Apuntes y ejercicios SEÑALES Y SISTEMAS
Ruano, Julio Daniel1 , Ordoñez, Miguel Angel 2 1−2 Estudiantes
de Ingeniería Eléctrica
Facultad de Ingeniería en Electricidad y Computación Escuela Superior Politécnica del Litoral, Guayaquil, Ecuador 1
[email protected], 2
[email protected]
2015
Señales y sistemas
Ruano & Ordoñez
2015
0.1. 0.1. De Dedi dica cato tori riaa A 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. A mi familia por ser siempre un apoyo; y a mis amigos por todas las experiencias y gratos momentos 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 desde 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, cuya 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 mayor parte de mi carrera Universitaria. Por último pero no por eso menos importante, a mis maestros y amigos, por contribuir a mi desarrollo, razón por la cual mantengo una eterna gratitud hacia ustedes. Ordóñez Mera, Miguel Angel
1
Señales y sistemas
Ruano & Ordoñez
0.2. 0.2. Pref Prefac acio io
2
2015
Señales y sistemas
Ruano & Ordoñez
0.3. 0.3. Pról Prólog ogoo
3
2015
Capítulo 1 Convolución 1.1. Generalidad Generalidades es sobre sobre la convoluc convolución ión La convolución de funciones
1.2. Convoluc Convolución ión gráfica de funciones funciones continuas continuas y (t) = x(t) ∗ h(t) entre las funciones 1. Determine de forma gráfica la convolución y( adjuntas: Solución: Para encontrar la convolución entre ambas funciones debemos escoger una de ellas para realizar en primer lugar su reflejo respecto al eje y , y luego barrerla de forma horizontal de −∞ a +∞ por encima de la función restante. restante. Escojamos a x( x (τ ) τ ) como función a dejar fija, y a h( h (t − τ ) τ ) como función a barrer. Imaginemos que h( h (t − τ ) τ ) arranca el barrido en −∞ avanzando hacia la derecha, podemos ver claramente que el producto x( x(t) ∗ h(t) es cero. Pero qué sucede a medida que el extremo derecho de la función h(t − τ ) τ ) comienza a traslaparse al inicio de la función x( x (τ ) τ )? El producto entre ambas toma un valor diferente de cero, siendo de hecho αβ su su valor. Este escenario se da hasta que h( h (t − τ ) τ ) se traslapa por completo en x( x(τ ) τ ), esto ocurre en el intervalo −a − b < t < −a + b. t Recordando la definición de convolución tenemos que y( y (t) = −a−b x(τ ) τ ) · h(t − τ ) τ )dτ . t+b
y (t) =
t+b
x(τ ) τ ) · h(t − τ ) τ )dτ = a
−
∴
αβdτ = αβτ αβ τ |t+ab −
a
−
y( y (t) = αβ (t + a + b); −a − b < t < −a + b
τ ) podemos darnos cuenta que dicha función Luego, continuando el barrido de h(t − τ ) 4
Señales y sistemas
Ruano & Ordoñez
2015
se encuentra totalmente traslapada con x( x (τ ) τ ), esto ocurre brevemente hasta que h( h (t − τ ) τ ) comienza a ’salir’ del traslape con x( anterior es válido para −a + b < t < b − a. x(τ ) τ ). Lo anterior t+b
y (t) =
t+b
x(τ ) τ ) · h(t − τ ) τ )dτ =
t−b ∴
t−b
αβdτ = αβτ αβ τ |tt+bb −
y( y (t) = 2αβb; αβb ; −a + b < t < b − a
De forma análoga ahora h(t − τ ) τ ) deja la zona de traslape con x(τ ) τ ), lo anterior ocurre para b − a < t < a + b. La convolución está dada entonces por: a
y (t) =
a
x(τ ) τ ) · h(t − τ ) τ )dτ =
t−b
∴
t−b
αβdτ = αβτ αβ τ |ta
b
−
y( y (t) = αβ (a + b − t); b − a < t < a + b
Finalmente podemos notar que para t > a + b + b el producto x( x (τ ) τ )h(t − τ ) τ ) es cero, por lo que podemos escribir la función y( y (t) como:
0 αβ (t + a + b) y(t) = αβ (a2αβb +0 b − t)
5
−∞ < t ≤ −a − b −a − b < t ≤ −a + b −a + b < t ≤ b − a b−a< t ≤a+b t>∞
Señales y sistemas
Ruano & Ordoñez
2015
Jueves 08 de Julio de 2010, Primer Tema Tema 2. Un estudiante de la materia Sistemas Lineales de la ESPOL, ha determinado que la 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 dxdt(t ,) determine y y (t) = x( x (t) ∗ h(t). esquematice su respuesta de estado cero, es decir: y(
Solución: Es obvio que
h(t) = µ( µ (t − 1) − µ(t − 2)
dx( dx(t) = δ (t + 1) − 2δ (t − 1) + δ (t − 2) dt
Por otro lado sabemos que para un sistema LTI-CT se cumple que
h(t) ∗
dx( dx (t) dy( dy (t) = dt dt
Entonces tenemos que
6
Señales y sistemas
Ruano & Ordoñez
2015
dy( dy(t) = [µ(t − 1) − µ(t − 2)] ∗ [δ (t + 1) − 2δ (t − 1) + δ (t − 2)] dt
Recordemos que como la función delta δ es el elemento neutro de la convolución y el sistema es invariante en el tiempo tendremos que
x(t) ∗ δ (t − t0 ) = x( x (t − t0 )
Entonces
dy( dy(t) = µ( µ (t) − 2µ(t − 2) + µ(t − 3) − µ(t − 1) + 2µ 2µ(t − 3) − µ(t − 4) dt dy( dy (t) = µ( µ (t) − µ(t − 1) − 2µ(t − 2) + 3µ 3µ(t − 3) − µ(t − 4) → dt
Ahora mostraremos la gráfica
De donde resulta obvio que
7
Señales y sistemas
Ruano & Ordoñez
Con lo cual se concluye el problema.
8
2015
Señales y sistemas
Ruano & Ordoñez
2015
Jueves 1 de Diciembre de 2011, Segundo Tema Tema Para el sistema LTI-CT integrado por la conexión en serie de dos subsistemas; y, x (t) junto con la respuesta impulso h( h (t) para el conociendo la entrada o exitación x( primer subsistema se le ha solicitado: w (t) que genera a la salida del a) Determinar, Determinar, esquematizar y etiquetar la respuesta w( primer subsistema, así como su correspondiente energía. b)Obtener, esquematizar y etiquetar la salida y( y (t) que genera el sistema global, así como su correspondiente energía. c) Conociendo la existencia de la señal z (t), expresar w(t) como una función de aquella.
a) Notemos que
1 1 9 9 w (t) = x( x (t) ∗ h(t) = µ( µ(t + ) − µ(t − ) ∗ (µ(t + ) − µ(t − )) 2 2 2 2 w (t) = r( r (t + 5) − r (t + 4) − r (t − 4) + r (t − 5) Ahora calculamos la energía del sistema −
E (w(t)) =
4
4
2
(τ + + 5) dτ + + 5
−
5
dτ + + 4
−
⇒ E (w (t)) =
(5 − τ ) τ )2 dτ
4
26 3
b)
y(t) =
d(r (t + 5) − r (t + 4) − r (t − 4) + r (t − 5)) = µ( 4)+µ(t+5) µ (t+5)−µ(t+4)−µ(t−4)+µ dt 9
Señales y sistemas
Ruano & Ordoñez −
⇒ E (y(t)) =
4
dτ + 5
−
2015
5
dτ = 2
4
c) Notemos que
dz( dz (t) dz( dz (t + 5) dz (t − 4) = µ( µ(t) − µ(t − 1)) ⇒ y (t) = − d(t) dt dt
10
Señales y sistemas
Ruano & Ordoñez
2015
Jueves 07 de julio de 2011, Segundo Tema 1. Un sistema LTI-CT se encuentra conformado por dos subsistemas integradores x (t), como se muestra en la figura. Conociendo además la derivada de la excitación x( determine: a) La respuesta al impulso de cada subsistema y del sistema s istema global, comente sobre la estabilidad de cada subsistema y del sistema global. b) La respuesta frente a la excitación x( x(t). Solución:
La respuesta al impulso de cada subsistema está dada por la evaluación de y( y (t) en δ (t), t+a para el subsistema 1 tenemos h1 (t) = −∞ δ (τ ) τ )dτ . La integral anterior nos otorga h1 (t) = µ( µ (t + a), cuya gráfica vemos adjunta.
