ayudant a para i1 an alisis de senal~ es · 2015-01-28 · ponti cia universidad cat olica de chile...
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Pontificia Universidad Catolica de ChileEscuela de Ingenierıa
Ayudantıa para I1 Analisis de SenalesFabian Cadiz
Problema 1
Sea un circuito RC como se muestra en la figura. La salida del sistema es el voltaje en elcondensador, y(t), y la entrada es un voltaje aplicado x(t).
a) Encuentre la funcion respuesta al impulso.b) Calcular la respuesta del sistema a x1(t) = u(t− T/2) y a x2(t) = ⊓(t/T )
Soluciona) La ecuacion diferencial que rige este sistema puede ser obtenida mediante la ley de mallas
−x(t) +Ri(t) + y(t) = 0
donde la corriente por el circuito esta relacionada con el voltaje en el condensador segun
i(t) = Cdy(t)
dt
Ası
−x(t) +RCdy(t)
dt+ y(t)
dy(t)
dt+
1
RCy(t)− 1
RCx(t) = 0
Se trata de una ecuacion diferencial lineal de primer orden, que puede ser resuelta con elmetodo del factor integrante
dy(t)
dtet/RC + et/RC
1
RCy(t) = et/RC
1
RCx(t) = 0
d
dt
(y(t)et/RC
)=
1
RCx(t)et/RC
Integrando
y(t) = e−t/RCy0 +1
RCe−t/RC
ˆ t
0
d�e�/RCx(�)
Donde y0 representa el valor de la salida en t = 0.
y(t) = e−t/RCy0 +1
RC
ˆ t
0
d�e−(t−�)/RCx(�)
Para encontrar la respuesta al impulso, resolvemos el problema con x(t) = �(t), y y0 = 0,de forma que
ℎ(t) =1
RC
ˆ t
0
d�e−(t−�)/RC�(�) =1
RCe−t/RC t > 0
De forma que la respuesta al impulso esta dada por
ℎ(t) =1
RCe−t/RCu(t)
-1 0 1 2 3t
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
1.2
1.4
hHtL
Figura 1: Respuesta al impulso del sistema para RC = 1
NotaSi recuerdan las propiedades basicas de la transformada de Laplace, al tener la ecuacion paraℎ(t)
dℎ(t)
dt+
1
RCℎ(t)− 1
RC�(t) = 0
con ℎ(0) = 0, se tiene entonces
sH(s) +1
RCH(s) =
1
RC
H(s) =1
RC
1
(s+ 1/RC)
Con lo que es inmediato que la respuesta al impulso es
ℎ(t) =1
RCe−t/RCu(t)
2
b) Ahora deseamos encontrar y1(t) en el caso en que x1(t) = u(t−T/2). Para ello utilizamosla propiedad fundamental de un sistema lineal e invariante
y1(t) = ℎ(t) ∗ x(t) =
ˆ ∞−∞
d�ℎ(t− �)x(�)
y1(t) =
ˆ t
T/2
d�ℎ(t− �) t > T/2
y1(t) =1
RC
ˆ t
T/2
d�e−t/RCe�/RC =1
RCe−t/RCRCe�/RC
∣∣∣tT/2
y1(t) = 1− e(T/2−t)/RC t > T/2
Equivalentemente
y1(t) =(1− e(T/2−t)/RC
)u(t− T/2)
A continuacion se muestra x(t) (azul) y la respuesta del sistema (morado), para el casoparticular en que T = 1, y RC = 1. Esto describe la carga de un condensador alimentado conun voltaje continuo
-1 0 1 2 3t
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
1.2
1.4
hHtL
Figura 2: Entrada y salida del sistema
Ahora, veamos que ocurre con y2(t) cuando x2(t) = ⊓(t/T )
y2(t) =1
RC
ˆ ∞−∞
d�e−1
RC(t−�)u(t− �) ⊓ (
�
T)
Recordar que ⊓(t/T ) = 1 si −T/2 < t < T/2
y2(t) =1
RC
ˆ t
−T/2d� ⊓ (�/T )e−
1RC
(t−�)
Si −T/2 < t < T/2
y2(t) =1
RC
ˆ t
−T/2d�e−
1RC
(t−�) = e−1
RC(t−�)
∣∣∣t−T/2
y2(t) = 1− e−1RC
(t+T/2), −T/2 < t < T/2
3
En cambio, si t > T/2
y2(t) =1
RC
ˆ T/2
−T/2d�e−
1RC
(t−�) = e−1
RC(t−�)
∣∣∣T/2−T/2
y2(t) = e−1
RC(t−T/2) − e−
1RC
(t+T/2), T/2 < t
A continuacion se ilustra x2 e y2
-1 0 1 2 3t
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
1.2
1.4
hHtL
4
Problema 2
Sea ℎ(t) la funcion respuesta al impulso de un sistema dinamico lineal e invariante en eltiempo. Entonces, a una entrada x1(t) corresponde una salida y1(t)
y1(t) = x1(t) ∗ ℎ(t)
de la misma forma, a una entrada x2(t) corresponde una salida y2(t)
