Sistemas Lineales (Señales y sistemas)

Apuntes y ejerciciosSEÑALES Y SISTEMAS

Ruano, Julio Daniel1, Ordoñez, Miguel Angel2

1−2Estudiantes de Ingeniería Eléctrica

Facultad de Ingeniería en Electricidad y Computación

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

2015

Señales y sistemas Ruano & Ordoñez 2015

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

A mis padres por su entrega y amor día a día, además 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 Ordóñez y Luisa Mera, quienes des-de pequeño supieron brindarme un hogar lleno de amor y fueron mis primeros maestros,de quienes aprendí y sigo aprendiendo a vivir; a mi hermano, Abraham Ordóñez, cu-ya amistad y complicidad son invaluables para mi. A mi enamorada, Steffanie Jiménez,quien siempre me muestra su apoyo incondicional y me ha acompañado durante la mayorparte de mi carrera Universitaria.

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

Ordóñez Mera, Miguel Angel

1


0.2. Prefacio

2


0.3. Prólogo

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Capítulo 1

Convolución

1.1. Generalidades sobre la convoluciónLa convolución de funciones

1.2. Convolución gráfica de funciones continuas

1. Determine de forma gráfica la convolución y(t) = x(t) ∗ h(t) entre las funcionesadjuntas:Solución:

Para encontrar la convolución 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 función restante.Escojamos a x(τ) como función a dejar fija, y a h(t − τ) como función a barrer. Imagi-nemos que h(t − τ) arranca el barrido en −∞ avanzando hacia la derecha, podemos verclaramente que el producto x(t) ∗ h(t) es cero.Pero qué sucede a medida que el extremo derecho de la función h(t − τ) comienza atraslaparse al inicio de la función x(τ)? El producto entre ambas toma un valor diferentede cero, siendo de hecho αβ su valor. Este escenario se da hasta que h(t− τ) se traslapapor completo en x(τ), esto ocurre en el intervalo −a− b < t < −a+ b.Recordando la definición de convolución tenemos que y(t) =

∫ t−a−b x(τ) · h(t− τ)dτ .

y(t) =

∫ t+b

−ax(τ) · h(t− τ)dτ =

∫ t+b

−aαβdτ = αβτ |t+b−a

∴ y(t) = αβ(t+ a+ b);−a− b < t < −a+ b

Luego, continuando el barrido de h(t − τ) podemos darnos cuenta que dicha función

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se encuentra totalmente traslapada con x(τ), esto ocurre brevemente hasta que h(t − τ)comienza a ’salir’ del traslape con x(τ). Lo anterior es válido para −a+ b < t < b− a.

y(t) =

∫ t+b

t−bx(τ) · h(t− τ)dτ =

∫ t+b

t−bαβdτ = αβτ |t+bt−b

∴ y(t) = 2αβb;−a+ b < t < b− a

De forma análoga ahora h(t−τ) deja la zona de traslape con x(τ), lo anterior ocurre parab− a < t < a+ b. La convolución está dada entonces por:

y(t) =

∫ a

t−bx(τ) · h(t− τ)dτ =

∫ a

t−bαβdτ = αβτ |at−b

∴ y(t) = αβ(a+ b− t); b− a < t < a+ b

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

y(t) =

0 −∞ < t ≤ −a− b

αβ(t+ a+ b) −a− b < t ≤ −a+ b2αβb −a+ b < t ≤ b− a

αβ(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 representación esquemática 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 excitación de dicho sistema, esto es dx(t)

dt , determine yesquematice su respuesta de estado cero, es decir: y(t) = x(t) ∗ h(t).

