www.eemdersnotlari.com EEEN 343 SİNYALLER VE SİSTEMLER UYGULAMA ― 1 Doç. Dr. Aydın KIZILKAYA Araş. Gör. Adem ÜKTE 1. (PERİYODİKLİK ve PERİYOT BELİRLEME) Aşağıda işaretlerin periyodik olup olmadığını belirleyiniz. Eğer periyodiklik mevcut ise temel periyodu elde ediniz. 1.1. x1(t) = jej10t 1.2. x2(t) = e(-1 + j)t 1.3. x3[n] = ej7πn 1.4. x4[n] = 2cos(πn/4) + sin(πn/8) − 2cos(πn/2 + π/6) 1.5. x5(t) = 2cos(10t + 1) − sin(4t − 1) 1.6. x6(t) = cos(15t) olduğuna göre, 1.6.1. x6[n] = x6(nTS) dizisinin periyodik olmasını sağlayacak TS örnekleme aralığı için gerekli koşulu elde ediniz. 1.6.2. TS = 0.1π, sn ise x6[n] dizisinin temel periyodunu bulunuz. Çözüm: 1.1.
(PERİYODİK)
sn (temel periyot) 1.2. Periyodiklik için; olması gerekir. Ancak
olması gerektiğinden
periyodik değildir.
1.3. Temel periyot için
alınır ki
örnek olacaktır.
1.4.
Temel periyot için
alınır ve örnek olur.
1.5.
sn 1.6. 1.6.1.
koşulunun sağlanması gerekir. 1.6.2.
sn ise
Temel periyot için
seçilir ve temel periyot
örnek olur.
2. (İŞARET GÖSTERİMLERİ ve İŞARETLER ÜZERİNDEKİ İŞLEMLER)
2.1. Yukarıdaki gibi tanımlanan sürekli-zamanlı bir x(t) işareti ile ilgili olarak 2.1.1. x(t) işaretinin birim basamak fonksiyonu cinsinden analitik ifadesini elde ediniz. 2.1.2. x(t) işaretinin ÇİFT ve TEK kısımlarını elde ediniz ve çiziniz. 2.1.3. x(t) işaretinin enerjisini hesaplayınız. 2.1.4. x(2 − t), x(2t + 1), x(4 − 3t/2), x(t)[δ(t + 3/2) + δ(t − 3/2)] işaretlerini çiziniz. 2.1.5. x(t) işareti T = 4 temel periyodu ile periyodikleştirilmektedir. Periyodik işareti çiziniz ve bu işaretin ortalama değerini, ortalama gücünü ve etkin değerini hesaplayınız. 2.2. Ayrık-zamanlı x[n] dizisine ilişkin örnek değerleri ▼ x[n] = {−1, 2, 0, 3, −7, 6} olarak verildiğine göre, 2.2.1. x[n] işaretinin birim örnek fonksiyonu cinsinden analitik ifadesini elde ediniz. 2.2.2. x[n] işaretinin ÇİFT ve TEK kısımlarını elde ediniz. 2.2.3. x[n] işaretinin enerjisini hesaplayınız. 2.2.4. x[−n + 2], x[2n − 1], x[n/2 + 1], x[3n/2 + 1] dizilerini elde ediniz. Çözüm:
2.1. 2.1.1.
2.1.2.
, x(t) 1 2/3
-1
-0,5
0,5
1
xÇ(t)
t
2
1 5/6
x(-t)
1/3
+
1 4/3 + 2/3 t
1/2
-2
-1
-0,5
1
0,5
2
2/3
-2
-1
-0,5
0,5
t
1
x (t) T
-x(-t)
1/3
+ -2
-1
-0,5
0,5
1
-1 -1/6
-2
1/2
t
1/6
1 2
-1/3
-2/3 -1
2.1.3.
t
işaretinin enerjisi;
joule
(1 ’luk direnç üzerinde ortaya çıkardığı enerji olarak düşünülür.)
2.1.4. x(t) 1 4/3 - 2/3 t
2/3
-1
-0,5
0,5
1
2
t
a) v(t) = x(t+2) 1
-3
v(-t) = x(-t+2) 1
t
-1,5
1,5
t
3
b)
-2
-0,5
3 birim
v(t) = x(t+1)
v(2t) = x(2t+1)
1
1
1
t
-1
-0,25
1,5 birim
0,5
t
t
c) v(t) = x(t+4)
v(-3t/2) = x(-3t/2 + 4)
1
-5
-3,5
1
t
-2
4/3
3 birim
7/3
t
10/3
2 birim
d) ,
x(t)[δ(t+3/2)+δ(t-3/2)]
(1/3) -3/2
t
3/2
2.1.5. xP(t) 1
-5
-3,5
-2
-1
0,5
2
T = 4 temel periyodu ile periyodikleştirilmiş
3
işareti
4,5
6
t
▼
2.2. 2.2.1. 2.2.2.
, ▼ ▼ ▼
2.2.3.
’nin enerjisi;
▼
2.2.4. ▼
a) ▼ b)
▼ ▼
(Decimation – Seyreltme) c)
▼
(Interpolation – Aradeğerleme)
(yazılmasa da olur) ; ;
▼ ▼
▼
d)
(yazılmasa da olur) ▼
;
▼
;
Seyreltme ▼
; ;
▼
3. (SİSTEMLER ve SİSTEM ÖZELLİKLERİ) 3.1. S1, S2 ve S3 ile tanımlı ayrık-zamanlı sistem blokları aşağıdaki gibi birbirine seri (kas-kat) bağlıdırlar.
i = 1, 2 ve 3 için xi[n] ve yi[n] her bir sistemin giriş ve çıkışlarını göstermek üzere her bir sistem için giriş-çıkış ilişkisi aşağıdaki gibi tanımlanmıştır:
x [n / 2], n çift S1 : y1[n] 1 0, n tek 1 1 S2 : y2 [n] x2 [n] x2 [n 1] x2 [n 2] 2 4 S3 : y3[n] x3[2n] Buna göre, kas-kat sistemin giriş-çıkış ilişkisini (y[n] ile x[n] arasındaki ilişki) elde ediniz. (Dikkat: x1[n] = x[n] ve y[n] = y3[n]’dir) 3.2. Blok diyagramı aşağıdaki gibi verilen geri-beslemeli sistemde n < 0 için y[n] = 0 olduğu bilindiğine göre, 3.2.1. x[n] = δ[n] girişi için sistem çıkışı y[n]’yi elde ediniz. (Sistemin birim örnek cevabı) 3.2.2. x[n] = u[n] girişi için sistem çıkışı y[n]’yi elde ediniz. (Sistemin birim basamak cevabı)
3.3. Giriş-çıkış ilişkileri aşağıdaki gibi verilen sistemlerin özelliklerini belirleyiniz. (Sistem özellikleri; (i) Doğrusal mıdır? (ii) Zamanla değişmeyen midir? (iii) Nedensel midir? (iv) BIBO Kararlı mıdır? (v) Hafızalı mıdır?) 3.3.1. y(t) = x(t)cosω0t 3.3.2. y(t )
d x(t 1) dt
Çözüm: 3.1. S1: S2: S3: , S1’in çıkışı S2’nin girişi
olduğuna göre
S2’nin çıkışı
S3’ün girişi S3’ün çıkışı ’ye tek veya çift sayı da verilse
’nin indisi daima çift olacaktır.
