Sistemas y Señales (Ejercicios Resueltos)

(1)

Sistemas y Se ˜nales

Ejercicios Resueltos

UNIVERSIDAD TECNOL ´

OGICA DE PEREIRA.

COLOMBIA - PEREIRA.

2012

(2)

(3)

Unidad I

Se ˜nales y Sistemas

(4)

Se ˜nales

1.1. Tama ˜no de una Se ˜nal

1.1.1.

Determine los valores de Ex y Px para las siguientes se ˜nales.

(a) x(t) = e−2tu(t) (b) x(t) = ej(2t+π/4) _{(c) x(t) = tcos(t)}

Soluci ´on: (a) Energ´ıa: Ex = ∞ Z −∞ x2(t)dt = ∞ Z −∞ e−2tµ(t)2dt Ex = ∞ Z 0 e−4tdt = −e −4t 4 ∞ 0 = 0 − −1 4 Ex = 1 4 Potencia: Px = l´ım T →∞ 1 T T 2 Z −T 2 x2(t)dt = l´ım T →∞ 1 T T 2 Z −T 2 e−2tµ(t)2dt Px = l´ım T →∞ 1 T T 2 Z 0 e−4tdt = l´ım T →∞ 1 T − e−4t 4 T 2 0 ! Px = l´ım T →∞ 1 T −e −2T 4 + 1 4 ⇒ Px = 0 2

(5)

3 (b) Energ´ıa: Ex = ∞ Z −∞ |x(t)|2dt = ∞ Z −∞ ej(2t+π/4) 2 dt Ex = ∞ Z −∞ 12dt ⇒ Ex → ∞ Potencia: Px = l´ım T →∞ 1 T T 2 Z −T 2 |x(t)|2dt = l´ım T →∞ 1 T T 2 Z −T 2 ej(2t+π/4) 2 dt Px = l´ım T →∞ 1 T T 2 Z −T 2 12dt = l´ım T →∞ 1 T T 2 − −T 2 Px = 1 (c) Energ´ıa: Ex = ∞ Z −∞ cos2(t)dt = ∞ Z −∞ 1 + cos(t) 2 dt Ex = t + sen(t) 2 ∞ −∞ ⇒ Ex→ ∞ Potencia: Px = l´ım T →∞ 1 T T 2 Z −T 2 cos2(t)dt = l´ım T →∞ 1 T T 2 Z −T 2 1 + cos(t) 2 dt Px = l´ım T →∞ 1 T t + sen(t) 2 T 2 −T 2 Px = l´ım T →∞ 1 T T + sen (T ) 2 ⇒ Px = 1 2

1.1.2.

Determine la energ´ıa y la potencia de las siguientes se ˜nales. (a) x(t) = e−atu(t), a > 0

(b) x(t) = A cos(ω0t + θ)

(c) x(t) = tu(t) (d) x(t) = e−|t|_cos(2t)

(6)

Soluci ´on: (a) Energ´ıa: Ex= ∞ Z −∞ x2(t)dt = ∞ Z −∞ e−atµ(t)2 dt Ex= ∞ Z 0 e−2atdt Ex= − e−2at 2a ∞ 0 ⇒ Ex = 1 2a Potencia: Px = l´ım T →∞ 1 T T 2 Z −T 2 x2(t)dt = l´ım T →∞ 1 T T 2 Z −T 2 e−atµ(t)2dt Px = l´ım T →∞ 1 T T 2 Z 0 e−2atdt = l´ım T →∞ 1 T − e−2at 2a T 2 0 ! Px = l´ım T →∞ 1 T −e −aT 2a + 1 2a ⇒ Px = 0 (b) Energ´ıa: Ex = ∞ Z −∞ x2(t)dt = ∞ Z −∞ [A cos (ω0t + θ)] 2 dt Ex = ∞ Z −∞ A2_cos2_(ω 0t + θ) dt Ex = A2 2 ∞ Z −∞ [1 + cos (2ω0t + 2θ)] dt Ex = A2 2 t + sen (2ω0t + 2θ) 2ω0 ∞ −∞ ⇒ Ex → ∞

(7)

5 Potencia: Px = l´ım T →∞ 1 T T 2 Z −T 2 x2(t)dt = l´ım T →∞ 1 T T 2 Z −T 2 [A cos (ω0t + θ)]2dt Px = l´ım T →∞ A2 2T T 2 Z −T 2 [1 + cos (2ω0t + 2θ)] dt Px = l´ım T →∞ A2 2T t + sen (2ω0t + 2θ) 2ω0 T₂ −T 2 Px = l´ım T →∞ A2 2T T + sen (ω0T + 2θ) ω0 Px = A2 2 (c) Energ´ıa: Ex = ∞ Z −∞ x2(t)dt = ∞ Z 0 t2dt Ex = t3 3 ∞ 0 ⇒ Ex → ∞ Potencia: Px= l´ım T →∞ 1 T T 2 Z −T 2 x2(t)dt = l´ım T →∞ 1 T T 2 Z 0 t2dt Px= l´ım T →∞ 1 T t3 3 T 2 0 ! = l´ım T →∞ 1 T T3 24 Px→ ∞ (d) Energ´ıa: Ex = ∞ Z −∞ x2(t)dt = ∞ Z −∞ e−|t|cos(2t)2dt e−|t|cos(2t) = et_cos(2t) _{para t < 0} e−tcos(2t) para t ≥ 0 Ex = 0 Z −∞ e2tcos2(2t)dt + ∞ Z 0 e−2tcos2(2t)dt

(8)

Resolvamos la primer integral: 0 Z −∞ e2tcos2(2t)dt = 0 Z −∞ e2t 1 + cos(4t) 2 dt = e 2t 4 0 −∞ +1 2 0 Z −∞ e2tcos(4t)dt = 1 4 + 1 2 0 Z −∞ e2tcos(4t)dt Resolviendo por partes:

u = e2t → du = 2e2tdt dv = cos(4t)dt → v = sen(4t) 4 I = 1 2 0 Z −∞ e2tcos(4t)dt = 1 2  e2t sen(4t) 4 0 −∞ − 1 2 0 Z −∞ e2tsen(4t)dt   I = −1 4 0 Z −∞ e2tsen(4t)dt Nuevamente por partes tenemos:

u = e2t → du = 2e2tdt dv = −sen(4t)dt → v = cos(4t) 4 I = 1 4  e2t cos(4t) 4 0 −∞ −1 2 0 Z −∞ e2tcos(4t)dt   I = 1 4 e 2tcos(4t) 4 0 −∞ − I ! I 1 + 1 4 = 1 16 ⇒ I = 1 20 Entonces tenemos: 0 Z −∞ e2tcos2(2t)dt = 1 4 + 1 20 = 3 10 Resolviendo la otra integral de la misma forma se tiene:

∞

Z

0

e−2tcos2(2t)dt = 3 10

(9)

7 Ex = 3 10+ 3 10 = 6 10 Potencia:

De una forma similar a la energ´ıa tenemos que:

Px = l´ım T →∞ 1 T 0 Z −T 2 e2tcos2(2t)dt + l´ım T →∞ 1 T T 2 Z 0 e−2tcos2(2t)dt Nuevamente resolviendo una de las integrales tenemos:

l´ım T →∞ 1 T 0 Z −T₂ e2tcos2(2t)dt = l´ım T →∞ 1 T 0 Z −T₂ e2t 1 + cos(4t) 2 dt = l´ım T →∞ 1 T      e2t 4 0 −T 2 | {z } 0 +1 2 0 Z −T 2 e2tcos(4t)dt     

Resolviendo nuevamente por partes tenemos:

u = e2t _→ _{du = 2e}2t_dt dv = cos(4t)dt → v = sen(4t)₄ l´ım T →∞ 1 2T 0 Z −T 2 e2tcos(4t)dt = l´ım T →∞ 1 2T      e2tsen(4t) 4 0 −T₂ | {z } 0 −1 2 0 Z −T 2 e2tsen(4t)dt      Ahora: u = e2t → du = 2e2tdt dv = −sen(4t)dt → v = cos(4t) 4 l´ım T →∞ 1 TI = l´ımT →∞ 1 4T   e 2tcos(4t) 4 0 −T₂ − 1 2 0 Z −T 2 e2tcos(4t)dt    l´ım T →∞ 1 TI = l´ımT →∞ 1 4T e 2tcos(4t) 4 0 −T 2 − I ! l´ım T →∞ 1 TI 1 + 1 4 = l´ım T →∞ 1 4T 1 4 − e −Tcos(2T ) 4 l´ım T →∞ 1 TI = 0

Resolviendo el otro termino de la potencia y sumando los resultados, tenemos Px = 0

(10)

1.1.3.

Encuentre la energ´ıa Exy la potencia Px para la siguiente se ˜nal peri ´odica.

f (t) = ( −A para − T0/2 < t < 0 A para 0 < t < T0/2 Soluci ´on: Energ´ıa: Ex = ∞ R −∞ x2_{(t)dt =} ∞ R −∞ (|x(t)|)2_{dt =} ∞ R −∞ (A)2_dt Ex → ∞ Potencia:

Como es una se ˜nal peri ´odica entonces:

Px = 1 T0 T0 2 Z −T0 2 x2(t)dt = 1 T0 T0 2 Z −T0 2 A2dt Px = 1 T0 A2t T0 2 −T0₂ Px = A2

1.1.4.

Demuestre que si x(t) es una se ˜nal peri ´odica con periodo T0, entonces su potencia media

normalizada Px definida como:

Px = l´ım T →∞ 1 T T 2 Z −T 2 |x(t)|2dt

Es igual a la potencia media normalizada de x(t) sobre un periodo de la se ˜nal T0:

Px = 1 T0 T0 2 Z −T0₂ |x(t)|2dt

(11)

9

Soluci ´on:

Como la se ñal es peri ódica se puede realizar la integral sobre un periodo y luego calcular la potencia cuando el n úmero de periodos tiende a infinito lo que equivale a cambiar T por KT0por lo tanto el limite ya se realiza sobre K.

Px = l´ım T →∞ 1 T T 2 Z −T 2 |x(t)|2dt = l´ım K→∞ 1 KT0 KT0 2 Z −KT0 2 |x(t)|2dt Px = l´ım K→∞ 1 KT0 K T0 2 Z −T0₂ |x(t)|2dt

Luego se cancela el t´ermino K entonces el limite carece de sentido.

Px = 1 T0 T0 2 Z −T0 2 |x(t)|2dt

1.2. Operaciones Sobre Se ˜nales

1.2.1.

