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GRUPO N°1 1. Demuestre que 𝛿[𝑛 − 𝑚] es igual a 𝑧 −𝑚 ∞

𝑧(𝛿[𝑛 − 𝑚]) = ∑ 𝛿[𝑛 − 𝑚]𝑧 −𝑛 𝑛=0

∞

= ∑ 𝛿[ 𝑗 ]𝑧 −(𝑗+𝑚) , 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑗 = 𝑛 − 𝑚 𝑗=−𝑚

∞

= ∑ 𝛿[ 𝑗 ]𝑧 −𝑗 . 𝑧 −𝑚 𝑗=−𝑚 ∞

=𝑧

−𝑚

∑ 𝛿[ 𝑗 ]𝑧 −𝑗 𝑗=−𝑚 ∞

=𝑧

−𝑚

∑ 𝛿[ 𝑗 ]𝑧 −𝑗 , 𝛿[ 𝛽 ] = 0 , 𝛽 < 0 𝑗=0

= 𝑧 −𝑚 𝛿[ 𝑧] = 𝑧 −𝑚

Por consiguiente hemos demostrado que: 𝛿[𝑛 − 𝑚] = 𝑧 −𝑚 2. PROPIEDADES DE TRANSFORMADA Z

3. Halle la representación en serie trigonométrica de Fourier para la

siguiente señal, mostrada en la figura. Suponga que el intervalo de repetición para la serie será de −π a +π.

Solución: La señal f(t) se definirá como: 𝑓(𝑡) = {

𝐴𝑐𝑜𝑠𝑡, 0,

𝜋 𝜋 ≤𝑡≤ 2 2 𝑜𝑡𝑟𝑜 𝑐𝑎𝑠𝑜 −

Para la serie de Fourier tendremos que: 𝑇𝑜 = 2𝜋 − 𝜔𝑜 = 1 Dado que la señal f (t)t tiene simetría par, entonces los coeficientes bn = 0. Para este caso solo se considera los calculos de los coeficientes an . Por definición: 2 𝑡+𝑇𝑜 𝑎𝑛 = ∫ 𝑓(𝑡)𝑐𝑜𝑠𝑛𝜔𝑜 𝑡𝑑𝑡 𝑇𝑜 𝑡

Sustituyendo: 𝜋

𝜋

2

2

2 2 𝐴 2 𝑎𝑛 = ∫ 𝐴𝑐𝑜𝑠𝑡𝑐𝑜𝑠𝑛𝑡𝑑𝑡 = ∫ 𝐴𝑐𝑜𝑠𝑡 𝑐𝑜𝑠𝑛𝑡𝑑𝑡 2𝜋 −𝜋 𝜋 −𝜋 Resolviendo la integral por tablas:

∫ 𝑐𝑜𝑠𝑎𝑢 𝑐𝑜𝑠𝑏𝑢 𝑑𝑢 = Sustituyendo a=1

(𝑠𝑒𝑛(𝑎 − 𝑏)𝑢) 𝑠𝑒𝑛(𝑎 + 𝑏)𝑢 + 2(𝑎 − 𝑏) 2(𝑎 + 𝑏)

y b=n, en la integral:

𝜋 𝜋 𝐴 𝑠𝑒𝑛(1 − 𝑛)𝑡 + 2 𝑠𝑒𝑛(1 + 𝑛)𝑡 + 2 | 𝜋+ | 𝜋] 𝑎𝑛 = [ 𝜋 2(1 − 𝑛) 2(1 + 𝑛) −2 −2 Evaluando los limites:

𝝅 𝝅 𝑨 𝒔𝒆𝒏(𝟏 − 𝒏) ( 𝟐 ) − 𝒔𝒆𝒏(𝟏 − 𝒏) (− 𝟐 ) 𝒂𝒏 = [ 𝝅 𝟐(𝟏 − 𝒏) 𝝅 𝝅 (𝒔𝒆𝒏(𝟏 + 𝒏) ( 𝟐 ) − 𝒔𝒆𝒏(𝟏 + 𝒏) (− 𝟐 )) + ] 𝟐(𝟏 + 𝒏)

𝝅 𝝅 𝑨 𝒔𝒆𝒏(𝟏 − 𝒏) ( 𝟐 ) + 𝒔𝒆𝒏(𝟏 − 𝒏) ( 𝟐 ) 𝒂𝒏 = [ 𝝅 𝟐(𝟏 − 𝒏) 𝝅 𝝅 (𝒔𝒆𝒏(𝟏 + 𝒏) ( 𝟐 ) + 𝒔𝒆𝒏(𝟏 + 𝒏) ( 𝟐 )) + ] 𝟐(𝟏 + 𝒏)

