Seminar 3 Problema 1. a) Reprezentaţi spectrul de amplitudini şi faze pentru semnalul din figură. b) Folosind X ( ω ), determinaţi coeficienţii dezvoltării SFE pentru semnalul () = ( ) xt t x t kt şi reprezentaţi diagramele spectrale de amplitudini şi faze, k = pentru T = 10 τ,100τ. c) Folosind X ( ω ), reprezentaţi spectrele de amplitudini şi faze pentru semnalele () t de mai jos. xk
4 d) Determinaţi I sinc ( ) = x dx. e) Reprezentaţi forma de undă (în domeniul timp) a semnalului x 5 (t) care are funcţia de densitate spectrală ω + ω0, ω [ ω,0 0 ) ω0 ω + ω0 X 5( ω ) =, ω [ 0, ω0) ω0 0,in rest
Rezolvare a) Funcţia X ( ω ) se poate calcula plecând direct de la definiţie jωt ( ω ) ( ) X = x t e dt şi integrând pe porţiuni, aflând expresiile analitice ale lui x (t) pe intervalele de interes. O modalitate alternativă, asupra căreia ne oprim în continuare pleacă de la teorema derivării în domeniul timp a unui semnal dx( t) F = jω X ( ω ) dt Deoarece transformata Fourier a semnalului derivat de două ori va putea fi scrisă foarte simplu, este util de aplicat teorema în acest caz. Principiul poate fi folosit la orice n O t ), care se derivează de n ori. semnal de tip polinomial ( ( ) Prin derivare, rezultă semnalul dreptunghiular din figură. Pentru verificare, se poate pleca de la forma analitică a semnalului x(t). t + τ, t [ τ,0) τ t x() + τ t =, t [ 0, τ ) τ 0,in rest După derivare
După a doua derivare () dx t dt 1, t [ τ,0 ) τ 1 =, t [ 0, τ ) τ 0,in rest Pe porţiunile pe care funcţia este constantă derivata este 0. În discontinuităţi, derivata există numai în sens al distribuţiei. În punctele în care apare o discontinuitate x t 0 x t 0 δ t de amplitudine ( ) 0 ( + 0 ), în derivată apare un impuls Dirac ( ) ( + 0) x( t 0) : x( t + 0) x( t 0) δ ( t t ) x t 0 0 0 0. 0 Procedând în acest fel, deducem că dxt () 1 1 = δ ( t+ τ) δ () t + δ ( t τ) dt τ τ τ j t δ t = F v t t = V ω e ω (teorema Vom ţine cont că F { ( )} 1 şi în plus { ( )} 0 0 ( ) întârzierii). Atunci F () dxt 1 jωτ 1 jωτ ωτ = e + e = cosωτ = sin dt τ τ τ τ τ τ Din teorema derivării, rezultă dxt ( ) F = ω X ( ω ) dt Prin urmare
şi X ( ) 4 ωτ sin = ω X τ ( ω ) 4 ωτ ωτ ωτ ω = sin τ sin τsinc = = ωτ ωτ, iar cel de fază din Spectrul de amplitudini rezultă din reprezentarea ( ) X ω arg{ X ( ω )}. În cazul nostru X ( ω ) = X ( ω ) şi ( ) 0 ϕ ω =. Funcţia are anulări în punctele în care se anulează funcţia sinus de la numărătorul ω τ k π sinc-ului: = kπ ω = k. În ω = 0, funcţia ia valoarea X k ( 0) = τsinc ( 0) = τ. τ De cele mai multe ori, reprezentarea spectrală se prezintă în frecvenţă, pentru a şti concret ce bandă ocupă un anumit semnal. În acest scop, se împart valorile de pe axa Ox la π.
Din moment ce lobul principal conţine o mare parte din energia întregului spectru, se poate spune, într-o primă aproximaţie că banda efectivă a semnalului este 0-100kHz. b) Semnalul este în fapt un semnal periodic care este egal pe o perioadă chiar cu x(t). Spectrul în acest caz este discret şi nu continuu, ca în cazul semnalului aperiodic x(t), el fiind format din linii spectrale pe frecvenţele k/t. Anvelopa diagramelor spectrale este însă aceeaşi. Concret, legătura este dată de relaţia 1 π A = X n nc, T T Diagrama spectrală de amplitudini rezultă din spectrul de amplitudini anterior, scalat cu 1/T şi discretizat la multipli ai frecvenţei fundamentale. Sunt reprezentate mai jos cele două diagrame spectrale de amplitudini, corespunzătoare celor două valori ale perioadei.
Se observă un lucru ce era de aşteptat. Pe măsură ce perioada creşte, impulsurile triunghiulare se distanţează unele de altele, iar în frecvenţă, liniile spectrale se apropie (1/T scade). La limită, atunci când semnalul devine aperiodic, spectrul tinde să devină continuu. În plus diagrama spectrală este în al doilea caz de 10 ori mai mică, în urma scalării cu T. c) dx( t) = τ şi deci X ( ω ) jωτ X ( ω ) Am văzut la punctul a) că x1 () t dt 1 = şi ωτ X1 ( ω) = jωτ sinc Spectrul de amplitudini ωτ X1 ( ω) = ω τ sinc Din înmulţirea celor două funcţii, rezultă un sinc ponderat cu funcţia liniară ω.
În privinţa fazei, trebuie să găsim ϕ ( ω ) astfel încât şi deci jωτ sinc ωτ ωτ = ω τ sinc ( ) j sgn ω = j ( ) e ϕ ω j ( ) e ϕ ω π, ω > 0 Rezultă că ϕ ( ω) = π ± πω, < 0 Pentru semnalul x (t), folosim teorema schimbării scalei. 1 ω F{ x( at) } = X a a t Remarcăm faptul că x () t = x şi prin urmare X ( ω ) = X ( ω ). Rezultă spectrul de amplitudini (cel de fază rămâne nemodificat).
Este utilă suprapunerea graficelor spectrelor semnalelor x(t) şi x (t). Se remarcă următorul fapt: la dilatarea în timp a semnalului, apare o comprimare a spectrului de acelaşi număr de ori, iar spectrul se scalează proporţional. Pentru semnalul x 3 (t), observăm că x ( t 3 ) x( t τ ) j rezultă că X ( ω 3 ) = X ( ω) e ωτ. Prin urmare X ( ω 3 ) = X ( ω ) ϕ ( ω) = ϕ( ω) ωτ = ωτ 3 = şi folosind teorema întârzierii, Am dedus o proprietate esenţială. Întârzierea nu afectează spectrul de amplitudini al semnalului, ci doar spectrul de faze.
În figura de mai sus, mai trebuie ţinut cont că ϕ ( ω ) este periodică, de perioadă π. De aceea, spectrul de fază se reprezintă pe o perioadă, adică de regulă între [ π, π ). Aşadar, de fiecare dată când funcţia ωτ iese din acest interval, trebuie adăugat sau scăzut un π, pentru a o aduce în interval. De aici rezultă discontinuităţile din figură. Observăm că 10 x4() t = x() t cosω t, unde ω = π. 1 1 τ Folosind teorema modulaţiei, avem că 1 1 X ( ω 4 ) = X ( ω ω1) + X ( ω+ ω1) ceea ce se interpretează printr-o translaţie a spectrului, la stânga şi la dreapta cu ω 1.
d) Vom folosi teorema dualităţii Dacă F x() t = X ω, atunci F X ( t) = π x ω. { } ( ) { } ( ) În cazul nostru, se observă că ( ω ) ( ) domeniul timp va fi x X = x t. Prin urmare, semnalul în τ ω 5 tω = 0 5() t πω sinc 0