SiS1: Notes de classe

Lluís Batlle i Rossell ^{∗}

6 d’octubre de 2001

1 Transformada de Fourier

1.1 Resposta freqüencial

Si tenim un s.l.i., tenim una h(t) (sortida de δ(t)). Llavors, també es compleix que y(t) = x(t) ∗ h(t). L’objectiu que perseguim és buscar una relació entradasortida mitjançant una operació més senzilla que la de ∗.

Tenim:

x(t) = ∫_{−∞}^{∞} x(τ)δ(t − τ)dτ

però coneixem una versió més complexa:

x(t) = x(−∞) + ∫_{−∞}^{∞} x′(τ)u(t − τ)dτ

i per tant, la sortida del sistema és:

y(t) = T [x(−∞)] + ∫_{−∞}^{∞} x′(τ)a(t − τ)dτ

així veiem que la relació entrada sortida necessita dos operadors més o menys complexes: derivació i convolució.

Tenim una autofunció x(t) = e^{jw_{0}t} que si fós l’entrada, la sortida també tindria la mateixa base: y(t) = ke^{jw_{0}t}. Més concretament:

y(t) = T [e^{j2πf_{0}t}] = ∫_{−∞}^{∞} h(τ)e^{j2πf_{0}(t−τ)}]dτ = e^{j2πf_{0}t} ∫_{−∞}^{∞} h(τ)e^{−j2πf_{0}τ} dτ Exemple 1 Donat h(t) = Π(t), trobar T [e^{j2πf_{0}t}] :

∗e-mail: viric@cataloniamail.com

T [e^{j2πf_{0}t}] = e^{j2πf_{0}t} ∫_{−∞}^{∞} Π(τ)e^{−j2πf_{0}τ} dτ

= e^{j2πf_{0}t} ∫ \frac{1}{2} \frac{1}{2} e^{−j2πf_{0}τ} dτ

= e^{j2πf_{0}t} \frac{e^{−j2πf_{0} \frac{1}{2}} − e^{j2πf_{0} \frac{1}{2}}}{−j2πf_{0}}

= e^{j2πf_{0}t} \frac{sin πf_{0}}{πf_{0}} = e^{j2πf_{0}t} \underbrace{sinc(f_{0})}_{cnt.}

♢

Existeix una relació entre δ(t) i les exponencials complexes:

δ(t) = lim_{a→∞} \frac{sin at}{πt} = lim_{a→∞} \frac{e^{jat} − e^{−jat}}{2jπt} = lim_{a→∞} \frac{e^{j2πft}}{j2πt} |_{f= \frac{a}{2π}}^{f= \frac{a}{2π}}

= lim_{a→∞} ∫− \frac{a}{2π}^{\frac{a}{2π}} e^{j2πft}df = ∫_{−∞}^{∞} e^{j2πft}df

i d’aquí obtenim:

δ(t − τ) = ∫_{−∞}^{∞} e^{j2πf(t−τ)}df  (1)

per tant:

\begin{aligned}x(t) & = ∫_{−∞}^{∞} x(τ) [∫_{−∞}^{∞} e^{j2πf(t−τ)}df] dτ = ∫_{−∞}^{∞} [∫_{−∞}^{∞} x(τ)e^{j2πfτ} dτ] e^{j2πft}df \\ & = ∫_{−∞}^{∞} X(f)e^{j2πft}df on X(f) = ∫_{−∞}^{∞} x(τ)e^{−j2πfτ} dτ \end{aligned}(2)

\begin{aligned}y(t) & = T [x(t)] = T [∫_{−∞}^{∞} X(f)e^{j2πft}df] =^{s.l.i.} ∫_{−∞}^{∞} X(t)T [e^{j2πft}] df \\ & = ∫_{−∞}^{∞} X(f) [∫_{−∞}^{∞} h(τ)e^{−j2πfτ} dτ] e^{j2πft}df \\ & = ∫_{−∞}^{∞} X(f) H(f)e^{j2πft}df \end{aligned} (3)

Exemple 2 Donat x(t) = e^{−α|t|}, hi apliquem un s.l.i. tal que la seva h(t) = Π(t):

\begin{aligned}x(t) & = ∫_{−∞}^{∞} X(f)e^{j2πft}df on X(f) = ∫_{−∞}^{∞} e^{−α|t|}e^{−j2πft}dt \\ & = ∫_{−∞}^{0} e^{αt}e^{−j2πft}dt + ∫_{0}^{∞} e^{−αt}e^{−j2πft}dt \end{aligned}

De (1) sabem que:

δ(t) = ∫_{−∞}^{∞} e^{j2πft}df

Integrant el resultat de x(t):

\begin{matrix}∫_{−∞}^{0} e^{(α−j2πf)t}dt = \frac{e^{(α−j2πf)t}}{α − j2πf} |_{−∞}^{0} = \frac{1 + 0}{α − j2πf} \\ ∫_{0}^{∞} e^{−(α+j2πf)t}dt = \frac{e^{−(α+j2πf)t}}{−(α + j2πf)}|_{0}^{∞} = \frac{0 − 1}{−(α + j2πf)} \end{matrix} \}

obtenim:

X(t) = \frac{1}{α − j2πf} + \frac{1}{α + j2πf} = \frac{2α}{α^{2} + 4π^{2}f^{2}}

I d’aquí podem trobar:

y(t) = ∫_{−∞}^{∞} \underbrace{\frac{2α}{α^{2} + 4π^{2}f^{2}} sinc(f)}_{Y (f)=X(f) H(f)} e^{j2πft}df

♢

El que fem és obtenir X(t) de x(t), i H(t) de h(t), mitjançant la següent correspondència:

X(f) = ∫_{−∞}^{∞} x(t)e^{−j2πft}df

i de X(t) i H(t) obtenim Y (t). Llavors, ”destransformem”, i obtenim una altra vegada y(t). Així aconseguim fer el pas que necessitavem i no podiem fer: la desconvolució.

Obtenim la següent relació, molt important, que és la culminació de l’objectiu plantejat:

H(t) = \frac{Y (t)}{X(t)}