Solución:

Es obvio que

h(t) = µ(t− 1)− µ(t− 2)

dx(t)

dt= δ(t+ 1)− 2δ(t− 1) + δ(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= [µ(t− 1)− µ(t− 2)] ∗ [δ(t+ 1)− 2δ(t− 1) + δ(t− 2)]

Recordemos que como la función delta δ es el elemento neutro de la convolución y elsistema es invariante en el tiempo tendremos que

x(t) ∗ δ(t− t0) = x(t− t0)

Entonces

dy(t)

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

→ dy(t)

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

Ahora mostraremos la gráfica

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 conexión en serie de dos subsistemas; y,conociendo la entrada o exitación 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, así como su correspondiente energía.b)Obtener, esquematizar y etiquetar la salida y(t) que genera el sistema global, asícomo su correspondiente energía.c) Conociendo la existencia de la señal z(t), expresarw(t) como una función de aque-lla.

a)Notemos que

w(t) = x(t) ∗ h(t) = µ(t+1

2)− µ(t− 1

2) ∗ (µ(t+

9

2)− µ(t− 9

2))

w(t) = r(t+ 5)− r(t+ 4)− r(t− 4) + r(t− 5)

Ahora calculamos la energía del sistema

E(w(t)) =

∫ −4

−5(τ + 5)2dτ +

∫ 4

−4dτ +

∫ 5

4(5− τ)2dτ

⇒ E(w(t)) =26

3

b)

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

dt= µ(t+5)−µ(t+4)−µ(t−4)+µ(t+5)

9


⇒ E(y(t)) =

∫ −4

−5dτ +

∫ 5

4dτ = 2

c)Notemos que

dz(t)

d(t)= µ(t)− µ(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 además la derivada de la excitación 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 excitación x(t). Solución:

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

∫ t+a−∞ δ(τ)dτ . La integral anterior nos otorga

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

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

∫ t−a−∞ δ(τ)dτ . La integral anterior nos otorga h2(t) = µ(t − a), cuya

gráfica vemos adjunta.

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Ahora podemos determinar h(t), la misma resulta h(t) = h1(t) − h2(t), por lo queh(t) = µ(t+ a)− µ(t− a). La gráfica 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 sí converge a unvalor real, siendo entonces BIBO estable el sistema global.

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

cemos quedx

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

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

y(t) = (µ(t+ a)− µ(t− a)) ∗ (µ(t+ a)− µ(t− a))

Tenemos entonces la convolución entre dos funciones idénticas, la misma tendrá comorespuesta:

y(t) = Γ(t+ 2a)− 2Γ(t) + Γ(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 estándadas por:

x(t) = 2µ(t− 1)− 2µ(t− 3)

h(t) = µ(t+ 1)− 2µ(t− 1) + µ(t− 3)

Determine:a) La salida y(t) del sistema y encuentre la energía de la misma.b) Es BIBO estable el sistema? Justifique.Solución:Dada la ventaja que la convolución es tanto asociativa como conmutativa, además de lainvariancia en el tiempo del sistema, podemos calcular la respuesta mediante la obtenciónde la forma general de la convolución de dos funciones µ(t) y luego desplazarla lo nece-sario.Entonces, sean µ(t− α) y µ(t− β) las dos funciones generales a convolucionar, sus grá-ficas serán:

Para realizar la convolución reflejamos a µ(t− α) obteniendo µ(−τ + t) que barre al ejeτ hasta encontrarse con µ(τ − β). Lo anterior puede verse gráficamente como:

Podemos notar que a medida que la función µ(−τ + t) se mueve a la derecha, la convo-lución toma valores diferente de cero en t = α+ β.Por lo tanto podemos escribir µ(t−α)∗µ(t−β) =

∫ t−αβ (1)dτ = t−α−β; t >= α+β.

Podemos expresar de manera diferente el resultado anterior como:

µ(t− α) ∗ µ(t− β) = Γ(t− α− β)

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Regresando al problema anterior, tenemos entonces:

y(t) = (2µ(t− 1)− 2µ(t− 3)) ∗ (µ(t+ 1)− 2µ(t− 1) + µ(t− 3))

y(t) = 2µ(t− 1) ∗ µ(t+ 1)− 4µ(t− 1) ∗ µ(t− 1) + 2µ(t− 1) ∗ µ(t− 3)− 2µ(t− 3) ∗µ(t+ 1) + 4µ(t− 3) ∗ µ(t− 1)− 2µ(t− 3) ∗ µ(t− 3)

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

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

La gráfica de nuestra salida está dada por:

La energía podemos encontrarla como:

Ey(t) =

∫ 2

0t2dt+

∫ 4

2(−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 sistemasí es BIBO estable.