Buna göre;
olacaktır.
S
3.2.
(Sistemin giriş-çıkış ilişkisi) bilgisini kullanarak; 3.2.1.
için
için 0
0
için 0
1
için için için
Genelleştirilirse;
elde edilir ki aslında bu, sistemin impuls cevabı yani sistemin zaman bölgesindeki tanımına (gösterimine) karşı düşer. 3.2.2.
için
için 0
0
için 0
1
için için için
(Sistemin birim basamak cevabı)
3.3. 3.3.1. (i) Doğrusallık:
olduğundan doğrusaldır. (ii) Zamanla değişmeme:
?
olduğundan sistem zamanla değişendir. (iii) Nedensellik:
Sistemin o andaki çıkışı sadece o andaki girişlere bağlı. O yüzden sistem nedensel. Yani girişin gelecekteki değerlerinden bağımsız. (iv) BIBO Kararlılık: girişin genliği ile sınırlı 1 O yüzden sistem BIBO kararlıdır. (v) Hafızalılık: Sistem sadece anlık giriş değerlerine bağlıdır. O yüzden HAFIZALI değildir.
3.3.2. (i) Doğrusallık:
olduğundan sistem DOĞRUSAL’dır. (ii) Zamanla değişmezlik:
?
olduğundan sistem ZAMANLA DEĞİŞMEYEN’dir. (iii) Nedensellik: Sistem geçmişteki giriş değerlerine bağlı. Gelecekteki giriş değerlerine bağlı değil. O yüzden NEDENSEL’dir. (iv) BIBO Kararlılık:
gibi için
sınırlı
genlikli
bir
girişi
ele
alalım.
Yani
için
,
’dır.
Bu durumda KARARSIZ’dır. (v) Hafızalılık: Gecikmeden dolayı HAFIZALI’dır.
çıkışı
’de sonsuz genlikli olur ki sistem
EEEN 343 SİNYALLER VE SİSTEMLER UYGULAMA ― 2 Doç. Dr. Aydın KIZILKAYA Araş. Gör. Adem ÜKTE 1. (SÜREKLİ-ZAMANLI SİSTEMLERİN GİRİŞ-ÇIKIŞ İLİŞKİSİ) 1.1. Sürekli-zamanlı doğrusal bir sistemin giriş-çıkış ilişkisi T x(t ) = e j 2t → y (t ) = e j 3t T x(t ) = e − j 2t → y(t ) = e − j 3t
biçiminde verilmektedir. 1.1.1. Sistem girişine x1(t) = cos(2t) işareti uygulandığında y1(t) çıkışı ne olur? 1.1.2. Sistem girişine x2(t) = cos[2(t − ½)] girişi uygulandığında y2(t) çıkışı ne olur? 1.2. Giriş-çıkış ilişkisi aşağıdaki farksal denklemlerle tanımlanan sürekli-zamanlı LTI sistemler için tam çözüm ifadelerini verilen başlangıç koşulları için elde ediniz. 2 1.2.1. d y(2t ) + 4 y(t ) = [8 sin(2t )]u(t ), B.K . → y(0) = 1, dy(t ) |t =0 = y (1) (0) = −1 dt dt 2 1.2.2. d y(2t ) + 2 dy(t ) + 2y(t ) = [5cos(t )]u(t ), B.K . → y(0) = 0, dy(t ) |t =0 = y (1) (0) = 1 dt dt dt 3 2 2 1.2.3. d y(3t ) − d y(2t ) − 2 dy(t ) = [2e −t + t ]u(t ), B.K . → y(0) = 2, dy(t ) |t =0 = y (1) (0) = −1 d y(2t ) |t =0 = y (2) (0) = 0 dt dt dt dt dt
1.3. Aşağıdaki gibi verilen elektrik devresinde anahtar uzun süre kapalı konumdadır ve t = 0 anında açılmaktadır. t < 0 için x(t) = 0’dır. Buna göre, 1.3.1. y(0) = ? 1.3.2. t ≥ 0 için ayrı ayrı x(t) = 0 ve x(t) = u(t) girişleri için y(t) = ? Çözüm:
1.1. =
= =
1.1.1. = cos 2 =
=
= =
= = ! + !
= cos 3
olacaktır.
1.1.2. = cos $2 % − '( = cos2 − 1
=
* *
=
. .
= ! + !
=
1.2.1.
- . + -
, * , *
= cos3 − 1
4 = 8 sin 2 , ≥ 0 - . + 4 -
Homojen Çözüm:
K.D.
9 = : cos 2 + : sin 2 Özel Çözüm:
=0
6 + 4 = 0 ⇒ 6 = 28 , 6 = −28
Ö = <= cos 2 + > sin 2? -.Ö -
- .Ö -
= = cos 2 + > sin 2 + <−2= sin 2 + 2> cos 2?
= −4= sin 2 + 4> cos 2 + <−4= cos 2 − 4> sin 2?
Denklemde yerine konursa;
−4= sin 2 + 4> cos 2 + <−4= cos 2 − 4> sin 2? + 4<= @AB 2 + > BCD 2? = 8 sin 2
⇒ −4= = 8 ⇒ = = −2
Ö = −2@AB 2
⇒ 4> = 0 ⇒ > = 0
Genel Çözüm:
= 9 + Ö
= : cos 2 + : sin 2 − 2 cos 2 -. -
B.K.
Tam Çözüm:
= −2: sin 2 + 2: cos 2 − 2 cos 2 + 4 sin 2
0 = : = 1
-. E F - GH
= −2: − 2 = −1 ⇒ : =
= cos 2 + sin 2 − 2 cos 2 , ≥ 0
1.2.2.
- . + -
2
-. + -
2 = 5 cos , ≥ 0
Bu sefer sıfır girişli ve sıfır durumlu çözümleri elde ederek tam çözümü bulalım: Sıfır Girişli Çözüm: - . + -
Homojen Çözüm:
2
-. + -
2 = 0
6 + 26 + 2 = 0 ⇒ 6 = −1 − 8 , 6 = −1 + 8
K.D.
