Apuntes y ejercicios Señales y sistemas (Borrador)

Apuntes y ejercicios
SEÑALES Y SISTEMAS
Ruano, Julio Daniel1
, Ordoñez, Miguel Angel2
1−2Estudiantes de Ingeniería Eléctrica
Facultad de Ingeniería en Electricidad y Computación
Escuela Superior Politécnica del Litoral, Guayaquil, Ecuador
1jdruano@live.com, 2migaordo@gmail.com
2015

Señales y sistemas Ruano & Ordoñez 2015
0.1. Dedicatoria
A Dios por las inﬁnitas bendiciones en mi vida.
A mis padres por su entrega y amor día a día, además de guiarme por el mejor camino. A
mi familia por ser siempre un apoyo; y a mis amigos por todas las experiencias y gratos
momentos que hemos compartido.
Ruano Lima, Julio Daniel
A Dios por cuidar de mi desde antes de mi nacimiento.
A mi familia y en especial a mis padres, Miguel Ordóñez y Luisa Mera, quienes des-
de pequeño supieron brindarme un hogar lleno de amor y fueron mis primeros maestros,
de quienes aprendí y sigo aprendiendo a vivir; a mi hermano, Abraham Ordóñez, cu-
ya amistad y complicidad son invaluables para mi. A mi enamorada, Steffanie Jiménez,
quien siempre me muestra su apoyo incondicional y me ha acompañado durante la mayor
parte de mi carrera Universitaria.
Por último pero no por eso menos importante, a mis maestros y amigos, por contribuir
a mi desarrollo, razón por la cual mantengo una eterna gratitud hacia ustedes.
Ordóñez Mera, Miguel Angel
1

0.2. Prefacio
2

0.3. Prólogo
3

Capítulo 1
Convolución
1.1. Generalidades sobre la convolución
La convolución de funciones
1.2. Convolución gráfica de funciones continuas
1. Determine de forma gráfica la convolución y(t) = x(t) ∗ h(t) entre las funciones
adjuntas:
Solución:
Para encontrar la convolución entre ambas funciones debemos escoger una de ellas pa-
ra realizar en primer lugar su reflejo respecto al eje y, y luego barrerla de forma horizontal
de −∞ a +∞ por encima de la función restante.
Escojamos a x(τ) como función a dejar fija, y a h(t − τ) como función a barrer. Imagi-
nemos que h(t − τ) arranca el barrido en −∞ avanzando hacia la derecha, podemos ver
claramente que el producto x(t) ∗ h(t) es cero.
Pero qué sucede a medida que el extremo derecho de la función h(t − τ) comienza a
traslaparse al inicio de la función x(τ)? El producto entre ambas toma un valor diferente
de cero, siendo de hecho αβ su valor. Este escenario se da hasta que h(t − τ) se traslapa
por completo en x(τ), esto ocurre en el intervalo −a − b < t < −a + b.
Recordando la definición de convolución tenemos que y(t) =
t
−a−b x(τ) · h(t − τ)dτ.
y(t) =
t+b
−a
x(τ) · h(t − τ)dτ =
t+b
−a
αβdτ = αβτ|t+b
−a
∴ y(t) = αβ(t + a + b); −a − b < t < −a + b
Luego, continuando el barrido de h(t − τ) podemos darnos cuenta que dicha función
4

se encuentra totalmente traslapada con x(τ), esto ocurre brevemente hasta que h(t − τ)
comienza a ’salir’ del traslape con x(τ). Lo anterior es válido para −a + b < t < b − a.
y(t) =
t+b
t−b
x(τ) · h(t − τ)dτ =
t+b
t−b
αβdτ = αβτ|t+b
t−b
∴ y(t) = 2αβb; −a + b < t < b − a
De forma análoga ahora h(t−τ) deja la zona de traslape con x(τ), lo anterior ocurre para
b − a < t < a + b. La convolución está dada entonces por:
y(t) =
a
t−b
x(τ) · h(t − τ)dτ =
a
t−b
αβdτ = αβτ|a
t−b
∴ y(t) = αβ(a + b − t); b − a < t < a + b
Finalmente podemos notar que para t > a + b el producto x(τ)h(t − τ) es cero, por lo
que podemos escribir la función y(t) como:
y(t) =



0 −∞ < t ≤ −a − b
αβ(t + a + b) −a − b < t ≤ −a + b
2αβb −a + b < t ≤ b − a
αβ(a + b − t) b − a < t ≤ a + b
0 t > ∞
5

Jueves 08 de Julio de 2010, Primer Tema
2. Un estudiante de la materia Sistemas Lineales de la ESPOL, ha determinado que
la representación esquemática de la respuesta impulso es h(t), de un sistema LTI-CT,
es aquella que se muestra en la siguiente ﬁgura.
Si se conoce la derivada de la excitación de dicho sistema, esto es dx(t)
dt , determine y
esquematice su respuesta de estado cero, es decir: y(t) = x(t) ∗ h(t).
Solución:
Es obvio que
h(t) = µ(t − 1) − µ(t − 2)
dx(t)
dt
= δ(t + 1) − 2δ(t − 1) + δ(t − 2)
Por otro lado sabemos que para un sistema LTI-CT se cumple que
h(t) ∗
dx(t)
dt
=
dy(t)
dt
Entonces tenemos que
6

dy(t)
dt
= [µ(t − 1) − µ(t − 2)] ∗ [δ(t + 1) − 2δ(t − 1) + δ(t − 2)]
Recordemos que como la función delta δ es el elemento neutro de la convolución y el
sistema es invariante en el tiempo tendremos que
x(t) ∗ δ(t − t0) = x(t − t0)
Entonces
dy(t)
dt
= µ(t) − 2µ(t − 2) + µ(t − 3) − µ(t − 1) + 2µ(t − 3) − µ(t − 4)
→
dy(t)
dt
= µ(t) − µ(t − 1) − 2µ(t − 2) + 3µ(t − 3) − µ(t − 4)
Ahora mostraremos la gráﬁca
De donde resulta obvio que
7

Con lo cual se concluye el problema.
8

Jueves 1 de Diciembre de 2011, Segundo Tema
Para el sistema LTI-CT integrado por la conexión en serie de dos subsistemas; y,
conociendo la entrada o exitación x(t) junto con la respuesta impulso h(t) para el
primer subsistema se le ha solicitado:
a) Determinar, esquematizar y etiquetar la respuesta w(t) que genera a la salida del
primer subsistema, así como su correspondiente energía.
b)Obtener, esquematizar y etiquetar la salida y(t) que genera el sistema global, así
como su correspondiente energía.
c) Conociendo la existencia de la señal z(t), expresar w(t) como una función de aque-
lla.
a)
Notemos que
w(t) = x(t) ∗ h(t) = µ(t +
1
2
) − µ(t −
1
2
) ∗ (µ(t +
9
2
) − µ(t −
9
2
))
w(t) = r(t + 5) − r(t + 4) − r(t − 4) + r(t − 5)
Ahora calculamos la energía del sistema
E(w(t)) =
−4
−5
(τ + 5)2
dτ +
4
−4
dτ +
5
4
(5 − τ)2
dτ
⇒ E(w(t)) =
26
3
b)
y(t) =
d(r(t + 5) − r(t + 4) − r(t − 4) + r(t − 5))
dt
= µ(t+5)−µ(t+4)−µ(t−4)+µ(t+5)
9

