Sistemas y Señales (Ejercicios Resueltos)

˜ Sistemas y Senales Ejercicios Resueltos

´ UNIVERSIDAD TECNOLOGICA DE PEREIRA. COLOMBIA - PEREIRA. 2012

II

Unidad I Senales ˜ y Sistemas

1

Cap´ıtulo 1

Senales ˜ 1.1.

˜ de una Senal ˜ Tamano

1.1.1. ˜ Determine los valores de Ex y Px para las siguientes senales. (a) x(t) = e−2t u(t)

(b) x(t) = ej(2t+π/4)

(c) x(t) = tcos(t)

Solucion: ´ (a) Energ´ıa: Z∞ Ex = −∞ Z∞

Ex = 0

Z∞

x2 (t)dt =


2 e−2t µ(t) dt

−∞

  −4t ∞ 1 e −4t =0− − e dt = − 4 0 4

1 Ex = 4 Potencia: 1 T →∞ T

T

T

Z2

Z2

Px = l´ım

1 T →∞ T

x2 (t)dt = l´ım

− T2


2 e−2t µ(t) dt

− T2

T

T ! −4t 2 1 e e−4t dt = l´ım − T →∞ T 4 0 0  −2T  1 e 1 Px = l´ım − + ⇒ Px = 0 T →∞ T 4 4 1 Px = l´ım T →∞ T

Z2

2

3 (b) Energ´ıa: Z∞ Ex = −∞ Z∞

Ex =

|x(t)|2 dt =

Z∞

j(2t+π/4) 2 e dt

−∞

12 dt

⇒

Ex → ∞

−∞

Potencia: 1 T →∞ T

T

T

Z2

Z2

Px = l´ım

1 T →∞ T

|x(t)|2 dt = l´ım

− T2

j(2t+π/4) 2 e dt

− T2

T

1 Px = l´ım T →∞ T

Z2

1 1 dt = l´ım T →∞ T 2



  T T − − 2 2

− T2

Px = 1 (c) Energ´ıa: Z∞ Ex =

2

Z∞ 

cos (t)dt = −∞

 Ex =

1 + cos(t) 2

 dt

−∞

 ∞ t + sen(t) 2 −∞

⇒

Ex → ∞

Potencia: T

1 Px = l´ım T →∞ T

Z2

T

1 cos (t)dt = l´ım T →∞ T 2

− T2

 T t + sen(t) 2 T 2 −  2 1 T + sen (T ) Px = l´ım ⇒ T →∞ T 2

1 Px = l´ım T →∞ T

Z2  − T2



Px =

1.1.2. ˜ Determine la energ´ıa y la potencia de las siguientes senales. (a) x(t) = e−at u(t),

a>0

(b) x(t) = A cos(ω0 t + θ)

1 + cos(t) 2

(c) x(t) = tu(t) (d) x(t) = e−|t| cos(2t)

1 2

 dt

4 Solucion: ´

(a) Energ´ıa: Z∞ Ex =

Z∞

2


2 e−at µ(t) dt

x (t)dt = −∞ Z∞

Ex =

−∞

e−2at dt

0

∞ e−2at Ex = − 2a 0

⇒

Ex =

1 2a

Potencia:

1 T →∞ T

T

T

Z2

Z2

Px = l´ım

1 T →∞ T

x2 (t)dt = l´ım

− T2


2 e−at µ(t) dt

− T2

T

T ! −2at 2 1 e e−2at dt = l´ım − T →∞ T 2a 0 0  −aT  1 e 1 Px = l´ım − + ⇒ Px = 0 T →∞ T 2a 2a 1 Px = l´ım T →∞ T

