realizzazione circuitale e:

⊕

z−3

⊗ sin( )

⊕

z−1⊗

x(n) y(n)

a

1/2

Se il segnale x(n) e limitato allora il blocco a sinistra (evidenziato inazzurro) e limitato perche il ramo che introduce il ritardo, moltiplicaper a e ne realizza il seno e limitato. Se e tutto limitato anche l’uscitae limitata perche il blocco a destra (evidenziato in arancione) e un


filtro stabile.

Il sistema e non lineare, invariante, con memoria, causale e stabile.

2. Con a = 0:

y(n) = x(n) + 0.5 · y(n − 1)

Con la trasformata Z si ottiene:

Y (z) ·[

1 − 0.5 · z−1]

= X(z)

Pertanto:

H(z) =Y (z)

X(z)=

1

1 − 0.5 · z−1=

z

z − 0.5

Questa sequenza e causale percio ha regione di convergenza:

ROC = {|z| > 0.5}

La funzione di trasferimento presenta:


. un polo di ordine 1 in z = 0.5.

Poiche |z| = 1 ∈ ROC il sistema e stabile.

3. Per determinare l’energia e necessario ottenere x(n); con i fratti sem-plici:

X(z) =4 + z−1

(

1 − 1

3· z−1

)

· (1 + 2 · z−1)

=R1

1 − 1

3· z−1

+R2

1 + 2 · z−1


R1 =4 + z−1

1 + 2 · z−1

∣

∣

∣

∣

z= 1

3

=4 + 3

1 + 2 · 3 =7

7= 1

Il secondo residuo, invece, vale:

R2 =4 + z−1

1 − 1

3· z−1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

z=−2

=4 − 1

2

1 − 13 ·(

−12

) =7

2· 6

7=

6

2= 3

Pertanto:

X(z) =1

1 − 1

3· z−1

+3

1 + 2 · z−1

10.2. Tema 2 101

dove il primo membro e causale e il secondo anticausale; antitrasfor-mando:

x(n) = Z−1 {X(z)} = Z−1

1

1 − 1

3· z−1

+3

1 + 2 · z−1

=

=

(

1

3

)n

· u(n) + 3 · (−2)n · u(−n − 1)

L’energia della sequenza e:

Ex =

+∞∑

n=−∞

|x(n)|2 =

−1∑

n=−∞

|(−2)n|2 +

+∞∑

n=0

∣

∣

∣

∣

(

1

3

)n∣∣

∣

∣

2

=

=

−1∑

n=−∞

(

1

2

)−2n

+

+∞∑

n=0

(

1

3

)2n

=

+∞∑

n=1

(

1

4

)n

+

+∞∑

n=0

(

1

3

)2n

=

=1

1 − 1

4

− 1 +1

1 − 1

9

=4

3− 1 +

9

8=

32 − 24 + 27

24=

35

24

4. Nel dominio Z:

Y (z) = Z(z) · H(z) =

4 + z−1

(

1 − 1

3· z−1

)

· (1 + 2 · z−1)

·[

1

1 − 0.5 · z−1

]

=

=4 + z−1

(

1 − 1

3· z−1

)

· (1 + 2 · z−1) · (1 − 0.5 · z−1)

dove il primo e il terzo termine del denominatore sono causali mentreil secondo e anticausale. Il sistema presenta tre poli:

. in z =1

3;

. in z = −2;

. in z =1

2.

Decomponendo in fratti semplici:

Y (z) =R1

1 − 1

3· z−1

+R2

1 + 2 · z−1+

R3

1 − 0.5 · z−1


R1 =4 + z−1

(1 + 2 · z−1) · (1 − 0.5 · z−1)

∣

∣

∣

∣

z= 1

3

=4 + 3

(

1 − 32

)

· (1 + 6)= −2


Il secondo residuo vale:

R2 =4 + z−1

(

1 − 1

3· z−1

)

· (1 − 0.5 · z−1)

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

z=−2

=4 − 1

2(

1 + 16

)

· (1 + 14)

=12

5

Il terzo residuo vale:

R3 =4 + z−1

(

1 − 1

3· z−1

)

· (1 + 2 · z−1)

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

z= 1

2

=4 + 2

(

1 − 23

)

· (1 + 4)=

18

5

Pertanto:

Y (z) = − 2

1 − 1

3· z−1

+12

5· 1

1 + 2 · z−1+

18

5· 1

1 − 0.5 · z−1


y(n) = Z−1 {Y (z)} =

= Z−1

8

>

<

>

:

−2

1 −1

3· z−1

+12

5·

1

1 + 2 · z−1+

18

5·

1

1 − 0.5 · z−1

9

>

=

>

;

=

=

»

−2 ·

„

1

3

«n

· u(n)

–

+

»

12

5· (−2)n · u(−n − 1)

–

+

»

18

5·

„

1

2

«n

· u(n)

–

5. Il segnale w(n) ha frequenza:

w(n) = cos(

πn

2

)

= cos(

2πn

4

)

percio:

f0 =1

4

La DTFT della risposta all’impulso vale:

DTFT {h(n)} =1

1 − 12 · e−j2πf

Alla frequenza f0 si ha:

∣

∣

∣H(e j2πf0)

∣

∣

∣=

∣

∣

∣

∣

∣

1

1 − 12 · e−j2π 1

4

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

1

1 − 12 · e−j π

2

∣

∣

∣

∣

∣

Poiche:e−j π

2 = −j

10.2. Tema 2 103

si ha:∣

∣

∣H(e j2πf0)

∣

∣

∣=

∣

∣

∣

∣

∣

1

1 + j · 12

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

2

2 + j

∣

∣

∣

∣

=2√5

= H0

La fase della funzione di trasferimento calcolata alla frequenza f0 vale:

∠H(e j2πf0) = − arctan

(

1

2

)

= θ

L’uscita v(n) vale:

v(n) = H0 · cos(

πn

2+ θ)

Capitolo 11

Temi accorpati

11.1 Tema 1

Testo

Esercizio 1

Il segnale:

x(t) = 2 · cos2(2πt) + δ (t − 2)

viene posto all’ingresso di un sistema LTI analogico, causale, con rispostaall’impulso rettangolare di ampiezza unitaria e durata T = 1 s. Calcolare larisposta y(t) del sistema LTI.

Esercizio 2

Determinare l’attesa e la varianza del processo casuale parametrico

x(t) = η + cos2(2πt + θ)

dove η e una variabile casuale discreta che assume i valori +1 e -1 in modoequiprobabile, e θ e una variabile casuale (statisticamente indipendente da η)con densita di probabilita del primo ordine uniforme nell’intervallo [−π,+π).

Esercizio 3

La DTFT di una sequenza x(n) risulta essere:

X(e jω) =3

(1 − 0.8 · e−jω)5

Valutare la somma:

S =

+∞∑

n=−∞

x(n)

105

106 CAPITOLO 11. Temi accorpati

Esercizio 4

Si consideri un sistema LTI a tempo discreto con risposta all’impulso as-solutamente sommabile. La funzione di trasferimento del sistema risultaessere:

H(z) =1

1 − 0.2 · z−2

1. determinare poli e zeri del sistema;

2. determinare la regione di convergenza della funzione di trasferimento;

3. determinare la risposta all’impulso del sistema;

4. scrivere l’equazione alle differenze che implementa il sistema LTI conla funzione di trasferimento H(z).

Esercizio 5

Si determini l’energia della sequenza:

x(n) =

(

1

2

)|n|

Risoluzione

Esercizio 1

Il segnale in uscita avra questa espressione:

y(t) = x(t) ∗ h(t) =[

2 · cos2(2πt) + δ (t − 2)]

∗ h(t)

Spezzando in due si ha:

y(t) = 2 · cos2(2πt) ∗ h(t) + δ (t − 2) ∗ h(t) = 2 · cos2(2πt) ∗ h(t) + h(t − 2)

Per quanto riguarda il primo termine, in frequenza:

X1(f) = F{

2 · cos2(2πt)}

= F{

2 ·[

1

2+

1

2· cos(2π2t)

]}

=

= δ (f) +

[

1

2· δ (f − 2) +

1

2· δ (f + 2)

]

H(f) =sin(πf)

πf· e−j2πf · 1

2

Percio:

X1(f) · H(f) =

{

δ (f) +

[

1

2· δ (f − 2) +

1

2· δ (f + 2)

]}

·[

sin(πf)

πf· e−j2πf · 1

2

]

=

= δ (f) + 0 + 0

11.1. Tema 1 107

I secondi due termini sono nulli perche H(f) valutata a frequenza 2 significaavere a numeratore sin(2π) che e pari a 0.

Pertanto:

Y1(f) = δ (f) =⇒ y(t) = 1

Quindi:

y(t) = 1 + h(t − 2)

Esercizio 2

Il valore atteso risulta essere:

E [x(t)] = E [η] + E[

cos2(2πt + θ)]

Si valutano singolarmente i due termini:

E [η] = [(−1) · P (η = −1)] + [(1) · P (η = 1)] =

[

(−1) · 1

2

]

+

[

(1) · 1

2

]

= 0

E[

cos2(2πt + θ)]

= E

[

1

2+

1

2· cos(4πt + 2θ)

]

=1

2+ E

[

1

2· cos(4πt + 2θ)

]

=

=1

2+ 0 =

1

2

In quanto:∫ +∞

−∞cos(2π2t + 2θ) · 1

2π dθ = 0

Percio:

E [x(n)] =1

2

La varianza vale:

σ2x(t) = E

[

x2(t)]

− (E [x(t)])2 = E[

x2(t)]

− 1

4

Il primo termine vale:

E[

x2(t)]

= E[

(

η + cos2(2πt + θ)2]

Il quadrato viene sviluppato in:

E[

η2]

= 1

2 · E[

η2]

· E[

cos2(2πt + θ]

= 0 in quanto le variabili sono indipendenti.

