Problemario de Señales y Sistemas/Convolución

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Problemario de Señales y Sistemas


Convolución de 2 variables y Cálculo de Respuesta de Sistemas LTI mediante ella [editar]

En esta sección añadimos problemas de convolución

Problemas[editar]

Problema 6 02 08[editar]

Para el circuito RLC que se muestra en la figura, determine (R=3,L=2,C=K=1):

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

CircuitoRLC.png

Problema 7 02 08[editar]

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[editar]

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[editar]

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[editar]

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[editar]

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

  1. e^{-t}u(t)u(2-t)\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[editar]

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) \,.

110208X1.jpg


Gráfica de  h_1 (t) \,.

110208H1.jpg


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) \,.

110208Y1.jpg


Ejercicio 2


 x_2 (t)= r(t)u(1-t) \,.


 h_2 (t)= u(t-2)u(4-t) \,.


Gráfica de  x_2 (t) \,.


X2.jpg


Gráfica de  h_2 (t) \,.


110208H2.jpg


 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  0 < t < 2 \,


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  3 < 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) \,.

110208Y2.jpg


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) \,.

110208X3.jpg


Gráfica de  h_3 (t) \,.

110208H3.jpg


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 0 < t < 1\,


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) \,.

110208Y3.jpg

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) \,.

110208X4.jpg


Gráfica de  h_4 (t) \,.

110208H4.jpg

 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) \,.

Y4.jpg


Ejercicio 5

 x_5 (t)= \frac{\sin(\pi t)}{\pi t} \,.


 h_5 (t)= e^{-t}u(t) \,.


Gráfica de  x_5 (t) \,.

110208X5.jpg


Gráfica de  h_5 (t) \,.

110208H5.jpg


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[editar]

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[editar]

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[editar]

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\ge0


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} \le t \le \frac {1}{2}


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


  • \frac {1}{2} \le t \le \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} \le t \le \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 \le t \le \frac {1}{2}+8k \\ e^{-(t-\frac {1}{2}-8k)}-e^{-(t+\frac {1}{2}-8k)}, &  \mbox{si } \frac {1}{2}+8k \le t \le \frac {3}{2}+8k \\ e^{-t+\frac {1}{2}+8k}-e^{-2}, & \mbox{si } \frac {3}{2}+8k \le t \le \frac {5}{2}+8k \\ 0, & \mbox{ para todo lo demas} \end{cases} '