Una se ˜nal continua es mostrada en la figura 1.1. Dibuje cada una de las siguientes se ˜nales. (a) x(t − 2) (b) x(2t) (c) x(t/2) (d) x(−t)

x(t)

4

3 t

(12)

Soluci ´on:

x(t − 2)

6

3

2 t

(a)

2

3 x(2t)

t

(b)

8

3 x(t/2)

t

(c)

x(−t)

−4

3 t

(d)

Figura 1.2: Soluci ´on Ejercicio1.2.1: (a) x(t − 2) (b) x(2t) (c) x(t/2) (d) x(−t)

1.2.2.

Una se ˜nal discreta x[n] es mostrada en la figura1.3. Dibuje cada una de las siguientes se ˜nales. (a) x[n − 2] (b) x[2n] (c) x[−n] (d) x[−n + 2]

x[n]

n

0 1 3 −1 0 2 4 5 1 2 3 3

(13)

11 Soluci ´on:

x[n − 2]

n

1 2 3 4 5 1 2 3 3 0 -1 6 7 (a)

x[2n]

n

-1 0 1 2 2 3 3 4 5 (b)

n

1 0 -1 -3 -2 -4 -5 1 2 3 3

_x[−n]

(c)

n

3 2 1 -1 0 -2 -3 1 2 3 3

_{x[−n + 2]}

-4 (d)

Figura 1.4: Soluci ´on Ejercicio1.2.2: (a) x[n − 2] (b) x[2n] (c) x[−n] (d) x[−n + 2]

1.2.3.

Dada la siguiente se ˜nal. Determine: (a) x(t) − x(t − 1) (b) x(−2t) (c) x(2t) + x(−3t) (d) x(3t − 1)

x(t)

t

1 1 3 0 2

(14)

Soluci ´on: (a)

x(t)

t

1 1 3 0 2

x(t − 1)

t

1 1 4 0 2

x(t) − x(t − 1)

Dada la se ˜nal x[n] = δ[n] − δ[n − 1], obtenga y[n] = (a) x[4n − 1] (b) x[n] − x[n − 1] (c) 3x[−2n + 3] (d) x[2n] − x[1 − n] Soluci ´on: (a) y[n] = x[4n − 1] y[n] = δ[4n − 1] − δ[4n − 2] (b) y[n] = x[n] − x[n − 1] y[n] = δ[n] − δ[n − 1] − (δ[n − 1] − δ[n − 2]) y[n] = δ[n] − 2δ[n − 1] + δ[n − 2] (c) y[n] = 3x[−2n + 3] y[n] = 3 (δ[−2n + 3] − δ[−2n + 2]) (d) y[n] = x[2n] − x[1 − n] y[n] = δ[2n] − δ[2n − 1] − (δ[1 − n] − δ[−n]) y[n] = 3 2δ[n] − δ[n − 1] − δ[2n − 1]

1.3. Clasificaci ´on de Se ˜nales

1.3.1.

Determine si cada una de las siguientes se ñales es o no peri ódica. Si la se ñal es peri ódica, especifique su periodo fundamental.

(a) x(t) = jej10t (b) x(t) = e(−1+j)t (c) x[n] = ej7πn (d) x[n] = 3ej3π(n+1/2)/5 Soluci ´on: (a) x(t + T ) = x(t) = jej10(t+T ) = jej10tej10T ⇒ ej10T = 1

Una soluci ´on general es que 10T = 2πn donde n es un entero positivo.

10T = 2π ⇒ T = π

(17)

15 (b)

x(t + T ) = x(t) = e(−1+j)(t+T ) = e(−1+j)te(−1+j)T ⇒ e(−1+j)T _{= 1}

Esta condici ón solo se cumple cuando T = 0 por lo tanto esta se ñal NO es peri ódica. (c)

x[n + N ] = x[n] = ej7π(n+N ) = ej7πnej7πN 6 ⇒ ej7πN = 1

Una soluci ´on general es que 7πN = 2πk donde k es un entero positivo.

7πN = 2π ⇒ N = 2 7 (d) x[n + N ] = x[n] = 3ej3π(n+N +1/2)/5 = 3ej3π(n+1/2)/5ej3πN/5 ⇒ ej3πN/5 _{= 1} 3πN 5 = 2π ⇒ N = 10 3

1.3.2.

Determine si cada una de las siguientes se ñales es peri ódica o no. Si la se ñal es peri ódica, determine su periodo fundamental T0 0 N0.

(a) x(t) = cos 2π₃ t +π₄ (b) x(t) = sen t + π₄ (c) x(t) = cos π 3t + sen π 4t (d) x(t) = sen2_(t)

(e) x(t) = cos t + sen√2 t

(f) x(t) = sen t + sen t/3 + sen t/5 (g) x[n] = cos π 6n + sen π 4n (h) x[n] = ej(5π/6k)n_{; k ∈ R} Soluci ´on: (a) x(t) = x(t + T ) = cos 2π 3 (t + T ) + π 4 = cos 2π 3 t + π 4 + 2π 3 T = cos 2π 3 t + π 4 cos 2π 3 T − sen 2π 3 t + π 4 sen 2π 3 T

(18)

La se ˜nal es peri ´odica si se cumple que: 2π

3 T = 2πk

Por lo tanto es peri ´odica y su periodo se da cuando (k = 1) T0 = 3s

(b) x(t) = sen t + π₄ de donde podemos saber que ω0 = 1 o se puede hacer un

procedimiento como en el anterior ejercicio, lo que da como resultado que: T0 = 2π ω0 = 2π (c) x(t) = cos π 3t + sen π 4t = x1(t) + x2(t) x(t + T0) = x1(t + kT1) + x2(t + nT2)

Donde T1 y T2 son los periodos fundamentales de x1(t)y x2(t) respectivamente y k y n

son enteros positivos.

T0 = kT1 = nT2 T1

T2 =

n k

De lo anterior se concluye que para que la se ñal x(t) sea peri ódica la relaci ón entre los periodos debe ser un n úmero racional. Para nuestro caso:

ω1 = π₃ ⇒ T1 = 6 ω2 = π₄ ⇒ T2 = 8 T1 T2 = 6 8 = 3 4 Por lo tanto la se ˜nal es peri ´odica con:

T0 = 24s

Nota: Cuando son más se ñales para que las relaciones en los periodos sean n úmeros racionales debe de existir un m´ınimo com ún m últiplo.

(d) Es una se ˜nal peri ´odica.

x(t) = sen2(t) = 1₂ (1 − cos(2t)) ω0 = 2 ⇒ T0 = 2π_ω₀ = π

(e) De la soluci ón del ejercicio 1.3.2 parte (c) se tiene que la relaci ón entre los periodos fundamentales de las se ñales debe de ser un n úmero racional.

ω1 = 1 ⇒ T1 = 2π ω2 = √ 2 ⇒ T2 = √ 2π T1 T2 = √2π 2π = √ 2 Por lo tanto la se ˜nal NO es peri ´odica.

(19)

17 (f)

ω1 = 1 ⇒ T1 = 2π

ω2 = 1₃ ⇒ T2 = 6π

ω3 = 1₅ ⇒ T3 = 10π

El m´ınimo com ún m últiplo entre estos periodos es 30, por lo tanto, la se ñal x(t) es peri ódica con:

T0 = aT1 = bT2 = cT3 T0 = 30πs (g) x[n] = cosπ 6n + senπ 4n Ω1 = π₆ ⇒ N1 = 12 Ω2 = π₄ ⇒ N2 = 8 N1 N2 = 3 2

Por lo tanto es una se ˜nal peri ´odica con periodo fundamental: N0 = 2N1 = 3N2 N0 = 24s (h) x[n] = ej(5π/6k)n_{; k ∈ R} x[n + N0] = ej( 5π 6kn+ 5π 6kN0) = x[n] = ej(5π6kn)ej( 5π 6kN0) ej(5π6kN0) = 1 5π 6kN0 = 2π ⇒ N0 = 12k 5

1.3.3.

Clasifique las se ˜nales del ejercicio 1.1.1 como se ˜nales de energ´ıa, potencia o si es el caso ninguna.

Soluci ´on:

(a) Ex < ∞y Px = 0por lo tanto es una se ˜nal de energ´ıa.

(b) Ex → ∞ y Px < ∞por lo tanto es una se ˜nal de potencia.

(20)

1.3.4.

Clasifique las se ñales del ejercicio 1.1.2 como se ñales de energ´ıa, potencia o si es el caso ninguna. Soluci ón:

(a) Ex < ∞y Px = 0por lo tanto es una se ˜nal de energ´ıa.

(b) Se ˜nal de potencia.

(c) Ex → ∞ y Px → ∞ entonces no es ni de energ´ıa ni de potencia.

(d) Se ˜nal de energ´ıa.

1.4. Modelos de se ˜nales

1.4.1.

Sea una se ˜nal x(t) como se muestra en la figura:

x(t)

t

1 1

−1

Figura 1.10: Se ˜nal del ejercicio1.4.1

(a) Representar x(t) en t´erminos de escalones unitarios. (b) Representar y bosquejar su derivada.

Soluci ´on:

(a)

(21)

19 De forma gr´afica seria:

t

(22)

1.4.2.

Dada la se ˜nal que se muestra en la figura1.13determine: (a) x(t)u(1 − t) (b) x(t) [u(t) − u(t − 1)] (c) x(t)δ(t − 3₂) (d) x(t) [u(t − 1) + δ(t)]

t

−1

x(t)

1 2 2 1

Figura 1.13: Se ˜nal del ejercicio1.4.2

Soluci ´on:

(a) Por definici ´on

u(1 − t) = 1 t ≤ 1 0 t > 1

t

−1

x(t)u(1 − t)

1 2 2 1

Figura 1.14: Soluci ´on ejercicio1.4.2(a) (b)

u(t) − u(t − 1) = (

1 0 < t ≤ 1

(23)

21

t

x(t) [u(t) − u(t − 1)]

1 2

1

Figura 1.15: Soluci ´on ejercicio1.4.2(b) (c) x(t)δ(t −3₂) = x(3₂)δ(t − 3₂) = 2δ(t − 3₂)

t

x(t)δ(t −

3₂

)

1 2 1 2

Figura 1.16: Soluci ´on ejercicio1.4.2(c)

(d) u(t − 1) = 1 t ≥ 1 0 t < 1 x(t)δ(t) = x(0)δ(t) = δ(t)

t

−1

x(t) [u(t − 1) + δ(t)]

1 2 2 1

(24)

1.4.3.

