1
Ćwiczenia z przedmiotu:
„Teoria Sygnałów i Systemów”.
Zestaw zadań 2.
Wprowadzenie.
Trygonometryczny szereg Fouriera.
Sygnał okresowy o okresie T spełniający warunki Dirichleta moŜna przedstawić w postaci sumy sygnału stałego oraz sygnałów kosinusoidalnych i sinusoidalnych o okresach T, T/2, T/3 ....
∑
∞=
+
+
=
1 0
sin 2 cos 2
) (
k
k
k t
k T b T t
k a a
t
x π π
gdzie 2π =ω0
T jest pulsacją podstawową sygnału.
WyraŜenie po prawej stronie powyŜszego równania nosi nazwę trygonometrycznego szeregu Fouriera. Wartości współczynników A0, Ak, Bk, wyznaczone metodą aproksymacji z
najmniejszym średnim błędem kwadratowym, określone są wzorami:
∫
=
T
dt t T x a
0
0 1 ( )
, t dt
k T t
T x a
T
k =
∫
0
cos 2 )
2 ( π
, =
∫
T
k t dt
k T t T x b
0
sin 2 )
2 ( π
.
Trygonometryczny szereg Fouriera moŜna równieŜ przedstawić w następującej postaci:
∑
∞=
+
+
=
1 0
sin 2 )
(
k
k
k t
k T A A
t
x π ϕ
gdzie:
A0 =a0, Ak =
(
ak2+bk2)
,0 dla
0 dla
<
+
±
≥
=
k k
k k k
k
k
b b arctga
b b arctga
π ϕ
Składowa A nazywana jest składową stałą sygnału, składowe 0
+
⋅ k
k t
k T
A 2π ϕ
sin k-tymi
harmonicznymi sygnału, liczby Ck i ϕk odpowiednio amplitudą i fazą k-tej harmonicznej.
Funkcja Ak(k) nazywana jest charakterystyką amplitudową sygnału, zaś funkcję ϕk(k)
charakterystyką fazową. Są to funkcje dyskretne (określone tylko w punktach, gdzie argument funkcji k przyjmuje wartości całkowite).
2
Znając amplitudę i fazę k-tej harmonicznej moŜna wyliczyć współczynniki ak i bk:
( )
k kk A
a = sinϕ i bk = Akcos
( )
ϕkFunkcja x(t) spełnia w przedziale 〈t1,t2〉 warunki Dirichleta jeŜeli:
1. jest przedziałami monotoniczna w przedziale (t1,t2),
2. jest ciągła w przedziale (t1,t2), z wyjątkiem co najwyŜej skończonej liczby punktów nieciągłości pierwszego rodzaju, przy czym w kaŜdym punkcie nieciągłości spełniony jest warunek
( )0 = [( ) ( )0−+ 0+]
2
1 xt xt t
x
w końcach przedziału 〈t1,t2〉 spełnione są równości
( ) ( )1 = 2 = [( ) ( )1++ 2−]
2
1 xt xt t
x t x
Wykładniczy szereg Fouriera.
Stosując wzory Eulera:
cos 2
α
α = ejα +e−j ,
j e ej j sin 2
α
α = α − − , gdzie j= −1
moŜna przedstawić szereg Fouriera w postaci wykładniczej:
∑
∞−∞
=
=
k
t T jk ke C t
x
π 2
)
( gdzie Ck =T
∫
Tx t e−jkTtdt0
2
)
1 ( π
Współczynniki Ck są liczbami zespolonymi. Dla sygnału rzeczywistego C-k jest liczbą sprzęŜoną do Ck.
