Sistemas y Señales

Sistemas TC y TD
Señales TC y TD
SLIT TC
SLIT TD
Fourier TC
Fourier TD

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Señales en TC y en TD:

En los ejemplos con solución de esta sección se abordan conceptos de señales continuas y discretas. Se realizan operaciones y transformaciones de las señales. Se presentan señales fundamentales de tiempo continuo y discreto y su representación en el dominio del tiempo. Se presenta el análisis de señales tanto teórico como simulado.

Selecciona la dificultad en las caritas de la izquierda.

Señales en TC y en TD nivel principiante:

En estos ejercicio se obtedrán las gráficas de diversas señales presentadas en la introducción. Se utiliza la función plot() para graficar la correspondiente señal.

Con base en la Ecuación 2.8, grafique la señal escalón unitario u(t).
(2.8) $u (t) = \{\begin{aligned} 1 t > 0 \\ 0 t < 0 \end{aligned}$
Con base en la Ecuación 2.9, grafique la señal rampa r(t).
(2.9) $r a m p (t) = \{\begin{aligned} t t \geq 0 \\ 0 t < 0 \end{aligned}\} = \begin{aligned} \int_{- \infty}^{t} u (λ) d λ = t u (t) \end{aligned}$
Utilice la función sinc(t) para obtener la gráfica de la señal Sinc Ecuación 2.13.
(2.13) $s i n c (t) = \frac{s e n (π t)}{π t}$
Utilice la función diric(t,N) para obtener cuatro gráficas de la señal Dirichlet Ecuación 2.15. Considere los siguientes valores de N: 4, 5, 7 y 8. Utilice una función subplot() para graficar las cuatro señales.
(2.15) drcl(t, N) = (sen(πNt))/(Nsen(πt))
Considere la señal exponencial, Ecuación 2.16, con C = 1 y r = − 0.5, r = 0.5, r = 0. Utilice la función subplot() para graficar las tres señales exponenciales.
(2.16) $x (t) = C e^{^{r t}}$
Considere la señal exponencial, Ecuación 2.16, con C = 1 y r = j2π, r = − 0.5 + j2π, r = 0.5 + j2π. Utilice la función subplot() para graficar las tres señales exponenciales complejas. Ya que las señales son complejas, se tiene que graficar la parte real y la parte imaginaria, o bien la magnitud y la fase.
(2.16) $x (t) = C e^{^{r t}}$

Solución
1)
figure Ima1/us.png

   >> t=-1:0.01:3;
    >> u = 0.*(t<0)+ 1.*(t>=0);
    >> plot(t,u, ’LineWidth’,2)
    >> axis([-1 3 -.1 1.1]);

   >> t=-1:0.001:3;
    >> r = 0.*(t<0)+ t.*(t>=0);
    >> plot(t,r, ’LineWidth’,2)
    >> axis([-1 3 -.1 3.1]);

   
    >> t = -5:.01:5;
    >> y = sinc(t);
    >> plot(t,y, ’Linewidth’,2);
    >> xlabel(’Tiempo (sec)’);ylabel(’Amplitud’); title(’Funcion Sinc’)
    >> axis([-5 5 -.3 1.1]);

La señal cruza en cero en múltiplos de mπ y el área bajo la curva está dada por

\int_{- \infty}^{\infty} A \frac{s e n (B t)}{B t} d t = π \frac{A}{B}

Si B = π y A = 1, entonces el área bajo la función sinc será unitaria.

4) La función para generarla en Matlab es

(2.27)

d i r i c (t, N) = \frac{s e n (N t ∕ 2)}{N s e n (t ∕ 2)}

de manera que para obtener la señal Ecuación 2.27 cambia a:

d r c l (t, N) = d i r i c (2 π t, N)

   >> t = linspace(-4*pi,4*pi,1000);
    >> subplot(221),plot(t,diric(t,7),’Linewidth’,2);
    >> xlabel(’Tiempo (sec)’);ylabel(’Amplitud’); title(’diric(t,7)’)
    >> subplot(222),plot(t,diric(t,4),’Linewidth’,2); 
    >> xlabel(’Tiempo (sec)’);ylabel(’Amplitud’); title(’diric(t,4)’)
    >> subplot(223),plot(t,diric(t,13),’Linewidth’,2);
    >> xlabel(’Tiempo (sec)’);ylabel(’Amplitud’); title(’diric(t,13)’)
    >> subplot(224),plot(t,diric(t,8),’Linewidth’,2);   
    >> xlabel(’Tiempo (sec)’);ylabel(’Amplitud’); title(’diric(t,8)’)

5) Las señales son reales, ya que r sólo tienen parte real.
figure Ima1/exporeal.png

   %exporeal1.m    
    t = linspace(-1,3,1000);
    %Exponencial Real constante
    c=1; r=0;
    x=c*exp(r*t);
    subplot(311),plot(t,abs(x),’Linewidth’,2); grid
    xlabel(’Tiempo (sec)’);ylabel(’Amplitud’); 
    title(’Real(Exp.real) (C=1, a=0)’)
    
    %Exponencial Real decreciente
    c=1; r=-2;
    x=c*exp(r*t);
    subplot(312),plot(t,abs(x),’Linewidth’,2);grid
    xlabel(’Tiempo (sec)’);ylabel(’Amplitud’); 
    title(’Real(Exp.real) (C=1, a=-0.5)’)
    
    %Exponencial Real creciente
    c=1; r=1.5;
    x=c*exp(r*t);
    subplot(313),plot(t,abs(x),’Linewidth’,2);grid
    xlabel(’Tiempo (sec)’);ylabel(’Amplitud’); 
    title(’Real(Exp.real) (C=1, a=0.5)’)

6) La siguiente gráfica muestra la parte real y la parte imaginaria de la señal exponencial, 2.16, con C = 1 y r = j2π, r = − 0.5 + j2π, r = 0.5 + j2π, utilizando la función subplot() para graficar las tres señales.

(2.16)

x (t) = C e^{^{r t}}

    t = linspace(-1,3,1000);
    %Exponencial Compleja constante
    c=1; r=j*2*pi;
    x=c*exp(r*t);
    subplot(321),plot(t,real(x),’Linewidth’,2); grid
    xlabel(’Tiempo (sec)’);ylabel(’Amplitud’); 
    title(’Real(Exp.compleja) (C=1, a=j2pi)’)
    subplot(322),plot(t,imag(x),’Linewidth’,2);
    xlabel(’Tiempo (sec)’);ylabel(’Amplitud’); 
    title(’Imag(Exp.compleja) (C=1, a=j2pi)’)
    
    %Exponencial Compleja decreciente
    c=1; r=-0.5+j*2*pi;
    x=c*exp(r*t);
    subplot(323),plot(t,real(x),’Linewidth’,2);grid
    xlabel(’Tiempo (sec)’);ylabel(’Amplitud’); 
    title(’Real(Exp.compleja) (C=1, a=0.5+j2pi)’)
    subplot(324),plot(t,imag(x),’Linewidth’,2);
    xlabel(’Tiempo (sec)’);ylabel(’Amplitud’); 
    title(’Imag(Exp.compleja) (C=1, a=0.5+j2pi)’)
    
    %Exponencial Compleja creciente
    c=1; r=0.5+j*2*pi;
    x=c*exp(r*t);
    subplot(325),plot(t,real(x),’Linewidth’,2); grid
    xlabel(’Tiempo (sec)’);ylabel(’Amplitud’); 
    title(’Real(Exp.compleja) (C=1, a=0.5+j2pi)’)
    subplot(326),plot(t,imag(x),’Linewidth’,2);
    xlabel(’Tiempo (sec)’);ylabel(’Amplitud’); 
    title(’Imag(Exp.compleja) (C=1, a=0.5+j2pi)’)

Defina una función us(t), que calcule el escalón unitario u(t), cuyo parámetro de entrada sea un vector de tiempo t. Con la función definida, grafique la señal en el intervalo − 1 ≤ t ≤ 5.
Solución

   %Función escalon
    function u = us(t)
    u = + 1.*(t>=0);

       
    t=-1:0.01:5;
    plot(t,us(t),’Linewidth’,2); grid

Defina una función rect(t), que calcule la señal rectángulo rect(t), cuyo parámetro de entrada sea un vector de tiempo t. Con la función definida, grafique la señal en el intervalo − 1 ≤ t ≤ 1.
Solución

figure Ima1/rects.png

       
    function x=rect(t)
    x=1.*(abs(t)<.5);

       
    t=-1:0.01:1;
    plot(t,rect(t),’Linewidth’,2); grid

Señales en TC y en TD nivel intermedio:

Una aproximación del impulso unitario puede realizarse con la función rect(t), previamente definida, escalada en amplitud y en tiempo. Utilice la función plot para graficar de forma traslapada rec(t), 2 rect(2t), 4 rect(4t), 8 rect(8t).
Verifique que conforme el escalamiento, en amplitud y tiempo, se incrementan, la señal tiende a las características ideales del impulso unitario. Grafique en el intervalo − 1 ≤ t ≤ 1.

Solución

figure Ima1/aproxImp.png

       
    t=-1:0.001:1;
    plot(t,rect(t),t,2*rect(2*t),t,4*rect(4*t),t,8*rect(8*t),’Linewidth’,2); 
    grid
    title(’Aproximación al Impulso con rect(t)’)

Las señales en tiempo discreto se pueden graficar con la función stem().
Defina una función ud(n) que evalúe la secuencia escalón unitario u[n], Ecuación 1.18, cuyo parámetro de entrada sea el vector de tiempo discreto n. Con la función definida, grafique la señal en el intervalo − 2 ≤ n ≤ 6.

(1.18) u[n] = ⎧⎨⎩ 1 n ≥ 0 0 n < 0

Solución
figure Ima1/impd.png

           
    function x=ud(n)
    x=1.*(n>=0);

           
    n=-2:6;
    stem(n,ud(n),’Linewidth’,2)

Defina una función dd(n) que evalúe la muestra unitarias δ[n], Ecuación 2.17, cuyo parámetro de entrada sea el vector de tiempo discreto n. Utilice el escalón unitario previamente definido. Grafique la señal dd(n) en el intervalo − 3 ≤ n ≤ 3.

(2.17)

δ [n] = \{\begin{aligned} 1 n = 0 \\ 0 n \neq 0 \end{aligned}

Solución
figure Ima1/dd.png

           
    function u=dd(n)    %muestra discreta
    u=1*(n==0);

           
    n=-3:3;
    stem(n,dd(n),’Linewidth’,2)

Señales en TC y en TD nivel avanzado:

Defina una función recd(n, Nw) que evalúe el rectángulo discreto rect[n], Ecuación 2.20, cuyos parámetros de entrada sean el vector de tiempo discreto n y el ancho del pulso. Grafique la señal recd(n,Nw) en el intervalo − 5 ≤ n ≤ 5.

(2.20)

r e c t_{N w} [n] = \{\begin{aligned} 1 | n | \leq N w \\ 0 | n | > N w \end{aligned} = u [n + N_{w}] - u [n - N_{w} - 1]

Solución
figure Ima1/rectd.png

           
    function r=rectd(n,Nw)
    r=ud(n+Nw)-ud(n-Nw-1);

           
    n=-5:5;
    stem(n,rectd(n,2),’Linewidth’,2)

Defina una función combd(n, No) que evalúe el tren de impulsos discreto comb_N0[n], Ecuación 2.21, cuyos parámetros de entrada sean el vector de tiempo discreto n y el periodo N₀. Grafique la señal combd(n, No) en el intervalo − 10 ≤ n ≤ 10.

(2.21)

c o m b_{N_{0}} = \sum_{m = - \infty}^{\infty} δ [n - m N_{0}]

Solución
figure Ima1/trend.png

           
    % trend.m
    n=-10:10;
    i=0;
    iu=0;
    for i = n;
    iu=iu+dd(n-(4.*i));
    end;
    stem(n,iu,’LineWidth’,2);axis([-10 10 -0.1 1.1]);
    grid;xlabel(’n’);ylabel(’Amplitud’),title(’Tren de impulsos discretos’)

Considere la señal exponencial general, Ecuación 2.22, en el caso cuando C = 1 y

α = e^{j 2 π ∕ N}

, se tiene una señal compleja cuya parte real es un coseno y la parte imaginaria corresponde a una senoidal. Grafique x[n] como la parte real de la exponencial compleja, es decir, un coseno discreto con valores del periodo N = 1.5, 5, 5π y verifique o justifique en cada caso el periodo de la señal. Utilice la función subplot() para graficar las tres señales.

(2.22) x[n] = Cαⁿ

Solución
figure Ima1/expo1.png

           
    %expo1.m
    n=-20:20;
    N=[1.5 5 5*pi];
    x1=exp(j*2*pi*n/N(1));
    x2=exp(j*2*pi*n/N(2));
    x3=exp(j*2*pi*n/N(3));
    subplot(311),stem(n,real(x1)); title(’Coseno con N=1.5’)
    subplot(312),stem(n,real(x2)); title(’Coseno con N=5’)
    subplot(313),stem(n,real(x3)); title(’Coseno con N=5 pi’)

Se observa en la primera gráfica que con N = 1.5 la señal coseno es periodica, sin embargo, el periodo es N = 3, esto es debido a que N debe ser entero. Es decir, el periodo se obtiene como

ω = \frac{2 π}{N} m = \frac{2 π}{3} 2

de manera que el mínimo valor de m con el que se obtiene el mínimo N entero son m = 2 y N = 3, siendo éste el periodo de la señal como se presenta en la gráfica.
En la segunda gráfica el coseno es periódico con N = 5, es decir, que con m = 1, N = 5.
En la tercera gráfica se observa que el coseno es una señal aperiódica, ya que no existe m entero con el que se obtiene el mínimo N entero.
De lo anterior se concluye que NO todas las exponenciales complejas en tiempo discreto son peródicas.

Considere tres señales coseno x₁[n], x₂[n] y x₃[n]. Grafique las tres señales en una gráfica subplot y determine en cada caso el periodo de la señal.

$x_{1} [n] = c o s (2 π n ∕ 8)$
$x_{2} [n] = c o s (9 π n ∕ 4)$
$x_{3} [n] = c o s (17 π n ∕ 4)$

Solución
figure Ima1/expo2.png

           
    % expo2.m
    n=-10:10;
    x1=cos(2*pi*n/8);
    x2=cos(9*pi*n/4);
    x3=cos(17*pi*n/4);
    subplot(311),stem(n,x1,’LineWidth’,2); xlabel(’a)  x1=cos(2*pi*n/8)’)
    subplot(312),stem(n,x2,’LineWidth’,2); xlabel(’b)  x2=cos(9*pi*n/4)’)
    subplot(313),stem(n,x3,’LineWidth’,2); xlabel(’c)  x3=cos(17*pi*n/4)’)

10. a)

N = \frac{2 π}{ω} m = \frac{2 π}{2 π} 8 m

con m = 1, N = 8.
10. b)

N = \frac{2 π}{ω} m = \frac{2 π}{9 π} 4 m

con m = 9, N = 8.
10. c)

N = \frac{2 π}{ω} m = \frac{2 π}{17 π} 4 m

con m = 17, N = 8.

Se concluye que las exponenciales complejas periódicas de diferente frecuencia angular son la misma señal. Esto se cumple siempre que las señales tengan una frecuencia

ω \pm 2 π

ω \pm 4 π

, .... o bien, en múltiplos impares de

- π \leq ω < π

Sistemas:

En los ejemplos con solución de esta sección se abordan conceptos de identificación de sistemas continuos y discretos. Se presentan las propiedades de los sistemas: linealidad, invariancia en el tiempo, causalidad y estabilidad externa.

Selecciona la dificultad en las caritas de la izquierda.

Sistemas nivel principiante:

Para los siguientes sistemas indique si el sistema es:

a) BIBO–estable
b) Causal
c) Invariante en el tiempo
d) Lineal

Ejercicio 1:

1)	y[n]	=	H{x[n]}
		=	\|x[n]\|

Solución 1)

a) El sistema es BIBO–estable, pues el valor absoluto de una señal acotada también será acotado.

b) El sistema es causal, pues, para cualquier valor de n, el valor absoluto de la señal de entrada evaluada en n, sólo depende de la n misma.

c) Para mostrar si el sistema es invariable, primero se obtiene la salida del sistema cuando x[n] se traslada k unidades; se denota dicha salida como y_i[n]; esto es:

Ahora se obtiene la transformación de y[n] al trasladarla k unidades; esto es:

y[n] → y[n + k]; n → n + k y[n + k] = |x[n + k]|

se puede observar que y_i[n] y y[n + k] son iguales; por lo que se puede concluir que el sistema es invariable ante traslaciones en n.

d) Para saber si el sistema es lineal, se utiliza la siguiente propiedad de valor absoluto: |a + b| ≤ |a| + |b|.