9 = : cos + : sin
Sıfır girişli çözüm için homojen çözüm üzerine başlangıç koşulları uygulanır:
- 9
= − : cos + : sin + −: sin + : cos
-. E F - GH
= −: + : = 1 ⇒ : = 1
0 = : = 0
JK = sin
Sıfır Girişli Çözüm: Sıfır Durumlu Çözüm:
Sıfır durumlu çözümü elde etmek için genel çözüme ulaşılması gerekir ki, bunun için özel çözümü elde etmek gerekir.
Ö = = cos + > sin
Ö = −= sin + > cos
Ö = −= cos − > sin
Denklemde yerine konursa;
−= cos − > sin − 2= sin + 2> cos + 2= cos + 2> sin = 5 cos
<= + 2>? cos + <> − 2=? sin = 5 cos 5
0
= = 1 , > = 2
⇒ Ö = cos + 2 sin
Genel Çözüm:
L = 9 + Ö = : cos + :M sin + cos + 2 sin
Genel çözümde başlangıç koşulları sıfır alınarak sıfır durumlu çözüme ulaşılır. -. -
B.K.
= − : cos + :M sin + −: sin + :M cos − sin + 2 cos
-. E F - GH
0 = : + 1 = 0 ⇒ : = −1
= −: + :M + 2 = 0 ⇒ :M = −3
Sonuç olarak, sıfır-durumlu çözüm;
elde edilir.
JN = − cos + 3 sin + cos + 2 sin
bulunur.
= JK + JN
Tam Çözüm:
= sin − cos − 3 sin + cos + 2 sin = −2 sin − cos + cos + 2 sin
= 1 − cos + 2 sin , ≥ 0 olarak elde edilir. 1.2.3.
- , . - . − − , -
-
2
-. -
= <2 + ? , ≥ 0
- , . - . − − , -
-
Homojen Çözüm:
2
-. -
=0
(Homojen denklem)
6 − 6 − 26 = 0 ⇒ 66 − 6 − 2 = 0 ⇒ 6 = 0 , 6 = 2 , 6 = −1
K.D.
9 = : + : + :
6 = −1 karakteristik kökünden dolayı
Özel Çözüm:
6 = 0 karakteristik kökünden dolayı
Ö = = + > + O
Ö = = − = + > + O + >
= = − = + 2> + O
Ö = −= − = − = + 2>
= −2= + = + 2>
Ö = = − P−= − = − = Q
= 3= − =
Denklemde yerine konursa;
3= − = + 2= − = − 2> − 2= + 2= − 4> − 2O = 2 +
3= − 4> − 2> − 2O = 2 + 3= = 2 ⇒ = =
−4> = 1 ⇒ > = − M
Ö = − M + M
−2> − 2O = 0 ⇒ O = M
= 9 + Ö
Genel Çözüm:
= : + : + : + − + -. -
E . F - GH
Tam Çözüm:
= 2: − : +
+ M
+ y(t) -
M
= Y − Z +
iC
= 2: − : +
= 4: + : − − = 4: + : −
R2 1V
C
Z
[
1.3.1. < 0 için devrenin analizi yapılırsa; i1 i2 R1
M
M
= 4: + : − − + −
0 = : + : + : = 2
-. E F - GH
M
= 2: − : + − − +
- . -
B.K.
V
= −1 =0
1 R0 0
2 1 1 : −23/12 S 2 −1S R: S = R 11/6 4 1 :
+ − M + M , ≥ 0
1/8 : R: S = R−1/72S : 17/9
C = C + C] . ^
=
. + ^*
O
-. -
Anahtar < 0 için uzun süre kapalı olduğuna göre bu süre içerisinde kondansatör gerilimi ile dolacak ve açık devre olacaktır. Böylece;
C = C =
1 , = _ + _
`] = = _ C =
_ , a _ + _
olur. Kondansatörün sahip olduğu bu gerilim değeri, = 0 anında anahtar açıldığı anda kondansatör
üzerinde var olan gerilim (başlangıç değeri) olacaktır. Yani; `] 0 = 0 =
_ , a _ + _
1.3.2. ≥ 0 için anahtar açılmaktadır. Bu durumda devre yapısı aşağıdaki gibi olacaktır ve giriş-çıkış farksal denklemi;
R1 x(t)
C
+
y(t)
_ O
-. + -
=
olacaktır.
= 0 için
_ O 0 = : =
B.K.
= b ya da
Özel Çözüm: Genel Çözüm:
Tam Çözüm: 2.
-. + -
^* ]
= : /^* ]
^* ⇒ ^* ^
=
^* /^* ] ^* ^
=0
(Kondansatörün boşalma eğrisi)
için;
c c 1 1 + = 1 ⇒ + = c c _ O _ O
9 = : /^* ]
Ö = = ⇒
= ^* ]
= : /^* ] + 1
0 = : H + 1 = ^
B.K.
= 0 ⇒
= 1 ≥ 0
_ O
Homojen Çözüm:
-. + -
= 1 − ^
^
^*
* ^
* ^
/^* ]
=
= ⇒ ^* ]
= = 1
⇒ : = − ^
^
* ^
(Kondansatörün birim basamak işaretine cevabı)
(AYRIK-ZAMANLI SİSTEMLERİN GİRİŞ-ÇIKIŞ İLİŞKİSİ)
2.1. Ayrık-zamanlı LTI bir sistem için giriş-çıkış ilişkisi
3 1 y[n + 2] + y[n + 1] + y[n] = x[n + 2] − x[n] 2 2 ile tanımlanmaktadır. Sistem için başlangıç koşulları y[−1] = 4/3 ve y[−2] = 1/3 olarak verildiğine göre, 2.1.1. x[n] = u[n] girişi için çıkış y[n]’i belirleyiniz. 2.1.2. x[n] = (−0.5)nu[n] girişi için çıkış y[n]’i belirleyiniz. 2.1.3. Sistemin blok gerçeklemesini en az sayıda gecikme elemanı (kaydırıcı) kullanarak oluşturunuz. 2.2. Blok şeması yandaki gibi verilen ayrık-zamanlı LTI sistem için başlangıç koşulları y[−1] = −1 ve y[−2] = 1 olarak verilmektedir. 2.2.1. Sistemi tanımlayan giriş-çıkış fark denklemini elde ediniz. 2.2.2. Sistemin impuls (birim örnek) cevabını elde ediniz. 2.2.3. Sistemin birim basamak cevabını elde ediniz. Çözüm:
2.1.
D
D − 2 dönüşümü uygulanırsa fark denklemi;
biçiminde olur ki hesaplar bu fark denklemi üzerinden gerçekleştirilir.
2.1.1.
için;
3 1
Çözüm iki yolla gerçekleştirilebilir: I. Yol: D = 0 için; D = 1 için;
<0? + <−1? + <−2? = b<0? − b<−2?
M
1
1
0
<1? + <0? + <−1? = b<1? − b<−1?
