solucionario - principio de las comunicaciones - josé briceño

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0

FACULTAD DE INGENIERIA

ESCUELA DE INGENIERIA ELECTRICA

José E. Briceño M., Dr. Ing.

Profesor Titular, ULA

Mérida, Abril 2005

PRINCIPIOS

DE LAS

COMUNICACIONES

(Tercera Edición)

EDICION DIGITAL

PROBLEMARIO

(2)

PROBLEMARIO DE “PRINCIPIOS DE LAS COMUNICACIONES” CAPITULO I

_______________________ J. Briceño M., Dr. Ing. Profesor Titular, ULA

Estimado Lector:

Es posible que al resolver estos problemas o al transcribirlos pudiera haberse producido algunas erratas. Si Ud. consigue alguna errata, le ruego que me lo comunique para yo hacer la corrección correspondiente.

Puede comunicarse conmigo mediante las siguientes direcciones de correo electrónico:

[email protected]

o [email protected]

Muchas gracias.

Prof. José Briceño M., Dr. Ing. Universidad de Los Andes Mérida, Venezuela

CAPITULO I

1.1. Clasifique cada una de las señales siguientes como señales de energía, de potencia o ninguna de las dos. Calcule la energía o la potencia, según el caso.

(a) x(t)=2cos(6πt−π/2). Señal periódica, sinusoidal: señal de potencia.

2W 2 ) 2 ( ) t ( x 2 2 >= = <

(b) x(t)=Acos(ω_ct . Señal periódica, sinusoidal: señal de potencia. Es una señal rectificada de onda completa.

2 A ) t ( x 2 2 >= < W (c) x(t) A t exp( t)u(t) τ − ⋅ ⋅

= . Esta señal converge; es una señal de energía.

Energía =

∫

∞ = τ τ − 0 3 2 2 2 4 A dt ) t 2 exp( t A joules (d) . t A ) t ( x ; jt A ) t ( x 2 2 + τ τ = + τ τ

= Esta señal converge; es una señal de energía.

Energía =

∫

∞ = π τ + τ τ 0 2 2 2 2 2 | | A dt t A 2 joules (e) x(t) Aexp( t) (t) τ Π τ −

(3)

_______________________ J. Briceño M., Dr. Ing. Profesor Titular, ULA Energía =

∫

τ τ − − τ = τ 2 / 2 / 2 2 A 18 , 1 dt ) t 2 exp( A joules (f) x(t) Aexp(t)cos(2πfct). τ

= No converge; no es ni de potencia ni de energía.

(g) )cos(2 f t). 2 t ( ) t exp( A ) t ( x π _c τ Π τ −

= Es una señal acotada; es de energía.

Energía = 2 2 c

0

2t

A 2 τexp(− ) cos (2 f t)dt.π τ

∫

Hagamos, por ejemplo, A = 10; τ = 10-3

y fc = 10 kHz. Para estos valores se tiene: Energía = 0,043 joules

(h) (t). t A ) t ( x τ Π

= No está acotada; no es ni de potencia ni de energía.

(i) 2 3 t 2 para t A ) t ( t A ) t ( x = τ ≤ ≤ τ τ τ − Π = . Acotada; es de energía Energía =

∫

τ τ = τ 2 / 3 2 / 2 2 2 A 3 4 dt t 1 A joules

1.2. Grafique las siguientes señales de energía y verifique que sus energías son las dadas.

(a) ) T 2 t ( ) T t exp( A ) t ( x = − Π . Fig. P1.2(a) → ) para t T T t exp( A ) t ( x = − ≤ Energía =

∫

T − = 0 2 2 T A 8647 , 0 dt ) T t 2 exp( 2 A joules (b) ) T 2 / T t ( ) t ( r T A ) t ( x = Π − . Fig. P1.2(b) → t T A ) t ( x = para 0≤t≤T Energía =

∫

T = 0 2 2 2 2 T A 3 1 dt t T A joules A T -T 0 x(t) Fig. P1.2(a). t A T t x(t) 0 Fig. P1.2(b). 2A x(t) -T T 0 t Fig. P1.2(c).

(4)

_______________________ J. Briceño M., Dr. Ing. Profesor Titular, ULA (c) ) T 2 t ( ) T t cos( 1 A ) t ( x = _⎢⎣⎡ + π _⎥⎦⎤Π . Fig. P1.2(c) ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡ ₊ π = ) T t cos( 1 A ) t ( x para t ≤T

x(t) es una señal llamada “en coseno elevado”. Energía =

∫

T_⎢⎣⎡ + π _⎥⎦⎤ = 0 2 2 2 T A 3 dt ) T t cos( 1 2 A joules

1.3. Demuestre que las potencias promedio de las siguientes señales son las correspondientes dadas.

(a) De la Fig. 1.45 del Texto, (t T) en T T A ) t ( x_T =− − ; A = 10; T = 10-3 seg (t T) dt 33,33W T A T 1 ) t ( x T 0 2 2 2 2 T >= − = <

∫

(b) De la Fig. 1.46 del Texto, x_T(t)=10exp(−103t) en T. T = 2 x 10-3 seg. < >=

∫

T/2 − = 0 3 2 T 100exp( 2x10 t)dt 43,233W T 2 ) t ( x (c) De la Fig. 1.47 delTexto, ) 2 / T 4 / T 3 t ( ) 2 / T 4 / T t ( ) t ( xT − Π − − Π = en T; T = 2 ms < >=

∫

+

∫

T = 2 / T 2 / T 0 2 T dt 1W T 1 dt T 1 ) t ( x

(5)

1.4. Grafique las siguientes señales:

) 1 t ( ) at exp(− δ − 2u(t) 2) -(t 3 ) j ( δ + (k) δ(t-1)δ(2t) (a) r(t + 2) (b) r(-t - 2) (c) r(t) - 2r(t -1) -2 0 2 t -2 1 0 t 1 0 1 2 t (d) u(2t -1) = u(t - 1/2) 1 1/2 0 t (e) r(t) u(t - 1) 1 0 1 2 t (f) r(t) - u(t) 0 -1 1 t (g) exp(-at)u(t - 1) 1 t 0 exp(-a) (h) 1 0 t exp(-a)

(i) u(t) - u(t -1) 1 1 0 t t 2 3 No hay intercepción (l) u(t)u(1- t) 1 t -3

(6)

_______________________ J. Briceño M., Dr. Ing. Profesor Titular, ULA Fig. P1.4 π ) 4 t ( 2 ) 2 2 t ( ) o ( δ + = δ + ) t r(t)cos( ) m ( ωo ₍_t ₎ 2 1 ) 2 t 2 ( − π = δ −π δ 0 5 10 10 0 10 x()tt (n) 1/2 0 t -4 0 2 t t ) t 2 1 ( 2 1 2t) -(1 ) p ( δ = δ − ) 4 t ( ) 8 t ( ) q ( Π +Λ ) (t) 2 t ( ) r ( Π −Λ ) t sgn(t)sen( ) t ( ω_o ) 2 t ( ) 2 t ( 2 ) s ( Π Λ ₎ 1/2 1/2 t ( 2 1) -2t ( 2 ) u ( Π = Π + ) 2 2 t ( ) 2 t ( 10 − 2Π − ) 1/2 t -2 ( 2t) -(4 ) v ( Λ =Λ ) 2 2 t ( ) t exp( ) 2 2 t ( ) t exp( Π + + − Π − 3 e− ) 2 2 t ( ) t exp( ) 2 2 t ( exp(-t) ) z ( Π + + Π − 3 e− 1 e− e−1 1/2 1/2 t 0 -4 4 t 1 2 0 -1 0 1 1 1 -1 0 1 2 t 2 -3/4 -1/2 -1/4 0 t t 0 1 -1 3/2 2 5/2 t 1 0 (x) 10 2 1 3 t 0 (y) 0 1 2 3 t -1 -2 -3 1-3 -2 -1 2 3 t

(7)

1.5. Verifique las siguientes integrales (a)

∫

∞ ∞ − ⎥⎦=πδ π− ⎤ ⎢⎣ ⎡ ₋ π π δ = π δ π − δ )dt; (1- t) (1 t) 1 (1 t) t 1 cos( ) t 1 (

∫

∞ ∞ − δ π− =π π =−π π 1 ) cos( 1 dt ) t 1 cos( ) t 1 ( 1 (b)

∫

∞

[

]

∞

− t exp−sen(t) cos(2t)δ(2t−2π)dt 2 ;

[

]

(t ) 2 1 ) t ( 2 ) 2 t 2 ( − π =δ −π = δ −π δ

∫

∞ ∞ − − δ −π = π 2 2 2 1 dt ) t ( ) t 2 cos( )] t sen( exp[ t 2 1 (c)

∫

∞ ∞ − (t +t +t+1)δ(t−3)dt=27+9+3+1=40 2 3 (d)

∫

∞ ∞ − δ(t+3)exp(−t)dt=exp(3)=20,086 (e)

∫

∞ ∞

− δ(t−2)cos[π(t−3)]dt=cos[π(2−3)]=cos(−π)=−1

(f)

∫

∞ ∞ − (t +4)δ(1−t)dt =(1+4)=5 3 (g)

∫

∞ ∞ − + δ − = δ =δ =₃δ(t-3) 1 3)] -[3(t 9) -(3t ; dt ) 9 3 t 3 ( ) 3 t ( 3

∫

∞ ∞ − + δ − =₃(27+3)=10 1 dt ) 3 t ( ) 3 t ( 3 1 3 (h)

∫

∞ ∞ − + δ − δ − =δ ₂(t−2)]=2δ(t−2) 1 [ ) 1 2 t ( ; dt ) 1 2 t ( ) 2 t ( 2

∫

∞ ∞ − (t +2)δ(t−2)dt=2(4+2)=12 2 2 (i)

∫

∞ ∞ − ⋅ − =Π ₂ ) 1 -t ( t)u(t) -u(2 ; dt ) t ( u ) t 2 ( u t 2 t dt 2 0 ⋅ =

∫

(j)

∫

∞ ∞ − δ + − − =Π ₂ ) 1 -t ( 2) -u(t -u(t) ; dt )] 2 t ( u ) t ( u ) t ( [ (t)dt 2 dt 1 2 3 0 = + = + δ

∫

−∞∞

∫

(8)

_______________________ J. Briceño M., Dr. Ing. Profesor Titular, ULA (k)

∫

∞ ∞ − δ(t−to)u(t−t1)dt; 1 o 1 o o 1 o 1 o 0 ) t t ( u ) t -(t , t t para ) t t ( ) t t ( u ) t -(t , t t para = − δ < − δ = − δ ≥