Dada la se ˜nal que se muestra en la figura1.18, dibuje las siguientes se ˜nales:

(a) x[n]u[1 − n] (b) x[n] {u[n + 2] − u[n]} (c) x[n]δ[n − 1]

n

−1

x[n]

1 2 3 −2 −3 −4 3 4

Figura 1.18: Se ˜nal discreta del ejercicio1.4.3

Soluci ´on: (a)

u[1 − n] =

1 n ≤ 1

0 n > 1

n

−1

x[n]u[1 − n]

1 2 3 −2 −3 −4 3 4

Figura 1.19: Soluci ´on ejercicio1.4.3(a)

(b)

u[n + 2] − u[n] =

(

1 −2 ≤ n < 0

0 de otra manera

(25)

23

n

−1

x[n] {u[n + 2] − u[n]}

1 2 3 −2 −3 −4 3 4

Figura 1.20: Soluci ´on ejercicio1.4.3(b)

(c)

x[n]δ[n − 1] = x[1]δ[n − 1] = δ[n − 1]

n

−1

x[n]δ[n − 1]

1 2 3 −2 −3 −4 3 4

Figura 1.21: Soluci ´on ejercicio1.4.3(c)

1.4.4.

La funci ón escal ón unitario u(t) puede ser definida como una funci ón generalizada por la siguiente relaci ón:

∞ Z −∞ φ(t)u(t)dt = ∞ Z 0 φ(t)dt

Donde φ(t) es una funci ´on de prueba que es integrable sobre el intervalo 0 < t < ∞. Usando esta definici ´on, muestre que:

u(t) =

1 t > 0

0 t < 0

(26)

Soluci ´on:

Reescribiendo la ecuaci ´on se tiene:

∞ Z −∞ φ(t)u(t)dt = 0 Z −∞ φ(t)u(t)dt + ∞ Z 0 φ(t)u(t)dt = ∞ Z 0 φ(t)dt

De donde se puede obtener:

0 Z −∞ φ(t)u(t)dt = ∞ Z 0 φ(t)[1 − u(t)]dt

Esto solo es verdad si

0 Z −∞ φ(t)u(t)dt = 0 y ∞ Z 0 φ(t)[1 − u(t)]dt = 0

Lo que implica que

φ(t)u(t) = 0, t < 0 y φ(t)[1 − u(t)] = 0, t > 0 Como φ(t) es una funci ´on arbitraria de prueba, se tiene

u(t) = 0, t < 0 y 1 − u(t) = 0, t > 0 Si lo expresamos de otra manera se obtiene

u(t) =

1 t > 0

0 t < 0

(27)

Cap´ıtulo 2

Sistemas

2.1. Clasificaci ´on de Sistemas

2.1.1.

Considerando el sistema de la figura.

X

Multiplier

cos(ωct)

y(t) = x(t)cos(ωct)

x(t)

Figura 2.1: Sistema del ejercicio2.1.1

Determine si el sistema es: (a) Sin memoria

(b) Causal (c) Lineal

(d) Invariante con el tiempo

(e) Estable

Soluci ´on:

(a) El sistema es sin memoria ya que la salida y(t) depende solo de valores presentes de la entrada x(t).

(b) El sistema es casual ya que la salida y(t) depende solo de valores presentes de la entrada x(t)y no depende de valores futuros.

(c) Sea:

y1(t) = x1(t) cos(ωct)

(28)

Donde

x3(t) = ax1(t) + bx2(t)

Por lo tanto:

y3(t) = [ax1(t) + bx2(t)] cos(ωct)

Ser´a que y3(t)tiene una estructura tal que:

y3(t) = ay1(t) + by2(t)?

y3(t) = ax1(t) cos(ωct) + bx2(t) cos(ωct)

Factorizando podemos ver que si se cumple, por lo tanto el sistema es lineal. (d) Sea y1(t) = x1(t) cos(ωct) y2(t) = x2(t) cos(ωct) Donde x2(t) = x1(t − t0) Entonces y2(t) = x1(t − t0) cos(ωct)

Ser´a que y2(t)tiene una estructura tal que:

y2(t) = y1(t − t0)?

y1(t − t0) = x1(t − t0) cos(ωct − ωct0) 6= y2(t)

Por lo tanto el sistema es variante con el tiempo.

(e) El sistema es BIBO estable, ya que la respuesta a una entrada x(t) acotada es una salida y(t)acotada.

2.1.2.

Considerando el sistema de la figura2.2. Determine si el sistema es: (a) Sin memoria

(b) Causal (c) Lineal

(e) Estable

Unit delay

x[n]

_{y[n] = x[n − 1]}

(29)

27

Soluci ´on:

(a) El sistema tiene memoria ya que la salida y[n] depende de valores anteriores de la entrada x[n].

(b) El sistema es causal ya que la salida y[n] solo depende de valores pasados o presentes de la entrada x[n] no de valores futuros.

(c) Sea y1[n] = x1[n − 1] y2[n] = x2[n − 1] y3[n] = x3[n − 1] Donde x3[n] = ax1[n] + bx2[n] y3[n] = ax1[n − 1] + bx2[n − 1]

Ser´a que y3[n]tiene una estructura tal que

y3[n] = ay1[n] + by2[n]?

ay1[n] + by2[n] = ax1[n − 1] + bx2[n − 1]

Se ve claramente que si, por lo tanto, el sistema es lineal. (d) Sea y1[n] = x1[n − 1] y2[n] = x2[n − 1] Donde x2[n] = x1[n − n0] y2[n] = x1[n − 1 − n0]

Ser´a que y2[n]tiene una estructura tal que

y2[n] = y1[n − n0]?

y1[n − n0] = x1[n − n0− 1]

De donde se puede observar que el sistema es invariante con el tiempo.

(e) El sistema es BIBO estable pues a una entrada acotada x[n] la salida y[n] tambi´en es acotada.

2.1.3.

Considere el capacitor mostrado en la figura 2.3. Con una entrada x(t) = i(t) y una salida y(t) = vc(t)

(a) Encuentre la relaci ´on de entrada-salida del sistema. (b) Determine si el sistema es:

(30)

(I) Sin memoria

(II) Causal

(III) Lineal

(IV) Invariante con el tiempo

(V) Estable

v

c

(t)

+

−

i(t)

Figura 2.3: Sistema del ejercicio2.1.3

Soluci ´on:

(a) La tensi ón de salida y(t) a través del capacitor y la corriente de entrada x(t) están relacionadas por: y(t) = 1 C t Z −∞ x(τ )dτ

(b) (I) De la ecuaci ´on del punto anterior se puede observar que la salida y(t) depente

de valores pasados y presentes de la entrada. En consecuencia, el sistema tiene memoria.

(II) Como la salida y(t) no depende de valores futuros de la entrada el sistema es

causal. (III) Sea x(t) = ax1(t) + bx2(t) Luego y(t) = 1 C t Z −∞ [ax1(τ ) + bx2(τ )] dτ = a   1 C t Z −∞ x1(τ )dτ  + b   1 C t Z −∞ x2(τ )dτ   = ay1(t) + by2(t)

De donde se puede observar que la propiedad de superposici ´on es satisfecha, por lo tanto el sistema es lineal.

(31)

29 (IV) Sea y(t) la salida producida por una fuente de corriente a la entrada x(t) = x1(t−t0).

Entonces y(t) = 1 C t Z −∞ x1(τ − t0)dτ = 1 C t−t0 Z −∞ x1(λ)dλ = y1(t − t0)

Por lo tanto, el sistema es invariante con el tiempo.

(V) El sistema no es BIBO estable, ya que a una entrada acotada su respuesta no lo es. Por ejemplo si la entrada es x(t) = ku(t) la salida seria y(t) = ktu(t)

2.1.4.

Un sistema tiene una relaci ´on entrada-salida dada por: y[n] = l {x[n]} = nx[n] Determine si el sistema es:

(a) Sin memoria (b) Causal

(c) Lineal

(e) Estable

Soluci ´on:

(a) La salida depende solo de valores presentes de la entrada, por lo tanto, el sistema es sin memoria.

(b) La salida no depende de valores futuros de la entrada, entonces el sistema es causal. (c) Sea

x[n] = ax1[n] + bx2[n]

Luego

y[n] = l {x[n]} = n {ax1[n] + bx2[n]}

= anx1[n] + bnx2[n] = ay1[n] + by2[n]

El sistema cumple el principio de superposici ´on, por lo tanto, el sistema es lineal. (d) Sea y[n] la respuesta a una entrada x[n] = x1[n − n0]. Entonces

y[n] = l {x[n − n0]} = nx[n − n0]

Pero

y1[n − n0] = (n − n0)x[n − n0] 6= y[n]

Por lo tanto, el sistema es variante con el tiempo.

(e) Sea x[n] = u[n], entonces y[n] = nu[n]. Por lo que una de entrada acotada produce una se ˜nal de salida no acotada, por lo tanto, el sistema no es BIBO estable.

(32)

2.1.5.

Un sistema tiene la siguiente relaci ´on entrada-salida. y[n] = l {x[n]} = x[k0n]

Donde k0 es un entero positivo. Est´e sistema es invariante con el tiempo? Soluci ´on:

Sea y1[n]la respuesta a x1[n] = x[n − n0]. Entonces

y1[n] = l {x[n]} = x1[k0n] = x[k0n − n0]

Pero

y[n − n0] = x[k0(n − n0)] 6= y1[n]

Por lo tanto, el sistema no es invariante con el tiempo excepto cuando k0 = 1. Nota: Este

sistema se denomina compresor. Es usado para formar la secuencia de salida seleccionando cada k0thmuestra de la se ˜nal de entrada. Por esto, es obvio que este sistema es variante con

el tiempo.

2.1.6.

Considere el sistema cuya relaci ´on entrada-salida es dada por la ecuaci ´on lineal y = ax + b

Donde x y y son la entrada y salida del sistema, respectivamente, y a y b son constantes.Este sistema es lineal?

Soluci ´on:

If b 6= 0, entonces el sistema es no lineal porque ante una entrada x = 0 implica que la salida es y = b 6= 0. Si b = 0, entonces el sistema es lineal.

2.1.7.

Mostrar un sistema que satisfaga la condici ´on de aditividad pero no la condici ´on de homogeneidad.

Soluci ´on:

Consideremos el sistema discreto representado por el operador l tal que y[n] = l {x[n]} = x∗[n]

Donde x∗_[n]_{es el conjugado complejo de x[n]. Entonces}

{x1[n] + x2[n]} = {x1[n] + x2[n]} ∗

= x∗₁[n] + x∗₂[n] = y1[n] + y2[n]

Ahora, si α es una constante compleja arbitraria, entonces

l {αx[n]} = {αx[n]}∗ = α∗x∗[n] = α∗y[n] 6= αy[n] Por lo tanto, el sistema es aditivo pero no homog´eneo.

(33)

31

2.1.8.

(a) Demostrar que la casualidad de un sistema lineal de tiempo continuo es equivalente a la siguiente declaraci ´on. Para cualquier tiempo t0 y cualquier entrada x(t) con x(t) = 0

para t ≤ t0, la salida y(t) es cero para t ≤ t0.

