1
Ć wiczenia z przedmiotu:
„Teoria Sygnałów i Systemów”.
Zestaw zadań 3.
Wprowadzenie.
Transformata Fouriera.
Sygnał opisany funkcją rzeczywistą czasu x = x ( ) t można przedstawić w dziedzinie częstotliwości (pulsacji) przez funkcję zmiennej urojonej X = X ( ) j ω .
( ) ∫
∞( )
∞
−
= x t e
−dt j
X ω
jωtFunkcja X ( ) j ω jest transformatą Fouriera sygnału x ( ) t . Funkcję tą nazywa się widmem sygnału.
Przedstawiony wyżej wzór nazywa się prostym przekształceniem Fouriera (prostą transformatą Fouriera) i często bywa zapisywany w następującej postaci:
X(j ω )= F [x(t)]
Funkcję X(j ω ) można też przedstawić następująco:
ω
ϕω X j e
jj
X ( ) = ( )
Moduł widma sygnału X ( j ω ) nosi nazwę widma amplitudowego (gęstości widmowej amplitudy), zaś faza ϕ ( j ω ) nazywana jest widmem fazowym (gęstością widmową fazy).
Znając widmo sygnału X(j ω ) można określić przebieg sygnału w czasie:
( ) ∫
∞( )
∞
−
= ω ω
π X j e
ωd t
x
j t2 1
Powyższy wzór nosi nazwę odwrotnego przekształcenia Fouriera (odwrotną transformatą Fouriera) i bywa zapisywany w postaci:
x(t)= F
-1[X(j ω )]
2 Podstawowe właściwości transformaty Fouriera.
a) Parzystość i nieparzystość widm.
Jeżeli sygnał x ( ) t jest sygnałem rzeczywistym, to jego widmo amplitudowe jest funkcją parzystą, a widmo fazowe funkcją nieparzystą:
( ) ω = X ( ) − ω X
( ) ω ϕ ( ) ω ϕ = − − b) Liniowość.
Jeśli sygnał u ( ) t jest liniową kombinacją sygnałów x ( ) t i y ( ) t : ( ) t ax ( ) t by ( ) t
u = +
to transformata sygnału u ( ) t jest liniową kombinacją transformat sygnałów x ( ) t
i y ( ) t :
U(j ω )= F [u(t)]= a F [x(t)]+ b F [y(t)]=aX(j ω )+bY(j ω )
c) Zmiana skali czasu i pulsacji.
F [x(at)]=
a 1 X(j
a
ω ) dla a ≠ 0
d) Przesunięcie w dziedzinie czasu.
F [x(t – t
0)]= X(j ω )⋅ e
−jωt0e) Transformata różniczki w dziedzinie czasu i odwrotna transformata różniczki w dziedzinie częstotliwości.
F
( ) ( ) ( ) j ω X j ω dt
t x
d
nn n
=
F
-1( ) ( ) ( ) j t x t
d j X
d
n nn
n
= −
ω ω
3 f) Transformata splotu.
Splotem dwóch sygnałów x ( ) t i y ( ) t nazywamy wyrażenie:
( ) ( ) ∫ ( ) ( )
∞∫ ( ) ( )
∞
−
∞
∞
−
⋅
−
=
−
⋅
=
∗ y t x τ y t τ d τ x t τ y τ d τ t
x
Transformata splotu dwóch sygnałów jest równa iloczynowi transformat tych sygnałów.
F [x(t)∗ y(t)]= X(j ω )⋅ Y(j ω )
g) Transformata iloczynu dwóch sygnałów.
F [x(t) ⋅ y(t)]=
π 2
1 [ X(j ω ) ∗ Y(j ω ) ]
Równość Parsevala dla przekształcenia Fouriera.
Znana dla sygnałów okresowych równość Parsevala przyjmuje dla sygnałów nieokresowych o ograniczonej energii następującą postać:
( ) ∫ ( )
∫
∞∞
−
∞
∞
−
= ω ω
π X j d dt
t
x
2 22 1
Powyższy związek jest nazywany twierdzeniem o energii. Pokazuje on, że energię sygnału można obliczyć w dwojaki sposób: całkując w czasie wartość sygnału podniesioną do kwadratu lub całkując w dziedzinie częstotliwości kwadrat modułu widma sygnału.
