Problemario de Señales y Sistemas/Convolución

Convolución de 2 variables y Cálculo de Respuesta de Sistemas LTI mediante ella

En esta sección añadimos problemas de convolución

Problemas

Problema 6 02 08

Para el circuito RLC que se muestra en la figura, determine (R=3,L=2,C=K=2):

1. La respuesta al escalón
2. La respuesta al impulso
3. La respuesta a $x(t)=e^{-2t}u(t)\,$

Problema 7 02 08

Considere un sistema LTI cuya respuesta al impulso es la función $\Delta (t)=r(t+1)-2r(t)+r(t-1)\,$. ¿Es este sistema causal?. Justifique su respuesta.

Calcule y grafique la salida del sistema a las señales:

1. $x_{1}(t)=\sum _{k=-\infty }^{\infty }\delta (t-2k)\,$
2. $x_{2}(t)=\sum _{k=-\infty }^{\infty }\delta (t-4k)\,$

Problema 8 02 08

El sistema de la pregunta anterior se coloca en cascada con un segundo sistema cuya respuesta al impulso es $h(t)={\frac {1}{2}}\Pi ({\frac {t-1}{2}})\,$, donde $\Pi (t)=u(t+0.5)u(0.5-t)\,$. ¿Es este segundo un sistema causal?

Determine y grafique la respuesta de la cascada de sistemas a las entradas del problema anterior

Problema 9 02 08

Considere la cascada de dos sistemas. El primero, que llamaremos S1, comprime (operación sobre el tiempo) la señal de entrada por un factor de 2, i.e., $y(t)=x(2t)\,$. El segundo (S2) es un circuito RC (filtro pasabajos) con RC=1. Si la señal de entrada es $x(t)=2e^{-t}u(t)\,$ calcule la salida de la cascada de ambos si:

1. $x(t)\rightarrow S1\rightarrow S2\rightarrow y(t)\,$
2. $x(t)\rightarrow S2\rightarrow S1\rightarrow y(t)\,$

¿Serán idénticas las salidas?, ¿deberían serlo?.

Problema 10 02 08

Considere la señal $x_{1}(t)=e^{-t}u(t)\,$ y tengamos un sistema cuya respuesta al impulso es $h(t)=u(t)u(1-t)\,$. Calcule y grafique la respuesta a las siguientes señales:

1. $x_{2}(t)=\sum _{k=-\infty }^{\infty }\delta (t-kT)\,$. T>1
2. $x_{3}(t)=x_{1}(t)x_{2}(t)\,$.
3. $x_{4}(t)=\lim _{T\rightarrow 0}x_{3}(t)\,$.
4. ¿Puede generalizar su resultado a cualquier h(t)y x(t)?

Problema 11 02 08

Grafique cada una de las señales y realice las siguientes convoluciones:

1. $e^{-t}u(t)u(t-2)\star \delta (t)\,$.
2. $r(t)u(1-t)\star u(t-2)u(4-t)\,$.
3. $e^{-|t|}u(t+2)u(2-t)\star u(t-1)u(2-t)\,$.
4. $\sin(2\pi t)u(t)u(1-t)\star 2u(t+1)u(1-t)\,$.
5. ${\frac {\sin(\pi t)}{\pi t}}\star e^{-t}u(t)\,$.

Solución

Resuelto por Ender Valdivieso Carnet 06-40411

Ejercicio 1

$x_{1}(t)=e^{-t}u(t)u(t-2)\,$.

$h_{1}(t)=\delta (t)\,$.

Gráfica de $x_{1}(t)=e^{-t}u(t)u(t-2)\,$.

Gráfica de $h_{1}(t)\,$.