E[(

cos4(2πt + θ)]

=1

8· E [cos(8πt + 4θ)] +

1

2· E [cos(4πt + 2θ)] +

3

8=

3

8


Infatti:

cos(α) =1

8· [cos(4α) + 4 cos(2α) + 3]

Pertanto:

E[

x2(t)]

= 1 +3

8=

11

8

In conclusione:

σ2x(t) =

11

8− 1

4=

11 − 2

8=

9

8

Esercizio 3

Poiche:

X(e jω)∣

∣

f=0=

+∞∑

n=−∞

x(n)

Si calcola la DTFT della sequenza:

DTFT {x(n)}|f=0 =3

(1 − 0.8 · e−j2πf )5

∣

∣

∣

∣

f=0

=3

(1 − 0.8 · e−j2π·0)5=

=3

(1 − 0.8)5=

3

(0.2)5

Esercizio 4

1. Elaborando la sequenza:

H(z) =z2

z2 − 0.2

si riconoscono:


. un polo di ordine 1 in z = +√

0.2;

. un polo di ordine 1 in z = −√

0.2.

2. Poiche la risposta all’impulso e assolutamente sommabile il sistema estabile e |z| = 1 ∈ ROC:

ROC = |z| >√

0.2


H(z) =R1

1 −√

0.2 · z−1+

R1

1 +√

0.2 · z−1

dove:

R1 = R2 =1

2

11.1. Tema 1 109

Percio:

H(z) =12

1 −√

0.2 · z−1+

12

1 +√

0.2 · z−1

Antitrasformando:

h(n) = Z−1 {H(z)} =

[

1

2· (√

0.2)n · u(n)

]

+

[

1

2· (−

√0.2)n · u(n)

]

4. Poiche:

H(z) =Y (z)

X(z)=

1

1 − 0.2 · z−2

⇓

Y (z) ·[

1 − 0.2 · z−2]

= X(z)

⇓

y(n) − 0.2 · y(n − 2) = x(n)

Esercizio 5

Questo esercizio e praticamente identico all’esercizio 8.4 svolto a pagina 76.

Si esprime la sequenza in:

x(n) =

(

1

2

)n

· u(n) +

(

1

2

)−n

· u(−n − 1)

L’energia dell sequenza e:

Ex =

+∞∑

n=−∞

|x(n)|2 =

−1∑

n=−∞

(

1

2

)−2n

+

+∞∑

n=0

(

1

2

)2n

=

=

−1∑

n=−∞

(

1

4

)−n

+

+∞∑

n=0

(

1

4

)n

=

+∞∑

m=1

(

1

4

)n

+1

1 − 14

=

=

(

1

1 − 14

− 1

)

+1

1 − 14

=5

3


11.2 Tema 2

Testo

Esercizio 1

Si consideri un sistema LTI causale a tempo discreto con funzione di trasfe-rimento:

H(z) =1 + 1

3 · z−1

(

1 − 14 · z−1

)

·(

1 + 15 · z−1

)

1. Determinare la regione di convergenza della funzione di trasferimentodel sistema.

2. Determinare poli e zeri del sistema.

3. Determinare la risposta all’impulso del sistema.

4. Scrivere la relazione I/O (equazione alle differenze) che implementa ilsistema LTI con la funzione di trasferimento H(z).

5. Disegnare lo schema realizzativo del sistema LTI con la funzione ditrasferimento H(z) data.

6. Calcolare l’espressione analitica della sequenza y(n) in uscita dal si-stema in risposta alla sequenza d’ingresso:

x(n) = [u(n) − u(n − 3)] · (0.5)n

7. Determinare tutte le risposte all’impulso a cui puo essere associata lafunzione di trasferimento H(z), e discuterne la stabilita.

Esercizio 2

Un processo casuale n(t) gaussiano, reale, stazionario WSS, con spettro dipotenza costante pari a N0, viene posto all’ingresso di un sistema LTI conrisposta all’impulso h(t) = u(t) · e−4t.

1. Calcolare il valor medio, la varianza e l’autocorrelazione E [x(t) · x(t + τ)]del processo x(t) in uscita dal sistema.

2. Calcolare il valor medio, la varianza e l’autocorrelazione E [y(t) · y(t + τ)]del processo y(t) definito come:

y(t) = x(t) + 3

11.2. Tema 2 111

Esercizio 3

1. Determinare lo sviluppo in serie di Fourier del segnale periodico x(t):

x(t) =+∞∑

n=−∞

e−(t−T2−nT)

2

2. Il segnale y(t) e ottenuto filtrando x(t) con un il seguente filtro passa-basso ideale H(f):

H(f) =

1 |f | ≤ 1

2T0 altrove

Calcolare la potenza di y(t).

Esercizio 4

Si consideri il segnale zn(t) definito come:

zn(t) =sin(

nπ tT

)

T

A partire da zn(t), si costruisca il segnale:

x(t) =

2∑

n=0

∂

∂ t(zn(t))

1. Si calcoli la banda di x(t).

2. Si calcoli la minima frequenza di campionamento necessaria per gene-rare una versione tempo discreta di x(t) senza perdita di informazione.