Między współczynnikami a0, ak, bk, Ak, ϕk, szeregu trygonometrycznego, a współczynnikami Ck szeregu wykładniczego zachodzą następujące związki:
0
0 A
C =
2
k k k
jb C = a −
2
k k k
jb C− = a + oraz
2 cos
sinϕ k ϕ
k k
jA
C = A −
oraz związki odwrotne:
0
0 C
A = ak =2Re
( )
Ck =2Re( )
C−k =Ck+C−k =Ck +C∗k( )
− =−( ) (
= − −)
=(
− ∗)
= k k k k k k
k C C j C C jC C
b 2Im 2Im
0 C0
a = Ak =2Ck
3 Równość Parsevala.
Dla szeregów Fouriera spełnione jest równanie, noszące nazwę równości Parsevala:
dla szeregu trygonometrycznego:
∫ ∑
∞=
+ = +
1 2 2
0 2
2 ) 1
1 (
k k T
t
t
A A
dt t T x
dla szeregu wykładniczego:
∫ ∑
∞−∞
=
+ =
k k T
t
t
C dt
t T x
2 2
) 1 (
Całki po lewej stronie równości to moc średnia sygnału x(t), składniki sum po prawej stronie równości są mocami średnimi harmonicznych sygnału. Moc sygnału jest więc równa sumie mocy harmonicznych.
∫ ∑
∞=
+ =
=
0 2( )
1
k k T
t
t
x x t dt P
P T gdzie P jest mocą średnią k-tej harmonicznej k Pierwiastkując obie strony równości otrzymuje się wzór na wartość skuteczną sygnału:
∑
∞=
=
=
0 2 k
k
x X
P
X gdzie Xk = Pk jest wartością skuteczną k-tej harmonicznej.
Współczynnik zniekształceń nieliniowych sygnału.
Współczynnik zniekształceń nieliniowych (określany równieŜ jako współczynnik zawartości harmonicznych) to wyraŜony procentowo stosunek wartości skutecznej wyŜszych
harmonicznych sygnału (drugiej i kolejnych) do wartości skutecznej składowej podstawowej (pierwszej harmonicznej).
% 100
% 100
1 2
2
1 2
2
⋅
=
⋅
=
∑ ∑
∞=
∞
=
C C A
A
h k
k k
k
Współczynnik zniekształceń nieliniowych jest naturalną miarą, określającą odkształcenie sygnału od sygnału sinusoidalnie zmiennego.
Niektóre własności szeregów Fouriera.
1. Liniowość.
Jeśli sygnały okresowe x(t) i y(t) mają ten sam okres T (tą samą częstotliwość podstawową), to sygnał będący liniową kombinacją sygnałów x i y zawiera harmoniczne, które są liniową kombinacją harmonicznych sygnału x i y.
4 Jeśli
( ) ∑
=∞−∞
=
= k
k
t T jk ke a t
x
π
2
( ) ∑
=∞−∞
=
= k
k
t T jk ke b t
y
π 2
i
z(t)=M⋅x
( )
t +N⋅y( )
tto
( ) ∑
=∞−∞
=
= k
k
Tt jk ke c t
z
π 2
gdzie
ck =M⋅ak+N⋅bk 2. Przesunięcie w czasie.
JeŜeli sygnał x(t) opisany jest szeregiem Fouriera:
( ) ∑
=∞−∞
=
= k
k
Tt jk ke a t
x
π 2
to sygnał przesunięty w czasie o t0 moŜna wyrazić wzorem:
( ) ∑
=∞−∞
=
=
− k
k
Tt jk ke b t
t x
π 2 0
przy czym współczynniki szeregu bk są równe:
bk =e−jkTt0⋅ak
2π
3. JeŜeli funkcja opisująca sygnał jest parzysta:
x
( ) ( )
−t =x tto trygonometryczny szereg Fouriera zawiera tylko składowe kosinusoidalne (bk = 0 dla wszystkich k):
∑
∞=
+
=
1 0
cos 2 )
(
k
k t
k T a
a t
x π
4. JeŜeli funkcja opisująca sygnał jest nieparzysta:
x
( )
−t =−x( )
tto trygonometryczny szereg Fouriera zawiera tylko składowe sinusoidalne (ak = 0 dla wszystkich k>0):
∑
∞=
+
=
1 0
sin 2 )
(
k
k t
k T b a
t
x π
5
Zadania.
