Esercizio - laboratorio 4, segnali continui aperiodici e risoluzione

Testo (laboratorio 4 del corso Teoria dei Segnali, UniPD, file lab4.m parte 14 e parte14_variazioni.m). Un impulso rettangolare continuo di ampiezza $A=2$ V e semidurata $T_2=5$ s, $s(t)=A$ per $|t|\le T_2$, viene campionato su $[-T_1,T_1)$ con $N$ punti, passo $dt=\frac{2T_1}N$. Calcolarne la trasformata con la FFT, $S=dt\cdot\text{fft}$ con riordino delle due metà, e confrontarla con $S(f)=2AT_2\operatorname{sinc}(2T_2f)$. Discutere come $N$ e $T_1$ cambiano il passo in frequenza $df=\frac1{N\,dt}=\frac1{2T_1}$ e l'estensione dell'asse $\pm\frac1{2\,dt}$, nei tre casi $N=120,\ T_1=70$; $N=1000,\ T_1=70$; $N=1000,\ T_1=13$, e dire quando compare aliasing.

Teoria usata: Trasformata di FourierLa trasformata di Fourier $S(f)=\int s(t)e^{-i2\pi ft}dt$ associa a un segnale continuo (anche aperiodico) la sua rappresentazione in frequenza; l'antitrasformata $s(t)=\int S(f)e^{i2\pi ft}df$ lo ricostruisce, perché gli esponenziali $e^{i2\pi ft}$ sono ortogonali su tutto $\mathbb R$ ($\int e^{i2\pi ft}dt=\delta(f)$). Per un segnale reale $S(-f)=S^*(f)$. Si calcola per i segnali notevoli (rect $\leftrightarrow$ sinc, $e^{-\alpha t}\mathbf 1(t)\leftrightarrow\frac1{\alpha+i2\pi f}$, gaussiana, $\delta\leftrightarrow1$, $1\leftrightarrow\delta$, gradino) e per i segnali periodici, la cui trasformata è un treno di impulsi di area $S_n$ in $nF$.Trasformata di Fourier →, Campionamento e ricostruzioneIl campionamento $s_c(nT)=s(nT)$ trasforma un segnale continuo in uno discreto e, in frequenza, ripete lo spettro con periodo $F_c=1/T$: $S_c(f)=\sum_kS(f-kF_c)$. Se le repliche si sovrappongono si ha aliasing e il segnale non è recuperabile. Un interpolatore $\mathbb Z(T)\to\mathbb R$ con risposta impulsiva $g$ produce $\tilde s(t)=\sum_nT g(t-nT)s(nT)$ e $\tilde S=G,S_c$. Teorema del campionamento: se $s$ ha banda $B$ e $F_c\ge2B$, l'interpolatore ideale $G=\operatorname{rect}(f/F_c)$ ricostruisce esattamente $s(t)=\sum s(nT)\operatorname{sinc}(F_c(t-nT))$. Se le ipotesi non valgono c'è un errore, in banda e fuori banda, riducibile con un prefiltro anti-aliasing.Campionamento e ricostruzione →, Trasformata di Fourier discreta (DFT) e FFTUn segnale discreto periodico di periodo $NT$ ha una trasformata discreta e periodica, la DFT: $S(kF)=\sum_{n=0}^{N-1}T,s(nT)e^{-i2\pi kn/N}$, con $F=1/(NT)$, e $s(nT)=\sum_{k=0}^{N-1}F,S(kF)e^{i2\pi kn/N}$. Dipende da soli $N$ numeri, si calcola senza approssimazioni e con la FFT costa $N\log_2N$ invece di $N^2$. I coefficienti di Fourier del segnale periodico sono $S_k=F,S(kF)$. La DFT dà anche campioni della trasformata di un segnale discreto o continuo a durata limitata (con zero-padding), ma la scalatura $T$ e l'asse delle frequenze vanno gestiti con cura.Trasformata di Fourier discreta (DFT) e FFT →, 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 →, Proprietà della trasformata di FourierLe regole della trasformata di Fourier trasformano operazioni sui segnali in operazioni sulle trasformate: linearità, ribaltamento, coniugio, traslazione nel tempo ($\times e^{-i2\pi ft_0}$) e in frequenza, convoluzione $\leftrightarrow$ prodotto, cambio di scala $s(at)\to\frac1{|a|}S(f/a)$, derivazione ($\times i2\pi f$), integrazione, regola di simmetria ($S(t)\to s(-f)$). Area $S(0)=\int s$, teorema di Parseval $\int|s|^2=\int|S|^2$. Durata e banda sono inversamente legati e un segnale non può avere durata e banda entrambe limitate; la banda del prodotto è la somma delle bande. Con queste regole si ricavano quasi tutte le trasformate senza integrare.Proprietà della trasformata di Fourier → (traslazione nel tempo e fase).