3. Si calcoli la trasformata di Fourier di x(t), X(f).

4. Si calcoli X(f=0).

Esercizio 5

Si consideri un sistema LTI causale con risposta all’impulso reale, di cui enoto che la funzione di trasferimento possiede due soli zeri e due soli poli.I poli risultano coincidenti in z = 0, e vi e uno zero in z = 0.5 + j0.2. Einoltre noto che la risposta in frequenza vale 1 per f = 0, ovvero H(1) = 1.Determinare l’espressione analitica della funzione di trasferimento H(z) delsistema LTI considerato.


Risoluzione

Esercizio 1

1. Poiche il sistema e causale la regione di convergenza e il cerchio esternoal polo maggiore:

ROC = |z| >1

4

2. Elaborando l’espressione si ottiene:

H(z) =z ·(

z + 13

)

(

z − 14

)

·(

z + 15

)

Pertanto ci sono:


. uno zero di ordine 1 in z = −1

3;


4;

. un polo di ordine 1 in z = −1

5.


H(z) =R1

1 − 14 · z−1

+R2

1 + 15 · z−1

I due residui valgono:

R1 =35

27

R2 = − 8

27

Quindi:

H(z) =

[

35

27· 1

1 − 14 · z−1

]

−[

8

27

1

1 + 15 · z−1

]

Percio la risposta all’impulso vale:

h(n) = Z−1 {H(z)} =

[

35

27·(

1

4

)n

· u(n)

]

−[

8

27·(

−1

5

)n

· u(n)

]

4. Elaborando l’espressione si ha:

H(z) =Y (z)

X(z)=

1 + 13 · z−1

1 − 120 · z−1 − 1

20 · z−2

11.2. Tema 2 113

Percio:

Y (z) ·[

1 − 1

20· z−1 − 1

20· z−2

]

= X(z) ·[

1 +1

3· z−1

]

L’equazione alle differenze finite e dunque:

y(n) − 1

20· y(n − 1) − 1

20· y(n − 2) = x(n) +

1

3· x(n − 1)

5. Uno schema circuitale che implementa il sistema e:

⊕

z−1

⊗

⊕

z−1⊗

z−1⊗

x(n) y(n)

+1/3

−1/20

−1/20

6. Elaborando la sequenza si ha:

x(n) = [u(n)−u(n−3)] · (0.5)n = δ (n)+0.5 ·δ (n − 1)+0.25 ·δ (n − 2)

Percio:

y(n) = h(n) + 0.5 · h(n − 1) + 0.25 · h(n − 2)

7. Tutte le possibili risposte all’impulso sono:

. con ROC =

{

|z| >1

4

}

si ha h(n) causale e in questo caso il

sistema e stabile in quanto z = 1 ∈ ROC;

. con ROC =

{

|z| <1

5

}

si ha h(n) anticausale e in questo caso il

sistema non e stabile perche z = 1 ∋ ROC;

. con ROC =

{

1

5< |z| <

1

4

}

si ha h(n) bilatera e anche in questo

caso il sistema non e stabile perche z = 1 ∋ ROC.

Esercizio 2

1. Il segnale:

x(t) = n(t) ∗ h(t)

Quindi:

E [x(t)] = H(0) · E [n(t)] = 0


La funzione di autocorrelazione vale:

Rx(τ) = F−1

{

N0 ·∣

∣

∣

∣

1

4 + j2πf

∣

∣

∣

∣

2}

= F−1

{

N0 ·1

16 + j4π2f2

}

= e−4|τ | · N0

8

Percio la varianza vale:

σ2x = Rx(0) =

N0

8

2. Siccome:y(t) = x(t) + 3

Allora:E [y(t)] = E [x(t)] + 3 = 3

Per quanto riguarda la varianza, si determina prima la funzione diautocorrelazione:

Ry(τ) = Rx(τ) + 32 = e−4|τ | · N0

8+ 9

Pertanto:

σ2y = Ry(0) =

N0

8+ 9

Esercizio 3

Il segnale elementare e:

r(t) = e−(t− t2)2

Poiche:F{

ex−t2}

=√

π · e−π2f2

Allora:F{

e−(t− t2)2}

=√

π · e−π2f2 · e−jπfT

1. Lo sviluppo in serie e:

X(f) =1

T·

+∞∑

n=−∞

R(n

T

)

· δ(

f − n

T

)

=

=π

T·

+∞∑

n=−∞

e−π2( nT )

2

· e−jπ nT

T · δ(

f − n

T

)

2. Con questo filtro l’unica componente che passa inalterata e quella inbanda base:

Y (f) =π

T· δ (f)

La potenza pertanto risulta essere:

Py =(π

T

)2

11.2. Tema 2 115

Esercizio 4

La derivata di zn(t) e:

1

T· 2πn

2T· cos

(

2πn

2Tt)

Percio:

x(t) =π

T 2· cos

(

2π1

2Tt

)

+1π

T 2· cos

(

2π1

Tt

)