𝝅 𝝅 𝑨 𝒔𝒆𝒏(𝟏 − 𝒏) ( 𝟐 ) (𝒔𝒆𝒏(𝟏 + 𝒏) ( 𝟐 )) 𝒂𝒏 = [ + ] (𝟏 − 𝒏) (𝟏 + 𝒏) 𝝅

Aplicando identidades trigonometricas: 𝒂𝒏 =

𝟐𝑨 𝒏𝝅 𝐜𝐨𝐬 ( ) ∀ 𝒏 ≠ 𝟏. 𝝅(𝟏 − 𝒏𝟐 ) 𝟐

De la expresión anterior obtenida para los coeficientes a n, se establece que esta expresión es válida para toda n excepto para n =1, dado que para ese valor se produce una indeterminación. Se procede a obtener dicho valor a1, el cual puede obtenerse sustituyendo el valor particular de n, para este caso n =1, en la expresión general de los coeficientes an, antes de proceder al cálculo integral, tal como se muestra a continuación: Formula general: 𝒂𝒏 =

𝟐 𝒕+𝑻𝒐 ∫ 𝒇(𝒕)𝒄𝒐𝒔𝒏𝝎𝟎 𝒕𝒅𝒕 𝑻𝒐 𝒕

Para el caso n=1: 𝝅

𝑨 𝟐 𝒂𝟏 = ∫ 𝐜𝐨𝐬 𝟐 𝒕 𝒅𝒕 𝝅 −𝝅 𝟐

Por identidad trigonométrica:

𝐜𝐨𝐬𝟐 𝒕 = entonces:

𝟏 (𝟏 + 𝒄𝒐𝒔𝟐𝒕) 𝟐

𝜋 𝜋 +2 1 +2 𝐴 𝑎1 = (𝑡| 𝜋 + 𝑠𝑒𝑛2𝑡| 𝜋 𝜋 −2 2 −2

Evaluando límites: 𝐴 𝜋 𝜋 1 [( + ) + (𝑠𝑒𝑛𝜋 (𝑒𝑞 = 0) + 𝑠𝑒𝑛𝜋 (𝑒𝑞 = 0)] 2𝜋 2 2 2 𝐴 → 𝑎1 = 2 𝑎1 =

Ahora, solo basta hallar el coeficiente independiente a0. Según la fórmula:

𝑎0 =

1 𝑡+𝑇𝑜 ∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡 𝑇𝑜 𝑡

𝝅 𝜋 +𝟐 𝟏 𝐴 2 1 𝐴 𝑎0 = ∫ 𝐴𝑐𝑜𝑠𝑡 𝑑𝑡 = 𝑠𝑒𝑛𝒕| 𝝅 + = 2𝜋 −𝜋 2𝜋 −𝟐 𝟐 𝜋 2

Luego entonces la serie de fourier para esta señal será∶ ∞

𝐴 𝐴 2𝐴 𝑛𝜋 𝑓(𝑡) = + 𝑐𝑜𝑠𝑡 + ∑ 𝑐𝑜𝑠 𝑐𝑜𝑠𝑛𝑡 𝜋 2 𝜋(1 − 𝑛2 ) 2 𝑛=2

4. Una barra metálica de 100 cm de longitud tiene los extremos x=0 y x=100 mantenidos a 0’’C. Inicialmente, la mitad de a barra está a 60’’C, mientras que la otra mitad está a 40’’C. Asumiendo una difusividad de 0,16 unidades cgs y que la superficie de la barra está aislada, encuentre la temperatura en toda parte de la barra al tiempo t. La ecuación de conducción del calor es: 𝝏𝒖 𝝏𝟐 𝒖 = 𝟎, 𝟏𝟔 𝟐 … (𝟏) 𝝏𝒕 𝝏𝒙 Donde 𝑼(𝒕, 𝒙) es la temperatura en el sitio x al tiempo t. Las condiciones de frontera son: 𝒖(𝟎, 𝒕) = 𝟎, 𝒖(𝟏𝟎𝟎, 𝒕) = 𝟎

𝑼(𝒙, 𝟎) = {

𝟔𝟎, 𝟎 < 𝒙 < 𝟓𝟎 𝟒𝟎, 𝟓𝟎 < 𝒙 < 𝟏𝟎𝟎

… (2)

Solución: Asumiendo una solución 𝑈 = 𝑋𝑇 , en (1) encontramos: 𝑋𝑇 ′ = 0.16𝑋 ′′ 𝑇 𝑜

