Problemario de Señales y Sistemas/Muestreo de señales y respuesta de sistemas LTI

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Problemas

Problema #1

Considere el sistema que se muestra en el que la señal de entrada, $x(t)\,$, es muestreada con un tren de pulsos $p(t)\,$ para producir la señal $z(t)=(x(t)p(t))\,$. La señal $z(t)\,$ pasa a través de un sistema lineal invariante en el tiempo cuya respuesta el impulso es $h(t)\,$.

Se desea que determine y grafique el par: $(z(t),y(t))\,$.

En este caso $x(t)=\cos(2\pi t)\,$, $h(t)=3e^{-5t}u(t)\,$ y $p(t)=\sum _{n=-\infty }^{\infty }\delta (t-0.5n)\,$

Nota: Para efectos de la solución, puede suponer que, $h(t)=0\,$ $\forall t\geq t_{1}\,$, donde $h(t_{1})=0.1h(0)\,$. Igualmente $H(j\omega )=0\quad \forall \omega \geq \omega _{1}\,$, donde $|H(j\omega _{1})|=0.1|H(j0)|\,$. Esto es, que, para todo fin práctico, la respuesta al impulso y la respuesta en frecuencia del sistema se consideran cero cuando alcanzan el 10% de su valor en cero.

Subsección solución 1

Hecho por: Pedro Torruella #04-37657

1) Primero elijo trabajar sobre la base de la frecuencia, ya que por las propiedades de la transformada de Fourier puedo hacer los cálculos fácilmente.

Primero convierto

$x(t)=cos{(2\pi \ t)}\qquad \qquad (1)$

Que por propiedades de la transformada de fourier queda como:

$X(j\omega )=\pi \ \left(\delta \ \left(\omega -2\pi \ \right)+\delta \ \left(\omega +2\pi \ \right)\right)\qquad \qquad (2)$

Luego transformo

$p(t)=\sum _{n=-\infty }^{\infty }\delta \left(t-0.5n\right)\qquad \qquad (3)$

que por tablas obtenemos

$P(j\omega )=4\pi \sum _{k=-\infty }^{\infty }\delta \left(\omega -k4\pi \right)$

Al convolucionar con la función $X\left(j\omega \right)$ obtenemos unos deltas con módulos de $4\pi ^{2}$ de la siguiente forma

$Z(j\omega )=4\pi ^{2}\sum _{k=-\infty }^{\infty }\delta \left(\omega -k4\pi -2\pi \right)+\delta \left(\omega -k4\pi +2\pi \right)$

o lo que es lo mismo

$Z(j\omega )=8\pi ^{2}\sum _{k=-\infty }^{\infty }\delta \left(\omega -k2\pi \right)-\delta \left(\omega -k4\pi \right)$

Al convertir $Z(j\omega )$ al dominio del tiempo por las tablas de transformadas, obtenemos un tren de pulsos

$z(t)=\sum _{k=-\infty }^{\infty }4\delta \left(t-k\right)-2\delta \left(t-k{\cfrac {1}{2}}\pi \right)$

Para obtener y(t) tengo que convolucionar z(t) con h(t). Como z(t) es un tren de impulsos, lo que voy a obtener es una repetición de h(t) por cada pulso, por otro lado, los pulsos tienen un espaciado de 0,5, como h(t) es nula para valores mayores a 0,46 unidades de tiempo, una no se sobrepone con la otra cuando se convoluciona con el tren de pulsos, por lo tanto obtendremos algo como esto:

$y(t)=\sum _{k=-\infty }^{\infty }12e^{-5\left(t-k\right)}-6e^{-5\left(t-k{\cfrac {1}{2}}\pi \right)}$

Subsección solución 2

Por: Alejandro González 04-37066

Trabajando en la base del tiempo, se tiene para $z(t)\,$:

$z(t)=\cos(2\pi t)\cdot \sum _{n=-\infty }^{\infty }\delta (t-0.5n)\,$

Esto, gráficamente, es algo así:

Archivo:Tren de pulsos por coseno.png

Esta función se puede reescribir como:

$z(t)=\sum _{n=-\infty }^{\infty }(-1)^{n}\cdot \delta (t-0.5n)\,$

Con la suposición, $h(t)=0\,$ $\forall t\geq t_{1}\,$, donde $h(t_{1})=0.1h(0)\,$

se calcula $t_{1}\,$:

$h(0)=3e^{0}=3\,$

luego, $h(t_{1})=0.1h(0)=0.3\,$

finalmente:

$3e^{-5t_{1}}=0.3\Rightarrow \ -5t_{1}=ln(0.1)\Rightarrow \ t_{1}\approx 0.46\,$

y se puede reescribir $h(t)\,$ como: $h(t)=3e^{-5t}u(t)u(0.46-t)\,$

Ahora, convolucionando la función $z(t)\,$ con la función $h(t)\,$, se tiene:

${\begin{matrix}y(t)&=&z(t)*h(t)\\\ &=&h(t)*z(t)\\\ &=&\int _{-\infty }^{\infty }(3e^{-5\tau }u(\tau )u(0.46-\tau ))\cdot (\sum _{n=-\infty }^{\infty }(-1)^{n}\cdot \delta (t-\tau -0.5n))\,d\tau \end{matrix}}\,$

$y(t)=3\sum _{n=-\infty }^{\infty }(-1)^{n}\int _{-\infty }^{\infty }e^{-5\tau }u(\tau )u(0.46-\tau )\delta (t-\tau -0.5n)\,d\tau \,$

finalmente:

$y(t)=\sum _{n=-\infty }^{\infty }(-1)^{n}3e^{-5t+2.5n}u(t-0.5n)u(0.46+0.5n-t)\,$

y su representación gráfica:

Archivo:Yt pulsos por exponencial negativa.png

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Subsección solución 3

Por: Pedro Torruella #04-37657

Para determinar Y(t) también se puede aplicar una forma intuitiva y rápida que es la siguiente.

Si nos olvidamos de la sumatoria y convolucionamos h(t) para una sola delta, obtenemos la misma h(t), luego sabemos que h(t) está definida desde 0 a 0.46 y que cada delta está espaciada una de la otra 0.5, entonces una función no entorpece a la otra y es fácil imaginar cómo se repite la misma función h(t) una y otra vez cambiando de signo junto con las delta.