Zadanie 1.
Przebieg sygnału jest określony funkcją:
( )
t( )
t( )
t( )
t( )
tx =10+5cos10 +2sin10 −2cos 20 +2sin 20
Obliczyć:
a) pulsację podstawową ω0,
b) składową stałą (wartość średnią) sygnału,
c) współczynniki Ak i Bk trygonometrycznego szeregu Fouriera, d) amplitudy Ck i fazy ϕk harmonicznych sygnału,
e) współczynniki wykładniczego szeregu Fouriera ak, f) moc średnią,
g) wartość skuteczną.
Rozwiązanie:
a) Składowymi sygnału są: wartość stała oraz przebiegi kosinusoidalne i sinusoidalne.
Jest to więc trygonometryczny szereg Fouriera, ograniczony do 5-ciu składników.
Zmienne w czasie składniki sygnału posiadają pulsacje 10 i 20 rd/s. Pulsacja podstawowa jest największym wspólnym podzielnikiem tych pulsacji.
W tym przypadku:
ω0 = 10 rd/s
b) Składową stałą sygnału (wartością średnią) jest jego składnik niezaleŜny od czasu:
A0 =10
c) Sygnał zawiera dwie harmoniczne: pierwszą (podstawową) o pulsacji 10 rd/s i drugą, o pulsacji 20 rd/s. Na podstawie opisu sygnału współczynniki szeregu Fouriera są następujące:
A1 =5 B1 =2 A2 =−2 B2 =2
6 d) Amplitudy harmonicznych:
39 , 5 2 52 2
2 1 2 1
1= A +B = + =
C 68 12'
2 5
1 1
1 = °
=
= arctg
B arctg A ϕ
( )
2 2 22 2,832 2 2 2
2 = A +B = − + =
C =− °
−
=
= 45
2 2
2 2
2 arctg
B arctg A ϕ
Sygnał moŜna opisać następująco:
x
( )
t =10+5,39sin(
10t+68°12')
+2,83sin(
20t−45°)
Rysunek przedstawia składową stałą i harmoniczne sygnału.
e) Współczynniki szeregu Fouriera w postaci wykładniczej są następujące:
a0 = A0 =10
1 1 1 2,5 1 2,69 2149'
2 2 5 2
°
= −
−
− =
− =
= A jB j j e j
a
a−1 =a1* =2,5+ j1=2,69ej21°49'
2 = 2− 2 = − − =−1− 1=1,41 135° 2
2 2 2
ej
j j jB
a A
a−2 =a*2 =−1+ j1=1,41e−j135°
f) Moc średnia sygnału na podstawie równości Parsevala:
118,53
2 83 , 2 2 39 , 10 5 2 2
2 2
2 2 2 2 2 1
0 + + = + + =
= C C
C Px
g) Wartość skuteczna sygnału:
X = Px = 118,53=10,89
7 Zadanie 2.
Na rysunku przedstawiono fragment okresowego sygnału napięciowego.
Obliczyć:
a) współczynniki trygonometrycznego szeregu Fouriera, b) amplitudy harmonicznych sygnału.
Rozwiązanie:
a) Współczynniki szeregu Fouriera obliczymy z podanych wzorów:
dla składowej stałej:
( )
AT dt AT T Adt
dt t T x x A
T
T T
T
α α
α α
=
=
+
=
=
= 1
∫
1∫ ∫
00 0
0
dla harmonicznych:
T T T
k t
k T k dt A T t k T A
dt T t k t T x A
α π α
π π
π
0 0
0
sin 2 cos 2
2 cos 2
) 2 (
=
=
=
∫
∫
(
απ)
πk k Ak = A sin 2
T T T
k t
k T k dt A T t k T A
dt T t k t T x B
α π α
π π
π
0 0
0
cos 2 sin 2
2 sin 2
) 2 (
−
=
=
=
∫
∫
( )
[ ] (
απ)
απ π
π k k
k A k
Bk A 2 sin2
2 cos
1− =
=
b) Amplitudy harmonicznych:
( )
2[ ( ) ]
22
2 sin 2 1 cos 2
−
+
= +
= απ
απ π
π k k
k A k
B A A
Ck k k
( ) ( ) ( ) (
απ)
απ π απ
π απ k k
k A k
k k
Ck = A sin2 2 +1−2cos 2 +cos2 2 = 2−2cos 2
( ) ( )