∫

∞ ∞ − _⎩⎨ ⎧ < ≥ = − − δ 1 o 1 o 1 o t t para 0 t t para 1 dt ) t t ( u ) t t ( (l)

∫

∞ − τ− τ τ = τ< t 1 para 0 1) -u( pero ; d ) 1 ( u t d (t 1) para t 1 r(t-1) 1 τ= − ≥ =

∫

1.6. Demuestre que el período de la señal periódica x(t) = 10 cos2(t) es igual a π. Solución: ) t 1 2 cos( 5 5 ) t 2 2 1 2 cos( 5 5 ) t 2 cos( 5 5 ) t ( cos 10 ) t ( x 2 π π + = π π + = + = = , de donde ∴ = =π π = o o f 1 T 1 f

1.7. Verifique si las siguientes señales son periódicas, en cuyo caso determine el período. (a) x(t)=cos(6πt)+cos(6 2πt)

fracción irracional;laseñalnoesperiódica 2 1 n m n 2 T 2 3 2 m 2 T 3 2 → = ⎭ ⎬ ⎫ π = ⋅ π π = ⋅ π (b) x(t)=10cos(60πt)+5cos(25t)

fracción irracional;laseñalnoesperiódica 5 , 12 30 n m n 2 T 5 , 12 2 m 2 T 30 2 → π = ⎪⎭ ⎪ ⎬ ⎫ π = π ⋅ π π = ⋅ π (c) x(t)=cos(60πt)+cos(50πt)

fracciónracional;laseñalesperiódica 25 30 n m n 2 T 25 2 m 2 T 30 2 → = ⎭ ⎬ ⎫ π = ⋅ π π = ⋅ π Período 1 25 25 T= = (d) ) 7 t cos( ) 3 t cos( ) t ( x = +

(9)

fracción racional;laseñalesperiódica 3 7 n m n 2 T 14 1 2 m 2 T 6 1 2 → = ⎪ ⎪ ⎭ ⎪⎪ ⎬ ⎫ π = π π π = π π Período = π π = 42 14 1 3 T (e)

∑

∞ −∞ = − Π = n ) n 5 t ( ) t (

x → señal periódica rectangular amplitud unitaria, de período Período T = 5 y τ = 1.

(f) x(t)=cos(5πt)+sen(6πt)

fracciónracional;laseñalesperiódica 6 5 n m n 2 T 3 2 m 2 T 5 , 2 2 → = ⎭ ⎬ ⎫ π = ⋅ π π = ⋅ π Período T = 5/2,5 = 2 (h) x(t)=sen(2t)+cos(πt)

2 fracciónirracional; laseñalnoesperiódica n m n 2 T 2 1 2 m 2 T 1 2 → π = ⎪ ⎪ ⎭ ⎪⎪ ⎬ ⎫ π = π π = π π

1.8. Dibujar los fasores y los espectros uni y bilaterales de las señales

(a) ) 4 t 6 cos( 5 ) t ( x = π −π fo = 3 Hz 4 / π 4 / π 4 / π 4 / π 0 Real Imag -f f Amp Fase -3 -3 0 0 Fase 2,5 2, -f f

(a) Diagrama Fasorial (b) Espectro Unilateral (c) Espectro Bilateral Fig. P1.8(a)

5 0 0

(10)

_______________________ J. Briceño M., Dr. Ing. Profesor Titular, ULA 3 / 2π 3 / 2π 3 / 2π 3 / 2π 0 Imag Real

(a) Diagrama Fasorial

-Amp 2 f f 0 0 Fase Amp 1 1 -5 -5 -5 5 f f Fase 0 0

(b) Espectro Unilateral (c) Espectro Bilateral Fig. P1.8(b). (b) ] 2 6 -t 2cos[10 6 t 10 sen( 2 ) t ( x π − π π = π − π = ) 3 / 2 t 10 cos( 2 ) t ( x = π − π fo = 5 Hz

1.9. Demostrar las siguientes transformaciones trigonométricas (Sugerencia: usar fasores) (a) x(t)=A₁cos(ω_ct)+A₂cos[(ω_c+ω_m)t]=E(t)cos[ω_ct+Ψ(t)] con f_c ≥f_m

donde ) t cos( A A ) t sen( A arctg (t) y ) t cos( A A 2 A A ) t ( E m 2 1 m 2 m 2 1 2 2 2 1 ω + ω = Ψ ω + + = Solución: x(t)=A₁cos(ω_ct)+A₂cos[(ω_c+ω_m)t]

El diagrama fasorial generalizado de x(t) tiene la forma mostrada en la Fig. P1.9(a). Del diagrama fasorial de la Fig. P1.9(a), 2 2 1 c 2 c m 2 1 c 2 c m E (t) [A cos( t) A cos[( )t] [A sen( t) A sen[( )t] = ω + ω + ω + ω + ω + ω

Desarrollando y ordenando términos llegamos a la expresión E2(t)=A₁2 +A2₂ +2A₁A₂cos(ω_mt), de donde E(t) A A 2A1A2cos( mt) 2 2 2 1 + + ω =

Asimismo, vemos del diagrama que Θ(t)=ωct+Ψ(t), donde

_⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ω + ω = Ψ ) t cos( A A ) t sen( A arctg ) t ( m 2 1 m 2

. Por la tanto, x(t) se puede expresar en la forma x(t)=E(t)cos[Θ(t)]=E(t)cos[ωct+Ψ(t)] ) t cos( A₁ ω_c ] t ) cos[( A₂ ω_c+ω_m ) t sen( A₁ ω_c ] t ) sen[( A₂ ω_c+ω_m ) t ( E 1 A 2 A ) t ( Θ ) t ( Ψ t m ω t c ω t c ω Imag Real 0 Fig. P1.9(a).

(11)

Nótese que Ψ es el ángulo de desfase entre el fasor de x(t) y el fasor de (t) ). t cos( A₁ ω_c (b) ] 2 t ) cos[( A ) t cos( A ] t ) sen[( A ) t cos( A ) t ( x 1 c 2 c m 1 c 2 c m π − ω + ω + ω = ω + ω + ω =

El diagrama fasorial correspondiente se muestra en la Fig. P1.9(b).

De la Fig. P1.9(b), 2 m c 2 c 1 2 m c 2 c 1 2 ] t ) ( 2 sen[ A ) t sen( A ] t ) ( 2 cos[ A ) t cos( A ) t ( E =_⎢⎣⎡ ω + π− ω +ω _⎥⎦⎤ +_⎢⎣⎡ ω − π− ω +ω _⎥⎦⎤ =_⎢⎣⎡+ ω + ω π− ω +ω + π−(ω +ω )t]_⎥⎦⎤ 2 [ cos A ] t ) ( 2 cos[ ) t cos( A A 2 ) t ( cos A ) t ( E c m 2 2 2 m c c 2 1 c 2 2 1 2 + _⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ π₋ _ω ₊_ω + ω + ω − π ω − ω + ( )t] 2 [ sen A ] t ) ( 2 sen[ ) t sen( A A 2 ) t ( sen A₁2 2 _c ₁ ₂ _c _c _m 2₂ 2 _c _m =

[

ω + ω

]

+ _⎢⎣⎡ π− ω +ω + π−(ω +ω )t]⎤_⎥⎦+ 2 [ sen ] t ) ( 2 [ cos A ) t ( sen ) t ( cos A ) t ( E c m 2 m c 2 2 2 c 2 c 2 2 1 2 + _⎢⎣⎡ ω π− ω +ω − π−(ω +ω )t]_⎥⎦⎤ 2 sen[ ] t ) ( 2 cos[ ) t cos( A A 2 1 2 c c m c m

El lector puede verificar fácilmente que el tercer término de la expresión anterior es igual a 2A₁A₂sen(ω_mt). Por lo tanto,

) t sen( A A 2 A A ) t ( E2 = ₁2+ 2₂+ ₁ ₂ ω_m , de donde E(t)= A₁2+A₂2 +2A₁A₂sen(ω_mt) En cuanto al desfase, del diagrama vemos que ω_ct=Ψ(t)+Θ(t),de donde

t c ω t c ω t m ω t m ω ) t ( Θ ) t ( Ψ ) t ( E 1 A A₂ ) t cos( A1 ωc 2 A ] t ) ( 2 sen[ A2 − ωc+ωm π ] t ) ( 2 cos[ A2 − ωc+ωm π 2 π ) t sen( A2 ωm t ) ( 2− ωc+ωm π ) t sen( A1 ωc Real Imag 0 Fig. P1.9(b).

(12)

_______________________ J. Briceño M., Dr. Ing. Profesor Titular, ULA Θ(t)= ω − Ψ_ct (t). También ) t sen( A A ) t cos( A arctg ) t ( m 2 1 m 2 ω + ω = Ψ

El signo menos puede incorporarse a Ψ o dejarse como está. (t)

1.10. Exprese x(t) en la forma polar x(t)=E(t)cos[ω_ct+Ψ(t)] y dibuje su diagrama fasorial.

(a) x(t)=6sen(50πt)cos(10πt)+10cos(60πt)cos(20πt); referencia fc = 20

Solución: ) t 20 cos( ) t 60 cos( 10 ) t 10 cos( ) t 50 sen( 6 ) t ( x = π π + π π ) t 40 cos( 5 ) t 80 cos( 5 ) t 40 cos( 3 ) t 60 cos( 3 ) t ( x = π + π + π + π ) t 80 cos( 5 ) t 60 cos( 3 ) t 40 cos( 8 ) t ( x = π + π + π Sea 40π=ωc; 20π=ω1; 80π=ωc+2ω1. Entonces, ] t ) 2 cos[( 5 ] t ) cos[( 3 ) t cos( 8 ) t ( x = ωc + ωc+ω1 + ωc+ ω1 .

El diagrama fasorial de x(t), referido a fc,

tiene la forma, Fig. P1.10(a) . Del diagrama fasorial,

[

+ ω + ω

]

+ = 2 1 1 2 ) t 2 cos( 5 ) t cos( 3 8 ) t ( E +

[

3sen(ω₁t)+5sen(2ω₁t)

]

2 ) t 2 cos( 5 ) t cos( 3 8 ) t 2 sen( 5 ) t sen( 3 arctg ) t ( 1 1 1 1 ω + ω + ω + ω = Ψ (b) c m m c c m c m x(t) [A A cos( t)]cos( t) con A A y f f = + ω ω > >> ] t ) cos[( 2 A ] t ) cos[( 2 A ) t cos( A ) t ( x m _c _m m c m c c ω + ω +ω + ω −ω =

El diagrama fasorial de x(t) tiene la forma mostrada en la Fig. P1.10(b)

Del diagrama fasorial, Fig. P2.10(b), ) t cos( A A ) t ( E = c+ m ωm y Ψ(t)=0 t 1 ω t 2ω1 ) t ( Ψ 8 3 5 E(t) 0 ref Fig. P1.10(a). t m ω t m ω E(t) Ac Am/2 Am/2 ref Fig. P1.10(b) 0

(13)

Nótese que este es el diagrama fasorial de una Señal Modulada AM, que veremos en el Capítulo VI.