Cosa si vuole calcolare e perché

La trasformata di un segnale continuo non periodico è $S(f)=\int s(t)\,e^{-i2\pi ft}dt$ (Trasformata di FourierLa trasformata di Fourier $S(f)=\int s(t)e^{-i2\pi ft}dt$ associa a un segnale continuo (anche aperiodico) la sua rappresentazione in frequenza; l'antitrasformata $s(t)=\int S(f)e^{i2\pi ft}df$ lo ricostruisce, perché gli esponenziali $e^{i2\pi ft}$ sono ortogonali su tutto $\mathbb R$ ($\int e^{i2\pi ft}dt=\delta(f)$). Per un segnale reale $S(-f)=S^*(f)$. Si calcola per i segnali notevoli (rect $\leftrightarrow$ sinc, $e^{-\alpha t}\mathbf 1(t)\leftrightarrow\frac1{\alpha+i2\pi f}$, gaussiana, $\delta\leftrightarrow1$, $1\leftrightarrow\delta$, gradino) e per i segnali periodici, la cui trasformata è un treno di impulsi di area $S_n$ in $nF$.Trasformata di Fourier →). Un calcolatore ha solo $N$ campioni $s(t_m)$, quindi calcola la somma di Riemann $S(f)\approx\sum_m dt\;s(t_m)\,e^{-i2\pi ft_m}$ in un numero finito di frequenze $f=k\,df$. La FFT dà esattamente questa somma per $k=0,\dots,N-1$, con due precisazioni:

• il fattore $dt$ è lo stesso del $T$ di $S(kF)=\sum T\,s\,e^{\dots}$ (laboratorio 4, parti 1-8): ogni campione pesa $dt$;
• la FFT vuole che il primo elemento sia l'istante $t=0$, perciò il vettore (che parte da $-T_1$) va riordinato: i campioni da $t=0$ in poi vanno davanti, quelli dei tempi negativi dietro (per la periodicità, sono equivalenti ai tempi $T_1,\dots,2T_1$).

Le due domande del laboratorio sono: quanto fitta è la griglia in frequenza (la risoluzione) e fin dove arriva (l'estensione dell'asse), e come dipendono da $N$ e $T_1$.

Parte 14 - il caso $N=1000$, $T_1=70$

import numpy as np
import matplotlib.pyplot as plt

# PARTE 14 - rect continuo (ampiezza A = 2, semi-durata T2 = 5 s) campionato su [-T1, T1) con N punti
N = 1000
T1 = 70

dt = 2 * T1 / N                        # passo di campionamento: durata totale 2 T1 divisa per N
t = np.arange(N) * dt - T1             # istanti da -T1 a T1 - dt

A = 2
T2 = 5

s = A * (np.abs(t) <= T2)              # il rect: A dove |t| <= T2

plt.figure(figsize=(10, 6))
plt.subplot(2, 2, 1)
plt.plot(t, s)
plt.xlabel('Tempo [s]'); plt.ylim(-0.5, A + 0.5); plt.grid(True)

# trasformata analitica S(f) = 2 A T2 sinc(2 T2 f)
fa = np.linspace(-3, 3, 6001)          # MATLAB [-3:0.001:3]
Sa = A * 2 * T2 * np.sinc(fa * (2 * T2))

plt.subplot(2, 2, 4)
plt.plot(fa, np.real(Sa), color='blue', label='Parte reale')
plt.plot(fa, np.imag(Sa), color='red', label='Parte immaginaria')
plt.grid(True); plt.xlabel('Frequenza [Hz]'); plt.xlim(-3, 3); plt.legend()

# trasformata numerica: il tempo 0 deve stare al primo posto del vettore
s = np.concatenate((s[N // 2:], s[:N // 2]))           # MATLAB [s(N/2+1:N), s(1:N/2)]

df = 1 / (N * dt)                      # passo in frequenza: 1 / durata totale
f = np.arange(-N // 2, N // 2) * df    # asse centrato: da -N/2 df a (N/2 - 1) df

