Sesión 2 — Sistemas LTI y diagramas de bloques
Práctica de aula
Cómo trabajar esta sesión
Los cinco problemas son los que se resuelven en el aula. Intenta cada uno a mano antes de abrir la solución: lo que se evalúa no es el resultado, sino saber montar el planteamiento. Las soluciones están plegadas; cada una explica el razonamiento completo, no solo el número final.
Problemas propuestos
Un sistema con respuesta impulsional \(h[n] = \tfrac{1}{2}\left(\delta[n] + \delta[n-1]\right)\) actúa como un filtro paso bajo.
a) Determina su estabilidad y su causalidad.
b) Calcula la salida \(y[n]\) para \(x[n] = \cos(\pi n)\).
c) Calcula la salida \(y[n]\) para \(x[n] = 1\).
d) Interpreta el resultado de los apartados b) y c).
e) Calcula la salida \(y[n]\) para \(x[n] = \cos\!\left(\frac{\pi}{2} n\right)\).
f) Dibuja las ganancias del filtro para cada frecuencia en un diagrama ganancia (dB) frente a frecuencia digital \(\Omega\) (rad/muestra) y explica la relación con la respuesta en frecuencia de un filtro (ver solución, no es de este tema).
Recuerda que convolucionar con \(\delta[n-k]\) solo retrasa la señal \(k\) muestras, así que la salida es, para cualquier entrada,
\[ y[n] = x[n] * h[n] = \frac{1}{2}x[n] * \delta[n] * \frac{1}{2} + x[n] * \delta[n-1] = \frac{1}{2}x[n] + \frac{1}{2}x[n-1] = \frac{1}{2}\big(x[n] + x[n-1]\big) \]
es decir, la media de la muestra actual y la anterior. Todo el problema sale de esta expresión.
a) Estabilidad y causalidad.
- Estable: \(\displaystyle\sum_n |h[n]| = \tfrac{1}{2} + \tfrac{1}{2} = 1 < \infty\). Ya sabemos que cualquier FIR es estable.
- Causal: \(h[n] = 0\) para \(n < 0\). La salida solo usa la muestra actual y la anterior, nunca una futura.
b) Entrada \(x[n] = \cos(\pi n)\)
Corresponde a la frecuencia digital más alta posible, \(\Omega = \pi\). La señal equivale a \(x[n] = \cos(\pi n) = (-1)^n\), es decir, alterna \(\{ 1, -1, 1, -1, \ldots \}\). Como cada muestra y la anterior tienen signos opuestos, obtenemos:
\[ y[n] = \tfrac{1}{2}\big((-1)^n + (-1)^{n-1}\big) = \tfrac{1}{2}(-1)^n\big(1 - 1\big) = 0 \]
c) Entrada \(x[n] = 1\).
Es una señal continua, es decir, frecuencia cero \((\Omega = 0\)), y la media de dos muestras iguales es esa misma muestra:
\[ y[n] = \tfrac{1}{2}(1 + 1) = 1 \]
d) Interpretación. Son los dos casos extremos del comportamiento de un filtro paso bajo:
- La frecuencia más baja, \(\Omega = 0\), pasa intacta (ganancia 1).
- La frecuencia rechazada, \(\Omega = \pi\), se elimina por completo (ganancia 0).
e) Entrada \(x[n] = \cos\!\left(\frac{\pi}{2} n\right)\).
Ahora ya no se ve a simple vista, tenemos que:
\[ y[n] = \tfrac{1}{2}\left(\cos\!\left(\frac{\pi}{2} n\right) + \cos\!\left(\frac{\pi}{2} (n-1)\right)\right) = \tfrac{1}{2}\left(\cos\!\left(\frac{\pi}{2} n\right) + \cos\!\left(\frac{\pi}{2}n - \frac{\pi}{2}\right)\right) = \tfrac{1}{2}\big(\cos A + \cos B\big) \]
Usando la identidad de sumas a productos del formulario:
\[ \cos A + \cos B = 2\cos\frac{A+B}{2}\cos\frac{A-B}{2} \]
con \(A = \frac{\pi}{2} n\) y \(B = \frac{\pi}{2}n - \frac{\pi}{2}\), tenemos que:
\[ \frac{A+B}{2} = \frac{\pi}{2} n - \frac{\pi}{4} \qquad\qquad \frac{A-B}{2} = \frac{\pi}{4} \]
y por tanto, de la identidad obtenemos que:
\[ \cos A + \cos B = 2\cos\!\left(\frac{\pi}{4}\right)\cos\!\left(\frac{\pi}{2} n - \frac{\pi}{4}\right) = \sqrt{2}\cos\!\left(\frac{\pi}{2} n - \frac{\pi}{4}\right) \]
Sustituyendo en la expresión de \(y[n]\):
\[ y[n] = \tfrac{1}{2}\big(\cos A + \cos B\big) = \frac{\sqrt{2}}{2}\cos\!\left(\frac{\pi}{2} n - \frac{\pi}{4}\right) \]
Las muestras de salida valen \(\pm 0.5\) y no llegan al pico: la línea discontinua es la sinusoide de la que salen, y esa sí muestra la amplitud \(0.707\).
f) Respuesta en frecuencia. Este aparatado está relacionado con la respuesta en frecuencia, que veremos más adelante, aunque ya se conoce de la asignatura de Circuitos Electrónicos.
Si repetimos el proceso de los apartados anteriores, y anotamos, para cada frecuencia, la ganancia (relación de amplitudes entre salida y entrada), obtenemos la curva de respuesta en frecuencia del filtro.
Un coche circula por una carretera. El perfil de altura de la carretera bajo la rueda delantera es \(x(t)\), con \(t\) en segundos. Por la velocidad a la que se circula, la rueda trasera pisa el mismo punto de la carretera \(T = \frac{\pi}{20} \approx 0.157\) s más tarde. La altura del centro del habitáculo, \(y(t)\), es la media de lo que transmiten las dos ruedas.