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Capítulo 2

Ecuaciones en diferencia

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

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

N∑r=0

αy[n− r] =

M∑q=0

βx[n− q]

Para hallar la solución a dicha ecuación, utilizamos una metodología similar a la empleadaen ecuaciones diferenciales de variable continua.La solución estará compuesta por dos componentes, una componente homogénea y unacomponente particular, es decir y[n] = yh[n] + yp[n]. Para determinar la componentehomogénea partimos de la suposición que la solución de

∑Nr=0 αy[n − r] = 0 es de la

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

α0γn + α1γ

n+1 + α2γn+2 + . . .+ αNγ

n+N = 0

Tomando como factor común γn obtenemos la denominada ecuación característica de laecuación en diferencias:

α0 + α1γ + α2γ2 + . . .+ αNγ

N = 0

Tras encontrar los valores de γ que satisfacen la ecuación de coeficientes constantes an-terior, escribimos la componente homogénea como yh[n] = c1γ

n1 + c2γ

n2 + . . .+ cNγ

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] = δ[n], de lo anterior podemos entonces suponer que la solu-ción particular tendrá la forma y[n] = kδ[n].

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

donde an, bn son los coeficientes

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

2.2. Solución 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:

Solución: El diagrama de bloques nos otorga una representación gráfica de la siguien-te ecuación en diferencias:

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

Como primer paso expresamos la ecuación anterior de una manera más apropiada, dadoque el termino recursivo menor es n − 2 y valiendonos de la invariancia en el tiempo denuestro sistema, desplazamos los términos 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 expresión tenemos:

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

Para obtener la respuesta homogénea hacemos x[n] = 0,∀n, y asumiendo y[n] de laforma y[n] = γn tenemos:

0,63γn − 1,6γn+1 + γn+2 = 0

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γn[0,63− 1,6γ + γ2] = 0

Con γ1 = 0,7, γ2 = 0,9, escribimos la solución homogénea como yh[n] = c1(0,7)n +c2(0,9)n.La componente particular, la obtenemos observando la ecuación para determinar los va-

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

0,63δ[n].

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

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

n = 0⇒ h[0] = 4δ[−1]− 4δ[−2] + 1,6h[−1]− 0,63h[−2] = 0 ∴ h[0] = 0

n = 1⇒ h[1] = 4δ[0]− 4δ[−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 además evaluando la solución totalque se obtuvo anteriormente, donde se involucra a c1, c2.

h[0] = −6,3492δ[0] + c1 + c2 = 0⇒ c1 + c2 = 6,3492

h[1] = −6,3492δ[1] + c1(0,7) + c2(0,9) = 4⇒ 0,7c1 + 0,9c2 = 4

Resolviendo 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] = −6,3492δ[n] + [8,5714(0,7)n − 2,22(0,9)n] ∗ µ[n]

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Jueves 08 de julio de 2010, Tercer Tema1. El sistema de la figura es el resultado de la combinación en cascada de dos subsis-temas, con la información proporcionada, determine:a) La respuesta al impulso de cada subsistema y del sistema globalb) La respuesta frente a la excitación x[n] = e−0,5nµ[n]

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

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

Con y[n] = γn, tenemos γn(γ − 2) = 0, por lo que nuestra solución será h1[n] =0

2δ[n] + c12n.

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

∴ h1[n] = 2nµ[n]

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

n = 0→ h[0] = δ[0]− 2δ[−1] = 1

n = 1→ h[1] = δ[1]− 2δ[0] = −2

n > 1→ h[n] = 0

∴ h2[n] = δ[n]− 2δ[n− 1]

La respuesta del sistema completo es h[n] = h1[n] ∗ h2[n].

h[n] = (2nµ[n]) ∗ (δ[n]− 2 ∗ δ[n− 1]

h[n] = 2nµ[n]− 2(2n−1)µ[n− 1] = 2nµ[n]− 2nµ[n− 1] = 2n(µ[n]− µ[n− 1])

∴ h[n] = 2nδ[n] = δ[n]

Finalmente la salida y[n] = x[n] ∗ h[n] = (e−0,5nµ[n]) ∗ δ[n] = e−0,5nµ[n].