(b) Encuentre un sistema no lineal que sea causal pero no satisfaga esta condici ´on. (c) Encuentre un sistema no lineal que satisfaga esta condici ´on pero sea no causal.

Soluci ´on:

(a) Dado que el sistema es lineal, si x(t) = 0 para todo t, entonces y(t) = 0 para todo t. Por lo tanto, si el sistema es causal, entonces x(t) = 0 para t 6= t0 implica que y(t) = 0 para

t 6= 0. Está es una condici ón necesaria. Para que esta condici ón sea también suficiente se necesita lo siguiente: sean x1(t)y x2(t)dos entradas de el sistema y sean y1(t)y y2(t)

sus correspondientes salidas. Si x1(t) = x2(t)para t ≤ t0, o x(t) = x1(t) − x2(t) = 0para

t ≤ t0, entonces y1(t) = y2(t)para t ≤ t0, o y(t) = y1(t) − y2(t) = 0para t ≤ t0

(b) Considere el sistema con la relaci ´on entrada-salida y(t) = x(t) + 1

Este sistema es no lineal (ver ejercicio2.1.6) y causal ya que los valores de y(t) dependen solamente de valores presentes de x(t). Pero con x(t) = 0 para t ≤ t0, y(t) = 1 para t ≤ t0

(c) Considere el sistema con la relaci ´on de entrada-salida y(t) = x(t)x(t + 1)

Es obvio que el sistema es no lineal y no causal pues los valores de y(t) dependen de valores futuros de x(t) (x(t + 1)). A ´un as´ı si x(t) = 0 para t ≤ t0implica que y(t) = 0 para

t ≤ t0.

2.1.9.

Considere un sistema de tiempo continuo con una relaci ´on entrada-salida

y(t) = l {x(t)} = 1 T t+T /2 Z t−T /2 x(τ )dτ

Determine si el sistema es (a) Lineal, (b) Invariante con el tiempo, (c) Causal

Soluci ´on:

(a) Ya que la integral de una suma es la suma de sus integrales y cumple el principio de superposici ´on entonces el sistema es lineal.

(34)

(b) Sea y(t) la respuesta a una entrada x(t) = x1(t − t0), entonces y(t) = l {x1(t − t0)} = 1 T t+T /2 Z t−T /2 x1(τ − t0)dτ y(t) = 1 T t+T /2−t0 Z t−T /2−t0 x1(λ)dλ = y1(t − t0)

Por lo tanto, el sistema es invariante con el tiempo.

(c) Vemos que la salida y(t) depende de valores futuros de la entrada x(t), ya que la integral se realiza hasta t + T /2

2.1.10.

Determine si cada una de los siguientes sistemas es invertible. Si el sistema es invertible, encuentre el sistema inverso.

(a) y(t) = 2x(t) (b) y(t) = x2_(t) (c) y(t) = t R −∞ x(τ )dτ (d) y[n] = n P k=−∞ x[k] Soluci ´on:

(a) Como el sistema produce salidas diferentes para cada se ˜nal de entrada diferente entonces el sistema es invertible. En este caso el sistema inverso es: x(t) = 1

2y(t).

(b) El sistema no es invertible. Considere un par de se ˜nales x1(t) = ky x2(t) = −kla salida

del sistema seria igual, es decir, y1(t) = y2(t), lo que hace el sistema no invertible.

(c) Si se aplica la operaci ´on inversa tenemos se puede recuperar la se ˜nal de entrada. Entonces el sistema inverso es

x(t) = d(y(t) dt (d) El sistema es invertible. Miremos:

y[n] = ...x[n − 2] + x[n − 1] + x[n]

y[n − 1] = ...x[n − 3] + x[n − 2] + x[n − 1] Si restamos estas se ˜nales

y[n] − y[n − 1] =? Por lo tanto el sistema inverso es:

(35)

Cap´ıtulo 3

Sistema Lineal e Invariante con el Tiempo

(LTI)

3.1. Sistema LTI de Tiempo Discreto (Suma de Convoluci ´on)

3.1.1.

Verifique las siguientes propiedades: (a) x[n] ~ h[n] = h[n] ~ x[n]

(b) {x[n] ~ h1[n]} ~ h2[n] = x[n] ~ {h1[n] ~ h2[n]}

Soluci ´on:

(a) Por definici ´on

x[n] ~ h[n] =

∞

X

k=−∞

x[k]h[n − k] Realizando un cambio de variable

m = n − k → k = n − m x[n] ~ h[n] = ∞ X m=−∞ x[n − m]h[m] = ∞ X m=−∞ h[m]x[n − m] = h[n] ~ x[n] (b) Sea x[n] ~ h1[n] = f1[n]y h1[n] ~ h2[n] = f2[n]. Entonces f1[n] = ∞ X k=−∞ x[k]h1[n − k] Y {x[n] ~ h1[n]} ~ h2[n] = f1[n] ~ h2[n] = ∞ P m=−∞ f1[m]h2[n − m] = ∞ X m=−∞ " _∞ X k=−∞ x[k]h1[m − k] # h2[n − m] 33

(36)

Realizando un cambio de variable r = m − k e intercambiando el orden de las sumatorias, se tiene {x[n] ~ h1[n]} ~ h2[n] = ∞ X k=−∞ x[k] ( _∞ X r=−∞ h1[r]h2[n − k − r] ) Ahora, como f2[n] = ∞ X r=−∞ h1[r]h2[n − r] Entonces se tiene f2[n − k] = ∞ X r=−∞ h1[r]h2[n − k − r] Por lo tanto {x[n] ~ h1[n]} ~ h2[n] = ∞ X k=−∞ x[k]f2[n − k] = x[n] ~ f2[n] = x[n] ~ {h1[n] ~ h2[n]}

3.1.2.

Muestre que (a) x[n] ~ δ[n] = x[n] (b) x[n] ~ δ[n − n0] = x[n − n0] (c) x[n] ~ u[n] = n P k=−∞ x[k] (d) x[n] ~ u[n − n0] = n−n0 P k=−∞ x[k] Soluci ´on:

(a) De la definici ´on de la suma de convoluci ´on y de las propiedades del delta de Kroner se tiene x[n] ~ δ[n] = ∞ X k=−∞ x[k]δ[n − k] = x[n]

(b) De una forma similar se tiene que x[n] ~ δ[n − n0] =

∞

X

k=−∞

x[k]δ[n − k − n0] = x[n − n0]

(c) De la definici ón dela suma de convoluci ón y la definici ón para u[n − k] se tiene que x[n] ~ u[n] = ∞ X k=−∞ x[k]u[n − k] = n X k=−∞ x[k]

(37)

35 (d) De forma similar se tiene que

x[n] ~ u[n − n0] = ∞ X k=−∞ x[k]u[n − k − n0] = n−n0 X k=−∞ x[k]

3.1.3.

Encuentre y[n] = x[n] ~ h[n], cuando (a) x[n] = αn_{u[n], h[n] = β}n_u[n]

(b) x[n] = αn_{u[n], h[n] = α}−n_{u[−n], 0 < α < 1} Soluci ´on: (a) y[n] = ∞ X k=−∞ x[k]h[n − k] = ∞ X k=−∞ αku[k]βn−ku[n − k] = ∞ X k=−∞ αkβn−ku[k]u[n − k] Como u[k]u[n − k] = ( 1 0 ≤ k ≤ n 0 de otra manera Entonces y[n] = n X k=0 αkβn−k = βn n X k=0 α β k n ≥ 0 y[n] =          βn1 − (α/β) n+1 1 − (α/β) u[n] α 6= β βn_{(n + 1)u[n]} _{α = β} (b) y[n] = ∞ X k=−∞ x[k]h[n − k] = ∞ X k=−∞ αku[k]α−(n−k)u[−(n − k)] = ∞ X k=−∞ α−nα2ku[k]u[k − n] Para n ≤ 0 se tiene u[k]u[k − n] = ( 1 0 ≤ k 0 de otra manera

(38)

De usando los resultados de sumas tenemos y[n] = α−n ∞ X k=0 α2k = α−n ∞ X k=0 α2k = α −n 1 − α2 n ≤ 0 Para n ≥ 0 se tiene u[k]u[k − n] = ( 1 n ≤ k 0 de otra manera Luego y[n] = α−n ∞ X k=n α2k = α n 1 − α2 n ≥ 0

Con estos dos resultados se obtiene

y[n] = α

|n|

1 − α2

3.1.4.

Encuentre y[n] = x[n] ~ h[n], donde x[n] y h[n] son mostrados en la figura 3.1, (a) por el método anal´ıtico, y (b) por el método gráfico.

n

−1

x[n]

1 2 1 −2 −3 −4 3 4 −1

_n

h[n]

1 2 1 −2 −3 −4 3 4

Figura 3.1: Figura del ejercicio3.1.4

Soluci ´on:

(a) Notese que x[n] y h[n] pueden expresarse como

x[n] = δ[n] + δ[n − 1] + δ[n − 2] + δ[n − 3] y[n] = δ[n] + δ[n] + δ[n − 1] + δ[n − 2] Teniendo en cuenta los resultados del ejercicio3.1.2, tenemos

x[n] ~ h[n] = x[n] ~ {δ[n] + δ[n] + δ[n − 1] + δ[n − 2]} = x[n] ~ δ[n] + x[n] ~ δ[n − 1] + x[n] ~ δ[n − 2] = x[n] + x[n − 1] + x[n − 2]

(39)

37 Entonces y[n] = δ[n] + δ[n − 1] + δ[n − 2] + δ[n − 3] + δ[n − 1] + δ[n − 2] + δ[n − 3] + δ[n − 4] + δ[n − 2] + δ[n − 3] + δ[n − 4] + δ[n − 5] Lo que es igual y[n] = δ[n] + 2δ[n − 1] + 3δ[n − 2] + 3δ[n − 3] + 2δ[n − 4] + δ[n − 5] o y[n] = {1, 2, 3, 3, 2, 1} (b) Miremos la secuencia de im´agenes

k

h[n − k]

1 2 1 −2 −3 −4 3 4 −1

_k

−1

h[n − k]

1 2 1 −2 −3 −4 3 4 5 −1

k

x[k]h[n − k]

1 2 1 −2 −3 −4 3 4

n > 5

Figura 3.2: Soluci ón del ejercicio3.1.4por el método gráfico

En la figura anterior se mostraron las secuencias h[k], x[k] y h[n − k], x[k]h[n − k] para diferentes valores de n. de esta secuencia se puede ver que no existe traslape para valores de n < 0 y n > 5, luego y[n] = 0 para n < 0 y n > 5. Para 0 ≤ n ≤ 5 si existe traslape. Luego de la suma de x[k]h[n − k] para este intervalo, se obtiene

y[0] = 1 y[1] = 2 y[2] = 3 y[3] = 3 y[4] = 2 y[5] = 1

n

−1

y[n]

1 2 1 −2 3 4 6 2 3 5

(42)

3.1.5.

