I. Volari´c
Signali i Sustavi
Signali i sustavi - Auditorna vježba 1 - Klasificiranje i osnovna svojstva signala 1. ZADATAK: Vremenski kontinuiran signal x(t) prikazan prikazan je na slici slici 1. Skicir Skicirajt ajtee sljede´ce ce signale: (a) x(t − 2), (b) x(2t), (c) x 2t , (d) x(−t).
Slika 1: Vremenski kontinuiran signal x(t).
RJEŠENJE:
(a )
(b)
(c)
(d)
Slika 2: Vremenski kontinuiran signal: (a) x(t − 2); (b) x(2t); (c) x
t
; (d) 2
x (−t).
Tehniˇcki cki fakultet Sveuˇcilišta cilišta u Rijeci
I. Volari´c
Signali i Sustavi
¯ 2. ZADATAK: Vremen Vremenski ski kontinuiran kontinuiranii signali prikazani su na slici 3. Prona Prona ¯ dite odgovaraju´cu cu mjeru signala.
Slika 3: Vremenski kontinuirani signali.
RJEŠENJE: (a) Energija Energija signala signala može se izraˇ izraˇcunati cunati prema izrazu: 1
∞
E f f =
|x(t)|2 dt =
t2 dt
−1
−∞
= 3 t3
1
−1
1 = − 3
1 −
2 = . 3 3
Snaga signala može se izraˇcunati prema izrazu: P f f =
lim
T →∞
1 T
T /2
2
|x(t)| dt = lim
T →∞
T /2
−
1 T
1
t2 dt = lim
−1
T →∞
2 = 0. 3T
Možemo primjetiti da je zadani signal neperiodiˇcan, c an, te da je f (t) → 0 za citi da je zadani signal signal energije što smo t → ∞. Stoga možemo zakljuˇciti analitiˇcki cki i pokazali (P f f = 0). (b) Pošto Pošto je signal signal periodiˇ periodiˇcan, can, tj. f (t) = 0 za t → ∞ energija signala je E f f → ∞. Srednja snaga periodiˇcnog cnog signala može se izraˇcunati cunati prema izrazu: P f f =
1 T 0
T 0 /2
1 t3 = 2 3
1
1 |x(t)| dt = 2 T /2
−
1 1 1 2
0
1
−1
=
2
3
− −
t2 dt
−1
3
1 = . 3
Možemo zakljuˇciti citi da je zadani signal signal snage (E f f → ∞).
Tehniˇcki cki fakultet Sveuˇcilišta cilišta u Rijeci
I. Volari´c
Signali i Sustavi
¯ 2. ZADATAK: Vremen Vremenski ski kontinuiran kontinuiranii signali prikazani su na slici 3. Prona Prona ¯ dite odgovaraju´cu cu mjeru signala.
Slika 3: Vremenski kontinuirani signali.
RJEŠENJE: (a) Energija Energija signala signala može se izraˇ izraˇcunati cunati prema izrazu: 1
∞
E f f =
|x(t)|2 dt =
t2 dt
−1
−∞
= 3 t3
1
−1
1 = − 3
1 −
2 = . 3 3
Snaga signala može se izraˇcunati prema izrazu: P f f =
lim
T →∞
1 T
T /2
2
|x(t)| dt = lim
T →∞
T /2
−
1 T
1
t2 dt = lim
−1
T →∞
2 = 0. 3T
Možemo primjetiti da je zadani signal neperiodiˇcan, c an, te da je f (t) → 0 za citi da je zadani signal signal energije što smo t → ∞. Stoga možemo zakljuˇciti analitiˇcki cki i pokazali (P f f = 0). (b) Pošto Pošto je signal signal periodiˇ periodiˇcan, can, tj. f (t) = 0 za t → ∞ energija signala je E f f → ∞. Srednja snaga periodiˇcnog cnog signala može se izraˇcunati cunati prema izrazu: P f f =
1 T 0
T 0 /2
1 t3 = 2 3
1
1 |x(t)| dt = 2 T /2
−
1 1 1 2
0
1
−1
=
2
3
− −
t2 dt
−1
3
1 = . 3
Možemo zakljuˇciti citi da je zadani signal signal snage (E f f → ∞).
Tehniˇcki cki fakultet Sveuˇcilišta cilišta u Rijeci
I. Volari´c
Signali i Sustavi
3. ZADATAK: Odredite Odredite jesu li sljede´ci ci signali periodiˇcni. cni. Ako je signal periodiˇcan, can, odredite njegov osnovni period. (a) x(t) = cos t + π4 , (b) x(t) = sin 23π t , (c) x(t) = cos π3 t + sin π4 t.
RJEŠENJE: (a) Uspored Usporedbom bom danog danog signala sa op´ op´cim cim oblikom: π
( ) = cos + = cos
xt
t
ω0 t +
4
π
4
ω 0 = 1.
→
Signal x(t) je periodiˇcan can s osnovnim periodom T 0 =
2π
ω0
= 2π .
(b) Uspored Usporedbom bom danog danog signala sa op´ op´cim cim oblikom: x(t) = sin
2 π t 3
→
ω0 =
2π . 3
Signal x(t) je periodiˇcan can s osnovnim periodom T 0 =
2π
ω0
= 3.
(c) Dani signal signal je zbroj dvaju sinusoi sinusoida: da: x(t) = cos
π
3
t + sin
π
4
t = x 1 (t) + x2 (t),
gdje je signal x1 (t) = cos π3 t = cos ω1t periodiˇcan c an s T 1 = 2ωπ = 6, a signal T can s T 2 = 2ωπ = 8. Budu´ci ci da je T = 68 = 34 x2 (t) = sin π4 t = sin ω2 t periodiˇcan racionalan broj, x(t) je periodiˇcan can s osnovnim periodom T 0 = 4T 1 = 3T 2 = 24. 1
1
2
2
Tehniˇcki cki fakultet Sveuˇcilišta cilišta u Rijeci
I. Volari´c
Signali i Sustavi
Signali i sustavi - Auditorna vježba 2 - Modeli signala 1. ZADATAK: Vremenski kontinuiran signal x(t) prikazan prikazan je na slici slici 1. Skicir Skicirajt ajtee sljede´ce ce signale: (a) x(t)u(1 − t), (b) x(t)[u(t) − u(t − 1)], (c) x(t)δ t − 23 .
Slika 1: Vremenski kontinuiran signal x(t).
RJEŠENJE: (a) Po definiciji: definiciji: u(t − t0 ) =
1, 0,
t > t0 , t < t0 ,
i u(1 − t) =
1, 0,
t < 1 , t > 1 .
Signal x(t)u(1 − t) prikazan je na slici 2(a). (b) Po definiciji definiciji u(t) =
1, 0,
t > 0 ,
i u(t − t0 ) =
t < 0 ,
u(t) − u(t − 1) =
1, 0,
t > t0 ,
slijedi:
t < t0 ,
1, 0 < t ≤ 1, ce. 0, inaˇce
Signal x(t)[u(t) − u(t − 1)] prikazan je na slici 2(b). (c) Po definiciji definiciji x(t)δ (t − t0 ) = x (t0 )δ (t − t0 ) :
x(t)δ t −
Signal x(t)δ t −
(a )
3 2
3 = x 2
3 2
δ t −
3 3 = 2δ t − . 2 2
prikazan je na slici 2(c).
(b)
(c)
Slika 2: (a) x(t)u(1 − t); (b) x(t)[u(t) − u(t − 1)]; (c) x(t)δ t −
3 2
.
Tehniˇcki cki fakultet Sveuˇcilišta cilišta u Rijeci
I. Volari´c
Signali i Sustavi 2. ZADATAK: Signal iz prošlog zadatka izrazite analitiˇcki. cki.
RJEŠENJE: Signal se sastoji od tri komponente: (1) x 1 : rampe za −1 ≤ t ≤ 0, (2) stepenice za 0 ≤ t ≤ 1 i (3) x3 : stepenice za 1 ≤ t ≤ 2: x2 : stepenice
x1 (t)
x2 (t)
x3 (t)
x(t) = (t + 1)[u(t + 1) − u(t)] + [u(t) − u(t − 1)]+ 2[u(t − 1) − u(t − 2)]
= (t + 1) u(t + 1) − tu(t) + u(t − 1) − 2u(t − 2).
3. ZADATAK: Skicirajte signal dan izrazom: t/2 t/2 )u(t) − 2e−t/2 x(t) = 2u(t + 1 .5) − 2(1 − e−t/2 u(t − 3).
RJEŠENJE:
Slika 3: Vremenski kontinuirani signal x(t).
