Problemas de sistemas
Señales y Sistemas Lineales
Ejercicios propuestos
Intenta resolver cada ejercicio a mano antes de consultar la solución. Las soluciones están plegadas: despliégalas cuando quieras comprobar tu resultado. Dentro de cada bloque, los ejercicios están ordenados de menor a mayor complejidad.
Memoria, causalidad e invertibilidad
Linealidad e invarianza
Clasificación completa
Estabilidad BIBO y respuesta impulsional
Sistemas LTI: respuesta impulsional y convolución
a) Con \(x[n] = \delta[n]\), cada término de la suma es un impulso desplazado:
\[h[n] = \frac{1}{3}\sum_{k=-1}^{1} \delta[n-k] = \frac{1}{3}\big(\delta[n+1] + \delta[n] + \delta[n-1]\big)\]
b)
Es FIR: \(h[n]\) solo tiene 3 muestras no nulas.
No es causal: \(h[-1] = \tfrac{1}{3} \neq 0\), que es la huella de que la salida usa \(x[n+1]\), una muestra futura.
Es estable: \(\sum_n |h[n]| = 3 \cdot \frac{1}{3} = 1 < \infty\).
c) La salida es \(y[n] = x[n] * h[n]\), con dos secuencias finitas. La de \(h[n]\) empieza en \(n = -1\):
\[x[n] = \{\underset{\uparrow}{1},\, -1,\, 1\} \qquad\qquad h[n] = \{\tfrac{1}{3},\, \underset{\uparrow}{\tfrac{1}{3}},\, \tfrac{1}{3}\}\]
Cada fila de la tabla es \(x[k]\,h[n-k]\), desplazada \(k\) muestras, y se suma por columnas:
| \(n=-1\) | \(n=0\) | \(n=1\) | \(n=2\) | \(n=3\) | |
|---|---|---|---|---|---|
| \(x[0]=1\) | \(\tfrac{1}{3}\) | \(\tfrac{1}{3}\) | \(\tfrac{1}{3}\) | ||
| \(x[1]=-1\) | \(-\tfrac{1}{3}\) | \(-\tfrac{1}{3}\) | \(-\tfrac{1}{3}\) | ||
| \(x[2]=1\) | \(\tfrac{1}{3}\) | \(\tfrac{1}{3}\) | \(\tfrac{1}{3}\) | ||
| \(y[n]\) | \(\mathbf{\tfrac{1}{3}}\) | \(\mathbf{0}\) | \(\mathbf{\tfrac{1}{3}}\) | \(\mathbf{0}\) | \(\mathbf{\tfrac{1}{3}}\) |
\[y[n] = \tfrac{1}{3}\big(\delta[n+1] + \delta[n-1] + \delta[n-3]\big)\]
La salida tiene \(L = 3 + 3 - 1 = 5\) muestras, desde \(n = -1\) hasta \(n = 3\). Empieza una muestra antes que la entrada, cosa que solo puede hacer un sistema no causal.
d) Sí. En cada instante la ventana es la media de \(x[n-1], x[n], x[n+1]\). Conforme avanza la ventana, en el primer solame solo hay una muestra que vale \(1\) y la media es un \(1/3\). En el segundo solape hay dos muestas, pero son \(1\) y \(-1\), así que la media es cero, etc.
La respuesta impulsional de un oscilador LC, con la tensión de la fuente como entrada y la del condensador como salida, es
\[h(t) = \omega_0 \sin(\omega_0 t)\,u(t) \qquad\text{con}\qquad \omega_0 = \frac{1}{\sqrt{LC}}\]
Toma \(L = 1\) H y \(C = 0.25\) F.
a) Dibújala.
b) ¿Es un sistema causal?
c) ¿Es BIBO estable?
d) Calcula la salida cuando la fuente da un impulso unitario en \(t = 0\), es decir, \(x(t) = \delta(t)\).
e) Si realizamos ese experimento en el laboratorio, ¿observaríamos lo mismo?
Con esos valores, \(\omega_0 = \dfrac{1}{\sqrt{1 \cdot 0.25}} = 2\) rad/s y la respuesta impulsional es
\[h(t) = 2\sin(2t)\,u(t)\]
a) Es una senoide de amplitud \(2\) y periodo \(T_0 = \frac{2\pi}{\omega_0} = \pi \approx 3.14\) s que arranca desde cero en \(t = 0\) y no se amortigua: sin resistencia no hay nada que disipe la energía, que pasa una y otra vez de la bobina al condensador.
b) Sí es causal: el escalón \(u(t)\) anula \(h(t)\) para \(t < 0\). El circuito no oscila antes de recibir el impulso.