𝑇′ 𝑋′′ = 0,16𝑇 𝑋

Haciendo estos iguales a una constante la cual, como nuestras experiencias previas indicaban era negativa, y a la cual denotamos por tanto por −𝜆2, encontramos: 𝑇 ′ + 0,16𝜆2 𝑇 = 0, 𝑋 ′′ = 𝜆2 𝑋 = 0 Y así obtenemos la solución: 2 𝑈(𝑥, 𝑡) = 𝑒 −0,16𝜆 𝑡 (𝐴𝑐𝑜𝑠𝜆𝑥 + 𝐵𝑠𝑒𝑛𝜆𝑥) Las dos primeras condiciones de (2) muestran que 𝐴 = 0, 𝜆 = 𝑛𝜋/100. Para satisfacer la última condición usamos la superposición de las soluciones para obtener: −6 𝜋2 𝑡

𝑈(𝑥, 𝑡) = 𝑏1 𝑒 −16.10

𝑠𝑒𝑛

𝜋𝑥

Para 𝑡 = 0,

𝜋𝑥 2𝜋𝑥 −6 2 + 𝑏2 𝑒 −64.10 𝜋 𝑡 𝑠𝑒𝑛 +⋯ 100 100

(3)

2𝜋𝑥

𝑏1 𝑠𝑒𝑛 100 + 𝑏2 𝑠𝑒𝑛 100 = 𝑈(𝑥, 0)

Así, tenemos 𝑏𝑛=

100 2 𝑛𝜋𝑥 ∫ 𝑈(𝑥, 0)𝑠𝑒𝑛 𝑑𝑥 100 0 100

50 100 2 𝑛𝜋𝑥 2 𝑛𝜋𝑥 (60)𝑠𝑒𝑛 = ∫ 𝑑𝑥 + ∫ (40) 𝑑𝑥 100 0 100 100 50 100

=

120 𝑛𝜋 80 𝑛𝜋 (1 − 𝑐𝑜𝑠 ) + (𝑐𝑜𝑠 − 𝑐𝑜𝑠𝑛𝜋) 𝑛𝜋 2 𝑛𝜋 2

Así 𝑏1 = 200⁄𝜋 , 𝑏2 = 40⁄𝜋 , . , 𝑦 (3) llega a ser 𝑈(𝑥, 𝑡) =

200 −16.10−6 𝜋2𝑡 𝜋𝑥 40 −64.10−6 𝜋2 𝑡 2𝜋𝑥 𝑒 𝑠𝑒𝑛 + 𝑒 𝑠𝑒𝑛 +⋯ 𝜋 100 𝜋 100

La cual se puede mostrar que es una solución única. 5. Expanda en una serie de Fourier de la función con grafica:

𝒇(𝒕) = {

𝟎 𝝅−𝒙

𝒑𝒂𝒓𝒂 − 𝝅 < 𝒙 < 𝟎 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝟎 ≤ 𝒙 < 𝝅

Solución: Tendremos:

𝑤0 =

2𝜋 =1 2𝜋

Usando el teorema de aproximación de una serie de Fourier finita: 𝐾

𝐾

𝑛=1

𝑛=1

𝑎0 𝑆𝐾 (𝑡) = + ∑ 𝑎𝑛 cos(𝑛𝑤0 𝑡) + 𝑏𝑛 sen(𝑛𝑤0 𝑡) = 𝐶0 + ∑ 𝐶𝑛 cos(𝑛𝑤0 𝑡 − 𝜃𝑛 ) 2

Para los valores de ao, an y bn usamos las ecuaciones :

1

𝜋

1

0

𝜋

𝑎0 = 𝜋 ∫−𝜋 𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 = 𝜋 (∫−𝜋 0 𝑑𝑥 + ∫0 (𝜋 − 𝑥) 𝑑𝑥) 𝜋

1 𝑥2 𝑎0 = [𝜋𝑥 − ] 𝜋 2 0 𝑎0 =

1

𝜋 2

𝜋

𝑎𝑛 = 𝜋 ∫−𝜋 𝑓(𝑥)cos(𝑤0𝑛𝑥) 𝑑𝑥 recuerde que 𝑤0 = 1 𝑎𝑛 =

0 𝜋 1 (∫ 0 𝑑𝑥 + ∫ (𝜋 − 𝑥)cos(𝑛𝑥) 𝑑𝑥) 𝜋 −𝜋 0

𝑎𝑛 =

1 [(𝜋𝑠𝑒𝑛(𝑛𝑥) − cos(𝑛𝑥) − 𝑛𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑛𝑥))]𝜋0 𝜋𝑛2 𝑎𝑛 =

