APUNTES DE CLASE: TEORIA Y ANALISIS DE SENALES
VERSION 1.02
Ms. Ing. OSCAR IVAN HIGUERA MARTINEZ
Profesor Ingenierıa Electronica Uptc
PhD. Ms. Ing. JUAN MAURICIO SALAMANCA
Profesor Ingenierıa Electronica Uptc
Grupo de Investigacion en
Procesamiento de Senales DSP-UPTC
UNIVERSIDAD PEDAGOGICA Y TECNOLOGICA DE COLOMBIA
FACULTAD SEDE SECCIONAL SOGAMOSO
SOGAMOSO - BOYACA - COLOMBIA
Noviembre de 2010
Derechos de Autor Reservados
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Permitida su circulacion digital e impresa solocon fines academicos, no se permite su comer-cializacion o cobro alguno por copia.
iv
Contenido
1. Muestreo de Senales y sistemas 11.1. FUNDAMENTOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2. Muestreo de Senales continuas a Trozos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.3. Muestreo de senales periodicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.4. Reconstruccion de Senales a Partir de sus muestras . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.4.1. Reconstruccion mediante Filtros PasaBajos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.4.2. Reconstruccion mediante Retenedor de Orden Cero . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
1.5. Respuesta de un sistema Lineal a una entrada generada mediante retenedor de orden cero . . 241.6. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
2. Transformada Z [Z = eTmS] 292.1. FUNDAMENTOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 292.2. Transformada Zeta de la senales Basicas de tiempo discreto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 342.3. Propiedades de la Transformada Z . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
2.3.1. Linealidad y superposicion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 372.3.2. Multiplicacion por aK . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 372.3.3. Desplazamiento de una secuencia bilateral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 382.3.4. Desplazamiento de una secuencia Unilateral positiva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 392.3.5. Diferenciacion de X(Z, Tm) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 402.3.6. Conjuncion de una secuencia compleja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 402.3.7. Convolucion de secuencias y Transformada Z . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
2.4. Transformada Z Inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 412.4.1. Expansion en series . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 422.4.2. Integral compleja de linea, Teorema de la Integral de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . 422.4.3. Pares de transformadas (Tablas) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
2.5. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
3. Apendice 49
v
.
Capıtulo 1
Muestreo de Senales y sistemas
1.1. FUNDAMENTOS
En un sistema de control digital son fundamentales los procesos de muestreo, retencion, conversionanalogica - digital y digital - analogica, que permiten la comunicacion de los diversos componentes de unsistema de control digital.
Una senal de tiempo continuo puede ser procesada procesando sus muestras por medio de un sistemade tiempo discreto. El esquema del procesamiento digital de una senal es el presente en la figura 1.1 y lassenales las presentes en la figura 1.2.
Figura 1.1: Procesamiento digital de una senal
Para ilustrar el muestreo de una senal de tiempo continuo, consideramos el producto de dos senales talcomo aparece en la figura 1.3, las senales se pueden apreciar en la figura 1.4.
Definimos P∆(t) de la siguiente forma:
P∆(t) =
∞∑
k=−∞
δ∆(t−KTm) (1.1)
con
δ∆(t−KTm) =
1 si KTm −
∆2 ≤ t ≤ KTm + ∆
20 otro caso
Por consiguiente:
xm(t) = x(t)P∆(t) =
∞∑
k=−∞
x(t)δ∆(t−KTm) (1.2)
1
Figura 1.2: Senales de un procesamiento digital de senal
Figura 1.3: Muestreo de una senal
Tomando el limite cuando ∆→ 0, tendremos:
δ1(t−KTm) =
1 si t = KTm
0 otro caso
En este caso tendremos:
xm(t) =
∞∑
k=−∞
x(t)δ1(t−KTm)
xm(t) =∞∑
k=−∞
x(KTm)δ1(t−KTm) (1.3)
En la siguiente figura 1.5 se ilustra como queda xm(t).A partir de xm(t) obtenemos el tren de muestras:
xm(KTm)∞
K=−∞= . . . , x(−Tm), x(0), x(Tm), x(2Tm), . . .
De una forma mas general podemos definir una funcion muestreadora P (t) como:
2
Figura 1.4: Senales de el Muestreo de una senal
Figura 1.5: Senales Final de muestreo con δ1(t−KTm)
P (t) =
∞∑
k=−∞
δ1(t− tk) (1.4)
donde
δ1(t− tk) =
1 si t = tk0 otro caso
3
xm(t) = x(t)P (t) =
∞∑
k=−∞
x(tk)δ1(t− ttk) (1.5)
Cuando tk = KTm; Tm fijo tenemos lo que se denomina muestreo periodico. Cuando tk sigue algunpatron, por ejemplo tk = KTmk
donde Tmkpuede cambiar en algunos instantes manteniendose fijo durante
unos momentos determinados, se tiene lo que se denomina muestreo multiperiodo. Finalmente si tk es unavariable aleatoria, tenemos lo que se denomina un muestreo aleatorio.
Al muestrear una senal es importante tener en cuenta los retardos de transporte y la forma como setransforma la senal de tiempo continuo en una senal de tiempo discreto.
1.2. Muestreo de Senales continuas a Trozos
Ahora veremos como se realiza el muestreo de senales continuas a trizos a traves de un par de ejemplos.
Ejemplo 1.1. Muestreo de Senales continuas a Trozos Realizar el muestreo de la senal presente enla figura 1.6 para un periodo de muestreo Tm
Figura 1.6: Ejercicio de Muestreo de senal a Trozos
La definicion de la senal presente en la figura 1.6 es:
f(t) =A1u(−t + T1) + (m1t + b1)[u(t− T1)− u(t− T2)] + A2[u(t− T2)− u(t− T3)]
+ (m3t + b3)[u(t− T3)− u(t− T4)] + A4u(t− T4) (1.6)
donde:
m1 =A2 −A1
T2 − T1b1 =
T2A1 − T1A2
T2 − T1m3 =
A4 −A3
T4 − T3b1 =
T4A2 − T3A4
T4 − T3
La senal muestreada es:
f(KTm) =A1u(−KTm + T1) + (m1KTm + b1)[u(KTm − T1)− u(KTm − T2)]
+ A2[u(KTm − T2)− u(KTm − T3)] + (m3KTm + b3)[u(KTm − T3)− u(KTm − T4)]
+ A4u(KTm − T4) (1.7)
Se debe transformar los escalones u(−KTm+T1), u(KTm−T1), u(KTm−T2), u(KTm−T1) y u(KTm−T2)a escalones de tiempo discreto de la forma u((K −mi)Tm), donde mi son enteros. Para ello suponemos:
4
Ti = niTm + ∆Ti, con ni ∈ Z, 0 ≤ ∆Ti < Tm, 0 ≤∆Ti
Tm< 1, para i = 1, 2, 3, . . .
Donde
ni =
[Ti
Tm
]
⇒ Es el Entero mas cercano aTi
Tmpor abajo, para i = 1, 2, 3, . . .
Ejemplos:Tomemos Ti = 3, 5 y Tm = 1, 5, para estos valores tenemos:
ni =
[3, 5
1, 5
]
= 2, ∆Ti = 0, 5
Ahora tomemos Ti = −3, 5 y Tm = 1, 5, para estos valores tenemos:
ni =
[−3, 5
1, 5
]
= −3, ∆Ti = 1
En Resumen se tiene:
u(−KTm + T1) =
1 si −KTm + T1 ≥ 00 otro caso
=
1 si −KTm ≥ −T1
0 otro caso
=
1 si K ≤ T1
Tm
0 otro caso
Teniendo en cuenta que: T1 = n1Tm + ∆T1
=
1 si K ≤ n1 + ∆T1
Tm
0 otro caso
=
1 si K ≤ n1
0 otro caso
u(−KTm + T1) = u(−K − n1Tm)
u(KTm − T1) =
1 si KTm − T1 ≥ 00 otro caso
=
1 si KTm ≥ T1
0 otro caso
=
1 si K ≥ T1
Tm
0 otro caso
Teniendo en cuenta que: T1 = n1Tm + ∆T1
=
1 si K ≥ n1 + ∆T1
Tm
0 otro caso
5
Tomando la variable mi como:
mi =
ni si ∆Ti = 0ni + 1 si ∆Ti > 0
Obteniendo:
u(KTm − T1) = u(K −m1Tm)
En conclusion, los escalones discretos tienen la siguiente equivalencia:
u(−KTm + Ti) = u(−K − niTm) (1.8)
u(KTm − Ti) = u(K −miTm) (1.9)
Donde
Ti = niTm + ∆Ti
mi =
ni si ∆Ti = 0ni + 1 si ∆Ti > 0
De igual modo y como conclusion de los escalones, tenemos:
u(−KTm + T1) = u(−K − n1Tm)
u(KTm − T1) = u(K −m1Tm)
u(KTm − T2) = u(K −m2Tm)
u(KTm − T3) = u(K −m3Tm)
u(KTm − T4) = u(K −m4Tm)
En consecuencia se tiene:
f(KTm) =A1u(−K − n1Tm) + (m1KTm + b1)[u(K −m1Tm)− u(K −m2Tm)]
+ A2[u(K −m2Tm)− u(K −m3Tm)]
+ (m3KTm + b3)[u(K −m3Tm)− u(K −m4Tm)] + A4u(K −m4Tm) (1.10)
Tomemos por ejemplo los siguientes valores: A1 = 0, A2 = 2, A4 = −1, T1 = 0, T2 = 2, T3 = 3, T4 = 5 yTm = 0, 7.
