ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΚΡΗΤΗΣΤµήµα Επιστήµης Υπολογιστών

HY-215: Εφαρµοσµένα Μαθηµατικά για ΜηχανικούςΕαρινό Εξάµηνο 2016-17

∆ιδάσκοντες: Γ. Στυλιανού, Γ. Καφεντζής

Λυµένες Ασκήσεις - Συνέλιξη και Συστήµατα

Σε αυτό το PDF, η ϐηµατική συνάρτηση u(t) συµβολίζεται µε �(t)

1. ΄Εστω τα σήµατα του Σχήµατος 1. Να υπολογίσετε τη συνέλιξη y(t) = x(t) ∗ h(t).

Σχήµα 1: Σχήµα ΄Ασκησης 1

Λύση:Επιλέγουµε να παίξουµε µε το x(t), καθ΄ ότι ευκολότερο. Η ανάκλαση και η µετατόπιση του σήµατος ϕαίνεταιστο Σχήµα 2. και άρα ϑα έχουµε τις παρακάτω περιπτώσεις :

Σχήµα 2: Μετατόπιση και ανάκλαση για ΄Ασκηση 1.

• y(t) = 0, t < 0 (Σχήµα 3αʹ)

• y(t) =∫ t0

τ

Tdτ =

τ2

2T

∣∣∣t0=

t2

2T, για t ≥ 0 και t− T ≤ 0⇔ 0 ≤ t ≤ T (Σχήµα 3βʹ)

• y(t) =∫ tt−T

τ

Tdτ +

∫ tT

(2− τ

T

)dτ = − t

2

T+ 3t− 3T

2, για t− T < T και t ≥ T ⇔ T ≥ t < 2T (Σχήµα 4αʹ)

• y(t) =∫ 2Tt−T

(2− τ

T

)dτ =

(2τ − τ

2

2T

)∣∣∣2Tt−T

=t2

2T− 3t+ 9T

2, για t < 3T και t ≥ 2T ⇔ 2T ≤ t < 3T (Σχήµα

4βʹ)

Εφαρµοσµένα Μαθηµατικά για Μηχανικούς - 2016-17/Λυµένες Ασκήσεις 2

(αʹ) 1η περίπτωση ΄Ασκησης 1 (ϐʹ) 2η περίπτωση ΄Ασκησης 1

Σχήµα 3: Περιπτώσεις ΄Ασκησης 1 - Ι

(αʹ) 3η περίπτωση ΄Ασκησης 1 (ϐʹ) 4η περίπτωση ΄Ασκησης 1

Σχήµα 4: Περιπτώσεις ΄Ασκησης 1 - ΙΙ

• y(t) = 0, t ≥ 3T (Σχήµα 5αʹ)

(αʹ) 5η περίπτωση ΄Ασκησης 1

Σχήµα 5: Περιπτώσεις ΄Ασκησης 1 - ΙΙΙ

΄Αρα τελικά ϑα είναι :

y(t) =

0, t < 0 και t ≥ 3Tt2

2T , 0 ≤ t ≤ T− t2T + 3t−

3T2 , T ≥ t < 2T

t2

2T − 3t+9T2 , 2T ≤ t < 3T

(1)

που είναι και το Ϲητούµενο.

2. ΄Εστω τα σήµαταx(t) = Ae−|t|, h(t) = 2(�(t− 3)− �(t− 5))

που ϕαίνονται στο Σχήµα 6. Υπολογίστε τη συνέλιξη των δυο σηµάτων.