Las alturas \(x(t)\) e \(y(t)\) se miden respecto al reposo, con el coche sobre una carretera llana.
La suspensión de cada rueda se modela con
\[ h_s(t) = 10\,e^{-10t}\,u(t) \]
La diferencia de tiempo entre las ruedas se modela con \(h_d(t) = \delta(t)\) en la delantera y \(h_t(t) = \delta\!\left(t - \frac{\pi}{20}\right)\) en la trasera. La ganancia de \(\tfrac{1}{2}\) a la salida del sumador, refleja que el punto medio del chasis es la media de los desplazamientos en cada rueda. Como las dos ruedas tienen la misma suspensión y el sistema es LTI, en el diagrama se coloca un único bloque \(h_s\) antes de la bifurcación:
a) Obtén la respuesta impulsional equivalente \(h(t)\) entre \(x(t)\) e \(y(t)\).
b) En \(t = 0\) el coche sube un bordillo de 10 cm, es decir, \(x(t) = 10\,u(t)\) cm. Calcula \(y(t)\) de forma analítica y dibújala de forma aproximada. ¿Cuánto tarda el habitáculo en alcanzar el 99 % de su valor final?
c) La carretera tiene un firme ondulado, \(x(t) = 5\cos(10t)\) cm. Calcula la salida permanente \(y(t)\) de forma analítica e interpreta el resultado.
a) Respuesta impulsional equivalente. Las reglas son las mismas que en discreto, y se simplifica de dentro afuera:
1. Paralelo: las dos ruedas reciben la misma señal y el habitáculo suma lo que transmiten, así que equivalen a un solo bloque:
\[ h_d(t) + h_t(t) = \delta(t) + \delta\!\left(t - \tfrac{\pi}{20}\right) \]
2. Serie: queda una cascada de \(h_s\), \(h_d + h_t\) y la ganancia \(\tfrac{1}{2}\). Los dos primeros se convolucionan, y la ganancia multiplica el resultado. Convolucionar con una delta desplazada solo retrasa la señal, \(h_s(t) * \delta(t - T) = h_s(t - T)\), así que no hay que hacer ninguna integral:
\[\begin{aligned} h(t) &= \tfrac{1}{2}\, h_s(t) * \Big[\delta(t) + \delta\!\left(t - \tfrac{\pi}{20}\right)\Big] \\ &= \tfrac{1}{2}\, h_s(t) + \tfrac{1}{2}\, h_s\!\left(t - \tfrac{\pi}{20}\right) \\ &= 5\,e^{-10t}\,u(t) + 5\,e^{-10\left(t - \frac{\pi}{20}\right)}\,u\!\left(t - \tfrac{\pi}{20}\right) \end{aligned}\]
Son dos copias de la respuesta de la suspensión, una por rueda: la de la delantera empieza en \(t = 0\) y la de la trasera, \(\frac{\pi}{20}\) s después.
b) Bordillo, \(x(t) = 10\,u(t)\). Con la \(h(t)\) del apartado a), la salida es
\[ y(t) = x(t) * h(t) = \underbrace{\tfrac{1}{2}\,x(t) * h_s(t)}_{y_1(t)} + \underbrace{\tfrac{1}{2}\,x(t) * h_s\!\left(t - \tfrac{\pi}{20}\right)}_{y_2(t)\,=\,y_1\left(t - \frac{\pi}{20}\right)} \]
Fíjate que el segundo término es el primero retrasado \(\frac{\pi}{20}\) s, así que solo hay que hacer una convolución. Por la propidad de invarianza temporal, se calcula \(y_1(t)\) y después simplemente \(y_2(t) = y_1\!\left(t - \frac{\pi}{20}\right)\).
Rueda delantera, \(y_1(t)\). Los dos escalones dejan la ventana \(0 \leq \theta \leq t\), que solo existe si \(t \geq 0\):
\[ y_1(t) = \tfrac{1}{2}\int_{-\infty}^{\infty} 10\,u(\theta)\cdot 10\,e^{-10(t-\theta)}\,u(t-\theta)\,d\theta = 50\int_{0}^{t} e^{-10(t-\theta)}\,d\theta = 5\left(1 - e^{-10t}\right)u(t) \]
donde se ha usado la fórmula \(\int_0^t e^{a(t-\theta)}\,d\theta = \frac{e^{at} - 1}{a}\), con \(a = -10\), disponible en el formulario.
Rueda trasera, \(y_2(t)\). Es la misma señal retrasada: se cambia \(t\) por \(t - \frac{\pi}{20}\) en todas partes, también en el escalón.
\[ y_2(t) = y_1\!\left(t - \tfrac{\pi}{20}\right) = 5\left(1 - e^{-10\left(t - \frac{\pi}{20}\right)}\right)u\!\left(t - \tfrac{\pi}{20}\right) \]
Salida. La suma de las dos:
\[ y(t) = y_1(t) + y_2(t) = 5\left(1 - e^{-10t}\right)u(t) + 5\left(1 - e^{-10\left(t - \frac{\pi}{20}\right)}\right)u\!\left(t - \tfrac{\pi}{20}\right)\ \text{cm} \]
Como nos piden dibujarla, vale la pena escribirla por tramos. Al pricipio (hasta \(t= \frac{\pi}{20}\) s), solo existe \(y_1(t)\), y a partir de ese momento, tenemos la suma de las dos, por tanto: \[ y(t) = \begin{cases} 0 & t < 0 \\[4pt] 5\left(1 - e^{-10t}\right) & 0 \leq t < \frac{\pi}{20} \quad \text{(solo ha subido la rueda delantera)} \\[4pt] 10 - 5\left(1 + e^{\pi/2}\right)e^{-10t} & t \geq \frac{\pi}{20} \quad \text{(han subido las dos)} \end{cases} \]
Tiempo hasta el 99 %. Cuando \(t \to \infty\) la exponencial se extingue y quedan \(10\) cm, la altura del bordillo. En el primer tramo la salida no pasa de \(5\left(1 - e^{-\pi/2}\right) \approx 3.96\) cm, así que hay que buscarlo en el segundo:
\[ 10 - 5\left(1 + e^{\pi/2}\right)e^{-10t} = 9.9 \;\Longrightarrow\; e^{-10t} = \frac{0.1}{5\left(1 + e^{\pi/2}\right)} \;\Longrightarrow\; t = \tfrac{1}{10}\ln\!\Big[50\left(1 + e^{\pi/2}\right)\Big] = \tfrac{1}{10}\ln(290.5) \approx 0.567\ \text{s} \]
Simulación interactiva: el coche subiendo el bordillo. Compara la simulación del diagrama de bloques con la solución analítica, y prueba a cambiar la suspensión y el retardo de la rueda trasera.
