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GRUPO N° 6 Tema1 EJERCICIOS PROPUESTOS

1. Calcular la transformada Z inversa de 𝑋(𝑧) =

𝑧2 1 2 1 (𝑧 − 3) (𝑧 − 2)

Solución: 𝑋(𝑧) = 𝑧

𝑧

=

2

1 1 (𝑧 − ) (𝑧 − ) 3 2

𝐴 2

1 (𝑧 − ) 3

+

𝐵 1 (𝑧 − 3)

+

𝐴 = −2 𝐵 = −18 𝐶 = 18 𝑋(𝑧) =

−2𝑧 2

1 (𝑧 − ) 2

−

18𝑧 18𝑧 + 1 1 (𝑧 − 3) (𝑧 − 2)

Y por tanto 1 𝑛−1 1 𝑛 1 𝑛 𝑥[𝑛] = (−2𝑛 ( ) − 18 ( ) + 18 ( ) ) 𝑢[𝑛] 3 3 2

𝐶 1 (𝑧 − 2)

2. Calcular la transformada Z inversa de

𝑋(𝑧) =

𝑧2 1 1 (𝑧 − 2) (𝑧 + 3)

Solución:

𝑋(𝑧) 𝑧 𝐴 𝐵 = = + 1 1 1 1 𝑧 (𝑧 − 2) (𝑧 + 3) 𝑧 − 3 𝑧 + 3

𝑋(𝑧) =

3 5 1 𝑧−3

+

2 5 1 𝑧+3

Asi: 𝑋(𝑧) =

3 5 1 𝑧−3

+

2 5 1 𝑧 − (− 3)

Por lo tanto: 3 1 𝑛 2 1 𝑛 𝑥[𝑛] = ( ( ) + (− ) ) 𝑢[𝑛] 5 2 5 3

3. Determine la respuesta impulsional del sistema causal definido por 𝐻(𝑧) =

(1 −

1 + 0.15𝑧 −2 )

0.8𝑧 −1

Solución: -

Como 𝐻(𝑧) es una función racional, el primer paso es descomponerla en fracciones simples en forma de potencias de 𝑧 −1 . Una posible forma de hacerlo es descomponer

𝐻(𝑧) 𝑧

en potencias de z: 𝐻(𝑧) = -

Los polos de

𝐻(𝑧) 𝑧

𝑧2 𝐻(𝑧) 𝑧 → = 2 2 𝑧 − 0.8𝑧 + 0.15 𝑧 𝑧 − 0.8𝑧 + 0.15

son 0.5 y 0.3. De esta forma, podemos escribir: 𝐻(𝑧) 𝐴 𝐵 = + 𝑧 𝑧 − 0.5 𝑧 − 0.3

-

Es inmediato obtener 𝐴 = 5/2 y 𝐵 = −3/2. Sustituyendo se llega a la forma sencilla de la función de transferencia siguiente: 𝐻(𝑧) 5/2 3/2 = + 𝑧 𝑧 − 0.5 𝑧 − 0.3

-

La respuesta temporal de un sistema causal con un transformada Z del tipo

𝐻(𝑧) =

1 (1 − 𝑎𝑧 −1 )

Es ℎ[𝑛] = 𝑎𝑛 𝑢[𝑛]. Aplicando este hecho junto con que la transformada Z es un operador lineal, se llega a: 5 1 𝑛 3 2 𝑛 ℎ[𝑛] = ( ( ) − ( ) ) 𝑢[𝑛] 2 2 2 10

4. Un sistema T de tipo LTI y causal viene descrito por esta ecuación en diferencias 3 1 𝑦[𝑡] − 𝑦[𝑡 − 1] + 𝑦[𝑡 − 2] = 𝑥[𝑡] 4 8 Hallar la función de transferencia y la respuesta al impulso de este sistema.

Solución: -

Hallamos la función transferencia: 3 1 𝑦[𝑡] − 𝑦[𝑡 − 1] + 𝑦[𝑡 − 2] = 𝑥[𝑡] 4 8 3 1 𝑌(𝑧) − 𝑧 −1 𝑌(𝑧) + 𝑧 −2 𝑌(𝑧) = 𝑋(𝑧) 4 8 3 1 𝑌(𝑧) [1 − 𝑧 −1 + 𝑧 −2 ] = 𝑋(𝑧) 4 8 𝐻(𝑧) =

𝑌(𝑧) 1 = 𝑋(𝑧) (1 − 3 𝑧 −1 + 1 𝑧 −2 ) 4 8

𝐻(𝑧) =

-

𝑧2 1 1 (𝑧 − ) (𝑧 − ) 2 4

, |𝑧| >

1 2

Hallamos el impulso: 𝐻(𝑧) 𝑧 = 1 1 𝑧 (𝑧 − 2) (𝑧 − 4) 1

1

Los polos son 2 y 4 de esta forma podemos escribir: 𝐻(𝑧) 𝐴 𝐵 = + 1 1 𝑧 (𝑧 − 2) (𝑧 − 4) Donde A=2 y B=-1. Sustituyendo: 𝐻(𝑧) 2 1 = − 1 1 𝑧 (𝑧 − 2) (𝑧 − 4) La respuesta temporal de un sistema causal con una Transformada z del tipo 𝐻(𝑧) =

1 (1 − 𝑎𝑧 −1 )

Es ℎ[𝑛] = 𝑎𝑛 𝑢[𝑛]. Por lo tanto: 1 𝑡 1 𝑡 ℎ[𝑛] = (2 ( ) − ( ) ) 𝑢[𝑛] 2 4

5. el sistema de la figura consiste en un elemento de retardo y un multiplicador. Tiene como variable la entrada y[n] al elemento de retardo y su estado inicial es y[-1]=8. Determinar y[n] para cualquier n≥0 usando transformada Z.