c) No es BIBO estable: \(h(t)\) no es absolutamente integrable. Cada semiperiodo de \(|h(t)|\), de duración \(\frac{\pi}{2}\), encierra la misma área,
\[\int_{0}^{\pi/2} 2\sin(2t)\,dt = \Big[-\cos(2t)\Big]_0^{\pi/2} = 2\]
y hay infinitos semiperiodos:
\[\int_{-\infty}^{\infty} |h(t)|\,dt = \int_{0}^{\infty} 2\,|\sin(2t)|\,dt = 2 + 2 + 2 + \dots = \infty\]
Por tanto, no es BIBO estable.
d) La salida es la convolución de la entrada con \(h(t)\), y convolucionar con \(\delta(t)\) deja la señal como está: es la propiedad de convolución de la delta, \(x(t) * \delta(t-t_0) = x(t-t_0)\), con \(t_0 = 0\).
\[y(t) = x(t) * h(t) = \delta(t) * h(t) = h(t) = 2\sin(2t)\,u(t)\]
No podía salir otra cosa: \(h(t)\) es, por definición, la salida ante \(\delta(t)\). La salida es la curva de a): tras un único golpe, el circuito se queda oscilando indefinidamente entre \(-2\) y \(2\) V.
e) No, la oscilación se apagaría. Una bobina real tiene la resistencia de su hilo, y también la tienen los cables y la fuente. Esa resistencia disipa parte de la energía en cada ciclo, así que veríamos una senoide cuya amplitud decae exponencialmente hasta desaparecer, más despacio cuanto menor sea la resistencia. El oscilador LC es el caso ideal sin pérdidas, que es lo que representa este modelo.
a) Con \(x[n] = \delta[n]\) y el sistema en reposo, se itera desde \(n = 0\):
\[\begin{aligned} h[0] &= 1.2\,h[-1] + \delta[0] = 1 \\ h[1] &= 1.2\,h[0] + \delta[1] = 1.2 \\ h[2] &= 1.2\,h[1] + \delta[2] = 1.2^2 \\ &\;\;\vdots \\ h[n] &= 1.2^n\,u[n] \end{aligned}\]
b) Es IIR: \(h[n]\) tiene infinitas muestras no nulas. Es causal: \(h[n] = 0\) para \(n < 0\). Es inestable: \(\sum_n |h[n]| = \sum_{n=0}^{\infty} 1.2^n \to \infty\), porque la razón de la serie geométrica es mayor que 1.
c) Por linealidad e invarianza, \(y[n] = h[n] + h[n-1] = 1.2^n\,u[n] + 1.2^{n-1}\,u[n-1]\):
\[y[n] = \begin{cases} 1 & n = 0 \\ 2.2 \cdot 1.2^{\,n-1} & n \geq 1 \\ 0 & n < 0 \end{cases}\]
Dos muestras de entrada, acotadas, y una salida que crece sin límite: en \(n = 20\) ya vale más de \(70\).
d) La respuesta impulsional es \(h[n] = a^n\,u[n]\), y \(\sum_n |a|^n\) converge solo si
\[|a| < 1\]
Con \(a = 0.8\), por ejemplo, el filtro suaviza y es estable: \(\sum_n 0.8^n = 5\).
a) \(h[n]\) es cero para \(n < 0\), vale \(\tfrac{1}{4}\) en \(n = 0\) y, a partir de ahí, cada muestra es \(\tfrac{3}{4}\) de la anterior. Decrece sin llegar nunca a cero:
b) Es IIR: \(h[n]\) no llega a valer cero para ningún \(n \geq 0\), así que tiene infinitas muestras no nulas. Es causal: \(h[n] = 0\) para \(n < 0\). Es estable: la suma de \(|h[n]|\) es una serie geométrica de razón \(\tfrac{3}{4} < 1\), que converge:
\[\sum_{n=-\infty}^{\infty} |h[n]| = \frac{1}{4}\sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{3}{4}\right)^{n} = \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{1 - \frac{3}{4}} = 1 < \infty\]
A diferencia de un FIR, que es estable siempre, un IIR hay que comprobarlo.
c) La entrada es la suma de dos señales: el peso del paquete, \(p[n] = 10\,u[n]\), y la vibración, \(v[n] = \cos\left(\tfrac{\pi}{2}n\right)u[n]\). Como el filtro es lineal, la convolución se reparte entre los dos sumandos:
\[y[n] = \big(p[n] + v[n]\big) * h[n] = \underbrace{p[n] * h[n]}_{y_p[n]} + \underbrace{v[n] * h[n]}_{y_v[n]}\]
En las dos, los límites de la suma de convolución son los mismos. La entrada vale cero para \(k < 0\), así que la suma empieza en \(k = 0\); y el filtro es causal, \(h[n-k] = 0\) si \(k > n\), así que se acaba en \(k = n\). Para \(n < 0\) no hay solape y la salida es cero.
