˜ Sistemas y Senales Ejercicios Resueltos
´ UNIVERSIDAD TECNOLOGICA DE PEREIRA. COLOMBIA - PEREIRA. 2012
II
Unidad I Senales ˜ y Sistemas
1
Cap´ıtulo 1
Senales ˜ 1.1.
˜ de una Senal ˜ Tamano
1.1.1. ˜ Determine los valores de Ex y Px para las siguientes senales. (a) x(t) = e−2t u(t)
(b) x(t) = ej(2t+π/4)
(c) x(t) = tcos(t)
Solucion: ´ (a) Energ´ıa: Z∞ Ex = −∞ Z∞
Ex = 0
Z∞
x2 (t)dt =
2 e−2t µ(t) dt
−∞
−4t ∞ 1 e −4t =0− − e dt = − 4 0 4
1 Ex = 4 Potencia: 1 T →∞ T
T
T
Z2
Z2
Px = l´ım
1 T →∞ T
x2 (t)dt = l´ım
− T2
2 e−2t µ(t) dt
− T2
T
T ! −4t 2 1 e e−4t dt = l´ım − T →∞ T 4 0 0 −2T 1 e 1 Px = l´ım − + ⇒ Px = 0 T →∞ T 4 4 1 Px = l´ım T →∞ T
Z2
2
3 (b) Energ´ıa: Z∞ Ex = −∞ Z∞
Ex =
|x(t)|2 dt =
Z∞
j(2t+π/4) 2 e dt
−∞
12 dt
⇒
Ex → ∞
−∞
Potencia: 1 T →∞ T
T
T
Z2
Z2
Px = l´ım
1 T →∞ T
|x(t)|2 dt = l´ım
− T2
j(2t+π/4) 2 e dt
− T2
T
1 Px = l´ım T →∞ T
Z2
1 1 dt = l´ım T →∞ T 2
T T − − 2 2
− T2
Px = 1 (c) Energ´ıa: Z∞ Ex =
2
Z∞
cos (t)dt = −∞
Ex =
1 + cos(t) 2
dt
−∞
∞ t + sen(t) 2 −∞
⇒
Ex → ∞
Potencia: T
1 Px = l´ım T →∞ T
Z2
T
1 cos (t)dt = l´ım T →∞ T 2
− T2
T t + sen(t) 2 T 2 − 2 1 T + sen (T ) Px = l´ım ⇒ T →∞ T 2
1 Px = l´ım T →∞ T
Z2 − T2
Px =
1.1.2. ˜ Determine la energ´ıa y la potencia de las siguientes senales. (a) x(t) = e−at u(t),
a>0
(b) x(t) = A cos(ω0 t + θ)
1 + cos(t) 2
(c) x(t) = tu(t) (d) x(t) = e−|t| cos(2t)
1 2
dt
4 Solucion: ´
(a) Energ´ıa: Z∞ Ex =
Z∞
2
2 e−at µ(t) dt
x (t)dt = −∞ Z∞
Ex =
−∞
e−2at dt
0
∞ e−2at Ex = − 2a 0
⇒
Ex =
1 2a
Potencia:
1 T →∞ T
T
T
Z2
Z2
Px = l´ım
1 T →∞ T
x2 (t)dt = l´ım
− T2
2 e−at µ(t) dt
− T2
T
T ! −2at 2 1 e e−2at dt = l´ım − T →∞ T 2a 0 0 −aT 1 e 1 Px = l´ım − + ⇒ Px = 0 T →∞ T 2a 2a 1 Px = l´ım T →∞ T
Z2
(b) Energ´ıa: Z∞ Ex = −∞ Z∞
Ex =
x2 (t)dt =
Z∞
[A cos (ω0 t + θ)]2 dt
−∞
A2 cos2 (ω0 t + θ) dt
−∞
A2 Ex = 2
Z∞ [1 + cos (2ω0 t + 2θ)] dt −∞
2
A Ex = 2
sen (2ω0 t + 2θ) t+ 2ω0
∞ ⇒ −∞
Ex → ∞
5 Potencia: 1 T →∞ T
T
T
Z2
Z2
1 T →∞ T
x2 (t)dt = l´ım
Px = l´ım
− T2
[A cos (ω0 t + θ)]2 dt
− T2 T
Z2
2
A T →∞ 2T
Px = l´ım
[1 + cos (2ω0 t + 2θ)] dt − T2
T A2 sen (2ω0 t + 2θ) 2 Px = l´ım t+ T →∞ 2T 2ω0 − T2 A2 sen (ω0 T + 2θ) Px = l´ım T+ T →∞ 2T ω0 2 A Px = 2 (c) Energ´ıa: Z∞ Ex = Ex =
x2 (t)dt =
−∞ 3 ∞
t 3 0
Z∞
t2 dt
0
⇒
Ex → ∞
Potencia: 1 T →∞ T
T
T
Z2
Z2
1 T →∞ T
x2 (t)dt = l´ım
Px = l´ım
t2 dt
0
− T2
T ! 1 T3 t3 2 = l´ ım T →∞ T 24 3 0
1 T →∞ T
Px = l´ım Px → ∞ (d) Energ´ıa: Z∞ Ex =
Z∞
2
x (t)dt = −∞
−∞
e−|t| cos(2t) = Z0 Ex =
2 e−|t| cos(2t) dt
2t
2
et cos(2t) para t < 0 e−t cos(2t) para t ≥ 0 Z∞
e cos (2t)dt + −∞
0
e−2t cos2 (2t)dt
6 Resolvamos la primer integral: Z0
2t
Z0
2
e cos (2t)dt = −∞
e
2t
1 + cos(4t) 2
dt
−∞
0 Z0 e2t 1 e2t cos(4t)dt = + 4 −∞ 2 −∞
=
Z0
1 1 + 4 2
e2t cos(4t)dt
−∞
Resolviendo por partes: u = e2t
→
dv = cos(4t)dt
→
I=
1 2
Z0 −∞
du = 2e2t dt sen(4t) v= 4
0 Z0 1 1 sen(4t) e2t cos(4t)dt = e2t − e2t sen(4t)dt 2 4 2 −∞ −∞
I=−
Z0
1 4
e2t sen(4t)dt
−∞
Nuevamente por partes tenemos: u = e2t
→
dv = −sen(4t)dt
→
du = 2e2t dt cos(4t) v= 4
0 Z0 1 1 cos(4t) I = e2t − e2t cos(4t)dt 4 4 2 −∞ −∞ ! 0 1 cos(4t) I= e2t −I 4 4 −∞ 1 1 1 I 1+ = ⇒ I= 4 16 20 Entonces tenemos:
Z0
e2t cos2 (2t)dt =
1 1 3 + = 4 20 10
−∞
Resolviendo la otra integral de la misma forma se tiene: Z∞ 0
e−2t cos2 (2t)dt =
3 10
7 Ex =
3 3 6 + = 10 10 10
Potencia: De una forma similar a la energ´ıa tenemos que: Px = l´ım
T →∞
Z0
1 T
T
e2t cos2 (2t)dt + l´ım
T →∞
1 T
Z2
e−2t cos2 (2t)dt
0
− T2
Nuevamente resolviendo una de las integrales tenemos: Z0
1 l´ım T →∞ T
1 e cos (2t)dt = l´ım T →∞ T 2t
2
− T2
Z0 e
2t
1 + cos(4t) 2
dt
− T2
1 = l´ım T →∞ T
Z0 e2t 0 1 2t e cos(4t)dt + 4 −T 2 | {z 2} − T2 0
Resolviendo nuevamente por partes tenemos: u = e2t → du = 2e2t dt dv = cos(4t)dt → v = sen(4t) 4 0 Z0 Z0 1 1 1 2t sen(4t) 2t 2t l´ım e cos(4t)dt = l´ım e sen(4t)dt − e T →∞ 2T T →∞ 2T 4 2 − T2 | {z } − T2 − T2 0
Ahora: u = e2t
→
dv = −sen(4t)dt
→
du = 2e2t dt cos(4t) v= 4 0 Z0 1 1 2t cos(4t) 1 l´ım I = l´ım − e2t cos(4t)dt e T →∞ T T →∞ 4T 4 2 −T
2
0 1 1 2t cos(4t) e l´ım I = l´ım −I T →∞ T T →∞ 4T 4 − T 2 1 1 1 1 cos(2T ) −T l´ım I 1 + = l´ım −e T →∞ 4T T →∞ T 4 4 4 1 l´ım I = 0 T →∞ T
−T
!2
Resolviendo el otro termino de la potencia y sumando los resultados, tenemos Px = 0
8
1.1.3. ˜ periodica. ´ Encuentre la energ´ıa Ex y la potencia Px para la siguiente senal ( −A f (t) = A
para − T0 /2 < t < 0 para 0 < t < T0 /2
Solucion: ´ Energ´ıa: Ex =
R∞
R∞
x2 (t)dt =
(|x(t)|)2 dt =
(A)2 dt
−∞
−∞
−∞
R∞
Ex → ∞ Potencia: ˜ periodica ´ Como es una senal entonces: T0
Px =
1 T0
Z2 −
1 Px = T0 Px = A2
T0
x2 (t)dt =
T0 2
1 T0
Z2 −
T0 A t 2 T0 2
−
A2 dt
T0 2
2
1.1.4. ˜ periodica ´ Demuestre que si x(t) es una senal con periodo T0 , entonces su potencia media normalizada Px definida como: T
Z2
1 T →∞ T
Px = l´ım
|x(t)|2 dt
− T2
˜ T0 : Es igual a la potencia media normalizada de x(t) sobre un periodo de la senal T0
Px =
1 T0
Z2 −
T0 2
|x(t)|2 dt
9 Solucion: ´ ˜ es periodica ´ Como la senal se puede realizar la integral sobre un periodo y luego ´ calcular la potencia cuando el numero de periodos tiende a infinito lo que equivale a cambiar T por KT0 por lo tanto el limite ya se realiza sobre K. KT0
T
1 T →∞ T
Z2
Px = l´ım
Z2
1 K→∞ KT0
|x(t)|2 dt = l´ım
− T2
−
|x(t)|2 dt
KT0 2
T0
1 K K→∞ KT0
Z2
Px = l´ım
−
|x(t)|2 dt
T0 2
Luego se cancela el t´ermino K entonces el limite carece de sentido. T0
Px =
1 T0
Z2 −
1.2.
|x(t)|2 dt
T0 2
˜ Operaciones Sobre Senales
1.2.1. ˜ continua es mostrada en la figura 1.1. Dibuje cada una de las siguientes Una senal ˜ senales. (a) x(t − 2)
(c) x(t/2)
(b) x(2t)
(d) x(−t)
x(t) 3 4 Figura 1.1: Figura del Ejercicio 1.2.1
t
10 Solucion: ´
x(2t)
x(t − 2) 3
3
6
2
2
t
(a)
t
(b)
x(−t)
x(t/2)
3
3
8
t
−4
t
(d)
(c)
´ Ejercicio 1.2.1: (a) x(t − 2) (b) x(2t) (c) x(t/2) (d) x(−t) Figura 1.2: Solucion
1.2.2. ˜ discreta x[n] es mostrada en la figura 1.3. Dibuje cada una de las siguientes senales. ˜ Una senal (a) x[n − 2]
(c) x[−n]
(b) x[2n]
(d) x[−n + 2]
x[n]
3
3
3
4
2 1
−1
0
1
2
5
Figura 1.3: Figura del Ejercicio 1.2.2
n
11 Solucion: ´
x[n − 2] 3
x[2n] 3
3
2
2 1
-1
0
1
3
2
5
4
6 7
n
-1
0
1
x[−n]
3
3
-2
5
n
2 1
-3
4
x[−n + 2]
3
2
-5 -4
3
(b)
(a)
3
2
1
0
-1
1
n
-4 -3 -2
-1
(c)
0
1
2
3
(d)
´ Ejercicio 1.2.2: (a) x[n − 2] (b) x[2n] (c) x[−n] (d) x[−n + 2] Figura 1.4: Solucion
1.2.3. ˜ Determine: Dada la siguiente senal. (a) x(t) − x(t − 1)
(c) x(2t) + x(−3t)
(b) x(−2t)
(d) x(3t − 1)
x(t) 2 1 0
1
3
t
Figura 1.5: Figura del Ejercicio 1.2.3
n
12 Solucion: ´ (a)
x(t − 1)
x(t) 2
2
1
1
0
1
3
1
0
t
x(t) − x(t − 1) 1 4 0
t
2
−2 ´ Ejercicio 1.2.3 a Figura 1.6: Solucion (b)
x(−2t) 2 1 −3/2
−1/2
0
t ´ Ejercicio 1.2.3 b Figura 1.7: Solucion
4
t
13 (c)
x(2t)
x(−3t)
2
2
1
1
0
1/2
3/2
−1
t
−1/3
x(2t) + x(−3t) 2 1
−1
−1/3
0
1/2
3/2
t
´ Ejercicio 1.2.3 c Figura 1.8: Solucion
(d)
x(3t − 1) 2 1 0
1/3
2/3
4/3
´ Ejercicio 1.2.3 d Figura 1.9: Solucion
t
0
t
14
1.2.4. ˜ x[n] = δ[n] − δ[n − 1], obtenga y[n] = Dada la senal (a) x[4n − 1]
(c) 3x[−2n + 3]
(b) x[n] − x[n − 1]
(d) x[2n] − x[1 − n]
Solucion: ´ (a) y[n] = x[4n − 1] y[n] = δ[4n − 1] − δ[4n − 2] (b) y[n] = x[n] − x[n − 1] y[n] = δ[n] − δ[n − 1] − (δ[n − 1] − δ[n − 2]) y[n] = δ[n] − 2δ[n − 1] + δ[n − 2] (c) y[n] = 3x[−2n + 3] y[n] = 3 (δ[−2n + 3] − δ[−2n + 2]) (d) y[n] = x[2n] − x[1 − n] y[n] = δ[2n] − δ[2n − 1] − (δ[1 − n] − δ[−n]) 3 y[n] = δ[n] − δ[n − 1] − δ[2n − 1] 2
1.3.
´ de Senales ˜ Clasificacion
1.3.1. ˜ ´ ˜ es periodica, ´ Determine si cada una de las siguientes senales es o no periodica. Si la senal especifique su periodo fundamental. (a) x(t) = jej10t
(c) x[n] = ej7πn
(b) x(t) = e(−1+j)t
(d) x[n] = 3ej3π(n+1/2)/5
Solucion: ´ (a) x(t + T ) = x(t) = jej10(t+T ) = jej10t ej10T ⇒ ej10T = 1 ´ general es que 10T = 2πn donde n es un entero positivo. Una solucion π 10T = 2π ⇒ T = 5
15 (b) x(t + T ) = x(t) = e(−1+j)(t+T ) = e(−1+j)t e(−1+j)T ⇒ e(−1+j)T = 1 ´ solo se cumple cuando T = 0 por lo tanto esta senal ˜ NO es periodica. ´ Esta condicion (c) x[n + N ] = x[n] = ej7π(n+N ) = ej7πn ej7πN 6 ⇒ ej7πN = 1 ´ general es que 7πN = 2πk donde k es un entero positivo. Una solucion 7πN = 2π ⇒ N =
2 7
(d) x[n + N ] = x[n] = 3ej3π(n+N +1/2)/5 = 3ej3π(n+1/2)/5 ej3πN/5 ⇒ ej3πN/5 = 1 10 3πN = 2π ⇒ N = 5 3
1.3.2. ˜ ´ ˜ es periodica, ´ Determine si cada una de las siguientes senales es periodica o no. Si la senal determine su periodo fundamental T0 0 N0 . √ π (e) x(t) = cos t + sen (a) x(t) = cos 2π t + 2t 3 4 (f) x(t) = sen t + sen t/3 + sen t/5 (b) x(t) = sen t + π4 (g) x[n] = cos π6 n + sen π4 n (c) x(t) = cos π3 t + sen π4 t (h) x[n] = ej(5π/6k)n ; k ∈ R
(d) x(t) = sen2 (t) Solucion: ´ (a)
2π π x(t) = x(t + T ) = cos (t + T ) + 3 4 2π π 2π = cos t+ + T 3 4 3 2π π 2π 2π π 2π = cos t+ cos T − sen t+ sen T 3 4 3 3 4 3
16 ˜ es periodica ´ La senal si se cumple que: 2π T = 2πk 3 ´ Por lo tanto es periodica y su periodo se da cuando (k = 1) T0 = 3s (b) x(t) = sen t + π4 de donde podemos saber que ω0 = 1 o se puede hacer un procedimiento como en el anterior ejercicio, lo que da como resultado que: T0 = (c) x(t) = cos
π t 3
+ sen
π t 4
2π = 2π ω0
= x1 (t) + x2 (t) x(t + T0 ) = x1 (t + kT1 ) + x2 (t + nT2 )
Donde T1 y T2 son los periodos fundamentales de x1 (t) y x2 (t) respectivamente y k y n son enteros positivos. T0 = kT1 = nT2 T1 = nk T2 ˜ x(t) sea periodica ´ ´ entre los De lo anterior se concluye que para que la senal la relacion ´ periodos debe ser un numero racional. Para nuestro caso: ω1 = ω2 =
π 3 π 4
⇒ ⇒
T1 = 6 T2 = 8
T1 6 3 = = T2 8 4 ˜ es periodica ´ Por lo tanto la senal con: T0 = 24s ˜ ´ Nota: Cuando son m´as senales para que las relaciones en los periodos sean numeros ´ multiplo. ´ racionales debe de existir un m´ınimo comun ˜ periodica. ´ (d) Es una senal x(t) = sen2 (t) = 21 (1 − cos(2t)) ω0 = 2 ⇒ T0 = ω2π0 = π ´ del ejercicio 1.3.2 parte (c) se tiene que la relacion ´ entre los periodos (e) De la solucion ˜ ´ fundamentales de las senales debe de ser un numero racional. ω1 = √ 1 ⇒ T1 = 2π√ ω2 = 2 ⇒ T2 = 2π √ T1 2π =√ = 2 T2 2π ˜ NO es periodica. ´ Por lo tanto la senal
17 (f) ⇒ ⇒ ⇒
ω1 = 1 ω2 = 13 ω3 = 15
T1 = 2π T2 = 6π T3 = 10π
´ multiplo ´ ˜ x(t) es El m´ınimo comun entre estos periodos es 30, por lo tanto, la senal ´ periodica con: T0 = aT1 = bT2 = cT3 T0 = 30πs (g)
π π x[n] = cos n + sen n 6 4 Ω1 = π6 ⇒ N1 = 12 Ω2 = π4 ⇒ N2 = 8 N1 3 = N2 2 ˜ periodica ´ Por lo tanto es una senal con periodo fundamental: N0 = 2N1 = 3N2 N0 = 24s
(h) x[n] = ej(5π/6k)n ; k ∈ R 5π
5π
x[n + N 0 ] = ej ( 6k n+ 6k N0 ) = x[n] 5π 5π = ej ( 6k n) ej ( 6k N0 ) 5π
ej ( 6k N0 ) = 1 5π N0 = 2π 6k
⇒
N0 =
12k 5
1.3.3. ˜ ˜ Clasifique las senales del ejercicio 1.1.1 como senales de energ´ıa, potencia o si es el caso ninguna. Solucion: ´ ˜ de energ´ıa. (a) Ex < ∞ y Px = 0 por lo tanto es una senal ˜ de potencia. (b) Ex → ∞ y Px < ∞ por lo tanto es una senal ˜ de potencia. (c) Igual que el punto anterior, por lo tanto es una senal
18
1.3.4. ˜ ˜ Clasifique las senales del ejercicio 1.1.2 como senales de energ´ıa, potencia o si es el caso ninguna. Solucion: ´
˜ de energ´ıa. (a) Ex < ∞ y Px = 0 por lo tanto es una senal ˜ de potencia. (b) Senal (c) Ex → ∞ y Px → ∞ entonces no es ni de energ´ıa ni de potencia. ˜ de energ´ıa. (d) Senal
1.4.