⇒ E(y(t)) =
−4
−5
dτ +
5
4
dτ = 2
c)
Notemos que
dz(t)
d(t)
= µ(t) − µ(t − 1)) ⇒ y(t) =
dz(t + 5)
dt
−
dz(t − 4)
dt
10

Jueves 07 de julio de 2011, Segundo Tema
1. Un sistema LTI-CT se encuentra conformado por dos subsistemas integradores
como se muestra en la figura. Conociendo además la derivada de la excitación x(t),
determine:
a) La respuesta al impulso de cada subsistema y del sistema global, comente sobre la
estabilidad de cada subsistema y del sistema global.
b) La respuesta frente a la excitación x(t). Solución:
La respuesta al impulso de cada subsistema está dada por la evaluación de y(t) en δ(t),
para el subsistema 1 tenemos h1(t) =
t+a
−∞ δ(τ)dτ. La integral anterior nos otorga
h1(t) = µ(t + a), cuya gráfica vemos adjunta.
De manera análoga obtenemos h2(t) evaluando a y(t) en δ(t), para el subsistema 2
tenemos h2(t) =
t−a
−∞ δ(τ)dτ. La integral anterior nos otorga h2(t) = µ(t − a), cuya
gráfica vemos adjunta.
11

Ahora podemos determinar h(t), la misma resulta h(t) = h1(t) − h2(t), por lo que
h(t) = µ(t + a) − µ(t − a). La gráfica de h(t) tiene la forma:
En cuanto a estabilidad se refiere recordamos que un sistema es BIBO estable si su res-
puesta al impulso h(t) es integrable por completo en −∞ a ∞. Por lo anterior podemos
darnos cuenta que las integrales de h1(t), h2(t) no convergen a valor real alguno en el
intervalo antes mencionado, de este modo ni el subsistema 1 ni el dos son estables.
Sin embargo, por otro lado la integral de la respuesta del sistema total sí converge a un
valor real, siendo entonces BIBO estable el sistema global.
Finalmente hallemos la respuesta del sistema frente a la excitación presentada. Cono-
cemos que
dx
dt
= δ(t + a) − δ(t − a). Por lo que podemos afirmar que x(t) = µ(t + a) −
µ(t − a).
La respuesta y(t) es entonces igual a y(t) = h(t) ∗ x(t).
y(t) = (µ(t + a) − µ(t − a)) ∗ (µ(t + a) − µ(t − a))
Tenemos entonces la convolución entre dos funciones idénticas, la misma tendrá como
respuesta:
y(t) = Γ(t + 2a) − 2Γ(t) + Γ(t − 2a)
12

Jueves 03 de Diciembre de 2009, Tercer Tema
Suponga que la entrada x(t) y la respuesta impulso h(t) de un sistema LTI-CT están
dadas por:
x(t) = 2µ(t − 1) − 2µ(t − 3)
h(t) = µ(t + 1) − 2µ(t − 1) + µ(t − 3)
Determine:
a) La salida y(t) del sistema y encuentre la energía de la misma.
b) Es BIBO estable el sistema? Justifique.
Solución:
Dada la ventaja que la convolución es tanto asociativa como conmutativa, además de la
invariancia en el tiempo del sistema, podemos calcular la respuesta mediante la obtención
de la forma general de la convolución de dos funciones µ(t) y luego desplazarla lo nece-
sario.
Entonces, sean µ(t − α) y µ(t − β) las dos funciones generales a convolucionar, sus grá-
ficas serán:
Para realizar la convolución reflejamos a µ(t − α) obteniendo µ(−τ + t) que barre al eje
τ hasta encontrarse con µ(τ − β). Lo anterior puede verse gráficamente como:
Podemos notar que a medida que la función µ(−τ + t) se mueve a la derecha, la convo-
lución toma valores diferente de cero en t = α + β.
Por lo tanto podemos escribir µ(t−α)∗µ(t−β) =
t−α
β (1)dτ = t−α−β; t >= α+β.
Podemos expresar de manera diferente el resultado anterior como:
µ(t − α) ∗ µ(t − β) = Γ(t − α − β)
13

Regresando al problema anterior, tenemos entonces:
y(t) = (2µ(t − 1) − 2µ(t − 3)) ∗ (µ(t + 1) − 2µ(t − 1) + µ(t − 3))
y(t) = 2µ(t − 1) ∗ µ(t + 1) − 4µ(t − 1) ∗ µ(t − 1) + 2µ(t − 1) ∗ µ(t − 3) − 2µ(t − 3) ∗
µ(t + 1) + 4µ(t − 3) ∗ µ(t − 1) − 2µ(t − 3) ∗ µ(t − 3)
y(t) = 2Γ(t) − 4Γ(t − 2) + 2Γ(t − 4) − 2Γ(t − 2) + 4Γ(t − 4) − 2Γ(t − 6)
y(t) = 2Γ(t) − 6Γ(t − 2) + 6Γ(t − 4) − 2Γ(t − 6)
La gráﬁca de nuestra salida está dada por:
La energía podemos encontrarla como:
Ey(t) =
2
0
t2
dt +
4
2
(−4t + 12)2
dt +
6
4
(2t − 12)2
dt = 24
Finalmente para conocer si el sistema es o no BIBO estable, analicemos a h(t), podemos
notar que la misma es completamente integrable en −∞ < t < ∞, por lo que el sistema
sí es BIBO estable.
14

Capítulo 2
Ecuaciones en diferencia
2.1. Generalidades de las ecuaciones en diferencia
Denominamos ecuación en diferencia a la representación de un sistema lineal me-
diante una expresión que involucra distintas sucesiones siendo una de ellas desconocida.
De manera general una ecuación en diferencias de coeﬁcientes constantes, toma la forma
siguiente:
N
r=0
αy[n − r] =
M
q=0
βx[n − q]
Para hallar la solución a dicha ecuación, utilizamos una metodología similar a la empleada
en ecuaciones diferenciales de variable continua.
La solución estará compuesta por dos componentes, una componente homogénea y una
componente particular, es decir y[n] = yh[n] + yp[n]. Para determinar la componente
homogénea partimos de la suposición que la solución de N
r=0 αy[n − r] = 0 es de la
forma y[n] = γn, lo cual reemplazamos en la sucesión original, obteniendo un problema
de la forma:
α0γn
+ α1γn+1
+ α2γn+2
+ . . . + αN γn+N
= 0
Tomando como factor común γn obtenemos la denominada ecuación característica de la
ecuación en diferencias:
α0 + α1γ + α2γ2
+ . . . + αN γN
= 0
Tras encontrar los valores de γ que satisfacen la ecuación de coeﬁcientes constantes an-
terior, escribimos la componente homogénea como yh[n] = c1γn
1 + c2γn
2 + . . . + cN γn
N ,
donde los valores c1, c2, . . . , cN se determinan a partir de las condiciones iniciales del
sistema.
Para nuestro caso particular de estudio, determinaremos la respuesta al impulso unitario
del sistema por lo que x[n] = δ[n], de lo anterior podemos entonces suponer que la solu-
ción particular tendrá la forma y[n] = kδ[n].
15

