Esercizio - trasformata del gradino modulato e del triangolo

Testo (dispense del corso Teoria dei Segnali, UniPD, Es. 3.4C, 3.4E).

• Es. 3.4C. Utilizzando la regola del prodotto dimostrare la relazione $$\mathbf 1(t)\cos2\pi f_0t\ \longleftrightarrow\ \frac14\left[\delta(f-f_0)+\delta(f+f_0)+\frac1{i\pi(f-f_0)}+\frac1{i\pi(f+f_0)}\right].$$
• Es. 3.4E. Dimostrare la relazione $\operatorname{rect}\left(\frac t{2D}\right)\left(1-\frac{|t|}D\right)\ \longleftrightarrow\ D\operatorname{sinc}^2(fD)$, dove a primo membro compare l'impulso triangolare di durata $2D$.

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 →, 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 →, ConvoluzioneLa convoluzione $xy(t)=\int x(u),y(t-u),du$ 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 →, 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 →.

Convenzioni: $S(f)=\int s(t)e^{-i2\pi ft}dt$; il gradino $\mathbf 1(t)$ vale $1$ per $t>0$, $0$ per $t<0$ e $\frac12$ in $t=0$; $\operatorname{sgn}(t)$ vale $\pm1$; $\mathbf 1(t)=\frac12+\frac12\operatorname{sgn}(t)$. Coppie note: $\operatorname{sgn}(t)\leftrightarrow\frac1{i\pi f}$, $\mathbf 1(t)\leftrightarrow\frac12\delta(f)+\frac1{i2\pi f}$, $\cos2\pi f_0t\leftrightarrow\frac12\delta(f-f_0)+\frac12\delta(f+f_0)$, $\operatorname{rect}\left(\frac tT\right)\leftrightarrow T\operatorname{sinc}(fT)$.

Es. 3.4C - la trasformata di $\mathbf 1(t)\cos2\pi f_0t$

Il segnale. È una sinusoide che "parte" in $t=0$: nulla per $t<0$, $\cos2\pi f_0t$ per $t>0$.

Passo 1: regola del prodotto. Se $x(t)\leftrightarrow X(f)$ e $y(t)\leftrightarrow Y(f)$, allora $x(t)y(t)\leftrightarrow X*Y(f)=\int X(\lambda)Y(f-\lambda)d\lambda$. Poniamo $x=\mathbf 1$ e $y=\cos$: $$U(f)=\frac12\delta(f)+\frac1{i2\pi f},\qquad C(f)=\frac12\delta(f-f_0)+\frac12\delta(f+f_0).$$

Passo 2: convoluzione con un impulso. La proprietà rivelatrice dell'impulso dà $g*\delta(\cdot-a)(f)=\int g(\lambda)\delta(f-\lambda-a)d\lambda=g(f-a)$: convolvere con un impulso in $a$ trasla di $a$. Quindi, per linearità, $$U*C(f)=\frac12U(f-f_0)+\frac12U(f+f_0).$$

Passo 3: sostituzione. In $U(f\mp f_0)$ ogni $f$ diventa $f\mp f_0$: $$U*C(f)=\frac12\left[\frac12\delta(f-f_0)+\frac1{i2\pi(f-f_0)}\right]+\frac12\left[\frac12\delta(f+f_0)+\frac1{i2\pi(f+f_0)}\right]=\frac14\delta(f-f_0)+\frac14\delta(f+f_0)+\frac1{4\,i\pi(f-f_0)}+\frac1{4\,i\pi(f+f_0)},$$ dove $\frac12\cdot\frac1{i2\pi(f\mp f_0)}=\frac1{4\,i\pi(f\mp f_0)}=\frac14\cdot\frac1{i\pi(f\mp f_0)}$. Mettendo in evidenza $\frac14$: $$\boxed{\mathbf 1(t)\cos2\pi f_0t\ \leftrightarrow\ \frac14\left[\delta(f-f_0)+\delta(f+f_0)+\frac1{i\pi(f-f_0)}+\frac1{i\pi(f+f_0)}\right]}\ \blacksquare$$ Lo stesso risultato segue dalla regola di modulazione dell'Esempio 3.3A ($s(t)\cos2\pi f_0t\leftrightarrow\frac12S(f-f_0)+\frac12S(f+f_0)$) con $s=\mathbf 1$.