Encuentre la suma de convoluci ´on y[n] = x[n] ~ h[n] para las siguientes secuencias: (a) x[n] = u[n], h[n] = 2n_u[−n]

(b) x[n] = u[n] − u[n − N ], h[n] = αn_u[n]_{, 0 < α < 1}

(c) x[n] = 1₂nu[n], h[n] = δ[n] −1₂δ[n − 1]

Solcuci ´on:

(a) Miremos la soluci ´on de de forma gr´afica

k

−1

x[k]

1 2 1 −2 −3 −4 3 4 −1

−1

x[k]

1 2 1 −2 N − 2 N − 1 N

...

k

−1

h[k]

1 2 1 −2 −3 −4 3 4

k

−1

h[−k]

1 2 1 −2 −3 −4 3 4 n − 1

_k

h[n − k]

1 2 1 n − 2 n −1 3 4

...

n < 0

k

n − 1

h[n − k]

1 2 1 n − 2 −1 3 n

...

n > 0

...

(44)

Para n < 0 y[n] = 0 Para 0 ≤ n ≤ N − 1 y[n] = n X k=0 αn−k = αn n X k=0 α−k = αn1 − (α −1₎n+1 1 − α−1 y[n] = 1 − α n+1 1 − α Para n > N − 1 y[n] = N −1 X k=0 αn−k = αn N −1 X k=0 α−k = αn1 − α −N 1 − α−1 y[n] = αn+1−N1 − α N 1 − α De estos resultados, tenemos

y[n] =                      0 n < 0 1 − αn+1 1 − α 0 ≤ n ≤ N − 1 αn+1−N 1 − α N 1 − α n < N − 1 (c) Para este punto se usaran los resultados del ejercicio3.1.2

Tenemos x[n] ~ h[n] = y[n] = x[n] ~ δ[n] −1 2δ[n − 1] = x[n] ~ δ[n] − x[n] ~1 2δ[n − 1] = x[n] −1 2x[n − 1] Ahora y[n] = 1 2 n u[n] − 1 2 1 2 n−1 u[n − 1] y[n] = 1 2 n u[n] − 1 2 n u[n − 1] Entonces y[n] = δ[n]

(45)

43

3.1.6.

Determine la se ˜nal de salida y[n] de un sistema LTI cuya respuesta al impulso, h[n], y la se ˜nal de entrada x[n], estan dadas como:

h[n] = ( αn _{0 ≤ n ≤ 6} 0 de otra f orma x[n] = ( 1 0 ≤ n ≤ 4 0 de otra f orma Siendo α > 1. Soluci ´on:

...

n n − 6 n + 1 0

(46)

k

h[n − k]

De la anterior figura se puede observar que:

y[n] =

n

X

k=0

αn−k

Se puede evaluar esta suma con el uso de la f ´ormula de suma finita. Basta con cambiar la variable de la sumatoria, es decir, n − k = r.

y[n] = n X r=0 αr = 1 − α n+1 1 − α

(47)

45 Para 4 < n ≤ 6, se tiene

k

h[n − k]

n n − 6

k

x[k]

−1 0 1 2 3 4 5 6

k

h[n − k]

n n − 6

k

x[k]

−1 0 1 2 3 4 5 6

De la figura anterior podemos ver que los limites cambian

y[n] =

4

X

k=0

αn−k

Nuevamente usando la f ´ormula de la suma geom´etrica y organizando la suma de forma conveniente, tenemos y[n] = αn 4 X k=0 α−1k = αn1 − (α −1₎5 1 − α−1 y[n] = α n−4_{− α}n+1 1 − α Para 6 < n ≤ 10, tenemos

k

h[n − k]

n n − 6

k

x[k]

−1 0 1 2 3 4 5 6

k

h[n − k]

n n − 6

k

x[k]

−1 0 1 2 3 4 5 6

(48)

Ahora y[n] = 4 X k=n−6 αn−k

Nuevamente se usa la f ´ormula de la sumatoria, en este caso hacemos que r = k − n + 6, entonces y[n] = 10−n X r=0 α6−r = α6 10−n X r=0 (α−1)k = α61 − α n−11 1 − α−1 y[n] = α n−4_{− α}7 1 − α

Por ´ultimo, para n > 10, en donde podemos observar que nuevamente y[n] = 0 y[n] =                                          0 n < 0 1 − αn+1 1 − α 0 ≤ n ≤ 6 αn−4_{− α}n+1 1 − α 4 < n ≤ 6 αn−4_{− α}7 1 − α 6 < n ≤ 10 0 n > 10

3.1.7.

Determine la se ˜nal de salida y[n] de un sistema LTI cuya respuesta al impulso, h[n], y la se ˜nal de entrada x[n], estan dadas como:

h[n] = u[n − 1] x[n] = (3)nu[−n − 1]

(49)

47

Soluci ´on:

Resolviendo el ejercicio por el m´etodo anal´ıtico, tenemos x[n] ~ h[n] = ∞ X k=−∞ x[k]h[n − k] x[k]h[n − k] = (3)ku[−k − 1]u[n − k − 1] Para n ≤ 0 u[−k − 1]u[n − k − 1] = ( 1 k ≤ n − 1 0 de otra manera Entonces y[n] = n−1 X k=−∞ (3)k

Realizando un cambio de variable l = −k y luego m = l + n − 1 y[n] = ∞ X l=1−n 1 3 l = ∞ X m=0 1 3 m−n+1 y[n] = 1 3 1−n ∞ X m=0 1 3 m = 1 3 1−n 3 2 y[n] = 3 n 2 Para n > 0, tenemos u[−k − 1]u[n − k − 1] = ( 1 k ≤ −1 0 de otra manera Entonces y[n] = −1 X k=−∞ (3)k

Nuevamente realizando un cambio de variable r = −k, tenemos y[n] = ∞ X r=1 1 3 r = 1 3 1 −1₃ y[n] = 1 2 y[n] =          3n 2 n ≤ 0 1 2 n > 0

(50)

3.2. Sistema

LTI

de

Tiempo

Continuo

(Integral

de

Convoluci ´on)

3.2.1.

Verifique las siguientes propiedades (a) x(t) ~ h(t) = h(t) ~ x(t)

(b) [x(t) ~ h1(t)] ~ h2(t) = x(t) ~ [h1(t) ~ h2(t)]

Soluci ´on:

(a) De la definici ´on de la integral de convoluci ´on, tenemos

x(t) ~ h(t) =

∞

Z

−∞

x(τ )h(t − τ )dτ

Ahora, si cambiamos t − τ = λ, tenemos

x(t) ~ h(t) =

∞

Z

−∞

x(t − λ)h(λ)dλ

Por definici ´on

∞ Z −∞ x(t − λ)h(λ)dλ = h(t) ~ x(t) x(t) ~ h(t) = h(t) ~ x(t) (b) Sea x(t) ~ h1(t) = f1(t) y h1(t) ~ h2(t) = f2(t). Entonces f1(t) = ∞ Z −∞ x(τ )h1(t − τ )dτ Y [x(t) ~ h1(t)] ~ h2(t) = f1(t) ~ h2(t) ∞ Z −∞ f1(λ)h2(t − λ)dλ = ∞ Z −∞   ∞ Z −∞ x(τ )h1(λ − τ )dτ  h2(t − λ)dλ

(51)

49 Realizando un cambio de variable z = λ − τ y cambiando el orden de integraci ´on, tenemos [x(t) ~ h1(t)] ~ h2(t) = ∞ Z −∞ x(τ )   ∞ Z −∞ h1(z)h2(t − τ − z)dz  dτ Ahora, como f2(t) = ∞ Z −∞ h1(z)h2(t − z)dz Tenemos f2(t − τ ) = ∞ Z −∞ h1(z)h2(t − τ − z)dz Entonces [x(t) ~ h1(t)] ~ h2(t) = ∞ Z −∞ x(τ )f2(t − τ )dτ = x(t) ~ f2(t) = x(t) ~ [h1(t) ~ h2(t)]

3.2.2.

Verifique que: (a) x(t) ~ δ(t − t0) = x(t − t0) (b) x(t) ~ u(t) = t R −∞ x(τ )dτ Soluci ´on:

(a) Usando la definici ´on de la convoluci ´on y la propiedad demostrada en el ejercicio anterior, tenemos x(t) ~ δ(t − t0) = δ(t − t0) ~ x(t) = ∞ Z −∞ δ(τ − t0)x(t − τ )dτ = x(t − τ )|_{τ =t} 0 = x(t − t0)

(52)

(b) Por definici ´on x(t) ~ u(t) = ∞ Z −∞ x(τ )u(t − τ )dτ Como: u(t − τ ) = ( 1 τ < t 0 τ > t Entonces x(t) ~ u(t) = t Z −∞ x(τ )dτ

3.2.3.

Encuentre la salida y(t) para el sistema de tiempo continuo LTI cuya respuesta al impulso h(t)y su entrada x(t) est´an dadas por

h(t) = e−atu(t) x(t) = eatu(−t) a > 0

Soluci ´on:

De forma gr´afica, tenemos

τ

x(τ )

1

τ

h(t − τ

)

1 t

t < 0

τ

h(t − τ

)

1 t

t > 0

t

y(t)

(53)

51 De la anterior figura se puede observar que para n < 0 las se ˜nales se traslapan desde −∞ hasta τ = t, y para n > 0 las se ˜nales se traslapan desde −∞ hasta τ = 0.

Para n < 0, tenemos y(t) = ∞ Z −∞ x(τ )h(t − τ )dτ = t Z −∞

eaτe−a(t−τ )dτ = e−at

t Z −∞ e2aτdτ = 1 2ae at Para n > 0 y(t) = ∞ Z −∞ x(τ )h(t − τ )dτ = 0 Z −∞

eaτe−a(t−τ )dτ = e−at

0 Z −∞ e2aτdτ = 1 2ae −at

Si combinamos estos dos resultados, podemos escribir a y(t) como y(t) = 1

2ae

−a|t|

a > 0

3.2.4.