1/2

z-1 y[n]

y[n-1] Solución: Como vemos en el diagrama

1 𝑦[𝑛] = 𝑦[𝑛 − 1] 2 Aplicamos transformada Z 1 𝑌(𝑧) = { 𝑧 −1 𝑌(𝑧) + 𝑦[−1] } 2 Por lo tanto 𝑌(𝑧) =

4𝑧 𝑧 − 0.5

Y la transformada inversa seria 𝑦[𝑛] = 4(0.5)𝑛

Tema2:

Problema 1:

Desarrollar en serie de Fourier la función periódica de periodo 2𝜋 .

 𝑓(𝑥) = {

𝑥, si −𝜋 < 𝑥 < 0 0, si 0 < 𝑥 < 𝜋

2 𝑡0 +𝑇 2 𝜋 𝑎0 = ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 𝑇 𝑡0 2𝜋 −𝜋 2 0 2 𝜋 → ∫ 0𝑑𝑥 + ∫ 𝑥𝑑𝑥 2𝜋 −𝜋 2𝜋 0 𝑎0 =

𝑎𝑛 =

1

𝜋 4

2 𝑡0 +𝑇 ∫ 𝑓(𝑥) cos(𝑛𝑥) 𝑑𝑥 𝑇 𝑡0

𝜋

𝑎𝑛 = 𝜋 ∫0 𝑥 cos(𝑛𝑥) 𝑑𝑥, integración por partes

𝑎𝑛 =

1 xsen 𝜋𝑛 xsen0 cos 𝜋𝑥 cos 0 [( − ) + ( 2 − 2 )] 𝜋 𝑛 𝑛 𝑛 𝑛

𝑎𝑛 =

0, 𝑠𝑖 𝑛 𝑒𝑠 𝑝𝑎𝑟 (−1)𝑛 − 1 −2 = { 𝑛2 𝜋 , 𝑠𝑖 𝑛 𝑒𝑠 𝑖𝑚𝑝𝑎𝑟 (2𝑛 − 1)2 𝜋

𝑏𝑛 =

2 𝑡0 +𝑇 ∫ 𝑓(𝑥) sen(𝑛𝑥) 𝑑𝑥 𝑇 𝑡0

1

𝜋

𝑏𝑛 = 𝜋 ∫0 𝑥 sen(𝑛𝑥) 𝑑𝑥, integración por partes

𝑏𝑛 =

1 xcos 𝜋𝑛 sen 𝜋𝑥 0cos0 sen 0 [(− + ) − ( − 2 )] 𝜋 𝑛 𝑛2 𝑛 𝑛 𝑏𝑛 =

(−1)𝑛+1 𝑛

Por lo tanto la serie de Fourier seria:

𝑓(𝑥) = {

𝑓(𝑥) =

𝜋

−2

𝑥, si −𝜋 < 𝑥 < 0 0, si 0 < 𝑥 < 𝜋

+ ∑∞ 𝑛=1 (2𝑛−1)2 𝜋 cos((2𝑛 − 1)𝑥) + 4

(−1)𝑛+1 𝑛

sen 𝑛𝑥

Problema 2: Demostrar que la serie de Fourier de cualquier funcion periodica f (t ) que tiene simetria de cuarto de onda par, consta solamente de armónicos impares de terminos del coseno, es decir: 

f (t )   a2 n 1 cos  (2n  1)0t , donde: 0  n 1

a2 n 1 

8 T

T /4



2 T

f (t ) cos  (2n  1)0t dt

0

Solucion: Puesto que f (t ) tiene simetria de cuarto de onda par, f (t )  f (t )  1  f  t  T    f (t )  2  Se tiene: bn  0 a2 n  0 a2 n 1 

para todos los valores de n(incluyendo a0 ), 4 T

T /2



f (t ) cos  (2n  1)0t dt

0

T /4 T /2  4  a2 n 1    f (t ) cos  (2n  1)0t dt   f (t ) cos (2n  1)0t dt  T  0  T /4

1 Cambiando la variable t por (t+ T ) en la segunda integral se tiene: 2 T /4 0  4   1   1    a2 n 1    f (t ) cos  (2n  1)0t dt   f  t  T  cos (2n  1)0  t  T  dt  T  0  2   2     T /4  1  Usando la propiedad f  t  T    f (t ) se tiene:  2  T /4 0  4  a2 n 1    f (t ) cos  (2n  1)0t dt   f  t  cos (2n  1)0  t  dt  T  0  T /4 T /4

a2 n 1 



f (t ) cos  (2n  1)0t dt

T /4

Dado que f (t )  f (t ) y cos  (2n  1)0t  es una función par, se obtiene 8 a2 n 1  T

T /4

 0

f (t ) cos  (2n  1)0t dt

Problema 3: Encontrar la serie compleja de Fourier, para la función diente de sierra

f (t ) 

Definida por:

A t T

,0  t  T ,

f (t  T )  f (t )

Solución:

f (t )  Por la ecuación (8):



ce

n 

inwo t

n

;

w0 

2 T

A partir de la ecuación (13) se puede encontrar los coeficientes T

cn 

1 f (t )e inw0t dt T 0

cn 

T T  A A  TeinwoT 1  inw0 t te dt   einw0t dt  2  2   T 0 T  inw0 inw0 0 

cn 

A T2

cn  i

 Te in 2  1  (ein 2  1)  2  inw0 (inw0 )  como e  in 2  1

A A A i 2 i  e nw0T 2 n 2 n

Hallando

c0

a partir de la ecuación (9)

T

c0 

T

1 A A f (t )dt  2  dt   T 0 T 0 2

Donde

f (t ) 