1. La banda, osservando il termine con n = 2, e:

Bx =1

T

2. La frequenza minima di campionamento percio:

fcmin= 2 · Bx =

2

T

3. La trasformata di Fourier e:

X(f) =π

2T 2·[

δ

(

f − 1

2T

)

+ δ

(

f +1

2T

)

+ 2 · δ(

f − 1

T

)

+ 2 · δ(

f +1

T

)]

4. X(0) = 0.

Esercizio 5

Esprimendo la funzione di trasferimento come:

H(z) = A · (z − z0) · (z − z0)∗z2

Sostituendo a z0 = 0.5 + j0.2:

H(z) = A · (z − 0.5 + j0.2) · (z − 0.5 + j0.2)

z2

Poiche H(1) = 1:

H(z) = A · (1 − 0.5 + j0.2) · (1 − 0.5 + j0.2)

12= 1

⇓A · [(0.5 + j0.2) · (0.5 + j0.2)] = 1

⇓A · [0.52 + 0.22] = 1

⇓A =

100

29


11.3 Tema 3

Testo

Esercizio 1

Si consideri un sistema LTI a tempo discreto con funzione di trasferimento:

H(z) =1 + 1

2 · z−1

(

1 − 13 · z−1

)2

E noto che la risposta all’impulso h(n) del sistema in esame e assolutamentesommabile, cioe vale la relazione:

+∞∑

n=−∞

|h(n)| < ∞

1. Determinare la regione di convergenza della funzione di trasferimentodel sistema.

2. Determinare poli e zeri del sistema.

3. Determinare la risposta all’impulso del sistema.

4. Scrivere la relazione I/O (equazione alle differenze) che implementa ilsistema LTI con la funzione di trasferimento H(z).

5. Disegnare lo schema implementativo del sistema LTI con la funzionedi trasferimento H(z) data.

6. Calcolare l’espressione analitica della sequenza y(n) in uscita dal si-stema in risposta alla sequenza d’ingresso:

x(n) = [u(n) − u(n − 2)] − 4

3· δ (n − 1)

7. Determinare tutte le risposte all’impulso a cui puo essere associata lafunzione di trasferimento H(z), e se ne discuta la stabilita.

Esercizio 2

Si desidera convertire in formato numerico il segnale:

x(t) =∂

∂ t

[

sin(10πt)

t

]

Calcolare la minima frequenza di campionamento necessaria per soddisfareil teorema del campionamento sul segnale x(t).

11.3. Tema 3 117

Esercizio 3

Si consideri un sistema LTI con risposta all’impulso reale. E noto che larelativa funzione di trasferimento possiede solo un polo di ordine 5 in z = 0,

ed uno zero in z =1

2· e j π

4 . E inoltre noto che la risposta in frequenza

H(e jω) vale zero per f =1

2.

Determinare l’espressione analitica della funzione di trasferimento H(z) delsistema LTI considerato.

Esercizio 4

Si considerino i due segnali:

x(t) = e−a·|t|

con a costante reale strettamente positiva e:

y(t) = [x(t) · δ (t − T )] ∗ sin(πBt)

πt

con T costante reale e strettamente positiva (si noti che il simbolo ∗ indicala convoluzione lineare tra segnali). E noto che il segnale x(t) e continuo enon nullo in t = T .Determinare la relazione tra i parametri B e a in modo tale che l’energiadel segnale y(t) sia pari a due volte l’energia di x(t).

Esercizio 5

Un processo casuale n(t) gaussiano, reale, stazionario WSS, con spettro dipotenza:

Gn (f) =N0

2∀f

viene posto all’ingresso di un sistema LTI con risposta in frequenza H(f). Enoto che |H(f)|2 e una funzione triangolare, pari, con valore massimo paria 2 e banda [−B,+B].Calcolare il valor medio, la varianza e l’autocorrelazione E [y(t) · y(t + τ)]del processo y(t) in uscita dal sistema.

Risoluzione

Esercizio 1

1. Dal testo e specificato che la risposta all’impulso e assolutamenteintegrabile percio e verificato il criterio BIBO per cui:

|z| = 1 ∈ ROC


Quindi:

ROC =

{

|z| >1

3

}

2. Elaborando l’espressione della funzione di trasferimento si ha:

H(z) =1 + 1

2 · z−1

(

1 − 13 · z−1

)2 · z2

z2=

z ·(

z + 12

)

(

z − 13

)2

Sono dunque presenti:


. uno zero di ordine 1 in z = −1

2;


3.

3. Spezzando l’espressione della funzione di trasferimento:

H(z) =1

(

1 − 13 · z−1

)2 +

[

1

2· z−1

(

1 − 13 · z−1

)2

]

e possibile antitrasformare membro a membro perche dalle tavole siconosce che:

z−1

(1 − αz−1)2=⇒ n αn−1 · u(n)

. Per quanto riguarda il primo membro e necessario moltiplicareper z · z−1 al fine di ricondurci alla trasformata notevole:

H1(z) = z · z−1

(

1 − 13 · z−1

)2

La trasformata risulta quindi essere:

h1(n) = (n + 1)

(

1

3

)n

· u(n + 1)

Il termine +1 sommato a n deriva dal fatto di avere z che mol-tiplica interamente l’espressione da trasformare; da cio segue chel’esponente non e n − 1, ma soltanto n.