Primero se define la señal y_i[n] como:

y_i[n] = H{x_i[n]} = |x_i[n]|

y posteriormente se define a y₀[n] como:

y₀[n] = H{^N⎲⎳_i = 1x_i[n]} = |^N⎲⎳_i = 1x_i[n]| ≤ ^N⎲⎳_i = 1|x_i[n]| = ^N⎲⎳_i = 1y_i[n]

observe que:

y₀[n] ≤ ^N⎲⎳_i = 1y_i[n]

por lo tanto, concluimos que el sistema es no–lineal.

Ejercicio 2:

2)	y[n]	=	H{x[n]}
		=	mediana(x[n − 1], x[n], x[n + 1]); a ≤ n ≤ b

Nota: en este sistema, para determinar y[a] y y[b], el sistema tendría acceso a la señal de entrada en n = a − 1 y en n = b + 1, respectivamente, por lo cual, se asume que x[n = a − 1] = x[n = a] y que x[b + 1] = x[b].

Solución 2)

a) El sistema es BIBO–estable, pues la mediana de una señal acotada siempre será acotada.

b) El sistema es no causal, pues tiene como argumento a los valores x[n + 1].

c) Para saber si el sistema es invariable, primero se obtiene la salida del sistema cuando x[n] se traslada k unidades; dicha salida se denotará como y_i[n]; esto es:

y_i[n] = H{x[n + k]} = mediana{x[n − 1 + k], x[n + k], x[n + 1 + k]}

Ahora, se obtiene la transformación de y[n] al trasladarla k unidades; esto es:

y[n] → y[n + k]; n → n + k y[n + k] = mediana{x[n − 1 + k], x[n + k], x[n + 1 + k]}

Podemos observar que y_i[n] y y[n + k] son iguales; por lo que se puede concluir que el sistema es invariable ante traslaciones en n.

d) Para saber si el sistema es lineal se considera que se tienen N señales de entrada diferentes, denotadas como: x_i[n], 1 ≤ i ≤ N, y que la salida para cada una de estas señales se denota como: y_i[n]; esto es:

y_i[n] = H{x_i[n]} = mediana{x_i[n − 1], x_i[n], x_i[n + 1]}

Por otra parte, se define a x_Tot como la suma de las x_i[n]; esto es:

x_Tot = ^N⎲⎳_i = 1x_i[n]

y sea y₀[n] la señal de salida cuando se tiene como señal de entrada a x_Tot; esto es:

y₀[n] = H{x_Tot[n]} = mediana{x_Tot[n − 1], x_Tot[n], x_Tot[n + 1]}

Ahora, n toma algún valor constante k, y supongamos que: y₀[k] = x_T[k − 1]; esto es, mediana{x_T[k − 1], x_T[k], x_T[k + 1]} = x_T[k − 1].

Entonces, el sistema sería lineal, si y sólo si,

^N⎲⎳_i = 1y_i[k] = ^N⎲⎳_i = 1mediana{x_i[k − 1], x_i[k], x_i[k + 1]} = ^N⎲⎳_i = 1x_i[k − 1]

La ecuación anterior nos indica que la mediana de x_i[k − 1], x_i[k] y x_i[k + 1], para cualquier valor i, siempre tendría que ser x_i[k − 1]; sin embargo, dado que estas señales x_i[n] son arbitrarias, siempre será posible incrementar el número de señales para hacer que esta condición no se cumpla; lo cual, lleva a concluir que el sistema es no lineal.

Sistemas nivel intermedio:

Para el sistema H que se define a continuación, determine gráfica y algebraicamente, si el sistema es lineal e invariante en el tiempo.

y[n] = H{x[n]} = nx[n − 1]

Solución:

Para verificar si el sistema es invariante en n, primero se traslada a la señal de entrada x[n] en k unidades; dicha transformación se denota como: x[n] → x[n − k]; consecuentemente: x[n − 1] → x[n − 1 − k] y, sea y_i[n] la salida del sistema para la entrada x[n − k]; esto es:

Ahora obtengamos a la señal y[n] trasladada k unidades; dicha transformación se puede denotar como: y[n] → y[n − k]; entonces:

y[n − k] = (n − k)x[n − k − 1]

Podemos observar que y_i[n] y y[n − k] son iguales; por lo que podemos concluir que el sistema es invariante en el tiempo.

Para verificar si el sistema es lineal, primero se define el conjunto de señales y_i[n]; tales que:

y_i[n] = H{a_ix_i[n]} = a_in(x_i[n − 1])

en donde a_i son constantes reales.

Posteriormente, se hace la suma de las señales y_i[n]; esto es:

^N⎲⎳_i = 1y_i[n] = ^N⎲⎳_i = 1a_in(x_i[n − 1]) = n^N⎲⎳_i = 1a_i(x_i[n − 1])

Por otra parte, se define a y₀[n] como:

De esta forma, se puede observar que y₀[n] = ∑^N_i = 1y_i[n], por lo tanto se puede concluir que el sistema es lineal.

A continuación, se presenta una corroboración gráfica de los resultados obtenidos. Para resolver la parte de invariabilidad se propone el siguiente programa:

Sea y₁[n] la señal de salida ante una entrada arbitraria x₁[n], la cual, se propone como:

x₁[n] = [4, 6, 3, 1, 5, 9, 2, 4]; − 2 ≤ n ≤ 5

nota: suponga que x₁[n] = 0 para n ≤ 0∪n ≥ 6.

Posteriormente, se traslada la señal y₁[n] k–unidades para obtener la señal y₁[n − k]: Nota: en el programa que se muestra a continuación se propuso k = − 2

Paralelamente a este proceso, se obtiene la señal y_i[n]; la cual, es la salida del sistema ante la señal de entrada x₁[n] trasladada en k–unidades; esto es: y_i[n] = H{x₁[n − k]}.

Código en matlab:

n=[-4,-3,-2,-1,0,1,2,3,4,5,6,7,8];

%--------------------------------------------%
%Definir la señal de entrada x1[n]
%n--> -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7 8
   x1=[0  0  4  6 3 1 5 9 2 4 0 0 0];

%--------------------------------------------%
%Obtener tamaño de la señales x1[n]
N=length(x1);

%--------------------------------------------%
%Obtener y1[n]; y1[n]=(n)x1[n-1]
for ii=2:1:N
    
    y1(ii) = (n(ii))*x1(ii-1);
    
end

%--------------------------------------------%
%Trasladar, en n, a y1[n] k-unidades;
%y1[n] --> y1[n-k]=y1_trasladada

%Definir k
k=-2;
%Trasladar
y1_trasladada=y1(-k+1:end);

%--------------------------------------------%
%obtener yi[n]; yi[n]=H{x[n-k]}=(n-k)x[n-k-1]
for ii=1:1:N+k
    
    yi(ii) = (n(ii-k))*x1(ii-k-1);
    
end

%--------------------------------------------%
%Graficar y1[n+1] y yi[n]

%Gráfica de y1[n+1]
subplot(1,2,1)
stem(n(-k+1:end),y1_trasladada,’*-r’)

%Gráfica de yi[n]
subplot(1,2,2)
stem(n(-k+1:end),yi,’*-’)

Figure 1.1

Como se puede observar en la figura 1.1, las gráficas de y_i[n] y y₁[n − k] son iguales, lo cual, nos permite tener una referencia de la invariabilidad del sistema en el tiempo.

Para corroborar que el sistema sea lineal ante 2 señales de entrada particulares, se propone a x₁[n] y x₂[n] como dichas señales particulares de entrada; en donde:

x₁[n] = [4, 6, 3, 1, 5, 9, 2, 4]; − 2 ≤ n ≤ 5

x₂[n] = [3, 4, 5, 2, 6, 8, 4, 1]; − 2 ≤ n ≤ 5

nota: suponga que x₁[n] = x₂[n] = 0 para n ≤ 0∪n ≥ 6.

De esta forma, se obtiene a y₀[n] como la señal de salida ante la entrada al sistema de la suma de x₁[n] y x₂[n]; por otra parte, se obtiene la suma de y₁[n] con y₂[n]; donde y₁[n] y y₂[n] son las señales de salida para las entradas x₁[n] y x₂[n], respectivamente. Finalmente, al comparar las gráficas de y₀[n] y y₁[n] + y₂[n] se puede observar que el sistema es lineal ante las entradas x₁[n] y x₂[n].

Código en matlab:

n=[-4,-3,-2,-1,0,1,2,3,4,5,6,7,8];

%--------------------------------------------%
%Definir las señal de entrada x1[n] y x2[n]
%n--> -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7 8
   x1=[0  0  4  6 3 1 5 9 2 4 0 0 0];
   x2=[0  0  3  4 5 2 6 8 4 1 0 0 0];

%--------------------------------------------%
%Obtener tamaño de las señales
N=length(x1);

%--------------------------------------------%
%Obtener y0[n]=H{x1[n]+x2[n]}
x1MASx2 = x1+x2;
for k=2:1:N
    
    y0(k)=(n(k))*x1MASx2(k-1);
    
end

%--------------------------------------------%
%Obtener y1[n] y y2[n]
for k=2:1:N
    
    y1(k) = (n(k))*x1(k-1);
    y2(k) = (n(k))*x2(k-1);
    
end

%--------------------------------------------%
%Sumar y1[n] y y2[n]; y=y1[n]+y2[n]
y = y1+y2;

%--------------------------------------------%
%Graficar y0[n] y y[n]

%Gráfica de y0[n]
subplot(1,2,1)
stem(n,y0,’*-r’)

%Gráfica de y[n]
subplot(1,2,2)
stem(n,y,’*-’)

Figure 1.2

Como se puede observar en la figura 1.2 los gráficos de las señales y₀[n] y y[n] son iguales, por lo cual, podemos concluir que el sistema H es lineal.

Sistemas nivel avanzado:

Determine si los siguientes sistemas en tiempo discreto son o no lineales, variantes o invariantes en el tiempo, causales o no causales, con memoria o sin memoria, estables o inestables. Justifique su respuesta.

y[n] = x[n] + x[ − n − 1]
y[n] = x[n] − x[ − n + 1]
y[n] = u[n]x[n]
y[n] = ⎧⎨⎩ x[n] x[n] ≥ 0 − x[n] x[n] < 0 ⎫⎬⎭
y[n] = ∑ⁿ_{k = − ∞}(0.5)^n − kx[k]
y(t) = b∫x(t) dt
y[n] = x[n + 1] + x[ − n + 1]
y[n] = x[n + 1]x[ − n + 1]
y[n] = Par{x[n]} + x[n − 1]
y[n] = Impar{x[n]} − x[ − n + 1]

Solución 1) y[n] = x[n] + x[ − n − 1]
Linealidad

El modelo del sistema es
y[n] = x[n] + x[ − n − 1]
Se proponen tres entradas x₁[n], x₂[n] y x₃[n] = x₁[n] + x₂[n], entonces las respectivas salidas son
y₁[n] = x₁[n] + x₁[ − n − 1] y₂[n] = x₂[n] + x₂[ − n − 1] y₃[n] = x₃[n] + x₃[ − n − 1] y₃[n] = x₁[n] + x₂[n] + x₁[ − n − 1] + x₂[ − n − 1] y también y₃[n] = y₁[n] + y₂[n] ∴Es lineal

Variabilidad en el tiempo

y[n] = x[n] + x[ − n − 1] se aplica un desplazamiento n₀ n → n − n₀ y[n − n₀] = x[n − n₀] + x[ − n + n₀ − 1]
Se propone una nueva señal x₁[n] que es la original desplazada, con la que se obtiene la salida y₁[n]

x₁[n] = x[n − n₀] → y₁[n] = x₁[n] + x₁[ − n − 1] en donde x₁[ − n − 1] = x[ − n − n₀ − 1] de manera que la salida en términos de x[n]es y₁[n] = x[n − n₀] + x[ − n − n₀ − 1] ya que y₁[n] ≠ y[n − n₀] ∴El sistema es variante en el tiempo

Causalidad y Memoria

y[n] = x[n] + x[ − n − 1] Al evaluar en diferentes instantes de tiempo y[0] = x[0] + x[ − 1] y[1] = x[1] + x[ − 2] y[ − 2] = x[ − 2] + x[1] y[ − 1] = x[ − 1] + x[2] ...
Se observa que salidas en tiempos presentes requieren de entradas en tiempos pasados y en tiempos futuros,

∴ El sistema es con memoria y además no causal o anticipativo

Estabilidad BIBO

y[n] = x[n] + x[ − n − 1] Se propone una entrada acotada en amplitud como el escalón u[n] x[n] = u[n] y[n] = u[n] + u[ − n − 1] La salida está acotada en amplitud ∴El sistema es estable BIBO

Solución 2) y[n] = x[n] − x[ − n + 1]

Linealidad

El modelo del sistema es
y[n] = x[n] − x[ − n + 1]
Se proponen tres entradas x₁[n], x₂[n] y x₃[n] = x₁[n] + x₂[n], entonces las respectivas salidas son
y₁[n] = x₁[n] − x₁[ − n + 1] y₂[n] = x₂[n] − x₂[ − n + 1] y₃[n] = x₃[n] − x₃[ − n + 1] y₃[n] = x₁[n] + x₂[n] − x₁[ − n + 1] − x₂[ − n + 1] y también y₃[n] = y₁[n] + y₂[n] ∴El sistema es lineal

Variabilidad en el tiempo

y[n] = x[n] − x[ − n + 1] n → n − n₀ y[n − n₀] = x[n − n₀] − x[ − n + n₀ + 1] Se propone una señal: x₁[n] = x[n − n₀] → y₁[n] = x₁[n] − x₁[ − n + 1] se requiere de x₁[ − n + 1] = x[ − n − n₀ + 1] y₁[n] = x₁[n − n₀] − x₁[ − n − n₀ + 1] se observa que y[n − n₀] ≠ y₁[n] ∴El sistema es variante en el tiempo

Causalidad

y[n] = x[n] − x[ − n + 1] y[0] = x[0] − x[1] y[1] = x[1] − x[0] y[ − 2] = x[ − 2] − x[3] y[ − 1] = x[ − 1] − x[2] La salida del sistema requiere de valores pasados y futuros de la señal de entrada. ∴Es no causal o anticipativo y dinámico o con memoria

Estabilidad

Se propone una señal acotada en amplitud, como el escalón unitario

y[n] = x[n] − x[ − n + 1] x[n] = u[n] y[n] = u[n] − u[ − n + 1] Se observa que la salida está acotada en amplitud ∴El sistema es estable BIBO

Solución 3) y[n] = u[n]x[n]

Linealidad:

y[n] = u[n]x[n] x₁[n] → y₁[n] = u[n]x₁[n] x₂[n] → y₂[n] = u[n]x₂[n] x₃[n] = x₁[n] + x₂[n] → y₃[n] = u[n]x₃[n] u[n]x₃[n] = u[n](x₁[n] + x₂[n]) = u[n]x₁[n] + u[n]x₂[n] Por lo tanto es lineal

Variabilidad en el tiempo:

y[n] = u[n]x[n] n → n − n₀ y[n − n₀] = u[n − n₀]x[n − n₀] x₁[n] = x[n − n₀] → y₁[n] = u[n]x₁[n] x₁[n] = x[n − n₀] → y₁[n] = u[n]x[n − n₀] Se observa que y₁[n] ≠ y[n − n₀] Por lo tanto el sistema es variante en el tiempo

Causal o no causal y Con o sin Memoria: Causal debido a que sus valores no son anticipativos.
y[n] = u[n]x[n] y[ − 1] = u[ − 1]x[ − 1] = 0 y[0] = u[0]x[0] = x[0] y[1] = u[1]x[1] = x[1] y[2] = u[2]x[2] = x[2] ...
Ya que la salida no depende de la entrada en instantes futuros el sistema es causal o no anticipativo.

Con memoria o sin memoria
El Sistema es estático o sin memoria debido a que depende la salida depende de la entrada en el mismo instante.

