systemu nieliniowego ma postać y(t

imię i nazwisko: . . . .

1 2 3 4 5 P

/35

SYGSY - kolokwium zaliczeniowe (grupa A)- 3 czerwca 2014 r.

Czas trwania kolokwium: 90 minut.

Pomoce naukowe: tablice własności przekształceń i par transformat.

Punktacja: za każde z zadań można otrzymać maksymalnie 7 punktów.

Zadanie 1. Równanie "wejście-wyjście" systemu nieliniowego ma postać

y(t) = 3x(t) − x³(t). Na wejście systemu podano sygnał x(t) = 2 sin(3πt +^π₆).

(a) Obliczyć sygnał wyjściowy y(t) (zapisać go w jak najprostszej postaci).

(b) Wyznaczyć i narysować widmo amplitudowe i fazowe sygnału y(t).

(c) Czy sygnał y(t) jest sygnałem energii czy mocy? Obliczyć odpowiedni parametr (energię lub moc).

Wskazówka: 4 sin³α = 3 sin α − sin 3α. Rozwiązanie.

(a) Wprost z równania systemu:

y(t) = 3 · 2 sin(3πt +π 6) −

2 sin(3πt +π 6)3

= 6 sin(3πt +π

6) − 8 sin³(3πt +π 6) (ze wskazówki sin 3α = 3 sin α − 4 sin³α)

= 2 sin

3 · (3πt +π 6)

= 2 sin(9πt +π 2)

= 2 cos 9πt. (b) Korzystając ze wzorów Eulera:

y(t) = 2 ·1

2 e^j9πt+ e^−j9πt

= e^j9πt+ e^−j9πt

i pulsacją podstawową tego sygnału jest ω0= 9π, wobec czego w rozwinięciu w wykładniczy szereg Fouriera dostajemy

c₁= 1, c−1= 1, cn= 0dla n = 0, ±2, ±3, . . . .

Widmo amplitudowe i fazowe pokazano na poniższym rysunku.

6

|cn|

-

−1 1 n

−2 2

−3 3

1

−1

s s

s

s s

s s

6 arg cn

-

−1 1 n

−2 2

−3 3

π

−π

s s s s s s s

(c) Sygnał y jest okresowy, więc jest sygnałem mocy i z twierdzenia Parsevala otrzymujemy

Py =

+∞

X

n=−∞

|cn|²= 1²+ 1²= 2.

Zadanie 2. Na rysunku przedstawiono schemat systemu SLS. Transmitancja filtru jest równa H0(jω) = Πω

2 .

Wyznaczyć transmitancję H(jω) i odpowiedź impulsową h(t) całego systemu.

-





@

@

@

@ 6

- -





@

@

@

@ 6

- -

x(t) y(t)

e^jt e^−jt

H0(jω) H0(jω)

Rozwiązanie.

Oznaczmy kolejne przekształcenia sygnału wejściowego, jak na rysunku.

-





@

@

@@ 6

- -





@

@

@@ 6

- -

x(t) y(t)

(4) x₁(t) s

(1)

s x₂(t)

(2)

s x₃(t)

(3) s

e^jt e^−jt

H0(jω) H0(jω)

(1) Mamy x1(t) = x(t) · e^jt, zatem

X₁(jω) = X(j(ω − 1)). (2) Sygnał jest filtrowany, zatem

X2(jω) = X1(jω) · H0(jω) = X(j(ω − 1)) · H0(jω). (3) Mamy x3(t) = x2(t) · e^−jt, zatem

X₃(jω) = X₂(j(ω + 1)) = X(jω) · H₀(j(ω + 1)). (4) Sygnał jest filtrowany, zatem

Y (jω) = X3(jω) · H0(jω) = X(jω) · H0(j(ω + 1)) · H0(jω). Stąd

H(jω) = Y (jω)

X(jω) = H₀(j(ω + 1)) · H₀(jω) = Π ω + 1 2



· Πω 2



= Π

 ω +1

2



(co łatwo zauważyć z rysunku). Stąd

h(t) = 1

2πSa (t/2) · e^−jt/2.

Zadanie 3. Dany jest sygnał x(t) = 4 sin(2πt) − 2 cos(3πt), t ∈ R, próbkowany sygnałem grzebieniowym o częstotliwości fs= 2Hz.

(a) Wyznaczyć i narysować widmo X(jf) sygnału x(t) oraz wyznaczyć jego częstotliwość Nyquista.

(b) Czy sygnał x(t) może być odtworzony z sygnału spróbkowanego xs(t)?