c) Firme ondulado, \(x(t) = 5\cos(10t)\). Mismo razonamiento que antes. Calculamos \(y_1(t)\) y después \(y_2(t) = y_1\!\left(t - \frac{\pi}{20}\right)\) es simplementa la primera retrasada.
NOTA: fíjate que ahora la entrada es \(x(t) = 5\cos(10t)\), sin escalón. Es decir, se asume que la señal de la carretera ha estado oscilando desde \(t = -\infty\), y no hay que preocuparse por el escalón. Esto equivale a calcular solamente el permanente, como ya hemos visto en el ejercicio anterior.
Rueda delantera, \(y_1(t)\). Se refleja y desplaza \(h_s\), para que el coseno conserve el argumento \(\theta\). El escalón \(u(t - \theta)\) corta la integral en \(\theta = t\), y se saca lo que depende de \(t\):
\[\begin{aligned} y_1(t) &= \tfrac{1}{2}\int_{-\infty}^{\infty} 5\cos(10\theta)\cdot 10\,e^{-10(t-\theta)}\,u(t-\theta)\,d\theta = 25\,e^{-10t}\int_{-\infty}^{t} e^{10\theta}\cos(10\theta)\,d\theta \\[6pt] &= 25\,e^{-10t} \left[\frac{e^{10\theta}}{10\sqrt{2}}\cos\!\left(10\theta - \frac{\pi}{4}\right)\right]_{-\infty}^{t} = \frac{5}{2\sqrt{2}}\,\cos\!\left(10t - \frac{\pi}{4}\right) \end{aligned}\]
donde se ha usado la integral exponencial por coseno del formulario, con \(a = 10\) y \(b = 10\), de modo que \(\sqrt{a^2+b^2} = 10\sqrt{2}\) y \(\arctan\frac{b}{a} = \frac{\pi}{4}\).
Rueda trasera, \(y_2(t)\). Es la misma señal pero retrasada \(\frac{\pi}{20}\) s:
\[ y_2(t) = y_1\!\left(t - \tfrac{\pi}{20}\right) = \frac{5}{2\sqrt{2}}\cos\!\left(10t - \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{4}\right) = \frac{5}{2\sqrt{2}}\cos\!\left(10t - \frac{3\pi}{4}\right) \]
Salida final. La salida es la suma de ambas: \[ y(t) = y_1(t) + y_2(t) = \frac{5}{2\sqrt{2}}\Big[\cos\!\left(10t - \tfrac{\pi}{4}\right) + \cos\!\left(10t - \tfrac{3\pi}{4}\right)\Big] \]
Para sumarlas se usa la identidad de sumas a productos del formulario, \(\cos A + \cos B = 2\cos\frac{A+B}{2}\cos\frac{A-B}{2}\). Tomando \(A = 10t - \frac{\pi}{4}\) y \(B = 10t - \frac{3\pi}{4}\), la identidad nos dice que:
\[ \cos\!\left(10t - \tfrac{\pi}{4}\right) + \cos\!\left(10t - \tfrac{3\pi}{4}\right) = 2\cos\!\left(10t - \frac{\pi}{2}\right)\cos\!\left(\frac{\pi}{4}\right) \]
Por tanto, sustituyendo en \(y(t)\), la salida final es:
\[ y(t) = \tfrac{5}{2}\cos\!\left(10t - \frac{\pi}{2}\right) \text{cm} \]
Interpretación.
La ondulación en el chasis se atenúa, ya que llega \(2.5\) cm de amplitud en lugar de \(5\), y retrasada \(\frac{\pi}{2}\) rad, o sea, un cuarto de periodo, lo que equivale a \(\frac{2\pi}{10} \cdot \frac{1}{4} = 0.157\) s.
La suspensión atenúa porque no le da tiempo a seguir la ondulación: su constante de tiempo es \(0.1\) s y la carretera cambia a \(\omega = 10\) rad/s, justo su “frecuencia de corte”.
Las dos ruedas atenúan porque pisan la ondulación con un cuarto de periodo de diferencia, y la media de dos senoides desfasadas \(\frac{\pi}{2}\) es más pequeña que cada una. Con una ondulación el doble de rápida, \(\omega = 20\) rad/s, el retardo sería medio periodo: cuando una rueda sube la otra baja, y el centro del habitáculo no se movería (es lo mismo que pasaba con la señal de frecuencia \(\Omega = \pi\) en el ejercicio del filtro paso bajo).
Frente al bordillo, que a la larga es una constante y pasa entero, la ondulación se atenúa: la suspensión y la distancia entre ejes, juntas, hacen de paso bajo, que es justo lo que se quiere del coche.
Simulación interactiva: el coche sobre el firme ondulado. Se pueden cambiar la suspensión, el retardo de la rueda trasera y la ondulación: con \(\omega = 20\) rad/s el centro del habitáculo deja de moverse.