A A  2 2

1 i ( nwot  2 )  e n  n 

cn

Problema 4: Resolver la serie compleja de Fourier f(x) = {

0, −2 < t < 0 1, 0 < t < 2

;

t=2

Solución: 1

1 Cn = ∫ f(t)e−jnw₀t dt T −1

1

1

1 Cn = [ ∫(0)e−jnw₀t dt + ∫(1)e−jnw₀t dt] 2 −1

0

1

−jnπt 1 Cn = [∫(1)e 2 dt] 2

; w₀ = π

0

1 −1 −jnπt 1 −1 −jnπ Cn = [( e 2 ) ]= [e − 1] 0 2 jnπ 2jnπ

Cn =

1 1 [1 − (cos nπ − j sin nπ)] [1 − e−jnπ ] = 2jnπ 2jnπ

Cn =

Pero se sabe que c₀ =

1 [1 − (−1)n ] ; 2jnπ

n≠0

a₀ 2 T/2

2 a₀ = ∫ f(t)dt T −T/2

1

0

−1

−1

1

2 2 a₀ = ∫ f(t)dt = [ ∫(0)dt + ∫(1)dt] = 1 T 2 0

Por lo tanto: c₀ =

a₀ 2

1

=2

Finalmente ∞

1 1 [1 − (−1)n ]ejnw₀t f(t) = + ∑ 2 2jnπ

; n≠0

n=−∞

Problema 5: Encontrar los espectros de frecuencia para la función periódica f(t) que se muestra en la figura, la cual consta de un tren de pulsos rectangulares idénticos de magnitud A y duración D.

Solución: La función f(t) se puede expresar en un periodo como sigue: 1 1 𝐴 𝑝𝑎𝑟𝑎 − 𝑑 < 𝑡 < 𝑑 2 2 𝑓(𝑡) = [ 1 1 1 1 0 𝑝𝑎𝑟𝑎 − 𝑇 < 𝑡 < 𝑑 , 𝑑 < 𝑡 < 𝑇 2 2 2 2 2𝜋

Entonces con w= 𝑇 se tiene: cn=

1

𝑇

∫2 𝑓(𝑡)𝑒 −𝑗𝑛𝑤𝑡 𝑑𝑡 𝑇 −𝑇 2

𝑑

1 2 = ∫ 𝑒 −𝑗𝑛𝑤𝑡 𝑑𝑡 𝑇 −𝑑 2

=

𝐴 1 𝑒 −𝑗𝑛𝑤𝑡 𝑇 −𝑗𝑛𝑤

= =

𝑑 𝑑 𝐴 1 (𝑒 𝑗𝑛𝑤 2 − 𝑒 −𝑗𝑛𝑤 2 ) 𝑇 −𝑗𝑛𝑤

𝑑 𝑑 𝐴𝑑 1 (𝑒 𝑗𝑛𝑤 2 − 𝑒 −𝑗𝑛𝑤 2 ) 𝑇 (𝑛𝑤𝑑 ) 2

𝑛𝑤𝑑 𝐴𝑑 sin ( 2 ) = 𝑇 (𝑛𝑤𝑑 ) 2

Pero

𝑛𝑤𝑑 2

=

𝑛𝜋𝑑 𝑇

; de donde:

𝑛𝜋𝑑

Cn=

𝐴𝑑 sin( 𝑇 ) 𝑇 (𝑛𝜋𝑑) 𝑇

Es obvio que Cn es real y por consiguiente el espectro de fase es cero. El espectro 𝑛𝜋𝑑

se obtiene dibujando Cn=

𝐴𝑑 sin( 𝑇 ) versus la variable discreta nw . La 𝑇 (𝑛𝜋𝑑) 𝑇

ecuación 𝐶𝑛 =

𝑛𝑤𝑑 ) 2 𝑛𝑤𝑑 ( ) 2

𝐴𝑑 sin( 𝑇

tiene valores solamente para la frecuencia discreta nw ;

es decir, el espectro de frecuencia es una función discreta y existe solamente cuando 𝑤 = 0, ±

2𝜋 4𝜋 , ± , … . , 𝑒𝑡𝑐. 𝑇 𝑇

Se debe considerar el espectro para algunos valores específicos de d y T; para d=1/20 y T1/4 de segundo, 𝑤=

2𝜋 = 8𝜋. 𝑇

Por consiguiente, el espectro de amplitud existe cuando 𝑤 = 0, ±8𝜋, ±16𝜋, … . , 𝑒𝑡𝑐. Y se muestra en la figura 4.4(a) Puesto que d/T=1/5, el espectro de amplitud se hace cero en el valor de nw , para el cual

nw

𝑑 = 𝑚𝜋 2

𝑜

𝑛𝜋

𝑑 1 = 𝑛𝜋 ( ) = 𝑚𝜋 (𝑚 = ±1, ±2, … . ) 𝑇 5

Es decir , cuando 𝑤 = ±5𝑤 = ±40𝜋, ±10𝑤 = ±80𝜋, …. En el caso siguiente se considerara d=1/20 y T=1/2 de segundo, y

𝑤=

2𝜋 = 4𝜋 , 𝑇

𝑑 1 = . 𝑇 10

Por consiguiente, el espectro de amplitud existe cuando 𝑤 = 0, ±4𝜋, ±8𝜋, …. Y se hace cero en el valor de nw para el cual

nw

𝑑 = 𝑚𝜋 2

𝑜

𝑛𝜋

𝑑 1 = 𝑛𝜋 ( ) = 𝑚𝜋 (𝑚 = ±1, ±2, … . ) 𝑇 10

Es decir, cuando 𝑤 = ±10𝑤 = ±40𝜋, ±20𝑤 = ±80𝜋, …. El espectro de amplitud para este caso se muestra en la figura 4.4(b)

Tema3_:

I.

