Esercizio - area ed energia di un segnale e cambio di scala

Testo (dispense del corso Teoria dei Segnali, UniPD, Es. 2.3C e 2.3D).

• 2.3C. Calcolare l'energia del segnale gaussiano $s(t)=e^{-\pi t^2}$. Guida: si usa il metodo con cui nelle dispense (Esempio 2.3C) si calcola l'area della gaussiana.
• 2.3D. Supposto che il segnale $s(t)$ abbia area $A_s$ ed energia $E_s$, calcolare area ed energia del segnale $x(t)=s(at)$, con $a\neq0$.

Teoria usata: Energia, potenza e valor medio dei segnaliSu un segnale continuo si calcolano quattro numeri riassuntivi: l'area $\int s,dt$, il valor medio (componente continua) $\lim\frac1{2T}\int_{-T}^Ts,dt$, l'energia $\int|s|^2dt$ e la potenza media $\lim\frac1{2T}\int_{-T}^T|s|^2dt$. Un segnale ad energia finita ha potenza nulla e uno a potenza finita non nulla ha energia infinita. Per un segnale periodico di periodo $T_p$ area ed energia si calcolano su un periodo; un segnale periodico è la ripetizione periodica $\sum_ku(t-kT_p)$ di un suo periodo. Valgono per traslazione l'invarianza, per scala $s(at)$ la divisione per $|a|$.Energia, potenza e valor medio dei segnali →, Cambio di variabili negli integrali doppi e coordinate polariSe Φ(u, v) = (x, y) è C¹, iniettiva (salvo insiemi di area nulla) con det JΦ ≠ 0, allora ∬D f dx dy = ∬D' f(Φ(u, v)) |det JΦ(u, v)| du dv: il fattore |det J| misura come Φ dilata le aree. Trasformazioni lineari: |det A| costante (ellisse: area πab). Coordinate polari x = r cos θ, y = r sin θ: dx dy = r dr dθ, adatte a dischi, corone e settori. Applicazioni: area, massa, baricentro, momento d'inerzia.Cambio di variabili negli integrali doppi e coordinate polari →, Integrazione per sostituzioneSe nell'integranda c'è g(f(x))·f'(x), la sostituzione y = f(x), dy = f'(x)dx trasforma l'integrale in ∫g(y)dy = G(y) + k, poi si torna a x: G(f(x)) + k. Negli integrali definiti cambiano anche gli estremi (da c, d a f(c), f(d)). Si può usare anche al contrario, con x = f⁻¹(y). È il primo metodo a cui pensare; dà la tabella degli integrali "immediati per sostituzione".Integrazione per sostituzione →, Integrali impropriL'integrale improprio (o in senso generalizzato) estende l'integrale definito a intervalli illimitati, ∫ da a a +∞ = lim per x→+∞ di ∫ da a a x, e a funzioni illimitate vicino a un estremo, ∫ da a a b = lim per x→a⁺ di ∫ da x a b. Se il limite è finito l'integrale converge, se è ±∞ diverge, se non esiste f non è integrabile in senso generalizzato. Si calcola con primitiva, integrale definito e poi limite. Per f ≥ 0 valgono il confronto e il confronto asintotico con le funzioni test 1/x^α: a +∞ convergono per α > 1, vicino a 0 per α < 1.Integrali impropri →.

Le definizioni

• Area del segnale: $A_s=\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}s(t)\,dt$ (può essere un numero complesso; si intende come valore principale di Cauchy $\lim_{T\to\infty}\int_{-T}^{T}$).
• Energia: $E_s=\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}\lvert s(t)\rvert^2\,dt$. Per un segnale reale $\lvert s\rvert^2=s^2$.

L'energia di $s$ è l'area del segnale $\lvert s\rvert^2$: lo useremo per ricondurre l'energia della gaussiana alla sua area.

(Es. 2.3C) Energia di $e^{-\pi t^2}$

Passo 1: dove sta la difficoltà

$E=\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-2\pi t^2}dt$ (perché $\lvert e^{-\pi t^2}\rvert^2=e^{-2\pi t^2}$, essendo il segnale reale). La funzione $e^{-t^2}$ non ha una primitiva elementare (non si può scrivere con polinomi, esponenziali, logaritmi, funzioni trigonometriche), quindi il teorema fondamentale del calcolo non si può applicare direttamente. Il trucco è calcolare il quadrato dell'integrale, che diventa un integrale doppio, dove un cambio di variabili rende la primitiva elementare.

