Considere las siguientes señales fundamentales:
u ( t ) = { 1 t > 0 0 t < 0 {\displaystyle u(t)=\left\{{\begin{matrix}1&t>0\\0&t<0\end{matrix}}\right.} ; r a ( t ) = { t t > 0 0 t < 0 {\displaystyle r_{a}(t)=\left\{{\begin{matrix}t&t>0\\0&t<0\end{matrix}}\right.} ; x ( t ) = { sin ( 2 π t ) 0 < t < 1 0 t < 0 ; t > 1 {\displaystyle x(t)=\left\{{\begin{matrix}\sin(2\pi t)&0<t<1\\0&t<0;\ t>1\end{matrix}}\right.} ;
Realice las siguientes operaciones y grafique sus respuestas. En cada caso calcule Promedio, Área Absoluta, Energía y Potencia:
x 1 ( t ) = u ( t + 0.5 ) u ( 0.5 − t ) {\displaystyle x_{1}(t)=u(t+0.5)u(0.5-t)\,}
x 2 ( t ) = r a ( t + 1 ) − 2 r a ( t ) + r a ( t − 1 ) {\displaystyle x_{2}(t)=r_{a}(t+1)-2r_{a}(t)+r_{a}(t-1)\,}
x 3 ( t ) = ∑ n = − K K x 1 ( t − 2 n ) {\displaystyle x_{3}(t)=\sum _{n=-K}^{K}x_{1}(t-2n)\,} , con K=3. ¿Qué sucede cuando K tiende a infinito?
x 4 ( t ) = ∑ n = − K K x 2 ( t − n T ) {\displaystyle x_{4}(t)=\sum _{n=-K}^{K}x_{2}(t-nT)\,} , con K=3 y T=2. ¿Qué sucede cuando K tiende a infinito?.
Repita el problema anterior con T=1.
x 6 ( t ) = ∑ n = − ( K − 1 ) K x ( t + n ) {\displaystyle x_{6}(t)=\sum _{n=-(K-1)}^{K}x(t+n)\,} , con K=3.
x 7 ( t ) = x 6 ( t ) x 3 ( t ) {\displaystyle x_{7}(t)=x_{6}(t)x_{3}(t)\,}
x 8 ( t ) = ∑ n = 3 3 x 6 ( 2 n ) x 1 ( t − 2 n ) {\displaystyle x_{8}(t)=\sum _{n=3}^{3}x_{6}(2n)x_{1}(t-2n)\,} . Compare las señales x7 y x8. ¿Cuál es la diferencia? Solucion Problema 1.1 y 1.2
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a) # x 1 ( t ) = u ( t + 0.5 ) u ( 0.5 − t ) {\displaystyle x_{1}(t)=u(t+0.5)u(0.5-t)\,} .
La grafica de la señal es:
V a l o r p r o m e d i o = ∫ − ∞ ∞ u ( t + 0.5 ) u ( 0.5 − t ) d t {\displaystyle Valorpromedio=\int _{-\infty }^{\infty }u(t+0.5)u(0.5-t)\,dt\,} .
A r e a a b s o l u t a = ∫ − 0.5 0.5 u ( t + 0.5 ) u ( 0.5 − t ) d t = 1 ∗ 1 = 1 {\displaystyle Areaabsoluta=\int _{-0.5}^{0.5}u(t+0.5)u(0.5-t)\,dt=1*1=1\,} .
E n e r g i a = ∫ − 0.5 0.5 | u ( t + 0.5 ) u ( 0.5 − t ) | 2 d t = 1 {\displaystyle Energia=\int _{-0.5}^{0.5}|u(t+0.5)u(0.5-t)|^{2}\,dt=1\,} .
P o t e n c i a = 1 ∫ − 0.5 0.5 | u ( t + 0.5 ) u ( 0.5 − t ) | 2 d t {\displaystyle Potencia=1\int _{-0.5}^{0.5}|u(t+0.5)u(0.5-t)|^{2}\,dt\,} .b) # x 2 ( t ) = r a ( t + 1 ) − 2 r a ( t ) + r a ( t − 1 ) {\displaystyle x_{2}(t)=r_{a}(t+1)-2r_{a}(t)+r_{a}(t-1)\,} .
La grafica es:
x p r o = 0 {\displaystyle x_{pro}=0\,} .
A r e a = ∫ − 1 0 t + 1 d t + ∫ 0 1 − t + 1 d t = 1 {\displaystyle Area=\int _{-1}^{0}t+1\,dt+\int _{0}^{1}-t+1\,dt=1\,} .
E n e r g i a = ∫ − 1 0 | t + 1 | 2 d t + ∫ 0 1 | 1 − t | 2 d t = 1 3 {\displaystyle Energia=\int _{-1}^{0}|t+1|^{2}\,dt+\int _{0}^{1}|1-t|^{2}\,dt={\frac {1}{3}}\,} .
P o t e n c i a = 1 2 [ ∫ − 1 0 | t + 1 | 2 d t + ∫ 0 1 | 1 − t | 2 d t ] = 1 6 {\displaystyle Potencia={\frac {1}{2}}[\int _{-1}^{0}|t+1|^{2}\,dt+\int _{0}^{1}|1-t|^{2}\,dt]={\frac {1}{6}}\,} .
P o t e n c i a ∞ = 0 {\displaystyle Potencia_{\infty }=0\,} .
Considere la señal x 9 ( t ) = u ( t + 5 ) u ( 5 − t ) {\displaystyle x_{9}(t)=u(t+5)u(5-t)\,} , y sea z ( t ) = x 9 ( t ) + x 2 ( t ) ; {\displaystyle z(t)=x_{9}(t)+x_{2}(t);\,} , z 1 ( t ) = z ( t − 5 ) . {\displaystyle z_{1}(t)=z(t-5).\,} . Calcule y grafique las partes pares e impares de z1(t).