παπ
π απ k
A k k k
Ck A sin
2 sin
2 2 2
=
=
8 Zadanie 3.
Dla sygnału jak w zadaniu 2 obliczyć współczynniki wykładniczego szeregu Fouriera.
Rozwiązanie.
Zgodnie z definicją:
( )
π αT jkTπt π jkTπtαT π(
j kαπ)
T t
T jk
k e
k j e A
k j
T T dt A T Ae
dt e t T x
a 2
0 2
0 2
0
2
2 1 2
1
1 − = − =− ⋅ − = − −
=
∫ ∫
Przekształćmy współczynnik do postaci algebraicznej stosując wzór Eulera:
ϕ ϕ
ϕ cos jsin
ej = +
Otrzymujemy:
( )
π[ (
απ) (
απ) ]
π απ j k k j k
e A k j
ak A j k 1 cos 2 sin 2
1 2 2
2 = − − − −
−
= −
( ) ( ( ) )
[
απ απ]
π[ (
απ) (
απ) ]
π k k j k
k A j
k k
ak A sin 2 2sin2
2 2 cos 1 2
2 sin − − = −
=
Aby obliczyć a0 moŜemy wyznaczyć wartość średnią sygnału z całki lub dla wzoru wyŜej policzyć granice:
απαπ α
παπ = α =
→
→ k
k k
k
k
k 2
) 2 lim sin(
2 ) 2 limsin(
0 0
oraz
[ ]
[ ]
2 0) 2 sin(
lim2 2
) 2 cos(
1 2 lim
) 2 cos(
lim1
0 0
0 − = =
− =
→
→
→ απ π απ
π απ
π απ k k
dk k d dk k
d k
k
k k
k
Przy obliczaniu drugiej granicy uŜyto twierdzenia de l’Hospitala.
Po podstawieniu do wzoru otrzymujemy:
α
⋅
= A a0 Zadanie 4.
Dla fali prostokątnej, przedstawionej na rysunku:
a) obliczyć składową stałą,
b) obliczyć amplitudy i fazy harmonicznych,
c) narysować charakterystykę amplitudową i fazową sygnału dla kilku pierwszych harmonicznych.
9 Rozwiązanie:
a) Składowa stała sygnału jest równa:
( ) ( ) [ (
25)
25]
010 5 1
10 5 1
1 5
0 0
5 2
2
0 = − + =
− +
=
=
=
∫ ∫ ∫
− −
dt dt dt
t T x x a
T
T
b) Współczynniki wykładniczego szeregu Fouriera:
( ) ( )
[ ]
[ ( )
π]
π π
π π
π
π π
π π π
π
π π π
k k e j
e jk
e k e
e j k e j
k j
dt e dt e dt
e t T x a
jk jk
jk jk jk
t jk
t jk t
jk T
T
t T jk k
cos 5 1
1 2 5
1 2 1
5 2
5 10 2
5 10 10
1
5 10 5
1 1
5
0 5 0
5 5
5
0 10 0 2
5
10 2 2
2
2
−
−
=
− +
−
=
= +
−
−
=
−
⋅
=
=
− +
=
=
−
− −
−
−
−
−
−
−
−
∫ ∫
∫
Amplitudy harmonicznych są równe:
[ ( ) ] [ ( )
π]
π π
π k k k
jk a
Ck k 10 1 cos
cos 5 1
2
2 = ⋅− − = −
= dla k >0
MoŜna zauwaŜyć, Ŝe dla k parzystych (k = 2n) czynnik cos
( )
kπ =cos( )
2πn =1 i wyraŜenie w nawiasie jest równe 0. Wobec tego:Ck=2n =0
Sygnał nie ma harmonicznych parzystych.