Pruebe que las señales en el tiempo 𝑦(𝑡) y 𝑢(𝑡) tienen transformada de Fourier 𝑌(𝑗𝑤) y 𝑈(𝑗𝑤) respectivamente, si: 𝑑 2 𝑦(𝑡) 𝑑𝑦(𝑡) 𝑑𝑢(𝑡) + + 7𝑦 3 + 2𝑢(𝑡) … … . ① (𝑡)= 𝑑𝑡 2 𝑑𝑡 𝑑𝑡

Entonces 𝑌(𝑗𝑤) =𝐺(𝑗𝑤) 𝑈(𝑗𝑤) para alguna función 𝐺(𝑗𝑤) . Solución: Aplicando la transformada de Fourier a ① tenemos 𝐹{

𝑑2 𝑦(𝑡) 𝑑𝑦(𝑡) 𝑑𝑢(𝑡) + + 7𝑦(𝑡) } = 𝐹 {3 + 2𝑢(𝑡) } 2 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡

𝑑2 𝑦(𝑡) 𝑑𝑦(𝑡) 𝑑𝑢(𝑡) 𝐹{ } + 𝐹 { } + 𝐹{7𝑦 } = 3𝐹 { } + 2𝐹{𝑢(𝑡) } (𝑡) 𝑑𝑡 2 𝑑𝑡 𝑑𝑡 Por la propiedad de la derivación. (𝑗𝑤)2 𝑌(𝑗𝑤) + 3(𝑗𝑤)𝑌(𝑗𝑤) + 7𝑌(𝑗𝑤) = 3(𝑗𝑤)𝑈(𝑗𝑤) + 𝑈(𝑗𝑤) (−𝑤 2 + 𝑗3𝑤 + 7)𝑌(𝑗𝑤) = (𝑗3𝑤 + 2)𝑈(𝑗𝑤) 𝑌(𝑗𝑤) =

(𝑗3𝑤 + 2)𝑈(𝑗𝑤) ……② (−𝑤 2 + 𝑗3𝑤 + 7)

𝑌(𝑗𝑤) = 𝐺(𝑗𝑤)𝑈(𝑗𝑤) … … . . ③

Comparando ②𝑦③ 𝐺(𝑗𝑤) = II.

(𝑗3𝑤 + 2)𝑈(𝑗𝑤) (−𝑤 2 + 𝑗3𝑤 + 7)

Calcular la transformada de Fourier de sinc(t).

Solución: ∞

𝐹{𝑠𝑖𝑛𝑐(𝑡) } = ∫ 𝑠𝑖𝑛𝑐(𝑡) 𝑒 −𝑖2𝜋𝑓𝑡 𝑑𝑡 −∞

Como:

∏(𝑡) = 𝑠𝑖𝑛𝑐(𝑓) ∞

∏(𝑡) = ∫ 𝑠𝑖𝑛𝑐(𝑓) 𝑒 𝑖2𝜋𝑓𝑡 𝑑𝑓 −∞

Haciendo un cambio de f por t y a t por f. ∞

∏(𝑓) = ∫ 𝑠𝑖𝑛𝑐(𝑡) 𝑒 𝑖2𝜋𝑓𝑡 𝑑𝑡 −∞

Para obtener exactamente la integral que buscamos, evaluamos el pulso en −𝑓: ∞

∞

∏(−𝑓) = ∫ 𝑠𝑖𝑛𝑐(𝑡) 𝑒 𝑖2𝜋(−𝑓)𝑡 𝑑𝑡 = ∫ 𝑠𝑖𝑛𝑐(𝑡) 𝑒 −𝑖2𝜋𝑓𝑡 𝑑𝑡 −∞

−∞

En este caso como ∏(𝑓) es par. 𝑠𝑖𝑛𝑐(𝑡) ↔ ∏(𝑓) III. •

Demostracion del teorema de Modulación 1

𝐹{𝑓(𝑡). 𝑔(𝑡)} = 2𝜋 F{f(t)}. F{g(t)} … (𝑎) Demostración:

•

Teniendo en cuenta la propiedad: 𝑓(𝑡) =

•

1 +𝑜𝑜 ∫ 𝐹{𝑓(𝑡)}. 𝑒 𝑖𝑤𝑡 𝑑𝑤 … . (b) 2𝜋 −𝑜𝑜

(b) en (a) 𝑜𝑜

F{f(t).g(t)}=∫−𝑜𝑜 𝑓(𝑡). 𝑔(𝑡). 𝑒 −𝑖𝑤𝑡 𝑑𝑡 𝑜𝑜

1 𝑜𝑜 =∫ ∫ 𝐹{𝑓(𝑎)}. 𝑒 𝑖𝑎𝑡 𝑑𝑎. 𝑔(𝑡). 𝑒 −𝑖𝑤𝑡 𝑑𝑡 −𝑜𝑜 2𝜋 −𝑜𝑜

𝑜𝑜 1 00 ∫ 𝐹{𝑓(𝑎)} ∫ 𝑔(𝑡). 𝑒 −𝑖𝑤𝑡 . 𝑒 𝑖𝑎𝑡 𝑑𝑡𝑑𝑎 2𝜋 −𝑜𝑜 −𝑜𝑜

=

𝑜𝑜 1 00 = ∫ 𝐹{𝑓(𝑎)} ∫ 𝑔(𝑡). 𝑒 −𝑖(𝑤−𝑎)𝑡 𝑑𝑡𝑑𝑎 2𝜋 −𝑜𝑜 −𝑜𝑜

=

1 00 ∫ 𝐹{𝑓(𝑎)} 𝐹{𝑔(𝑤 − 𝑎)}𝑑𝑎 2𝜋 −𝑜𝑜

=

1 00 ∫ 𝐹{𝑓(𝑎)} 𝐹{𝑔(𝑤 − 𝑎)}𝑑𝑎 2𝜋 −𝑜𝑜 =

•

1 𝐹(𝑤) ∗ 𝐺(𝑤) 2𝜋 1

La transformada de fourier de f(t) por g(t) es igual a 2𝜋 por la convolución de las transformadas de fourier de f y g.

IV.

Encontrar la transformada de Fourier de la función seno.

f t   sen(0 t )  fˆ    fˆ   

1  2 fˆ ( ) 

fˆ ( ) 

1 2

 i t

 f (t ) e

dt





 i t

 sen( t ) e 0

dt



  e 





1 2

i0t



1 2i 2

i0t

e 2i

 e





 it

e  

i ( 0 ) t

dt

 i (  0 ) t

e

dt

2  (  0 )   (  0 ) 2i 2

  (  0 )   (  0 ) fˆ ( )  i 2

V.