Parte impulsiva. Il gradino ha una parte "continua" $\frac12$ (è il valor medio tra i due lati del salto): $\mathbf 1(t)=\frac12+\frac12\operatorname{sgn}(t)$. Moltiplicando per il coseno: $$\mathbf 1(t)\cos2\pi f_0t=\underbrace{\tfrac12\cos2\pi f_0t}_{\text{sinusoide permanente}}+\underbrace{\tfrac12\operatorname{sgn}(t)\cos2\pi f_0t}_{\text{parte "dispari" del gradino}}.$$ Il primo termine è una sinusoide di ampiezza $\frac12$ presente per sempre: ha trasformata $\frac12\left[\frac12\delta(f-f_0)+\frac12\delta(f+f_0)\right]=\frac14[\delta(f-f_0)+\delta(f+f_0)]$, cioè gli impulsi di area $\frac14$ in $\pm f_0$: sono la traccia dell'ampiezza media della sinusoide. Il secondo termine (che somma $+\frac12\cos$ per $t>0$ e $-\frac12\cos$ per $t<0$, ed è il responsabile dell'accensione brusca) non è né periodico né integrabile: la sua trasformata $\frac12\cdot\frac12\left[\frac1{i\pi(f-f_0)}+\frac1{i\pi(f+f_0)}\right]$ è la parte non impulsiva, non nulla a tutte le frequenze, con un'infinità di componenti (la brusca accensione contiene tutte le frequenze) che decresce come $\frac1{|f|}$.

Il valore principale. La funzione $\frac1{i\pi(f-f_0)}$ ha un polo in $f_0$ e non è integrabile in nessun intorno di $f_0$ ($\int\frac{df}{f-f_0}$ diverge logaritmicamente). Va quindi intesa nel senso del valore principale di Cauchy: gli integrali che la contengono si calcolano togliendo un intorno simmetrico del polo e facendolo tendere a zero, $$\mathrm{PV}\int\frac{\varphi(f)}{f-f_0}df=\lim_{\varepsilon\to0}\left[\int_{-\infty}^{f_0-\varepsilon}+\int_{f_0+\varepsilon}^{+\infty}\right]\frac{\varphi(f)}{f-f_0}df,$$ in modo che i due lati del polo, di segno opposto, si compensino (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 →). È così già per $\operatorname{sgn}(t)\leftrightarrow\frac1{i\pi f}$: nell'integrale simmetrico $\int_{-F}^{F}\frac{e^{i2\pi ft}}{i\pi f}df$ si scrive $e^{i2\pi ft}=\cos2\pi ft+i\sin2\pi ft$: il termine $\frac{\cos2\pi ft}{i\pi f}$ è dispari in $f$ e ha integrale nullo (ecco il valore principale al lavoro), il termine $\frac{\sin2\pi ft}{\pi f}$ è pari e dà $\frac2\pi\int_0^F\frac{\sin2\pi ft}{f}df=\frac2\pi\operatorname{Si}(2\pi Ft)$, con $\operatorname{Si}(x)=\int_0^x\frac{\sin y}y dy$ il seno integrale. Per $F\to\infty$ si ha $\operatorname{Si}(x)\to\frac\pi2\operatorname{sgn}(x)$: risulta $\operatorname{sgn}(t)$ ✓. Numericamente ($t=1$): $\frac2\pi\operatorname{Si}(2\pi F)=0{,}9028;\ 0{,}98987;\ 0{,}99899;\ 0{,}99990$ per $F=1;\,10;\,100;\,1000$.

Perché la parte impulsiva e il valore principale sono giusti: un'approssimazione. Si smorza il segnale con $e^{-\varepsilon t}$: $s_\varepsilon(t)=\mathbf 1(t)e^{-\varepsilon t}\cos2\pi f_0t$ è integrabile, quindi ha una trasformata ordinaria. Per il calcolo di $\int_0^\infty e^{-(\varepsilon+i2\pi f)t}dt=\frac1{\varepsilon+i2\pi f}$ e le formule di Eulero: $$S_\varepsilon(f)=\frac12\left[\frac1{\varepsilon+i2\pi(f-f_0)}+\frac1{\varepsilon+i2\pi(f+f_0)}\right].$$ Con $x=2\pi(f\mp f_0)$: $\frac1{\varepsilon+ix}=\frac{\varepsilon}{\varepsilon^2+x^2}-i\frac{x}{\varepsilon^2+x^2}$. Per $\varepsilon\to0$:

• la parte reale $\frac{\varepsilon}{\varepsilon^2+x^2}$ è una campana sempre più stretta e alta intorno al polo, con area $\int\frac{\varepsilon\,df}{\varepsilon^2+4\pi^2(f-f_0)^2}=\frac12$; moltiplicata per $\frac12$ dà area $\frac14$: tende a $\frac14\delta(f\mp f_0)$ ✓ (parte impulsiva);
• la parte immaginaria $\frac{-x}{\varepsilon^2+x^2}$ tende a $-\frac1x$ lontano dal polo, ed è dispari intorno al polo, quindi le due metà si compensano in valore principale: $\frac12\cdot\left(-\frac1{2\pi(f\mp f_0)}\right)\,i=\frac1{4\,i\pi(f\mp f_0)}$ ✓ (parte con valore principale).