(c) x(t)=A_ccos(ω_ct)−A_msen(ω_mt)sen(ω_ct) con A_c >A_m y f_c >>f_m

cos[( )t] 2 A ] t ) cos[( 2 A ) t cos( A ) t ( x c m m m c m c c ω + ω +ω − ω −ω =

El diagrama fasorial de x(t) tiene la forma, Fig. P1.10(c).

Del diagrama fasorial, Fig. P1.10(c),

2 m m 2 c sen( t)] 2 A 2 [ A ) t ( E = + ω = A2_c +A2_msen2(ω_mt) c m m A ) t sen( A arctg ) t ( = ω Ψ

Nótese que este es el diagrama fasorial de una Señal Modulada FM en Banda Angosta, que veremos en el Capítulo VI.

(d) x(t)=A_ccos(ω_ct)+n_c(t)cos(ω_ct)−n_s(t)sen(ω_ct). Esta señal representa a una portadora de frecuencia fc afectada por ruido blanco pasabanda, concepto que

utilizaremos en el estudio de la influencia del ruido en sistemas de comunicación.

) 2 t cos( ) t ( n ) t cos( )] t ( n A [ ) t ( x c c c s c π − ω − ω + = ,

cuyo diagrama fasorial es, Fig. P1.10(d). Del diagrama fasorial, Fig. P1.10(d),

) t ( n )] t ( n A [ ) t ( E = _c+ _c 2 + 2_s ) t ( n A ) t ( n arctg ) t ( c c s + = Ψ

1.11. Demuestre que si x(t)=x(t+T), entonces,

∫

+

∫

+

∫

− = − = = t T T t 0 2 / T a 2 / T a 2 / T 2 / T T 0 x(t)dt y x(t)dt x(t)dt dt ) t ( x dt ) t ( x Solución:

Sea el cambio de variables t=τ−T∴dt=dτ.

t m ω ) t ( Ψ ω_mt t m ω E(t) Ac ref 0 Fig. P1.10(c) Am/2 ) t ( Ψ E(t) ref Ac + nc(t) ns(t) -ns(t) Fig. P1.10.(d) 0

(14)

Si x(t+T)=x(t), entonces x(τ-T+T)=x(τ)=x(τ-T) [A]

Consideremos ahora:

∫

αβx(t)dt; haciendo t=τ−T y usando [A],

∫

αβ

∫

+ β + α + β + α τ τ = τ − τ = T T T Tx( )d d ) T ( x dt ) t ( x Cambiando t por τ,

_∫

β

_∫

α + β + α = T Tx(t)dt dt ) t ( x [B]

Se puede escribir también:

∫

+

∫

− − − + − + = 2 / T a 2 / T a 2 / T 2 / T a 2 / T a 2 / T x(t)dt dt ) t ( x dt ) t ( x

Aplicando [B] la primera integral del miembro derecho, obtenemos:

∫

−+

∫

+

∫

+ − + − + + = − = + = 2 / T a 2 / T a 2 / T 2 / T a 2 / T a 2 / T 2 / T a 2 / T 2 / T 2 / T a 2 / T 2 / T x(t)dt dt ) t ( x dt ) t ( x dt ) t ( x dt ) t ( x dt ) t ( x Por consiguiente,

∫

+

∫

− = − 2 / T a 2 / T a 2 / T 2 / T x(t)dt dt ) t ( x Si =

∫

T/2 =

∫

T/2 -T 0 x(t)dt x(t)dt , 2 T a Si α= β=

∫

t =

∫

+ 0 T t T x(t)dt x(t)dt : [B] de entonces, t, y 0

1.12. En las señales periódicas siguientes, verifique que el coeficiente de Fourier Xn es el dado. Desarrolle también xT(t) en serie de Fourier con A = 8.

(a) De la Fig. 1.48 del Texto,

) en T 4 / T 8 / T t ( ) 4 T t ( T A 4 ) 4 / T 8 / T t ( ) 4 T t ( T A 4 ) t ( xT − Π − − + Π + = Señal simétrica, φn = 0

∫

π − π = π − − = T/4 0 o 2 2 2 n ] 2 ) 2 n cos( 1 [ n 4 A 16 dt ) t nf 2 cos( ) 4 T t ( T A 8 X 2 4 A X 8, A ); 4 n ( sinc 4 A ) 4 n ( sen n 4 A 16 o 2 2 2 2 = = = = π π = X1 = 1,621; X2 = 0,811; X3 = 0,18

(15)

(b) De la Fig. 1.49 del Texto,

T

1 f

T;

en

)

t

f

2 cos(

A

)

t

(

x

_T

=

π

_o _o

=

Señal simétrica, φn = 0.

∫

− π π − = π π = T/4 0 o o 2 n 1 n ) 2 n cos( A dt ) t nf 2 cos( ) t f 2 cos( T A 2 X ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ − π − − = impar n para 0 par n para ) 1 n ( ) 1 ( A X 2 2 / n n A = 8; X_o A =2,546; X₂ =0,849; X₄ =−0,17; X₆ =0,073 π =

x_T(t)=2,546+1,698cos(2ω_ot)−0,34cos(4ω_ot)+0,146cos(6ω_ot)− ⋅⋅ ⋅⋅ ⋅⋅ (c) De la Fig. 1.50 del Texto, t en T

T A ) t ( xT = 2 0; n y n todo para n 2 A j ) n 2 ( n A 2 j dt ) t nf 2 j exp( t T A X T ₂ _n 0 o 2 n π = φ ≠ π = π π = π − =

∫

4; X 1,273; X 0,637; X 0,424 2 8 2 A dt t T A X 1 2 3 T 0 2 o =

∫

⋅ = = = = = =

El desarrollo en serie de Fourier es una serie de senos de la forma x_T(t)=4+2,546sen(ω_ot)+1,273sen(2ω_ot)+0,849sen(3ω_ot)+ ⋅⋅ ⋅⋅ ⋅⋅ (d) De la Fig. 1.51 del Texto, ) en T

T t exp( A ) t ( x_T = −

∫

π + − − π − − = π − − = T 0 o n n 2 j 1 1 ) 1 n 2 j exp( A dt ) t nf 2 j exp( ) T t exp( T A X n 2 j 1 A 6321 , 0 n 2 j 1 1 ) 1 exp( A X_n π + = π + − − − = ; φ_n =−arctg(2πn); A = 8 X_o =5,057; X₁ =0,795; X₂ =0,401; X₃ =0,268 o 3 o 2 o 1 =−80,96 ; φ =−85,45 ; φ =−86,96 φ x_T(t)=5,057+1,59cos(ω_ot−80,96o)+0,802cos(2ω_ot−85,45o)+ +0,268cos(3ω t−86,96o)+ ⋅⋅ ⋅⋅ ⋅⋅ o

(16)

(e) De la Fig. 1.52 del Texto, t en T T A ) t ( x_T = ₂ 2 ₃ ₃ 2 2 T 0 o 2 3 n n j n 2 n 2 j 4 A dt ) t nf 2 j exp( t T A X π − π − π − = π − =

∫

φ = π =

∫

= = = π π + = T 0 2 3 o n 2 2 n 2,667 3 8 3 A dt t T A X ); n ( arctg ; n 2 ) n j 1 ( A X X₁ =1,336; X₂ =0,645; X₃ =0,427 φ₁ =72,343o; φ₂ =80,95o; φ₃ =83,943o x (t)=2,667+2,672cos(ω t+72,343 )+1,289cos(2ωot+80,96o)+ o o T ⋅⋅ ⋅⋅ ⋅⋅ + + ω +0,854cos(3 _ot 83,94o)

(f) Sea la Fig. P1.12 (Fig. 1.53 del Texto)

π = 2

T ; En la Fig. 1.53 del Texto, hagamos T; T 2 2

α β α

β = = = α

π π

donde α es una medida del desplazamiento bo de xT(t). varía entre 0 y /2α π mientras que bo varía entre 1 y cero; por lo tanto, bo =cos(α)

En relación con el eje 0’, ) cos(t) T

t 2 cos( x'_T = π = En relación con el eje 0, o

' T T(t) x (t) b

x = − , pero bo =cos(α). Entonces, x_T(t)=cos(t)−cos(α) en T. Señal simétrica

(17)

∫

α − α

π =

0

n [cos(t) cos( )]cos(nt)dt

2 2 X ) 1 n )( 1 n ( n ) n cos( ) ( nsen ) n ( sen ) cos( 1 X_n − + α α − α α π = ; φn = 0

para todo n, excepto n=±1 y n = 0

] 2 ) 2 sen( [ 2 1 X ; ) cos( ) sen( X_o ₁ α− α π = π α ⋅ α − α =

Para desarrollar xT(t) en Serie de Fourier, vamos a suponer que α = π/4 y que la amplitud de x'T(t)es de 100 en vez de 1 (En la práctica estos valores son altos). Entonces, Xo = 4,8; X1 = 4,5; X2 = 3,8; X3 = 2,7; X4 = 1,5; ..., de donde ⋅⋅ ⋅⋅ ⋅⋅ + ω + ω + ω + ω +

=4,8 9,1cos( t) 7,5cos(2 t) 5,3cos(3 t) 3cos(4 t) )

t (

x_T _o _o _o _o

1.13.La señal (d) del Problema 1.12 se aplica a un filtro pasabajo de ganancia 2 y ancho de banda B = 2500 Hz. Si A = 10 y T = 1 ms, compruebe que

(a) La potencia de entrada al filtro es de 43,233 W (b) La salida del filtro es

y(t)=12,642+3,975cos(2πx103t−80,96o)+2,006cos(4πx103t−85,45o) (c) La potencia de salida del filtro es de 169,73 W

Solución: Del Problema 1.12(d): 2 2 n n 4 1 A 6321 , 0 X π + = ; A = 10; T = 10-3 s; fo = 103; ganancia = 2 La separación entre componentes es de 1000 Hz. Como B = 2500 Hz, por el filtro pasarán solamente las componentes Xo, X1 y X2.