Tehniˇcki cki fakultet Sveuˇcilišta cilišta u Rijeci
I. Volari´c
Signali i Sustavi 4. ZADATAK: Izraˇcunajte sljede´ce integrale: 1
(a)
(3t2 + 1)δ (t)dt,
1 2
−
(b) (3t2 + 1) δ (t)dt, 1
∞
(c)
(t2 + cos πt )δ (t − 1)dt.
−∞
RJEŠENJE: b
(a) Prema:
φ(t)δ (t)dt =
a
gdje su a =
−1 i b =
φ(0),
a < 0 < b,
0, nedefinirano,
a < b < 0 ili 0 < a < b, a = 0 ili b = 0,
1, imamo: 1
2
2
(3t + 1)δ (t)dt = (3t + 1)
1
−
b
(b) Prema:
φ(t)δ (t)dt =
a
t=0
= 1.
φ(0),
a < 0 < b,
0, nedefinirano,
a < b < 0 ili 0 < a < b, a = 0 ili b = 0,
gdje su a = 1 i b = 2, imamo: 2
(3t2 + 1)δ (t)dt = 0.
1
∞
(c) Koriste´ci
φ(t)δ (t − t0 )dt = φ (t0 ), dobivamo:
−∞
∞
(t2 + cos πt )δ (t − 1)dt = (t2 + cos πt )
−∞
t=1
= 1 + cos π = 1 − 1 = 0.
Tehniˇcki fakultet Sveuˇcilišta u Rijeci
I. Volari´c
Signali i Sustavi 5. ZADATAK: Prona ¯ dite i skicirajte prve derivacije sljede´cih signala: (a) x(t) = u (t) − u(t − a), a > 0 (b) x(t) = t [u(t) − u(t − a)], a > 0
RJEŠENJE: (a) Prema u (t) = δ (t) i u (t − a) = δ (t − a) slijedi: ′
′
x′ (t) = u ′(t) − u′ (t − a) = δ (t) − δ (t − a).
Signali x(t) i x (t) prikazani su na Slici 4(a) ′
(b) Korištenjem pravila o derivaciji umnoška funkcija: ( f 1 (t)f 2 (t)) = f 1 (t)f 2(t) + f 1 (t)f 2 (t) i rezultata iz (a) dijela zadatka, slijedi: ′
′
′
x′ (t) = [u(t) − u(t − a)] + t[δ (t) − δ (t − a)].
Prema tδ (t) = (0)δ (t) = 0 i tδ (t − a) = aδ (t − a) slijedi: x′ (t) = u (t) − u(t − a) − aδ (t − a).
Signali x(t) i x (t) prikazani su na Slici 4(b) ′
Slika 4: Prve derivacije signala x(t) = u (t) − u(t − a) i x(t) = t [u(t) − u(t − a)].
Tehniˇcki fakultet Sveuˇcilišta u Rijeci
I. Volari´c
Signali i Sustavi
Signali i sustavi - Auditorna vježba 3 - Klasifikacija i osnovna svojstva sustava 1. ZADATAK: Ispitajte linearnost sustava definiranih sljede´cim jednadžbama: dy (a) + 2y (t) = x 2(t), dt
(b)
dy + 3ty (t) = t 2x(t), dt
2
dy dt
(e)
+ 2y (t) = x (t),
dy dx + (sin t)y (t) = + 2x(t), dt dt dy dx (g) + 2y (t) = x (t) , dt dt
(f)
(c) 3y (t) + 2 = x (t), (d)
dy + y 2 (t) = x (t), dt
(h) y (t) =
t
−∞
x(τ )dτ .
RJEŠENJE: (a) Sustav je linearan ako za x1 (t) ⇒ y1(t) i x2 (t) ⇒ y2(t) vrijedi: c1 x1 (t) + c2 x2 (t) ⇒ c 1 y1 (t) + c2 y2 (t). Za pobude x 1 (t) i x 2 (t) možemo napisati sljede´ce dvije jednadžbe: dy1 + 2y1(t) = x 21 (t) dt
dy2 + 2y2 (t) = x 22(t). dt
i
Množenjem prve jednadžbe sa c 1 i druge sa c 2 , te njihovim zbrajanjem dobi jemo: d (c1 y1(t) + c2 y2(t)) +2 (c1y1 (t) + c2y2 (t)) = c 1 x21 (t) + c2x22 (t) . dt
=y(t)
=y(t)
=x2 (t)
Dakle, sustav nije linearan. (b) Za pobude x1 (t) i x2 (t) možemo napisati sljede´ce dvije jednadžbe: dy1 + 3ty1(t) = t 2x1 (t) dt
dy2 + 3ty2(t) = t 2 x2 (t). dt
i
Množenjem prve jednadžbe sa c 1 i druge sa c 2 , te njihovim zbrajanjem dobi jemo: d ( c1y1(t) + c2y2(t)) +3t (c1y1 (t) + c2y2(t)) = t 2 (c1x1 (t) + c2 x2 (t)) . dt
=y(t)
=y(t)
=x(t)
Dakle, sustav je linearan. Tehniˇcki fakultet Sveuˇcilišta u Rijeci
I. Volari´c
Signali i Sustavi (c) Za pobude x1 (t) i x2 (t) možemo napisati sljede´ce dvije jednadžbe: 3y1 (t) + 2 = x 1 (t) i 3y2(t) + 2 = x 2 (t).
Množenjem prve jednadžbe sa c 1 i druge sa c 2 , te njihovim zbrajanjem dobi jemo: 3 (c1 y1 (t) + c2 y2 (t)) +2 (c1 + c2 ) = c 1 x1 + c2x2 (t) .
=1
=y(t)
Dakle, sustav nije linearan.
=x(t)
(d) Za pobude x1 (t) i x2 (t) možemo napisati sljede´ce dvije jednadžbe: dy1 dy2 + y12(t) = x 1 (t) i + y22 (t) = x 2 (t). dt dt Množenjem prve jednadžbe sa c 1 i druge sa c 2 , te njihovim zbrajanjem dobi-
jemo: d (c1 y1 (t) + c2 y2 (t)) + c1y12(t) + c2 y22(t) = c 1x1 (t) + c2 x2 (t) . dt
=y2 (t)
=y(t)
Dakle, sustav nije linearan.
=x(t)
(e) Za pobude x1 (t) i x2 (t) možemo napisati sljede´ce dvije jednadžbe:
dy1 dt
2
+ 2y1(t) = x 1 (t) i
dy2 dt
2
+ 2y2 (t) = x 2 (t).
Množenjem prve jednadžbe sa c 1 i druge sa c 2 , te njihovim zbrajanjem dobi jemo:
c1
dy1 dt
2
+ c2
=(
dy dt
)
2
dy2 dt
+2 (c1 y1 (t) + c2 y2 (t)) = c 1x1 (t) + c2x2 (t) .
2
=y(t)
=x(t)
Dakle, sustav nije linearan.
(f) Za pobude x1 (t) i x2 (t) možemo napisati sljede´ce dvije jednadžbe: dy1 dx1 dy2 dx2 + (sin t)y1 (t) = + 2x1 (t) i + (sin t)y2 (t) = + 2x2 (t). dt dt dt dt Množenjem prve jednadžbe sa c 1 i druge sa c 2 , te njihovim zbrajanjem dobi-
jemo: d ( c1y1 (t) + c2y2(t)) +(sin t) (c1 y1(t) + c2 y2 (t)) = dt
=
=y(t)
=y(t)
d ( c1 x1 (t) + c2 x2 (t)) +2 (c1x1 (t) + c2 x2 (t)) . dt
Dakle, sustav je linearan.
=x(t)
=x(t)
Tehniˇcki fakultet Sveuˇcilišta u Rijeci
I. Volari´c
Signali i Sustavi (g) Za pobude x1 (t) i x2 (t) možemo napisati sljede´ce dvije jednadžbe: dy1 dx1 + 2y1(t) = x 1 (t) dt dt
dy1 dx1 + 2y1 (t) = x 1(t) . dt dt
i
Množenjem prve jednadžbe sa c 1 i druge sa c 2 , te njihovim zbrajanjem dobi jemo: d dx1 dx2 ( c1y1(t) + c2 y2(t)) +2 (c1y1 (t) + c2 y2(t)) = c 1 x1 (t) + c2x2 (t) . dt dt dt
=y(t)
=y(t)
=x(t) dx dt
Dakle, sustav nije linearan. (h) Za pobude x1 (t) i x2 (t) možemo napisati sljede´ce dvije jednadžbe:
t
y1 (t) =
t
x1 (τ )dτ i
y2 (t) =
−∞
x2 (τ )dτ.
