ElectroYou - la comunità dei professionisti del mondo elettrico

da **Sling** » 15 apr 2018, 13:36

Ciao a tutti!
Sono alle prese con il seguente esercizio che richiede di determinare il segnale di uscita y(t)

:

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

Dove:

$x(t) = sinc\left( \frac{t-T/2}{T} \right)+ sinc\left( \frac{t+T/2}{T} \right)$

$c(t) = \sum_{k=-\infty}^\infty rect\left(\frac{t-nT}{T/2}\right)$

$g(t) = 2 \cos\left(\frac{2 \pi t}{T}\right)$

Per risolverlo ho pensato di lavorare nel dominio delle frequenze:

$X(f) = F[x(t)] = 2T rect(f T)\cos(\pi f T)$

$C_k = \frac{1}{2} sinc\left(\frac{k}{2}\right) \Rightarrow C(f)=\sum_{k=-\infty}^\infty \frac{1}{2} sinc\left(\frac{k}{2}\right) \delta(f-k) = \frac{1}{2} sinc\left(\frac{f}{2}\right) \sum_{k=-\infty}^\infty \delta(f-k)$

Dunque partendo dal ramo in alto a sinistra, il prodotto nel dominio del tempo $x(t)\cdot c(t)$ nel dominio delle frequenze diventa una convoluzione:

$2T rect(f T)\cos(\pi f T) * \frac{1}{2} sinc\left(\frac{f}{2}\right) \sum_{k=-\infty}^\infty \delta(f-k)$

e qui mi blocco. Immagino debba sfruttare una proprietà della delta di Dirac che è quella di essere l'elemento neutro della convoluzione ma non so come applicarla in questo caso in quanto non c'è una singola delta ma una somma infinita di delta traslate e moltiplicate per una funzione.

da **dimaios** » 15 apr 2018, 16:12

Questa parte di formula che hai scritto non ti sembra sospetta dal punto di vista dimensionale dell'argomento ?
$\delta(f-k)$

da **Sling** » 15 apr 2018, 16:31

Hai perfettamente ragione. Mi sono dimenticato di riportare il periodo della c(t)

pari a

Dovrebbe quindi essere essere $C(f) =\frac{1}{2} sinc\left(\frac{f}{2}\right)\sum_{-\infty}^\infty \delta\left(f-\frac{k}{T}\right)$

da **dimaios** » 16 apr 2018, 11:45

Sling ha scritto: $C_k = \frac{1}{2} sinc\left(\frac{k}{2}\right) \Rightarrow C(f)=\sum_{k=-\infty}^\infty \frac{1}{2} sinc\left(\frac{k}{2}\right) \delta(f-k) = \frac{1}{2} sinc\left(\frac{f}{2}\right) \sum_{k=-\infty}^\infty \delta(f-k)$

Sei sicuro di questa ?
Come l'hai ricavata ?
Partiamo dalla formula della trasformata di Fourier di un segnale periodico e dai coefficienti.
Scrivi le formule.

da **Sling** » 16 apr 2018, 12:32

Grazie della risposta!
Dunque un segnale periodico di periodo T_0

può essere scritto attraverso la sua serie di Fourier:

$x(t)= \sum_{k=-\infty}^\infty X_k e^{j 2 \pi k \frac{t}{T_0}}$

trasformando si ottiene:

$F[x(t)] =\sum_{k=-\infty}^\infty X_k F \left[ e^{j 2 \pi k \frac{t}{T_0}}\right] = \sum_{k=-\infty}^\infty X_k \delta(f-k f_0)$

Era questo che intendevi?
Nel passaggio che hai indicato ho applicato questa formula e successivamente la propietà del ritardo della delta di Dirac.
Naturalmente, come mi avevi fatto notare tu, mi ero dimenticato di indicare la frequenza $f_0=\frac{1}{T_0}$ .

da **dimaios** » 16 apr 2018, 14:17

Ok. Ma i coefficienti X_k

?

da **Sling** » 16 apr 2018, 14:42

In generale si ha:

$X_k=\frac{1}{T_0} \int_{-\infty}^{\infty} x(t) e^{-j 2 \pi k \frac{t}{T_0}}\, dt$

Oppure il segnale periodico x(t)

può essere visto come ripetizione periodica di periodo T_0

di un segnale y(t).

Facendo la trasformata di y(t)

e applicando la formula:

$X_k = \frac{1}{T_0} Y\left( \frac{k}{T_0} \right)$

ottengo appunto i coefficienti X_k

In questo caso c(t)

è la ripetizione periodica di periodo

di un rettangolo di larghezza T/2

quindi:

$F\left[rect\left(\frac{t}{T/2}\right)\right] = \frac{T}{2} sinc\left(f \frac{T}{2}\right)$

quindi:

$C_k = \frac{1}{T} \frac{T}{2} sinc\left(\frac{k}{T} \frac{T}{2}\right) = \frac{1}{2} sinc\left( \frac{k}{2} \right)$

P.s. lascia stare l'ultima uguaglianza che ho scritto nella parte che hai evidenziato. È una cavolata.

da **dimaios** » 16 apr 2018, 15:10

Quindi risulta questa e non quella che ti ho sottolineato sopra. L'ultimo passaggio non è utile.

$C(f)=\sum_{k=-\infty}^\infty \frac{1}{2} sinc\left(\frac{k}{2}\right) \delta \left(f-\frac{k}{T} \right)$

Ora devi pensare che per via della $\delta$ il segnale C(f)

in realtà è un C(k)

perché il segnale è nullo ovunque tranne i punti dove $f - \frac{k}{T} = 0$ .

da **Sling** » 16 apr 2018, 16:08

Ok quindi la C(f)

è diversa da zero solo per frequenze multiple della frequenza di c(t)

ossia solo per $f=\frac{k}{T}$ (Giustamente essendo c(t)

una funzione periodica).

(Provo a buttare lì un idea ma mi sembra un una gran cavolata)

Dunque nel calcolo della convoluzione tra X(f)

e

$\int_{-\infty}^{\infty} X(f-\tau) \sum_{k=-\infty}^\infty \frac{1}{2} sinc\left(\frac{k}{2}\right) \delta\left(\tau-\frac{k}{T}\right) \, d\tau=$

$= \sum_{k=-\infty}^\infty \frac{1}{2} sinc\left(\frac{k}{2}\right) \int_{-\infty}^{\infty} X(f-\tau) \delta\left(\tau-\frac{k}{T}\right) \, d\tau =$

$= \sum_{k=-\infty}^\infty \frac{1}{2} sinc\left(\frac{k}{2}\right) X\left(f-\frac{k}{T}\right)$

(Spero di non offendere nessuno con le cavolate che scrivo :oops:

)

da **dimaios** » 16 apr 2018, 16:10

Attenzione ai simboli .... stai convolvendo i segnali in frequenza. :idea:

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