Signali i sistemi - Zadaci za samostalan rad

Radna

verzija

Intern

a upotr

eba

c©Copyright 2010 - Gogić Asmir

UNIVERZITET U TUZLI

FAKULTET ELEKTROTEHNIKE

ZADACI ZA SAMOSTALNI RADSignali i sistemi

Gogić Asmir

Tuzla, Mart 2011. godine

Radna

verzija

Intern

a upotr

eba


2 SIGNALI I SISTEMI

Radna

verzija

Intern

a upotr

eba


ZADACI ZA SAMOSTALNI RAD 1

Zadatak 1.1Provjeriti da li su sljedeći signali periodični. Ako su periodični odrediti osnovni period.

(a) x(t) = 2ej(t+π/4)u(t)

(b) x[n] = u[n] + u[−n]

(c) x(t) = 2 cos(10t)− sin(4t)

(d) x(t) = 12 + 20 cos(50πt)

(e) x(t) = 4t− 2 cos(30πt)

(f) x(t) = 4 sin(3πt) + 3 sin(√

3t)

(g) x[n] = 5 cos(

2πn8

)+ 3 sin

(2πn12

)(h) x[n] = 16 sin

(2πn

8

)sin(

2πn6

)(i) x(t) = cos2

(2t− π

3

)(j) x(t) = cos

(2t2 − π

3

)(k) x[n] = cos2

(πn8

)(l) x[n] = cos

(πn2

8

)

Rješenje

(a) Na osnovu nezavisno promjenljive možemo zaključiti da je signal x(t) kontinualan. Da bi kontinu-alni signal x(t) bio periodičan potrebno je i dovoljno da postoji pozitivan realan broj T>0 takavda važi

x(t) = x(t+ T ) ∀t ∈ Rnajmanja vrijednost perioda T za koju prethodna jednakost važi naziva se osnovni period i ozna-čava se T0. Možemo pisati sljedeće

x(t) ?= x(t+ T )

2ej(t+π/4)u(t) ?= 2ej(t+T+π/4)u(t+ T )2ej(t+π/4)u(t) 6= 2ej(t+π/4)u(t+ T ) ∀T ∈ R+ ∧ ∀t ∈ R

Radna

verzija

Intern

a upotr

eba


4 SIGNALI I SISTEMI

Signal je aperiodičan.

(b) Na osnovu nezavisno promjenljive možemo zaključiti da je signal x[n] diskretan. Da bi diskretnisignal x[n] bio periodičan potrebno je i dovoljno da postoji pozitivan cijeli broj N>0 takav da važi

x[n] = x[n+N ] ∀n ∈ Z

najmanja vrijednost perioda N za koju prethodna jednakost važi naziva se osnovni period i ozna-čava se N 0. Možemo pisati sljedeće

x[n] ?= x[n+N ]

u[n] + u[−n] ?= u[n+N ] + u[−(n+N)]6= u[n+N ] + u[−n−N ] ∀N ∈ N ∧ ∀n ∈ Z

Signal je aperiodičan.

(c) Signal je periodičan sa osnovnim periodom T0 = π.

(d) Signal je periodičan sa osnovnim periodom T0 = 0.04.

(e) Signal je aperiodičan.

(f) Signal je aperiodičan.

(g) Signal je periodičan sa osnovnim periodom N0 = 24.

(h) Signal je periodičan sa osnovnim periodom N0 = 12.

(i) Signal je periodičan sa osnovnim periodom T0 = π

2 .

(j)

x(t) ?= x(t+ T )

cos(

2t2 − π

3

)?= cos

(2(t+ T )2 − π

3

)cos(

2t2 − π

3

)?= cos

(2t2 − π

3

)cos(4tT + 2T 2)− sin

(2t2 − π

3

)sin(4tT + 2T 2)

Da bi desna strana bila jednaka lijevoj očigledno je da mora biti zadovoljeno4tT + 2T 2 = 2kπ k = 0, 1, 2... ∀t ∈ R

T1,2 = −t±√t2 + kπ

Pošto period mora biti T 6= 0, T ∈ R+ moguće vrijednosti perioda suT = −t+

√t2 + kπ

Jasno je da period ne smije zavisiti od nezavisno promjenljive t, samim time možemo uzeti t povolji. Moguće vrijednosti perioda sut = 0 ⇒ T =

√kπ k ∈ Z

Provjerimo da li postoji k koje zadovoljava polaznu relaciju za t = 1

x(1) ?= x(1 + T )

cos(

2− π

3

)?= cos

(2(1 +

√kπ)2 − π

3

)cos(

2− π

3

)?= cos

(2− π

3

)cos(

4√kπ + 2kπ

)− sin

(2− π

3

)sin(

4√kπ + 2kπ

)

Radna

verzija

Intern

a upotr

eba


SIGNALI I SISTEMI 5

cos(

4√kπ + 2kπ

)= cos

(4√kπ)

Prethodni član mora biti jednak jedan za najmanju vrijednost perioda, odnosno argument cosi-nusne funkcije za osnovni period mora biti jednak 2π

cos(

4√kπ)

= 1 ⇒ 4√kπ = 2π ⇒ k = π

4Pošto je dobijena vrijednost za k iracionalan broj zaključujemo da je signal aperiodičan.

(k) Signal je periodičan sa osnovnim periodom N0 = 8.

(l)

x[n] ?= x[n+N ]

cos(n2π

8

)?= cos

((n+N)2π

8

)cos(n2π

8

)?= cos

(n2π

8

)cos(

(2nN +N2)π8

)− sin

(n2π

8

)sin(

(2nN +N2)π8

)

Da bi desna strana bila jednaka lijevoj očigledno je da mora biti zadovoljeno(2nN +N2)π

8 = 2kπ k = 0, 1, 2... ∀n ∈ Z

N1,2 = −n±√n2 + 16k

Pošto period mora biti N ∈ N moguće vrijednosti perioda suN = −n+

√n2 + 16k

Jasno je da period ne smije zavisiti od nezavisno promjenljive n, samim time možemo uzeti n povolji. Moguće vrijednosti perioda sun = 0 ⇒ N = 4

√k k ∈ Z

Provjerimo da li postoji k koje zadovoljava polaznu relaciju za n = 1

x[1] ?= x[1 +N ]

cos(π

8

)?= cos

((1 + 4

√k)2π

8

)

cos(π

8

)?= cos

(π8

)cos(

(8√k + 16k)π

8

)− sin

(π8

)sin(

(8√k + 16k)π

8

)

cos(

(8√k + 16k)π

8

)= cos

(π√k + 2kπ

)= cos

(π√k)

Prethodni član mora biti jednak jedan za najmanju vrijednost perioda, odnosno argument cosi-nusne funkcije za osnovni period mora biti jednak 2π

cos(π√k)

= 1 ⇒ π√k = 2π ⇒ k = 4

Pošto je dobijena vrijednost za k iz skupa cijelih brojeva zaključujemo da je signal periodičan saosnovnim periodom N = 4

√k = 8.

Zadatak 1.2Provjeriti da li su sljedeći signali energetski signali, signali snage ili nijedno od navedenog.