Passo 2: l'area della gaussiana, $A=\int e^{-\pi t^2}dt=1$

Sia $A=\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-\pi t^2}dt>0$ (positivo perché si integra una funzione positiva). Scriviamo $A^2$ come prodotto di due integrali uguali, usando due nomi diversi per la variabile muta, $t$ e $u$: $$A^2=\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-\pi t^2}dt\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-\pi u^2}du=\iint_{\mathbb R^2}e^{-\pi t^2}e^{-\pi u^2}\,dt\,du=\iint_{\mathbb R^2}e^{-\pi(t^2+u^2)}\,dt\,du.$$ (Il prodotto di due integrali in variabili diverse è un integrale doppio sul piano: Integrali doppi e teorema di FubiniL'integrale doppio di f su un rettangolo si definisce con somme inferiori e superiori su partizioni in rettangolini (per f ≥ 0 è il volume sotto il grafico); su un dominio limitato D si estende f con 0 fuori da D. Area(D) = ∬D 1. Per f continua su un dominio y-semplice {a ≤ x ≤ b, g1(x) ≤ y ≤ g2(x)} vale Fubini: ∬D f = ∫ab (∫g1(x)g2(x) f dy) dx, e simmetricamente per i domini x-semplici; scambiare l'ordine può rendere calcolabile l'integrale.Integrali doppi e teorema di Fubini →; poi $e^{x}e^{y}=e^{x+y}$.)

Coordinate polari. L'esponente dipende solo da $t^2+u^2$, il quadrato della distanza dall'origine: è la situazione ideale per le coordinate polari (Cambio di variabili negli integrali doppi e coordinate polariSe Φ(u, v) = (x, y) è C¹, iniettiva (salvo insiemi di area nulla) con det JΦ ≠ 0, allora ∬D f dx dy = ∬D' f(Φ(u, v)) |det JΦ(u, v)| du dv: il fattore |det J| misura come Φ dilata le aree. Trasformazioni lineari: |det A| costante (ellisse: area πab). Coordinate polari x = r cos θ, y = r sin θ: dx dy = r dr dθ, adatte a dischi, corone e settori. Applicazioni: area, massa, baricentro, momento d'inerzia.Cambio di variabili negli integrali doppi e coordinate polari →): $$t=\rho\cos\theta,\qquad u=\rho\sin\theta,\qquad t^2+u^2=\rho^2(\cos^2\theta+\sin^2\theta)=\rho^2.$$ Il piano intero si descrive con $\rho\in(0,+\infty)$ (distanza dall'origine) e $\theta\in[0,2\pi)$ (angolo: un giro completo). L'elemento di area diventa $dt\,du=\rho\,d\rho\,d\theta$: il fattore $\rho$ è il modulo del determinante jacobiano $$\det\begin{pmatrix}\partial t/\partial\rho&\partial t/\partial\theta\\ \partial u/\partial\rho&\partial u/\partial\theta\end{pmatrix}=\det\begin{pmatrix}\cos\theta&-\rho\sin\theta\\ \sin\theta&\rho\cos\theta\end{pmatrix}=\rho\cos^2\theta+\rho\sin^2\theta=\rho.$$ (Intuitivamente: una "casella" a distanza $\rho$ larga $d\rho$ e lunga $\rho\,d\theta$ ha area $\rho\,d\rho\,d\theta$; più si è lontani dall'origine, più è larga.) Allora $$A^2=\int_0^{2\pi}\!\!d\theta\int_0^{+\infty}\rho\,e^{-\pi\rho^2}d\rho=2\pi\cdot\left[-\frac{e^{-\pi\rho^2}}{2\pi}\right]_0^{+\infty}=2\pi\cdot\frac{1}{2\pi}=1.$$ Qui il fattore $\rho$ è proprio ciò che rende elementare l'integrale: $\frac{d}{d\rho}\Big(-\frac{e^{-\pi\rho^2}}{2\pi}\Big)=\rho\,e^{-\pi\rho^2}$ (derivata della funzione composta), mentre senza $\rho$ non esisterebbe la primitiva. Poiché $A>0$ e $A^2=1$, $A=1$: la gaussiana $e^{-\pi t^2}$ ha area $1$ (è il motivo del $\pi$ nell'esponente).

Refuso nelle dispense: nel passaggio in coordinate polari dell'Esempio 2.3C le dispense scrivono l'angolo tra $0$ e $\pi$ (deve essere $2\pi$, giro completo) e $\sin^2\rho$ al posto di $\sin^2\theta$; il risultato finale è comunque corretto.