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Jueves 7 de Julio de 2011, Primer TemaUn sistema LTI-DT está integrado por la conexión 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 mínima expresión) frente a la excitación x[n] =e−0,5nµ[n], esquematizarla y etiquetarla.a)Análisis de SS1:Obviamente tenemos que

y1[n] = x[n]− 0,8y[n− 1]⇒ h1p = 0

Asumimos respuesta de la forma h[n] = γn con lo cual la ecuación característica de SS1será

γn+1 + 0,8γn = 0⇒ γn(γ + 0,8) = 0⇒ γ = −0,8

Entonces h1[n] es de la forma h1[n] = (c1−0,8)nµ[n]. Lo cual remplazando en h1[0] = 1obtenemos que

c1 = 1⇒ h1[n] = (−0,8)nµ[n]

Análisis de SS2:Obviamente tenemos que

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

Análogamente asumimos respuesta de la forma h2[n] = γn con lo cual la ecuación carac-terística de SS2 será

γn+2 − 0,25γn = 0⇒ γn(γ2 − 0,25) = 0⇒ γ1 = 0,5; γ2 = −0,5

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Entonces h2[n] es de la forma h2[n] = (c2(0,5)n+c3(−0,5)n)µ[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)µ[n]

⇒ h[n] = h1[n] + h2[n] = ((−0,8)n + 0,5n − (−0,5)n)µ[n]

b)Podemos decir que tanto SS1 como SS2 son estables en vista que las raices de sus ecua-ciones características cumplen que | γ |< 1, y por tanto el Sistema completo también seráestable.c)

y[n] = h[n] ∗ x[n](((−0,8)n + 0,5n − (−0,5)n)µ[n]) ∗ (e−0,5nµ[n])

⇒ y[n] = ((−0,8)n+1 − e−0,5(n+1)

−0,8− e−0,5+

(0,5)n+1 − e−0,5(n+1)

0,5− e−0,5−(−0,5)n+1 − e−0,5(n+1)

−0,5− e−0,5)µ[n]

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Jueves 01 de diciembre de 2011, Primer Tema1. Dado el siguiente sistema expresado en función 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 excitación x[n] = αn2µ[n]Solución: 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] = (µ[n] + µ[n+ 2]) ∗ δ[n− 2]− αn1µ[n]

h[n] = µ[n] ∗ δ[n− 2] + µ[n+ 2] ∗ δ[n− 2]− αn1µ[n]

h[n] = −αn1µ[n] + µ[n− 2] + µ[n]

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

∑∞k=−∞ |h[k]|

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

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

cordando que γn1 µ[n] ∗ γn2 µ[n] =γn+1

2 − γn+11

γ2 − γ1µ[n].

Por lo que con x[n] = αn2µ[n], tenemos:

y[n] = h[n] ∗ x[n] = −αn1µ[n] + µ[n− 2] + µ[n] ∗ αn2µ[n]

Para la aplicación directa de la propiedad de convolución antes mencionada, podemosescribir lo siguiente: µ[n− 2] = µ[n]− δ[n]− δ[n− 1].

y[n] = h[n] ∗ x[n] = −αn1µ[n] + µ[n] + µ[n]− δ[n]− δ[n− 1] ∗ αn2µ[n]

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y[n] = h[n] ∗ x[n] = −αn1µ[n] + 2µ[n]− δ[n]− δ[n− 1] ∗ αn2µ[n]

De donde:

y[n] = −αn+12 − αn+1

1

α2 − α1µ[n] + 2

1− αn+12

1− α2µ[n]− αn−2

2 µ[n− 2]− αn−12 µ[n− 1]

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Capítulo 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.