Peso del paquete. Queda una suma geométrica finita, con los términos en orden inverso:
\[y_p[n] = \sum_{k=0}^{n} p[k]\,h[n-k] = 10 \cdot \frac{1}{4}\sum_{k=0}^{n} \left(\frac{3}{4}\right)^{n-k} = \frac{10}{4} \cdot \frac{1 - \left(\frac{3}{4}\right)^{n+1}}{1 - \frac{3}{4}}\]
\[y_p[n] = \left[10 - 10\left(\tfrac{3}{4}\right)^{n+1}\right]u[n]\]
Vibración.
\[y_v[n] = \sum_{k=0}^{n} v[k]\,h[n-k] = \frac{1}{4}\sum_{k=0}^{n} \left(\frac{3}{4}\right)^{n-k}\cos\left(\tfrac{\pi}{2}k\right)\]
Es la suma finita exponencial por coseno del formulario,
\[\sum_{k=0}^{n} a^{n-k}\cos(\Omega k) = \frac{\cos(\Omega n) - a\cos\big(\Omega(n+1)\big) - a^{n+1}\left(\cos\Omega - a\right)}{1 - 2a\cos\Omega + a^2}\]
con \(a = \tfrac{3}{4}\) y \(\Omega = \tfrac{\pi}{2}\). Como \(\cos\Omega = 0\), el denominador vale \(1 + a^2 = \tfrac{25}{16}\); y en el numerador, \(\cos\left(\tfrac{\pi}{2}n + \tfrac{\pi}{2}\right) = -\sin\left(\tfrac{\pi}{2}n\right)\):
\[y_v[n] = \frac{1}{4} \cdot \frac{16}{25}\left[\cos\left(\tfrac{\pi}{2}n\right) + \tfrac{3}{4}\sin\left(\tfrac{\pi}{2}n\right) + \left(\tfrac{3}{4}\right)^{n+2}\right]\]
\[y_v[n] = \left[\tfrac{4}{25}\cos\left(\tfrac{\pi}{2}n\right) + \tfrac{3}{25}\sin\left(\tfrac{\pi}{2}n\right) + \tfrac{3}{25}\left(\tfrac{3}{4}\right)^{n+1}\right]u[n]\]
El coseno y el seno se juntan en un solo coseno con fase: la amplitud es \(\tfrac{1}{25}\sqrt{4^2 + 3^2} = \tfrac{1}{5}\) y la fase, \(\varphi = \arctan\tfrac{3}{4} \approx 0.64\) rad.
\[y_v[n] = \left[\tfrac{1}{5}\cos\left(\tfrac{\pi}{2}n - \varphi\right) + \tfrac{3}{25}\left(\tfrac{3}{4}\right)^{n+1}\right]u[n]\]
Salida completa. Sumando las dos, con \(10 - \tfrac{3}{25} = \tfrac{247}{25}\):
\[y[n] = \left[10 + \tfrac{1}{5}\cos\left(\tfrac{\pi}{2}n - \varphi\right) - \tfrac{247}{25}\left(\tfrac{3}{4}\right)^{n+1}\right]u[n] \text{ kg}\]
Como comprobación, en \(n = 0\) la suma de convolución solo tiene un término, \(y[0] = s[0]\,h[0] = 11 \cdot \tfrac{1}{4} = \tfrac{11}{4}\), y la expresión da lo mismo: \(10 + \tfrac{4}{25} - \tfrac{247}{25} \cdot \tfrac{3}{4} = \tfrac{11}{4}\).
d) En la salida hay un término que se queda y otro que se extingue:
\[y[n] = \underbrace{10 + \tfrac{1}{5}\cos\left(\tfrac{\pi}{2}n - \varphi\right)}_{\text{régimen permanente}} \; \underbrace{{} - \tfrac{247}{25}\left(\tfrac{3}{4}\right)^{n+1}}_{\text{transitorio}}, \qquad n \geq 0\]
- Régimen transitorio. La lectura no vale 10 kg desde el principio: empieza en \(y[0] = \tfrac{11}{4} = 2.75\) kg y sube poco a poco. El transitorio se multiplica por \(\tfrac{3}{4}\) en cada muestra, así que en un ciclo de vibración (cuatro muestras) se queda en \(\left(\tfrac{3}{4}\right)^4 = \tfrac{81}{256}\), algo menos de la tercera parte. Tiende a cero, pero no se anula nunca: es la consecuencia de que el filtro sea IIR y tenga memoria infinita.