(a) Potencia de entrada. ) en T t exp( 10 ) t ( x_T = − T

∫

− = ⋅ − >= < 103 0 3 3 2 T(t) 10 100exp( 2 10 t)dt 43,24 W x

(b) Salida del filtro. De los resultados del Problema 1. 12, para A = 10 y fo = 1000 y(t)=12,642+3,974cos(2000πt−80,96o)+2,006cos(4000πt−85,45o)

(d) Potencia de salida del filtro.

y (t) 4[X 2|X | 2|X2|2] 2 1 2 o 2 = + + <

(18)

<y2(t)>=4[(0,6,321)2+2(0,994)2+2(0,501)2]=169,73 W

1.14. La señal rectificada de media onda del Problema 1.12(b) se aplica a un filtro pasabajo de ganancia unitaria y ancho de banda B = 400 Hz. Si A = 100 y fo = 60 Hz, demuestre que el Factor de Rizado a la salida del filtro es del 48,24%.

Solución:

Datos: B = 400 Hz; A = 100; Señal rectificada del Problema 1.12(b)

Del Problema 1.12(b), ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ − π − − = impar n para 0 par n para ) 1 n ( ) 1 ( 100 X 2 2 / n n

Puesto que el filtro deja pasar hasta 400 Hz y solamente existen componentes con n par, el filtro dejará pasar las componentes Xo, X2, X4 y X6. De los datos del Problema 1.12(b), 100 48,24% ) 546 , 2 ( ] ) 073 , 0 ( ) 17 , 0 ( ) 849 , 0 [( 2 100 X X 2 Rizado% de Factor ₂ 2 2 2 2 o N 2 n 2 n = + − + = =

∑

=

1.15.(a) Dibuje el espectro de potencia |Xn|2 vs nfo de las tres señales del Problema 1.3. (Tome seis componentes a cada lado del origen).

(b) Si estas tres señales se aplican separadamente a un filtro pasabanda de ganancia unitaria, de ancho de banda B = 1400 Hz y centrado en fc = 1500 Hz, determine las correspondientes potencias de salida del filtro.

Solución:

(a) 1. Señal Diente de Sierra: (t T) en T;A 10;f 1000Hz T A ) t ( x_T =− − = _o =

∫

π = π − = π π − = π − − − = T 0 o 2 2 n 2 n n 5 X ; n 5 j n n j 5 dt ) t nf 2 j exp( ) T t ( T A X

∫

− = − − = 103 − 0 3 7 o 10 (t 10 )dt 5 X ; |Xo|2 = 25; |X1|2 = 6,416; |X2|2 = 0,401; |X3|2 = 0,079; |X4|2 = 0,025; |X5|2 = 0,01; |X6|2 = 0,005.

El espectro de potencia tiene la forma (frecuencias positivas solamente)

2 o X 2 1 X 2 2 X 2 3 X 2 4 X 2 5 X 2 6 X fo fo fo fo fo fo 0 f fo = 1000 Hz Fig. P1.15.

(19)

2. Señal Exponencial. x_T(t)=10exp(−103|t|) en T; T=2ms;f_o =500Hz

₂ ₂ n 2 / T 0 o 3 n n 1 )] 1 exp( ) 1 ( 1 [ 10 dt ) t nf 2 cos( ) t 10 exp( 10 T 2 X π + − − − = π − =

∫

X_o2 =39,958; X₁2 =1,584; X₂2 =0,024;X₃2 =0,023; etc.

El espectro tiene la misma forma que la de la Fig. P1.15, pero con las componentes a las frecuencias 0, 500 Hz, 1000 Hz, 1500 Hz, 2000 Hz, 2500 Hz, etc.

3. Señal Cuadrada. T ) en T; fo 103Hz;T 10-3 2 / T 2 / T 3 t ( ) 2 / T 4 / T t ( ) t ( x =Π − −Π − = = = _⎢⎣⎡

∫

T/2 − π −

∫

− π _⎥⎦⎤ 0 T 2 / T o o n exp( j2 nf t)dt exp( j2 nf t)dt T 1 X π + − − = π π − + + π − − = jn 2 ) 1 ( 2 2 1 jn )] n 2 j exp( 1 ) jn exp( 2 [ 2 1 X n n ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ π = par n para 0 impar n para jn 2 Xn paran impar; X 0 n 4 X 2 2 o 2 n = π = X₁2 =0,405; X₃2 =0,045; X₅2 =0,016; X₇2 =0,008; X₉2 =0,005; etc. El espectro es similar al de la Fig. P1.15, pero con las componentes a las

frecuencias 1 kHz, 3 kHz, 5 kHz, 7 kHz, 9 kHz, etc.

(b) Filtro Pasabanda, ganancia unitaria, B = 1400 Hz, fc = 1500 Hz. La banda de paso del filtro se extiende desde 800 Hz hasta 2200 Hz

1. Señal Diente de Sierra.

fo = 1000 Hz. Solamente pasan las componentes X1 y X2 de 1000 Hz y 2000 Hz, respectivamente.

Potencia de salida: <y2(t)>=2[X₁2 +X2₂]=2(6,416+0,401)=13,634W 2. Señal Exponencial.

f_o =500 Hz; n impar. Pasa solamente la componente X3 de 1500 Hz. Potencia de Salida: y (t) 2X32 2x4,453 8,906

2 >= = =

< W

3. Señal Cuadrada.

fo = 1000 Hz; n impar. Pasa solamente la componente X1 de 1000 Hz. Potencia de salida: y (t) 2X12 2x0,405 0,810

2 >= = =

< W

(20)

1.16. Sea la señal periódica de la Fig. P1.16 (Fig. 1.54 del Texto). Aplique el concepto de Transfor-mada de Fourier de Señales Periódicas.

Demuestre:

(a) Que el Coeficiente de Fourier Xn es 0 1 2 3 4 5 -1 -2 -3 -4 -5 xT(t) 10 -10 Fig. P1.16 t n n 2 n o n n X 5( 1) sin c( ) 2,5sin c ( ); 0; X 2, 5 2 4 = − − φ = =

(b) Que si la señal se aplica a una resistencia de 1000 Ohm, la potencia disipada en la resistencia es de 266,67 mW.

Solución:

(a) De la Fig. P1.16, la señal generatriz xg(t) de x(t) es: x (t)_g 10 (t) 10 (t 2)

2 −

= − Λ + Π , cuya transformada de Fourier es

2 g

X (f )= −10 sin c (f )+20 sin c(2f ) exp( j4 f )− π ; el período de x(t) es T = 4.

2 n n 1 2 n 1 n n

X 10sin c ( ) 20sin c( ) exp( j n)

4 4 2

n _{( 1)} _{para n impar} pero cos(n )=(-1) ; sen( )

2 _{0 para n par} − ⎡ ⎤ = _⎢− + − π _⎥ ⎣ ⎦ ⎧ π _{⎪ −} π _{= ⎨} ⎪⎩

Entonces, X_n 5( 1) sin c( )n n 2,5sin c ( )2 n

2 4

= − − para n impar. Xo = 2,5; φ = n 0

(b) La potencia disipada en una carga de RL Ohm es

2 L L x (t) P R < > =

Hay que definir a x(t) en el intervalo T: x(t) 10(t 1) para 0 t<1 10 para 1 t<2 − ≤ ⎧ = ⎨ _≤ ⎩ en T/2 1 2 2 2 0 1 x (t) 2 100(t 1) dt 2 100dt 266,67 W < >=

∫

− +

∫

=

(21)

_______________________ J. Briceño M., Dr. Ing. Profesor Titular, ULA L 266,67 P 0, 26667 W 266,67 mW 1000 = = =

1.17. Suponga que el circuito eléctrico de la Fig. P1.17 (Fig. 1.55 del Texto) tiene un voltaje aplicado v(t) de la forma

∑

∞ = θ + π + = 1 n n o n o V cos(2 nf t ) V ) t ( v

La corriente correspondiente vendrá dada por

∑

∞ = φ + π + = 1 n n o n o I cos(2 nf t ). I ) t ( i Circuito Eléctrico i(t) v(t) Fig. P1.17

Si se define la potencia promedio de entrada al circuito en la forma

∫

− ⋅ = T/2 2 / T v(t) i(t)dt T 1

P , demuestre que la potencia de entrada se puede expresar en la

forma

∑

∞ = φ − θ ⋅ + = 1 n n n n n o o cos( ) 2 I V I V P Solución:

∫

∑

− − ∞ = θ + π + = = T/2 2 / T 2 / T 2 / T 1 n n o n o V cos(2 nf t )] V [ T 1 dt ) t ( i ) t ( v T 1 P

∑

∞ = φ + π + 1 n n o n o I cos(2 nf t ]dt I [

∫

−

∑

∞ = ∞ = + θ + π + φ + π + = T/2 2 / T 1 n n 1 n o n o n o n o o oI V I cos(2 nf t ) I V cos(2 nf t ) V {[ T 1 P

∑

∞ = ∞ = φ + π ⋅ θ + π + 1 n n 1 n o n n o n cos(2 nf t ) I cos(2 nf t )]}dt V

∫

−

∑

∫

∞ = − + φ + π + = T/2 2 / T 1 n 2 / T 2 / T o n n o o o cos(2 nf t )dt T 1 I V dt I V T 1 P

∑

∫

∞ = − + θ + π + 1 n 2 / T 2 / T o n n o cos(2 nf t )dt T 1 V I

∑

∫

∞ = − ⋅ φ + π ⋅ θ + π ⋅ + 1 n 2 / T 2 / T o n o n n n cos(2 nf t ) cos(2 nf t ) dt T 1 I V

La primera integral es simplemente igual a VoIo; la segunda y tercera integrales son iguales a cero porque la integración se hace dentro de un período completo del coseno. La cuarta integral es igual a cos( ).

2 1

n n −φ

(22)

∑

∞ = φ − θ + = 1 n n n n n o o V I cos( ) 2 1 I V P

1.18. El voltaje aplicado al circuito eléctrico de la Fig. 1.55 del Texto es v(t)=V cos(2 f t)o π o

y la corriente i(t) tiene la forma _o

n t nT t nT T / 2 i(t) I ( ) ( ) T / 2 T / 2 ∞ =−∞ − − − ⎡ ⎤ = _⎢Π − Π _⎥ ⎣ ⎦

∑

.

(a) Demuestre que la potencia instantánea p(t) = v(t) i(t), para T = 1, es

p(t)=V I cos(2 t)o o π en T. Nótese que p(t) tiene la forma de una señal rectificada

de onda completa.