Radna

verzija

Intern

a upotr

eba


6 SIGNALI I SISTEMI

(a) x(t) = 2[u(t+ 2)− u(t− 2)]

(b) x(t) = 3[u(t)− u(t− 2)]

(c) x(t) = 5e−0.4tu(t)

(d) x(t) = 2et

(e) x(t) = Cej2πtT

(f) x(t) = 2 cos(πt

3 + π

4

)(g) x(t) = u(t)

(h) x(t) = e−|t|

(i) x(t) = sgn(t)

(j) x(t) = t

(k) x(t) = 2tu(t− 2)

(l) x(t) = C

(m) x[n] =(−1

3

)nu[n]

(n) x[n] = u[n]n

(o) x[n] = cos(πn

3

)(u[n]− u[n− 6])

(p) x[n] = (−1)n

(q) x[n] = e−jπn

(r) x[n] = n

(s) x[n] = 2n

Radna

verzija

Intern

a upotr

eba


SIGNALI I SISTEMI 7

Rješenje

(a) E = 16, P = 0

(b) E = 18, P = 0

(c) E = 1254 , P = 0

(d) E =∞, P =∞

(e) E =∞, P = C2

(f) E =∞, P = 2

(g) E =∞, P = 12

(h) E = 1, P = 0

(i) E =∞, P = 1

(j) E =∞, P =∞

(k) E = 2, P = 0

(l) E =∞, P = C2

(m) E = 98 , P = 0

(n) E =∞, P =∞

(o) E = 3, P = 0

(p) E =∞, P = 1

(q) E =∞, P = 1

(r) E =∞, P =∞

(s) E =∞, P =∞

Zadatak 1.3Odrediti parnu i neparnu komponentu signala

(a) x(t) = 5 cos(

3πt4 + π

4

)

(b) x(t) = sin(πt)πt

(c) x(t) = t sin(10πt)

(d) x(t) = t(2− t2)

(e) x(t) = u(t)− u(t− 1)

(f) x(t) = u(t) + u(−t)

(g) x(t) = sgn(t)

Radna

verzija

Intern

a upotr

eba


8 SIGNALI I SISTEMI

(h) x(t) = e−|t|

(i) x(t) = e−tu(t)

(j) x(t) = δ(t)− u(t− 1)

Zadatak 1.4Izračunati vrijednost sljedećih izraza

a)∫ ∞−∞

e−tu(t)dt

b)∫ ∞−∞

e−|t|dt

c)∫ ∞−∞

t2(u(t)− u(t− 2))dt

d)∫ ∞−∞

u(t)(u(t+ 1)− u(t− 1))dt

e)∫ ∞−∞

(u(t)− u(t− 3)(u(t+ 1)− u(t− 5))dt

f)∫ ∞−∞

u2(t)(u(t− 5)− u(t− 7))dt

g)∫ ∞−∞

e−tu(t)et−1u(1− t)dt

h)∫ ∞−∞

1t(u(t− 2)− u(t− 4))dt

i)∫ ∞−∞

(u(t+ 2)− u(t− 2))sgn(t)dt

j)∫ ∞−∞|u(1− t)|u(t)dt

Zadatak 1.5Nacrtati sljedeće signale

(a) x1(t) = tu(−t)

(b) x2(t) = 2t(2− t)

(c) x3(t) = 2u(t− 1)− u(t− 2)

(d) x4(t) = dx3(t)dt

(e) x5(t) = t[u(t+ 1)− u(t− 3)]

(f) x6(t) = dx5(t)dt

(g) x7(t) =∞∑

n=−∞δ(t− nT )

Radna

verzija

Intern

a upotr

eba


SIGNALI I SISTEMI 9

Zadatak 1.6Odrediti vrijednost sljedećih izraza

(a)∫ ∞−∞

δ(t) cos(t)dt

(b)∫ 5

0sin(2πt)δ(t+ 3)dt

(c) cos2(tδ(t− π

2

))(d)

∫ ∞0

(t+ 1)δ(t− 1)dt

(e)∫ ∞

0e−tδ(t− 10)dt

(f)∫ ∞

0e−t

2cos(ωt)δ(t+ 6)dt

(g)∫ 2

−2(t− sin(t))δ(t− 1)dt

(h)∫ 1

−1t(t− sin(t))δ(t)dt

(i)∫ 2

−1tδ

(t

2 + 3)dt

(j)∫ 5

−5

dδ(t− τ)dτ

cos(2πτ)dτ

Zadatak 1.7Provjeriti da li su sljedeći sistemi linearni, vremenski invarijantni, kauzalni, sa/bez memorije i stabilni.

(a) y(t) = x(t− 5)− x(3− t)

(b) y(t) = x(2t)

(c) y(t) = x(t) cos(2πt)

(d) y(t) = |x(−t)|

(e) y[n] = 2x2[n]

(f) y[n] = nx[n]

(g) y[n] = αx[n] + β

(h) y[n] = α(x[n]− x[n− 1])

(i) y(t) = tx(t)

(j) y(t) = x2(t)

(k) y(t) = x(t) + 1

(l) y(t) = t2x(t− 1)

Radna

verzija

Intern

a upotr

eba


10 SIGNALI I SISTEMI

(m) y(t) = RCdx(t)dt

(n) y(t) = 1x(t)

[dx(t)dt

]2

(o) y(t) = x(t) ln(x(t))

(p) y(t) = αsgn(x(t))

(q) y(t) = C sinh(x(t))

(r) y(t) = sin(x(t)) ln(x(t))

(s) y(t) = Ce−x(t)

(t) y(t) = A(1 + αx(t)) cos(2πf0t)

(u) y(t) = 1T

∫ t+T/2

t−T/2x(τ)dτ

Rješenje

(a) Linearan(L), vremenski varijantan(VI),nije kauzalan(NK), stabilan(S), sa memorijom(SM)

(b) y(t) = T {x(t)} = x(2t)

• LINEARNOSTy1(t) = T {x1(t)} = x1(2t)y2(t) = T {x2(t)} = x2(2t)Odziv sistema na linearnu kombinacijuy3(t) = T {αx1(t) + βx2(t)} = αx1(2t) + βx2(2t)Linearna kombinacija odzivay4(t) = αy1(t) + βy2(t) = αx1(2t) + βx2(2t)Pošto je y3(t) = y4(t) sistem je linearan.

• VREMENSKA INVARIJANTNOSTy1(t) = T {x(t− t0)} = x(2t− t0)y(t− t0) = 2x(2t− 2t0)Pošto je y1(t) 6= y(t− t0) sistem je vremenski varijantan.

• KAUZALNOSTOdredimo odziv sistema u vremenskim trenucima t = 2 i t = −2y(2) = T {x(2)} = x(4) ⇒ Izlaz sistema je funkcija ulaza koji će se pojaviti u budućnosti.y(−2) = T {x(−2)} = x(−4) ⇒ Izlaz sistema je funkcija ulaza iz prošlosti.Sistem nije kauzalan.

• SA/BEZ MEMORIJENa osnovu testa kauzalnosti možemo zaključiti da je sistem sa memorijom.

• STABILNOSTNeka je x(t) ograničen signal |x(t)| < α <∞|y(t)| = |T {x(t)} | = |x(2t)| < α <∞Izlaz sistem je ograničen signal samim time je sistem BIBO stabilan.

(c) L, VI, K, S, BM

Radna

verzija

Intern

a upotr

eba


SIGNALI I SISTEMI 11

(d) NL, VV, NK, S, SM

(e) NL, VI, K, S, BM

(f) L, VV, K, NS, BM

(g) NL, VI, K, S, BM

(h) L, VI, K, S, SM

(i) L, VV, K, NS, BM

(j) NL,VI, K, S, BM

(k) NL,VI, K, S, BM

(l) L, VV, K, NS, SM

(m) L, VI, K, NS, SM

(n) NL, VI, K, NS, SM

(o) y(t) = T {x(t)} = x(t) ln x(t)

• LINEARNOST y1(t) = T {x1(t)} = x1(t) ln x1(t)y2(t) = T {x2(t)} = x2(t) ln x2(t)Odziv sistema na linearnu kombinacijuy3(t) = T {αx1(t) + βx2(t)} = (αx1(t) + βx2(t)) ln(αx1(t) + βx2(t))Linearna kombinacija odzivay4(t) = αy1(t) + βy2(t) = αx1(t) ln x1(t) + βx2(t) ln x2(t)Pošto je y3(t) 6= y4(t) sistem je nelinearan.

• VREMENSKA INVARIJANTNOSTy1(t) = T {x(t− t0)} = x(t− t0) ln x(t− t0)y(t− t0) = x(t− t0) ln x(t− t0)Pošto je y1(t) = y(t− t0) sistem je vremenski invarijantan.