Evaluar y(t) = x(t) ~ h(t), donde x(t) y h(t) son mostrados en la figura 3.2.4, (a) por el método anal´ıtico, y (b) por el método gráfico.

t

x(t)

1 2 1 3

t

h(t)

1 2 1

(54)

Soluci ´on:

(a) Para la soluci ´on de este primer punto, podemos expresar x(t) y h(t) en forma de una funci ´on como

x(t) = u(t) − u(t − 3) h(t) = u(t) − u(t − 2) De la integral de convoluci ´on, tenemos

y(t) = x(t) ~ h(t) = Z

−∞∞x(τ )h(t − τ )dτ =

Z

−∞∞[u(τ ) − u(τ − 3)] [u(t − τ ) − u(t − τ − 2)] dτ = Z −∞∞u(τ )u(t − τ )dτ − Z −∞∞u(τ )u(t − τ − 2)dτ − Z −∞∞u(τ − 3)u(t − τ )dτ + Z −∞∞u(τ − 3)u(t − τ − 2)dτ Como u(τ )u(t − τ ) = ( 1 0 < τ < t, t > 0 0 de otra manera u(τ )u(t − τ − 2) = ( 1 0 < τ < t − 2, t > 2 0 de otra manera u(τ − 3)u(t − τ ) = ( 1 3 < τ < t, t > 3 0 de otra manera u(τ − 3)u(t − τ − 2) = ( 1 3 < τ < t − 2, t > 5 0 de otra manera

Se puede expresar y(t) como

y(t) =   t Z 0 dτ  u(t) −   t−2 Z 0 dτ  u(t − 2) −   t Z 3 dτ  u(t − 3) +   t−2 Z 3 dτ  u(t − 5)

3 < t < 5

t t − 2 3

_τ

t > 5

t − 2

Resolviendo el area bajo los pulsos rectangulares para los diferentes intervalos, obtenemos y(t) =                0 t < 0 t 0 < t ≤ 2 2 2 < t ≤ 3 5 − t 3 < t ≤ 5 0 t > 5

(56)

3.2.5.

Considere un sistema LTI de tiempo continuo descrito por

y(t) = l {x(t)} = 1 T t+T /2 Z t−T /2 x(τ )dτ

(a) Encuentre y bosqueje la respuesta al impulso h(t) para el sistema. (b) Este sistema es casual?

Soluci ´on:

(a) La anterior ecuaci ´on la podemos escribir como y(t) = 1 T t+T /2 Z −∞ x(τ )dτ − 1 T t−T /2 Z −∞ x(τ )dτ

Usando los resultados del ejercicio3.2.2se puede expresar como y(t) = 1 Tx(t) ~ u t + T 2 − 1 Tx(t) ~ ut − T 2 = x(t) ~ 1 T u t + T 2 − u t − T 2 = x(t) ~ h(t) De donde obtenemos h(t) = 1 T u t + T 2 − u t − T 2 =    1 T −T /2 < t ≤ T /2 0 de otra manera

t

h(t)

−T /2 T /2 1/T

Figura 3.9: Respuesta al impulso h(t) del ejercicio3.2.5

(57)

55

3.2.6.

Sea y(t) la salida de un sistema LTI de tiempo continuo con una entrada x(t). Encuentre la salida del sistema si la entrada es x0(t), donde x0(t)es la primera derivada de x(t).

Soluci ´on: y(t) = h(t) ~ x(t) = ∞ Z −∞ h(τ )x(t − τ )dτ

Derivando a ambos lados de la ecuaci ´on anterior con respecto a t, obtenemos

y0(t) = d dt   ∞ Z −∞ h(τ )x(t − τ )dτ  = ∞ Z −∞ d dt[h(τ )x(t − τ )] dτ = ∞ Z −∞ h(τ )x0_{(t − τ )dτ = h(t) ~ x},(t)

Lo anterior indica qu y0(t)es la salida del sistema cuando la entrada es x0(t).

3.2.7.

Encuentre la convoluci ón y(t) = x(t) ~ h(t) para los siguientes pares de se ñales: (a) x(t) = ( 1 −a < t ≤ a 0 de otra manera h(t) = ( 1 −a < t ≤ a 0 de otra manera (b) x(t) = ( t 0 < t ≤ T 0 de otra manera h(t) = ( 1 0 < t ≤ 2T 0 de otra manera (c) x(t) = u(t − 1), h(t) = e−3tu(t) Soluci ón:

(a) Solucionando el problema por el m´etodo gr´afico tenemos.

−a a

_τ

x(τ )

1 −a a

_τ

h(−τ

)

1

(58)

Para t ≤ −2a

−a a

_τ

1

t

t − a t + a

Se puede observar que para este intervalo la se ˜nal y(t) = 0 ya que no existe traslape.

Para −2a < t < 0 −a a

τ

1 t t − a t + a y(t) = t+a Z −a dτ y(t) = t + 2a Para 0 ≤ t < 2a −a a

τ

1 t t − a t + a y(t) = a Z t−a dτ y(t) = a − (t − a) = 2a − t

(59)

57 Para 2a ≤ t −a a

_τ

1 t t − a t + a

Nuevamente se puede observar que y(t) = 0 ya que no existe traslape. Estos resultados se pueden expresar de la siguiente forma:

y(t) = (

2a − |t| |t| < 2a

0 |t| ≥ 2a

(b) Nuevamente por el m´etodo gr´afico tenemos

T

_τ

Nuevamente tenemos que y(t) = 0. De los resultados anteriores tenemos

y(t) =                0 t < 0 1 2t 2 _{0 < t ≤ T} 1 2T 2 _{T < t ≤ 2T} −1 2t 2_{+ 2T −} 5 2T 2 _{2T < t ≤ 3T} 0 3T < t

(62)

(c) De la definici ´on de la integral de convoluci ´on, tenemos y(t) = x(t) ~ h(t) = h(t) ~ x(t) y(t) = ∞ Z −∞ x(t − τ )h(τ )dτ y(t) = ∞ Z −∞

u(t − τ − 1)e−3τu(τ )dτ De lo anterior tenemos que solo para t > 1

u(t − τ − 1)u(τ ) = ( 1 0 < τ < t − 1 0 de otra manera Por lo tanto y(t) = t−1 Z 0 e−3τdτ y(t) = −1 3e −3τ t−1 0 y(t) = 1 31 − e −3(t−1)_{u(t − 1)}

(63)

Cap´ıtulo 4

Ortogonalidad y Representaci ´on de

Se ˜nales

4.1.

4.1.1.

Sean las se ˜nales ortogonales x(t) y y(t) definidas en el intervalo [t1, t2], y adem´as,

z(t) = x(t) + y(t)en el mismo intervalo de tiempo. Demuestre que: Ez = Ex+ Ey

Soluci ´on:

Teniendo en cuenta que z(t) = x(t) + y(t) ∀t ∈ [t1, t2], entonces tenemos

z2(t) = [(t) + y(t)]2 = x2(t) + 2x(t)y(t) + y2(t)

Integrando a ambos lados de la ecuaci ´on para calcular la energ´ıa de z(t), tenemos

t2 Z t1 z2(t)dt = t2 Z t1 x2(t)dt + 2 t2 Z t1 x(t)y(t)dt + t2 Z t1 y2(t)dt Si aplicamos la definici ´on de energ´ıa tenemos

Ez = Ex+ 2 t2

Z

t1

x(t)y(t)dt + Ey

Recordando que las se ˜nales x(t) y y(t) son ortogonales en el intervalo, entonces Ez = Ex+ Ey

(64)

4.1.2.

Determine la constante A para que las se ˜nales ϕ1(t)y ϕ2(t)sean ortogonales en el intervalo

(−∞, ∞).

ϕ1(t) = e−|t| ; ϕ1(t) = 1 − Ae−2|t|

Soluci ´on:

Para que las se ˜nales sean ortogonales su producto interno debe de ser nulo.

Pi = 0 = ∞ Z −∞ φ1(t)φ2(t)dt = ∞ Z −∞ e−|t|(1 − Ae−2|t|)dt = ∞ Z −∞ (e−|t|− Ae−3|t|_)dt

Miremos que valor toma la funci ´on exponencial

e−|t|= ( e−t; t > 0 et_; _{t < 0} ∞ Z −∞ e−|t|(1 − Ae−2|t|)dt = 0 Z −∞ (et− Ae3t)dt + ∞ Z 0 (e−t− Ae−3t)dt = et− Ae 3t 3 0 −∞ + (−e−t+Ae −3t 3 ) ∞ 0 = 0 0 = 2 − 2A 3 ⇒ A = 3

4.1.3.

Se define una funci ´on rectangular como ( figura4.1):

f (t) = (

1 0 < t < π −1 π < t < 2π

(65)

63

t

2π π

f (t)

1 −1

Figura 4.1: Se ˜nal f (t) del ejercicio4.1.3

Aproxime la funci ´on mediante la forma de onda sen(t) en el intervalo (0, 2π), de modo que el error cuadr´atico medio sea m´ınimo.

Soluci ´on:

Aproximaremos la funci ´on f (t) en el intervalo (0, 2π), por medio de

f (t) ≈ C12sen(t)

Para encontrar el valor ´optimo de C12 con el que se reduce al m´ınimo el error cuadr´atico

medio se debe usar la siguiente expresi ´on:

C12 = 2π R 0 f (t)sen(t)dt 2π R 0 sen2_(t)dt = 1 π   π Z 0 sen(t)dt − 2π Z π sen(t)dt   = 4 π Por consiguiente, f (t) ≈ 4 πsen(t)

(66)

4.1.4.

Demostrar que en el intervalo (0, 2π) la funci ón rectangular de la figura 4.1 es ortogonal a las se ñales cos(t), cos(2t), ..., cos(nt) para todos los valores enteros de n, es decir, que la funci ón tiene una componente de valor cero de la forma de onda cos(nt) (nentero).

Soluci ´on:

De la definici ´on del producto interno, tenemos que para que la funci ´on f (t) sea ortogonal con cos(nt) entonces

(f (t) · cos(nt)) = 2π Z 0 f (t)cos(nt)dt = 0? = π Z 0 cos(nt)dt − 2π Z π cos(nt)dt = 1 n sen(nt)| π 0 − sen(nt)| 2π π

Como n es un n ´umero entero, entonces (f (t) · cos(nt)) = 0

4.1.5.

Nos podemos aproximar a la funci ón rectangular f (t) de la figura 4.1 mediante la se ñal (4/π)sen(t). Muestre que la funci ón de error

fe(t) = f (t) −

4 πsen(t)

es ortogonal a la funci ón sen(t) en el intervalo (0, 2π). Además demuestre que la energ´ıa de la funci ón f (t) es la suma de las energ´ıas de fe(t)y de (4/π)sen(t).

Soluci ´on: (fe(t) · sen(t)) = 2π Z 0 fe(t)sen(t)dt = 2π Z 0 f (t)sen(t)dt − 4 π 2π Z 0 sen2(t)dt = 4 − 4 ππ = 0

(67)

65 De lo anterior se puede concluir que la funci ón error es ortogonal a la funci ón sen(t) por que con la funci ón sen(t) no se puede representar la funci ón error, esto es obvio, pues el contenido de la se ñal f (t) en sen(t) ya esta dada por el término (4/π)sen(t).

