Potenza di un segnale periodico (Teoria dei segnali)

da **Mire_90** » 29/09/2010, 20:29

Ciao a tutti,sono alle prese con teoria dei segnali (un po' da autodidatta visto che i corsi non si sa ancora quando inizieranno)
Stavo dando un'occhiata alla dimostrazione del teorema di Parseval non riesco a spiegarmi questo passaggio
http://img839.imageshack.us/img839/5324/catturak.png

x(t) è periodico di periodo T
deltaT dovrebbe essere un intervallo temporare qualunque

come si spiega la seconda uguaglianza?
Penso che abbia calcolato il limite ma non ho idea di che proprietà abbia usato.

Anticipo un grazie a chi cercherà di aiutarmi.
Ps= ho tentato di ragionare per conto mio ma non sono giunto a nessuna conclusione, abbiate fede sul fatto che l'impegno per spiegare questo passaggio ce l'ho messo

da **gugo82** » 29/09/2010, 21:39

Beh, quella uguaglianza si spiega con una bella dimostrazione... :-D

Posto per comodità:

$ \displaystyle \mathcal{I} (\tau ):= \int_{-\frac{\tau }{2}}^{\frac{\tau }{2}} x^2(t)\ \text{d} t $ ,

vuoi dimostrare che:

$ \displaystyle \lim_{\Delta T\to +\infty} \frac{1}{\Delta T}\ \mathcal{I}(\Delta T) =\frac{1}{T}\ \mathcal{I} (T) $ ,

ossia che:

(*) $ \displaystyle \lim_{\Delta T\to +\infty} \left| \frac{1}{\Delta T}\ \mathcal{I}(\Delta T) -\frac{1}{T}\ \mathcal{I} (T) \right| =0 $ .

Di seguito ho dimostrato la (*); la dimostrazione che ho trovato è semplice, ma un po' lunga.
Vedi un po' se ti garba...

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

Il tuo segnale è periodico di periodo $ \displaystyle T $ ; ciò implica che, comunque scegli un intervallo $ \displaystyle [a,b] $ di ampiezza $ \displaystyle b-a=T $ , hai:

$ \displaystyle \int_a^b x^2(t)\ \text{d} t=\int_{-\frac{T}{2}}^{\frac{T}{2}} x^2(t)\ \text{d} t=\mathcal{I} (T) $ .

Quindi per la proprietà additiva dell'integrale e per la relazione scritta sopra, per ogni $ \displaystyle k\in \mathbb{N} $ si ha:

$ \displaystyle \mathcal{I} (T+2kT) =\int_{-\frac{T}{2} -kT}^{\frac{T}{2}+kT} x^2(t)\ \text{d} t $
$ \displaystyle = \sum_{h=0}^{2k} \int_{-\frac{T}{2} -kT+hT}^{-\frac{T}{2} -kT +(h+1)T} x^2(t)\ \text{d} t $
$ \displaystyle = \sum_{h=0}^{2k} \mathcal{I} (T) $
$ \displaystyle =(2k+1)\ \mathcal{I} (T) $ .

Scegliamo $ \displaystyle \Delta T\geq T $ e poniamo:

$ \displaystyle k:=\max \{ h\in\mathbb{N} :\ [-\tfrac{T}{2} -hT ,\tfrac{T}{2} +hT] \subseteq [-\tfrac{\Delta T}{2}, \tfrac{\Delta T}{2}]\} $ ;

evidentemente $ \displaystyle k\geq 1 $ esiste finito perchè l'insieme a secondo membro è finito (per la proprietà di Archimede); anzi si può calcolare esplicitamente che:

$ \displaystyle k=\left[ \frac{\Delta T}{T} \right] -1 $ (qui $ \displaystyle [\cdot ] $ è la parte intera).

Per la proprietà additiva dell'integrale si trova allora:

$ \displaystyle \mathcal{I} (\Delta T) =\int_{-\frac{\Delta T}{2}}^{-\frac{T}{2} -kT} x^2(t)\ \text{d} t +\int_{\frac{T}{2}+kT}^{\frac{\Delta T}{2}} x^2(t)\ \text{d} t + (2k+1)\ \mathcal{I} (T) $
$ \displaystyle =\int_{\frac{T}{2}+kT}^{\frac{\Delta T}{2}} \{ x^2(t) +x^2(-t)\} \ \text{d} t + (2k+1)\ \mathcal{I} (T) $ ,

quindi:

$ \displaystyle \frac{1}{\Delta T}\ \mathcal{I}(\Delta T) =\frac{1}{\Delta T}\ \mathcal{J} (\Delta T) + \frac{2k+1}{\Delta T}\ \mathcal{I} (T) $

ove, per comodità, abbiamo posto:

$ \displaystyle \mathcal{J} (\Delta T) := \int_{\frac{T}{2}+kT}^{\frac{\Delta T}{2}} \{ x^2(t) +x^2(-t)\} \ \text{d} t $ .

Abbiamo:

$ \displaystyle \left| \frac{1}{\Delta T}\ \mathcal{I}(\Delta T) -\frac{1}{T}\ \mathcal{I} (T) \right| = \left| \frac{1}{\Delta T}\ \mathcal{J} (\Delta T) + \Big\{ \frac{2k+1}{\Delta T} -\frac{1}{T} \Big\} \ \mathcal{I} (T) \right| $
$ \displaystyle \leq \frac{1}{\Delta T}\ \mathcal{J} (\Delta T) + \Big\{ \frac{2k+1}{\Delta T} -\frac{1}{T} \Big\} \ \mathcal{I} (T) $

ed a questo punto abbiamo finito se riusciamo a provare che entrambi gli addendi all'ultimo membro sono infinitesimi.