• KAUZALNOSTOdredimo odziv sistema u vremenskim trenucima t = 2 i t = −2y(2) = T {x(2)} = x(2) ln x(2) ⇒ Izlaz sistema je funkcija trenutne vrijednosti ulaza ivrijednosti ulaza iz prošlosti.y(−2) = T {x(−2)} = x(−2) ln x(−2) ⇒ Izlaz sistema je funkcija trenutne vrijednostiulaza i vrijednosti ulaza iz prošlosti.Sistem je kauzalan.

• SA/BEZ MEMORIJENa osnovu testa kauzalnosti možemo zaključiti da je sistem bey memorije.

• STABILNOSTNeka je x(t) ograničen signal |x(t)| < α <∞|y(t)| = |T {x(t)} | = |x(t) ln x(t)| = |x(t)|| ln x(t)| < α <∞Izlaz sistem je ograničen signal samim time je sistem BIBO stabilan.

(p) NL, VI, K, S, BM

(q) NL, VI, K, S, BM

(r) NL, VI, K, S, BM

(s) NL, VI, K, S, BM

Radna

verzija

Intern

a upotr

eba



(t) NL, VV, K, S, BM

(u) y(t) = T {x(t)} = 1T

∫ t+T/2

t−T/2x(τ)dτ

• LINEARNOST

y1(t) = T {x1(t)} = 1T

∫ t+T/2

t−T/2x1(τ)dτ

y2(t) = T {x2(t)} = 1T

∫ t+T/2

t−T/2x1(τ)dτ

Odziv sistema na linearnu kombinaciju

y3(t) = T {αx1(t) + βx2(t)} = 1T

∫ t+T/2

t−T/2(αx1(τ) + 2βx2(τ))dτ

Linearna kombinacija odziva

y4(t) = αy1(t) + βy2(t) = α1T

∫ t+T/2

t−T/2x1(τ)dτ + β

1T

∫ t+T/2

t−T/2x2(τ)dτ

Pošto je y3(t) = y4(t) sistem je linearan.

• VREMENSKA INVARIJANTNOST

y1(t) = T {x(t− t0)} = 1T

∫ t+T/2

t−T/2x(τ − t0)dτ

y(t− t0) = 1T

∫ t−t0+T/2

t−t0−T/2x(τ − t0)dτ

Pošto je y1(t) 6= y(t− t0) sistem je vremenski varijantan.

• KAUZALNOSTSistem je akauzalan tj nije kauzalan jer zavisi od budućih vrijednosti ulaza.

• SA/BEZ MEMORIJESistem je sa memorijom.

• STABILNOSTNeka je x(t) ograničen signal |x(t)| < α <∞

|y(t)| = |T {x(t)} | = | 1T

∫ t+T/2

t−T/2x(τ)dτ | ≤ 1

T

∫ t+T/2

t−T/2|x(τ)|dτ = α

T

∫ t+T/2

t−T/2dτ = α <∞

Izlaz sistem je ograničen signal samim time je sistem BIBO stabilan.

Zadatak 1.8Provjeriti da li sljedeći LTI sistemi opisani impulsnim odzivom

(a) h(t) = e−2tu(t− 1)

(b) h(t) = etu(−1− t)

(c) h(t) = u(t)

(d) h(t) = sin(2t)t

u(t)

(e) h(t) =(

sin(2t)t

)2u(t)

Radna

verzija

Intern

a upotr

eba



stabilni i kauzalni.

Zadatak 1.9Za LTI sistem čiji je ulaz x(t) odrediti impulsni odziv ako se zna da je izlaz

y(t) = x(t− t0)

gdje je t0 pozitivna realna konstanta.

Zadatak 1.10Odrediti odziv LTI sistema ako je

(a) x(t) = u(t), h(t) = δ(t− 1)− δ(t− 3)

(b) x(t) = (t+ 1)[u(t)− u(t− 1)]) + (2− t)[u(t− 1)− u(t− 2)]), h(t) = δ(t+ 2) + 2δ(t+ 1)

(c) x(t) = e−2tu(t), h(t) = e−2tu(t)

Zadatak 1.11Odrediti odziv LTI sistema čiji je impulsni odziv

h(t) = e−βtu(t)

na ulazni signal x(t) = te−αtu(t) ako je α, β ∈ R+.

RješenjeNacrtajmo signale x(t) i h(t).

−2 0 2 4 6−0.5

0

0.5

1

t

x(t

)

(a)

−4 −2 0 2 4 6−0.5

00.5

11.5

t

h(t

)

(b)

Slika 1.1

Zatim nacrtajmo signale x(−τ) i h(τ)

−6 −4 −2 0 2−0.5

0

0.5

1

τ

x(−τ)

(a)

−4 −2 0 2 4−0.5

00.5

11.5

τ

h(τ

)

(b)

Slika 1.2

Radna

verzija

Intern

a upotr

eba



Analizirajmo proizvod x(t − τ)h(τ) za različite vrijednosti promjenljive t. Za vrijednosti promjenjivet < 0 imat ćemo situaciju kao na slici 1.3a

y(t) =∫ ∞−∞

h(τ)x(t− τ)dτ =∫ ∞−∞

e−τu(τ)δ(t− τ)dτ = 0

−6 −4 −2 0 2 4−0.5

00.5

11.5

τ

x(t−τ)h

(τ)

(a) t < 0

−4 −2 0 2 4−0.5

00.5

11.5

τ

x(t−τ)h

(τ)

(b) t ≥ 0

Slika 1.3

Za vrijednosti promjenjive t ≥ 0 imat ćemo situaciju kao na slici 1.3b

y(t) =∫ ∞−∞

h(τ)x(t− τ)dτ =∫ ∞−∞

e−βτu(τ)(t− τ)e−α(t−τ)u(t− τ)dτ =∫ t

0e−βτ (t− τ)e−α(t−τ)dτ

y(t) = e−αt∫ t

0(t− τ)e(α−β)τdτ = e−αt

[t

∫ t

0e(α−β)τdτ −

∫ t

0τe(α−β)τdτ

]

y(t) = e−αt[

t

α− β

(e(α−β)t − 1

)− t

α− βe(α−β)t + 1

(α− β)2

(e(α−β)t − 1

)]

y(t) = 1α− β

[−te−αt + 1

α− β(e−βt − e−αt

)]Ako objedinimo izraza za izlaz LTI sistema možemo pisati da je

y(t) = 1α− β

[−te−αt + 1

α− β(e−βt − e−αt

)]u(t)

Radna

verzija

Intern

a upotr

eba




h(t) = u(t)− u(t− 2)

na ulazni signal x(t) = u(t)− u(t− 3).

RješenjeNacrtajmo signale x(t) i h(t).

0 1 2 3 4 5−0.5

00.5

11.5

t

x(t

)

(a)

0 1 2 3 4 5−0.5

00.5

11.5

t

h(t

)

(b)

Slika 1.4

Zatim nacrtajmo signale x(−τ) i h(τ)

−4 −2 0 2 4−0.5

00.5

11.5

τ

x(−τ)

(a)

0 1 2 3 4 5−0.5

00.5

11.5

τ

h(τ

)

(b)

Slika 1.5

Analizirajmo proizvod x(t − τ)h(τ) za različite vrijednosti promjenljive t. Za vrijednosti promjenjivet < 0 imat ćemo situaciju kao na slici 1.6a

y(t) =∫ ∞−∞

h(τ)x(t− τ)dτ =∫ ∞−∞

e−τu(τ)δ(t− τ)dτ = 0

Radna

verzija

Intern

a upotr

eba



−4 −2 0 2 4 6−0.5

00.5

11.5

τ

x(t−τ)h

(τ)

(a) t < 0

−4 −2 0 2 4−0.5

00.5

11.5

τ

x(t−τ)h

(τ)