S = dt * np.fft.fft(s)                 # il fattore dt e' la scalatura "area" della trasformata di un segnale continuo
S = np.concatenate((S[N // 2:], S[:N // 2]))           # riordino: frequenze negative a sinistra

plt.subplot(2, 2, 2)
plt.plot(f, np.real(S), color='blue', label='Parte reale')
plt.plot(f, np.imag(S), color='red', label='Parte immaginaria')
plt.grid(True); plt.xlabel('Frequenza [Hz]'); plt.xlim(-3, 3); plt.legend()
plt.show()

campioni_rect = int(np.sum(np.abs(t) <= T2))
print(f"dt = {dt:.3f} s, df = 1/(N dt) = 1/(2 T1) = {df:.5f} Hz, asse da {f[0]:.3f} a {f[-1]:.3f} Hz (= +-1/(2 dt) = {1 / (2 * dt):.3f})")
print(f"campioni a 2: {campioni_rect}  (larghezza numerica {campioni_rect * dt:.3f} s contro 2 T2 = {2 * T2} s)")
print(f"S(0) numerico = {S[N // 2].real:.4f}  (= dt * somma = A * larghezza numerica);  S(0) teorico = 2 A T2 = {2 * A * T2}")
sel = np.abs(f) <= 3
print(f"errore massimo |S - Sa| per |f| <= 3: {np.max(np.abs(S[sel] - A * 2 * T2 * np.sinc(f[sel] * 2 * T2))):.4f}")
print(f"parte immaginaria massima: {np.max(np.abs(S.imag)):.1e}  (il rect e' pari: la trasformata e' reale)")

Risultato:

dt = 0.140 s, df = 1/(N dt) = 1/(2 T1) = 0.00714 Hz, asse da -3.571 a 3.564 Hz (= +-1/(2 dt) = 3.571)
campioni a 2: 71  (larghezza numerica 9.940 s contro 2 T2 = 10 s)
S(0) numerico = 19.8800  (= dt * somma = A * larghezza numerica);  S(0) teorico = 2 A T2 = 20
errore massimo |S - Sa| per |f| <= 3: 0.1579
parte immaginaria massima: 1.3e-15  (il rect e' pari: la trasformata e' reale)

La trasformata analitica. $s(t)=A\operatorname{rect}\frac t{2T_2}$ (un rect di larghezza $2T_2=10$ e altezza $A=2$, 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 →) ha trasformata $S(f)=A\cdot2T_2\operatorname{sinc}(2T_2f)=20\operatorname{sinc}(10f)$: reale e pari, $S(0)=20$ (l'area $A\cdot2T_2$), zeri nei multipli di $\frac1{2T_2}=0{,}1$ Hz, decadimento $\frac1f$ delle code. La parte immaginaria è nulla (segnale pari).

Il campionamento e l'asse dei tempi. Con $N=1000$ e $T_1=70$ il passo è $dt=\frac{140}{1000}=0{,}14$ s; $t=m\,dt-T_1$ va da $-70$ a $69{,}86$. I campioni con $|t|\le5$ sono $71$ (i campioni sono nei punti $-70+0{,}14\,m$ e $\pm5$ non ne è uno), quindi la larghezza numerica del rect è $71\cdot0{,}14=9{,}94$ s e non $10$ s: la FFT vede un rect leggermente più stretto, con area $A\cdot9{,}94=19{,}88$. Questa è la causa del $S(0)=19{,}88$ invece di $20$. È un effetto del campionamento dei bordi, non della FFT.

Il riordino e gli assi. s = concatenate((s[N//2:], s[:N//2])) mette in testa l'elemento di indice $N/2=500$, che è l'istante $t=-70+500\cdot0{,}14=0$. La FFT restituisce le frequenze nell'ordine $0,df,\dots,(\frac N2-1)df,-\frac N2df,\dots,-df$: si riordina anche S e si costruisce f = np.arange(-N//2, N//2) * df con

$$df=\frac1{N\,dt}=\frac1{2T_1}=\frac1{140}=0{,}00714\text{ Hz}.$$

L'asse va da $-\frac N2df=-3{,}571$ Hz a $3{,}564$ Hz, cioè $\pm\frac1{2\,dt}$. Il risultato è reale (parte immaginaria $\sim10^{-15}$) e riproduce $20\operatorname{sinc}(10f)$ con un errore massimo di $0{,}16$ su un picco di $20$ (meno dell'$1\%$).

