Esercizio - convoluzione di gradino ed esponenziali causali

Testo (dispense del corso Teoria dei Segnali, UniPD, Es. 2.8J e 2.8K).

• 2.8J. Calcolare la convoluzione del gradino $\mathbf 1(t)$ con se stesso.
• 2.8K. Calcolare la convoluzione dei due segnali esponenziali reali $x(t)=\mathbf 1(t)e^{-\sigma_1t}$ e $y(t)=\mathbf 1(t)e^{-\sigma_2t}$. Considerare anche il caso in cui $\sigma_1=\sigma_2$.

Teoria usata: ConvoluzioneLa convoluzione $x*y(t)=\int x(u),y(t-u),du$ combina due segnali ribaltando e traslando il secondo, moltiplicando e integrando. È commutativa, associativa, lineare; l'area del risultato è il prodotto delle aree; l'estensione è la somma delle estensioni (estremo con estremo); l'impulso $\delta$ è l'elemento neutro; la convoluzione con il gradino integra. Per due segnali periodici di uguale periodo si usa la convoluzione ciclica (integrale su un periodo). È l'operazione del filtraggio: l'uscita di un filtro è la convoluzione dell'ingresso con la risposta impulsiva.Convoluzione →, Segnali notevoli - gradino, rect, tri, sinc ed esponenzialiI segnali di uso più frequente sono la costante, la sinusoide $A_0\cos(2\pi f_0t+\varphi_0)$ e l'esponenziale complesso $Ae^{i2\pi f_0t}$ (periodici, a potenza finita), il gradino $\mathbf 1(t)$ e il segno, e gli impulsi a energia finita: $\operatorname{rect}$ (area $D$), $\operatorname{tri}$, $\operatorname{sinc}$ (area $1$), la gaussiana $e^{-\pi t^2}$ e gli esponenziali smorzati. Per ciascuno si sanno a memoria forma, area ed energia; gli altri segnali si ottengono da questi con traslazioni, scalature, somme e differenze.Segnali notevoli - gradino, rect, tri, sinc ed esponenziali →, 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 →.

Come si calcola una convoluzione di segnali causali

La definizione è $x*y(t)=\int_{-\infty}^{+\infty}x(u)\,y(t-u)\,du$. Per segnali causali (nulli per tempi negativi) l'integrando $x(u)\,y(t-u)$ è diverso da zero solo se entrambi i fattori lo sono:

• $x(u)\neq0$ richiede $u>0$;
• $y(t-u)\neq0$ richiede $t-u>0$, cioè $u<t$.

Quindi l'integrale si riduce all'intervallo $0<u<t$, che esiste solo se $t>0$: $$x*y(t)=\begin{cases}0 & t<0\\[2pt] \displaystyle\int_0^{t}x(u)\,y(t-u)\,du & t>0\end{cases}$$ È coerente con la regola delle estensioni: $e[x]=e[y]=[0,+\infty)$ e l'estensione della convoluzione è la somma $[0+0,\infty+\infty)=[0,+\infty)$, cioè anche il risultato è causale.

(Es. 2.8J) Il gradino con se stesso è la rampa

Per $t<0$: nessun $u$ soddisfa $u>0$ e $u<t$ insieme, il prodotto è sempre $0$ e $\mathbf 1*\mathbf 1(t)=0$.

Per $t>0$: per $0<u<t$ entrambi i gradini valgono $1$ (si ricordi $\mathbf 1(t-u)=1$ se $t-u>0$), fuori da questo intervallo uno dei due vale $0$ (negli estremi $u=0$ e $u=t$ vale $\frac12$, ma un solo punto non cambia un integrale). Quindi $$\mathbf 1*\mathbf 1(t)=\int_0^{t}1\cdot1\,du=t .$$ Riassumendo: $$\boxed{\mathbf 1*\mathbf 1(t)=t\,\mathbf 1(t)}$$ cioè la rampa: zero per $t<0$, retta di pendenza $1$ per $t>0$ (continua in $0$, dove vale $0$).

Cosa significa. Convolvere un segnale con il gradino significa integrarlo: $x*\mathbf 1(t)=\int_{-\infty}^{t}x(u)\,du$ (perché $\mathbf 1(t-u)=1$ solo per $u<t$). Qui $x=\mathbf 1$, e l'integrale del gradino da $-\infty$ a $t$ è la rampa. Coerente anche con la derivata (Esercizio - proprietà della convoluzione, 2.8B): $(\mathbf 1*\mathbf 1)'=\mathbf 1*\delta=\mathbf 1$, e infatti la derivata della rampa è il gradino. Ripetendo: $\mathbf 1*\mathbf 1*\mathbf 1(t)=\frac{t^2}{2}\mathbf 1(t)$.

Perché non si può usare la regola delle aree. La regola $\text{area}(x*y)=\text{area}(x)\cdot\text{area}(y)$ qui non dà informazioni: il gradino ha area infinita, e infatti la rampa ha area infinita.