Transmitancja widmowa układu liniowego.
Jeśli sygnał x ( ) t o widmie X ( ) j ω po przejściu przez układ liniowy (spełniający zasadę superpozycji) zamienia się w sygnał y ( ) t o widmie Y ( ) j ω , to stosunek transformaty sygnału wyjściowego do transformaty sygnału wejściowego nazywamy transmitancją widmową (częstotliwościową) układu.
( ) ( ) ( ) ω ω ω X j
j j Y
G =
4
Transmitancja widmowa układu może być przedstawiona następująco:
ω
ϕω G j e
jj
G ( ) = ( )
Moduł transmitancji widmowej G ( j ω ) jest nazywany charakterystyką amplitudową układu, a funkcja ϕ ( ) j ω charakterystyką fazową układu.
Jeśli do wejścia układu liniowego doprowadzony zostanie sygnał sinusoidalny o pulsacji ω , to sygnał wyjściowy będzie również sinusoidalny, o tej samej częstotliwości lecz o innej
amplitudzie i fazie. Charakterystyki amplitudowa i fazowa pokazują, jak zmienia się amplituda i faza sygnału wyjściowego przy zmianie częstotliwości sygnału wejściowego.
Znając transmitancję widmową układu i widmo sygnału wejściowego można łatwo wyznaczyć widmo sygnału wyjściowego.
) ( ) ( )
( j ω G j ω X j ω
Y = ⋅
Zadania.
Zadanie 1.
Wyznaczyć widmo przedstawionego na rysunku sygnału impulsowego. Określić przebieg widma amplitudowego i fazowego.
Rozwiązanie:
Sygnał można opisać funkcją:
−
∉
−
= ∈
T T t
T T t A
x
,
dla 0
,
dla
Obliczamy transformatę sygnału:
5
( ) ( )
( )
j e e T e AT
j e A
j e dt A Ae dt
e t x j
X
T j T j T
j T j
T
T t j T
T t j t
j
2
2
ω ωω ω
ω ω
ω
ω ω
ω ω
− −
−
−
−
∞ −
∞
−
−
= −
− −
− =
=
=
= ∫ ∫
Stosując wzór Eulera:
( ) j
e e
j jsin 2
α
α =
α−
−otrzymujemy:
( ) ( )
T AT T j
X ω
ω = 2 ⋅ sin ω
Funkcja postaci ( )
x x
sin jest określana w literaturze jako funkcja Sinc ( ) x lub Sa ( ) x .
Widmo sygnału jest równe:
( ) j AT Sinc ( ) T
X ω = 2 ⋅ ω
i posiada tylko składową rzeczywistą, można więc przedstawić je na wykresie.
Widmo amplitudowe sygnału jest równe:
( ) j X ( ) j AT Sinc ( ) T
X ω = ω = 2 ⋅ ω
a widmo fazowe:
( ) ( )
( )
<
±
= ≥
0
dla
0
dla 0
ω π
ω ω
ϕ X j
j X j
Wykresy obu widm przedstawiono poniżej.
6
Widmo amplitudowe sygnału.
Widmo fazowe sygnału.
Zadanie 2.
Widmo sygnału jest opisane następująco:
( )
Ω Ω
−
∉
Ω Ω
−
= ∈
,
dla 0
,
dla
ω ω A ω
j X
Obliczyć przebieg sygnału w czasie x ( ) t .
7 Rozwiązanie.
Rozwiązanie zadania sprowadza się do obliczenia odwrotnej transformaty widma.
( ) ( )
( ) A Sinc ( ) t
t t A
j e e t A
jt e d A
Ae d
e X t
x
t j t j
t j t
j t
j
Ω Ω Ω =
⋅ Ω
= Ω
⋅ −
=
=
=
=
Ω
− Ω
Ω Ω
− Ω
Ω
−
∞
∞
−
∫ ∫
π π
π
ω π ω π
π ω
ω ω ωsin 2
2 2
1 2
1
W poprzednim zadaniu sygnał był impulsem prostokątnym, a jego widmo określone było funkcją Sinc przemnożoną przez pewną stałą. W tym zadaniu to widmo sygnału ma kształt prostokątny, zaś przebieg sygnału w czasie jest opisany funkcją Sinc. Wynika to z
właściwości przekształcenia Fouriera, którą można zdefiniować następująco:
jeżeli transformatą Fouriera sygnału x ( ) t jest widmo opisane funkcją X ( ) ω , to sygnał X ( ) t
ma widmo 2 π ⋅ x ( ) − ω . Jest to tzw. własność symetrii.