- El peso pasa intacto. Cuando el transitorio se ha extinguido, la componente constante es de 10 kg exactos, porque \(\sum_n h[n] = 1\).
- La vibración no se elimina, se atenúa. Sale con la misma frecuencia, retrasada \(\varphi\) radianes y con la quinta parte de su amplitud: de 1 kg a 0.2 kg.
- Lecturas en régimen permanente. Con la forma \(\tfrac{4}{25}\cos\left(\tfrac{\pi}{2}n\right) + \tfrac{3}{25}\sin\left(\tfrac{\pi}{2}n\right)\) se ve que la lectura se repite cada cuatro muestras:
| \(n\) (módulo 4) | \(0\) | \(1\) | \(2\) | \(3\) |
|---|---|---|---|---|
| \(y[n]\) (kg) | \(10 + \frac{4}{25} = 10.16\) | \(10 + \frac{3}{25} = 10.12\) | \(10 - \frac{4}{25} = 9.84\) | \(10 - \frac{3}{25} = 9.88\) |
La báscula nunca marca 10 kg exactos: oscila alrededor, con un error de hasta 0.16 kg. Ese error es menor que la amplitud de 0.2 kg porque, con cuatro muestras por ciclo, ninguna cae en el máximo de la oscilación.
En resumen, el filtro suaviza la lectura, pero a cambio de un arranque lento y de una vibración residual que no desaparece.
Diagramas de bloques
En todos los diagramas de esta sección, los bloques en serie se convolucionan y las ramas en paralelo se suman, con el signo que indica el sumador (\(\Sigma\)). Las secuencias finitas llevan una flecha bajo la muestra de \(n = 0\).
con \(h_1[n] = \delta[n] - \delta[n-1]\) (primera diferencia) y \(h_2[n] = u[n]\) (acumulador).
a) Calcula la respuesta impulsional global \(h[n]\).
b) Para \(x[n] = \{\underset{\uparrow}{3},\, -1,\, 2\}\), calcula la señal intermedia \(w[n]\) y después \(y[n]\).
c) ¿Cambia algo si se intercambian los bloques?
con \(h_1[n] = \delta[n] - \delta[n-1]\).
a) Calcula \(h[n]\).
b) Calcula la salida para la rampa \(x[n] = n\,u[n]\).
c) Calcula la salida para \(x[n] = n^2\,u[n]\).
d) Interpreta los resultados como una «derivada segunda discreta».
a) En serie, se convoluciona \(h_1\) consigo misma:
\[h[n] = \{\underset{\uparrow}{1},\, -1\} * \{\underset{\uparrow}{1},\, -1\} = \{\underset{\uparrow}{1},\, -2,\, 1\}\]
es decir, \(y[n] = x[n] - 2\,x[n-1] + x[n-2]\).
b) Para la rampa: \(y[0] = 0\), \(y[1] = 1 - 0 + 0 = 1\) y, para \(n \geq 2\),
\[y[n] = n - 2(n-1) + (n-2) = 0\]
La salida es \(y[n] = \delta[n-1]\): solo es distinta de cero donde la rampa dobla, al pasar de pendiente \(0\) a pendiente \(1\). (Aparece en \(n = 1\) y no en \(n = 0\) porque el sistema es causal y mide la curvatura alrededor de la muestra \(n - 1\).)
c) Para la parábola: \(y[0] = 0\), \(y[1] = 1\), \(y[2] = 4 - 2 = 2\) y, para \(n \geq 2\),
\[y[n] = n^2 - 2(n-1)^2 + (n-2)^2 = n^2 - 2n^2 + 4n - 2 + n^2 - 4n + 4 = 2\]
d) La primera diferencia \(x[n] - x[n-1]\) es la versión discreta de la derivada: mide la pendiente. Aplicada dos veces mide cómo cambia la pendiente, que es la curvatura. Una recta tiene curvatura nula (salvo en la esquina donde empieza) y una parábola, curvatura constante, igual que \(\frac{d^2}{dt^2}\,t^2 = 2\).
con \(h_1[n] = \tfrac{1}{2}\big(\delta[n] + \delta[n-1]\big)\).
a) Calcula \(h[n]\).
b) Calcula la salida para la entrada constante \(x[n] = 1\) (para todo \(n\)).
c) Calcula la salida para \(x[n] = (-1)^n\).
d) Interpreta el resultado.