−∞
Množenjem prve jednadžbe sa c 1 i druge sa c 2 , te njihovim zbrajanjem dobi jemo:
t
c1 y1 (t) + c2 y2 (t) =
(c1x1 (τ ) + c2 x2 (τ )) dτ.
=y(t)
Dakle, sustav je linearan.
−∞
x(τ )
Tehniˇcki fakultet Sveuˇcilišta u Rijeci
I. Volari´c
Signali i Sustavi
2. ZADATAK: Ispitajte vremensku promjenjivost sustava definiranih sljede´cim jednadžbama: (a) y (t) = x (t − 2),
(d) y (t) = tf (t − 2), (e) y (t) =
(b) y (t) = x (−t),
(f) y (t) =
(c) y (t) = x (at),
5
−5
x(λ)dλ,
dx dt
2
.
RJEŠENJE: (a) Sustav je vremenski nepromjenjiv ako za x(t) ⇒ y (t) vrijedi x(t−τ ) ⇒ y (t−τ ). Usporedbom odziva sustava na x(t − τ ), T {x(t − τ )}, s y (t − τ ): T { x(t − τ )} = x(t − τ − 2) = y (t − τ ) = x(t − τ − 2),
zakljuˇcujemo da je sustav vremenski nepromjenjiv. (b) Usporedbom odziva sustava na x(t − τ ), T {x(t − τ )}, s y (t − τ ): T { x(t − τ )} = x(−t − τ ) = y (t − τ ) = x(−t + τ ), zakljuˇcujemo da je sustav vremenski promjenjiv. (c) Usporedbom odziva sustava na x(t − τ ), T {x(t − τ )}, s y (t − τ ): T { x(t − τ )} = x(at − τ ) = y (t − τ ) = x(at − aτ ),
zakljuˇcujemo da je sustav vremenski promjenjiv. (d) Usporedbom odziva sustava na x(t − τ ), T {x(t − τ )}, s y (t − τ ): T { x(t − τ )} = tx(t − τ − 2) = y (t − τ ) = (t − τ )x(t − τ − 2),
zakljuˇcujemo da je sustav vremenski promjenjiv. (e) Usporedbom odziva sustava na x(t − τ ), T {x(t − τ )}, s y (t − τ ):
5
T { x(t − τ )} =
x(λ − τ )dλ
−5
5
= y (t − τ ) =
x(λ)dλ,
−5
zakljuˇcujemo da je sustav vremenski promjenjiv. Tehniˇcki fakultet Sveuˇcilišta u Rijeci
I. Volari´c
Signali i Sustavi (f) Usporedbom odziva sustava na x(t − τ ), T {x(t − τ )}, s y (t − τ ): T { x(t − τ )} =
d x(t − τ ) dt
= y (t − τ ) =
2
d x(t − τ ) dt
2
,
zakljuˇcujemo da je sustav vremenski nepromjenjiv.
Tehniˇcki fakultet Sveuˇcilišta u Rijeci
I. Volari´c
Signali i Sustavi
Signali i sustavi - Auditorna vježba 4 - Konvolucija signala 1. ZADATAK: Pobuda x(t) i impulsni odziv h(t) vremenski kontinuiranog LVN sustava zadani su izrazima: h(t) = e −αt u(t), α > 0 .
x(t) = u (t),
∞
(a) Izraˇcunajte izlaz y (t) kao y (t) = x (t) ∗ h(t) =
−∞ ∞
(b) Izraˇcunajte izlaz y (t) kao y (t) = h (t) ∗ x(t) =
−∞
RJEŠENJE:
x(τ )h(t − τ )dτ . h(τ )x(t − τ )dτ .
(a) Prema izrazu za konvolucijsku sumu slijedi: ∞
y (t) = x (t) ∗ h(t) =
u(τ )e−α(t−τ ) u(t − τ )dτ.
−∞
Za t ≤ 0, x (τ ) i h (t − τ ) se ne preklapaju, dok se za t ≥ 0 preklapaju od τ = 0 do τ = t . Prema tome, za t ≤ 0, y (t) = 0, dok u protivnom, za t ≥ 0 imamo: t
y (t) =
t
(
)
−α t−τ
e
0
dτ = e
−αt
eατ dτ
0
1 αt
−
= e
α
1
eαt − 1 =
α
−αt
1−e
.
Prema tome, odziv y (t) možemo zapisati kao: y (t) =
1 α
−αt
1−e
u(t).
(b) Prema izrazu za konvolucijsku sumu slijedi: ∞
y (t) = h (t) ∗ x(t) =
e−ατ u(τ )u(t − τ )dτ.
−∞
Za t ≤ 0, h (τ ) i x (t − τ ) se ne preklapaju, dok se za t ≥ 0 preklapaju od τ = 0 do τ = t . Prema tome, za t ≤ 0, y (t) = 0, dok u protivnom, za t ≥ 0 imamo: t
y (t) =
e−ατ dτ =
0
1 α
Prema tome, odziv y (t) možemo zapisati kao: y (t) =
1 α
−αt
1−e
−αt
1−e
.
u(t).
Tehniˇcki fakultet Sveuˇcilišta u Rijeci
I. Volari´c
Signali i Sustavi
2. ZADATAK: Izraˇcunajte y (t) = x (t) ∗ h(t), gdje su x (t) i h (t) prikazani na slici 1.
Slika 1: Funkcije x (t) i h(t).
RJEŠENJE: Signali x(t) i h (t) izraženi analitiˇcki glase: x(t) = u (t) − u(t − 3)
h(t) = u (t) − u(t − 2).
i
Prema izrazu za konvolucijsku sumu: y (t) = x(t) ∗ h(t) = slijedi:
∞
−∞
x(τ )h(t − τ )dτ ,
∞
y (t) = x(t) ∗ h(t) =
x(τ )h(t − τ )dτ
−∞
∞
=
[u(τ ) − u(τ − 3)][u(t − τ ) − u(t − τ − 2)]dτ
−∞ ∞
=
∞
u(τ )u(t − τ )dτ −
−∞
u(τ )u(t − 2 − τ )dτ
−∞
∞
−
∞
u(τ − 3)u(t − τ )dτ +
−∞
u(τ − 3)u(t − 2 − τ )dτ.
−∞
Budu´ci da je: u(τ )u(t − τ ) =
1, 0 < τ < t, t > 0 . 0, inaˇce.
u(τ )u(t − 2 − τ ) =
1, 0 < τ < t − 2, t > 2 . 0, inaˇce.
u(τ − 3)u(t − τ ) =
1, 3 < τ < t, t > 3 , 0, inaˇce.
u(τ − 3)u(t − 2 − τ ) =
1, 3 < τ < t − 2, t > 5 , 0, inaˇce.
Tehniˇcki fakultet Sveuˇcilišta u Rijeci
I. Volari´c
Signali i Sustavi Signal y (t) možemo izraziti kao: t−2
t
y (t) =
dτ u(t) −
0
dτ u(t − 2)
0
t−2
t
dτ u(t − 3) +
−
3
dτ u(t − 5)
3
= tu(t) − (t − 2)u(t − 2) − (t − 3)u(t − 3) + (t − 5)u(t − 5),
što je nacrtano na slici 2.
Slika 2: Analitiˇcko rješenje y (t) = x (t) ∗ h(t).
Tehniˇcki fakultet Sveuˇcilišta u Rijeci
I. Volari´c
Signali i Sustavi
3. ZADATAK: Neka je y (t) odziv vremenski kontinuiranog LVN sustava s pobudom x (t). Na ¯ dite izlaz iz sustava ako je pobuda x (t), gdje je x (t) prva derivacija x(t). ′
′
RJEŠENJE: Prema izrazu za konvolucijsku sumu: ∞
y (t) = h (t) ∗ x(t) =
h(τ )x(t − τ )dτ.
−∞
Deriviranjem po t-u obje strane gornjeg konvolucijskog integrala, dobivamo: ′
y (t) =
∞
d
dt
−∞ ∞
=
h(τ )x(t − τ )dτ =
−∞
∞
=
∞
−∞
−∞
d
d dt
[ h(τ )x(t − τ )dτ ]
d
h(τ )x(t − τ ) + h(τ ) x(t − τ ) dτ dt dt ∞ d d h(τ )x(t − τ )dτ + h(τ ) x(t − τ )dτ. dt dt −∞
Budu´ci da h(τ ) ne ovisi o t : d dt
te dobivamo
h(τ ) = 0,
∞
′
y (t) =
h(τ )x′ (t − τ )dτ = h (t) ∗ x′ (t),
−∞
cˇ ime smo pokazali da je y (t) odziv na sustav pobuden ¯ x (t). ′
′
Tehniˇcki fakultet Sveuˇcilišta u Rijeci
I. Volari´c
Signali i Sustavi
4. ZADATAK: Za vremenski kontinuirani LVN sustav cˇ iji je odziv na jediniˇcnu stepenicu zadan kao: s(t) = e t u(t), −
izraˇcunajte i skicirajte odziv sustava na pobudu x(t) prikazanu na slici 3.