Dla k nieparzystych (k = 2n-1) mamy: cos
( )
kπ =cos(
2πn−π)
=−1. A zatem:π
[ ( ) ]
πk
Ck n k 20
1 10 1
1
2 − = − − =
=
Z podanych we wstępie wzorów wynika, Ŝe:
Ak =2Re
( )
ak =0 iπ a k
Bk n k 20
) Im(
1 2
2 − =− =
=
a stąd
=2 = =0
k k n
k B
arctg A ϕ
Przesunięcie fazowe wszystkich istniejących harmonicznych jest zerowe.
10
c) PoniŜej przedstawiono tablicę z wyliczonymi wartościami amplitud kilku pierwszych harmonicznych sygnału.
Harmoniczna 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 Amplituda (Ck) 6,37 0 2,12 0 1,27 0 0,91 0 0,71 0 0,58 0 0,49
Faza (ϕk) 0 - 0 - 0 - 0 - 0 - 0 - 0 Na podstawie tabeli sporządzono charakterystykę amplitudową sygnału.
0 2 4 6 8 10 12 14
0 1 2 3 4 5 6 7
PoniewaŜ fazy wszystkich harmonicznych są zerowe, to nie rysowano charakterystyki fazowej.
Zadanie 5.
Obliczyć współczynnik zniekształceń nieliniowych dla fali trójkątnej, przedstawionej na rysunku..
Rozwiązanie.
Sygnał w przedziale
,2 2
T
t∈ −T moŜna opisać następująco:
( )
≥ +
−
<
+
=
0 dla 4
0 dla 4
t A
T t A
t A
T t A t
x
11 Policzmy składową stałą sygnału:
( )
2 0 2 2 2
2 2
4 4
4 4
1 1
2 0 2
0 2 0
2 0
2 2 2
0 0
2 0
2 0
2
2
0 0
2 2
2 0
=
− + − +
=
=
+
− +
=
+
− +
=
=
− +
+
+
=
=
=
−
− −
−
−
−
−
∫ ∫
∫
∫
∫
∫
∫
T T T T T
A
T t t t
T t T dt A T tdt
dt T tdt
T A
dt A T t dt A
A T t
A dt T
t T x x A
T T
T T T
T T
T
T
T T
T
PoniewaŜ x(t) jest funkcją parzystą, to szereg Fouriera zawiera tylko składowe kosinusoidalne. Obliczmy współczynnik A1 szeregu:
+
−
+
=
=
− +
+
+
=
=
∫ ∫
∫
∫
∫
∫
∫
−
−
−
−
2
0
2
0 0
2 0
2
2
0 0
2 2
2 1
cos 2 cos 2
4 cos 2
cos 2 4
2
cos 2 4
cos 2 4
2 cos 2
) 2 (
T T
T T
T
T T
T
dt T t A
dt T t T t
dt A T t A
dt T t T t
A T
dt T t A
T t dt A
T t A
T t A dt T
T t t
T x A
π π
π π
π π
π
Obliczmy kolejne całki:
( )
( )
[ ]
22 2 0
2 0 2
2
cos 2 2 1
sin 2 2 cos 2
2 cos 2
π π π
π π
π π
π T T
T t T t
T t dt T
T t t
T T
=
−
−
=
+
=
− −
∫
2 0 2 sin
cos 2
0
2 0
2
=
=
− −
∫
TT
T t k k
dt T T t
k π
π π
( )
( )
[ ]
22 2 2
0 2 2
0 1 cos 2
2 sin 2
2 cos 2
2 cos 2
π π π
π π
π π
π T T
T t T t
T t dt T
T t t
T T
−
= +
−
=
+
=
∫
2 0 2 sin
cos 2
2
0 2
0
=
=
∫
T T
T t k k
dt T T t
k π
π π
