Trasformata di fourier
Ciao a tutti ragazzi avrei bisogno di un aiuto sulla trasformata di fourier della seguente funzione:
$y(t)=x(t)x_s(t)$
dove : $x(t)=e^-t$ e $x_s(t)=\sum_{n=0}^infty \delta(t-nT)$
Ora io so ovviamente fare le due singole trasformate:
$X(f)= 1/(1+j2\pi f)$
$X_s(f)=1/T \sum_{n=0}^infty \delta(f-n/T)$ di questa in realtà non sono certo visto che di solito c'è sommatoria di n da meno a più infinito
Ora come posso concludere? faccio il prodotto delle due singole trasformate?
Se lo faccio non viene il risultato!
Grazie mille
$y(t)=x(t)x_s(t)$
dove : $x(t)=e^-t$ e $x_s(t)=\sum_{n=0}^infty \delta(t-nT)$
Ora io so ovviamente fare le due singole trasformate:
$X(f)= 1/(1+j2\pi f)$
$X_s(f)=1/T \sum_{n=0}^infty \delta(f-n/T)$ di questa in realtà non sono certo visto che di solito c'è sommatoria di n da meno a più infinito
Ora come posso concludere? faccio il prodotto delle due singole trasformate?
Se lo faccio non viene il risultato!
Grazie mille
Risposte
Ragazzi nessuno può aiutarmi con la trasformata qua sopra?
La trasformata di un prodotto è data dalla convoluzione delle trasformate: se $u(x),\ v(x)$ sono le due funzioni e se $\hat{u},\ \hat{v}$ le trasformate, allora
$(u(x)\cdot v(x))^\hat{ }(\xi)=(\hat{u}\star\hat{v})(\xi)=\int_{-\infty}^{+\infty}\hat{u}(\xi)\cdot\hat{v}(\xi-y)\ dy.$
Ovviamente sei libero di sostituire $u$ o $v$ come preferisci.
$(u(x)\cdot v(x))^\hat{ }(\xi)=(\hat{u}\star\hat{v})(\xi)=\int_{-\infty}^{+\infty}\hat{u}(\xi)\cdot\hat{v}(\xi-y)\ dy.$
Ovviamente sei libero di sostituire $u$ o $v$ come preferisci.
avevo già provato ad applicare questa proprietà con scarsi risultati, mi puoi aiutare nell'esempio di sopra in modo da capire?
grazie mille
grazie mille
Questo perché sbagli a calcolare la trasformata della funzione $x_s(t)$. Infatti
$\hat{x_s}(\xi)=\int_{-\infty}^{+\infty}\ e^{-it\xi}\cdot x_s(t)\ dt=\sum_{n=0}^{\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-it\xi}\cdot\delta(t-nT)\ dt.$
Posto $t-nT=y$ ottieni
$\hat{x_s}(\xi)=\sum_{n=0}^\infty\int_{-\infty}^{+\infty}\ e^{-i nT\xi}\cdot e^{-iy\xi}\cdot\delta(y)\ dy=\sum_{n=0}^\infty e^{-i nT\xi},$
poiché
$\int_{-\infty}^{+\infty} f(x)\cdot\delta(x)\ dx=f(0).$
La sommatoria puoi vederla come una serie geometrica ponendo $q=e^{-iT\xi}$, ed essendo $|q|=1$ puoi calcolare la somma (qui sto facendo un ragionamento formale, in quanto la serie geometrica converge per $|q|<1$, tuttavia usando un po' di criteri sulla convergenza delle serie di potenze, visto che la serie geometrica rientra tra queste, riesci a dimostrare la convergenza anche sul bordo del disco di convergenza) e quindi hai
$\sum_{n=0}^{\infty}\ q^n=\frac{1}{1-q}=\frac{1}{1-e^{-iT\xi}}=\frac{e^{iT\xi}}{e^{iT\xi}-1}.$
Le due trasformate risultano allora (e spero che la definizione corretta di $x(t)=e^{-t}$ sia per $t\ge 0$ e $x(t)=0$ per $t<0$, altrimenti non hai la trasformata che hai scritto tu!)
$\hat{x}(\xi)=\frac{1}{1+i\xi},\qquad \qquad \hat{x_s}(\xi)=\frac{e^{iT\xi}}{e^{iT\xi}-1}$.
A questo punto la trasformata del prodotto diventa
$\hat{h}(\xi}=\int_{-\infty}^{+\infty}\ \frac{1}{1+i(\xi-y)}\cdot\frac{e^{iTy}}{e^{iTy}-1}\ dy=\int_{-\infty}^{+\infty}\ \frac{1}{1+iy}\cdot \frac{e^{iT(\xi-y)}}{e^{iT(\xi-y)}-1}\ dy$.
Prova a risolverlo, anche se dubito arriverai da qualche parte!