(b) Demuestre que la potencia promedio es 2 2 2 o o 1 p (t) V I 2 < >= . Solución:

Veamos primero la forma de i(t). La señal i(t) es periódica y su función generatriz ig(t) se obtiene para n = 0. Entonces, para n = 0, i (t)_g I_o ( t ) (t T / 2)

T / 2 T / 2 −

⎡ ⎤

= _⎢Π − Π _⎥

⎣ ⎦. En la Fig.

P1.18(a) se muestra ig(t) e i(t) para T = 1.

ig(t) -Io Io t 1/4 -1/4 3/4 T = 1 0 Io -Io 1/4 -1/4 i(t) 1 -1 1/2 -1/2 -1 0 t

(a) Señal Generatriz (b) Corriente Fig. P1.18(a)

En la Fig. P1.18(b) se muestra gráficamente la formación del producto v(t) por i(t) que es la potencia instantánea, y la forma final de p(t), siendo p(t)=V I cos(2 t)o o π

cuando T = 1. Nótese que p(t) tiene la forma de una señal rectificada de onda completa. Nótese también que el período de p(t) es T = ½.

(23)

_______________________ J. Briceño M., Dr. Ing. Profesor Titular, ULA -Vo Vo Io -Io i(t) v(t) t -1/4 1/4 0 1/2 -1/2 -1 1 t 0 1/4 -1/4 3/4 -3/4 1 -1 p(t) VoIo (a)

(b) Potencia instantánea p(t) = v(t) i(t) Fig. P1.18(b) (b) El período de p(t) es T/2, entonces, 1/ 4 T / 2 2 2 2 2 2 2 o o o o 0 0 2 2 o o 2 p (t) V I cos (2 t)dt 4(V I ) cos (2 t)dt T V I = 2 < >=

_∫

π =

_∫

π

1.19. La señal v(t)= 2110 cos(2 f t)π _o , con fo = 60 Hz, se aplica a un rectificador de media onda. El rectificador alimenta a una carga de 50 Ohm.

(a) Demuestre que el Coeficiente de Fourier de la corriente i(t) que circula por la carga es n 2 2 2 n 2110( 1) para n par I _{50 (n} ₁₎ 0 para n impar + ⎧ − ⎪⎪ = ⎨ _π ₋ ⎪ ⎪⎩ ; Io = 0,99 Amp; φ = n 0

(b) El desarrollo de i(t) en Serie de Fourier es i(t) 0, 99 0, 66 cos(240 t) 0,132 cos(480 t)

0, 057 cos(720 t) 0, 031cos(960 t) ...

= + π − π +

(24)

Solución:

(a) v(t)= 2110 cos(2 f t)π _o ; i(t) v(t); T= 1

R 60

= ; fo = 60 Hz; R = 50 Ohm La señal de salida rectificada tiene la

forma de la Fig. P1.19. La corriente será v(t) 2110 cos(2 f t)o i(t) R 50 π = = en T T/4 -T/4 T/2 -T/2 T -T Vo 0 t --- ---Fig. P1.19

El Coeficiente de Fourier de i(t) será

T / 4 n 0 1/ 240 n 0 n 2 2 n 2 2 2110 I cos(120 t) cos(120 nt)dt T 50 120 2110 I cos(120 t) cos(120 nt)dt 50 n cos( ) 110 2 ₂ 110 2 ( 1) I para n par 50 (n 1)(n 1) 50 n 1 + = π π = π π π − = − = π + − π −

∫

n 2 2 2 n 110 2 ( 1) para n par I 50 n 1 0 para n impar + ⎧ − ⎪ = ⎨ _π ₋ ⎪ ⎩ ; Io = 0,99 Amp; φ = n 0

El desarrollo de Fourier de i(t) es: i(t) 0, 99 0, 66 cos(240 t) 0,132 cos(480 t) 0, 057 cos(720 t) 0, 031cos(960 t) ...

= + π − π +

+ π − π +

1.20.` Sea la Fig. P1.20 (Fig. 1.56 del Texto).

(a) Demuestre que el Coeficiente de Fourier de x(t) es 2 2 n 8A para impar X 3 n 0 para n par y n 0 ⎧ ⎪ =⎨ π ⎪ _≠ ⎩ o n A X ; 0 3 = φ = 0 -A/3 A x(t) t T/2 -T/2 T -T Fig. P1.20 -to to

(25)

(b) Demuestre que la potencia promedio de x(t), para A = 10, es <x (t)2 >=25, 926 W (c) La señal x(t) se pasa por un filtro pasabajo, de ganancia unitaria y ancho de banda

de 35 Hz. Si T= 0,1 y A = 10, demuestre que la potencia de salida del filtro es de 26,915 W.

Solución:

(a) La forma de la señal se presta para calcular los coeficientes de Fourier mediante la Transformada de Fourier. La señal generatriz se puede expresar en la forma

x (t)_g A ( )t 4A ( t )

3 T 3 T / 2

= − Π + Λ , cuya transformada de Fourier es

2 g 2 2 n AT 4AT Tf X (f ) sin c(Tf ) sin c ( ) 3 6 2 1 AT nT 4AT nT A 4A n

X sin c( ) sin c ( ) sin c(n) sin c ( )

T 3 T 6 2T 3 6 2 = − + ⎡ ⎤ = _⎢− + _⎥= − + ⎣ ⎦ 2 2 n 8A para n impar X n 0 para n par y n 0 ⎧ ⎪ = π⎨ ⎪ _≠ ⎩ φ = _n 0

El lector puede demostrar fácilmente que Xo = A/3.

(b) Para calcular la potencia promedio de x(t) , hay que definir x(t) en forma analítica dentro del intervalo T. Primero hay que hallar el valor to mostrado en la Fig. P1.20. to es el punto por donde la señal cruza el eje t. Por triángulos semejantes,

o A 4A / 3 t = T / 2 ; de donde o 3T t 8

= . Por lo tanto, la señal x(t) será

o o 8A T (t t ) para - t 0 3T 2 x(t) 8A T (t t ) para 0 t< 3T 2 ⎧ ₊ _{≤ <} ⎪⎪ = ⎨ ⎪− − ≤ ⎪⎩ con t_o 3T 8 = .

La potencia de entrada al filtro será, para A = 10 y T = 0,1,

2 T / 2 2 0 2 8A 3T x (t) (t ) dt T 3T 8 ⎡ ⎤ < >= _⎢− − _⎥ ⎣ ⎦

∫

= 25,926 W

(26)

Como el filtro tiene un ancho de banda de 35 Hz y fo = 10 Hz, él dejará pasar solamente las componentes Xo, X1, X2 y X3 . Por lo tanto, su potencia de salida será, aplicando el Teorema de Parseval,

<y (t)2 >=X2_o+2 X⎡_⎣ ₁2+X2₂+X₃2⎤_⎦=25, 915 W 1.21. Sean las dos señales

perió-dicas de la Fig. P1.21. (a) Demuestre que sus

corres-pondientes Coeficientes de Fourier son 2 n o n n sen ( ) 4 X j2A ; X 0; n 2 π π = = φ = π n 1 2 2 n o 1 n ( 1)

j2A para n impar 1

Y _(n ₁₎ 0 para n par 2A Y 0; Y =j ; 3 2 − ⎧ − ⎪⎪− ≠ ± = ⎨ _π ₋ ⎪ ⎪⎩ π = θ = π T/4 T/4 T/2 A -A A -A t t Seno Fig. P1.21 x(t) y(t) 0 0

(b) Demuestre que las potencias de x(t) y de y(t) están relacionadas mediante la expresión 2 2 2 x (t) A y (t) 2 4 < > < >= = Solución:

(a) Para x(t) utilicemos el método de la Transformada de una Señal Periódica. La señal generatriz de x(t) es g g g n t T / 8 t T / 8 x (t) A ( ) A ( ) T / 4 T / 4 AT Tf T AT Tf T

X (f ) sin c( ) exp( j2 f ) sin c( ) exp( j2 f )

4 4 8 4 4 8

AT Tf Tf

X (f ) j sin c( )sen( )

2 4 4

1 AT Tn nT A n n

X j sin c( )sen( ) j sin c( )sen( )

T 2 4T 4T 2 4 4 + − = Π − Π = π − − π π = π π ⎡ ⎤ = _⎢ _⎥= ⎣ ⎦

(27)

_______________________ J. Briceño M., Dr. Ing. Profesor Titular, ULA _n 2 _o _n n sen( ) A ₄ n 2A n X j sen( ) j sen ( ); X 0; n 2 4 n 4 2 4 π π π π = _π = = φ = π

Para la señal y(t) vamos a usar la integral. De la Fig. P1.21, definimos y(t): 4 t y(t) Asen( ) T π = − para T t T 4 4

− ≤ < ; es una señal impar

T / 4 n 0 2 4 t 2 nt Y j Asen( )sen( )dt T T T π π = −

∫

− . Integrando, n 1 2 2 n 2 n sen( ) 2A( 1) j para n impar 2 Y j2A _(n ₄₎ (n 4) 0 para n par − π ⎧ − ⎪⎪− = − _{= ⎨ π −} π − _⎪ ⎪⎩ ; Yo = 0; n 2 π φ =

(b) Cálculo de las potencias: Para x(t), T / 4 2 2 2 0 2 A x (t) A dt T 2 < >=

∫

= Para y(t), T / 4 2 2 2 2 T / 4 1 4 t A y (t) A sen ( )dt T₋ T 4 π < >=

_∫

= . Se verifica que 2 2 2 x (t) A y (t) 2 4 < < >= =

1.22. El voltaje periódico de la Fig. P1. 22(a) se aplica al circuito RL serie mostrado en (b).

Demuestre que: ( ) ( ) ( ) ( )/ a n jn n I para n impar 0 para n par n = − + ⎧ ⎨ ⎪ ⎩ ⎪ − 2 1 1 1 2 π −π 0 π 2π t R=1 Ohm L=1 H i(t) v(t) 1 _₁ v(t) (a) (b) Fig. P1.22

(28)

i t( )= ⎡ cos(t− o)− cos( t− , o)+ cos( t− o) ⎣⎢ ⎤ ⎦⎥ 4 1 2 45 1 3 10 3 71 56 1 5 26 5 78,69 π -... Solución:

(a) De la Fig. 1.58 el Texto, v(t) (t) (t ) en T. π π − Π − π Π =

Señal simétrica; T = 2π; fo = 1/2π. Para el circuito serie RL: Z(f) = R +j2πfL

⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ π − = π π = ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡ ₋ π = − π π π