Graficamente es la senal presente en la figura 1.7, y analıticamente de la expresion (1.6), tenemos lasiguiente expresion:
f(t) =t[u(t)− u(t− 2)] + 2[u(t− 2)− u(t− 3)] +
(−3
2t +
13
2
)
[u(t− 3)− u(t− 5)]− 1u(t− 5)
Discretizando con Tm = 0, 7, tenemos:
f(KTm) =KTm[u(KTm)− u(KTm − 2)] + 2[u(KTm − 2)− u(KTm − 3)]
+
(−3
2t +
13
2
)
[u(KTm − 3)− u(KTm − 5)]− u(KTm − 5)
De los escalones Tenemos:
6
Figura 1.7: Ejercicio de Muestreo de senal a Trozos, Ejemplo
Escalon Discreto Ti ni ∆Ti mi Escalon Finalu(KTm) 0 0 0 0 u(KTm)
u(KTm − 2) 2 2 0,6 3 u(K − 3Tm)
u(KTm − 3) 3 4 0,2 5 u(K − 5Tm)
u(KTm − 5) 5 7 0,1 8 u(K − 8Tm)
Obteniendo finalmente:
f(KTm) =KTm[u(KTm)− u(K − 3Tm)] + 2[u(K − 3Tm)− u(K − 5Tm)]
+
(−3
2t +
13
2
)
[u(K − 5Tm)− u(K − 8Tm)]− u(K − 8Tm)
En la figura 1.8 podemos observar la senal muestreada.
Figura 1.8: Ejercicio de Muestreo de senal a Trozos, Ejemplo
Ejemplo 1.2. Muestreo de Senales continuas a Trozos Considere la senal de tiempo continuo de lafigura 1.9.
x(t) =A
T2 − T1(t− T1)[u(t− T1)− u(t− T2)] + Au(t− T2)
7
Figura 1.9: Ejercicio de Muestreo de senal a Trozos, Ejercicio 2
Se procede a muestrear la senal con muestreo periodico (Tm fijo)
xm(t) = x(t)P (t) =
∞∑
k=−∞
x(KTm)δ1(t−KTm)
Obteniendo el tren de muestras
xm(KTm)∞
K=−∞
x(KTm) =A
T2 − T1(KTm − T1)[u(KTm − T1)− u(KTm − T2)] + Au(KTm − T2)
Transformando los escalones de forma similar al ejemplo anterior, utilizando la ecuacion (1.9), se obtiene:
x(KTm) =A
T2 − T1(KTm − T1)[u(K −m1Tm)− u(K −m2Tm)] + Au(K −m2Tm)
Supongase por ejemplo que: T1 = 3, 5seg; T2 = 6, 0seg; A = 1, y tomemos Tm = 1seg, por consiguiente(Ver figura 1.10);
Escalon Discreto Ti ni ∆Ti mi Escalon Final
u(KTm − 3, 5 3,5 3 0,5 4 u(K − 4Tm)
u(KTm − 6) 6 6 0 6 u(K − 6Tm)
x(KTm) =1
2, 5(KTm − 3, 5)[u(K − 4Tm)− u(K − 6Tm)] + u(K − 6Tm)
x(0) = 0x(Tm) = 0x(2Tm) = 0x(3Tm) = 0x(4Tm) = 0,5/2,5 = 0,2x(5Tm) = 1,5/2,5 = 0,6x(6Tm) = 1x(7Tm) = 1Ahora Realicemos una variacion en el tiempo de muestreo para poder comparar su efecto.Si ahora tomamos Tm = 2, 5seg (Figura 1.11(b)):
8
Figura 1.10: Ejercicio de Muestreo de senal a Trozos, Ejercicio 2
Escalon Discreto Ti ni ∆Ti mi Escalon Final
u(KTm − 3, 5 3,5 1 1 2 u(K − 4Tm)
u(KTm − 6) 6 2 1 3 u(K − 6Tm)
x(KTm) =0,4(KTm − 3, 5)[u(K − 2Tm)− u(K − 3Tm)] + u(K − 3Tm)
x(KTm) =0,8δ(K − 2Tm) + u(K − 3Tm)
Si ahora tomamos Tm = 4seg (Figura 1.11(c)):
Escalon Discreto Ti ni ∆Ti mi Escalon Final
u(KTm − 3, 5 3,5 0 3,5 1 u(K − 1Tm)
u(KTm − 6) 6 1 2 2 u(K − 2Tm)
x(KTm) =0,4(KTm − 3, 5)[u(K − 1Tm)− u(K − 2Tm)] + u(K − 2Tm)
x(KTm) =0,02δ(K − 1Tm) + u(K − 2Tm)
Si ahora tomamos Tm = 7seg (Figura 1.11(d)):
Escalon Discreto Ti ni ∆Ti mi Escalon Final
u(KTm − 3, 5 3,5 0 3,5 1 u(K − 1Tm)
u(KTm − 6) 6 0 6 1 u(K − 1Tm)
x(KTm) =0,4(KTm − 3, 5)[u(K − 1Tm)− u(K − 1Tm)] + u(K − 1Tm)
x(KTm) =u(K − 1Tm)
9
Figura 1.11: Ejercicio de Muestreo de senal a Trozos, Ejercicio 2 Variacion de Tm
1.3. Muestreo de senales periodicas
Al muestrear una senal periodica se pueden presentar varios fenomenos:
Las muestras de la senal pueden ser o no periodicas
Las muestras pueden seguir o no la forma de la onda de la senal original
Las muestras de la senal pueden ser o no periodicas. Consideremos una senal periodica de periodo T0.
x(t) = x(t + T0) = x(t + m0T0); ∀t ∈ R; m0 ∈ Z
Al muestrear la senal con periodo Tm, tendremos:
xm(t) =
∞∑
k=−∞
x(KTm)δ1(t−KTm)
Si las muestras son periodicas se debe cumplir que:
x(KTm) = x((K + no)Tm); ∀K ∈ Z; n0 ∈ N(fijo)
n0Tm seria el nuevo periodo de repeticion de la senal muestreada. Por otro lado como x(t) es periodicacon periodo T0, la senal muestreada debe cumplir con:
x(KTm) = x(KTm + m0T0); (porlotanto)
x((K + n0)Tm) = x(KTm + m0T0) ⇒ noTm = moT0
Por lo tanto
Tm
T0=
m0
no(Un numero racional)
Este resultado tambien puede lograrse aduciendo que como xm(t) es el producto de dos senales periodicas:x(t) de periodo T0 y P (t) de periodo Tm, el producto de las dos senales xm(t) es periodica si y solo si Tm
T0es
10
un numero racional. al igual que el producto de senales periodicas, el periodo de repeticion de xm(t) puedehallarse como el mınimo comun multiplo de Tm y T0 si las senales son relativamente primas.
La forma de las muestras pueden seguir a la forma de la senal si Tm << T0; si Tm es comparable omayor que T0 la forma de las muestras puede que no siga la forma de la senal original.
Ejemplo 1.3. Considere la senal, x(t) = Asin(ω0t+φ0) (Figura 1.12(a)), muestreemos la senal con periodode muestra Tm. La senal muestreada queda:
xm(t) =
∞∑
k=−∞
Asin(ω0KTm + φ0)δ1(t−KTm)
El tren de muestras queda
x(KTm) = Asin(ω0KTm + φ0)
El periodo de la senal x(t) es T0 = 2π/ω0
♠ Si Tm = π/ω0, tendremos:
Tm
To=
π/ω0
2π/ω0=
1
2∈ Q
Luego las muestras son periodicas con periodo de muestreo Tkm = mcm(T0, Tm) = T0. Como Tm noes muy pequeno comparado con T0, las muestras no siguen muy bien la forma de la senal original (Figura1.12(b)).
♠ Si Tm = π/10ω0, tendremos:
Tm
To=
π/10ω0
2π/ω0=
1
20∈ Q
Luego las muestras son periodicas y n0 = T0/Tm = 20, en este caso las muestras siguen a la forma deonda de la senal original (Figura 1.12(c)).♠ Si Tm = 4π/ω0, tendremos:
Tm
To=
4π/ω0
2π/ω0= 2 ∈ Q
Luego las muestras son periodicas con periodo Tm, pero como T0 < Tm las muestras no siguen a la formade onda de la senal original (Figura 1.12(d)).
Ejemplo 1.4. Sean las senales de tiempo continuo
x(t) = cos(2πt
3
)
+ 2 sin(16πt
3
)
y(t) = sin(πt) → Ty = 2Seg
x(t) = x1(t) + x2(t)
x1(t) = cos(2πt
3
)
→ Tx1 = 3Seg
x1(t) = 2 sin(16πt
3
)
→ Tx2 =3
8Seg
11
Figura 1.12: Ejercicio de Muestreo de senales periodicas, Variacion de Tm
Tx1
Tx2
=3Seg
3/8Seg= 8
Luego la senal x(t) es periodica con periodo Tx = mcm(3Seg, 3/8Seg) = 3Seg.Definimos
z(t) = x(t)y(t) = sin(πt)
[
cos(2πt
3
)
+ 2 sin(16πt
3
)]
Como
Tx
Ty=
3Seg
2Seg=
3
2∈ Q; Z(t) es periodica
El periodo de la senal z(t) (Figura 1.13(a)) es Tz = mcm(3Seg, 2Seg) = 6Seg. Muestreemos la senal convarios periodos de muestreo.
Zm(t) =
∞∑
k=−∞
x(KTm)δ1(t−KTm)
Z(KTm) = sin(πKTm)
[
cos(2πKTm
3
)
+ 2 sin(16πKTm
3
)]
i) Tm = 1Seg (Figura 1.13(b))
Z(KTm) = 0 ∀K ∈ Z
ii) Tm = 2Seg (Figura 1.13(c))
Z(KTm) = 0 ∀K ∈ Z
12
iii) Tm = 3Seg (Figura 1.13(d))
Z(KTm) = 0 ∀K ∈ Z
iv) Tm = 3/2Seg (Figura 1.13(e))
Z(KTm) = sin(3Kπ
2
)
[cos(Kπ) + 2 sin(8Kπ)] = sin(3Kπ
2
)
[cos(Kπ)]
Z(0) = 0Z(Tm) = 1Z(2Tm) = 0Z(3Tm) = −1Z(4Tm) = 0Z(5Tm) = 1Z(6Tm) = 0
Como Tm
Tz= 3/2
6 = 1/4∈ Q, Zm(t)esperiodica. El periodo de Zm(t) es Tkm = mcm(Tz, Tm = 6, como
Tkm = n0Tm = 6; n0 = 6/Tm = 4, luego el tren de muestras es repetitivo y se repiten cada 4 muestras. Enla figura 1.13 se ilustra la senal para varios periodos de muestreo.