Λύση:Επιλέγουµε να παίξουµε µε το h(t), καθ΄ ότι ευκολότερο. Η ανάκλαση και η µετατόπιση του σήµατος ϕαίνεταιστο Σχήµα 7. Οπότε, ϑα έχουµε τις παρακάτω περιπτώσεις :

Εφαρµοσµένα Μαθηµατικά για Μηχανικούς - 2016-17/Λυµένες Ασκήσεις 3

Σχήµα 6: Σχήµα ΄Ασκησης 2

Σχήµα 7: Ανάκλαση και µετατόπιση του σήµατος ΄Ασκησης 2

• y(t) =∫ t−3t−5

2Aeτdτ = 2A(et−3 − et−5), για t− 3 ≤ 0⇔ t ≤ 3 (Σχήµα 8αʹ)

• y(t) =∫ 0t−5

2Aeτdτ +

∫ t−30

2Ae−τdτ = 2A(2A− et−5 − e3−t), για t ≤ 5 και t > 3⇔ 3 < t ≤ 5 (Σχήµα 8βʹ)

• y(t) =∫ t−3t−5

2Ae−τdτ = 2A(e5−t − e3−t), για t− 5 > 0⇔ t > 5 (Σχήµα 9αʹ)

΄Αρα τελικά ϑα έχουµε

y(t) =

2A(et−3 − et−5), t ≤ 32A(2A− et−5 − e3−t), 3 < t ≤ 52A(e5−t − e3−t), t > 5

(2)

που είναι και το Ϲητούµενο.

(αʹ) 1η περίπτωση ΄Ασκησης 2 (ϐʹ) 2η περίπτωση ΄Ασκησης 2

Σχήµα 8: Περιπτώσεις ΄Ασκησης 2 - Ι

Εφαρµοσµένα Μαθηµατικά για Μηχανικούς - 2016-17/Λυµένες Ασκήσεις 4

(αʹ) 3η περίπτωση ΄Ασκησης 2

Σχήµα 9: Περιπτώσεις ΄Ασκησης 2 - ΙΙ

3. ΄Εστω τα σήµατα

x(t) =

{0, αλλού1t , t ≥ 1

h(t) =

{t2, 0 ≤ t ≤ 10, αλλού

Υπολογίστε τη συνέλιξη των δυο σηµάτων.

Λύση:Επιλέγουµε να παίξουµε µε το h(t), καθ΄ ότι ευκολότερο στη σχεδίαση. Η ανάκλαση και η µετατόπιση τουσήµατος ϕαίνεται στο Σχήµα 10. ΄Αρα ϑα έχουµε τις παρακάτω περιπτώσεις :

Σχήµα 10: Ανακλασµένο και µετατοπισµένο σήµα ΄Ασκησης 3

• y(t) = 0, t ≤ 1

• y(t) =∫ t1

1

τ(t− τ)2dτ = t2 ln |τ |

∣∣∣t1− 2tτ

∣∣∣t1+τ2

2

∣∣∣t1= · · · , για t < 2 και t > 1⇔ 1 < t < 2

• y(t) =∫ tt−1

1

τ(t− τ)2dτ = t2 ln |τ |

∣∣∣tt−1− 2tτ

∣∣∣tt−1

+τ2

2

∣∣∣tt−1

= · · · , για t− 1 ≥ 1⇔ t ≥ 2

Επιβεβαιώστε εσείς σχηµατικά ότι τα παραπάνω είναι σωστά ! :-)

4. ΄Εστω το σήµαx(t) = 2δ(t)− 3δ(t− 4)

και το σήµα h(t) που ϕαίνεται στο Σχήµα 11. Βρείτε το αποτέλεσµα της συνέλιξης των δυο σηµάτων.

Εφαρµοσµένα Μαθηµατικά για Μηχανικούς - 2016-17/Λυµένες Ασκήσεις 5

Σχήµα 11: Σχήµα ΄Ασκησης 4

Λύση:Η συνέλιξη µε συναρτήσεις ∆έλτα απλά παράγει αντίγραφα των σηµάτων µε τα οποία συνελίσσεται, µετατοπισµέναστη ϑέση της συνάρτησης ∆έλτα, πολλαπλασιασµένα µε το πλάτος της. Ούτε ολοκληρώµατα, ούτε µετατοπίσεις,ούτε αναστροφές, ούτε τίποτα ! :-) Γίνεται όµως ευρεία χρήση των ιδιοτήτων της συνάρτησης ∆έλτα, όπως η

x(t) ∗ δ(t− t0) = x(t− t0)

΄Αρα ϑα είναι απλά

y(t) = h(t) ∗ (2δ(t)− 3δ(t− 4)) = 2h(t) ∗ δ(t)− 3h(t) ∗ δ(t− 4) = 2h(t)− 3h(t− 4)

Το αποτέλεσµα της συνέλιξης ϕαίνεται στο Σχήµα 12.