Un circuito RLC serie se alimenta con una fuente de tensión \(x(t)\), y se toma como salida \(y(t)\) la tensión en bornes de la resistencia. Los valores de los componentes son \(R = 5\ \Omega\), \(L = 1\) H y \(C = \tfrac{1}{4}\) F.
Con condiciones iniciales nulas, la respuesta impulsional del sistema es
\[ h(t) = \left(\frac{20}{3}\,e^{-4t} - \frac{5}{3}\,e^{-t}\right)u(t) \]
a) Determina razonadamente si el sistema es causal.
b) Determina razonadamente si el sistema es estable BIBO.
c) Calcula, mediante convolución, la salida \(y(t)\) cuando la entrada es \(x(t) = \cos(2t)\,u(t)\) V.
d) Obtén el régimen permanente mediante análisis fasorial y compáralo con el resultado del apartado anterior.
a) Causalidad. Un sistema LTI es causal si y solo si su respuesta impulsional es nula antes del origen, \(h(t) = 0\) para todo \(t < 0\). Aquí lo garantiza el escalón \(u(t)\) que multiplica a las dos exponenciales, así que el sistema es causal.
Se ve también en la integral de convolución: \(h(t - \theta) = 0\) cuando \(\theta > t\), de modo que la salida en el instante \(t\) solo usa los valores de la entrada hasta ese instante, nunca los futuros. No podía ser de otra manera: es un circuito real que parte del reposo, y no puede responder a un impulso que todavía no ha llegado.
b) Estabilidad BIBO. Un sistema LTI es estable si y solo si su respuesta impulsional es absolutamente integrable, \(\int_{-\infty}^{\infty} |h(t)|\,dt < \infty\). El valor absoluto no se puede quitar sin más, porque \(h(t)\) cambia de signo: vale \(h(0) = \tfrac{20}{3} - \tfrac{5}{3} = 5\), se anula cuando \(\tfrac{20}{3}e^{-4t} = \tfrac{5}{3}e^{-t}\), es decir, cuando \(e^{3t} = 4\), en \(t_0 = \tfrac{1}{3}\ln 4 \approx 0.46\) s, y es negativa a partir de ahí. Calcular la integral obligaría a partirla en dos trozos, antes y desouñes de \(t_0\).
No hace falta. Para decidir la estabilidad no importa el valor exacto de la integral, solo que sea finita, y para eso basta acotarla con la desigualdad triangular, \(|a - b| \leq |a| + |b|\):
\[ |h(t)| = \left|\frac{20}{3}\,e^{-4t} - \frac{5}{3}\,e^{-t}\right| \leq \frac{20}{3}\,e^{-4t} + \frac{5}{3}\,e^{-t}, \qquad t \geq 0 \]
Las dos integrales que quedan son la de la exponencial del formulario, \(\int_0^t e^{a\theta}\,d\theta = \frac{e^{at} - 1}{a}\), con \(a = -4\) y \(a = -1\). Como \(a\) es negativo, \(e^{at} \to 0\) cuando \(t \to \infty\) y la integral hasta infinito vale \(-\frac{1}{a}\), es decir, \(\tfrac{1}{4}\) y \(1\):
\[ \int_{-\infty}^{\infty} |h(t)|\,dt \leq \frac{20}{3}\int_0^{\infty} e^{-4t}\,dt + \frac{5}{3}\int_0^{\infty} e^{-t}\,dt = \frac{20}{3}\cdot\frac{1}{4} + \frac{5}{3}\cdot 1 = \frac{10}{3} < \infty \]
El sistema es estable
NOTA: El valor exacto, partiendo la integral en \(t_0\), es \(\frac{5}{2\sqrt[3]{4}} \approx 1.57\), lo cual es efectivamente menor que 10/3. Hemos sobreestimado la integral pero nos da igual, porque solo queremos saber que es finita.
c) Convolución. Por definición, reflejando y desplazando la respuesta impulsional \(h\); así el coseno conserva el argumento \(2\theta\), que es la forma que tiene la integral del formulario:
\[ y(t) = (x * h)(t) = \int_{-\infty}^{\infty} x(\theta)\,h(t-\theta)\,d\theta = \int_{-\infty}^{\infty} \cos(2\theta) \underbrace{{\color{#2c7fb8}{u(\theta)}}}_{\neq\, 0 \;\text{si}\; {\color{#2c7fb8}{\theta \,\geq\, 0}}} \left(\frac{20}{3}\,e^{-4(t-\theta)} - \frac{5}{3}\,e^{-(t-\theta)}\right) \underbrace{{\color{#e74c3c}{u(t-\theta)}}}_{\neq\, 0 \;\text{si}\; {\color{#e74c3c}{\theta \,\leq\, t}}}\,d\theta \]
Los dos escalones dejan la ventana \({\color{#2c7fb8}{0}} \leq \theta \leq {\color{#e74c3c}{t}}\), que solo existe si \({\color{#9370db}{t \geq 0}}\); para \(t < 0\) la salida vale \(0\), como corresponde a un sistema causal con una entrada que empieza en el origen. Como la integral es lineal, se separa en dos, una por cada exponencial, y de cada una se saca lo que depende de \(t\):
\[ y(t) = \frac{20}{3}\,e^{-4t}\underbrace{\int_{{\color{#2c7fb8}{0}}}^{{\color{#e74c3c}{t}}} e^{4\theta}\cos(2\theta)\,d\theta}_{I_1(t)} \;-\; \frac{5}{3}\,e^{-t}\underbrace{\int_{{\color{#2c7fb8}{0}}}^{{\color{#e74c3c}{t}}} e^{\theta}\cos(2\theta)\,d\theta}_{I_2(t)} \]
Las dos son la integral exponencial por coseno del formulario, que la da en dos formas. Aquí conviene la segunda, la que deja un coseno y un seno sueltos:
\[ \int e^{a\theta}\cos(b\theta)\,d\theta = \frac{e^{a\theta}}{a^2+b^2}\big(a\cos b\theta + b\sin b\theta\big) \]
Con la primera, la del coseno con fase, cada integral daría un coseno con un desfase distinto (\(\arctan\tfrac{1}{2}\) y \(\arctan 2\)) y habría que desarrollarlos para poder sumarlos. Con esta, los cosenos se suman con los cosenos y los senos con los senos.