Solución: 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 función de transferencia tendrá la forma:

H(s) =k

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

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

TV F → lıms→0

(sX(s)H(s)) = 1→ lıms→0

(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) está 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− 2

s+ 0,5

Aplicando transformada inversa, tenemos:

s(t) = µ(t)[1 + e−t − 2e−0,5t]

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 representación en diagramas de bloques es la quese muestra en la figura. Determine:a) La función 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.

Solución:a) Si tomamos como Y1(s) a la salida del sistema antes del bloque e−3s, 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) = [s

s+ 1+

1

s+ 1+

s

(s+ 1)2]e−3s

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) = δ(t) + (e−t + te−t)µ(t)

Luego por la presencia del e−3s, tenemos:

h(t) = h1(t− 3) = δ(t− 3) + (e−(t−3) + (t− 3)e−(t−3))µ(t− 3)

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

25


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

Solución:a) Para determinar la función de transferencia del sistema iniciamos con reducir los la-zos internos presentes en el diagrama de bloques. Si denominamos Y1(s) a la función detransferencia presente antés 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) =e−2s

s+ 2+e−2s

s+ 3

26


b) La respuesta impulso podemos obtenerla a partir de H1(s) y luego desplazarla dadoel término e−2s, aprovechando que ya tenemos la función de transferencia en fraccionesparciales:

H1(s) =1

s+ 2+

1

s+ 3

h1(t) = (e−2t + e−3t)µ(t)

→ h(t) = h1(t− 2) = (e−2(t−2) + e−3(t−2))µ(t− 2)

c) Para la respuesta escalón 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− 1/2

s+ 2− 1/3

s+ 3

s1(t) = [5/6− 1/2e−2t − 1/3e−3t]µ(t)

s(t) = s1(t− 3) = [5/6− 1/2e−2(t−3) − 1/3e−3(t−3)]µ(t− 3)

27


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

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

Y1(S) = X(s) · s

s+ 1− Y1(s) · 5

s(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− 5

s+ 20)⇒ Y (s) = Y1(s) · s

2 + 20s− 5

s+ 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 existirá un polo en el semiplano derecho por lo cual el sistemano es BIBO estable.

28


Jueves 02 de septiembre de 2010Considere la representación 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 función 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 obtendría si la exitación es x(t) = e−5tµ(t)Solución:a) Sea W (s) la salida del segundo punto de suma, entonces tendremos que:

W (s) = X(s)1

s+ 4+X(s)

1

s−W (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) = e−3s 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) = e−3s 4

s+ 3− e−3s 2

s+ 4⇒ h(t) = 4e−3(t−3)µ(t− 3)− 2e−4(t−3)µ(t− 3)

c)

x(t) = e−5tµ(t)⇒ X(s) =1

s+ 5

29


⇒ Y (s) = H(s)1

s+ 5= e−3s 2

(s+ 3)(s+ 4)= 2e−3s 1

s+ 3− 2e−3s 1

s+ 4

⇒ y(t) = 2e−3(t−3)µ(t− 3)− 2e−4(t−3)µ(t− 3)

30

Capítulo 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 α y β.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.Solución:

31


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

W (z) =1

2z−1W (z) +X(z)

H1(z) =W (z)

X(z)=

z

z − 1

2

Y (z) = αz−1Y (z) + βW (z)

H2(z) =Y (z)

W (z)=

βz

z − αSeguidamente tomamos transformada Z a la ecuación en diferencias del sistema global:

Y (z) = −1

8z−2Y (z) +

3

4z−1Y (z) +X(z)

Y (z)[z2 − 3/4z + 1/8

z2] = X(z)

H(z) =Y (z)

X(z)=

z2

z2 − 3/4z + 1/8

Recordando propiedades de transformada Z, la función de transferencia global está dadapor el producto de H1(z), H2(z), por lo que, por comparación tenemos:

H(z) =z2

z2 − 3/4z + 1/8=

βz2

z2 − (α+ 1/2)z + α/2

α = 1/4, β = 1

b) Para obtener la respuesta al impulso tomamos la función 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 expresión anterior, tenemos:

h[n] = [2(0,5)n − (0,25)n]µ[n]

32


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

S(z) =z

z − 1

z2

(z − 0,5)(z − 0,25)

S(z)

z=

1

z − 1

z2

(z − 0,5)(z − 0,25)=

A

z − 1+

B

z − 0,5+

C

z − 0,25

S(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]µ[n]

33


Jueves 13 de febrero de 2014, Segundo TemaMediante el uso de transformada Z, para el sistema de la figura, determine:a) La función 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 ecuación en diferencias del sistema.d) El sistema es causal?, BIBO estable?. Justifique sus respuestas.