A priori conocemos que la función delta $\delta (t)\,$ es el elemento neutro en la convolución. Por ende, debemos obtener la misma señal como salida. Al realizar los cálculos tenemos:

$x_{1}(t-\tau )=\left\{{\begin{array}{lc}e^{\tau -t}&t-2<\tau <t\\0&{\mbox{resto}}\end{array}}\right.$

Para $0<t<2\,$

$y_{1}(t)=\int _{-\infty }^{\infty }e^{\tau -t}\delta (\tau )d\tau$

$y_{1}(t)=e^{-t}\int _{-\infty }^{\infty }\delta (\tau )d\tau$

$y_{1}(t)=e^{-t}u(t)u(2-t)\,$

Gráfica de # $y_{1}(t)=x_{1}(t)\star h_{1}(t)\,$.

Ejercicio 2

$x_{2}(t)=r(t)u(1-t)\,$.

$h_{2}(t)=u(t-2)u(4-t)\,$.

Gráfica de $x_{2}(t)\,$.

Gráfica de $h_{2}(t)\,$.

$h_{2}(t-\tau )=\left\{{\begin{array}{lc}1&t-4<\tau <t-2\\0&{\mbox{resto}}\end{array}}\right.$

$x_{2}(\tau )=\left\{{\begin{array}{lc}\tau &0<\tau <1\\0&{\mbox{resto}}\end{array}}\right.$

Para $2<t<3\,$

$y_{2}(t)=\int _{0}^{t-2}\tau d\tau$

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

Para $3<t<4\,$

$y_{2}(t)=\int _{0}^{1}\tau d\tau$

$y_{2}(t)={\frac {1}{2}}$

Para $4<t<5\,$

$y_{2}(t)=\int _{t-4}^{1}\tau d\tau$

$y_{2}(t)={\frac {1}{2}}-{\frac {(t-4)^{2}}{2}}$

Enotonces la función $y_{2}(t)\,$ quedaría de la forma

$y_{2}(t)=\left\{{\begin{array}{lc}{\frac {(t-2)^{2}}{2}}&2<t<3\\{\frac {1}{2}}&3<t<4\\{\frac {1}{2}}-{\frac {(t-4)^{2}}{2}}&4<t<5\\0&{\mbox{resto}}\end{array}}\right.$

Gráfica de # $y_{2}(t)=x_{2}(t)\star h_{2}(t)\,$.

Ejercicio 3

$x_{3}(t)=e^{-|t|}u(t+2)u(2-t)\,$.

$h_{3}(t)=u(t-1)u(2-t)\,$.

Gráfica de $x_{3}(t)\,$.

Gráfica de $h_{3}(t)\,$.

$x_{3}(\tau )=\left\{{\begin{array}{lc}e^{\tau }&-2<\tau <0\\e^{-\tau }&0<\tau <2\\0&{\mbox{resto}}\end{array}}\right.\,$

$h_{3}(t-\tau )=\left\{{\begin{array}{lc}1&t-2<\tau <t-1\\0&{\mbox{resto}}\end{array}}\right.\,$

Para $-1<t<0\,$

$y_{3}(t)=\int _{-2}^{t-1}e^{\tau }d\tau \,$

$y_{3}(t)=e^{t-1}-e^{-2}\,$

Para $0<t<1\,$

$y_{3}(t)=\int _{t-2}^{t-1}e^{\tau }d\tau \,$

$y_{3}(t)=e^{t-1}-e^{t-2}\,$

Para $1<t<2\,$

$y_{3}(t)=\int _{t-2}^{0}e^{\tau }d\tau +\int _{0}^{t-1}e^{-\tau }d\tau \,$

$y_{3}(t)=-e^{-t+1}-e^{t-2}+2\,$

Para $2<t<3\,$

$y_{3}(t)=\int _{t-2}^{t-1}e^{-\tau }d\tau \,$

$y_{3}(t)=e^{-t+1}-e^{-t+2}\,$

Para $3<t<4\,$

$y_{3}(t)=\int _{t-2}^{2}e^{-\tau }d\tau \,$

$y_{3}(t)=e^{-t+2}-e^{-2}\,$

La función sería $y_{3}(t)=0\,$ para cualquiero otro valor de $t\,$

En síntesis, la función sería de la forma

$y_{3}(t)=\left\{{\begin{array}{lc}e^{t-1}-e^{-2}&0<t<1\\e^{t-1}-e^{t-2}&0<t<1\\-e^{-t+1}-e^{t-2}+2&1<t<2\\e^{-t+1}-e^{-t+2}&2<t<3\\e^{-t+2}-e^{-2}&3<t<4\\0&{\mbox{resto}}\end{array}}\right.\,$