˜ Modelos de senales
1.4.1. ˜ x(t) como se muestra en la figura: Sea una senal
x(t) 1
−1
1
t
˜ del ejercicio 1.4.1 Figura 1.10: Senal (a) Representar x(t) en t´erminos de escalones unitarios. (b) Representar y bosquejar su derivada. Solucion: ´ (a) x(t) = u(t + 1)(t + 1) − u(t)(t + 1) + u(t)(1 − t) − u(t − 1)(1 − t)
19 De forma gr´afica seria:
1
1
u(t + 1)(t + 1)
u(t)(t + 1) t
t
−1
1
u(t)(1 − t)
u(t − 1)(1 − t)
t
1
t
1
´ ejercicio 1.4.1 (a) Figura 1.11: Solucion x(t) = (t + 1)u(t + 1) − 2tu(t) + (t − 1)u(t − 1) (b) dx(t) = u(t + 1) + (t + 1)δ(t + 1) −2u(t) − 2tδ(t) +u(t − 1) + (t − 1)δ(t − 1) | | {z } | {z } {z } dt 0
0
0
dx(t) = u(t + 1) − 2u(t) + u(t − 1) dt
dx(t) dt 1
1
t
−1
−1 ´ x(t) de la figura 1.10 Figura 1.12: Derivada de la funcion
20
1.4.2. ˜ que se muestra en la figura 1.13 determine: Dada la senal (a) x(t)u(1 − t)
(c) x(t)δ(t − 23 )
(b) x(t) [u(t) − u(t − 1)]
(d) x(t) [u(t − 1) + δ(t)]
x(t) 2 1
−1
1
2
t
˜ del ejercicio 1.4.2 Figura 1.13: Senal Solucion: ´ ´ (a) Por definicion u(1 − t) =
1 t≤1 0 t>1
x(t)u(1 − t)
2 1
−1
1
2
t
´ ejercicio 1.4.2 (a) Figura 1.14: Solucion (b) ( 1 0
21
x(t) [u(t) − u(t − 1)]
1 1
2
t
´ ejercicio 1.4.2 (b) Figura 1.15: Solucion (c) x(t)δ(t − 32 ) = x( 32 )δ(t − 23 ) = 2δ(t − 32 )
x(t)δ(t − 32 ) 2 1 1
2
t
´ ejercicio 1.4.2 (c) Figura 1.16: Solucion (d) u(t − 1) =
1 t≥1 0 t<1
x(t)δ(t) = x(0)δ(t) = δ(t)
x(t) [u(t − 1) + δ(t)] 2 1 −1
1
2
t
´ ejercicio 1.4.2 (d) Figura 1.17: Solucion
22
1.4.3. ˜ que se muestra en la figura 1.18, dibuje las siguientes senales: ˜ Dada la senal (a) x[n]u[1 − n]
(b) x[n] {u[n + 2] − u[n]}
(c) x[n]δ[n − 1]
x[n] 3
−4 −3 −2 −1
1
2
3
4
n
˜ discreta del ejercicio 1.4.3 Figura 1.18: Senal Solucion: ´ (a)
u[1 − n] =
1 n≤1 0 n>1
x[n]u[1 − n] 3
−4 −3 −2 −1
1
2
3
4
n
´ ejercicio 1.4.3 (a) Figura 1.19: Solucion
(b) ( 1 −2 ≤ n < 0 u[n + 2] − u[n] = 0 de otra manera
23
x[n] {u[n + 2] − u[n]} 3
−4 −3 −2 −1
1
2
3
4
n
´ ejercicio 1.4.3 (b) Figura 1.20: Solucion
(c) x[n]δ[n − 1] = x[1]δ[n − 1] = δ[n − 1]
x[n]δ[n − 1] 3
−4 −3 −2 −1
1
2
3
4
n
´ ejercicio 1.4.3 (c) Figura 1.21: Solucion
1.4.4. ´ escalon ´ unitario u(t) puede ser definida como una funcion ´ generalizada por la La funcion ´ siguiente relacion: Z∞ Z∞ φ(t)u(t)dt = φ(t)dt −∞
0
´ de prueba que es integrable sobre el intervalo 0 < t < ∞. Usando Donde φ(t) es una funcion ´ muestre que: esta definicion,
u(t) =
1 t>0 0 t<0
24 Solucion: ´ ´ se tiene: Reescribiendo la ecuacion Z∞
Z∞
Z0 φ(t)u(t)dt =
−∞
φ(t)u(t)dt + −∞
Z∞ φ(t)u(t)dt =
0
φ(t)dt 0
De donde se puede obtener: Z∞
Z0
φ(t)[1 − u(t)]dt
φ(t)u(t)dt = −∞
0
Esto solo es verdad si Z∞
Z0
φ(t)[1 − u(t)]dt = 0
φ(t)u(t)dt = 0 y −∞
0
Lo que implica que φ(t)u(t) = 0, t < 0 y
φ(t)[1 − u(t)] = 0, t > 0
´ arbitraria de prueba, se tiene Como φ(t) es una funcion u(t) = 0, t < 0 y
1 − u(t) = 0, t > 0
Si lo expresamos de otra manera se obtiene
u(t) =
1 t>0 0 t<0
Cap´ıtulo 2
Sistemas 2.1.
´ de Sistemas Clasificacion
2.1.1. Considerando el sistema de la figura.
x(t)
Multiplier
y(t) = x(t)cos(ωc t)
X
cos(ωc t)
Figura 2.1: Sistema del ejercicio 2.1.1 Determine si el sistema es: (a) Sin memoria
(d) Invariante con el tiempo
(b) Causal (c) Lineal
(e) Estable
Solucion: ´ (a) El sistema es sin memoria ya que la salida y(t) depende solo de valores presentes de la entrada x(t). (b) El sistema es casual ya que la salida y(t) depende solo de valores presentes de la entrada x(t) y no depende de valores futuros. (c) Sea: y1 (t) = x1 (t) cos(ωc t) y2 (t) = x2 (t) cos(ωc t) y3 (t) = x3 (t) cos(ωc t) 25
26 Donde x3 (t) = ax1 (t) + bx2 (t) Por lo tanto: y3 (t) = [ax1 (t) + bx2 (t)] cos(ωc t) Ser´a que y3 (t) tiene una estructura tal que: y3 (t) = ay1 (t) + by2 (t)? y3 (t) = ax1 (t) cos(ωc t) + bx2 (t) cos(ωc t) Factorizando podemos ver que si se cumple, por lo tanto el sistema es lineal. (d) Sea y1 (t) = x1 (t) cos(ωc t) y2 (t) = x2 (t) cos(ωc t) Donde x2 (t) = x1 (t − t0 ) Entonces y2 (t) = x1 (t − t0 ) cos(ωc t) Ser´a que y2 (t) tiene una estructura tal que: y2 (t) = y1 (t − t0 )? y1 (t − t0 ) = x1 (t − t0 ) cos(ωc t − ωc t0 ) 6= y2 (t) Por lo tanto el sistema es variante con el tiempo. (e) El sistema es BIBO estable, ya que la respuesta a una entrada x(t) acotada es una salida y(t) acotada.
2.1.2. Considerando el sistema de la figura 2.2. Determine si el sistema es: (a) Sin memoria
(d) Invariante con el tiempo
(b) Causal (c) Lineal
(e) Estable
x[n] Unit delay
y[n] = x[n − 1]
Figura 2.2: Sistema del ejercicio 2.1.2
27 Solucion: ´ (a) El sistema tiene memoria ya que la salida y[n] depende de valores anteriores de la entrada x[n]. (b) El sistema es causal ya que la salida y[n] solo depende de valores pasados o presentes de la entrada x[n] no de valores futuros. (c) Sea y1 [n] = x1 [n − 1] y2 [n] = x2 [n − 1] y3 [n] = x3 [n − 1] Donde x3 [n] = ax1 [n] + bx2 [n] y3 [n] = ax1 [n − 1] + bx2 [n − 1] Ser´a que y3 [n] tiene una estructura tal que y3 [n] = ay1 [n] + by2 [n]? ay1 [n] + by2 [n] = ax1 [n − 1] + bx2 [n − 1] Se ve claramente que si, por lo tanto, el sistema es lineal. (d) Sea y1 [n] = x1 [n − 1] y2 [n] = x2 [n − 1] Donde x2 [n] = x1 [n − n0 ] y2 [n] = x1 [n − 1 − n0 ] Ser´a que y2 [n] tiene una estructura tal que y2 [n] = y1 [n − n0 ]? y1 [n − n0 ] = x1 [n − n0 − 1] De donde se puede observar que el sistema es invariante con el tiempo. (e) El sistema es BIBO estable pues a una entrada acotada x[n] la salida y[n] tambi´en es acotada.
2.1.3. Considere el capacitor mostrado en la figura 2.3. Con una entrada x(t) = i(t) y una salida y(t) = vc (t) ´ de entrada-salida del sistema. (a) Encuentre la relacion (b) Determine si el sistema es:
28 (I) Sin memoria (II) Causal (III) Lineal
(IV) Invariante con el tiempo (V) Estable
+
vc(t)
i(t) − Figura 2.3: Sistema del ejercicio 2.1.3 Solucion: ´
´ de salida y(t) a trav´es del capacitor y la corriente de entrada x(t) est´an (a) La tension relacionadas por: Zt 1 y(t) = x(τ )dτ C −∞
(b)
´ del punto anterior se puede observar que la salida y(t) depente (I) De la ecuacion de valores pasados y presentes de la entrada. En consecuencia, el sistema tiene memoria. (II) Como la salida y(t) no depende de valores futuros de la entrada el sistema es causal. (III) Sea x(t) = ax1 (t) + bx2 (t) Luego Zt 1 [ax1 (τ ) + bx2 (τ )] dτ y(t) = C −∞ Zt Zt 1 1 x1 (τ )dτ + b x2 (τ )dτ = a C C −∞
−∞
= ay1 (t) + by2 (t) ´ es satisfecha, por De donde se puede observar que la propiedad de superposicion lo tanto el sistema es lineal.
29 (IV) Sea y(t) la salida producida por una fuente de corriente a la entrada x(t) = x1 (t−t0 ). Entonces Zt 1 x1 (τ − t0 )dτ y(t) = C −∞
1 = C
t−t0 Z x1 (λ)dλ = y1 (t − t0 ) −∞
Por lo tanto, el sistema es invariante con el tiempo. (V) El sistema no es BIBO estable, ya que a una entrada acotada su respuesta no lo es. Por ejemplo si la entrada es x(t) = ku(t) la salida seria y(t) = ktu(t)
2.1.4. ´ entrada-salida dada por: Un sistema tiene una relacion y[n] = l {x[n]} = nx[n] Determine si el sistema es: (a) Sin memoria
(d) Invariante con el tiempo
(b) Causal (c) Lineal
(e) Estable
Solucion: ´ (a) La salida depende solo de valores presentes de la entrada, por lo tanto, el sistema es sin memoria. (b) La salida no depende de valores futuros de la entrada, entonces el sistema es causal. (c) Sea x[n] = ax1 [n] + bx2 [n] Luego y[n] = l {x[n]} = n {ax1 [n] + bx2 [n]} = anx1 [n] + bnx2 [n] = ay1 [n] + by2 [n] ´ por lo tanto, el sistema es lineal. El sistema cumple el principio de superposicion, (d) Sea y[n] la respuesta a una entrada x[n] = x1 [n − n0 ]. Entonces y[n] = l {x[n − n0 ]} = nx[n − n0 ] Pero y1 [n − n0 ] = (n − n0 )x[n − n0 ] 6= y[n] Por lo tanto, el sistema es variante con el tiempo. (e) Sea x[n] = u[n], entonces y[n] = nu[n]. Por lo que una de entrada acotada produce una ˜ de salida no acotada, por lo tanto, el sistema no es BIBO estable. senal
30
2.1.5. ´ entrada-salida. Un sistema tiene la siguiente relacion y[n] = l {x[n]} = x[k0 n] Donde k0 es un entero positivo. Est´e sistema es invariante con el tiempo? Solucion: ´ Sea y1 [n] la respuesta a x1 [n] = x[n − n0 ]. Entonces y1 [n] = l {x[n]} = x1 [k0 n] = x[k0 n − n0 ] Pero y[n − n0 ] = x[k0 (n − n0 )] 6= y1 [n] Por lo tanto, el sistema no es invariante con el tiempo excepto cuando k0 = 1. Nota: Este sistema se denomina compresor. Es usado para formar la secuencia de salida seleccionando ˜ de entrada. Por esto, es obvio que este sistema es variante con cada k0 th muestra de la senal el tiempo.
2.1.6. ´ entrada-salida es dada por la ecuacion ´ lineal Considere el sistema cuya relacion y = ax + b Donde x y y son la entrada y salida del sistema, respectivamente, y a y b son constantes.Este sistema es lineal? Solucion: ´ If b 6= 0, entonces el sistema es no lineal porque ante una entrada x = 0 implica que la salida es y = b 6= 0. Si b = 0, entonces el sistema es lineal.
2.1.7. ´ de aditividad pero no la condicion ´ de Mostrar un sistema que satisfaga la condicion homogeneidad. Solucion: ´ Consideremos el sistema discreto representado por el operador l tal que y[n] = l {x[n]} = x∗ [n] Donde x∗ [n] es el conjugado complejo de x[n]. Entonces {x1 [n] + x2 [n]} = {x1 [n] + x2 [n]}∗ = x∗1 [n] + x∗2 [n] = y1 [n] + y2 [n] Ahora, si α es una constante compleja arbitraria, entonces l {αx[n]} = {αx[n]}∗ = α∗ x∗ [n] = α∗ y[n] 6= αy[n] Por lo tanto, el sistema es aditivo pero no homog´eneo.
31
2.1.8. (a) Demostrar que la casualidad de un sistema lineal de tiempo continuo es equivalente a ´ Para cualquier tiempo t0 y cualquier entrada x(t) con x(t) = 0 la siguiente declaracion. para t ≤ t0 , la salida y(t) es cero para t ≤ t0 . ´ (b) Encuentre un sistema no lineal que sea causal pero no satisfaga esta condicion. ´ pero sea no causal. (c) Encuentre un sistema no lineal que satisfaga esta condicion Solucion: ´ (a) Dado que el sistema es lineal, si x(t) = 0 para todo t, entonces y(t) = 0 para todo t. Por lo tanto, si el sistema es causal, entonces x(t) = 0 para t 6= t0 implica que y(t) = 0 para ´ necesaria. Para que esta condicion ´ sea tambi´en suficiente t 6= 0. Est´a es una condicion se necesita lo siguiente: sean x1 (t) y x2 (t) dos entradas de el sistema y sean y1 (t) y y2 (t) sus correspondientes salidas. Si x1 (t) = x2 (t) para t ≤ t0 , o x(t) = x1 (t) − x2 (t) = 0 para t ≤ t0 , entonces y1 (t) = y2 (t) para t ≤ t0 , o y(t) = y1 (t) − y2 (t) = 0 para t ≤ t0 ´ entrada-salida (b) Considere el sistema con la relacion y(t) = x(t) + 1 Este sistema es no lineal (ver ejercicio 2.1.6) y causal ya que los valores de y(t) dependen solamente de valores presentes de x(t). Pero con x(t) = 0 para t ≤ t0 , y(t) = 1 para t ≤ t0 ´ de entrada-salida (c) Considere el sistema con la relacion y(t) = x(t)x(t + 1) Es obvio que el sistema es no lineal y no causal pues los valores de y(t) dependen de ´ as´ı si x(t) = 0 para t ≤ t0 implica que y(t) = 0 para valores futuros de x(t) (x(t + 1)). Aun t ≤ t0 .
2.1.9. ´ entrada-salida Considere un sistema de tiempo continuo con una relacion 1 y(t) = l {x(t)} = T
t+T Z /2
x(τ )dτ t−T /2
Determine si el sistema es (a) Lineal, (b) Invariante con el tiempo, (c) Causal Solucion: ´ (a) Ya que la integral de una suma es la suma de sus integrales y cumple el principio de ´ entonces el sistema es lineal. superposicion
32 (b) Sea y(t) la respuesta a una entrada x(t) = x1 (t − t0 ), entonces 1 y(t) = l {x1 (t − t0 )} = T
t+T Z /2
x1 (τ − t0 )dτ t−T /2
1 y(t) = T
t+T Z/2−t0
x1 (λ)dλ = y1 (t − t0 ) t−T /2−t0
Por lo tanto, el sistema es invariante con el tiempo. (c) Vemos que la salida y(t) depende de valores futuros de la entrada x(t), ya que la integral se realiza hasta t + T /2
2.1.10. Determine si cada una de los siguientes sistemas es invertible. Si el sistema es invertible, encuentre el sistema inverso. (a) y(t) = 2x(t)
Rt
(c) y(t) =
x(τ )dτ
−∞ n P
(d) y[n] =
(b) y(t) = x2 (t)
x[k]
k=−∞
Solucion: ´ ˜ de entrada diferente (a) Como el sistema produce salidas diferentes para cada senal entonces el sistema es invertible. En este caso el sistema inverso es: x(t) = 21 y(t). ˜ (b) El sistema no es invertible. Considere un par de senales x1 (t) = k y x2 (t) = −k la salida del sistema seria igual, es decir, y1 (t) = y2 (t), lo que hace el sistema no invertible. ´ inversa tenemos se puede recuperar la senal ˜ de entrada. (c) Si se aplica la operacion Entonces el sistema inverso es d(y(t) x(t) = dt (d) El sistema es invertible. Miremos: y[n] = ...x[n − 2] + x[n − 1] + x[n] y[n − 1] = ...x[n − 3] + x[n − 2] + x[n − 1] ˜ Si restamos estas senales y[n] − y[n − 1] =? Por lo tanto el sistema inverso es: x[n] = y[n] − y[n − 1]
Cap´ıtulo 3
Sistema Lineal e Invariante con el Tiempo (LTI) 3.1.