Solución:a) Iniciamos tomando transformada Z a las señales 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 función de transferencia es por definición:

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 + 5/3z

z2 − 2z − z2 + z/3

z − 2

z − 2/3

H(z) =z − 2

z − 2/3; 2/3 < |z| < 2

El diagrama de polos y ceros se muestra a continuación:

34


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

H(z)

z=

z − 2

z(z − 2/3)=A

z+

B

z − 2/3

H(z)

z=

3

z− 2

z − 2/3

H(z) = 3− 2z

z − 2/3

h[n] = 3δ[n]− 2(2/3)n)µ[n]

c) La ecuación 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 expresión de la respuesta al impulso podemos concluir que el sistema es causal,además dado que sus raíces se encuentran dentro el círculo de radio unitario, el sistema esasintóticamente 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 función 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 ecuación de diferencia de coeficientes constantes que representa al sistema.d) La respuesta que se obtendría si la exitación 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 aquí resulta obvio ver que los polos del sistema estarán 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· 1

z+

60

7· 1

z − 0,7− 20

9· 1

z − 0,9

36


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

h[n] = −400

63δ[n] + (

60

7(0,7)n − 20

9(0,9)n)µ[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)

Además:

H[z] =4(z − 1)

(z − 0,9)(z − 0,7)=

4(ejΩ − 1

(ejΩ − 0,9)(ejΩ − 0,7)

H[z] =4(cos(Ω) + jsen(Ω)− 1

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

|H(ejΩ)| =4√

(cos(Ω)− 1)2 + sen2(Ω)√(cos(Ω)− 0,9)2 + sen2(Ω)

√(cos(Ω)− 0,7)2 + sen2

Remplazando Ω = 2,25⇒ |H(ejΩ)| = 2,7349. Ahora tendremos que:

ΘH(ejΩ) = tan−1(sen(Ω)

cos(Ω)− 1)−tan−1(

sen(Ω)

cos(Ω)− 0,9)−tan−1(

sen(Ω)

cos(Ω)− 0,7)⇒ ΘH(ejΩ) = 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 combinación 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 + 1

z2(z − 1)2

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

⇒ H[z] =z − az· z

z − 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)µ[n]− 4δ[n]− 2δ[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 utilizaciónde la transformada z, determine la respuesta impulso h1[n], si se conoce que:a) La respuesta impulso del segundo sistema está dada por: h2[n] = δ[n]− δ[n− 1] yb)si dada la entrada: x[n] = µ[n] − µ[n − 2], se obtiene una salida esquematizadapor:

Solución:Notemos que

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

z, X[z] =

z

z − 1− 1

z(z − 1)=

z2 − 1

z(z − 1)

Entonces tenemos que:

Y [z] =2z4 − z3 − z − 2

z2

z2 − 1

z(z − 1)· z − 1

z·H1[z] =

2z4 − z3 − z − 2

z2⇒ H1[z] =

2z4 + z3 − z − 2

z2 − 1

H1[z] =(z2 − 1)(2z2 + z + 2)

z2 − 1

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

39

Capítulo 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 señal a(t), es decir A(ω) vs ω.b) El espectro de Fourier de la señal b(t), es decir B(ω) vs ω.c) El espectro de Fourier de la señal c(t), es decir C(ω) vs ω.d) El espectro de Fourier de la señal y(t), es decir Y (ω) vs ω.