Solución 3 02 08
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Toda señal esta compuesta por una parte par y una parte impar X ( t ) = X e ( t ) + X o ( t ) {\displaystyle X(t)=X_{e}(t)+X_{o}(t)}
Para X 2 ( t ) = r a ( t − 1 ) − 2 r a ( t ) + r a ( t − 1 ) {\displaystyle X_{2}(t)=r_{a}(t-1)-2r_{a}(t)+r_{a}(t-1)}
Parte Par: X ( t ) = X ( − t ) {\displaystyle X(t)=X(-t)}
Por lo que, la parte par sera: 0 , 5 ( X 2 ( t ) ) + 0 , 5 ( X 2 ( − t ) ) {\displaystyle 0,5(X_{2}(t))+0,5(X_{2}(-t))}
Archivo:Pares.jpg
Como se puede observar en esta señal, la parte par es igual a la señal como tal, siendo la parte impar X o ( t ) = 0 , 5 ( ( X 2 ( t ) ) − 0 , 5 ( ( X 2 ( − t ) ) = 0 {\displaystyle X_{o}(t)=0,5((X_{2}(t))-0,5((X_{2}(-t))=0}
La señal es completamente par.
Para X 9 ( t ) = u ( t + 5 ) u ( 5 − t ) {\displaystyle X_{9}(t)=u(t+5)u(5-t)}
Archivo:Imagen4.jpg
Parte Par: X ( t ) = X ( − t ) {\displaystyle X(t)=X(-t)}
Por lo que, la parte par sera: 0 , 5 ( X 9 ( t ) ) + 0 , 5 ( X 9 ( − t ) ) {\displaystyle 0,5(X_{9}(t))+0,5(X_{9}(-t))}
Archivo:Imagen5.jpg
Como se puede observar en esta señal, la parte par es igual a la señal como tal, siendo la parte impar X o ( t ) = 0 , 5 ( ( X 9 ( t ) ) − 0 , 5 ( ( X 9 ( − t ) ) = 0 {\displaystyle X_{o}(t)=0,5((X_{9}(t))-0,5((X_{9}(-t))=0}
Archivo:Imagen7.jpg
La señal es completamente par.
Para Z ( t ) = X 9 ( t ) + X 2 ( t ) {\displaystyle Z(t)=X_{9}(t)+X_{2}(t)}
Parte Par: X ( t ) = X ( − t ) {\displaystyle X(t)=X(-t)}
Como esta señal es la suma de dos señales pares, entonces esta señal debe ser par. Claro que se puede observar que Z ( t ) = Z ( − t ) {\displaystyle Z(t)=Z(-t)} y que la parte impar es cero.
Archivo:Imagen9.jpg
Como se puede observar en esta señal, la parte par es igual a la señal como tal, siendo la parte impar X o ( t ) = 0 , 5 ( ( Z ( t ) ) − 0 , 5 ( ( Z ( − t ) ) = 0 {\displaystyle X_{o}(t)=0,5((Z(t))-0,5((Z(-t))=0}
La señal es completamente par.
Por: Daniel Sanchez 06-40306
La parte par es: z 1 p a r ( t ) = 0 , 5 [ u ( t + 10 ) u ( 10 − t ) + r a ( t − 4 ) − 2 r a ( t − 5 ) + r a ( t − 6 ) + r a ( t + 6 ) − 2 r a ( t + 5 ) + r a ( t + 4 ) ] {\displaystyle z1_{par}(t)=0,5[u(t+10)u(10-t)+r_{a}(t-4)-2r_{a}(t-5)+r_{a}(t-6)+r_{a}(t+6)-2r_{a}(t+5)+r_{a}(t+4)]\,}
La parte impar es:
z 1 i m p a r ( t ) = 0 , 5 [ − u ( t + 10 ) + 2 u ( t ) − u ( t − 10 ) + r a ( t − 4 ) − 2 r a ( t − 5 ) + r a ( t − 6 ) − r a ( t + 6 ) + 2 r a ( t + 5 ) − r a ( t + 4 ) ] {\displaystyle z1_{impar}(t)=0,5[-u(t+10)+2u(t)-u(t-10)+r_{a}(t-4)-2r_{a}(t-5)+r_{a}(t-6)-r_{a}(t+6)+2r_{a}(t+5)-r_{a}(t+4)]\,}
Las graficas son:
Parte Par
Parte Impar
Para las señales que se lista a continuación indique cuáles son de energía y cuáles de potencia (o ninguna).
q 1 ( t ) = 1 1 + t 2 {\displaystyle q_{1}(t)={\frac {1}{1+t^{2}}}\,}
q 2 ( t ) = 1 + cos ( π t ) u ( t ) {\displaystyle q_{2}(t)=1+\cos(\pi t)u(t)\,}
Evalúe las siguientes operaciones:
∫ − ∞ ∞ ( 4 − t 2 ) δ ( t + 3 ) d t {\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }(4-t^{2})\delta (t+3)dt\,}
y 4 ( t ) = ∫ − ∞ t [ 4 − τ 2 ] δ ( τ + 3 ) d τ {\displaystyle y_{4}(t)=\int _{-\infty }^{t}[4-\tau ^{2}]\delta (\tau +3)d\tau \,}
∫ − 3 6 ( 6 − t 2 ) [ δ ( t + 4 ) + 2 δ ( 2 t + 4 ) ] d t {\displaystyle \int _{-3}^{6}(6-t^{2})[\delta (t+4)+2\delta (2t+4)]dt\,}
∫ − ∞ ∞ [ e − 5 t + cos ( 10 π t ) ] δ ˙ ( t ) d t {\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }[e^{-5t}+\cos(10\pi t)]{\dot {\delta }}(t)dt\,}
y 5 ( t ) = ∫ − ∞ t [ e − 5 τ + cos ( 10 π τ ) ] δ ˙ ( τ ) d τ {\displaystyle y_{5}(t)=\int _{-\infty }^{t}[e^{-5\tau }+\cos(10\pi \tau )]{\dot {\delta }}(\tau )d\tau \,} . Solucion del Problema # 5
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Estas operaciones se resolvieron aplicando propiedades del impulso y el doblete.