´ Sistema LTI de Tiempo Discreto (Suma de Convolucion)
3.1.1. Verifique las siguientes propiedades: (a) x[n] ~ h[n] = h[n] ~ x[n] (b) {x[n] ~ h1 [n]} ~ h2 [n] = x[n] ~ {h1 [n] ~ h2 [n]} Solucion: ´ ´ (a) Por definicion
∞ X
x[n] ~ h[n] =
x[k]h[n − k]
k=−∞
Realizando un cambio de variable m=n−k x[n] ~ h[n] =
∞ X
→
x[n − m]h[m] =
k =n−m ∞ X
h[m]x[n − m] = h[n] ~ x[n]
m=−∞
m=−∞
(b) Sea x[n] ~ h1 [n] = f1 [n] y h1 [n] ~ h2 [n] = f2 [n]. Entonces ∞ X
f1 [n] =
x[k]h1 [n − k]
k=−∞
Y
{x[n] ~ h1 [n]} ~ h2 [n] = f1 [n] ~ h2 [n] =
∞ P
f1 [m]h2 [n − m]
m=−∞
=
∞ X m=−∞
"
∞ X
# x[k]h1 [m − k] h2 [n − m]
k=−∞
33
34 r = m−k
Realizando un cambio de variable sumatorias, se tiene {x[n] ~ h1 [n]} ~ h2 [n] =
(
∞ X
x[k]
f2 [n] =
∞ X
) h1 [r]h2 [n − k − r]
r=−∞
k=−∞
Ahora, como
e intercambiando el orden de las
∞ X
h1 [r]h2 [n − r]
r=−∞
Entonces se tiene f2 [n − k] =
∞ X
h1 [r]h2 [n − k − r]
r=−∞
Por lo tanto {x[n] ~ h1 [n]} ~ h2 [n] =
∞ X
x[k]f2 [n − k]
k=−∞
= x[n] ~ f2 [n] = x[n] ~ {h1 [n] ~ h2 [n]}
3.1.2. Muestre que (a) x[n] ~ δ[n] = x[n]
n P
(c) x[n] ~ u[n] =
x[k]
k=−∞
(d) x[n] ~ u[n − n0 ] =
(b) x[n] ~ δ[n − n0 ] = x[n − n0 ]
n−n P0
x[k]
k=−∞
Solucion: ´ ´ de la suma de convolucion ´ y de las propiedades del delta de Kroner se (a) De la definicion tiene ∞ X x[n] ~ δ[n] = x[k]δ[n − k] = x[n] k=−∞
(b) De una forma similar se tiene que x[n] ~ δ[n − n0 ] =
∞ X
x[k]δ[n − k − n0 ] = x[n − n0 ]
k=−∞
´ dela suma de convolucion ´ y la definicion ´ para u[n − k] se tiene que (c) De la definicion x[n] ~ u[n] =
∞ X k=−∞
x[k]u[n − k] =
n X k=−∞
x[k]
35 (d) De forma similar se tiene que ∞ X
x[n] ~ u[n − n0 ] =
n−n X0
x[k]u[n − k − n0 ] =
k=−∞
x[k]
k=−∞
3.1.3. Encuentre y[n] = x[n] ~ h[n], cuando (a) x[n] = αn u[n], h[n] = β n u[n] (b) x[n] = αn u[n], h[n] = α−n u[−n], 0 < α < 1 Solucion: ´ (a) y[n] = =
∞ X
x[k]h[n − k] =
k=−∞ ∞ X
∞ X
αk u[k]β n−k u[n − k]
k=−∞
αk β n−k u[k]u[n − k]
k=−∞
Como
( 1 u[k]u[n − k] = 0
Entonces y[n] =
n X
k
α β
n−k
0≤k≤n de otra manera
=β
n
k=0
y[n] =
n k X α k=0
β
n≥0
n+1 n 1 − (α/β) β u[n] α 6= β 1 − (α/β) β n (n + 1)u[n]
α=β
(b) y[n] = =
∞ X k=−∞ ∞ X
x[k]h[n − k] =
∞ X
αk u[k]α−(n−k) u[−(n − k)]
k=−∞
α−n α2k u[k]u[k − n]
k=−∞
Para n ≤ 0 se tiene
( 1 u[k]u[k − n] = 0
0≤k de otra manera
36 De usando los resultados de sumas tenemos y[n] = α−n
∞ X
α2k = α−n
k=0
Para n ≥ 0 se tiene
∞ X
α2
k
=
k=0
α−n 1 − α2
n≤0
( 1 n≤k u[k]u[k − n] = 0 de otra manera
Luego y[n] = α
−n
∞ X
α2
k
=
k=n
αn 1 − α2
n≥0
Con estos dos resultados se obtiene α|n| y[n] = 1 − α2
3.1.4. Encuentre y[n] = x[n] ~ h[n], donde x[n] y h[n] son mostrados en la figura 3.1, (a) por el m´etodo anal´ıtico, y (b) por el m´etodo gr´afico.
−4 −3 −2 −1
x[n]
h[n]
1
1
1
2
3
4
n
−4 −3 −2 −1
1
2
Figura 3.1: Figura del ejercicio 3.1.4 Solucion: ´ (a) Notese que x[n] y h[n] pueden expresarse como x[n] = δ[n] + δ[n − 1] + δ[n − 2] + δ[n − 3] y[n] = δ[n] + δ[n] + δ[n − 1] + δ[n − 2] Teniendo en cuenta los resultados del ejercicio 3.1.2, tenemos x[n] ~ h[n] = x[n] ~ {δ[n] + δ[n] + δ[n − 1] + δ[n − 2]} = x[n] ~ δ[n] + x[n] ~ δ[n − 1] + x[n] ~ δ[n − 2] = x[n] + x[n − 1] + x[n − 2]
3
4
n
37 Entonces y[n] = δ[n] + δ[n − 1] + δ[n − 2] + δ[n − 3] + δ[n − 1] + δ[n − 2] + δ[n − 3] + δ[n − 4] + δ[n − 2] + δ[n − 3] + δ[n − 4] + δ[n − 5] Lo que es igual y[n] = δ[n] + 2δ[n − 1] + 3δ[n − 2] + 3δ[n − 3] + 2δ[n − 4] + δ[n − 5] o y[n] = {1, 2, 3, 3, 2, 1} (b) Miremos la secuencia de im´agenes
x[k]
h[k]
1
1
−4 −3 −2 −1
1
2
3
4
k
−4 −3 −2 −1
1
2
3
h[n − k]
x[k]h[n − k]
1
1
−4 −3 −2 −1
1
2
3
4
k
−4 −3 −2 −1
1
2
3
4
k
4
k
4
k
n<0
h[n − k]
x[k]h[n − k]
1
1
−4 −3 −2 −1
1
2
3
4
k
−4 −3 −2 −1
n=0
1
2
3
38
h[n − k]
x[k]h[n − k]
1
1
−4 −3 −2 −1
1
2
3
4
k
−4 −3 −2 −1
1
2
k
3
4
3
4 k
n=1
h[n − k]
x[k]h[n-k]
1
1
−4 −3 −2 −1
1
2
3
4
k
-4
-3
-2
-1
1
2
n=2
h[n − k]
x[k]h[n − k]
1
1
−4 −3 −2 −1
1
2
3
4
k
−4 −3 −2 −1
1
2
3
4
k
4
k
n=3
h[n − k]
x[k]h[n − k]
1
1
−4 −3 −2 −1
1
2
3
4
k
−4 −3 −2 −1
n=4
1
2
3
39
x[k]h[n − k]
h[n − k]
1
1
−4 −3 −2 −1
1
2
3
4
−4 −3 −2 −1
5k
1
2
3
4
k
4
k
n=5
x[k]h[n − k]
h[n − k]
1
1
−4 −3 −2 −1
1
2
3
4
5
−4 k n>5
−3 −2 −1
1
2
3
´ del ejercicio 3.1.4 por el m´etodo gr´afico Figura 3.2: Solucion En la figura anterior se mostraron las secuencias h[k], x[k] y h[n − k], x[k]h[n − k] para diferentes valores de n. de esta secuencia se puede ver que no existe traslape para valores de n < 0 y n > 5, luego y[n] = 0 para n < 0 y n > 5. Para 0 ≤ n ≤ 5 si existe traslape. Luego de la suma de x[k]h[n − k] para este intervalo, se obtiene y[0] = 1 y[1] = 2 y[2] = 3 y[3] = 3 y[4] = 2 y[5] = 1
y[n] 3 2 1 −2 −1
1
2
3
4
5
6n
´ del ejercicio 3.1.4 (y[n]) Figura 3.3: Solucion
40
3.1.5. ´ y[n] = x[n] ~ h[n] para las siguientes secuencias: Encuentre la suma de convolucion (a) x[n] = u[n], h[n] = 2n u[−n] (b) x[n] = u[n] − u[n − N ], h[n] = αn u[n], 0 < α < 1 n (c) x[n] = 21 u[n], h[n] = δ[n] − 21 δ[n − 1] Solcucion: ´ ´ de de forma gr´afica (a) Miremos la solucion
x[k]
h[k]
1
1 1/2
−4 −3 −2 −1
1
2
3
4
k
−4 −3 −2 −1
1
2
4
k
h[n − k]
h[−k] 1
1
1/2
1/2
−4 −3 −2 −1
3
... 1
2
3
4
k
n n+1 n+2 n+3
−1
h[n − k] n>0 1 1/2
... −1
1
... n n+1 n+2 n+3
k
´ del ejercicio 3.1.5 (a) por el m´etodo gr´afico Figura 3.4: Solucion
n<0 1
2
k
41 Para n ≤ 0 y[n] =
∞ X
n−k
2
n
=2
k=0
y[n] =
∞ X
2−k
k=0
y[n] = 2 Para n > 0
∞ X
n−k
2
n+1
n
=2
k=n
∞ X
2−k
k=n
y[n] = 2 Luego ( 2n+1 y[n] = 2
n≤0 n>0
(b) Para solucionar este punto tenemos
x[k]
h[k]
1
1
... −2 −1
1
2
N −2 N −1 N
k
−4 −3 −2 −1
1
2
3
4
k
h[n − k]
h[−k] 1
n<0
1
... −4 −3 −2 −1
1
2
3
4
k
n−2 n−1 n
−1
1
2
h[n − k] n>0
1
... −1
1
2
3
... n−2 n−1
n
k
´ del ejercicio 3.1.5 (b) por el m´etodo gr´afico Figura 3.5: Solucion
3
4
k
42 Para n < 0 y[n] = 0 Para 0 ≤ n ≤ N − 1 y[n] =
n X
α
n−k
=α
k=0
n
n X
n+1
α−k = αn
k=0
1 − (α−1 ) 1 − α−1
1 − αn+1 y[n] = 1−α Para n > N − 1 y[n] =
N −1 X k=0
α
n−k
=α
n
N −1 X
α−k = αn
k=0
y[n] = αn+1−N
1 − α−N 1 − α−1
1 − αN 1−α
De estos resultados, tenemos 0 n<0 1 − αn+1 0≤n≤N −1 y[n] = 1−α 1 − αN n+1−N n
43
3.1.6. ˜ de salida y[n] de un sistema LTI cuya respuesta al impulso, h[n], y Determine la senal ˜ de entrada x[n], estan dadas como: la senal ( αn 0 ≤ n ≤ 6 h[n] = 0 de otra f orma ( 1 0≤n≤4 x[n] = 0 de otra f orma Siendo α > 1.
Solucion: ´ ´ por el m´etodo gr´afico, tenemos Solucionando la suma de convolucion
α6
h[k]
x[k] 1
1
1
1
α5 α4
1 α3 α
−1
0
1
α6
3
2
5
4
6
k
1
α
−1 0
1
h[−k]
2
2
3
4
7
k
n n+1 0
k
5
6
h[n − k]
α5
n<0
α4 α3 α2 α −1 0
1
2
3
4
5
1 6
... 7
k
n−6
44
h[n − k] n>0
...
...
n−6
0
n n+1
k
´ del ejercicio 3.1.6 (a) por el m´etodo gr´afico Figura 3.6: Solucion Se tienen varios intervalos a analizar, entonces Para n < 0 y[n] = 0 Para 0 ≤ n ≤ 4, tenemos
h[n − k]
h[n − k]
n−6
k
n
n−6
x[k]
x[k] −1 0
k
n
1
2
3
4
5
6
k
−1
0
1
2
3
4
5
6
k
De la anterior figura se puede observar que: y[n] =
n X
αn−k
k=0
´ Se puede evaluar esta suma con el uso de la formula de suma finita. Basta con cambiar la variable de la sumatoria, es decir, n − k = r.
y[n] =
n X r=0
αr =
1 − αn+1 1−α
45 Para 4 < n ≤ 6, se tiene
h[n − k]
h[n − k]
n−6
k
n
n−6
x[k] −1 0
n
k
6
k
x[k] 1
2
3
4
5
k
6
−1 0
1
2
3
4
5
De la figura anterior podemos ver que los limites cambian
y[n] =
4 X
αn−k
k=0
´ Nuevamente usando la formula de la suma geom´etrica y organizando la suma de forma conveniente, tenemos
y[n] = α
n
4 X
α−1
k
k=0
= αn y[n] =
1 − (α−1 )5 1 − α−1
αn−4 − αn+1 1−α
Para 6 < n ≤ 10, tenemos
h[n − k]
h[n − k]
n−6
n
k
n−6
x[k] −1 0
n
k
x[k] 1
2
3
4
5
6
k
−1 0
1
2
3
4
5
6
k
46 Ahora 4 X
y[n] =
αn−k
k=n−6
´ Nuevamente se usa la formula de la sumatoria, en este caso hacemos que r = k − n + 6, entonces
y[n] =
10−n X
α6−r
r=0 10−n X 6
=α y[n] =
α
(α−1 )k = α6
r=0 n−4
1 − αn−11 1 − α−1
− α7 1−α
´ Por ultimo, para n > 10, en donde podemos observar que nuevamente y[n] = 0
0 1 − αn+1 1−α n−4 α − αn+1 y[n] = 1−α αn−4 − α7 1−α 0
n<0 0≤n≤6
4
6 < n ≤ 10 n > 10
3.1.7. ˜ de salida y[n] de un sistema LTI cuya respuesta al impulso, h[n], y la senal ˜ Determine la senal de entrada x[n], estan dadas como:
h[n] = u[n − 1] x[n] = (3)n u[−n − 1]
47 Solucion: ´ Resolviendo el ejercicio por el m´etodo anal´ıtico, tenemos x[n] ~ h[n] =
∞ X
x[k]h[n − k]
k=−∞ k
x[k]h[n − k] = (3) u[−k − 1]u[n − k − 1] Para n ≤ 0
( 1 k ≤n−1 u[−k − 1]u[n − k − 1] = 0 de otra manera
Entonces y[n] =
n−1 X
(3)k
k=−∞
Realizando un cambio de variable l = −k y luego m = l + n − 1 ∞ m−n+1 ∞ l X X 1 1 = y[n] = 3 3 m=0 l=1−n 1−n 1−n X ∞ m 1 1 3 1 = y[n] = 3 3 3 2 m=0
y[n] =
3n 2
Para n > 0, tenemos ( 1 k ≤ −1 u[−k − 1]u[n − k − 1] = 0 de otra manera Entonces y[n] =
−1 X
(3)k
k=−∞
Nuevamente realizando un cambio de variable r = −k, tenemos ∞ r 1 X 1 y[n] = = 3 1 3 1− 3 r=1 y[n] =
1 2
y[n] =
n 3 2
n≤0
1 2
n>0
48
3.2.