Estable o inestable
Se propone una entrada acotada en amplitud, como por ejemplo un escalón unitario. El sistema es estable BIBO ya que una multiplicación de escalones siempre será acotada en amplitud.

Solución 4) y[n] = u[n]

y[n] = ⎧⎨⎩ x[n] x[n] ≥ 0 − x[n] x[n] < 0 ⎫⎬⎭

Linealidad:

x₁[n] → y₁[n] = ⎧⎨⎩ x₁[n] x₁[n] ≥ 0 − x₁[n] x₁[n] < 0 ⎫⎬⎭ x₂[n] → y₂[n] = ⎧⎨⎩ x₂[n] x₂[n] ≥ 0 − x₂[n] x₂[n] < 0 ⎫⎬⎭ x₃[n] = x₁[n] + x₂[n] → y₃[n] = ⎧⎨⎩ x₃[n] x₃[n] ≥ 0 − x₃[n] x₃[n] < 0 ⎫⎬⎭ y₃[n] = ⎧⎨⎩ x₁[n] + x₂[n] x₁[n] + x₂[n] ≥ 0 − (x₁[n] + x₂[n]) x₁[n] + x₂[n] < 0 ⎫⎬⎭ Por lo tanto es lineal

Variabilidad en el tiempo

y[n] = ⎧⎨⎩ x[n] x[n] ≥ 0 − x[n] x[n] < 0 ⎫⎬⎭
Si la señal de entrada se desplaza un tiempo n₀, ese deslazamiento se verá reflejado en la salida.

y[n − n₀] = ⎧⎨⎩ x[n − n₀] x[n − n₀] ≥ 0 − x[n − n₀] x[n − n₀] < 0 ⎫⎬⎭ Se propone una nueva entra x₁[n] = x[n − n₀] la salida a esa entrada es y₁[n] = ⎧⎨⎩ x₁[n] x₁[n] ≥ 0 − x₁[n] x₁[n] < 0 ⎫⎬⎭ poniendo y₁[n]en términos de x[n] y₁[n] = ⎧⎨⎩ x[n − n₀] x[n − n₀] ≥ 0 − x[n − n₀] x[n − n₀] < 0 ⎫⎬⎭ Ya que y₁[n] = y[n − n₀]el sistema es variante en el tiempo.

Causal o no causal:
El sistema es Causal o no anticipativo, debido a que la salida sólo depende de la entrada en los mismos instantes, es decir, no depende de instantes posteriores.

Con o sin memoria:
El sistema es sin memoria, pues sólo depende de valores presentes de la entrada.

Estable o inestable:
El sistema es estable BIBO ya que a una entrada acotada propuesta genera una salida acotada.

Solución 5) y[n] = ∑ⁿ_{k = − ∞}(0.5)^n − kx[k]

Linealidad

Proponemos:

(1.1) x₁[n] → y₁[n] = aⁿ⎲⎳_{k = − ∞}(0.5)^n − kx₁[k]

(1.2) x₂[n] → y₂[n] = aⁿ⎲⎳_{k = − ∞}(0.5)^n − kx₂[k]

Donde “a” es un escalar multiplicador del sistema. Si se suman se tiene:

(1.3) x₁[n] + x₂[n] = aⁿ⎲⎳_{k = − ∞}(0.5)^n − kx₁[k] + aⁿ⎲⎳_{k = − ∞}(0.5)^n − kx₂[k]

Proponemos una tercera señal que sea igual a la suma de las anteriores:

(1.4) x₃[n] = x₁[n] + x₂[n] → y₃[n] = aⁿ⎲⎳_{k = − ∞}(0.5)^n − kx₃[k]

De tal manera que:

(1.5) y₃[n] = aⁿ⎲⎳_{k = − ∞}(0.5)^n − k(x₁[k] + x₂[k])

Observamos que la Ec (1.3↑) es igual a la Ec (1.5↑), por lo tanto el sistema es lineal.

Variabilidad en el tiempo

y[n] = ∑ⁿ_{k = − ∞}(0.5)^n − kx[k]

Se propone un desplazamiento n − n₀ en la entrada, el cual se manifiesta en la salida.

n → n − n₀

(1.6) y[n–n₀] = ^{n − n₀}⎲⎳_{k = − ∞}(0.5)^{(n − n₀) − k}x[k]

Se propone una señal que es igual a la original pero desplazada en el tiempo:

x₁[n] = x[n–n₀]

Se obtiene la salida del sistema para x₁[n]:

(1.7) y₁[n] = ⁿ⎲⎳_{k = − ∞}(0.5)^n − kx₁[k]

dejando y₁[n] en términos de x[n] queda

(1.8) y₁[n] = ⁿ⎲⎳_{k = − ∞}(0.5)^n − kx[k–n₀]

Se puede observar que la Ec (1.6↑) y la Ec (1.8↑) n oson iguales, por lo tanto el sistema es variante en el tiempo.

Causal o no anticipativo, no causal o anticipativo

Se evalua para diferentes instantes

(1.9) y[ − 1] = ^− 1⎲⎳_{k = − ∞}(0.5)^{− 1 − k}x[k]

(1.10) y[0] = ⁰⎲⎳_{k = − ∞}(0.5)^− kx[k]

(1.11) y[1] = ¹⎲⎳_{k = − ∞}(0.5)^1 − kx[k]

...

En todos los casos la salida depende de valores presentes y pasados. Por lo tanto el sistema es causal o no anticipativo.

Dinámico o con memoria Por la misma razón que depende de valores presentes y sobre todo de valores pasados se puede afirmar que el sistema es dinámico o con memoria.

Estabilidad BIBO

La salida del sistema es acotada ya que con ningún valor de n o k la señal puede tender a infinito, así que es estable BIBO, entradas acotadas y salidas acotadas.

Solución 6) y(t) = b∫x(t) dt

Linealidad

Se propone:

(1.12) x₁(t) → y₁(t) = b⌠⌡x₁(t) dt

(1.13) x₂(t) → y₂(t) = b⌠⌡x₂(t) dt

Donde “b” es un escalar multiplicador del sistema. Si se suman se tiene:

(1.14) x₁(t) + x₂(t) = b⌠⌡x₁(t) dt + b⌠⌡x₂(t) dt

Se propone una tercera señal que sea igual a la suma de las anteriores:

(1.15) x₃(t) = x₁(t) + x₂(t) → y₃(t) = b⌠⌡x₃(t) dt

De tal manera que:

(1.16) y₃(t) = b⌠⌡[x₁(t) + x₂(t)] dt

Por propiedades de la integral:

(1.17) y₃(t) = b⌠⌡x₁(t) dt + b⌠⌡x₂(t) dt

Observamos que la Ec (1.14↑) y la Ec (1.17↑) son iguales, por lo tanto el sistema es lineal.

Variabilidad en el tiempo Un desplazamiento en la señal de entrada se debe manifiestar en la salida.

Desplazando la señal:

t → t–t₀

(1.18) y(t–t₀) = ⌠⌡x(t–t₀) dt

Se propone una señal x₁(t):

(1.19) x₁(t) = x(t–t₀) → y₁(t) = ⌠⌡x₁(t) dt

Sustituyendo para x₁(t):

(1.20) y(t) = ⌠⌡x(t–t₀) dt

Como la Ec (1.18↑) y la Ec (1.20↑) son iguales, se dice que el sistema es invariante en el tiempo.

Causal o no anticipativo y no causal o anticipativo

(1.21) y(t) = ^t⌠⌡_− ∞x(τ)dτ

Considerando la integral como una suma continua de valores hasta un valor t, el sistema se considera causal o no anticipativo.

Estabilidad BIBO
La estabilidad BIBO implica entradas acotadas, salidas acotadas, de manera que si se aplica al sistema una entrada escalón se obtendrá a la salida una rampa, la integral del escalón. Por lo tanto el sistema no es estable desde el punto de vista BIBO.

Solución 7) y[n] = x[n + 1] + x[ − n + 1]

Linealidad

Analizando la linealidad del sistema, se tiene que:

x₁[n]⟶y₁[n] = x₁[n + 1] + x₁[ − n + 1] x₂[n]⟶y₂[n] = x₂[n + 1] + x₂[ − n + 1] x₃[n] = x₁[n] + x₂[n]⟶y₃[n] = x₃[n + 1] + x₃[ − n + 1] ⟶y₃[n] = [x₁[n + 1] + x₂[n + 1]] + [x₁[ − n + 1] + x₂[ − n + 1]]

Como y₃[n] es igual a la suma de y₁[n] y y₂[n] se concluye que el sistema es lineal.

Variabilidad en el tiempo
y[n] = x[n + 1] + x[ − n + 1]

Analizando la variabilidad del sistema, se tiene que un desplazamiento en la entrada x[n − n₀] debe reflejarse en la salida.

(1.22) y[n − n₀] = x[n − n₀ + 1] + x[ − n + n₀ + 1]

Se propone una nueva entrada x₁[n]

x₁[n] = x[n − n₀]⟶y₁[n] = x₁[n + 1] + x₁[ − n + 1]

Para y₁[n] se requiere

x[n + 1] = x[n − n₀ + 1]

x[ − n + 1] = x[ − n + 1 − n₀]

de manera que

(1.23) y₁[n] = x[n − n₀ + 1] + x[ − n + 1 − n₀]

Como la Ec (1.22↑) ≠ la Ec (1.23↑) se considera que el sistema es variante en el tiempo.

Causalidad

Analizando la causalidad del sistema, se tiene que:

... y[ − 1] = x[0] + x[2] y[0] = x[1] + x[1] y[1] = x[2] + x[0] ...

Como el sistema depende de entrada en instantes futuros se dice que el sistema es no causal o anticipativo.

Memoria

Analizando la memoria del sistema, se tiene que es dinámico o con memoria debido a la dependencia de entradas en tiempos anteriores como se observa en la evaluación del sistema en diferntes instantes.

Estabilidad BIBO
Analizando la estabilidad BIBO del sistema, se tiene que es estable BIBO debido a que la suma de dos señales acotadas genera una señal tambien acotada.

Solución 8) y[n] = x[n + 1]x[ − n + 1]

Linealidad
Analizando la linealidad del sistema, se tiene que:

x₁[n]⟶y₁[n] = x₁[n + 1]x₁[ − n + 1] x₂[n]⟶y₂[n] = x₂[n + 1]x₂[ − n + 1] x₃[n] = x₁[n] + x₂[n]⟶y₃[n] = x₃[n + 1]x₃[ − n + 1] ⟶y₃[n] = [x₁[n + 1] + x₂[n + 1]] [x₁[ − n + 1] + x₂[ − n + 1]]

Como y₃[n] es diferente a la suma de y₁[n] y y₂[n] por lo tanto es un sistema no lineal.

Variabilidad

Analizando la variabilidad del sistema, se un desplazamiento en la entrada x[n − n₀] se debe ver reflejado en la salida:

y[n − n₀] = x[n − n₀ + 1]x[ − n + n₀ + 1] Se propone una nueva entrada x₁[n] x₁[n] = x[n − n₀]⟶y₁[n] = x₁[n + 1]x₁[ − n + 1]

Para la salida y₁[n] se requiere de
x[n + 1] = x[n − n₀ + 1] x[ − n + 1] = x[ − n + 1 − n₀]

de manera que en términos de x[n − n₀]

(1.24) y₁[n] = x[n − n₀ + 1]x[ − n + 1 − n₀]

Como la Ec (1.24↑) es diferente a y[n − n₀] se considera que el sistema es variante en el tiempo.

Causalidad
Evaluando en distintos instantes de tiepo, se tiene:

... y[ − 1] = x[ − 1 + 1]x[1 + 1] = x[0]x[2] y[0] = x[0 + 1]x[0 + 1] = x[1]x[1] y[1] = x[1 + 1]x[ − 1 + 1] = x[2]x[0] ...

Analizando la causalidad del sistema, se observa que es no causal debido a la dependencia de entradas futuras.

Memoria

Se considera que el sistema es con memoria debido a la dependencia de entradas con valores anteriores se observa en la evaluación del sistema para diferentes valores.

Estabilidad BIBO

Al analizar la estabilidad BIBO del sistema, se tiene que es estable BIBO debido a que la multiplicación de valores en amplitud de dos señales de entrada acotadas en amplitud, siempre será finita.

Solución 9) y[n] = Par{x[n]} + x[n − 1]

Linealidad

(1.25) y[n] = (1)/(2)(x[n] + x[ − n]) + x[n − 1]

x₁[n] → y₁[n] = (1)/(2)(x₁[n] + x₁[ − n]) + x₁[n − 1] x₂[n] → y₂[n] = (1)/(2)(x₂[n] + x₂[ − n]) + x₂[n − 1] x₃[n] = x₁[n] + x₂[n] x₃[n] → y₃[n] = (1)/(2)(x₃[n] + x₃[ − n]) + x₃[n − 1]

Al sustituir tenemos que:

(1.26) y₃[n] = (1)/(2)(x₁[n] + x₂[n] + x₁[ − n] + x₂[ − n]) + x₁[n − 1] + x₂[n − 1]

Si sumamos las salidas tenemos que:

y₁[n] + y₂[n] = (1)/(2)(x₁[n] + x₁[ − n]) + x₁[n − 1] + (1)/(2)(x₂[n] + x₂[ − n]) + x₂[n − 1]

ó bien

(1.27) y₁[n] + y₂[n] = (1)/(2)(x₁[n] + x₂[n] + x₁[ − n] + x₂[ − n]) + x₁[n − 1] + x₂[n − 1]

se observa que la Ec. (1.26↑) y la Ec. (1.27↑) son iguales, por lo tanto el sistema es lineal.

Variabilidad en el tiempo

Al desplazar en la Ec (1.25↑) la señal de entrada en x[n − n₀] e obtiene:

(1.28) y[n − n₀] = (1)/(2)(x[n − n₀] + x[ − n + n₀]) + x[n − n₀ − 1]

Se propone una nueva señal x₁[n] = x[n − n₀], que al aplicarla al sistema:

x₁[n] → y₁[n] = (1)/(2)(x₁[n] + x₁[ − n]) + x₁[n − 1]

ó bien

(1.29) y₁[n] = (1)/(2)(x[n − n₀] + x[ − n − n₀]) + x₁[n − n₀ − 1]

la Ec (1.28↑) no es igual a la Ec (1.29↑), por lo tanto el sistema es variante en el tiempo.

Causal o no causal

Al evaluar la Ec (1.25↑) en diferentes instantes de tiempo se observa que no solo depende de valores presentes, sino de valores pasados y futuros:

... y[ − 1] = 0.5(x[ − 1] + x[1]) + x[ − 2] y[0] = 0.5(x[0] + x[0]) + x[ − 1] y[1] = 0.5(x[1] + x[ − 1]) + x[0] y[2] = 0.5(x[2] + x[ − 2]) + x[1] ...

Por lo tanto es no causal o anticipativo

Estático o sin memoria

Haciendo referencia a la evalación anterior en donde la salida depende de valores pasados, se concluye que el sistema es con memoria o dinámico.

Estable BIBO
Considerando una señal de entrada acotada en amplitud, se observa que la suma de tres señales acotadas siempre generará una señal acotada, por lo tanto el sistema es estable BIBO.

Solución 10) y[n] = Impar{x[n]} − x[ − n + 1]

Linealidad

(1.30) y[n] = (1)/(2)(x[n] − x[ − n]) − x[ − n + 1]

x₁[n] → y₁[n] = (1)/(2)(x₁[n] − x₁[ − n]) − x₁[ − n + 1] x₂[n] → y₂[n] = (1)/(2)(x₂[n] − x₂[ − n]) − x₂[ − n + 1] x₃[n] = x₁[n] + x₂[n] x₃[n] → y₃[n] = (1)/(2)(x₃[n] − x₃[ − n]) − x₃[ − n + 1]

Al sustituir tenemos que:

(1.31) y₃[n] = (1)/(2)(x₁[n] + x₂[n] − x₁[ − n] − x₂[ − n]) − x₁[ − n + 1] − x₂[ − n + 1]

Si se suman las salidas se tiene que:

y₁[n] + y₂[n] = (1)/(2)(x₁[n] − x₁[ − n]) − x₁[ − n + 1] + (1)/(2)(x₂[n] − x₂[ − n]) − x₂[ − n + 1]

ó bien

(1.32) y₁[n] + y₂[n] = (1)/(2)(x₁[n] + x₂[n] − x₁[ − n] − x₂[ − n]) − x₁[ − n + 1] − x₂[ − n + 1]

Se observa que las ecuaciones (1.31↑) y (1.32↑) son iguales, por lo tanto el sistema es lineal.