Un detector de movimientos bruscos suaviza la medida de un acelerómetro con \(h_1[n] = \tfrac{1}{3}\big(\delta[n] + \delta[n-1] + \delta[n-2]\big)\) y después, en un post-procesado, la pasa por un derivador, \(h_2[n] = 0.5\,\big(\delta[n+1] - \delta[n-1]\big)\).
a) Calcula la respuesta impulsional de la cascada, \(h[n] = h_1[n] * h_2[n]\).
b) ¿Es estable? ¿Es causal?
c) Calcula la salida para la entrada \(x[n] = \{\underset{\uparrow}{-1.5},\, 1,\, -1,\, 5,\, 1.5,\, -1\}\).
a) Como secuencias finitas, \(h_1 = \tfrac{1}{3}\{\underset{\uparrow}{1},\, 1,\, 1\}\) empieza en \(n = 0\) y \(h_2 = \tfrac{1}{2}\{1,\, \underset{\uparrow}{0},\, -1\}\) en \(n = -1\). Se convolucionan los coeficientes y el resultado empieza en \(0 + (-1) = -1\):
\[h[n] = \tfrac{1}{3}\cdot\tfrac{1}{2}\,\{1,\, 1,\, 1\} * \{1,\, 0,\, -1\} = \tfrac{1}{6}\,\{1,\, \underset{\uparrow}{1},\, 0,\, -1,\, -1\}\]
es decir, \(h[n] = \tfrac{1}{6}\big(\delta[n+1] + \delta[n] - \delta[n-2] - \delta[n-3]\big)\): la diferencia entre la media de las muestras recientes y la de las antiguas.
b) Es estable: es FIR, y \(\sum_n |h[n]| = \tfrac{4}{6} = \tfrac{2}{3} < \infty\). No es causal: \(h[-1] = \tfrac{1}{6} \neq 0\), así que la salida en \(n\) usa la muestra \(x[n+1]\). Viene del derivador centrado, que mira una muestra al futuro. En un post-procesado, con toda la señal ya grabada, no es un problema; en tiempo real se retrasaría una muestra.
c) Por el método tabular, con \(6\,h = \{1,\, \underset{\uparrow}{1},\, 0,\, -1,\, -1\}\) para no arrastrar fracciones (al final se divide entre \(6\)). Cada fila empieza en \(n = k - 1\):
| \(n=-1\) | \(n=0\) | \(n=1\) | \(n=2\) | \(n=3\) | \(n=4\) | \(n=5\) | \(n=6\) | \(n=7\) | \(n=8\) | |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| \(x[0]=-1.5\) | \(-1.5\) | \(-1.5\) | \(0\) | \(1.5\) | \(1.5\) | |||||
| \(x[1]=1\) | \(1\) | \(1\) | \(0\) | \(-1\) | \(-1\) | |||||
| \(x[2]=-1\) | \(-1\) | \(-1\) | \(0\) | \(1\) | \(1\) | |||||
| \(x[3]=5\) | \(5\) | \(5\) | \(0\) | \(-5\) | \(-5\) | |||||
| \(x[4]=1.5\) | \(1.5\) | \(1.5\) | \(0\) | \(-1.5\) | \(-1.5\) | |||||
| \(x[5]=-1\) | \(-1\) | \(-1\) | \(0\) | \(1\) | \(1\) | |||||
| \(6\,y[n]\) | \(\mathbf{-1.5}\) | \(\mathbf{-0.5}\) | \(\mathbf{0}\) | \(\mathbf{5.5}\) | \(\mathbf{7}\) | \(\mathbf{0.5}\) | \(\mathbf{-5}\) | \(\mathbf{-6.5}\) | \(\mathbf{-0.5}\) | \(\mathbf{1}\) |
Dividiendo entre \(6\):
\[y[n] = \tfrac{1}{12}\,\{-3,\, \underset{\uparrow}{-1},\, 0,\, 11,\, 14,\, 1,\, -10,\, -13,\, -1,\, 2\}\]
con \(L = 6 + 5 - 1 = 10\) muestras, de \(n = -1\) a \(n = 8\). El salto a \(5\) en \(n = 3\) da el pico positivo, \(y[3] = \tfrac{14}{12} \approx 1.17\), y la vuelta a valores pequeños, el pico negativo, \(y[6] = -\tfrac{13}{12} \approx -1.08\): el detector marca los cambios bruscos, y su signo dice si la aceleración sube o baja. Las oscilaciones pequeñas de \(\pm 1\) casi desaparecen con el suavizado. Como \(\sum_n h[n] = 0\), la suma de la salida también es nula: un nivel constante no produce salida.