1

1 − (−1)𝑛 𝜋𝑛2

𝜋

𝑏𝑛 = 𝜋 ∫−𝜋 𝑓(𝑥) 𝑠𝑒𝑛(𝑤0 𝑛𝑥) 𝑑𝑥 recuerde que 𝑤0 = 1 𝑏𝑛 = 𝑏𝑛 =

0 𝜋 1 (∫ 0 𝑑𝑥 + ∫ (𝜋 − 𝑥)sen(𝑛𝑥) 𝑑𝑥) 𝜋 −𝜋 0

1 [(−𝜋𝑐𝑜𝑠(𝑛𝑥) − sen(𝑛𝑥) + 𝑛𝑥𝑐𝑜𝑠(𝑛𝑥))]𝜋0 𝜋𝑛2 𝑏𝑛 =

1 𝑛

Hallando las sumas parciales gracias al Teorema: Para n=1 𝜋 𝑆1 (𝑡) = 2 + 𝑎1 cos(𝑥) + 𝑏𝑛 𝑠𝑒𝑛(𝑥) 2 𝑆1 (𝑡) =

𝜋 1 − (−1)1 1 + cos(𝑥) + 𝑠𝑒𝑛(𝑥) 4 𝜋12 1

𝑆1 (𝑡) =

𝜋 2 + cos(𝑥) + 𝑠𝑒𝑛(𝑥) 4 𝜋

Para n=2 𝑆2 (𝑡) = 𝑆1 (𝑡) + 𝑎2 cos(2𝑥) + 𝑏2 𝑠𝑒𝑛(2𝑥) 𝑆2 (𝑡) = 𝑆1 (𝑡) + 𝑆2 (𝑡) =

1 − (−1)2 1 cos(2𝑥) + 𝑠𝑒𝑛(2𝑥) 𝜋22 2

𝜋 2 1 + cos(𝑥) + 𝑠𝑒𝑛(𝑥) + 𝑠𝑒𝑛(2𝑥) 4 𝜋 2

Para n=3 𝑆3 (𝑡) = 𝑆2 (𝑡) + 𝑎3 cos(3𝑥) + 𝑏3 𝑠𝑒𝑛(3𝑥) 𝑆3 (𝑡) = 𝑆2 (𝑡) + 𝑆3 (𝑡) =

1 − (−1)3 1 cos(3𝑥) + 𝑠𝑒𝑛(3𝑥) 𝜋32 3

𝜋 2 1 2 1 + cos(𝑥) + 𝑠𝑒𝑛(𝑥) + 𝑠𝑒𝑛(2𝑥) + cos(3𝑥) + 𝑠𝑒𝑛(3𝑥) 4 𝜋 2 9𝜋 3

Las aproximaciones a f (x) mediante las sumas parciales quedan de la siguiente manera (fig.14):

6. Expanda en una serie de Fourier de la función con grafica:

−𝟏 𝟐

𝒇(𝒕) = {

𝒑𝒂𝒓𝒂 − 𝝅 < 𝒙 < 𝟎 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝟎 ≤ 𝒙 < 𝝅

Solución: 2𝜋

Tendremos:𝑤0 = 2𝜋 = 1 Usando el teorema de aproximación de una serie de Fourier finita: 𝐾

𝐾

𝑛=1

𝑛=1

𝑎0 𝑆𝐾 (𝑡) = + ∑ 𝑎𝑛 cos(𝑛𝑤0 𝑡) + 𝑏𝑛 sen(𝑛𝑤0 𝑡) = 𝐶0 + ∑ 𝐶𝑛 cos(𝑛𝑤0 𝑡 − 𝜃𝑛 ) 2

Para los valores de ao, an y bn usamos las ecuaciones:

𝜋 1 𝜋 1 0 𝑎0 = ∫ 𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 = (∫ −1 𝑑𝑥 + ∫ 2 𝑑𝑥) 𝜋 −𝜋 𝜋 −𝜋 0

𝑎0 =

1 ([−𝑥]0−𝜋 + [2𝑥]𝜋0 ) 𝜋

𝑎0 = 1 1

𝜋

𝑎𝑛 = 𝜋 ∫−𝜋 𝑓(𝑥)cos(𝑤0𝑛𝑥) 𝑑𝑥 recuerde que 𝑤0 = 1 0 𝜋 1 𝑎𝑛 = (∫ −1cos(𝑛𝑥) 𝑑𝑥 + ∫ 2cos(𝑛𝑥) 𝑑𝑥 ) 𝜋 −𝜋 0