Variabilidad en el tiempo

(1.33) y[n] = (1)/(2)(x[n] − x[ − n]) − x[ − n + 1]

Al desplazar la entrada en la Ec (1.33↑) con n → n − n₀ se obtiene:

(1.34) y[n − n₀] = (1)/(2)(x[n − n₀] − x[ − n + n₀]) − x[ − n + n₀ + 1]

Se propone una señal x₁[n] = x[n − n₀], que al aplicarla al sistema se tiene que:

x₁[n] → y₁[n] = (1)/(2)(x₁[n] − x₁[ − n]) − x₁[ − n + 1]

ó bien

(1.35) y₁[n] = (1)/(2)(x[n − n₀] − x[ − n − n₀]) − x₁[ − n − n₀ + 1]

La Ec (1.34↑) no es igual a la Ec (1.35↑), por lo tanto el sistema es variante en el tiempo.

Causal o no causal

(1.36) y[n] = (1)/(2)(x[n] − x[ − n]) − x[ − n + 1]

Al evaluar la Ec (1.36↑) en diferentes instantes de tiempo se observa que no sólo depende de valores presentes, sino de valores pasados y futuros:

... y[ − 1] = 0.5(x[ − 1] − [1]) + x[2] y[0] = 0.5(x[0] − x[0]) + x[1] y[1] = 0.5(x[1] − x[ − 1]) + x[0] y[2] = 0.5(x[2] − x[ − 2]) + x[ − 1] ...

Por lo tanto es no causal o anticipativo

Estático o Dinámico

Haciendo referencia a la evaluación anterior en donde la salida depende de valores pasados, se concluye que el sistema es con memoria o dinámico.

Sistemas Lineales Invariantes en el Tiempo en TC:

En los ejemplos con solución de esta sección se abordan conceptos, características y formas de análisis fundamentales de los sistemas lineales e invariantes en el tiempo continuo. Se lleva a cabo el análisis de sistemas al obtener la respuesta de sistemas lineales e invariantes, mediante la integral de convolución y la transformada de la Laplace.

Selecciona la dificultad en las caritas de la izquierda.

Sistemas Lineales Invariantes en el Tiempo en TC nivel principiante:

Suponga que se tiene la siguiente función de transferencia de un sistema, grafique el patrón de polos y ceros:

H (s) = \frac{s^{2} + s}{s^{3} + 9 s^{2} + 26 s + 24}

Solución

Se calculan las raíces de los polinomios P(s) y Q(s) de la función de transferencia:

Q (s) = s^{2} + 5 s + 6

, cuyas raíces o ceros son:

s_{1} = - 3

s_{2} = - 2

P (s) = s^{3} + 15 s^{2} + 74 s + 120

, cuyas raíces o polos son:

s_{1} = - 6

s_{2} = - 5

s_{3} = - 4

El patrón de polos y ceros es el siguiente:

Sistemas Lineales Invariantes en el Tiempo en TC nivel intermedio:

Considere la siguiente función de transferencia de un sistema, grafique el patrón de polos y ceros:

H (S) = \frac{s^{2} + s + 0.5}{s^{2} + 2 s + 2}

Solución
Se calculan las raíces de los polinomios P(s) y Q(s) de la función de transferencia:

Q (s) = s^{2} + s + 1

, cuyas raíces o ceros son complejas conjugadas:

s_{1} = - 0.5 + j 0.5

s_{2} = - 0.5 - j 0.5

P (s) = s^{2} + 5 s + 12

, cuyas raíces o polos son complejas conjugadas:

s_{1} = - 1 + j

s_{2} = - 1 - j

El patrón de polos y ceros es el siguiente:

Sistemas Lineales Invariantes en el Tiempo en TC nivel avanzado:

Dado el modelo de un sistema de segundo orden, N = 2,

(3.16)

\frac{d^{2} y (t)}{d t^{2}} + (k + 1) \frac{d y (t)}{d t} + (k + 4) y (t) = k x (t)

utilice la transformada de Laplace con los valores de k = 6, 5, 1, − 1, para obtener

La función de transferencia, H(s).
La respuesta el impulso, h(t), el valor de ξ y el comportamiento del sistema.
El diagrama de polos y ceros.
La respuesta y(t) si la entrada es un escalón, x(t) = u(t).
La respuesta y(t) si la entrada es un escalón, x(t) = u(t), y el sistema tiene las condiciones iniciales de y(0) = 1 y y^’(0) = 0.
La respuesta y(t) si la entrada es una señal exponencial, $x (t) = e^{- 2 t} u (t)$ y el sistema no tiene las condiciones iniciales.
La respuesta y(t) si la entrada es una señal exponencial, $x (t) = e^{2 t} u (t)$ y el sistema no tiene condiciones iniciales.

Solución

Con k = 6

1) Sustituyendo el valor de k = 6 en la Ecuación 3.16

\frac{d^{2} y (t)}{d t^{2}} + 7 \frac{d y (t)}{d t} + 10 y (t) = 6 x (t)

Al aplicar la transformada de Laplace a la ecuación diferencial, o bien, con los coeficientes de la ecuación diferencial se obtiene la función de transferencia,

H (s) = \frac{6}{s^{2} + 7 s + 10}

Ya que H(s) es una función propia, es decir, m < n, las raíces son reales y diferentes s₁ = − 2 y s₂ = − 5, por lo que se tiene el caso de polos simples con los cuales se puede expresar la función de transferencia mediante factores como

H (s) = \frac{6}{(s + 2) (s + 5)}

2) La respuesta el impulso, h(t) se obtiene con la transformada inversa de H(s), expandiendo en fracciones parciales

H (s) = \frac{6}{(s + 2) (s + 5)} = \frac{A}{(s + 2)} + \frac{B}{(s + 5)}

h (t) = (2 e^{- 2 t} - 2 e^{- 5 t}) u (t)

A partir de H(s) se determina ω_n y ξ.

ω_{n} = \sqrt{10}

ξ = \frac{7}{2 ω_{n}} = \frac{7}{2 \sqrt{10}} = 1.1

Por lo que el comportamiento del sistema a la respuesta al impulso es sobreamortiguada.
Se verifica la respuesta mediante simulación obteniendo la gráfica de la respuesta al impulso por medio de la función impulse() y se compara con la gráfica del resultado obtenido anteriormente.

>> a=[1 7 10];
>> b=6;
>> t=0:0.001:5;
>> h=impulse(b,a,t);
>> plot(t,h,’linewidth’,3);
>> hold on
>>x=(-2.*exp(-5.*t)+2.*exp(-2.*t)).*us(t);
>> plot(t,x,’g--’,’linewidth’,1.5);

3) Diagrama de polos y ceros

Mediante Matlab se obtiene el diagrama de polos y ceros, siendo las raíces reales y diferentes p₁ = − 2 y p₂ = − 5, los polos se encuentran en -2 y en -5.

   
>> a=[1 7 10];
>> b=6;
>> pzmap(b,a);

4) El comportamiento y(t) si la entrada es un escalón, x(t) = u(t), es decir, la respuestadel de estado cero:

Y (s) = H (s) X (s)

Y (s) = \frac{6}{(s + 2) (s + 5) s} = \frac{A}{(s + 5)} + \frac{B}{(s + 2)} + \frac{C}{s}

Encontrando, mediante expansión en fracciones parciales, que los coeficientes A, B y C son :

A = \frac{2}{5}; B = - 1; C = \frac{3}{5}

Por lo que

Y (s) = \frac{\frac{2}{5}}{s + 5} + \frac{- 1}{s + 2} + \frac{\frac{3}{5}}{s}

y (t) = (\frac{2}{5} e^{- 5 t} - e^{- 2 t} + \frac{3}{5}) u (t)

En donde la respuesta permanentes es

y_{p} (t) = \frac{3}{5} u (t)

y la respuesta tranasitoria es

y_{t} (t) = \frac{2}{5} e^{- 5 t} - e^{- 2 t}

Obteniendo la gráfica de la respuesta al escalón por medio de la función step() de Matlab y verificándola con la respuesta que se obtiene:

>> a=[1 7 10];
>> b=6;
>> t=0:0.001:5;
>> s=step(b,a,t);
>> plot(t,s,’k’,’linewidth’,3);
>> hold on
>> x=(((2/5).*exp(-5.*t))-(exp(-2.*t))+(3/5)).*us(t);
>> plot(t,x,’w--’,’linewidth’,1.5);

5) La respuesta y(t) si la entrada es un escalón, x(t) = u(t) y el sistema tiene las condiciones iniciales de

y (0) = 1

y^{^{'}} (0) = 0

Y (s) = \frac{6}{s (s^{2} + 7 s + 10)} + \frac{s y (0) + y^{'} (0) + 7 y (0)}{(s^{2} + 7 s + 10)}

o bien

Y (s) = \frac{6}{s (s^{2} + 7 s + 10)} + \frac{s + 7}{(s^{2} + 7 s + 10)}

En el inciso anterior se obtuvo la transformada inversa de Laplace del primer término de Y(s), por lo que ahora sólo se obtiene la transformada inversa de Laplace para el segundo término:

y_{z i} (t) = \frac{2}{3} e^{- 5 t} + \frac{5}{3} e^{- 2 t}

Encontrando, mediante expansión en fracciones parciales, la respuesta total:

y (t) = [\frac{2}{5} e^{- 5 t} - e^{- 2 t} + \frac{3}{5}] u (t) - \frac{2}{3} e^{- 5 t} + \frac{5}{3} e^{- 2 t}

en donde la respuesta de estado cero es:

y_{z s} (t) = [\frac{2}{5} e^{- 5 t} - e^{- 2 t} + \frac{3}{5}] u (t)

y la respuesta de entrada cero es:

y_{z i} (t) = - \frac{2}{3} e^{- 5 t} + \frac{5}{3} e^{- 2 t}

6) La respuesta y(t) a la entrada exponencial sin condiciones iniciales se obtiene mediante

Y(s) = H(s)X(s)

de manera que

Y (s) = \frac{6}{(s + 2) (s^{2} + 7 s + 10)}

que al expander en fracciones parciales:

Y (s) = \frac{6}{(s + 2) (s^{2} + 7 s + 10)} = \frac{A}{(s + 5)} + \frac{B}{(s + 2)} + \frac{C}{{(s + 2)}^{2}}

encontrando los coeficientes A, B y C:

A = \frac{2}{3}; B = - \frac{2}{3}; C = 2

Por lo tanto:

Y (s) = \frac{\frac{2}{3}}{(s + 5)} - \frac{\frac{2}{3}}{(s + 2)} + \frac{2}{{(s + 2)}^{2}}

Aplicando la transformada inversa de Laplace a Y(s) se obtiene:

A continuación se verifica que la respuesta obtenida corresponde con la simulación utilizando las funciones exp() y lsim():

>> a=[1 7 10];
>>b=6;
>>t=0:0.001:10;
>>f=exp(-2.*t).*us(t);
>>y=lsim(b,a,f,t);
>>plot(t,y,’r’,’linewidth’,3);
>>hold on
>>x=((2/3).*exp(-5.*t)-(2/3).*exp(-2.*t)+2.*t.*exp(-2.*t)).*us(t);
>>plot(t,x,’y--’,’linewidth’,1.5);

7) Si

x (t) = e^{2 t} u (t)

, la respuesta y(t) sin condiciones iniciales es:

Y (s) = H (s) X (s)

de manera que

Y (s) = \frac{6}{(s - 2) (s^{2} + 7 s + 10)}

que al expander en fracciones parciales:

Y (s) = \frac{6}{(s - 2) (s^{2} + 7 s + 10)} = \frac{A}{(s + 5)} + \frac{B}{(s + 2)} + \frac{C}{(s - 2)}

encontrando los coeficientes A, B y C:

A = \frac{2}{7}; B = - \frac{1}{2}; C = \frac{3}{14}

Por lo tanto:

Y (s) = \frac{\frac{2}{7}}{(s + 5)} - \frac{\frac{1}{2}}{(s + 2)} + \frac{\frac{3}{14}}{(s - 2)}

Aplicando la transformada inversa de Laplace a Y(s) se obtiene:
Se verifica que la respuesta obtenida corresponde con la simulada utilizando las funciones exp() y lsim():

>> a=[1 7 10];
>> b=6;
>> t=0:0.001:2;
>> f=exp(2.*t).*us(t);
>> y=lsim(b,a,f,t);
>>plot(t,y,’linewidth’,3);
>>hold on
>>x=((2/7).*exp(-5.*t)-0.5.*exp(-2.*t)+(3/14).*exp(2.*t)).*us(t);
>>plot(t,x,’g--’,’linewidth’,1.5);

Con k = 5

1) Sustituyendo el valor de k = 5 en la ecuación diferencial 3.16,

(3.17)

\frac{d^{2} y (t)}{d t^{2}} + 6 \frac{d y (t)}{d t} + 9 y (t) = 5 x (t)

La función de transferencia, H(s) se obtiene aplicando la transformada de Laplace a la Ecuación 3.17, o bien, directamente con los coeficientes de la ecuación diferencial.

H (s) = \frac{5}{s^{2} + 6 s + 9}

Ya que H(s) es una función propia, es decir, m < n, las raíces son reales e iguales, s₁ = s₂ − 3, por lo que se tiene el caso de polos simples iguales con los cuales se puede expresar la función de transferencia mediante un factor duplicado como

H (s) = \frac{5}{{(s + 3)}^{2}}

2) La respuesta el impulso, h(t) se obtiene con la transformada inversa de H(s)

h (t) = 5 t e^{- 3 t} u (t)

A partir deH(s) se determina ω_n y ξ.

ω_{n} = \sqrt{9} = 3 r a d ∕ s

ξ = \frac{6}{2 ω_{n}} = \frac{6}{2 (3)} = 1

En este caso, el comportamiento del sistema a la respuesta al impulso es críticamente amortiguado.
Se verifica la respuesta con Matlab obteniendo la gráfica de la respuesta al impulso por medio de la función impulse() y se compara con la gráfica del resultado obtenido anteriormente.

>> a=[1 6 9]; 
>> b=5;
>> t=0:0.001:5;
>> h=impulse(b,a,t);
>> plot(t,h,’linewidth’,3);
>> hold on
>> x=5.*t.*exp(-3.*t).*us(t);
>> plot(t,x,’g--’,’linewidth’,1.5);

3) Diagrama de polos y ceros

Mediante Matlab se obtiene el diagrama de polos y ceros, siendo las raíces reales e iguales p₁ = p₂ = − 3, los polos se encuentran duplicados en -3. Se identifican en la gráfica los dos polos en una escala muy pequeña.

   
>> a=[1 6 9];
>> b=5;
>> pzmap(b,a);

4) La respuesta y(t) si la entrada es un escalón, x(t) = u(t), la cual corresponde a una respuesta de estado cero.