Per quanto riguarda $ \displaystyle \frac{1}{\Delta T}\ \mathcal{J} (\Delta T) $ la cosa è immediata: infatti, visto che l'ampiezza dell'intervallo $ \displaystyle [\tfrac{T}{2} +kT, \tfrac{\Delta T}{2}] $ è sempre $ \displaystyle \leq T $ (per la stessa definizione di $ \displaystyle k $ ) si ha:

$ \displaystyle \mathcal{J} (\Delta T) \leq 2\mathcal{I} (T) $

quindi:

$ \displaystyle 0\leq \frac{1}{\Delta T}\ \mathcal{J} (\Delta T) \leq \frac{2}{\Delta T}\ \mathcal{I} (T) $

e l'ultimo membro tende a $ \displaystyle 0 $ per $ \displaystyle \Delta T\to +\infty $ .
Consideriamo infine l'addendo $ \displaystyle (\frac{2k+1}{\Delta T} -\frac{1}{T}) \ \mathcal{I} (T) $ : evidentemente per la stessa definizione di $ \displaystyle k $ si ha $ \displaystyle 2kT \leq \Delta T \leq (2k+1) T $ , quindi:

$ \displaystyle \Big\{ \frac{2k+1}{(2k+1)T} -\frac{1}{T} \Big\} \ \mathcal{I} (T) \leq \Big\{ \frac{2k+1}{\Delta T} -\frac{1}{T} \Big\} \ \mathcal{I} (T) \leq \Big\{ \frac{2k+1}{2k T} -\frac{1}{T} \Big\} \ \mathcal{I} (T) $

ossia:

$ \displaystyle 0 \leq \Big\{ \frac{2k+1}{\Delta T} -\frac{1}{T} \Big\} \ \mathcal{I} (T) \leq \Big\{ \frac{2k+1}{2k T} -\frac{1}{T} \Big\} \ \mathcal{I} (T) $

sicché passando al limite per $ \displaystyle \Delta T\to +\infty $ (e tenendo presente che ciò implica $ \displaystyle k\to +\infty $ ) si ottiene che anche il secondo addendo è infinitesimo.

Pertanto è evidente che vale la relazione (*). 8-)

da **Mire_90** » 30/09/2010, 00:54

Grazie mille... :-D

è più articolata di quel che immaginavo ma è molto rigorosa...

non sono riuscito a capire come fai a dire che $\mathcal{J}(\Delta T)\leq 2\mathcal{I}(T)$
l'intervallo di integrazione di $mathcal{J}$ è sempre minore o uguale dell'intervallo di integrazione di $mathcal{I}$...e fin qui ci sono, ma non riesco a dire niente sulle integrande

PS: io avevo trovato questa spiegazione (più intuitiva che matematica) a pag 12 di http://www.scribd.com/doc/3299960/Analisi-dei-Segnali
che dici? è da cestinare?

da **gugo82** » 30/09/2010, 01:17

Le integrande sono positive, quindi aumentando la grandezza dell'intervallo d'integrazione l'integrale aumenta.
D'altra parte si ha:

$ \displaystyle \int_{\frac{T}{2} +kT}^{\frac{\Delta T}{2}} x^2(-t)\ \text{d} t\leq \int_{\frac{T}{2} +kT}^{\frac{T}{2} +(k+1) T} x^2(-t)\ \text{d} t $ (perchè $ \displaystyle \frac{\Delta T}{2}\leq \frac{T}{2} +(k+1)T $ )
$ \displaystyle \stackrel{\tau =-t}{=} \int_{-\frac{T}{2} -(k+1)T}^{-\frac{T}{2} -k T} x^2(\tau )\ \text{d} \tau $
$ \displaystyle =\mathcal{I} (T) $ ,

e lo stesso per l'altro addendo; da ciò segue $ \displaystyle \mathcal{J} (\Delta T)\leq 2\ \mathcal{I} (T) $ .

La spiegazione di quelle dispense è più semplice perchè considera solo $ \displaystyle \Delta T $ del tipo $ \displaystyle 2kT $ con $ \displaystyle k\in\mathbb{N} $ (o qualcosa del genere) e poi fa tendere $ \displaystyle k $ a $ \displaystyle +\infty $ ; quella che ti ho proposto è più generale.

da **Mire_90** » 30/09/2010, 02:04

Grazie della disponibilità

domani a mente riposata mi riguardo i passaggi..comunque più o meno ci sono...

da **gugo82** » 30/09/2010, 13:14

Prego, figurati.

Ah, ovviamente, l'idea di fondo nella scelta di $ \displaystyle k $ è quella di coprire il maggior spazio possibile in $ \displaystyle [-\tfrac{\Delta T}{2},\tfrac{\Delta T}{2}] $ con intervalli di periodicità, perchè su ogni intervalli di periodicità so che l'integrale dell'energia è sempre lo stesso (cioè $ \displaystyle =\mathcal{I} (T) $ ).

Per dire, se $ \displaystyle T=2\pi \approx 2\ 3.14 $ e $ \displaystyle \Delta T =30 $ , ottieni:

$ \displaystyle k=\left[ \frac{30}{2\ 3.14}\right] - 1= \left[ \frac{15}{3.14} \right] -1 =4-1=4 $

quindi il massimo numero di intervalli di periodicità che puoi piazzare in $ \displaystyle [-15,15] $ è $ \displaystyle 2k+1=9 $ .
Prova a fare un disegno. :-D

Potenza di un segnale periodico (Teoria dei segnali)

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