Z2

(b) Energ´ıa: Z∞ Ex = −∞ Z∞

Ex =

x2 (t)dt =

Z∞

[A cos (ω0 t + θ)]2 dt

−∞



 A2 cos2 (ω0 t + θ) dt

−∞

A2 Ex = 2

Z∞ [1 + cos (2ω0 t + 2θ)] dt −∞

2

A Ex = 2



sen (2ω0 t + 2θ) t+ 2ω0

∞ ⇒ −∞

Ex → ∞

5 Potencia: 1 T →∞ T

T

T

Z2

Z2

1 T →∞ T

x2 (t)dt = l´ım

Px = l´ım

− T2

[A cos (ω0 t + θ)]2 dt

− T2 T

Z2

2

A T →∞ 2T

Px = l´ım

[1 + cos (2ω0 t + 2θ)] dt − T2

 T A2 sen (2ω0 t + 2θ) 2 Px = l´ım t+ T →∞ 2T 2ω0 − T2   A2 sen (ω0 T + 2θ) Px = l´ım T+ T →∞ 2T ω0 2 A Px = 2 (c) Energ´ıa: Z∞ Ex = Ex =

x2 (t)dt =

−∞ 3 ∞

t 3 0

Z∞

t2 dt

0

⇒

Ex → ∞

Potencia: 1 T →∞ T

T

T

Z2

Z2

1 T →∞ T

x2 (t)dt = l´ım

Px = l´ım

t2 dt

0

− T2

T ! 1 T3 t3 2 = l´ ım T →∞ T 24 3 0

1 T →∞ T

Px = l´ım Px → ∞ (d) Energ´ıa: Z∞ Ex =

Z∞

2

x (t)dt = −∞

−∞

e−|t| cos(2t) = Z0 Ex =


2 e−|t| cos(2t) dt

2t



2

et cos(2t) para t < 0 e−t cos(2t) para t ≥ 0 Z∞

e cos (2t)dt + −∞

0

e−2t cos2 (2t)dt

6 Resolvamos la primer integral: Z0

2t

Z0

2

e cos (2t)dt = −∞

e

2t



1 + cos(4t) 2

 dt

−∞

0 Z0 e2t 1 e2t cos(4t)dt = + 4 −∞ 2 −∞

=

Z0

1 1 + 4 2

e2t cos(4t)dt

−∞

Resolviendo por partes: u = e2t

→

dv = cos(4t)dt

→

I=

1 2

Z0 −∞

du = 2e2t dt sen(4t) v= 4 

 0 Z0 1 1 sen(4t) e2t cos(4t)dt =  e2t − e2t sen(4t)dt 2 4 2 −∞ −∞

I=−

Z0

1 4

e2t sen(4t)dt

−∞

Nuevamente por partes tenemos: u = e2t

→

dv = −sen(4t)dt

→

du = 2e2t dt cos(4t) v= 4 

 0 Z0 1 1 cos(4t) I =  e2t − e2t cos(4t)dt 4 4 2 −∞ −∞ ! 0 1 cos(4t) I= e2t −I 4 4 −∞   1 1 1 I 1+ = ⇒ I= 4 16 20 Entonces tenemos:

Z0

e2t cos2 (2t)dt =

1 1 3 + = 4 20 10

−∞

Resolviendo la otra integral de la misma forma se tiene: Z∞ 0

e−2t cos2 (2t)dt =

3 10

7 Ex =

3 3 6 + = 10 10 10

Potencia: De una forma similar a la energ´ıa tenemos que: Px = l´ım

T →∞

Z0

1 T

T

e2t cos2 (2t)dt + l´ım

T →∞

1 T

Z2

e−2t cos2 (2t)dt

0

− T2

Nuevamente resolviendo una de las integrales tenemos: Z0

1 l´ım T →∞ T

1 e cos (2t)dt = l´ım T →∞ T 2t

2

− T2

Z0 e

2t



1 + cos(4t) 2

 dt

− T2

 1 = l´ım T →∞ T



Z0  e2t 0  1   2t e cos(4t)dt  +  4 −T 2  | {z 2} − T2 0

Resolviendo nuevamente por partes tenemos: u = e2t → du = 2e2t dt dv = cos(4t)dt → v = sen(4t) 4   0 Z0 Z0  1 1  1  2t sen(4t)  2t 2t l´ım e cos(4t)dt = l´ım e sen(4t)dt − e T →∞ 2T T →∞ 2T  4 2  − T2 | {z } − T2 − T2 0