Se puede demostrar que k, tendrá el valor de k =
bn
an
donde an, bn son los coeﬁcientes
presentes en la ecuación para y[n], x[n] respectivamente.
2.2. Solución de ecuaciones en diferencia
Jueves 11 de diciembre de 2014, Tercer Tema
1. Determine la respuesta al impulso unitario del sistema representado por el diagra-
ma de bloques adjunto:
Solución: El diagrama de bloques nos otorga una representación gráﬁca de la siguien-
te ecuación en diferencias:
y[n] = 4x[n − 1] − 4x[n − 2] + 1,6y[n − 1] − 0,63y[n − 2]
Como primer paso expresamos la ecuación anterior de una manera más apropiada, dado
que el termino recursivo menor es n − 2 y valiendonos de la invariancia en el tiempo de
nuestro sistema, desplazamos los términos dos unidades en n, obteniendo de esta forma:
y[n + 2] = 4x[n + 1] − 4x[n] − 1,6y[n + 1] − 0,63y[n]
Reordenando la expresión tenemos:
0,63y[n] − 1,6y[n + 1] + y[n + 2] = 4x[n + 1] − 4x[n]
Para obtener la respuesta homogénea hacemos x[n] = 0, ∀n, y asumiendo y[n] de la
forma y[n] = γn tenemos:
0,63γn
− 1,6γn+1
+ γn+2
= 0
16

γn
[0,63 − 1,6γ + γ2
] = 0
Con γ1 = 0,7, γ2 = 0,9, escribimos la solución homogénea como yh[n] = c1(0,7)n +
c2(0,9)n.
La componente particular, la obtenemos observando la ecuación para determinar los va-
lores de an = 0,63, bn = −4, por lo que yp[n] = −
4
0,63
δ[n].
La respuesta al impulso unitario será entonces h[n] = −6,3492δ[n]+[c1(0,7)n+c2(0,9)n]∗
µ(n), para determinar las constantes c1, c2 recurrimos a la ecuación original sin desplazar
y evaluamos:
h[n] = 4δ[n − 1] − 4δ[n − 2] + 1,6h[n − 1] − 0,63h[n − 2]
n = 0 ⇒ h[0] = 4δ[−1] − 4δ[−2] + 1,6h[−1] − 0,63h[−2] = 0 ∴ h[0] = 0
n = 1 ⇒ h[1] = 4δ[0] − 4δ[−1] + 1,6h[0] − 0,63h[−1] = 4 ∴ h[1] = 4
Vale la pena aclarar que h[−1], h[−2] = 0 por ser el sistema causal, luego generamos un
sistema de ecuaciones con las evaluaciones previas y además evaluando la solución total
que se obtuvo anteriormente, donde se involucra a c1, c2.
h[0] = −6,3492δ[0] + c1 + c2 = 0 ⇒ c1 + c2 = 6,3492
h[1] = −6,3492δ[1] + c1(0,7) + c2(0,9) = 4 ⇒ 0,7c1 + 0,9c2 = 4
Resolviendo para c1, c2 tenemos que c1 = 8,5714 y c2 = −2,22, pudiendo escribir ﬁnal-
mente la respuesta al impulso unitario del sistema como:
h[n] = −6,3492δ[n] + [8,5714(0,7)n
− 2,22(0,9)n
] ∗ µ[n]
17

Jueves 08 de julio de 2010, Tercer Tema
1. El sistema de la ﬁgura es el resultado de la combinación en cascada de dos subsis-
temas, con la información proporcionada, determine:
a) La respuesta al impulso de cada subsistema y del sistema global
b) La respuesta frente a la excitación x[n] = e−0,5nµ[n]
Solución: Comenzamos con el sistema 1, del diagrama de bloques se obtiene la ecua-
ción en diferencias de la forma: x[n] + 2y[n − 1] = y[n].
x[n + 1] + 2y[n] = y[n + 1]
Con y[n] = γn, tenemos γn(γ − 2) = 0, por lo que nuestra solución será h1[n] =
0
2
δ[n] + c12n.
Encontramos c1 con h[0] = c1 = 1 (al evaluar en la solución propuesta y en la ecuación
en diferencias original).
∴ h1[n] = 2n
µ[n]
Para el sistema 2, la ecuación en diferencias resulta x[n] − 2x[n − 1] = y[n]. Debido a
la forma de esta ecuación el método empleado hasta ahora no es directamente utilizable,
por lo que procederemos a encontrar una solución tabulando resultados:
n = 0 → h[0] = δ[0] − 2δ[−1] = 1
n = 1 → h[1] = δ[1] − 2δ[0] = −2
n > 1 → h[n] = 0
∴ h2[n] = δ[n] − 2δ[n − 1]
La respuesta del sistema completo es h[n] = h1[n] ∗ h2[n].
h[n] = (2n
µ[n]) ∗ (δ[n] − 2 ∗ δ[n − 1]
h[n] = 2n
µ[n] − 2(2n−1
)µ[n − 1] = 2n
µ[n] − 2n
µ[n − 1] = 2n
(µ[n] − µ[n − 1])
∴ h[n] = 2n
δ[n] = δ[n]
Finalmente la salida y[n] = x[n] ∗ h[n] = (e−0,5nµ[n]) ∗ δ[n] = e−0,5nµ[n].
18

Jueves 7 de Julio de 2011, Primer Tema
Un sistema LTI-DT está integrado por la conexión en paralelo de dos subsistemas
retroalimentados, tal como se muestra en la ﬁgura. Determinar:
a) Las respuestas impulso de cada subsistema y del sistema completo, es decir h1[n], h2[n]
y h[n].
b) Comente sobre la estabilidad de cada subsistema y del sistema completo, justiﬁ-
cando debidamente su respuesta.
c) La respuesta y[n] (expresada a la mínima expresión) frente a la excitación x[n] =
e−0,5nµ[n], esquematizarla y etiquetarla.
a)
Análisis de SS1:
Obviamente tenemos que
y1[n] = x[n] − 0,8y[n − 1] ⇒ h1p = 0
Asumimos respuesta de la forma h[n] = γn con lo cual la ecuación característica de SS1
será
γn+1
+ 0,8γn
= 0 ⇒ γn
(γ + 0,8) = 0 ⇒ γ = −0,8
Entonces h1[n] es de la forma h1[n] = (c1−0,8)nµ[n]. Lo cual remplazando en h1[0] = 1
obtenemos que
c1 = 1 ⇒ h1[n] = (−0,8)n
µ[n]
Análisis de SS2:
Obviamente tenemos que
y2[n] = x[n − 1] + 0,25y2[n − 2] ⇒ h2p = 0
Análogamente asumimos respuesta de la forma h2[n] = γn con lo cual la ecuación carac-
terística de SS2 será
γn+2
− 0,25γn
= 0 ⇒ γn
(γ2
− 0,25) = 0 ⇒ γ1 = 0,5; γ2 = −0,5
19