Numeri. $t=0{,}5\to0{,}5$; $t=2\to2$; $t=3{,}7\to3{,}7$; $t=-1\to0$ (l'integrale numerico di $\mathbf 1(u)\mathbf 1(t-u)$ dà esattamente questi valori).

(Es. 2.8K) Due esponenziali causali

Caso $\sigma_1\neq\sigma_2$

Con $x(u)=e^{-\sigma_1u}$ e $y(t-u)=e^{-\sigma_2(t-u)}$ sull'intervallo $0<u<t$ ($t>0$): $$x*y(t)=\int_0^{t}e^{-\sigma_1u}\,e^{-\sigma_2(t-u)}\,du .$$ Passo 1: si raccolgono i fattori. $e^{-\sigma_2(t-u)}=e^{-\sigma_2t}e^{\sigma_2u}$, quindi l'integrando è $e^{-\sigma_2t}\,e^{(\sigma_2-\sigma_1)u}$. Il fattore $e^{-\sigma_2t}$ non dipende da $u$ e esce dall'integrale: $$x*y(t)=e^{-\sigma_2t}\int_0^{t}e^{(\sigma_2-\sigma_1)u}\,du .$$ Passo 2: si integra. Se $\sigma_2-\sigma_1\neq0$ la primitiva di $e^{cu}$ è $\frac{e^{cu}}{c}$ (con $c=\sigma_2-\sigma_1$; Integrali immediatiTabella degli integrali immediati, ottenuti leggendo al contrario le derivate delle funzioni elementari: potenze, 1/x, esponenziali, seno e coseno, tangente, arcoseno, arcotangente, funzioni iperboliche e loro inverse. Per gli integrali non ci sono regole come per le derivate, solo metodi: linearità, sostituzione, per parti.Integrali immediati →): $$\int_0^{t}e^{cu}du=\frac{e^{ct}-1}{c}\quad\Rightarrow\quad x*y(t)=e^{-\sigma_2t}\,\frac{e^{(\sigma_2-\sigma_1)t}-1}{\sigma_2-\sigma_1}=\frac{e^{-\sigma_1t}-e^{-\sigma_2t}}{\sigma_2-\sigma_1}$$ (si è usato $e^{-\sigma_2t}e^{(\sigma_2-\sigma_1)t}=e^{-\sigma_1t}$). Per $t<0$ il risultato è $0$: $$\boxed{x*y(t)=\frac{e^{-\sigma_1t}-e^{-\sigma_2t}}{\sigma_2-\sigma_1}\,\mathbf 1(t)}\qquad(\sigma_1\neq\sigma_2).$$ È simmetrico nello scambio $\sigma_1\leftrightarrow\sigma_2$ (numeratore e denominatore cambiano entrambi segno), come richiede la commutatività.

Controlli.

• Valore in $0$: $\frac{1-1}{\sigma_2-\sigma_1}=0$, quindi il risultato è continuo (l'integrale su un intervallo di lunghezza $0$ è nullo).
• Area (per $\sigma_1,\sigma_2>0$): l'area di $e^{-\sigma t}\mathbf 1(t)$ è $\frac1\sigma$, quindi per la regola delle aree l'area della convoluzione deve valere $\frac{1}{\sigma_1\sigma_2}$. Infatti $\int_0^\infty\frac{e^{-\sigma_1t}-e^{-\sigma_2t}}{\sigma_2-\sigma_1}dt=\frac{\frac1{\sigma_1}-\frac1{\sigma_2}}{\sigma_2-\sigma_1}=\frac{\sigma_2-\sigma_1}{\sigma_1\sigma_2(\sigma_2-\sigma_1)}=\frac1{\sigma_1\sigma_2}$ ✓.
• Forma: parte da $0$, sale fino a un massimo e poi decade con la velocità dell'esponenziale più lento. Il massimo è dove la derivata si annulla: $-\sigma_1e^{-\sigma_1t}+\sigma_2e^{-\sigma_2t}=0\iff t^*=\dfrac{\ln(\sigma_2/\sigma_1)}{\sigma_2-\sigma_1}$.

Numeri, $\sigma_1=1$ e $\sigma_2=3$. $x*y(t)=\frac12\big(e^{-t}-e^{-3t}\big)$. In $t=1$: $\frac12(0{,}36788-0{,}04979)=0{,}15905$. Massimo in $t^*=\frac{\ln3}{2}=0{,}5493$ con valore $\frac12(3^{-1/2}-3^{-3/2})=0{,}19245$. Area: $\frac{1}{1\cdot3}=\frac13$. Scambiando i due esponenziali ($\sigma_1=3$, $\sigma_2=1$) l'integrale numerico dà gli stessi valori.