Le due regole: risoluzione e estensione

• Passo in frequenza $df=\dfrac1{N\,dt}=\dfrac1{2T_1}$: dipende solo dalla durata totale $2T_1$ della finestra di osservazione. Una finestra lunga dà una griglia fitta, "alta definizione". È la dualità di prima: campionare in frequenza con passo $df$ equivale a ripetere il segnale nel tempo con periodo $\frac1{df}=2T_1$, e questo non deve sovrapporre le copie (serve $2T_1\ge$ durata del segnale $=2T_2$).
• Estensione dell'asse $\pm\dfrac1{2\,dt}$: dipende solo dal passo di campionamento $dt$. È la metà della frequenza di campionamento $F_c=\frac1{dt}$: oltre non si può vedere, e quello che oltre c'è si ripiega dentro (aliasing).
• Numero di righe $N=\dfrac{2T_1}{dt}=\dfrac{1/dt}{df}$ (l'ampiezza totale dell'asse, $\frac1{dt}$, divisa per il passo): con $N$ fisso, aumentare $T_1$ migliora la risoluzione ma peggiora l'estensione (e viceversa). Per migliorare entrambe bisogna aumentare $N$.

Le variazioni: tre scelte di $N$ e $T_1$

# VARIAZIONI - la stessa analisi con tre scelte diverse di N e T1
def spettro_rect(N, T1, A=2, T2=5):
    dt = 2 * T1 / N
    t = np.arange(N) * dt - T1
    s = A * (np.abs(t) <= T2)
    s = np.concatenate((s[N // 2:], s[:N // 2]))
    df = 1 / (N * dt)
    f = np.arange(-N // 2, N // 2) * df
    S = dt * np.fft.fft(s)
    S = np.concatenate((S[N // 2:], S[:N // 2]))
    return t, f, S, dt, df

def S_vera(f, A=2, T2=5):
    return A * 2 * T2 * np.sinc(f * 2 * T2)

casi = [(120, 70), (1000, 70), (1000, 13)]
risultati = {}
print("   N   T1      dt        df        f_max=1/(2dt)   righe per lobo      S(0)      errore (|f| <= 0.4)")
for N_, T1_ in casi:
    t_, f_, S_, dt_, df_ = spettro_rect(N_, T1_)
    risultati[(N_, T1_)] = (t_, f_, S_, dt_, df_)
    sel = np.abs(f_) <= 0.4
    err = np.max(np.abs(S_[sel] - S_vera(f_[sel])))
    righe_lobo = 0.2 / df_                       # il lobo principale e' largo 2 * (1/(2 T2)) = 0.2 Hz
    print(f"{N_:>5} {T1_:>3} {dt_:>9.4f} {df_:>9.5f} {1 / (2 * dt_):>13.3f} {righe_lobo:>14.1f} {S_[N_ // 2].real:>12.4f} {err:>14.4f}")

Risultato:

   N   T1      dt        df        f_max=1/(2dt)   righe per lobo      S(0)      errore (|f| <= 0.4)
  120  70    1.1667   0.00714         0.429           28.0      21.0000         1.3791
 1000  70    0.1400   0.00714         3.571           28.0      19.8800         0.1205
 1000  13    0.0260   0.03846        19.231            5.2      20.0200         0.0200

Caso 1: $N=120$, $T_1=70$ ("poco fitto il segnale nel tempo: range di frequenze limitato; lunga estensione nel tempo: trasformata ad alta definizione"). Il passo di campionamento è grosso, $dt=1{,}17$ s, e l'asse arriva solo a $\pm0{,}43$ Hz: il lobo principale ($\pm0{,}1$ Hz) è disegnato con $28$ righe, ma si vedono pochi lobi laterali (solo quelli fino a $0{,}43$ Hz). Il rect è rappresentato da soli $9$ campioni, di larghezza $9\cdot1{,}167=10{,}5$ s, e $S(0)=21$ invece di $20$. L'errore massimo sul confronto con la sinc per $|f|\le0{,}4$ Hz è $1{,}4$, cioè il $7\%$ del picco: qui l'aliasing è forte.

Caso 2: $N=1000$, $T_1=70$. Stessa durata ($2T_1=140$ s) quindi stessa risoluzione $df=0{,}00714$ Hz, ma $dt=0{,}14$ s e l'asse è otto volte più lungo, $\pm3{,}57$ Hz: ora il grafico mostra una trentina di lobi per lato (il file MATLAB limita l'asse a $[-3,3]$, dove cadono zeri ogni $0{,}1$ Hz). L'errore massimo scende a $0{,}12$ ($0{,}6\%$ del picco).

