Pontificia Universidad Catolica de ChileEscuela de Ingenierıa

Ayudantıa para I1 Analisis de SenalesFabian Cadiz

Problema 1

Sea un circuito RC como se muestra en la figura. La salida del sistema es el voltaje en elcondensador, y(t), y la entrada es un voltaje aplicado x(t).

a) Encuentre la funcion respuesta al impulso.b) Calcular la respuesta del sistema a x1(t) = u(t− T/2) y a x2(t) = ⊓(t/T )

Soluciona) La ecuacion diferencial que rige este sistema puede ser obtenida mediante la ley de mallas

−x(t) +Ri(t) + y(t) = 0

donde la corriente por el circuito esta relacionada con el voltaje en el condensador segun

i(t) = Cdy(t)

dt

Ası

−x(t) +RCdy(t)

dt+ y(t)

dy(t)

dt+

1

RCy(t)− 1

RCx(t) = 0

Se trata de una ecuacion diferencial lineal de primer orden, que puede ser resuelta con elmetodo del factor integrante

dy(t)

dtet/RC + et/RC

1

RCy(t) = et/RC

1

RCx(t) = 0

d

dt

(y(t)et/RC

)=

1

RCx(t)et/RC

Integrando

y(t) = e−t/RCy0 +1

RCe−t/RC

ˆ t

0

d�e�/RCx(�)

Donde y0 representa el valor de la salida en t = 0.

y(t) = e−t/RCy0 +1

RC

ˆ t

0

d�e−(t−�)/RCx(�)

Para encontrar la respuesta al impulso, resolvemos el problema con x(t) = �(t), y y0 = 0,de forma que

ℎ(t) =1

RC

ˆ t

0

d�e−(t−�)/RC�(�) =1

RCe−t/RC t > 0

De forma que la respuesta al impulso esta dada por

ℎ(t) =1

RCe−t/RCu(t)

-1 0 1 2 3t

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

1.2

1.4

hHtL

Figura 1: Respuesta al impulso del sistema para RC = 1

NotaSi recuerdan las propiedades basicas de la transformada de Laplace, al tener la ecuacion paraℎ(t)

dℎ(t)

dt+

1

RCℎ(t)− 1

RC�(t) = 0

con ℎ(0) = 0, se tiene entonces

sH(s) +1

RCH(s) =

1

RC

H(s) =1

RC

1

(s+ 1/RC)

Con lo que es inmediato que la respuesta al impulso es

ℎ(t) =1

RCe−t/RCu(t)

2

b) Ahora deseamos encontrar y1(t) en el caso en que x1(t) = u(t−T/2). Para ello utilizamosla propiedad fundamental de un sistema lineal e invariante

y1(t) = ℎ(t) ∗ x(t) =

ˆ ∞−∞

d�ℎ(t− �)x(�)

y1(t) =

ˆ t

T/2

d�ℎ(t− �) t > T/2

y1(t) =1

RC

ˆ t

T/2

d�e−t/RCe�/RC =1

RCe−t/RCRCe�/RC

∣∣∣tT/2

y1(t) = 1− e(T/2−t)/RC t > T/2

Equivalentemente

y1(t) =(1− e(T/2−t)/RC

)u(t− T/2)

A continuacion se muestra x(t) (azul) y la respuesta del sistema (morado), para el casoparticular en que T = 1, y RC = 1. Esto describe la carga de un condensador alimentado conun voltaje continuo

-1 0 1 2 3t

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

1.2

1.4

hHtL

Figura 2: Entrada y salida del sistema

Ahora, veamos que ocurre con y2(t) cuando x2(t) = ⊓(t/T )

y2(t) =1

RC

ˆ ∞−∞

d�e−1

RC(t−�)u(t− �) ⊓ (

�

T)

Recordar que ⊓(t/T ) = 1 si −T/2 < t < T/2

y2(t) =1

RC

ˆ t

−T/2d� ⊓ (�/T )e−

1RC

(t−�)

Si −T/2 < t < T/2

y2(t) =1

RC

ˆ t

−T/2d�e−

1RC

(t−�) = e−1

RC(t−�)

∣∣∣t−T/2

y2(t) = 1− e−1RC

(t+T/2), −T/2 < t < T/2

3

En cambio, si t > T/2

y2(t) =1

RC

ˆ T/2

−T/2d�e−

1RC

(t−�) = e−1

RC(t−�)