−
Z V
D ≥ 2 için fark denklemi;
Homojen Çözüm:
M
0
⇒ <1? =
6 + 6 + = 0 ⇒ 6 + 1 %6 + ' = 0
K.D.
B.K.
Yoktur.
e
<1? = −: − : =
Tam Çözüm:
6 = −1 , 6 = −
e
Genel Çözüm:
Z V
d
3 1
9
⇒ <0? = −
Sonuç olarak;
i g g
d
: = −3 , : =
e %− ' , D V
1⁄ 3 4⁄ 3 − 7⁄6 25⁄12
V
≥2
h D g g−3−1D + 11 k− 1l 6 2 f
, , , ,
D = −2 D = −1 D=0
D=1
, D≥2
E
II. Yol:
e
Sıfır-Girişli Çözüm: 9
y<−1? = −K − 2K = y<−2? = K + 4K = e
JK
M
K = −3 , K = V d
Sıfır-Durumlu Çözüm: İlk olarak b
doğrusallık ve zamanla değişmezlik (LTI) özellikleri kullanılarak b
edilen çözümden kolaylıkla belirlenebilir.
3 1
Özel Çözüm: Ö
e
Genel Çözüm: L
Başlangıç koşulları sıfır alınarak : ve :M katsayıları hesaplanır: B.K.
y<−1? = −K − 2K M + = 0
y<−2? = K + 4K M + = 0 Buna göre b
K = 1 , K M = −
1 1 e 1 JN
b
1 1 e 1 JN
olacaktır. Buna göre b
1 1 e 1 4 1 e 1 e JN
olacaktır.
Tam Çözüm:
e
e
= s−3−1e + V %− ' t b
e
− s−1e − %− ' + t b
e
e
= s−2−1e + %− ' + t b
M
olarak elde edilir. Bu sonuç, daha önce bulunan çözüm ile aynı sonuçları üretecektir. <0? = −2 + + = −
<1? = 2 − + = M
d
Z V
<2? = −2 + Y + − 1 + − = − M
e
2.1.2.
V
girişi için e
e
Sıfır-Girişli Çözüm:
Başlangıç koşulları aynı olduğu için 2.1.2’de elde edilen sıfır-girişli çözüm ile aynıdır. Yani; 5 1 e JK
olacaktır.
e
Sıfır-Durumlu Çözüm:
e
girişi için özel çözüm, Ö
Bu özel çözüm ifadesi D ≥ 0 için diferansiyel denklemde yerine konursa; e
e
e
=D %− ' + =D − 1 %− ' e
e
e
+ =D − 2 %− '
e
e
e
= %− ' e
e
=D %− ' − 3=D %− ' + 3= %− ' + 2=D %− ' − 4= %− ' = %− '
−= = 1 ⇒ = = −1
e
⇒ Ö
e
e
L
K = 4 , K = −3
Böylece
e
e
girişi için sıfır-durumlu çözüm;
1 e 1 e JN
b
e
girişi için sıfır-durumlu çözüm, sistemin LTI özelliğini kullanarak;
1 e 1 e JN
e
= s4−1e − 4 %− ' − 4D %− ' t b
olacaktır. Sonuç olarak,
1 e 1 e JN
1 e 1 e − o4−1e − 4 $− ( − 4D $− ( p b
Tam Çözüm:
13 1 e 1 e e = o−1 − $D + ( $− ( p b
2.1.3. En az sayıda gecikme elemanı kullanarak, verilen LTI sistemin blok diyagramı gerçeklemesi “KANONİK GERÇEKLEME” ile sağlanır.
y[n ]
x[n ]
−
3 2
−
1 2
s k { y[ n ]} = y[ n − k ]
−1
2.2.
x[n ]
y[n ]
f [n]
1 2
1 4
2.2.1. u
v
r
= u
*
s rtv
s x
olacaktır.
2.2.2. Sistem için impuls cevabı
Sistemin impuls cevabı elde edilirken tüm başlangıç koşulları sıfır alınır. D = 0 için;
ℎ<0? + M ℎ<−2? = z<0? − z<−1? ⇒ ℎ<0? = 1
D = 1 için;
ℎ<1? + M ℎ<−1? = z<1? − z<0? ⇒ ℎ<1? = −
0
1
0
0
0
1
D ≥ 2 için eşitliğin sağ tarafı sıfır olur ve böylece sadece sıfır girişli çözüm mevcut olur. Yani;
K.D.
1 ℎ
6 + M = 0 ⇒ 6 = 8 = |/ , 6 = − 8 = |/
e
Homojen Çözüm: ℎ9
|
|
e
Genel Çözüm: ℎ
B.K.
|
|
ℎ<1? = : = − ⇒ : = −1
1 e } } ℎ
2.2.3. Sistemin basamak cevabı.
Sıfır-Girişli Çözüm:
Homojen Çözüm:
6 + = 0 ⇒ 6 = 8 = |/ , 6 = − 8 = |/ M
K.D. e
9
|
Başlangıç koşulları kullanılarak sıfır-girişli çözüm elde edilir.
<−1? = % '
<−2? = % ' e
<−: ? = −1 ⇒ : =
<−: ? = 1 ⇒ : = −
JK
|
|
M
Sıfır-Durumlu Çözüm:
bulunabilir.
ve
girişleri için olan sıfır-durumlu çözümler
Ö
Denklemde yerine konursa; = + M = = 1 ⇒ = = d
M
e
⇒ L
|
M
Sıfır başlangıç koşulları ile
<−1? = % '
<−2? = % '
= 0 ⇒ :M =
d
<−: ? + = 0 ⇒ : = d d M
e
⇒ JN
|
M
e | sd cos % D
JN
e | sd sin D
= ~ % '
e
− 1' + d sin % D − 1't + d b
|
M
− d cos Dt + H b
|
M
= s% ' sd sin D − d cos Dt + Ht b
|
M
Son olarak sistem için sıfır-durumlu çözüm; JN
e
= s% ' sd cos D + d sin Dt + dt b
|
M
|
|
M
ile elde edilir. Böylece sistemin birim basamak cevabı;
e
= s% ' s− H cos D + H sin Dt + dt b
şeklinde elde edilir.
|
[
|
M
|
|
M
EEEN 343 SİNYALLER VE SİSTEMLER UYGULAMA ― 3 Doç. Dr. Aydın KIZILKAYA Araş. Gör. Adem ÜKTE 1. (KONVOLÜSYON) Aşağıdaki işaretlerin konvolüsyonunu bulunuz.
1.1. = − 2 , ℎ = 2 3 − ⇒ = ∗ ℎ =? 1.2.
x(t)
h(t) 2
1
et
e-t
-1
t
1
0
0
3
1
-1
işaretleri için; 1.3.