Passo 3: l'energia, con la stessa tecnica (metodo diretto)

Ripetiamo con l'esponente $-2\pi$ invece di $-\pi$. Sia $E=\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-2\pi t^2}dt>0$. Allora $$E^2=\iint_{\mathbb R^2}e^{-2\pi(t^2+u^2)}dt\,du=\int_0^{2\pi}\!\!d\theta\int_0^{+\infty}\rho\,e^{-2\pi\rho^2}d\rho=2\pi\cdot\left[-\frac{e^{-2\pi\rho^2}}{4\pi}\right]_0^{+\infty}=2\pi\cdot\frac{1}{4\pi}=\frac12.$$ (Primitiva: $\frac{d}{d\rho}\Big(-\frac{e^{-2\pi\rho^2}}{4\pi}\Big)=\rho\,e^{-2\pi\rho^2}$.) Quindi $$\boxed{E=\frac{1}{\sqrt2}\approx0{,}7071}.$$

Passo 4: stesso risultato dall'area (cambio di scala)

Senza rifare il calcolo con polari: $e^{-2\pi t^2}=e^{-\pi(\sqrt2\,t)^2}$. Con la sostituzione $u=\sqrt2\,t$, $dt=\frac{du}{\sqrt2}$ (Integrazione per sostituzioneSe nell'integranda c'è g(f(x))·f'(x), la sostituzione y = f(x), dy = f'(x)dx trasforma l'integrale in ∫g(y)dy = G(y) + k, poi si torna a x: G(f(x)) + k. Negli integrali definiti cambiano anche gli estremi (da c, d a f(c), f(d)). Si può usare anche al contrario, con x = f⁻¹(y). È il primo metodo a cui pensare; dà la tabella degli integrali "immediati per sostituzione".Integrazione per sostituzione →; gli estremi $\pm\infty$ restano $\pm\infty$): $$E=\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-\pi(\sqrt2t)^2}dt=\frac{1}{\sqrt2}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-\pi u^2}du=\frac{1}{\sqrt2}\cdot1=\frac1{\sqrt2}.$$ In generale $\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-\pi a t^2}dt=\frac{1}{\sqrt a}$ per $a>0$. Ed è proprio il risultato dell'Es. 2.3D con il fattore di scala $\sqrt2$ (vedi sotto).

(Es. 2.3D) Area ed energia di $x(t)=s(at)$

Cosa fa il cambio di scala. Se $\lvert a\rvert>1$ il segnale è compresso nel tempo (il valore che $s$ assume in $t=6$ lo assume $x(t)=s(2t)$ in $t=3$); se $\lvert a\rvert<1$ è espanso; se $a<0$ si aggiunge anche un ribaltamento ($s(at)=s(-\lvert a\rvert t)$).

Area

$A_x=\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}s(at)\,dt$. Si pone $u=at$, quindi $dt=\frac{du}{a}$ (attenzione: $a$ ha segno).

• Caso $a>0$. Quando $t$ va da $-\infty$ a $+\infty$ anche $u$ va da $-\infty$ a $+\infty$ (stesso verso): $A_x=\dfrac1a\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}s(u)\,du=\dfrac{A_s}{a}$.
• Caso $a<0$. Ora quando $t$ va da $-\infty$ a $+\infty$, $u=at$ va da $+\infty$ a $-\infty$ (verso invertito): $A_x=\dfrac1a\displaystyle\int_{+\infty}^{-\infty}s(u)\,du=-\dfrac1a\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}s(u)\,du=\dfrac{A_s}{-a}=\dfrac{A_s}{\lvert a\rvert}$ (scambiare gli estremi cambia segno all'integrale, e $-\frac1a=\frac1{\lvert a\rvert}$ quando $a<0$).

I due casi si riuniscono in $$\boxed{A_{s(at)}=\frac{A_s}{\lvert a\rvert}}.$$ Con il valore principale di Cauchy il conto è lo stesso: $\int_{-T}^{T}s(at)dt=\frac1{\lvert a\rvert}\int_{-\lvert a\rvert T}^{\lvert a\rvert T}s(u)\,du$, e per $T\to\infty$ si ritrova $A_s/\lvert a\rvert$.