• Jeśli tak - podać częstotliwość graniczną i wzmocnienie idealnego filtru dolnoprzepustowego, który odtworzy sygnał z próbek.

• Jeśli nie - zaproponować częstotliwość próbkowania, która to umożliwi oraz podać częstotliwość gra- niczną i wzmocnienie idealnego filtru dolnoprzepustowego, który odtworzy wówczas sygnał z próbek.

Rozwiązanie.

(a) Widmo sygnału x:

X(jf ) = 4 ·



−j

2δ(f − 1) + j

2δ(f + 1)



− 2 · 1

2δ (f − 3/2) +1

2δ (f + 3/2)



= 2e^−jπ/2δ(f − 1) + 2e^jπ/2δ(f + 1) + e^jπδ (f − 3/2) + e^−jπδ (f + 3/2), co można przedstawić na wykresie (rys. poniżej).

6

|X(jf )|

-

−1 1 f

−2 2

−3 3

2

−2

6 6

6 6

6

arg X(jf )

-

−1 1 f

−2 2

−3 3

π

−π 6

?

?

6

Z rysunku widać, że fmax=³₂Hz, a zatem częstotliwość Nyquista jest równa fN = 2 · fmax= 3Hz.

(b) Ponieważ fs< fN, nie można odtworzyć sygnału x(t) z próbek xs(t).

Odtworzenie sygnału x(t) z próbek xs(t) będzie możliwe, jeśli fs­ fN, np. fs = 4Hz. Wówczas filtr, który pozwoli na odtworzenie sygnału z próbek będzie miał parametry:

• częstotliwość graniczną fg∈ (³₂Hz,⁵₂Hz), (na przykład fg = 2Hz),

• wzmocnienie A = _f¹_s =¹₄.

Zadanie 4. System SLS czasu dyskretnego opisany jest równaniem "wejście-wyjście":

y[n] + 1

2y[n − 1] = x[n].

(a) Wyznaczyć charakterystykę częstotliwościową H(e^jΩ)systemu i naszkicować charakterystykę amplitu- dową.

(b) Wyznaczyć odpowiedź na pobudzenie x[n] = δ[n] −¹₂δ[n − 1]. Rozwiązanie.

(a) Z własności dyskretnej transformaty Fouriera

 1 +1

2e^−jΩ



Y (e^jΩ) = X(e^jΩ) ⇒ H(e^jΩ) = Y (e^jΩ)

X(e^jΩ) = 1 1 + ¹₂e^−iΩ. Stąd charakterystyka amplitudowa ma postać

H(e^jΩ)

= 1

1 + ¹₂(cos Ω − j sin Ω) 

= 1

q

(1 +¹₂cos Ω)²+ (¹₂sin Ω)²

= 2

√5 + 4 cos Ω,

co przedstawiono na szkicu poniżej.

(b) Zauważmy, że X(e^jΩ) = 1 −¹₂e^−jΩ, zatem

Y (e^jΩ) =1 − ¹₂e^−jΩ

1 + ¹₂e^−iΩ ⇒ y[n] =



−1 2

n

· 1[n] −1 2 ·



−1 2

n−1

· 1[n − 1] =



−1 2

n

· (1[n] + 1[n − 1]) .

Zadanie 5. Na rysunku pokazano schemat blokowy systemu LS czasu dyskretnego będącego pewnym połą- czeniem bloków S1i S2o odpowiedziach impulsowych równych odpowiednio h1[n] = (¹₂)ⁿ· 1[n], h2[n] =1[n].

- x[n] r

-

?

- 6





- y[n]

S1

S2

+

+

Wyznaczyć transmitancję H(z) całego systemu i jej bieguny. Wyznaczyć odpowiedź impulsową h[n] tego systemu.

Rozwiązanie.

Zauważmy, że

H₁(z) = z

z −¹₂, H₂(z) = z z − 1. Połączenie systemów S1i S2jest połączeniem równoległym, zatem

H(z) = H1(z) + H2(z) = z

z −¹₂ + z

z − 1 = z(2z −³₂) (z −¹₂)(z − 1) i bieguny transmitancji to z1= ¹₂ oraz z2= 1.

Ponadto będzie zachodzić również

h[n] = h1[n] + h2[n] = 1 2

n

+ 1



· 1[n].

imię i nazwisko: . . . .

1 2 3 4 5 P

/35

SYGSY - kolokwium zaliczeniowe (grupa B)- 3 czerwca 2014 r.

Czas trwania kolokwium: 90 minut.

Pomoce naukowe: tablice własności przekształceń i par transformat.