Impulso: Las integrales que llevan impulsos multiplicando funciones son sencillas de resolver, esto se debe a sus propiedades.
δ ( t − t o ) . f ( t ) = δ ( t − t o ) . f ( t o ) {\displaystyle \delta (t-t_{o}).f(t)=\delta (t-t_{o}).f(t_{o})\,}
∫ − ∞ ∞ [ δ ( t − t o ) . f ( t ) ] d t = f ( t o ) . ∫ − ∞ ∞ δ ( t − t o ) d t = f ( t o ) {\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }[\delta (t-t_{o}).f(t)]dt=f(t_{o}).\int _{-\infty }^{\infty }\delta (t-t_{o})dt=f(t_{o})\,}
δ ( b ( t − t o ) ) = δ ( t − t o ) | b | {\displaystyle \delta (b(t-t_{o}))={\frac {\delta (t-t_{o})}{\left|b\right|}}\,} siendo b cualquier numero.De la manera siguiente se obtuvieron los resultados: Procedimeinto: Se multiplica la delta por la funcion (es decir, evalua la funcion en donde existe la delta), y luego, lo que queda es una constante multiplicando la delta, finalmente la integral de lo que queda es esa constante, tal como se muestra en los ejercicios.
∫ − ∞ ∞ ( 4 − t 2 ) δ ( t + 3 ) d t = − 5 ∫ − ∞ ∞ δ ( t + 3 ) d t = − 5 {\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }(4-t^{2})\delta (t+3)dt=-5\int _{-\infty }^{\infty }\delta (t+3)dt=-5\,} .
y 4 ( t ) = ∫ − ∞ t [ 4 − τ 2 ] δ ( τ + 3 ) d τ = 5 ∫ − ∞ t δ ( τ + 3 ) d τ ; y 4 ( t ) = 5 , ( t > 3 ) {\displaystyle y_{4}(t)=\int _{-\infty }^{t}[4-\tau ^{2}]\delta (\tau +3)d\tau =5\int _{-\infty }^{t}\delta (\tau +3)d\tau ;y_{4}(t)=5,(t>3)\,} .
∫ − 3 6 ( 6 − t 2 ) [ δ ( t + 4 ) + 2 δ ( 2 t + 4 ) ] d t = ∫ − 3 6 − 10 δ ( t + 4 ) + 2 δ ( t + 2 ) d t = 2 {\displaystyle \int _{-3}^{6}(6-t^{2})[\delta (t+4)+2\delta (2t+4)]dt=\int _{-3}^{6}-10\delta (t+4)+2\delta (t+2)dt=2\,} .Doblete: Propiedades del doblete, mostradas a continuacion son las herramientas que se utilizaron para la resolucion de las siguientes integrales.
∫ − ∞ ∞ [ δ ˙ ( t ) ] d t = 0 {\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }[{\dot {\delta }}(t)]dt=0\,}
δ ˙ ( t ) . f ( t ) = δ ˙ ( t ) . f ( o ) − f ˙ ( t ) . δ ( t ) {\displaystyle {\dot {\delta }}(t).f(t)={\dot {\delta }}(t).f(o)-{\dot {f}}(t).\delta (t)\,}
∫ − ∞ ∞ [ δ ˙ ( t ) . f ( t ) ] d t = ∫ − ∞ ∞ [ δ ˙ ( t ) . f ( o ) ] d t − ∫ − ∞ ∞ [ f ˙ ( t ) . δ ( t ) ] d t = − f ˙ ( o ) {\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }[{\dot {\delta }}(t).f(t)]dt=\int _{-\infty }^{\infty }[{\dot {\delta }}(t).f(o)]dt-\int _{-\infty }^{\infty }[{\dot {f}}(t).\delta (t)]dt=-{\dot {f}}(o)\,}
δ ˙ ( b t ) = δ ( t ) b | b | {\displaystyle {\dot {\delta }}(bt)={\frac {\delta (t)}{b\left|b\right|}}\,} siendo b cualquier numero.Igual que en la parte anterior, aplicando estas propiedades se resuelven las integrales.
∫ − ∞ ∞ [ e − 5 t + cos ( 10 π t ) ] δ ˙ ( t ) d t = 5 {\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }[e^{-5t}+\cos(10\pi t)]{\dot {\delta }}(t)dt=5\,} .
y 5 ( t ) = ∫ − ∞ t [ e − 5 τ + cos ( 10 π τ ) ] δ ˙ ( τ ) d τ = ∫ − ∞ t 2 δ ˙ ( τ ) + 5 δ ( t ) d τ = 5 ( t = 0 ) ; 0 ( t ≠ 0 ) {\displaystyle y_{5}(t)=\int _{-\infty }^{t}[e^{-5\tau }+\cos(10\pi \tau )]{\dot {\delta }}(\tau )d\tau =\int _{-\infty }^{t}2{\dot {\delta }}(\tau )+5\delta (t)d\tau =5(t=0);0(t\neq 0)\,} .
En un sistema lineal e invariante en el tiempo, la relación entre la entrada (x ( t ) {\displaystyle x(t)} ) y la salida (y ( t ) {\displaystyle y(t)} ) es:
y ( t ) = ∫ − ∞ t e − ( t − τ ) x ( − 0.5 τ + 1 ) d τ {\displaystyle y(t)=\int _{-\infty }^{t}e^{-(t-\tau )}x(-0.5\tau +1)d\tau }
Determine:
La respuesta al impulso (δ ( t ) {\displaystyle \delta (t)\,} ) del sistema.