Slika 3: Pobuda sustava x (t).
RJEŠENJE: Prema slici 3 pobuda x (t) može se izraziti kao: x(t) = u (t − 1) − u(t − 3).
Budu´ci da je sustav linearan i vremenski nepromjenjiv, odziv y (t) iznosi: y (t) = s(t − 1) − s(t − 3) (
1)
− t−
= e
u(t − 1) − e−(t−3) u(t − 3),
te je prikazan na slici 4.
Slika 4: Odziv sustava na x (t) = u (t − 1) − u(t − 3).
Tehniˇcki fakultet Sveuˇcilišta u Rijeci
I. Volari´c
Signali i Sustavi
Signali i sustavi - Auditorna vježba 5 - Konvolucija signala 1. ZADATAK: Izraˇcunajte y (t) = x(t) ∗ h(t), gdje su x(t) i h (t) prikazani na slici 1 korištenjem grafiˇcke metode.
Slika 1: Funkcije x (t) i h(t).
RJEŠENJE: Funkcije h(τ ), x(τ ) i h(t − τ ), x(τ )h(t − τ ) za razliˇcite vrijednosti
t
skicirane su na slici 2. Na slici 2 vidimo da se x(τ ) i h(t − τ ) ne preklapaju za t ≤ 0 i t ≥ 5, pa je prema tome y (t) = 0 za t ≤ 0 i t ≥ 5. Za ostale se intervale x (τ ) i h(t − τ ) preklapaju. Stoga, raˇcunanjem podruˇcja ispod pravokutnih impulsa, dobivamo:
y (t) =
što je nacrtano na slici 3.
0,
t ≤ 0,
0 ≤ t ≤ 2, 2, 2 ≤ t ≤ 3, 5 − t, 3 ≤ t ≤ 5, 0, 5 ≤ t. t,
Tehniˇcki fakultet Sveuˇcilišta u Rijeci
I. Volari´c
Signali i Sustavi
Slika 2: Grafiˇcki postupak konvolucije.
Slika 3: Grafiˇcki rezultat konvolucije.
Tehniˇcki fakultet Sveuˇcilišta u Rijeci
I. Volari´c
Signali i Sustavi
2. ZADATAK: Izraˇcunajte y (t) = f (t) ∗ g (t), gdje su f (t) i g (t) prikazani na slici 4 korištenjem grafiˇcke metode.
Slika 4: Funkcije f (t) i g (t).
RJEŠENJE: Iako matematiˇcki kompliciranije, raˇcunat c´ emo konvoluciju kao: y (t) = f (t) ∗ g (t) = g (t) =
2e t ,
−∞
f (τ )g (t − τ )dτ , stoga je potrebno analitiˇcki izraziti g (t − τ ):
segment A,
−
2t
−2e ,
Prema slici 5 za t
∞
≥
segment B.
=⇒ g (t − τ ) =
2e
(t−τ )
−
segment A,
,
2(t−τ ),
−2e
segment B.
0 imamo:
∞
c(t) =
f (τ )g (t − τ )dτ
0
t
=
∞
2e
(t−τ )
−
dτ +
0
2(t−τ )
−2e
dτ
t
t
= 2(1 − e ) − 1 −
= 1 − 2e t . −
Prema slici 5 za t
≤
0 imamo:
∞
c(t) =
f (τ )g (t − τ )dτ
0
∞
=
g (t − τ )dτ
0
∞
=
2(t−τ )
−2e
dτ
0
=
2t
−e .
Kombiniranjem rješenja za t ≥ 0 i t ≤ 0 dobijemo: c(t) =
1 − 2e
2t
−
2t
−e ,
,
t ≥ 0, t ≤ 0.
Tehniˇcki fakultet Sveuˇcilišta u Rijeci
I. Volari´c
Signali i Sustavi
Slika 5: Grafiˇcki postupak konvolucije.
Tehniˇcki fakultet Sveuˇcilišta u Rijeci
I. Volari´c
Signali i Sustavi
Signali i sustavi - Auditorna vježba 6 - Fourierova analiza periodiˇcnih signala 1. ZADATAK: Za signale prikazane na slici 1 prona ¯ dite optimalnu vrijednost parametra c u aproksimaciji y(t) cx(t), tako da je energija pogreške minimalna. Izraˇcunajte signal pogreške i njegovu energiju E e , te pokažite da je signal pogreške ortogonalan na x(t) i da je E y = c 2 E x + E e .
≈
Slika 1: Signali: (a) y(t), (b) x(t).
RJEŠENJE: Optimalna vrijednost parametra c raˇcuna se prema izrazu: 1 copt = E x
t2
y(t)x(t)dt.
t1
1
Energija signala x(t) iznosi: E x =
dt = 1, stoga slijedi:
0
copt =
1
tdt = 0.5.
0
Aproksimacija signala x(t) glasi: y(t)
≈ 0.5x(t), stoga greška aproksimacije iznosi: t − 0.5, 0 ≤ t ≤ 1, e(t) = y(t) − cx(t) =
0,
inaˇce.
Energija pogreške E e i energija E y glase:
1
E e =
1
(t
0
2
− 0.5) dt = 1/12.
E y =
t2 dt = 1/3.
0
Možemo primjetiti da je: E y = c 2 E x + E e . Signal pogreške e(t) je ortogonalan na signal x(t) jer vrijedi:
1
0
1
e(t)x(t)dt =
0
(t
− 0.5)dt = 0.5 − 0.5 = 0. Tehniˇcki fakultet Sveuˇcilišta u Rijeci
I. Volari´c
Signali i Sustavi
2. ZADATAK: Za dva ortogonalna signala x(t) i y(t) pokažite da je energija signala c1 x(t) + c2 y(t) jednaka energiji signala c1x(t) c2 y(t) i iznosi c21 E x + c22 E y .
−
RJEŠENJE: Energija signala c1 x(t) ± c2y(t) glasi:
|
| | | | ± ±
∞
−∞
∞
c1x(t)
2
± c y(t)| dt 2
∞
2 1
2
= c
2 2
y(t) 2dt
x(t) dt +c
−∞
−∞
E x
E y
∞
∞
c1 c2
x(t)y (t)dt c1 c2
x (t)y(t)dt
∗
−∞
∗
−∞
0
0
= c21E x + c22 E y .
3. ZADATAK: Na ¯ dite kompaktni trigonometrijski Fourierov red za signal x(t) prikazan na slici 2 i skicirajte amplitudni i fazni spektar signala x(t). x(t )
A
−3
1
−1
−2
2
3
t
− A
Slika 2: Signal x(t).
RJEŠENJE: Perioda signala x(t) iznosi T 0 = 2, dakle ω0 = π. Trigonometrijski oblik Fourierovog reda zadan je kao: ∞
x(t) = a 0 +
an cos nπt + bn sin nπt,
n=1
dok je kompaktni trigonometrijski oblik Fourierovog reda: ∞
x(t) = C 0 +
C n cos(nω0 t + θn ).
n=1
Formule za prelazak iz trigonometrijskog oblika Fourierovog reda u kompaktni trigonometrijski oblik Fourierovog reda: C 0 = a 0 ,
C n =
a2n + b2n,
θn = tan
−1
−b
n
an
.