Sistema LTI ´ Convolucion)
de
Tiempo
Continuo
(Integral
3.2.1. Verifique las siguientes propiedades (a) x(t) ~ h(t) = h(t) ~ x(t) (b) [x(t) ~ h1 (t)] ~ h2 (t) = x(t) ~ [h1 (t) ~ h2 (t)] Solucion: ´ ´ de la integral de convolucion, ´ tenemos (a) De la definicion Z∞ x(τ )h(t − τ )dτ
x(t) ~ h(t) = −∞
Ahora, si cambiamos t − τ = λ, tenemos
Z∞ x(t − λ)h(λ)dλ
x(t) ~ h(t) = −∞
Z∞ x(t − λ)h(λ)dλ = h(t) ~ x(t)
´ Por definicion −∞
x(t) ~ h(t) = h(t) ~ x(t) (b) Sea x(t) ~ h1 (t) = f1 (t) y h1 (t) ~ h2 (t) = f2 (t). Entonces Z∞ x(τ )h1 (t − τ )dτ
f1 (t) = −∞
Y [x(t) ~ h1 (t)] ~ h2 (t) = f1 (t) ~ h2 (t) Z∞ Z∞ Z∞ x(τ )h1 (λ − τ )dτ h2 (t − λ)dλ f1 (λ)h2 (t − λ)dλ = −∞
−∞
−∞
de
49 ´ Realizando un cambio de variable z = λ − τ y cambiando el orden de integracion, tenemos Z∞ [x(t) ~ h1 (t)] ~ h2 (t) =
Z∞
x(τ ) −∞
h1 (z)h2 (t − τ − z)dz dτ
−∞
Ahora, como Z∞ h1 (z)h2 (t − z)dz
f2 (t) = −∞
Tenemos Z∞ f2 (t − τ ) =
h1 (z)h2 (t − τ − z)dz −∞
Entonces Z∞ x(τ )f2 (t − τ )dτ
[x(t) ~ h1 (t)] ~ h2 (t) = −∞
= x(t) ~ f2 (t) = x(t) ~ [h1 (t) ~ h2 (t)]
3.2.2. Verifique que: (a) x(t) ~ δ(t − t0 ) = x(t − t0 ) (b) x(t) ~ u(t) =
Rt
x(τ )dτ
−∞
Solucion: ´ ´ de la convolucion ´ y la propiedad demostrada en el ejercicio (a) Usando la definicion anterior, tenemos x(t) ~ δ(t − t0 ) = δ(t − t0 ) ~ x(t) Z∞ = δ(τ − t0 )x(t − τ )dτ −∞
= x(t − τ )|τ =t0 = x(t − t0 )
50 ´ (b) Por definicion
Z∞ x(τ )u(t − τ )dτ
x(t) ~ u(t) = −∞
Como:
( 1 τ t
Entonces
Zt x(t) ~ u(t) =
x(τ )dτ −∞
3.2.3. Encuentre la salida y(t) para el sistema de tiempo continuo LTI cuya respuesta al impulso h(t) y su entrada x(t) est´an dadas por h(t) = e−at u(t)
x(t) = eat u(−t)
a>0
Solucion: ´ De forma gr´afica, tenemos
x(τ ) 1
τ
y(t)
h(t − τ ) 1
t<0
t
τ h(t − τ ) 1
t>0 t
τ ´ gr´afica del ejercicio 3.2.3 Figura 3.7: Solucion
t
51 ˜ De la anterior figura se puede observar que para n < 0 las senales se traslapan desde −∞ ˜ hasta τ = t, y para n > 0 las senales se traslapan desde −∞ hasta τ = 0. Para n < 0, tenemos Z∞ x(τ )h(t − τ )dτ
y(t) = −∞
Zt =
aτ −a(t−τ )
e e
−at
Zt
dτ = e
−∞
e2aτ dτ
−∞
1 = eat 2a Para n > 0 Z∞ x(τ )h(t − τ )dτ
y(t) = −∞
Z0 =
aτ −a(t−τ )
e e
−at
Z0
dτ = e
−∞
e2aτ dτ
−∞
1 = e−at 2a Si combinamos estos dos resultados, podemos escribir a y(t) como y(t) =
1 −a|t| e 2a
a>0
3.2.4. Evaluar y(t) = x(t) ~ h(t), donde x(t) y h(t) son mostrados en la figura 3.2.4, (a) por el m´etodo anal´ıtico, y (b) por el m´etodo gr´afico.
x(t)
h(t)
1
1 1
2
3
t
1
Figura 3.8: Entrada y respuesta del sistema del ejercicio 3.2.4
2
t
52 Solucion: ´ ´ de este primer punto, podemos expresar x(t) y h(t) en forma de una (a) Para la solucion ´ como funcion x(t) = u(t) − u(t − 3)
h(t) = u(t) − u(t − 2)
´ tenemos De la integral de convolucion, Z
y(t) = x(t) ~ h(t) = −∞∞ x(τ )h(t − τ )dτ Z = −∞∞ [u(τ ) − u(τ − 3)] [u(t − τ ) − u(t − τ − 2)] dτ Z Z ∞ = −∞ u(τ )u(t − τ )dτ − −∞∞ u(τ )u(t − τ − 2)dτ Z Z ∞ − −∞ u(τ − 3)u(t − τ )dτ + −∞∞ u(τ − 3)u(t − τ − 2)dτ Como ( 1 0 < τ < t, t > 0 u(τ )u(t − τ ) = 0 de otra manera ( 1 0 < τ < t − 2, t > 2 u(τ )u(t − τ − 2) = 0 de otra manera ( 1 3 < τ < t, t > 3 u(τ − 3)u(t − τ ) = 0 de otra manera ( 1 3 < τ < t − 2, t > 5 u(τ − 3)u(t − τ − 2) = 0 de otra manera Se puede expresar y(t) como t t−2 Z Z y(t) = dτ u(t) − dτ u(t − 2) 0
Zt
− 3
0
t−2 Z dτ u(t − 3) + dτ u(t − 5) 3
= tu(t) − (t − 2)u(t − 2) − (t − 3)u(t − 3) + (t − 5)u(t − 5)
53 ´ gr´afica, tenemos (b) Para la solucion
x(τ )
h(−τ )
1
1 1
2
3
−2
τ
−1
τ
t<0 t−2
0
t
t−2
τ
t
2
t 3
3
τ
3
τ
3 t
τ
t>5 3 t−2
τ
Resolviendo el area bajo los pulsos rectangulares para los diferentes intervalos, obtenemos 0 t y(t) = 2 5−t 0
t<0 05
54
3.2.5. Considere un sistema LTI de tiempo continuo descrito por t+T Z /2
1 y(t) = l {x(t)} = T
x(τ )dτ t−T /2
(a) Encuentre y bosqueje la respuesta al impulso h(t) para el sistema. (b) Este sistema es casual? Solucion: ´ ´ la podemos escribir como (a) La anterior ecuacion t+T Z /2
1 y(t) = T
1 x(τ )dτ − T
−∞
t−T Z /2
x(τ )dτ −∞
Usando los resultados del ejercicio 3.2.2 se puede expresar como T T 1 1 − x(t) ~ ut − y(t) = x(t) ~ u t + T 2 T 2 T T 1 u t+ −u t− = x(t) ~ h(t) = x(t) ~ T 2 2 De donde obtenemos 1 T T 1 u t+ −u t− = T h(t) = 0 T 2 2
−T /2 < t ≤ T /2 de otra manera
h(t)
1/T
−T /2
T /2
t
Figura 3.9: Respuesta al impulso h(t) del ejercicio 3.2.5
(b) De la figura a podemos ver que h(t) 6= 0 para t < 0. Por lo tanto, el sistema es no causal.
55
3.2.6. Sea y(t) la salida de un sistema LTI de tiempo continuo con una entrada x(t). Encuentre la salida del sistema si la entrada es x0 (t), donde x0 (t) es la primera derivada de x(t). Solucion: ´ Z∞ h(τ )x(t − τ )dτ
y(t) = h(t) ~ x(t) = −∞
´ anterior con respecto a t, obtenemos Derivando a ambos lados de la ecuacion d y (t) = dt 0
Z∞
h(τ )x(t − τ )dτ =
−∞
Z∞ =
Z∞
d [h(τ )x(t − τ )] dτ dt
−∞
h(τ )x0 (t − τ )dτ = h(t) ~ x, (t)
−∞
Lo anterior indica qu y 0 (t) es la salida del sistema cuando la entrada es x0 (t).
3.2.7. ´ y(t) = x(t) ~ h(t) para los siguientes pares de senales: ˜ Encuentre la convolucion ( ( 1 −a < t ≤ a 1 −a < t ≤ a (a) x(t) = h(t) = 0 de otra manera 0 de otra manera ( ( t 0
h(t) = e−3t u(t)
Solucion: ´
(a) Solucionando el problema por el m´etodo gr´afico tenemos.
h(−τ )
x(τ ) 1
−a
1
a
τ
−a
a
τ
56 Para t ≤ −2a
1
t−a
t
t+a
−a
a
τ
˜ y(t) = 0 ya que no existe traslape. Se puede observar que para este intervalo la senal Para −2a < t < 0
1
t−a
−a
t
t+a
a
τ
Zt+a y(t) = dτ −a
y(t) = t + 2a Para 0 ≤ t < 2a
1
−a
t−a
a
t
Za y(t) =
dτ t−a
y(t) = a − (t − a) = 2a − t
t+a
τ
57 Para 2a ≤ t
1
−a
a t−a
t
t+a
τ
Nuevamente se puede observar que y(t) = 0 ya que no existe traslape. Estos resultados se pueden expresar de la siguiente forma: ( 2a − |t| |t| < 2a y(t) = 0 |t| ≥ 2a
(b) Nuevamente por el m´etodo gr´afico tenemos
x(τ )
h(−τ )
T 1
T
−2T
τ
τ
Para t < 0
T
t − 2T
En este caso y(t) = 0
t
T
τ
58 Para 0 < t ≤ T
T
t − 2T
T
t
τ
Zt y(t) =
τ dτ 0
t 1 2 y(t) = τ 2 0 1 y(t) = t2 2 Para T < t ≤ 2T
T
t − 2T
T
ZT y(t) =
τ dτ 0
T 1 2 y(t) = τ 2 0 1 2 y(t) = T 2
t
τ
59 Para 2T < t ≤ 3T
T
t − 2T
T
t
τ
ZT y(t) =
τ dτ t−2T
T 1 2 y(t) = τ 2 t−2T 5 1 y(t) = − t2 + 2T − T 2 2 2 Para 3T < t
T
T t − 2T
t
Nuevamente tenemos que y(t) = 0. De los resultados anteriores tenemos 0 1 2 2t y(t) = 12 T 2 − 12 t2 + 2T − 52 T 2 0
t<0 0
τ
60 ´ de la integral de convolucion, ´ tenemos (c) De la definicion
y(t) = x(t) ~ h(t) = h(t) ~ x(t) Z∞ y(t) = x(t − τ )h(τ )dτ −∞ Z∞
y(t) =
u(t − τ − 1)e−3τ u(τ )dτ
−∞
De lo anterior tenemos que solo para t > 1 ( 1 0<τ
t−1 1 −3τ y(t) = − e 3 0 y(t) =
1 1 − e−3(t−1) u(t − 1) 3
Cap´ıtulo 4
Ortogonalidad y Representacion ´ de Senales ˜ 4.1. 4.1.1. ˜ Sean las senales ortogonales x(t) y y(t) definidas en el intervalo [t1 , t2 ], y adem´as, z(t) = x(t) + y(t) en el mismo intervalo de tiempo. Demuestre que: Ez = Ex + Ey Solucion: ´ Teniendo en cuenta que z(t) = x(t) + y(t) ∀t ∈ [t1 , t2 ], entonces tenemos
z 2 (t) = [(t) + y(t)]2 = x2 (t) + 2x(t)y(t) + y 2 (t) ´ para calcular la energ´ıa de z(t), tenemos Integrando a ambos lados de la ecuacion Zt2
2
Zt2
z (t)dt = t1
Zt2
2
x (t)dt + 2 t1
Zt2 x(t)y(t)dt +
t1
y 2 (t)dt
t1
´ de energ´ıa tenemos Si aplicamos la definicion Zt2 Ez = Ex + 2
x(t)y(t)dt + Ey t1
˜ Recordando que las senales x(t) y y(t) son ortogonales en el intervalo, entonces Ez = Ex + Ey 61
62
4.1.2. ˜ Determine la constante A para que las senales ϕ1 (t) y ϕ2 (t) sean ortogonales en el intervalo (−∞, ∞). ϕ1 (t) = e−|t| ; ϕ1 (t) = 1 − Ae−2|t| Solucion: ´ ˜ Para que las senales sean ortogonales su producto interno debe de ser nulo.
Z∞ Pi = 0 = Z∞
e−|t| (1 − Ae−2|t| )dt =
= −∞
φ1 (t)φ2 (t)dt −∞ Z∞
(e−|t| − Ae−3|t| )dt
−∞
´ exponencial Miremos que valor toma la funcion e−|t|
Z∞
( e−t ; = et ;
e−|t| (1 − Ae−2|t| )dt =
−∞
t>0 t<0
Z0
(et − Ae3t )dt
−∞
Z∞ +
(e−t − Ae−3t )dt
0
0 Ae3t =e − 3 −∞ t
+ (−e
−t
∞ Ae−3t + ) =0 3 0 0=2−
2A 3
4.1.3. ´ rectangular como ( figura 4.1): Se define una funcion ( 1 0
⇒
A=3
63
f (t) 1
π
2π
t −1
˜ f (t) del ejercicio 4.1.3 Figura 4.1: Senal
´ mediante la forma de onda sen(t) en el intervalo (0, 2π), de modo que Aproxime la funcion el error cuadr´atico medio sea m´ınimo. Solucion: ´ ´ f (t) en el intervalo (0, 2π), por medio de Aproximaremos la funcion f (t) ≈ C12 sen(t) ´ Para encontrar el valor optimo de C12 con el que se reduce al m´ınimo el error cuadr´atico ´ medio se debe usar la siguiente expresion:
R2π C12 =
f (t)sen(t)dt
0
R2π
sen2 (t)dt
0
π Z Z2π 1 = sen(t)dt − sen(t)dt π 0
π
4 = π Por consiguiente,
f (t) ≈
4 sen(t) π
64
4.1.4. ´ rectangular de la figura 4.1 es ortogonal a Demostrar que en el intervalo (0, 2π) la funcion ˜ las senales cos(t), cos(2t), ..., cos(nt) para todos los valores enteros de n, es decir, que la ´ tiene una componente de valor cero de la forma de onda cos(nt) (nentero). funcion Solucion: ´ ´ del producto interno, tenemos que para que la funcion ´ f (t) sea ortogonal De la definicion con cos(nt) entonces
Z2π (f (t) · cos(nt)) =
f (t)cos(nt)dt = 0? 0
Zπ
Z2π cos(nt)dt −
= 0
cos(nt)dt π
1 sen(nt)|π0 − sen(nt)|2π = π n ´ Como n es un numero entero, entonces (f (t) · cos(nt)) = 0
4.1.5. ´ rectangular f (t) de la figura 4.1 mediante la senal ˜ Nos podemos aproximar a la funcion ´ de error (4/π)sen(t). Muestre que la funcion fe (t) = f (t) −
4 sen(t) π
´ sen(t) en el intervalo (0, 2π). Adem´as demuestre que la energ´ıa de es ortogonal a la funcion ´ f (t) es la suma de las energ´ıas de fe (t) y de (4/π)sen(t). la funcion Solucion: ´
Z2π (fe (t) · sen(t)) =
fe (t)sen(t)dt 0
Z2π =
4 f (t)sen(t)dt − π
0
=4−
Z2π 0
4 π=0 π
sen2 (t)dt
65 ´ error es ortogonal a la funcion ´ sen(t) por De lo anterior se puede concluir que la funcion ´ sen(t) no se puede representar la funcion ´ error, esto es obvio, pues el que con la funcion ˜ f (t) en sen(t) ya esta dada por el t´ermino (4/π)sen(t). contenido de la senal ˜ f (t), tenemos Ahora, para la energ´ıa de la senal f (t) = fe (t) + C12 sen(t) Z2π Ef =
2 Z2π 4 2 fe (t) + sen(t) dt f (t)dt = π
0 Z2π
0
2 fe2 (t) + fe (t)sen(t) + π
=
2 ! 4 sen(t) dt π
0
Del punto anterior sabemos que (fe (t) · sen(t)) = 0, entonces Z2π =
fe2 (t)dt
0
Z2π +
4 sen(t) π
2 dt
0
16 = Efe + 2 Esen(t) π
4.1.6. ´ g(t) dada como: Sea una funcion g(t) =
∞ X
ci ϕi (t)
i=1
˜ Demostrar el teorema de Parseval para senales de energ´ıa: Eg =
∞ X
c2i Eϕi
i=1
Solucion: ´ ˜ g(t) Calculemos la energ´ıa para la senal
Z Eg =
g 2 (t)dt =
Z
n X
!2 ci ϕi (t)
dt
i=1
Z =
c21 ϕ21 (t) + c22 ϕ22 (t) + · · · + c2n ϕ2n (t)
+ c1 ϕ1 (t) ∗ c2 ϕ2 (t) + · · · + c1 ϕ1 (t) ∗ cn ϕn (t) .. . + cn ϕn (t) ∗ c1 ϕ1 (t) + cn ϕn (t) ∗ c2 ϕ2 (t) + · · · + cn ϕn (t)cn−1 ϕn−1 (t) dt
66 Teniendo en cuenta el concepto de ortogonalidad, tenemos
Z Eg =
c21 ϕ21 (t) + c22 ϕ22 (t) + · · · + c2n ϕ2n (t) dt
Cambiando el orden entre la sumatoria y la integral y haciendo que n → ∞
Eg =
∞ X
c2i
Z
ϕ2i (t)dt
i=1
Eg =
∞ X
c2i Eϕi
i=1
4.1.7. ´ de la funcion ´ rectangular de la figura 4.1 mediante polinomios de Hacer la representacion Legendre por los primeros dos t´erminos diferentes de cero. Encontrar el error cuadr´atico ´ cuando solo se tiene (a) el primer t´ermino y (b) el primero y el medio de la aproximacion ´ entre esta aproximacion ´ y la segundo t´ermino. ¿Que se puede concluir de la comparacion que se obtiene mediante t´erminos sinusoidales? Nota: 4 f (t) = π
1 1 sen(t) + sen(3t) + sen(5t) + ... 3 5
´ Se puede definir los polinomios de Legendre por medio de la formula de Rodr´ıguez:
Pn (t) =
n 1 dn 2 t −1 ; n n 2 n! dt
n = 0, 1, 2, ...