La respuesta al pulso (Π 1 ( t ) {\displaystyle \Pi _{1}(t)\,} ): Amplitud 1, centrado en el origen y duración 1).
Solución Problema 1
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Propuesta de solucion:
h ( t ) = ∫ − ∞ t e − ( t − τ ) δ ( − 0.5 τ + 1 ) d τ {\displaystyle h(t)=\int _{-\infty }^{t}e^{-(t-\tau )}\delta (\,-0.5\tau +1)d\tau } Trabajando con el impulso: δ ( − 0.5 τ + 1 ) = δ ( − 0.5 ( τ − 2 ) ) = 2 δ ( τ − 2 ) {\displaystyle \delta (\,-0.5\tau +1)=\delta (\,-0.5(\tau -2))=2\delta (\,\tau -2)}
Por lo tanto : e − ( t − τ ) δ ( − 0.5 τ + 1 ) = 2 e − ( t − τ ) δ ( τ − 2 ) = 2 e − ( t − 2 ) δ ( τ − 2 ) {\displaystyle e^{-(t-\tau )}\delta (\,-0.5\tau +1)=2e^{-(t-\tau )}\delta (\,\tau -2)=2e^{-(t-2)}\delta (\,\tau -2)}
... usando las propiedades del impulso
Entonces la respuesta al impulso será: h ( t ) = ∫ − ∞ t 2 e − ( t − 2 ) δ ( τ − 2 ) d τ = 2 e − ( t − 2 ) ∫ − ∞ t δ ( τ − 2 ) d τ = 2 e − ( t − 2 ) u ( t − 2 ) {\displaystyle h(t)=\int _{-\infty }^{t}2e^{-(t-2)}\delta (\,\tau -2)d\tau =2e^{-(t-2)}\int _{-\infty }^{t}\delta (\,\tau -2)d\tau =2e^{-(t-2)}u(t-2)}
Conociendo la respuesta al impulso del sistema (LTI) podemos carecterizar su comportamiento ante cualquier señar de entrada específicamente a: Π 1 ( t ) {\displaystyle \Pi _{1}(t)\,}
y ( t ) = x ( t ) ∗ h ( t ) = ∫ − ∞ + ∞ x ( τ ) h ( t − τ ) d τ {\displaystyle y(t)=x(t)*h(t)=\int _{-\infty }^{+\infty }x(\tau )h(t-\tau )d\tau } En este caso x ( t ) = Π 1 ( t ) = 1 {\displaystyle x(t)=\Pi _{1}(t)\,=1}
si t E(-0.5,0.5) y cero para todo lo demás
Sea t < 1.5
Un análisis gráfico del producto y ( t ) = x ( τ ) . h ( t − τ ) {\displaystyle y(t)=x(\tau ).h(t-\tau )} muestra que y(t) es cero
Sea 1.5 < t < 2.5
En este caso y ( t ) = ∫ − ∞ + ∞ x ( τ ) h ( t − τ ) d τ = ∫ − 0.5 t − 2 2 e − ( t − τ − 2 ) d τ = 2 e − ( t − 2 ) ∫ − 0.5 t − 2 e τ d τ = 2 ( 1 − e − ( t − 1.5 ) ) {\displaystyle y(t)=\int _{-\infty }^{+\infty }x(\tau )h(t-\tau )d\tau =\int _{-0.5}^{t-2}2e^{-(t-\tau -2)}d\tau =2e^{-(t-2)}\int _{-0.5}^{t-2}e^{\tau }d\tau =2(1-e^{-(t-1.5)})}
Sea 2.5 > t
Definiendo la region común, distinta de cero de las gráficas: y ( t ) = ∫ − 0.5 0.5 2 e − ( t − τ − 2 ) d τ = 2 e − ( t − 2 ) ∫ − 0.5 0.5 e τ d τ = 2 ( e 0.5 − e − 0.5 ) e − ( t − 2 ) {\displaystyle y(t)=\int _{-0.5}^{0.5}2e^{-(t-\tau -2)}d\tau =2e^{-(t-2)}\int _{-0.5}^{0.5}e^{\tau }d\tau =2(e^{0.5}-e^{-0.5})e^{-(t-2)}}
Luego la respuesta a x ( t ) = Π 1 ( t ) {\displaystyle x(t)=\Pi _{1}(t)} del sistema será la unión de y(t) en los tres intervalos anteriores.