Σχήµα 12: Σήµα συνέλιξης h(t) ∗ x(t) ΄Ασκησης 4

5. Να υπολογιστεί η συνέλιξη των σηµάτων

x(t) = �(t)

y(t) = e−2t�(t)

Λύση:Τα δυο σήµατα είναι όπως στο Σχήµα 13. Παίζουµε µε το x(t). Το ανεστραµµένο και ανακλασµένο σήµα ϕαίνεταιστο Σχήµα 14. ∆ιακρίνουµε δυο περιπτώσεις, οι οποίες ϕαίνονται στα Σχήµατα 15αʹ και 15βʹ.

Εφαρµοσµένα Μαθηµατικά για Μηχανικούς - 2016-17/Λυµένες Ασκήσεις 6

Σχήµα 13: Σήµατα ΄Ασκησης 5

Σχήµα 14: Μετατοπισµένο σήµα ΄Ασκησης 5

• cxy(t) = 0, t ≤ 0

• cxy(t) =∫ ∞−∞

e−2τ �(t)�(t− τ)dτ =∫ t0e−2τdτ =

1− e−2t

2, t > 0

(αʹ) Περίπτωση 1η (ϐʹ) Περίπτωση 2η

Σχήµα 15: Περιπτώσεις ΄Ασκησης 5

΄Αρα τελικά ϑα είναι

cxy(t) =

{1−e−2t

2 , t > 00, t ≤ 0

(3)

που είναι και το Ϲητούµενο.

6. Θεωρούµε το σύστηµα που ϕαίνεται στο Σχήµα 16, µε

Σχήµα 16: Σήµα ΄Ασκησης 6

Εφαρµοσµένα Μαθηµατικά για Μηχανικούς - 2016-17/Λυµένες Ασκήσεις 7

x(t) = �(t+

1

2

)− �(t− 1

2

)h1(t) = δ

(t− 3

2

)h2(t) = �(t)− �(t− 3)

Να υπολογιστεί και να σχεδιαστεί η έξοδος του συστήµατος, y(t).

Λύση:Αφού τα συστήµατα είναι σε σειρά, µπορούµε να ϐρούµε το συνολικό σύστηµα h(t), που είναι η συνέλιξη των δυοσυστηµάτων, και είναι

h(t) = h1(t) ∗ h2(t) = δ(t− 3

2

)∗(�(t)− �(t− 3)

)= �

(t− 3

2

)− �(t− 3− 3

2

)= �(t− 3

2

)− �(t− 9

2

)΄Αρα είναι σαν να περνάµε την είσοδο x(t) από το σύστηµα h(t). Παρατηρούµε ότι

x(t) = �(t+

1

2

)− �(t− 1

2

)= rect

( t1

)h(t) = �

(t− 3

2

)− �(t− 9

2

)= rect

( t− 33

)Οι περιπτώσεις ϕαίνονται στο Σχήµα 17, 18, 19. Κατά τα γνωστά λοιπόν, ϑα παίξουµε µε το h(t), και ϑα έχουµε

(αʹ) Περίπτωση 1η (ϐʹ) Περίπτωση 2η

Σχήµα 17: Περιπτώσεις ΄Ασκησης 6 - 1

(αʹ) Περίπτωση 3η (ϐʹ) Περίπτωση 4η

Σχήµα 18: Περιπτώσεις ΄Ασκησης 6 - 2

τις παρακάτω περιπτώσεις :

• y(t) = 0, t ≤ 1

• y(t) =∫ t−3/2−1/2

dτ = τ∣∣∣t−3/2−1/2

= t− 1, για 1 < t ≤ 2.