Caso $\sigma_1=\sigma_2=\sigma$

Ora l'esponente nel Passo 1 è $e^{(\sigma_2-\sigma_1)u}=e^{0}=1$: l'integrando non dipende più da $u$. Infatti $$e^{-\sigma u}\,e^{-\sigma(t-u)}=e^{-\sigma u-\sigma t+\sigma u}=e^{-\sigma t}\quad\text{(gli esponenti in }u\text{ si cancellano)}.$$ L'integrale di una costante su un intervallo di lunghezza $t$ è la costante per la lunghezza: $$\boxed{x*y(t)=\int_0^{t}e^{-\sigma t}\,du=t\,e^{-\sigma t}\,\mathbf 1(t)}\qquad(\sigma_1=\sigma_2=\sigma).$$ Perché compare il fattore $t$. Le due code decadono alla stessa velocità, quindi per ogni $u$ i due fattori si compensano esattamente: ogni "fetta" dell'intervallo di integrazione contribuisce lo stesso valore $e^{-\sigma t}$, e il numero di fette è proporzionale a $t$. Nel caso $\sigma_1\neq\sigma_2$ la compensazione è solo parziale e l'integrale è la differenza di due esponenziali.

Coerenza con il caso generale (limite). La formula generale è $\dfrac{e^{-\sigma_1t}-e^{-\sigma_2t}}{\sigma_2-\sigma_1}$, che per $\sigma_2\to\sigma_1$ è della forma $\frac00$. È l'opposto del rapporto incrementale della funzione $f(\sigma)=e^{-\sigma t}$: $\dfrac{f(\sigma_1)-f(\sigma_2)}{\sigma_2-\sigma_1}=-\dfrac{f(\sigma_2)-f(\sigma_1)}{\sigma_2-\sigma_1}\to-f'(\sigma_1)=t\,e^{-\sigma_1t}$, perché $f'(\sigma)=-te^{-\sigma t}$. Si ritrova il risultato del caso uguale: i due casi sono lo stesso risultato, uno limite dell'altro.

Controlli. Area: $\int_0^{\infty}te^{-\sigma t}dt=\frac{1}{\sigma^2}$ (Integrazione per parti∫ f·g' dx = f·g − ∫ f'·g dx (regola del prodotto letta al contrario). Si usa per log x, arcsin x, arctan x (scritti come "funzione per 1"), per sin²x, cos²x, sinh²x, cosh²x (integrale circolare: l'integrale di partenza ricompare e si porta a sinistra) e per prodotti come x^n·e^(αx), x^n·sin(βx), e^(αx)·sin(βx).Integrazione per parti →) $=\frac1\sigma\cdot\frac1\sigma$ ✓. Massimo: $\frac{d}{dt}te^{-\sigma t}=(1-\sigma t)e^{-\sigma t}=0\iff t=\frac1\sigma$, valore $\frac{1}{\sigma e}$. Per $\sigma=2$: massimo in $t=\frac12$ di valore $\frac{1}{2e}=0{,}18394$; in $t=1$ vale $e^{-2}=0{,}13534$. Una terza convoluzione con lo stesso esponenziale dà $\int_0^tue^{-\sigma u}e^{-\sigma(t-u)}du=e^{-\sigma t}\int_0^tu\,du=\frac{t^2}{2}e^{-\sigma t}$.

Controllo

import numpy as np
from scipy.integrate import quad

u = lambda t: (t > 0) * 1.0

# 2.8J: integrale numerico di 1(v) 1(t-v)
for t in (-1.0, 0.5, 2.0, 3.7):
    print(t, quad(lambda v: u(v)*u(t - v), -10, 20, points=[0, t])[0], max(t, 0.0))

# 2.8K: integrale numerico contro formula chiusa
def conv(s1, s2, t):
    f = lambda v: np.exp(-s1*v) * np.exp(-s2*(t - v))      # solo su 0<v<t
    return quad(f, 0, t)[0] if t > 0 else 0.0
def chiusa(s1, s2, t):
    return (np.exp(-s1*t) - np.exp(-s2*t))/(s2 - s1) if s1 != s2 else t*np.exp(-s1*t)
for s1, s2 in ((1, 3), (3, 1), (2, 2), (0.5, 2)):
    print(s1, s2, max(abs(conv(s1, s2, t) - chiusa(s1, s2, t)) for t in (0.4, 1.0, 2.5)))   # ~1e-17

# area e massimo
print(quad(lambda t: chiusa(1, 3, t), 0, np.inf)[0], 1/3)             # area 1/(s1 s2)
print(quad(lambda t: chiusa(2, 2, t), 0, np.inf)[0], 1/4)
ts = np.log(3)/2; print(ts, chiusa(1, 3, ts), 0.5*(3**-0.5 - 3**-1.5))  # massimo
print(chiusa(2, 2, 0.5), 1/(2*np.e))

Risultati: la rampa si ritrova esattamente (per $t=-1$ l'integrale è $0$); le differenze tra integrale numerico e formula chiusa sono dell'ordine dell'errore di calcolo (meno di $10^{-12}$) per tutte le coppie $(1,3)$, $(3,1)$, $(2,2)$, $(0{,}5,2)$; le aree numeriche sono $\frac13$ e $\frac14$; il massimo vale $0{,}19245$ in $t=0{,}5493$ nel caso $(1,3)$ e $0{,}18394$ in $t=\frac12$ nel caso $(2,2)$.