= ∗ ℎ =? x[n]
2
h[n]
2
1
1 -2
-5
-4
2
-3
1
1 -1
0
1
n
0
2
3
4
5
-1
işaretleri için;
-2
= ∗ ℎ =?
1.4. = − 1 , ℎ = ⇒ = ∗ ℎ =? Çözüm: 1.1. = ∗ ℎ = ℎ − !"
1 = # % − 22 ! 3 − + 4 !
!"
1 ! = 2 # % 3 − + 8
Çözüm ’nin değerlerine göre yapılır.
!"(
6
7
n
t
•
3 − + ≥ 0 için 3 − + = 1 olacağından, incelenirse bu sonuç ≥ − 3’ü verir. ’nın alt değeri = 2 olduğuna göre, ≥ 2 için ≥ 5 sonucuna ulaşılır. Bu durumda; 1 ! = 2 # % , ≥ 5 8 !"
< 5 için, örneğin = 4 için ≥ 1 için 3 − + = 1 olacaktır. Ya da = 2 için ≥ −1 için
olacaktır. •
3 − + = 1 olacaktır. Ancak ’nın alt sınırı = 2 olduğundan < 5 için 3 − + = 1 her zaman sağlanacaktır. Buna göre;
1 ! = 2 # % , < 5 8 !"(
olacaktır. Başka bir ifadeyle;
= Düzenlenirse, ≥5
Yani,
<5
için için
= 2 2
( 2
! 02 #1% , ≥ 5 . 8 !"
/ 1 !
. 2 # % 8 !"( !
26 7
∑!"4 = . 2 ! 2
= 2 ∑!"4 = 2 .
biçiminde elde edilir.
89
1 , 56 = :
1 8 # % . , 4 7 2 .
, <5
1
bulunur. bulunur.
<5
≥5
1
1.2.
≤ −1 için kesişme yok.
= 0’dır.
−1 ≤ ≤ 0 için;
= > 2 ? @A = 21 ? | = 2 −
0 ≤ ≤ 1 için;
x(τ) h(t-τ)
2
= >
e-τ t-1
t-3 -1
t
0
1 ?4 1 ? = −1 ? | + 2 | − 2 |4
1
eτ
4
4
= − + + 2 − 2 − 2 + 2 = −3 + + 4 − 2
τ
1
−1. ? @A + > 2. ? @A + > 2. ? @A
-1
1 ≤ ≤ 2 için;
x(τ) h(t-τ)
4
2
=
1
e-τ
eτ t-1
t-3 0
-1
= > −1. ? @A + >
t
1
4
+ 1 ? | − 21 ? | 4
= −1 + + − 1 − 2 + 2 = −2 − + 3
τ
2
−1 ? |4
-1
2 ≤ ≤ 3 için;
x(τ) h(t-τ)
4
2
=
1
e-τ t-1
t-3 -1
= > −1. ? @A + > −1. ? @A
eτ
1
0
t
2
= −1 +
1 ? |4
-1
3 ≤ ≤ 4 için;
x(τ) h(t-τ)
2
= > −1. ? @A
= 1 ? |
1
e-τ
eτ
t-1
t-3 -1
0
1
2
t
3
= −
τ
4
-1
≥ 4 için;kesişme yok.
x(τ) h(t-τ)
= 0’dır.
2
1
e-τ
eτ
t-1
t-3 -1
1
0
-1
2
3
4
t
5
τ
4
+ − 1
= −2 + +
τ
3
−1 ? |4 +
−1. ? @A + > 2. ? @A
elde edilir.
▼ 1.3. = {2, 1, −1, 0, 0, 2}
,
▼ ℎ = {0, −2, 1, 0, 0, 2, 1}
’in indisleri;
-4 -3 -2 -1 2
1
-1
0
0
1
ℎ’in değerleri;
0
-2
1
0
4 0
5
6
0
-4
1
2
3
2
1
’in değerleri; ℎ’in indisleri; ’in indisleri;
’in değerleri;
1.4.
0
1
2
3
-4 -3 -2 -1 0
0
-4
2
0
0
2
-2
0
1 0
3
= C−4, 0,
0
0 0 0
= > ? A − A − 1@A
= > ? − A − 1@A
= F>
4
? @AG − 1
1 = − 1 ? | 4 − 1 3 1 = − H − 1I − 1 3
2 2 4 0
-1 0 0 0
0 0
1 2
4
0
-2 -1
0
0
0
0 -4
-1 4
0 ▼
,
= ∗ ℎ =?
5 6 7
0
0
0
2
0
0 4 2
1
3, −1, 4,
= ∗ ℎ = > ℎA − A@A
4
, ≤ −1 , −1 ≤ ≤ 0 , 0≤≤1 , 1≤≤2 1 , 2≤≤3 , 3≤≤4 , ≥4
0 0 2 − . .−3 + + 4 − 2 = −2 − + 3 / −2 + + . . − 0
Sonuç olarak;
0
0 0
-1 0 4 2
0, 1, −1, 0, 4, 2D
2. (İMPULS CEVABINDAN SİSTEM ÖZELLİKLERİNİN BELİRLENMESİ) Giriş-çıkış fark denklemi aşağıda verilen sistemin impuls cevabından faydalanarak bellekli olup olmadığı, nedenselliği ve kararlılığı hakkında yorum yapınız. Tersinir sistemin impuls cevabını elde ediniz. 1 = + − 2 4 Çözüm: Öncelikle = J için sistemin impuls cevabı ℎ’i bulalım: 1 ℎ = J + J − 2 4 • •
Bellekli/Belleksiz: ℎ ifadesindeki J − 2’den dolayı sistem belleklidir.
Nedensellik: < 0 için J = 0 ve J − 2 = 0 ’dır. Dolayısıyla < 0 için ℎ = 0
olduğundan sistem nedenseldir. •
Kararlılık: Aşağıdaki şart sağlanmalıdır.
J +
!"
olduğundan sistem kararlıdır. •
|ℎ | < ∞
!"
1 1 5 J − 2 = 1 + . 1 = < ∞ 4 4 4 !"
Tersinir Sistemin İmpuls Cevabı: ℎ ∗ ℎLMN = J olmalıdır. 1 #J + J − 2% ∗ ℎLMN = J 4
1 J ∗ ℎLMN + J − 2 ∗ ℎLMN = J 4 1 ℎLMN + ℎLMN − 2 = J 4
ℎ ∗ ℎLMN = J eşitliğini ele alalım. Asıl sistem nedensel olduğu için ℎ’nin ilk indisi
= 0’dır. Bilindiği gibi J’nin de ilk indisi = 0’dır. Ayrıca konvolüsyon işleminin sonucu olan
J’nin ilk indisi, ℎ’nin ilk indisi ile ℎLMN ’nin ilk indisinin toplamı olmalıdır. O halde ℎLMN ’nin
ilk indisi = 0 olmalıdır. Yani < 0 için ℎLMN = 0’dır ve ℎLMN nedenseldir.