De manera análoga obtenemos h 2 (t) evaluando a y( y (t) en δ (t), para el subsistema 2 t−a tenemos h 2 (t) = −∞ δ (τ ) τ )dτ . La integral anterior nos otorga h 2 (t) = µ(t − a), cuya gráfica vemos adjunta.
11
Señales y sistemas
Ruano & Ordoñez
2015
Ahora podemos determinar h( h (t), la misma resulta h( h (t) = h1 (t) − h2 (t), por lo que h(t) = µ( µ (t + a) − µ(t − a). La gráfica de h( h(t) tiene la forma:
En cuanto a estabilidad se refiere recordamos que un sistema es BIBO estable si su respuesta al impulso h( h (t) es integrable por completo en −∞ a ∞. Por lo anterior podemos darnos cuenta que las integrales de h 1 (t), h2 (t) no convergen a valor real alguno en el intervalo intervalo antes mencionado, 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 un valor real, siendo entonces BIBO estable el sistema global. Finalmente hallemos la respuesta del sistema frente a la excitación presentada. Conocemos que
µ(t − a).
dx = δ (t + a) − δ (t − a). Por lo que podemos afirmar que x( x(t) = µ( µ (t + a) − dt
La respuesta y( y (t) es entonces igual a y( y (t) = h( 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 como respuesta:
y(t) = Γ(t Γ(t + 2a 2a) − 2Γ(t 2Γ(t) + Γ(t Γ(t − 2a) 12
Señales y sistemas
Ruano & Ordoñez
2015
Jueves 03 de Diciembre de 2009, Tercer Tema x(t) y la respuesta impulso h( h(t) de un sistema LTI-CT están Suponga que la entrada x( dadas por: x(t) = 2µ(t − 1) − 2µ(t − 3) h(t) = µ( µ (t + 1) − 2µ(t − 1) + µ(t − 3)
Determine: y (t) del sistema y encuentre la energía de la misma. a) La salida y( b) Es BIBO estable el sistema? Justifique. Solución: Dada la ventaja que la convolución es tanto asociativa como conmutativa, además de la invariancia en el tiempo del sistema, podemos calcular la respuesta mediante la obtención de la forma general de la convolución de dos funciones µ( µ(t) y luego desplazarla lo necesario. Entonces, sean µ( µ(t − α) y µ( µ(t − β ) las dos funciones generales a convolucionar, sus gráficas serán:
Para realizar la convolución reflejamos a µ( µ(t − α) obteniendo µ( µ(−τ + + t) que barre al eje hasta encontrarse con µ( τ hasta µ(τ − − β ). Lo anterior puede verse gráficamente como:
Podemos notar que a medida que la función µ( µ(−τ + t) t) se mueve a la derecha, la convolución toma valores diferente de cero en t = t = α α + β . t−α Por lo tanto podemos escribir µ(t − α) ∗ µ(t − β ) = β (1)dτ (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 Γ(t − α − β )
13
Señales y sistemas
Ruano & Ordoñez
2015
Regresando al problema anterior, tenemos entonces:
y (t) = (2µ (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 2µ(t − 1) ∗ µ(t − 3) − 2µ(t − 3) ∗ µ(t + 1) + 4µ 4µ(t − 3) ∗ µ(t − 1) − 2µ(t − 3) ∗ µ(t − 3) y (t) = 2Γ(t 2Γ(t) − 4Γ(t 4Γ(t − 2) + 2Γ(t 2Γ(t − 4) − 2Γ(t 2Γ(t − 2) + 4Γ(t 4Γ(t − 4) − 2Γ(t 2Γ(t − 6) y(t) = 2Γ(t 2Γ(t) − 6Γ(t 6Γ(t − 2) + 6Γ(t 6Γ(t − 4) − 2Γ(t 2Γ(t − 6) La gráfica de nuestra salida está dada por:
La energía podemos encontrarla como:
E y(t) =
0
2
2
t dt +
4
2
(−4t + 12) dt +
2
6
(2t (2t − 12)2 dt = dt = 24
4
Finalmente para conocer si el sistema es o no BIBO estable, analicemos a h( h(t), podemos notar que la misma es completamente completamente integrable integrable en −∞ < t < ∞, por lo que el sistema sí es BIBO estable. estable.
14
Capítulo 2 Ecuaciones en diferencia 2.1. Generalidad Generalidades es de las ecuaciones ecuaciones en diferencia diferencia Denominamos ecuación en diferencia a la representación de un sistema lineal mediante una expresión que involucra distintas sucesiones siendo una de ellas desconocida. De manera general una ecuación en diferencias de coeficientes constantes, toma la forma siguiente: N
M
αy[ αy [n − r ] = βx[ βx [n − q ] r =0
q =0
Para hallar la solución a dicha ecuación, utilizamos una metodología similar a la empleada en ecuaciones diferenciales de variable continua. La solución estará compuesta por dos componentes, una componente homogénea y una componente particular, es decir y [n] = yh [n] + y p [n]. Para determinar la componente N homogénea partimos de la suposición que la solución de αy[n − r] = 0 es de la r =0 αy[ n forma y[ y [n] = γ , lo cual reemplazamos en la sucesión original, obteniendo un problema de la forma:
α0 γ n + α1 γ n+1 + α2 γ n+2 + . . . + αN γ n+N = 0 Tomando como factor común γ n obtenemos obtenemos la denominada denominada ecuación característica característica de la ecuación en diferencias:
α0 + α1 γ + + α2 γ 2 + . . . + αN γ N = 0 Tras Tras encontrar encontrar los valores valores de γ que satisfacen la ecuación de coeficientes constantes ann terior, escribimos la componente homogénea como y h [n] = c 1 γ 1n + c2 γ 2n + . . . + cN γ N , donde los valores c1 , c2 , . . . , cN se determinan a partir de las condiciones iniciales del sistema. Para nuestro caso particular de estudio, determinaremos la respuesta al impulso unitario del sistema por lo que x[ x[n] = δ [n], de lo anterior podemos entonces suponer que la solución particular tendrá la forma y[ y [n] = kδ k δ [n].
15
Señales y sistemas
Ruano & Ordoñez
Se puede demostrar que k , tendrá el valor de k =
2015
bn donde a n , bn son los coeficientes an
presentes en la ecuación para y[ y [n], x[n] respectivamente.