Punktacja: za każde z zadań można otrzymać maksymalnie 7 punktów.

Zadanie 1. Równanie "wejście-wyjście" systemu nieliniowego ma postać y(t) = 9x(t) − x³(t).

Na wejście systemu podano sygnał x(t) = 2√

3 sin(5πt +^π₃).

(a) Obliczyć sygnał wyjściowy y(t) (zapisać go w jak najprostszej postaci).

(b) Wyznaczyć i narysować widmo amplitudowe i fazowe sygnału y(t).

(c) Czy sygnał y(t) jest sygnałem energii czy mocy? Obliczyć odpowiedni parametr (energię lub moc).

Wskazówka: 4 sin³α = 3 sin α − sin 3α. Rozwiązanie.

(a) Wprost z równania systemu:

y(t) = 9 · 2√

3 sin(5πt +π 3) −

2√

3 sin(5πt +π 3)3

= 18√

3 sin(5πt +π

3) − 24√

3 sin³(5πt +π 3) (ze wskazówki sin 3α = 3 sin α − 4 sin³α)

= 6√ 3 sin

3 · (5πt +π 3)

= 6√

3 sin(15πt + π)

= −6√

3 sin 15πt. (b) Korzystając ze wzorów Eulera:

y(t) = −6√ 3 · 1

2j e^j15πt− e^−j15πt

= 3√

3 j e^j15πt− e^−j15πt

= 3√

3 e^jπ/2· e^j15πt+ 3√

3 e^−jπ/2· e^−j15πt

i pulsacją podstawową tego sygnału jest ω0= 15π, wobec czego w rozwinięciu w wykładniczy szereg Fouriera dostajemy

c₁= 3√

3 e^jπ/2, c−1= 3√

3 e^−jπ/2, cn= 0dla n = 0, ±2, ±3, . . . .

Widmo amplitudowe i fazowe pokazano na poniższym rysunku.

6

|cn|

-

−1 1 n

−2 2

−3 3

3√ 3

−3√ 3

s s

s

s s

s s

6 arg cn

-

−1 1 n

−2 2

−3 3

π

−π

s s

s s

s

s s

(c) Sygnał y jest okresowy, więc jest sygnałem mocy i z twierdzenia Parsevala otrzymujemy

Py=

+∞

X

n=−∞

|cn|²= 3√

32

+ 3√

32

= 54.

Zadanie 2. Na rysunku przedstawiono schemat systemu SLS. Transmitancja filtru jest równa H0(jω) = Πω

2 .

Wyznaczyć transmitancję H(jω) i odpowiedź impulsową h(t) całego systemu.

-





@

@

@

@ 6

- -





@

@

@

@ 6

- -

x(t) y(t)

e^−jt e^jt

H0(jω) H0(jω)

Rozwiązanie.

Oznaczmy kolejne przekształcenia sygnału wejściowego, jak na rysunku.

-





@

@

@@ 6

- -





@

@

@@ 6

- -

x(t) y(t)

(4) x₁(t) s

(1)

s x₂(t)

(2)

s x₃(t)

(3) s

e^−jt e^jt

H0(jω) H0(jω)

(1) Mamy x1(t) = x(t) · e^−jt, zatem

X₁(jω) = X(j(ω + 1)). (2) Sygnał jest filtrowany, zatem

X2(jω) = X1(jω) · H0(jω) = X(j(ω + 1)) · H0(jω). (3) Mamy x3(t) = x2(t) · e^jt, zatem

X₃(jω) = X₂(j(ω − 1)) = X(jω) · H₀(j(ω − 1)). (4) Sygnał jest filtrowany, zatem

Y (jω) = X3(jω) · H0(jω) = X(jω) · H0(j(ω − 1)) · H0(jω). Stąd

H(jω) = Y (jω)

X(jω) = H₀(j(ω − 1)) · H₀(jω) = Π ω − 1 2



· Πω 2



= Π

 ω −1

2



(co łatwo zauważyć z rysunku). Stąd

h(t) = 1

2πSa (t/2) · e^jt/2.

Zadanie 3. Dany jest sygnał x(t) = 4 cos(2πt) − 2 sin(3πt), t ∈ R, próbkowany sygnałem grzebieniowym o częstotliwości fs= 4Hz.

(a) Wyznaczyć i narysować widmo X(jf) sygnału x(t) oraz wyznaczyć jego częstotliwość Nyquista.

(b) Czy sygnał x(t) może być odtworzony z sygnału spróbkowanego xs(t)?