Caso 3: $N=1000$, $T_1=13$ ("molto fitto il segnale nel tempo: range di frequenze ampio; corta estensione nel tempo: trasformata a bassa risoluzione"). La finestra è corta, $2T_1=26$ s, quindi il passo in frequenza è grosso, $df=\frac1{26}=0{,}0385$ Hz: nel lobo principale ($0{,}2$ Hz) cadono solo $5$ righe e la curva sembra poligonale. L'asse è molto esteso, $\pm19{,}2$ Hz, e l'errore sulle righe è piccolo, $0{,}02$ (un rect largo $10$ s sta bene nei $26$ s della finestra: $2T_1>2T_2$, nessuna sovrapposizione nel tempo). Con $T_1<T_2=5$ s il rect verrebbe troncato dalla finestra, e con $T_1$ appena sopra $5$ s le copie periodiche del rect (periodo $2T_1$) quasi si toccherebbero.

Un errore da non fare è leggere in questi tre casi la risoluzione come un effetto di $N$ da solo: il caso 1 e il 2 hanno $N$ diverso e la stessa risoluzione; il caso 2 e il 3 hanno lo stesso $N$ e risoluzioni diverse. Conta $2T_1$ per $df$ e $dt$ per l'estensione.

Quando compare l'aliasing e il legame con $S_c=\operatorname{rep}S$

I campioni $s(m\,dt)$ del rect sono i campioni di un segnale non a banda limitata (la sinc di $S(f)$ decade come $\frac1f$ e non si annulla mai). Campionarlo con passo $dt$ equivale a replicare lo spettro con periodo $F_c=\frac1{dt}$ (formula del campionamento, Campionamento e ricostruzioneIl campionamento $s_c(nT)=s(nT)$ trasforma un segnale continuo in uno discreto e, in frequenza, ripete lo spettro con periodo $F_c=1/T$: $S_c(f)=\sum_kS(f-kF_c)$. Se le repliche si sovrappongono si ha aliasing e il segnale non è recuperabile. Un interpolatore $\mathbb Z(T)\to\mathbb R$ con risposta impulsiva $g$ produce $\tilde s(t)=\sum_nT g(t-nT)s(nT)$ e $\tilde S=G,S_c$. Teorema del campionamento: se $s$ ha banda $B$ e $F_c\ge2B$, l'interpolatore ideale $G=\operatorname{rect}(f/F_c)$ ricostruisce esattamente $s(t)=\sum s(nT)\operatorname{sinc}(F_c(t-nT))$. Se le ipotesi non valgono c'è un errore, in banda e fuori banda, riducibile con un prefiltro anti-aliasing.Campionamento e ricostruzione →):

$$S_c(f)=\operatorname{rep}_{F_c}S(f)=\sum_{k=-\infty}^{\infty}S\bigl(f-kF_c\bigr).$$

La FFT (cioè $dt\cdot\text{fft}$) calcola proprio $S_c(f)$ nei punti $f=k\,df$, non $S(f)$. Il confronto con la formula teorica ha quindi due cause di scarto: l'aliasing (le copie centrate in $\pm F_c,\ \pm2F_c,\dots$ danno un contributo a ogni $f$) e la larghezza numerica del rect ($71$ campioni, ecc.), che nella formula $\operatorname{rep}S$ sono già incluse perché è il segnale campionato davvero. Per verificarlo, il blocco seguente confronta $S$ con una somma di $2\cdot20000+1$ copie della sinc vera:

# Il legame con il campionamento: S numerico = ripetizione (rep) dello spettro vero con periodo Fc = 1/dt
K = np.arange(-20000, 20001)
print("   N   T1   errore massimo |S - rep S| (su tutte le righe con |f| <= 3)    contro |S - S_vera|")
for N_, T1_ in casi:
    t_, f_, S_, dt_, df_ = risultati[(N_, T1_)]
    sel = np.where(np.abs(f_) <= 3)[0][::max(1, N_ // 120)]       # un sottoinsieme di righe, per non rallentare
    rep = np.array([np.sum(S_vera(f_[i] - K / dt_)) for i in sel])
    print(f"{N_:>5} {T1_:>3}   {np.max(np.abs(S_[sel] - rep)):.5f}                                               {np.max(np.abs(S_[sel] - S_vera(f_[sel]))):.4f}")