2.2. 2.2. Soluci Solución ón de ecuacio ecuaciones nes en difer diferenc encia ia Jueves 11 de diciembre de 2014, Tercer Tema 1. Determine la respuesta al impulso unitario del sistema representado representado por el diagrama de bloques adjunto:
Solución: El diagrama de bloques nos otorga una representación gráfica de la siguiente ecuación en diferencias:
y[n] = 4x[n − 1] − 4x[n − 2] + 1, 1,6y [n − 1] − 0,63 63yy[n − 2] Como primer paso expresamos la ecuación anterior de una manera más apropiada, dado que el termino recursivo menor es n − 2 y valiendonos de la invariancia en el tiempo de nuestro sistema, desplazamos los términos dos unidades en n , obteniendo de esta forma:
y[n + 2] = 4x 4x[n + 1] − 4x[n] − 1,6y[n + 1] − 0,63 63yy[n] Reordenando la expresión tenemos:
0,63 63yy[n] − 1,6y [n + 1] + y[n + 2] = 4x 4x[n + 1] − 4x[n] Para obtener la respuesta homogénea hacemos x[n] = 0, ∀n, y asumiendo y [n] de la forma y[ y [n] = γ n tenemos:
0,63 63γ γ n − 1,6γ n+1 + γ n+2 = 0 16
Señales y sistemas
Ruano & Ordoñez
2015
γ n [0, [0,63 − 1,6γ + + γ 2 ] = 0 Con γ 1 = 0,7, γ 2 = 0,9, escribimos la solución homogénea como y h [n] = c1 (0, (0,7)n + c2 (0, (0,9)n . La componente componente particular, particular, la obtenemos obtenemos observando observando la ecuación ecuación para determinar los valores de a n = 0,63 63,, bn = −4, por lo que y p [n] = −
4 δ [n]. 0,63
La respues respuesta ta al impulso impulso unitar unitario io será será entonce entoncess h[n] = −6,3492 3492δ δ [n]+[c ]+[c1 (0, (0,7)n +c2 (0, (0,9)n ]∗ µ(n), para determinar las constantes c1 , c2 recurrimos a la ecuación original sin desplazar y evaluamos:
h[n] = 4δ [n − 1] − 4δ [n − 2] + 1, 1,6h[n − 1] − 0,63 63h h[n − 2] n = 0 ⇒ h[0] = 4δ 4δ [−1] − 4δ [−2] + 1, 1,6h[−1] − 0,63 63h h[−2] = 0 ∴ h[0] h [0] = 0 n = 1 ⇒ h[1] = 4δ 4δ [0] [0] − 4δ [−1] + 1, 1,6h[0] − 0,63 63h h[−1] = 4 ∴ h[1] h [1] = 4 Vale la pena aclarar que h[ h [−1], 1], h[−2] = 0 por ser el sistema causal, luego generamos un sistema sistema de ecuaciones con las evaluaciones evaluaciones previas previas y además además evaluand evaluando o la solución solución total que se obtuvo anteriormente, donde se involucra a c 1 , c2 .
h[0] = −6,3492 3492δ δ [0] [0] + c1 + c2 = 0 ⇒ c1 + c2 = 6,3492 h[1] = −6,3492 3492δ δ [1] [1] + c1 (0, (0,7) + c2 (0, (0,9) = 4 ⇒ 0,7c1 + 0, 0 ,9c2 = 4 Resolviendo para c 1 , c2 tenemos que c1 = 8,5714 y c 2 = −2,22, pudiendo escribir finalmente la respuesta al impulso unitario del sistema como:
h[n] = −6,3492 3492δ δ [n] + [8, [8,5714(0, 5714(0,7)n − 2,22(0, 22(0,9)n ] ∗ µ[n]
17
Señales y sistemas
Ruano & Ordoñez
2015
Jueves 08 de julio de 2010, Tercer Tema 1. El sistema de la figura es el resultado de la combinación en cascada de dos subsistemas, con la información proporcionada, proporcionada, determine: a) La respuesta al impulso de cada subsistema y del sistema global x[n] = e 0,5n µ[n] b) La respuesta frente a la excitación x[ −
Solución: Comenzamos con el sistema 1, del diagrama de bloques se obtiene la ecuación en diferencias de la forma: x[ x[n] + 2y 2 y [n − 1] = y[ y [n].
x[n + 1] + 2y 2y [n] = y[ y [n + 1] Con y [n] = γ n , tenemos γ n (γ − 2) = 0, por lo que nuestra solución será h1 [n] =
0 δ [n] + c1 2n . 2 Encontramos c 1 con h[0] h [0] = c = c 1 = 1 (al evaluar en la solución propuesta y en la ecuación en diferencias original). ∴
h 1 [n] = 2n µ[n]
Para el sistema 2, la ecuación en diferencias resulta x[ x [n] − 2x[n − 1] = y [n]. Debido a la 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 = δ [0] [0] − 2δ [−1] = 1 n = 1 → h[1] = δ = δ [1] [1] − 2δ [0] [0] = −2 n > 1 → h[n] = 0 ∴
h 2 [n] = δ [n] − 2δ [n − 1]
h[n] = h 1 [n] ∗ h2 [n]. La respuesta del sistema completo es h[ h[n] = (2n µ[n]) ∗ (δ [n] − 2 ∗ δ [n − 1] h[n] = 2n µ[n] − 2(2n
1
−
)µ[n − 1] = 2n µ[n] − 2n µ[n − 1] = 2n (µ[n] − µ[n − 1]) ∴
h[ h [n] = 2n δ [n] = δ [n]
Finalmente la salida y[ y [n] = x[ x [n] ∗ h[n] = (e−0,5n µ[n]) ∗ δ [n] = e −0,5n µ[n].
18
Señales y sistemas
Ruano & Ordoñez
2015
Jueves 7 de Julio de 2011, Primer Tema Un sistema LTI-DT está integrado por la conexión en paralelo de dos subsistemas retroalimentados, tal como se muestra en la figura. Determinar:
a) La Lass resp respue uest stas as impu impuls lsoo de cada cada subs subsis iste tema ma y del del siste sistema ma comp comple leto to,, es deci decirr h1 [n], h2 [n] h [n]. y h[ b) Comente sobre la estabilidad de cada subsistema y del sistema completo, justificando debidamente su respuesta. c) La respuesta y[ y [n] (expresada a la mínima expresión) frente a la excitación x[ x [n] = ,5n 0 e µ[n], esquematizarla y etiquetarla. −
a) Análisis de SS1: Obviamente tenemos que
y1 [n] = x[ x [n] − 0,8y[n − 1] ⇒ h1 p = 0 Asumimos Asumimos respuesta de la forma h[ ecuación característic característicaa de SS1 h[n] = γ n con lo cual la ecuación será
γ n+1 + 0, 0,8γ n = 0 ⇒ γ n (γ + + 0, 0 ,8) = 0 ⇒ γ = = −0,8 Entonces h1 [n] es de la forma h1 [n] = (c1 − 0,8)n µ[n]. Lo cual remplazando en h1 [0] = 1 obtenemos que
c1 = 1 ⇒ h1 [n] = (−0,8)n µ[n] Análisis de SS2: Obviamente tenemos que
y2 [n] = x[ x [n − 1] + 0, 0,25 25yy2 [n − 2] ⇒ h2 p = 0 Análogamente asumimos respuesta de la forma h2 [n] = γ n con lo cual la ecuación característica de SS2 será
γ n+2 − 0,25 25γ γ n = 0 ⇒ γ n (γ 2 − 0,25) = 0 ⇒ γ 1 = 0,5; γ 2 = −0,5 19
Señales y sistemas
Ruano & Ordoñez
2015
Entonces h2 [n] es de la forma h2 [n] = (c2 (0, (0,5)n + c3 (−0,5)n )µ[n]. Lo cual remplazando en h2 [0] = 0 y h2 [1] = 1 obtenemos que
c2 + C 3 = 0 0,5C 2 − 0,5c3 = 1 (0,5n − (−0,5)n )µ[n] ⇒ c2 = 1; c3 = −1 ⇒ h2 [n] = (0, 0,5n − (−0,5)n )µ[n] ⇒ h[n] = h 1 [n] + h2 [n] = ((−0,8)n + 0, b) Podemos decir que tanto SS1 como SS2 son estables en vista que las raices de sus ecuaciones características cumplen que | γ | | < 1 , y por tanto el Sistema completo también será estable. c)
y[n] = h[ h [n] ∗ x[n](((−0,8)n + 0, 0,5n − (−0,5)n )µ[n]) ∗ (e (−0,8)n+1 − e ⇒ y [n ] = ( −0,8 − e
0,5(n+1)
−
0,5
−
(0, (0,5)n+1 − e + 0,5 − e
0,5(n+1)
−
0,5
−
20
0,5n
−
µ[n])
(−0,5)n+1 − e − −0,5 − e
0,5(n+1)
−
0,5
−
) µ[ n ]
Señales y sistemas
Ruano & Ordoñez
2015
Jueves 01 de diciembre de 2011, Primer Tema Tema 1. 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 FIR o IIR. b) Indique si el sistema es BIBO estable. x[n] = α 2n µ[n] c) Encuentre la respuesta del sistema frente a la excitación x[ Solución: La respuesta del sistema completo se obtiene de las operaciones descritas en el
diagrama de bloques, a saber: h[ h[n] = (h1 [n] + h2 [n]) ∗ h3 [n] − h4 [n].