Solucion: ´ ´ De la formula de Rodr´ıguez, tenemos
P0 (t) = 1
P1 (t) = t
P2 (t) =
3t2 1 − 2 2
67
R2π C0 =
f (t)dt
0
R2π
=0 dt
0
R2π C1 =
Rπ
f (t)dt
0
R2π
R2π
tdt −
=
tdt
π
0
=−
8π 3 3
dt
3 8π
0
R2π C2 =
3t2 2
−
3t2 2
−
1 2 2
f (t)
0
R2π 0
Rπ 3t2 C2 =
0
2
−
1 2 π 2
1 2
dt
dt
dt −
R2π 3t2 π
− 4π 3 +
2
−
1 2
dt =−
72π 5 5
30π 2 ≈ −0,0217 144π 4 − 40π 2 + 5
Para encontrar el error cuadr´atico medio, debemos encontrar la energ´ıa del error, y teniendo en cuenta los resultados de los ejercicios 4.1.1 y 4.1.5 , tenemos (a) Para el primer t´ermino Ee = Ef − Ep ´ Donde Ep es la energ´ıa de la aproximacion
3 Ee = 2π − − 8π
2
8π 3 3π = 2π − ≈ 5,11 3 8
(b) Para el primer y segundo t´ermino
3 Ee = 2π − − 8π
2
2 8π 3 30π 2 π 72π 5 3 − − − 4π + ≈ 4,91 3 144π 4 − 40π 2 + 5 2 5
´ en t´erminos sinusoidales, Ahora, para los dos primeros t´erminos de la aproximacion tenemos (a) Para el primer t´ermino Ee = Ef − Ep ´ Donde Ep es la energ´ıa de la aproximacion 2 4 Ee = 2π − π ≈ 1,19 π
68 (b) Para el primer y segundo t´ermino 2 2 4 4 Ee = 2π − π− π ≈ 0,62 π 3π ´ por medio de los Se puede observar que el error cuadr´atico medio de la aproximacion ´ por t´erminos polinomios de Legendre es muy grande con respecto a la aproximacion ´ con los t´erminos sinusoidales. sinusoidales, por lo tanto, es mas precisa la aproximacion
4.1.8. Un grupo de polinomios de Legendre Pn (t), (n = 0, 1, 2, ...) forman un espacio completo de funciones ortogonales en el intervalo (−1, 1). (a) Verifique la ortogonalidad para los tres primeros t´ermino del espacio funcional de Legendre. ˜ f (t) = − |t| en el intervalo (−1, 1) usando el conjunto de funciones (b) Represente la senal verificado en el numeral anterior (a). ´ de la senal. ˜ (c) Calcular el error de la representacion Solucion: ´ ´ (a) De la formula de Rodr´ıguez, tenemos P0 (t) = 1
P1 (t) = t
Z1
Z1 P0 (t)P1 (t)dt =
−1
Z1
Z1 −1
1 P1 (t)P2 (t)dt = 2
3t2 1 − 2 2
1 tdt = (1 − 1) = 0 2
−1
Z1
1 P0 (t)P2 (t)dt = 2
−1
P2 (t) =
1 (3t2 − 1)dt = (1 − 1 + 1 − 1) = 0 2
−1
Z1 −1
1 (3t − t)dt = 2 3
3 1 3 1 − − + 4 2 4 2
=0
69 (b) Ahora, encontremos los coeficientes ci Se puede demostrar que la energ´ıa de un polinomio de Legendre en el intervalo (−1, 1) esta dada por Z1 EPn =
2 2n + 1
Pn2 (t)dt =
−1
Entonces tenemos que 2i + 1 ci = 2
Z1 f (t)Pi (t)dt −1
1 c0 = − 2
Z1 |t| ∗ 1dt = −
1 2
−1
3 c1 = − 2
Z1 |t| ∗ tdt = 0 −1
5 c2 = − 2
Z1
|t| ∗
3t2 1 − 2 2
dt = −
5 8
−1
´ aproximada para f (t) es Por lo tanto la representacion 1 5 f (t) = − − 3t2 − 1 2 16 ˜ se puede medir en t´erminos de la diferencia de energ´ıa entre la (c) El error de la senal ´ y la senal, ˜ representacion para esto nos apoyamos del teorema de Parseval como se ´ muestra a continuacion Ee = Ef −
2 X
Ei = Ef −
i=0
Z1 Ef =
2 X
c2i EPi (t)
i=0
(− |t|)2 dt =
2 3
−1
Entonces tenemos Ee =
2 1 25 2 1 − ∗2− ∗ = 3 4 64 5 96
Unidad II Series y Transformada de Fourier
70
Cap´ıtulo 5
Serie Exponencial de Fourier 5.1. ´ en series exponenciales de Fourier para cada una de las Determine la representacion ˜ siguientes senales que se ilustran: x(t) 1
−4π
−2 π
0
4π
2π
t
(a)
x(t) A
−2To
−To −To /2
0
To /2
To
2To
t
(b)
1
1
1
1
−2To −To
δTo (t) 1
0
1
1
To
2To
1
(c)
Figura 5.1: Figura del Ejercicio 5.1
71
1
t
72 Solucion: ´ (a) Sabiendo que ∞ X
x(t) = Fo +
Fn ejnωo t
n=−∞
Donde
1 T
Fo =
T
T
Z2
Z2
x(t)dt
Fn =
1 T
− T2
x(t)e−jnωo t dt
ωo =
2π To
− T2
Se tiene x(t) =
t 2π
x(t + 2π) = x(t)
T
1 Fo = T
Z2
ZTo
1 x(t)dt = To
0
− T2
1 x(t)dt = (2π)2
T
1 Fn = T
Z2
−jnωo t
x(t)e
To = 2π
1 dt = To
ZTo x(t)e
Z2π 0
2 2π 1 1 t = tdt = 2 2 (2π) 2 0
−jnωo t
0
− T2
Integrando por parte u = t; du = dt y dv = e−jnt dt; j e
ωo = 1
1 dt = (2π)2
−jnt
n
Z2π
te−jnt dt
0
, se tiene:
2π 1 1 −jnt 1 −j2nπ j −jnt 1 j2π −j2nπ Fn = te + 2e e + 2 e = −1 n n (2π)2 n (2π)2 n 0 Donde e−j2nπ = cos(2nπ) − jsen(2nπ) = 1, se tiene 1 j2π j Fn = +0 = 2 n 2nπ (2π) Obteniendo as´ı que x(t) = Fo +
∞ X n=−∞
jnωo t
Fn e
∞ j X ejnt 1 = + 2 2π n=−∞ n
73 (b) Sabiendo que x(t) = Fo +
∞ X
Fn ejnωo t
ωo =
n=−∞
2π To
Se tiene ( A, x(t) = 0, Se puede intuir que Fo = a representar:
A 2
˜ ya que este t´ermino representa la componente media de la senal
T
Fo =
1 T
Z2
1 To
x(t)dt =
T
Fn =
1 T
x(t)e−jnωo t dt =
Fn = 2π To
x(t)dt =
1 To
1 To
ZTo
Z2 Adt =
A T2o A [t]0 = To 2
0
To
x(t)e−jnωo t dt =
1 To
0
− T2
Donde ωo =
To
ZTo 0
− T2
Z2
0 ≤ t < To /2 To /2 ≤ t < To
Z2
To
Ae−jnωo t dt =
0
A To
Z2 0
i A j −jnωo t T2o A h −jnωo To 2 − 1 e e = j 0 To nωo nωo To
por tanto ωo To = 2π, teniendo as´ı
A A −jnπ e −1 =j [(−1)n − 1] = Fn = j 2nπ 2nπ
( 0,
n par n impar
A , jnπ
Obteniendo as´ı que x(t) = Fo +
∞ X
jnωo t
Fn e
n=−∞
∞ A A X ejnωo t = + 2 jπ n=−∞ n
∀ n impar
Tambi´en se podr´ıa expresar de la forma x(t) =
∞ A A X ej(2m+1)ωo t + ; 2 jπ m=−∞ 2m + 1
n = 2m + 1
(c) Sabiendo que x(t) = Fo +
∞ X n=−∞
Fn ejnωo t
ωo =
2π To
e−jnωo t dt
74 Se tiene ( δ(t), x(t) = 0,
t=0 de otra f orma
x(t + To ) = x(t) ˜ Se puede intuir que Fo = T1o ya que este t´ermino representa la componente media de la senal ´ completa de la senal ˜ si se logra representar a representar. Se puede lograr una representacion en un periodo, por tanto To
T
Fo =
1 T
Z2 x(t)dt =
1 To
− T2
Fn =
1 T
x(t)dt =
1 To
− T2o
x(t)e−jnωo t dt =
1 To
− T2
Z2
Z2 δ(t)dt =
1 To
− T2o
To
T
Z2
To
Z2
To
x(t)e−jnωo t dt =
− T2o
1 To
Z2
δ(t)e−jnωo t dt =
1 1 0 e = To To
− T2o
Obteniendo as´ı que x(t) = Fo +
∞ X
Fn e
jnωo t
n=−∞
∞ 1 1 X jnωo t = + e ; To To n=−∞
ωo =
2π To
5.2. ˜ que muestra en la figura en t´erminos de n Determinar los coeficientes Fn de la senal x(t) A
OndaSenoidal
0 t π −A
π
Figura 5.2: Figura del Ejercicio 5.2 Solucion: ´ Sabiendo que x(t) = Fo +
∞ X n=−∞
Fn ejnωo t
ωo =
2π To
75 Se tiene ( x(t) =
x(t + To ) = x(t)
−π ≤ t < π π ≤ t < 3π
Asen(t), −Asen(t), To = 4π
ωo =
2π 1 2π = = To 4π 2
˜ Se puede intuir que Fo = 0 ya que este t´ermino representa la componente media de la senal a representar.
T
Fn =
1 T
Z2
x(t)e−jnωo t dt =
Z3π
1 4π
x(t)e−jnωo t dt =
1 A 4π
−π
− T2
Zπ
sen(t)e−jnωo t dt − A
−π
Z3π
sen(t)e−jnωo t dt
π
Integrando por partes, se tiene que Zb
−jnωo t
sen(t)e
−e−jnωo t (cos(t) + jnωo sen(t)) dt = 1 − n2 ωo 2
b
a
Zπ
−jnωo t
sen(t)e −π
Z3π
−e−jnωo t (cos(t) + jnωo sen(t)) dt = 1 − n2 ωo 2
−jnωo t
sen(t)e
−e−jnωo t (cos(t) + jnωo sen(t)) dt = 1 − n2 ωo 2
π
A Fn = 4π
Fn =
π
"
−e−jnωo t cos(t) 1 − n2 ωo 2
π
−π
3π π
−e−jnωo t cos(t) = 1 − n2 ωo 2
π
−e−jnωo t cos(t) = 1 − n2 ωo 2
3π
−e−jnωo t cos(t) − 1 − n2 ωo 2 −π
a
3π # π
−jnπωo A e − ejnπωo − e−jn3πωo + e−jnπωo 2 2 4π (1 − n ωo )
Fn =
−jnπωo A jnπωo −jn3πωo 2e − e − e 4π (1 − n2 ωo 2 )
−π
π
76
5.3. ´ Exponencial Compleja de Usando las condiciones de ortogonalidad para la representacion Fourier, demuestre que: To
Fn =
Z2
1 To
x(t)e−jnωo t dt
ωo =
2π To
− T2o
Solucion: ´ Sabiendo que x(t) =
∞ X
Fn ejnωo t
n=−∞
Multiplicando en ambos lados de la igualdad por e−jmωo t e integrando el resultado desde to hasta to + To , se obtiene tZ o +To
x(t)e−jmωo t dt =
to
tZ o +To
∞ X
! Fn ejnωo t e−jmωo t dt =
n=−∞
to
∞ X n=−∞
tZ o +To
ej(n−m)ωo t dt
Fn to
Sabiendo que tZ o +To
to
( 0, ej(n−m)ωo t dt = To ,
n 6= m n=m
Se tiene tZ o +To
x(t)e−jmωo t dt = Fm To
to
Cambiando t´erminos de m por n, to = −To /2 finalmente
y adem´as despejando Fn , se obtiene
To
Fn =
1 To
Z2 − T2o
x(t)e−jnωo t dt
77
5.4. ´ en serie exponencial para cada una de las siguientes senales: ˜ Determine la representacion a. x(t) = cosωo t b. x(t) = senωo t c. x(t) = cos 2t +
π 4
d. x(t) = cos4t + sen6t e. x(t) = sen2 t Solucion: ´ (a) Sabiendo que ∞ X 1 −jωo t 1 jωo t 1 jωo t −jωo t Fn ejnωo t + e = e +e cosωo t = = e 2 2 2 n=−∞
Obteniendo as´ı F−1 =
1 2
F1 =
1 2
Fn = 0 ∀ |n| = 6 1
(b) Sabiendo que ∞ X 1 jωo t 1 jωo t 1 −jωo t −jωo t senωo t = Fn ejnωo t + e = e −e =− e 2j 2j 2j n=−∞
Obteniendo as´ı F−1 = −
1 2j
F1 =
1 2j
Fn = 0 ∀ |n| = 6 1
(c) Sabiendo que √ π π π 2 x(t) = cos 2ωo t + = cos cos2ωo t − sen sen2ωo t = [cos2ωo t − sen2ωo t] 4 4 4 2
√ √ 2 1 j2ωo t 1 j2ωo t 2 −j2ωo t −j2ωo t x(t) = e +e − e −e = (1 − j)e−j2ωo t + (1 + j)ej2ωo t 2 2 2j 4
78 Obteniendo as´ı F−2
√ 2 = (1 − j) 4
√
2 (1 + j) 4
F2 =
Fn = 0 ∀ |n| = 6 2
(d) Sabiendo que x(t) = cos4t + sen6t =
1 j4t 1 j6t e + e−j4t + e − e−j6t 2 2j
∞ ∞ X X 1 −j6t 1 −j6t 1 −j4t 1 j4t jnωo t + e + e + e = Fn e = Fn ej2nt x(t) = − e 2j 2 2 2j n=−∞ n=−∞
Obteniendo as´ı F−3 = −
1 2j
F−2 =
1 2
F2 =
1 2
1 2j
F3 =
Fn = 0 ∀ |n| = 6 2, 3
(e) Sabiendo que ∞ X 1 −j2t 1 1 j2t 1 1 1 j2t −j2t x(t) = sen t = (1 − cos2t) = − e + e Fn ej2nt + − e = =− e 2 2 4 4 2 4 n=−∞ 2
Obteniendo as´ı F−1 = −
1 4
Fo =
1 2
F1 = −
1 4
Fn = 0 ∀ |n| = 6 0, 1
5.5. ˜ ´ ´ en Si x1 (t) y x2 (t) son senales periodicas con periodo fundamental To y su representacion series Exponencial de Fourier est´an definidas como x1 (t) =
∞ X
dn e
jnωo t
x2 (t) =
n=−∞
∞ X
en ejnωo t
n=−∞
ωo =
2π To
˜ x(t) = x1 (t)x2 (t) es periodica ´ Demuestre que la senal con el mismo periodo fundamental To y puede expresarse como x(t) =
∞ X n=−∞
Fn ejnωo t
ωo =
2π To
79 Donde Fn =
∞ X
dm en−m
m=−∞
Solucion: ´ Sabiendo que x1 (t + To ) = x1
x2 (t + To ) = x2
x(t) = x1 (t)x2 (t)
Se puede expresar x(t + To ) = x1 (t + To )x2 (t + To ) = x1 (t)x2 (t) = x(t) ˜ x(t) es periodica ´ Debido a que la senal con periodo To , se puede decir que x(t) =
∞ X
Fn ejnωo t
ωo =
n=−∞
2π To
Donde
To
1 Fn = To
Z2
To
1 x(t)e−jnωo t dt = To
− T2o
Z2
To
1 x1 (t)x2 (t)e−jnωo t dt = To
− T2o
∞ X
Z2
∞ X
To
1 Fn = dm To m=−∞
dm ejmωo t x2 (t)e−jnωo t dt
m=−∞
− T2o
!
Z2 x2 (t)e
−j(n−m)ωo t
∞ X dm en−m dt = m=−∞
− T2o
5.6. ˜ ´ Si x1 (t) y x2 (t) son senales periodicas con periodo fundamental To , demuestre que To
1 To
Z2 x1 (t)x2 (t)dt = − T2o
∞ X m=−∞
dn e−n
80 Solucion: ´ Del ejercicio 5.5, se tiene que To
Z2
1 To
−jnωo t
x1 (t)x2 (t)e
dt =
∞ X
dm en−m
m=−∞
− T2o
´ anterior, se obtiene Haciendo n = 0 en la expresion To
Z2
1 To
x1 (t)x2 (t)dt =
∞ X
dm e−m =
m=−∞
− T2o
∞ X
dn e−n
n=−∞
5.7. Demuestre que se pueden obtener los coeficientes de la serie trigonom´etrica de Fourier en t´ermino de los coeficientes de la serie exponencial compleja de Fourier. ao = F o
an = Fn + F−n
bn = j(Fn − F−n )
Solucion: ´ Sabiendo que x(t) =
∞ X
jnωo t
Fn e
n=−∞
= Fo +
∞ X
Fn ejnωo t + F−n e−jnωo t
n=1
´ de Euler Y usando la expresion e±jnωo t = cos(nωo t) ± jsen(nωo t) Se obtiene x(t) = Fo +
∞ X
(Fn [cos(nωo t) + jsen(nωo t)] + F−n [cos(nωo t) − jsen(nωo t)])
n=1
x(t) = Fo +
∞ X n=1
([Fn + F−n ] cos(nωo t) + j [Fn − F−n ] sen(nωo t))
81 ´ general de la serie trigonom´etrica de Fourier, Comparando argumentos con la expresion finalmente se obtiene que x(t) = ao +
∞ X
(an cos(nωo t) + bn sen(nωo t))
n=1
ao = F o
bn = j(Fn − F−n )
an = Fn + F−n
5.8. ˜ Determine el espectro de Fourier para cada una de las senales del ejercicio 5.1. Solucion: ´ (a) Sabiendo que x(t) = Fo +
∞ X
Fn ejnωo t =
n=−∞
Fn =
∞ j X ejnt 1 + 2 2π n=−∞ n
1 jπ/2 j = e = |Fn |ejθn 2nπ 2nπ
Por tanto |Fn | =
1 2nπ
θn =
π 2
(b) Sabiendo que x(t) =
Fn =
∞ A A X ej(2n+1)ωo t + 2 jπ n=−∞ 2n + 1
A jA A =− = e−jπ/2 = |Fn |ejθn j(2n + 1)π (2n + 1)π (2n + 1)π
Por tanto |Fn | =
A (2n + 1)π
θn = −
(c) Sabiendo que x(t) =
∞ 1 1 X jnωo t + e To To n=−∞
π 2
82
Fn =
1 1 = ej0 = |Fn |ejθn To To
Por tanto |Fn | =
1 To
θn = 0
5.9. ´ periodica ´ Demostrar que el desplazamiento en el tiempo de una funcion no tiene efecto sobre el espectro de magnitud, pero modifica el espectro de fase en una cantidad de −nωo τ radianes para la componente de frecuencia nωo si el desplazamiento en el tiempo es τ . Solucion: ´ ˜ periodica ´ Sea f (t) una senal con periodo T , y sea su serie de Fourier dada por
f (t) =
∞ X
Fn ejnωo t
n=−∞
˜ f (t) en el tiempo un valor de τ , Y desplazar la senal
f (t − τ ) =
∞ X
Fn ejnωo (t−τ ) =
n=−∞
∞ X
Fn ejnωo t e−jnωo τ =
n=−∞
∞ X
Fn0 ejnωo t
n=−∞
Donde Fn0 = Fn e−jnωo τ Por tanto Fn = |Fn |ejθn Entonces Fn0 = |Fn |ejθn e−jnωo τ = |Fn |ej(θn −nωo τ ) Por lo tanto, es evidente que el espectro de magnitud de f (t) = f (t − τ ) no cambia, mientras que el espectro de fase presenta un atraso nωo τ radianes debido al desplazamiento en un tiempo τ .