∣∣∣T/2−T/2

y2(t) = e−1

RC(t−T/2) − e−

1RC

(t+T/2), T/2 < t

A continuacion se ilustra x2 e y2

-1 0 1 2 3t

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

1.2

1.4

hHtL

4

Problema 2

Sea ℎ(t) la funcion respuesta al impulso de un sistema dinamico lineal e invariante en eltiempo. Entonces, a una entrada x1(t) corresponde una salida y1(t)

y1(t) = x1(t) ∗ ℎ(t)

de la misma forma, a una entrada x2(t) corresponde una salida y2(t)

y2(t) = x2(t) ∗ ℎ(t)

Utilizando las propiedades de la operacion convolucion , y considerando las senales x1(t),y1(t), x2(t) de la figura, se pide determinar y graficar y2(t)

SolucionPrimero notemos que si desplazamos la funcion x1(t) en la forma x1(t+1), obtenemos el siguientegrafico

-2 -1 0 1 2 3 4 5t

0.5

1.0

1.5

2.0

2.5x1HtL

Del mismo modo, para x1(t− 2) se tiene

-2 -1 0 1 2 3 4 5t

0.5

1.0

1.5

2.0

2.5x1Ht - 2L

De aquı es claro quex2(t) = x1(t+ 1)− x1(t− 2)

5

Entonces

y2(t) = x2(t) ∗ ℎ(t) = {x1(t+ 1)− x1(t− 2)} ∗ ℎ(t)

y2(t) = x1(t+ 1) ∗ ℎ(t)− x1(t− 2) ∗ ℎ(t)

Finalmente, utilizando la propiedad de invarianza en el tiempo

y2(t) = y1(t+ 1)− y1(t− 2)

El grafico es el siguiente

-2 -1 0 1 2 3 4 5t

0.5

1.0

1.5

2.0

2.5

y2HtL

6

Problema 3

En el sistema cascada de la figura, x(t) es un escalon unitario, y1(t) es la respuesta de unsistema S1 de primer orden con condicion inicial cero y constante de tiempo T1 = 2 segundos.Ademas, y2 = [y1(t)]

2, y3(t) = y2(t− T2), con T2 = 1 segundo. Encuentre y grafique y1(t), y2(t)e y3(t) para x(t) = u(t)

SolucionTenemos que x(t) = u(t) (Escalon de Heavyside). Sabemos que el sistema S1 consiste en unsistema de primer orden, es decir, la relacion entre x1(t) e y1(t) tiene la siguiente forma

dy1(t)

dt+ �y1(t) = �x1(t), �, � ∈ ℝ

Cuya solucion general tiene la forma

y1(t) = e−�ty0 + �

ˆ t

0

d�e−�(t−�)x1(�)

Para encontrar la respuesta al impulso, imponemos x1(t) = �(t), y y0 = 0

ℎ1(t) = �

ˆ t

0

d�e−�(t−�)�(�) = �e−�t

La constante de tiempo es 1�

= 2, de forma que

ℎ1(t) = �e−t/2u(�)

De esta forma, y1(t) puede ser obtenido convolucionando la respuesta al impulso con x(t) =u(t)

y1(t) = ℎ(t) ∗ x1(t) = �

ˆ ∞−∞

d�e−�/2u(�)u(t− �)

y1(t) = �

ˆ t

0

d�e−�/2 = −2�e−�/2∣∣∣t0

= 2�(1− e−t/2

)u(t)

El siguiente grafico muestra la forma de y1(t), para el caso particular en que � = 12

-2 -1 0 1 2 3 4t

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

1.2

1.4

y1HtL

7

El sistema S2 simplemente eleva al cuadrado, es decir

y2(t) = [y1(t)]2 = 4�2 (1− e−t/2)2 u(t)

-2 -1 0 1 2 3 4t

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

1.2

1.4

y1HtL y2HtL

Figura 3: y1(t) (azul) e y2(t) (morado)

Finalmente, y3(t) = y2(t− 1)

-2 -1 0 1 2 3 4t

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

1.2

1.4

y1HtL y2HtL

8

Problema 4

Considere un sistema discreto lineal e invariante, en donde la relacion entre la entrada x[n]y la salida y[n] esta descrita por la siguiente ecuacion de diferencias

y[n] = ay[n− 1] + bx[n− 1], n ≥ 1

a) Encuentre una expresion cerrada para y[n] en terminos de x[n].b) Encuentre la funcion respuesta al impulso de este sistema, ℎ[n]. ¿Que se debe cumplir paraque el sistema sea estable?c) Calcule y[n] cuando x[n] = u[n], utilizando la expresion encontrada en a)d) Verifique que el resultado obtenido en c) coincide con x[n] ∗ ℎ[n]

Soluciona) Se tiene

y[1] = ay[0] + bx[0]

y[2] = a2y[0] + abx[0] + bx[1]

y[3] = a3y[0] + a2bx[0] + abx[1] + bx[2]

y[4] = a4y[0] + a3bx[0] + a2bx[1] + abx[2] + bx[3]

De aquı se puede encontrar una expresion no recursiva para y[n]

y[n] = any[0] + bn−1∑k=0

a(n−1)−kx[k]

b) Para econtrar la respuesta al impulso, calculamos la salida para x[n] = �[n], y suponemoscondiciones iniciales nulas.