Encontrar la transformada de Fourier de la función: t  e a , t  0 f (t )   ; (a  0)  0 , t  0 

 fˆ   

fˆ   



1 2

1 2

1 2 





 i t

 f (t ) e

dt





t

e e a

 it

dt

0

1    i  t a 

e

dt

0



  1     i  t   a   1  e  fˆ    2    1  i      a  0



1 1 2 1  i a



1 a 1  i a 2 1  ia 1  ia a a 2  ˆf    2   i 2  1   2 a 2 1   2 a 2 

Tema4:

Problema 1.

Como 𝑅𝐴 = 𝑅𝐵 = 𝑅 = 1𝐾Ω y 𝐶𝐴 = 𝐶𝐵 = 𝐶 = 0.022𝑢𝐹 𝑓𝑐 =

1 1 = = 7.23𝑘𝐻𝑧 2𝜋𝑅𝐶 2𝜋(1𝐾Ω)(0.022𝑢𝐹) Para una respuesta Butterworth

𝑅1 ⁄𝑅 = 0.586 2 𝑅1 = 0.586(1𝐾Ω) = 𝟓𝟖𝟔𝜴 Problema 2.

Considere la siguiente señal analógica (𝑡)=3 𝑐(100𝜋𝑡) a) Si la señal se muestrea a una velocidad de 𝐹𝑠 = 200Hz ¿cuál es la señal en tiempo discreto obtenida tras el muestreo?. b) Si la velocidad de muestreo cambia a 𝐹𝑠 = 75Hz. Solución: Como se vio anteriormente aplicamos la siguiente relación: (𝑛𝑇)≡𝑥(𝑛)=𝐴 𝑐𝑜𝑠(2𝜋𝐹𝑡+ 𝜃)

Tal que: t = nT= 𝑛𝐹𝑠 Entonces obtenemos los siguientes resultados: a) (𝑛)=3 (100𝜋𝑛200)= 3 𝑐𝑜𝑠(𝜋𝑛2) b) (𝑛)=3 (100𝜋𝑛75)= 3 𝑐𝑜𝑠(4𝜋𝑛3)

Problema 3. Considere la siguiente señal analógica x ( )t t t t a = 3cos50π +10sin 300π − cos100π ¿Cuál es la tasa de Nyquist para esta señal? Solución Las frecuencias presentes en la señal son: 𝐹1 = 25𝐻𝑧 𝐹2 = 50𝐻𝑧 𝐹3 = 150𝐻𝑧 Por lo tanto, la frecuencia máxima contenida en la señal es 150Hz, y de acuerdo a la condición Nyquist, la tasa de Nyquist es: 𝐹𝑁 = 2𝐹𝑚𝑎𝑥 Problema 4.

⇒

𝐹𝑁 = 300𝐻𝑧

Considere la siguiente señal analógica 𝑥 𝑎 (𝑡) = 3𝑐𝑜𝑠 2000𝜋𝑡 + 5𝑠𝑖𝑛 6000𝜋𝑡 + 10𝑐𝑜𝑠12000𝜋𝑡 a) ¿Cuál es la tasa de Nyquist para esta señal? b) suponga ahora que se muestrea esta señal a una velocidad de 𝐹𝑠 = 5000 muestras por segundo ¿Cuál es la señal en tiempo discreto que se obtiene tras el muestreo? Solución a) 𝐹1 = 1𝐾𝐻𝑧

𝐹2 = 3𝐾𝐻𝑧

Por lo tanto ⇒ 𝐹𝑁 = 12 𝐾𝐻𝑧

𝐹3 = 6𝐾𝐻𝑧

c) Dado que se ha elegido a 𝐹𝑠 = 5𝐾𝐻𝑧, la máxima frecuencia que puede ser representada sin ambigüedad mediante las muestras es 𝐹𝑠 = 2.5𝐾𝐻𝑧 2 Usando la condición se obtiene: 1 3 6 𝑥 𝑎 (𝑡) = 3𝑐𝑜𝑠 2𝜋( )𝑛 + 5𝑠𝑖𝑛 2𝜋( )𝑛 + 10𝑐𝑜𝑠2𝜋( )𝑛 5 5 5 1 2 1 = 3𝑐𝑜𝑠 2𝜋( )𝑛 + 5𝑠𝑖𝑛 2𝜋(1 − )𝑛 + 10𝑐𝑜𝑠2𝜋(1 + )𝑛 5 5 5 1 2 1 = 3𝑐𝑜𝑠 2𝜋( )𝑛 + 5𝑠𝑖𝑛 2𝜋(− )𝑛 + 10𝑐𝑜𝑠2𝜋( )𝑛 5 5 5 1 2 𝑥 𝑎 (𝑡) = 13𝑐𝑜𝑠 2𝜋 ( ) 𝑛 − 5𝑠𝑖𝑛 2𝜋( )𝑛 5 5 Problema 5 La señal analógica 𝒙(𝒕) = 𝒔𝒆𝒏(𝟒𝟓𝟎πt) + 3𝒔𝒆𝒏(𝟏𝟒𝟓𝟎πt) (t en s.) se muestrea con una frecuencia de 500hz. a) Determine cuál es la frecuencia de Nyquist para esta señal

𝜔1 = 450π = 2π𝐹1 𝐹1 = 225 𝐻𝑧

𝜔2 = 1450π = 2π𝐹2 𝐹2 = 725𝐻𝑧

Con lo que la frecuencia de Nyquist es 2𝐹𝑚𝑎𝑥 = 2 ∗ 715 = 1450 𝐻𝑧 . Como la frecuencia de muestreo es de 500Hz y esta es menor que la 𝐹𝑁𝑦𝑞𝑢𝑖𝑠𝑡 . Se producirá aliasing. b) Calcule a que frecuencia aparecen los alias debido al muestreo inapropiado. 𝐹1 = 𝐹0 + 𝑘𝐹𝑚 → 725 = 𝐹0 + 𝑘500 → 𝐹0 = 725 − 500 = 225𝐻𝑧 La frecuencia 𝐹1 si verifica el teorema de muestreo luego no sufre cambios. c) ¿Cuáles son las frecuencias digitales de la señal resultante del muestreo.