Dado el siguiente diagrama, obtén la respuesta impulsional equivalente \(h[n]\) entre \(x[n]\) e \(y[n]\):
con \(h_1[n] = \delta[n] + \delta[n-1]\), \(h_2[n] = 2\,\delta[n]\) y \(h_3[n] = \delta[n-1]\).
con \(h_1[n] = \{\underset{\uparrow}{1},\, 2\}\), \(h_2[n] = \{\underset{\uparrow}{1},\, -1\}\), \(h_3[n] = \delta[n-2]\) y \(h_4[n] = \{\underset{\uparrow}{1},\, 1\}\).
a) Calcula \(h[n]\).
b) Calcula la salida para \(x[n] = \{\underset{\uparrow}{1},\, 1,\, 1\}\) de dos formas: con \(h[n]\) directamente y propagando la señal bloque a bloque.
c) Comprueba que los dos resultados coinciden.
con \(h_1[n] = \delta[n]\), \(h_2[n] = \delta[n-3]\) y \(h_3[n] = \tfrac{1}{3}\,u[n]\).
a) Calcula \(h[n]\) y exprésala como una suma de deltas.
b) Calcula la salida para \(x[n] = u[n]\).
c) Calcula la salida para \(x[n] = n\,u[n]\). ¿Qué relación hay entre la entrada y la salida para \(n \geq 2\)?
con \(h_1[n] = \delta[n] + \tfrac{1}{2}\,\delta[n-1]\) y \(h_2[n] = \left(-\tfrac{1}{2}\right)^n u[n]\).
a) Calcula \(h[n]\), estudiando por separado \(n = 0\) y \(n \geq 1\).
b) Para \(x[n] = \{\underset{\uparrow}{1},\, 0,\, 1\}\), calcula la salida del canal \(r[n]\) y después \(y[n]\), al menos hasta \(n = 4\).
c) ¿Qué función cumple \(h_2\)?
con \(c[n] = \delta[n] + \tfrac{1}{2}\,\delta[n-3]\) y \(g[n] = \delta[n] - \tfrac{1}{2}\,\delta[n-3] + \tfrac{1}{4}\,\delta[n-6]\).
a) Calcula \(h = c * g\).
b) Calcula la salida para \(x[n] = \{\underset{\uparrow}{2},\, 1\}\).
c) Generaliza el resultado para un corrector de \(N\) términos, \(g_N[n] = \sum_{k=0}^{N-1} \left(-\tfrac{1}{2}\right)^k \delta[n-3k]\). ¿Cuántos términos hacen falta para que el eco residual sea menor que el 1 %?
El mismo corrector funciona en tiempo continuo: basta cambiar los retardos de muestras por segundos.
Una señal \(x(t)\) llega a un receptor de forma directa y también reflejada, con un retardo \(t_0 = 5\) y la mitad de amplitud: \(h_1(t) = \delta(t) + 0.5\,\delta(t - t_0)\). El receptor usa un cancelador de eco \(h_2(t) = \delta(t) - 0.5\,\delta(t - t_0) + 0.25\,\delta(t - 2t_0)\).
a) Calcula la respuesta impulsional de la cascada, \(h(t) = h_1(t) * h_2(t)\).
b) Calcula la salida \(y(t)\) del cancelador si la señal emitida es el pulso \(x(t) = u(t) - u(t-1)\).
c) En el mismo caso, calcula la señal recibida \(w(t)\), antes de cancelar su eco.
a) Convolucionar dos deltas da una delta con los retardos sumados, \(\delta(t - a) * \delta(t - b) = \delta(t - a - b)\), así que se multiplica término a término:
\[\begin{aligned} h(t) &= \delta(t) - 0.5\,\delta(t - 5) + 0.25\,\delta(t - 10) \\ &\quad + 0.5\,\delta(t - 5) - 0.25\,\delta(t - 10) + 0.125\,\delta(t - 15) \\ &= \delta(t) + 0.125\,\delta(t - 15) \end{aligned}\]
Como en la versión discreta, el eco de amplitud \(0.5\) y retardo \(t_0\) queda reducido a un eco residual de amplitud \(0.125\) y retardo \(3t_0 = 15\).
b) Convolucionar con \(\delta(t - a)\) desplaza la señal \(a\) unidades. Con \(p(t) = u(t) - u(t-1)\):
\[y(t) = p(t) + 0.125\,p(t - 15)\]
el pulso intacto entre \(t = 0\) y \(t = 1\) y una copia de altura \(0.125\) entre \(t = 15\) y \(t = 16\).
c) La señal recibida es la salida del canal solo, \(w = x * h_1\):
\[w(t) = p(t) + 0.5\,p(t - 5)\]
el pulso y su eco, de altura \(0.5\), entre \(t = 5\) y \(t = 6\). El cancelador cambia ese eco por otro cuatro veces más débil.
con \(h_1[n] = \{\underset{\uparrow}{1},\, 1,\, -1\}\) (el código) y \(h_2[n] = \{\underset{\uparrow}{-1},\, 1,\, 1\}\) (el código invertido en el tiempo).
