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 $\mathrm{\Delta }(t)=r(t+1)-2r(t)+r(t-1)$. ¿Es este sistema causal?. Justifique su respuesta.

Calcule y grafique la salida del sistema a las señales:

1. $x_1(t)=\sum _{k=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\delta (t-2k)$
2. $x_2(t)=\sum _{k=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\delta (t-4k)$

Problema 8 02 08

El sistema de la pregunta anterior se coloca en cascada con un segundo sistema cuya respuesta al impulso es $h(t)=\frac{1}{2}\mathrm{\Pi }(\frac{t-1}{2})$, donde $\mathrm{\Pi }(t)=u(t+0.5)u(0.5-t)$. ¿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. $x(t)\to S1\to S2\to y(t)$
2. $x(t)\to S2\to S1\to y(t)$

¿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. $x_2(t)=\sum _{k=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\delta (t-kT)$. T>1
2. $x_3(t)=x_1(t)x_2(t)$.
3. $x_4(t)=\underset{T\to 0}{\lim }{x}_3(t)$.
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:

$x_1(t-\tau )=\{\begin{array}{cc}{e}^{\tau -t}& t-2<\tau <t\\ 0& \text{resto}\end{array}$

Para $0<t<2$

$y_1(t)=\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{\tau -t}\delta (\tau )d\tau$

$y_1(t)=e^{-t}\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\delta (\tau )d\tau$

$y_1(t)=e^{-t}u(t)u(2-t)$

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 $h_2(t)$.

$h_2(t-\tau )=\{\begin{array}{cc}1& t-4<\tau <t-2\\ 0& \text{resto}\end{array}$

$x_2(\tau )=\{\begin{array}{cc}\tau & 0<\tau <1\\ 0& \text{resto}\end{array}$

Para $2<t<3$

$y_2(t)=\underset{0}{\overset{t-2}{\int }}\tau d\tau$

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

Para $3<t<4$

$y_2(t)=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\tau d\tau$

$y_2(t)=\frac{1}{2}$

Para $4<t<5$

$y_2(t)=\underset{t-4}{\overset{1}{\int }}\tau d\tau$

$y_2(t)=\frac{1}{2}-\frac{(t-4{)}^2}{2}$

Enotonces la función $y_2(t)$ quedaría de la forma

$y_2(t)=\{\begin{array}{cc}\frac{(t-2{)}^2}{2}& 2<t<3\\ \frac{1}{2}& 3<t<4\\ \frac{1}{2}-\frac{(t-4{)}^2}{2}& 4<t<5\\ 0& \text{resto}\end{array}$

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 $h_3(t)$.

$x_3(\tau )=\{\begin{array}{cc}{e}^{\tau }& -2<\tau <0\\ e^{-\tau }& 0<\tau <2\\ 0& \text{resto}\end{array}$

$h_3(t-\tau )=\{\begin{array}{cc}1& t-2<\tau <t-1\\ 0& \text{resto}\end{array}$

Para $-1<t<0$

$y_3(t)=\underset{-2}{\overset{t-1}{\int }}{e}^{\tau }d\tau$

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

Para $0<t<1$

$y_3(t)=\underset{t-2}{\overset{t-1}{\int }}{e}^{\tau }d\tau$

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

Para $1<t<2$

$y_3(t)=\underset{t-2}{\overset{0}{\int }}{e}^{\tau }d\tau +\underset{0}{\overset{t-1}{\int }}{e}^{-\tau }d\tau$

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

Para $2<t<3$

$y_3(t)=\underset{t-2}{\overset{t-1}{\int }}{e}^{-\tau }d\tau$

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

Para $3<t<4$

$y_3(t)=\underset{t-2}{\overset{2}{\int }}{e}^{-\tau }d\tau$

$y_3(t)=e^{-t+2}-e^{-2}$

La función sería $y_3(t)=0$ para cualquiero otro valor de $t$

En síntesis, la función sería de la forma

$y_3(t)=\{\begin{array}{cc}{e}^{t-1}-e^{-2}& 0<t<1\\ e^{t-1}-e^{t-2}& 0<t<1\\ -e^{-t+1}-e^{t-2}+2& 1<t<2\\ e^{-t+1}-e^{-t+2}& 2<t<3\\ e^{-t+2}-e^{-2}& 3<t<4\\ 0& \text{resto}\end{array}$

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 $h_4(t)$.

$x_4(\tau )=\{\begin{array}{cc}(2\pi t)& 0<\tau <1\\ 0& \text{resto}\end{array}$

$h_4(t-\tau )=\{\begin{array}{cc}2& t-1<\tau <t+1\\ 0& \text{resto}\end{array}$

Para $-1<t<0$

$y_4(t)=\underset{0}{\overset{t+1}{\int }}2\sin (2*\pi \tau )d\tau$

$y_4(t)=1-\cos (2\pi t)$

Para $0<t<1$

$y_4(t)=\underset{0}{\overset{1}{\int }}2\sin (2*\pi \tau )d\tau$

$y_4(t)=0$

Para $1<t<2$

$y_4(t)=\underset{t-1}{\overset{1}{\int }}2\sin (2*\pi \tau )d\tau$

$y_4(t)=\cos (2\pi t)-1$

En síntesis, la función sería de la forma

$y_4(t)=\{\begin{array}{cc}1-\cos (2\pi t)& -1<t<0\\ \cos (2\pi t)-1& 1<t<2\\ 0& \text{resto}\end{array}$

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 $h_5(t)$.

$x_5(\tau )=\frac{\sin (\pi \tau )}{(\pi \tau )}$

$h_5(t-\tau )=\{\begin{array}{cc}{e}^{\tau -t}& \tau <t\\ 0& \text{resto}\end{array}$

Para todo tiempo se cumple que

$y_5(t)=\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{t}{\int }}\frac{\sin (\pi \tau )}{(\pi \tau )}{e}^{\tau -t}d\tau$

Una versión imprimible se encuntra en el siguiente archivoArchivo

Problema 1

Sean,

1. $x_1(t)=e^{-|t|}u(t)u(2-t)$
2. $x_2(t)=\sum _{k=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\delta (t-4k)$
3. $x_3(t)=\sum _{k=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\Pi }}_1(t-8k)$

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:

$y_1(t)=\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}x(\tau )h(t-\tau )d\tau$

Estableciendo,

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

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

Entonces resulta,

$y_1(t)=\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\sum _{k=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\delta (\tau -4k)e^{-|t-\tau |}u(t-\tau )u(2-t+\tau )d\tau$

$y_1(t)=\underset{t}{\overset{t-2}{\int }}\sum _{k=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\delta (\tau -4k)e^{-|t-\tau |}$

Usando la propiedad de filtrado del impulso,

$y_1(t)=\sum _{k=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{-|t-4k|}\underset{t}{\overset{t-2}{\int }}\delta (\tau -4k)=\sum _{k=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{-|t-4k|}$

Subsección 2 Problema 1

Realizado Por: Alexander Gamero #05-38196

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

Por lo que se puede reescribir $x_1(t)=e^{-t}u(t)u(2-t)$

Al ser $x_3(t)=\sum _{k=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\Pi }}_1(t-8k)$ 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;

$y(t)=\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{x}_3(\tau )x_1(t-\tau )d\tau$

Esta convolución se calcula graficamente de la siguiente manera:

• $-\frac{1}{2}\le t\le \frac{1}{2}$

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

• $\frac{1}{2}\le t\le \frac{3}{2}$

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

• $\frac{3}{2}\le t\le \frac{5}{2}$

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

• $y(t)=0$ para todo lo demás

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

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