La señal muestreada será: 450

1450

450

1000+450

𝑥(𝑡) = 𝑠𝑒𝑛(500 πn) + 3𝑠𝑒𝑛( 500 πn) 𝑥(𝑡) = 𝑠𝑒𝑛(500 πn) + 3𝑠𝑒𝑛(

500

πn)

450 450 πn) + 3𝑠𝑒𝑛(500πn) 500

𝑥(𝑡) = 𝑠𝑒𝑛(

9 πn) 10

= 4𝑠𝑒𝑛(

Donde hemos tenido en cuenta que la señal seno es periódica de periodo 2π. Las frecuencias digitales para ambas señales son idénticas. 9 𝑓1 = 𝑓2 = 20 d) Si las muestras se pasan a través de un conversor D/A ideal. Que frecuencias tendrá la señal analógica reconstruida.

Al reconstruir la señal sabemos que 𝑓 = 𝐹𝑎1 = 𝐹𝑎2 = 𝑓𝐹𝑚 =

9 *500= 225 20

𝐹𝑎 , 𝐹𝑚

siendo 𝐹𝑎 la frecuencia analógica:

Hz

Luego la señal obtenida a la salida del conversor D/A será: 𝑦(𝑡) = 𝑠𝑒𝑛(2 ∗ 225πt) + 3𝑠𝑒𝑛(2 ∗ 225πt) = 4 𝑠𝑒𝑛(2 ∗ 225πt) Como habíamos obtenido en el apartado (b) Tema5:

EJERCICIO (1)

Usando el teorema de convolucion: La transformada inversa de

Es la función an u[n].ahora bien,

Entonces , usando el teorema de convolución, se obtiene

Por consiguiente, tenemos el par de transformadas

EJERCICIO (2) Determine la TDF de N puntos de las secuencias siguientes:

Solución(a): Tenemos:

Solución (b): Usando (a) y usando la ecuación :

Muestra x[n] y su TFD de N puntos X[K].

EJERCICIO (3) Considere dos secuencias x[x y h[n] de longitud 4 dadas por: Se sabe que:

Se sabe que

Entonces:

Operando se obtiene :

Y

Entonces:

EJERCICIO (4)

1. Transformada Discreta de Fourier.: Convolución circular y lineal. 1. Para las secuencias x[n] y h[n] 1.1. Determinar las Transformadas Discretas de Fourier de las secuencias. 1.2. Obtener la convolución circular.

x[n]  1;1;0

1 h[1;0; ] 2

Solución: 1.1. La Transformada Discreta de Fourier de las secuencias es N 1

X [k]   x[n]e

 j 2 k 3

n 0

 3 1 3  1   2;  ;     2 2 2 2  

 3 3 3 3 3   ;  j ; j  4 4 4  n 0  2 4  1.2. El producto de las dos transformadas es N 1

H[k]   h[n]e

 j 2 kn 3

j 4 k j 4 k      3 j 3 3 j 3    e 3  3  j 23 k e 3  e   3;  ;    1  2  2 2 4 4 4   4    antitransformando, por la propiedad de convolución circular j 2 k   Y  k   X  k .H  k   1  e 3 

y  n  x  n  h  n 

j kn 1 2 3 Y k e   3   ;1;1  3 k 0 2 

EJERCICIO (5) Sea f(t) el tren de pulsos de ancho p y periodo T.

La versión muestreada f(k) de f(t) sólo puede tomar un número finito de puntos. Tomemos por ejemplo N=32 puntos cuidando que cubran el intervalo de 0 a T (con p=1, T=2):

Para obtener estas 32 muestras usando Matlab se puede hacer lo siguiente: k=0:31 f=[(k23)] Plot(k,f,’o’) Con los 32 puntos f(k) calculamos F(n) mediante la FFT, por ejemplo, en Matlab: F=fft(f)/N; Con lo que obtenemos 32 valores complejos de F(n). Estos valores son los coeficientes de la serie compleja ordenados como sigue:

Podemos graficar el espectro de amplitud reordenando previamente F(n) como sigue aux=F; F(1:16)=aux(17:32); F(17:32)=aux(1:16); F(n) queda: Y para graficar el espectro de amplitud: stem(abs(F))

Obteniéndose:

w0=2*pi/T; n=-16:15; w=n*w0; Stem(w,abs(F)) Obteniendo:

Tema6:

Problema 1. Solapamiento en el tiempo. a.- Considerar la secuencia temporal x[n]=0.5nu[n]. b.- Determinar (𝑋𝑒 𝑗𝑤 ) c.- Determinar la secuencia X[k] ≡ (𝑋𝑒 𝑗𝑤 )|ω=2πk/4 para k=0; 1; 2; 3. d.- Si la secuencia obtenida en el punto anterior fueran los coeficientes de una Transformada Discreta de Fourier, determinar la secuencia temporal que se deriva de Dicha secuencia. Solución: a.- La transformada de Fourier de tiempo discreto es: 𝑋(𝑒 𝑗𝑤 ) =

2 2 − 𝑒 −𝑗𝑤

b.-La secuencia obtenida para w=2πk/4 con k=0;1;2;3 es: 𝑋[𝑘] =

2 2𝜋𝑘 , 𝑝𝑎𝑟𝑎: 𝑊 = , 𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠: 2 − 𝑒 −𝑗𝑤 4

𝑋[0] = 2; 𝑋[1] =

2 2 2 ; 𝑋[2] = ; 𝑋[3] = 2+𝑗 3 2−𝑗

c.-La secuencia temporal que generaría X[k]es: 3

2𝜋𝑘𝑛

1 2𝑒 −𝑗 4 16 8 4 2 𝑋´[𝑛] = ∑ , 𝑒𝑠𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠: 𝑋´[𝑛] = ; 𝑋´[𝑛] = ; 𝑋´[𝑛] = ; 𝑋´[𝑛] = 2𝜋𝑘 4 15 15 15 15 −𝑗 4 𝑘=0 2 − 𝑒

d.-La transformada inversa de X[k]es diferente de X[n] porque existe solapamiento a nivel temporal ya que X[n]es diferente para n>N.