. Per quanto riguarda il secondo termine e sufficiente applicaredirettamente la trasformata notevole:

h2(n) =1

2· n(

1

3

)n−1

· u(n)

11.3. Tema 3 119

In conclusione:

h(n) = h1(n)+h2(n) =

[

(n + 1)

(

1

3

)n

· u(n + 1)

]

+

[

1

2· n(

1

3

)n−1

· u(n)

]

4. Sviluppando il quadrato a denominatore si ha:

H(z) =1 + 1

2 · z−1

1 − 23 · z−1 + 1

9 · z−2

Poiche:

H(z) =Y (z)

X(z)=

1 + 12 · z−1

1 − 23 · z−1 + 1

9 · z−2

si ottiene:

Y (z) ·[

1 − 2

3· z−1 +

1

9· z−2

]

= X(z) ·[

1 +1

2· z−1

]


y(n) − 2

3· y(n − 1) +

1

9· y(n − 2) = x(n) +

1

2· x(n − 1)

5. Una possibile realizzazione circuitale e:

⊕

z−1

⊗

⊕

z−1⊗

z−1⊗

x(n) y(n)

1/2

−2/3

1/9

6. Elaborando l’espressione si ottiene:

x(n) = δ (n) − 1

3· δ (n − 1)

Con la trasformata Z:

X(z) = Z {x(n)} = 1 − 1

3· z−1

Percio:

Y (z) = X(z) · H(z) =

(

1 − 1

3· z−1

)

·[

1 + 12 · z−1

(

1 − 13 · z−1

)2

]

=

=1 + 1

2 · z−1

1 − 13 · z−1



y(n) = Z−1 {Y (z)} = Z−1

1

1 − 1

3· z−1

+ Z−1

12 · z−1

1 − 1

3· z−1

=

=

[(

1

3

)n

· u(n)

]

+

[

1

2·(

1

3

)n−1

· u(n − 1)

]

7. Poiche esiste un solo polo di ordine 2 le risposte all’impulso possonosolo essere causali o anticausali:

ROC =

{

|z| >1

3

}

risposta causale

ROC =

{

|z| <1

3

}

risposta anticausale

Nel primo caso il sistema e stabile, come gia analizzato in precedenza,mentre nel secondo no perche:

|z| = 1 ∋ ROC

La risposta di tipo anticausale, partendo da:

H(z) =1

(

1 − 13 · z−1

)2 +

[

1

2· z−1

(

1 − 13 · z−1

)2

]

e sfruttando la trasformata notevole con questa ROC:

z−1

(1 − αz−1)2=⇒ −n αn · u(−n − 1)

si ottiene con gli stessi passaggi del punto 3:

h(n) =

[

−3 · (n + 1)

(

1

3

)n+1

· u(−n− 2)

]

−[

3

2· n(

1

3

)n

· u(−n− 1)

]

Esercizio 2

Esprimendo il segnale come:

x(t) =∂

∂ t

[

sin(2πt · 5)t

]

Si osserva che trasformando con Fourier:

X(f) = F{x(t)} = F{

∂

∂ t

[

sin(2πt · 5)t

]}

= j2πf · F{

sin(2πt · 5)t

}

11.3. Tema 3 121

Questa trasformata e sostanzialmente una sinc con altezza π anziche 1: lasua banda, in frequenza, e pertanto 5Hz.

Il supporto di una retta (j2πf) e una sinc

(

F{

sin(2πt · 5)t

})

ha esattamen-

te la stessa banda della sinc percio la frequenza minima di campionamentoe:

fcmin= 2 · 5Hz = 10Hz

Esercizio 3

Poiche il numero dei poli e degli zeri deve coincidere se il polo e di ordine 5

ci saranno 5 zeri e uno di questi e z =1

2· e j π

4 .

Nel testo e specificato che la risposta all’impulso e reale percio siccome lozero sopra citato e complesso sara presente come elemento di una coppia dizeri complessi coniugati:

z1 =1

2· e j π

4 z2 = z∗1 =1

2· e−j π

4

L’ultimo elemento utile per determinare uno zero e sapere che la funzione

di trasferimento si annulla per f =1

2:

z = e j2πf∣

∣

∣

f= 1

2

=⇒ z = e j2π· 12 = e jπ = −1

In conclusione:

H(z) =

(

z + 12 · e j π

4

)

·(

z − 12 · e−j π

4

)

· (z + 1)

z5

Esercizio 4

L’energia del segnale x(t) risulta essere:

Ex =

∫ +∞

−∞|x(t)|2 dt =

∫ +∞

−∞e−2 a·|t| dt = 2 ·

∫ +∞

0e−2 a·t dt =

1

a

Per determinare l’energia del segnale y(t) si procede trasformando con Fou-rier:

Y (f) = F{y(t)} = F{[x(t) · δ (t − T )]} · F{

sin(πBt)