83
5.10. ˜ x(t) = sen(ωo t), dibuje sus espectros de Fourier. Considere las senal Solucion: ´ Sabiendo que x(t) = sen(ωo t) =
1 1 1 jωo t e − e−jωo t = − e−jωo t + ejωo t 2j 2j 2j
Entonces F−1 = −
1 1 = ejπ/2 2j 2
1 1 = e−jπ/2 2j 2
F1 =
Obteniendo as´ı x(t) 1
t −1 1/2
|Fn |
1/2
π/2
θn
1 −1
0
1
−1
n
n
0 −π/2
Figura 5.3: Figura del Ejercicio 7.3
5.11. ˜ ´ Sean x1 (t) y x2 (t) dos senales periodicas que tienen el mismo periodo T , demostrar que: T
1 T
Z2 x1 (t)x2 (t)dt = − T2
∞ X n=−∞
F1n F2−n
84 Donde F1n y F2−n son los coeficientes complejos de Fourier de x1 (t) y x2 (t) respectivamente. Solucion: ´ Sea x1 (t) =
∞ X
jnωo t
F1n e
∞ X
x2 (t) =
n=−∞
F2n ejnωo t
ωo =
n=−∞
2π T
Donde
F1n =
1 T
T
T
Z2
Z2
x1 (t)e−jnωo t dt
F2n =
− T2
1 T
x2 (t)e−jnωo t dt
− T2
Entonces T
Z2
1 T
− T2
T T # 2 Z2 " X Z ∞ ∞ X 1 1 x1 (t)x2 (t)dt = F1n ejnωo t x2 (t)dt = F1n x2 (t)ejnωo t dt T T n=−∞ n=−∞ − T2
− T2
Obteniendo as´ı T
1 T
Z2
∞ X
x1 (t)x2 (t)dt =
F1n F2−n
n=−∞
− T2
5.12. Demuestre el teorema de Parseval definido como T
1 T
Z2
2
[x(t)] dt = − T2
∞ X
|Fn |2
n=−∞
˜ x(t). Donde Fn son los coeficientes complejos de Fourier de la senal Solucion: ´ Del ejercicio 5.11, se tiene que T
1 T
Z2 x1 (t)x2 (t)dt = − T2
∞ X n=−∞
F1n F2−n
85 Haciendo x1 (t) = x2 (t) = x(t)
1 T
T
T
Z2
Z2
− T2
1 x(t)x(t)dt = T
2
[x(t)] dt = − T2
∞ X n=−∞
Fn F−n =
∞ X n=−∞
|Fn |2
Cap´ıtulo 6
Serie Trigonom´etrica de Fourier 6.1. ´ en series trigonom´etricas de Fourier para cada una de las Determine la representacion ˜ senales del ejercicio 5.1. Solucion: ´ Recordando que an = 2Re {Fn }
ao = F o
bn = −2Im {Fn }
(a) Sabiendo que Fo =
1 2
Fn =
j 2nπ
Se tiene que ao = F o =
1 2
an = 2Re {Fn } = 0
bn = −2Im {Fn } = −
2 1 =− 2nπ nπ
∞ X
∞ 1 1X1 [an cos(nωo t) + bn sen(nωo t)] = − x(t) = ao + sen(nωo t) 2 π n n=1 n=1
(b) Sabiendo que Fo =
A 2
Fn =
A A = −j jnπ nπ
∀ n impar
Se tiene que ao = Fo =
x(t) = ao +
A 2
∞ X
an = 2Re {Fn } = 0
bn = −2Im {Fn } = ∞
[an cos(nωo t) + bn sen(nωo t)] =
n=1
86
2A nπ
A 2A X 1 + sen(nωo t) 2 π n=1 n
87 (c) sabiendo que Fo =
1 To
Fn =
1 To
Se tiene que ao = F o =
x(t) = ao +
1 To
∞ X
an = 2Re {Fn } =
2 To
bn = −2Im {Fn } = 0
[an cos(nωo t) + bn sen(nωo t)] =
n=1
∞ 2 X 1 + cos(nωo t) To To n=1
6.2. ´ en series trigonom´etricas de Fourier para cada una de las Determine la representacion ˜ senales que se ilustran en la figura x(t) = t
−π
π
−2π
2π
t
(a)
x(t) = t2
−2π
−π
π
2π
t
(b)
Figura 6.1: Figura del Ejercicio 6.2 Solucion: ´ (a) Se puede intuir que Fo = 0 ya que este t´ermino representa la componente media ˜ a representar. Adem´as, la senal ˜ presenta una simplificacion ´ por paridad impar de la senal ´ (an = 0), teniendo as´ı unicamente que calcular los t´erminos bn .
88 Se tiene que x(t) = t ∀ − π ≤ t < π
x(t + To ) = x(t)
2 bn = T
ωo =
To
T
Z2
To = 2π
Z2
2 x(t)sen(nωo t)dt = To
− T2
1 x(t)sen(nωo t)dt = π
2π =1 To
Zπ tsen(nt)dt −π
− T2o
Resolviendo la integral por parte, se tiene π 1 t cos(nt) 1 2 bn = − = [−π cos(nπ) − π cos(−nπ)] = − [cos(nπ)] π n nπ n −π Obteniendo as´ı dos posibles resultados para bn ( bn =
2 , n
para n impares para n pares
− n2 ,
Y finalmente x(t) = 2
∞ X (−1)n+1
n
n=1
sen(nt)
(b) Se puede intuir que Fo 6= 0 ya que este t´ermino representa la componente media de la ˜ a representar y se puede ver en la gr´afica del ejercicio 6.2 parte b. Adem´as, la senal ˜ senal ´ por paridad par (bn = 0), teniendo as´ı que calcular los t´erminos presenta una simplificacion ao y an . Se tiene que x(t) = t2
∀ − π ≤ t < π; To
T
1 ao = T
Z2
x(t + To ) = x(t);
1 x(t)dt = To
− T2
Z2
1 x(t)dt = 2π
− T2
2 x(t) cos(nωo t)dt = To
Z2 − T2o
ωo =
2π =1 To
π 1 t3 1 π2 t dt = = [2π 3 ] = 2π 3 −π 6π 3 2
To
T
2 an = T
−π
− T2o
Z2
Zπ
To = 2π;
1 x(t) cos(nωo t)dt = π
Zπ −π
t2 cos(nt)dt
89 Resolviendo la integral por parte, se tiene 2 an = − nπ
Zπ tsen(nt)dt −π
Nuevamente resolviendo por partes nos queda como se hizo en el ejercicio 6.2 parte (a), se tiene que π t cos(nt) 2 4 2 − = − 2 [−π cos(nπ) − π cos(−nπ)] = 2 [cos(nπ)] an = − nπ n nπ n −π Obteniendo as´ı dos posibles resultados para an ( an =
4 , n2 − n42 ,
para n pares para n impares
Y finalmente ∞ X π2 (−1)n +4 cos(nt) x(t) = 3 n2 n=1
6.3. ´ en series trigonom´etricas de Fourier para cada una de las Determine la representacion ˜ senales que se ilustran en la figura Solucion: ´ (a) Del ejercicio 5.1 y 6.1 parte b, se tiene ao =
A 2
an = 0
bn =
2A nπ
∞
A 2A X 1 x(t) = + sen(nωo t) 2 π n=1 n
∀ n impar
˜ y(t) es una senal ˜ con componente media nula, ao = 0, e (b) Se puede observar que la senal impar, an = 0, por tanto
To
bn =
2 To
Z2 − T2o
To
A 4 sen(nωo t)dt = 2 To
Z2 0
To A 2A 1 A sen(nωo t)dt = − [cos(nωo t)]02 = − [cos(nπ) − 1] 2 To nωo nπ
90 x(t) A
−2To
−To
−To /2 0
To /2
To
2To
t
To
2To
t
(a)
y(t) A/2
−2To
−To
−To /2
0
To /2 (b)
z(t) A/2
−2To
−To −To /2
0
To /2 To
2To
t
(c)
Figura 6.2: Figura del Ejercicio 6.3
x(t) =
( 0,
n par n impar
2A , nπ ∞
2A X 1 y(t) = sen(nωo t) π n=1 n Adem´as, se puede expresar determinar x(t) a trav´es de y(t) como: ∞
A A 2A X 1 x(t) = + y(t) = + sen(nωo t) ∀ n impar 2 2 π n=1 n ˜ z(t) es una senal ˜ con componente media nula, ao = 0, y (c) Se puede observar que la senal par, bn = 0, por tanto To
an =
2 To
Z2 − T2o
To
A 4 cos(nωo t)dt = 2 To
Z4 − T4o
To A 2A 1 cos(nωo t)dt = [sen(nωo t)]−4 To 2 To nωo 4
91 nπ nπ i 2A h nπ i A h sen − sen − = sen an = nπ 2 2 nπ 2 ∞
y(t) =
nπ 2A X 1 sen cos(nωo t) π n=1 n 2
Adem´as, se puede expresar determinar x(t) a trav´es de y(t) como ∞ nπ To A 2A X 1 To A = + sen cos nωo t − x(t) = + y t − 2 4 2 π n=1 n 2 4 ∞
nπ A 2A X 1 nπ x(t) = + sen cos nωo t − 2 π n=1 n 2 2 ∞
nπ h nπ nπ i A 2A X 1 x(t) = + sen cos(nωo t)cos + sen(nωo t)sen 2 π n=1 n 2 2 2 Sabiendo que n es impar, se tiene que cos
nπ 2
= 0;
sen
nπ 2
sen
nπ 2
=1
∞
A 2A X 1 x(t) = + sen(nωo t) 2 π n=1 n
∀ n impar
6.4. ´ en series trigonom´etricas de Fourier para x(t) que se ilustra en Determine la representacion la figura y definida como x(t) = et
∀
−π ≤t≤π
x(t + 2π) = x(t)
x(t)
−3π
−π
π
3π
Figura 6.3: Figura del Ejercicio 6.4
t
92 Solucion: ´ ˜ x(t) no presenta ningun ´ tipo de simetr´ıa, se deben calcular todos los Como la senal coeficientes de la serie trigonom´etrica de Fourier 1 ao = 2π
Zπ
1 eπ − e−π senh(π) e dt = = π 2 π t
−π
Para los t´erminos an , se tiene que 1 an = π
Zπ
Zπ
π 1 e cos(nt)dt = sen(nt)et −π − πn t
−π
1 e sen(nt)dt = − πn t
−π
π 1 cos(nt)et −π − an = 2 πn
Zπ
Zπ
et sen(nt)dt
−π
i 1 h t π et cos(nt)dt = − πa cos(nt)e n −π πn2
−π
Despejando el t´ermino an an
1 1+ 2 n
=
cos(nπ) π 1 π −π −π cos(nπ)e − cos(−nπ)e = e − e πn2 πn2
an =
2(−1)n 2 cos(nπ) senh(π) = senh(π) π(n2 + 1) π(n2 + 1)
De igual manera se calcula los t´erminos bn , y se tiene Zπ
1 bn = π
et sen(nt)dt = −
2n(−1)n senh(π) π(n2 + 1)
−π
Obteniendo finalmente " # ∞ 2senh(π) 1 X (−1)n (cos(nt) − n sen(nt)) x(t) = + π 2 n=1 n2 + 1
6.5. ´ a f (t) por Sk (t), donde Demostrar que el error cuadr´atico medio Ek en una aproximacion ´ en una serie de Fourier, se reduce a Sk (t) es una aproximacion To
1 Ek = To
Z2
k
2
|f (t)| dt − ao − T2o
2
1X − an 2 + bn 2 2 n=1
93 Solucion: ´ To
Ek =
1 To
Z2
To
1 To
[f (t) − Sk (t)]2 dt =
− T2o
[f (t)]2 − 2f (t)Sk (t) + [Sk (t)]2 dt
− T2o To
Ek =
Z2
1 To
Z2
To
[f (t)]2 dt −
2 To
− T2o
To
Z2 f (t)Sk (t)dt +
1 To
− T2o
Z2
[Sk (t)]2 dt
− T2o
Sabiendo que
Sk (t) = ao +
k X
an cos(nωo t) + bn sen(nωo t)
n=1
Se tiene que
To
2 To
To
Z2 f (t)Sk (t)dt =
2ao To
− T2o
To
Z2 f (t)dt+
2 To
− T2o
k X n=1
To
Z2 an
f (t) cos(nωo t)dt+
− T2o
2 To
k X
Z2 bn
n=1
f (t)sen(nωo t)dt
− T2o
Donde To
an =
2 To
To
Z2 f (t)cos(nωo t);
bn =
− T2o
2 To
Z2 f (t)sen(nωo t) − T2o
Obteniendo as´ı To
2 To
Z2 f (t)Sk (t)dt =
2a2o
+
k X
(a2n + b2n )
n=1
− T2o
Adem´as To
1 To
Z2 − T2o
1 [Sk (t)]2 dt = To
To Z2 "
ao + − T2o
k X n=1
an cos(nωo t) +
k X n=1
#2 bn sen(nωo t)
dt
94 Aplicando el concepto de paridad y ortogonalidad, se tiene To
1 To
Z2
k
2
[Sk (t)] dt = ao
2
− T2o
1X 2 (a + b2n ) + 2 n=1 n
Entonces To
1 Ek = To
Z2
k
2
[f (t)] dt − ao
2
− T2o
1X 2 − (a + b2n ) 2 n=1 n
6.6. ´ f (t) = t en el intervalo (−π, π) (ver ejercicio 6.2) mediante una Aproximar la funcion serie finita de Fourier de 5 t´erminos que sean diferentes de cero. Calcular tambi´en el error ´ cuadr´atico medio en la aproximacion. Solucion: ´ Del ejercicio 6.2, se tiene que x(t) = 2
∞ X (−1)n+1 n=1
n
sen(nt)
Aproximando a los primeros cinco t´erminos tendr´ıamos
Sk (t) = 2
5 X (−1)n+1 n=1
n
sen(nt)
Para calcular el error cuadr´atico del ejercicio (ver 6.5) T
1 Ek = T
Z2
k
2
[f (t)] dt − ao − T2
2
1X 2 − (a + b2n ) 2 n=1 n
Calculando los primeros 5 t´erminos para ao , an y bn ao = an = 0 b1 = 2,
b2 = −1,
b3 = 2/3,
b4 = −1/2,
b5 = 2/5
95 ˜ seria La potencia de la senal Zπ
1 2π
t2 dt =
π2 3
−π
Obteniendo finalmente " 2 2 2 # 2 −1 2 π2 1 2 − 2 + (−1)2 + + + ≈ 0,3626 Ek = 3 2 3 2 5
6.7. Establecer la siguiente desigualdad To
Z2
1 To
∞
ao 2 X [f (t)] dt ≥ + an 2 + b n 2 2 n=1 2
− T2o
Solucion: ´ Del ejercicio 6.5, se tiene que el error cuadr´atico medio Ek To
Ek =
1 To
Z2
[f (t) − Sk (t)]2 dt ≥ 0
− T2o To
1 Ek = To
Z2
k
2
[f (t)] dt − − T2o
a20
1X 2 − (a + b2n ) ≥ 0 2 n=1 n
Por tanto, se puede deducir que To
1 To
Z2 − T2o
k
[f (t)]2 dt ≥ a20 +
1X 2 (a + b2n ) 2 n=1 n
96
6.8. Si x(t) es continua cuando −To /2 ≤ t ≤ To /2 con x(−t/2) = x(t/2), y si la derivada x0 (t) es continua por tramos, y diferenciable, entonces la serie de Fourier x(t) = ao +
∞ X
[an cos(nωo t) + bn sen(nωo t)]
n=1
Demuestre que diferenciando t´ermino a t´ermino, se obtiene 0
x (t) =
∞ X
nωo [−an sen(nωo t) + bn cos(nωo t)]
n=1
Solucion: ´ Puesto que x(t) es continua por tramos y diferenciable, su serie de Fourier converge a ´ en serie de Trigonom´etrica de Fourier es ella, por lo tanto su representacion 0
x (t) = αo +
∞ X
[αn cos(nωo t) + βn sen(nωo t)]
n=1
Donde To
αn =
2 To
Z2
x0 (t)cos(nωo t)dt
− T2o To
βn =
2 To
Z2
x0 (t)sen(nωo t)dt
− T2o
Integrando las expresiones de αn y βn por parte, y puesto que x(−t/2) = x(t/2) se obtiene To
αn =
To 2 cos(nωo t)x(t)|−2 To + nωo To 2
Z2
x(t)sen(nωo t)dt = nωo bn
− T2o To
βn =
To 2 sen(nωo t)x(t)|−2 To − nωo To 2
Z2
− T2o
x(t)cos(nωo t)dt = −nωo an
97 Se debe notar que αo = 0, obteniendo finalmente x0 (t) =
∞ X
nωo [−an sen(nωo t) + bn cos(nωo t)]
n=1
Otra forma " # ∞ X d d x(t) = ao + [an cos(nωo t) + bn sen(nωo t)] x (t) = dt dt n=1 0
Reordenando operadores lineales y sabiendo que los coeficientes ao , an y bn son independientes del tiempo, se sabe que ∞ d ao X d d d x(t) = + an [cos(nωo t)] + bn [sen(nωo t)] x (t) = dt dt dt dt n=1 0
0
x (t) =
∞ X
nωo [−an sen(nωo t) + bn cos(nωo t)]
n=1
6.9. Sean x(t) y y(t) funciones continuas por tramos con periodo To , y sean an , bn y αn , βn los respectivos coeficientes de Fourier de x(t) y y(t). Demostrar que To
Z2
1 To
∞
x(t)y(t)dt = ao αo + − T2o
1X [an αn + bn βn ] 2 n=1
Solucion: ´ Sabiendo que x(t) = ao +
∞ X
[an cos(nωo t) + bn sen(nωo t)]
n=1
y(t) = αo +
∞ X