h[n] = (µ[n] + µ[n + 2]) ∗ δ [n − 2] − α1n µ[n] h[n] = µ[ µ [n] ∗ δ [n − 2] + µ[n + 2] ∗ δ [n − 2] − α1n µ[n] h[n] = −α1n µ[n] + µ[n − 2] + µ[n] De la expresión anterior para h[n], podemos verificar que el sistema es del tipo IIR ya que contiene infinitos valores de respuesta ante un estímulo del tipo impulso unitario. ∞ Por Por otro otro lado, lado, debe debemos mos anal analiz izar ar su BIBO BIBO esta estabi bili lida dad. d. Dado Dado que la suma sumator toria ia k=−∞ |h[k]| no converge converge a un número real, podemos concluir que el sistema sistema no es BIBO estable. Esto se atribuye a la presencia presencia de las funciones funciones µ[ µ [n] y µ[ µ [n − 2].
Finalmente encontramos la respuesta del referido sistema a la excitación planteada, re-
γ 2n+1 − γ 1n+1 cordando que γ 1 µ[n] ∗ γ 2 µ[n] = µ[n]. γ 2 − γ 1 x[n] = α 2n µ[n], tenemos: Por lo que con x[ n
n
y[n] = h[ h [n] ∗ x[n] = {−α1n µ[n] + µ[n − 2] + µ[n]} ∗ {α2n µ[n]} Para la aplicación directa de la propiedad de convolución antes mencionada, podemos escribir lo siguiente: µ[ µ[n − 2] = µ[ µ [n] − δ [n] − δ [n − 1].
y [n] = h[ h [n] ∗ x[n] = {−α1n µ[n] + µ[n] + µ[n] − δ [n] − δ [n − 1]} ∗ {α2n µ[n]} 21
Señales y sistemas
Ruano & Ordoñez
2015
y[n] = h[ h [n] ∗ x[n] = {−α1n µ[n] + 2µ 2 µ[n] − δ [n] − δ [n − 1]} ∗ {α2n µ[n]} De donde:
α2n+1 − α1n+1 1 − α2n+1 y [n ] = − µ[n] + 2 µ[n] − α2n α2 − α1 1 − α2
22
2
−
µ[n − 2] − α2n
1
−
µ[n − 1]
Capítulo 3 Transformada de Laplace 3.1. Generalidad Generalidades es sobre sobre la transfo transformada rmada de Laplace 3.2. 3.2. Aplicac plicacion iones es de de la tran transf sform ormada ada de Lapl Laplace ace en problemas de variable continua Jueves 19 de febrero de 2015, Primer Tema Considerar la existencia de un sistema LTI-CT causal cuyo diagrama de polos y s (t) = 1 cuando ceros se muestra en la figura. Conociendo que su respuesta al paso s( t → ∞, 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 23
Señales y sistemas
Ruano & Ordoñez
2015
-1. De esta forma nuestra función de transferencia tendrá la forma:
H (s) =
k (s + 0, 0,5)(s 5)(s + 1)
Para determinar k nos valemos del teorema del valor final, a saber:
T V F → l´ım (sX (s)H (s)) = 1 → l´ım (s s→0
s→0
De donde k = k = 0,5 y H ( H (s) =
1 k )=1 s (s + 0, 0,5)(s 5)(s + 1)
1 . 2(s 2(s + 1)(s 1)(s + 0, 0,5)
La respuesta al paso S (s) está dada por:
S (s) =
1 A B C = + + 2s(s + 1)(s 1)(s + 0, 0,5) s s + 1 s + 0, 0 ,5 S (s) =
1 1 2 + − s s + 1 s + 0, 0 ,5
Aplicando transformada inversa, tenemos:
s(t) = µ( µ (t)[1 + e
t
−
0,5t
−
− 2e
]
b) Dado que sus polos se encuentran a la izquierda del eje jw , el sistema es BIBO estable.
24
Señales y sistemas
Ruano & Ordoñez
2015
Jueves 5 de diciembre de 2013, Segundo Tema Tema Se tiene un sistema LTI-CT cuya representación en diagramas de bloques es la que se 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 toma tomamo moss como como Y 1 (s) a la sali salida da del del sist sistem emaa ante antess del del bloq bloque ue e−3s , entonc entonces es podemos podemos encontrar H 1 (s) dados los sumadores:
Y 1 (s) =
s s 1 + { + 1} X (s) s+1 s+1 s+1
H 1 (s) =
→ H (s) = [
s 1 s + + s + 1 s + 1 (s + 1)2
s 1 s + + ]e s + 1 s + 1 (s + 1)2
3s
−
b) Para la respuesta impulso, usamos H 1 (s), de la siguiente forma:
H 1 (s) =
s 1 s 1 1 + + = 1 + − s + 1 s + 1 (s + 1)2 s + 1 (s + 1)2 (e → h1 (t) = δ (t) + (e
t
−
+ te t )µ(t) −
Luego por la presencia del e−3s , tenemos: tenemos:
h(t) = h 1 (t − 3) = δ (t − 3) + (e (e
(t−3)
−
+ (t (t − 3)e 3)e
(t−3)
−
)µ(t − 3)
c) El sistema es con memoria por el retardo que posee, es causal dado que su respuesta al impulso es válida solo para t > 3 . Finalmente el sistema es BIBO estable dado que su respuesta al impulso es totalmente integrable.
25
Señales y sistemas
Ruano & Ordoñez
2015
Jueves 9 de diciembre de 2010, Tercer Tema Se tiene un sistema LTI-CT cuya representación en diagramas de bloques en el dominio 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 lazos internos presentes en el diagrama de bloques. Si denominamos Y 1 (s) a la función de transferencia presente antés del retardo de tiempo, tenemos:
Y 1 (s) = Y a (s) + Y b (s) Donde Y a (s), Y b (s) son las funciones de transferencia equivalentes de los lazos internos del diagrama de bloques. Si tomamos como referencia las salidas de los dos sumadores de lazos internos podemos escribir:
Y a (s) → sY a (s) = X ( X (s) − 2Y a (s) → (s + 2)Y 2)Y a (s) = X ( X (s) → Y a (s) =
X (s) s+2
Y b (s) → sY b (s) = X ( X (s) − 3Y b (s) → (s + 3)Y 3)Y b (s) = X ( X (s) → Y b (s) =
X (s) s+3
Por lo que:
Y 1 (s) = Y a (s) + Y b (s) = H 1 (s) =
X (s) X (s) + s+2 s+3
Y 1 (s) 1 1 = + X (s) s+2 s+3
e 2s e 2s H (s) = + s+2 s+3 −
26
−
Señales y sistemas
Ruano & Ordoñez
2015
b) La respuesta impulso podemos obtenerla a partir de H 1 (s) y luego desplazarla dado el término término e −2s , aprovechando que ya tenemos la función de transferencia en fracciones parciales:
1 1 + s+2 s+3
H 1 (s) =
2t
−
h1 (t) = (e
+e
2(t−2)
−
(e → h(t) = h 1 (t − 2) = (e
3t
−
)µ(t)
+e
3(t−2)
−
)µ(t − 2)
c) Para la respuesta escalón tenemos dos caminos, trabajarla en el dominio del tiempo o en el dominio de la frecuencia. Para aprovechar la transformada de Laplace nos iremos por el camino del dominio de la frecuencia: frecuencia:
1 1 1 A B C S 1 (s) = H 1 (s) = + = + + s s(s + 2) s(s + 3) s s+2 s+3 S 1 (s) =
5/6 1/2 1/3 − − s s+2 s+3 2t
−
s1 (t) = [5/ [5/6 − 1/2e
2(t−3)
−
s(t) = s 1 (t − 3) = [5/ [5/6 − 1/2e
27
− 1/3e
3t
−
]µ(t) 3(t−3)
−
− 1/3e
]µ(t − 3)
Señales y sistemas
Ruano & Ordoñez
2015
Jueves 18 de febrero de 2010, Cuarto Tema Para el sistema que se representa a continuación mediante diagrama de bloques, determine si es BIBO estable o no.