1 𝑠𝑒𝑛(𝑛𝑥) 0 𝑠𝑒𝑛(𝑛𝑥) 𝜋 𝑎𝑛 = ([− ] + [2 ] ) 𝜋 𝑛 𝑛 −𝜋 0 𝑎𝑛 = 0 1

𝜋

𝑏𝑛 = 𝜋 ∫−𝜋 𝑓(𝑥) 𝑠𝑒𝑛(𝑤0 𝑛𝑥) 𝑑𝑥 recuerde que 𝑤0 = 1 𝑏𝑛 =

0 𝜋 1 (∫ −1𝑠𝑒𝑛(𝑛𝑥) 𝑑𝑥 + ∫ 2sen(𝑛𝑥) 𝑑𝑥) 𝜋 −𝜋 0

1 cos(𝑛𝑥) 0 cos(𝑛𝑥) 𝜋 𝑏𝑛 = ([ ] + [−2 ] ) 𝜋 𝑛 𝑛 −𝜋 0 𝑏𝑛 =

3(1 − (−1)𝑛 ) 𝑛𝜋

Hallando las sumas parciales gracias al Teorema 1.21: Para n=1 𝑆1 (𝑡) = 𝑆1 (𝑡) =

1 + 𝑎1 cos(𝑥) + 𝑏𝑛 𝑠𝑒𝑛(𝑥) 2

1 3(1 − (−1)1 ) + 0 cos(𝑥) + 𝑠𝑒𝑛(𝑥) 2 𝜋 𝑆1 (𝑡) =

1 6 + 𝑠𝑒𝑛(𝑥) 2 𝜋

Para n=2 𝑆2 (𝑡) = 𝑆1 (𝑡) + 𝑎2 cos(2𝑥) + 𝑏2 𝑠𝑒𝑛(2𝑥) 𝑆2 (𝑡) = 𝑆1 (𝑡) + 0 cos(2𝑥) + 𝑆2 (𝑡) =

3(1 − (−1)2 ) 𝑠𝑒𝑛(2𝑥) 2𝜋

1 6 + 𝑠𝑒𝑛(𝑥) 2 𝜋

Para n=3 𝑆3 (𝑡) = 𝑆2 (𝑡) + 𝑎3 cos(3𝑥) + 𝑏3 𝑠𝑒𝑛(3𝑥) 𝑆3 (𝑡) = 𝑆2 (𝑡) + 0 cos(3𝑥) + 𝑆3 (𝑡) =

3(1 − (−1)3 ) 𝑠𝑒𝑛(3𝑥) 3𝜋

1 6 2 + 𝑠𝑒𝑛(𝑥) + 𝑠𝑒𝑛(3𝑥) 2 𝜋 𝜋

Para n=4 𝑆4 (𝑡) = 𝑆3 (𝑡) + 𝑎4 cos(4𝑥) + 𝑏3 𝑠𝑒𝑛(4𝑥) 𝑆4 (𝑡) = 𝑆3 (𝑡) + 0 cos(4𝑥) + 𝑆4 (𝑡) =

3(1 − (−1)4 ) 𝑠𝑒𝑛(4𝑥) 4𝜋

1 6 2 + 𝑠𝑒𝑛(𝑥) + 𝑠𝑒𝑛(3𝑥) 2 𝜋 𝜋

Como vemos S1=S2 y S3=S4 lo que se ira repitiendo en las siguientes sumas parciales. Las aproximaciones a f(x) mediante las sumas parciales quedan de la siguiente manera (fig.15):

7. Sea 𝒇(𝒕) =

𝒕𝟐

; 𝟎 0

−∞

={

0 −t [1

5e

−t ]

−e

si t < 0 si t > 0

= H(t)5e−t [1 − e−t ] = 𝟓𝐇(𝐭)[𝐞−𝐭 − 𝐞−𝟐𝐭 ]

PROBLEMA 04 Demostrar que la Transformada de Fourier de la función escalón unitario es

𝑭(𝒘) = 𝓕[𝒖(𝒕)] = 𝝅𝜹(𝒘) +

Solución:

1 , 𝑆𝑖 𝑡 > 0 𝑢(𝑡) = { 0 , 𝑆𝑖 𝑡 < 0

𝟏 𝒋𝒘

𝐹 (𝑤) = ℱ [𝑢(𝑡)] Se tiene:

𝐹 (−𝑤) = ℱ [𝑢(−𝑡)]

𝑢(𝑡) = {

0 , 𝑆𝑖 𝑡 > 0 1 , 𝑆𝑖 𝑡 < 0

Entonces:

𝑢(𝑡) + 𝑢(−𝑡) = 1 (𝑒𝑥𝑐𝑒𝑝𝑡𝑜 𝑐𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑡 = 0) Por linealidad

𝓕[𝒖(𝒕)] + 𝓕[𝒖(−𝒕)] = 𝓕[𝟏]