Ahora: u = e2t

→

dv = −sen(4t)dt

→

du = 2e2t dt cos(4t) v= 4  0 Z0 1 1  2t cos(4t) 1  l´ım I = l´ım − e2t cos(4t)dt e T →∞ T T →∞ 4T 4 2 −T 

2

0 1 1 2t cos(4t) e l´ım I = l´ım −I T →∞ T T →∞ 4T 4 − T 2     1 1 1 1 cos(2T ) −T l´ım I 1 + = l´ım −e T →∞ 4T T →∞ T 4 4 4 1 l´ım I = 0 T →∞ T

−T

!2

Resolviendo el otro termino de la potencia y sumando los resultados, tenemos Px = 0

8

1.1.3. ˜ periodica. ´ Encuentre la energ´ıa Ex y la potencia Px para la siguiente senal ( −A f (t) = A

para − T0 /2 < t < 0 para 0 < t < T0 /2

Solucion: ´ Energ´ıa: Ex =

R∞

R∞

x2 (t)dt =

(|x(t)|)2 dt =

(A)2 dt

−∞

−∞

−∞

R∞

Ex → ∞ Potencia: ˜ periodica ´ Como es una senal entonces: T0

Px =

1 T0

Z2 −

1 Px = T0 Px = A2

T0

x2 (t)dt =

T0 2



1 T0

Z2 −

T0 A t 2 T0 2

−

A2 dt

T0 2



2

1.1.4. ˜ periodica ´ Demuestre que si x(t) es una senal con periodo T0 , entonces su potencia media normalizada Px definida como: T

Z2

1 T →∞ T

Px = l´ım

|x(t)|2 dt

− T2

˜ T0 : Es igual a la potencia media normalizada de x(t) sobre un periodo de la senal T0

Px =

1 T0

Z2 −

T0 2

|x(t)|2 dt

9 Solucion: ´ ˜ es periodica ´ Como la senal se puede realizar la integral sobre un periodo y luego ´ calcular la potencia cuando el numero de periodos tiende a infinito lo que equivale a cambiar T por KT0 por lo tanto el limite ya se realiza sobre K. KT0

T

1 T →∞ T

Z2

Px = l´ım

Z2

1 K→∞ KT0

|x(t)|2 dt = l´ım

− T2

−

|x(t)|2 dt

KT0 2

T0

1 K K→∞ KT0

Z2

Px = l´ım

−

|x(t)|2 dt

T0 2

Luego se cancela el t´ermino K entonces el limite carece de sentido. T0

Px =

1 T0

Z2 −

1.2.

|x(t)|2 dt

T0 2

˜ Operaciones Sobre Senales

1.2.1. ˜ continua es mostrada en la figura 1.1. Dibuje cada una de las siguientes Una senal ˜ senales. (a) x(t − 2)

(c) x(t/2)

(b) x(2t)

(d) x(−t)

x(t) 3 4 Figura 1.1: Figura del Ejercicio 1.2.1

t

10 Solucion: ´

x(2t)

x(t − 2) 3

3

6

2

2

t

(a)

t

(b)

x(−t)

x(t/2)

3

3

8

t

−4

t

(d)

(c)

´ Ejercicio 1.2.1: (a) x(t − 2) (b) x(2t) (c) x(t/2) (d) x(−t) Figura 1.2: Solucion

1.2.2. ˜ discreta x[n] es mostrada en la figura 1.3. Dibuje cada una de las siguientes senales. ˜ Una senal (a) x[n − 2]

(c) x[−n]

(b) x[2n]

(d) x[−n + 2]

x[n]

3

3

3

4

2 1

−1

0

1

2

5

Figura 1.3: Figura del Ejercicio 1.2.2

n

11 Solucion: ´

x[n − 2] 3

x[2n] 3

3

2

2 1

-1

0

1

3

2

5

4

6 7

n

-1

0

1

x[−n]