(b) 0 ≤ t < 2

Slika 1.6

Za vrijednosti promjenjive 0 ≤ t < 2 imat ćemo situaciju kao na slici 1.6b

y(t) =∫ ∞−∞

h(τ)x(t− τ)dτ =∫ ∞−∞

(u(τ)− u(τ − 2))(u(t− τ)− u(t− τ − 3))dτ =∫ t

0dτ = t

Za vrijednosti promjenjive 2 ≤ t < 3 imat ćemo situaciju kao na slici 1.7a

y(t) =∫ ∞−∞

h(τ)x(t− τ)dτ =∫ ∞−∞

(u(τ)− u(τ − 2))(u(t− τ)− u(t− τ − 3))dτ =∫ 2

0dτ = 2

−4 −2 0 2 4 6−0.5

00.5

11.5

τ

x(t−τ)h

(τ)

(a) 2 ≤ t < 3

−4 −2 0 2 4 6−0.5

00.5

11.5

τ

x(t−τ)h

(τ)

(b) 3 ≤ t < 5

Slika 1.7

Za vrijednosti promjenjive 3 ≤ t < 5 imat ćemo situaciju kao na slici 1.7b

y(t) =∫ ∞−∞

h(τ)x(t− τ)dτ =∫ ∞−∞

(u(τ)− u(τ − 2))(u(t− τ)− u(t− τ − 3))dτ =∫ 2

t−3dτ = 5− t

Za vrijednosti promjenjive t ≥ 5 imat da je y(t) = 0

Ako objedinimo izraza za izlaz LTI sistema možemo pisati da je

y(t) =

0, t < 0t, 0 ≤ t < 22, 2 ≤ t < 3

5− t, 3 ≤ t < 50, t ≥ 5

Odziv LTI sistema možemo odrediti i analitički na sljedeći način

y(t) =∫ ∞−∞

h(τ)x(t− τ)dτ =∫ ∞−∞

(u(τ)− u(τ − 2))(u(t− τ)− u(t− τ − 3))dτ

Radna

verzija

Intern

a upotr

eba



y(t) =∫ ∞−∞

u(τ)u(t−τ)dτ−∫ ∞−∞

u(τ)u(t−τ−3)dτ−∫ ∞−∞

u(τ−2)u(t−τ)dτ+∫ ∞−∞

u(τ−2)u(t−τ−3)dτ

Analizirajući kada je vrijednost proizvoda step funkcija različit od nule, možemo odrediti graniceintegracije

y(t) =∫ t

0dτ · u(t)−

∫ t−3

0dτ · u(t− 3)−

∫ t

2dτ · u(t− 2) +

∫ t−3

2dτ · u(t− 5)

y(t) = tu(t)− (t− 3)u(t− 3)− (t− 2)u(t− 2) + (t− 5)u(t− 5)


h(t) = e−αtu(t)

na ulazni signal x(t) = eαtu(−t) ako je α ∈ R+.

RješenjeZa vrijednosti promjenjive t < 0 odziv sistema je

y(t) =∫ ∞−∞

h(τ)x(t− τ)dτ =∫ ∞−∞

e−ατu(τ)eα(t−τ)u(τ − t)dτ

y(t) =∫ ∞

0e−ατeα(t−τ)dτ = 1

2αeαt

Za vrijednosti promjenjive t ≥ 0 odziv sistema je

y(t) =∫ ∞−∞

h(τ)x(t− τ)dτ =∫ ∞−∞

e−ατu(τ)eα(t−τ)u(τ − t)dτ

y(t) =∫ ∞t

e−ατeα(t−τ)dτ = 12αe

−αt

Ako objedinimo izraza za izlaz LTI sistema možemo pisati da je

y(t) =

1

2αeαt, t < 0

12αe

−αt, t ≥ 0

ili kao analitički izraz

y(t) = 12αe

−α|t|

Zadatak 1.14Provjeriti da li su sljedeći sistemi opisani diferencijalnim jednačinama linearni

a) dy(t)dt

+ 2y(t) + 2 = x(t)

b)(dy(t)dt

)2+ y(t) = dx(t)

dt+ x(t)

c) dy(t)dt

+ ty(t) = 3dx(t)dt

+ 2x(t)

Radna

verzija

Intern

a upotr

eba



d) dy(3t)dt

+ y(3t) = x(t)

e) dy(t)dt

+ 2y(t) + 2 = x(t)

f) dy(t)dt

+ y(t) + sin(πt) = x(t)

g) dy(t)dt

+ y(t) = x(t)dx(t)dt

h) dy(t)dt

+ ey(t) = x(t)

i) dy(t)dt

= |x(t)|

j) tdy(t)dt− 8y(t) = x(t)

Zadatak 1.15Provjeriti da li su sljedeći sistemi opisani diferencijalnim jednačinama vremenski invarijantni

a) dy(t)dt

+ y(2t) + 2 = x(t)

b) dy(t)dt

+ cos(πt

2

)y(t) = x(t)

c) dy(t)dt

+ ty(t) = 3dx(t)dt

+ 2x(t)

d) dy(t)dt

+ y(t) = tx(t)

e) dy(t)dt

= x(t− 5)

f) dy(t)dt

+ y(t) + sin(πt) = x(t)

g) dy(t)dt

+ ty(t) = x(t)

h) dy(t)dt

+ y(t) = x(t)dx(t)dt

i) dy(t)dt

+ ey(t) = x(t)

j) dy(t)dt

+ y(−t) = x(t)

k) tdy(t)dt− 8y(t) = x(t)

Radna

verzija

Intern

a upotr

eba



Zadatak 1.16Za sistem prikazan na slici 1.18 potrebno je odrediti

x(t)

L

R y(t)SISTEM

Slika 1.8

a) diferencijalnu jednačinu koja povezuje ulaz i izlaz sistema.

b) impulsni odziv sistema.

c) odziv sistema na step ulaz.

Pretpostaviti da imamo nulte početne uslove.

Rješenje

a) Sa slike 1.18 možemo uočiti da je

x(t) = uL(t) + y(t) = Ldi(t)dt

+ y(t) = L

R

dy(t)dt

+ y(t)

Diferencijalna jednačina koja poovezuje ulaz i izlaz sistema jedy(t)dt

+ R

Ly(t) = R

Lx(t)

b) Impulsni odziv sistema ćemo odrediti tako što uzmemo da je x(t) = δ(t) i y(t) = h(t)dh(t)dt

+ R

Lh(t) = R

Lδ(t)

Homogeno rješenje prethodne diferencijalne jednačine ćemo dobiti rješavanjem jednačinedhh(t)dt

+ R

Lhh(t) = 0

pretpostavljajući da je hh(t) = C1ept. Nakon uvrštavanja u prethodnu jednačinu imamo da je

pC1ept + R

LC1e

pt = 0 ⇒ p+ R

L= 0 ⇒ p = −R

LHomogeno rješenje jehh(t) = C1e

−RL tu(t)Odziv sistema na početne uslove jehzi(t) = C2e

−RL tu(t) = 0Partikularno rješenje je dato u obliku hp(t) = C3δ(t), samim time opšte rješenje je

h(t) = C1e−RL tu(t) + C3δ(t)

sa druge strane odziv sistema na pobudu uz nulte početne uslove je

Radna

verzija

Intern

a upotr

eba



hzs(t) = C4e−RL tu(t) + C3δ(t)

Nakon uvrštavanja hzs(t) u polaznu diferencijalnu jednačinu imamo

−RLC4e

−RL tu(t) + C3δ′(t) + C4e

−RL tδ(t) + R

LC4e

−RL tu(t) + C3R

Lδ(t) = R

Lδ(t)

C3δ′(t) + C4e

−RL tδ(t) + C3R

Lδ(t) = R

Lδ(t)

Jasno je da će konstanta C3 biti nula jer na desnoj strani nemamo članova δ′(t).