Por función constante

𝓕[𝑨] = 𝟐𝝅𝑨𝜹(𝒘)

𝓕[𝒘] + 𝓕[(−𝒘)] = 𝟐𝝅𝜹(𝒘) … … … … . (𝟏)

Suponemos:

𝓕[𝒘] = 𝒌𝜹(𝒘) + 𝑩(𝑾)

Reemplazando en (1)

ℱ[𝑤] + ℱ[(−𝑤)] = 𝑘𝛿(𝑤) + 𝐵(𝑤) + 𝑘𝛿(−𝑤) + 𝐵(−𝑤) = 2𝑘𝛿(𝑤) Por lo tanto:

𝑘=𝜋

𝑢´(𝑡) =

𝑑𝑢(𝑡) = 𝛿(𝑡) 𝑑𝑡

Propiedad de derivación

ℱ[𝑢´(𝑡)] = 𝑗𝑤𝐹[𝑤] = 𝑗𝑤[𝜋𝛿(𝑤) + 𝐵(𝑤)] = 𝑗𝑤[𝛿(𝑤)] = 1 Se cumple:

𝑤𝛿(𝑤) = 0

𝑗𝑤𝐵(𝑤) = 1

𝐵(𝑤) =

1 𝑗𝑤

Reemplazando en:

𝓕[𝒘] = 𝒌𝜹(𝒘) + 𝑩(𝑾)

𝓕[𝒘] = 𝟐𝝅𝜹(𝒘) +

𝟏 𝒋𝒘

1. Desarrollar en serie de Fourier la siguiente función f(x) =x 2 ; π 𝑎𝑛 = 0. 𝑏𝑛 = − ∞

8 𝑛𝜋

8 𝑔(𝑡) = − ∑ 𝑛𝑠𝑒𝑛(𝑛𝜋𝑡) 𝜋 𝑛=1

1

5𝑠𝑒𝑛10𝜋𝑡 , 0 ≤ 𝑡 ≤ 10 e. 𝑦(𝑡) = { 1 𝑦 (𝑡 ± 10) Como 𝑓(𝑡) par => 𝑏𝑛 = 0. 𝑎𝑛 =

20 𝜋(1 − 4𝑛2 )

∀𝑛

10 𝜋 ∞ 10 20 𝑦(𝑡) = +∑ 𝑐𝑜𝑠(20𝜋𝑛𝑡) 𝜋 𝜋(1 − 4𝑛2 ) 𝑎𝑛 =

𝑛=1

f. ℎ(𝑡) = {

𝑐𝑜𝑠2𝑡 , 0 ≤ 𝑡 ≤ 0 , 0≤𝑡≤

𝜋

𝜋 4

4

𝑎𝑛 =

2𝑐𝑜𝑠𝑛𝜋 𝜋(1 − 4𝑛2 ) 𝑎𝑛 =

𝑏𝑛 =

∀𝑛

1 𝜋

−4𝑛 𝜋(1 − 4𝑛2 )

∀𝑛

∞

1 2𝑐𝑜𝑠𝑛𝜋 ℎ(𝑡) = + ∑ 𝑐𝑜𝑠(4𝑛𝑡) 𝜋 𝜋(1 − 4𝑛2 ) 𝑛=1

4. 𝐄𝐧𝐜𝐮é𝐧𝐭𝐫𝐞𝐬𝐞 𝐥𝐚 𝐭𝐫𝐚𝐧𝐬𝐟𝐨𝐫𝐦𝐚𝐝𝐚 𝐝𝐞 𝐅𝐨𝐮𝐫𝐢𝐞𝐫 𝐝𝐞 𝐮𝐧𝐚 𝐟𝐮𝐧𝐜𝐢ó𝐧 𝐩𝐮𝐥𝐬𝐨 𝐫𝐞𝐜𝐭𝐚𝐧𝐠𝐮𝐥𝐚𝐫 𝐩𝐞𝐫𝐢ó𝐝𝐢𝐜𝐚, 𝐩𝐮𝐥𝐬𝐨 𝐫𝐞𝐜𝐭𝐚𝐧𝐠𝐮𝐥𝐚𝐫 𝐝𝐞 𝐝𝐮𝐫𝐚𝐜𝐢ó𝐧 𝛕 𝐬𝐞𝐠𝐮𝐧𝐝𝐨 𝐪𝐮𝐞 𝐬𝐞 𝐫𝐞𝐩𝐢𝐭𝐞 𝐜𝐚𝐝𝐚 𝐓 𝐬𝐞𝐠𝐮𝐧𝐝𝐨𝐬.