Figura 1.13: Ejercicio de Muestreo de senales periodicas, Ejemplo 2, Variacion de Tm
1.4. Reconstruccion de Senales a Partir de sus muestras
Los procesadores digitales reciben las muestras de una senal analoga en un formato digital, realizan algunaoperacion sobre las muestras para luego generar un tren de muestras que son el resultado de la operaciondel procesamiento digital sobre las muestras de la entrada.
El tren de muestras de la salida se presenta en formato binario. esta senal se debe decodificar para obtenerlas muestras, las cuales se llevan a un circuito reconstructor de senal para obtener una senal analoga. Parareconstruir una senal a partir de sus muestras se puede utilizar dos metodos.
13
Figura 1.14: Esquema del procesamiento digital de una senal
Utilizando Filtros Pasa bajos
Utilizando Circuitos Retenedores
1.4.1. Reconstruccion mediante Filtros PasaBajos
Esta tecnica es muy utilizada en los sistemas de comunicacion. Dada una senal de tiempo continuo x(t)con espectro finito en frecuencia. Su version muestreada es:
xm(t) =x(t)P (t)
P (t) =
∞∑
k=−∞
δ1(t−KTm)
Como P (t) es periodica con periodo Tm, se puede escribir en serie de fourier como:
P (t) =
∞∑
n=−∞
Knejnωmt; ωm =2π
Tm
Kn =1
Tm
∫ Tm
0
δ1e−jnωmtdt =
1
Tm
P (t) =
∞∑
n=−∞
1
Tmejnωmt
Dado que xm(t) = x(t)P (t), Tomando la transformada de fourier tenemos:
Xm(jω) = F [x(t)P (t)] =1
2πX(jω) ∗ P (jω)
Dado que P (t) es una senal periodica de periodo Tm
P (jω) =2π
Tm
∞∑
K=−∞
δ(ω −Kωm)
por lo tanto tenemos:
14
Xm(jω) =1
2π
∫ ∞
−∞
X(jν)P [j(ω − ν)]dν
Xm(jω) =1
2π
∫ ∞
−∞
X(jν)2π
Tm
∞∑
K=−∞
δ(ω − ν −Kωm)dν
Xm(jω) =1
Tm
∞∑
K=−∞
∫ ∞
−∞
X(jν)δ(ω − ν −Kωm)dν
Xm(jω) =1
Tm
∞∑
K=−∞
X(ω −Kωm)
Esta ecuacion indica que el espectro de una senal muestreada es la suma de los espectros desplazados dela senal original.
(a) (b)
(c) (d)
Figura 1.15: Espectro en frecuencia de una senal muestreada
De los espectros presentes en la figura 1.15 se puede resaltar lo siguiente:Cuando ωm−ωc < ωc, es decir ωm < 2ωc, tenemos que los espectros de Xm(jω) se traslapan y se presenta
distorsion por cruce (alias) (Figura 1.15(d)). en este caso es imposible reconstruir la senal a partir de susmuestras.
Cuando ωm − ωc > ωc, es decir ωm > 2ωc, vemos que los espectros se superponen de forma separada yen este caso, se puede reconstruir la senal a partir de sus muestras (Figura 1.15(c)). El limite esta cuandoωm = 2ωc.
En conclusion para poder reconstruir una senal a partir de sus muestras, la senal debe sermuestreada como mınimo a 2 veces la componente mas alta de frecuencia de la senal analogaoriginal fm ≥ 2fcmax
, esta condicion se conoce como el teorema de muestreo. Desde el punto devista del tiempo, podemos decir que el periodo de muestreo Tm debe ser mucho mas pequeno que la constantede tiempo mas pequena que conforma la senal.
Ejemplo 1.5. Supongase la senal
x(t) = Ae−α|t|; α > 0
15
Su espectro en frecuencia esta dado por
X(jω) =2Aα
α2 + ω2
La senal se muestrea con periodo Tm, eso es con frecuencia ωm. en la figura 1.16 se ilustra el proceso.
Figura 1.16: Senal y su Espectro, y Espectro de la senal muestreada
Como en este caso la senal tiene componentes de fourier en todo el espectro de frecuencia podemos utilizarla frecuencia de corte como componente de frecuencia maxima de la senal, esto es ωc. Luego, dela condiciondel teorema del muestreo tenemos ωm ≥ 2ωc o fm ≥ 2fc.
La potencia de la senal x(t) esta dada por:
px(t) = x2(t) = A2e−2α|t|
su espectro en frecuencia es:
Px(jω) =4A2α
4α2 + ω2; Pxmax
=A2
α
Tomando
P x(jω) =Pxmax
2=
A2
2α
Para determinar la frecuencia de corte tenemos:
4A2α
4α2 + ω2c
=A2
2α⇒ 4α2 + ω2
c = 8α2
ω2c = 4α2; ωc = ±2α
ωm ≥ 4α; Tm ≤π
2α
16
Para reconstruir una senal a partir de sus muestras debemos cumplir con el teorema del muestreo. Elfiltro pasa-bajos para su reconstruccion esta dado por H(jω).
La senal reconstruida esta dada por:
Xr(jω) = H(jω)Xm(jω) =1
Tm
∞∑
k=−∞
H(jω)X [j(ω − kωm)] (1.11)
Si H(jω) es un filtro pasa bajas ideal:
H(jω) = rect(2ωF ) = 1(ω + ωF )− 1(ω − ωF ) (1.12)
ωc < ωF < ωm − ωc Figura 1.17 (1.13)
Figura 1.17: Espectro de senal reconstruida y el filtro ideal
Ejemplo 1.6. Considere una senal x(t) = sinc2(5t), calculemos su espectro en frecuencia.
Sea:
x1(t) =sinc(5t) = sinc
(5πt
π
)
x1(t) =1
5
5π
πsinc
(5πt
π
)
=1
5
ω0
πsinc
(ω0t
π
)
X1(jω) =1
5rect(2ω0); ω0 = 5π
x(t) =x1(t)x1(t) ⇒ X(jω) = F [x1(t)x1(t)]
X(jω) =1
2πX1(jω) ∗X1(jω)
17
X(jω) =1
2π
∫ ∞
−∞
X1(jν)X1(j(ω − ν))dν
X(jω) =1
2π
∫ ∞
−∞
1
5[1(ν + ω0)− 1(ν − ω0)]
1
5[1(ω − ν + ω0)− 1(ω − ν − ω0)]dν
X(jω) =1
50π
∫ ∞
−∞
1(ν + ω0)1(ω − ν + ω0)dν − 1(ν + ω0)− 1(ω − ν − ω0)dν
−
∫ ∞
−∞
−1(ν − ω0)1(ω − ν + ω0)dν +
∫ ∞
−∞
1(ν − ω0)1(ω − ν − ω0)dν
X(jω) =1
50π
∫ ω+ω0
−ω0
dν
∣∣∣∣ω+ω0≥−ω0
−
∫ ω−ω0
−ω0
dν
∣∣∣∣ω−ω0≥−ω0
−
∫ ω+ω0
ω0
dν
∣∣∣∣ω+ω0≥+ω0
+
∫ ω−ω0
ω0
dν
∣∣∣∣ω−ω0≥ω0
X(jω) =1
50π
(ω + 2ω0)1(ω + 2ω0)− ω1(ω)− ω1(ω) + (ω − 2ω0)1(ω − 2ω0)big
X(jω) =1
50π
(ω + 2ω0)1(ω + 2ω0)− 2ω1(ω) + (ω − 2ω0)1(ω − 2ω0)
La senal original y su espectro se pueden apreciar en la figura 1.18. Allı observamos al igual que en laecuacion anterior que el ancho de banda BW = 2ω0 = 10π[rad/seg]. Si muestreamos la senal con Tm =0,1seg, esto es ωm = 2π/Tm = 20π, obtenemos la senal muestreada xm(t); donde;
xm(t) =∞∑
k=−∞
x(kTm)δ1(t−KTm)
x(KTm) =sinc2(5KTm)
Figura 1.18: Espectro de senal x(t) = sinc2(5t)
1.4.2. Reconstruccion mediante Retenedor de Orden Cero
Esta tecnica es muy utilizada en los sistemas de control y es la utilizada por los sistemas digitales conven-cionales. Dada una senal de tiempo continuo x(t) con espectro finito en frecuencia. Su version muestreadaes:
18
Figura 1.19: Tratamiento en un sistema de reconstruccion con retenedor de orden cero (ZOH)
xm(t) =x(t)P (t)
P (t) =
∞∑
k=−∞
δ1(t−KTm)
xm(t) =
∞∑
k=−∞
x(KTm)δ1(t−KTm)
Entonces el retenedor como su nombre lo indica retiene la senal por un periodo de muestreo, es decir seobtiene la senal xr(t):
xr(t) =
∞∑
k=−∞
x(KTm)[1(t−KTm)− 1(t−K + 1Tm)] (1.14)
Observemos algunos aspectos interesantes de esta reconstruccion, tomemos:
xr(t) =
∞∑
k=−∞
Tmx(KTm)
[1(t−KTm)− 1(t−K + 1Tm)
Tm
]
lımTm→0
xr(t) = lımTm→0
∞∑
k=−∞
Tmx(KTm)
[1(t−KTm)− 1(t−K + 1Tm)
Tm
]
= lımTm→0
∞∑
k=−∞
Tmx(KTm)δ(t−KTm)
=
∫ ∞