[αn cos(nωo t) + βn sen(nωo t)]
n=1
´ Reemplazando x(t), en la expresion To # Z2 " ∞ X 1 ao + [an cos(nωo t) + bn sen(nωo t)] y(t)dt To n=1
− T2o
98 To
1 ao To
To # Z 2 "X ∞ 1 y(t)dt + [an cos(nωo t) + bn sen(nωo t)]y(t) dt To n=1
Z2
− T2o
− T2o
Reordenando operadores lineales se tiene To
1 ao To
Z2 y(t)dt +
1 To
− T2o
∞ X n=1
To
To
Z2 y(t)cos(nωo t)dt + bn
an
Z2
− T2o
y(t)sen(nωo t)dt
− T2o
Recordando To
αn =
To
Z2
2 To
y(t)cos(nωo t)dt
βn =
2 To
− T2o
Z2 y(t)sen(nωo t)dt − T2o
Se obtiene al reemplazar To
1 ao To
Z2
− T2o
∞
1X y(t)dt + [an αn + bn βn ] 2 n=1
Adem´as To Z2 "
To
Z2 y(t)dt = − T2o To
To
Z2 y(t)dt = αo
dt +
∞ X n=1
− T2o
# [αn cos(nωo t) + βn sen(nωo t)] dt
n=1
− T2o
Z2 − T2o
αo +
∞ X
To
To
Z2
αn
Z2 cos(nωo t)dt + βn
− T2o
sen(nωo t)dt = αo To
− T2o
Reemplazando, finalmente se obtiene ∞
∞
1X 1 1X [an αn + bn βn ] = ao αo + [an αn + bn βn ] ao αo To + To 2 n=1 2 n=1 Por tanto To
1 To
Z2 − T2o
∞
1X x(t)y(t)dt = ao αo + [an αn + bn βn ] 2 n=1
99
6.10. ´ en series trigonom´etricas de Fourier compacta para cada una Determine la representacion ˜ de las senales del ejercicio 5.1. Solucion: ´ Del ejercicio 6.1, se tiene que:
x(t) = Co +
∞ X
Cn cos(nωo t + θn )
n=0
C o = ao
p C n = an 2 + b n 2
θn = arctan
−bn an
(a) Sabiendo que
x(t) =
∞ ∞ 1 1X1 1 1X1 π − sen(nωo t) = − cos nωo t − 2 π n=1 n 2 π n=1 n 2
Se tiene que C o = ao =
1 2
C n = bn = −
1 nπ
θn = −
π 2
(b) Sabiendo que ∞
∞
A 2A X 1 A 2A X 1 π x(t) = + sen(nωo t) = + cos nωo t − 2 π n=1 n 2 π n=1 n 2 Se tiene que C o = ao =
A 2
Cn = b n =
2A nπ
θn = −
π 2
(c) Sabiendo que ∞ 1 2 X x(t) = + cos(nωo t) To To n=1
Se puede observar que ya es de la forma trigonom´etrica compacta, y se tiene que C o = ao =
1 To
C n = an =
2 To
θn = 0
100
6.11. ´ en series trigonom´etricas de Fourier compacta para cada una Determine la representacion ˜ de las senales del ejercicio 6.2. Solucion: ´ (a) Sabiendo que x(t) = 2
∞ X (−1)n+1
n
n=1
sen(nt) = 2
∞ X (−1)n+1 n=1
n
π cos nt − 2
Se tiene que C o = ao = 0
C n = bn = 2
(−1)n+1 n
θn = −
π 2
(b) Sabiendo que x(t) =
∞ X π2 (−1)n +4 cos(nt) 2 3 n n=1
Se puede observar que ya es de la forma trigonom´etrica compacta, y se tiene que C o = ao =
π2 3
C n = an = 4
(−1)n n2
θn = 0
6.12. Desarrollar x(t) = sen5 (t) en series trigonom´etricas de Fourier. Solucion: ´ Para desarrollar x(t) = sen5 (t) es conveniente expresarlo en su forma exponencial compleja ejt − e−jt x(t) = sen (t) = 2j 5
x(t) =
5
1 j5t e − 5ej4t e−jt + 10ej3t e−j2t − 10ej2t e−j3t + 5ejt e−j4t − e−j5t 32j
ej3t − e−j3t ejt − e−jt 1 5 5 1 ej5t − e−j5t x(t) = −5 + 10 = sen(5t) − sen(3t) + sen(t) 16 2j 2j 2j 16 16 8
Cap´ıtulo 7
Transformada de Fourier 7.1. Demostrar cada una de las propiedades de la transformada de Fourier. Solucion: ´ LINEALIDAD Sea f1 (t) → F1 (w) y f2 (t) → F2 (w) f3 (t) = af1 (t) + bf2 (t) Z∞ F3 (w) =
f3 (t)e−jwt dt =
−∞
Z∞
[af1 (t) + bf2 (t)] e−jwt dt
−∞
Z∞ F3 (w) =
af1 (t)e−jwt dt +
−∞
Z∞
bf2 (t)e−jwt dt
−∞
F3 (w) = aF1 (w) + bF2 (w) CONJUGADA COMPLEJA F {f ∗ (t)} = F ∗ (−w)
donde F (w) = F {f (t)}
´ (integral de Fourier) Partiendo de la definicion
F {f ∗ (t)} =
Z∞
f ∗ (t)e−jwt dt =
−∞
Z∞
∗ f (t)ejwt dt
−∞ ∗
F {f (t)} = [F (−w)] = F ∗ (−w) ∗
101
102 ´ (DUALIDAD) SIMETRIA Si
F {f (t)} = F (w)
Entonces
F {F (t)} = 2πf (−w) Z∞ F (w) =
f (t)e
−jwt
Z∞
1 dt → f (t) = 2π
−∞
F (w)ejwt dw
−∞
Si se cambia t → −w y w → t 1 f (−w) = 2π
Z∞
1 F {F (t)} 2π
F (t)e−jwt dt =
−∞
F {F (t)} = 2πf (−w) ESCALA DE COORDENADAS F {f (αt)} =
1 w F |α| α
donde F (w) = F {f (t)}
αt = τ → dt =
dτ α
Para α > 0 F {f (αt)} =
Z∞
τ
f (τ )e−jw α
dτ α
−∞
1 w F {f (αt)} = F α α Para α < 0 Z−∞ Z∞ τ dτ τ dτ −jw α F {f (αt)} = f (τ )e =− f (τ )e−jw α α α ∞
−∞
1 w F {f (αt)} = − F α α Por lo tanto F {f (αt)} =
1 w F |α| α
donde F (w) = F {f (t)}
103 DESPLAZAMIENTO EN EL TIEMPO F {f (t − to )} = e−jwto F (w) ´ Partiendo de la definicion
F {f (t − to )} =
Z∞
f (t − to )e−jwt dt
−∞
t − t0 → λ Z∞
F {f (t − to )} =
dt = dλ
f (λ)e−jw(λ+to ) dλ = e−jwto
Z∞
f (λ)e−jwλ dλ
−∞
−∞
F {f (t − to )} = e−jwto F (w) DESPLAZAMIENTO EN LA FRECUENCIA F f (t)ejwo t = F (w − wo )
F f (t)e
jwo t
Z∞ =
f (t)ejwo t e−jwt dt =
−∞
Z∞
f (t)e−j(w−wo )t dt
−∞
F f (t)ejwo t = F (w − wo ) ´ EN EL TIEMPO DIFERENCIACION F
df (t) dt
= jwF (w)
Tenemos que 1 f (t) = 2π
Z∞
F (w)ejwt dw
−∞
Derivando a ambos lados 1 df (t) = dt 2π
Z∞ −∞
dejwt jw F (w) dw = dt 2π
Z∞ −∞
F (w)ejwt dw
104
F
df (t) dt
= jwF (w)
En general F
dn f (t) dtn
= (jw)n F (w)
´ EN EL TIEMPO CONVOLUCION F {f (t) ~ g(t)} = F (w)G(w)
F {f (t) ~ g(t)} =
Z∞
Z∞
f (τ )g(t − τ )dτ e−jwt dt
−∞
−∞
´ Intercambiando los limites de integracion Z∞
F {f (t) ~ g(t)} =
Z∞
f (τ )
−∞
g(t − τ )e−jwt dt dτ
−∞
u = t − τ → du = dt → t = u + τ
F {f (t) ~ g(t)} =
Z∞
Z∞
f (τ )
−∞
Z∞
g(u)e−jw(u+τ ) du dτ =
f (τ )e−jwτ G(w) dτ
−∞
−∞
F {f (t) ~ g(t)} = F (w)G(w) ´ EN EL TIEMPO INTEGRACION
F
t Z
−∞
F (w) f (λ)dλ = + πF (0)δ(w) jw
´ Expresemos la integral en t´erminos de una convolucion Z∞ f (λ)u(t − λ)dλ
f (t) ~ u(t) = −∞
u(t − λ) =
1, 0,
t≥λ ⇒ 1, t<λ
λ≤t
105
Zt f (t) ~ u(t) =
f (λ)dλ −∞
Entonces tenemos: t Z
F
−∞
f (λ)dλ = F {f (t) ~ u(t)}
´ en el tiempo tenemos Aplicando la propiedad de convolucion
F
t Z
−∞
f (λ)dλ = F (w)U (w)
Donde U (w) =
1 + πδ(w) jw
Por lo tanto
F
t Z
−∞
F
t Z
−∞
1 f (λ)dλ = F (w) + πδ(w) jw F (w) f (λ)dλ = + πF (0)δ(w) jw
´ EN LA FRECUENCIA CONVOLUCION F {f (t)g(t)} =
1 F (w) ~ G(w) 2π
Miremos la transformada inversa de F (w) ~ G(w)
F −1
Z∞ 1 1 1 F (w) ~ G(w) = F (w) ~ G(w) ejwt dw 2π 2π 2π −∞
F −1
1 F (w) ~ G(w) 2π
=
1 2π
Z∞ −∞
1 2π
Z∞ −∞
F (τ )G(w − τ )dτ ejwt dw
106
F −1
1 F (w) ~ G(w) 2π
=
1 2π
Z∞
Z∞
1 2π
−∞
F (τ )G(w − τ )ejwt dw dτ
−∞
λ = w − τ → w = λ + τ → dw = dλ
F −1
Z∞ Z∞ Z∞ 1 1 1 1 j(λ+τ )t F (w) ~ G(w) = F (τ ) G(λ)e dλ dτ = F (τ )ejτ t g(t)dτ 2π 2π 2π 2π −∞
F
−1
−∞
−∞
1 F (w) ~ G(w) = f (t)g(t) 2π
Aplicando la transformada a ambos lados tenemos F {f (t)g(t)} =
1 F (w) ~ G(w) 2π
7.2. Demuestre cada una de las siguientes transformadas de Fourier. a. 1 ↔ 2πδ(ω) b. ejω0 t ↔ 2πδ(ω − ω0 ) c. e−jω0 t ↔ 2πδ(ω + ω0 ) d. cos ω0 t ↔ π[δ(ω − ω0 ) + δ(ω + ω0 )] e. j sen ω0 t ↔ π[δ(ω − ω0 ) − δ(ω + ω0 )] ( 2 1 − |t| , |t| < τ τ f. ↔ τ Sa ωτ 2 0, |t| > τ √ 2 2 2 2 g. e−t /2σ ↔ σ 2πe−σ ω /2 Solucion: ´ (a) F
−1
1 {δ(w)} = 2π
Z∞
jwt
δ(w)e −∞
1 jwt 1 dw = e = = F −1 {δ(w)} 2π 2π w=0
107 Aplicando la transformada de Fourier, se tiene
F
1 2π
= F F −1 {δ(w)}
Obteniendo finalmente 1 ↔ 2πδ(ω) (b) F ejwo t = F ejwo t ∗ 1 Aplicando la propiedad de desplazamiento en la frecuencia donde f (t) = 1, y sabiendo del ejercicio 7.2 parte (a) que F {1} = 2πδ(w) = F (w) Entonces F ejwo t = 2πδ(w − wo ) (c) De manera similar al ejercicio 7.2 parte (b), se tiene que F e−jwo t = 2πδ(w + wo ) (d) Para encontrar la transformada del coseno, se expresa mejor en t´erminos de exponencial compleja cos(wo t) =
F {cos(wo t)} = F F {cos(wo t)} =
ejwo t + e−jwo t 2
ejwo t + e−jwo t 2
=
1 jwo t F e + F e−jwo t 2
1 [2πδ(w − wo ) + 2πδ(w + wo )] = π [δ(w − wo ) + δ(w + wo )] 2
(e) Para encontrar la transformada del seno, se expresa mejor en t´erminos de exponencial compleja como se hizo en el ejercicio 7.2 parte (d) sen(wo t) =
F {sen(wo t)} = F
ejwo t − e−jwo t 2j
ejwo t − e−jwo t 2j
=
1 jwo t F e − F e−jwo t 2j
108 Despejando j jF {sen(wo t)} =
1 [2πδ(w − wo ) − 2πδ(w + wo )] = π [δ(w − wo ) − δ(w + wo )] 2
˜ x(t) se muestra en la figura (f) La senal x(t) 1
−τ
τ
0
t
(a)
Figura 7.1: Figura del Ejercicio 7.2 (f) |t| x(t) = 1 − = τ
( 1 − τt , 1 + τt ,
0
Z0 Zτ t −jwt t −jwt X(w) = e dt + e dt 1+ 1− τ τ −τ
0
Donde
0 0 0 0 Z0 Z0 t −jwt e−jwt t −jwt e−jwt e−jwt e−jwt 1+ e dt = − + e dt = − − t − τ jw −τ τ jw −τ jwτ −τ (jw)2 τ −τ
−τ
−τ
Z0 t −jwt 1 ejwτ − 1 e dt = − + 1+ τ jw (jw)2 τ −τ
De forma similar Zτ t −jwt 1 e−jwτ − 1 1− e dt = + τ jw (jw)2 τ 0
Ahora bien, reemplazando en x(t) X(w) = −
1 e−jwτ − 1 1 e−jwτ − 1 ejwτ − 2 + e−jwτ + + + = jw (jw)2 τ jw (jw)2 τ (jw)2 τ
109
1 (ejwτ /2 − e−jwτ /2 )2 1 X(w) = 2 = 2 2 w τ j w τ
ejwτ /2 − e−jwτ /2 j
2
4sen2 wτ 2 = 2 w τ
Multiplicando y dividiendo por 4τ , se tiene 16τ sen2 wτ 2 X(w) = 4τ w2 τ
wτ 2
τ sen2
=
wτ 2 wτ 2 2
sen2
=τ
w2 τ 2 4
"
=τ
wτ 2 wτ 2
sen
#2
Y finalmente, se obtiene h wτ i2 X(w) = τ Sa 2 (g) Z∞ e
X(w) =
−t2 /2σ 2 −jwt
e
Z∞
e
dt =
−
t2 −jwt 2σ 2
dt
−∞
−∞
´ exponencial, se tiene Completando el polinomio del argumento de la funcion −
2 σ 2 w2 (t + σ 2 jw) 1 2 2 − t + 2σ jwt = − 2σ 2 2σ 2 2
Z∞ X(w) =
e
−σ
2 w2 2
e
−
(t+σ2 jw)
2
dt
2σ 2
−∞
Sustituyendo t + jσ 2 w √ 2σ
x=
−σ
F (w) = e
2 w2 2
Z∞
−x2
e
√
dt → dx = √ 2σ
2σdx =
√
−σ
2σe
−∞
Z∞ −∞
Resolviendo la integral Z∞ I=
−x2
e
Z∞ dx =
−∞
2
2 w2 2
Z∞ Z∞
I = −∞ −∞
2
e−y dy
−∞
e−(x
2 +y 2
) dydx
2
e−x dx
110 Transformando a coordenadas polares y resolviendo tenemos I=
√
π
Reemplazando en X(w) X(w) =
√ √ σ 2 w2 √ σ 2 w2 2σe− 2 π = σ 2πe− 2
7.3. Demuestre la siguiente transformada de Fourier sen(at) ↔ Reca (w) πt Donde ( 1, Reca (w) = 0,
|w| < a |w| > a
Solucion: ´ Partiendo de ( 1, x(t) = Reca (t) = 0, Z∞ X(w) =
Reca (t)e
−jwt
Za dt =
−∞
e −a
−jwt
|t| < a |t| > a Za [cos(wt) − jsen(wt)]dt
dt = −a
´ seno es una funcion ´ impar y el coseno es una funcion ´ par, se tiene Sabiendo que la funcion Za X(w) = 2
cos(wt)dt =
2 sen(aw) [sen(wt)]a0 = 2 = 2aSa(aw) w w
0
Por tanto Reca (t) ↔ 2
sen(aw) = 2aSa(aw) w
Ahora bien, por el principio de simetr´ıa (dualidad) se tiene F
sen(at) 2 t
= 2πReca (−w) = 2πReca (w)
111 Cancelando y organizando t´erminos, se obtiene finalmente F
sen(at) πt
= Reca (w)
7.4. ˜ Determine la transformada de Fourier de la senal x(t) = e−a|t| ;
a>0
Y de x(t) =
1 a2 + t2
Solucion: ´ Sabiendo que x(t) = e−a|t|
( e−at , = eat ,
t>0 t<0
Entonces Z0 X(w) =
at −jwt
e e
Z∞ dt +
−∞
e
−at −jwt
e
Z0 dt =
e
(a−jw)t
Z∞ dt +
−∞
0
Resolviendo las integrales, se obtiene X(w) =
1 1 2a + = 2 a − jw a + jw a + w2
Por lo tanto e−a|t| ↔
a2
2a + w2
Y a su vez, por principio de dualidad
a2
2a ↔ 2πe−a|−w| = 2πe−a|w| + t2
Por tanto, dividiendo por 2a, se obtiene 1 π −a|w| ↔ e a2 + t2 a
0
e−(a+jw)t dt
112
7.5. Encontrar la transformada inversa de Fourier de X(w) =
1 (a + jw)2
Solucion: ´ Sabiendo que 1 a + jw
e−at u(t) =
Y de acuerdo al teorema de la convolucion ´ en el tiempo F {x(t)} = F {f (t) ~ g(t)} = F (w)G(w) = X(w) 1 X(w) = = (a + jw)2
1 a + jw
1 a + jw
Entonces
−at
x(t) = e
u(t) ~ e
−at
Z∞ u(t) =
−aτ e u(τ )e−a(t−τ ) u(t − τ ) dτ
−∞
Debido a las funciones escalon ´ unitario que se presentan, la integral se reduce a Zt x(t) =
e−at dτ = te−at u(t)
0
Por tanto te−at u(t) ↔
1 (a + jw)2
7.6. Demostrar que F
dn f (t) dtn
= (jw)n F (w)
113 Solucion: ´ Sabiendo que Z∞
1 f (t) = 2π
F (w)ejwt dw
−∞
Derivando a ambos lados n veces con respecto t, se obtiene
n
n
d f (t) 1 d = n n dt dt 2π
Z∞
1 F (w)ejwt dw = 2π
−∞
Z∞
dn ejwt 1 F (w) dw = n dt 2π
−∞
F
dn f (t) dtn
Z∞
(jw)n F (w)ejwt dw
−∞
= (jw)n F (w)
7.7. ´ f (t) est´a definido por El momento en´esimo mn de una funcion Z∞ mn =
tn f (t)dt
n = 0, 1, 2 ...