∫

par n para 0 impar n para n ) 1 ( 2 n ) 2 n sen( 2 dt ) nt cos( dt ) nt cos( 1 V 2 / ) 1 n ( 2 / 0 /2 n R = 1 ; L = 1 ; Para f = nfo y fo = 1/2π, Zn = R + j2πnfoL = 1 + jn Entonces, ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ + π − = = − par n para 0 impar n para ) jn 1 ( n ) 1 ( 2 Z V I 2 / ) 1 n ( n n n ; φn =−arctg(n) (b) 2 2 / ) 1 n ( n n 1 n ) 1 ( 2 I + π − = − ; Io = 0; 50 7 2 I ; 26 5 2 I ; 10 3 2 I ; 2 2 I1 3 5 7 π − = π = π − = π = φ1 = -45º; φ3 = -71,56º; φ5 = -78,69º; φ7 = -81,87º ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡ ₋ ₋ ₋ ₊ ₋ ₋ _⋅⋅ _⋅⋅ _⋅⋅ π = cos(5t 78,69 ) 26 5 1 ) 56 , 71 t 3 cos( 10 3 1 ) 45 t cos( 2 1 4 ) t ( i o o o

1.23. Verifique los siguientes pares de Transformadas de Fourier. Sea x(t)⇔X(f)

(a) x(t−t_o)exp(−j2πf_ct)⇔X(f +f_c)exp[−j2πt_o(f +f_c)] Apliquemos los Teoremas de la TF con la notación

{ }

x(t) y x(t) TF

{

X(f)

}

TF ) f ( X = = -1

Sea y(t)=x(t−t_o)exp(−j2πf_ct)⇔Y(f)=TF

{

x(t−t_o)exp(−j2πf_ct)

}

{

x(t t )

}

| [X(f)exp( j2 t f)]| ; TF ) f ( Y c c o f f f f f f o → + = − π → + − = de donde )] f f ( t 2 j exp[ ) f f ( X ) f ( Y = + c − π o + c

(29)

_______________________ J. Briceño M., Dr. Ing. Profesor Titular, ULA (b) ₂ ₂ ₂ f 4 a aA 2 ) f ( X ) t a exp( A ) t ( x π + = ⇔ −

= . Aplicando la integral de Fourier,

∫

−∞∞

∫

∞ π − = π − − = 0 exp( at)cos(2 ft)dt A 2 dt ) ft 2 j exp( ) t a exp( A ) f ( X 2 2 2 f 4 a aA 2 ) f ( X π + = (c) x(t)=A[1−exp(−at)]u(t)=Au(t)−Aexp(−at)u(t)=x1(t)−x2(t)

Del Ejemplo 1.18 del Texto,

Del Ejemplo 1.16 del Texto,

f 2 j a A ) f ( X ) t ( u ) at exp( A ) t ( x₂ ₂ π + = ⇔ − = . Entonces, ) f 2 j a ( f 2 j f 2 jA f 2 jA aA ) f ( 2 A f 2 j a A f 2 j A ) f ( 2 A ) f ( X π + π π − π + + δ = π + − π + δ = ) f 2 j a ( f 2 j aA ) f ( 2 A ) f ( X π + π + δ =

(d) x(t)=Atexp(−at)u(t). Mediante la Integral de Fourier,

∫

∞ π + = π − − = 0 ₍_a _j₂ _f₎2 A dt ) ft 2 j exp( ) at exp( t A ) f ( X

(e) x(t)=Aexp(−at)u(t)cos(2πfct). Sea x1(t)=Aexp(−at)u(t). Del Ejemplo 1.16

del Texto, f 2 j a A ) f ( X ) t ( u ) at exp( A ) t ( x₁ ₁ π + = ⇔ −

= . Y del Teorema de la Modulación,

[X (f f ) X (f f )] X(f) 2 1 ) t f 2 cos( ) t ( x₁ π _c ⇔ ₁ + _c + ₁ − _c = . De donde, _⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − π + + + π + = ) f f ( 2 j a 1 ) f f ( 2 j a 1 2 A ) f ( X c c f 2 j A ) f ( 2 A ) f ( X ) t ( Au ) t ( x1 1 π + δ = ⇔ =

(30)

(f) x(t)=Aexp(−at)cos(2πf_ct). Sea x₁(t)=Aexp(−at). DelProblema1.17(b),

, y delTeoremadelaModulación,

f 4 a aA 2 ) f ( X ) t a exp( A ) t ( x₁ ₁ ₂ ₂ ₂ π + = ⇔ − = ₂ c 2 2 2 c 2 2 c 1 c 1 ) f f ( 4 a aA ) f f ( 4 a aA )] f f ( X ) f f ( X [ 2 1 ) f ( X − π + + + π + = − + + = (g) ); x(t)espar a 2 t exp( A ) t ( x ₂ 2 −

= . Mediante la Integral de Fourier,

∫

∞ = π − π π π = π − = 0 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 )] f a 2 [exp( a 2 A )] f a [exp( 2 aA dt ) ft 2 cos( ) a 2 t exp( A 2 ) f ( X

1.24. Ventana de Ponderación de Hamming.

La “Ventana de Hamming”, utilizada en el procesamiento de señales, está definida en la forma ) T 2 t ( ) T t cos( 46 , 0 54 , 0 resto el en 0 T t para ) T t cos( 46 , 0 54 , 0 ) t ( x =_⎢⎣⎡ + π _⎥⎦⎤Π ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ π _≤ + =

(a) Grafique x(t) para T = 1 seg.

(b) Demuestre que X(f)=1,08sinc(2Tf)+0,46sinc(2Tf +1)+0,46sinc(2Tf −1)

(c) Grafique X(f) para T = 1 ms. Verifique que el primer cero de X(f) ocurre a f = 1 kHz. Solución:

(a) En la Fig. P1.24(a) se grafica la Ventana de Hamming. Nótese que ella es una señal en coseno elevado. (b) ) T t cos( ) T 2 t ( 46 , 0 ) T 2 t ( 54 , 0 ) t ( x = Π + Π π Sea ) X (f) 2Tsinc(2Tf) T 2 t ( ) t ( x1 =Π ⇔ 1 = ) f ( X ) t T 2 1 2 cos( ) T 2 t ( ) t (

x₂ =Π π ⇔ ₂ ; y del Teorema de la Modulación

⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡ ₊ ₊ ₋ = ) T 2 1 f ( T 2 [ Tsinc 2 )] T 2 1 f ( T 2 [ Tsinc 2 2 1 ) f ( X₂

X(f)=0,54TX₁(f)+0,46X₂(f)=1,08Tsinc(2Tf)+0,46T[sinc(2Tf +1)+sinc(2Tf −1)]

En la Fig. P1.24(b) se grafica el espectro de la Ventana de Hamming para T = 10-3.

(31)

Nótese, Fig. P1.24, que el espectro es prácticamente cero para frecuencias superiores a 1000 Hz, es decir, para frecuencias superiores a 1/T. Esta es una característica muy útil en el procesamiento de señales.

1.25. Sea la secuencia de impulsos de la Fig. P1.25. (a) Demuestre que su transformada de Fourier

X(f) es 3 3 3 3 3 exp( j10 f ) exp( j5x10 f ) f X(f ) 10 sin c( ) 10 3exp( j7x10 f ) − − − − ⎡ − π + − π +⎤ = _⎢ _⎥ + − π ⎢ ⎥ ⎣ ⎦

(b) Grafique |X(f)| y verifique que el primer cero de |X(f)| está a una frecuencia de 1000 Hz. (c) Demuestre que la energía contenida dentro

del primer cero de |X(f)| es el 90,3% de la energía total de la señal. 0 1 2 3 4 t milisegundos x(t) 1 1 3 Fig. P1.25. Solución: De la Fig. P1.25: 3 3 3 3 3 3 t 0,5x10 t 2,5x10 t 3,5x10 x(t) ( ) ( ) 3 ( ) 10 10 10 − − − − − − − − − = Π + Π + Π 3 3 3 3 3 3 -3 3 3 10

X(f ) 10 sin c(10 f ) exp( j2 f ) 10 sin c(10 f ) exp( j2 x2,5x10 f ) 2 +3x10 sin c(10 f ) exp( j2 x3,5x10 f ) − − − − − − − − = − π + − π + − π 3 3 3 3 3 f

X(f ) 10 sin c( ) exp( j10 f ) exp( j5x10 f ) 3exp( j7x10 f ) 10

− _⎡ − − − _⎤

(32)

(b) Con ayuda de MATHCAD en la figura siguiente se grafica |X(f)|.

2000 1000 0 1000 2000 0 0.002 0.004 0.006 X f( ) f |X(f)| f Hz

Nótese que el primer cero de |X(f))| está a 1000 Hz. (c) La energía total de x(t) viene dada por la integral 3 3 3 3 3 10 3x10 4x10 3 0 2x10 3x10 EnergíaTotal E dt dt 9dt 11x10 joules − − − − − − = =

_∫

+

_∫

+

_∫

=

La energía dentro del primer cero vendrá dada por

1000 2 3 B 1000 E | X(f ) | df 9,931x10 joules− − =

_∫

= Por lo tanto, 3 B 3 E 9,931x10 0,903 E 11x10 − − = = ; de donde EB = 0,903 E

La energía dentro del primer cero es el 90,3% de la energía total de la señal. 1.26. La señal x(t)=exp(−t)u(t)se aplica al circuito RC de la Fig. 1.60 del Texto.