a) Calcula \(h[n]\). ¿Dónde está su máximo?
b) Se transmiten dos bits, \(x[n] = \delta[n] + \delta[n-5]\). Calcula \(y[n]\).
c) Repite el apartado anterior con \(x[n] = \delta[n] - \delta[n-5]\).
d) ¿Cómo decide el receptor qué bit se envió?
a) Por el método tabular:
| \(n=0\) | \(n=1\) | \(n=2\) | \(n=3\) | \(n=4\) | |
|---|---|---|---|---|---|
| \(h_1[0]=1\) | \(-1\) | \(1\) | \(1\) | ||
| \(h_1[1]=1\) | \(-1\) | \(1\) | \(1\) | ||
| \(h_1[2]=-1\) | \(1\) | \(-1\) | \(-1\) | ||
| \(h[n]\) | \(\mathbf{-1}\) | \(\mathbf{0}\) | \(\mathbf{3}\) | \(\mathbf{0}\) | \(\mathbf{-1}\) |
\(h[n] = \{\underset{\uparrow}{-1},\, 0,\, 3,\, 0,\, -1\}\), con el máximo, \(3\), en \(n = 2\). Como \(h_2\) es el código invertido, convolucionar con él equivale a correlar con el código: \(h\) es la autocorrelación del código. El pico vale \(3\) (las tres muestras del código coinciden con ellas mismas) y los lóbulos laterales, como mucho \(1\) en valor absoluto.
b) Cada bit produce una copia de \(h\) en su instante. Como \(h\) dura 5 muestras, las dos copias no se solapan:
\[y[n] = h[n] + h[n-5] = \{\underset{\uparrow}{-1},\, 0,\, 3,\, 0,\, -1,\, -1,\, 0,\, 3,\, 0,\, -1\}\]
con picos de \(+3\) en \(n = 2\) y \(n = 7\).
c) El segundo bit llega con signo cambiado, y su copia también:
\[y[n] = h[n] - h[n-5] = \{\underset{\uparrow}{-1},\, 0,\, 3,\, 0,\, -1,\, 1,\, 0,\, -3,\, 0,\, 1\}\]
con picos de \(+3\) en \(n = 2\) y de \(-3\) en \(n = 7\).
d) El receptor muestrea en los picos, \(n = 2 + 5k\), y decide el bit por el signo. El código reparte cada bit en tres muestras y el filtro adaptado las vuelve a concentrar en una, de valor \(3\) frente a lóbulos de valor \(1\): es la compresión de pulsos del radar, que da margen frente al ruido sin transmitir más potencia de pico.
a) Calcula \(h(t)\) y dibújala.
b) Calcula la salida para \(x(t) = u(t)\).
c) Se ponen dos sistemas idénticos a este en cascada. Calcula la nueva respuesta impulsional.
a) El paralelo resta las dos ramas, \(\delta(t) - \delta(t-1)\), y el resultado va en serie con \(u(t)\). Convolucionar con \(\delta(t - a)\) desplaza la señal \(a\) unidades:
\[h(t) = \big(\delta(t) - \delta(t-1)\big) * u(t) = u(t) - u(t-1)\]
un pulso rectangular de altura \(1\) entre \(t = 0\) y \(t = 1\). La salida es entonces
\[y(t) = \int_{-\infty}^{\infty} x(\tau)\,h(t-\tau)\,d\tau = \int_{t-1}^{t} x(\tau)\,d\tau\]
El sistema integra la entrada solo durante el último segundo.
b) Con \(x(t) = u(t)\), la integral mide cuánto de la ventana \([t-1,\, t]\) cae en \(\tau \geq 0\):
\[y(t) = \begin{cases} 0 & t < 0 \\ t & 0 \leq t < 1 \\ 1 & t \geq 1 \end{cases}\]
una rampa que satura: \(y(t) = r(t) - r(t-1)\).
c) En cascada se convoluciona el pulso consigo mismo. \(h * h\,(t)\) es la longitud del solape entre \([0, 1]\) y \([t-1, t]\):
\[h(t) * h(t) = \begin{cases} t & 0 \leq t < 1 \\ 2 - t & 1 \leq t < 2 \\ 0 & \text{resto} \end{cases}\]
un pulso triangular de base \(2\) y altura \(1\).
con \(h_1(t) = e^{-t}\,u(t)\) y \(h_2(t) = h_3(t) = e^{-2t}\,u(t)\).
a) Calcula \(h_1 * h_2\) con la integral de convolución.
b) Calcula \(h(t)\) y simplifícala.
c) Calcula la salida para \(x(t) = u(t)\).