Signal x(t) prikazan na slici 2 možemo izraziti kao: x(t) =
2At, 2A(1
− t),
|t| < 1
2
1
+ kT 0 , + kT 0 < t < 32 + kT 0 . 2
Tehniˇcki fakultet Sveuˇcilišta u Rijeci
I. Volari´c
Signali i Sustavi
Signal x(t) je periodiˇcan s osnovnim periodom T 0 = 2. Zbog lakšeg raˇcunanja odabrati c´ emo interval od 1/2 do 3/2, umjesto intervala 0 do 2. Pogledom na sliku 2 vidimo da srednja vrijednost x(t) iznosi 0 , iz cˇ ega slijedi a 0 = 0. Alternativno a 0 možemo izraˇcunati pomo´cu sljede´ceg izraza:
−
a0
−
1 = T 0
T 0
2 1/2
t 2
= A
1 8
= A
1/2
1 x(t)dt = 2 + t /2
−1
3/2
2Atdt + /2
1 3 + 8 2
3/2
t 2
1 2
− t)dt
3/2
2
1/2
2A(1
1/2
−1
− − −
1/2
9 1 + = 0. 8 8
Pošto je x(t) neparna funkcija vrijedi a n = 0. Alternativno a n možemo izraˇcunati pomo´cu izraza: 2 an = x(t) cos(ω0 nt)dt, T 0 T
0
i sljede´cih tabliˇcnih integrala:
1 sin(at), a 1 sin(at)dt = cos(at), a 1 t t cos(at)dt = 2 cos(at) sin(at), a a t cos(at) sin(at) t sin(at)dt = + . a a2 cos(at)dt =
−
−
−
Slijedi: an
2 = T 0
x(t)cos(ω0nt)dt
T 0 1
2 = 2
2
1 − 2
2 2At cos(πnt)dt + 2
1 2
=
3 2
2At cos(πnt)dt +
−
1
−2A
2A(1
1 2
− t)cos(πnt)dt 3 2
2A cos(ω0 nt)dt
−
1 cos(πnt) (πn)2
2At cos(πnt)dt
2
1 2
t sin(πnt) πn
−
− 1
2
1 = 2A cos(πnt) (πn)2
2
1
2
3
t sin(πnt) πn
−1 2
3 2
2A + sin(πnt) πn
3 2
1 2
1 2
Tehniˇcki fakultet Sveuˇcilišta u Rijeci
I. Volari´c
Signali i Sustavi Dakle, slijedi:
−
8A nπ sin = (nπ)2 2
bn =
Stoga,
8A x(t) = 2 sin(πt) π
−
n je paran,
0, 8A , n2 π2 8A , n2 π 2
n = 1, 5, 9, 13, . . . , n = 3, 7, 11, 15, . . . .
1 1 sin(3πt) + sin(5πt) 9 25
−
1 sin(7πt) + 49
···
.
Da bi nacrtali Fourierov spektar, potrebno je red prebaciti u kompaktan trigonometrijski oblik. U ovom se sluˇcaju to može napraviti pretvaranjem sinusa u kosinuse s odgovaraju´cim faznim pomakom, pomo´cu sljede´cih jednakosti: sin(kt) = cos(kt
− sin(kt)
− 90 ), ◦
= cos(kt + 90 ). ◦
Korištenjem tih jednakosti, slijedi: x(t) =
8A 1 1 cos(πt 90 ) + cos(3πt + 90 ) + cos(5πt π2 9 25 1 + cos(7πt + 90 ) + . 49
−
◦
◦
◦
− 90 ) ◦
···
Slika 3 pokazuje amplitudni i fazni spektar signala x(t). C n
θ n 8 A π
2 π
2
π
8 A 9π
3π
5π
7π
9π
ω
π
2
25π π
3π
8 A
2
5π
(a)
− 7π
9π
ω
2
(b)
Slika 3: Amplitudni i fazni spektar signala x(t).
Tehniˇcki fakultet Sveuˇcilišta u Rijeci
I. Volari´c
Signali i Sustavi 4. ZADATAK: Periodiˇcni signal x(t) izražen je pomo´cu Fourierovog reda: x(t) = 2 + 3 cos 2t + 4 sin 2t + 2 sin(3t + 30 ) ◦
− cos(7t + 150 ). ◦
Izrazite ovaj red kao kompaktni trigonometrijski Fourierov red i skicirajte amplitudni i fazni spektar signala x(t), ako je ω0 = 1.
RJEŠENJE: Trigonometrijski oblik Fourierovog reda glasi: ∞
x(t) = a 0 +
an cos nω0 t + bn sin nω0 t,
n=1
dok kompaktni trigonometrijski oblik Fourierovog reda glasi: ∞
x(t) = C 0 +
C n cos(nω0 t + θn ).
n=1
Formule za prelazak iz trigonometrijskog oblika Fourierovog reda u kompaktni trigonometrijski oblik Fourierovog reda: C 0 = a 0 ,
C n =
Dobivamo: 3 cos(2t) + 4 sin(2t) =
a2n + b2n,
√
32 + 42 cos 2t + tan
sin(3t + 30 ) = cos(3t + 30 ◦
− cos(7t + 150 )
=
◦
θn = tan
−1
−1
−b
n
( 4/3) = 5 cos(2t
−
− 90 ) = cos(3t − 60 ), cos(7t + 150 − 180 ) = cos(7t − 30 ). ◦
◦
◦
.
an
− 53.13 ), ◦
◦
◦
◦
Dakle signal izražen pomo´cu kompaktnog Fourierovog reda glasi: x(t) = 2 + 5 cos(2t
− 53.13 ) + 2 cos(3t − 60 ) + cos(7t − 30 ). ◦
◦
◦
C n 5
θ n 1
2
3
4
5
6
7 ω
2
o
− 30
1 o
− 53.13 − 60
o
1
2
3
4
(a)
5
6
7
ω
(b)
Slika 4: Amplitudni i fazni spektar signala x(t).
Tehniˇcki fakultet Sveuˇcilišta u Rijeci
I. Volari´c
Signali i Sustavi
Signali i sustavi - Auditorna vježba 7 - Fourierova analiza periodiˇcnih signala 1. ZADATAK: Promotrite niz impulsa prikazan na slici 1 i analitiˇcki definiran kao: ∞
δ T (t) = 0
δ (t − kT 0 ).
k=−∞
Izraˇcunajte eksponencijalni i trigonometrijeski Fourierov red signala δ T (t). 0
Slika 1: Signal δ T (t). 0
RJEŠENJE: Koeficijenti eksponencijalnog Fourierovog reda glase:
1 = T 0
Dn
jnω 0 t
δ T (t)e
−
0
dt
T 0
T 0 /2
=
1 T 0
jnω 0 t
δ (t)e
−
dt =
1 . T 0
T 0 /2
−
1
Dakle, signal δ T (t) izražen pomo´cu eksponencijalnog Fourierovog reda glasi: 0
∞
δ T (t) = 0
jnω 0 t
Dn e
n=−∞
1 = T 0
∞
e jnω t . 0
−∞
Koeficijenti trigonometrijskog Fourierovog reda glase: 1 a0 = D0 = , T 0 bn = 0, an
2 = T 0
T 0
T 0 /2
2 δ T (t)cos(nω0 t)dt = T 0 0
δ (t) cos(nω0 t)dt =
2 . T 0
T 0 /2
−
1
Dakle, signal δ T (t) izražen pomo´cu trigonometrijskog Fourierovog reda glasi: 0
1 2 δ T (t) = + T 0 T 0 0
∞
cos(nω0 t).
n=−∞
Tehniˇcki fakultet Sveuˇcilišta u Rijeci
I. Volari´c
Signali i Sustavi
2. ZADATAK: Eksponencijalni Fourierov spektar nekog periodiˇcnog signala x(t) prikazan je na slici 2. Na ¯ dite i skicirajte trigonometrijski Fourierov spektar x(t) uz pomo´c slike 2. Napišite (kompaktni) trigonometrijski Fourierov red za signal x(t) ako je ω0 = 1. ∠ Dn
| Dn | 4 3
3
−9
2
−6
1
−9
−6
−3
3
6
9
6
−3 −π / 6 −π / 4
ω
9 ω
−π / 2
(a)
(b)
Slika 2: Eksponencijalni Fourierov spektar signala x(t).
RJEŠENJE: Eksponencijalni oblik Fourierovog reda glasi: ∞
x(t) =
Dne jnω t , 0
−∞
dok kompaktni trigonometrijski oblik Fourierovog reda glasi: ∞
x(t) = C 0 +
C n cos(nω0 t + θn ).
n=1
Formule za prelazak iz eksponencijalnog oblika Fourierovog reda u kompaktni trigonometrijski oblik Fourierovog reda: C 0 = D 0 ,
C n = 2|Dn|,
θn = ∠Dn .
Iz slike 2(a) vidimo: D0 = 4,
D3 = 3,
, D6 = 1,
D9 = 2,
dok iz slike 2(b) vidimo: ∠D0 =
0,
∠D3 = −
π , 6
π , ∠D6 = − , 4
∠D9 = −
π . 2
Tehniˇcki fakultet Sveuˇcilišta u Rijeci
I. Volari´c
Signali i Sustavi Nadalje,
C 0 = D0 = 4,
θ0 =
∠D0 =
C 3 = 2|D3| = 2 · 3 = 6,
θ3 =
∠D3 = −π/6,
C 6 = 2|D6| = 2 · 1 = 2,
θ6 =
∠D6 = −π/4,
C 9 = 2|D9| = 2 · 2 = 4,
θ9 =
∠D9 = −π/2.