Demuestre que la transformada de Fourier de la salida es ₂ ) f 2 j 1 ( f 2 j ) f ( Y π + π = Solución: f 2 j 1 1 ) f ( X ) t ( u ) t exp( ) t ( x π + = ⇔ −

= . Pero del circuito RC,

X(f), con R 1y C 1, fRC 2 j 1 fRC 2 j ) f ( X fC 2 j 1 R R ) f ( Y = = π + π = π + = f j2 1 1 X(f) como pero ); f ( X f 2 j 1 f 2 j ) f ( Y π + = π + π = , entonces 2 ) f 2 j 1 ( f 2 j ) f ( Y π + π =

(33)

1.27. La misma entrada del Problema anterior se aplica al circuito RL de la Fig. 1.61 del

Texto. Demuestre que ₂

) f 2 j 1 ( 1 ) f ( Y π + = Solución:

Del circuito de la Fig. 1.61 del Texto, X(f)

f 2 j 1 1 ) f ( X fL 2 j R R ) f ( Y π + = π + = Como ₂ f) j2 (1 1 Y(f) entonces , f 2 j 1 1 ) f ( X π + = π + =

1.28. Demuestre que las transformadas de Fourier X(f) de las señales x(t) siguientes son las dadas.

(a) De la Fig. 1.62 del Texto, t) (t) X(f)

2 1 2 cos( A ) t ( ) t cos( A ) t ( x ⇔ π Π π π = π Π = (t)⇔πsinc(πf) π

Π , fc = 1/2π; y por el Teorema de la Modulación,

⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡ π − π + π + π π = )] 2 1 f ( [ sinc )] 2 1 f ( [ sinc 2 A ) f ( X ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡ _π ₊ ₊ _π ₋ π = ) 2 1 f ( sinc ) 2 1 f ( sinc 2 A ) f ( X

(b) De la Fig. 1.63 del Texto, ) 4 t ( t 2 A ) t ( x = ⋅Π ; señal impar

∫

_⎢⎣⎡ _⎥⎦⎤ π π − π π = π − = 2 0 2_f2 ) f 4 sen( f ) f 4 cos( 4 4 jA dt ) ft 2 sen( t 2 A 2 j ) f ( X _⎢⎣⎡ _⎥⎦⎤ π π − π π = ₂ ₂ f ) f 4 sen( f ) f 4 cos( jA ) f ( X (c) Parábolas; ) X (f) 2 1 t ( At ) t ( x donde ), 2 t ( x ) t ( x ) t ( x = ₁ + ₁ − ₁ = 2Π − ⇔ ₁ x₂(t)=x₁(t−2)⇔X₂(f)=X₁(f)exp(−j2π2f)=X₁(f)exp(−j4πf) =

∫

1 − π 0 2 1(f) A t exp( j2 ft)dt X ₃ ₃ 2 2 1 f j 1 ) f 2 j exp( f 2 ) f 2 j exp( ) f 2 j exp( f 2 j 4 A ) f ( X π − π − π − π − + π − π =

(34)

_______________________ J. Briceño M., Dr. Ing. Profesor Titular, ULA _⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ π − π − π + π − = ₃ ₃ 2 2 3 1 f j 1 ] f ) f j 1 )[( f 2 j exp( 4 A ) f ( X )] f 2 j exp( ) f 2 j )[exp( f 2 j exp( ) f ( X )] f 4 j exp( 1 )[ f ( X ) f ( X = 1 + − π = 1 − π π + − π ) f ( X ) f 2 j exp( ) f 2 cos( 2 ) f ( X = π − π ₁ . Reemplazando X1 (f),

[

exp( j2 f)[(1 j f) f ] 1

]

) f 2 j exp( ) f 2 cos( f 2 j A ) f ( X ₃ ₃ π − π − π + π 2 −π2 2 − π =

[

(1 j f) f exp(j2 f)

]

) f 4 j exp( ) f 2 cos( f 2 j A ) f ( X ₃ ₃ π − π + π 2 −π2 2− π π = (c) Trapecio, ) 4 / T t ( A ) 2 / T t ( A 2 ) t ( x = Λ − Λ )] T / 4 f ( sinc ) T / 2 f ( sinc 4 [ 4 AT ) f 4 T ( sinc 4 T A ) f 2 T ( sinc 2 T A 2 ) f ( X = 2 − 2 = 2 − 2

(d) De la Fig. 1.66 del Texto, x(t)=x1(t)+x1(t+4to)+x1(t−4to) 10 4t ; 40 t 2 t 10 2 ); t 10 2 cos( A ) t 20 cos( A ) t ( x₁ _o =π∴ _o = π _o = π π π π π = = ) f 5 j exp( ) f ( X ) f ( X ) 10 t ( x ) t ( x f) 5 (f)exp(j X f) 10 (f)exp(j2 X (f) X ) 10 t ( x ) t ( x 2 1 3 1 3 2 1 1 2 1 2 π − = ⇔ π − = π = π π = ⇔ π + = 2 2 2 40 / 0 1 f 100 ) 20 f cos( A 10 ` dt ) ft 2 j cos( ) t 20 cos( A 2 ) f ( X π − π = π − =

∫

π , de donde ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ₊ π π − π = ) 5 f cos( 2 1 f 100 ) 20 f cos( A 10 ) f ( X 2 2 2 2

1.29. Sea x(t)=10exp(−t). Calcule el ancho de banda B dentro del cual está contenido el 80% de la energía de la señal. [Respuesta: B = 0,15056Hz].

Solución: ₂ ₂ f 4 1 20 ) f ( X ) t exp( 10 ) t ( x π + = ⇔ − = ; Energía Total =

∫

∞ − = 0 t 2 100exp( 2t)dt 100 E joules

(35)

Si en el ancho de banda B está contenido el 80% de la energía, entonces,

∫

= π + B 0 ₍₁ ₄ 2_f2₎2df 80 400

2 joules. Resolviendo la integral,

80 ) B 4 1 ( ) B 2 arctg( B 4 ) B 2 arctg( B 2 200 ₂ ₂ 2 2 = π + π π π + π + π

, expresión que se reduce a la ecuación

0 B 2 ] 5 2 ) B 2 )[arctg( B 4 1

( + π2 2 π − π + π = . Resolviendo esta ecuación, obtenemos B = 0,15056 Hz.

1.30. La señal x(t)=texp(−Kt)u(t) se pasa por un filtro pasabajo de ganancia unitaria y ancho de banda B. Calcule el ancho de banda B del filtro a fin de que la energía de salida del filtro sea el 80% de la energía a la entrada. Expresar B en función de K.

Solución:

Del Problema 1.1(c) con K = 1/τ y A = 1,

Energía Total de entrada =

∫

∞ − =

0 3 2 t K 4 1 dt ) Kt 2 exp( t

E . También, del Problema 1.23(d),

2 2 2 2 2 2 2 2 f K 16 ) f 4 K ( 1 X(f) ; ) f 2 j K ( 1 ) f ( X ) t ( u ) Kt exp( t ) t ( x π + π − = π + = ⇔ − = Para la salida: B ₃ 0 2 2 2 2 2 2 2 s K 4 8 , 0 f K 16 ) f 4 K ( df 2 E = π + π − =

∫

Resolviendo la integral, ₃ ₂ ₂ ₂ ₃ 2 2 2 K 2 , 0 B 4 K ( K ) K B 2 arctg( B 4 ) K B 2 arctg( K B K 2 2 1 ₌ π + π π π + π + π Esta expresión se puede reducir a la ecuación siguiente:

0 K B 2 ] 4 , 0 ) K B 2 ][arctg( ) K B ( 4 1 [ + π2 2 π − π + π =

Resolviendo esta ecuación para B/K, obtenemos: 0,15056K B también o 15056 , 0 K B ₌ ₌

(36)

1.31. Sea x(t) = sinc2(10t). Demuestre que (a) su espectro de energía es

⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ≤ ≤ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + − = f 10 para 0 10 f para 100 f 5 f 1 100 1 ) f ( G 2 x

(b) Su energía total es Ex = 1/15 joules

Solución: (a) ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧ ≤ ≤ − < ≤ + = Λ = ⇔ = 10 f 0 para ) 10 f ( 100 1 -0 f 10 para ) 10 f ( 100 1 ) 10 f ( 10 1 ) f ( X ) t 10 ( sinc ) t ( x 2 Espectro de energía ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧ ≤ ≤ + − < ≤ + + = = 10 f 0 para ) 100 f 5 f 1 ( 100 1 0 f 10 para ) 100 f 5 f 1 ( 100 1 ) f ( X ) f ( G 2 2 2 x

En forma compacta, ) para f 10

100 f 5 f 1 ( 100 1 ) f ( G 2 x = − + ≤ (b) Energía total =

∫

10 − + = = 0 2 4 t joules 15 1 067 , 0 df ) 100 f 20 f ( 10 1 2 E .

1.32. En las figuras siguientes verifique la correspondencia x(t)⇔X(f), es decir, dada x(t) determine X(f), y viceversa.

Solución:

(a) Fig. 1.67 del Texto.

⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧ ≥ π < π = φ 0 f para 2 -0 f para 2 ) f ( ) 2 j exp( ) f 2 / f f ( A ) 2 j exp( ) f 2 / f f ( A ) f ( X o o o o π + Π − − π + Π = )]. f 2 / f f ( ) f 2 / f f ( [ jA ) f ( X o o o o −Π − + Π = De donde, t) 2 f 2 j exp( ) t f ( sinc jAf ) t 2 f 2 j exp( ) t f ( sinc jAf ) t ( x o o o o o o − π − π =

(37)

_______________________ J. Briceño M., Dr. Ing. Profesor Titular, ULA sen ( f t) t A 2 ) t f sen( ) t f ( sinc Af 2 ) t ( x _o _o _o 2 π _o π = π =

Vamos ahora hacia atrás. Dada x(t) determinar X(f). ) t f ( sen t A 2 ) t ( x o 2 π π

= ; esta es una señal impar. Por integración directa,

[

]

∫

∞ π π = − − + + − + π − = 0 o o o 2 ) f f sgn( ) f f sgn( ) f sgn( 2 2 jA dt ) ft 2 sen( ) t f ( sen t A 2 j 2 ) f ( X

El lector puede verificar que esta expresión es igual a

⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ _Π + ₋ _Π − = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡₋ _Π + ₊ _Π − − = ) f 2 / f f ( j ) f 2 / f f ( j A ) f 2 / f f ( 2 ) f 2 / f f ( 2 2 Aj ) f ( X o o o o o o o o ) 2 j exp( ) f 2 / f f ( A ) 2 j exp( ) f 2 / f f ( A ) f ( X o o o o π + Π − − π + Π =

que es la expresión que representa a la Fig. 1.67 del Texto, parte anterior. (b) De la Fig. 1.68 del Texto,

o o o o 4f 1 t f 4 1 2 f f 2 ) f ( =−π =− π ∴ = φ ; f) f 4 1 2 j exp( ) B 2 f f ( ) B 2 f f ( A ) f ( X o o o − π ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡_Λ + ₊_Λ − = o f 4 1 t t o o 1 | ) B 2 f f ( ) B 2 f f ( ATF ) t ( x − → − ⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ − Λ + + Λ =

[

]

o f 4 1 t t o 2 o 2 | ) t f 2 j exp( ) Bt 2 ( ABsinc 2 ) t f 2 j exp( ) Bt 2 ( ABsinc 2 ) t ( x − → π + π − = )] f 4 1 t ( f 2 j exp[ )] f 4 1 t ( f 2 j )][exp[ f 4 1 t ( B 2 [ ABsinc 2 ) t ( x o o o o o 2 − − π − + π − = )] f 4 1 t ( f 2 cos[ )] f 4 1 t ( B 2 [ ABsinc 4 ) t ( x o o o 2 − π − =

Vamos ahora hacia atrás. Dada x(t) determinar X(f). )] f 4 1 t ( f 2 cos[ )] f 4 1 t ( B 2 [ ABsinc 4 ) t ( x o o o 2 − π − =

{

}

f) f 4 1 2 j exp( ) t f 2 cos( ) Bt 2 ( sinc TF AB 4 ) f ( X o o 2 π − π =

(38)

y del Teorema de la Modulación

{ }

[

{

}

_o

{

}

f f f_o

]

2 f f f 2 | ) Bt 2 ( sinc TF | ) Bt 2 ( sinc TF 2 1 TF⋅ ⋅⋅ = _→ ₊ + _→ ₋

{ }

⋅ ⋅⋅ = _⎢⎣⎡Λ + +Λ − )_⎥⎦⎤ B 2 f f ( ) B 2 f f ( B 4 1 TF o o , de donde ) f f 4 1 2 j exp( ) B 2 f f ( ) B 2 f f ( A ) f ( X o o o − π ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡_Λ + ₊_Λ −

= que es la misma expresión de la parte

anterior.