Po podstawieniu wyliczonych całek otrzymujemy:
T A T
A T
T A
A T 2 2
2 2
2 1
8 2
4 2 4 2
π π
π =
+
=
12
PoniewaŜ B1 = 0 , to amplituda pierwszej harmonicznej:
A A
C1 1 82
=π
= Moc średnia pierwszej harmonicznej jest równa:
2 2
4 2 1
1 32 0,329
2 A A
P = C = =
π Moc średnią sygnału obliczymy z całki:
( )
3 2 3
2 2 3
2
4 3
16 1 4
3 16 1
8 16
1 8
16 1 1
2 2
2
0 2 2 2 3 2 0 2
2 2 2 2 3 2
2
2
0
2 2 2 2 0 2
2
2 2 2 2
2 2
2 2
A T T
T T T T T
A
t A T t
t A T
A t T
A T t
t A T
A T
dt A T t t A T
A dt T
A T t t A T
A dt T
t T x P
T
T
T
T T
T x
=
− + + − +
=
=
− +
+
+ +
=
=
− +
+
+ +
=
=
−
−
−
∫
∫
∫
Z równości Parsevala wynika, Ŝe moc wyŜszych harmonicznych jest równa:
2 4
2 2
2
1 2 0
0048 , 32 0
3 0 2 1
A A P A
P C P C P
H k
x k H
=
−
−
=
−
−
=
=
∑
∞=
π
Współczynnik zniekształceń nieliniowych wyliczymy ze wzoru:
% 1 , 12
% 329 100
, 0
0048 ,
% 0 100
1
=
⋅
=
⋅
= P h PH
13 Zadanie 6.
Obliczyć stosunek wartości skutecznej składowej zmiennoprądowej do składowej stałej w wyprostowanym dwupołówkowo napięciu sinusoidalnym. Przebieg napięcia przedstawiono na rysunku.
Przebieg sygnału moŜna opisać funkcją:
( )
tA T t
x π
⋅sin
= dla t∈ 0,T Składowa stała sygnału jest równa:
( )
π π π t πAT T T dt A Tt T A
dt t T x x C
T T T
2 cos
1 sin 1
0 0
0
0 =
⋅
−
=
⋅
=
=
=
∫ ∫
Moc średnia sygnału jest równa:
( ) ∫
∫
= ⋅ =
=
T T
x t dt
A T dt T
t T x x P
0
2 2 0
2
2 1 1 sin π
Całkę : moŜna odczytać z tablic, bądź wyliczyć metodą przez części:
Przyjmując:
= t
u Tπ
sin
= t
v Tπ
sin '
⋅
= t
T
u Tπ π
cos
'
−
= t
T
v T π
πcos otrzymujemy równanie:
( ) ∫( ) ∫ ∫ ∫
∫ ∫ + −
−
=
+
−
=
⋅
−
⋅
=
⋅
=
t dt
dt T T
Tt dt
Tt T
Tt Tt dt v u v u dt v u dt Tt
π π π π π
π π
π 2 2
2 sin
2 2 sin cos
cos sin '
' sin
a stąd:
π π π
4 2 sin sin2 2
−
=
∫
Tt t T dt Tt
∫sin2Tπtdt
14
2 4
2 sin 2
2
0 2
2 t A
T T t T x A P
T
x =
−
=
= π
π
Moc wszystkich harmonicznych (łącznie z pierwszą):
2 2
2 2 2 0
0 4 0,196
2 A A
C A P P P
PH = x− = x− = − = π
Wartość skuteczna składowej zmiennej napięcia (tzw. napięcia tętnień):
A A
P
UH = H = 0,196 2 =0,443
Stosunek wartości skutecznej składowej zmiennej do składowej stałej napięcia wyprostowanego:
=
=
=
A A C
k UH π
2 443 , 0
0
0,695