C4e−RL tδ(t) = R

Lδ(t) ⇒ C4δ(t) = R

Lδ(t) ⇒ C4 = R

L

hzs(t) = R

Le−

RL tu(t)

Finalno imamo da je impulsni odziv sistema

h(t) = hzi(t) + hzs(t) = R

Le−

RL tu(t)

pa je homogeno i partikularno rješenje

hh(t) = R

Le−

RL tu(t)

hp(t) = 0

c) Ulazni signal je x(t) = u(t)dy(t)dt

+ R

Ly(t) = R

Lu(t)

Iz b) imamo da je homogeno rješenje

yh = C1e−RL tu(t)

yzi = C2e−RL tu(t) = 0 jer imamo nulte početne uslove

Analitički oblik partikularnog rješenja je u formiyp(t) = C3u(t)a sa druge strane odziv sistema na pobudu uz nulte početne uslove jeyzs(t) = C4e

−RL tu(t) + C3u(t)Nakon uvrštavanja yzs(t) u polaznu diferencijalnu jednačinu imamo

−RLC4e

−RL tu(t) + C3δ(t) + C4e−RL tδ(t) + R

LC4e

−RL tu(t) + C3R

Lu(t) = R

Lu(t)

C3δ(t) + C4δ(t) + C3R

Lu(t) = R

Lu(t)

C3R

Lu(t) = R

Lu(t) ⇒ C3 = 1 C3 + C4 = 1 ⇒ C4 = −1

yzs(t) = −e−RL tu(t) + u(t)Finalno imamo da je odziv sistema sistema na step ulaz uz nulte početne uslove

y(t) = yzi(t) + yzs(t) =(

1− e−RL t)u(t)

pa je homogeno i partikularno rješenjehh(t) = −e−RL tu(t)hp(t) = u(t)

Zadatak 1.17Provjeriti da li je sistem opisan diferencijalnom jednačinom linearan

dy(t)dt

+ 5y(t) + 2 = x(t)

Radna

verzija

Intern

a upotr

eba



Pretpostaviti nulte početne uslove.

RješenjeNeka su x1(t) i x2(t) dva proizvoljna signala, odziv sistema na svaki od datih signala je

dy1(t)dt

+ 5y1(t) + 2 = x1(t)

dy2(t)dt

+ 5y2(t) + 2 = x2(t)

Odziv sistema na linearnu kombinaciju ulaznih signala je

T{αx1(t) + βx2(t)} ⇒ dy3(t)dt

+ 5y3(t) + 2 = αx1(t) + βx2(t)

Linearna kombinacija odziva je

αT{x1(t)}+ T{x2(t)} ⇒ αdy1(t)dt

+ α5y1(t) + 2α+ βdy2(t)dt

+ 5βy2(t) + 2β = αx1(t) + βx2(t)

d

dt(αy1(t) + βy2(t)) + 5 (αy1(t) + βy2(t)) + 2(α+ β) = αx1(t) + βx2(t)

dy4

dt+ 5y4(t) + 2(α+ β) = αx1(t) + βx2(t)

Pošto je y3(t) 6= y4(t) sistem je nelinearan.

Zadatak 1.18Za sistem je opisan diferencijalnom jednačinom

dy(t)dt

+ 2y(t) = x(t) + dx(t)dt

odrediti impulsni odziv.

RješenjeImpulsni odziv mora zadovoljavati diferencijalu jednačinu

dh(t)dt

+ 2h(t) = δ(t) + dδ(t)dt

Homogeno rješenje diferencijalne jednačine je

hh(t) = C1e−2tu(t)

Partikularno rješenje dato je u formi hp(t) = C2δ(t)

Opšte rješenje diferencijalne jednačin je h(t) = C1e−2tu(t) + C2δ(t).

Sa druge strane opšte rješenje je h(t) = hzi(t) + hzs(t) gdje je

hzi(t) = C3e−2tu(t) = 0

hzs(t) = C4e−2tu(t) + C2δ(t)

Nakon uvrštavanja u polaznu diferencijalnu jednačinu imamo

−2C4e−2tu(t) + C2δ

′(t) + C4e−2tδ(t) + 2C4e

−2tu(t) + 2C2δ(t) = δ(t) + δ′(t)

C2δ′(t) + C4δ(t) + 2C2δ(t) = δ(t) + δ′(t)

Radna

verzija

Intern

a upotr

eba



C2 = 1 C4 + 2C2 = 1 ⇒ C4 = −1

Finalno imamo da je impulsni odziv sistema

h(t) = hzi(t) + hzs(t) = δ(t)− e−2tu(t)

pa je homogeno i partikularno rješenje

hh(t) = −e−2tu(t)

hp(t) = δ(t)

Zadatak 1.19Odrediti odziv sistema opisanog diferencijalnom jedančinom

dy(t)dt

+ 4y(t) = 3x(t)

ako je y(0−) = 2 i x(t) = u(t). Dodatno odrediti odziv sistema yzi(t) i yzs(t) kao i impulsni odziv.

RješenjeOpšte rješenje diferencijalne jednačine dato je u obliku

y(t) = yp(t) + yh(t)

Homogeno rješenje diferencijalne jednačine dobit ćemo rješavajući jednačinu

dyh(t)dt

+ 4yh(t) = 0

pri čemu je homogeno rješenje dato u obliku yh(t) = C1ept za t ≥ 0

pC1ept + 4C1e

pt = 0 ⇒ p = −4

yh(t) = C1e−4tu(t)

Odziv sistema na početne uslove je

yzi(t) = C2e−4tu(t)

konstantu C2 odredimo znajući da je yzi(0) = y(0−) = 2 ⇒ C2 = 2

yzi(t) = 2e−4tu(t)

Partikularno rješenje dato je u obliku yp(t) = C3u(t)

Odziv sistema na pobudu uz nulte početne uslove je

yzs(t) = C3u(t) + C4e−4tu(t)

Uvrstimo yzs(t) u polaznu diferencijalnu jednačinu

−4C4e−4tu(t) + C4e

−4tδ(t) + C3δ(t) + 4C4e−4tu(t) + 4C3u(t) = 3u(t)

C3δ(t) + C4δ(t) + 4C3u(t) = 3u(t)

Na osnovu čega dobijemo sistem

4C3 = 3 ⇒ C3 = 34

Radna

verzija

Intern

a upotr

eba



C3 + C4 = 0 ⇒ C4 = −34

yzs(t) = −34e−4tu(t) + 3

4u(t)

Opšte rješenje je

y(t) = yzi(t) + yzs(t) = 2e−4tu(t)− 34e−4tu(t) + 3

4u(t)

y(t) = 34u(t) + 5

4e−4tu(t)

Na osnovu zadnjeg izraza i izraza za homogeno i partikularno rješenje možemo pisati da je

yh(t) = 54e−4tu(t)

yp(t) = 34u(t)

Odredimo rješenje diferencijalne jednačine koristeći Laplaceovu transformaciju

sY (s)− y(0−) + 4Y (s) = 3X(s)

Y (s) = 3s+ 4X(s)︸︷︷︸

yzs

+ y(0−)s+ 4︸︷︷︸yzi

X(s) = 1s

ROC: Re{s} > 0

Y (s) = 3s(s+ 4)︸︷︷︸

yzs

+ 2s+ 4︸︷︷︸yzi

ROC: Re{s} > 0

Y (s) = 54s+ 16 + 3

4s ROC: Re{s} > 0

y(t) = 34u(t) + 5

4e−4tu(t)

yzi(t) = 2e−4tu(t)

yzs(t) = 34u(t)− 3

4e−4tu(t)

Primjetimo da početni uslovi zadovoljavaju jednakost yzi(0) = y(0−) = 2.