3

3

-2

5

n

2 1

-3

4

x[−n + 2]

3

2

-5 -4

3

(b)

(a)

3

2

1

0

-1

1

n

-4 -3 -2

-1

(c)

0

1

2

3

(d)

´ Ejercicio 1.2.2: (a) x[n − 2] (b) x[2n] (c) x[−n] (d) x[−n + 2] Figura 1.4: Solucion

1.2.3. ˜ Determine: Dada la siguiente senal. (a) x(t) − x(t − 1)

(c) x(2t) + x(−3t)

(b) x(−2t)

(d) x(3t − 1)

x(t) 2 1 0

1

3

t

Figura 1.5: Figura del Ejercicio 1.2.3

n

12 Solucion: ´ (a)

x(t − 1)

x(t) 2

2

1

1

0

1

3

1

0

t

x(t) − x(t − 1) 1 4 0

t

2

−2 ´ Ejercicio 1.2.3 a Figura 1.6: Solucion (b)

x(−2t) 2 1 −3/2

−1/2

0

t ´ Ejercicio 1.2.3 b Figura 1.7: Solucion

4

t

13 (c)

x(2t)

x(−3t)

2

2

1

1

0

1/2

3/2

−1

t

−1/3

x(2t) + x(−3t) 2 1

−1

−1/3

0

1/2

3/2

t

´ Ejercicio 1.2.3 c Figura 1.8: Solucion

(d)

x(3t − 1) 2 1 0

1/3

2/3

4/3

´ Ejercicio 1.2.3 d Figura 1.9: Solucion

t

0

t

14

1.2.4. ˜ x[n] = δ[n] − δ[n − 1], obtenga y[n] = Dada la senal (a) x[4n − 1]

(c) 3x[−2n + 3]

(b) x[n] − x[n − 1]

(d) x[2n] − x[1 − n]

Solucion: ´ (a) y[n] = x[4n − 1] y[n] = δ[4n − 1] − δ[4n − 2] (b) y[n] = x[n] − x[n − 1] y[n] = δ[n] − δ[n − 1] − (δ[n − 1] − δ[n − 2]) y[n] = δ[n] − 2δ[n − 1] + δ[n − 2] (c) y[n] = 3x[−2n + 3] y[n] = 3 (δ[−2n + 3] − δ[−2n + 2]) (d) y[n] = x[2n] − x[1 − n] y[n] = δ[2n] − δ[2n − 1] − (δ[1 − n] − δ[−n]) 3 y[n] = δ[n] − δ[n − 1] − δ[2n − 1] 2

1.3.

´ de Senales ˜ Clasificacion

1.3.1. ˜ ´ ˜ es periodica, ´ Determine si cada una de las siguientes senales es o no periodica. Si la senal especifique su periodo fundamental. (a) x(t) = jej10t

(c) x[n] = ej7πn

(b) x(t) = e(−1+j)t

(d) x[n] = 3ej3π(n+1/2)/5

Solucion: ´ (a) x(t + T ) = x(t) = jej10(t+T ) = jej10t ej10T ⇒ ej10T = 1 ´ general es que 10T = 2πn donde n es un entero positivo. Una solucion π 10T = 2π ⇒ T = 5

15 (b) x(t + T ) = x(t) = e(−1+j)(t+T ) = e(−1+j)t e(−1+j)T ⇒ e(−1+j)T = 1 ´ solo se cumple cuando T = 0 por lo tanto esta senal ˜ NO es periodica. ´ Esta condicion (c) x[n + N ] = x[n] = ej7π(n+N ) = ej7πn ej7πN 6 ⇒ ej7πN = 1 ´ general es que 7πN = 2πk donde k es un entero positivo. Una solucion 7πN = 2π ⇒ N =

2 7

(d) x[n + N ] = x[n] = 3ej3π(n+N +1/2)/5 = 3ej3π(n+1/2)/5 ej3πN/5 ⇒ ej3πN/5 = 1 10 3πN = 2π ⇒ N = 5 3