−∞
Demostrar que n d F (w) mn = j n dwn w→0
n = 0, 1, 2 ...
Solucion: ´ Sabiendo que Z∞ F (w) =
f (t)e−jwt dt
−∞
Derivando a ambos lados n veces con respecto w, se obtiene n
n
d F (w) d = dwn dwn
Z∞
−∞
−jwt
f (t)e
Z∞
dt = −∞
dn e−jwt f (t) dt = dwn
Z∞ −∞
(−jt)n f (t)e−jwt dt
114
dn F (w) 1 = dwn jn
Z∞
tn f (t)e−jwt dt
−∞
Por tanto Z∞
dn F (w) = jn dwn
tn f (t)e−jwt dt
→
−∞
Z∞ n d F (w) jn = tn f (t)dt dwn w→0 −∞
7.8. Determinar el valor de k para que se cumpla la siguiente transformada de Fourier F
jπt
e
1 f t− = ke−jw/2 F (w − π) 2
Solucion: ´ De acuerdo a la propiedad de la convolucion ´ en la frecuencia F {h(t)g(t)} =
h(t) = e
1 [H(w) ~ G(w)] 2π
jπt
g(t) = f
1 t− 2
Cuyas transformadas son G(w) = e−jw/2 F (w)
H(w) = 2πδ(w − π) Entonces
1 F {h(t)g(t)} = 2πδ(w − π) ~ e−jw/2 F (w) = 2π
Z∞
δ(v − π)e−j(w−v)/2 F (w − v)dv
−∞
F {h(t)g(t)} = e−j(w−π)/2 F (w − π) = ejπ/2 e−jw/2 F (w − π) = ke−jw/2 F (w − π)
Comparando argumentos, se tiene que jπ/2
k=e
= cos
π 2
+ jsen
π 2
=j
115
7.9. ˜ x(t) y cuya transformada de Fourier X(w) definidas como Considerando una senal x(t) = xpar (t) + ximpar (t)
X(w) = F {x(t)} = A(w) + jB(w)
Y
Donde xpar (t) y ximpar (t) son las componentes par e impar de x(t) respectivamente. Demuestre que xpar (t) ↔ A(w)
ximpar (t) ↔ jB(w)
Solucion: ´ Sabiendo que x(t) = xpar (t) + ximpar (t)
x(−t) = xpar (t) − ximpar (t)
Entonces, se obtiene xpar (t) =
x(t) + x(−t) 2
ximpar (t) =
x(t) − x(−t) 2
Adem´as X(w) = A(w) + jB(w)
X(−w) = X ∗ (w) = A(w) − jB(w)
Por tanto
F {xpar (t)} =
1 1 [F {x(t)} + F {x(−t)}] = [A(w) + jB(w) + A(w) − jB(w)] = A(w) 2 2 xpar (t) ↔ A(w)
F {ximpar (t)} =
1 1 [F {x(t)} − F {x(−t)}] = [A(w) + jB(w) − A(w) + jB(w)] = jB(w) 2 2 ximpar (t) ↔ jB(w)
116
7.10. ˜ real, demostrar que las partes real e imaginaria de F (w) son R(w) y X(w) Si f (t) es una senal respectivamente Z∞ R(w) =
Z∞ f (t)cos(wt)dt
X(w) = −
−∞
f (t)sen(wt)dt
−∞
As´ı mismo, demostrar que R(w) y X(w) son funciones par e impar de w, respectivamente, es decir F (−w) = F ∗ (w)
X(w) = −X(−w)
R(w) = R(−w)
Donde F ∗ (w) denota el conjugado complejo de F (w) Solucion: ´ Mediante la identidad e−jwt = cos(wt) − jsen(wt) Entonces, si f (t) es real, se tiene Z∞ F (w) =
Z∞
f (t)e−jwt dt =
−∞
Z∞ f (t)cos(wt)dt − j
−∞
f (t)sen(wt)dt = R(w) + jX(w) −∞
Por tanto, Z∞ R(w) =
Z∞ f (t)cos(wt)dt
X(w) = −
−∞
f (t)sen(wt)dt
−∞
Puesto que f (t) es real, se tiene Z∞ R(−w) =
Z∞ f (t)cos(−wt)dt =
−∞
f (t)cos(wt)dt = R(w) −∞
Z∞ X(−w) = − −∞
Z∞ f (t)sen(wt)dt = −X(w)
f (t)sen(−wt)dt = −∞
117
7.11. Verificar la relacion ´ de Parseval que est´a definida como Z∞
Z∞
1 x1 (t)x2 (t)dt = 2π
X1 (w)X2 (−w)dw −∞
−∞
Solucion: ´ De acuerdo al teorema de la convolucion ´ en la frecuencia, se tiene: 1 F {x1 (t)x2 (t)} = 2π
Z∞ X1 (λ)X2 (w − λ)dλ −∞
Z∞ [x1 (t)x2 (t)]e
−jwt
Z∞
1 dt = 2π
−∞
X1 (λ)X2 (w − λ)dλ −∞
Haciendo tender w → 0, se obtiene Z∞
Z∞
1 x1 (t)x2 (t)dt = 2π
−∞
X1 (λ)X2 (−λ)dλ −∞
Cambiando λ → w, finalmente Z∞
1 x1 (t)x2 (t)dt = 2π
−∞
Z∞ X1 (w)X2 (−w)dw −∞
Ahora bien, si x1 (t) = x2 (t) = x(t), se obtiene el Teorema de Parseval para la transformada de Fourier Z∞
1 |x(t)|2 dt = 2π
Z∞
|X(w)|2 dw
−∞
−∞
7.12. ˜ Empleando el Teorema de Parseval para senales de energ´ıa, evaluar la siguiente integral Z∞ I= −∞
1 dx a2 + x 2
118 Solucion: ´ ˜ ´ entre la energ´ıa El teorema de Parseval para senales de energ´ıa establece una relacion ˜ en el dominio del tiempo y la energ´ıa de la misma en el dominio de la frecuencia de la senal y est´a dada como Z∞ Ef =
Z∞
1 |f (t)|2 dt = 2π
−∞
|F (w)|2 dω
−∞
Sabiendo que Z∞ −∞
Z∞
1 dx = 2 a + x2
1 dw = 2 a + w2
−∞
Z∞
1 a + jw
1 a − jw
Z∞ 1 2 dw = a + jw dω −∞
−∞
Si F (w) =
1 a + jw
F ∗ (w) =
1 a − jw
F (w)F ∗ (w) = |F (w)|2
Entonces f (t) = e−at u(t) Aplicando el Teorema de Parseval, se obtiene que Z∞ Ef =
−at e u(t) 2 dt = 1 2π
−∞
Z∞ 1 2 a + jw dω −∞
Despejando y resolviendo la integral, se obtiene finalmente Z∞ Z∞ Z∞ 1 2 −at 2 e u(t) dt = 2π e−2at dt I= a + jw dω = 2π −∞
−∞
I = −2π
1 2a
0
−2at ∞ π π = − [0 − 1] = e 0 a a
7.13. Considerando un sistema descrito como y 0 (t) + 2y(t) = x(t) + x0 (t)
119 Encontrar la respuesta al impulso unitario h(t) del sistema aplicando la transformada de Fourier. Solucion: ´ Aplicando la propiedad de diferenciacion ´ de la transformada de Fourier, se obtiene jwY (w) + 2Y (w) = X(w) + jwX(w)
(jw + 2)Y (w) = (jw + 1)X(w)
→
Y (w) =
jw + 1 X(w) jw + 2
Por tanto, la respuesta al impulso unitario en el dominio de la frecuencia H(w) es jw + 1 jw + 2 − 1 1 = =1− jw + 2 jw + 2 jw + 2 Aplicando la transformada inversa de Fourier, se obtiene finalmente h(t) = F
−1
{H(w)} = F
−1
1−
1 jw + 2
= δ(t) − e−2t u(t)
7.14. Considerando un sistema LTI de tiempo continuo descrito como dy 0 (t) + 2y(t) = x(t) dt ˜ de salida y(t) usando la transformada de Fourier para cada una de las Encontrar la senal ˜ siguientes senales de entrada a. x(t) = e−t u(t) b. x(t) = u(t) Solucion: ´ (a) Aplicando la transformada de Fourier, se obtiene jwY (w) + 2Y (w) = (jw + 2)Y (w) = X(w) = Reordenando y resolviendo por fracciones parciales, se obtiene
1 jw + 1
120
Y (w) =
1 1 1 = − (jw + 2)(jw + 1) jw + 1 jw + 2
Entonces y(t) = e−t − e−2t u(t) (b) Aplicando la transformada de Fourier, se obtiene jwY (w) + 2Y (w) = (jw + 2)Y (w) = X(w) = πδ(w) +
1 jw
Reordenando y resolviendo por fracciones parciales, se obtiene 1 1 1 1 Y (w) = πδ(w) + = πδ(w) + jw jw + 2 jw + 2 jw(jw + 2) 1 1 1 1 1 1 1 1 π − = πδ(w) + − Y (w) = δ(w) + 2 2 jw 2 jw + 2 2 jw 2 jw + 2 Donde F {u(t)} ↔ πδ(w) +
1 jw
Entonces 1 1 1 1 − e−2t u(t) y(t) = u(t) − e−2t u(t) = 2 2 2
Cap´ıtulo 8
Teorema de Muestreo 8.1. ˜ de banda limitada en tiempo cero en |t| > T queda determinada en forma unica ´ Una senal 1 rad por las muestras de su espectro de frecuencias en intervalos uniformes menores de 2T . s Demostrar el teorema de muestreo dual en el dominio de la frecuencia F (ω) =
∞ X
Fn Sa(ωT − nπ)
Fn = F
n=−∞
nπ T
Solucion: ´ Sabiendo que f (t) =
∞ X
fn Sa(ωm t − nπ)
fn = f (nT )
n=−∞
Para determinar el teorema de muestreo en el dominio de la frecuencia, se invierten los ˜ f (t) y F (w) papeles que desempenan t→w
ωm → T
f (t) → F (w)
fn → F n
Por tanto f (t) =
∞ X
fn Sa(ωm t − nπ)
→
F (ω) =
n=−∞
∞ X n=−∞
fn = f (nT )
→
121
Fn = F
nπ T
Fn Sa(ωT − nπ)
122
8.2. Verificar que fs (t) = f (t)δT s (t) =
∞ X
f (nTs )δ(t − nTs )
n=−∞
Solucion: ´ Sabiendo que δT s (t) es un tren de pulsos, se tiene fs (t) = f (t)δT s (t) = f (t)
∞ X
δ(t − nTs ) =
n=−∞
∞ X
f (t)δ(t − nTs )
n=−∞
´ impulso unitario, finalmente Y por propiedad de la funcion fs (t) =
∞ X
f (nTs )δ(t − nTs )
n=−∞
8.3. ˜ continua de banda limitada W radianes por segundo, Demostrar que, si f (t) es una senal entonces k [f (t) ~ Sa(kt)] = f (t), para k ≥ ωn π Por lo tanto, demostrar que ωn [Sa(ωm t) ~ Sa(ωn t)] = Sa(ωm t), para ωn ≥ ωm π Solucion: ´ Transformando al dominio de la frecuencia F (w) =
ωn F {Sa(ωm t)}F {Sa(ωn t)} π
Del ejercicio 7.3, se tiene que sen(at) ↔ Reca (w) πt
123 Entonces F {Sa(at)} = F
sen(at) at
π = F a
sen(at) πt
=
π Reca (w) a
Por tanto ωn π π ωn F {Sa(ωm t)}F {Sa(ωn t)} = Recωm (w) Recωn (w) F (w) = π π ωm ωn F (w) =
π Recωm (w) Recωn (w) ωm
Sabiendo que ωn ≥ ωm , entonces Recωm (w) Recωn (w) = Recωm (w) Entonces F (w) =
π Recωm (w) ωm
Donde Sa(ωm t) ↔
π Recωm (w) ωm
Por lo tanto π ωn F {Sa(ωm t)}F {Sa(ωn t)} = Recωm (w) π ωm ωn [Sa(ωm t) ~ Sa(ωn t)] = Sa(ωm t), π
para ωn ≥ ωm
8.4. Determinar la rapidez m´ınima de muestreo y el intervalo de Nyquist de las siguientes ˜ senales a. x(t) = 5cos(1000πt)cos(4000πt) b. x(t) = Sa(100t) c. x(t) =
sen(200πt) πt
d. x(t) = Sa2 (100t) e. x(t) =
sen2 (200πt) πt
124 Solucion: ´ (a) Aplicando la propiedad trigonom´etrica cos(a)cos(b) =
cos(a + b) + cos(a − b) 2
Se tiene x(t) = 5cos(1000πt)cos(4000πt) =
5 [cos(5000πt) + cos(3000πt)] 2
˜ x(t) es de banda limitada con fM = 2500Hz. Por lo tanto, la razon ´ de Debido a que la senal Nyquist es 2fM = 5000Hz y el intervalo de Nyquist es 1/5000s = 0,2ms. (b) Sabiendo que Sa(100t) =
sen(100t) π sen(100t) = 100t 100 πt
Del ejercicio 8.3, se tiene que Sa(at) ↔
π Reca (w) a
Entonces Sa(100t) ↔
π Rec100 (w) 100
π Rec100 (w) 100 π 100
−100
0
100
w
Figura 8.1: Figura del Ejercicio 8.1 (b) ˜ x(t), figura 8.1, es de banda limitada con Se puede observar que el espectro de la senal WM = 100rad/s. Por tanto fM =
WM 2π
→
Ts =
2fM =
WM 100 = Hz π π
1 π = s 2fM 100
125 (c) De igual manera, del ejercicio 7.3 se tiene x(t) =
sen(200πt) πt
sen(200πt) ↔ Rec200π (w) πt WM = 200π rad/s
WM = 200Hz π
2fM =
Ts =
1 1 = s 2fM 200
(d) Sabiendo que por la propiedad de convolucion ´ en la frecuencia f (t)g(t) ↔
1 F (w) ~ G(w) 2π 1 F {Sa(at)}F {Sa(at)} 2π
Sa2 (at) = Sa(at)Sa(at) ↔ Del ejercicio 8.3, se tiene que Sa(at) ↔
π Reca (w) a
Entonces Sa2 (at) ↔ Sa2 (100t) ↔
π Reca (w) ~ Reca (w) 2a2
π Rec100 (w) ~ Rec100 (w) 2 ∗ 1002
´ se obtiene un espectro de la forma Y al resolver la convolucion, X(w) π a
−2a
2a
0
w
(a)
Figura 8.2: Figura del Ejercicio 8.4 ˜ es de banda limitada y que la frecuencia m´ınima de muestreo Concluyendo as´ı que la senal ´ Sa2 (at) que la funcion ´ Sa(at). Se puede observar que WM = 2a = es el doble de la funcion 200rad/s. Por tanto
126
fM =
WM 2π
→
Ts =
2fM =
WM 200 = Hz π π
1 π = s 2fM 200
(e) De igual manera que la parte (d), se tiene x(t) =
WM = 400π rad/s
2fM =
sen2 (200πt) πt WM = 400Hz π
Ts =
1 1 = s 2fM 400
8.5. Demostrar que φn (t) =
sin[wm (t − nT )] , wm (t − nT )
n = 0, ±1, ±2, . . .
Forma un conjunto ortogonal en el intervalo −∞ < t < ∞ y que Z
∞
φn (t)φk (t)dt = Ts δnk −∞
Donde
δnk
( 1, si n = k = 0, si n 6= k
Solucion: ´ Del ejercicio 7.3 F
sen(at) πt
( 1, = Reca (w) = 0,
|w| < a |w| > a
Entonces ( π −jnwT e , sin[wm (t − nT )] π sin[wm (t − nT )] φn (t) = = ↔ Φn (w) ωm wm (t − nT ) ωm π(t − nT ) 0,
|w| < wm |w| > wm
127 Por tanto, aplicando el Teorema de Parseval ∞
Z
1 φn (t)φk (t)dt = 2π −∞
Z
∞
1 φn (t)φk (t)dt = 2π −∞
ωm
Z
−ωm
π −jnwT e ωm
∞
Z
Φn (w)Φk (−w)dw −∞
π jkwT e ωk
dw =
Z
π 2ωm ωk
ωm
e−jw(n−k)T dw
−ωm
Obteniendo finalmente Z
(
∞
φn (t)φk (t)dt =
π ωm
= Ts ,
n=k n 6= k
0,
−∞
Por tanto Z
∞
φn (t)φk (t)dt = Ts δnk −∞
8.6. Si f (t) es de banda limitada demuestre que Z
∞ X
∞
[f (t)]2 dt = T
−∞
[f (nT )]2 ,
∀ T =
n=−∞
π ωm
Solucion: ´ ´ del Teorema de Muestreo Utilizando la definicion ∞ X
f (t) =
n=−∞
Z
∞
[f (t)]2 dt =
−∞
Z
∞ X
f (nT )Sa(ωm t − nπ) =
fn = f (nT )
n=−∞
Z
∞
∞ X
"
−∞
∞
[f (t)]2 dt =
−∞
f (nT )φn (t) !
f (nT )φn (t)
n=−∞
f (nT )
n=−∞
∞ X
Z
k=−∞
∞
φn (t)φk (t)dt = Ts δnk −∞
∞
f (kT )
Del ejercicio 8.4, se sabe que Z
!# f (kT )φk (t)
dt
k=−∞
"
∞ X
∞ X
−∞
# φn (t)φk (t)dt
128 Por tanto Z
∞ 2
[f (t)] dt = −∞
"
∞ X
f (nT )
n=−∞
#
∞ X
f (kT )Ts δnk
k=−∞
Finalmente, se tiene Z
∞
−∞
[f (t)]2 dt = Ts
∞ X n=−∞
[f (nT )]2
donde n = k