Primera integral, con \(a = 4\) y \(b = 2\), de modo que \(a^2 + b^2 = 20\). En el extremo inferior, \(\cos 0 = 1\) y \(\sin 0 = 0\):
\[ I_1(t) = \left[\frac{e^{4\theta}}{20}\big(4\cos 2\theta + 2\sin 2\theta\big)\right]_{0}^{t} = \frac{e^{4t}}{20}\big(4\cos 2t + 2\sin 2t\big) - \frac{4}{20} = \frac{e^{4t}}{10}\big(2\cos 2t + \sin 2t\big) - \frac{1}{5} \]
Segunda integral, con \(a = 1\) y \(b = 2\), de modo que \(a^2 + b^2 = 5\):
\[ I_2(t) = \left[\frac{e^{\theta}}{5}\big(\cos 2\theta + 2\sin 2\theta\big)\right]_{0}^{t} = \frac{e^{t}}{5}\big(\cos 2t + 2\sin 2t\big) - \frac{1}{5} \]
Al multiplicar cada una por la exponencial que se había sacado, la del primer término se cancela y la del segundo se queda:
\[\begin{aligned} \frac{20}{3}\,e^{-4t}\,I_1(t) &= \frac{4}{3}\cos 2t + \frac{2}{3}\sin 2t - \frac{4}{3}\,e^{-4t} \\[4pt] \frac{5}{3}\,e^{-t}\,I_2(t) &= \frac{1}{3}\cos 2t + \frac{2}{3}\sin 2t - \frac{1}{3}\,e^{-t} \end{aligned}\]
y al restarlas, los senos se cancelan:
\[ y(t) = \left(\frac{4}{3} - \frac{1}{3}\right)\cos 2t + \left(\frac{2}{3} - \frac{2}{3}\right)\sin 2t - \frac{4}{3}\,e^{-4t} + \frac{1}{3}\,e^{-t} \]
\[ y(t) = \left[\cos(2t) - \frac{4}{3}\,e^{-4t} + \frac{1}{3}\,e^{-t}\right]{\color{#9370db}{u(t)}}\ \text{V} \]
d) Régimen permanente con fasores. La fuente es \(\cos(2t)\): frecuencia \(\omega = 2\) rad/s y fasor \(\hat{V}_s = 1\) V, de módulo \(1\) y fase \(0\). Las impedancias a esa frecuencia son
\[ Z_R = R = 5\ \Omega \qquad\quad Z_L = j\omega L = j2\ \Omega \qquad\quad Z_C = \frac{1}{j\omega C} = \frac{1}{j\cdot 2\cdot\frac{1}{4}} = \frac{2}{j} = -j2\ \Omega \]
y la tensión en la resistencia sale del divisor de tensión:
\[ \hat{V}_R = \frac{Z_R}{Z_R + Z_L + Z_C}\,\hat{V}_s = \frac{5}{5 + j2 - j2}\cdot 1 = 1\ \text{V} \quad \begin{cases} |\hat{V}_R| = 1\ \text{V} \\ \angle\hat{V}_R = 0 \end{cases} \]
De vuelta al tiempo, un fasor de módulo \(1\) y fase \(0\) a \(\omega = 2\) rad/s es
\[ y_{\text{perm}}(t) = \cos(2t)\ \text{V} \]
Comparación. La salida del apartado c) tiene dos partes, y los fasores solo ven una:
\[ y(t) = \underbrace{\cos(2t)}_{\text{permanente}} \;\underbrace{-\;\frac{4}{3}\,e^{-4t} + \frac{1}{3}\,e^{-t}}_{\text{transitorio}}, \qquad t \geq 0 \]
El régimen permanente coincide: son dos caminos independientes al mismo resultado.
Los fasores no dan el transitorio. el análisis fasorial (más sencillo) supone que la senoide lleva aplicada desde siempre; la convolución, en cambio, sabe que la entrada arranca en \(t = 0\) con el circuito en reposo y devuelve la respuesta completa.
NOTA: El transitorio se puede calcular directamente con la convolución si asumimos que la entrada se aplica desde siempre; en este caso sería tomar simplemente \(x(t) = \cos(2t)\)
¿Por qué la salida es idéntica a la entrada? ¿Casualidad? No, no es casualidad, se trata de un ejemplo elegido a propósito: la frecuencia de la entrada es la misma que la frecuencia de resonancia del circuito. Si la frecuencia de la entrada fuera distinta, el permanente sería un coseno con amplitud y fase distintas a los de la entrada. Para ver cómo varía la salida con la frecuencia de la entrada, se ha preparado una animación. La entrada es un chirp: una senoide de amplitud \(1\) V cuya frecuencia no deja de subir, de \(0.2\) a \(20\) rad/s en 80 s. Cada segundo la frecuencia se multiplica por lo mismo, así que el eje de tiempos es a la vez un eje de frecuencias, el de arriba. El barrido es lento frente al transitorio del circuito, que dura del orden de 1 s, de modo que en cada instante la salida va prácticamente en régimen permanente a la frecuencia de ese instante.
- Complejidad. Los fasores resuelven el permanente en tres líneas de álgebra sencilla. La convolución implica el cálculo de dos integrales, pero es la única de las dos que proporciona la respuesta completa (incluyendo el transitorio). Veremos que la transformada de Laplace y la transformada de Fourier y la transformada Z son herramientas que permiten calcular la convolución de manera más directa, sin tener que hacer integrales explícitas.
a) Respuesta impulsional. Solo tiene dos muestras distintas de cero, de valor \(\tfrac{1}{2}\), en \(n = 0\) y \(n = 2\):
b) Tipo de filtro.