ℎ[n] = bn−1∑k=0

a(n−1)−k�[k] = ba(n−1) =

(b

a

)anu[n− 1]

Para que el sistema sea estable, se debe tener una respuesta acotada para una entradaacotada. Esto es equivalente a tener

∞∑k=−∞

∣ℎ[k]∣2 <∞

Es claro que la condicion para la estabilidad del sistema es ∣a∣ < 1, de lo contrario la re-spuesta al impulso crece indefinidamente. Ademas, es facil comprobar que la energıa de ℎ[n] eneste caso es finita (Es una simple serie geometrica, con razon a2 < 1).

9

1 2 3 4 5 6

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

Figura 4: Respuesta al impulso en el caso b = 1, a = 0,5

c) Veamos que ocurre cuando la entrada es x[n] = u[n]

y[n] = any[0] + bn−1∑k=0

a(n−1)−ku[k]

y[n] = any[0] + bn−1∑k=0

a(n−1)−ku[k]

Es claro que y[0] = 0, pues el sistema es lineal y la entrada es nula para n menor que cero.

y[n] = bn−1∑k=0

a(n−1)−k = ban−1n−1∑k=0

(1

a

)k

y[n] = ban−1(

1− 1an

1− 1a

)= ban−1

( an−1an

a−1a

)

y[n] = b

(an − 1

a− 1

)u[n− 1]

d) Comprobemos ahora que

y[n] = ℎ[n] ∗ u[n]

En efecto

ℎ[n] ∗ u[n] =∞∑

k=−∞

u[n− k]ℎ[k] =∞∑

k=−∞

(b

a

)aku[k − 1]u[n− k]

ℎ[n] ∗ u[n] =

(b

a

) n∑k=1

ak =

(b

a

){1− an+1

1− a− 1

}, n ≥ 1

10

ℎ[n] ∗ u[n] =

(b

a

){1− an+1 − 1 + a

1− a

}= b

(1− an

1− a

)u[n− 1]

Exactamente el mismo resultado obtenido en c). A continuacion se muestra u[n] y la corre-spondiente salida y[n]

0 1 2 3 4 5 6

1

2

3

4

11

Problema 5

Suponga que alguien erroneamente cree que la regla de la cadena se aplica a la convolucion

(f ∗ g)′ = f ′ ∗ g + f ∗ g′

Encuentre el error e(x), la diferencia entre el resultado erroneo y el correcto, si f(x) = ⊓(x)y g(x) = u(x)

SolucionCalculemos en primer lugar f ∗ g. Tenemos

(f ∗ g)(x) =

ˆ ∞−∞

d� ⊓ (�)u(x− �) =

ˆ x

−∞d� ⊓ (�)

f(x) ∗ g(x) =

⎧⎨⎩0 si x < −1/2

x+ 1/2 si −1/2 ≤ x ≤ 1/21 si x > 1/2

-2 -1 0 1 2 3 4 5t

0.5

1.0

1.5

2.0

2.5

f g

Figura 5: Grafico de f ∗ g

De esta forma

d

dx(f(x) ∗ g(x)) =

⎧⎨⎩0 si x < −1/21 si −1/2 ≤ x ≤ 1/20 si x > 1/2

= ⊓(x)

Por otro lado, calculemos (f ′ ∗ g) + (g′ ∗ f). Para ello, evaluamos

df(x)

dx=

d

dx⊓ (x) = �(x− 1/2)− �(x+ 1/2)

(Recordar que u′(x) = �(x), y ⊓(x) = u(x− 1/2)− u(x+ 1/2)). Ademas

dg(x)

dx=

d

dx(x) = �(x)

Entonces

(f ′ ∗ g) + (g′ ∗ f) = �(x− 1/2) ∗ u(x)− �(x+ 1/2) ∗ u(x) + �(x) ∗ ⊓(x)

(f ′ ∗ g) + (g′ ∗ f) = u(x− 1/2)− u(x+ 1/2)︸ ︷︷ ︸⊓(x)

+ ⊓ (x) = 2 ⊓ (x)

Finalmente, el error que se comete ese(x) = ⊓(x)

12