Repita el problema anterior si la relación entrada salida cambia a:
y ( t ) = ∫ − ∞ ∞ e − ( t − τ ) x ( − 0.5 τ + 1 ) d τ {\displaystyle y(t)=\int _{-\infty }^{\infty }e^{-(t-\tau )}x(-0.5\tau +1)d\tau }
Solución Problema 2
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1) Tenemos que la respuesta al impulso (δ ( t ) {\displaystyle \delta (t)\,} ) del sistema esta dada por:
h ( t ) = ∫ − ∞ ∞ e − ( t − τ ) δ ( − 0.5 τ + 1 ) d τ {\displaystyle h(t)=\int _{-\infty }^{\infty }e^{-(t-\tau )}\delta (\,-0.5\tau +1)d\tau }
Comenzamos empleando las propiedades del impulso para determinar h ( t ) {\displaystyle h(t)} :
Por la propiedad de escalamiento del impulso se tiene que:
δ [ α ( t − β ) ] = | 1 α | δ ( t − β ) {\displaystyle \delta [\alpha (t-\beta )]=\left|{\frac {1}{\alpha }}\right\vert \delta (t-\beta )\,}
Entonces,
h ( t ) = ∫ − ∞ ∞ 2 e − ( t − τ ) δ ( τ − 2 ) d τ {\displaystyle h(t)=\int _{-\infty }^{\infty }2e^{-(t-\tau )}\delta (\tau -2)d\tau }
Utilizando la propiedad de filtrado del impulso:
∫ − ∞ ∞ x ( t ) δ ( t − α ) d t = x ( α ) {\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }x(t)\delta (t-\alpha )dt=x(\alpha )}
De esta manera,
h ( t ) = ∫ − ∞ ∞ 2 e − ( t − τ ) δ ( τ − 2 ) d τ = 2 e − ( t − 2 ) {\displaystyle h(t)=\int _{-\infty }^{\infty }2e^{-(t-\tau )}\delta (\tau -2)d\tau =2e^{-(t-2)}}
2) Tenemos que la respuesta al pulso Π 1 ( t ) {\displaystyle \Pi _{1}(t)\,} (amplitud 1, centrado en el origen y duración 1) esta da por:
y ( t ) = x ( t ) ∗ h ( t ) = h ( t ) ∗ x ( t ) = ∫ − ∞ + ∞ h ( τ ) x ( t − τ ) d τ {\displaystyle y(t)=x(t)*h(t)=h(t)*x(t)=\int _{-\infty }^{+\infty }h(\tau )x(t-\tau )d\tau } (Propiedad conmutativa de la convolución)
y ( t ) = ∫ t − 0.5 t + 0.5 2 e − ( τ − 2 ) d τ = 2 ( e 2.5 − e 1.5 ) e − t {\displaystyle y(t)=\int _{t-0.5}^{t+0.5}2e^{-(\tau -2)}d\tau =2(e^{2.5}-e^{1.5})e^{-t}}
Siendo y ( t ) = 2 ( e 2.5 − e 1.5 ) e − t ∀ t ∈ ( − ∞ , + ∞ ) {\displaystyle y(t)=2(e^{2.5}-e^{1.5})e^{-t}\quad \forall \ t\ \in (-\infty ,+\infty )} la respuesta del sistema al pulso Π 1 ( t ) {\displaystyle \Pi _{1}(t)\,} inicialmente mencionado.
Considere el sistema modulador que se muestra en la figura, en el que la moduladora es g ( t ) = sin ( 2 π t ) {\displaystyle g(t)=\sin(2\pi t)\,}
Determine la respuesta del sistema (y ( t ) {\displaystyle y(t)} ) cuando en la entrada se aplica:
x ( t ) = ∑ k = − ∞ ∞ δ ( t − 4 k ) {\displaystyle x(t)=\sum _{k=-\infty }^{\infty }\delta (t-4k)}
x ( t ) = ∑ k = − ∞ ∞ Π 1 ( t − 8 k ) {\displaystyle x(t)=\sum _{k=-\infty }^{\infty }\Pi _{1}(t-8k)} Solución Problema 3
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1) La respuesta del sistema (y(t)) cuando en la entrada se aplica:
x ( t ) = ∑ k = − ∞ ∞ δ ( t − 4 k ) {\displaystyle x(t)=\sum _{k=-\infty }^{\infty }\delta (t-4k)}
Teniendo en cuenta la señal moduladora,
g ( t ) = sin ( 2 π t ) {\displaystyle g(t)=\sin(2\pi t)\,}
Empleando la propiedad del producto del impulso:
X I ( t ) = X ( t ) ∑ k = − ∞ ∞ δ ( t − k t s ) = ∑ k = − ∞ ∞ X ( k t s ) δ ( t − k t s ) {\displaystyle {}_{\!}X_{I}(t)=X(t)\sum _{k=-\infty }^{\infty }\delta (t-k\,{}_{\!}t_{s})=\sum _{k=-\infty }^{\infty }X(k\,{}_{\!}t_{s})\,\delta (t-k\,{}_{\!}t_{s})}
Se obtiene entonces,
y ( t ) = g ( t ) x ( t ) = sin ( 2 π t ) ∑ k = − ∞ ∞ δ ( t − 4 k ) = ∑ k = − ∞ ∞ sin ( 2 π 4 k ) δ ( t − 4 k ) {\displaystyle y(t)=g(t)\,x(t)=\sin(2\pi t)\sum _{k=-\infty }^{\infty }\delta (t-4k)=\sum _{k=-\infty }^{\infty }\sin(2\pi \,4k)\,\delta (t-4k)}
y ( t ) = ∑ k = − ∞ ∞ sin ( 8 π k ) δ ( t − 4 k ) {\displaystyle y(t)=\sum _{k=-\infty }^{\infty }\sin(8\pi k)\,\delta (t-4k)}
Esto se trata de un tren de impulsos cuyas intensidades estan dadas por la señal moduladora g ( t ) = sin ( 2 π t ) {\displaystyle g(t)=\sin(2\pi t)\,} evaluada en t = 4 k ∀ k ( e n t e r o ) ∈ ( − ∞ , + ∞ ) {\displaystyle t=4k\quad \forall \ k\,(entero)\ \in (-\infty ,+\infty )}
2) La respuesta del sistema (y(t)) cuando en la entrada se aplica:
x ( t ) = ∑ k = − ∞ ∞ Π 1 ( t − 8 k ) = ∑ k = − ∞ ∞ [ u ( t − 8 k + 0.5 ) − u ( t − 8 k − 0.5 ) ] {\displaystyle x(t)=\sum _{k=-\infty }^{\infty }\Pi _{1}(t-8k)=\sum _{k=-\infty }^{\infty }[u(t-8k+0.5)-u(t-8k-0.5)]}
Teniendo en cuenta la misma señal moduladora,
y ( t ) = g ( t ) x ( t ) = sin ( 2 π t ) ∑ k = − ∞ ∞ [ u ( t − 8 k + 0.5 ) − u ( t − 8 k − 0.5 ) ] {\displaystyle y(t)=g(t)\,x(t)=\sin(2\pi t)\sum _{k=-\infty }^{\infty }[u(t-8k+0.5)-u(t-8k-0.5)]}
ω o = 2 π / T {\displaystyle {}_{\!}\omega _{o}=2\pi /T}
T = 2 π ω o ⇒ T = 1 {\displaystyle T={\frac {2\pi }{\omega _{o}}}\Rightarrow T=1}
A partir de esto y de un análisis gráfico,
y ( t ) = sin ( 2 π t ) s i 8 k − 0.5 ≤ t ≤ 8 k + 0.5 ∀ k ( e n t e r o ) ∈ ( − ∞ , + ∞ ) {\displaystyle y(t)=\sin(2\pi t)\ si\ 8k-0.5\leq t\ \leq 8k+0.5\ \forall \ k\,(entero)\ \in (-\infty ,+\infty )}
Esto representa un tren de senoides de ancho 1 y período igual a 8.