- FIR: \(h[n]\) solo es distinta de cero en un número finito de muestras (\(n = 0\) y \(n = 2\)).
- Causal: \(h[n] = 0\) para \(n < 0\).
- Estable: la suma de \(|h[n]|\) tiene un número finito de términos finitos, así que es finita. Todos los filtros FIR son estables.
\[ \sum_{n=-\infty}^{\infty} |h[n]| = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1 < \infty \]
c) Salida. Convolucionar con \(\delta[n-k]\) solo retrasa la señal \(k\) muestras, así que la salida es, para cualquier entrada,
\[ y[n] = s[n] * h[n] = \frac{1}{2}\,s[n] * \delta[n] + \frac{1}{2}\,s[n] * \delta[n-2] = \frac{1}{2}\,s[n] + \frac{1}{2}\,s[n-2] \]
es decir, la media de la muestra actual y la de dos instantes antes.
La entrada es la suma de dos señales: el peso del paquete, \(p[n] = 10\,u[n]\), y la oscilación, \(v[n] = \cos\left(\tfrac{\pi}{2}n\right)u[n]\). Como el filtro es lineal, la convolución se reparte entre los dos sumandos: se calcula la salida a cada uno por separado y se suman.
\[ y[n] = \big(p[n] + v[n]\big) * h[n] = \underbrace{p[n] * h[n]}_{y_p[n]} + \underbrace{v[n] * h[n]}_{y_v[n]} \]
En las dos salidas van a aparecer \(u[n]\) y \(u[n-2]\), dos escalones que arrancan en instantes distintos. Para poder sumarlos se escribe el primero a partir del segundo:
\[ u[n] = \delta[n] + \delta[n-1] + u[n-2] \]
Peso del paquete, \(y_p[n]\).
\[ y_p[n] = 10\,u[n] * h[n] = 5\,u[n] + 5\,u[n-2] = 5\,\delta[n] + 5\,\delta[n-1] + 10\,u[n-2] \]
No vale 10 kg desde el principio: empieza en 5 kg mientras solo una de las dos muestras que promedia el filtro es posterior a la llegada del paquete, y alcanza los 10 kg en \(n = 2\).
Oscilación, \(y_v[n]\).
\[ y_v[n] = \cos\left(\tfrac{\pi}{2}n\right)u[n] * h[n] = \frac{1}{2}\cos\left(\tfrac{\pi}{2}n\right)u[n] + \frac{1}{2}\cos\left(\tfrac{\pi}{2}(n-2)\right)u[n-2] \]
y, separando el escalón \(u[n]\) igual que antes,
\[ y_v[n] = \underbrace{\frac{1}{2}\cos\left(\tfrac{\pi}{2}n\right)\big(\delta[n] + \delta[n-1]\big)}_{\text{arranque}} + \underbrace{\frac{1}{2}\left[\cos\left(\tfrac{\pi}{2}n\right) + \cos\left(\tfrac{\pi}{2}n - \pi\right)\right]u[n-2]}_{\text{a partir de } n\,=\,2} \]
En el primer término basta con la definición de la delta: \(\delta[n-k]\) solo vale 1 en \(n = k\), así que \(x[n]\,\delta[n-k] = x[k]\,\delta[n-k]\) y el coseno solo cuenta en \(n = 0\) y en \(n = 1\).
\[ \frac{1}{2}\cos\left(\tfrac{\pi}{2}n\right)\big(\delta[n] + \delta[n-1]\big) = \frac{1}{2}\cos(0)\,\delta[n] + \frac{1}{2}\cos\left(\tfrac{\pi}{2}\right)\delta[n-1] = \frac{1}{2}\,\delta[n] \]
En el segundo, la identidad de sumas a productos del formulario,
\[ \cos A + \cos B = 2\cos\frac{A+B}{2}\cos\frac{A-B}{2} \]
con \(A = \tfrac{\pi}{2}n\) y \(B = \tfrac{\pi}{2}n - \pi\), de modo que \(\tfrac{A+B}{2} = \tfrac{\pi}{2}n - \tfrac{\pi}{2}\) y \(\tfrac{A-B}{2} = \tfrac{\pi}{2}\):
\[ \cos\left(\tfrac{\pi}{2}n\right) + \cos\left(\tfrac{\pi}{2}n - \pi\right) = 2\cos\left(\tfrac{\pi}{2}n - \tfrac{\pi}{2}\right)\cos\left(\tfrac{\pi}{2}\right) = 0 \]
Por tanto
\[ y_v[n] = \frac{1}{2}\,\delta[n] \]
A partir de \(n = 2\) es exactamente cero: retrasar dos muestras es retrasar medio ciclo, y las dos muestras que promedia el filtro son siempre iguales y de signo contrario.
Salida completa. Sumando las dos:
\[ y[n] = y_p[n] + y_v[n] = \frac{11}{2}\,\delta[n] + 5\,\delta[n-1] + 10\,u[n-2]\ \text{kg} \]
Es decir, \(y[0] = 5.5\) kg, \(y[1] = 5\) kg e \(y[n] = 10\) kg para \(n \geq 2\).
d) Interpretación.
- Régimen transitorio, \(n = 0\) y \(n = 1\): la lectura es de 5.5 kg y de 5 kg, en torno a la mitad del peso real. El filtro promedia dos muestras, y una de ellas todavía es anterior a la llegada del paquete.
- Régimen permanente, \(n \geq 2\): la lectura es de 10 kg exactos. El peso pasa intacto, porque \(\sum_n h[n] = 1\), y la oscilación no se atenúa, se cancela: el filtro está hecho a medida de la frecuencia \(\tfrac{\pi}{2}\), porque promedia muestras separadas medio ciclo de oscilación.
