Problemario de Señales y Sistemas/Convolución

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Problemario de Señales y Sistemas

Contenido

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

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

En esta sección añadimos problemas de convolución

[editar] Problemas

[editar] Problema 6 02 08

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

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

[editar] 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:

$x_1(t)=\sum_{k=-\infty}^{\infty}\delta(t-2k) \,$
$x_2(t)=\sum_{k=-\infty}^{\infty}\delta(t-4k) \,$

[editar] 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

[editar] 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:

$x(t) \rightarrow S1 \rightarrow S2 \rightarrow y(t) \,$
$x(t) \rightarrow S2 \rightarrow S1 \rightarrow y(t) \,$

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

[editar] 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:

$x_2(t)=\sum_{k=-\infty}^{\infty} \delta(t-kT) \,$ . T>1
$x_3(t)=x_1(t)x_2(t) \,$ .
$x_4(t)=\lim_{T\rightarrow 0} x_3(t) \,$ .
¿Puede generalizar su resultado a cualquier h(t)y x(t)?

[editar] Problema 11 02 08

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

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

[editar] 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 $0 < t < 2 \,$

$y_2 (t) = \int_{0}^{t-2}\tau d\tau$

$y_2 (t) = \frac {(t-2)^2}{2}$

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 # $y_2 (t)=x_2(t)\star h_2(t) \,$ .

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 $0 < t < 1\,$

$y_3(t)=\int_{-2}^{t-1}e^{\tau}d\tau\,$

$y_3(t)=e^{t-1}-e^{-2}\,$

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 # $y_3 (t)=x_3(t)\star h_3(t) \,$ .

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

[editar] Problema 1

Sean,

$x_1(t) = e^{-|t|}u(t)u(2-t) \,$
$x_2(t)=\sum_{k=-\infty}^{\infty}\delta(t-4k)$
$x_3(t)=\sum_{k=-\infty}^{\infty}\Pi_1(t-8k)$

Determine:

$y_1(t)=x_1(t)*x_2(t) \,$
$y_2(t)=x_1(t)*x_3(t) \,$

[editar] 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,

$y_1(t)=\sum_{k=-\infty}^{\infty} e^{-|t-4k|} \int_{t}^{t-2} \delta(\tau-4k)=\sum_{k=-\infty}^{\infty} e^{-|t-4k|}$

[editar] Subsección 2 Problema 1

Realizado Por: Alexander Gamero #05-38196

En el intervalo donde esta definido $x_1(t) = e^{-|t|}\ u(t)\ u(2-t) \,$ , $[0,2] \,$ , $t\ge0$

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:

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