Solución: Sea Y 1 (s) la salida del primer punto de suma en el diagrama de bloques. Entonces tendríamos que:
5 s s2 (s + 20) Y 1 (S ) = X ( X (s) · X (s) · − Y 1 (s) · ⇒ Y 1 (s) = X ( s+1 s(s + 20) (s + 1)(s 1)(s2 + 20s 20s + 5) Por otro lado analizando analizando el segundo punto de suma tendremos tendremos que:
5 s 2 + 20s 20s − 5 Y ( Y (s) = Y 1 (s)(s )(s − ) ⇒ Y ( Y (s) = Y 1 (s) · s + 20 s + 20 De donde podemos decir que:
Y ( Y (s) s2 (s2 + 20s 20s − 5) s2 (s2 + 20s 20s − 5) = H ( s ) = ⇒ X (s) (s + 1)(s 1)(s2 + 20s 20s + 5) (s + 1)((s 1)((s + 10)2 − 95) Resulta obvio entonces que existirá un polo en el semiplano derecho por lo cual el sistema no es BIBO estable.
28
Señales y sistemas
Ruano & Ordoñez
2015
Jueves 02 de septiembre de 2010 Considere la representación en diagrama de bloques, que relaciona la entrada-salida en el domi domini nioo de la frec frecue uenc ncia ia comp comple leja ja,, de un sist sistem emaa LTI-C TI-CT T causa causal, l, es la sigu siguie ient nte: e: Determinar:
a) La función de transferencia H (s) del mencionado sistema. Determinar si es BIBO estable y justificar su respuesta. h(t). b) La respuesta impulso h( x(t) = e 5t µ(t) c) La respuesta que obtendría si la exitación es x( Solución: −
a) Sea W ( entonces tendremos que: W (s) la salida del segundo punto de suma, entonces
W ( W (s) = X ( X (s)
1 1 6 6 1 1 +X (s) −W ( W (s) W (s)(1+ ) = X ( X (s)( + ) ⇒ W ( s+4 s s(s + 5) s(s + 5) s+4 s
W (s) ⇒ W (
(s + 2)(s 2)(s + 3) 2s + 4 W ( W (s) 2(s 2(s + 5) = X ( X (s) = ⇒ s(s + 5) s(s + 4) Y ( Y (s) (s + 3)(s 3)(s + 4)
⇒ H (s) = e
3s
−
2(s 2(s + 5) (s + 3)(s 3)(s + 4)
Los polos del sistema se encuentran en el semiplano izquierdo del plano complejo por lo cual se concluye que el sistema es BIBO estable. estable. b) Usaremos la transformada inversa de Laplace para obtener h( h (t).
H (s) = e
3s
−
4 − e s+3
3s
−
2 ⇒ h(t) = 4e s+4
3(t−3)
−
c)
x(t) = e
5t
−
µ(t) ⇒ X (s) = 29
1 s+5
4(t−3)
−
µ(t − 3) − 2e
µ(t − 3)
Señales y sistemas Y (s) = H ( H (s) ⇒ Y (
Ruano & Ordoñez 1 = e s+5
⇒ y (t) = 2e
3s
−
2 = 2e (s + 3)(s 3)(s + 4)
3(t−3)
−
2015
µ(t − 3) − 2e
30
3s
−
4(t−3)
−
1 − 2e s+3
µ(t − 3)
3s
−
1 s+4
Capítulo 4 Transformada Z 4.1. Generalidad Generalidades es sobre sobre la transfor transformada mada Z 4.2. 4.2. Aplicac plicacion iones es de la tran transf sform ormada ada Z en pro proble ble-mas de variable discreta Jueves 18 de septiembre de 2014, Cuarto Tema Tema Dos sistemas LTI-DT LTI-DT causales, tienen respuestas al impulso h1 [n] y h2 [n] respectivamente. Los sistemas antes mencionados, son conectados en cascada como se s e muestra en 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
Señales y sistemas
Ruano & Ordoñez
2015
a) Tomamos transformada Z a a las ecuaciones en diferencia de h1 [n], h2 [n] para obtener:
1 W ( W (z ) = z 2 H 1 (z ) = Y ( Y (z ) = αz H 2 (z ) =
1
−
W ( W (z ) + X (z )
W ( W (z ) = X (z ) 1
−
z z−
1 2
Y ( Y (z ) + βW ( βW (z )
Y ( Y (z ) βz = W ( W (z ) z−α
Seguidamente tomamos transformada Z a a la ecuación en diferencias del sistema global:
1 Y ( Y (z ) = − z 8
2
−
3 Y ( Y (z ) + z 4
1
−
Y ( Y (z ) + X (z )
z 2 − 3/4z + 1/ 1 /8 Y ( Y (z )[ ] = X ( X (z ) 2 z Y ( Y (z ) z2 H (z ) = = 2 X (z ) z − 3/4z + 1/ 1 /8 Recordando propiedades de transformada Z , la función de transferencia global está dada por el producto de H 1 (z ), H 2 (z ), por lo que, por comparación comparación tenemos: tenemos:
z2 βz 2 H (z ) = 2 = 2 z − 3/4z + 1/ 1 /8 z − (α + 1/ 1/2)z 2)z + α/2 α/2 α = 1/4, β = = 1 b) Para obtener la respuesta al impulso tomamos la función de transferencia global y expandimos en fracciones parciales de la siguiente forma:
H (z ) z = z (z − 0,5)(z 5)(z − 0,25) H (z ) A B = + z (z − 0,5) (z − 0,25) H (z ) 2 1 = − z (z − 0,5) (z − 0,25) H (z ) =
2z z − (z − 0,5) (z − 0,25)
Tomando transformada inversa a la expresión anterior, tenemos:
h[n] = [2(0, [2(0,5)n − (0, (0,25)n ]µ[n]
32
Señales y sistemas
Ruano & Ordoñez
2015
c) Dado que los polos de la función de transferencia se encuentran dentro del círculo unitario, el sistema es asintóticamente estable. d) La respuesta al paso s[n] puede ser obtenida mediante la transformada Z de de la siguiente forma:
z z2 S (z ) = z − 1 (z − 0,5)(z 5)(z − 0,25)
S (z ) 1 z2 A B C = = + + z z − 1 (z − 0,5)(z 5)(z − 0,25) z − 1 z − 0,5 z − 0,25 S (z ) 8/3 2 1/3 = + − z z − 1 z − 0,5 z − 0,25 S (z ) =
8z/3 z/ 3 2z z/3 z/ 3 + − z − 1 z − 0,5 z − 0,25
8 1 s[n] = [ − 2(0, 2(0,5)n + (0, (0,25)n ]µ[n] 3 3
33
Señales y sistemas
Ruano & Ordoñez
2015
Jueves 13 de febrero de 2014, Segundo Tema Mediante el uso de transformada Z , para el sistema de la figura, determine: H (z ), esquematizando su diagrama de polos y ceros, a) La función de transferencia H ( 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 a las señales de entrada y salida:
X (z ) = Y ( Y (z ) =
z z ; 1/3 < |z | < 2 − z − 1/3 z − 2
5z 5z ; 2/3 < |z | < 2 − z − 1/3 z − 2/3
Luego la función de transferencia es por definición:
5z (z − 2/3) − 5z (z − 1/3) 5z 2 − 10 10//3z − 5z 2 + 5/ 5/3z z − 2 (z − 1/3)(z 3)(z − 2/3) H (z ) = = z (z − 2) − z (z − 1/3) z 2 − 2z − z 2 + z/3 z/ 3 z − 2/3 (z − 1/3)(z 3)(z − 2) H (z ) =
z−2 ; 2/3 < |z | < 2 z − 2/3
El diagrama de polos y ceros se muestra muestra a continuación: continuación:
34
Señales y sistemas
Ruano & Ordoñez
2015
b) Para determinar la respuesta al impulso del sistema tomamos la transformada inversa como sigue:
H (z ) z−2 A B = = + z z (z − 2/3) z z − 2/3 H (z ) 3 2 = − z z z − 2/3 H (z ) = 3 −
2z z − 2/3
h[n] = 3δ [n] − 2(2/ 2(2/3)n )µ[n] c) La ecuación en diferencias se obtiene de la siguiente forma:
H (z ) =
Y ( Y (z ) z−2 Y ( Y (z ) = → X (z ) z − 2/3 X (z )
(z − 2/3)Y 3)Y ((z ) = (z − 2)X 2)X (z ) De las propiedades de la transformada Z , obtenemos:
y[n + 1] − 2/3y [n] = x[ x [n + 1] − 2x[n] y[n] − 2/3y[n − 1] = x[ 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 es asintóticamente estable (por lo tanto BIBO estable).