$\hat{x_s}(\xi)=\int_{-\infty}^{+\infty}\ e^{-it\xi}\cdot x_s(t)\ dt=\sum_{n=0}^{\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-it\xi}\cdot\delta(t-nT)\ dt.$
Posto $t-nT=y$ ottieni
$\hat{x_s}(\xi)=\sum_{n=0}^\infty\int_{-\infty}^{+\infty}\ e^{-i nT\xi}\cdot e^{-iy\xi}\cdot\delta(y)\ dy=\sum_{n=0}^\infty e^{-i nT\xi},$
poiché
$\int_{-\infty}^{+\infty} f(x)\cdot\delta(x)\ dx=f(0).$
La sommatoria puoi vederla come una serie geometrica ponendo $q=e^{-iT\xi}$, ed essendo $|q|=1$ puoi calcolare la somma (qui sto facendo un ragionamento formale, in quanto la serie geometrica converge per $|q|<1$, tuttavia usando un po' di criteri sulla convergenza delle serie di potenze, visto che la serie geometrica rientra tra queste, riesci a dimostrare la convergenza anche sul bordo del disco di convergenza) e quindi hai
$\sum_{n=0}^{\infty}\ q^n=\frac{1}{1-q}=\frac{1}{1-e^{-iT\xi}}=\frac{e^{iT\xi}}{e^{iT\xi}-1}.$
Le due trasformate risultano allora (e spero che la definizione corretta di $x(t)=e^{-t}$ sia per $t\ge 0$ e $x(t)=0$ per $t<0$, altrimenti non hai la trasformata che hai scritto tu!)
$\hat{x}(\xi)=\frac{1}{1+i\xi},\qquad \qquad \hat{x_s}(\xi)=\frac{e^{iT\xi}}{e^{iT\xi}-1}$.
A questo punto la trasformata del prodotto diventa
$\hat{h}(\xi}=\int_{-\infty}^{+\infty}\ \frac{1}{1+i(\xi-y)}\cdot\frac{e^{iTy}}{e^{iTy}-1}\ dy=\int_{-\infty}^{+\infty}\ \frac{1}{1+iy}\cdot \frac{e^{iT(\xi-y)}}{e^{iT(\xi-y)}-1}\ dy$.
Prova a risolverlo, anche se dubito arriverai da qualche parte!
Perchè non fare prima il prodotto nei tempi e poi trasformare?
$h(t) = x(t)*x_S(t) = e^{-t}*\sum_{n=0}^\infty \delta(t -nT) = \sum_{n=0}^\infty e^{-nT}\delta(t-nT)$
a questo punto trasformando, tralasciando i formalismi per quanto riguarda la delta abbiamo
$H(f) = \sum_{n=0}^{\infty} e^{-nT} e^{-j 2\pi f nT} = \sum_{n=0}^{\infty} (e^{-T -j2\pi f T})^n $
Ora questa è una serie geometrica di ragione $|q| = e^{-T}$ essendo $T > 0$ si ha $|q| < 1$ da cui la somma della serie risulta
$H(f) = \sum_{n=0}^{\infty} (e^{-T -j2\pi f T})^n = 1/(1 - e^{-T -j2\pi f T})$
$h(t) = x(t)*x_S(t) = e^{-t}*\sum_{n=0}^\infty \delta(t -nT) = \sum_{n=0}^\infty e^{-nT}\delta(t-nT)$
a questo punto trasformando, tralasciando i formalismi per quanto riguarda la delta abbiamo
$H(f) = \sum_{n=0}^{\infty} e^{-nT} e^{-j 2\pi f nT} = \sum_{n=0}^{\infty} (e^{-T -j2\pi f T})^n $
Ora questa è una serie geometrica di ragione $|q| = e^{-T}$ essendo $T > 0$ si ha $|q| < 1$ da cui la somma della serie risulta
$H(f) = \sum_{n=0}^{\infty} (e^{-T -j2\pi f T})^n = 1/(1 - e^{-T -j2\pi f T})$
"Ska":
Perchè non fare prima il prodotto nei tempi e poi trasformare?
$h(t) = x(t)*x_S(t) = e^{-t}*\sum_{n=0}^\infty \delta(t -nT) = \sum_{n=0}^\infty e^{-nT}\delta(t-nT)$
Come fai ad ottenere l'ultima uguaglianza???
per linearità del'operatore serie, e poi proprietà della delta di dirac: si dimostra che $\forall v \in D(RR^n)$ e $\forall g \in C^{\infty}(RR^n)$ data una distribuzione $u \in D'(RR^n)$ si ha che $ = $ dato che $gv \in D(RR^n)$, nel caso della delta di dirac $<\delta_k * g, v> = <\delta_k, g*v> = g(k)v(k) = $ da cui risulta evidente che $g*\delta_k = g(k)\delta_k$, dove $\delta_k = \delta(x - k)$
"ciampax":
[quote="Ska"]Perchè non fare prima il prodotto nei tempi e poi trasformare?
$h(t) = x(t)*x_S(t) = e^{-t}*\sum_{n=0}^\infty \delta(t -nT) = \sum_{n=0}^\infty e^{-nT}\delta(t-nT)$
Come fai ad ottenere l'ultima uguaglianza???[/quote]
Fammi indovinare... matematico??
A noi ingegneri il "treno di delta" ci piace tanto tanto perché moltiplicato per un segnale (una funzione) restituisce il campionamento temporale del segnale stesso, ovvero una serie di delta che hanno come coefficiente il valore del segnale negli istanti di campionamento. Tutto si basa su questa proprietà: $f(t)delta(t-tau)=f(tau)delta(t-tau)$ (che si formalizza come ha fatto poc'anzi Ska).
anche io faccio ingegneria, ma mi piace la matematica 
Che imbecille! Sì, scusate, domanda davvero stupida! 
Ska grazie della tu apreziosa spiegazione!
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