Impulsni odziv možemo odrediti diferenciranjem odziva sistema na step ulaz uz nulte početne uslove!

h(t) = dyzs(t)dt

= d

dt

{34u(t)− 3

4e−4tu(t)

}= 3e−4tu(t)

Odredimo impulsni odziv sistema rješavajući diferencijalnu jednačinu ako znamo da je x(t) = δ(t)


dhh(t)dt

+ 4hh(t) = 0

pri čemu je homogeno rješenje dato u obliku hh(t) = C1ept za t ≥ 0 i isto je kao u prvom dijelu zadatka

Radna

verzija

Intern

a upotr

eba



hh(t) = C1e−4tu(t)

Jasno je da je hzi(t) = 0

Partikularno rješenje dato je u obliku hp(t) = C2δ(t) pa je odziv sistema na nulte početne uslove

hzs(t) = C2δ(t) + C3e−4tu(t)

koje mora zadovoljavati polaznu diferencijalnu jednačinu

−4C3e−4tu(t) + C3e

−4tδ(t) + C2δ′(t) + 4C3e

−4tu(t) + 4C2δ(t) = 3δ(t)

C3δ(t) + C2δ′(t) + 4C2δ(t) = 3δ(t) ⇒ C2 = 0 i C3 = 3

hzs(t) = 3e−4tu(t)

Opšte rješenje je

h(t) = hzi(t) + hzs(t) = 3e−4tu(t)


hh(t) = 3e−4tu(t)

hp(t) = 0

Ako koristimo Laplaceovu transformaciju imamo da je impulsni odziv

sH(s)− h(0−) + 4H(s) = 3X(s)

H(s) = 3s+ 4X(s) + h(0−)

s+ 4

X(s) = 1 ROC : ∀Re{s} ∈ R

H(s) = 3s+ 4 ROC: Re{s} > -4

h(t) = 3e−4tu(t)


dy(t)dt

+ y(t) = 3dx(t)dt

+ 2x(t)

ako je y(0−) = 2 i x(t) = u(t). Dodatno odrediti odziv sistema yzi(t) i yzs(t) kao i impulsni odziv.

RješenjeOpšte rješenje diferencijalne jednačine dato je u obliku

y(t) = yp(t) + yh(t)


dyh(t)dt

+ yh(t) = 0

pri čemu je homogeno rješenje dato u obliku yh(t) = C1ept za t ≥ 0

pC1ept + C1e

pt = 0 ⇒ p = −4

Radna

verzija

Intern

a upotr

eba



yh(t) = C1e−tu(t)

Odziv sistema na početne uslove je

yzi(t) = C2e−tu(t)

konstantu C2 odredimo znajući da je yzi(0) = y(0−) = 2 ⇒ C2 = 2

yzi(t) = 2e−tu(t)

Partikularno rješenje dato je u obliku yp(t) = C3u(t)

Odziv sistema na pobudu uz nulte početne uslove je

yzs(t) = C3u(t) + C4e−tu(t)

Uvrstimo yzs(t) u polaznu diferencijalnu jednačinu

−C4e−4tu(t) + C4e

−tδ(t) + C3δ(t) + C4e−tu(t) + C3u(t) = 3δ(t) + 2u(t)

C4δ(t) + C3δ(t) + C3u(t) = 3δ(t) + 2u(t)

Na osnovu čega dobijemo sistem

C3 = 2

C3 + C4 = 3 ⇒ C4 = 1

yzs(t) = e−tu(t) + 2u(t)

Opšte rješenje je

y(t) = yzi(t) + yzs(t) = 2e−tu(t) + e−tu(t) + 2u(t)

y(t) = 2u(t) + 3e−tu(t)


yh(t) = 3e−tu(t)

yp(t) = 2u(t)

Odredimo rješenje diferencijalne jednačine koristeći Laplaceovu transformaciju

sY (s)− y(0−) + Y (s) = 3sX(s)− 3x(0−) + 2X(s)

Y (s) = 3s+ 2s+ 1 X(s)︸︷︷︸

yzs

+ y(0−)− 3x(0−)s+ 1︸︷︷︸yzi

x(0−) = 0 X(s) = 1s

ROC: Re{s} > 0

Y (s) = 3s+ 2s(s+ 1)︸︷︷︸

yzs

+ 2s+ 1︸︷︷︸yzi

ROC: Re{s} > 0

Y (s) = 2s

+ 3s+ 1 ROC: Re{s} > 0

y(t) = 2u(t) + 3e−tu(t) t > 0

Radna

verzija

Intern

a upotr

eba



yzi(t) = 2e−tu(t)

yzs(t) = 2u(t) + e−tu(t)

Primjetimo da početni uslovi zadovoljavaju jednakost yzi(0) = y(0−) = 2.

Impulsni odziv možemo odrediti diferenciranjem odziva sistema na step ulaz uz nulte početne uslove!

h(t) = dyzs(t)dt

= d

dt

{2u(t) + e−tu(t)

}= 3δ(t)− e−tu(t)

Odredimo impulsni odziv sistema rješavajući diferencijalnu jednačinu ako znamo da je x(t) = δ(t)


dhh(t)dt

+ hh(t) = 0

pri čemu je homogeno rješenje dato u obliku hh(t) = C1ept za t ≥ 0

hh(t) = C1e−tu(t)

Jasno je da je hzi(t) = 0

Partikularno rješenje dato je u obliku hp(t) = C2δ(t) pa je odziv sistema na nulte početne uslove

hzs(t) = C2δ(t) + C3e−tu(t)

koje mora zadovoljavati polaznu diferencijalnu jednačinu

−C3e−tu(t) + C3e

−tδ(t) + C2δ′(t) + C3e

−tu(t) + C2δ(t) = 3δ′(t) + 2δ(t)

C3δ(t) + C2δ′(t) + C2δ(t) = 3δ′(t) + 2δ(t) ⇒ C2 = 3 i C3 = −1

hzs(t) = 3δ(t)− e−tu(t)

Opšte rješenje je

h(t) = hzi(t) + hzs(t) = 3δ(t)− e−tu(t)


hh(t) = −e−tu(t)

hp(t) = 3δ(t)

Ako koristimo Laplaceovu transformaciju imamo da je impulsni odziv

sH(s)− h(0−) +H(s) = 3sX(s)− 3x(0−) + 2X(s)

H(s) = 3s+ 2s+ 1 = 3 + −1

s+ 1 ROC: Re{s} > -1

h(t) = 3δ(t)− e−tu(t)


dy(t)dt

+ 2y(t) = dx(t)dt

+ x(t)

ako je y(0−) = 1 i x(t) = tu(t). Dodatno odrediti odziv sistema yzi(t) i yzs(t) kao i impulsni odziv.

Radna

verzija

Intern

a upotr

eba



Rješenjeyh(t) = C1e

−2tu(t)

yzi(t) = e−2tu(t)

yp(t) = (C3 + C4t)u(t)

yzs(t) = −14e−2tu(t) +

(14 + 1

2 t)u(t)

y(t) = yzi(t) + yzs(t) = 74e−2tu(t) +

(14 + 1

2 t)u(t)

yh(t) = 74e−2tu(t)

yp(t) =(

14 + 1

2 t)u(t

h(t) = δ(t)− e−2tu(t)


dy(t)dt

+ 4y(t) = 2dx(t)dt− 3x(t)

ako je y(0−) = 2 i x(t) = e−3tu(t). Dodatno odrediti odziv sistema yzi(t) i yzs(t) kao i impulsni odziv.


dy(t)dt

+ y(t) = −dx(t)dt

+ x(t)

ako je y(0−) = 3 i x(t) = 2 cos(t)u(t). Dodatno odrediti odziv sistema yzi(t) i yzs(t) kao i impulsniodziv.


dy(t)dt

+ 5y(t) = 3dx(t)dt− x(t)

ako je y(0−) = 2 i x(t) = sin(t)u(t). Dodatno odrediti odziv sistema yzi(t) i yzs(t) kao i impulsniodziv.

