ElectroYou - la comunità dei professionisti del mondo elettrico

da **subliminal** » 28 dic 2016, 20:24

Salve a tutti amici, come faccio a calcolare l'energia di questo segnale ?

$s_1(t) = \sin(\frac{\pi t}{T}) rect(\frac{t - T/2}{T})$

Grazie mille.

da **MarkyMark** » 28 dic 2016, 21:44

Ciao,
l'energia di un segnale è definita come
$\varepsilon_x = \int_{-\infty }^{+ \infty} \left | x (t) \right |^2 dt$
Andiamo a sostituire il nostro segnale nell'espressione
$\varepsilon_x = \int_{-\infty }^{+ \infty} \left | \sin \frac{\pi t}{T} rect(\frac{t-T/2}{T})\right |^2 dt$
Il modulo del prodotto è pari al prodotto dei moduli
$\varepsilon_x = \int_{-\infty }^{+ \infty} \left | \sin \frac{\pi t}{T} \right |^2 \left | rect(\frac{t-T/2}{T}) \right |^2 dt$
Ora la funzione rect è la porta centrata in T/2 e larga T. L'operatore modulo non ha effetto sulla porta in quanto è tutta positiva. Nemmeno il quadrato ha effetto sulla porta poiché essa è alta 1.
$\varepsilon_x = \int_{-\infty }^{+ \infty} \left | \sin \frac{\pi t}{T} \right |^2 rect(\frac{t-T/2}{T}) dt$
Il supporto della porta si estende da 0 a T e il prodotto tra la porta e una funzione qualsiasi equivale a tagliare la funzione all'esterno del supporto.
Allora possiamo scrivere l'integrale come
$\varepsilon_x = \int_{0}^{T} \left | \sin \frac{\pi t}{T} \right |^2 dt$
Per risolvere l'integrale facciamo il cambio di variabile
$\frac{\pi t}{T} := x$
$dt = \frac{T}{\pi}dx$
e il nuovo intervallo di integrazione è tra

e $\pi$ .
Nell'intervallo di integrazione la funzione seno non è mai negativa quindi il modulo non ha effetto
$\varepsilon_x = \int_{0}^{\pi} \frac{T}{\pi} \sin^2x dx = \frac{T}{\pi} \int_{0}^{\pi} \sin^2x dx$
Secondo WolframAlpha
$\int_{0}^{\pi} \sin^2x dx = \frac{\pi}{2}$
Quindi
$\varepsilon_x = \frac{T}{2}$ .
Sto preparando l'esame di teoria dei segnali quindi non prendere la mia risposta come verità assoluta, potrei sbagliarmi

.
Forse (molto probabilmente) c'è un modo più intelligente e veloce per risolverlo ma per adesso riesco a farlo solo così: applicando bovinamente la definizione :mrgreen:

Spero non ci siano troppi errori O_/

da **subliminal** » 28 dic 2016, 22:16

Super chiarissimo :ok:

PS. L'unica cosa è che purtroppo WolframAlpha all'esame non si puo usare

da **rugweri** » 28 dic 2016, 22:24

subliminal ha scritto:PS. L'unica cosa è che purtroppo WolframAlpha all'esame non si puo usare

PIGRO

$\int_{0}^{\pi} \sin^2(x) dx = \int_{0}^{\pi} \frac{1- \cos(2x)}{2}dx = \left [ \frac{x}{2} - \frac{\sin(2x)}{2} \right ]_{0}^{\pi} = \frac{\pi}{2}$

da **subliminal** » 28 dic 2016, 22:25

comunque ragazzi grazie mille per le spiegazioni... sempre impeccabili :ok:

da **MarkyMark** » 28 dic 2016, 22:29

Si, ecco un altro casino: bisogna saper fare gli integrali

Oltre al metodo indicato da

rugweri, se non ti ricordi le formule trigonometriche, puoi risolvere integrando per parti ~~due volte di fila~~ una volta soltanto.

da **rugweri** » 28 dic 2016, 22:34

MarkyMark ha scritto:Oltre al metodo indicato da rugweri, se non ti ricordi le formule trigonometriche, puoi risolvere integrando per parti due volte di fila.

...E per questo caso specifico, aggiungo, chiunque abbia mai visto una serie di Fourier deve per forza di cose conoscere quell'integrale :mrgreen:

da **IsidoroKZ** » 28 dic 2016, 23:12

Ma ricordare che una funzione sinusoidale al quadrato e` una funziona che va da 0 a 1 (simmetrica rispetto al valore 0.5), formata da un valor medio di 1/2 e un contributo sinusoidale con ampiezza picco picco unitaria e frequenza doppia?

Dopo di che una sinusoide integrata su un numero intero di periodi da` contributo nullo e rimane solo il contributo 1/2.

Se ci si ricorda di questo grafico qui sotto (blu segnale sinusoidale di ampiezza A e rosso il suo quadrato) e ci si ricorda che le due aree azzurre sono uguali, fare gli integrali dei quadrati delle funzioni sinusoidali diventa semplice.

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

EDIT: ho modificato l'indicazione delle ampiezze sulla figura, cosi` e` piu` generale

E gia` che ci siamo altre due aree che possono venire a taglio, come dice il Manzoni. Nella seconda parte della figura c'e` un rettangolo di base B ed altezza H, e la sua area e` ovviamente BxH. Se si considera la parabola "inscritta" in quel rettangolo, curva gialla, (NB: gli estremi della parabola di cui si calcola l'area devono passare per zero), la sua area vale $\frac{2}{3}B\times H$ e questo era un risultato gia` noto agli antichi greci. Se nello stesso rettangolo si inscrive MEZZO periodo di sinusoide, curva blu, si vede che l'area di mezza sinusoide e` appena minore dell'area della parabola. Essendoci delle sinusoidi di mezzo, ci sara` in ballo anche pi greco, e l'area della sinusoide, che e` piu` stretta della parabola, vale $\frac{2}{\pi}B\times H$ .

Ovviamente bisogna fare una volta per tutte gli integrali dei due casi, poi ci si puo` ricordare a memoria le formule, risparmiando parecchio tempo ed errori.

da **MarkyMark** » 28 dic 2016, 23:45

Bello!

Lo dicevo io che c'era un modo più intelligente... :mrgreen:

Credo che ci saranno altre occasioni in cui usare questo metodo, grazie!
O_/

da **IsidoroKZ** » 29 dic 2016, 1:21

Questo non e` un modo piu` intelligente, e` solo piu` rapido. L'integrale bisogna averlo fatto una volta nella vita, poi ci si ricorda del risultato. E` come il volume della sfera: non si fa l'integrale tutte le volte, ma una volta bisogna averlo fatto!

ElectroYou - la comunità dei professionisti del mondo elettrico

Info energia

[1] Info energia

[2] Re: Info energia

[3] Re: Info energia

[4] Re: Info energia

[5] Re: Info energia

[6] Re: Info energia

[7] Re: Info energia

[8] Re: Info energia

[9] Re: Info energia

[10] Re: Info energia

Chi c’è in linea

Informazioni

Seguici

Pubblicità

Credits