k=−∞
x(KTm)δ(t−KTm)dKTm
=
∫ ∞
k=−∞
x(tK)δ(t− tK)dtK
Conclusion:
lımTm→0
xr(t) =x(t) (1.15)
Veamos el comportamiento con respecto a S:
xr(t) =
∞∑
k=−∞
x(KTm)[1(t−KTm)− 1(t−K + 1Tm)]
Xr(S) = Lt
xr(t)
19
Xr(S) =Lt
∞∑
k=−∞
x(KTm)[1(t−KTm)− 1(t−K + 1Tm)]
Xr(S) =
∞∑
k=−∞
x(KTm)Lt
1(t−KTm)− 1(t−K + 1Tm)
=∞∑
k=−∞
x(KTm)
e−KTmS
S−
e−K+1TmS
S
=
∞∑
k=−∞
x(KTm)e−KTmS
1− e−TmS
S
Xr(S) =1− e−TmS
S︸ ︷︷ ︸
Funcion de transferencia del ZOH
∞∑
k=−∞
x(KTm)e−KTmS
︸ ︷︷ ︸
Transformada de Laplace Discreta
La funcion de transferencia del retenedor de orden cero es:
GZOH(S) =1− e−TmS
S(1.16)
Ahora revizando la transformada de Laplace Discreta:
Lt
xm(t)
=
∞∑
k=−∞
x(KTm)e−KTmS
Tomemos Z = eTmS
∞∑
k=−∞
x(KTm)e−KTmS =
∞∑
k=−∞
x(KTm)Z−K
=ZX(KTm)
= X(Z, Tm)
Es decir:
Xr(S) =1− e−TmS
SX(Z, Tm)
∣∣∣Z=eTmS
RESPUESTA EN FRECUENCIA DEL RETENEDOR DE ORDEN CERO
GZOH(S) =1− e−TmS
S
GZOH(jω) =GZOH(S)∣∣∣S=jω
GZOH(jω) =1− e−jTmω
jω
20
GZOH(jω) =1− e−
jTmω2 e−
jTmω2
jω
GZOH(jω) =e−
jTmω2 (e
jTmω2 − e−
jTmω2 )
jω
=2e−
jTmω2
ω
(ejTmω
2 − e−jTmω
2 )
2j
=2
ωe−
jTmω2 sin
(Tmω
2
)
=Tme−jTmω
2
sin
(
Tmω2
)
ωTm
2
=Tme−jTmω
2 sinc
(Tmω
2π
)
Observemos la grafica de magnitud:
|GZOH(jω)| =
∣∣∣∣Tme−
jTmω2 sinc
(Tmω
2π
)∣∣∣∣
=Tm
∣∣∣e−
jTmω2
∣∣∣
︸ ︷︷ ︸
1
∣∣∣∣sinc
(Tmω
2π
)∣∣∣∣
conclusion:
|GZOH(jω)| =Tm
∣∣∣∣sinc
(Tmω
2π
)∣∣∣∣
(1.17)
supω
∣∣∣∣sinc
(Tmω
2π
)∣∣∣∣= sup
ω
∣∣∣∣∣∣∣∣
sin
(
Tmω2
)
ωTm
2
∣∣∣∣∣∣∣∣
= 1
∣∣∣∣sinc
(Tmω
2π
)∣∣∣∣≤ 1; ∀ω
supω|GZOH(jω)| = max
ω|GZOH(jω)| = Tm
La grafica de la magnitud se puede apreciar en la Figura 1.20.De aqui se observa que NO es un filtro ideal, y que los puntos crıticos, es decir en los cuales vale cero
|GZOH(jω)|, estan ubicados cuando ωTm = 2π. O de otra forma cuando Tm = 2π/ω la senal muestreada escero. Los lobulos producidos causan distorsion de la senal, por lo cual se aconseja que el periodo de muestreoTm sea pequeno.
Ahora observemos el efecto de la fase o argumento de la senal.
Arg [GZOH(jω)] =Arg
[
Tme−jTmω
2 sinc
(Tmω
2π
)]
=Arg[
Tme−jTmω
2
]
+ Arg
[
sinc
(Tmω
2π
)]
21
−30 −20 −10 0 10 20 300
0.2
0.4
0.6
0.8
1
Frecuencia (rad/seg)
Mag
nitu
d G
ZO
H
Figura 1.20: Magnitud de la Funcion de transferencia del ZOH
Arg [GZOH(jω)] =−Tmω
2+ Arg
sin
(
Tmω2
)
ωTm
2
Revisemos la fase del segundo termino:
sin
(
Tmω/2
)
ωTm/2≥ 0 Si 2nπ ≤
|ω|Tm
2≤ (2n + 1)π
sin
(
Tmω/2
)
ωTm/2< 0 Si (2n + 1)π ≤
|ω|Tm
2≤ (2n + 2)π
si ω < 0→ ω = −|ω|
sin
(
Tmω/2
)
ωTm/2⇒
sin
(
− Tm|ω|/2
)
−|ω|Tm/2=
sin
(
Tm|ω|/2
)
|ω|Tm/2
Entonces el argumento de esta parte esta dado por:
Arg
sin
(
Tmω2
)
ωTm
2
=
0 if 2nπ ≤ |ω|Tm
2 ≤ (2n + 1)π
π if (2n + 1)π ≤ |ω|Tm
2 ≤ (2n + 2)π
Conclusion:
Arg [GZOH(jω)] =−Tmω
2+
0 if 2nπ ≤ |ω|Tm
2 ≤ (2n + 1)π
π if (2n + 1)π ≤ |ω|Tm
2 ≤ (2n + 2)π
22
−30 −20 −10 0 10 20 30−20
−15
−10
−5
0
5
10
15
20
Frecuencia (rad/seg)
Arg
umen
to d
e G
ZO
H
Figura 1.21: Magnitud de la Funcion de transferencia del ZOH
La grafica de Argumento se puede ver en la figura 1.21.
Revisemos cual seria el espectro de salida de una senal reconstruida mediante el retenedor de orden cero,observemos en la figura 1.22 en la primera casilla tenemos el espectro de una senal muestreada, en la segundael espectro de nuestro ZOH y en la tercera la respuesta de la reconstruccion con un ZOH, podemos observarque en la reconstruccion utilizando retenedor de orden cero se producen lobulos a lado y lado del espectrooriginal, estos lobulos pueden ser eliminados utilizando un filtro pasabajo de un orden bajo, lo cual nossimplifica la implementacion del circuito de reconstruccion frente a uno solo realizado con filtro. En la figura1.22 se observa un comparativo entre la senal original y la senal reconstruida con retenedor de orden cero,donde se aprecia el error existente entre las dos.
−30 −20 −10 0 10 20 30
0
0.5
1
Xm
(jω)
−30 −20 −10 0 10 20 30
0
0.5
1
MA
G(G
ZO
H(jω
))
−30 −20 −10 0 10 20 30
0
0.5
1
tiempo [seg]
Xr(jω
)
Figura 1.22: Respuesta a reconstruccion con ZOH
23
−30 −20 −10 0 10 20 30−0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
X(jω
) y
Xr(jω
)
−30 −20 −10 0 10 20 30−0.05
0
0.05
0.1
0.15
Frecuencia
Err
or (
P.U
.)
Xr(jω)
X(jω)
Xr(jω)−X(jω)
Figura 1.23: Comparacion entre la senal original y la senal reconstruida
1.5. Respuesta de un sistema Lineal a una entrada generada me-diante retenedor de orden cero
Figura 1.24: Sistema Lineal con entrada de Retenedor de Orden Cero
Tomemos el esquema de la figura 1.24:
y(t) = g(t) ∗ ur(t)
donde:
ur(t) =
∞∑
k=−∞
u(KTm)[1(t−KTm)− 1(t−K + 1Tm)]
suponemos que se cumplen las siguientes dos condiciones:
g(t) = 0 si t < 0
ur(t) = 0 si t < 0
ur(t) =
∞∑
k=0
u(KTm)[1(t−KTm)− 1(t−K + 1Tm)]
24
y(t) =
∫ ∞
−∞
ur(τ)g(t− τ)dτ =
∫ t
0
ur(τ)g(t − τ)dτ (1.18)
como sabemos:
ur(t) =∞∑
k=0
u(KTm)[1(t−KTm)− 1(t−K + 1Tm)]
ur(t) =u(KTm)si KTm ≤ t ≤ K + 1Tm K ∈ Z+U0
Tenemos que realizar un analisis considerando intervalo por intervalo, es decir:i) si 0 ≤ t ≤ Tm, tenemos
ur(τ) = u(0)
y(t) =
∫ t
0
u(0)g(t− τ)dτ =
[∫ t
0
g(t− τ)dτ
]
u(0)
ii) si Tm ≤ t ≤ 2Tm, tenemos
y(t) =
∫ Tm
0
u(0)g(t− τ)dτ +
∫ t
Tm
u(Tm)g(t− τ)dτ
y(t) =
[∫ Tm
0
g(t− τ)dτ
]
u(0) +
[∫ t
Tm
g(t− τ)dτ
]
u(Tm)
iii) si 2Tm ≤ t ≤ 3Tm, tenemos
y(t) =
∫ Tm
0
u(0)g(t− τ)dτ +
∫ 2Tm
Tm
u(Tm)g(t− τ)dτ +
∫ t
2Tm
u(2Tm)g(t− τ)dτ
y(t) =
[∫ Tm
0
g(t− τ)dτ
]
u(0) +
[∫ 2Tm
Tm
g(t− τ)dτ
]
u(Tm) +
[∫ t
2Tm
g(t− τ)dτ
]
u(2Tm)
Realizando una sencilla generalizacion obtenemos que: si KTm ≤ t ≤ K + 1Tm, tenemos:
y(t) =K−1∑
J=0
[∫ J+1Tm
JTm
g(t− τ)dτ
]
u(JTm) +
[∫ t
KTm
g(t− τ)dτ
]
u(KTm) (1.19)
Ahora si Muestreamos esta senal (y(t)) con periodo Tm, obtenemos:
y(KTm) =
K−1∑
J=0
[∫ J+1Tm
JTm
g(KTm − τ)dτ
]
u(JTm) (1.20)
Notemos que el segundo termino desaparece por cuanto este esta actuando solo en el interior del intervalode muestreo. Observemos la integral al interior de la sumatoria:
25
∫ J+1Tm
JTm
g(KTm − τ)dτ =
∫ Tm
0
g(KTm − τ − JTm)dτ
h(K − JTm) =
∫ Tm
0
g(K − JTm − τ)dτ
es decir, podemos definir:
h(KTm) =
∫ Tm
0
g(KTm − τ)dτ
h(0) = 0
y por consiguiente
y(KTm) =
K−1∑
J=0
h(K − JTm)u(JTm) (1.21)
Realicemos una comparacion con la convolucion Discreta de senales, en la cual tenemos que:
y(KTm) = h(KTm) ∗ u(KTm) =
K∑
J=0
h(K − JTm)u(JTm)
El efecto del retenedor se ve en los limites de la sumatoria, introduciendo un retardo.