Solución:a) Para determinar el espectro de la señal 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

πsinc25t) = ∆(

ω

20)

F (cos50t) = π[δ(ω + 50) + δ(ω − 50)]

De lo anterior: F (a(t)) = A(ω) =1

2πX(ω)F (cos50t) =

1

2[∆(

ω − 50

20)+∆(

ω + 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 más triángulos en la gráfica debido a la propiedad del coseno de desplazaral espectro.Tras desplazar cada triángulo 100 unidades a cada lado, tenemos que el espectro de Ctoma la siguiente forma:

41


d) Tras la aplicación del último filtro, el espectro de salida tiene la siguiente forma:

42


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

a)dx

dt.

b) x(t) ∗ x(t).c) x(t− π/2)d)x(2t).e) x2(t)

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

(1− ω) para 0 < ω < 1 en magnitud y e−πω

2 en fase.

a) Para encontrar el espectro dedx

dt, recordemos que en el dominio de la frecuencia:

F (dx

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

43


fase de ±π2

según nos encontremos en ω positiva o negativa.La magnitud se ve afectada en ω veces la original, recordando el espectro original obedecea la expresión (1 + ω) para −1 < ω < 0 y (1− ω) para 0 < ω < 1, tendremos entoncesahora (ω + ω2) para −1 < ω < 0 y (ω − ω2) para 0 < ω < 1.Lo anterior corresponde al gráfico M5 de magnitud.

La fase, como se mencionó al inicio se ve afectada en −pi2

para ω negativa ypi

2para ω

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

b) La convolución en el dominio del tiempo es equivalente al producto de espectros enfrecuencias, de esto podemos encontrar que la magnitud estará dada por (1 + ω)2 para−1 < ω < 0 y (1 − ω)2 para 0 < ω < 1. Esto se puede encontrar en la gráfica M3, lafase pasará a ser de manera análoga e−πω; 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)) = e−jωtoX(w), el término exponencial no afecta a la magnitud por loque para la magnitud corresponde la gráfica M1.

En fase tenemos un corrimiento e−jω

π

2 , lo que resulta en una fase total de e−πω, idénticaa la gráfica A2.

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

F (x(at)) =1

aX(

ω

a). Por lo tanto F (x(2t)) =

1

2X(

ω

2).

X(ω

2no es más que un alargamiento en el eje ω, con amplitud máxima de 1/2. Lo anterior

corresponde a la gráfica M4, la fase sufre de manera análoga el alargamiento resultandoen la gráfica A3.

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

2πX(w) ∗X(w), por lo que debemos hallar la convolución entre X(w) y sí misma.

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

gráfica M6, con un valor máximo de1

2π. La fase permanece inalterada, correspondiendo

la gráfica A1.

44


Jueves 31 de enero de 2014, Tercer TemaConsidere la existencia del sistema mostrado en la figura. Dada la información delgráfico determine:a) El espectro de x(t), es decir X(w).b) Determine q(t) como una función 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 función de x(t).

Solución:a) La transformada de Fourier de x(t) es fácilmente calculable por tabla.X(ω) = 8pπ(ω),cuya gráfica es la siguiente:

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

G(ω) =1

2πX(ω) ∗ π[δ(w + 10π) + δ(w − 10π)] = 4[pπ(ω − 10π) + pπ(ω + 10π)]

45


De manera similar:

P (ω) =1

2πG(ω)∗π[δ(w+5π)+δ(w−5π)] = 2[pπ(ω−5π)+pπ(ω+5π)+pπ(ω−15π)+pπ(ω+15π)]

Finalmente:Q(ω) =

1

2πP (ω) ∗ π[δ(w + 5π) + δ(w − 5π)]

Q(ω) = [pπ(ω − 20π) + 2pπ(ω − 10π) + 2pπ(ω) + 2pπ(ω + 10π) + pπ(ω + 20π)]

d) El espectro Y (ω) resulta del paso de Q(ω) por el filtro H(ω). Dicho filtro permite soloel paso de ciertas frecuencias complejas. Para frecuencias de −2π a π así como de π a2π la ganancia del filtro es variante, pero para el rango de −π a π el espectro pasa conganancia unitaria. El rango de ganancia unitaria es el único donde tenemos espectro deQ(ω) diferente de cero por lo que tenemos como espectro de Y (ω) lo siguiente:

46


Podemos encontrar la inversa de Y (ω) = 2pπ(ω), y1(t) = 2sinπt

πt=

1

4x(t).

e) El bloque de retraso nos indica finalmente que y(t) = y1(t− 5) =1

4x(t− 5).