Considere las señales x ( t ) = e − t 2 8 2 2 π {\displaystyle x(t)={\frac {e^{-{\frac {t^{2}}{8}}}}{2{\sqrt {2\pi }}}}\,} , t ∈ ( − ∞ , ∞ ) {\displaystyle t\in (-\infty ,\infty )} y
Π ( t ) = { 0 t < − 0.1 1 − 0.1 ≤ t ≤ 0.1 0 t > 0.1 {\displaystyle \Pi (t)=\left\{{\begin{array}{cc}0&t<-0.1\\1&-0.1\leq t\leq 0.1\\0&t>0.1\end{array}}\right.\,}
y sea
y ( t ) = ∑ k = − 6 6 x ( k T ) Π ( t − k T ) {\displaystyle y(t)=\sum _{k=-6}^{6}x(kT)\Pi (t-kT)\,}
Calcule y grafique x ( t ) , Π ( t ) , y ( t ) {\displaystyle x(t),\Pi (t),y(t)\,} cuando
T=1
T=0.2 Solución 1 Problema 4
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1. T = 1 {\displaystyle T=1\,}
La señal x ( t ) {\displaystyle x(t)\,} tiene forma de curva gaussiana y su valor en t=0 es 1 2 2 π ≈ 0.2 {\displaystyle {\frac {1}{2{\sqrt {2\pi }}}}\approx 0.2} La gráfica de x ( t ) {\displaystyle x(t)\,} se muestra en la siguiente figura:
El pulso Π ( t ) = u ( t + 0.1 ) − u ( t − 0.1 ) {\displaystyle \Pi (t)=u(t+0.1)-u(t-0.1)\,} tiene altura 1 y ancho 0.2, representado en la siguiente figura: Archivo:Fig2 problema4.gif
La señal y ( t ) = ∑ k = − 6 6 x ( k ) Π ( t − k ) {\displaystyle y(t)=\sum _{k=-6}^{6}x(k)\Pi (t-k)\,} Donde,
x ( k ) = e − k 2 8 2 2 π {\displaystyle x(k)={\frac {e^{-{\frac {k^{2}}{8}}}}{2{\sqrt {2\pi }}}}\,} y
Π ( t − k ) = u ( t − k + 0.1 ) − u ( t − k − 0.1 ) {\displaystyle \Pi (t-k)=u(t-k+0.1)-u(t-k-0.1)\,}
Luego,
y ( t ) = ∑ k = − 6 6 e − k 2 8 2 2 π [ u ( t − k + 0.1 ) − u ( t − k − 0.1 ) ] {\displaystyle y(t)=\sum _{k=-6}^{6}{\frac {e^{-{\frac {k^{2}}{8}}}}{2{\sqrt {2\pi }}}}\ [u(t-k+0.1)-u(t-k-0.1)]}
Se representa en la siguiente figura:
Considere la señal x ( t ) = cos ( π 2 t ) + cos ( π t ) + cos ( 3 π t ) {\displaystyle x(t)=\cos({\frac {\pi }{2}}t)+\cos(\pi t)+\cos(3\pi t)\,} , calcule:
La frecuencia y el período fundamentales
La energía, potencia, promedio, valor RMS y área absoluta en un período Solución Problema 5
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1. La frecuencia fundamental está dada por:
ω o = G C D ( π 2 , π , 3 π ) = π 2 {\displaystyle \omega _{o}=GCD({\frac {\pi }{2}},\pi ,3\pi )={\frac {\pi }{2}}}
De esto, el período fundamental resulta:
T = 2 π ω o ⇒ T = 2 π π 2 = 4 {\displaystyle T={\frac {2\pi }{\omega _{o}}}\Rightarrow T={\frac {2\pi }{\frac {\pi }{2}}}=4}
2. Para el análisis y la compresión de esta parte se presentan tres gráficas ilustrativas. En cada imagen se sombrea el área debajo la curva en un período T {\displaystyle {\mbox{T}}\,} .