Energia

$\lvert x(t)\rvert^2=\lvert s(at)\rvert^2$ è il segnale $\lvert s\rvert^2$ con lo stesso cambio di scala. Si applica la regola dell'area al segnale $\lvert s\rvert^2$, la cui area è $E_s$: $$\boxed{E_{s(at)}=\frac{E_s}{\lvert a\rvert}}.$$

Significato

Comprimere nel tempo di un fattore $\lvert a\rvert$ rende il segnale $\lvert a\rvert$ volte più corto, mentre l'ampiezza resta la stessa: area ed energia (che misurano "quanto" segnale c'è) si dividono per $\lvert a\rvert$. Il ribaltamento non cambia area ed energia ($a$ e $-a$ danno lo stesso risultato). Per conservare l'energia bisogna moltiplicare per $\sqrt{\lvert a\rvert}$: l'energia di $\sqrt{\lvert a\rvert}\,s(at)$ è $\lvert a\rvert\cdot\frac{E_s}{\lvert a\rvert}=E_s$. Per conservare l'area si moltiplica per $\lvert a\rvert$.

Controllo con 2.3C. La gaussiana $s(t)=e^{-\pi t^2}$ ha area $1$; il suo quadrato $\lvert s\rvert^2=e^{-2\pi t^2}=s(\sqrt2\,t)$ è $s$ con $a=\sqrt2$. Per la regola, l'area di $s(\sqrt2t)$ è $\frac{1}{\sqrt2}$, e quest'area è proprio l'energia di $s$: $E=\frac1{\sqrt2}$ ✓ (stesso valore del passo 4).

Esempio numerico: $s(t)=e^{-t}\,\mathbf 1(t)$

È un segnale causale (esponenziale che decade). $A_s=\int_0^{\infty}e^{-t}dt=1$, $E_s=\int_0^{\infty}e^{-2t}dt=\frac12$ (Integrali impropriL'integrale improprio (o in senso generalizzato) estende l'integrale definito a intervalli illimitati, ∫ da a a +∞ = lim per x→+∞ di ∫ da a a x, e a funzioni illimitate vicino a un estremo, ∫ da a a b = lim per x→a⁺ di ∫ da x a b. Se il limite è finito l'integrale converge, se è ±∞ diverge, se non esiste f non è integrabile in senso generalizzato. Si calcola con primitiva, integrale definito e poi limite. Per f ≥ 0 valgono il confronto e il confronto asintotico con le funzioni test 1/x^α: a +∞ convergono per α > 1, vicino a 0 per α < 1.Integrali impropri →). Per vari $a$:

Per esempio, con $a=-2$: $x(t)=s(-2t)$ vale $e^{2t}$ per $t<0$ (perché $-2t>0$) e $0$ per $t>0$: $A_x=\int_{-\infty}^{0}e^{2t}dt=\left[\frac{e^{2t}}2\right]_{-\infty}^{0}=\frac12$ ✓, $E_x=\int_{-\infty}^0e^{4t}dt=\frac14$ ✓.

Controllo

import numpy as np
from scipy.integrate import quad, dblquad

# 2.3C: area ed energia della gaussiana, per integrazione numerica
A = quad(lambda t: np.exp(-np.pi*t**2), -np.inf, np.inf)[0]
E = quad(lambda t: np.exp(-2*np.pi*t**2), -np.inf, np.inf)[0]
print(A, E, 1/np.sqrt(2))                       # 1.0  0.7071  0.7071
# stesso risultato con l'integrale doppio (quadrato dell'energia = 1/2)
E2 = dblquad(lambda u, t: np.exp(-2*np.pi*(t**2 + u**2)), -6, 6, -6, 6)[0]
print(E2, 0.5)

# 2.3D: s(t) = exp(-t) per t>0 (area 1, energia 1/2); x(t) = s(a t)
s = lambda t: np.exp(-t) * (t > 0)
for a in (2, 0.5, -2, -0.5):
    x = lambda t: s(a*t)
    Ax = quad(x, 0, 80)[0] + quad(x, -80, 0)[0]                      # si spezza in t=0
    Ex = quad(lambda t: x(t)**2, 0, 80)[0] + quad(lambda t: x(t)**2, -80, 0)[0]
    print(a, round(Ax, 6), 1/abs(a), round(Ex, 6), 0.5/abs(a))

Eseguendo il codice: $A=1{,}000000$, $E=0{,}707107$, e per i quattro valori di $a$ le aree numeriche sono $0{,}5$, $2$, $0{,}5$, $2$ e le energie $0{,}25$, $1$, $0{,}25$, $1$, identiche alle formule $A_s/\lvert a\rvert$ ed $E_s/\lvert a\rvert$ (il segno di $a$ non conta).