8 Zadanie 3.
Wyznaczyć widmo sygnału impulsowego o kształcie trójkątnym. Określić przebieg widma amplitudowego i fazowego.
Rozwiązanie:
Sygnał można opisać funkcją:
)
−
∉
∈ +
−
−
∈ +
=
T T t
T A t
T A t
x
,
dla 0
, 0 dla A T t
0 ,
dla A T t
Obliczamy transformatę sygnału:
( ) ( )
[ ( ) ]
⋅
=
=
=
⋅
=
+
−
=
=
− + =
−
=
−
−
=
= +
− +
+
−
−
−
=
=
−
+
−
+
= +
−
=
=
− +
+
+
=
=
−
−
− −
−
− −
−
−
−
−
−
−
−
−
−
∞ −
∞
−
−
∫
∫
∫
∫
∫
∫
2
2 sin 2 sin 2
2 2 sin 2
cos 2 2 1
cos 2 1
2 2
2 2
1 1
1 1
2
2 2
2 2
2 2
2
2 2
2 2
2 2
2 2
0 0
0 0
0 0
Sinc T AT
T T T AT
T A T
T T
A
T T A e
e T A T A T
Ae T Ae T A
j e e A
j A T jT A
T jT Ae
T Ae T A
j e jt A T
jt Ae T
dt Ae e A dt T te
dt A T te
A
dt e A T t dt A
e A T t dt A
e t x j
X
T j T j T
j T
j
T j T
j T
j T
j
T
T t j t T
j
T t
T j
T t j T
t j
T t j
T
t j
T
t j t
j
ω
ω ω ω
ω ω
ω ω
ω ω ω
ω ω
ω ω
ω ω
ω ω
ω ω
ω ω
ω ω
ω ω
ω ω
ω ω
ω ω
ω ω ω
ω
ω ω ω ω
ω ω
ω ω
ω
9
Całkę
∫ te
−jωtdt
można policzyć stosując metodę przez części:Przyjmujemy:
u = t
v ' = e
−jωt1
' =
u
e
j tv j
ωω
−−
= 1
Obliczamy całkę: j t j t j t
jt e
j te
j tdt j e
j e vdt t u uv dt
te
ω ω ω ω ωω ω
ω
ω
− − − −−
= − ∫ = − + ∫ = +
∫ ' 1 1
2otrzymując ostatecznie:
+
=
−∫ te
−jωtdt e ω
jωtω 1 jt
Widmo sygnału posiada tylko dodatnią składową rzeczywistą i zostało przedstawione na wykresie poniżej.
Widmo fazowe ϕ ( ) j ω jest w całym zakresie częstotliwości zerowe.
Zadanie 4.
Wyznaczyć widmo sygnału impulsowego niesymetrycznego o kształcie przedstawionym na
rysunku. Określić przebieg widma amplitudowego i fazowego.