Zadatak 1.25Odrediti Laplaceovu transformaciju sljedećih signala kao i oblast konvergencije

(a) x(t) = e−atu(t), a > 0

(b) x(t) = eatu(−t), a > 0

(c) x(t) = −e−atu(−t), a > 0

Radna

verzija

Intern

a upotr

eba



(d) x(t) = e−|a|t, a > 0

(e) x(t) = e−2tu(t) + e−3tu(t)

(f) x(t) = e−3tu(t) + e2tu(−t)

(g) x(t) = e2tu(t) + e−3tu(−t)

(h) x(t) = tu(t− 2)

(i) x(t) = 4(u(t− 1)− u(t− 3))

(j) x(t) = 10e−(t−2)u(t− 2) + 10e0.5(t−2)u(t+ 2)

Zadatak 1.26Odrediti inverznu Laplaceovu transformaciju sljedećih signala

(a) X(s) = s

s2 + 3s+ 2 , ROC: Re{s} > −1

(b) X(s) = 3s2 + 2s+ 3ss2 + 5s+ 6 , ROC: Re{s} > −2

(c) X(s) = s2 + 6s+ 7ss2 + 3s+ 2 , ROC: Re{s} > −1

(d) X(s) = s3 + 2s2 + 6s2 + 3s , ROC: Re{s} > 0

(e) X(s) = s2 + 2s+ 5(s+ 3)(s+ 5)2 , ROC: Re{s} > −3

(f) X(s) = 2 + 2se−2s + 4e−4s

s2 + 4s+ 3 , ROC: Re{s} > −1

(g) X(s) = 1(s+ a)2 , ROC: Re{s} > −a, a > 0

(h) X(s) = s+ 3s3 + 4s2 + 5s+ 2 , ROC: Re{s} > −1

(i) X(s) = s+ 2s3 + s2 , ROC: Re{s} > 0

(j) X(s) = se−s

(s+ 1)(s+ 3) , ROC: Re{s} > −1

Zadatak 1.27Odrediti sva moguća rješenja oblasti konvergencije prenosne funkcije a zatim odrediti odgovarajućeimpulsne odzive.

H(s) = 1(s2 + 3s+ 3)(s− 3)

Provjeriti da li je dati sistem u tom slučaju stabilan i kauzalan.

Radna

verzija

Intern

a upotr

eba



RješenjeROC1: Re{s} < −1.5

ROC2: −1.5 < Re{s} < 3

ROC3: Re{s} > 3

Zadatak 1.28Odrediti sva moguća rješenja oblasti konvergencije prenosne funkcije a zatim odrediti odgovarajućeimpulsne odzive.

H(s) = 2(s+ 3)(s− 1)

Provjeriti da li je dati sistem u tom slučaju stabilan i kauzalan.

Zadatak 1.29Odrediti amplitudni i fazni spektar signala na slici 1.13

−4 −2 2 4

−1

1

t

x(t)

Slika 1.9

a zatim odrediti amplitudni i fazni spektar signala |x(t)|.

Zadatak 1.30Odrediti amplitudni i fazni spektar periodičnog signala x(t) koji je prikazan na slici 1.13

−4 −2 2 4

−1

1

t

x(t)

Slika 1.10

Radna

verzija

Intern

a upotr

eba



Zadatak 1.31Nacrtati signal

x(t) =∞∑

n=−∞δ (t− nT0)

a zatim nacrtati njegov amplitudni i fazni spektar ako je T0 = 1.

Zadatak 1.32Odrediti amplitudni i fazni spektar periodičnog signala x(t) koji je prikazan na slici 1.13

−4 −2 2 4

−1

1

t

x(t)

Slika 1.11

Zadatak 1.33Odrediti amplitudni i fazni spektar signala

x(t) = A

∞∑n=−∞

(1− t− nT0

T0

)[u (t− nT0)− u (t− (n+ 1)T0)]

Zadatak 1.34Odrediti amplitudni i fazni spektar signala

x(t) =∞∑

n=−∞2(t− 2n) [u(t+ 1− 2n)− u(t− 1− 2n)]

a zatim aproksimirati signal x(t) konačnim Fourierovim redom xa(t) koji sadrži N prvih harmonikasignala x(t). N odrediti tako da je srednja snaga aproksimiranog signala veća od 85% ukupne snagesignala x(t).

Zadatak 1.35Odrediti Fourierovu transformaciju sljedećih signala

(a) x(t) = e−atu(t), a > 0

(b) x(t) = eatu(−t), a > 0

(c) x(t) = e−|a|t, a > 0

Zadatak 1.36Odrediti inverznu Fourierovu transformaciju sljedećih signala

(a) X(jω) = 2πδ(ω) + π[δ(ω + ω0) + δ(ω − ω0)]

(b) X(jω) = δ(ω + ωa) + δ(ω − ωa)

Radna

verzija

Intern

a upotr

eba



(c) X(jω) = |ω|[δ(ω + ωa) + δ(ω − ωa)]

Zadatak 1.37Odrediti Fourierovu transformaciju sljedećeg signala

x(t) = 10 cos(1000πt) + ej100πt

Zadatak 1.38Izlaz kauzalnog LTI sistema opisan je sa sljedećom diferencijalnom jednačinom

a) dy(t)dt

+ 2y(t) = x(t)

b) d2y(t)dt2

+ 6dy(t)dt

+ 8y(t) = 2x(t)

c) d2y(t)dt2

+√

2dy(t)dt

+ y(t) = 2d2x(t)dt2

− 2x(t)

Odrediti prenosnu funciju sistema te izlaz sistema ako je ulaz x(t) = e−tu(t).

Zadatak 1.39Odrediti frekventni opseg spektra signala (Hz) unutar kojeg se nalazi 99% energije signala

x(t) = 1t2 + a2 a ∈ R+


−4 −2 2 4

1

t

x(t)

Slika 1.12


−4 −2 2 4

1

t

x(t)

Slika 1.13

Radna

verzija

Intern

a upotr

eba



Zadatak 1.42Odrediti Fourierovu transformaciju sljedećih signala

−4 −2 2 4

1

t

x(t)

Slika 1.14

−4 −2 2 4

1

t

x(t)

Slika 1.15

−4 −2 2 4

1

t

x(t)

Slika 1.16

−4 −2 2 4−1

1t

x(t)

Slika 1.17

Radna

verzija

Intern

a upotr

eba



Zadatak 1.43

Za sklop na slici 1.18 potrebno je odrediti

a) prenosnu funkciju sistema H(jω)

b) odziv sistema y(t) koristeći Fourierovu transfor-maciju ako je x(t) = e−tu(t)

R

C y(t)x(t)

Slika 1.18

Zadatak 1.44Odrediti Nyquistovu brzinu za svaki od sljedećih signala

a) x(t) = 5 cos(1000πt) cos(3000πt)

b) x(t) = 2 sin(10πt) cos(10πt) + cos2(20πt) + sin3(10πt)

c) x(t) = sin(200πt)200πt

d) x(t) = sin(200πt)200πt +

(sin(200πt)

200πt

)2

e) x(t) = sin2(500πt) +(

sin(200πt)200πt

)2

Zadatak 1.45

Za sklop na slici 1.19 odrediti maksimalnu vrijed-nost perioda Ts povorke delta impulsa s(t) tako daspektar signala y(t) predstavlja skaliranu verziju(poamplitudi) spektra signala x(t). Nacrtati spektresignala xs(t) i y(t).

×

s(t)

h(t)x(t) xs(t) y(t)

Slika 1.19

X(f) =

2− |f |, |f | ≤ 8

0, ostalo

|H(f)|

f [Hz]-20 -10 10 20

1

Slika 1.20

Radna

verzija

Intern

a upotr

eba



Zadatak 1.46

Za sklop na slici 1.21 odrediti maksimalnu vri-jednost perioda Ts tako da ne dođe do aliasingau spektru signala z(t), a zatim nacrtati spektarsignala z(t) i y(t).

x(t) = u(t)− u(t− T0)

w(t) = A0

∞∑n=−∞

δ(t− nTs)

h(t) = sin(ωf t)πt

, ωf = 3πT0

h(t) ×

w(t)

x(t) y(t) z(t)

Slika 1.21

Zadatak 1.47

Za sklop na slici 1.22 odrediti maksimalnu vrijed-nost perioda Ts tako da ne dođe do aliasinga uspektru signala y(t). Nacrtati spektre svih signala.

x(t) = sin(4πt)

xp(t) =∞∑

n=−∞δ(t− nTs)

h(t) = sin(10πt)πt

s(t) = Ts

×

xp(t)

h(t) ×

s(t)

x(t) y(t)

Slika 1.22

Zadatak 1.48Signal x(t) = 5 cos(1000πt) + 2 cos(3600πt) uzor-kovan je povorkom delta impulsa amplitude 1V ifrekvencije 2kHz. Uzorkovani signal dovodi se naulaz NF filtera kao na slici 1.23. Odrediti vremen-ski oblik signala na izlazu idealnog NF filtera čijaje granična frekvencija

a) fc = 1 kHz

b) fc = 2 kHz

i pojačanje 1/fs.