(c) De la Fig. 1.69 del Texto, f 2 2f 1 4 ) f ( =− π =− π φ ; to = 2 ) (f) exp( j4 f) 2 f ( ) f ( X =_⎢⎣⎡Π −Λ _⎥⎦⎤ − π

x(t)=2sinc(2t)|_t_→_t₋₂ −sinc2(t)|_t_→_t₋₂=2sinc[2(t−2)]−sinc2(t−2)

₂ 2 )] 2 t ( [ )] 2 t ( [ sen ) 2 t ( )] 2 t ( 2 sen[ ) t ( x − π − π − − π − π =

Ahora vamos hacia atrás. Dada x(t) determinar X(f).

) 2 t ( sinc )] 2 t ( 2 [ sinc 2 )] 2 t ( [ )] 2 t ( [ sen ) 2 t ( )] 2 t ( 2 sen[ ) t ( x ₂ 2 2 − − − = − π − π − − π − π =

{

2sinc(2t)

}

exp( j2 2f) TF

{

sinc (t)

}

exp( j2 2f) TF ) f ( X = − π − 2 − π ) f 4 j exp( ) f ( ) 2 f ( ) f ( X − π ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡_Π ₋_Λ

= que es la misma expresión anterior.

1.33. Sea el sistema de la Fig. 1.70 del Texto. El filtro pasabajo tiene ganancia unitaria y un ancho de banda de 50 Hz. ) t 10 2 cos( 10 ) t ( x ); t ( u ) t 10 2 cos( ) t 01 , 0 exp( ) t ( x₁ = − π⋅ 6 ₂ = π⋅ 6

Demuestre que y(t)≈5exp(−0,01t)u(t) Solución:

A la salida del multiplicador, x₃(t)=10exp(−0,01t)cos2(2π⋅106t)u(t) ) t ( u )] t 10 2 2 cos( 1 [ 2 1 ) t 01 , 0 exp( 10 ) t ( x₃ = − + π ⋅ 6

(39)

_______________________ J. Briceño M., Dr. Ing. Profesor Titular, ULA ) t ( u ) t 10 2 2 cos( ) t 01 , 0 exp( 5 ) t ( u ) t 01 , 0 exp( 5 ) t ( x₃ = − + − π ⋅ 6

El segundo término de x3(t) tiene un espectro centrado en 2 MHz, muy por encima de

50 Hz que es el ancho de banda del filtro. El espectro de salida del filtro es entonces,

{

}

2 ) f ( X ) t ( u ) t 01 , 0 exp( 5 TF ) f (

Y ≈ − = 1 _{; o también y(t) = 5exp(-0,01t)u(t)}

Nótese que 2 2 2 1 f 4 ) 01 , 0 ( 5 2 ) f ( X ) f ( Y π + = = ; Y(0) =500 y Y(50) =0,016. Esto quiere decir que casi el 100% de X₁ /2 pasa a la salida.

1.34. Mediante la transformada de Fourier de la señal generatriz, demuestre que los coeficientes de Fourier Xn de las siguientes señales periódicas son las correspondientes

dadas.

(a) De la Fig. 1.71 del Texto, la señal generatriz es

f) 2 T ( sinc 2 AT ) Tf ( ATsinc ) f ( X ) 2 / T t ( A ) T t ( A ) t ( x_g = Π + Λ ⇔ _g = + 2 ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡ ₊ = = ) T n 2 T ( sinc 2 AT ) T n T ( ATsinc T 1 ) T n ( X T 1 Xn g 2 ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ _≠ π = + = par n para 0 0 n y impar n para n A 2 )] 2 n ( sinc 2 1 ) n ( sinc [ A X 2 2 2 n ; φn = 0 También, A 2 3 ] AT 2 1 AT [ T 1 Xo = + =

(b) De la Fig. 1.72 del Texto, la señal generatriz es

= − Π ⇔ =

∫

T/2 − π 0 g g )cos(2 ft)dt T 2 t exp( A 2 ) f ( X ) T t ( ) T 2 t exp( A ) t ( x _g ₂ ₂ ₂ ₂ f T n 16 1 1 ) fT sen( ) 4 1 exp( fT 4 ) fT cos( ) 4 1 exp( AT 4 ) f ( X π + + π − π + π − − = ₂ n 2 2 g n ) n 4 ( 1 ) 4 1 exp( ) 1 ( 1 A 4 n 16 1 1 ) n cos( ) 4 1 exp( A 4 ) T n ( X T 1 X π + − − − = π + + π − − = = ; φn = 0

(40)

_______________________ J. Briceño M., Dr. Ing. Profesor Titular, ULA )] 4 1 exp( 1 [ A 4 X_o = − − = 0,885 A

1.35. Sea el sistema de la Fig. 1.73 del Texto, donde x1(t) y x2(t) son señales aleatorias.

B = 5 kHz; fc = 100 kHz. El filtro es pasabajo y de ganancia de potencia 2.

En la salida calcule la relación S1/S2 donde S1 es la potencia a la salida debida a x1(t),

mientras que S2 es la potencia a la salida debida a x2(t).

Solución: ⇒ = − _⎢⎣⎡Π + +Π − )_⎥⎦⎤ B 2 f f ( ) B 2 f f ( 10 ) f ( S ) t ( x 3 c c 1 x 1 ⇒ = − _⎢⎣⎡Λ + +Λ − )_⎥⎦⎤ B f f ( ) B f f ( 10 ) f ( S ) t ( x 4 c c 2 x 2

Las potencias se calculan separadamente. Para x1(t) sola.

A la salida del multiplicador, x₃₁(t) = x₁(t)2cos( 2πf_ct) . De acuerdo con el Teorema de la Modulación para Señales de Potencia,

[

+ + −

]

= _⎢⎣⎡ Π +Π + +Π − _⎥⎦⎤ = ⇒ − ) B 2 f f ( ) B 2 f f ( ) B 2 f ( 2 10 ) f f ( S ) f f ( S ) f ( S ) t ( x 3 c c c 1 x c 1 x 31 x 31

El filtro pasabajo deja pasar solamente las componentes dentro de f ≤B con ganancia 2, entonces, ) B 2 f ( 10 x 4 ) f ( S_y₁ = −3Π , cuya potencia es S1 = 4x10-3 x 2x5x10-3 = 40 W Para x2(t) sola.

A la salida del multiplicador, x₃₂(t)=x₂(t)2cos(2πf_ct). ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡ _Λ ₊_Λ + ₊_Λ − = ⇒ − ) B f f ( ) B f f ( ) B f ( 2 10 ) f ( S ) t ( x 4 c c 32 x 32

A la salida con ganancia 2, ) B f ( 10 x 4 ) f ( S_y₂ = −4Λ , cuya potencia es S2 = 4x10-4 x5x103 = 2 W dB 01 , 13 ) S S ( log 10 S S dB en y 20 2 40 S S 2 1 10 dB 2 1 2 1 = = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = =

(41)

1.36. En las figuras siguientes se muestra el espectro de señales moduladas de la forma xc(t)=x(t)Acos(2πfct)⇔Xc(f).

(a) Dada Xc(f) en forma gráfica, determinar x(t)

(b) Dada x(t), determinar Xc(f) cuya forma gráfica se da

Solución:

(a) y (b) De la Fig. 1.74 del Texto:

) B f f ( A ) B 2 f f ( A ) B f f ( A ) B 2 f f ( A ) f ( X c c c c c − Λ + − Π + + Λ + + Π = ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡_Λ + ₊_Λ − + ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡_Π + ₊_Π − = ) B f f ( ) B f f ( A ) B 2 f f ( ) B 2 f f ( A ) f ( X c c c c c

[

− π + π

]

+

=A 2Bsinc(2Bt)exp( j2 f t) 2Bsinc(2Bt)exp(j2 f t) )

t (

xc c c

+A

[

Bsinc2(Bt)exp(−j2πf_ct)+Bsinc2(Bt)exp(j2πf_ct)

]

[

2sinc(2Bt) sinc (Bt)

]

Acos(2 f t) B 2 ) t ( x c 2 c = + π . Por consiguiente,

[

]

_⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ π π + π π = + = 2 2 ₂ ) Bt ( ) Bt ( sen Bt ) Bt 2 sen( B 2 ) Bt ( sinc ) Bt 2 ( sinc 2 B 2 ) t ( x

Ahora vamos hacia atrás.

Sea _⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ π π + π π = π = c 2 ₂ c ) Bt ( ) Bt ( sen Bt Bt) sen(2 2B x(t) donde ) t f 2 cos( A ) t ( x ) t ( x

[

2sinc(2Bt) sinc (Bt)

]

X(f) B 2 ) t ( x = + 2 ⇔ ) B f ( 2 ) B 2 f ( 2 ) B f ( B 1 ) B 2 f ( B 2 2 B 2 ) f ( X = Π + Λ ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡ _Π ₊ _Λ

= . Y de acuerdo con el Teorema

de la Modulación, ) B f f ( A ) B f f ( A ) B 2 f f ( A ) B 2 f f ( A ) f ( X c c c c c − Λ + + Λ + − Π + + Π

= que tiene la misma

forma dada en la Fig. 1.74 del Texto. (b) De la Fig. 1.75 del Texto,

o o o o t 1 B 4 f 2 B f 1 2 ) f f 1 2 cos( 2 A = = ∴ π = π ∴ π