1.3.2. ˜ ´ ˜ es periodica, ´ Determine si cada una de las siguientes senales es periodica o no. Si la senal determine su periodo fundamental T0 0 N0 . √
π (e) x(t) = cos t + sen (a) x(t) = cos 2π t + 2t 3 4
(f) x(t) = sen t + sen t/3 + sen t/5 (b) x(t) = sen t + π4



(g) x[n] = cos π6 n + sen π4 n (c) x(t) = cos π3 t + sen π4 t (h) x[n] = ej(5π/6k)n ; k ∈ R

(d) x(t) = sen2 (t) Solucion: ´ (a) 

 2π π x(t) = x(t + T ) = cos (t + T ) + 3 4   2π π 2π = cos t+ + T 3 4 3         2π π 2π 2π π 2π = cos t+ cos T − sen t+ sen T 3 4 3 3 4 3

16 ˜ es periodica ´ La senal si se cumple que: 2π T = 2πk 3 ´ Por lo tanto es periodica y su periodo se da cuando (k = 1) T0 = 3s
(b) x(t) = sen t + π4 de donde podemos saber que ω0 = 1 o se puede hacer un procedimiento como en el anterior ejercicio, lo que da como resultado que: T0 = (c) x(t) = cos

π t 3




+ sen

π t 4




2π = 2π ω0

= x1 (t) + x2 (t) x(t + T0 ) = x1 (t + kT1 ) + x2 (t + nT2 )

Donde T1 y T2 son los periodos fundamentales de x1 (t) y x2 (t) respectivamente y k y n son enteros positivos. T0 = kT1 = nT2 T1 = nk T2 ˜ x(t) sea periodica ´ ´ entre los De lo anterior se concluye que para que la senal la relacion ´ periodos debe ser un numero racional. Para nuestro caso: ω1 = ω2 =

π 3 π 4

⇒ ⇒

T1 = 6 T2 = 8

T1 6 3 = = T2 8 4 ˜ es periodica ´ Por lo tanto la senal con: T0 = 24s ˜ ´ Nota: Cuando son m´as senales para que las relaciones en los periodos sean numeros ´ multiplo. ´ racionales debe de existir un m´ınimo comun ˜ periodica. ´ (d) Es una senal x(t) = sen2 (t) = 21 (1 − cos(2t)) ω0 = 2 ⇒ T0 = ω2π0 = π ´ del ejercicio 1.3.2 parte (c) se tiene que la relacion ´ entre los periodos (e) De la solucion ˜ ´ fundamentales de las senales debe de ser un numero racional. ω1 = √ 1 ⇒ T1 = 2π√ ω2 = 2 ⇒ T2 = 2π √ T1 2π =√ = 2 T2 2π ˜ NO es periodica. ´ Por lo tanto la senal

17 (f) ⇒ ⇒ ⇒

ω1 = 1 ω2 = 13 ω3 = 15

T1 = 2π T2 = 6π T3 = 10π

´ multiplo ´ ˜ x(t) es El m´ınimo comun entre estos periodos es 30, por lo tanto, la senal ´ periodica con: T0 = aT1 = bT2 = cT3 T0 = 30πs (g)

π  π  x[n] = cos n + sen n 6 4 Ω1 = π6 ⇒ N1 = 12 Ω2 = π4 ⇒ N2 = 8 N1 3 = N2 2 ˜ periodica ´ Por lo tanto es una senal con periodo fundamental: N0 = 2N1 = 3N2 N0 = 24s

(h) x[n] = ej(5π/6k)n ; k ∈ R 5π

5π

x[n + N 0 ] = ej ( 6k n+ 6k N0 ) = x[n] 5π 5π = ej ( 6k n) ej ( 6k N0 ) 5π

ej ( 6k N0 ) = 1 5π N0 = 2π 6k

⇒

N0 =

12k 5

1.3.3. ˜ ˜ Clasifique las senales del ejercicio 1.1.1 como senales de energ´ıa, potencia o si es el caso ninguna. Solucion: ´ ˜ de energ´ıa. (a) Ex < ∞ y Px = 0 por lo tanto es una senal ˜ de potencia. (b) Ex → ∞ y Px < ∞ por lo tanto es una senal ˜ de potencia. (c) Igual que el punto anterior, por lo tanto es una senal