x ( t ) = cos ( π 2 t ) + cos ( π t ) + cos ( 3 π t ) {\displaystyle x(t)=\cos({\frac {\pi }{2}}t)+\cos(\pi t)+\cos(3\pi t)\,}
x 1 ( t ) = [ cos ( π 2 t ) + cos ( π t ) + cos ( 3 π t ) ] 2 {\displaystyle x_{1}(t)=[\cos({\frac {\pi }{2}}t)+\cos(\pi t)+\cos(3\pi t)]^{2}}
x 2 ( t ) = | cos ( π 2 t ) + cos ( π t ) + cos ( 3 π t ) | {\displaystyle x_{2}(t)=\left|\cos({\frac {\pi }{2}}t)+\cos(\pi t)+\cos(3\pi t)\right\vert }
La Energía en un período viene dada por: E x = ∫ T | x ( t ) | 2 d t = ∫ 0 4 [ cos ( π 2 t ) + cos ( π t ) + cos ( 3 π t ) ] 2 d t = 6 {\displaystyle {}_{\!}E_{x}=\int _{T}\left|x(t)\right\vert ^{2}\,dt=\int _{0}^{4}[\cos({\frac {\pi }{2}}t)+\cos(\pi t)+\cos(3\pi t)]^{2}\,dt=6}
La Potencia en un período viene dada por: P x = 1 T ∫ T | x ( t ) | 2 d t = E x T = 6 4 = 3 2 {\displaystyle {}_{\!}P_{x}={\frac {1}{T}}\int _{T}\left|x(t)\right\vert ^{2}\,dt={\frac {{}_{\!}E_{x}}{T}}={\frac {6}{4}}={\frac {3}{2}}}
El Promedio en un período viene dado por: X pro = 1 T ∫ T x ( t ) d t = ∫ 0 4 [ cos ( π 2 t ) + cos ( π t ) + cos ( 3 π t ) ] d t = 0 {\displaystyle {}_{\!}X_{\mbox{pro}}={\frac {1}{T}}\int _{T}x(t)\,dt=\int _{0}^{4}[\cos({\frac {\pi }{2}}t)+\cos(\pi t)+\cos(3\pi t)]\,dt=0}
El valor RMS viene dado por: X rms = P x = 3 2 {\displaystyle {}_{\!}X_{\mbox{rms}}={\sqrt[{}]{{}_{\!}P_{x}}}={\sqrt[{}]{\frac {3}{2}}}}
Y finalmente el Área absoluta viene dada por:
A abs = 1 T ∫ T | x ( t ) | d t = 1 4 ∫ 0 4 | cos ( π 2 t ) + cos ( π t ) + cos ( 3 π t ) | d t = 3 , 9847 4 = 0 , 996 {\displaystyle {}_{\!}A_{\mbox{abs}}={\frac {1}{T}}\int _{T}\left|x(t)\right\vert \,dt={\frac {1}{4}}\int _{0}^{4}\left|\cos({\frac {\pi }{2}}t)+\cos(\pi t)+\cos(3\pi t)\right\vert \,dt={\frac {3,9847}{4}}=0,996}
Evalúe las siguientes expresiones:
∫ − ∞ ∞ ( 5 − 8 t 2 ) δ ( − 3 t − 9 ) d t {\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }(5-8t^{2})\delta (-3t-9)dt\,}
x ( t ) = ∫ − ∞ t ( 5 − 8 τ 2 ) δ ( − 3 τ − 9 ) d τ {\displaystyle x(t)=\int _{-\infty }^{t}(5-8\tau ^{2})\delta (-3\tau -9)d\tau \,}
∫ − ∞ ∞ [ e − 5 t − sin ( 5 π t ) ] δ ˙ ( − 2 t + 8 ) d t {\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }[e^{-5t}-\sin(5\pi t)]{\dot {\delta }}(-2t+8)dt\,}
x ( t ) = ∫ − ∞ t [ e − 5 τ − sin ( 5 π τ ) ] δ ˙ ( − 2 τ + 8 ) d τ {\displaystyle x(t)=\int _{-\infty }^{t}[e^{-5\tau }-\sin(5\pi \tau )]{\dot {\delta }}(-2\tau +8)d\tau \,} Solución Problema 6
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1)
Utilizando las propiedades de la δ ( t ) {\displaystyle \delta (t)\,} tenemos que:
∫ − ∞ ∞ ( 5 − 8 t 2 ) δ ( − 3 t − 9 ) d t = 1 3 ∫ − ∞ ∞ ( 5 − 8 t 2 ) δ ( t + 3 ) d t {\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }(5-8t^{2})\delta (-3t-9)dt={\frac {1}{3}}\int _{-\infty }^{\infty }(5-8t^{2})\delta (t+3)dt\,}
Luego, la propiedad de filtrado de δ ( t ) {\displaystyle \delta (t)\,} es:
∫ − ∞ ∞ x ( t ) δ ( t − α ) d t = x ( α ) {\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }x(t)\delta (t-\alpha )dt=x(\alpha )}
Utilizando esta propiedad en el problema resulta en que:
1 3 ∫ − ∞ ∞ ( 5 − 8 t 2 ) δ ( t + 3 ) d t = 1 3 ( 5 − 8 ( − 3 ) 2 ) = − 67 3 {\displaystyle {\frac {1}{3}}\int _{-\infty }^{\infty }(5-8t^{2})\delta (t+3)dt={\frac {1}{3}}(5-8(-3)^{2})=-{\frac {67}{3}}}
2)
Trabajaremos primero con la parte interna de la integral, por propiedades obtenemos:
( 5 − 8 τ 2 ) δ ( − 3 τ − 9 ) = 1 3 ( 5 − 8 τ 2 ) δ ( τ + 3 ) {\displaystyle (5-8\tau ^{2})\delta (-3\tau -9)={\frac {1}{3}}(5-8\tau ^{2})\delta (\tau +3)}