Numeri ($f_0=3$): l'area della parte reale di $S_\varepsilon$ in $[f_0-1,f_0+1]$ vale $0{,}2475;\ 0{,}24975;\ 0{,}249975$ per $\varepsilon=0{,}1;\,0{,}01;\,0{,}001$, che tende a $\frac14$; la parte immaginaria in $f=2$ vale $0{,}06364;\ 0{,}063662;\ 0{,}0636620$, che tende a $\frac1{4\pi}\left[\frac1{f_0-f}-\frac1{f+f_0}\right]=\frac{0{,}8}{4\pi}=0{,}0636620$, il valore (parte immaginaria) della formula da dimostrare.

Es. 3.4E - la trasformata del triangolo

Il segnale. $\operatorname{rect}\left(\frac t{2D}\right)$ vale $1$ per $|t|<D$ e $0$ fuori; moltiplicato per $1-\frac{|t|}D$ dà un triangolo di altezza $1$ in $t=0$ che scende linearmente a $0$ in $t=\pm D$ (base $2D$). Nella notazione del corso: $\operatorname{tri}\left(\frac tD\right)$, con $\operatorname{tri}(x)=1-|x|$ per $|x|<1$. L'area è $D$ (base $2D$ per altezza $1$, diviso $2$).

Prima dimostrazione: il triangolo è la convoluzione di due rettangoli

Calcoliamo $\operatorname{rect}\left(\frac tD\right)*\operatorname{rect}\left(\frac tD\right)(t)=\int\operatorname{rect}\left(\frac uD\right)\operatorname{rect}\left(\frac{t-u}D\right)du$. Il primo fattore è $1$ per $|u|<\frac D2$; il secondo per $\left|u-t\right|<\frac D2$. L'integrale è la lunghezza dell'intersezione dei due intervalli $\left(-\frac D2,\frac D2\right)$ e $\left(t-\frac D2,t+\frac D2\right)$: per $|t|<D$ vale $D-|t|$ (i due intervalli, di lunghezza $D$ ciascuno, sono sfalsati di $t$), per $|t|\ge D$ vale $0$. Quindi $$\operatorname{rect}\left(\tfrac tD\right)*\operatorname{rect}\left(\tfrac tD\right)=(D-|t|)\operatorname{rect}\left(\tfrac t{2D}\right)=D\left(1-\tfrac{|t|}D\right)\operatorname{rect}\left(\tfrac t{2D}\right).$$ Il triangolo cercato è dunque $\frac1D$ volte questa convoluzione. Per la regola di convoluzione ($x*y\leftrightarrow XY$) e con $\operatorname{rect}\left(\frac tD\right)\leftrightarrow D\operatorname{sinc}(fD)$: $$\operatorname{rect}\left(\tfrac t{2D}\right)\left(1-\tfrac{|t|}D\right)\leftrightarrow\frac1D\left[D\operatorname{sinc}(fD)\right]^2=\boxed{D\operatorname{sinc}^2(fD)}\ \blacksquare$$

Seconda dimostrazione: la derivata del triangolo

Sia $s(t)=\operatorname{tri}\left(\frac tD\right)$. È lineare a tratti, quindi la derivata è costante a tratti (e senza impulsi, perché $s$ è continuo): $$s'(t)=\begin{cases}+\frac1D&-D<t<0,\\-\frac1D&0<t<D,\\0&\text{altrove}\end{cases}\ =\frac1D\left[\operatorname{rect}\left(\frac{t+D/2}D\right)-\operatorname{rect}\left(\frac{t-D/2}D\right)\right].$$ (I rect di larghezza $D$ centrati in $\mp\frac D2$ coprono rispettivamente $(-D,0)$ e $(0,D)$.) La trasformata, con la regola di traslazione nel tempo $s(t-t_0)\leftrightarrow S(f)e^{-i2\pi ft_0}$ e $t_0=\mp\frac D2$: $$S'(f)=\frac1D\,D\operatorname{sinc}(fD)\left[e^{+i2\pi f\frac D2}-e^{-i2\pi f\frac D2}\right]=\operatorname{sinc}(fD)\cdot2i\sin(\pi fD),$$ dove $e^{i\pi fD}-e^{-i\pi fD}=2i\sin\pi fD$. Per la regola di derivazione nel tempo, $s'\leftrightarrow i2\pi f\,S(f)$: quindi $$S(f)=\frac{S'(f)}{i2\pi f}=\operatorname{sinc}(fD)\frac{2i\sin\pi fD}{i2\pi f}=\operatorname{sinc}(fD)\frac{\sin\pi fD}{\pi f}=D\operatorname{sinc}(fD)\cdot\frac{\sin\pi fD}{\pi fD}=D\operatorname{sinc}^2(fD)\ \blacksquare$$ La divisione per $i2\pi f$ è lecita (non c'è un termine impulsivo $\frac12S'(0)\delta(f)$ nella regola di integrazione) perché la derivata ha area nulla: $S'(0)=\operatorname{sinc}(0)\cdot2i\sin0=0$, cioè $\int s'dt=s(\infty)-s(-\infty)=0$ ✓. Nel punto $f=0$ la formula si completa per continuità: $S(0)=D$, l'area del triangolo.