πt

}

=

= F{[x(T ) · δ (t − T )]} · pB (f) = x(T ) · e−j2πf · pB (f)

Il modulo quadro di Y (f) vale:

|Y (f)|2 = |x(T )|2 · pB (f)


Pertanto:

Ey = |x(T )|2 ·∫ +∞

−∞pB (f) df = |x(T )|2 · B

Poiche:Ey = 2 · Ex

La relazione da determinare e:

|x(T )|2 · B =2

a

Esercizio 5

Poiche Gn (f) e costante su tutte le frequenze:

E [n(t)] = 0

Il valor medio del processo di uscita pertanto:

E [y(t)] = E [n(t)] · H(f = 0) = 0

La varianza quindi risulta essere composta solo dal termine:

σ2y = E

[

y2(t)]

=

∫ +∞

−∞Gy (f) df =

∫ +∞

−∞Gn (f) · |H(f)|2 df

Il |H(f)|2 e un triangolo di altezza 2 e base 2B percio la sua area e pari a 2Bmentre lo Gn (f) e una costante percio non interviene nel calcolo integrale.Quindi:

σ2y = 2B · N0

2= N0 · B

La funzione di autocorrelazione e:

Ry(τ) = E [y(t) · y(t + τ)] = F−1{Gy (f)}

L’antitrasformata di Fourier di un triangolo e una sinc2 con semiperiodo B:

Ry(τ) =N0

2·[

2 · B · sinc2(Bt)]

11.4. Tema 4 123

11.4 Tema 4

Testo

Esercizio 1

Si consideri il segnale x(t) limitato in banda e con spettro di ampiezza paria:

X(f) = cos

(

πf

2B

)

· p2B (f)

dove B = 10Hz. Si ricorda che la funzione pA (α) vale 1 per |α| <A

2e 0

altrove.

1. Rappresentare qualitativamente X(f);

2. ricavare l’espressione analitica di x(t).

Si consideri ora il segnale:

y(t) = x(t) + cos (2πf0t)

dove f0 e pari a 5B. Il segnale y(t) sia posto in ingresso al sistemaLTI:

y(t) z(t)h(t)

dove h(t) = pT

(

t − T

2

)

. Sia z(t) l’uscita del sistema.

3. Calcolare il massimo valore di T in modo che la banda di z(t) nondipenda da f0;

4. nel caso precedente calcolare la minima frequenza di campionamentoper z(t).

Si consideri ora il caso in cui il segnale di ingresso e un processo casuale:

Y (t) = X(t) + cos (2πf0t)

dove X(t) e un processo casuale gaussiano stazionario a media nulla e va-rianza nota. Discutere la stazionarieta del processo Y (t) e del processo Z(t)che si ottiene filtrando Y (t) col filtro progettato al punto 3.


Esercizio 2

Si considerino il sistema a tempo discreto con relazione ingresso-uscita:

y(n) = x(n) + a · x(n2 − 7) + 0.5 · x(n − 2)

ed il segnale a tempo discreto x(n):

x(n) = 2 ·(

1

4

)n

· u(n) − 7 · (3)n · u(−n − 1)

1. Si discutano le proprieta di Linearita, Tempo Invarianza, Memoria,Stabilita e Causalita del sistema.

2. Se ne calcolino la risposta all’impulso h(n) e la funzione di trasferimen-to H(z) nel caso in cui a = 0 , se ne definisca la ROC e si determininopoli e zeri del sistema.

3. Nel caso in cui a = 0 , si calcolino l’energia Ex di x(n) e l’energia Eh

di H(z).

4. Nel caso in cui a = 0 , si ponga x(n) in ingresso al sistema con funzionedi trasferimento H(z) e si calcoli l’uscita y(n). Si determini la ROCdi Y (z).

5. Si calcolino le DTFT di x(n), h(n) e y(n).

Risoluzione

Esercizio 1

1. La moltiplicazione per una porta di durata 2B vincola la rappresenta-zione del segnale in banda base:

f

X(f)

−B B

Il periodo del coseno e infatti 2B percio fra [−B,+B] se ne consideranoi due semiperiodi.

11.4. Tema 4 125

2. Con la antitrasformata di Fourier si ottiene:

x(t) = F−1{X(f)} = F−1

{

cos

(

πf

2B

)

· p2B (f)

}

=

= F−1

{

cos

(

πf

2B

)}

∗ F−1{p2B (f)} =

= F−1

{

cos

(

2πf

4B

)}

∗ F−1{p2B (f)} =

=1

2·[

δ

(

t − 1

4B

)

+ δ

(

t +1

4B

)]

∗ sin (π t 2B)

πt=

=sin[

2π B(

t − 14B

)]

2π t+

sin[

2π B(

t + 14B

)]

2π t

Per quanto riguarda il segnale y(t):

Y (f) = X(f) +1

2· [δ (f − 5B) + δ (f + 5B)]

Graficamente:

f

Y (f)

−B B−5B 5B

3. La funzione di trasferimento risulta essere:

H(f) = F{h(t)} =sin (π f T )

πf· e−j2πfT

Si ottiene, nel dominio di Fourier, il segnale in uscita come:

Z(f) = Y (f) · H(f)

La banda del segnale y(t) e quindi del segnale Z(f) non dipende dallafrequenza f0 = 5B se a questa frequenza la H(f) e nulla, ossia:

T =1

f0=

1

5B

4. Nelle condizioni calcolate al punto precedente:

Z(f) = Y (f) · H(f) 6= 0 solo per |f | ≤ B

perche il filtro farebbe passare del segnale Y (f) solo la componente inbanda base:


f

Y (f)

−B B

Percio la frequenza minima di campionamento e:

fcmin= 2B

Il processo Y (t) non e WSS e neppure stazionario in quanto somma di:

. un processo gaussiano WSS X(t);

. un termine non stazionario come cos (2πf0t).

Poiche:Y (t) = X(t) + cos (2πf0t)

usando il filtro progettato nel punto 3 il secondo termine sara nullo perchequella frequenza viene elisa. Quindi:

Z(t) = X(t)

Il processo cosı ottentuto gode delle stesse proprieta del processo X(t).

Esercizio 2

1. Il sistema considerato e:

. lineare;

. non causale;

. con memoria;

. stabile;

. invariante.

2. Ponendo a = 0:y(n) = x(n) + 0.5 · x(n − 2)

Percio la risposta all’impulso non e altro che:

h(n) = δ (n) + 0.5 · δ (n − 2)

Con la trasformata Z si ottiene:

H(z) = Z {h(n)} = 1 + 0.5 · z−2

11.4. Tema 4 127

Elaborando tale espressione si ha:

H(z) =(

1 + 0.5 · z−2)

· z2

z2=

z2 − 0.5

z2

Pertanto:

. esiste un polo di ordine 2 in z = 0;

. esiste uno zero di ordine 1 in z = − 1√2;

. esiste uno zero di ordine 1 in z = +1√2.

La regione di convergenza viene identificata dai punti:

ROC = {|z| > 0}

3. Per quanto riguarda la sequenza x(n):

Ex =

+∞∑

n=−∞

|x(n)|2 =

=

+∞∑

n=−∞

∣

∣

∣

∣

2 ·(

1

4

)n

· u(n)

∣

∣

∣

∣

2

+

+∞∑

n=−∞

∣

∣−7 · (3)−n · u(−n − 1)∣

∣

2=

= 4 ·+∞∑

n=0

(

1

16

)n

+ 49 ·−1∑

n=−∞

(9)−n =

=

[

4 · 1

1 − 14

]

+

{

49 ·[

+∞∑

m=1

(

1

9

)m

− 1

]}

=

=

[

4 · 1

1 − 14

]

+ 49 ·[

· 1

1 − 19

]

=

= 4 · 16

15+ 49 · 9

8− 49 =

1247

120

Mentre l’energia della risposta all’impulso e semplicemente:

Eh = (1)2 +

(

1

2

)2

= 1 +1

4=

5

4

4. Prima di determinare Y (z) si ricava X(z) con la trasformata Z:

X(z) = Z {x(n)} =2

1 − 14 · z−1

+7

1 − 13 · z−1

La regione di convergenza di questa sequenza e:

ROC =

{

1

4< |z| < 3

}

in quanto:


. il primo termine della sequenza e causale quindi avra:

ROC =

{

|z| >1

4

}

. il secondo termine della sequenza e anticausale quindi avra:

ROC = {|z| < 3}

Percio:

Y (z) = X(z) · H(z) =

[

2

1 − 14 · z−1

+7

1 − 13 · z−1

]

·(

1 +1

2· z−2

)

=

=2 ·(

1 + 12 · z−2

)

1 − 14 · z−1

+7 ·(

1 + 12 · z−2

)

1 − 13 · z−1

=

=2 + z−2

1 − 14 · z−1

+7 + 7

2 · z−2

1 − 13 · z−1

La sequenza y(n) si ottiene:

. per quanto riguarda il primo termine di Y (z) indicato con Y1(z):

Y1(z) =2 + z−2

1 − 14 · z−1

=2

1 − 14 · z−1

+z−2

1 − 14 · z−1


y1(n) = 2 ·(

1

4

)n

· u(n) +

(

1

4

)n−2

· u(n − 2)

. per quanto riguarda il secondo termine di Y (z) indicato con Y2(z):

Y2(z) =2 + z−2

1 − 13 · z−1

=2

1 − 13 · z−1

+z−2

1 − 13 · z−1


y2(n) = 7 · (3)n · u(−n − 1) +7

2· (3)n · u(−n + 1)

In conclusione:y(n) = y1(n) + y2(n)

5. Le tre DTFT si calcolano sostituendo semplicemente a z = e jω:

H(e jω) = 1 + 0.5 · e−2jω

X(e jω) =2

1 − 14 · e−jω

+7

1 − 13e−jω

Y (e jω) =2 + e−2jω

1 − 14 · e−jω

+7 + 7

2 · e−2jω

1 − 13 · e−jω

Raccolta di esercizi Elaborazione numerica e Teoria dei segnali

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