Ahora, para la energ´ıa de la se ˜nal f (t), tenemos

f (t) = fe(t) + C12sen(t) Ef = 2π Z 0 f2(t)dt = 2π Z 0 fe(t) + 4 πsen(t) 2 dt = 2π Z 0 f_e2(t) + 2 πfe(t)sen(t) + 4 πsen(t) 2! dt

Del punto anterior sabemos que (fe(t) · sen(t)) = 0, entonces

= 2π Z 0 f_e2(t)dt + 2π Z 0 4 πsen(t) 2 dt = Efe + 16 π2Esen(t)

4.1.6.

Sea una funci ´on g(t) dada como:

g(t) =

∞

X

i=1

ciϕi(t)

Demostrar el teorema de Parseval para se ˜nales de energ´ıa: Eg = ∞ X i=1 c2_iEϕi Soluci ´on:

Calculemos la energ´ıa para la se ˜nal g(t)

Eg = Z g2(t)dt = Z n X i=1 ciϕi(t) !2 dt = Z c2₁ϕ2₁(t) + c2₂ϕ2₂(t) + · · · + c2_nϕ2_n(t) + c1ϕ1(t) ∗ c2ϕ2(t) + · · · + c1ϕ1(t) ∗ cnϕn(t) .. . + cnϕn(t) ∗ c1ϕ1(t) + cnϕn(t) ∗ c2ϕ2(t) + · · · + cnϕn(t)cn−1ϕn−1(t)dt

(68)

Teniendo en cuenta el concepto de ortogonalidad, tenemos

Eg =

Z

c2₁ϕ2₁(t) + c2₂ϕ2₂(t) + · · · + c2_nϕ2_n(t) dt

Cambiando el orden entre la sumatoria y la integral y haciendo que n → ∞

Eg = ∞ X i=1 c2_i Z ϕ2_i(t)dt Eg = ∞ X i=1 c2_iEϕi

4.1.7.

Hacer la representaci ón de la funci ón rectangular de la figura 4.1 mediante polinomios de Legendre por los primeros dos términos diferentes de cero. Encontrar el error cuadrático medio de la aproximaci ón cuando solo se tiene (a) el primer término y (b) el primero y el segundo término. ¿Que se puede concluir de la comparaci ón entre esta aproximaci ón y la que se obtiene mediante términos sinusoidales?

Nota: f (t) = 4 π sen(t) +1 3sen(3t) + 1 5sen(5t) + ...

Se puede definir los polinomios de Legendre por medio de la f ´ormula de Rodr´ıguez:

Pn(t) = 1 2n_n! dn dtn t 2_{− 1}n ; n = 0, 1, 2, ... Soluci ´on:

De la f ´ormula de Rodr´ıguez, tenemos

P0(t) = 1 P1(t) = t P2(t) =

3t2

2 −

1 2

(69)

67 C0 = 2π R 0 f (t)dt 2π R 0 dt = 0 C1 = 2π R 0 f (t)dt 2π R 0 dt = π R 0 tdt − 2π R π tdt 8π3 3 = − 3 8π C2 = 2π R 0 f (t)3t₂2 − 1 2 dt 2π R 0 3t2 2 − 1 2 2 dt C2 = π R 0 3t2 2 − 1 2 dt − 2π R π 3t2 2 − 1 2 dt π 2 − 4π3+ 72π5 5 = − 30π 2 144π4_{− 40π}2_{+ 5} ≈ −0,0217

Para encontrar el error cuadr´atico medio, debemos encontrar la energ´ıa del error, y teniendo en cuenta los resultados de los ejercicios4.1.1y4.1.5, tenemos

(a) Para el primer t´ermino

Ee= Ef − Ep

Donde Epes la energ´ıa de la aproximaci ´on

Ee = 2π − − 3 8π 2 8π3 3 = 2π − 3π 8 ≈ 5,11 (b) Para el primer y segundo t´ermino

Ee= 2π − − 3 8π 2 8π3 3 − − 30π 2 144π4_{− 40π}2_{+ 5} 2_π 2 − 4π 3₊ 72π5 5 ≈ 4,91

Ahora, para los dos primeros términos de la aproximaci ón en términos sinusoidales, tenemos

(a) Para el primer t´ermino

Ee= Ef − Ep

Donde Epes la energ´ıa de la aproximaci ´on

Ee = 2π −

4 π

2

(70)

(b) Para el primer y segundo t´ermino Ee = 2π − 4 π 2 π − 4 3π 2 π ≈ 0,62

Se puede observar que el error cuadrático medio de la aproximaci ón por medio de los polinomios de Legendre es muy grande con respecto a la aproximaci ón por términos sinusoidales, por lo tanto, es mas precisa la aproximaci ón con los términos sinusoidales.

4.1.8.

Un grupo de polinomios de Legendre Pn(t), (n = 0, 1, 2, ...) forman un espacio completo de

funciones ortogonales en el intervalo (−1, 1).

(a) Verifique la ortogonalidad para los tres primeros t´ermino del espacio funcional de Legendre.

(b) Represente la se ˜nal f (t) = − |t| en el intervalo (−1, 1) usando el conjunto de funciones verificado en el numeral anterior (a).

(c) Calcular el error de la representaci ´on de la se ˜nal.

Soluci ´on:

(a) De la f ´ormula de Rodr´ıguez, tenemos

P0(t) = 1 P1(t) = t P2(t) = 3t2 2 − 1 2 1 Z −1 P0(t)P1(t)dt = 1 Z −1 tdt = 1 2(1 − 1) = 0 1 Z −1 P0(t)P2(t)dt = 1 2 1 Z −1 (3t2− 1)dt = 1 2(1 − 1 + 1 − 1) = 0 1 Z −1 P1(t)P2(t)dt = 1 2 1 Z −1 (3t3 − t)dt = 1 2 3 4 − 1 2 − 3 4+ 1 2 = 0

(71)

69 (b) Ahora, encontremos los coeficientes ci

Se puede demostrar que la energ´ıa de un polinomio de Legendre en el intervalo (−1, 1) esta dada por

EPn = 1 Z −1 P_n2(t)dt = 2 2n + 1 Entonces tenemos que

ci = 2i + 1 2 1 Z −1 f (t)Pi(t)dt c0 = − 1 2 1 Z −1 |t| ∗ 1dt = −1 2 c1 = − 3 2 1 Z −1 |t| ∗ tdt = 0 c2 = − 5 2 1 Z −1 |t| ∗ 3t 2 2 − 1 2 dt = −5 8

Por lo tanto la representaci ´on aproximada para f (t) es f (t) = −1

2− 5

16 3t

2_{− 1}

(c) El error de la se ñal se puede medir en términos de la diferencia de energ´ıa entre la representaci ón y la se ñal, para esto nos apoyamos del teorema de Parseval como se muestra a continuaci ón

Ee= Ef − 2 X i=0 Ei = Ef − 2 X i=0 c2_iEPi(t) Ef = 1 Z −1 (− |t|)2dt = 2 3 Entonces tenemos Ee = 2 3 − 1 4∗ 2 − 25 64∗ 2 5 = 1 96

(72)

Series y Transformada de Fourier

(73)

Cap´ıtulo 5

Serie Exponencial de Fourier

5.1.

Determine la representaci ´on en series exponenciales de Fourier para cada una de las siguientes se ˜nales que se ilustran:

x(t) 2 π 1 t 4 π 0 −2 π −4π (a) t To A 2To −To −2To −To/2 0 To/2 x(t) (b) δTo(t) 1 1 1 1 1 2To To −To −2To 0 t 1 1 1 1 (c)

Figura 5.1: Figura del Ejercicio5.1

(74)

Soluci ´on:

(a) Sabiendo que

x(t) = Fo+ ∞ X n=−∞ Fnejnωot Donde Fo = 1 T T 2 Z −T 2 x(t)dt Fn = 1 T T 2 Z −T 2 x(t)e−jnωot_dt _ω o = 2π To Se tiene x(t) = t 2π x(t + 2π) = x(t) To = 2π ωo = 1 Fo = 1 T T 2 Z −T₂ x(t)dt = 1 To To Z 0 x(t)dt = 1 (2π)2 2π Z 0 tdt = 1 (2π)2 t2 2 2π 0 = 1 2 Fn= 1 T T 2 Z −T₂ x(t)e−jnωot_{dt =} 1 To To Z 0 x(t)e−jnωot_{dt =} 1 (2π)2 2π Z 0 te−jntdt Integrando por parte u = t; du = dt y dv = e−jntdt; je−jnt_n , se tiene:

Fn = 1 (2π)2 j nte −jnt + 1 n2e −jnt 2π 0 = 1 (2π)2 j2π n e −j2nπ + 1 n2 e −j2nπ _{− 1}

Donde e−j2nπ = cos(2nπ) − jsen(2nπ) = 1, se tiene Fn= 1 (2π)2 j2π n + 0 = j 2nπ Obteniendo as´ı que

x(t) = Fo+ ∞ X n=−∞ Fnejnωot = 1 2 + j 2π ∞ X n=−∞ ejnt n

(75)

73 (b) Sabiendo que x(t) = Fo+ ∞ X n=−∞ Fnejnωot ωo = 2π To Se tiene x(t) = ( A, 0 ≤ t < To/2 0, To/2 ≤ t < To

Se puede intuir que Fo= A₂ ya que este t´ermino representa la componente media de la se ˜nal

a representar: Fo = 1 T T 2 Z −T 2 x(t)dt = 1 To To Z 0 x(t)dt = 1 To To 2 Z 0 Adt = A To [t] To 2 0 = A 2 Fn = 1 T T 2 Z −T 2 x(t)e−jnωot_{dt =} 1 To To Z 0 x(t)e−jnωot_{dt =} 1 To To 2 Z 0 Ae−jnωot_{dt =} A To To 2 Z 0 e−jnωot_dt Fn = A To j nωo e−jnωot To 2 0 = j A nωoTo h e−jnωoTo2 − 1 i

Donde ωo = _{T o}2π por tanto ωoTo= 2π, teniendo as´ı

Fn= j A 2nπ e −jnπ_{− 1 = j} A 2nπ [(−1) n_{− 1] =} ( 0, n par A jnπ, n impar

Obteniendo as´ı que

x(t) = Fo+ ∞ X n=−∞ Fnejnωot= A 2 + A jπ ∞ X n=−∞ ejnωot n ∀ n impar

Tambi´en se podr´ıa expresar de la forma

x(t) = A 2 + A jπ ∞ X m=−∞ ej(2m+1)ωot 2m + 1 ; n = 2m + 1 (c) Sabiendo que x(t) = Fo+ ∞ X n=−∞ Fnejnωot ωo = 2π To

(76)

Se tiene x(t) = ( δ(t), t = 0 0, de otra f orma x(t + To) = x(t)

Se puede intuir que Fo = _T1_o ya que este t´ermino representa la componente media de la se ˜nal

a representar. Se puede lograr una representaci ´on completa de la se ˜nal si se logra representar en un periodo, por tanto

Fo = 1 T T 2 Z −T 2 x(t)dt = 1 To To 2 Z −To 2 x(t)dt = 1 To To 2 Z −To 2 δ(t)dt = 1 To Fn= 1 T T 2 Z −T 2 x(t)e−jnωot_{dt =} 1 To To 2 Z −To₂ x(t)e−jnωot_{dt =} 1 To To 2 Z −To₂ δ(t)e−jnωot_{dt =} 1 To e0₌ 1 To

Obteniendo as´ı que

x(t) = Fo+ ∞ X n=−∞ Fnejnωot= 1 To + 1 To ∞ X n=−∞ ejnωot_; _ω o = 2π T o

5.2.