Gráfica de # $y_{3}(t)=x_{3}(t)\star h_{3}(t)\,$.

Ejercicio 4

$x_{4}(t)=\sin(2\pi t)u(t)u(1-t)\,$.

$h_{4}(t)=2u(t+1)u(1-t)\,$.

Gráfica de $x_{4}(t)\,$.

Gráfica de $h_{4}(t)\,$.

$x_{4}(\tau )=\left\{{\begin{array}{lc}(2\pi t)&0<\tau <1\\0&{\mbox{resto}}\end{array}}\right.\,$

$h_{4}(t-\tau )=\left\{{\begin{array}{lc}2&t-1<\tau <t+1\\0&{\mbox{resto}}\end{array}}\right.\,$

Para $-1<t<0\,$

$y_{4}(t)=\int _{0}^{t+1}2\sin(2*\pi \tau )d\tau \,$

$y_{4}(t)=1-\cos(2\pi t)\,$

Para $0<t<1\,$

$y_{4}(t)=\int _{0}^{1}2\sin(2*\pi \tau )d\tau \,$

$y_{4}(t)=0\,$

Para $1<t<2\,$

$y_{4}(t)=\int _{t-1}^{1}2\sin(2*\pi \tau )d\tau \,$

$y_{4}(t)=\cos(2\pi t)-1\,$

En síntesis, la función sería de la forma

$y_{4}(t)=\left\{{\begin{array}{lc}1-\cos(2\pi t)&-1<t<0\\\cos(2\pi t)-1&1<t<2\\0&{\mbox{resto}}\end{array}}\right.\,$

Gráfica de # $y_{4}(t)=x_{4}(t)\star h_{4}(t)\,$.

Ejercicio 5

$x_{5}(t)={\frac {\sin(\pi t)}{\pi t}}\,$.

$h_{5}(t)=e^{-t}u(t)\,$.

Gráfica de $x_{5}(t)\,$.

Gráfica de $h_{5}(t)\,$.

$x_{5}(\tau )={\frac {\sin(\pi \tau )}{(\pi \tau )}}\,$

$h_{5}(t-\tau )=\left\{{\begin{array}{lc}e^{\tau -t}&\tau <t\\0&{\mbox{resto}}\end{array}}\right.\,$

Para todo tiempo se cumple que

$y_{5}(t)=\int _{-\infty }^{t}{\frac {\sin(\pi \tau )}{(\pi \tau )}}e^{\tau -t}d\tau \,$

Una versión imprimible se encuntra en el siguiente archivoArchivo

Problema 1

Sean,

1. $x_{1}(t)=e^{-|t|}u(t)u(2-t)\,$
2. $x_{2}(t)=\sum _{k=-\infty }^{\infty }\delta (t-4k)$
3. $x_{3}(t)=\sum _{k=-\infty }^{\infty }\Pi _{1}(t-8k)$

Determine:

1. $y_{1}(t)=x_{1}(t)*x_{2}(t)\,$
2. $y_{2}(t)=x_{1}(t)*x_{3}(t)\,$

Subsección 1 Problema 1

Realizado Por: Jesús Querales #05-38758

1. $y_{1}(t)=x_{1}(t)*x_{2}(t)=x_{2}(t)*x_{1}(t)\,$

Haciendo,

$x_{2}(t)=x(t)\,$

$x_{1}(t)=h(t)\,$

Por definición tenemos que la convolución esta dada por:

$y_{1}(t)=\int _{-\infty }^{\infty }x(\tau )h(t-\tau )\,d\tau$

Estableciendo,

$x(\tau )=\sum _{k=-\infty }^{\infty }\delta (\tau -4k)$

$h(t-\tau )=e^{-|t-\tau |}u(t-\tau )u(2-t+\tau )\,$

Entonces resulta,

$y_{1}(t)=\int _{-\infty }^{\infty }\sum _{k=-\infty }^{\infty }\delta (\tau -4k)e^{-|t-\tau |}u(t-\tau )u(2-t+\tau )\,d\tau$

$y_{1}(t)=\int _{t}^{t-2}\sum _{k=-\infty }^{\infty }\delta (\tau -4k)e^{-|t-\tau |}$

Usando la propiedad de filtrado del impulso,

$y_{1}(t)=\sum _{k=-\infty }^{\infty }e^{-|t-4k|}\int _{t}^{t-2}\delta (\tau -4k)=\sum _{k=-\infty }^{\infty }e^{-|t-4k|}$

Subsección 2 Problema 1

Realizado Por: Alexander Gamero #05-38196

En el intervalo donde esta definido $x_{1}(t)=e^{-|t|}\ u(t)\ u(2-t)\,$, $[0,2]\,$, $t\geq 0$

Por lo que se puede reescribir $x_{1}(t)=e^{-t}\ u(t)\ u(2-t)\,$

Al ser $x_{3}(t)=\sum _{k=-\infty }^{\infty }\Pi _{1}(t-8k)$ una señal periódica ($T=8\,$), se puede convolucionar $x_{1}(t)\,$ con un período de $x_{3}(t)\,$

Para $k=0\,$,

$x_{3}(t)=u(-t+{\frac {1}{2}})\ u(t+{\frac {1}{2}})\,$

Entonces, utilizando la definición de convolución;

$y(t)=\int _{-\infty }^{\infty }x_{3}(\tau )x_{1}(t-\tau )\,d\tau$

Esta convolución se calcula graficamente de la siguiente manera:

• $-{\frac {1}{2}}\leq t\leq {\frac {1}{2}}$

$y(t)=\int _{-{\frac {1}{2}}}^{t}e^{-t+\tau }\,d\tau =1-e^{-t+{\frac {1}{2}}}$

• ${\frac {1}{2}}\leq t\leq {\frac {3}{2}}$

$y(t)=\int _{-{\frac {1}{2}}}^{\frac {1}{2}}e^{-t+\tau }\,d\tau =e^{-t+{\frac {1}{2}}}-e^{-(t+{\frac {1}{2}})}$

• ${\frac {3}{2}}\leq t\leq {\frac {5}{2}}$

$y(t)=\int _{t-2}^{\frac {1}{2}}e^{-t+\tau }\,d\tau =e^{-t+{\frac {1}{2}}}-e^{-2}$

• $y(t)=0\,$ para todo lo demás

Para hallar la señal periódica $y(t)\,$ reemplazamos $t\ {\mbox{por}}\ t-8k\,$, resultando:

$y(t)=\sum _{k=-\infty }^{\infty }{\begin{cases}1-e^{-t-{\frac {1}{2}}+8k},&{\mbox{si }}-{\frac {1}{2}}+8k\leq t\leq {\frac {1}{2}}+8k\\e^{-(t-{\frac {1}{2}}-8k)}-e^{-(t+{\frac {1}{2}}-8k)},&{\mbox{si }}{\frac {1}{2}}+8k\leq t\leq {\frac {3}{2}}+8k\\e^{-t+{\frac {1}{2}}+8k}-e^{-2},&{\mbox{si }}{\frac {3}{2}}+8k\leq t\leq {\frac {5}{2}}+8k\\0,&{\mbox{ para todo lo demas}}\end{cases}}$ '