====== Parcial - 66.74. Señales y Sistemas ====== **Cátedra:** Todas\\ **Fecha:** 1er Oportunidad - 1er Cuatrimestre 2007\\ **Día:** 28/05/2007\\ ===== Enunciado ===== ==== Punto I ==== Para el sistema que se muestra en la figura siguiente:\\ {{:materias:66:74:fig1_28-05-07.png|:materias:66:74:fig1_28-05-07.png}} \\ en el cual H(\omega)=\left\{ \begin{array}{ll} T_S & \mbox{si } |\omega|<\omega_C \\ 0 & resto \end{array} \right. es un filtro pasabajos ideal y x(t) es una señal de banda limitada en \omega_M. Se pide: - Encontrar las transformadas de Fourier de las señales p_1(t) y p_2(t) y graficarlas, indicando amplitudes y puntos relevantes. - Encontrar las transformadas de Fourier de las señales x1(t), x2(t) y f(t) para una x(t) genérica que cumpla la especificación pedida. - Cuál es el valor (o rango de valores) que puede tomar \omega_M para que x(t) pueda ser recuperado a partir de f(t)? - Cuál es el valor que debe tomar \omega_C del filtro H(\omega) para que x(t) = y(t)? Dibujar F(\omega) para dicho caso (considere que se cumple lo especificado en el punto anterior). ==== Punto II ==== Sea un sistema LTI definido por su respuesta en frecuencia H(\Omega) = \left( \frac{1}{2} + \cos(4\, \Omega)\right) e^{-j4\Omega}, cuya entrada es la secuencia x(n) = 1, n = 1, \dots , 7 y cero para todo otro n. Se pide - Determinar la salida y(n) del sistema y graficarla. - Hallar X(k), la DFT de x(n), y H(k) una secuencia tal que y(n) sea igual a la IDFT de (X(k)\cdot H(k)),justificando la cantidad elegida de puntos de DFT. Graficar |X(k)|, |H(k)| y |Y (k)| = |X(k)| \cdot |H(k)|. ==== Punto III ==== Sea un sistema LTI con respuesta impulsiva h(n) y respuesta en frecuencia H(\Omega), del cual se tienen los siguientes datos: * El sistema es causal. * H(\Omega) = H^*(-\Omega). * La Transformada de Fourier de h(n + 2) es real. - Demostrar que el sistema es FIR. - Sabiendo ademas que H(\Omega) = H(\Omega - \pi), h(2) = 2, y H(0) = 10, encontrar h(n). ===== Resolución ===== ==== Punto I ==== ==== Punto II ==== - Para resolver este inciso se tiene en cuenta que multiplicar en frecuencia es convolucionar en tiempo. Por inspección se sabe que la antitransformada de H(\omega) va a ser una suma de deltas. La convolución de una señal con una delta es simplemente "pegar" la señal donde cae la delta. Sea H(\Omega) = \left( \frac{1}{2} + \cos(4\, \Omega)\right) e^{-j4\Omega} = \frac{1}{2} \left( 1 + e^{-j4\Omega} + e^{-j8\Omega}\right) h(n) = \frac{1}{2} \left( \delta(n) + \delta(n-4) + \delta(n-8) \right) Entonces y(n) = x(n)*h(n) = \frac{1}{2} \left( x(n) + x(n-4) + x(n-8) \right) ==== Punto III ==== Para demostrar que h[n] es finita (sistema FIR) se analizan los puntos planteados por el problema.\\ Que el sistema sea causal significa que h[n]=0 \ n<0. Además h[n] es real ya que H(\Omega) = H^*(-\Omega). Por ultimo, la Transformada de Fourier de h[n + 2] es real, entonces h[n] es par respectode dos.\\ Teniendo en cuenta lo dicho anteriormente se puede decir que h[n] \not= 0 \Leftrightarrow 0. Por consiguiente el sistema es FIR.\\ Para hallar se analizan los datos del segundo inciso: Por definicion H(\Omega) = \sum_{-\infty}^{\infty} x[n] e^{-j\Omega n} , entonces H(0) = \sum_{-\infty}^{\infty} h[n] = h[0] + h[1] + h[2] + h[3] + h[4] = 10. Por otra parte H(\Omega) = H(\Omega - \pi). Antitransformando a ambos lados se tiene h[n] = (-1)^n h[n] . Luego h[n] = 0 para n impar por ser la respuesta al impulso una función par. Con la ultima condición, h[2] = 2, se puede determinar completamente la respuesta impulsiva. En sintesis: * h[n] es par. * h[0] + h[2] + h[4] = 10. * h[2] = 2. Entonces # HAY que hacerlo BIEN esto es vaguisimo set samples 1000 set xlabel "n" set arrow nohead from 0,0 to 0,4 set arrow nohead from 2,0 to 2,2 set arrow nohead from 4,0 to 4,4 plot [-1:5][0:5] 0 title "h(n)" ===== Discusión ===== Si ves algo que te parece incorrecto en la resolución y no te animás a cambiarlo, dejá tu comentario acá.