Determinar los coeficientes Fnde la se ˜nal que muestra en la figura en t´erminos de n

t A 0 x(t) OndaSenoidal −A π π

Figura 5.2: Figura del Ejercicio5.2

Soluci ´on: Sabiendo que x(t) = Fo+ ∞ X n=−∞ Fnejnωot ωo = 2π To

(77)

75 Se tiene x(t) = ( Asen(t), −π ≤ t < π −Asen(t), π ≤ t < 3π x(t + To) = x(t) To = 4π ωo = 2π To = 2π 4π = 1 2

Se puede intuir que Fo = 0ya que este t´ermino representa la componente media de la se ˜nal

a representar. Fn = 1 T T 2 Z −T 2 x(t)e−jnωot_{dt =} 1 4π 3π Z −π x(t)e−jnωot_{dt =} 1 4π  A π Z −π sen(t)e−jnωot_{dt − A} 3π Z π sen(t)e−jnωot_dt  

Integrando por partes, se tiene que

b Z a sen(t)e−jnωot_{dt =} −e −jnωot_{(cos(t) + jnω} osen(t)) 1 − n2 _ω o2 b a π Z −π sen(t)e−jnωot_{dt =} −e −jnωot_{(cos(t) + jnω} osen(t)) 1 − n2_ω o2 π −π = −e −jnωot_cos(t) 1 − n2 _ω o2 π −π 3π Z π sen(t)e−jnωot_{dt =} −e −jnωot_{(cos(t) + jnω} osen(t)) 1 − n2 _ω o2 3π π = −e −jnωot_cos(t) 1 − n2 _ω o2 3π π Fn = A 4π " −e−jnωot_cos(t) 1 − n2 _ω o2 π −π − −e −jnωot_cos(t) 1 − n2 _ω o2 3π π # Fn = A 4π (1 − n2 _ω o2) e−jnπωo _{− e}jnπωo _{− e}−jn3πωo _{+ e}−jnπωo Fn= A 4π (1 − n2 _ω o2) 2e−jnπωo _{− e}jnπωo _{− e}−jn3πωo

(78)

5.3.

Usando las condiciones de ortogonalidad para la representaci ´on Exponencial Compleja de Fourier, demuestre que:

Fn = 1 To To 2 Z −To₂ x(t)e−jnωot_dt _ω o= 2π To Soluci ´on: Sabiendo que x(t) = ∞ X n=−∞ Fnejnωot

Multiplicando en ambos lados de la igualdad por e−jmωot_{e integrando el resultado desde t}

o hasta to+ To, se obtiene to+To Z to x(t)e−jmωot_{dt =} to+To Z to ∞ X n=−∞ Fnejnωot ! e−jmωot_{dt =} ∞ X n=−∞  Fn to+To Z to ej(n−m)ωot_dt   Sabiendo que to+To Z to ej(n−m)ωot_{dt =} ( 0, n 6= m To, n = m Se tiene to+To Z to x(t)e−jmωot_{dt = F} mTo

Cambiando t´erminos de m por n, to = −To/2 y adem´as despejando Fn , se obtiene

finalmente Fn = 1 To To 2 Z −To₂ x(t)e−jnωot_dt

(79)

77

5.4.

Determine la representaci ón en serie exponencial para cada una de las siguientes se ñales: a. x(t) = cosωot b. x(t) = senωot c. x(t) = cos 2t +π₄ d. x(t) = cos4t + sen6t e. x(t) = sen2_t Soluci ón:

(a) Sabiendo que

cosωot = 1 2e jωot_{+ e}−jωot = 1 2e −jωot₊1 2e jωot₌ ∞ X n=−∞ Fnejnωot Obteniendo as´ı F−1 = 1 2 F1 = 1 2 Fn= 0 ∀ |n| 6= 1 (b) Sabiendo que senωot = 1 2j e jωot_{− e}−jωot = − 1 2je −jωot₊ 1 2je jωot₌ ∞ X n=−∞ Fnejnωot Obteniendo as´ı F−1 = − 1 2j F1 = 1 2j Fn= 0 ∀ |n| 6= 1 (c) Sabiendo que x(t) = cos2ωot + π 4 = cosπ 4cos2ωot − sen π 4sen2ωot = √ 2 2 [cos2ωot − sen2ωot] x(t) = √ 2 2 1 2 e j2ωot_{+ e}−j2ωot − 1 2j e j2ωot_{− e}−j2ωot = √ 2 4 (1 − j)e −j2ωot_{+ (1 + j)e}j2ωot

(80)

Obteniendo as´ı F−2 = √ 2 4 (1 − j) F2 = √ 2 4 (1 + j) Fn= 0 ∀ |n| 6= 2 (d) Sabiendo que x(t) = cos4t + sen6t = 1 2e j4t_{+ e}−j4t₊ 1 2j e j6t_{− e}−j6t x(t) = − 1 2je −j6t +1 2e −j4t + 1 2e j4t₊ 1 2je −j6t = ∞ X n=−∞ Fnejnωot = ∞ X n=−∞ Fnej2nt Obteniendo as´ı F−3 = − 1 2j F−2 = 1 2 F2 = 1 2 F3 = 1 2j Fn= 0 ∀ |n| 6= 2, 3 (e) Sabiendo que

x(t) = sen2t = 1 2(1 − cos2t) = 1 2− 1 4e j2t_{+ e}−j2t_{= −}1 4e −j2t +1 2 − 1 4e j2t₌ ∞ X n=−∞ Fnej2nt Obteniendo as´ı F−1 = − 1 4 Fo = 1 2 F1 = − 1 4 Fn = 0 ∀ |n| 6= 0, 1

5.5.

Si x1(t) y x2(t) son se ñales peri ódicas con periodo fundamental To y su representaci ón en

series Exponencial de Fourier est´an definidas como

x1(t) = ∞ X n=−∞ dnejnωot x2(t) = ∞ X n=−∞ enejnωot ωo = 2π To

Demuestre que la se ˜nal x(t) = x1(t)x2(t)es peri ´odica con el mismo periodo fundamental To

y puede expresarse como

x(t) = ∞ X n=−∞ Fnejnωot ωo = 2π To

(81)

79 Donde Fn = ∞ X m=−∞ dmen−m Soluci ´on: Sabiendo que x1(t + To) = x1 x2(t + To) = x2 x(t) = x1(t)x2(t) Se puede expresar x(t + To) = x1(t + To)x2(t + To) = x1(t)x2(t) = x(t)

Debido a que la se ˜nal x(t) es peri ´odica con periodo To, se puede decir que

x(t) = ∞ X n=−∞ Fnejnωot ωo = 2π To Donde Fn = 1 To To 2 Z −To₂ x(t)e−jnωot_{dt =} 1 To To 2 Z −To₂ x1(t)x2(t)e−jnωotdt = 1 To To 2 Z −To₂ ∞ X m=−∞ dmejmωot ! x2(t)e−jnωotdt Fn = ∞ X m=−∞ dm    1 To To 2 Z −To₂ x2(t)e−j(n−m)ωotdt   = ∞ X m=−∞ dmen−m

5.6.

Si x1(t)y x2(t)son se ˜nales peri ´odicas con periodo fundamental To, demuestre que

1 To To 2 Z −To₂ x1(t)x2(t)dt = ∞ X m=−∞ dne−n

(82)

Soluci ´on:

Del ejercicio5.5, se tiene que

1 To To 2 Z −To 2 x1(t)x2(t)e−jnωotdt = ∞ X m=−∞ dmen−m

Haciendo n = 0 en la expresi ´on anterior, se obtiene

1 To To 2 Z −To 2 x1(t)x2(t)dt = ∞ X m=−∞ dme−m = ∞ X n=−∞ dne−n

5.7.

Demuestre que se pueden obtener los coeficientes de la serie trigonom´etrica de Fourier en t´ermino de los coeficientes de la serie exponencial compleja de Fourier.

ao = Fo an= Fn+ F−n bn= j(Fn− F−n) Soluci ´on: Sabiendo que x(t) = ∞ X n=−∞ Fnejnωot= Fo+ ∞ X n=1 Fnejnωot+ F−ne−jnωot

Y usando la expresi ´on de Euler

e±jnωot_{= cos(nω} ot) ± jsen(nωot) Se obtiene x(t) = Fo+ ∞ X n=1

(Fn[cos(nωot) + jsen(nωot)] + F−n[cos(nωot) − jsen(nωot)])

x(t) = Fo+ ∞

X

n=1

(83)

81 Comparando argumentos con la expresi ´on general de la serie trigonom´etrica de Fourier, finalmente se obtiene que

x(t) = ao+ ∞ X n=1 (ancos(nωot) + bnsen(nωot)) ao = Fo an= Fn+ F−n bn= j(Fn− F−n)

5.8.

Determine el espectro de Fourier para cada una de las se ˜nales del ejercicio5.1.

Soluci ´on:

(a) Sabiendo que

x(t) = Fo+ ∞ X n=−∞ Fnejnωot = 1 2 + j 2π ∞ X n=−∞ ejnt n Fn = j 2nπ = 1 2nπe jπ/2 _{= |F} n|ejθn Por tanto |Fn| = 1 2nπ θn= π 2 (b) Sabiendo que x(t) = A 2 + A jπ ∞ X n=−∞ ej(2n+1)ωot 2n + 1 Fn= A j(2n + 1)π = − jA (2n + 1)π = A (2n + 1)πe −jπ/2 = |Fn|ejθn Por tanto |Fn| = A (2n + 1)π θn= − π 2 (c) Sabiendo que x(t) = 1 To + 1 To ∞ X n=−∞ ejnωot