Y (s) = H (s) X (s)

\frac{5}{s (s^{2} + 6 s + 9)} = \frac{A}{s} + \frac{B}{{(s + 3)}^{2}} + \frac{C}{(s + 3)}

Encontrando, mediante expansión en fracciones parciales, que los coeficientes A, B y C son :

A = \frac{5}{9}; B = - \frac{5}{3}; C = - \frac{5}{9}

Por lo que

Y (s) = \frac{\frac{5}{9}}{s} - \frac{\frac{5}{3}}{{(s + 3)}^{2}} - \frac{\frac{5}{9}}{(s + 3)}

y (t) = (- \frac{5}{3} t e^{- 3 t} - \frac{5}{9} e^{- 3 t} + \frac{5}{9}) u (t)

En donde la respuesta permanente es

y_{p} (t) = \frac{5}{9} u (t)

y la respuesta transitoria es

y_{t} (t) = - \frac{5}{3} t e^{- 3 t} - \frac{5}{9} e^{- 3 t}

La gráfica de la respuesta al escalón se obtiene por medio de la función step() de Matlab y se verifica con la respuesta que se obtuvo:

>> a=[1 6 9];
>> b=5;
>> t=0:0.001:5;
>> s=step(b,a,t);
>> hold on
>> x=(-(5/3).*t.*exp(-3.*t)-(5/9).*exp(-3.*t)+(5/9)).*us(t);
>> plot(t,s,t,x,’w--’,’linewidth’,1.5);

5) La respuesta y(t) si la entrada es un escalón, x(t) = u(t) y el sistema tiene las condiciones iniciales de

y (0) = 1

y^{^{'}} (0) = 0

Y (s) = \frac{5}{s (s^{2} + 6 s + 9)} + \frac{s y (0) + y^{'} (0) + 6 y (0)}{(s^{2} + 6 s + 9)}

o bien

Y (s) = \frac{5}{s (s^{2} + 6 s + 9)} + \frac{s + 6}{(s^{2} + 6 s + 9)}

La respuesta de entrada cero corresponde al segundo término, a la que se encuentra su transformada inversa

Y_{z i} (s) = \{\frac{s + 6}{{(s + 3)}^{2}} = \frac{A}{{(s + 3)}^{2}} + \frac{B}{(s + 3)}\}

y_{z i} (t) = 3 t e^{- 3 t} + e^{- 3 t}

Sumando las respuestas de estado cero y de entrada cero se obtiene la respuesta total

y (t) = (- \frac{5}{3} t e^{- 3 t} - \frac{5}{9} e^{- 3 t} + \frac{5}{9}) u (t) + 3 t e^{- 3 t} + e^{- 3 t}

en donde la respuesta de estado cero es:

y_{z s} (t) = (- \frac{5}{3} t e^{- 3 t} - \frac{5}{9} e^{- 3 t} + \frac{5}{9}) u (t)

y la respuesta de entrada cero es:

y_{z i} (t) = 3 t e^{- 3 t} + e^{- 3 t}

6) La respuesta y(t) a la entrada exponencial

x (t) = e^{- 2 t} u (t)

sin considerar condiciones iniciales se obtiene mediante

Y (s) = H (s) X (s)

de manera que

Y (s) = H (s) \frac{1}{(s + 2)}

que al expander en fracciones parciales:

Y (s) = \frac{5}{{(s + 3)}^{2} (s + 2)} = \frac{A}{{(s + 3)}^{2}} + \frac{B}{(s + 3)} + \frac{C}{(s + 2)}

encontrando los coeficientes A, B y C:

A = - 5; B = - 5; C = 5

Por lo tanto:

Y (s) = - \frac{5}{{(s + 3)}^{2}} - \frac{5}{(s + 3)} + \frac{5}{(s + 2)}

Aplicando la transformada inversa de Laplace a Y(s) se obtiene:

y (t) = 5 (- t e^{- 3 t} - e^{- 3 t} + e^{- 2 t}) u (t)

Se verifica que la respuesta obtenida corresponde con la simulación utilizando las funciones exp() y lsim():

>> a=[1 6 9];
>> b=5;
>> t=0:0.001:5;
>> f=exp(-2.*t).*us(t);
>> y=lsim(b,a,f,t);
>> plot(t,y,’k’,’linewidth’,3);
>> hold on
>> x=(5.*(-t.*exp(-3.*t)-exp(-3.*t)+exp(-2.*t))).*us(t);
>> plot(t,x,’y--’,’linewidth’,1.5);

7) Si

x (t) = e^{2 t} u (t)

, la respuesta y(t) sin condiciones iniciales es:

Y (s) = H (s) X (s)

de manera que

Y (s) = \frac{5}{(s - 2) (s^{2} + 6 s + 9)}

que al expander en fracciones parciales:

Y (s) = \frac{5}{(s^{2} + 6 s + 9) (s - 2)} = \frac{A}{{(s + 3)}^{2}} + \frac{B}{(s + 2)} + \frac{C}{(s - 2)}

encontrando los coeficientes A, B y C:

A = - 1; B = - \frac{1}{5}; C = \frac{1}{5}

Por lo tanto:

Y (s) = - \frac{1}{{(s + 3)}^{2}} - \frac{\frac{1}{5}}{(s + 3)} + \frac{\frac{1}{5}}{(s + 2)}

Aplicando la transformada inversa de Laplace a Y(s) se obtiene:

y (t) = (- t e^{- 3 t} - \frac{1}{5} e^{- 3 t} + \frac{1}{5} e^{2 t}) u (t)

Se verifica que la respuesta obtenida corresponde con la simulación utilizando las funciones exp() y lsim():

>> a=[1 6 9];
>> b=5;
>> t=0:0.001:5;
>> f=exp(2.*t).*us(t);
>> y=lsim(b,a,f,t);
>> plot(t,y,’linewidth’,3);
>> hold on
>> x=(-t.*exp(-3.*t)-(1/5).*exp(-3.*t)+(1/5).*exp(2.*t)).*us(t);
>> plot(t,x,’g--’,’linewidth’,1.5);

Con k = 1

1) Sustituyendo el valor de k = 1 en la ecuación diferencial,

(3.18)

\frac{d^{2} y (t)}{d t^{2}} + 2 \frac{d y (t)}{d t} + 5 y (t) = x (t)

La función de transferencia, H(s) se obtiene aplicando la transformada de Laplace a la Ecuación 3.18, o bien, directamente con los coeficientes de la ecuación diferencial.

H (s) = \frac{1}{s^{2} + 2 s + 5}

Las dos raíces son complejas conjugadas

s_{12} = - 1 \pm j 2

y la función de transferencia se puede expresar como

H (s) = \frac{1}{{(s + 1)}^{2} + 4} = \frac{1}{2} \frac{2}{{(s + 1)}^{2} + 4}

2) La respuesta el impulso, h(t) se obtiene con la transformada inversa de H(s), la cual se obtiene de forma directa

h (t) = ({\frac{1}{2} e}^{- t} s e n (2 t)) u (t)

A partir de H(s) se determina ω_n y ξ.

ω_{n} = \sqrt{5}

ξ = \frac{1}{2 ω_{n}} = \frac{1}{2 \sqrt{5}} = 0.22

Por lo que el comportamiento del sistema en la respuesta al impulso es subamortiguada.
Se verifica la respuesta mediante simulación obteniendo la gráfica de la respuesta al impulso por medio de la función impulse() y se compara con la gráfica del resultado obtenido anteriormente.

>> a=[1 2 5];
>> b=1;
>> t=0:0.001:5;
>> h=impulse(b,a,t);
>>plot(t,h,’linewidth’,3)
>>hold on
>>x=0.5.*sin(2.*t).*exp(-t).*us(t);
>>plot(t,x,’g--’,’linewidth’,1.5)

3) Diagrama de polos y ceros Mediante Matlab se obtiene el diagrama de polos y ceros, siendo las raíces complejas conjugadas en

s_{12} = - 1 \pm j 2

   
>> a=[1 2 5];
>> b=1;
>> pzmap(b,a);

4) La respuesta y(t) si la entrada es un escalón, x(t) = u(t), la cual corresponde a la respuesta de estado cero y_zs(t), ya que no se incluyen condiciones iniciales.

Y (s) = H (s) X (s)

Y (s) = \frac{1}{(s^{2} + 2 s + 5) s} = \frac{A s + B}{(s^{2} + 2 s + 5)} + \frac{C}{s}

Encontrando, mediante expansión en fracciones parciales, que los coeficientes A, B y C son :

A = - \frac{1}{5}; B = - \frac{2}{5}; C = \frac{1}{5}

entonces, separando y reordenando términos para facilitar la transformación

y (t) = - \frac{1}{5} [e^{- t} s e n (2 t) + e^{- t} c o s (2 t) - \frac{1}{2} e^{- t} s e n (2 t) - 1] u (t)

al simplificar se obtiene la respuesta al escalón

y (t) = \frac{1}{5} [{- e}^{- t} c o s (2 t) - \frac{1}{2} e^{- t} s e n (2 t) + 1] u (t)

En donde la respuesta permanentes es

y_{p} (t) = \frac{1}{5} u (t)

y la respuesta transitoria es

y_{t} (t) = \frac{1}{5} [{- e}^{- t} c o s (2 t) - \frac{1}{2} e^{- t} s e n (2 t)]

Obteniendo la gráfica de la respuesta al escalón por medio de la función step() de Matlab y verificándola con la respuesta que se obtiene:

>> a=[1 2 5];
>> b=1;
>> t=0:0.01:10;
>> s=step(b,a,t);
>> plot(t,s,’r’,’linewidth’,3);
>> hold on
>> x=(-0.2.*exp(-t).*cos(2.*t)-0.1.*exp(-t).*sin(2.*t)+0.2).*us(t);
>> plot(t,x,’y--’,’linewidth’,1.5);

5) La respuesta y(t) si la entrada es un escalón, x(t) = u(t) y el sistema tiene las condiciones iniciales de

y (0) = 1

y^{^{'}} (0) = 0

Y (s) = \frac{1}{s (s^{2} + 2 s + 5)} + \frac{s y (0) + y^{'} (0) + 2 y (0)}{(s^{2} + 2 s + 5)}

o bien

Y (s) = \frac{1}{s (s^{2} + 2 s + 5)} + \frac{s + 2}{(s^{2} + 2 s + 5)}

En el inciso anterior se obtuvo la transformada inversa de Laplace del primer término de Y(s), por lo que ahora sólo se obtiene la transformada inversa de Laplace para el segundo término, la cual corresponde a la respuesta de entrada cero:

y_{z i} (t) = e^{- t} c o s (2 t) + \frac{1}{2} e^{- t} s e n (2 t)

Sumado la respuesta de entrada cero y de estado cero se llega a la respuesta total:

y (t) = \frac{1}{5} [{- e}^{- t} c o s (2 t) - \frac{1}{2} e^{- t} s e n (2 t) + 1] u (t) + e^{- t} c o s (2 t) + \frac{1}{2} e^{- t} s e n (2 t)

en donde la respuesta de estado cero ha sido determinada en el inciso anterior,

y_{z s} (t) = \frac{1}{5} [{- e}^{- t} c o s (2 t) - \frac{1}{2} e^{- t} s e n (2 t) + 1] u (t)

6) La respuesta y(t) a la entrada exponencial

x (t) = e^{- 2 t} u (t)

, sin condiciones iniciales se obtiene mediante

Y (s) = H (s) X (s)

de manera que

Y (s) = \frac{1}{(s^{2} + 2 s + 5) (s + 2)}

que al expandir en fracciones parciales:

Y (s) = \frac{1}{(s^{2} + 2 s + 5) (s + 2)} = \frac{A s + B}{(s^{2} + 2 s + 5)} + \frac{C}{s + 2}

encontrando los coeficientes A, B y C:

A = - \frac{1}{5}; B = 0; C = \frac{1}{5}

Por lo tanto:

Y (s) = \frac{1}{(s^{2} + 2 s + 5) (s + 2)} = \frac{- \frac{1}{5} s}{(s^{2} + 2 s + 5)} + \frac{\frac{1}{5}}{s + 2}

Aplicando la transformada inversa de Laplace a Y(s) se obtiene:

y (t) = Ł^{- 1} \{Y (s)\}

y (t) = [- \frac{1}{5} e^{- t} c o s (2 t) + \frac{1}{10} e^{- t} s e n (2 t) + \frac{1}{5} e^{- t} s e n (2 t)] u (t)

Se verifica que la respuesta obtenida corresponde con la simulación utilizando las funciones exp() y lsim():

>> a=[1 2 5];
>>b=1;
>>t=0:0.01:10;
>>f=exp(-2.*t).*us(t);
>>y=lsim(b,a,f,t);
>>plot(t,y,’b’,’linewidth’,3);
>>hold on
>>x=(-0.2.*exp(-t).*cos(2.*t)+0.1.*exp(-t).*sin(2.*t)+0.2.*exp(-2.*t)).*us(t);
>>plot(t,x,’w--’,’linewidth’,1.5);

7) Si

x (t) = e^{2 t} u (t)

, la respuesta y(t) sin condiciones iniciales es:

Y (s) = H (s) X (s)

de manera que

Y (s) = \frac{1}{(s^{2} + 2 s + 5) (s - 2)}

que al expander en fracciones parciales:

Y (s) = \frac{1}{(s^{2} + 2 s + 5) (s - 2)} = \frac{A s + B}{(s^{2} + 2 s + 5)} + \frac{C}{s - 2}

encontrando los coeficientes A, B y C:

A = - \frac{1}{13}; B = - \frac{4}{13}; C = \frac{1}{13}

Por lo tanto:

Y (s) = \frac{A s + B}{(s^{2} + 2 s + 5)} + \frac{C}{s - 2}

Aplicando la transformada inversa de Laplace a Y(s) se obtiene:

y (t) = [- \frac{1}{13} e^{- 2 t} c o s (2 t) - \frac{4}{13} e^{- 2 t} s e n (2 t) + \frac{1}{13} e^{2 t}] u (t)

Se verifica que la respuesta obtenida corresponde con la simulada utilizando las funciones exp() y lsim():

>> a=[1 2 5];
>>b=1;
>>t=0:0.01:10;
>>f=exp(2.*t).*us(t);
>>y=lsim(b,a,f,t);
>>plot(t,y,’k’,’linewidth’,3);
>> hold on
>>x=(-(1/13).*exp(-2.*t).*cos(t)-(4/13).*exp(-2.*t).*sin(t)+...
   (1/13).*exp(2.*t)).*us(t);
>> plot(t,x,’w--’,’linewidth’,1.5);

Con k = − 1

1) Sustituyendo el valor de k = − 1 en la ecuación diferencial,

(3.19)

\frac{d^{2} y (t)}{d t^{2}} + 3 y (t) = - x (t)

La función de transferencia, H(s) se obtiene aplicando la transformada de Laplace a la Ecuación 3.19, o bien, directamente con los coeficientes de la ecuación diferencial.

H (s) = \frac{- 1}{s^{2} + 3}

En este caso las raíces son imaginarias conjugadas

s_{12} = \pm j \sqrt{3}

, por lo que se tiene el caso de polos en el eje imaginario.

2) La respuesta el impulso, h(t) se obtiene con la transformada inversa de H(s), de forma directa mediante

H (s) = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}} \frac{- 1}{s^{2} + 3}

h (t) = (- \frac{1}{\sqrt{3}} s e n (\sqrt{3} t)) u (t)

A partir de H(s) se observa que

ξ = 0

ω_{n} = \sqrt{3}

Por lo que el comportamiento del sistema en la respuesta al impulso es oscilatorio.
Se verifica la respuesta mediante simulación obteniendo la gráfica de la respuesta al impulso por medio de la función impulse() y se compara con la gráfica del resultado obtenido anteriormente.

>>a=[1 0 3];
>>b=-1;
>>c=sqrt(3);
>>t=0:0.001:5;
>>h=impulse(b,a,t);
p>>lot(t,h, ’linewidth’,3);
>>hold on
>>x=(-1/c).*sin(c.*t).*us(t);
>>plot(t,x,’g--’,’linewidth’,1.5)

3) Diagrama de polos y ceros.

El diagrama de polos y ceros se obtiene al graficar los polos del sistema que en esta caso son

p_{1} = - j \sqrt{3}

p_{2} = j \sqrt{3}

   
>> a=[1 0 3];
>> b=-1;
>> pzmap(b,a);

4) La respuesta y(t) si la entrada es un escalón, x(t) = u(t), la cual corresponde a una respuesta de estado cero.