47


Jueves 19 de febrero de 2015Una señal de entrada x(t) = senc(5πt) es aplicada a un dispositivo cuadratizador,tal como se muestra en la figura. La respuesta v(t) del mencionado dispositivo esmuestreada mediante la utilización de un tren de impulsos δT (t), cuyo periodo fun-damental es 0,1[seg]. Finalmente, la señal 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 (ω) vs ω.b)Determinar la expresión analítica de la señal z(t), como una función de v(t), me-diante series de Foruier Trigonométricas.c)Determinar, esquematizar y etiquetar es espectro de Fourier de y(t). Es decirY (ω) vs ω.Solución:Notemos que:

v(t) = x2(t) = senc2(5πt)

Y sabemos que:a

2πsenc2(

at

2)⇔ ∆(

ω

2a)

Entonces:v(t) =

2π

10π· 10π

2πsenc2(

10πt

2)⇒ V (ω) =

1

5∆(

ω

20π)

48


b) Se conoce que:

δT (t) = C0 +

∞∑k=1

Ckcos(kω0t)⇒ δT (t) =1

T0+

2

T0

∞∑k=1

cos(20πkt)

⇒ δT (t) = 10 + 20

∞∑k=1

cos(20πkt)⇒ z(t) = 10v(t) + 20

∞∑k=1

v(t)cos(20πkt)

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

49


Además resulta trivial que:

Z(ω) = V (ω)(10δ(ω) + 10

∞∑k=1

[δ(ω + 20πk) + δ(ω − 20πk)])

⇒ Y (ω) = 10V (ω) =10

5∆(

ω

20π) = 2∆(

ω

20π)

Entonces:

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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 continuación, está dado porlo especificado en dicha figura; a) determinar y etiquetar la respuesta impulso h1(t)del referido sistema.

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

Solución:a) Notemos que:

a

2πsenc2(

at

2)⇔ ∆(

ω

2a)

Entonces por dualidad tenemos que:

y1(t)⇔ e−j2ωsenc2(ω/2)

También sabemos que:

rect(t)⇔ sen(ω/2)

ω/2= senc(ω/2)

⇒ H1(ω) =Y1(ω)

X(ω)=e−j2ωsenc2(ω/2)

senc(ω/2)= e−j2ωsenc(ω/2)⇒ h1(t) = P 1

2(t− 2)

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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− 2

2) + ∆(

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(ω) vsω.

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

p(t) = cos(20t) · sen(5t)

πt+

2sen(5t)

t

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

p(t) =1

2πt(sen(25t) + sen(−15t)) + 2

sen(5t)

t

⇒ p(t) =1

2· sen(25t)

πt− 1

2· sen(15t)

πt+ 2π · sen(5t)

πt

⇒ P (ω) =1

2· P25(ω)− 1

2· P15(ω) + 2π · P5(ω)

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b) Por datos tenemos que:

q(t) = p(t) ·x(t)⇒ q(t) =1

2· sen(25t)

πt·x(t)− 1

2· sen(15t)

πt·x(t)+2π · sen(5t)

πt·x(t)

c)

Q(ω) = P (ω) ∗X(ω) = (1

2· P25(ω)− 1

2· P15(ω) + 2π · P5(ω)) ∗ (P5(ω))

⇒ Q(ω) = 5π ·∆(ω + 20

20) + 20π2∆(

ω

20) + 5π ·∆(

ω − 20

20)

d) Resulta evidente que por efecto del filtro:

Y (ω) = 20π2∆(ω

20)

e)

y(t) = 20π2 · 10

2π· senc2(

10(t− 3)

2)⇒ y(t) = 100π · senc2(5(t− 3))

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Engineering

Sistemas Lineales (Señales y sistemas)