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Ejercicios Resueltos T.P. Nº 4: SERIE DE FOURIER

Ejercicio 12 La señal dada es x(t). Se pide calcular los coeficientes de la Serie Trigonométrica de Fourier, es decir, an, bn y a0. Como la señal no tiene ningún tipo de simetría, las integrales para hallar los coeficientes de la serie serán por tramos (3 tramos). -3 -1 0 3 5 9 11

-1

0

1

2

3

4

5

6

Sin embargo, desplazando la señal tanto en la dirección de las ‘x’ como en la de las ‘y’, pueden simplificarse los cálculos. Consideremos la señal v(t)=x(t-2)-2, que es una señal que se obtiene desplazando a x(t) “para abajo”, es decir, restando 2 en amplitud a toda la señal, con lo que queda:

-3 -1 0 3 5 9 11-1

0

1

2

3

4

5

6

y luego retardándola 2 unidades de tiempo (flecha roja figura 2):

-7 -5 -3 -1 0 1 3 5 7 -1

0

1

2

3

4

5

6

Puede verse que la señal obtenida finalmente es una señal par. OBSERVACIÓN: Podría haberse obtenido v(t) adelantando a x(t) en 4 unidades de tiempo (flecha azul figura 2) y la solución es igualmente válida: v2(t)=x(t+4)-2. Debido a la simetría que posee, la serie de v(t) es más fácil de obtener que la de x(t):

( ) ( )∑∞

=

++=1

0*

0*

*0 sencos2

)(n

nn tnbtnaa

tv ωω .

t

x(t)

t

x(t)-2

t

v(t)

T=6

T=6

2

Luego podemos recuperar x(t) recordando que v(t)=x(t-2)-2, y entonces:

( ) ( ) ( )( ) ( )( )∑∞

=

+++++=++=1

0*

0*

*0 2sen2cos22

22n

nn tnbtnaa

tvtx ωω .

SOLUCIÓN. Coeficientes de v(t)

( ) ( ) ( ) ( )∫∫∫∫ =

−=−====

−−

1

0

1

0

23

0

3

3

2/

2/

*0

2

1

23

333

6

12

6

12

6

11

2

ttdttdttvdttvdttv

T

aT

T

a0/2 es el denominado valor medio de la señal y, cuando la forma de la función lo permite puede calcularse simplemente haciendo el cociente del área bajo la curva en un período de la señal y dicho período, es decir, en este caso:

2

1

6

2/3.2

2

*0 ===

T

Aa

Como la señal v(t) es par, los coeficientes bn serán iguales a cero para todo n:

( ) ( ) 0sen2 2/

2/

0* == ∫

−

dttntvT

b

T

T

n ω La integral de una función impar es cero.

El único cálculo que resta hacer es el de los an.

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )

( ) ( )( )

( )

=

=

=

−

=

=

+

+−

−

−

=

−−=

=−=−== ∫∫∫−

6sinc

6

6sen

3

6sen2

2

3

3cos1

2

0

3

10

3

3sen

3

3cos

3

3sen

2sencossen

2

coscos2cos336

22cos

2

22

2

2

2

2

22

1

00

02

0

0

0

0

1

0

00

1

0

0

2/

2/

0*

π

π

π

π

π

π

π

ππ

π

π

π

π

π

ω

ω

ω

ω

ω

ω

ωωωω

n

n

n

n

n

n

n

nn

n

n

n

n

n

n

tnt

n

tn

n

tn

dttnttndttntdttntvT

a

T

T

n

Se tuvo en cuenta que:

- 3

20

ππω ==

T

- ( ) )(sen22cos1 2 αα =− (Tabla de equivalencias trigonométricas- Sadosky)

- )sinc()sen(

αα

α=

Ahora ya podemos escribir a v(t) por su representación en serie trigonométrica de Fourier:

Por ser señal par.

Porque entre x=1 y x=3 la señal vale cero.

par impar

impar

3

∑∞

=

+=

1

2

3cos

6sinc

2

1)(

n

tnn

tvππ

.

Y finalmente, obtenemos la representación en serie geométrica de Fourier de x(t), nuestra función original:

( ) ( )

−

+=

=

+

++=++=

∑

∑∞

=

∞

=

tnnn

tnnn

tnn

tvtx

n

n

3sen

3

2sen

6sinc

3cos

3

2cos

6sinc

2

5

23

cos6

sinc22

122)(

2

1

2

1

2

ππππππ

ππ

Se usó la equivalencia trigonométrica: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )βαβαβα sensencoscoscos −=+ , con

3

2 πα

n= y t

n

3

πβ =

OBSERVACIONES: - La componente de continua quitada a x(t), es decir, el valor de 2 que se le restó a toda la

función, se suma al valor medio (componente de continua) de v(t) para recuperar la función original.

- La función x(t) no tiene simetría, por lo tanto tiene coeficientes an y bn distintos de cero.

a) Serie exponencial de Fourier de x(t). Una vez obtenida la serie trigonométrica, puede obtenerse muy fácilmente la serie exponencial (y también a la inversa) a partir de la relación entre coeficientes.

0)()( 000 ≠+== ∑∑

∞

−∞=

∞

−∞=

necctxoectxn

tjnn

n

tjnn

ωω

2

5

20

0 ==a

c

3

222

22

6sinc

2

1

3

2sen

3

2cos

6sinc

2

1

3

2sen

6sinc

3

2cos

6sinc

2

1

2

πππππ

ππππ

nj

nnn

enn

jnn

nnj

nnjbac

=

+

=

=

−−

=

−=

Entonces

06

sinc2

1

2

5)( 33

22 ≠

+= ∑

∞

−∞=

neen

txn

tjnn

jππ

π

b) Espectro de amplitud y espectro de fase. Recordemos que los cn son números complejos, por lo tanto los podemos expresar en módulo y fase.

a0/2 Valor medio

de x(t)

an bn

cn

4

El espectro de amplitud está formado por los valores de los módulos de los cn para cada n,

es decir,

=

=

6sinc

2

1

6sinc

2

1 23

22 ππ

πn

en

c

nj

n .

-12 -6 0 6 120

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

Los ceros de la sinc se encuentran en ππ

kn

=6

, es decir, en kn 6= (cada 6 n).

El espectro de fase es el gráfico de los valores de la fase de los cn para cada valor de n.

Sabemos que 3

22

6sinc

2

1π

πn

j

n en

c

= , y por lo tanto su fase será ( )

3

20

πωθ

nn = .

-12 -6 0 6 12

-4pi

-2pi/30

2pi/3

4pi

c) Los gráficos están hechos en función de n, pero podrían haberse hecho en función de nω0, y allí se vería claramente que la separación entre barras es ω0.

n

2.5 .

n

nc

( )nθ

Recuerde: Los espectros de amplitud y fase de las señales periódicas son discretos.

La envolvente NO es el espectro.

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¿Qué significa la representación en serie de una función? Cualquier función periódica pueden representarse mediante una serie de funciones trigonométricas de frecuencias que son múltiplos enteros de la frecuencia fundamental de la señal dada. Esta serie es la denominada Serie de Fourier, que puede ser exponencial o trigonométrica. La serie converge el valor de la función, es decir, a medida que se suman más términos a la serie ésta es más “parecida” a la función que representa. ¿Cómo se calcula la expresión temporal de la componente k-ésima? ¿Cuál es su amplitud y cuál es su fase? SERIE EXPONENCIAL

∑∞

−∞=

=n

tjnn ectx 0)( ω

Expresión temporal de la primera armónica:

tjjtjjtjtjeeceececectx 010100

111-11 )( ωθωθωω −−

− −+=+=

Luego, teniendo en cuanta que si la señal es real los cn son números complejos conjugados,

entonces nn cc −= y ( )( ) n

n

nn

c

c−−=

= θθ

Re

Imarctan y

( ) ( )( ) ( )1011111 cos2)( 10100101 θωθωθωωθωθ +=+=+= +−+−−tceeceeceectx

tjtjtjjtjj

Expresión temporal de la segunda armónica: ( )2022 2cos2)( θω += tctx

.

.

. Expresión temporal de la armónica k-ésima: ( )kkk tkctx θω += 0cos2)(

SERIE TRIGONOMÉTRICA

( ) ( )∑∞

=

++=1

000 sencos2

)(n

nn tnbtnaa

tx ωω

Expresión temporal de la primera armónica: ( ) ( )tbtatx 01011 sencos)( ωω +=

Expresión temporal de la segunda armónica: ( ) ( )tbtatx 02022 2sen2cos)( ωω +=

.

.

. Expresión temporal de la armónica k-ésima: ( ) ( )tkbtkatx kk 0k0 sencos)( ωω +=

.

.

. Puede probarse que ( ) ( ) ( )kkkk tkRtkbtkatx φωωω +=+= 00k0 cossencos)(

Con nkkk cbaR 222=+= y

( )( )

=

−=

n

n

k

kk

c

c

a

b

Re

Imarctanarctanφ , recordando que

2kk

k

jbac

−= .

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Veamos la aproximación por un número creciente de armónicas de la señal v(t) estudiada antes. Frecuencia fundamental (f0=1/6 Hz)

-5 0 5-1

0

1

2

3

Hasta la segunda armónica

-5 0 5-1

0

1

2

3

Hasta la quinta armónica

-5 0 5-1

0

1

2

3

Hasta la décima armónica

-5 0 5-1

0

1

2

3

¿Y por qué aparece esa diferencia en la amplitud? Porque todavía no sumamos la componente de continua, el valor medio, que en el caso de v(t) es a0/2=1/2.

-5 0 5-1

0

1

2

3

Y ahora si…

Gris: función exacta Negro: aproximación por la serie