• y(t) =∫ 1/2−1/2

dτ = τ∣∣∣1/2−1/2

= 1, για 2 < t ≤ 4

Εφαρµοσµένα Μαθηµατικά για Μηχανικούς - 2016-17/Λυµένες Ασκήσεις 8

Σχήµα 19: Περιπτώσεις ΄Ασκησης 4.6 - 3

• y(t) =∫ 1/2t−9/2

dτ = τ∣∣∣1/2t−9/2

= 5− t, για 4 < t ≤ 5

• y(t) = 0, t > 5

΄Αρα συνολικά ϑα είναι

y(t) =

0, t < 1, t > 5t− 1, 1 < t ≤ 21, 2 < t ≤ 45− t, 4 < t ≤ 5

(4)

Το αποτέλεσµα ϕαίνεται στο Σχήµα 20.

Σχήµα 20: Αποτέλεσµα ΄Ασκησης 6

Παρατήρηση: Μπορούµε να περάσουµε την είσοδο από το h1(t), να ϐρούµε την έξοδο y1(t), και έπειτα να περά-σουµε την y1(t) από το h2(t) και να ϐρούµε την τελική έξοδο y(t).

7. Θεωρούµε το σύστηµαy(t) = T{x(t)} = 2x(t+ 1)− ex(t) (5)

Εξετάστε αν είναι γραµµικό, αιτιατό, ευσταθές, στατικό, και χρονικά αµετάβλητο.

Λύση:Για τη γραµµικότητα, έχουµε

y1(t) = T{ax1(t)} = 2ax1(t+ 1)− eax1(t)

y2(t) = T{bx2(t)} = 2bx2(t+ 1)− ebx2(t)

και

y(t) = T{ax1(t) + bx2(t)} = 2(ax1(t+ 1) + bx2(t+ 1))− eax1(t)+bx2(t)

= 2ax1(t+ 1) + 2bx2(t+ 1)− eax1(t)ebx2(t) 6= y1(t) + y2(t)

Εφαρµοσµένα Μαθηµατικά για Μηχανικούς - 2016-17/Λυµένες Ασκήσεις 9

άρα το σύστηµα είναι ΜΗ γραµµικό.

Για την αιτιατότητα, το σύστηµα δεν είναι αιτιατό, γιατί η έξοδος y(t) εξαρτάται από µελλοντικές τιµές της εισόδου.Για παράδειγµα, y(0) = 2x(1)− ex(0), χρειαζόµαστε το x(1), δηλ. µια µελλοντική τιµή, για να υπολογίσουµε τηy(0).

Για την ευστάθεια, αν |x1(t)| < Bx τότε |y(t)| = |2x(t + 1) − ex(t)| ≤ 2|x(t + 1)| + |ex(t)|, λόγω τριγωνικήςανισότητας. ΄Αρα

|y(t)| ≤ 2|x(t+ 1)|+ |ex(t)| < 2Bx + eBx = Byάρα είναι ευσταθές.

Για τη στατικότητα, το σύστηµα δεν είναι στατικό (δηλ. είναι δυναµικό), γιατί η έξοδος τη χρονική στιγµή tεξαρτάται από τη χρονική στιγµή t + 1 της εισόδου. Με άλλα λόγια, χρειαζόµαστε µνήµη για να υλοποιήσουµεαυτό το σύστηµα.

Τέλος, για την χρονική αµεταβλητότητα, έστω ότι η είσοδος του συστήµατος είναι η x(t − t0), τότε η έξοδος ϑαείναι

y(t) = T{x(t− t0)} = 2x(t− t0 + 1)− ex(t−t0)

Η καθυστέρηση κατά t0 της εξόδου δίνεται ως

y(t− t0) = 2x(t− t0 + 1)− ex(t−t0) = T{x(t− t0)}

άρα το σύστηµα είναι χρονικά αµετάβλητο.