Entonces h2[n] es de la forma h2[n] = (c2(0,5)n +c3(−0,5)n)µ[n]. Lo cual remplazando
en h2[0] = 0 y h2[1] = 1 obtenemos que
c2 + C3 = 0
0,5C2 − 0,5c3 = 1
⇒ c2 = 1; c3 = −1 ⇒ h2[n] = (0,5n
− (−0,5)n
)µ[n]
⇒ h[n] = h1[n] + h2[n] = ((−0,8)n
+ 0,5n
− (−0,5)n
)µ[n]
b)
Podemos decir que tanto SS1 como SS2 son estables en vista que las raices de sus ecua-
ciones características cumplen que | γ |< 1, y por tanto el Sistema completo también será
estable.
c)
y[n] = h[n] ∗ x[n](((−0,8)n
+ 0,5n
− (−0,5)n
)µ[n]) ∗ (e−0,5n
µ[n])
⇒ y[n] = (
(−0,8)n+1 − e−0,5(n+1)
−0,8 − e−0,5
+
(0,5)n+1 − e−0,5(n+1)
0,5 − e−0,5
−
(−0,5)n+1 − e−0,5(n+1)
−0,5 − e−0,5
)µ[n]
20

Jueves 01 de diciembre de 2011, Primer Tema
1. Dado el siguiente sistema expresado en función de diagrama de bloques:
a) Determine la respuesta al impulso del mismo, indique si el sistema es del tipo FIR
o IIR.
b) Indique si el sistema es BIBO estable.
c) Encuentre la respuesta del sistema frente a la excitación x[n] = αn
2 µ[n]
Solución: La respuesta del sistema completo se obtiene de las operaciones descritas en el
diagrama de bloques, a saber: h[n] = (h1[n] + h2[n]) ∗ h3[n] − h4[n].
h[n] = (µ[n] + µ[n + 2]) ∗ δ[n − 2] − αn
1 µ[n]
h[n] = µ[n] ∗ δ[n − 2] + µ[n + 2] ∗ δ[n − 2] − αn
1 µ[n]
h[n] = −αn
1 µ[n] + µ[n − 2] + µ[n]
De la expresión anterior para h[n], podemos veriﬁcar que el sistema es del tipo IIR ya que
contiene inﬁnitos valores de respuesta ante un estímulo del tipo impulso unitario.
Por otro lado, debemos analizar su BIBO estabilidad. Dado que la sumatoria ∞
k=−∞ |h[k]|
no converge a un número real, podemos concluir que el sistema no es BIBO estable. Esto
se atribuye a la presencia de las funciones µ[n] y µ[n − 2].
Finalmente encontramos la respuesta del referido sistema a la excitación planteada, re-
cordando que γn
1 µ[n] ∗ γn
2 µ[n] =
γn+1
2 − γn+1
1
γ2 − γ1
µ[n].
Por lo que con x[n] = αn
2 µ[n], tenemos:
y[n] = h[n] ∗ x[n] = {−αn
1 µ[n] + µ[n − 2] + µ[n]} ∗ {αn
2 µ[n]}
Para la aplicación directa de la propiedad de convolución antes mencionada, podemos
escribir lo siguiente: µ[n − 2] = µ[n] − δ[n] − δ[n − 1].
y[n] = h[n] ∗ x[n] = {−αn
1 µ[n] + µ[n] + µ[n] − δ[n] − δ[n − 1]} ∗ {αn
2 µ[n]}
21

y[n] = h[n] ∗ x[n] = {−αn
1 µ[n] + 2µ[n] − δ[n] − δ[n − 1]} ∗ {αn
2 µ[n]}
De donde:
y[n] = −
αn+1
2 − αn+1
1
α2 − α1
µ[n] + 2
1 − αn+1
2
1 − α2
µ[n] − αn−2
2 µ[n − 2] − αn−1
2 µ[n − 1]
22

Capítulo 3
Transformada de Laplace
3.1. Generalidades sobre la transformada de Lapla-
ce
3.2. Aplicaciones de la transformada de Laplace en
problemas de variable continua
Jueves 19 de febrero de 2015, Primer Tema
Considerar la existencia de un sistema LTI-CT causal cuyo diagrama de polos y
ceros se muestra en la ﬁgura. Conociendo que su respuesta al paso s(t) = 1 cuando
t → ∞, determine:
a) La respuesta del paso del sistema.
b) El sistema es BIBO estable? Justiﬁque su respuesta.
Solución: Del diagrama de polos y ceros, tenemos que existen un polo en -0.5 y otro en
23

-1. De esta forma nuestra función de transferencia tendrá la forma:
H(s) =
k
(s + 0,5)(s + 1)
Para determinar k nos valemos del teorema del valor ﬁnal, a saber:
TV F → l´ım
s→0
(sX(s)H(s)) = 1 → l´ım
s→0
(s
1
s
k
(s + 0,5)(s + 1)
) = 1
De donde k = 0,5 y H(s) =
1
2(s + 1)(s + 0,5)
.
La respuesta al paso S(s) está dada por:
S(s) =
1
2s(s + 1)(s + 0,5)
=
A
s
+
B
s + 1
+
C
s + 0,5
S(s) =
1
s
+
1
s + 1
−
2
s + 0,5
Aplicando transformada inversa, tenemos:
s(t) = µ(t)[1 + e−t
− 2e−0,5t
]
b) Dado que sus polos se encuentran a la izquierda del eje jw, el sistema es BIBO estable.
24

Jueves 5 de diciembre de 2013, Segundo Tema
Se tiene un sistema LTI-CT cuya representación en diagramas de bloques es la que
se muestra en la ﬁgura. Determine:
a) La función de transferencia del sistema.
b) La respuesta impulso del sistema.
c) Indicar si el sistema es con o sin memoria, causal o no causal, BIBO estable o no.
Solución:
a) Si tomamos como Y1(s) a la salida del sistema antes del bloque e−3s, entonces podemos
encontrar H1(s) dados los sumadores:
Y1(s) =
s
s + 1
+ {
s
s + 1
+ 1}
1
s + 1
X(s)
H1(s) =
s
s + 1
+
1
s + 1
+
s
(s + 1)2
→ H(s) = [
s
s + 1
+
1
s + 1
+
s
(s + 1)2
]e−3s
b) Para la respuesta impulso, usamos H1(s), de la siguiente forma:
H1(s) =
s
s + 1
+
1
s + 1
+
s
(s + 1)2
= 1 +
1
s + 1
−
1
(s + 1)2
→ h1(t) = δ(t) + (e−t
+ te−t
)µ(t)
Luego por la presencia del e−3s, tenemos:
h(t) = h1(t − 3) = δ(t − 3) + (e−(t−3)
+ (t − 3)e−(t−3)
)µ(t − 3)
c) El sistema es con memoria por el retardo que posee, es causal dado que su respuesta
al impulso es válida solo para t > 3. Finalmente el sistema es BIBO estable dado que su
respuesta al impulso es totalmente integrable.
25