𝑋´[𝑛] =

𝑋[𝑛] , 𝑑𝑖𝑓𝑒𝑟𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒 𝑋[𝑛]. 1 1 − (2)4

Problema 2 : Considérese un sistema lineal e invariante en el tiempo caracterizado por la respuesta al impulso h(t ) de la figura. De manera similar se muestra en la figura, la entrada x(t ) que se desea aplicar al sistema LTI. Determinar la salida resultante.

Solución:

h(t )  4u (t  1)  4u (t  3) x(t )  2u (t  1)  2u (t  2) Se aplica la propiedad distributiva de la convolución con respecto a la adición.

y (t )  x(t )* h(t )

  2u(t  1)  2u(t  2) *  4u(t  1)  4u(t  3)    2u(t  1)*4u(t  1)   2u(t  1)*4u(t  3)   2u(t  2)*4u(t 1)   2u(t  2)*4u(t  3)  Se convolucionan las funciones singulares y por último se simplifica como se muestra:

y (t )  x (t ) * h (t ) 8r (t  1  1)  8r (t  1  3) 8r (t  2  1)  8r (t  2  3) 8r (t )  8r (t  2)  8r(t  3)  8r(t  5)

El resultado se muestra en la siguiente grafica

Problema3 : Calcular la transformada de Fourier de las siguientes señales periódicas:

a. 𝑓(𝑡) = |𝐴. 𝑠𝑒𝑛(𝑤𝑜 𝑡)|

solución:

𝜋

𝜋

𝑤𝑜 𝐴 𝑤𝑜 𝐴 𝑒 i𝑤𝑜 −𝑒 −i𝑤𝑜 −i𝑤 nt −i𝑤𝑜 nt 𝐹𝑛 = ∫ 𝑠𝑒𝑛(𝑤𝑜 𝑡) 𝑒 dt = ∫( ) 𝑒 𝑜 dt 2𝜋 2𝜋 2𝑖 0

0

𝜋

𝜋

𝑤𝑜 𝐴 = [∫ 𝑒 i𝑤𝑜 (1−n)t dt − ∫ 𝑒 −i𝑤𝑜 (1+n)t dt] 4𝜋 0

=

=

0

𝑤𝑜 𝐴 𝑒 i𝑤𝑜 (1−n)t 𝜋 𝑒 −i𝑤𝑜 (1+n)t 𝜋 [ | + | ] 4𝜋 𝑖𝑤𝑜 (1 − n) 0 𝑖𝑤𝑜 (1 + n) 0

𝑤𝑜 𝐴 𝑒 i𝑤𝑜 (1−n)π − 1 𝑒 −i𝑤𝑜(1−n)π + 1 [ + ] 4𝜋 𝑖𝑤𝑜 (1 − n) 𝑖𝑤𝑜 (1 + n) ∞

𝑤𝑜 𝐴 𝑒 i𝑤𝑜 (1−n)π − 1 𝑒 −i𝑤𝑜 (1−n)π + 1 i𝑤 nt 𝑓(𝑡) = ∑[ + ]𝑒 𝑜 2𝑖 𝑖𝑤𝑜 (1 − n) 𝑖𝑤𝑜 (1 + n) −∞

∞

𝑤𝑜 𝐴 𝑒 i𝑤𝑜 (1−n)π − 1 𝑒 −i𝑤𝑜(1−n)π + 1 𝐹(𝑤) = ∑[ + ] 𝛿(𝑤 − 𝑤𝑜 ) 2𝑖 𝑖𝑤𝑜 (1 − n) 𝑖𝑤𝑜 (1 + n) −∞

b. 𝑓(𝑡) = 𝐴𝑐𝑜𝑠(200𝜋𝑡)

Solución:

𝑇/2

1

−𝑇/2

−1

1 1 1 𝑒 −i𝑛𝑤𝑜 t 1 1 𝑒 in𝑤𝑜 − 𝑒 −i𝑛𝑤𝑜 𝐹𝑛 = ∫ 𝑓(𝑡) 𝑒 −i𝑛𝑤𝑜 t dt = 𝐴 ∫ 𝑒 in𝑤𝑜 t dt = | = 𝐴[ ] 𝑇 4 4 −i𝑛𝑤𝑜 −1 4 i𝑛𝑤𝑜

1 Sen(𝑛𝑤𝑜 ) 𝐹𝑛 = 𝐴 ( ) 2 𝑛𝑤𝑜

∞

Sen(𝑛𝑤𝑜 ) −i𝑛𝑤 t 𝑜 𝑔(𝑡) = 2𝜋 ∑ ( )𝑒 𝑛𝑤𝑜 −∞

∞

Sen(𝑛𝑤𝑜 ) 𝐹(𝑤′) = 𝐹(𝑔(𝑡)) = 2𝜋 ∑ ( ) 𝛿(𝑤 − 𝑛𝑤𝑜 ) 𝑛𝑤𝑜 −∞

𝐹(𝑤) =

𝐹(𝑤′)𝑤−𝑤𝑜 + 𝐹(𝑤′)𝑤+𝑤𝑜 2

∞

∞

−∞

−∞

Sen(𝑛𝑤𝑜 ) Sen(𝑛𝑤𝑜 ) 𝐹(𝑤) = 𝜋 [∑ ( ) 𝛿(𝑤 − 200 − 𝑛𝑤𝑜 ) + ∑ ( ) 𝛿(𝑤 + 200 − 𝑛𝑤𝑜 )] 𝑛𝑤𝑜 𝑛𝑤𝑜

Problema 4 : Sea la señal: 1 1 𝑥[𝑛] = {1,0,0, , 0, 0, , 0, … } 2 4

Determina su forma desarrollada según la notacion de inpulso unitario y la forma en sumatoria correspondiente. Solucion.