0,
Te na kraju dobivamo zapis u kompaktnom trigonometrijskom obliku Fourierovog reda: π π π x(t) = 4 + 6 cos 3t − + 2 cos 6t − + 4 cos 9t − . 6 4 2
Tehniˇcki fakultet Sveuˇcilišta u Rijeci
I. Volari´c
Signali i Sustavi 3. ZADATAK: Prona ¯ dite odziv sustava: H (s) =
s s2 + 2s + 3
na signal prikazan na slici 3.
Slika 3: Signal x(t).
RJEŠENJE: Perioda signala x(t) iznosi T 0 = π , stoga ω 0 = 2, iz cˇ ega slijede koeficijenti eksponencijalnog Fourierovog reda: Dn = = =
1 T 0
x(t)e
jnω 0 t
−
dt =
T 0
1 −1 e π 0.5 + jn2
1 π
π
(0.5+ j2n)t
0.504 . 1 + j4n
0
(0.5+ j2n)t
−
dt
0
π
−
e
=
2 (1 − e π(1 + j4n)
π/2
−
e
j2nπ
−
)
1
Stoga odziv sustava glasi: ∞
y(t) =
Dn H ( jnω 0)e jnω
0
t
n=−∞ ∞
=
n=−∞ ∞
=
n=−∞
0.504 2 jn e j2nt 2 1 + j4n −4n + 4 jn + 3 j1.08n e j2nt . 2 (1 + j4n)(−4n + 4 jn + 3)
Tehniˇcki fakultet Sveuˇcilišta u Rijeci
I. Volari´c
Signali i Sustavi
4. ZADATAK: Izraˇcunajte i skicirajte magnitudni spektar signala x(t) prikazanog na slici 4 za d = T 0 /4 i d = T 0 /8.
Slika 4: Signal x(t).
RJEŠENJE: Prema izrazu za koeficijente eksponencijalnog Fourierovog reda: Dn
1 = T 0
T 0 jnω 0
x(t)e
−
0
A t dt = T 0
d
e
jnω 0t
−
dt
0
d
A 1 A 1 e jnω t = (1 − e jnω d ) T 0 − jnω 0 T 0 jnω 0 0 A = e jnω d/2 (e jnω d/2 − e jnω d/2 ) jnω 0 T 0 d sin(nω0d/2) jnω d/2 = A e . T 0 nω0 d/2 =
−
−
0
0
−
−
0
−
0
0
0
Uvrštavanjem zadanih d, te raˇcunanjem apsulutne vrijednosti slijedi magnitudni spektar signala x(t) :
A sin(nπ/4) A d = T 0 /2 −→ |Dn| = = | sinc(n/4)|, 4 nπ/4 4 A sin(nπ/8) A d = T 0 /8 −→ |Dn| = = | sinc(n/8)|. 8 nπ/8 8
Slika 5: Magnitudni spektar signala x(t) za (a) d = T 0 /2 i (b) d = T 0 /8.
Tehniˇcki fakultet Sveuˇcilišta u Rijeci
I. Volari´c
Signali i Sustavi
Signali i sustavi - Auditorna vježba 8 - Fourierova analiza neperiodiˇcnih signala 1. ZADATAK: Na ¯ dite inverznu Fourierovu transformaciju spektra: X (ω ) =
1 . 2 − ω 2 + j 3ω
RJEŠENJE: Nultoˇcke nazivnika možemo na´ci na sljede´ci naˇcin: 2 − ω 2 + j 3ω = 2 + ( jω )2 + j 3ω = (1 + jω )(2 + jω ).
Rastavljanjem izraza na parcijalne razlomake, dobivamo: C 1 C 2 1 = + 2 − ω 2 + j 3ω 1 + jω 2 + jω C 1 (2 + jω ) + C 2 (1 + jω ) = (1 + jω )(2 + jω ) 2C 1 + C 1 jω + C 2 + C 2 jω = (1 + jω )(2 + jω ) (2C 1 + C 2) + ( C 1 + C 2 ) jω . = (1 + jω )(2 + jω )
X (ω ) =
Izjednaˇcavanjem dobivenog izraza s poˇcetnim, dobivamo: (2C 1 + C 2) + ( C 1 + C 2 ) jω 1 = . (1 + jω )(2 + jω ) (1 + jω )(2 + jω )
Iz cˇ ega slijedi: 2C 1 + C 2 = 1 C 1 + C 2 = 0
Dakle, X (ω ) =
−→
C 1 = 1 C 2 = −1
1 1 −1 . = + 2 − ω 2 + j 3ω 1 + jω 2 + jω
Konaˇcno, inverzna Fourierova transformacija spektra glasi: x(t) = e−t − e−2t u(t).
Tehniˇcki fakultet Sveuˇcilišta u Rijeci
I. Volari´c
Signali i Sustavi
2. ZADATAK: Na ¯ dite Fourierovu transformaciju periodiˇcnog niza delta funkcija (prikazanog na slici 1) zadanog kao: δ T (t) = k= δ (t − kT 0 ).
0
Slika 1: Promatrani signal δ T (t) = 0
RJEŠENJE: Budu´ci da je δ T (t) =
∞
−∞
∞
k =−∞ δ (t
− kT 0).
∞
can k=−∞ δ (t − kT 0 ) periodiˇ
signal s periodom T 0 , možemo ga izraziti pomo´cu kompleksnog eksponencijalnog Fourierovog reda kao: 0
δ T (t) = 0
∞
∞
δ (t − kT 0 ) =
Dn e jnω t , 0
n=−∞
k =−∞
sa koeficijentima kompleksnog eksponencijalnog Fourierovog reda: T 0 /2
1
Dn =
T 0
δ (t)e jnω t dt = o
T 0 /2
−
1 T 0
e jnω
00
=
1 T 0
,
te stoga signal δ T (t) možemo zapisati kao: 0
∞
δ T = 0
δ (t − nT 0 ) =
n=−∞
1 T 0
∞
e jnω t , 0
ω0 =
2π T 0
n=−∞
.
Fourierovu transformaciju dobiti c´ emo korištenjem FT para e jω t ↔ 2πδ (ω − ω0): o
F {δ T (t)} = 0
2π T 0
∞
∞
n=−∞
δ (ω − nω0 ) = ω 0
δ (ω − nω0 ) = ω 0δ ω (ω ). 0
n=−∞
Slika 2: Fourierova transformacija promatranog signala.
Tehniˇcki fakultet Sveuˇcilišta u Rijeci
I. Volari´c
Signali i Sustavi
3. ZADATAK: Na ¯ dite Fourierovu transformaciju signala prikazanih na slici 3.
Slika 3: Promatrani signali.
RJEŠENJE: (a) Fourierova transformacija signala f (t) glasi: 1
∞
F (ω ) =
jωt
−
f (t)e
dt = 4
−1 [4(e
jω 1
−
jω
4 − 2e
jω
jω 0
−
−e
− 2e
−
=
2
jωt
−
e
dt + 2
0
−∞
=
e− jωt dt
1
jω 2
−
) + 2(e
jω 4
−
−e
)]
j 2ω
−
.
jω
(b) Fourierova transformacija signala f (t) glasi: ∞
F (ω ) =
f (t)e− jωt dt
−∞
0
=
t − e− jωtdt + τ −τ
τ
0
t − jωt e dt. τ
Korištenjem pravila parcijalnog integriranja: b
b
f (t)g (t)dt = f (t)
a
b
g (t)dt −
a
f ′ (t)
g (t)dt dt.
a
Nakon sre ¯ divanja izraza dobivamo: F (ω ) =
2 τ ω2
[cos(ωτ ) + ωτ sin(ωτ ) − 1].
Pošto je signal f (t) parna funkcija do riješenja se može do´ci: F (ω ) =
2 τ
τ
0
t cos(ωt )dt =
2 τ ω2
[cos(ωτ ) + ωτ sin(ωτ ) − 1].
Tehniˇcki fakultet Sveuˇcilišta u Rijeci
I. Volari´c
Signali i Sustavi
4. ZADATAK: Na ¯ dite inverznu Fourierovu transformaciju spektra prikazanih na slici 4. RJEŠENJE:
Slika 4: Promatrani spektri. (a) Inverzna Fourierova transformacija spektra F (ω ) glasi: 1 f (t) = 2π 1 = 2π =
∞
jωt
F (ω )e
−∞
ω0
1 dω = 2π
ω 2e jωt dω
ω0
−
e jωt (−ω 2t2 − 2 jω t + 2) 3 ( jt )
ω0
ω0
−
(ω02t2 − 2) sin(ω0t) + 2 ω0t cos(ω0t) πt3
.