Ejemplo 1.7. Determine y(t) y Y (KTm) si consideramos que en el sistema descrito en la figura 1.24 setienen:
g(t) = Γe−αt1(t)
u(t) = U01(t)
Primero determinemos Y (KTm),
h(KTm) =
∫ Tm
0
g(KTm − τ)dτ
h(KTm) =
∫ Tm
0
Γe−α(KTm−τ)1(KTm − τ)dτ
h(0) = 0
h(KTm) = Γe−αKTm
∫ Tm
0
eατ1(KTm − τ)dτ
= Γe−αKTm
∫ Tm
0
eατdτ ; K ≥ 1
=Γe−αKTm
αeατ∣∣∣
Tm
0; K ≥ 1
h(KTm) =Γ
αe−αKTm(eαTm − 1)1(K − 1Tm)
26
y(KTm) =
K∑
J=0
Γ
αe−αK−JTm(eαTm − 1)1(K − J − 1Tm)U01(JTm)
y(KTm) =ΓU0
α(eαTm − 1)
K−1∑
J=0
e−αK−JTm
∣∣∣∣∣K≥1
=ΓU0
α(eαTm − 1)e−αKTm
K−1∑
J=0
eαJTm
∣∣∣∣∣K≥1
=ΓU0
α(eαTm − 1)e−αKTm
1− eαKTm
1− eαTm
∣∣∣∣∣K≥1
=ΓU0
α(1− e−αKTm)1(K − 1Tm)
1.6. Ejercicios
1. Muestree las siguientes senales de tiempo continuo y obtenga su espectro en frecuencia (tanto de lasenal original como de la senal muestreada)
a) x(t) = 1(t + T0)− 1(t− T0); Tm = T0/2, T0/10.
b) y(t) = 12|sen(120πt)|; Tm = 1mseg, Tm = 5mseg, Tm = 10mseg.
c) z(t) = e−4t1(t); Tm = 1seg, Tm = 2seg, Tm = 4seg.
d) z(t) = et[1(t + 1)− 1(t− 1)]; Tm = 0,1seg, Tm = 0,5seg, Tm = 1seg.
2. Senale las principales diferencias que existen entre un filtro pasabajo ideal y un circuito retenedor deorden cero, en lo que respecta a reconstruccion de senales.
3. Una senal de tiempo continuo tiene un espectro de frecuencia con componentes a las frecuencias 100Hz,200Hz, 300Hz. Esta senal se muestrea con Tm = 0,0001seg y la senal muestreada se aplica a un circuitoretenedor de orden cero con periodo de retencion de 0,005seg. Senales las caracterısticas de salida delretenedor frente a esta senal de entrada.
4. Una senal de tiempo continuo Asen(60πt) se muestrea a una frecuencia de 120πrad/s; el resultado deeste muestreo pasa por un filtro ideal de 100Hz. cual sera la salida de este sistema.
5. Una senal f(t) = sinc(200t) es meustreada por un tren de pulsos periodicos P∆(t) representado en lasiguiente figura.
Halle y grafique el espectro de la senal muestreada.
Explique si es posible reconstruir f(t) a partir de sus muestras.
Si la senal muestreada es aplicada a un filtro pasabajo ideal de ancho de banda 100 Hz y gananciaunitaria, Halle la salida del filtro.
Cual es la salida del filtro si su ancho de banda es βHz, donde 100 < β < 150. Que sucede si elancho de banda es 150Hz.
6. Considere el siguiente circuito
Obtenga la expresion matematica de vo(t) dependiendo de Vi(t). Grafique vo(t)
27
Figura 1.25: Circuito para el Ejercicio 6 Capitulo de Muestreo y Reconstruccion
Encuentre las condiciones que deben cumplir Ri, Ro, C para que el circuito se comporte como unMuestreador - Retenedor.
Bajo que condiciones el circuito se comporta como un muestreador ideal
Bajo que condiciones el circuito se comporta como un retenedor de orden cero.
7. Considere el siguiente sistema. Determine la salida vo(t) si:
g(t) =Γ0
τ0e−
tτ0 1(t)
vi(t) =A sin(ωt)1(t)
8. En la figura siguiente se muestra una realizacion de un retenedor de ordenc ero practico. Calule larespuesta al impulso unitario de este circuito. Halle y grafique |H(jω)|. Obtenga la salida de estecircuito cuando la entrada es f(KTm) donde f(t) es sinc2(10t).
9. Un circuito
28
Capıtulo 2
Transformada Z [Z = eTmS]
La transformada Z cumple para los sistemas discretos la misma funcion que la transformada de Laplacepara sistemas continuos, por cuanto en una transformada para sistemas discretos de la forma x(KTm).Veamos un breve paralelo entre los sistemas continuos y los sistemas discretos:
Sistemas Continuos Sistemas DiscretosDescrito por Ecuaciones Diferenciales Descrito por Ecuaciones de Diferencia
Transformada de Laplace Transformada ZetaTransformada de Fourier Continua Transformada de Fourier Discreta
Serie Continua de Fourier Serie discreta de FourierFFT
Operador P = ddt P−1 =
∫Operadores q, q−1, ∇, ∆
2.1. FUNDAMENTOS
La Transformada Zeta de una secuencia discreta x(KTm) esta definida como:
X(Z, Tm) = Z [x(KTm)] =
∞∑
K=−∞
x(KTm)Z−K (2.1)
Esta transformada se conoce tambien como transformada Z bilateral. Con la definicion 2.1 es importanteanotar que como Z es una variable compleja, entonces X(Z, Tm) tambien lo es. Tambien es importanteresaltar que el termino tm aparece porque de manera general la transformada Z de x(KTm) sera funcion deTm.
Si x(KTm) esta definido para K ≥ 0, entonces tenemos que:
X(Z, Tm) =
∞∑
K=0
x(KTm)Z−K Unilateral Positiva |Z| > R−
Si x(KTm) esta definido para K < 0, entonces tenemos que:
X(Z, Tm) =
−1∑
K=−∞
x(KTm)Z−K Unilateral Negativa |Z| < R+
Si x(t) es una senal de tiempo continuo, tal que posee transformada de Laplace:
29
X(S) = Lt[x(t)]
Ahora realizamos un muestreo de esta senal continua para obtener:
xm(t) =
∞∑
k=−∞
x(KTm)δ(t−KTm)
Xm(S) = Lt[xm(t)] = Lt
[∞∑
k=−∞
x(KTm)δ(t−KTm)]
Xm(S) =∞∑
k=−∞
x(KTm)Lt
[δ(t−KTm)
]
Xm(S) =
∞∑
k=−∞
x(KTm)e−KTmS
Xm(S) =
∞∑
k=−∞
x(KTm)e−KTmS Transformada Discreta de Lapace (TDL) (2.2)
Ahora si realizamos el cambio de variable Z = eTmS, se obtiene:
Xm(S)→ X(Z, Tm) =∞∑
k=−∞
x(KTm)Z−K (2.3)
En la aplicacion practica. Realizando un parentesis en el tema, miremos breve mente lo que se realizao se emplea en filtros digitales, teniendo una funcion de transferencia de un filtro G(S), se reemplaza S por:
S =1
TmLnZ la cual sale deZ = eTmS
Esta expresion queda un poco complicada, por lo cual se realiza la aproximacion:
Z = 1 + TmS → S =1
Tm(Z − 1)
Z =e
Tm2 S
e−Tm2 S≈
1 + Tm/2S
1− Tm/2S→ S =
2
Tm
(
Z − 1
Z + 1
)
Esta ultima se conoce como la aproximacion de Tustin, es quiza la mas empleada. Teniendo una funcionde un filtro G(S) se reemplaza S por la aproximacion de Tustin y se plantea una funcion recursiva.
Retomemos la Transformada Z. La transformada Z esta definida como:
X(Z, Tm) =
∞∑
k=−∞
x(KTm)Z−K (2.4)
30
Figura 2.1: Region de Convergencia Transformada Z
La transformada Z bilateral exige que la sumatoria converga en una region del plano Z, es asi que lasregiones de convergencia normalmente se describen de la forma R− < |Z| < R+, por fuera de esta region lasumatoria no converge (Figura 2.1).
Ahora observemos la convergencia de la sumatoria:
|X(Z, Tm)| =
∣∣∣∣∣
∞∑
k=−∞
x(KTm)Z−K
∣∣∣∣∣
≤∞∑
k=−∞
∣∣x(KTm)
∣∣∣∣Z−K
∣∣
Z = rzejφZ ; |Z| = rz ≥ 0
|Z−K | = |Z|−K = r−Kz
|X(Z, Tm)| ≤∞∑
k=−∞
∣∣x(KTm)
∣∣r−K
z <∞
La sumatoria converge si x(KTm) es de orden exponencial, es decir que x(KTm) debe crecer mas despacioque rK
z , con lo cual r−Kz decrece mas rapido que lo que crece x(KTm). Si x(KTm) es de orden exponencial,
entonces:
|X(KTm)| ≤ ΓrK ; ∀K
Por ejemplo, si x(KTm) = aKTm1(KTm), entonces x(KTm) es de orden exponencial, y si x(KTm) =
aK2Tm1(KTm), entonces x(KTm) NO es de orden exponencial.
Para una secuencia Bilateral se debe tener en cuenta algunos aspectos sencillos, los cuales vienendictados por las regiones de convergencia tanto de secuencias unilaterales positivas como unilaterales nega-tivas.