Y (s) = H (s) X (s)

Y (s) = \frac{- 1}{(s^{2} + 3) s} = \frac{A s + B}{(s^{2} + 3)} + \frac{C}{s}

Encontrando, mediante expansión en fracciones parciales, que los coeficientes A, B y C son:

A = \frac{1}{3}; B = 0; C = - \frac{1}{3}

por lo que

Y (s) = \frac{\frac{1}{3} s}{(s^{2} + 3)} - \frac{\frac{1}{3}}{s}

y La respuesta a la entrada escalón es por tanto

y (t) = (\frac{1}{3} c o s (\sqrt{3} t) - \frac{1}{3}) u (t)

En donde la respuesta permanentes también es

y_{p} (t) = y (t) = (\frac{1}{3} c o s (\sqrt{3} t) - \frac{1}{3}) u (t)

y no hay respuesta transitoria.
La gráfica de la respuesta al escalón se obtiene por medio de la función step(), la cual se verifica con la respuesta que obtenida analíticamente:

>> a=[1 0 3];
>> b=-1;
>>c=sqrt(3);
>> t=0:0.01:10;
>> s=step(b,a,t);
>> plot(t,s,’r’,’linewidth’,3);
>> hold on
>> x=(-(1/3)+(1/3).*cos(c.*t)).*us(t);
>> plot(t,x,’y--’,’linewidth’,1.5);

5) La respuesta y(t) si la entrada es un escalón, x(t) = u(t) y el sistema tiene las condiciones iniciales de

y (0) = 1

y^{^{'}} (0) = 0

Y (s) = \frac{- 1}{s (s^{2} + 3)} + \frac{s y (0) + y^{'} (0)}{(s^{2} + 3)}

o bien

Y (s) = \frac{- 1}{s (s^{2} + 3)} + \frac{s}{(s^{2} + 3)}

En el inciso anterior se obtuvo la transformada inversa de Laplace del primer término de Y(s), por lo que ahora sólo se obtiene la transformada inversa de Laplace para el segundo término:

y_{z i} (t) = c o s (\sqrt{3} t)

Por lo que la respuesta total es

y (t) = (\frac{1}{3} c o s (\sqrt{3} t) - \frac{1}{3}) u (t) + c o s (\sqrt{3} t)

en donde la respuesta de estado cero es:

y_{z s} (t) = (\frac{1}{3} c o s (\sqrt{3} t) - \frac{1}{3}) u (t)

y la respuesta de entrada cero es:

y_{z i} (t) = c o s (\sqrt{3} t)

6) La respuesta y(t) a la entrada exponencial

x (t) = e^{- 2 t} u (t)

con condiciones iniciales nulas se obtiene mediante

Y (s) = H (s) X (s)

de manera que

Y (s) = \frac{- 1}{(s^{2} + 3) (s + 2)}

que al expander en fracciones parciales:

Y (s) = \frac{- 1}{(s^{2} + 3) (s + 2)} = \frac{A s + B}{(s^{2} + 3)} + \frac{C}{(s + 2)}

encontrando los coeficientes A, B y C:

A = \frac{1}{7}; B = - \frac{2}{7}; C = - \frac{1}{7}

Por lo tanto:

Y (s) = \frac{\frac{1}{7} s - \frac{2}{7}}{(s^{2} + 3)} - \frac{\frac{1}{7}}{(s + 2)}

Al obtener la transformada inversa de Laplace de Y(s) se encuentra

y (t) = (\frac{1}{7} c o s (\sqrt{3} t) - \frac{2}{7 \sqrt{3}} s e n (\sqrt{3} t) - \frac{1}{7} e^{- 2 t}) u (t)

Se verifica que la respuesta obtenida corresponde con la simulación utilizando las funciones exp() y lsim():

>>a=[1 0 3];
>>b=-1;
>>c=sqrt(3);
>>t=0:0.01:10;
>>f=exp(-2.*t).*us(t);
>>y=lsim(b,a,f,t);
>>plot(t,y,’b’,’linewidth’,3);
>>hold on
>>x=(-(1/7).*exp(-2.*t)+(1/7).*cos(c.*t)-(2/(7.*c)).*sin(c.*t)).*us(t);
>>plot(t,x,’w--’,’linewidth’,1.5);

7) Si

x (t) = e^{2 t} u (t)

, la respuesta y(t) sin condiciones iniciales es:

Y (s) = H (s) X (s)

de manera que

Y (s) = \frac{- 1}{(s^{2} + 3) (s - 2)}

que al expandir en fracciones parciales:

Y (s) = \frac{- 1}{(s^{2} + 3) (s - 2)} = \frac{A s + B}{(s^{2} + 3)} + \frac{C}{(s - 2)}

encontrando los coeficientes A, B y C:

A = \frac{1}{7}; B = \frac{2}{7}; C = - \frac{1}{7}

Por lo tanto:

Y (s) = \frac{\frac{1}{7} s + \frac{2}{7}}{(s^{2} + 3)} - \frac{\frac{1}{7}}{(s + 2)}

Aplicando la transformada inversa de Laplace a Y(s) se obtiene:

y (t) = (\frac{1}{7} c o s (\sqrt{3} t) + \frac{2}{7 \sqrt{3}} s e n (\sqrt{3} t) - \frac{1}{7} e^{2 t}) u (t)

Se verifica que la respuesta obtenida corresponde con la simulada utilizando las funciones exp() y lsim():

>>a=[1 0 3];
>>b=-1;
>>c=sqrt(3);
>>t=0:0.01:2;
>>f=exp(2.*t).*us(t);
>>y=lsim(b,a,f,t);
>>plot(t,y,’k’,’linewidth’,3);
>>hold on
>>x=(-(1/7).*exp(-2.*t)+(1/7).*cos(c.*t)-(2/(7.*c)).*sin(c.*t)).*us(t);
>>plot(t,x,’w--’,’linewidth’,1.5);

Sistemas lineales e invariantes en el tiempo en TD:

En los ejemplos con solución de esta sección se abordan conceptos, características y formas de análisis fundamentales de los sistemas lineales e invariantes en el tiempo discreto. Se lleva a cabo el análisis de sistemas al obtener la respuesta de sistemas lineales e invariantes, mediante la suma de convolución y la transformada Z.

Selecciona la dificultad en las caritas de la izquierda.

Sistemas lineales e invariantes en el tiempo en TD nivel principiante:

Si la respuesta al impulso es

h[n] = (1.5ⁿ + 0.2^n − 1)u[n]

Obtenga H(z) y diga si es o no estable el sistema.
Determine el diagrama de bloques del sistema.
Obtenga los primeros 5 valores de h[n] mediante recursividad.
Obtenga la respuesta al escalón mediante convolución.

Solución

Se tiene que

h[n] = (1.5ⁿ + 0.2^n − 1)u[n]

Aplicando leyes de los exponentes a^x + y = a^xa^y

h[n] = (1.5ⁿ + 0.2ⁿ0.2^− 1)u[n]

h[n] = (1.5ⁿ + 5(0.2)ⁿ)u[n]

Se puede observar que h[n] tiene la forma de aⁿu[n] y se sabe que la transformada de aⁿu[n] es

aⁿu[n] → (1)/(1 − az^− 1)

Entonces
H(z) = (1)/(1 − 1.5z^− 1) + (5)/(1 − 0.2z^− 1)

Desarrollando
H(z) = (1 − 0.2z^− 1 + 5 − 1.5z^− 1)/((1 − 7.5z^− 1)(1 − 0.2z^− 1))

Por lo que H(z)
∴H(z) = (6 − 7.7z^− 1)/((1 − 1.5z^− 1)(1 − 0.2z^− 1)) ⇒ H(z) = (6 − 7.7z^− 1)/(1 − 1.7z^− 1 + 0.3z^− 2)

El sistema es inestable ya que una de sus raíces es 1.5

También se puede observar por el diagrama de polos y ceros

Figure 1.1 Diagrama de polos y ceros
```
% Ejercicio 1
a=[1 -1.7 0.3];
b=[6 -7.7 0];
zplane(b,a);
ylabel(’Eje imaginario’);
xlabel(’Eje real ’);
title(’Diagrama de polos y ceros del sistema’);
```
De acuerdo a H(z)

H(z) = (6 − 7.7z^− 1)/(1 − 1.7z^− 1 + 0.3z^− 2)

Obteniendo la ecuación en diferencias:

y[n] − 1.7y[n − 1] + 0.3y[n − 2] = 6x[n] − 7.7x[n − 1] y[n] = 1.7y[n − 1] − 0.3y[n − 2] + 6x[n] − 7.7x[n − 1]

El diagrama de bloques:

Figure 1.2 Diagrama de bloques.
Por el método de recursividad
y[n] = 1.7y[n − 1] − 0.3y[n − 2] + 6x[n] − 7.7x[n − 1] h[n] = 1.7h[n − 1] − 0.3h[n − 2] + 6δ[n] − 7.7δ[n − 1] h[0] = 6 δ[0] = 6 h[1] = 1.7h[0] − 7.7δ[0] = 2.5 h[2] = 1.7h[1] − 0.3h[0] = 2.45 h[3] = 1.7h[2] − 0.3h[1] = 3.415 h[4] = 1.7h[3] − 0.3h[2] = 5.0705 h[5] = 1.7h[4] − 0.3h[3] = 7.59535
Si x[n] = u[n] y h[n] = (1.5ⁿ + 0.2^n − 1)u[n]
Entonces

y[n] = x[n]*y[n] y[n] = u[n]*y[n]

Por conmutatividad

y[n] = h[n]*u[n]

Aplicando la definición

y[n] = h[n]*u[n] y[n] = ∑^∞_{k = − ∞}h[k]u[n − k] y[n] = ∑^∞_{k = − ∞}(1.5^k + 0.2^k + 1)u[k]u[n − k] y[n] = ∑^∞_{k = − ∞}1.5^ku[k]u[n − k] + ∑^∞_{k = − ∞}0.2^k − 1u[k]u[n − k]

Definiendo los límites

u[n] = 1 n ≥ 0; u[k] = 1 k ≥ 0; u[n − k] = 1 n − k ≥ 0; k ≤ n u[n] = 0 n < 0 u[k] = 0 k < 0 u[n − k] = 0 n − k < 0; k > n

Entonces

y[n] = ⎲⎳ⁿ_k = 01.5^k + ⎲⎳ⁿ_k = 00.2^k − 1

y[n] = ⎲⎳ⁿ_k = 01.5^k + 0.2^− 1⎲⎳ⁿ_k = 00.2^k

Por series singular

⎲⎳ⁿ_k = 0a^k = (1 − a^n + 1)/(1 − a)

y[n] = (1 − 1.5^n + 1)/(1 − 1.5) + (0.2^− 1)(1 − 0.2^n + 1)/(1 − 0.2) u[n]

y[n] = − 2(1 − (1.5)^n + 1) + 5((1 − (0.2)^n + 1))/((4)/(5)) u[n]

El resultado es: y[n] = − 2(1 − (1.5)^n + 1) + (25)/(4)(1 − (0.2)^n + 1) u[n]

Si la respuesta al impulso es

h[n] = (0.5^n − 1 + 0.2^n − 1)u[n]

Obtenga H(z) y diga si es o no estable el sistema.
Determine el diagrama de bloques del sistema.
Obtenga los primeros 5 valores de h[n] mediante recursividad.
Obtenga la respuesta al escalón mediante convolución.

Solución

La respuesta h[n] también puede expresarse como
h[n] = [(2)0.5ⁿ + (5)0.2ⁿ)]u[n]

Para determinar la estabilidad del sistema es necesario conocer el diagrama de polos y ceros, por lo tanto:

Aplicando la transformada Z:

2(0.5ⁿ) = (2)(1)/(1 − (1)/(2)z^− 1) 5(0.2ⁿ) = (5)(1)/(1 − (1)/(5)z^− 1)

Entonces:

H(z) = (2)(1)/(1 − (1)/(2)z^− 1) + (5)(1)/(1 − (1)/(5)z^− 1)

Sumando las fracciones:

H(z) = (2⎛⎝1 − (1)/(5)z^− 1⎞⎠ + 5⎛⎝1 − (1)/(2)z^− 1⎞⎠)/(⎛⎝1 − (1)/(2)z^− 1⎞⎠⎛⎝1 − (1)/(5)z^− 1⎞⎠) H(z) = (2 − (2)/(5)z^− 1 + 5 − (5)/(2)z^− 1)/(1 − (1)/(2)z^− 1 − (1)/(5)z^− 1 + (1)/(10)z^− 2) H(z) = (7 − (29)/(10)z^− 1)/(1 − (7)/(10)z^− 1 + (1)/(10)z^− 2)

Se llega a: y[n] − (7)/(10)y[n − 1] + (1)/(10)y[n − 2] = 7x[n] − (29)/(10)x[n − 1]

Se analiza la estabilidad del sistema en donde los polos deben estar contenidos en el círculo unitario:

Figure 1.3 Diagrama de polos y ceros
```
% Ejercicio 2
a=[1 -7/10 1/10];
b=[7 -29/10 0];
zplane(b,a);
ylabel(’Eje imaginario’);
xlabel(’Eje real ’);
title(’Diagrama de polos y ceros del sistema’);
```
De acuerdo con H(z) = (7 − (29)/(10)z^− 1)/(1 − (7)/(10)z^− 1 + (1)/(10)z^− 2)

Figure 1.4 Diagrama de bloques.
Por el método de recursividad.
y[n] = 7x[n] − (29)/(10)x[n − 1] + (7)/(10)y[n − 1] − (1)/(10)y[n − 2]

Como no hay condiciones iniciales y la entrada es δ[n], se tiene que:

h[0] = 7δ[0] − (29)/(10)δ[ − 1] + (7)/(10)h[ − 1] − (1)/(10)h[ − 2] = 7 h[1] = 7δ[1] − (29)/(10)δ[0] + (7)/(10)h[0] − (1)/(10)h[ − 1] = 2 h[2] = 7δ[2] − (29)/(10)δ[1] + (7)/(10)h[1] − (1)/(10)h[0] = 0.7 h[3] = 7δ[3] − (29)/(10)δ[2] + (7)/(10)h[2] − (1)/(10)h[1] = 0.29 h[4] = 7δ[4] − (29)/(10)δ[3] + (7)/(10)h[3] − (1)/(10)h[2] = 0.133 h[5] = 7δ[5] − (29)/(10)δ[4] + (7)/(10)h[4] − (1)/(10)h[3] = 0.0641
Si x[n] = u[n] y h[n] = (0.5^n − 1 + 0.2^n − 1)u[n]
y[n] = ∑^∞_{k = − ∞}(h[k])(x[n − k]) y[n] = ∑^∞_− ∞⎡⎣2⎛⎝(1)/(2)⎞⎠ⁿ + 5⎛⎝(1)/(5)⎞⎠ⁿu[n]⎤⎦u[n − k] y[n] = ∑^∞_{k = − ∞}2⎛⎝(1)/(2)⎞⎠ⁿu[n]u[n − k] + 5⎛⎝(1)/(5)⎞⎠ⁿu[n]u[n − k] y[n] = 2∑^∞_{k = − ∞}⎛⎝(1)/(2)⎞⎠ⁿu[n]u[n − k] + 5∑^∞_{k = − ∞}⎛⎝(1)/(5)⎞⎠ⁿu[n]u[n − k] y[n] = 2∑ⁿ_k = 0⎛⎝(1)/(2)⎞⎠ⁿ + 5∑ⁿ_k = 0⎛⎝(1)/(5)⎞⎠ⁿ y[n] = ⎡⎢⎢⎣2(1 − (1)/(2)^n + 1)/(1 − (1)/(2)) + 5(1 − (1)/(5)^n + 1)/(1 − (1)/(5))⎤⎥⎥⎦u[n]

Sistemas lineales e invariantes en el tiempo en TD nivel intermedio:

Si la respuesta al impulso es

h[n] = (0.5^n + 1 + 0.2^n − 1)u[n]

Obtenga H(z) y diga si es o no estable el sistema.
Determine el diagrama de bloques del sistema.
Obtenga los primeros 5 valores de h[n] mediante recursividad.
Obtenga la respuesta al escalón mediante convolución.

Solución

De la función discreta h[n] = (0.5^n + 1 + 0.2^n − 1)u[n] se tiene que:
h[n] = (1)/(2)⎛⎝(1)/(2)⎞⎠ⁿ + 5⎛⎝(1)/(5)⎞⎠ⁿ H(z) = (1)/(2)⎛⎜⎝(z)/(z − (1)/(2))⎞⎟⎠ + 5⎛⎜⎝(z)/(z − (1)/(5))⎞⎟⎠

Obteniendo las raíces: z₁ = (1)/(2) ; z₂ = (1)/(5)

Como se observa, el sistema es estable ya que las raíces del sistema caen dentro del círculo unitario (su magnitud es menor a 1).