• Jeśli tak - podać częstotliwość graniczną i wzmocnienie idealnego filtru dolnoprzepustowego, który odtworzy sygnał z próbek.

• Jeśli nie - zaproponować częstotliwość próbkowania, która to umożliwi oraz podać częstotliwość gra- niczną i wzmocnienie idealnego filtru dolnoprzepustowego, który odtworzy wówczas sygnał z próbek.

Rozwiązanie.

(a) Widmo sygnału x:

X(jf ) = 4 · 1

2δ(f − 1) +1

2δ(f + 1)



− 2 ·



−j

2δ (f − 3/2) + j

2δ (f + 3/2)



= 2δ(f − 1) + 2δ(f + 1) + e^jπ/2δ (f − 3/2) + e^−jπ/2δ (f + 3/2), co można przedstawić na wykresie (rys. poniżej).

6

|X(jf )|

-

−1 1 f

−2 2

−3 3

2

−2

6 6

6 6

6

arg X(jf )

-

−1 1 f

−2 2

−3 3

π

−π

?

6

Z rysunku widać, że fmax=³₂Hz, a zatem częstotliwość Nyquista jest równa fN = 2 · fmax= 3Hz.

(b) Ponieważ fs> fN, można odtworzyć sygnał x(t) z próbek xs(t).

Filtr, który pozwoli na odtworzenie sygnału z próbek będzie miał parametry:

• częstotliwość graniczną fg∈ (³₂Hz,⁵₂Hz), (na przykład fg = 2Hz),

• wzmocnienie A = _f¹_s =¹₄.

Zadanie 4. Dany jest system SLS o charakterystyce częstotliwościowej

H(e^jΩ) = 2

(1 − e^−j2Ω) 1 −¹₂e^−jΩ
. (a) Wyznaczyć równanie różnicowe systemu.

(b) Przyjmując sygnał wejściowy x[n] = δ[n] −¹₂δ[n − 1], wyznaczyć i naszkicować charakterystykę ampli- tudową sygnału wyjściowego y[n].

Rozwiązanie.

(a) Zauważmy, że

H(e^jΩ) = Y (e^jΩ)

X(e^jΩ)= 2

(1 − e^−j2Ω) 1 −¹₂e^−jΩ
=

2

1 −¹₂e^−jΩ− e^−j2Ω+¹₂e^−j3Ω, zatem

 1 −1

2e^−jΩ− e^−j2Ω+1 2e^−j3Ω



Y (e^jΩ) = 2X(e^jΩ), co po odwróceniu transformaty daje ostatecznie

y[n] −1

2y[n − 1] − y[n − 2] + 1

2y[n − 3] = 2x[n]. (b) Transformata Fouriera sygnału x[n] ma postać

X(e^jΩ) = 1 −1 2e^−jΩ, zatem

Y (e^jΩ) = X(e^jΩ) · H(e^jΩ) = 2 1 − e^−j2Ω i widmo amplitudowe ma postać

Y (e^jΩ) =

2 1 − e^−j2Ω

= 2

q

(1 − cos 2Ω)²+ sin²2Ω

= 2

√2 − 2 cos 2Ω ,

co naszkicowano na poniższym rysunku.

Zadanie 5. System SLS czasu dyskretnego jest połączeniem szeregowym dwóch bloków S1 i S2 o odpowie- dziach impulsowych odpowiednio h1[n] i h2[n] =1[n] − 1[n − 2]. Odpowiedź impulsowa całego systemu jest równa

h[n] = 1[n] − 3 · 1[n − 1] + 3 · 1[n − 3] − 1[n − 4].

Wyznaczyć odpowiedź h1[n]. Rozwiązanie.

Zauważmy, że

H2(z) = z z − 1− 1

z² · z

z − 1 = z

z − 1 ·z²− 1

z² = z + 1 z , H(z) = z

z − 1−3 z · z

z − 1+ 3 z³· z

z − 1− 1 z⁴· z

z − 1 = z

z − 1 ·z⁴− 3z³+ 3z − 1 z⁴

= (z²+ 1)(z²− 1) − 3z(z²− 1)

(z − 1)z³ = (z + 1)(z²− 3z + 1)

z³ .

Ponieważ połączenie bloków S1 i S2 jest szeregowe, to musi zachodzić H(z) = H1(z) · H₂(z), więc

H₁(z) = (z + 1)(z²− 3z + 1)

z³ · z

z + 1 = z²− 3z + 1

z² = 1 −3 z + 1

z² i stąd

h1[n] = δ[n] − 3δ[n − 1] + δ[n − 2].