31
X(Z, Tm) = Z [x(KTm)] =∞∑
k=−∞
x(KTm)Z−K
Si la secuencia es unilateral positiva, la transformada Z puede expresarse como:
X(Z, Tm) =
∞∑
k=0
x+(KTm)Z−K ; Con region de convergencia de la forma |Z| > R−
Si la secuencia es unilateral negativa, la transformada Z puede expresarse como:
X(Z, Tm) =
−1∑
k=0−∞
x−(KTm)Z−K ; Con region de convergencia de la forma |Z| < R+
Al unir las dos transformadas para una secuencia bilateral se debe cumplir que:
(|Z| > R−) ∩ (|Z| < R+) 6= ∅
De lo contrario diremos que la transformada Z NO existe para esta secuencia.
Ejemplo 2.1. Calculo Transformada Z. Sea x(KTm) = aKTm1(KTm), obtenga X(Z, Tm).
X(Z, Tm) = Z [x(KTm)] =
∞∑
k=−∞
aKTm1(KTm)Z−K
=
∞∑
k=0
aKTmZ−K ; El escalon 1(KTm) nos limita la sumatoria
X(Z, Tm) =
∞∑
k=0
(
aTm
Z
)K
Tomando la serie de la ecuacion 3.3, sea P = aTm/Z, entonces
X(Z, Tm) =∞∑
k=0
PK tomemos N →∞ y i = 0
= lımN→∞
N∑
k=0
PK
= lımN→∞
1− PN+1
1− P; con P 6= 1
=1− lımN→∞ PN+1
1− P; con P 6= 1
X(Z, Tm) =1
1− P; con |P | < 1
X(Z, Tm) =1
1− aTm
Z
; con
∣∣∣∣
aTm
Z
∣∣∣∣< 1
X(Z, Tm) =Z
Z − aTm; con |Z| > |aTm |(Figura 2.2)
32
Figura 2.2: Region de convergencia ejemplo x(KTm) = aKTm1(KTm) (El amarillo)
Ejemplo 2.2. Calculo Transformada Z. De una secuencia bilateral
x(KTm) =
aKTm si K ≥ 0−bKTm si K < 0
x(KTm) = aKTm1(KTm)− bKTm1(−K − 1Tm)
X(Z, Tm) = Z [x(KTm)] =
∞∑
k=−∞
x(KTm)Z−K
=
∞∑
k=−∞
[
aKTm1(KTm)− bKTm1(−K − 1Tm)
]
Z−K
=
∞∑
k=−∞
aKTm1(KTm)Z−K −∞∑
k=−∞
bKTm1(−K − 1Tm)Z−K
=
∞∑
k=0
aKTmZ−K −−1∑
k=−∞
bKTmZ−K
Del ejemplo anterior se puede extraer:
∞∑
k=0
aKTmZ−K =Z
Z − aTm; con |Z| > |aTm |
Ahora, el segundo termino
−1∑
k=−∞
bKTmZ−K = lımN→∞
[−1∑
k=−N
bKTmZ−K
]
; K = −i
33
−1∑
k=−∞
bKTmZ−K = lımN→∞
[N∑
i=1
b−iTmZi
]
= lımN→∞
N∑
i=1
(Z
bTm
)i
= lımN→∞
N∑
i=1
P i; P =Z
bTm
= lımN→∞
P − PN−1
1− P=
P
1− P; |P | < 1
=Z
bTm
1− ZbTm
; |Z
bTm| < 1
−1∑
k=−∞
bKTmZ−K =Z
bTm − Z; |Z| < |bTm |
Por tanto, tomando estos dos resultados parciales obtenemos:
X(Z, Tm) =Z
Z − aTm−
Z
bTm − Z; |Z| > |aTm | ∩ |Z| < |bTm |
X(Z, Tm) = ZZ − bTm + Z − aTm
(Z − aTm)(Z − bTm); |aTm | < |Z| < |bTm |
X(Z, Tm) =Z(2Z − (bTm + aTm))
(Z − aTm)(Z − bTm); |aTm | < |Z| < |bTm |
Es claro que si no se cumple |aTm | < |bTm |, no existe interseccion entre las regiones de convergencia ypor tanto la transformada no converge y no existe.
2.2. Transformada Zeta de la senales Basicas de tiempo discreto
Los senales basicas de tiempo discreto son las mas utilizadas y con las cuales se puede familiarizar elestudio de la transformeda Z, a continuacion veremos las transformadas de estas senales basicas de tiempodiscreto.
Escalon discreto. Sea x(KTm) = 1(KTm), la transformada Zeta esta dada por:
X(Z, Tm) =
∞∑
K=−∞
1(KTm)Z−K =
∞∑
K=0
Z−K =Z
Z − 1; |Z| > 1
Si x(KTm) = 1(KTm)⇒ X(Z, Tm) =Z
Z − 1; |Z| > 1 (2.5)
Delta de Kronecker. Sea x(KTm) = δ(KTm), la transformada Zeta esta dada por:
X(Z, Tm) =
∞∑
K=−∞
δ(KTm)Z−K = 1; Z 6= 0
Si x(KTm) = δ(KTm)⇒ X(Z, Tm) = 1; Z 6= 0 (2.6)
Rampa discreta. Sea x(KTm) = KTm1(KTm) = KTm1(K − 1Tm), la transformada Zeta esta dadapor:
X(Z, Tm) =
∞∑
K=−∞
KTm1(KTm)Z−K =
∞∑
K=0
KTmZ−K = Tm
∞∑
K=0
KZ−K
34
Tomemos el siguiente conjunto de expresiones que nos facilitaran la determinacion de esta transformada:
KZ−K ; ⇒d
dZZ−K = −KZ−K−1
−d
dZZ−K = KZ−K−1
− Zd
dZZ−K = KZ−K
X(Z, Tm) = Tm
∞∑
K=0
KZ−K = −Tm
∞∑
K=0
Zd
dZZ−K
= −TmZd
dZ
∞∑
K=0
Z−K
= −TmZd
dZ
[
Z
Z − 1
]
; |Z| > 1
= −TmZ
(
Z − 1− Z
(Z − 1)2
)
; |Z| > 1
Si x(KTm) = KTm1(KTm)⇒ X(Z, Tm) =TmZ
(Z − 1)2; |Z| > 1 (2.7)
Exponencial discreta. Sea x(KTm) = AeαKTm1(KTm), con A, α ∈ ℜ, la transformada Zeta esta dadapor:
X(Z, Tm) =
∞∑
K=−∞
AeαKTm1(KTm)Z−K =
∞∑
K=0
AeαKTmZ−K = A
∞∑
K=0
(
eαTm
Z
)K
Tomando nuevamente la serie de la ecuacion 3.3, sea P = eαTm/Z, entonces
X(Z, Tm) = A
∞∑
k=0
PK tomemos N →∞ y i = 0
X(Z, Tm) = A1
1− P; con |P | < 1
X(Z, Tm) = A1
1− eαTm
Z
; con
∣∣∣∣
eαTm
Z
∣∣∣∣< 1
X(Z, Tm) = AZ
Z − eαTm; con |Z| > |eαTm |
Si x(KTm) = AeαKTm1(KTm)⇒ X(Z, Tm) = AZ
Z − eαTm; |Z| > |eαTm | (2.8)
Sinusoide discreta. Sea x(KTm) = A sin(ωKTm + φ)1(KTm), la transformada Zeta esta dada por:
X(Z, Tm) =
∞∑
K=−∞
A sin(ωKTm + φ)1(KTm)Z−K = A
∞∑
K=0
sin(ωKTm + φ)Z−K
35
Como es bien conocida la expresion de euler y sus descendientes:
ejφ = cosφ + j sin φ
cosφ =ejφ + e−jφ
2
sin φ =ejφ − e−jφ
2j
Y por consiguiente,
X(Z, Tm) = A
∞∑
K=0
e(jωKTm+φ) − e−j(ωKTm+φ)
2jZ−K
X(Z, Tm) =A
2j
(∞∑
K=0
ej(ωKTm+φ)Z−K −∞∑
K=0
e−j(ωKTm+φ)Z−K
)
Ahora tomando cada una por separado:
∞∑
K=0
ej(ωKTm+φ)Z−K =∞∑
K=0
ejωKTmejφZ−K
=ejφ∞∑
K=0
(ejωTm
Z
)K
=ejφ Z
Z − ejωTm; |Z| > 1
∞∑
K=0
e−j(ωKTm+φ)Z−K =
∞∑
K=0
e−jωKTme−jφZ−K
=e−jφ∞∑
K=0
(e−jωTm
Z
)K
=e−jφ Z
Z − e−jωTm; |Z| > 1
Es decir que se obtiene:
X(Z, Tm) =A
2j
(
ejφ Z
Z − ejωTm− e−jφ Z
Z − e−jωTm
)
; |Z| > 1
=AZ
2j
(
ejφZ − e−jωTmejφ − e−jφZ + e−jφejωTm
Z2 − (ejωTm + e−jωTm)Z + 1
)
; |Z| > 1
= AZ
Z ejφ−e−jφ
2j + ej(ωTm−φ)−e−j(ωTm−φ)
2j
Z2 − (ejωTm + e−jωTm)Z + 1
; |Z| > 1
= AZ
(Z sinφ + sin (ωTm − φ)
Z2 − 2 cosωTmZ + 1
)
; |Z| > 1
Si x(KTm) = A sin(ωKTm + φ)1(KTm)⇒ X(Z, Tm) = AZ
(Z sin φ + sin (ωTm − φ)
Z2 − 2Z cosωTm + 1
)
; |Z| > 1 (2.9)
36
2.3. Propiedades de la Transformada Z
A continuacion veremos las propiedades mas importantes y usadas en Transformada Z.