35
Señales y sistemas
Ruano & Ordoñez
2015
Jueves 05 de marzo de 2015 Un estudiante de la materia de Sistemas Lineales de la ESPOL, ha descubierto que el esquema del diagrama de bloques, en el dominio de la frecuencia compleja, que relaciona la entrada-salida de un sistema LTI-DT causal, es el siguiente: Determinar:
a) La función de transferencia H ( H (z ) del mencionado sistema y esquematizar en el plano complejo los polos y ceros. Comente sobre la estabilidad del sistema, justificando su respuesta. h[n] b) La respuesta impulso h[ 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 la cos(1500tt) y un intervalo de muestreo T s = 0,0015 forma cos(1500 a) Sea Y 1 [z ] la salida del segundo bloque de retardo unitario, entonces resulta obvio que:
z 2 Y 1 [z ] = X [ X [z ] − (0, (0,63 63Y Y 1 [z ] − 1,6zY 1 [z ]) ⇒ Y 1 [z ] =
z2
X [z ] 0 ,63 − 1,6z + 0,
Por otro lado tenemos que:
Y [ Y [z ] = Y 1 [z ](4z ](4z − 4) ⇒ H [z ] =
Y [ Y [z ] Y [ Y [z ] Y 1 [z ] 4z − 4 = = · X [z ] Y 1 [z ] X [z ] (z − 0,9)(z 9)(z − 0,7)
De aquí resulta obvio ver que los polos del sistema estarán dentro de la circunferencia unitaria unitaria y por tanto el sistema es BIBO estable. b)
H [z ] 4(z 4(z − 1) 400 1 60 1 20 1 = =− · + · − · z z (z − 0,9)(z 9)(z − 0,7) 63 z 7 z − 0 ,7 9 z − 0,9
36
Señales y sistemas
Ruano & Ordoñez
2015
Ahora usamos la transformada inversa Z para obtener la respuesta impulso h[ h[n].
h[n] = −
400 60 20 δ [n] + ( (0, (0,7)n − (0, (0,9)n )µ[n] 63 7 9
c) Sabemos que:
H [z ] =
4(z 4(z − 1) Y [z ](z ](z 2 − 1,6z + 0, 0 ,63) = X = X [[z ](4z ](4z − 4) ⇒ Y [ (z − 0,9)(z 9)(z − 0,7)
0,63 63yy[n] = 4x[n + 1] − 4x[n] ⇒ y[n + 2] − 1,6y[n + 1] + 0, 0,63 63yy [n − 2] = 4x 4x[n − 1] − 4x[n − 2] ⇒ y [n] − 1,6y [n − 1] + 0, d)Para este caso tendremos que:
x[n] = cos(2 cos (2,,25 25n n) Además:
4(z 4(z − 1) 4(e 4(e j Ω − 1 H [z ] = = j Ω (z − 0,9)(z 9)(z − 0,7) (e − 0,9)(e 9)(e j Ω − 0,7) H [z ] =
|H (e j Ω )| =
4(cos 4(cos(Ω) (Ω) + jsen + jsen(Ω) (Ω) − 1 (cos(Ω) cos(Ω) + jsen + jsen(Ω) (Ω) − 0,9)(cos 9)(cos(Ω) (Ω) + jsen + jsen(Ω) (Ω) − 0,7)
4 (cos(Ω) cos(Ω) − 1)2 + sen2 (Ω)
(cos(Ω) cos(Ω) − 0,7) + sen cos(Ω) − 0,9) + sen (Ω) (cos(Ω) 2
2
2
2
Remplazando Ω = 2,25 ⇒ |H (e j Ω )| = 2,7349. Ahora tendremos tendremos que:
ΘH (ej ) = tan = tan Ω
1
−
(
sen(Ω) sen(Ω) )−tan cos(Ω) cos(Ω) − 1
1
−
(
sen(Ω) sen(Ω) )−tan cos(Ω) cos(Ω) − 0,9
Concluyendo que:
y [n] = 2,7349 7349cos cos(2 (2,,25 25n n + 0, 0,5551)
37
1
−
(
sen(Ω) sen(Ω) ) ⇒ ΘH (ej ) = 0,5551[ 5551[rad rad]] cos(Ω) cos(Ω) − 0,7 Ω
Señales y sistemas
Ruano & Ordoñez
2015
Jueves 13 de septiembre de 2012 Un estudiante de la materia de Sistemas Lineales, ha determinado que el Sistema Global que se muestra en la siguiente figura, es el resultante de la combinación de cinco subsistemas interconectados. Dado que:
Notemos que:
H 1 [z ] =
z−a z z 2z z 4 − z 3 + 2z 2z 2 − 2z + 1 −z 2 + 2z , H 2 [z ] = , H 3 [z ] = , H 4 [z ] = , H [ z ] = 5 z z − 1/2 z−a (z − 1)2 z 2 (z − 1)2 ](H 5 [z ] − H 4 [z ]) ⇒ H [z ] = H 1 [z ] · H 2 [z ] · H 3 [z ](H
⇒ H [z ] =
z −a z z z 4 − z 3 + 2z 2z 2 − 2z + 1 z 2 − 2z ( + ) · · z z − 1/2 z − a z 2 (z − 1)2 (z − 1)2
H [z ] 2z 3 − z 2 + z − 1 z z 1 = + 2 · ⇒ H [z ] = 4 · − 4 − 2 · 2 z (z − 1/2)z 2)z (z − 1) z − 1/2 z−1 z (4(1/2)n + 2)µ 2)µ[n] − 4δ [n] − 2δ [n − 1] ⇒ h[n] = (4(1/
38
Señales y sistemas
Ruano & Ordoñez
2015
Jueves 04 de septiembre de 2014 Asumiendo causalidad para los sistemas 1 y 2 que conforman el denominado Sistema Global que se muestra en la siguiente figura, se le solicita que mediante la utilización de 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] y x [n] = µ[n] − µ[n − 2], se obtiene una salida esquematizada b)si dada la entrada: x[ por:
Solución: Notemos que
Y [ Y [z ] = z
1
−
+ 2z 2z
2
−
− z − 2z 2 , H 2 [z ] =
Entonces tenemos que:
z−1 z 1 z2 − 1 , X [z ] = = − z z − 1 z (z − 1) z (z − 1)
2z 4 − z 3 − z − 2 Y [ Y [z ] = z2
z 2 − 1 z − 1 2z 4 − z 3 − z − 2 2z 4 + z 3 − z − 2 · · H 1 [z ] = ⇒ H 1 [z ] = z (z − 1) z z2 z2 − 1 (z 2 − 1)(2z 1)(2z 2 + z + 2) H 1 [z ] = z2 − 1 2δ [n] ⇒ H 1 [z ] = 2z 2 + z + 2 ⇒ h1 [n] = 2δ [n + 2] + δ [n + 1] + 2δ
39
Capítulo 5 Transformada de Fourier 5.1. 5.1. Genera Generalid lidade adess sobre sobre la trans transfformada ormada de FouFourier 5.2. 5.2. Aplicac plicacion iones es de la trans transfformada ormada de de Four Fourier ier en en problemas de variable continua Jueves 5 de marzo de 2015, Primer Tema Para el sistema descrito en la figura, determine: a (t), es decir A( A(ω ) vs ω . a) El espectro de Fourier de la señal a( b(t), es decir B( B (ω) vs ω . b) El espectro de Fourier de la señal b( c(t), es decir C ( C (ω) vs ω . c) El espectro de Fourier de la señal c( y (t), es decir Y ( Y (ω ) vs ω . d) El espectro de Fourier de la señal y(
Solución: a) Para determinar el espectro de la señal a( a(t) nos valemos de la propiedad de la transfor-
40
Señales y sistemas
Ruano & Ordoñez
2015
mada de Fourier para el producto de dos funciones, pero antes recordemos: F ( F (cos50 cos50tt)
De lo anterio anterior: r: F (a(t)) = A( A (ω) =