Jueves 9 de diciembre de 2010, Tercer Tema
Se tiene un sistema LTI-CT cuya representación en diagramas de bloques en el do-
minio de la frecuencia compleja se muestra en la ﬁgura. Determine:
a) La función de transferencia del sistema.
b) La respuesta impulso del sistema.
c) La respuesta escalón del sistema.
Solución:
a) Para determinar la función de transferencia del sistema iniciamos con reducir los la-
zos internos presentes en el diagrama de bloques. Si denominamos Y1(s) a la función de
transferencia presente antés del retardo de tiempo, tenemos:
Y1(s) = Ya(s) + Yb(s)
Donde Ya(s), Yb(s) son las funciones de transferencia equivalentes de los lazos internos
del diagrama de bloques. Si tomamos como referencia las salidas de los dos sumadores
de lazos internos podemos escribir:
Ya(s) → sYa(s) = X(s) − 2Ya(s) → (s + 2)Ya(s) = X(s) → Ya(s) =
X(s)
s + 2
Yb(s) → sYb(s) = X(s) − 3Yb(s) → (s + 3)Yb(s) = X(s) → Yb(s) =
X(s)
s + 3
Por lo que:
Y1(s) = Ya(s) + Yb(s) =
X(s)
s + 2
+
X(s)
s + 3
H1(s) =
Y1(s)
X(s)
=
1
s + 2
+
1
s + 3
H(s) =
e−2s
s + 2
+
e−2s
s + 3
26

b) La respuesta impulso podemos obtenerla a partir de H1(s) y luego desplazarla dado
el término e−2s, aprovechando que ya tenemos la función de transferencia en fracciones
parciales:
H1(s) =
1
s + 2
+
1
s + 3
h1(t) = (e−2t
+ e−3t
)µ(t)
→ h(t) = h1(t − 2) = (e−2(t−2)
+ e−3(t−2)
)µ(t − 2)
c) Para la respuesta escalón tenemos dos caminos, trabajarla en el dominio del tiempo o
en el dominio de la frecuencia. Para aprovechar la transformada de Laplace nos iremos
por el camino del dominio de la frecuencia:
S1(s) =
1
s
H1(s) =
1
s(s + 2)
+
1
s(s + 3)
=
A
s
+
B
s + 2
+
C
s + 3
S1(s) =
5/6
s
−
1/2
s + 2
−
1/3
s + 3
s1(t) = [5/6 − 1/2e−2t
− 1/3e−3t
]µ(t)
s(t) = s1(t − 3) = [5/6 − 1/2e−2(t−3)
− 1/3e−3(t−3)
]µ(t − 3)
27

Jueves 18 de febrero de 2010, Cuarto Tema
Para el sistema que se representa a continuación mediante diagrama de bloques, de-
termine si es BIBO estable o no.
Solución:
Sea Y1(s) la salida del primer punto de suma en el diagrama de bloques. Entonces ten-
dríamos que:
Y1(S) = X(s) ·
s
s + 1
− Y1(s) ·
5
s(s + 20)
⇒ Y1(s) = X(s) ·
s2(s + 20)
(s + 1)(s2 + 20s + 5)
Por otro lado analizando el segundo punto de suma tendremos que:
Y (s) = Y1(s)(s −
5
s + 20
) ⇒ Y (s) = Y1(s) ·
s2 + 20s − 5
s + 20
De donde podemos decir que:
Y (s)
X(s)
=
s2(s2 + 20s − 5)
(s + 1)(s2 + 20s + 5)
⇒ H(s) =
s2(s2 + 20s − 5)
(s + 1)((s + 10)2 − 95)
Resulta obvio entonces que existirá un polo en el semiplano derecho por lo cual el sistema
no es BIBO estable.
28

Jueves 02 de septiembre de 2010
Considere la representación en diagrama de bloques, que relaciona la entrada-salida
en el dominio de la frecuencia compleja, de un sistema LTI-CT causal, es la siguiente:
Determinar:
a) La función de transferencia H(s) del mencionado sistema. Determinar si es BIBO
estable y justiﬁcar su respuesta.
b) La respuesta impulso h(t).
c) La respuesta que obtendría si la exitación es x(t) = e−5tµ(t)
Solución:
a) Sea W(s) la salida del segundo punto de suma, entonces tendremos que:
W(s) = X(s)
1
s + 4
+X(s)
1
s
−W(s)
6
s(s + 5)
⇒ W(s)(1+
6
s(s + 5)
) = X(s)(
1
s + 4
+
1
s
)
⇒ W(s)
(s + 2)(s + 3)
s(s + 5)
= X(s)
2s + 4
s(s + 4)
⇒
W(s)
Y (s)
=
2(s + 5)
(s + 3)(s + 4)
⇒ H(s) = e−3s 2(s + 5)
(s + 3)(s + 4)
Los polos del sistema se encuentran en el semiplano izquierdo del plano complejo por lo
cual se concluye que el sistema es BIBO estable.
b) Usaremos la transformada inversa de Laplace para obtener h(t).
H(s) = e−3s 4
s + 3
− e−3s 2
s + 4
⇒ h(t) = 4e−3(t−3)
µ(t − 3) − 2e−4(t−3)
µ(t − 3)
c)
x(t) = e−5t
µ(t) ⇒ X(s) =
1
s + 5
29

⇒ Y (s) = H(s)
1
s + 5
= e−3s 2
(s + 3)(s + 4)
= 2e−3s 1
s + 3
− 2e−3s 1
s + 4
⇒ y(t) = 2e−3(t−3)
µ(t − 3) − 2e−4(t−3)
µ(t − 3)
30

Capítulo 4
Transformada Z
4.1. Generalidades sobre la transformada Z
4.2. Aplicaciones de la transformada Z en proble-
mas de variable discreta
Jueves 18 de septiembre de 2014, Cuarto Tema
Dos sistemas LTI-DT causales, tienen respuestas al impulso h1[n] y h2[n] respectiva-
mente. Los sistemas antes mencionados, son conectados en cascada como se muestra
en la ﬁgura.
Dadas las ecuaciones de diferencia de cada sistema, determine:
a) Los valores de α y β.
b) Obtener la respuesta al impulso global e indicar si el sistema es FIR o IIR.
c) Comentar acerca de la estabilidad del sistema.
d) Determinar la respuesta al paso del sistema global.
Solución:
31

a) Tomamos transformada Z a las ecuaciones en diferencia de h1[n], h2[n] para obtener:
W(z) =
1
2
z−1
W(z) + X(z)
H1(z) =
W(z)
X(z)
=
z
z −
1
2
Y (z) = αz−1
Y (z) + βW(z)
H2(z) =
Y (z)
W(z)
=
βz
z − α
Seguidamente tomamos transformada Z a la ecuación en diferencias del sistema global:
Y (z) = −
1
8
z−2
Y (z) +
3
4
z−1
Y (z) + X(z)
Y (z)[
z2 − 3/4z + 1/8
z2
] = X(z)
H(z) =
Y (z)
X(z)
=
z2
z2 − 3/4z + 1/8
Recordando propiedades de transformada Z, la función de transferencia global está dada
por el producto de H1(z), H2(z), por lo que, por comparación tenemos:
H(z) =
z2
z2 − 3/4z + 1/8
=
βz2
z2 − (α + 1/2)z + α/2
α = 1/4, β = 1
b) Para obtener la respuesta al impulso tomamos la función de transferencia global y
expandimos en fracciones parciales de la siguiente forma:
H(z)
z
=
z
(z − 0,5)(z − 0,25)
H(z)
z
=
A
(z − 0,5)
+
B
(z − 0,25)
H(z)
z
=
2
(z − 0,5)
−
1
(z − 0,25)
H(z) =
2z
(z − 0,5)
−
z
(z − 0,25)
Tomando transformada inversa a la expresión anterior, tenemos:
h[n] = [2(0,5)n
− (0,25)n
]µ[n]
32

c) Dado que los polos de la función de transferencia se encuentran dentro del círculo
unitario, el sistema es asintóticamente estable.
d) La respuesta al paso s[n] puede ser obtenida mediante la transformada Z de la siguiente
forma:
S(z) =
z
z − 1
z2
(z − 0,5)(z − 0,25)
S(z)
z
=
1
z − 1
z2
(z − 0,5)(z − 0,25)
=
A
z − 1
+
B
z − 0,5
+
C
z − 0,25
S(z)
z
=
8/3
z − 1
−
2
z − 0,5
+
1/3
z − 0,25
S(z) =
8z/3
z − 1
−
2z
z − 0,5
+
z/3
z − 0,25
s[n] = [
8
3
− 2(0,5)n
+
1
3
(0,25)n
]µ[n]
33