(b) Inverzna Fourierova transformacija spektra F (ω ) glasi: 1 f (t) = 2π = = =
∞
jωt
F (ω )e
−∞
1 1 j 2t e −e 2π jt 1
j 2t
−
1 j 2t e −e πt 2 j sin(2t) + sin t πt
2
1 dω = 2π
jωt
e
dω +
−2
+ e jt − e
j 2t
−
1
−1
jωt
e
dω
jt
−
+
1 jt e −e 2 j
jt
−
.
Tehniˇcki fakultet Sveuˇcilišta u Rijeci
I. Volari´c
Signali i Sustavi
Signali i sustavi - Auditorna vježba 9 - Fourierova analiza neperiodiˇcnih signala 1. ZADATAK: Na ¯ dite Fourierovu transformaciju signala prikazanog na slici 1.
Slika 1: Signal x(t) =
1 . α2 +t2
RJEŠENJE: Uz pomo´c sljede´ce tabliˇcne transformacija i svojstva simetriˇcnosti: e−α|t| ⇐⇒
2α , α2 + ω 2
X (t) ⇐⇒ 2πx(−ω),
dobivamo: x(t) ⇐⇒ X (ω) 2α e−α|t| ⇐⇒ , α2 + ω 2 X (t) ←→ 2πx(−ω) 2α ⇐⇒ 2πe−α|−ω| / · 2 2 α + t 1 π −α|−ω| ⇐⇒ e . α2 + t2 α
1 2α
X (ω)
x(t)
Dakle, Fourierova transformacija X (ω) signala x(t) iznosi: X (ω) =
π −α|−ω| e , α
te je prikazana je na slici 2.
Slika 2: Fourierova transformacija promatranog signala.
Tehniˇcki fakultet Sveuˇcilišta u Rijeci
I. Volari´c
Signali i Sustavi 2. ZADATAK: Pokažite da je: 1 1 X (ω − ω0) + X (ω + ω0), 2 2 1 1 x(t) sin(ω0 t) ⇐⇒ X (ω − ω0 ) − X (ω + ω0 ). 2 j 2 j
x(t) cos(ω0 t) ⇐⇒
RJEŠENJE: Prema Eulerovoj formuli: cos(ω0 t) =
1 jω t e + e− jω 2
0
0
t
.
Koriste´ci teorem pomaka u frekvenciji: e jω tx(t) ⇐⇒ X (ω − ω0 ), 0
i svojstvo linearnosti: a1 x1 (t) + a2 x2(t) ⇐⇒ a1 X 1 (ω) + a2 X 2(ω),
dobivamo: 1 1 F x(t)e jω t + F x(t)e− jω 2 2 1 1 = X (ω − ω0 ) + X (ω + ω0 ). 2 2
F {x(t)cos(ω0 t)} =
0
0
t
Na sliˇcan naˇcin, prema Eulerovoj formuli: sin(ω0 t) =
1 jω t e − e− jω 2 j
0
0
t
.
Slijedi: 1 1 F x(t)e jω t − F x(t)e− jω 2 j 2 j 1 1 = X (ω − ω0 ) − X (ω + ω0 ). 2 j 2 j
F {x(t) sin(ω0 t)} =
0
0
t
Tehniˇcki fakultet Sveuˇcilišta u Rijeci
I. Volari´c
Signali i Sustavi
3. ZADATAK: Fourierova transformacija signala x(t) (prikazana na slici 3) dana je izrazom: 1 1 X (ω) = pa (ω − ω0) + pa(ω + ω0). 2 2 Na ¯ dite i skicirajte signal x(t).
Slika 3: Spektar promatranog signala X (ω).
RJEŠENJE: U tablicama Fourierove transformacije nalazimo:
α sin(αt) ω ω ⇐⇒ rect , gdje je: rect = p a (ω). 2α 2α π αt
Koriste´ci svojstvo pomaka: e jω t x(t) ⇐⇒ X (ω − ω0), 0
e− jω t x(t) ⇐⇒ X (ω + ω0 ), 0
slijedi da je: 1 −1 1 F { pa (ω − ω0)} + F −1 { pa (ω + ω0)} 2 2 1 jω t −1 1 − jω t −1 F { pa (ω)} = e F { pa (ω)} + e 2 2 sin(αt) 1 jω t 1 − jω t sin(αt) = e + e = cos(ω0 t). πt 2 2 πt
x(t) =
0
0
0
0
Slika 4: Promatrani signal x(t).
Tehniˇcki fakultet Sveuˇcilišta u Rijeci
I. Volari´c
Signali i Sustavi
4. ZADATAK: Prona ¯ dite Fourierovu transformaciju signala prikazanog na slici 5, koriste´ci: (a) izraz za Fourierovu transformaciju (1 − cos2x = 2 sin2 x),
t ωτ ⇐⇒ τ sinc (b) par rect i svojstvo vremenskog pomaka, 2 τ (c) par δ (t) ⇐⇒ 1 i svojstvo derivacije i vremenskog pomaka.
Slika 5: Promatrani signal x(t).
RJEŠENJE: (a) Izraz za Fourierovu transformaciju glasi:
0
X (ω) =
e
−T
=
− jωt
T
dt −
0
2 j 4 j [1 − cos(ωT )] = sin2 ω ω
−1 (1 − e jωT ) − (e− jωT − 1) jω ωT . 2
e− jωt dt =
(b) Signal x(t) možemo izraziti kao:
t + T /2 x(t) = rect T
− rect
t − T /2 . T
Koriste´ci svojstvo pomaka i dani par slijedi:
t rect T t ± T /2 rect T
⇐⇒ T sinc ⇐⇒ T sinc
ωT 2 ωT ± jωT /2 e . 2
Nadalje:
ωT [e jωT /2 − e− jωT/2 ] 2 ωT ωT = 2 jT sinc sin 2 2 4 j ωT = sin2 . ω 2
X (ω) = T sinc
Tehniˇcki fakultet Sveuˇcilišta u Rijeci
I. Volari´c
Signali i Sustavi (c) Derivacija signala x(t) glasi: dx = δ (t + T ) − 2δ (t) + δ (t − T ). dt
Koriste´ci svojstvo derivacije i vremenskog pomaka, slijedi: jω X (ω) = e jωT − 2 + e− jωT = −2[1 − cos(ωT )] = −4sin2 4 j sin2 X (ω) = ω
ωT 2
ωT . 2
Tehniˇcki fakultet Sveuˇcilišta u Rijeci
I. Volari´c
Signali i Sustavi
Signali i sustavi - Auditorna vježba 10 - Primjene Fourierovih metoda u analizi signala i sustava 1. ZADATAK: Za LVN sustav opisan jednadžbom: dy(t) + 2y(t) = x(t), dt
koriste´ci Fourierovu transformaciju odredite odziv sustava, y(t), na pobudu x(t) = u(t).
RJEŠENJE: Fourierova transformacija zadane jednadžbe glasi: jω Y (ω) + 2Y (ω) = X (ω) =
Y (ω) = X (ω)
⇒
1 . 2 + jω
Koriste´ci Fourierov par za u(t) slijedi: X (ω) = πδ (ω) +
1 . jω
Odziv sustava glasi: Y (ω) = =
1 1 πδ (ω) + jω 2 + jω 1 π δ (ω) + 2 + jω jω(2 + jω)
− −
[ 2+πjω ]ω=0δ(ω)= π2 δ(ω) π 1 1 δ (ω) + 2 2 jω 1 1 = πδ (ω) + 2 jω =
parcijalni razlomci
1 1 2 2 + jω 1 1 . 2 2 + jω
Prebacivanjem u vremensku domenu, dobivamo: 1 y(t) = u(t) 2
− 21 e
2t
−
u(t) =
1 1 2
− e
2t
−
u(t).
Tehniˇcki fakultet Sveuˇcilišta u Rijeci
I. Volari´c
Signali i Sustavi 2. ZADATAK: Idealni sustav za pomak faze od Slici 1 definiran je frekvencijskim odzivom: H (ω) =
e j(π/2) , e j(π/2) ,
−π/2 rad
=
−90
◦
prikazan na
ω > 0, ω < 0.
−
Slika 1: Sustav za pomak faze. (a) Izraˇcunajte impulsni odziv sustava, h(t). (b) Izraˇcunajte odziv sustava, y(t), na proizvoljnu pobudu x(t). (c) Izraˇcunajte odziv sustava, y(t), na pobudu x(t) = cos(ω0 t).
RJEŠENJE: (a) Budu´ci da je e
j(π/2)
−
= j i e j(π/2) = j , H (ω) se može zapisati kao:
−
H (ω) = j sgn(ω), gdje je: sgn(ω) =
−
1,
−1,
ω > 0, ω < 0.