10 Rozwiązanie:
Sygnał można opisać funkcją:
∉
∈ +
= −
T t
T A t
x
, 0 dla 0
, 0 dla A T t
Obliczamy transformatę sygnału:
( ) ( )
( )
( ) ( e j T )
T T A
j Te
j Te
j T e
A
T T j Te A
T j A T Te A
j T e
A
j e A
j A T jT A
T e Ae
j jt A T
Ae
dt e A dt T te
dt A e A T t dt A
e t x j
X
T j T
j T
j T
j
T j T
j T
j
T j T
T j t j t T
j
T t j T
t j T
t j t
j
ω ω ω ω
ω ω
ω ω ω ω
ω ω ω
ω ω
ω ω
ω ω
ω ω ω
ω ω
ω ω
ω ω
ω
ω ω ω ω
ω ω
ω ω
−
−
=
− +
+
−
−
=
=
− +
+
−
−
=
= +
− +
+
−
=
−
+
−
=
= +
−
=
− +
=
=
−
−
−
−
−
−
−
− −
− −
−
−
∞ −
∞
−
−
∫ ∫ ∫
∫
1 1
1 1
2 2
2 2
2 2
2 0 0
0 0
0
Stosując twierdzenie de l’Hospitala obliczymy wartość widma dla zerowej częstotliwości:
( ) ( ) ( )
( )
[ ] ( )
2 lim 2
2
1 2 lim
lim
1 1 lim
lim lim
0 0
0
0 2 0 2
0
AT ATe
d d d e jA d T
jT jTe
A
d T d
T j d e
A d T
T j e
j A X
T j T
j T
j
T j T
j
=
− =
− =
=
− =
= −
−
= −
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
→
ω ω
ω ω
ω ω
ω ω
ω ω
ω
ω ω ω ω
ω ω ω ω
ω ω
ω
Tą samą wartość otrzymalibyśmy obliczając średnią sygnału x . Zamieniając składnik e
−jωTna postać algebraiczną:
( ) T j ( ) T
e
−jωT= cos ω − ⋅ sin ω widmo sygnału można przedstawić następującym wzorem:
( ) [ ( ( ) T ) j ( ( ) T T ) ]
T j A
X ω ω ω
ω = ω
21 − cos + sin −
Widmo sygnału posiada składową rzeczywistą i urojoną. Obliczmy moduł widma (widmo amplitudowe sygnału).
( ) T j [ ( ) T T ]
T
X A ω ω ω
ω ⋅ − + −
=
21 cos sin
[ ( ) ]
2[ ( ) ]
22
1 cos T sin T T
T
X A ω ω ω
ω ⋅ − + −
=
11 Widmo fazowe sygnału obliczymy z zależności:
( ) ( ) ( )
( ) T T
arctg T X
j ω ω ω ω
ϕ 1 cos
arg sin
−
= −
=
Zadanie 5,
Obliczyć transformatę Fouriera dla impulsu Diraca.
( ) ( ) t t
x = δ
Funkcja impulsowa (funkcja Diraca) jest określona na całej osi liczbowej i spełnia następujące warunki:
( )
=
∞ +
= ≠
0 dla
0 dla 0
t t
δ t i ∫
∞( ) = 1
∞
=
dt δ t
Funkcja Diraca reprezentuje nieskończenie wielki impuls pojawiający się w chwili t = 0 i trwający nieskończenie krótko, przy czym efekt działania tego impulsu mierzony całką od
∞
− do + ∞ jest równy jedności. Funkcja Diraca nie jest funkcją w tradycyjnym rozumieniu,
lecz tzw. dystrybucją, czyli funkcją uogólnioną.
12
Impuls Diraca może być zdefiniowany jako sygnał „graniczny” postaci:
( )
−
=
→ 22
0
1 exp
lim T
t t T
T
δ π (funkcja Gaussa)
lub:
( ) x ( ) t
t T
T
lim 1
→0
δ = gdzie ( )
∉
∈
=
, 2 2 - T t dla 0
, 2 2 - T t dla 1
T T t T
x (impuls prostokątny)
albo:
( )
2 21 lim 1
t n t n
n
⋅ +
=
→∞π δ
Istnieją również inne reprezentacje impulsu Diraca. Ze względów rachunkowych wybiera się najodpowiedniejszą z nich dla rozwiązania określonego problemu.
Rozwiązanie.
W naszym zadaniu przyjmiemy, że impuls Diraca jest impulsem prostokątnym o czasie trwania T i amplitudzie
T
1 , przy czym czas T dąży do zera. Skorzystamy z obliczeń wykonanych w zadaniu 1.
( ) lim sin ( ) 1
0
=
=
→T j T
X
T
ω ω
ω
Widmo impulsu Diraca jest więc funkcją stałą równą 1.
Ten sam wynik uzyskamy natychmiast, jeśli wykorzystamy następującą własność funkcji Diraca:
( ) ( ) ( )
∫
∞∞
−
=
⋅ x t dt x 0
δ t lub ogólniej: ∫
∞( ) ( ) ( )
∞
−
=
⋅
− t
0x t dt x t
0δ t Widmo sygnału z definicji jest równe:
( ) =
∞( ) =
− =0=
0= 1
∞
−
∫ t e
−dt e e
j
X
tt j t
jω ω
δ
ω
13 Zadanie 6.
Obliczyć widmo sygnału stałego: x ( ) t = 1 .