Jueves 13 de febrero de 2014, Segundo Tema
Mediante el uso de transformada Z, para el sistema de la figura, determine:
a) La función de transferencia H(z), esquematizando su diagrama de polos y ceros,
ademas de indicar su ROC.
b) Determinar la respuesta impulso del sistema.
c) Obtener la ecuación en diferencias del sistema.
d) El sistema es causal?, BIBO estable?. Justifique sus respuestas.
Solución:
a) Iniciamos tomando transformada Z a las señales de entrada y salida:
X(z) =
z
z − 1/3
−
z
z − 2
; 1/3 < |z| < 2
Y (z) =
5z
z − 1/3
−
5z
z − 2/3
; 2/3 < |z| < 2
Luego la función de transferencia es por definición:
H(z) =
5z(z − 2/3) − 5z(z − 1/3)
(z − 1/3)(z − 2/3)
z(z − 2) − z(z − 1/3)
(z − 1/3)(z − 2)
=
5z2 − 10/3z − 5z2 + 5/3z
z2 − 2z − z2 + z/3
z − 2
z − 2/3
H(z) =
z − 2
z − 2/3
; 2/3 < |z| < 2
El diagrama de polos y ceros se muestra a continuación:
34

b) Para determinar la respuesta al impulso del sistema tomamos la transformada in-
versa como sigue:
H(z)
z
=
z − 2
z(z − 2/3)
=
A
z
+
B
z − 2/3
H(z)
z
=
3
z
−
2
z − 2/3
H(z) = 3 −
2z
z − 2/3
h[n] = 3δ[n] − 2(2/3)n
)µ[n]
c) La ecuación en diferencias se obtiene de la siguiente forma:
H(z) =
Y (z)
X(z)
→
z − 2
z − 2/3
=
Y (z)
X(z)
(z − 2/3)Y (z) = (z − 2)X(z)
De las propiedades de la transformada Z, obtenemos:
y[n + 1] − 2/3y[n] = x[n + 1] − 2x[n]
y[n] − 2/3y[n − 1] = x[n] − 2x[n − 1]
d) De la expresión de la respuesta al impulso podemos concluir que el sistema es causal,
además dado que sus raíces se encuentran dentro el círculo de radio unitario, el sistema es
asintóticamente estable (por lo tanto BIBO estable).
35

Jueves 05 de marzo de 2015
Un estudiante de la materia de Sistemas Lineales de la ESPOL, ha descubierto que el
esquema del diagrama de bloques, en el dominio de la frecuencia compleja, que re-
laciona la entrada-salida de un sistema LTI-DT causal, es el siguiente: Determinar:
a) La función de transferencia H(z) del mencionado sistema y esquematizar en el
plano complejo los polos y ceros. Comente sobre la estabilidad del sistema, justiﬁ-
cando su respuesta.
b) La respuesta impulso h[n]
c) La ecuación de diferencia de coeﬁcientes constantes que representa al sistema.
d) La respuesta que se obtendría si la exitación es una sinusoide muestreada de la
forma cos(1500t) y un intervalo de muestreo Ts = 0,0015
a) Sea Y1[z] la salida del segundo bloque de retardo unitario, entonces resulta obvio que:
z2
Y1[z] = X[z] − (0,63Y1[z] − 1,6zY1[z]) ⇒ Y1[z] =
X[z]
z2 − 1,6z + 0,63
Por otro lado tenemos que:
Y [z] = Y1[z](4z − 4) ⇒ H[z] =
Y [z]
X[z]
=
Y [z]
Y1[z]
·
Y1[z]
X[z]
=
4z − 4
(z − 0,9)(z − 0,7)
De aquí resulta obvio ver que los polos del sistema estarán dentro de la circunferencia
unitaria y por tanto el sistema es BIBO estable.
b)
H[z]
z
=
4(z − 1)
z(z − 0,9)(z − 0,7)
= −
400
63
·
1
z
+
60
7
·
1
z − 0,7
−
20
9
·
1
z − 0,9
36

Ahora usamos la transformada inversa Z para obtener la respuesta impulso h[n].
h[n] = −
400
63
δ[n] + (
60
7
(0,7)n
−
20
9
(0,9)n
)µ[n]
c) Sabemos que:
H[z] =
4(z − 1)
(z − 0,9)(z − 0,7)
⇒ Y [z](z2
− 1,6z + 0,63) = X[z](4z − 4)
⇒ y[n + 2] − 1,6y[n + 1] + 0,63y[n] = 4x[n + 1] − 4x[n]
⇒ y[n] − 1,6y[n − 1] + 0,63y[n − 2] = 4x[n − 1] − 4x[n − 2]
d)Para este caso tendremos que:
x[n] = cos(2,25n)
Además:
H[z] =
4(z − 1)
(z − 0,9)(z − 0,7)
=
4(ejΩ − 1
(ejΩ − 0,9)(ejΩ − 0,7)
H[z] =
4(cos(Ω) + jsen(Ω) − 1
(cos(Ω) + jsen(Ω) − 0,9)(cos(Ω) + jsen(Ω) − 0,7)
|H(ejΩ
)| =
4 (cos(Ω) − 1)2 + sen2(Ω)
(cos(Ω) − 0,9)2 + sen2(Ω) (cos(Ω) − 0,7)2 + sen2
Remplazando Ω = 2,25 ⇒ |H(ejΩ)| = 2,7349. Ahora tendremos que:
ΘH(ejΩ) = tan−1
(
sen(Ω)
cos(Ω) − 1
)−tan−1
(
sen(Ω)
cos(Ω) − 0,9
)−tan−1
(
sen(Ω)
cos(Ω) − 0,7
) ⇒ ΘH(ejΩ) = 0,5551[rad]
Concluyendo que:
y[n] = 2,7349cos(2,25n + 0,5551)
37

Un estudiante de la materia de Sistemas Lineales, ha determinado que el Sistema
Global que se muestra en la siguiente ﬁgura, es el resultante de la combinación de
cinco subsistemas interconectados. Dado que:
Notemos que:
H1[z] =
z − a
z
, H2[z] =
z
z − 1/2
, H3[z] =
z
z − a
, H4[z] =
−z2 + 2z
(z − 1)2
, H5[z] =
z4 − z3 + 2z2 − 2z + 1
z2(z − 1)2
⇒ H[z] = H1[z] · H2[z] · H3[z](H5[z] − H4[z])
⇒ H[z] =
z − a
z
·
z
z − 1/2
·
z
z − a
(
z4 − z3 + 2z2 − 2z + 1
z2(z − 1)2
+
z2 − 2z
(z − 1)2
)
H[z]
z
=
2z3 − z2 + z − 1
(z − 1/2)z2(z − 1)
⇒ H[z] = 4 ·
z
z − 1/2
+ 2 ·
z
z − 1
− 4 − 2 ·
1
z
⇒ h[n] = (4(1/2)n
+ 2)µ[n] − 4δ[n] − 2δ[n − 1]
38