×

xp(t)

h(t)x(t) xs(t) y(t)

Slika 1.23

Radna

verzija

Intern

a upotr

eba



RješenjePošto je signal x(t) periodičan možemo ga razviti u Fourierov red

x(t) = 5 cos(1000πt) + 2 cos(3600πt) = 52e

j1000πt + 52e−j1000πt − jej3600πt + je−j3600πt

0.5-0.5 1.8-1.8 f(kHz)

|X(f)|

Slika 1.24: Amplitudni spektar signala x(t)

0.5

-0.5 0.2

-0.2 2.2

-2.2 1.5

-1.5 1.8

-1.8 2.5

-2.5 f(kHz)

|Xp(f)|

Slika 1.25: Amplitudni spektar uzorkovanog signala xp(t)

a) Nakon filtriranja NF filterom čija je granična frekvencija fg = 1 kHz signal će sadržavati spektralnekomponente samo od 0 do fg kao na slici 1.26.

0.5

-0.5 0.2

-0.2 2.2

-2.2 1.5

-1.5 1.8

-1.8 2.5

-2.5 f(kHz)

|Xf (f)|

fg

-fg

Slika 1.26: Amplitudni spektar uzorkovanog signala nakon filtriranja fg = 1 kHz

Vremenski oblik signala na izlazu filtera je

xf (t) = 5 cos(1000πt) + 2 cos(400πt)

b) Vremenski oblik signala na izlazu filtera je

xf (t) = 5 cos(1000πt) + 2 cos(400πt) + 5 cos(3000πt) + 2 cos(3600πt)

Radna

verzija

Intern

a upotr

eba



0.5

-0.5 0.2

-0.2 2.2

-2.2 1.5

-1.5 1.8

-1.8 2.5

-2.5 f(kHz)

|Xf (f)|

fg

-fg

Slika 1.27: Amplitudni spektar uzorkovanog signala nakon filtriranja fg = 2 kHz

Zadatak 1.49

Signal x(t) čiji je amplitudni spektar prikazan naslici 1.28 uzorkovan je povorkom delta impulsa xp(t)kao na slici 1.29. Ako je period povorke delta im-pulsa xp(t) jednak

a) T = 120 s

b) T = 135 s

c) T = 140 s

nacrtati amplitudni spektar uzorkovanog signalaxs(t) za sva tri slučaja. Da li je moguće rekons-truisati spektar signala x(t) iz spektra uzorkovanogsignala xs(t)? Ukoliko je to moguće predložiti rje-šenje!

|X(f)|

f [Hz]-20 -12 12 20

1

Slika 1.28

×

xp(t)

x(t) xs(t)

Slika 1.29

Zadatak 1.50Za signal x(t) Nyquistova frekvencija je fm, odrediti Nyquistovu frekvenciju za sljedeće signale

a) dx(t)dt

b) x(2t)

c) x2(t)

d) x(t) cos(ω0t)

Radna

verzija

Intern

a upotr

eba



Zadatak 1.51

Za sklop na slici 1.30 nacrtati spektre signala y(t),y1(t) i y2(t) a zatim odrediti njihove Nyquistovefrekvencije.

x1(t) = 104rect(104t)

x2(t) = δ(t)

H1(ω) = rect( ω

30000π

)H2(ω) = rect

(ω − 1000π

10000π

)

H1(f)

H2(f)

+

x1(t)

x2(t)

y1(t)

y2(t)

y(t)

Slika 1.30

Zadatak 1.52Signal x(t) čiji je spektar

X(f) = |f |[U(f + 2)− U(f − 2)] (1.1)

uzorkovan je povorkom pravougaonih impulsa perioda T0, popunjenosti perioda 50% i amplitude A.Nacrtati spektar uzorkovanog signala ako je

a) T0 = 0.4s, A = 1

b) T0 = 0.2s, A = 1

Zadatak 1.53Odrediti odziv diskretnog LSI sistema opisanog impulsnim odzivom h[n] = 0.5n[u[n]− u[n− 5]] ako jeulazna sekvenca x[n] = 2−nu[n].

Zadatak 1.54Odrediti konvoluciju sljedećih sekvenci

x1[n] = α|n|(u[n+ 3]− u(n− 3)), |α| < 1

x2[n] = u[n+ 2]− u(n− 2)

Zadatak 1.55Odrediti linearnu konvoluciju sekvenci

x1[n] = 2δ[n] + 2δ[n− 3] + 4δ[n− 6]

x2[n] = 4δ[n]− 3δ[n− 1]− 1δ[n− 2] + 4δ[n− 4]

Zadatak 1.56Za sekvence

x1[n] = 0.2n−1u[n− 1] x2[n] = 2 · 0.6nu[−n− 2]

odrediti y[n] = x1[n] ∗ x2[n].

Zadatak 1.57Za sekvence

x1[n] = [ 1, 0, −2, 1, −2, 4 ] x2[n] = [ 3, −2, 4, −3, 1 ]

Radna

verzija

Intern

a upotr

eba



odrediti y[n] = x1[n] ∗ x2[n].

Zadatak 1.58Odrediti odziv diskretnog LSI sistema opisanog impulsnim odzivom h[n] = 0.5n[u[n]− u[n− 5]] ako jeulazna sekvenca x[n] = 2−nu[n].

Zadatak 1.59Odrediti odziv sljedećih diskretnih LTI sistema

a) x[n] = u[n] h[n] = αnu[n] |α| < 1

b) x[n] = αnu[n] h[n] = βnu[n] |α| ≤ |β| ≤< 1

c) x[n] = α−nu[−n] h[n] = αnu[n] |α| < 1

Radna

verzija

Intern

a upotr

eba



Dodatak

n∑i=1

i = n(n+ 1)2

n∑i=1

i2 = n(n+ 1)(2n+ 1)6 = n3

3 + n2

2 + n

6

n∑i=1

i3 =(n(n+ 1)

2

)2= n4

4 + n3

2 + n2

4 =[

n∑i=1

i

]2

n∑i=1

i4 = n(n+ 1)(2n+ 1)(3n2 + 3n− 1)30

n∑i=0

is = (n+ 1)s+1

s+ 1 +s∑

k=1

Bks− k + 1

(s

k

)(n+ 1)s−k+1

N∑i=0

qn = qN+1 − 1q − 1

Za sljedeće sume |x| < 1∞∑i=0

xi = 11− x

n∑i=0

xi = 1− xn+1

1− x = 1 + 1r

(1− 1

(1 + r)n

), gdje je r > 0 x = 1

1 + r

∞∑i=0

x2i = 11− x2

∞∑i=1

ixi = x

(1− x)2

n∑i=1

ixi = x1− xn

(1− x)2 −nxn+1

1− x

∞∑i=1

i2xi = x(1 + x)(1− x)3

n∑i=1

i2xi = x(1 + x− (n+ 1)2xn + (2n2 + 2n− 1)xn+1 − n2xn+2)(1− x)3

∞∑i=1

i3xi = x(1 + 4x+ x2)(1− x)4

∞∑i=1

i4xi = x(1 + x)(1 + 10x+ x2)(1− x)5

Radna

verzija

Intern

a upotr

eba



∞∑i=1

ikxi = Li−k(x)

Documents

Signali i sistemi - Zadaci za samostalan rad