Un termómetro electrónico se modela como \(h_1(t) = e^{-t}\,u(t)\). Su salida pasa por un filtro RC, \(h_2(t) = 2\,e^{-2t}\,u(t)\), que elimina ruido. La entrada \(x(t)\) es la temperatura (°C) y la salida \(y(t)\), la tensión filtrada (V); el conjunto tiene una ganancia de 1 V/°C.
a) Calcula la respuesta impulsional de la cascada, \(h(t) = h_1(t) * h_2(t)\).
b) La temperatura sube de forma brusca 5 °C. Calcula la lectura \(y(t)\) y el tiempo que tarda en alcanzar el 90 % de su valor final.
a) Los dos escalones limitan la integral a \(0 \leq \theta \leq t\) (para \(t < 0\) no hay solape y el resultado es \(0\)):
\[\begin{aligned} h(t) &= \int_0^t e^{-\theta}\cdot 2\,e^{-2(t-\theta)}\,d\theta = 2\,e^{-2t}\int_0^t e^{\theta}\,d\theta \\ &= 2\,e^{-2t}\left(e^{t} - 1\right) = 2\left(e^{-t} - e^{-2t}\right)u(t) \end{aligned}\]
Empieza en \(0\), a diferencia de \(h_1\) y \(h_2\), que saltan en \(t = 0\): cada etapa suaviza y la cascada tarda en reaccionar. Su área vale \(2\left(1 - \tfrac{1}{2}\right) = 1\), que es la ganancia de 1 V/°C del enunciado.
b) Un salto brusco de 5 °C es \(x(t) = 5\,u(t)\), y la salida es la integral acumulada de \(h\):
\[\begin{aligned} y(t) &= 5\int_0^t 2\left(e^{-\theta} - e^{-2\theta}\right)d\theta = 10\left(1 - e^{-t}\right) - 5\left(1 - e^{-2t}\right) \\ &= 5 - 10\,e^{-t} + 5\,e^{-2t} = 5\left(1 - e^{-t}\right)^2 u(t) \end{aligned}\]
La lectura tiende a \(5\) V. Llega al 90 %, \(4.5\) V, cuando
\[\left(1 - e^{-t}\right)^2 = 0.9 \;\Rightarrow\; e^{-t} = 1 - \sqrt{0.9} \;\Rightarrow\; t = -\ln\!\left(1 - \sqrt{0.9}\right) \approx 2.97 \text{ s}\]
El termómetro solo, \(5\left(1 - e^{-t}\right)\), llegaría al 90 % en \(\ln 10 \approx 2.30\) s: el filtro quita ruido a cambio de casi 0.7 s más de retraso.
Un sistema digital trabaja con un periodo de muestreo \(T_s = 1\) s. Su DAC mantiene cada muestra durante un tiempo \(T_s\), es decir, \(h_1(t) = u(t) - u(t - T_s)\). Después, un filtro RC suaviza la reconstrucción; su modelo es \(h_2(t) = \frac{1}{\tau}\,e^{-t/\tau}\,u(t)\), con \(\tau = 0.5\) s.
a) Calcula \(h(t) = h_1(t) * h_2(t)\) por tramos: \(t < 0\), \(0 \leq t < T_s\) y \(t \geq T_s\).
a) Convolucionar con el pulso \(h_1\) es integrar \(h_2\) en la ventana de los últimos \(T_s\) segundos:
\[h(t) = \int_{-\infty}^{\infty} h_1(\theta)\,h_2(t - \theta)\,d\theta = \int_{t-T_s}^{t} h_2(\theta)\,d\theta\]
Como \(h_2\) es nula para \(\theta < 0\), la ventana solo cuenta a partir de \(\theta = 0\):
- \(t < 0\): la ventana está entera antes de \(0\) y \(h(t) = 0\).
- \(0 \leq t < T_s\): la ventana ha entrado solo en parte, \(\theta \in [0, t]\): \[h(t) = \int_0^t \tfrac{1}{\tau}\,e^{-\theta/\tau}\,d\theta = 1 - e^{-t/\tau} = 1 - e^{-2t}\]
- \(t \geq T_s\): la ventana entera, \(\theta \in [t - T_s, t]\): \[h(t) = e^{-(t-T_s)/\tau} - e^{-t/\tau} = \left(e^{T_s/\tau} - 1\right)e^{-t/\tau} = \left(e^{2} - 1\right)e^{-2t}\]
Los dos tramos coinciden en \(t = T_s\), donde \(h\) alcanza su máximo, \(1 - e^{-2} \approx 0.86\). El filtro convierte los saltos bruscos del pulso en una subida y una bajada exponenciales, con la misma constante de tiempo \(\tau\): el mismo razonamiento que el integrador de ventana, con una exponencial en lugar de un escalón.