# In f = 0 la ripetizione somma al valore vero 20 le code dei sinc centrati in k/dt
for N_, T1_ in casi:
    t_, f_, S_, dt_, df_ = risultati[(N_, T1_)]
    code = np.sum(S_vera(0 - K / dt_)) - S_vera(0)
    print(f"N = {N_:>4}, T1 = {T1_:>2}: S(0) numerico = {S_[N_ // 2].real:.4f}, 20 + code dei sinc ripetuti = {20 + code:.4f}   (Fc = 1/dt = {1 / dt_:.3f} Hz)")

   N   T1   errore massimo |S - rep S| (su tutte le righe con |f| <= 3)    contro |S - S_vera|
  120  70   0.00004                                               1.4318
 1000  70   0.00001                                               0.1549
 1000  13   0.00000                                               0.0202
N =  120, T1 = 70: S(0) numerico = 21.0000, 20 + code dei sinc ripetuti = 21.0000   (Fc = 1/dt = 0.857 Hz)
N = 1000, T1 = 70: S(0) numerico = 19.8800, 20 + code dei sinc ripetuti = 19.8800   (Fc = 1/dt = 7.143 Hz)
N = 1000, T1 = 13: S(0) numerico = 20.0200, 20 + code dei sinc ripetuti = 20.0200   (Fc = 1/dt = 38.462 Hz)

Lo scarto da $\operatorname{rep}S$ è al più $4\cdot10^{-5}$ nei tre casi (contro $1{,}4;\ 0{,}15;\ 0{,}02$ dallo spettro vero $S$), e in $f=0$ la somma delle code porta il $20$ vero a $21{,}00$ (caso 1), $19{,}88$ (caso 2), $20{,}02$ (caso 3), esattamente i valori della FFT. Il numero $S(0)\ne20$ non è un errore di calcolo: è il valore giusto della trasformata del segnale campionato.

L'entità dell'aliasing dipende da quanto vale lo spettro vero in $\pm\frac{F_c}2$: dal limite $|S(f)|\le\frac{A}{\pi f}=\frac{0{,}64}{f}$ si ha circa $1{,}5$ in $f=0{,}43$ (caso 1, 7% di $S(0)$), $0{,}18$ in $f=3{,}57$ (caso 2, meno dell'$1\%$), $0{,}033$ in $f=19{,}2$ (caso 3, circa $0{,}17\%$). Più $dt$ è piccolo, più il bordo dell'asse è lontano e più la coda ripiegata è bassa. In concreto, nel caso 1 le copie centrate in $\pm F_c=\pm0{,}857$ Hz si sovrappongono alla sinc vera proprio nella zona $|f|\lesssim0{,}43$ che si disegna:

I tre confronti con il grafico analitico si possono rivedere con un solo disegno (il codice qui sotto riproduce la figura del file parte14_variazioni.m, con la curva teorica tratteggiata):

# I tre casi, come nel file parte14_variazioni.m
fig, assi = plt.subplots(3, 2, figsize=(11, 10))
fa = np.linspace(-3, 3, 6001)
for riga, (N_, T1_) in enumerate(casi):
    t_, f_, S_, dt_, df_ = risultati[(N_, T1_)]
    assi[riga, 0].plot(t_, A * (np.abs(t_) <= T2))
    assi[riga, 0].set_xlabel('Tempo [s]'); assi[riga, 0].set_ylabel('Ampiezza [V]'); assi[riga, 0].set_ylim(-0.5, A + 0.5); assi[riga, 0].grid(True)
    assi[riga, 0].set_title(f'N = {N_}, T1 = {T1_}')
    assi[riga, 1].plot(fa, S_vera(fa), 'k--', label='analitica')
    assi[riga, 1].plot(f_, S_.real, 'b.-', label='fft (parte reale)')
    assi[riga, 1].set_xlabel('Frequenza [Hz]'); assi[riga, 1].set_ylabel('[Vs]'); assi[riga, 1].set_xlim(-3, 3); assi[riga, 1].grid(True); assi[riga, 1].legend()
plt.tight_layout()
plt.show()

Controllo

• $df=\frac1{2T_1}$: $0{,}00714$ (casi 1-2) e $0{,}0385$ (caso 3); estensione $\pm\frac1{2dt}$: $0{,}43$, $3{,}57$, $19{,}2$ Hz.
• $S(0)$: $21{,}00$; $19{,}88$; $20{,}02$ (area numerica = $A\cdot dt\cdot$ numero di campioni a 2); valore vero $2AT_2=20$.
• $dt\cdot\text{fft}$ coincide con $\sum_kS(f-kF_c)$ a meno di $4\cdot10^{-5}$.