Asumiendo causalidad para los sistemas 1 y 2 que conforman el denominado Sistema
Global que se muestra en la siguiente ﬁgura, se le solicita que mediante la utilización
de la transformada z, determine la respuesta impulso h1[n], si se conoce que:
a) La respuesta impulso del segundo sistema está dada por: h2[n] = δ[n] − δ[n − 1] y
b)si dada la entrada: x[n] = µ[n] − µ[n − 2], se obtiene una salida esquematizada
por:
Solución:
Notemos que
Y [z] = z−1
+ 2z−2
− z − 2z2
, H2[z] =
z − 1
z
, X[z] =
z
z − 1
−
1
z(z − 1)
=
z2 − 1
z(z − 1)
Entonces tenemos que:
Y [z] =
2z4 − z3 − z − 2
z2
z2 − 1
z(z − 1)
·
z − 1
z
· H1[z] =
2z4 − z3 − z − 2
z2
⇒ H1[z] =
2z4 + z3 − z − 2
z2 − 1
H1[z] =
(z2 − 1)(2z2 + z + 2)
z2 − 1
⇒ H1[z] = 2z2
+ z + 2 ⇒ h1[n] = 2δ[n + 2] + δ[n + 1] + 2δ[n]
39

Capítulo 5
Transformada de Fourier
5.1. Generalidades sobre la transformada de Fou-
rier
5.2. Aplicaciones de la transformada de Fourier en
problemas de variable continua
Jueves 5 de marzo de 2015, Primer Tema
Para el sistema descrito en la ﬁgura, determine:
a) El espectro de Fourier de la señal a(t), es decir A(ω) vs ω.
b) El espectro de Fourier de la señal b(t), es decir B(ω) vs ω.
c) El espectro de Fourier de la señal c(t), es decir C(ω) vs ω.
d) El espectro de Fourier de la señal y(t), es decir Y (ω) vs ω.
Solución:
a) Para determinar el espectro de la señal a(t) nos valemos de la propiedad de la transfor-
40

mada de Fourier para el producto de dos funciones, pero antes recordemos:
F(
5
π
sinc2
5t) = ∆(
ω
20
)
F(cos50t) = π[δ(ω + 50) + δ(ω − 50)]
De lo anterior: F(a(t)) = A(ω) =
1
2π
X(ω)F(cos50t) =
1
2
[∆(
ω − 50
20
)+∆(
ω + 50
20
)].
El espectro anterior se muestra en la siguiente figura:
b) Tras aplicar el filtro H1(w), el espectro B(w) queda de la siguiente forma:
c) El espectro de C(w) se ve afectado por el producto de un nuevo coseno, esto permite
que aparezcan más triángulos en la gráfica debido a la propiedad del coseno de desplazar
al espectro.
Tras desplazar cada triángulo 100 unidades a cada lado, tenemos que el espectro de C
toma la siguiente forma:
41

d) Tras la aplicación del último ﬁltro, el espectro de salida tiene la siguiente forma:
42

Jueves 19 de febrero de 2015, Segundo Tema
Dada la representación espectral de una seãl x(t), además de los espectros de mag-
nitud y fase para varias manipulaciones de la mencionada x(t).
Determine a que gráﬁca pertenece cada una de las siguientes operaciones en el do-
minio del tiempo:
a)
dx
dt
.
b) x(t) ∗ x(t).
c) x(t − π/2)
d)x(2t).
e) x2(t)
Solución:
Podemos notar para empezar que el espectro tiene la forma (1 + ω) para −1 < ω < 0 y
(1 − ω) para 0 < ω < 1 en magnitud y e
−
πω
2 en fase.
a) Para encontrar el espectro de
dx
dt
, recordemos que en el dominio de la frecuencia:
F(
dx
dt
) = jwX(w). El término j solo ingresa fase al sistema, de hecho jw aumenta una
43

fase de ±
π
2
según nos encontremos en ω positiva o negativa.
La magnitud se ve afectada en ω veces la original, recordando el espectro original obedece
a la expresión (1 + ω) para −1 < ω < 0 y (1 − ω) para 0 < ω < 1, tendremos entonces
ahora (ω + ω2) para −1 < ω < 0 y (ω − ω2) para 0 < ω < 1.
Lo anterior corresponde al gráfico M5 de magnitud.
La fase, como se mencionó al inicio se ve afectada en −
pi
2
para ω negativa y
pi
2
para ω
positiva, esto se puede ver en el gráfico de fase A4.
b) La convolución en el dominio del tiempo es equivalente al producto de espectros en
frecuencias, de esto podemos encontrar que la magnitud estará dada por (1 + ω)2 para
−1 < ω < 0 y (1 − ω)2 para 0 < ω < 1. Esto se puede encontrar en la gráfica M3, la
fase pasará a ser de manera análoga e−πω; lo que tenemos en A2.
c) Un desplazamiento en el tiempo tiene la siguiente forma en el dominio de frecuen-
cia, F(x(t − to)) = e−jωto X(w), el término exponencial no afecta a la magnitud por lo
que para la magnitud corresponde la gráfica M1.
En fase tenemos un corrimiento e
−jω
π
2 , lo que resulta en una fase total de e−πω, idéntica
a la gráfica A2.
d) En este caso podemos aplicar otra propiedad de la transformada de Fourier, a saber:
F(x(at)) =
1
a
X(
ω
a
). Por lo tanto F(x(2t)) =
1
2
X(
ω
2
).
X(
ω
2
no es más que un alargamiento en el eje ω, con amplitud máxima de 1/2. Lo anterior
corresponde a la gráfica M4, la fase sufre de manera análoga el alargamiento resultando
en la gráfica A3.
e) Finalmente tenemos x2(t), por propiedades de transformada de Fourier tenemos F(x2(t)) =
1
2π
X(w) ∗ X(w), por lo que debemos hallar la convolución entre X(w) y sí misma.
Tras realizar la respectiva operación podemos encontrar que la magnitud corresponde a la
gráfica M6, con un valor máximo de
1
2π
. La fase permanece inalterada, correspondiendo
la gráfica A1.
44

Jueves 31 de enero de 2014, Tercer Tema
Considere la existencia del sistema mostrado en la figura. Dada la información del
gráfico determine:
a) El espectro de x(t), es decir X(w).
b) Determine q(t) como una función de x(t).
c) El espectro de g(t), p(t), q(t), es decir G(w), P(w), Q(w).
d) El espectro de y(t), es decir Y (w).
e) Exprese y(t) como una función de x(t).
Solución:
a) La transformada de Fourier de x(t) es fácilmente calculable por tabla. X(ω) = 8pπ(ω),
cuya gráfica es la siguiente:
b) Del gráfico obtenemos la siguiente información q(t) = cos2(5πt)g(t) = cos2(5πt)[cos(10πt)x(t)].
c) Los espectros solicitados no son más que el original X(ω) tras aplicar varios desplaza-
mientos en el dominio de la frecuencia. Comencemos por:
G(ω) =
1
2π
X(ω) ∗ π[δ(w + 10π) + δ(w − 10π)] = 4[pπ(ω − 10π) + pπ(ω + 10π)]
45