y2(t) = x2(t) ∗ ℎ(t)
Utilizando las propiedades de la operacion convolucion , y considerando las senales x1(t),y1(t), x2(t) de la figura, se pide determinar y graficar y2(t)
SolucionPrimero notemos que si desplazamos la funcion x1(t) en la forma x1(t+1), obtenemos el siguientegrafico
-2 -1 0 1 2 3 4 5t
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5x1HtL
Del mismo modo, para x1(t− 2) se tiene
-2 -1 0 1 2 3 4 5t
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5x1Ht - 2L
De aquı es claro quex2(t) = x1(t+ 1)− x1(t− 2)
5
Entonces
y2(t) = x2(t) ∗ ℎ(t) = {x1(t+ 1)− x1(t− 2)} ∗ ℎ(t)
y2(t) = x1(t+ 1) ∗ ℎ(t)− x1(t− 2) ∗ ℎ(t)
Finalmente, utilizando la propiedad de invarianza en el tiempo
y2(t) = y1(t+ 1)− y1(t− 2)
El grafico es el siguiente
-2 -1 0 1 2 3 4 5t
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
y2HtL
6
Problema 3
En el sistema cascada de la figura, x(t) es un escalon unitario, y1(t) es la respuesta de unsistema S1 de primer orden con condicion inicial cero y constante de tiempo T1 = 2 segundos.Ademas, y2 = [y1(t)]
2, y3(t) = y2(t− T2), con T2 = 1 segundo. Encuentre y grafique y1(t), y2(t)e y3(t) para x(t) = u(t)
SolucionTenemos que x(t) = u(t) (Escalon de Heavyside). Sabemos que el sistema S1 consiste en unsistema de primer orden, es decir, la relacion entre x1(t) e y1(t) tiene la siguiente forma
dy1(t)
dt+ �y1(t) = �x1(t), �, � ∈ ℝ
Cuya solucion general tiene la forma
y1(t) = e−�ty0 + �
ˆ t
0
d�e−�(t−�)x1(�)
Para encontrar la respuesta al impulso, imponemos x1(t) = �(t), y y0 = 0
ℎ1(t) = �
ˆ t
0
d�e−�(t−�)�(�) = �e−�t
La constante de tiempo es 1�
= 2, de forma que
ℎ1(t) = �e−t/2u(�)
De esta forma, y1(t) puede ser obtenido convolucionando la respuesta al impulso con x(t) =u(t)
y1(t) = ℎ(t) ∗ x1(t) = �
ˆ ∞−∞
d�e−�/2u(�)u(t− �)
y1(t) = �
ˆ t
0
d�e−�/2 = −2�e−�/2∣∣∣t0
= 2�(1− e−t/2
)u(t)
El siguiente grafico muestra la forma de y1(t), para el caso particular en que � = 12
-2 -1 0 1 2 3 4t
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
1.2
1.4
y1HtL
7
El sistema S2 simplemente eleva al cuadrado, es decir
y2(t) = [y1(t)]2 = 4�2 (1− e−t/2)2 u(t)
-2 -1 0 1 2 3 4t
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
1.2
1.4
y1HtL y2HtL
Figura 3: y1(t) (azul) e y2(t) (morado)
Finalmente, y3(t) = y2(t− 1)
-2 -1 0 1 2 3 4t
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
1.2
1.4
y1HtL y2HtL
8
Problema 4
Considere un sistema discreto lineal e invariante, en donde la relacion entre la entrada x[n]y la salida y[n] esta descrita por la siguiente ecuacion de diferencias
y[n] = ay[n− 1] + bx[n− 1], n ≥ 1
a) Encuentre una expresion cerrada para y[n] en terminos de x[n].b) Encuentre la funcion respuesta al impulso de este sistema, ℎ[n]. ¿Que se debe cumplir paraque el sistema sea estable?c) Calcule y[n] cuando x[n] = u[n], utilizando la expresion encontrada en a)d) Verifique que el resultado obtenido en c) coincide con x[n] ∗ ℎ[n]
Soluciona) Se tiene
y[1] = ay[0] + bx[0]
y[2] = a2y[0] + abx[0] + bx[1]
y[3] = a3y[0] + a2bx[0] + abx[1] + bx[2]
y[4] = a4y[0] + a3bx[0] + a2bx[1] + abx[2] + bx[3]
De aquı se puede encontrar una expresion no recursiva para y[n]
y[n] = any[0] + bn−1∑k=0
a(n−1)−kx[k]
b) Para econtrar la respuesta al impulso, calculamos la salida para x[n] = �[n], y suponemoscondiciones iniciales nulas.
ℎ[n] = bn−1∑k=0
a(n−1)−k�[k] = ba(n−1) =
(b
a
)anu[n− 1]
Para que el sistema sea estable, se debe tener una respuesta acotada para una entradaacotada. Esto es equivalente a tener
∞∑k=−∞
∣ℎ[k]∣2 <∞
Es claro que la condicion para la estabilidad del sistema es ∣a∣ < 1, de lo contrario la re-spuesta al impulso crece indefinidamente. Ademas, es facil comprobar que la energıa de ℎ[n] eneste caso es finita (Es una simple serie geometrica, con razon a2 < 1).
9
1 2 3 4 5 6
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
Figura 4: Respuesta al impulso en el caso b = 1, a = 0,5
c) Veamos que ocurre cuando la entrada es x[n] = u[n]
y[n] = any[0] + bn−1∑k=0
a(n−1)−ku[k]
y[n] = any[0] + bn−1∑k=0
a(n−1)−ku[k]
Es claro que y[0] = 0, pues el sistema es lineal y la entrada es nula para n menor que cero.
y[n] = bn−1∑k=0
a(n−1)−k = ban−1n−1∑k=0
(1
a
)k
y[n] = ban−1(
1− 1an
1− 1a
)= ban−1
( an−1an
a−1a
)
y[n] = b
(an − 1
a− 1
)u[n− 1]
d) Comprobemos ahora que
y[n] = ℎ[n] ∗ u[n]
En efecto
ℎ[n] ∗ u[n] =∞∑
k=−∞
u[n− k]ℎ[k] =∞∑
k=−∞
(b
a
)aku[k − 1]u[n− k]
ℎ[n] ∗ u[n] =
(b
a
) n∑k=1
ak =
(b
a
){1− an+1
1− a− 1
}, n ≥ 1
10
ℎ[n] ∗ u[n] =
(b
a
){1− an+1 − 1 + a
1− a
}= b
(1− an
1− a
)u[n− 1]
Exactamente el mismo resultado obtenido en c). A continuacion se muestra u[n] y la corre-spondiente salida y[n]
0 1 2 3 4 5 6
1
2
3
4
11
Problema 5
Suponga que alguien erroneamente cree que la regla de la cadena se aplica a la convolucion
(f ∗ g)′ = f ′ ∗ g + f ∗ g′
Encuentre el error e(x), la diferencia entre el resultado erroneo y el correcto, si f(x) = ⊓(x)y g(x) = u(x)
SolucionCalculemos en primer lugar f ∗ g. Tenemos
(f ∗ g)(x) =
ˆ ∞−∞
d� ⊓ (�)u(x− �) =
ˆ x
−∞d� ⊓ (�)
f(x) ∗ g(x) =
⎧⎨⎩0 si x < −1/2
x+ 1/2 si −1/2 ≤ x ≤ 1/21 si x > 1/2
-2 -1 0 1 2 3 4 5t
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
f g
Figura 5: Grafico de f ∗ g
De esta forma
d
dx(f(x) ∗ g(x)) =
⎧⎨⎩0 si x < −1/21 si −1/2 ≤ x ≤ 1/20 si x > 1/2
= ⊓(x)
Por otro lado, calculemos (f ′ ∗ g) + (g′ ∗ f). Para ello, evaluamos
df(x)
dx=
d
dx⊓ (x) = �(x− 1/2)− �(x+ 1/2)
(Recordar que u′(x) = �(x), y ⊓(x) = u(x− 1/2)− u(x+ 1/2)). Ademas
dg(x)
dx=
d
dx(x) = �(x)
Entonces
(f ′ ∗ g) + (g′ ∗ f) = �(x− 1/2) ∗ u(x)− �(x+ 1/2) ∗ u(x) + �(x) ∗ ⊓(x)
(f ′ ∗ g) + (g′ ∗ f) = u(x− 1/2)− u(x+ 1/2)︸ ︷︷ ︸⊓(x)
+ ⊓ (x) = 2 ⊓ (x)
Finalmente, el error que se comete ese(x) = ⊓(x)
12