Figure 1.5 Diagrama de polos y ceros
```
% Ejercicio 3
a=[1 -0.7 0.1];
b=[5.5 -2.6 0];
zplane(b,a);
ylabel(’Eje imaginario’);
xlabel(’Eje real ’);
title(’Diagrama de polos y ceros del sistema’);
```
Se reescribe la función de transferencia y se tiene que:
H(z) = 0.5⎛⎝(1)/(1 − 0.5z^− 1)⎞⎠ + 5⎛⎝(1)/(1 − 0.2z^− 1)⎞⎠

Desarrollando la expresión:

H(z) = (5.5 − 2.6z^− 1)/(1 − 0.7z^− 1 + 0.1z^− 2)

Por lo que la ecuación en diferencias queda como:

0.1y[n − 2] − 0.7y[n − 1] + y[n] = 5.5x[n] − 2.6x[n − 1]

Despejando y[n]:

y[n] = − 0.1y[n − 2] + 0.7y[n − 1] − 2.6x[n − 1] + 5.5x[n]

El diagrama de bloques de dicho sistema es:

Figure 1.6 Diagrama de bloques.
De la expresión anterior se obtuvo que:
y[n] = − 0.1y[n − 2] + 0.7y[n − 1] − 2.6x[n − 1] + 5.5x[n]

Si x[n] = δ[n]:

h[n] = − 0.1h[n − 2] + 0.7h[n − 1] − 2.6δ[n − 1] + 5.5δ[n]

Por recursividad se obtiene que:

h[0] = − 0.1h[ − 2] + 0.7h[ − 1] − 2.6δ[ − 1] + 5.5δ[0] = \bf5.5 h[1] = − 0.1h[ − 1] + 0.7h[0] − 2.6δ[0] + 5.5δ[1] = (0.7*5.5) − 2.5 = \bf1.25 h[2] = − 0.1h[0] + 0.7h[1] − 2.6δ[1] + 5.5δ[2] = ( − 0.1*5.5) + (0.7*1.25) = \bf0.325 h[3] = − 0.1h[1] + 0.7h[2] − 2.6δ[2] + 5.5δ[3] = ( − 0.1*1.25) + (0.7*0.325) = \bf0.1025 h[4] = − 0.1h[2] + 0.7h[3] − 2.6δ[3] + 5.5δ[4] = ( − 0.1*0.325) + (0.7*0.1025) = \bf0.03925
Se parte de h[n] = (0.5^n + 1 + 0.2^n − 1)u[n]:
x[n] = u[n] y[n] = h[n]*x[n] y[n] = ∑^∞_{k = − ∞}h[k]x[n − k] y[n] = ∑^∞_{k = − ∞}(0.5^k + 1 + 0.2^k − 1)u[k]u[n − k] y[n] = ∑^∞_{k = − ∞}(0.5^k + 1u[k]u[n − k] + 0.2^k − 1u[k]u[n − k]) y[n] = (1)/(2)∑^∞_{k = − ∞}0.5^ku[k]u[n − k] + 5∑^∞_{k = − ∞}0.2^ku[k]u[n − k] y[n] = (1)/(2)∑ⁿ_k = 00.5^k + 5∑ⁿ_k = 00.2^k y[n] = ⎛⎝(1)/(2)⎛⎝(1 − 0.5^n + 1)/(1 − 0.5)⎞⎠ + 5⎛⎝(1 − 0.2^n + 1)/(1 − 0.2)⎞⎠⎞⎠u[n] y[n] = ⎛⎝0.5⎛⎝(1 − 0.5^n + 1)/(0.5)⎞⎠ + 5⎛⎝(1 − 0.2^n + 1)/(0.8)⎞⎠⎞⎠u[n] y[n] = ⎛⎝1 + (5)/(0.8) − 0.5^n + 1 − (0.2ⁿ)/(0.8)⎞⎠u[n] y[n] = (7.25 − 0.5^n + 1 − 1.25(0.2ⁿ))u[n]

Si la respuesta al impulso es

h[n] = (0.5^n + 1 + 1.2^n + 1)u[n]

Obtenga H(z) y diga si es o no estable el sistema.
Determine el diagrama de bloques del sistema.
Obtenga los primeros 5 valores de h[n] mediante recursividad.
Obtenga la respuesta al escalón mediante convolución.

Solución

Se parte de la función discreta h[n] = (0.5^n + 1 + 1.2^n + 1)u[n]
h[n] = 0.5^n + 1u[n] + 1.2^n + 1u[n] h[n] = (0.5)0.5ⁿu[n] + (1.2)1.2ⁿu[n] H(z) = (0.5)/(1 − 0.5z^− 1) + (1.2)/(1 − 1.2z^− 1) H(z) = (0.5(1 − 1.2z^− 1) + 1.2(1 − 0.5z^− 1))/((1 − 0.5z^− 1)(1 − 1.2z^− 1)) H(z) = (0.5 − 0.6z^− 1 + 1.2 − 0.6z^− 1)/((1 − 0.5z^− 1)(1 − 1.2z^− 1)) H(z) = (1.7 − 1.2z^− 1)/((1 − 1.2z^− 1)(1 − 0.5z^− 1)) H(z) = (1.7 − 1.2z^− 1)/(1 − 1.2z^− 1 − 0.5z^− 1 + 0.6z^− 2) H(z) = (1.7 − 1.2z^− 1)/(1 − 1.7z^− 1 + 0.6z^− 2)
```
% Ejercicio 4
a=[1 -1.7 0.6];
b=[1.7 -1.2 0];
zplane(b,a);
ylabel(’Eje imaginario’);
xlabel(’Eje real ’);
title(’Diagrama de polos y ceros del sistema’);
```
Figure 1.7 Diagrama de polos y ceros

Como se observa en la imagen anterior el sistema es inestable, ya que un polo cae fuera del circulo unitario.
De acuerdo con la función de transferencia H(z) = (1.7 − 1.2z^− 1)/(1 − 1.7z^− 1 + 0.6z^− 2)

Figure 1.8 Diagrama de bloques.
Mediante recursividad.
H(z) = (1.7 − 1.2z^− 1)/(1 − 1.7z^− 1 + 0.6z^− 2) = (Y(z))/(X(z)) h(z)(1 − 1.7z^− 1 + 0.6z^− 2) = x(z)(1.7 − 1.2z^− 1) h(z) − 1.7h(z)z^− 1 + 0.6h(z)z^− 2 = 1.7x(z) − 1.2x(z)z^− 1 h[n] − 1.7h[n − 1] + 0.6h[n − 2] = 1.7x[n] − 1.2x[n − 1] Con x[n] = δ[n] h[n] = 1.7h[n − 1] − 0.6h[n − 2] + 1.7δ[n] − 1.2δ[n − 1] h[0] = 1.7h[ − 1] − 0.6h[ − 2] + 1.7δ[0] − 1.2δ[ − 1] = 1.7 h[1] = 1.7h[0] − 0.6h[ − 1] + 1.7δ[1] − 1.2δ[0] = (1.7)(1.7) + 0 − 1.2 = 1.69 h[2] = 1.7h[1] − 0.6h[0] + 1.7δ[2] − 1.2δ[1] = (1.7)(1.69) − (0.6)(1.7) = 1.853 h[3] = 1.7h[2] − 0.6h[1] + 1.7δ[3] − 1.2δ[2] = (1.7)(1.853) − (0.6)(1.69) = 2.1361 h[4] = 1.7h[3] − 0.6h[2] + 1.7δ[4] − 1.2δ[3] = (1.7)(2.1361) − (0.6)(1.8563) = 2.5195
Si h[n] = (0.5^n + 1 + 1.2^n + 1)u[n] con x[n] = u[n]
y[n] = x[n]*h[n] = ∑^∞_{k = − ∞}x[k]h[n − k] y[n] = h[n]*x[n] = ∑^∞_{k = − ∞}h[k]x[n − k] y[n] = h[n]*x[n] = ∑^∞_{k = − ∞}0.5^k + 1 + 1.2^k + 1)u[k]u[n − k] y[n] = ∑^∞_{k = − ∞}0.5^k + 1u[k]u[n − k] + ∑^∞_{k = − ∞}1.2^k + 1u[k]u[n − k] y[n] = ∑ⁿ_k = 00.5^k + 1 + ∑ⁿ_k = 01.2^k + 1 = ∑ⁿ_k = 00.5^k(0.5) + ∑ⁿ_k = 01.2^k(1.2) = 0.5∑ⁿ_k = 00.5^k + 1.2∑ⁿ_k = 01.2^k Con ∑^N_n = 0αⁿ = (1 − α^N + 1)/(1 − α) y[n] = 0.5⎛⎝(1 − 0.5^n + 1)/(1 − 0.5)⎞⎠u[n] + 1.2⎛⎝(1 − 1.2^n + 1)/(1 − 1.2)⎞⎠u[n] y[n] = (1 − 0.5^n + 1)u[n] − 6(1 − 1.2^n + 1)u[n] y[n] = (1 − 0.5^n + 1 − 6 + (6)(1.2^n + 1))u[n] y[n] = ( − 0.5^n + 1 + (6)(1.2^n + 1) − 5)u[n]

Sistemas lineales e invariantes en el tiempo en TD nivel avanzado:

Si la respuesta al impulso es

h[n] = ⎛⎝0.5ⁿcos⎛⎝(πn)/(4)⎞⎠⎞⎠u[n]

Obtenga H(z) y diga si es o no estable el sistema.
Determine el diagrama de bloques del sistema.
Obtenga los primeros 5 valores de h[n] mediante recursividad.
Obtenga la respuesta al escalón mediante convolución.

Solución

Partiendo de la función discreta h[n] = ⎛⎝0.5ⁿcos⎛⎝(πn)/(4)⎞⎠⎞⎠u[n]
H(z) = (z² − 0.5zcos⎛⎝(π)/(4)⎞⎠)/(z² − 2(0.5)zcos⎛⎝(π)/(4)⎞⎠ + 0.5²) H(z) = (z² − (√(2))/(4)z)/(z² − (√(2))/(2)z + 0.25) De donde: z₁ = (√(2))/(4) + (√(2))/(4)j z₂ = (√(2))/(4) − (√(2))/(4)j

Las raíces son menores a uno, lo que nos indica que se encuentran dentro del círculo unitario por lo que el sistema es estable.
```
% Ejercicio 5
a=[1 -sqrt(2)/2 0.25];
b=[1 -sqrt(2)/4 0];
zplane(b,a);
ylabel(’Eje imaginario’);
xlabel(’Eje real ’);
title(’Diagrama de polos y ceros del sistema’);
```
Figure 1.9 Diagrama de polos y ceros
Diagrama de bloques H(z) = (z² − (√(2))/(4)z)/(z² − (√(2))/(2)z + 0.25)⟹H(z) = (1 − (√(2))/(4)z^− 1)/(1 − (√(2))/(2)z^− 1 + 0.25z^− 2)

Figure 1.10 Diagrama de bloques.
Mediante recursividad
y[n] − (√(2))/(2)y[n − 1] + (1)/(4)y[n − 2] = x[n] − (√(2))/(4)x[n − 1] y[n] = (√(2))/(2)y[n − 1] − (1)/(4)y[n − 2] + x[n] − (√(2))/(4)x[n − 1] Si x[n] = δ[n] entonces y[n] = h[n] Evaluando en diferentes instantes h[0] = (√(2))/(2)h[0 − 1] − (1)/(4)h[0 − 2] + δ[0] − (√(2))/(4)δ[0 − 1] = 1 h[1] = (√(2))/(2)h[0] − (1)/(4)h[ − 1] + δ[1] − (√(2))/(4)δ[0] = 0.3536 h[2] = (√(2))/(2)h[1] − (1)/(4)h[0] + δ[2] − (√(2))/(4)δ[1] = 0 h[3] = (√(2))/(2)h[2] − (1)/(4)h[1] + δ[3] − (√(2))/(4)δ[2] = − 0.0884 h[4] = (√(2))/(2)h[3] − (1)/(4)h[2] + δ[4] − (√(2))/(4)δ[3] = − 0.0625 h[5] = (√(2))/(2)h[4] − (1)/(4)h[3] + δ[5] − (√(2))/(4)δ[4] = − 0.0221 h[6] = (√(2))/(2)h[5] − (1)/(4)h[4] + δ[6] − (√(2))/(4)δ[5] = 0
Respuesta al escalón mediante convolución
y[n] = h[n]∗x[n] x[n] = u[n] y[n] = ⎛⎝0.5ⁿcos⎛⎝(πn)/(4)⎞⎠⎞⎠u[n] y[n] = ∑^∞_− ∞⎛⎝0.5^kcos⎛⎝(πk)/(4)⎞⎠u[k]u[n − k]⎞⎠ u[n − k] = ⎧⎨⎩ 1 k ≤ n 0 k > n u[n − k] = ⎧⎨⎩ 1 k ≥ 0 0 k < 0 y[n] = ∑ⁿ_k = 00.5^kcos⎛⎝(πk)/(4)⎞⎠ pero cos⎛⎝(πk)/(4)⎞⎠ = (1)/(2)e^(jπk)/(4) + (1)/(2)e^{− (jπk)/(4)} ∴y[n] = ∑ⁿ_k = 0(0.5)^k⎛⎝(1)/(2)e^(jπk)/(4) + (1)/(2)e^{− (jπk)/(4)}⎞⎠

y[n] = ∑ⁿ_k = 0⎛⎝(1)/(2)⎞⎠⎛⎝(1)/(2)e^(jπ)/(4)⎞⎠^k + ∑ⁿ_k = 0⎛⎝(1)/(2)⎞⎠⎛⎝(1)/(2)e^{− (jπ)/(4)}⎞⎠^k y[n] = ⎛⎝(1)/(2)⎞⎠∑ⁿ_k = 0⎛⎝(1)/(2)e^(jπ)/(4)⎞⎠^k + ⎛⎝(1)/(2)⎞⎠∑ⁿ_k = 0⎛⎝(1)/(2)e^{− (jπ)/(4)}⎞⎠^k y[n] = ⎛⎝(1)/(2)⎞⎠⎡⎢⎢⎣(1 − ⎛⎝(1)/(2)e^(jπ)/(4)⎞⎠^n + 1)/(1 − ⎛⎝(1)/(2)e^(jπ)/(4)⎞⎠) + (1 − ⎛⎝(1)/(2)e^{− (jπ)/(4)}⎞⎠^n + 1)/(1 − ⎛⎝(1)/(2)e^{− (jπ)/(4)}⎞⎠)⎤⎥⎥⎦u[n]

Para la siguente función discreta

h[n] = αⁿcos(ωn) con ω = (π)/(4), α = 0.5

Obtenga H(z), el diagrama de polos y ceros y decir si es o no estable el sistema.
Determine el diagrama de bloques.
Obtenga los primeros 5 valores de h[n] mediante recursividad.

Solución

H(z) = αⁿcos(ωn)⟺(1 − αcos(ω)z^− 1)/(1 − 2αcos(ω)z^− 1 + α²z^− 2)

H(z) = (1 − 0.5cos⎛⎝(π)/(4)⎞⎠z^− 1)/(1 − cos⎛⎝(π)/(4)⎞⎠z^− 1 + 0.25z^− 2) H(z) = (1 − (√(2))/(4)z^− 1)/(1 − (√(2))/(2)z^− 1 + (1)/(4)z^− 2) H(z) = (4 − √(2)z^− 1)/(4 − 2√(2)z^− 1 + z^− 2) Así, H(z) = (4z² − √(2)z)/(4z² − 2√(2)z + 1)

Se puede conocer entonces los polos y ceros

4z² − 2√(2) + 1 ⇔ z₁ = ((1)/(2) − (i)/(2))/(√(2)), z₂ = ((1)/(2) + (i)/(2))/(√(2)).

Ceros: c₁ = 0, c₂ = (1)/(2√(2)).

Se puede notar de la gráfica que, al caer todos los puntos dentro del círculo unitario, el sistema es estable.

Figure 1.11 Diagrama de polos y ceros
```
% Ejercicio 6
a=[1 -sqrt(2)/4 0];
b=[1 -sqrt(2)/2 1/4];
zplane(b,a);
ylabel(’Eje imaginario’);
xlabel(’Eje real ’);
title(’Diagrama de polos y ceros del sistema’);
```
Diagrama de bloques del sistema.
X(z)( − √(2)z + 4z²) + Y(z)( − 4z² + 2√(2)z) = Y(z) X(z)( − √(2)z + 4z²) + − 4z²Y(z) + 2√(2)zY(z) = Y(z) X(z)( − √(2)z + 4z²) = Y(z) + 4z²Y(z) − 2√(2)zY(z) X(z)( − √(2)z + 4z²) = Y(z)(4z² − 2√(2)z + 1) H(z) = (Y(z))/(X(z)) = (4z² − √(2)z)/(4z² − 2√(2)z + 1) H(z) = (z² − (√(2))/(4)z)/(z² − (√(2))/(2) + (1)/(4))
Por recursividad.
y[n] − (√(2))/(2)y[n − 1] + y[n − 2] = 4x[n] − √(2)x[n − 1] Si x[n] = δ[n] h[0] = (√(2))/(2)h[ − 1] − h[ − 2] + 4δ[0] − √(2)δ[ − 1] = 4 h[1] = (√(2))/(2)h[0] − h[ − 1] + 4δ[1] − √(2)δ[0] = √(2) h[2] = (√(2))/(2)h[1] − h[0] + 4δ[2] − √(2)δ[1] = − 3 h[3] = (√(2))/(2)h[2] − h[1] + 4δ[3] − √(2)δ[2] = − (5√(2))/(2)

Análisis de Fourier de TC:

En los ejemplos con solución de esta sección se abordan conceptos como la representación de señales en serie de Fourier, comportamiento y respuesta de sistemas en el dominio de la frecuencia, correspondiente a la transformada de Fourier, así como su representación gráfica.