De manera similar:
P(ω) =
1
2π
G(ω)∗π[δ(w+5π)+δ(w−5π)] = 2[pπ(ω−5π)+pπ(ω+5π)+pπ(ω−15π)+pπ(ω+15π)]
Finalmente:
Q(ω) =
1
2π
P(ω) ∗ π[δ(w + 5π) + δ(w − 5π)]
Q(ω) = [pπ(ω − 20π) + 2pπ(ω − 10π) + 2pπ(ω) + 2pπ(ω + 10π) + pπ(ω + 20π)]
d) El espectro Y (ω) resulta del paso de Q(ω) por el filtro H(ω). Dicho filtro permite solo
el paso de ciertas frecuencias complejas. Para frecuencias de −2π a π así como de π a
2π la ganancia del filtro es variante, pero para el rango de −π a π el espectro pasa con
ganancia unitaria. El rango de ganancia unitaria es el único donde tenemos espectro de
Q(ω) diferente de cero por lo que tenemos como espectro de Y (ω) lo siguiente:
46

Podemos encontrar la inversa de Y (ω) = 2pπ(ω), y1(t) = 2
sinπt
πt
=
1
4
x(t).
e) El bloque de retraso nos indica ﬁnalmente que y(t) = y1(t − 5) =
1
4
x(t − 5).
47

Jueves 19 de febrero de 2015
Una señal de entrada x(t) = senc(5πt) es aplicada a un dispositivo cuadratizador,
tal como se muestra en la ﬁgura. La respuesta v(t) del mencionado dispositivo es
muestreada mediante la utilización de un tren de impulsos δT (t), cuyo periodo fun-
damental es 0,1[seg]. Finalmente, la señal de salida z(t) es aplicada a un ﬁltro ideal
pasabajo cuyo ancho de banda es 5[Hz]
a) Determinar, esquematizar y etiquetar el espectro de Fourier de v(t). Es decir
V (ω) vs ω.
b)Determinar la expresión analítica de la señal z(t), como una función de v(t), me-
diante series de Foruier Trigonométricas.
c)Determinar, esquematizar y etiquetar es espectro de Fourier de y(t). Es decir
Y (ω) vs ω.
Solución:
Notemos que:
v(t) = x2
(t) = senc2
(5πt)
Y sabemos que:
a
2π
senc2
(
at
2
) ⇔ ∆(
ω
2a
)
Entonces:
v(t) =
2π
10π
·
10π
2π
senc2
(
10πt
2
) ⇒ V (ω) =
1
5
∆(
ω
20π
)
48

b) Se conoce que:
δT (t) = C0 +
∞
k=1
Ckcos(kω0t) ⇒ δT (t) =
1
T0
+
2
T0
∞
k=1
cos(20πkt)
⇒ δT (t) = 10 + 20
∞
k=1
cos(20πkt) ⇒ z(t) = 10v(t) + 20
∞
k=1
v(t)cos(20πkt)
c) Obviamente tenemos que el espectro del ﬁltro pasabajo será:
49

Además resulta trivial que:
Z(ω) = V (ω)(10δ(ω) + 10
∞
k=1
[δ(ω + 20πk) + δ(ω − 20πk)])
⇒ Y (ω) = 10V (ω) =
10
5
∆(
ω
20π
) = 2∆(
ω
20π
)
Entonces:
50

Un estudiante de la materia Sistemas Lineales de la ESPOL ha determinado que la
respuesta y1(t), que genera el sistema 1 que se muestra a continuación, está dado por
lo especificado en dicha figura; a) determinar y etiquetar la respuesta impulso h1(t)
del referido sistema.
Para el diseño del sistema 2, que se esquematiza a continuación, determinar, esque-
matizar y etiquetar: b) la respuesta impulso equivalente, es decir h2(t) del referido
sistema, y c) la salida frente a la exitación que se especifica en dicha realización.
Solución:
a) Notemos que:
a
2π
senc2
(
at
2
) ⇔ ∆(
ω
2a
)
Entonces por dualidad tenemos que:
y1(t) ⇔ e−j2ω
senc2
(ω/2)
También sabemos que:
rect(t) ⇔
sen(ω/2)
ω/2
= senc(ω/2)
⇒ H1(ω) =
Y1(ω)
X(ω)
=
e−j2ωsenc2(ω/2)
senc(ω/2)
= e−j2ω
senc(ω/2) ⇒ h1(t) = P1
2
(t − 2)
51

b) Notemos que:
h2(t) = h1(t) − 4h1(t − 6) ⇒ h2(t) = P1
2
(t − 2) − 4P1
2
(t − 8)
Sea x2(t) = rect(t) + rect(t − 4) = x1(t) + x1(t − 4)
y2(t) = x2(t) ∗ h2(t) = (x1(t) + x1(t − 4)) ∗ (h1(t) − 4h1(t − 6))
⇒ y2(t) = y1(t) − 4y1(t − 6) + y1(t − 4) − 4y1(t − 10)
⇒ y2(t) = ∆(
t − 2
2
) + ∆(
t − 6
2
) − 4∆(
t − 8
2
) − 4∆(
t − 12
2
)
52

Con lo cual se concluye el problema.
53

Jueves 18 de febrero de 2014 Considere la existencia del sistema mostrado en la si-
guiente ﬁgura, donde el espectro de Fourier de su respuesta impulso h(t) es H(ω) vs
ω.
Determinar, esquematizar y etiquetar, según corresponda, lo siguiente:
a) El espectro de Fourier de p(t), es decir: P(ω) vs ω.
b) La expresión analítica de q(t) como una función de x(t).
c) El espectro de Fourier de q(t), es decir: Q(ω) vs ω.
d) El espectro de Fourier de y(t), es decir: Y (ω) vs ω.
e) La salida o respuesta de dicho sistema; es decir y(t) sin esquematizarla ni etique-
tarla.
Solución:
a) Notemos que:
p(t) = cos(20t) ·
sen(5t)
πt
+
2sen(5t)
t
Usamos las identidades trigonométricas de producto-suma y obtenemos que:
p(t) =
1
2πt
(sen(25t) + sen(−15t)) + 2
sen(5t)
t
⇒ p(t) =
1
2
·
sen(25t)
πt
−
1
2
·
sen(15t)
πt
+ 2π ·
sen(5t)
πt
⇒ P(ω) =
1
2
· P25(ω) −
1
2
· P15(ω) + 2π · P5(ω)
54

b) Por datos tenemos que:
q(t) = p(t)·x(t) ⇒ q(t) =
1
2
·
sen(25t)
πt
·x(t)−
1
2
·
sen(15t)
πt
·x(t)+2π ·
sen(5t)
πt
·x(t)
c)
Q(ω) = P(ω) ∗ X(ω) = (
1
2
· P25(ω) −
1
2
· P15(ω) + 2π · P5(ω)) ∗ (P5(ω))
⇒ Q(ω) = 5π · ∆(
ω + 20
20
) + 20π2
∆(
ω
20
) + 5π · ∆(
ω − 20
20
)
d) Resulta evidente que por efecto del ﬁltro:
Y (ω) = 20π2
∆(
ω
20
)
e)
y(t) = 20π2
·
10
2π
· senc2
(
10(t − 3)
2
) ⇒ y(t) = 100π · senc2
(5(t − 3))
55

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