18

1.3.4. ˜ ˜ Clasifique las senales del ejercicio 1.1.2 como senales de energ´ıa, potencia o si es el caso ninguna. Solucion: ´

˜ de energ´ıa. (a) Ex < ∞ y Px = 0 por lo tanto es una senal ˜ de potencia. (b) Senal (c) Ex → ∞ y Px → ∞ entonces no es ni de energ´ıa ni de potencia. ˜ de energ´ıa. (d) Senal

1.4.

˜ Modelos de senales

1.4.1. ˜ x(t) como se muestra en la figura: Sea una senal

x(t) 1

−1

1

t

˜ del ejercicio 1.4.1 Figura 1.10: Senal (a) Representar x(t) en t´erminos de escalones unitarios. (b) Representar y bosquejar su derivada. Solucion: ´ (a) x(t) = u(t + 1)(t + 1) − u(t)(t + 1) + u(t)(1 − t) − u(t − 1)(1 − t)

19 De forma gr´afica seria:

1

1

u(t + 1)(t + 1)

u(t)(t + 1) t

t

−1

1

u(t)(1 − t)

u(t − 1)(1 − t)

t

1

t

1

´ ejercicio 1.4.1 (a) Figura 1.11: Solucion x(t) = (t + 1)u(t + 1) − 2tu(t) + (t − 1)u(t − 1) (b) dx(t) = u(t + 1) + (t + 1)δ(t + 1) −2u(t) − 2tδ(t) +u(t − 1) + (t − 1)δ(t − 1) | | {z } | {z } {z } dt 0

0

0

dx(t) = u(t + 1) − 2u(t) + u(t − 1) dt

dx(t) dt 1

1

t

−1

−1 ´ x(t) de la figura 1.10 Figura 1.12: Derivada de la funcion

20

1.4.2. ˜ que se muestra en la figura 1.13 determine: Dada la senal (a) x(t)u(1 − t)

(c) x(t)δ(t − 23 )

(b) x(t) [u(t) − u(t − 1)]

(d) x(t) [u(t − 1) + δ(t)]

x(t) 2 1

−1

1

2

t

˜ del ejercicio 1.4.2 Figura 1.13: Senal Solucion: ´ ´ (a) Por definicion  u(1 − t) =

1 t≤1 0 t>1

x(t)u(1 − t)

2 1

−1

1

2

t

´ ejercicio 1.4.2 (a) Figura 1.14: Solucion (b) ( 1 00 0 t 0

´ arbitraria de prueba, se tiene Como φ(t) es una funcion u(t) = 0, t < 0 y

1 − u(t) = 0, t > 0

Si lo expresamos de otra manera se obtiene

 u(t) =

1 t>0 0 t 0 F {f (αt)} =

Z∞

τ

f (τ )e−jw α

dτ α

−∞

1 w F {f (αt)} = F α α Para α < 0 Z−∞ Z∞ τ dτ τ dτ −jw α F {f (αt)} = f (τ )e =− f (τ )e−jw α α α ∞

−∞

1 w F {f (αt)} = − F α α Por lo tanto F {f (αt)} =

1 w F |α| α

donde F (w) = F {f (t)}

103 DESPLAZAMIENTO EN EL TIEMPO F {f (t − to )} = e−jwto F (w) ´ Partiendo de la definicion

F {f (t − to )} =

Z∞

f (t − to )e−jwt dt

−∞

t − t0 → λ Z∞

F {f (t − to )} =

dt = dλ

f (λ)e−jw(λ+to ) dλ = e−jwto

Z∞

f (λ)e−jwλ dλ

−∞

−∞

F {f (t − to )} = e−jwto F (w) DESPLAZAMIENTO EN LA FRECUENCIA  F f (t)ejwo t = F (w − wo )