2.3.1. Linealidad y superposicion
Sean α1, α2 ∈ ℜ o C escalares constantes y las secuencias discretas x1(KTm), x2(KTm), cuyas transfor-madas Z estan dadas por:
X1(Z, Tm) = Z [x1(KTm)]; Ω1 = R1− < |Z| < R1+
X2(Z, Tm) = Z [x2(KTm)]; Ω2 = R2− < |Z| < R2+
Si y(KTm) = α1x1(KTm) + α2x2(KTm), entonces su transformada Z es:
Y (Z, Tm) = α1X1(Z, Tm) + α2X2(Z, Tm); Ω = Ω1 ∩ Ω2 6= ∅ (2.10)
Demostracion
Y (Z, Tm) = Z [y(KTm)] = Z [α1x1(KTm) + α2x2(KTm)]
=
∞∑
K=−∞
[α1x1(KTm) + α2x2(KTm)]Z−K
=∞∑
K=−∞
[α1x1(KTm)]Z−K +∞∑
K=−∞
[α2x2(KTm)]Z−K
= α1
∞∑
K=−∞
[x1(KTm)]Z−K + α2
∞∑
K=−∞
[x2(KTm)]Z−K
= α1 X1(Z, Tm)︸ ︷︷ ︸
Ω1
+α2 X2(Z, Tm)︸ ︷︷ ︸
Ω2
Y (Z, Tm) = α1X1(Z, Tm) + α2X2(Z, Tm); Ω = Ω1 ∩ Ω2 6= ∅
Generalizando
Y (KTm) =
N∑
i=1
αiXi(kTm); Xi(Z, Tm) = Z [xi(KTm)]; Ωi = Rxi− < |Z| < Rxi+
Y (Z, Tm) =
N∑
i=1
αiXi(Z, Tm); Ω = ∩Ni Ωi 6= ∅
2.3.2. Multiplicacion por aK
sea x(KTm) −→ X(Z, Tm) = Z [x(KTm)]; Ω1 = Rx− < |Z| < Rx+
Si y(KTm) = aKx(KTm), entonces su transformada Z es:
37
Y (Z, Tm) = Z [y(KTm)] = Z [aKx(KTm)]
Y (Z, Tm) = X
(Z
a, Tm
)
; |a|Rx− < |Z| < |a|Rx+ 6= ∅ (2.11)
Demostracion
Y (Z, Tm) = Z [y(KTm)] = Z [aKx(KTm)]
=∞∑
K=−∞
aKx(KTm)Z−K
=
∞∑
K=−∞
x(KTm)
(
Z
a
)−K
sea γ =Z
a, Y (Z, Tm)→ Y (γ, Tm)
Y (γ, Tm) =
∞∑
K=−∞
x(KTm)γ−K = X(γ, Tm) Rx− < |γ| < Rx+
Y (Z, Tm) = X
(Z
a, Tm
)
; |a|Rx− < |Z| < |a|Rx+ 6= ∅
2.3.3. Desplazamiento de una secuencia bilateral
Considere una secuencia de tiempo discreto x(KTm) donde su transformada Z esta dada por:
sea x(KTm) −→ X(Z, Tm) = Z [x(KTm)]; Ω1 = Rx− < |Z| < Rx+
Sea la secuencia desplazada y(KTm) = x(K + K0Tm), entonces su transformada Z es:
Y (Z, Tm) = Z [y(KTm)] = Z [x(K + K0Tm)]
Y (Z, Tm) = ZK0X(Z, Tm); Rx− < |Z| < Rx+ (2.12)
Demostracion
Y (Z, Tm) = Z [y(KTm)] = Z [x(K + K0Tm)]
=
∞∑
K=−∞
x(K + K0Tm)Z−K sea ℓ = K + K0; K = ℓ−K0
=
∞∑
ℓ=−∞
x(ℓTm)Z−(ℓ−K0)
= ZK0
∞∑
ℓ=−∞
x(ℓTm)Z−ℓ; Rx− < |Z| < Rx+
Y (Z, Tm) = ZK0X(Z, Tm); Rx− < |Z| < Rx+
Las regiones de convergencia de x(KTm), y x(K + K0Tm) son identicas con la excepcion posible de Z = 0,Z →∞, por ejemplo la secuencia δ(KTm) tiene una transformada Z que siempre converge para todo Z 6= 0;pero la secuencia δ(K + 1Tm) no converge para Z →∞. Para K0 > 0 se introducen ceros en Z = 0 y polosen Z →∞. Para Para K0 < 0 se introducen polos en Z = 0 y ceros en Z →∞.
38
2.3.4. Desplazamiento de una secuencia Unilateral positiva
Considere una secuencia de tiempo discreto unilateral positiva x(KTm) donde su transformada Z estadada por la siguiente ecuacion, y sea J0 un entero positivo finito.
sea x(KTm) −→ X(Z, Tm) = Z [x(KTm)]; Ω1 = Rx− < |Z| < Rx+
Sea la secuencia desplazada y(KTm) = x(K − J0Tm), (Note que en este caso el desplazamiento es haciala derecha) entonces su transformada Z es:
Y (Z, Tm) = Z [y(KTm)] = Z [x(K − J0Tm)]
Y (Z, Tm) = ZJ0X(Z, Tm); Rx < |Z|; Z = 0 no pertenece a Rx (2.13)
Demostracion
Y (Z, Tm) = Z [y(KTm)] = Z [x(K − J0Tm)]
=
∞∑
K=0
[x(K − J0Tm)]Z−K sea i = K − J0; K = i + J0
=
∞∑
i=−J0
[x(iTm)]Z−(i+J0); Como la secuencia es U.P. los limites son
=
∞∑
i=0
[x(iTm)]Z−iZ−J0
Y (Z, Tm) = Z−J0X(Z, Tm); Rx < |Z|; Z = 0 no pertenece a Rx
Notemos que en este caso es la misma transformada presente en la seccion 2.3.3, ahora: Sea la secuenciadesplazada y(KTm) = x(K + J0Tm), (Note que en este caso el desplazamiento es hacia la izquierda) entoncessu transformada Z es:
Y (Z, Tm) = Z [y(KTm)] = Z [x(K + J0Tm)]
Y (Z, Tm) = ZJ0X(Z, Tm)− ZJ0
J0−1∑
i=0
x(iTm)Z−i; Rx− < |Z| (2.14)
Demostracion
Y (Z, Tm) = Z [y(KTm)] = Z [x(K + J0Tm)]
=
∞∑
K=0
[x(K + J0Tm)]Z−K sea i = K + J0; K = i− J0
=
∞∑
i=J0
[x(iTm)]Z−(i−J0)
=
∞∑
i=J0
[x(iTm)]Z−iZJ0 = ZJ0
∞∑
i=J0
[x(iTm)]Z−i
= ZJ0
[∞∑
i=0
[x(iTm)]Z−i −J0−1∑
i=0
[x(iTm)]Z−i
]
39
Y (Z, Tm) = ZJ0
[
X(Z, Tm)−J0−1∑
i=0
[x(iTm)]Z−i
]
Y (Z, Tm) = ZJ0X(Z, Tm)− ZJ0
J0−1∑
i=0
x(iTm)Z−i; Rx− < |Z|
Notemos que en este caso al realizarse el desplazamiento hacia la izquierda aparecen los terminos de i = 0hasta J0 − 1 de x(iTm)Z−i.
2.3.5. Diferenciacion de X(Z, Tm)
Considere una secuencia de tiempo discreto x(KTm) donde su transformada Z esta dada por:
sea x(KTm) −→ X(Z, Tm) = Z [x(KTm)]; Ω1 = Rx− < |Z| < Rx+
Sea la secuencia desplazada y(KTm) = KTmx(KTm), entonces su transformada Z es:
Y (Z, Tm) = Z [y(KTm)] = Z [KTmx(KTm)]
Y (Z, Tm) = −TmZd
dZ[X(Z, Tm)]; Rx− < |Z| < Rx+ (2.15)
Demostracion
Y (Z, Tm) =
∞∑
K=−∞
KTmx(KTm)Z−K
Como KZ−K = −Zd
dZZ−K entonces
Y (Z, Tm) =
∞∑
K=−∞
Tmx(KTm)
[
−Zd
dZZ−K
]
= −TmZd
dZ
∞∑
K=−∞
x(KTm)Z−K
Y (Z, Tm) = −TmZd
dZ[X(Z, Tm)]; Rx− < |Z| < Rx+
2.3.6. Conjuncion de una secuencia compleja
Considere una secuencia de tiempo discreto x(KTm),dado que
sea x(KTm) −→ X(Z, Tm) = Z [x(KTm)]; Ω1 = Rx− < |Z| < Rx+
consideremos ahora la secuencia:
y(KTm) = x∗(KTm) −→Y (Z, Tm) = Z [x∗(KTm)]
Y (Z, Tm) =
∞∑
K=−∞
x∗(KTm)Z−K =
[∞∑
K=−∞
x(KTm)(Z∗)−K
]∗
Y (Z, Tm) = X∗(Z∗, Tm); Rx− < |Z| < Rx+ (2.16)
40
2.3.7. Convolucion de secuencias y Transformada Z
Sea u(KTm), h(KTm) y y(KTm) secuencias discretas, definidas como:
y(KTm) = u(KTm) ∗ h(KTm) =
∞∑
J=−∞
u(JTm)h(K − JTm)
sea u(KTm) −→ U(Z, Tm) = Z [u(KTm)]; Ωu = Ru− < |Z| < Ru+
sea h(KTm) −→ H(Z, Tm) = Z [h(KTm)]; Ωh = Rh− < |Z| < Rh+
Entonces:
Y (Z, Tm) = Z [y(KTm)] = U(Z, Tm)H(Z, Tm); Ω = Ωu ∩ Ωh
Demostracion
Y (Z, Tm) =
∞∑
K=−∞
[∞∑
i=−∞
u(iTm)h(K − iTm)
]
Z−K
Y (Z, Tm) =
∞∑
i=−∞
u(iTm)
[∞∑
K=−∞
h(K − iTm)
]
Z−K
sea r = K − i; K = r + i
Y (Z, Tm) =
∞∑
i=−∞
u(iTm)
[∞∑
r=−∞
h(rTm)
]
Z−(r+i)
=
(∞∑
i=−∞
u(iTm)Z−i
)(∞∑
r=−∞
h(rTm)Z−r
)
= U(Z, Tm)H(Z, Tm); Ω = Ωu ∩ Ωh
2.4. Transformada Z Inversa
La transformada Z inversa es utilizada al igual que las transformadas inversa de Laplace y Fourier pararetornar del dominio de la frecuencia al dominio del tiempo, pero en este caso al tiempo discreto, existenbasicamente tres metodos para desarrollaras o calcular las transformadas Z inversa,
1. Integral compleja de linea, Teorema de la Integral de Cauchy
2. Expansion en series
3. Pares de transformadas (Tablas)
X(KTm)Z
−−−−−−−−→ X(Z, Tm) Ω = Rx− < |Z| < Rx+
X(KTm)Z
−1
←−−−−−−−− X(Z, Tm) Ω = Rx− < |Z| < Rx+
41
2.4.1. Expansion en series
Tomemos el siguiente ejemplo sencillo, X(Z, Tm) = ZZ−a , |Z| > |a|, el cual nos facilitara entender este
metodo:
Si,
X(Z, Tm) =Z
Z − a; Puede ser expandida por division de la siguiente forma:
X(Z, Tm) =Z
Z − a= 1 + aZ−1 + a2Z−2 + a3Z−3 + . . .