𝐀 𝐩𝐚𝐫𝐚 − 𝛕⁄𝟐 < 𝒕 < 𝛕⁄𝟐 𝐟(𝐭) = { 𝟎 𝐩𝐚𝐫𝐚 𝛕⁄𝟐 < 𝒕 < 𝑻 − 𝛕⁄𝟐

Solución: Sabemos que:

∞

f(t) = ∑ Fn ejnω0 t n=−∞

Aτ nπτ Sa ( ) T T Como ya fue demostrado anteriormente, la serie exponencial de Fourier esta dado por: Fn = ∞

f(t) = ∑ n=−∞

Aτ nπτ jnω t Sa ( )e 0 T T

Entonces la transformada de Fourier es: ∞

ℱ[f(t)] = ∑ Fn ℱ[ejnω0 t ] n=−∞ ∞

ℱ[f(t)] = 2π ∑ Fn ∙ δ(ω − nω0 ) n=−∞ ∞

ℱ[f(t)] =

2πAτ nπτ ∑ Sa ( ) ∙ δ(ω − nω0 ) T T n=−∞

Así la transformada de Fourier de f(t) consta de impulsos localizados en ω = 0, ±ω0 , ±2ω, … , nω0 . La magnitud o intensidad del impulso localizado en ω 2πAτ nπτ = nω0 esta dado por Sa ( ). T T En la figura que representamos a continuación se muestra el espectro en el caso en que τ = 1⁄20 segundos y T = 1⁄4 segundos y ω

5. Se tiene la señal de tono 𝐟(𝐭) = 𝟑𝐜𝐨𝐬(𝟐𝛑𝟏𝟎𝟑 𝐭) con una frecuencia de muestreo 𝐟𝐬 = 𝟐𝟎𝐤𝐇𝐳; hallar: a. Fn y F(nts) b. El número de muestras por periodo c. La tabulación y la amplitud de cada una de las muestras d. El factor “∝” en grados entre cada muestra

Solución: a) F(nTs) = 3 cos(2π ∗ 103 nTs) 1 1 Ts = = Fs 20khz Reemplazando: 103 n F(nTs) = 3cos(2π ∗ ) 20khz nπ F(nTs) = 3 cos ( ) 10

b)

#muestras periodo

=

Fs Fn

Sabemos que: wn = 2π ∗ Fn Fn =

wn 2π ∗ 103 = 2π 2π

Fn = 1khz #muestras 20khz = = 20 periodo 1khz

c) Tabulando:

d) Calculamos el factor "α" para determinar la separación entre cada muestra: 360o α= 20 α = 18o

Graficando:

GRUPO N°8 1) EJERICICIO: Halle la representación de DTFT de la siguiente señal periódica.

𝜋 𝜋 𝑥[𝑛] = cos ( 𝑛) + 𝑠𝑒𝑛 ( 𝑛) 8 5 Solución: 𝜋 𝜋 𝜋 1 𝜋 1 𝑥[𝑛] = [𝑒 𝑗 8 𝑛 + 𝑒 −𝑗 8 𝑛 ] + [𝑒 𝑗 5 𝑛 − 𝑒 −𝑗 5 𝑛 ] 2 2𝑗

𝜋 𝜋 𝜋 𝛺𝑜 = 𝐼𝑐𝑚 ( , ) = 8 5 40

𝑋[5] = 𝑋[−5] = 𝑋[8] = −𝑋[−8] =

1 2 1 2𝑗

∞ 𝑗𝛺

𝑋(𝑒 ) = 2𝜋 ∑ 𝑋[𝑘]𝛿(𝛺 − 𝑘𝛺𝑜 ) 𝑘=−∞

𝜋 𝜋 𝜋 𝜋 𝜋 𝑋(𝑒 𝑗𝛺 ) = 𝜋 [𝛿 (𝛺 − ) + 𝛿 (𝛺 + )] + [𝛿 (𝛺 − ) − 𝛿 (𝛺 + )] 8 8 𝑗 5 5 PROBLEMA N° 2 Un transmisor de AM tiene una salida de 24 KW cuando se la modula con un tono para el caso m=1 (índice de modulación) Determinar: 1. Potencia de salida de la portadora sin modular y la potencia pico de envolvente expresada en dbm. 2. Potencia de cada una de las bandas laterales (en bdm). 3. Para el caso de m= 0.6, con una banda lateral suprimida y la portadora reducida en 26 db., cual es la potencia de salida. Solución: 1. Para calcular la potencia de salida de la portadora sin modular, debemos notar que al ser m=1, la amplitud del tono modulante y de la portadora son iguales. Esto indica que la potencia de salida de la señal modulada es:

En donde se consideró

R= 1Ω

Se pude observar que dos tercios de la potencia de salida de la señal modulada corresponden a la potencia de salida de la portadora, siendo la misma:

Expresada en dbm:

Luego, la potencia pico de envolvente se corresponde con el máximo valor de amplitud de la señal modulada, siendo el mismo:

De este modo, la potencia pico queda definida como:

Expresada en dbm:

2. Como dijimos en el punto anterior, dos tercios de la potencia de salida de la señal modulada corresponden a la portadora, siendo el tercio restante el correspondientes a las dos bandas laterales, por lo tanto:

De este modo, cada una de las bandas laterales tendrá una potencia de 4KW. Expresada en dBm:

3. En este caso, la reducción de potencia de la portadora es:

Expresada en Watts:

Entonces, la potencia de salida m=0.6 y una banda lateral suprimida será:

PROBLEMA N° 3 Se presenta un diagrama de bloques de un receptor superheterodino AM que tiene una banda pasante de 0-5 KHz alrededor de la frecuencia central. La antena recibe de 8 µv sobre 50Ω. En “1” se encuentra presente una portadora de 1MHz.

Determinar: 1. El espectro resultante en los puntos: “2-3-4-5-6-7” 2. Si es portadora se modula con un tono de 1.5KHz, es espectro en los mismos puntos y la forma de onda en “5”3. El amplificador de RF se sintoniza a 650 KHz, sin embargo se escucha uanestación que emite a 1580KHz, con bastante claridad. ¿Puede explicar el fenómeno? 4. La entrada del punto 1 es una DBL_SP, con una Fc=1MHz y Fm=1KHz. Determine las frecuencias en los puntos anteriores y la forma de onda en “5”.

Solución 1. En el punto “2” el espectro corresponde a la señal portadora de 1MHz, con una amplitud de 25,29 µV ya que la señal ganó 10dB:

En el punto “3” el espectro corresponde a la señal portadora mezclada con la señal de 1465KHz del oscilador local, obteniéndose a la salida de dicho mezclador las frecuencias suma y resta entre ambas.

En el punto “4” la señal pasó por un filtro para eliminar el componente de +- 2465 KHz y dejado pasar solamente los 465 KHz que corresponden a la FI (frecuencia intermedia) del equipo. La señal ganó 75 dB

En la etapa de detección (etapa “5”) la señal es integrada a través de un filtro para bajos, eliminando la frecuencia de la portadora y generando un componente espectral de corriente continua (frecuencia=0) con la misma amplitud que la de la señal portadora proveniente de la

etapa anterior y reducida 2dB (en este caso) que se utiliza con referencia para controlar la ganancia de los amplificadores de portadora en la etapa AGC (Control Automáticos de Ganancia) que no se muestra en el diagrama.

Debida a la ausencia del mensaje, en las etapas “5” y “6” no habrá ningún componente espectral salvo el de corriente continua ya mencionado (el cual deberá ser eliminado antes del parlante par ano perjudicar el rendimiento del mismo)

Por último, en el punto “7” el espectro es el correspondiente al del oscilador local, el cual genera una señal a 1465 KHz.

2. En este caso, al modular la portadora con un tono de 1.5 KHz, aparecerán bandas laterales en los espectros:

En “2” el espectro tiene componentes en fc, fm

El espectro en el punto “7” es el mismo que el de la Fig. 8, ya que el oscilador local se mantiene invariante en este caso.

En el punto “5” la señal obtenida es el tono modulante de 1.5 KHz:

3. El problema que surge al sintonizar el equipo receptor en 650 KHz se debe a la llamada “Frecuencia Imagen”, la cual es una las principales desventajas de los receptores heterodinos. Se puede calcular dl siguiente modo:

En este caso,

Considerando que esta señal de 1580 KHz tiene una potencia considerable para ses detectada por el receptor, la misma mezcla con la del oscilador local en el mezclador y en ese proceso se produce una frecuencia diferencia de 465 KHz al igual que la señal de 1000KHz. De este modo, el filtro de FI no puede discriminar entre estas frecuencias cuál es la deseada y cuál no, lo que produce que a la salida del equipo se escuchen ambas estaciones de forma simultánea.

4. Los espectros solamente constarán del tono modulante de 1KHz ya que la portadora está ausente:

Al ser la señal de entrada de doble banda lateral sin portadora, antes del punto “5” tendrá la siguiente forma:

Luego del detector, la señal solamente tendrá la forma de su envolvente centrada en amplitud:

Se puede apreciar que la forma de onda a la salida del detector no coincide con la forma de onda del mensaje. Por este motivo el receptor no es útil para señales que tengan suprimida su portadora.