Rozwiązanie:
W poprzednim zadaniu wyznaczyliśmy transformatę impulsu Diraca. Jest nią funkcja stała
( ) j ω = 1
X . Korzystając z własności symetrii możemy napisać, że:
jeżeli x ( ) ( ) t = δ t , to X ( ) j ω = 1
a więc jeśli x ( ) t = 1 , to X ( ) j ω = 2 π ⋅ δ ( ) − ω = 2 π ⋅ δ ( ) ω Widmo sygnału stałego jest funkcją Diraca:
( ) j ω = 2 π ⋅ δ ( ) ω X
Zadanie 7.
Obliczyć transformatę Fouriera:
a) sygnału sinusoidalnego x ( ) t = sin ( ) Ω t ,
b) sygnału kosinusoidalnego x ( ) t = cos ( ) Ω t .
Rozwiązanie:
a) Sygnał przedstawimy w postaci wykładniczej:
( ) ( )
j t j tj e
j tj e
j tj e t e
t
x
Ω −ΩΩ
−
Ω
− = − +
= Ω
= 2
1 2
1 sin 2
Jeśli weźmiemy pod uwagę, że:
[x(t)⋅ e
jω0t] = X( ω - ω
0)
co wynika z przesunięcia w dziedzinie częstotliwości, oraz że:
F j = j ⋅ πδ ( ) ω = j πδ ( ) ω
2 2 1 2 1
otrzymujemy rozwiązanie:
F
[ sin ( ) Ω t ] = − j πδ ( ω − Ω ) + j πδ ( ω + Ω )
b) Sygnał kosinusoidalny zapiszemy następująco:
( ) t ( ) t e
j te
j te
j te
j tx
Ω −ΩΩ
−
Ω
+ = −
= Ω
= 2
1 2
1 cos 2
a stąd:
F
[ cos ( ) Ω t ] = πδ ( ω − Ω ) − πδ ( ω + Ω )
Zadanie 8.
Niech sygnałem wejściowym będzie prąd i
L( ) t płynący przez cewkę o indukcyjności L, a
sygnałem wyjściowym napięcie na cewce u
L( ) t . Obliczyć transmitancję widmową,
zdefiniowaną następująco:
14
( ) ( )
( ) ω ω ω I j
j j U
G
L
=
LRozwiązanie.
Między prądem a napięciem cewki zachodzi związek:
dt L di u
L=
LObliczmy transformaty Fouriera dla obu stron równania:
F ( ) u
L= F = ⋅
dt L
L di
LF
dt di
LPonieważ transformata różniczki jest równa:
F
dt di
L= j ω ⋅ F ( ) i
Lto mamy:
F ( ) u
L= j ω L ⋅ F ( ) i
Lalbo inaczej:
( ) j ω j ω L I ( ) j ω
U
L= ⋅
LTransmitancja jest więc równa:
( ) ( )
( )
LL
L
j L X
j I
j j U
G = = ω =
ω ω ω
Otrzymaliśmy znany z elektrotechniki wzór na reaktancję indukcyjną.
Zadanie 9.
Niech sygnałem wejściowym będzie prąd i
C( ) t płynący przez kondensator o pojemności C, a sygnałem wyjściowym napięcie na kondensatorze u
C( ) t . Obliczyć transmitancję widmową, zdefiniowaną następująco:
( ) ( )
( ) ω ω ω I j
j j U
G
C
=
CRozwiązanie.
Między prądem a napięciem na kondensatorze zachodzi związek:
∫ ( )
∞
−
=
τi τ d τ u
CC 1
CObliczmy transformaty Fouriera dla obu stron równania:
F ( ) u
C= F ( ) = ⋅
∫
∞
−
i d C
C
C1
1
ττ τ F ( )
∫
∞
−
τ
i
Cτ d τ
15 Ponieważ transformata całki jest równa:
F ( )
∫
∞
−
τ
i
Cτ d τ = ⋅ ω j
1 F ( ) i
Cto mamy:
F ( ) u
C= ⋅ ω j C
1
1 F ( ) i
Calbo inaczej:
( ) ( ) ω
ω ω I j
C j j
U
C= 1 ⋅
CTransmitancja jest więc równa:
( ) ( )
( )
CC
C
X
C j j
I j j U
G = = =
ω ω ω
ω 1
Otrzymaliśmy znany z elektrotechniki wzór na reaktancję pojemnościową.