1 1 1 1 𝑥[𝑛] = {1,0,0, , 0, 0, , 0, … } = 𝛿[𝑛 − 0] + 𝑢[𝑛 − 3] + 𝑢[𝑛 − 6] + ⋯ 2 4 2 4 Forma resumida mediante sumatoria:

∞

1 1 1 𝑘 𝑥[𝑛] = {1,0,0, , 0, 0, , 0, … } = ∑ ( ) 𝛿[𝑛 − 3𝑘] 2 4 2 𝑘=1

Problema 5 1 𝑋(𝑒 𝑗𝜔 ) = { 0

|𝜔| < 0,1 0,1 < |𝜔| < 𝜋

Repetida usando la transformada inversa de forma periódica con periodo 2π

+𝜋

1 𝑥[𝑛] = ∫ 𝑋(𝑒 𝑗𝜔 ) 𝑒 𝑗𝜔𝑛 𝑑𝜔 2𝜋 −𝜋

−0,1

+0,1

+𝜋

1 1 1 = ∫ 𝑋(𝑒 𝑗𝜔 ) 𝑒 𝑗𝜔𝑛 𝑑𝜔 + ∫ 𝑋(𝑒 𝑗𝜔 ) 𝑒 𝑗𝜔𝑛 𝑑𝜔 + ∫ 𝑋(𝑒 𝑗𝜔 ) 𝑒 𝑗𝜔𝑛 𝑑𝜔 2𝜋 2𝜋 2𝜋 −𝜋

−0,1

+0,1

+0,1

1 𝑒 𝑗𝜔𝑛 1 𝑒 𝑗(0,1)𝑛 𝑒 𝑗(−0,1)𝑛 = ∫ 𝑒 𝑗𝜔𝑛 𝑑𝜔 = |= − ( ) 2𝜋 𝑗𝑛 2𝜋 𝑗𝑛 𝑗𝑛 −0,1

=

1 𝑒 𝑗(0,1)𝑛 − 𝑒 𝑗(−0,1)𝑛 ( ) 2𝜋 𝑗𝑛

=

1 sin(0,1𝑛) 2𝜋 𝜋𝑛

Tema7: Problema 1 Hallar la inversa de: F (w ) 

1  iw 6  w 2  5iw

SOLUCION: En efecto: F (w ) 

1  iw 1  iw  2 2 6  w  5iw (iw )  5iw  6

F (w ) 

1  iw (2  iw )(3  iw )

F (w ) 

A B 1 2    2  iw 3  iw 2  iw 3  iw

Entonces separamos con unas variables:

Entonces: 1  iw 2  1    1  1  F 1     F  3  iw   F  2  iw  2  6  w  5iw      F 1  2e 3u(3t )  e 2t u(3t )

Problema 2 Hallar la transformada inversa de:

F (w ) 

e 2(w 3)i 5  (w  3)i

SOLUCION: En efecto:

 e (2w  6)i  e 2(w 3)i  1  F 1   F     5  (w  3)i   5  (w  3)i 

Como: F (e 5t u(t ))  Entonces

1 5  iw

F (e 5( t 2)u(t  2)) 

e 2iw 5  iw

Por lo tanto: F (e3 it e 5( t  2)u(t  2)) 

e 2(w 3)i 5  (w  3)i

Luego:  e 2(w 3)i  3 it 5( t  2) F 1  u(t  2) e e  5  (w  3)i 

Problema 3 Hallar la transformada de Fourier de:

5 si f (t )  0 en

3  t  11 otro caso

Su grafico se puede observar:

SOLUCION: En efecto como: f (t )  5(u(t  3)  u(t  11))

f (t )  5( (t  3)   (t  11))

Entonces: F (f (t ))  iwF (w )  F (5( (t  3)   (t  11)))  5(e 3 iw  e 11iw )

Por lo tanto:

F (w ) 

5(e 3 iw  e 11iw 10  e 4iw  e 4iw   iw w 2i

F (w ) 

10e 7 iw Sen 4w w

F (w ) 



11



3

 7 iw e 

 iwt  iw  f (t )e dt 5  e dt

Problema 4:

1  x 2 Si f ( x)   0 

x 1 x 1

La integral de furrier está dado por:

f ( x) 

 

1





f (t ) cos w( x  t )dtdw ………………………….. (1)

0 

f (t )  1  x 2 es una función real; integramos por partes en ………….(1)  1   w cos w(t  1)  senw(t  1)  cos w(t  1) w  senw(t  1)   f ( x)    dw  0 w3 



f ( x)  

2 w[cos w(t  1)  cos w(t  1)]  [ senw(t  1)  senw(t  1)] dw  0 w3

Además la transforma de Fourier: 

F ( w) 





F ( w)  

f ( x )e

 jwx

1

dx   (1  x 2 )e  jwx dx  1

4 ( w cos w  senw) w3

4 (w cos w  senw) w3

Problema 5:

cos x x   ; x  0

Obtener IF. f ( x)   IF:

f ( x)  f ( x) 

1

 1



 



f (t ) cos w( x  t )dtdw

0 

 

  cost cos w( x  t )dtdw ………………………….. (1) 0 

Integramos por partes en…………. (1)

f ( x)  f ( x) 

 1  4 wsenw( x   ) 4 wsenw( x   )   dw  0  4( w  1)( w  1) 4( w  1)( w  1) 

1



w

 senw( x   )  senw( x   ) dw   ( w  1)( w  1) 0

Además la transforma de Fourier: 

F ( w) 



f ( x)e  jwx dx 



F ( w)  



 cose



2wsen w ( w  1)( w  1)

 jwx

dx   sen w

2w ( w  1)( w  1)