- La lectura es buena desde \(n = 2\), medio ciclo de oscilación después de depositar el paquete. El transitorio dura solo dos muestras porque un filtro FIR tiene memoria finita: en cuanto todas las muestras que utiliza son posteriores a la llegada del paquete, la salida está en régimen permanente.
- El precio es la selectividad: la cancelación solo es exacta a esa frecuencia. Si la plataforma cambia de velocidad, deja de haber cuatro muestras por ciclo y parte de la oscilación llega a la lectura.
Simulación interactiva: la báscula pesando un paquete. Avanza muestra a muestra y compara la lectura filtrada con la solución analítica.
La señal de un sensor llega al equipo de medida contaminada por una interferencia senoidal producida por un motor que gira a \(\omega_0 = 100\) rad/s. Para atenuarla, en la etapa de acondicionamiento, previa al conversor analógico-digital, se emplea el siguiente circuito:
en el que la entrada \(x(t)\) es la tensión que llega al filtro y la salida \(y(t)\) es la tensión en el segundo condensador. El seguidor de tensión copia la tensión del primer condensador sin cargarlo, de modo que cada etapa se comporta como si la otra no estuviera.
En diagrama de bloques, el filtro es una cascada de dos sistemas iguales. La señal intermedia \(w(t)\) es la tensión en el primer condensador:
Cada etapa es un filtro RC paso bajo analógico, con respuesta impulsional
\[ h_1(t) = h_2(t) = \frac{1}{\tau}\,e^{-t/\tau}\,u(t), \qquad \tau = RC \]
y los componentes son \(R = 10\ \text{k}\Omega\) y \(C = 1\ \mu\text{F}\).
a) Calcula mediante convolución la respuesta impulsional del conjunto, \(h(t) = h_1(t) * h_2(t)\), y dibújala.
b) ¿Es causal? ¿Es estable? ¿Tiene memoria?
La interferencia del motor tiene 1 mV de amplitud y se modela como \(x(t) = \cos(\omega_0 t)\) mV.
c) Calcula mediante convolución la salida de la primera etapa, \(w(t)\), en régimen permanente.
d) Calcula la salida de las dos etapas en cascada, \(y(t)\), en régimen permanente.
e) Si la señal de interés que queremos medir es una senoidal de \(10\) mV de amplitud calcula la relación señal/ruido en la salida del filtro, y compárala con la relación señal/ruido en la entrada (se asume que el filtro deja pasar la señal de interés sin atenuarla).
PISTA: No es necesario convolucionar para resolver el apartado d).
a) Respuesta impulsional. Primero se sustituyen los valores. Con \(R = 10\ \text{k}\Omega\) y \(C = 1\ \mu\text{F}\), \(\tau = RC = 0.01\) s y \(\tfrac{1}{\tau} = 100\ \text{s}^{-1}\), así que cada etapa es
\[ h_1(t) = h_2(t) = 100\,e^{-100t}\,u(t) \]
Dos sistemas en serie equivalen a uno cuya respuesta impulsional es la convolución de las dos:
\[ h(t) = (h_1 * h_2)(t) = \int_{-\infty}^{\infty} h_1(\theta)\,h_2(t-\theta)\,d\theta = \int_{-\infty}^{\infty} 100\,e^{-100\theta}\,u(\theta)\cdot 100\,e^{-100(t-\theta)}\,u(t-\theta)\,d\theta \]
Los dos escalones dejan la ventana \(0 \leq \theta \leq t\), que solo existe si \(t \geq 0\). Dentro de ella las dos exponenciales se juntan en una que no depende de \(\theta\) y sale de la integral:
\[ h(t) = 10^4\,e^{-100t}\int_{0}^{t} d\theta = 10^4\,t\,e^{-100t}\,u(t) \]
No arranca con un salto como la de una etapa: vale cero en \(t = 0\), sube hasta un máximo de \(\tfrac{100}{e} \approx 36.8\) en \(t = 0.01\) s, que es la constante de tiempo, y después decae.
b) Propiedades.
- Causal: \(h(t) = 0\) para \(t < 0\).
- Con memoria: \(h(t)\) no es una delta en el origen, así que la salida depende del pasado de la entrada. La memoria está en la carga de los dos condensadores.
- Estable: \(h(t)\) es absolutamente integrable. Como \(h(t) \geq 0\), el valor absoluto no cambia nada, y la integral se hace por partes, derivando \(t\) e integrando la exponencial:
\[\begin{aligned} \int_{-\infty}^{\infty} |h(t)|\,dt &= 10^4\int_{0}^{\infty} t\,e^{-100t}\,dt = 10^4\left(\left[-\frac{t\,e^{-100t}}{100}\right]_{0}^{\infty} + \frac{1}{100}\int_{0}^{\infty} e^{-100t}\,dt\right) \\[6pt] &= 10^4\left(0 + \frac{1}{100}\cdot\frac{1}{100}\right) = 1 < \infty \end{aligned}\]
NOTA: Realmente seria suficiente con demostrar que \(h_1(t)\) es BIBO estable. Como \(h_2(t)\) es igual, también lo es. Y como la cascada de dos sistemas BIBO estables, necesariamente, será BIBO estable, por definición
c) Primera etapa en régimen permanente, \(x(t) = \cos(\omega_0 t)\) mV. El régimen permanente es lo que queda cuando el transitorio del arranque se ha extinguido. Se obtiene directamente tomando la entrada sin escalón, como si el motor llevara girando desde \(t = -\infty\), igual que en el firme ondulado del coche.