Analicemos el resultado, δ ( t ) {\displaystyle \delta (t)} es una función que es 0 {\displaystyle 0} para t ≠ o {\displaystyle t\neq o} y 1 {\displaystyle 1} para t = 0 {\displaystyle t=0} , por tanto δ ( τ + 3 ) {\displaystyle \delta (\tau +3)} solo existe en τ = − 3 {\displaystyle \tau =-3} . Al multiplicar esta función por ( 5 − 8 τ 2 ) {\displaystyle (5-8\tau ^{2})} implica simplemente producir un δ ( τ ) {\displaystyle \delta (\tau )} cuya altura es el valor de x ( τ ) {\displaystyle x(\tau )} en τ = − 3 {\displaystyle \tau =-3} . Por tanto nos queda.:
1 3 ( 5 − 8 ( − 3 ) 2 ) δ ( τ + 3 ) = − 67 3 δ ( τ + 3 ) {\displaystyle {\frac {1}{3}}(5-8(-3)^{2})\delta (\tau +3)={\frac {-67}{3}}\delta (\tau +3)}
Así que, nuestra integral original resulta en:
∫ − ∞ t − 67 3 δ ( τ + 3 ) d τ = − 67 3 ∫ − ∞ t δ ( τ + 3 ) d τ {\displaystyle \int _{-\infty }^{t}{\frac {-67}{3}}\delta (\tau +3)d\tau ={\frac {-67}{3}}\int _{-\infty }^{t}\delta (\tau +3)d\tau }
El impulso es la derivada de la función escalón, así que la integral de un impulso es un escalón que comienza donde existe el impulso, por tanto la respuesta es:
∫ − ∞ t 1 3 ( 5 − 8 τ 2 ) δ ( τ + 3 ) d τ = − 67 3 U ( t + 3 ) {\displaystyle \int _{-\infty }^{t}{\frac {1}{3}}(5-8\tau ^{2})\delta (\tau +3)d\tau ={\frac {-67}{3}}U(t+3)}
3)
El doblete δ ′ ( t ) {\displaystyle \delta ^{\prime }(t)} esta definido como la derivada del impulso. Si trabajamos con sus propiedades obtendremos:
[ e − 5 t − s e n ( 5 π t ) ] δ ′ ( − 2 t + 8 ) = 1 − 4 [ e − 5 t − s e n ( 5 π t ) ] δ ′ ( t − 4 ) {\displaystyle [e^{-5t}-sen(5\pi t)]\delta ^{\prime }(-2t+8)={\frac {1}{-4}}[e^{-5t}-sen(5\pi t)]\delta ^{\prime }(t-4)}
La propiedad de filtrado del doblete nos dice que:
∫ − ∞ ∞ x ( t ) δ ′ ( t − α ) d t = − x ′ ( α ) {\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }x(t)\delta ^{\prime }(t-\alpha )dt=-x^{\prime }(\alpha )}
Aplicándolo en nuestro problema hayamos la solución:
1 − 4 ∫ − ∞ ∞ [ e − 5 t − sin ( 5 π t ) ] δ ˙ ( t − 4 ) d t = − 1 4 [ − 5 e − 5 t − 5 π c o s ( 5 π t ) ] T = 4 = 5 e − 20 4 + 5 π 4 {\displaystyle {\frac {1}{-4}}\int _{-\infty }^{\infty }[e^{-5t}-\sin(5\pi t)]{\dot {\delta }}(t-4)dt=-{\frac {1}{4}}[-5e^{-5t}-5\pi cos(5\pi t)]_{T=4}={\frac {5e^{-20}}{4}}+{\frac {5\pi }{4}}}
4)
El doblete δ ′ ( t ) {\displaystyle \delta ^{\prime }(t)} esta definido de la siguiente manera:
cero (0) para todo "t" distinto de cero y
∫ − ∞ ∞ δ ′ ( t ) d t = 0 {\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }\delta ^{\prime }(t)dt=0}
Sus propiedades son las siguientes:
(1)x ( t ) δ ′ ( t − α ) = x ( α ) δ ′ ( t − α ) − x ( α ) ′ δ ( t − α ) {\displaystyle x(t)\delta ^{\prime }(t-\alpha )=x(\alpha )\delta ^{\prime }(t-\alpha )-x(\alpha )^{\prime }\delta (t-\alpha )}
(2)∫ − ∞ ∞ x ( t ) δ ′ ( t − α ) d t = − x ′ ( α ) {\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }x(t)\delta ^{\prime }(t-\alpha )dt=-x^{\prime }(\alpha )}
(3)δ ′ ( a t + b ) = 1 a | a | δ ′ ( t + b a ) {\displaystyle \delta ^{\prime }(at+b)={\frac {1}{a|a|}}\delta ^{\prime }(t+{\frac {b}{a}})}
Aplicando la tercera propiedad se tiene que:
[ e − 5 t − s e n ( 5 π t ) ] δ ′ ( − 2 t + 8 ) = 1 − 4 [ e − 5 t − s e n ( 5 π t ) ] δ ′ ( t − 4 ) {\displaystyle [e^{-5t}-sen(5\pi t)]\delta ^{\prime }(-2t+8)={\frac {1}{-4}}[e^{-5t}-sen(5\pi t)]\delta ^{\prime }(t-4)}
y luego la primera propiedad tenemos que:
1 − 4 [ e − 5 t − s e n ( 5 π t ) ] δ ′ ( t − 4 ) = e − 20 − 4 δ ′ ( t − 4 ) + [ e − 20 − 5 π 4 ] δ ( t − 4 ) {\displaystyle {\frac {1}{-4}}[e^{-5t}-sen(5\pi t)]\delta ^{\prime }(t-4)={\frac {e^{-20}}{-4}}\delta ^{\prime }(t-4)+[{\frac {e^{-20}-5\pi }{4}}]\delta (t-4)}
Integrando y aplicando la definicion se tiene que la primera parte es igual a cero:
∫ − ∞ t δ ′ ( t − 4 ) = 0 {\displaystyle \int _{-\infty }^{t}\delta ^{\prime }(t-4)=0}
La segunda parte queda:
∫ − ∞ t [ e − 20 − 5 π 4 ] δ ( t − 4 ) = [ e − 20 − 5 π 4 ] U ( t − 4 ) {\displaystyle \int _{-\infty }^{t}[{\frac {e^{-20}-5\pi }{4}}]\delta (t-4)=[{\frac {e^{-20}-5\pi }{4}}]U(t-4)}