O halde = 0 ‘dan başlamak kaydıyla ’ye değerler vererek ℎLMN ’yi sezgisel olarak bulmaya çalışalım:
= 0 için;
ℎLMN 0 + ℎLMN −2 = J0 ⇒ ℎLMN 0 = 1
= 1 için;
ℎLMN 1 = 0
= 3 için;
ℎLMN 3 = 0
= 2 için; = 4 için;
= 5 için;
= 6 için; .
ℎLMN 2 = − ℎLMN 4 =
9
ℎLMN 5 = 0
ℎLMN 6 = − 9
. . Bu durumda;
şeklinde elde edilir.
1
R ℎLMN = # % cos 2 2
EEEN 343 SİNYALLER VE SİSTEMLER UYGULAMA ― 4 Doç. Dr. Aydın Kızılkaya Arş. Grv. Adem ÜKTE 1. (SÜREKLİ-ZAMANLI PERİYODİK İŞARETLERİN FOURIER SERİSİ (FS) GÖSTERİMİ)
1.1. x(t) ve y(t) işaretlerinin FS gösterimini ayrı ayrı elde ediniz. Çözüm: x(t) işaretinin temel periyodu T = 4’dür. Çeşitli yollardan üstel FS katsayılarını elde edebilmek mümkündür. Kolaylık için x(t) işaretinin türevi alınır.
ω0 =
2π π = T 2
1 periyot için v(t) = 2δ(t + 1) − 2δ(t − 1) olduğuna göre, π
− jk t 1 1 e Vk = ∫ [2δ (t + 1) − 2δ (t − 1)]e 2 dt = 4 −1
v(t ) = Xk =
1
π
jk 2
jk
π 2
−e 2
− jk
π 2
π = j sin k 2
dx(t ) ÜFS π → Vk = jk X k dt 2
π k j sin k = sin c , k = ±1, ± 2,... 2 2
Dikkat: x(t) işareti çift simetrik olmasına rağmen ortalaması sıfırdır. Bu özel bir durumdur! Yani, X0 = 0’dır. x(t) işaretinin Üstel FS gösterimi:
x(t ) = ∑k =−∞ X k e ∞
π
jk t 2
π
∞ k jk t = ∑k =−∞ sin c e 2 2
y(t) işaretinin temel periyodu T = 3’dür ve ω0 = 2π/3. Göstermek açısından, y(t)’nin üstel FS katsayıları doğrudan elde edilirse, 2π − jk jk 2π 2π 1 1 − jk 3 t 2 e 3 −e 3 Yk = ∫ 2e dt = 3 −1 kπ 2j
y(t) işaretinin Üstel FS gösterimi:
x(t ) = ∑k =−∞ Yk e ∞
jk
2 2π 4 2 sin k = sin c k = 3 kπ 3 3 2π t 3
2π
∞ 4 2 jk t = ∑k =−∞ sin c k e 3 3 3
1.2. x(t) ve y(t) işaretlerinin çift- ve tek-yanlı spektrumlarını −2π < ω < 2π aralığında ayrı ayrı çiziniz. Çözüm: x(t) işaretinin temel periyodu T = 4 ve dolayısıyla ω0 = π/2 olduğuna göre,
− 2π < kω0 < 2π ⇒ − 4 < k < 4
X 0 = 0 ⇒ | X 0 |= 0, ∠X 0 = 00 X1 = 2 / π ⇒ | X1 |= 2 / π , ∠X1 = 00 ;
| X −1 |= 2 / π , ∠X −1 = 00
X 2 = 0 ⇒ | X 2 |= 0, ∠X 2 = 00 ;
| X −2 |= 0, ∠X −2 = 00
X 3 = −2 / 3π ⇒ | X 3 |= 2 / 3π , ∠X 3 = 180 0 ;
| X −3 |= 2 / 3π , ∠X −3 = −180 0
y(t) işaretinin temel periyodu T = 3 ve ω0 = 2π/3 olduğuna göre,
− 2π < kω0 < 2π ⇒ − 3 < k < 3 Y0 = 4 / 3 ⇒ |Y0 |= 4 / 3, ∠Y0 = 0 0 Y1 = 1.73 / π ⇒ |Y1 |= 1.73 / π , ∠Y1 = 00 ;
|Y−1 |= 1.73 / π , ∠Y−1 = 00
Y2 = −0.866 / π ⇒ |Y2 |= 0.866 / π , ∠Y2 = 1800 ;
|Y−2 |= 0.866 / π , ∠Y−2 = −1800
1.3. x(t) ve y(t) işaretleri için ilk beş harmonikteki gücün toplam güce oranını bulunuz ve sonucu yorumlayınız. Çözüm: x(t) işaretinin ortalama gücü,
Px =
X 4 = 0 ⇒ | X 4 |= 0, ∠X 4 = 0 0 ;
1 3 1 3 | x (t )|2 dt = ∫ dt =1, watt ∫ − 1 4 4 −1
| X −4 |= 0, ∠X −4 = −0 0
X 5 = 2 / 5π ⇒ | X 5 |= 2 / 5π , ∠X 5 = 0 0 ;
| X − 5 |= 2 / 5π , ∠X − 5 = 0 0
x(t) için ilk beş harmoniğe ilişkin güç, 5 Pˆx = ∑k =−5| X k |2 =| X 0 |2 +2[| X 1 |2 + | X 2 |2 + | X 3 |2 + | X 4 |2 + | X 5 |2 ] = 0.9331, watt
Sonuç olarak, x(t) işaretinin toplam gücünün
Pˆx 0.9331 = = %93.31 Px 1 kadarlık kısmı ilk beş harmonikte toplanmıştır. Yani işaretin gücü, düşük frekanslarda yoğunlaşmıştır. y(t) işaretinin ortalama gücü,
Py =
Y3 = 0 ⇒ |Y3 |= 0, ∠Y3 = 0 0 ;
1 2 1 1 8 | y(t )|2 dt = ∫ 4dt = , watt ∫ 3 −1 3 −1 3
|Y−3 |= 0, ∠Y−3 = 0 0
Y4 = 0.433 / π ⇒ |Y4 |= 0.433 / π , ∠Y4 = 0 0 ;
|Y− 4 |= 0.433 / π , ∠Y−4 = 0 0
Y5 = −0.3464 / π ⇒ |Y5 |= 0.3464 / π , ∠Y5 = 180 0 ;
|Y−5 |= 0.3464 / π , ∠Y−5 = −180 0
y(t) için ilk beş harmoniğe ilişkin güç, 5 Pˆy = ∑k = −5|Yk |2 =|Y0 |2 +2[|Y1 |2 + |Y2 |2 + |Y3 |2 + |Y4 |2 + |Y5 |2 ] = 2.5985, watt
Sonuç olarak, y(t) işaretinin toplam gücünün
Pˆy Py
=
2.5985 = %97.45 8/3
kadarlık kısmı ilk beş harmonikte toplanmıştır. Yani işaretin gücü, aynı x(t) işaretinde olduğu gibi düşük frekanslarda yoğunlaşmıştır. 1.4. x(t) ve y(t) işaretlerinin ilk beş harmonik ile temsil edilmesi durumunda x(t) ve y(t) işaretlerinin gösteriminde oluşan toplam harmonik bozulmayı yüzde olarak elde ediniz. Çözüm: x(t) işaretinin ilk beş harmonik ile gösterimi durumunda oluşan toplam harmonik bozulma yüzdesi,
THD x =
(c 2 )2 + (c 3 )2 + (c 4 )2 + (c 5 )2 (0)2 + (4 / 3π )2 + (0)2 + (4 / 5π )2 = = %38.67 (c1 )2 (4 / π )2