Zadanie 10.
Dla obwodu elektrycznego przedstawionego na schemacie obliczyć:
a) transmitancję widmową, zdefiniowaną następująco:
( ) ( )
( ) ω ω ω U j
j j U
G
1
=
2b) jaką funkcją będzie opisany sygnał u
2( ) t , jeśli sygnał wejściowy:
( ) t ( t )
u
1= 10 sin 1000 Rozwiązanie:
a) Transmitancję widmową układu obliczymy stosując znaną z elektrotechniki metodę symboliczną:
Reaktancje elementów układu: X
L= j ω L ,
C X
Cj
ω
= 1
Impedancja zastępcza:
C L j
j R X X R
Z
L Cω + ω 1 +
= + +
=
Prąd w obwodzie:
Z I = U
1Napięcie wyjściowe:
Z U X X I
U
2= ⋅
C=
1 C16 Transmitancja widmowa:
( ) 1
1 1
1
2 1
2
+
= − +
= +
=
= j RC LC
C L j
j R
C j Z
X U j U
G
Cω ω ω
ω ω ω
Moduł transmitancji:
( ) j j RC 1
2LC 1 ( 1
2LC 1 )2 ( RC )
2
G ω ω ω ω ω
+
= − +
= −
Przy podanych wartościach elementów RLC mamy:
( ) j ω = ( 1 − ω
2LC 1 )2+ ( ω RC ) = ( 1 − ω
2⋅ 0 , 1 ⋅ 10 ⋅ 10
−61 ) (2+ ω ⋅ 10 ⋅ 10 ⋅ 10
−6)
2
+ ω ⋅ 10 ⋅ 10 ⋅ 10
−6)
2G
( ) 10 1 , 99 10 1
1 10
10 10
2 1
1
2 6 4
12 2
8 4 12 2
6
= − ⋅ +
+ +
⋅
= −
−
−
−
−
−
ω ω ω ω ω
ω j G
Charakterystykę amplitudową układu pokazuje poniższy wykres:
Faza transmitancji:
( ) LC
arctg RC
21 ω ω ω
ϕ = − −
17 Uwzględniając wartości RLC dostaniemy:
( )
6 24
6 2
6
10 1
10 10
10 1 , 0 1
10 10 10
ω ω ω
ω ω
ϕ
− − −−− −
⋅ =
⋅
−
⋅
⋅
− ⋅
= arctg arctg
b) Transformata sygnału wejściowego u
1( ) t jest równa:
( ) 10 ( 1000 ) 10 ( 1000 )
1
j ω = − j πδ ω − + j πδ ω +
U
Transformata sygnału wyjściowego:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )
( ) ( ) 100 ( 1000 ) 100 ( 1000 )
10 1000 1 10 10
1000 1 10
1 10 10 1 , 0 10 10 10 10 10 1000 1 10
1 10 10 1 , 0 10 10 10 10 10 1000 1 10
1000 1000
10 1000 1000
10
1000 10
1000 10
1 1
6 6
6 3
6 6
6 3
1 2
+
−
−
−
− = +
+
−
−
=
+ =
⋅
⋅
⋅
−
⋅
⋅
⋅ + −
+
+ +
⋅
⋅
⋅
−
⋅
⋅
− ⋅
−
=
=
− +
+
−
−
=
= +
+
−
−
=
⋅
=
−
−
−
−
−
−
ω πδ ω
πδ ω
πδ ω
πδ ω πδ
ω πδ
ω πδ ω
πδ
ω ω
πδ ω
ω πδ ω
ω ω
j j j j
j j j j
G j
G j
G j
G j
G j U j U
Transformata odwrotna widma U
2( ) j ω (patrz zadanie 7b):
( ) ( )
−
=
−
= 100 cos 1000 100 sin 1000 2
2
!["Materiały do biografii, genealogii i heraldyki polskiej, tom VII/VIII", kom. red. Maria Danielewicz-Zielińska [et al.], Rzym 1985 : [recenzja]](data:image/gif;base64,R0lGODlhAQABAIAAAP///wAAACH5BAEAAAAALAAAAAABAAEAAAICRAEAOw==)