F f (t)e 

jwo t

Z∞ =

f (t)ejwo t e−jwt dt =

−∞

Z∞

f (t)e−j(w−wo )t dt

−∞

 F f (t)ejwo t = F (w − wo ) ´ EN EL TIEMPO DIFERENCIACION F



df (t) dt

 = jwF (w)

Tenemos que 1 f (t) = 2π

Z∞

F (w)ejwt dw

−∞

Derivando a ambos lados 1 df (t) = dt 2π

Z∞ −∞

dejwt jw F (w) dw = dt 2π

Z∞ −∞

F (w)ejwt dw

104

F



df (t) dt

 = jwF (w)

En general F



dn f (t) dtn



= (jw)n F (w)

´ EN EL TIEMPO CONVOLUCION F {f (t) ~ g(t)} = F (w)G(w)

F {f (t) ~ g(t)} =

Z∞



Z∞



 f (τ )g(t − τ )dτ  e−jwt dt

−∞

−∞

´ Intercambiando los limites de integracion Z∞

F {f (t) ~ g(t)} =

Z∞

 f (τ )

−∞

 g(t − τ )e−jwt dt dτ

−∞

u = t − τ → du = dt → t = u + τ

F {f (t) ~ g(t)} =

Z∞

Z∞

 f (τ )

−∞

Z∞

 g(u)e−jw(u+τ ) du dτ =

  f (τ )e−jwτ G(w) dτ

−∞

−∞

F {f (t) ~ g(t)} = F (w)G(w) ´ EN EL TIEMPO INTEGRACION

F

 t Z 

−∞

  F (w) f (λ)dλ = + πF (0)δ(w)  jw

´ Expresemos la integral en t´erminos de una convolucion Z∞ f (λ)u(t − λ)dλ

f (t) ~ u(t) = −∞

 u(t − λ) =

1, 0,

t≥λ ⇒ 1, t τ √ 2 2 2 2 g. e−t /2σ ↔ σ 2πe−σ ω /2 Solucion: ´ (a) F

−1

1 {δ(w)} = 2π

Z∞

jwt

δ(w)e −∞

1 jwt 1 dw = e = = F −1 {δ(w)} 2π 2π w=0

107 Aplicando la transformada de Fourier, se tiene 

F

1 2π



 = F F −1 {δ(w)}

Obteniendo finalmente 1 ↔ 2πδ(ω) (b)   F ejwo t = F ejwo t ∗ 1 Aplicando la propiedad de desplazamiento en la frecuencia donde f (t) = 1, y sabiendo del ejercicio 7.2 parte (a) que F {1} = 2πδ(w) = F (w) Entonces  F ejwo t = 2πδ(w − wo ) (c) De manera similar al ejercicio 7.2 parte (b), se tiene que  F e−jwo t = 2πδ(w + wo ) (d) Para encontrar la transformada del coseno, se expresa mejor en t´erminos de exponencial compleja cos(wo t) =

F {cos(wo t)} = F F {cos(wo t)} =



ejwo t + e−jwo t 2

ejwo t + e−jwo t 2

 =

  1   jwo t F e + F e−jwo t 2

1 [2πδ(w − wo ) + 2πδ(w + wo )] = π [δ(w − wo ) + δ(w + wo )] 2

(e) Para encontrar la transformada del seno, se expresa mejor en t´erminos de exponencial compleja como se hizo en el ejercicio 7.2 parte (d) sen(wo t) =

F {sen(wo t)} = F



ejwo t − e−jwo t 2j

ejwo t − e−jwo t 2j

 =

  1   jwo t F e − F e−jwo t 2j

108 Despejando j jF {sen(wo t)} =

1 [2πδ(w − wo ) − 2πδ(w + wo )] = π [δ(w − wo ) − δ(w + wo )] 2

˜ x(t) se muestra en la figura (f) La senal x(t) 1

−τ

τ

0

t

(a)

Figura 7.1: Figura del Ejercicio 7.2 (f) |t| x(t) = 1 − = τ

( 1 − τt , 1 + τt ,

0