El escalón \(u(t - \theta)\) corta la integral en \(\theta = t\), y se saca lo que depende de \(t\):
\[ w(t) = (x * h_1)(t) = \int_{-\infty}^{\infty} \cos(\omega_0\theta)\cdot\frac{1}{\tau}\,e^{-(t-\theta)/\tau}\,u(t-\theta)\,d\theta = \frac{1}{\tau}\,e^{-t/\tau}\int_{-\infty}^{t} e^{\theta/\tau}\cos(\omega_0\theta)\,d\theta \]
Es la integral exponencial por coseno del formulario, en la forma que deja un coseno con fase:
\[ \int e^{a\theta}\cos(b\theta)\,d\theta = \frac{e^{a\theta}}{\sqrt{a^2+b^2}}\cos\!\left(b\theta - \arctan\frac{b}{a}\right) \qquad (a > 0) \]
con \(a = \frac{1}{\tau}\) y \(b = \omega_0\). Como \(\omega_0\tau = 1\),
\[ \sqrt{a^2+b^2} = \frac{1}{\tau}\sqrt{1 + (\omega_0\tau)^2} = \frac{\sqrt{2}}{\tau} \qquad\quad \arctan\frac{b}{a} = \arctan(\omega_0\tau) = \arctan 1 = \frac{\pi}{4} \]
En el extremo inferior no queda nada, porque \(e^{\theta/\tau} \to 0\) cuando \(\theta \to -\infty\), y en el superior las exponenciales se cancelan:
\[ w(t) = \frac{1}{\tau}\,e^{-t/\tau}\left[\frac{\tau}{\sqrt{2}}\,e^{\theta/\tau}\cos\!\left(\omega_0\theta - \frac{\pi}{4}\right)\right]_{-\infty}^{t} \]
\[ w(t) = \frac{1}{\sqrt{2}}\cos\!\left(\omega_0 t - \frac{\pi}{4}\right)\ \text{mV} \]
La primera etapa deja la interferencia en \(\tfrac{1}{\sqrt{2}} \approx 0.71\) mV y la retrasa \(\tfrac{\pi}{4}\) rad, un octavo de periodo.
d) Las dos etapas en régimen permanente. No hace falta otra integral. Ya sabemos que el sistema, para esa frecuencia, atenúa por un factor \(\tfrac{1}{\sqrt{2}}\) y desfasa \(\tfrac{\pi}{4}\) rad. Por lo tanto, la segunda etapa hace lo mismo sobre la salida de la primera, y la salida final es
\[ y(t) = \frac{1}{\sqrt{2}} \frac{1}{\sqrt{2}}\cos\!\left(\omega_0 t - \frac{\pi}{4} - \frac{\pi}{4}\right) = \frac{1}{2}\cos\!\left(\omega_0 t - \frac{\pi}{2}\right)\ \text{mV} \]
- El filtro reduce la interferencia a la mitad, de 1 mV a 0.5 mV, y la retrasa \(\tfrac{\pi}{2}\) rad: un cuarto de periodo, unos 16 ms de los 63 ms que tarda el motor en dar una vuelta.
- Cada etapa hace lo mismo. Cuando lleguemos a la respuesta en frecuencia, veremos que, en general, una etapa RC multiplica la amplitud de una senoide de frecuencia \(\omega\) por \(\dfrac{1}{\sqrt{1 + (\omega\tau)^2}}\) y retrasa su fase \(\arctan(\omega\tau)\).
La figura muestra las tres señales cuando el motor arranca en \(t = 0\) con el filtro en reposo. Tras un transitorio de unas pocas constantes de tiempo quedan las senoides que se han calculado:
Ampliación del apartado d):
Si se prefiere una explicación más formal, podemos ver que la entrada de la segunda etapa, \(w(t)\), es la misma senoide que entró en la primera, multiplicada por \(\tfrac{1}{\sqrt{2}}\) y retrasada \(t_0 = \tfrac{\pi/4}{\omega_0} = \tfrac{\pi}{400}\) s:
\[ w(t) = \frac{1}{\sqrt{2}}\cos\big(\omega_0 (t - t_0)\big) = \frac{1}{\sqrt{2}}\,x(t - t_0) \]
La segunda etapa es igual que la primera. Como es lineal e invariante en el tiempo, a una entrada escalada y retrasada le corresponde la misma salida de antes, escalada y retrasada lo mismo:
\[ y(t) = \frac{1}{\sqrt{2}}\,w(t - t_0) = \frac{1}{\sqrt{2}}\cdot\frac{1}{\sqrt{2}}\cos\!\left(\omega_0 (t - t_0) - \frac{\pi}{4}\right) = \frac{1}{2}\cos\!\left(\omega_0 t - \frac{\pi}{2}\right) \]
e) Relación señal/ruido. A la entrada del filtro llegan, sumadas, la señal que se quiere medir y la interferencia del motor, que aquí hace de ruido. Como el filtro es lineal, se puede calcular por separado lo que le hace a cada una.
- El ruido ya está calculado en el apartado d): entra con \(1\) mV de amplitud y sale con \(\tfrac{1}{2}\) mV.
- La señal, según el enunciado, pasa sin atenuarse: entra con \(10\) mV de amplitud y sale con \(10\) mV.
La relación señal/ruido es el cociente entre la potencia de la señal y la del ruido. La potencia media de una senoide de amplitud \(A\) es \(\tfrac{A^2}{2}\), así que los \(\tfrac{1}{2}\) se cancelan y queda el cociente de las amplitudes al cuadrado:
\[ \mathrm{SNR}_{\text{entrada}} = \frac{10^2/2}{1^2/2} = 100 \quad\longrightarrow\quad 10\log_{10}(100) = 20\ \text{dB} \]
\[ \mathrm{SNR}_{\text{salida}} = \frac{10^2/2}{0.5^2/2} = 400 \quad\longrightarrow\quad 10\log_{10}(400) \approx 26\ \text{dB} \]
El filtro multiplica la relación señal/ruido por 4, es decir, la mejora en 6 dB. Reduce el ruido a la mitad en amplitud, que es la cuarta parte en potencia, y no toca la señal.