y(t) işaretinin ilk beş harmonik ile gösterimi durumunda oluşan toplam harmonik bozulma yüzdesi,
THD y =
(c 2 )2 + (c 3 )2 + (c 4 )2 + (c 5 )2 (1.73 / π )2 + (0)2 + (0.866 / π )2 + (0.6928 / π )2 = = %59.39 (c1 )2 (3.46 / π )2
Yorum: Elde edilen sonuçlar göstermektedir ki işaretlerin ilk beş harmoniği toplam gücün büyük bir oranını içerisinde barındırmasına rağmen işaretlere ilişkin önemli ayrıntılar (yüksek frekanslı bileşenler) işaretlerin gösteriminde önem arz etmektedir. İşaretlerden de bunu görebilmek mümkündür ―işaretler süreksizliklere (ani değişimlere) sahiptir. 1.5. z(t) = x(t) ∗ y(t) işaretini ve üstel FS gösterimini elde ediniz. x(t) ile y(t) işaretleri farklı periyotlara sahiptir. Buna göre z(t) işareti için ortak bir periyot elde edilmesi gerekir. T = ekoç(4, 3) = 12, ω0 = π/6 ÜFS z(t ) = x(t ) ∗ y(t ) → Z k = TX kYk
olduğuna göre,
Z 0 = 0,
k 2k Z k = 16 sin c sin c , k = ±1, ± 2,... 2 3
z(t ) = ∑k = −∞ Z k e ∞
π
jk t 6
π
∞ k 2k jk t = ∑k = −∞ 16 sin c sin c e 6 2 3
z(t) = x(t) ∗ y(t) işaretini elde etmek için öncelikle işaretlerin bir periyotları üzerinden konvolüsyonu gerçekleştirilir ve daha sonra elde edilen sonuç T = 12 temel periyodu ile periyodikleştirilir. Böylece z(t) işareti elde edilmiş olur.
Çözüm: Zaman aralıklarına göre değerlendirme yapılarak z(t) = x(t) ∗ y(t) hesaplanır. •
t +1 ≤ −1 için yani t ≤ −2 için z(t) = 0
•
−1 ≤ t +1 ≤ 1 için yani −2 ≤ t ≤ 0 için z(t ) = ∫ 2dτ = 2(t + 2)
t +1
−1
•
1
t +1
t −1
1
1 ≤ t +1 ≤ 3 için yani 0 ≤ t ≤ 2 için z(t ) = ∫ 2dτ − ∫ 2dτ = 4(1 − t ) 3
•
3 ≤ t +1 ≤ 5 için yani 2 ≤ t ≤ 4 için z(t ) = −2∫ dτ = 2(t − 4) t −1
•
1 periyot için z(t)
t +1 ≥ 5 için yani t ≥ 4 için z(t ) = 0
2. (AYRIK-ZAMANLI PERİYODİK İŞARETLERİN FOURIER SERİSİ (FS) GÖSTERİMİ)
2.1. x[n] ve y[n] işaretlerinin FS gösterimini ayrı ayrı elde ediniz. Çözüm: x[n] işaretinin temel periyodu N = 4’dür. π
Xk =
π
3π
− jk n − jk − jk 1 3 1 x[n]e 2 = [1 + e 2 − e − jkπ − e 2 ] ; k = 0, 1, 2, 3 ∑ n =0 4 4
x[n]’nin 1 periyot için üstel FS katsayıları X 0 = 0;
1 X 1 = (1 − j); 2
X 2 = 0;
y[n] işaretinin temel periyodu N = 2’dir.
1 1 1 y[n]e − jkπn = [1 − 2e − jkπ ] ; k = 0, 1 ∑ n =0 2 2 1 3 y[n]’nin 1 periyot için üstel FS katsayıları Y0 = − ; Y1 = 2 2 Yk =
1 X 3 = (1 + j) 2
2.2. x[n] ve y[n] işaretlerinin spektrumlarını ayrı ayrı çiziniz. Çözüm: x[n] ve y[n] işaretlerinin FS katsayılarının genlik ve faz değerleri elde edilir.
X 1 =| X 1 | e j∠X1 =
X 0 = 0;
2 − j∠ 450 e ; 2
X 2 = 0;
X 3 =| X 3 | e j∠X 3 =
2 j∠ 450 e 2
0 1 3 Y0 =|Y0 |e j∠Y0 = e j 180 ; Y1 = 2 2
2.3. x[n] ve y[n] işaretlerinin ortalama gücünü hesaplayınız. Çözüm: x[n] ve y[n] işaretlerinin ortalama gücü ya doğrudan ya da işaretlerin üstel FS katsayılarını kullanarak Parseval teoreminden hesaplanabilir. •
Doğrudan hesaplama:
Px = •
1 3 | x[n]|2 = 1, watt ∑ n =0 4
Py =
1 1 | y[n]|2 = 2.5, watt ∑ n= 0 2
Parseval teoreminden yaralanarak hesaplama:
Px = ∑k =0| X k |2 = 1, watt 3
Py = ∑k =0|Yk |2 = 2.5, watt 1
2.4. z[n] = x[n]*y[n] işaretini ve z[n] işaretinin FS gösterimini elde ediniz. Çözüm: x[n] ve y[n] işaretleri farklı periyotlara sahiptir. Buna göre z[n] işareti için ortak bir periyot elde edilmesi gerekir. N = ekoç(4, 2) = 4 örnek ÜFS z[n] = x[n] ∗ y[n] → Z k = NX k Yk
olduğuna göre, 3
z[n] = x[n] ∗ y[n] = ∑ x[r ]y[n − r ], n = 0,1,2,3 (z[n]' nin bir periyodu ) r =0 3
•
z[0] = ∑ x[r ]y[−r ] = x[0]y[0] + x[1]y[−1] + x[2]y[−2] + x[3]y[−3] = 0 r =0 3
•
z[1] = ∑ x[r ]y[1 − r ] = x[0]y[1] + x[1]y[0] + x[2]y[−1] + x[3]y[−2] = 0 r =0 3
•
z[2] = ∑ x[r ]y[2 − r ] = x[0]y[2] + x[1]y[1] + x[2]y[0] + x[3]y[−1] = 0 r =0 3
•
z[3] = ∑ x[r ]y[3 − r ] = x[0]y[3] + x[1]y[2] + x[2]y[1] + x[3]y[0] = 0 r =0
Sonuç olarak, z[n] için Zk = 0 olacaktır. Aynı sonuca, ÜFS z[n] = x[n] ∗ y[n] → Z k = NX k Yk
ilişkisinden de ulaşmak mümkündür. Ancak bunun için ilk olarak Xk ile Yk’nın örnek değerleri Ω0 = 2π/4 mesafe ile birbirini izleyecek şekilde yeniden düzenlenmelidir. Böylece aynı frekanstaki bileşenlerin çarpımı sağlanmış olur. Xk için böyle bir düzenlemeye gerek yoktur. Ancak Yk için bu düzenlemenin yapılması gerekir.