Iz tablice Fourierovih parova: sgn(t)
⇐⇒ jω2 ,
te koriste´ci svojstvo simetriˇcnosti X (t) 2 jt
⇐⇒ 2πx(−ω) dobivamo:
⇐⇒ 2π sgn(−ω) = −2π sgn(ω).
Stoga je implusni odziv h(t): h(t) =
F {H (ω)} = F {− j sgn(ω)} = πt1 . 1
1
−
−
(b) Budu´ci da je:
∞
y(t) = x(t) h(t) =
∗
−∞
slijedi: y(t) = x(t)
h(τ )x(t
∗
1 1 = πt π
∞
−∞
− τ )dτ,
x(τ ) dτ. t τ
−
Signal y(t) se naziva Hilbertovom transformacijom signala x(t), te se obiˇcno oznaˇcava s ˆx(t).
Tehniˇcki fakultet Sveuˇcilišta u Rijeci
I. Volari´c
Signali i Sustavi (c) Iz tablice Fourierovih parova: cos(ω0t)
⇐⇒ π[δ (ω − ω ) + δ (ω + ω )], 0
0
slijedi: Y (ω) = X (ω)H (ω) = π[δ (ω = =
− ω ) + δ (ω + ω )][− j sgn(ω)] − jπ sgn(ω )δ (ω − ω ) − jπ sgn(−ω )δ (ω + ω ) − jπδ (ω − ω ) + jπδ (ω + ω ). 0
0
0
0
0
0
0
0
Iz tablice Fourierovih parova: sin(ω0t)
⇐⇒ − jπ[δ (ω − ω ) − δ (ω + ω )], 0
0
stoga y(t) glasi: y(t) = sin(ω0 t).
Zadatak se može rješiti direktno u vremenskoj domeni, pošto vrijedi: cos(ω0t
− π/2) = sin(ω t). 0
Tehniˇcki fakultet Sveuˇcilišta u Rijeci
I. Volari´c
Signali i Sustavi
3. ZADATAK: Idealni niskopropusni filtar zadan je frekvencijskim odzivom:
H (ω) =
1, 0,
ω < ωc , ω > ωc .
| | | |
Za pobudu filtra: x(t) = e 2t u(t) na ¯ dite vrijednost ωc takvu da filtar propusti toˇcno polovicu normirane energije ulaznog signala x(t). −
RJEŠENJE: Koriste´ci Fourierov par za e
αt
−
u(t) slijedi:
1 . 2 + jω
X (ω) =
Tada je: Y (ω) = X (ω)H (ω) =
1 , 2+ jω
|ω | < ω , |ω | > ω . c
0,
c
Normirana energija pobude, x(t), iznosi:
| ∞
E x =
∞
2
x(t) dt =
−∞
|
e
4t
−
dt =
0
1 , 4
dok normirana energija odziva sustava, y(t), iznosi:
| | | | √ ∞
E y =
−∞
1 = 2π 1 = π
1 y(t) 2dt = 2π
−∞
1 Y (ω) 2dω = 2π
2 ωc 1 1 dω = 2π ωc 4 + ω 2 22 + ω 2 ωc ωc 1 dω 1 ωc = tan . 2 4 + ω 2π 2 0 ωc
−
Uvjet iz teksta zadatka glasi:
odakle dobivamo:
∞
ωc
ωc
−
1 2 + jω
2
dω
−
−
1 E y = E x , 2
ωc 1 = 2 8 ωc π tan 1 = 2 4 ωc π = tan 2 4 ωc = 2 rad/s.
1 tan 2π
1
−
−
Tehniˇcki fakultet Sveuˇcilišta u Rijeci
I. Volari´c
Signali i Sustavi
Signali i sustavi - Auditorna vježba 11 - Primjene Fourierovih metoda u analizi signala i sustava 1. ZADATAK: Izraˇcunajte autokorelacijsku funkciju i gusto´cu energetskog spektra signala x(t) = e −at u(t).
RJEŠENJE: Prema izrazu za autokorelacijsku funkciju slijedi: ∞
− − − − − − −
ψx (t) =
x(τ )x(τ
t)dτ
−∞ ∞
e−aτ u(τ )e−a(τ −t) u(τ
=
t)dτ
−∞
∞
∞
e−2aτ dτ u(t) + eat
= eat
e−2aτ dτ u( t)
0
t
∞
−
−
t>0
at
t<0
∞
at
e −2aτ e −2aτ e u(t) + e u( t) 2a 2a t 0 at at e e 0 e−2at u(t) + (0 1) u( t) 2a 2a 1 −at 1 e u(t) + eat u( t) 2a 2a 1 −a|t| e . 2a
= = =
−
−
−
=
Gusto´ca energetskog spektra, X (ω) 2 može se izraˇcunati kao Fourierova transformacija autokorelacijske funkcije:
|
2
1 ψx (t) = 2a
|X (ω)| = F{
}
|
−a|t|
F{e }
1 = 2a
2a 1 = . a2 + ω 2 a2 + ω 2
Dobiveni rezultat možemo provjeriti prema izrazu:
|X (ω)|
2
= =
|F{ }| √ x(t)
2
1 = a + jω
1 a2 + ω 2
2
=
2
1 . a2 + ω 2
Tehniˇcki fakultet Sveuˇcilišta u Rijeci
I. Volari´c
Signali i Sustavi
2. ZADATAK: Neka je x(t) realni frekvencijski ograniˇcen signal prikazan na Slici 1, za kojeg vrijedi: X (ω) = 0,
ω > ωM .
| |
Neka je xs (t) definiran kao: ∞
xs (t) = x(t)δ T (t) = x(t) s
δ (t
k =−∞
(a) Skicirajte xs (t) za T s <
− kT ). s
π π i T s > . ωM ωM
π (b) Na ¯ dite i skicirajte Fourierov spektar X s (ω) signala xs (t) za T s < ωM π i T s > . ωM
(a)
(b)
Slika 1: Signal x(t) i njegov spektar X (ω).
RJEŠENJE: (a) Koriste´ci izraz: x(t)δ (t
− t ) = x(t )δ (t − t ), 0
0
0
dobivamo: ∞
xs (t) = x(t)δ T (t) = x(t) s
k =−∞
∞
=
k=−∞
x(t)δ (t
− kT ) = s
δ (t
− kT ) s
∞
k=−∞
x(kT s )δ (t
− kT ). s
Otipkani signal xs (t) skiciran je na Slici 2(e) za T s < ωπ i na Slici 2(i) za T s > ωπ . Signal x s (t) se naziva idealnim optikanim signalom, dok se T s naziva intervalom (ili periodom) otipkavanja, a f s = 1/T s se naziva frekvencijom otipkavanja. M
M
Tehniˇcki fakultet Sveuˇcilišta u Rijeci
I. Volari´c
Signali i Sustavi (b) Iz tablice Fourierovih transformacija: ∞
δ T (t) s
⇐⇒ ω
s
δ (ω
k=−∞
− kω ),
2π . T s
ωs =
s
Prema teoremu konvolucije u frekvenciji: x1 (t)x2 (t)
⇐⇒ 2π1 X (ω) ∗ X (ω), 1
2
slijedi: X s (ω) = =
F {x(t)δ (t)} = 2π1 X (ω) ∗ δ Ts
Ts
∞
1 X (ω) ωs δ (ω 2π k =−∞
1 = T s 1 = T s
∗
∞
X (ω) δ (ω
∗
k =−∞
(ω)
− kω ) s
− kω ) s
∞
k =−∞
X (ω
− kω ). s
Time smo pokazali da se spektar X s (ω) sastoji od spektra X (ω) kopiranog svakih kωs , k. Fourierov spektar X s (ω) za T s < π/ωM (odnosno ωs > 2ωM ) prikazan je na Slici 2(f), a za T s > π/ωM (odnosno ωs < 2ωM ), na Slici 2(j), gdje je ω s = 2π/T s . Kao što se može vidjeti, do preklapanja X (ω kω s ) u spektru dutim do preklapanja dolazi kada X s (ω) ne dolazi ako vrijedi ω s 2ωM , me ¯ je ωs < 2ωM , te se ta pojava naziva aliasingom.
∀
≥
−
Tehniˇcki fakultet Sveuˇcilišta u Rijeci
I. Volari´c
Signali i Sustavi
(a)
(b)
(c)
(d)
(e)
(f)
(g)
(h)
(i)
(j)
Slika 2: Otipkavanje signala x(t) pomo´ci signala δ T (t). s
Tehniˇcki fakultet Sveuˇcilišta u Rijeci