Proprietà del risultato. $S(f)=D\operatorname{sinc}^2(fD)$ è reale, pari, non negativa; vale $D$ (l'area) in $f=0$ e ha zeri doppi in $f=\pm\frac kD$, $k=1,2,\dots$ (il quadrato di un sinc non cambia segno e tocca lo zero). Più il triangolo è largo (grande $D$), più il suo spettro è stretto e alto. Il sinc al quadrato decade come $\frac1{f^2}$, molto più in fretta del sinc del rettangolo ($\frac1{|f|}$): il triangolo è continuo, il rettangolo no. È la coppia della tabella $\operatorname{tri}(t)\leftrightarrow\operatorname{sinc}^2(f)$ (caso $D=1$).

Controllo

import numpy as np
from scipy.integrate import quad
from scipy.special import sici

# 3.4E: trasformata numerica del triangolo tri(t/D), D = 1.5, a confronto con D sinc^2(fD)
D = 1.5
for f in (0, 0.1, 0.3, 0.5, 1.0, 1/D):
    S = 2*quad(lambda t: (1 - t/D)*np.cos(2*np.pi*f*t), 0, D)[0]     # s è pari: solo la parte coseno
    print(f, round(S, 6), round(D*np.sinc(f*D)**2, 6))              # coincidono; zero in f = 1/D
# seconda dimostrazione: S'(f)/(i 2 pi f) = sinc(fD) 2 sin(pi f D) / (2 pi f)
for f in (0.1, 0.3, 0.9):
    print(np.sinc(f*D)*2*np.sin(np.pi*f*D)/(2*np.pi*f), D*np.sinc(f*D)**2)

# 3.4C: segnale smorzato s_eps = 1(t) exp(-eps t) cos(2 pi f0 t); S_eps(f) = 1/2 [1/(eps+i2pi(f-f0)) + 1/(eps+i2pi(f+f0))]
f0 = 3.0
S_eps = lambda f, e: 0.5*(1/(e + 2j*np.pi*(f - f0)) + 1/(e + 2j*np.pi*(f + f0)))
e = 0.5
for f in (0.0, 2.0, 3.0, 4.0):                                       # formula contro integrale numerico
    re = quad(lambda t: np.exp(-e*t)*np.cos(2*np.pi*f0*t)*np.cos(2*np.pi*f*t), 0, 60, limit=800)[0]
    im = -quad(lambda t: np.exp(-e*t)*np.cos(2*np.pi*f0*t)*np.sin(2*np.pi*f*t), 0, 60, limit=800)[0]
    print(f, round(re, 6), round(S_eps(f, e).real, 6), round(im, 6), round(S_eps(f, e).imag, 6))
for e in (0.1, 0.01, 0.001):                                         # area della parte reale vicino a f0: tende a 1/4
    print(e, quad(lambda f: S_eps(f, e).real, f0 - 1, f0 + 1, limit=500, points=[f0])[0])
for F in (1, 10, 100, 1000):                                         # valore principale: (2/pi) Si(2 pi F) -> 1
    print(F, 2/np.pi*sici(2*np.pi*F)[0])

Risultati: le trasformate del triangolo calcolate numericamente coincidono con $D\operatorname{sinc}^2(fD)$ (ad esempio $1{,}5;\ 1{,}39220;\ 0{,}73216;\ 0{,}13509;\ 0{,}06755;\ 0$ per $f=0;\,0{,}1;\,0{,}3;\,0{,}5;\,1;\,\frac1D$), con la seconda dimostrazione uguale a $10^{-15}$; la formula del segnale smorzato coincide con l'integrale numerico, l'area della parte reale tende a $0{,}25$ e il valore principale $\frac2\pi\operatorname{Si}(2\pi F)$ tende a $1$.