5 ω sinc2 5t) = ∆( ) π 20 = π[ π [δ (ω + 50) + δ (ω − 50)] 1 1 ω − 50 ω + 50 X (ω )F (cos50 cos50tt) = [∆( )+∆( )]. 2π 2 20 20
El espectro anterior se muestra en la siguiente figura:
b) Tras aplicar el filtro H 1 (w ), el espectro B( B (w ) queda de la siguiente forma:
c) El espectro de C ( C (w) se ve afectado por el producto de un nuevo coseno, esto permite que aparezcan aparezcan más triángulos en la gráfica gráfica debido a la propiedad propiedad del coseno de desplazar al espectro. Tras desplazar cada triángulo 100 unidades a cada lado, tenemos que el espectro de C toma la siguiente forma:
41
Señales y sistemas
Ruano & Ordoñez
2015
d) Tras la aplicación del último filtro, el espectro de salida tiene la siguiente forma:
42
Señales y sistemas
Ruano & Ordoñez
2015
Jueves 19 de febrero de 2015, Segundo Tema x (t), además de los espectros de magDada la representación espectral de una seãl x( x(t). nitud y fase para varias manipulaciones de la mencionada x( Determine a que gráfica pertenece cada una de las siguientes operaciones en el dominio del tiempo: dx
a) . dt x(t) ∗ x(t). b) x( x(t − π/2) π/ 2) c) x( (2t). d)x(2t e) x2 (t)
Solución: Podemos notar para empezar que el espectro tiene la forma (1 + ω) ω ) para −1 < ω < 0 y
πω (1 − ω ) para 0 < 0 < ω < 1 en magnitud y e 2 en fase. dx a) Para encontrar el espectro de , recordemos que en el dominio de la frecuencia: dt dx ) = jwX j wX ((w ). El término j solo ingresa fase al sistema, de hecho jw j w aumenta una F ( dt −
43
Señales y sistemas
Ruano & Ordoñez
2015
π según nos encontremos encontremos en ω positiva o negativa. 2 La magnitud se ve afectada en ω veces la original, recordando el espectro original obedece + ω)) para −1 < ω < 0 y (1 − ω ) para 0 < 0 < ω < 1 , tendremos entonces a la expresión (1 + ω 2 2 ahora (ω (ω + ω ) para −1 < ω < 0 y (ω (ω − ω ) para 0 < 0 < ω < 1 . fase de ±
Lo anterior corresponde al gráfico M5 de magnitud.
pi pi para ω negativa y para ω 2 2
La fase, como se mencionó al inicio se ve afectada en − 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 en frecuencias, de esto podemos encontrar que la magnitud estará dada por (1 + ω) ω )2 para −1 < ω < 0 y (1 − ω )2 para 0 < ω < 1. Esto se puede encontrar en la gráfica M3, la fase 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 frecuencia, F (x(t − to )) = e − jωt o X (w), el término exponencial no afecta a la magnitud por lo que para la magnitud corresponde la gráfica M1. jω
−
En fase tenemos un corrimiento e a la gráfica A2.
π 2 , lo que resulta en una fase total de e
πω
−
, idéntica
d) En este caso podemos aplicar otra propiedad de la transformada de Fourier, a saber:
1 ω 1 ω X ( ). Por lo tanto F (x(2t (2t)) = X ( ). a a 2 2 ω X ( no es más que un alargamiento en el eje ω, con amplitud máxima de 1/2. Lo anterior 2
at)) F (x(at))
=
corresponde a la gráfica M4, la fase sufre de manera análoga el alargamiento resultando en la gráfica A3.
e) Finalm Finalment entee tenemo tenemoss x2 (t), por propie propiedade dadess de transf transform ormada ada de Fourie Fourierr tenemos tenemos F (x2 (t)) =
1 X (w) ∗ X (w ), por lo que debemos hallar la convolución entre X ( X (w) y sí misma. 2π
Tras realizar la respectiva operación podemos encontrar que la magnitud corresponde a la gráfica M6, con un valor máximo de la gráfica A1.
1 . La fase permanece inalterada, correspondiendo 2π
44
Señales y sistemas
Ruano & Ordoñez
2015
Jueves 31 de enero de 2014, Tercer Tema Considere la existencia del sistema mostrado en la figura. Dada la información del gráfico determine: a) El espectro de x( x(t), es decir X (w ). x(t). b) Determine q (t) como una función de x( g (t), p(t), q (t), es decir G( G(w ), P ( P (w ), Q(w). c) El espectro de g( d) El espectro de y( y (t), es decir Y ( Y (w). y (t) como una función de x( x(t). e) Exprese y(
Solución: a) La transformada de Fourier de x(t) es fácilmente calculable por tabla. X (ω ) = 8 pπ (ω ), cuya gráfica es la siguiente:
b) Del gráfico gráfico obtene obtenemos mos la siguie siguiente nte inform informaci ación ón q (t) = cos 2 (5πt (5πt))g(t) = cos 2 (5πt (5πt)[ )[cos cos(10 (10πt πt))x(t)]. c) Los espectros solicitados solicitados no son más que el original original X (ω ) tras aplicar varios desplazamientos en el dominio de la frecuencia frecuencia.. Comencemos por:
G(ω) =
1 X (ω) ∗ π [δ (w + 10π 10 π ) + δ (w − 10 10π π )] = 4[ p pπ (ω − 10 10π π ) + p + pπ (ω + 10π 10 π )] 2π 45
Señales y sistemas
Ruano & Ordoñez
2015
De manera similar:
P ( P (ω) =
1 G(ω)∗π [δ (w+5 +5π π )+δ )+δ (w −5π )] = 2[ p pπ (ω−5π )+ pπ (ω+5 +5π π )+ pπ (ω−15 15π π )+ p )+ pπ (ω +15 +15π π )] 2π
Finalmente:
1 P ( P (ω ) ∗ π [δ (w + 5π 5 π ) + δ (w − 5π )] 2π 20π 2 pπ (ω − 10 10π 2 pπ (ω) + 2 p 2 pπ (ω + 10π 10 π ) + p + pπ (ω + 20π 20 π )] Q(ω) = [ p pπ (ω − 20 π ) + 2 p π ) + 2 p Q(ω ) =
d) El espectro Y ( Y (ω) resulta del paso de Q( Q(ω) por el filtro H (ω). Dicho filtro permite solo el paso de ciertas frecuencias complejas. Para frecuencias de − 2π a π así como de π a 2π la ganancia del filtro es variante, pero para el rango de − π a π el espectro pasa con ganancia unitaria. El rango de ganancia unitaria es el único donde tenemos espectro de Q(ω ) diferente de cero por lo que tenemos como espectro de Y ( Y (ω ) lo siguiente:
46
Señales y sistemas
Ruano & Ordoñez
sinπt 1 = x(t). πt 4 1 y (t) = y 1 (t − 5) = x(t − 5). e) El bloque de retraso nos indica finalmente que y( 4 Podemos encontrar la inversa de Y ( Y (ω) = 2 pπ (ω ), y1 (t) = 2
47
2015
Señales y sistemas
Ruano & Ordoñez
2015
Jueves 19 de febrero de 2015 x (t) = senc(5 senc(5πt πt)) es aplicada a un dispositivo cuadratizador, Una señal de entrada x( tal como se muestra en la figura. La respuesta v (t) del mencionado dispositivo es muestreada mediante la utilización de un tren de impulsos δ T T (t), cuyo periodo fun 0 ,1[seg 1[seg]]. Finalmente, la señal de salida z( z (t) es aplicada a un filtro ideal damental es 0, 5[H z ] pasabajo cuyo ancho de banda es 5[H
a) Determinar, esquematizar y etiquetar el espectro de Fourier de v (t). Es decir V ( V (ω) vs ω . z (t), como una función de v( v (t), meb)Determinar la expresión analítica de la señal z( diante series de Foruier Trigonométricas. Trigonométricas. c)Determinar, esquematizar y etiquetar es espectro de Fourier de y (t). Es decir Y ( Y (ω ) vs ω . Solución: Notemos que:
v (t) = x 2 (t) = senc2 (5πt (5πt)) Y sabemos que:
a at ω senc2 ( ) ⇔ ∆( ) 2π 2 2a
Entonces:
v (t) =
2π 10π 10 π 10 10πt πt 1 ω senc2 ( ) ⇒ V ( V (ω ) = ∆( ) · 10 10π π 2π 2 5 20 20π π
48
Señales y sistemas
Ruano & Ordoñez
2015
b) Se conoce que: ∞
∞
C cos( 1 2 δ (t) = C + cos(kω t) ⇒ δ (t) = + cos(20 cos(20πkt πkt)) T T
0
k
0
T T
k=1
T 0
T 0
∞
k=1 ∞
20 cos(20 cos(20πk πktt) ⇒ z (t) = 10v 10v (t) + 20 v (t)cos(20 cos(20πk πktt) ⇒ δ (t) = 10 + 20 T T
k=1
k=1
c) Obviamente tenemos que el espectro del filtro pasabajo será:
49
Señales y sistemas
Ruano & Ordoñez
Además resulta trivial que: ∞
Z (ω) = V ( V (ω)(10δ )(10δ (ω ) + 10 [δ (ω + 20πk 20 πk)) + δ (ω − 20 20πk πk)]) )]) k=1
Y (ω ) = 10V 10V ((ω ) = ⇒ Y (
10 ω ω ∆( ) = 2∆( ) 5 20π 20 π 20π 20 π
Entonces:
50
2015
Señales y sistemas
Ruano & Ordoñez
2015
Jueves 18 de septiembre de 2014 Un estudiante de la materia Sistemas Lineales de la ESPOL ha determinado que la respuesta y1 (t), que genera el sistema 1 que se muestra a continuación, está dado por lo especificado en dicha figura; a) determinar y etiquetar la respuesta impulso h 1 (t) del referido sistema.
Para el diseño del sistema 2, que se esquematiza a continuación, determinar, esquematizar y etiquetar: b) la respuesta impulso equivalente, es decir h 2 (t) del referido sistema, y c) la salida frente a la exitación que se especifica en dicha realización.
Solución: a) Notemos que:
a at ω senc2 ( ) ⇔ ∆( ) 2π 2 2a
Entonces por dualidad tenemos que: j 2ω
−
y1 (t) ⇔ e
senc2 (ω/2) ω/ 2)
También sabemos que:
rect( rect(t) ⇔
sen( sen(ω/2) ω/ 2) = senc( senc(ω/2) ω/ 2) ω/2 ω/ 2
Y 1 (ω ) e j 2ω senc2 (ω/2) ω/2) = = e X (ω) senc( senc(ω/2) ω/ 2) −
⇒ H 1 (ω) =
51
j 2ω
−
senc( senc(ω/2) ω/2) ⇒ h1 (t) = P (t − 2) 1 2
Señales y sistemas
Ruano & Ordoñez
2015
b) Notemos que:
h2 (t) = h 1 (t) − 4h1 (t − 6) ⇒ h2 (t) = P (t − 2) − 4P (t − 8) 1 2
1 2
Sea x 2 (t) = rect( rect(t) + rect( rect(t − 4) = x 1 (t) + x1 (t − 4)
y2 (t) = x 2 (t) ∗ h2 (t) = (x1 (t) + x1 (t − 4)) ∗ (h1 (t) − 4h1 (t − 6))
⇒ y2 (t) = y 1 (t) − 4y1 (t − 6) + y1 (t − 4) − 4y1 (t − 10) ⇒ y2 (t) = ∆(
t−2 t−6 t−8 t − 12 ) + ∆( ) − 4∆( ) − 4∆( ) 2 2 2 2
52
Señales y sistemas
Ruano & Ordoñez
Con lo cual se concluye el problema.
53
2015
Señales y sistemas
Ruano & Ordoñez
2015
Jueves 18 de febrero de 2014 Considere la existencia del sistema mostrado en la si h(t) es H (ω ) vs guiente figura, donde el espectro de Fourier de su respuesta impulso h( ω.
Determinar, Determinar, esquematizar y etiquetar, etiquetar, según s egún corresponda, lo siguiente: p(t), es decir: P ( P (ω) vs ω . a) El espectro de Fourier de p( x(t). b) La expresión analítica de q (t) como una función de x( Q(ω ) vs ω . c) El espectro de Fourier de q (t), es decir: Q( y (t), es decir: Y ( Y (ω) vs ω . d) El espectro de Fourier de y( y (t) sin esquematizarla ni etiquee) La salida o respuesta de dicho sistema; es decir y( tarla. Solución: a) Notemos que:
p( p(t) = cos(20 cos (20tt) ·
sen(5 sen (5tt) 2sen 2 sen(5 (5tt) + πt t
Usamos las identidades trigonométricas de producto-suma y obtenemos que:
p( p(t) =
1 sen(5 sen(5tt) (sen(25 sen(25tt) + sen( sen(−15 15tt)) + 2 2πt t
1 sen(25 sen (25tt) 1 sen(15 sen (15tt) sen(5 sen (5tt) p(t) = · + 2π 2π · ⇒ p( − · 2 πt 2 πt πt 1 1 P (ω ) = · P 25 2 π · P 5 (ω) ⇒ P ( 25 (ω ) − · P 15 15 (ω ) + 2π 2 2
54
Señales y sistemas
Ruano & Ordoñez
2015
b) Por datos tenemos que:
q (t) = p( p (t) · x(t) ⇒ q (t) =
1 sen(25 sen(25tt) 1 sen(15 sen(15tt) sen(5 sen(5tt) · · x(t) − · · x(t) + 2π · · x(t) 2 πt 2 πt πt
c)
1 1 Q(ω ) = P ( P (ω) ∗ X (ω ) = ( · P 25 2 π · P 5 (ω )) ∗ (P 5 (ω )) 25 (ω ) − · P 15 15 (ω ) + 2π 2 2
⇒ Q(ω ) = 5π · ∆(
ω + 20 ω ω − 20 ) + 20π 20π 2 ∆( ) + 5π 5 π · ∆( ) 20 20 20
d) Resulta evidente que por efecto del filtro:
Y ( Y (ω ) = 20π 20π 2 ∆(
ω ) 20
e)
y(t) = 20π 20π 2 ·
10 10(t 10(t − 3) ) ⇒ y(t) = 100π 100π · senc2 (5(t (5(t − 3)) · senc2 ( 2π 2 55
Señales y sistemas
Ruano & Ordoñez
56
2015