1 3 π Y0 = − ; Y1 = 0; Y2 = (kΩ 0 = 2 = π ); Y3 = 0 2 2 2 yazılabilir. Böylece Zk (k = 0, 1, 2, 3) için
Z 0 = 4 X 0Y0 = 0; Z 1 = 4 X 1Y1 = 0;
Z 2 = 4 X 2Y2 = 0;
Z 3 = 4 X 3Y3 = 0
sonuçlarına ulaşılacaktır. Yukarıdaki sonuçlara x[n] ve y[n] dizilerini kapalı biçimde yazarak da ulaşılabilir. Şöyle ki,
x[n] = ∑r =−∞ δ [n − 4r ] + δ [n − 1 − 4r ] − δ [n − 2 − 4r ] − δ [n − 3 − 4r ] ∞
y[n] = ∑k =−∞ δ [n − 2k] − 2δ [n − 1 − 2k] ∞
z[n] = x[n] ∗ y[n] = ∑r =−∞∑k=−∞[δ [n − 4r] ∗δ [n − 2k] + δ [n − 1 − 4r] ∗δ [n − 2k] − δ [n − 2 − 4r] ∗δ [n − 2k] − δ [n − 3 − 4r]∗δ [n − 2k] ∞
∞
− 2δ [n − 4r] ∗δ [n − 1 − 2k] − 2δ [n − 1 − 4r] ∗δ [n − 1 − 2k] + 2δ [n − 2 − 4r] ∗δ [n − 1 − 2k] + 2δ [n − 3 − 4r] ∗δ [n − 1 − 2k]] = ∑r =−∞∑k=−∞δ [n − 4r − 2k] − δ [n − 4r − 2k − 1] − 3δ [n − 4r − 2k − 2] + δ [n − 4r − 2k − 3] + 2δ [n − 4r − 2k − 4] ∞
∞
Sonuçta incelenirse, z[0] = 1 − 3 + 2 = 0; z[1] = −1 + 1 = 0;
z[2] = 1 − 3 + 2 = 0; z[3] = −1 + 1 = 0
olduğu görülür. 2.5. z[n] = x[n]y[n] işaretini ve z[n] işaretinin FS gösterimini elde ediniz. Çözüm: Çeşitli yollarla çözüme ulaşmak mümkündür. ÜFS z[n] = x[n]y[n] → Z k = X k ∗ Yk
Xk ile Yk’nın konvolüsyonunu hesaplayabilmek için örnekler arasındaki mesafenin aynı olması gerekir. Daha önce 2.4’de ifade edildiği gibi örnekler arasındaki mesafe frekans olarak π/2 olmalıdır. Yani, N = 4 örnek temel periyotlu z[n] dizisini elde edebilmek için
X 0 = 0;
X 1 = 0.5(1 − j);
X 2 = 0;
X 3 = 0.5(1 + j);
Y0 = −0.5;
Y1 = 0; Y2 = 1.5 ; Y3 = 0
düzenlemesinin yapılması gerekir. Sonuçta, z[n] dizisinin üstel FS katsayıları
Z k = ∑ l = 0 X l Yk − l 3
eşitliğini kullanarak aşağıdaki gibi hesaplanır: •
Z 0 = ∑l =0 X l Y−l = X 0Y0 + X 1Y3 + X 2Y2 + X 3Y1 = 0
•
Z 1 = ∑l =0 X lY1−l = X 0Y1 + X 1Y0 + X 2Y3 + X 3Y2 = 0.5 + j
•
Z 2 = ∑l =0 X l Y2−l = X 0Y2 + X 1Y1 + X 2Y0 + X 3Y3 = 0
•
Z 3 = ∑l =0 X l Y3−l = X 0Y3 + X 1Y2 + X 2Y1 + X 3Y0 = 0.5 − j
3
3
3
3
z[n] dizisi için üstel FS gösterimi için
z[n] = ∑n=0 Z k e 3
π
jk n 2
π
= Z 0 + Z1 e
j n 2
+ Z 2 e jπn + Z 3 e
j
3π n 2
π
= (0.5 + j)e
j n 2
π
+ (0.5 − j)e
−j n 2
π = 5 cos n + 63.43490 2
sonucuna ulaşılır. Buna göre, z[n] dizisinin 1 periyodundaki örneklerin değerleri n = 0, 1, 2, 3 için aşağıdaki gibi elde edilir.
z[0] = 5 cos(63.4349 0 ) = 1 z[1] = 5 cos(153.4349 0 ) = −2 z[2] = 5 cos(243.4349 0 ) = −1 z[3] = 5 cos(333.4349 0 ) = 2 Aynı sonuca daha önce 2.4’de tanımlanan x[n] ve y[n] dizilerini kapalı biçimlerinden faydalanarak ulaşmak mümkündür.
z[n] = x[n]y[n] = ∑r =−∞ ∑k = −∞[δ [n − 4r ]δ [n − 2k] + δ [n − 1 − 4r ]δ [n − 2k] − δ [n − 2 − 4r ]δ [n − 2k] − δ [n − 3 − 4r ]δ [n − 2k] ∞
∞
− 2δ [n − 4r ]δ [n − 1 − 2k] − 2δ [n − 1 − 4r ]δ [n − 1 − 2k] + 2δ [n − 2 − 4r ]δ [n − 1 − 2k] + 2δ [n − 3 − 4r ]δ [n − 1 − 2k]] ifadesinde n = 0, 1, 2, 3 için inceleme yapılırsa yukarıdaki sonuçlara ulaşılacağı kolaylıkla görülebilir. Buna göre z[n] işareti genel olarak aşağıdaki gibi verilebilir:
