Apuntes y ejercicios Señales y sistemas (Borrador)

Apuntes y ejerciciosSEALES Y SISTEMAS

Ruano, Julio Daniel1, Ordoez, Miguel Angel2

12Estudiantes de Ingeniera Elctrica

Facultad de Ingeniera en Electricidad y Computacin

Escuela Superior Politcnica del Litoral, Guayaquil, [email protected], [email protected]

2015

Seales y sistemas Ruano & Ordoez 2015

0.1. DedicatoriaA Dios por las infinitas bendiciones en mi vida.

A mis padres por su entrega y amor da a da, adems de guiarme por el mejor camino. Ami familia por ser siempre un apoyo; y a mis amigos por todas las experiencias y gratosmomentos que hemos compartido.

Ruano Lima, Julio Daniel

A Dios por cuidar de mi desde antes de mi nacimiento.

A mi familia y en especial a mis padres, Miguel Ordez y Luisa Mera, quienes des-de pequeo supieron brindarme un hogar lleno de amor y fueron mis primeros maestros,de quienes aprend y sigo aprendiendo a vivir; a mi hermano, Abraham Ordez, cu-ya amistad y complicidad son invaluables para mi. A mi enamorada, Steffanie Jimnez,quien siempre me muestra su apoyo incondicional y me ha acompaado durante la mayorparte de mi carrera Universitaria.

Por ltimo pero no por eso menos importante, a mis maestros y amigos, por contribuira mi desarrollo, razn por la cual mantengo una eterna gratitud hacia ustedes.

Ordez Mera, Miguel Angel

1


0.2. Prefacio

2


0.3. Prlogo

3

Captulo 1

Convolucin

1.1. Generalidades sobre la convolucinLa convolucin de funciones

1.2. Convolucin grfica de funciones continuas

1. Determine de forma grfica la convolucin y(t) = x(t) h(t) entre las funcionesadjuntas:Solucin:

Para encontrar la convolucin entre ambas funciones debemos escoger una de ellas pa-ra realizar en primer lugar su reflejo respecto al eje y, y luego barrerla de forma horizontalde a + por encima de la funcin restante.Escojamos a x() como funcin a dejar fija, y a h(t ) como funcin a barrer. Imagi-nemos que h(t ) arranca el barrido en avanzando hacia la derecha, podemos verclaramente que el producto x(t) h(t) es cero.Pero qu sucede a medida que el extremo derecho de la funcin h(t ) comienza atraslaparse al inicio de la funcin x()? El producto entre ambas toma un valor diferentede cero, siendo de hecho su valor. Este escenario se da hasta que h(t ) se traslapapor completo en x(), esto ocurre en el intervalo a b < t < a+ b.Recordando la definicin de convolucin tenemos que y(t) =

tab x() h(t )d .

y(t) =

t+ba

x() h(t )d = t+ba

d = |t+ba

y(t) = (t+ a+ b);a b < t < a+ b

Luego, continuando el barrido de h(t ) podemos darnos cuenta que dicha funcin

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se encuentra totalmente traslapada con x(), esto ocurre brevemente hasta que h(t )comienza a salir del traslape con x(). Lo anterior es vlido para a+ b < t < b a.

y(t) =

t+btb

x() h(t )d = t+btb

d = |t+btb

y(t) = 2b;a+ b < t < b a

De forma anloga ahora h(t) deja la zona de traslape con x(), lo anterior ocurre parab a < t < a+ b. La convolucin est dada entonces por:

y(t) =

atb

x() h(t )d = atb

d = |atb

y(t) = (a+ b t); b a < t < a+ b

Finalmente podemos notar que para t > a + b el producto x()h(t ) es cero, por loque podemos escribir la funcin y(t) como:

y(t) =

0 < t a b

(t+ a+ b) a b < t a+ b2b a+ b < t b a

(a+ b t) b a < t a+ b0 t >

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Jueves 08 de Julio de 2010, Primer Tema2. Un estudiante de la materia Sistemas Lineales de la ESPOL, ha determinado quela representacin esquemtica de la respuesta impulso es h(t), de un sistema LTI-CT,es aquella que se muestra en la siguiente figura.Si se conoce la derivada de la excitacin de dicho sistema, esto es dx(t)dt , determine yesquematice su respuesta de estado cero, es decir: y(t) = x(t) h(t).

Solucin:

Es obvio que

h(t) = (t 1) (t 2)

dx(t)

dt= (t+ 1) 2(t 1) + (t 2)

Por otro lado sabemos que para un sistema LTI-CT se cumple que

h(t) dx(t)dt

=dy(t)

dt

Entonces tenemos que

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dy(t)

dt= [(t 1) (t 2)] [(t+ 1) 2(t 1) + (t 2)]

Recordemos que como la funcin delta es el elemento neutro de la convolucin y elsistema es invariante en el tiempo tendremos que

x(t) (t t0) = x(t t0)

Entonces

dy(t)

dt= (t) 2(t 2) + (t 3) (t 1) + 2(t 3) (t 4)

dy(t)dt

= (t) (t 1) 2(t 2) + 3(t 3) (t 4)

Ahora mostraremos la grfica

De donde resulta obvio que

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Con lo cual se concluye el problema.

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Jueves 1 de Diciembre de 2011, Segundo TemaPara el sistema LTI-CT integrado por la conexin en serie de dos subsistemas; y,conociendo la entrada o exitacin x(t) junto con la respuesta impulso h(t) para elprimer subsistema se le ha solicitado:a) Determinar, esquematizar y etiquetar la respuesta w(t) que genera a la salida delprimer subsistema, as como su correspondiente energa.b)Obtener, esquematizar y etiquetar la salida y(t) que genera el sistema global, ascomo su correspondiente energa.c) Conociendo la existencia de la seal z(t), expresarw(t) como una funcin de aque-lla.

a)Notemos que

w(t) = x(t) h(t) = (t+ 12

) (t 12

) ((t+ 92

) (t 92

))

w(t) = r(t+ 5) r(t+ 4) r(t 4) + r(t 5)Ahora calculamos la energa del sistema

E(w(t)) =

45

( + 5)2d +

44d +

54

(5 )2d

E(w(t)) = 263

b)

y(t) =d(r(t+ 5) r(t+ 4) r(t 4) + r(t 5))

dt= (t+5)(t+4)(t4)+(t+5)

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E(y(t)) = 45

d +

54d = 2

c)Notemos que

dz(t)

d(t)= (t) (t 1)) y(t) = dz(t+ 5)

dt dz(t 4)

dt

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Jueves 07 de julio de 2011, Segundo Tema1. Un sistema LTI-CT se encuentra conformado por dos subsistemas integradorescomo se muestra en la figura. Conociendo adems la derivada de la excitacin x(t),determine:a) La respuesta al impulso de cada subsistema y del sistema global, comente sobre laestabilidad de cada subsistema y del sistema global.b) La respuesta frente a la excitacin x(t). Solucin:

La respuesta al impulso de cada subsistema est dada por la evaluacin de y(t) en (t),para el subsistema 1 tenemos h1(t) =

t+a ()d . La integral anterior nos otorga

h1(t) = (t+ a), cuya grfica vemos adjunta.

De manera anloga obtenemos h2(t) evaluando a y(t) en (t), para el subsistema 2tenemos h2(t) =

ta ()d . La integral anterior nos otorga h2(t) = (t a), cuya

grfica vemos adjunta.

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Ahora podemos determinar h(t), la misma resulta h(t) = h1(t) h2(t), por lo queh(t) = (t+ a) (t a). La grfica de h(t) tiene la forma:

En cuanto a estabilidad se refiere recordamos que un sistema es BIBO estable si su res-puesta al impulso h(t) es integrable por completo en a. Por lo anterior podemosdarnos cuenta que las integrales de h1(t), h2(t) no convergen a valor real alguno en elintervalo antes mencionado, de este modo ni el subsistema 1 ni el dos son estables.Sin embargo, por otro lado la integral de la respuesta del sistema total s converge a unvalor real, siendo entonces BIBO estable el sistema global.

Finalmente hallemos la respuesta del sistema frente a la excitacin presentada. Cono-

cemos quedx

dt= (t+ a) (t a). Por lo que podemos afirmar que x(t) = (t+ a)

(t a).La respuesta y(t) es entonces igual a y(t) = h(t) x(t).

y(t) = ((t+ a) (t a)) ((t+ a) (t a))Tenemos entonces la convolucin entre dos funciones idnticas, la misma tendr comorespuesta:

y(t) = (t+ 2a) 2(t) + (t 2a)

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Jueves 03 de Diciembre de 2009, Tercer TemaSuponga que la entrada x(t) y la respuesta impulso h(t) de un sistema LTI-CT estndadas por:

x(t) = 2(t 1) 2(t 3)h(t) = (t+ 1) 2(t 1) + (t 3)

Determine:a) La salida y(t) del sistema y encuentre la energa de la misma.b) Es BIBO estable el sistema? Justifique.Solucin:Dada la ventaja que la convolucin es tanto asociativa como conmutativa, adems de lainvariancia en el tiempo del sistema, podemos calcular la respuesta mediante la obtencinde la forma general de la convolucin de dos funciones (t) y luego desplazarla lo nece-sario.Entonces, sean (t ) y (t ) las dos funciones generales a convolucionar, sus gr-ficas sern:

Para realizar la convolucin reflejamos a (t ) obteniendo ( + t) que barre al eje hasta encontrarse con ( ). Lo anterior puede verse grficamente como:

Podemos notar que a medida que la funcin ( + t) se mueve a la derecha, la convo-lucin toma valores diferente de cero en t = + .Por lo tanto podemos escribir (t)(t) = t (1)d = t; t >= +.Podemos expresar de manera diferente el resultado anterior como:

(t ) (t ) = (t )

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Regresando al problema anterior, tenemos entonces:

y(t) = (2(t 1) 2(t 3)) ((t+ 1) 2(t 1) + (t 3))

y(t) = 2(t 1) (t+ 1) 4(t 1) (t 1) + 2(t 1) (t 3) 2(t 3) (t+ 1) + 4(t 3) (t 1) 2(t 3) (t 3)

y(t) = 2(t) 4(t 2) + 2(t 4) 2(t 2) + 4(t 4) 2(t 6)

y(t) = 2(t) 6(t 2) + 6(t 4) 2(t 6)La grfica de nuestra salida est dada por:

La energa podemos encontrarla como:

Ey(t) =

20t2dt+

42

(4t+ 12)2dt+ 6

4(2t 12)2dt = 24

Finalmente para conocer si el sistema es o no BIBO estable, analicemos a h(t), podemosnotar que la misma es completamente integrable en < t < , por lo que el sistemas es BIBO estable.

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Captulo 2

Ecuaciones en diferencia

2.1. Generalidades de las ecuaciones en diferenciaDenominamos ecuacin en diferencia a la representacin de un sistema lineal me-

diante una expresin que involucra distintas sucesiones siendo una de ellas desconocida.De manera general una ecuacin en diferencias de coeficientes constantes, toma la formasiguiente:

Nr=0

y[n r] =Mq=0

x[n q]

Para hallar la solucin a dicha ecuacin, utilizamos una metodologa similar a la empleadaen ecuaciones diferenciales de variable continua.La solucin estar compuesta por dos componentes, una componente homognea y unacomponente particular, es decir y[n] = yh[n] + yp[n]. Para determinar la componentehomognea partimos de la suposicin que la solucin de

Nr=0 y[n r] = 0 es de la

forma y[n] = n, lo cual reemplazamos en la sucesin original, obteniendo un problemade la forma:

0n + 1

n+1 + 2n+2 + . . .+ N

n+N = 0

Tomando como factor comn n obtenemos la denominada ecuacin caracterstica de laecuacin en diferencias:

0 + 1 + 22 + . . .+ N

N = 0

Tras encontrar los valores de que satisfacen la ecuacin de coeficientes constantes an-terior, escribimos la componente homognea como yh[n] = c1n1 + c2

n2 + . . .+ cN

nN ,

donde los valores c1, c2, . . . , cN se determinan a partir de las condiciones iniciales delsistema.Para nuestro caso particular de estudio, determinaremos la respuesta al impulso unitariodel sistema por lo que x[n] = [n], de lo anterior podemos entonces suponer que la solu-cin particular tendr la forma y[n] = k[n].

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Se puede demostrar que k, tendr el valor de k =bnan

donde an, bn son los coeficientes

presentes en la ecuacin para y[n], x[n] respectivamente.

2.2. Solucin de ecuaciones en diferenciaJueves 11 de diciembre de 2014, Tercer Tema

1. Determine la respuesta al impulso unitario del sistema representado por el diagra-ma de bloques adjunto:

Solucin: El diagrama de bloques nos otorga una representacin grfica de la siguien-te ecuacin en diferencias:

y[n] = 4x[n 1] 4x[n 2] + 1,6y[n 1] 0,63y[n 2]Como primer paso expresamos la ecuacin anterior de una manera ms apropiada, dadoque el termino recursivo menor es n 2 y valiendonos de la invariancia en el tiempo denuestro sistema, desplazamos los trminos dos unidades en n, obteniendo de esta forma:

y[n+ 2] = 4x[n+ 1] 4x[n] 1,6y[n+ 1] 0,63y[n]Reordenando la expresin tenemos:

0,63y[n] 1,6y[n+ 1] + y[n+ 2] = 4x[n+ 1] 4x[n]Para obtener la respuesta homognea hacemos x[n] = 0,n, y asumiendo y[n] de laforma y[n] = n tenemos:

0,63n 1,6n+1 + n+2 = 0

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n[0,63 1,6 + 2] = 0Con 1 = 0,7, 2 = 0,9, escribimos la solucin homognea como yh[n] = c1(0,7)n +c2(0,9)

n.La componente particular, la obtenemos observando la ecuacin para determinar los va-

lores de an = 0,63, bn = 4, por lo que yp[n] = 40,63

[n].

La respuesta al impulso unitario ser entonces h[n] = 6,3492[n]+[c1(0,7)n+c2(0,9)n](n), para determinar las constantes c1, c2 recurrimos a la ecuacin original sin desplazary evaluamos:

h[n] = 4[n 1] 4[n 2] + 1,6h[n 1] 0,63h[n 2]

n = 0 h[0] = 4[1] 4[2] + 1,6h[1] 0,63h[2] = 0 h[0] = 0n = 1 h[1] = 4[0] 4[1] + 1,6h[0] 0,63h[1] = 4 h[1] = 4

Vale la pena aclarar que h[1], h[2] = 0 por ser el sistema causal, luego generamos unsistema de ecuaciones con las evaluaciones previas y adems evaluando la solucin totalque se obtuvo anteriormente, donde se involucra a c1, c2.

h[0] = 6,3492[0] + c1 + c2 = 0 c1 + c2 = 6,3492

h[1] = 6,3492[1] + c1(0,7) + c2(0,9) = 4 0,7c1 + 0,9c2 = 4Resolviendo para c1, c2 tenemos que c1 = 8,5714 y c2 = 2,22, pudiendo escribir final-mente la respuesta al impulso unitario del sistema como:

h[n] = 6,3492[n] + [8,5714(0,7)n 2,22(0,9)n] [n]

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Jueves 08 de julio de 2010, Tercer Tema1. El sistema de la figura es el resultado de la combinacin en cascada de dos subsis-temas, con la informacin proporcionada, determine:a) La respuesta al impulso de cada subsistema y del sistema globalb) La respuesta frente a la excitacin x[n] = e0,5n[n]

Solucin: Comenzamos con el sistema 1, del diagrama de bloques se obtiene la ecua-cin en diferencias de la forma: x[n] + 2y[n 1] = y[n].

x[n+ 1] + 2y[n] = y[n+ 1]

Con y[n] = n, tenemos n( 2) = 0, por lo que nuestra solucin ser h1[n] =0

2[n] + c12

n.

Encontramos c1 con h[0] = c1 = 1 (al evaluar en la solucin propuesta y en la ecuacinen diferencias original).

h1[n] = 2n[n]Para el sistema 2, la ecuacin en diferencias resulta x[n] 2x[n 1] = y[n]. Debido ala forma de esta ecuacin el mtodo empleado hasta ahora no es directamente utilizable,por lo que procederemos a encontrar una solucin tabulando resultados:

n = 0 h[0] = [0] 2[1] = 1n = 1 h[1] = [1] 2[0] = 2

n > 1 h[n] = 0 h2[n] = [n] 2[n 1]

La respuesta del sistema completo es h[n] = h1[n] h2[n].h[n] = (2n[n]) ([n] 2 [n 1]

h[n] = 2n[n] 2(2n1)[n 1] = 2n[n] 2n[n 1] = 2n([n] [n 1]) h[n] = 2n[n] = [n]

Finalmente la salida y[n] = x[n] h[n] = (e0,5n[n]) [n] = e0,5n[n].

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Jueves 7 de Julio de 2011, Primer TemaUn sistema LTI-DT est integrado por la conexin en paralelo de dos subsistemasretroalimentados, tal como se muestra en la figura. Determinar:

a) Las respuestas impulso de cada subsistema y del sistema completo, es decir h1[n], h2[n]y h[n].b) Comente sobre la estabilidad de cada subsistema y del sistema completo, justifi-cando debidamente su respuesta.c) La respuesta y[n] (expresada a la mnima expresin) frente a la excitacin x[n] =e0,5n[n], esquematizarla y etiquetarla.a)Anlisis de SS1:Obviamente tenemos que

y1[n] = x[n] 0,8y[n 1] h1p = 0

Asumimos respuesta de la forma h[n] = n con lo cual la ecuacin caracterstica de SS1ser

n+1 + 0,8n = 0 n( + 0,8) = 0 = 0,8Entonces h1[n] es de la forma h1[n] = (c10,8)n[n]. Lo cual remplazando en h1[0] = 1obtenemos que

c1 = 1 h1[n] = (0,8)n[n]Anlisis de SS2:Obviamente tenemos que

y2[n] = x[n 1] + 0,25y2[n 2] h2p = 0

Anlogamente asumimos respuesta de la forma h2[n] = n con lo cual la ecuacin carac-terstica de SS2 ser

n+2 0,25n = 0 n(2 0,25) = 0 1 = 0,5; 2 = 0,5

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Entonces h2[n] es de la forma h2[n] = (c2(0,5)n+c3(0,5)n)[n]. Lo cual remplazandoen h2[0] = 0 y h2[1] = 1 obtenemos que

c2 + C3 = 0

0,5C2 0,5c3 = 1 c2 = 1; c3 = 1 h2[n] = (0,5n (0,5)n)[n]

h[n] = h1[n] + h2[n] = ((0,8)n + 0,5n (0,5)n)[n]b)Podemos decir que tanto SS1 como SS2 son estables en vista que las raices de sus ecua-ciones caractersticas cumplen que | |< 1, y por tanto el Sistema completo tambin serestable.c)

y[n] = h[n] x[n](((0,8)n + 0,5n (0,5)n)[n]) (e0,5n[n])

y[n] = ((0,8)n+1 e0,5(n+1)0,8 e0,5 +

(0,5)n+1 e0,5(n+1)0,5 e0,5

(0,5)n+1 e0,5(n+1)0,5 e0,5 )[n]

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Jueves 01 de diciembre de 2011, Primer Tema1. Dado el siguiente sistema expresado en funcin de diagrama de bloques:a) Determine la respuesta al impulso del mismo, indique si el sistema es del tipo FIRo IIR.b) Indique si el sistema es BIBO estable.c) Encuentre la respuesta del sistema frente a la excitacin x[n] = n2[n]Solucin: La respuesta del sistema completo se obtiene de las operaciones descritas en el

diagrama de bloques, a saber: h[n] = (h1[n] + h2[n]) h3[n] h4[n].

h[n] = ([n] + [n+ 2]) [n 2] n1[n]

h[n] = [n] [n 2] + [n+ 2] [n 2] n1[n]h[n] = n1[n] + [n 2] + [n]

De la expresin anterior para h[n], podemos verificar que el sistema es del tipo IIR ya quecontiene infinitos valores de respuesta ante un estmulo del tipo impulso unitario.Por otro lado, debemos analizar su BIBO estabilidad. Dado que la sumatoria

k= |h[k]|

no converge a un nmero real, podemos concluir que el sistema no es BIBO estable. Estose atribuye a la presencia de las funciones [n] y [n 2].

Finalmente encontramos la respuesta del referido sistema a la excitacin planteada, re-

cordando que n1 [n] n2 [n] =n+12 n+112 1 [n].

Por lo que con x[n] = n2[n], tenemos:

y[n] = h[n] x[n] = {n1[n] + [n 2] + [n]} {n2[n]}

Para la aplicacin directa de la propiedad de convolucin antes mencionada, podemosescribir lo siguiente: [n 2] = [n] [n] [n 1].

y[n] = h[n] x[n] = {n1[n] + [n] + [n] [n] [n 1]} {n2[n]}

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y[n] = h[n] x[n] = {n1[n] + 2[n] [n] [n 1]} {n2[n]}De donde:

y[n] = n+12 n+112 1 [n] + 2

1 n+121 2 [n]

n22 [n 2] n12 [n 1]

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Captulo 3

Transformada de Laplace

3.1. Generalidades sobre la transformada de Lapla-ce

3.2. Aplicaciones de la transformada de Laplace enproblemas de variable continua

Jueves 19 de febrero de 2015, Primer TemaConsiderar la existencia de un sistema LTI-CT causal cuyo diagrama de polos yceros se muestra en la figura. Conociendo que su respuesta al paso s(t) = 1 cuandot, determine:a) La respuesta del paso del sistema.b) El sistema es BIBO estable? Justifique su respuesta.

Solucin: Del diagrama de polos y ceros, tenemos que existen un polo en -0.5 y otro en

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-1. De esta forma nuestra funcin de transferencia tendr la forma:

H(s) =k

(s+ 0,5)(s+ 1)

Para determinar k nos valemos del teorema del valor final, a saber:

TV F lms0

(sX(s)H(s)) = 1 lms0

(s1

s

k

(s+ 0,5)(s+ 1)) = 1

De donde k = 0,5 y H(s) =1

2(s+ 1)(s+ 0,5).

La respuesta al paso S(s) est dada por:

S(s) =1

2s(s+ 1)(s+ 0,5)=A

s+

B

s+ 1+

C

s+ 0,5

S(s) =1

s+

1

s+ 1 2s+ 0,5

Aplicando transformada inversa, tenemos:

s(t) = (t)[1 + et 2e0,5t]

b) Dado que sus polos se encuentran a la izquierda del eje jw, el sistema es BIBO estable.

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Jueves 5 de diciembre de 2013, Segundo TemaSe tiene un sistema LTI-CT cuya representacin en diagramas de bloques es la quese muestra en la figura. Determine:a) La funcin de transferencia del sistema.b) La respuesta impulso del sistema.c) Indicar si el sistema es con o sin memoria, causal o no causal, BIBO estable o no.

Solucin:a) Si tomamos como Y1(s) a la salida del sistema antes del bloque e3s, entonces podemosencontrar H1(s) dados los sumadores:

Y1(s) =s

s+ 1+ { s

s+ 1+ 1} 1

s+ 1X(s)

H1(s) =s

s+ 1+

1

s+ 1+

s

(s+ 1)2

H(s) = [ ss+ 1

+1

s+ 1+

s

(s+ 1)2]e3s

b) Para la respuesta impulso, usamos H1(s), de la siguiente forma:

H1(s) =s

s+ 1+

1

s+ 1+

s

(s+ 1)2= 1 +

1

s+ 1 1

(s+ 1)2

h1(t) = (t) + (et + tet)(t)Luego por la presencia del e3s, tenemos:

h(t) = h1(t 3) = (t 3) + (e(t3) + (t 3)e(t3))(t 3)

c) El sistema es con memoria por el retardo que posee, es causal dado que su respuestaal impulso es vlida solo para t > 3. Finalmente el sistema es BIBO estable dado que surespuesta al impulso es totalmente integrable.

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Jueves 9 de diciembre de 2010, Tercer TemaSe tiene un sistema LTI-CT cuya representacin en diagramas de bloques en el do-minio de la frecuencia compleja se muestra en la figura. Determine:a) La funcin de transferencia del sistema.b) La respuesta impulso del sistema.c) La respuesta escaln del sistema.

Solucin:a) Para determinar la funcin de transferencia del sistema iniciamos con reducir los la-zos internos presentes en el diagrama de bloques. Si denominamos Y1(s) a la funcin detransferencia presente ants del retardo de tiempo, tenemos:

Y1(s) = Ya(s) + Yb(s)

Donde Ya(s), Yb(s) son las funciones de transferencia equivalentes de los lazos internosdel diagrama de bloques. Si tomamos como referencia las salidas de los dos sumadoresde lazos internos podemos escribir:

Ya(s) sYa(s) = X(s) 2Ya(s) (s+ 2)Ya(s) = X(s) Ya(s) = X(s)s+ 2

Yb(s) sYb(s) = X(s) 3Yb(s) (s+ 3)Yb(s) = X(s) Yb(s) = X(s)s+ 3

Por lo que:

Y1(s) = Ya(s) + Yb(s) =X(s)

s+ 2+X(s)

s+ 3

H1(s) =Y1(s)

X(s)=

1

s+ 2+

1

s+ 3

H(s) =e2s

s+ 2+e2s

s+ 3

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b) La respuesta impulso podemos obtenerla a partir de H1(s) y luego desplazarla dadoel trmino e2s, aprovechando que ya tenemos la funcin de transferencia en fraccionesparciales:

H1(s) =1

s+ 2+

1

s+ 3

h1(t) = (e2t + e3t)(t)

h(t) = h1(t 2) = (e2(t2) + e3(t2))(t 2)c) Para la respuesta escaln tenemos dos caminos, trabajarla en el dominio del tiempo oen el dominio de la frecuencia. Para aprovechar la transformada de Laplace nos iremospor el camino del dominio de la frecuencia:

S1(s) =1

sH1(s) =

1

s(s+ 2)+

1

s(s+ 3)=A

s+

B

s+ 2+

C

s+ 3

S1(s) =5/6

s 1/2s+ 2

1/3s+ 3

s1(t) = [5/6 1/2e2t 1/3e3t](t)s(t) = s1(t 3) = [5/6 1/2e2(t3) 1/3e3(t3)](t 3)

27


Jueves 18 de febrero de 2010, Cuarto TemaPara el sistema que se representa a continuacin mediante diagrama de bloques, de-termine si es BIBO estable o no.

Solucin:Sea Y1(s) la salida del primer punto de suma en el diagrama de bloques. Entonces ten-dramos que:

Y1(S) = X(s) ss+ 1

Y1(s) 5s(s+ 20)

Y1(s) = X(s) s2(s+ 20)

(s+ 1)(s2 + 20s+ 5)

Por otro lado analizando el segundo punto de suma tendremos que:

Y (s) = Y1(s)(s 5s+ 20

) Y (s) = Y1(s) s2 + 20s 5s+ 20

De donde podemos decir que:

Y (s)

X(s)=

s2(s2 + 20s 5)(s+ 1)(s2 + 20s+ 5)

H(s) = s2(s2 + 20s 5)

(s+ 1)((s+ 10)2 95)Resulta obvio entonces que existir un polo en el semiplano derecho por lo cual el sistemano es BIBO estable.

28


Jueves 02 de septiembre de 2010Considere la representacin en diagrama de bloques, que relaciona la entrada-salidaen el dominio de la frecuencia compleja, de un sistema LTI-CT causal, es la siguiente:Determinar:

a) La funcin de transferencia H(s) del mencionado sistema. Determinar si es BIBOestable y justificar su respuesta.b) La respuesta impulso h(t).c) La respuesta que obtendra si la exitacin es x(t) = e5t(t)Solucin:a) Sea W (s) la salida del segundo punto de suma, entonces tendremos que:

W (s) = X(s)1

s+ 4+X(s)

1

sW (s) 6

s(s+ 5)W (s)(1+ 6

s(s+ 5)) = X(s)(

1

s+ 4+

1

s)

W (s)(s+ 2)(s+ 3)s(s+ 5)

= X(s)2s+ 4

s(s+ 4) W (s)

Y (s)=

2(s+ 5)

(s+ 3)(s+ 4)

H(s) = e3s 2(s+ 5)(s+ 3)(s+ 4)

Los polos del sistema se encuentran en el semiplano izquierdo del plano complejo por locual se concluye que el sistema es BIBO estable.b) Usaremos la transformada inversa de Laplace para obtener h(t).

H(s) = e3s4

s+ 3 e3s 2

s+ 4 h(t) = 4e3(t3)(t 3) 2e4(t3)(t 3)

c)

x(t) = e5t(t) X(s) = 1s+ 5

29


Y (s) = H(s) 1s+ 5

= e3s2

(s+ 3)(s+ 4)= 2e3s

1

s+ 3 2e3s 1

s+ 4

y(t) = 2e3(t3)(t 3) 2e4(t3)(t 3)

30

Captulo 4

Transformada Z

4.1. Generalidades sobre la transformada Z

4.2. Aplicaciones de la transformada Z en proble-mas de variable discreta

Jueves 18 de septiembre de 2014, Cuarto TemaDos sistemas LTI-DT causales, tienen respuestas al impulso h1[n] y h2[n] respectiva-mente. Los sistemas antes mencionados, son conectados en cascada como se muestraen la figura.Dadas las ecuaciones de diferencia de cada sistema, determine:a) Los valores de y .b) Obtener la respuesta al impulso global e indicar si el sistema es FIR o IIR.c) Comentar acerca de la estabilidad del sistema.d) Determinar la respuesta al paso del sistema global.Solucin:

31


a) Tomamos transformada Z a las ecuaciones en diferencia de h1[n], h2[n] para obtener:

W (z) =1

2z1W (z) +X(z)

H1(z) =W (z)

X(z)=

z

z 12

Y (z) = z1Y (z) + W (z)

H2(z) =Y (z)

W (z)=

z

z Seguidamente tomamos transformada Z a la ecuacin en diferencias del sistema global:

Y (z) = 18z2Y (z) +

3

4z1Y (z) +X(z)

Y (z)[z2 3/4z + 1/8

z2] = X(z)

H(z) =Y (z)

X(z)=

z2

z2 3/4z + 1/8Recordando propiedades de transformada Z, la funcin de transferencia global est dadapor el producto de H1(z), H2(z), por lo que, por comparacin tenemos:

H(z) =z2

z2 3/4z + 1/8 =z2

z2 (+ 1/2)z + /2 = 1/4, = 1

b) Para obtener la respuesta al impulso tomamos la funcin de transferencia global yexpandimos en fracciones parciales de la siguiente forma:

H(z)

z=

z

(z 0,5)(z 0,25)H(z)

z=

A

(z 0,5) +B

(z 0,25)H(z)

z=

2

(z 0,5) 1

(z 0,25)

H(z) =2z

(z 0,5) z

(z 0,25)Tomando transformada inversa a la expresin anterior, tenemos:

h[n] = [2(0,5)n (0,25)n][n]

32


c) Dado que los polos de la funcin de transferencia se encuentran dentro del crculounitario, el sistema es asintticamente estable.d) La respuesta al paso s[n] puede ser obtenida mediante la transformada Z de la siguienteforma:

S(z) =z

z 1z2

(z 0,5)(z 0,25)S(z)

z=

1

z 1z2

(z 0,5)(z 0,25) =A

z 1 +B

z 0,5 +C

z 0,25S(z)

z=

8/3

z 1 2

z 0,5 +1/3

z 0,25

S(z) =8z/3

z 1 2z

z 0,5 +z/3

z 0,25

s[n] = [8

3 2(0,5)n + 1

3(0,25)n][n]

33


Jueves 13 de febrero de 2014, Segundo TemaMediante el uso de transformada Z, para el sistema de la figura, determine:a) La funcin de transferencia H(z), esquematizando su diagrama de polos y ceros,ademas de indicar su ROC.b) Determinar la respuesta impulso del sistema.c) Obtener la ecuacin en diferencias del sistema.d) El sistema es causal?, BIBO estable?. Justifique sus respuestas.

Solucin:a) Iniciamos tomando transformada Z a las seales de entrada y salida:

X(z) =z

z 1/3 z

z 2; 1/3 < |z| < 2

Y (z) =5z

z 1/3 5z

z 2/3; 2/3 < |z| < 2

Luego la funcin de transferencia es por definicin:

H(z) =

5z(z 2/3) 5z(z 1/3)(z 1/3)(z 2/3)z(z 2) z(z 1/3)

(z 1/3)(z 2)=

5z2 10/3z 5z2 + 5/3zz2 2z z2 + z/3

z 2z 2/3

H(z) =z 2z 2/3; 2/3 < |z| < 2

El diagrama de polos y ceros se muestra a continuacin:

34


b) Para determinar la respuesta al impulso del sistema tomamos la transformada in-versa como sigue:

H(z)

z=

z 2z(z 2/3) =

A

z+

B

z 2/3H(z)

z=

3

z 2z 2/3

H(z) = 3 2zz 2/3

h[n] = 3[n] 2(2/3)n)[n]c) La ecuacin en diferencias se obtiene de la siguiente forma:

H(z) =Y (z)

X(z) z 2

z 2/3 =Y (z)

X(z)

(z 2/3)Y (z) = (z 2)X(z)De las propiedades de la transformada Z, obtenemos:

y[n+ 1] 2/3y[n] = x[n+ 1] 2x[n]

y[n] 2/3y[n 1] = x[n] 2x[n 1]d) De la expresin de la respuesta al impulso podemos concluir que el sistema es causal,adems dado que sus races se encuentran dentro el crculo de radio unitario, el sistema esasintticamente estable (por lo tanto BIBO estable).

35


Jueves 05 de marzo de 2015Un estudiante de la materia de Sistemas Lineales de la ESPOL, ha descubierto que elesquema del diagrama de bloques, en el dominio de la frecuencia compleja, que re-laciona la entrada-salida de un sistema LTI-DT causal, es el siguiente: Determinar:

a) La funcin de transferencia H(z) del mencionado sistema y esquematizar en elplano complejo los polos y ceros. Comente sobre la estabilidad del sistema, justifi-cando su respuesta.b) La respuesta impulso h[n]c) La ecuacin de diferencia de coeficientes constantes que representa al sistema.d) La respuesta que se obtendra si la exitacin es una sinusoide muestreada de laforma cos(1500t) y un intervalo de muestreo Ts = 0,0015

a) Sea Y1[z] la salida del segundo bloque de retardo unitario, entonces resulta obvio que:

z2Y1[z] = X[z] (0,63Y1[z] 1,6zY1[z]) Y1[z] = X[z]z2 1,6z + 0,63

Por otro lado tenemos que:

Y [z] = Y1[z](4z 4) H[z] = Y [z]X[z]

=Y [z]

Y1[z] Y1[z]X[z]

=4z 4

(z 0,9)(z 0,7)De aqu resulta obvio ver que los polos del sistema estarn dentro de la circunferenciaunitaria y por tanto el sistema es BIBO estable.b)

H[z]

z=

4(z 1)z(z 0,9)(z 0,7) =

400

63 1z

+60

7 1z 0,7

20

9 1z 0,9

36


Ahora usamos la transformada inversa Z para obtener la respuesta impulso h[n].

h[n] = 40063

[n] + (60

7(0,7)n 20

9(0,9)n)[n]

c) Sabemos que:

H[z] =4(z 1)

(z 0,9)(z 0,7) Y [z](z2 1,6z + 0,63) = X[z](4z 4)

y[n+ 2] 1,6y[n+ 1] + 0,63y[n] = 4x[n+ 1] 4x[n] y[n] 1,6y[n 1] + 0,63y[n 2] = 4x[n 1] 4x[n 2]

d)Para este caso tendremos que:

x[n] = cos(2,25n)

Adems:

H[z] =4(z 1)

(z 0,9)(z 0,7) =4(ej 1

(ej 0,9)(ej 0,7)

H[z] =4(cos() + jsen() 1

(cos() + jsen() 0,9)(cos() + jsen() 0,7)

|H(ej)| = 4

(cos() 1)2 + sen2()(cos() 0,9)2 + sen2()(cos() 0,7)2 + sen2

Remplazando = 2,25 |H(ej)| = 2,7349. Ahora tendremos que:

H(ej) = tan1(

sen()

cos() 1)tan1(

sen()

cos() 0,9)tan1(

sen()

cos() 0,7) H(ej) = 0,5551[rad]

Concluyendo que:y[n] = 2,7349cos(2,25n+ 0,5551)

37


Jueves 13 de septiembre de 2012Un estudiante de la materia de Sistemas Lineales, ha determinado que el SistemaGlobal que se muestra en la siguiente figura, es el resultante de la combinacin decinco subsistemas interconectados. Dado que:

Notemos que:

H1[z] =z az

, H2[z] =z

z 1/2 , H3[z] =z

z a, H4[z] =z2 + 2z(z 1)2 , H5[z] =

z4 z3 + 2z2 2z + 1z2(z 1)2

H[z] = H1[z] H2[z] H3[z](H5[z]H4[z])

H[z] = z az zz 1/2

z

z a(z4 z3 + 2z2 2z + 1

z2(z 1)2 +z2 2z(z 1)2 )

H[z]

z=

2z3 z2 + z 1(z 1/2)z2(z 1) H[z] = 4

z

z 1/2 + 2 z

z 1 4 2 1

z

h[n] = (4(1/2)n + 2)[n] 4[n] 2[n 1]

38


Jueves 04 de septiembre de 2014Asumiendo causalidad para los sistemas 1 y 2 que conforman el denominado SistemaGlobal que se muestra en la siguiente figura, se le solicita que mediante la utilizacinde la transformada z, determine la respuesta impulso h1[n], si se conoce que:a) La respuesta impulso del segundo sistema est dada por: h2[n] = [n] [n 1] yb)si dada la entrada: x[n] = [n] [n 2], se obtiene una salida esquematizadapor:

Solucin:Notemos que

Y [z] = z1 + 2z2 z 2z2, H2[z] = z 1z

, X[z] =z

z 1 1

z(z 1) =z2 1z(z 1)

Entonces tenemos que:

Y [z] =2z4 z3 z 2

z2

z2 1z(z 1)

z 1zH1[z] = 2z

4 z3 z 2z2

H1[z] = 2z4 + z3 z 2z2 1

H1[z] =(z2 1)(2z2 + z + 2)

z2 1 H1[z] = 2z2 + z + 2 h1[n] = 2[n+ 2] + [n+ 1] + 2[n]

39

Captulo 5

Transformada de Fourier

5.1. Generalidades sobre la transformada de Fou-rier

5.2. Aplicaciones de la transformada de Fourier enproblemas de variable continua

Jueves 5 de marzo de 2015, Primer TemaPara el sistema descrito en la figura, determine:a) El espectro de Fourier de la seal a(t), es decir A() vs .b) El espectro de Fourier de la seal b(t), es decir B() vs .c) El espectro de Fourier de la seal c(t), es decir C() vs .d) El espectro de Fourier de la seal y(t), es decir Y () vs .

Solucin:a) Para determinar el espectro de la seal a(t) nos valemos de la propiedad de la transfor-

40


mada de Fourier para el producto de dos funciones, pero antes recordemos:

F (5

pisinc25t) = (

20)

F (cos50t) = pi[( + 50) + ( 50)]

De lo anterior:F (a(t)) = A() =1

2piX()F (cos50t) =

1

2[(

5020

)+( + 50

20)].

El espectro anterior se muestra en la siguiente figura:

b) Tras aplicar el filtro H1(w), el espectro B(w) queda de la siguiente forma:

c) El espectro de C(w) se ve afectado por el producto de un nuevo coseno, esto permiteque aparezcan ms tringulos en la grfica debido a la propiedad del coseno de desplazaral espectro.Tras desplazar cada tringulo 100 unidades a cada lado, tenemos que el espectro de Ctoma la siguiente forma:

41


d) Tras la aplicacin del ltimo filtro, el espectro de salida tiene la siguiente forma:

42


Jueves 19 de febrero de 2015, Segundo TemaDada la representacin espectral de una sel x(t), adems de los espectros de mag-nitud y fase para varias manipulaciones de la mencionada x(t).Determine a que grfica pertenece cada una de las siguientes operaciones en el do-minio del tiempo:

a)dx

dt.

b) x(t) x(t).c) x(t pi/2)d)x(2t).e) x2(t)

Solucin:Podemos notar para empezar que el espectro tiene la forma (1 + ) para 1 < < 0 y

(1 ) para 0 < < 1 en magnitud y epi

2 en fase.

a) Para encontrar el espectro dedx

dt, recordemos que en el dominio de la frecuencia:

F (dx

dt) = jwX(w). El trmino j solo ingresa fase al sistema, de hecho jw aumenta una

43


fase de pi2

segn nos encontremos en positiva o negativa.La magnitud se ve afectada en veces la original, recordando el espectro original obedecea la expresin (1 + ) para 1 < < 0 y (1 ) para 0 < < 1, tendremos entoncesahora ( + 2) para 1 < < 0 y ( 2) para 0 < < 1.Lo anterior corresponde al grfico M5 de magnitud.

La fase, como se mencion al inicio se ve afectada en pi2

para negativa ypi

2para

positiva, esto se puede ver en el grfico de fase A4.

b) La convolucin en el dominio del tiempo es equivalente al producto de espectros enfrecuencias, de esto podemos encontrar que la magnitud estar dada por (1 + )2 para1 < < 0 y (1 )2 para 0 < < 1. Esto se puede encontrar en la grfica M3, lafase pasar a ser de manera anloga epi; lo que tenemos en A2.

c) Un desplazamiento en el tiempo tiene la siguiente forma en el dominio de frecuen-cia,F (x(t to)) = ejtoX(w), el trmino exponencial no afecta a la magnitud por loque para la magnitud corresponde la grfica M1.

En fase tenemos un corrimiento ej

pi

2 , lo que resulta en una fase total de epi, idnticaa la grfica A2.

d) En este caso podemos aplicar otra propiedad de la transformada de Fourier, a saber:

F (x(at)) =1

aX(

a). Por lo tantoF (x(2t)) =

1

2X(

2).

X(

2no es ms que un alargamiento en el eje , con amplitud mxima de 1/2. Lo anterior

corresponde a la grfica M4, la fase sufre de manera anloga el alargamiento resultandoen la grfica A3.

e) Finalmente tenemos x2(t), por propiedades de transformada de Fourier tenemosF (x2(t)) =1

2piX(w) X(w), por lo que debemos hallar la convolucin entre X(w) y s misma.

Tras realizar la respectiva operacin podemos encontrar que la magnitud corresponde a la

grfica M6, con un valor mximo de1

2pi. La fase permanece inalterada, correspondiendo

la grfica A1.

44


Jueves 31 de enero de 2014, Tercer TemaConsidere la existencia del sistema mostrado en la figura. Dada la informacin delgrfico determine:a) El espectro de x(t), es decir X(w).b) Determine q(t) como una funcin de x(t).c) El espectro de g(t), p(t), q(t), es decir G(w), P (w), Q(w).d) El espectro de y(t), es decir Y (w).e) Exprese y(t) como una funcin de x(t).

Solucin:a) La transformada de Fourier de x(t) es fcilmente calculable por tabla.X() = 8ppi(),cuya grfica es la siguiente:

b) Del grfico obtenemos la siguiente informacin q(t) = cos2(5pit)g(t) = cos2(5pit)[cos(10pit)x(t)].c) Los espectros solicitados no son ms que el original X() tras aplicar varios desplaza-mientos en el dominio de la frecuencia. Comencemos por:

G() =1

2piX() pi[(w + 10pi) + (w 10pi)] = 4[ppi( 10pi) + ppi( + 10pi)]

45


De manera similar:

P () =1

2piG()pi[(w+5pi)+(w5pi)] = 2[ppi(5pi)+ppi(+5pi)+ppi(15pi)+ppi(+15pi)]

Finalmente:Q() =

1

2piP () pi[(w + 5pi) + (w 5pi)]

Q() = [ppi( 20pi) + 2ppi( 10pi) + 2ppi() + 2ppi( + 10pi) + ppi( + 20pi)]

d) El espectro Y () resulta del paso de Q() por el filtro H(). Dicho filtro permite soloel paso de ciertas frecuencias complejas. Para frecuencias de 2pi a pi as como de pi a2pi la ganancia del filtro es variante, pero para el rango de pi a pi el espectro pasa conganancia unitaria. El rango de ganancia unitaria es el nico donde tenemos espectro deQ() diferente de cero por lo que tenemos como espectro de Y () lo siguiente:

46


Podemos encontrar la inversa de Y () = 2ppi(), y1(t) = 2sinpit

pit=

1

4x(t).

e) El bloque de retraso nos indica finalmente que y(t) = y1(t 5) = 14x(t 5).

47


Jueves 19 de febrero de 2015Una seal de entrada x(t) = senc(5pit) es aplicada a un dispositivo cuadratizador,tal como se muestra en la figura. La respuesta v(t) del mencionado dispositivo esmuestreada mediante la utilizacin de un tren de impulsos T (t), cuyo periodo fun-damental es 0,1[seg]. Finalmente, la seal de salida z(t) es aplicada a un filtro idealpasabajo cuyo ancho de banda es 5[Hz]

a) Determinar, esquematizar y etiquetar el espectro de Fourier de v(t). Es decirV () vs .b)Determinar la expresin analtica de la seal z(t), como una funcin de v(t), me-diante series de Foruier Trigonomtricas.c)Determinar, esquematizar y etiquetar es espectro de Fourier de y(t). Es decirY () vs .Solucin:Notemos que:

v(t) = x2(t) = senc2(5pit)

Y sabemos que:a

2pisenc2(

at

2) (

2a)

Entonces:v(t) =

2pi

10pi 10pi

2pisenc2(

10pit

2) V () = 1

5(

20pi)

48


b) Se conoce que:

T (t) = C0 +

k=1

Ckcos(k0t) T (t) = 1T0

+2

T0

k=1

cos(20pikt)

T (t) = 10 + 20k=1

cos(20pikt) z(t) = 10v(t) + 20k=1

v(t)cos(20pikt)

c) Obviamente tenemos que el espectro del filtro pasabajo ser:

49


Adems resulta trivial que:

Z() = V ()(10() + 10

k=1

[( + 20pik) + ( 20pik)])

Y () = 10V () = 105

(

20pi) = 2(

20pi)

Entonces:

50


Jueves 18 de septiembre de 2014Un estudiante de la materia Sistemas Lineales de la ESPOL ha determinado que larespuesta y1(t), que genera el sistema 1 que se muestra a continuacin, est dado porlo especificado en dicha figura; a) determinar y etiquetar la respuesta impulso h1(t)del referido sistema.

Para el diseo del sistema 2, que se esquematiza a continuacin, determinar, esque-matizar y etiquetar: b) la respuesta impulso equivalente, es decir h2(t) del referidosistema, y c) la salida frente a la exitacin que se especifica en dicha realizacin.

Solucin:a) Notemos que:

a

2pisenc2(

at

2) (

2a)

Entonces por dualidad tenemos que:

y1(t) ej2senc2(/2)

Tambin sabemos que:

rect(t) sen(/2)/2

= senc(/2)

H1() = Y1()X()

=ej2senc2(/2)

senc(/2)= ej2senc(/2) h1(t) = P 1

2(t 2)

51


b) Notemos que:

h2(t) = h1(t) 4h1(t 6) h2(t) = P 12(t 2) 4P 1

2(t 8)

Sea x2(t) = rect(t) + rect(t 4) = x1(t) + x1(t 4)

y2(t) = x2(t) h2(t) = (x1(t) + x1(t 4)) (h1(t) 4h1(t 6))

y2(t) = y1(t) 4y1(t 6) + y1(t 4) 4y1(t 10)

y2(t) = ( t 22

) + (t 6

2) 4( t 8

2) 4( t 12

2)

52


Con lo cual se concluye el problema.

53


Jueves 18 de febrero de 2014 Considere la existencia del sistema mostrado en la si-guiente figura, donde el espectro de Fourier de su respuesta impulso h(t) es H() vs.

Determinar, esquematizar y etiquetar, segn corresponda, lo siguiente:a) El espectro de Fourier de p(t), es decir: P () vs .b) La expresin analtica de q(t) como una funcin de x(t).c) El espectro de Fourier de q(t), es decir: Q() vs .d) El espectro de Fourier de y(t), es decir: Y () vs .e) La salida o respuesta de dicho sistema; es decir y(t) sin esquematizarla ni etique-tarla.Solucin:a) Notemos que:

p(t) = cos(20t) sen(5t)pit

+2sen(5t)

t

Usamos las identidades trigonomtricas de producto-suma y obtenemos que:

p(t) =1

2pit(sen(25t) + sen(15t)) + 2sen(5t)

t

p(t) = 12 sen(25t)

pit 1

2 sen(15t)

pit+ 2pi sen(5t)

pit

P () = 12 P25() 1

2 P15() + 2pi P5()

54


b) Por datos tenemos que:

q(t) = p(t) x(t) q(t) = 12 sen(25t)

pitx(t) 1

2 sen(15t)

pitx(t)+2pi sen(5t)

pitx(t)

c)

Q() = P () X() = (12 P25() 1

2 P15() + 2pi P5()) (P5())

Q() = 5pi ( + 2020

) + 20pi2(

20) + 5pi ( 20

20)

d) Resulta evidente que por efecto del filtro:

Y () = 20pi2(

20)

e)

y(t) = 20pi2 102pi senc2(10(t 3)

2) y(t) = 100pi senc2(5(t 3))

55


56

Apuntes y ejercicios Señales y sistemas (Borrador)

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