Selecciona la dificultad en las caritas de la izquierda.

Análisis de Fourier de TC nivel principiante:

Considere la respuesta al impulso de un sistema como

$h (t) = e^{- 2 t} u (t)$
Si la entrada es una exponencial compleja con ω₀ = 2

$x (t) = e^{j 2 t}$

Determine el valor propio del sistema a la frecuencia de la señal de entrada.

Solución

Una forma de determinar el valor propio es a partir de la respuesta al impulso, h(t), para obtener función de transferencia evaluada a la frecuencia de la señal de entrada, es decir, que se puede obtener la función del sistema mediante la técnica de Laplace unilateral y evaluarla a la frecuencia deseada. Esto es
$H (s) = \int_{- \infty}^{\infty} h (τ) e^{- s τ} d τ = \int_{0}^{\infty} e^{- 2 τ} e^{- s τ} d τ = \frac{1}{2 + s}$

en donde

${H (s)|}_{s = j ω_{0}} = {\frac{1}{2 + s}|}_{s = j ω_{0}} = \frac{1}{2 + j 2}$

${H (s)|}_{s = j ω_{0}} = \frac{1}{2 \sqrt{2}} e^{- j \frac{π}{4}} = \frac{1}{2 \sqrt{2}} ∠ - 45^{\circ}$
Exprese la señal x(t), con frecuencia fundamental ω₁, en forma exponencial, como en la Ec. 5.1, y determine sus coeficientes a_k.
(5.1) $x (t) = \sum_{k = - \infty}^{\infty} a_{k} e^{j k ω_{0} t} = \sum_{k = - \infty}^{\infty} a_{k} e^{j k (2 π ∕ T) t}$

$a) x_{1} (t) = cos (ω_{1} t)$

$b) x_{2} (t) = cos (ω_{1} t) + sin (2 ω_{2} t)$
c) Verifique con Matlab los resultados y grafique para cada señal el diagrama espectral de los coeficientes a_k vs k.

Solución

a) La señal x₁(t) se puede expresar en términos de exponenciales complejas quedando en la forma de la Ec. 5.1 como

$x_{1} (t) = \frac{1}{2} e^{j ω_{1} t} + \frac{1}{2} e^{- j ω_{1} t}$

ya que la frecuencia fundamental es ω₁, entonces $k = \pm 1$ y los coeficientes a_k de las exponenciales se obtienen de manera directa como

$a_{- 1} = a_{1} = \frac{1}{2}$

b) La señal x₂(t) en este caso queda en términos de exponenciales complejas como

$x_{2} (t) = \frac{1}{2} e^{j ω_{1} t} + \frac{1}{2} e^{- j ω_{1} t} + \frac{1}{j 2} e^{j 2 ω_{2} t} - \frac{1}{j 2} e^{- j 2 ω_{2} t}$

ya que la frecuencia fundamental de x₂(t) es ω₁, los coeficientes a_k son

$a_{- 1} = a_{1} = \frac{1}{2}$
y
$a_{- 2}^{*} = a_{2} = \frac{1}{j 2}$
c) En la figura inferior (5.1) se muestra la gráfica de los coeficientes de la señal x₁(t), se observa que están presentes en $k = \pm 1$ que corresponden al coseno. En la figura (5.2) se muestra la gráfica de los coeficientes de la señal x₂(t), se observa que la parte real a corresponde a un coseno a la frecuencia ω₀, mientras que la parte imaginaria corresponde a un seno a la frecuencia 2ω₀.
El código para obtener los coeficientes y la gráfica de x₂(t) es

Figure 5.1 Coeficientes a_k de la señal x1(t)

Figure 5.2 Parte real e imaginaria de los coeficientes a_k de la señal x₂(t)
```
%senal x2(t)
wo=2*pi;
T=1;
t=0:0.001:T-0.001;
x=cos(wo*t)+ sin(2*wo*t);
%Grafica del espectro de x(t)
ak=(1/length(t))*fft(x);    %calculo de los coeficientes ak
ak1=fftshift(ak);       %calculo de los coeficientes ak con k=0 centrada
k2=(length(ak1)/2)+1;   
k1=-5:5; d=5;

subplot(211),stem(k1,real(ak1(k2-d:k2+d)), ’LineWidth’,2);
grid;title(’Parte Real{ a}_{k } de {{ x}_{2}(t)}’);xlabel(’k’);%ylabel(’ak’);% coeficientes ak
axis([-5 5 -.1 .6])

subplot(212),
stem(k1,imag(ak1(k2-d:k2+d)), ’LineWidth’,2);
grid;xlabel(’k’);title(’Parte Imag{ a}_{k } de {{ x}_{2}(t)}’);% angulos de ak
axis([-5 5 -.6 .6])
```

Análisis de Fourier de TC nivel intermedio:

Exprese la señal x(t) en términos de exponenciales complejas, considerando que ω₂ = 2ω₁ y determine los coeficientes a_k de la serie exponencial, la Ec. 5.1 y grafique la parte real y la parte imaginaria.

$x (t) = 1 + 2 cos (ω_{1} t + \frac{π}{4}) + 3 sin (ω_{2} t) + 4 cos (ω_{2} t)$

Solución

x(t) se puede expresar en forma exponencial como

$\begin{array}{rcl} x (t) = 1 + \frac{2}{2} e^{j (ω_{1} t + \frac{π}{4})} + \frac{2}{2} e^{- j (ω_{1} t + \frac{π}{4})} + \frac{3}{2 j} e^{j 2 ω_{1} t} - \frac{3}{2 j} e^{- j 2 ω_{1} t} + \frac{4}{2} e^{j 2 ω_{1} t} + \frac{4}{2} e^{- j 2 ω_{1} t} \\ x (t) = 1 + e^{j \frac{π}{4}} e^{j ω_{1} t} + e^{- j \frac{π}{4}} e^{- j ω_{1} t} + (2 + \frac{3}{2 j}) e^{j 2 ω_{1} t} + (2 - \frac{4}{2 j}) e^{- j 2 ω_{1} t} \end{array}$

En este caso los coeficientes de las exponenciales son
$\begin{matrix} a_{0} & = & 1 \\ a_{- 1}^{*} & = & a_{1} & = & e^{j \frac{π}{4}} = \frac{1}{\sqrt{2}} (1 + j) \\ a_{- 2}^{*} & = & a_{2} & = & 2 + \frac{3}{2 j} \end{matrix}$

Observe que el subíndice k de los coeficientes corresponde al múltiplo de la frecuencia fundamental. La figura (5.3) muestra la gráfica de los coeficientes.

Figure 5.3 Parte real e imaginaria de los coeficientes a_k de la señal x(t)
Considerando el ejemplo 1 en donde la respuesta al impulso corresponde a un sistema de primer orden, cuyo modelo, que relaciona la entrada con la salida es

$\frac{d y}{d t} + 2 y (t) = x (t)$
Determine la respuesta del sistema a la entrada $x (t) = e^{j 2 t}$ en donde $ω_{0} = 2 [r a d s ∕ s]$

Solución

De acuerdo con la característica de las funciones propias, la respuesta se obtiene de la Ec. 5.4, en la cual se requiere determinar el valor propio ${H (s)|}_{s = \pm j ω_{0}}$ que se interpreta como la función del sistema evaluada a la frecuencia de la señal de entrada jω₀.

(5.4) $x (t) = e^{j ω_{0} t} \to y (t) = {H (s)|}_{s = j ω_{0}} e^{j ω_{0} t}$

Del ejemplo 1, se obtuvo
$\begin{array}{rcl} {H (s)|}_{s = j ω_{0}} = \frac{1}{2 + j 2} \\ = \frac{1}{2 \sqrt{2} e^{j (\frac{π}{4})}} = \frac{1}{2 \sqrt{2}} e^{- j (\frac{π}{4})} \end{array}$

La respuesta permanente y(t) con k = 1, a₁ = 1, ya que sólo se tiene una exponencial, por lo que
$y (t) = a_{1} H (s_{1}) e^{j ω_{0} t}$

$\begin{array}{rcl} y (t) = {H (s_{1})|}_{s_{1} = j ω_{0}} e^{j 2 t} = \frac{1}{2 \sqrt{2} e^{j (\frac{π}{4})}} e^{j 2 t} \\ y (t) = \frac{1}{2 \sqrt{2}} e^{- j (\frac{π}{4})} e^{j 2 t} \end{array}$

(5.5) $y (t) = \frac{1}{2 \sqrt{2}} e^{j (2 t - \frac{π}{4})}$
Como se observa en la resuesta y(t), Ec. 5.5, si una señal periódica se expresa en términos de exponenciales complejas, la respuesta del sistema sigue siendo la misma señal de entrada alterada en su magnitud y fase por el valor propio ${H (s)|}_{s = j 2}$ .

Figure 5.4 Gráfica superior: Señales traslapadas de entrada x(t) y de salida y(t). Gráfica inferior: Señales traslapadas de la salida y(t)

En la figura 5.4 se presenta en la gráfica superior las señales traslapadas de entrada x(t) y de salida y(t), en donde la salida está atenuada en un factor de $1 ∕ 2 \sqrt{2}$ y con un atraso de − π ⁄ 4. La gráfica inferior corresponde a la salida y(t) de la Ec. 5.5, junto con la obtenida con Matlab con la función lsim() para su verificación, la cual muestra la parte transitoria.

Análisis de Fourier de TC nivel avanzado:

Se considera ahora el sistema de segundo orden dado por

(5.6) $\frac{d^{2} y (t)}{d t^{2}} + 3 \frac{d y (t)}{d t} + 2 y (t) = 2 x (t)$
Si la entrada x(t) es del tipo sinusoidal, determine la respuesta del sistema a esta entrada.

$x (t) = 2 cos (t + \frac{π}{8})$

Solución

Los coeficientes espectrales se obtienen al expresar x(t) en forma exponencial, resultando
$a_{- 1}^{*} = a_{1} = e^{j \frac{π}{8}}$

El valor propio se obtiene con la función de transferencia de la Ec. 5.6

$H (s) = \frac{2}{s^{2} + 3 s + 2}$

que al sustituir s = jω se obtiene la función del sistema en el dominio de la frecuencia, llamada Respuesta en Frecuencia.

$H (j ω) = \frac{2}{{(j ω)}^{2} + 3 j ω + 2} = \frac{2}{(2 - ω^{2}) + j 3 ω}$

A partir de la cual se calcula el valor propio considerando la frecuencia de la señal de entrada ω₀ = 1 y con k = − 1 y k = 1

${H (j k ω_{0})|}_{k ω_{0} = \pm 1} = \frac{2}{1 \pm j 3} = \frac{2}{\sqrt{10}} e^{\mp j ({t a n}^{- 1} 3)}$

De manera que la respuesta permanente y(t) es

$\begin{array}{rcl} y (t) & = & a_{- 1} H (- j k ω_{0}) e^{- j k ω_{0} t} + a_{1} H (j k ω_{0}) e^{j k ω_{0} t} \\ = & (e^{- j \frac{π}{8}}) (\frac{2}{\sqrt{10}} e^{j ({t a n}^{- 1} 3)}) (e^{- j t}) + (e^{j \frac{π}{8}}) (\frac{2}{\sqrt{10}} e^{- j ({t a n}^{- 1} 3)}) (e^{j t}) \\ = & \frac{2}{\sqrt{10}} (e^{- j [t + \frac{π}{8} - {t a n}^{- 1} 3]} + e^{j [t + \frac{π}{8} - {t a n}^{- 1} 3]}) \end{array}$

Obteniendo finalmente
$y (t) = \frac{4}{\sqrt{10}} c o s (t + \frac{π}{8} - {t a n}^{- 1} 3)$

Observe que la respuesta y(t) se puede obtener de manera directa multiplicando y sumando la magnitud y el ángulo, respectivamente, del valor propio con la entrada del sistema.

Análisis de Fourier en TD:

Selecciona la dificultad en las caritas de la izquierda.

Análisis de Fourier en TD: nivel principiante:

Sistema de Identificación de frecuencias de la señal x[n].
En esta actividad se identifican las frecuencias que componen una señal x[n]. Reafirmará los conceptos de Serie de Fourier, función de transferencia, transformada de Fourier, respuesta en frecuencia, filtro en TD.
El diagrama de bloques del sistema de detección de frecuencia se muestra en la Figura 6.3.

Analice cuidadosamente el digrama de bloques para comprender la funcionalidad.

Figure 6.3 Diagrama de bloques del sistema de detección de frecuencia

Análisis de Fourier en TD: nivel intermedio:

El programa descrito en el ejercicio anterior se compone de tres partes:

Generación de señal
Identificación de la primera frecuencia
Identificación de la segunda frecuencia

Transcriba y ejecute el programa.
Analice el programa e identifique la funcionalidad de acuerdo con el digrama de bloques de la Figura 6.3.

n=0:7; %Periodo de la señal de señal de 2 frecuencias
x1=cos(pi*n/4)+cos(3*pi*n/4);   %señal de 2 frecuencias
yf1=1./(length(n))*fft(x1);   %Espectro de señal de 2 frecuencias
k=n;
stem(k,yf1(k+1))            %Grafica de Espectro de señal de 2 frecuencias

%Identifica 1a frecuencia
[b,a]=butter(2,3/8);        %selección de filtro
[H,w]=freqz(b,a);            % Respuesta en frecuencia del filtro
hold on
plot(w,abs(H)); grid            % Grafica de Respuesta en frecuencia del filtro
yf11=filter(b,a,x1);            % Respuesta a la salida del filtro
yf12=(1./length(n))*fft(yf11);   % Espectro de la señal filtrada
figure
stem(k,abs(yf1(k+1)))   % Espectro de la señal x[n]

[m1 i1]=max(abs(yf12))      % Valor máximo del espectro de señal filtrada
disp(’la frecuencia 1 es 2pi por:’)
frecuencia=(pi./length(n))*(i1-1); %Identificación de frecuencia
rats((1./length(n)).*(i1-1))

%Identifica 2a frecuencia            Se repite para una segunda frecuencia
[b1,a1]=butter(2,5/8,’high’);
[H1,w]=freqz(b1,a1);
hold on
plot(w,abs(H1)); grid
yf21=filter(b1,a1,x1);
yf22=(1./length(n))*fft(yf21);

[m2 i2]=max(abs(yf22))
disp(’la frecuencia 2 es 2pi por:’)
frecuencia=(pi./length(n))*(i1-1);
rats((1./length(n)).*(i1-1))

Figure 6.3 Diagrama de bloques del sistema de detección de frecuencia

Análisis de Fourier en TD: nivel avanzado:

Con base en el programa y Figuras generadas responda las siguientes preguntas.

¿Que representa la señal de TD de la Figura 1?
¿Que representa la señal de TC de la Figura 1 y de la Figura 2?
Reconstruya la señal x[n] y grafíquela.
¿En que intervalo de frecuencias se encuentran las señales de TD?
¿Que es un filtro?
¿Que tipo de filtros se están utilizando?
¿Cual es la frecuencia de corte de la Figura 1 y de la Figura 2?
Proponga una nueva frecuencia de corte para la señal de la Figura 2, de manera que no permita el paso de la primera armónica.
La Figura 6.4 incluye la respuesta en frecuencia de cuatro tipos de filtros.

Figure 6.4 Respuesta en frecuencia de cuatro filtros en TD
- ¿Como se identifican y nombran a cada uno?
- ¿Cual es la frecuencia de corte de cada uno, aproximadamente?