Aplicando las propiedades de Transformada Z, podemos identificar que:
Z−1
Z−1
Z−1[aiZ−i] = aiδ(iTm)
Por consiguiente para este caso (y en general para la gran mayorıa de casos de senales unilateralespositivas), se tendrıa:
X(Z, Tm) = 1 + aZ−1 + a2Z−2 + a3Z−3 + · · · =∞∑
K=0
aKZ−K
x(KTm) = 1δ(0Tm) + a1δ(Tm) + a2δ(2Tm) + a3δ(3Tm) + · · · = aK1(KTm)
2.4.2. Integral compleja de linea, Teorema de la Integral de Cauchy
Recordemos el Teorema de la integral Compleja de Cauchy:
1
2πj
∫
Γ
ZK−1dZ =
1 si K = 00 otro caso
Donde Γ es un contorno en sentido anti-horario que encierra el origen.
Sea la secuencia x(KTm) una secuencia discreta y con transformada:
X(Z, Tm) = Z [x(KTm)]; Ω = Rx− < |Z| < Rx+
Ahora Tomemos la siguiente integral de linea:
1
2πj
∫
Γ
X(Z, Tm)ZK−1dZ
Donde Γ es un contorno cerrado recorrido en sentido anti-horario en Ω que encierra el origen.
1
2πj
∫
Γ
(∞∑
i=−∞
x(iTm)Z−i
)
ZK−1dZ =1
2πj
∞∑
i=−∞
x(iTm)
(
∫
Γ
ZK−i−1dZ
)
=
∞∑
i=−∞
x(iTm)
(1
2πj
∫
Γ
ZK−i−1dZ
)
; r = k − i
42
=
∞∑
i=−∞
x(iTm)
(1
2πj
∫
Γ
Zr−1dZ
)
=
∞∑
i=−∞
x(iTm)δ(rTm)
=
∞∑
i=−∞
x(iTm)δ(K − iTm)
Como conclusion se tiene:
x(KTm) =1
2πj
∫
Γ
X(Z, Tm)ZK−1dZ (2.17)
Donde Γ es un contorno cerrado recorrido en sentido anti-horario en Ω que encierra el origen.
Figura 2.3: Trayectoria Γ en general
Para solucionar esta integral, se utilizan la evaluacion por residuos de la integral. si x(Z, Tm) es unafuncion racional, se puede representar como:
X(Z, Tm) =B(Z, Tm)
A(Z, Tm)
A(Z, Tm) =n∏
i=1
(Z − Zi); Zi 6= Zj; i 6= j
1
2πj
∫
Γ
X(Z, Tm)ZK−1dZ =∑
Residuos de X(Z, Tm)ZK−1en los polos cobijados por Γ (2.18)
Ejemplo 2.3. Determine x(KTm) si:
X(Z, Tm) =1
1− aZ−1; |Z| > |a|
X(Z) =Z
Z − a; |Z| > |a|
x(KTm) =1
2πj
∫
Γ
X(Z, Tm)ZK−1dZ =1
2πj
∫
Γ
Z
Z − aZK−1dZ
=1
2πj
∫
Γ
ZK
Z − adZ
43
Figura 2.4: Trayectoria Γ para el primer ejemplo de transformada Z inversa
Donde Γ esta dentro de la region |Z| > |a| (Figura 2.4)
Consideremos inicialmente K ≥ 0, si observamos la ecuacion anterior, veremos que la expresion ZK soloaporta ceros, por lo tanto tenemos:
x(KTm) =1
2πj
∫
Γ
ZK
Z − adZ = Residuo de
[ZK
Z − a
]
en el Polo Z = a
= lımZ→a
(Z − a)ZK
Z − a= aK
x(KTm) =x(K) = aK ; K ≥ 0
Ahora consideremos que K < 0, de forma general tenemos que el termino ZK−1 puede aportar polosal origen de multiplicidad mayor a uno, en este caso se debe realizar un cambio de variable de la formaZ = U−1Z = U−1Z = U−1, es decir realizaremos un mapeo del plano Z al plano U .
X(Z, Tm)⇒ X
(
1
U, Tm
)
; dZ = −U−2dU
Figura 2.5: Mapeo del Plano Z al plano U
44
x(KTm) = −1
2πj
∫
Γ∗
X
(
1
U, Tm
)
U−(K−1)U−2dU
x(KTm) =1
2πj
∫
Γ∗
X
(
1
U, Tm
)
U−K−1dU
Donde Γ∗ es un contorno cerrado recorrido en sentido horario en Ω∗ que encierra el origen.
Como conclusion general para realizar la transformada Z inversa se deben considerar las dos opciones:
Para K ≥ 0⇒ x(KTm) =1
2πj
∫
Γ
X(Z, Tm)ZK−1dZ (2.19)
Para K < 0⇒ x(KTm) =1
2πj
∫
Γ∗
X
(
1
U, Tm
)
U−K−1dU (2.20)
Donde Γ es un contorno cerrado recorrido en sentido anti-horario en Ω que encierra el origen en el planoZ; y donde Γ∗ es un contorno cerrado recorrido en sentido anti-horario en Ω∗ que encierra el origen en elplano U. Y la evaluacion de estas integrales se puede realizar empleando el metodo de los residuos.
Ejemplo 2.4. Determine la funcion x(k), si consideramos la siguiente transformada Z.
X(Z) =Z2 − 0,5Z
Z2 = 0,75Z + 0,125Ω = 0,25 < |Z| < 0,5
X(Z) =Z(Z − 0,5)
(Z + 0,25)(Z + 0,5)Ω = 0,25 < |Z| < 0,5
Para x(k), con k ≥ 0, tenemos:
x(KTm) =1
2πj
∫
Γ
X(Z, Tm)ZK−1dZ
=1
2πj
∫
Γ
Z(Z − 0,5)
(Z + 0,25)(Z + 0,5)ZK−1dZ
=∑
Residuos de
[
Z(Z − 0,5)
(Z + 0,25)(Z + 0,5)ZK−1
]
en los polos cobijados por Γ
X(Z, Tm)ZK−1 tiene dos polos, unos en Z = −o,5, y el otro en Z = −0,25; Pero solo el polo en Z = −0,25es cobijado por la trayectoria Γ (Ver figura XX.a).
x(KTm) = Residuo
[
Z − 0,5
(Z + 0,25)(Z + 0,5)ZK
]
en el polo Z = −0,25
= lımZ=−0,25
[
(Z + 0,25)(Z − 0,5)
(Z + 0,25)(Z + 0,5)ZK
]
= −3(−0,25)k; K ≥ 0
45
Para x(k), con k < 0, tenemos:
x(KTm) =1
2πj
∫
Γ∗
X
(
1
U, Tm
)
U−K−1dU
Por lo tanto necesitamos primero X(1/U, Tm):
X
(
1
U, Tm
)
=1/U(1/U − 0,5)
(1/U + 0,25)(1/U + 0,5)
x(KTm) =1
2πj
∫
Γ∗
1/U(1/U − 0,5)
(1/U + 0,25)(1/U + 0,5)U−K−1dU
Multiplicando en el numerador y denominador por U2, y posteriormente por 8, se obtiene:
x(KTm) =1
2πj
∫
Γ∗
(1 − 0,5U)
(1 + 0,25U)(1 + 0,5U)U−K−1dU
=1
2πj
∫
Γ∗
4(2− U)
(U + 4)(U + 2)U−K−1dU
Con respecto a la region de convergencia Γ −→ Γ′, tenemos:
0,25 < |Z| < 0,5; U = Z−1; Z = U−1
0,25 < |1/U | < 0,5 =
0,25 < |1/U |0,5 > |1/U |
Ω′ =
|U | < 4|U | > 2
Ω′ =2 < |U | < 4
Por consiguiente observemos que esta funcion solo posee un polo en la region de convergencia Ω′, el cualesta en U = −2. Y por consiguiente es cobijado por la trayectoria Γ′ (Ver figura XX.b).
x(KTm) = Residuo
[
4(2− U)
(U + 4)(U + 2)U−K−1
]
en el polo U = −2
= lımU=−2
[
4(2− U)(U + 2)
(U + 4)(U + 2)U−K−1
]
= −4(−2)−k; K < 0
En conclusion, se obtiene:
x(K) =
−3(−0,25)k; K ≥ 0−4(−2)−k; K < 0
=− 3(−0,25)k1(k)− 4(−2)−k1(−k − 1);
46
2.4.3. Pares de transformadas (Tablas)
2.5. Ejercicios
1. Primero
2. Segundo
47
48
Capıtulo 3
Apendice
rect(2T1) = 1(t + T1)− 1(t− T1) (3.1)
sinc(u) =sin(πu)
πu(3.2)
N∑
J=i
P J =P i − PN+1
1− Psi P 6= 1 (3.3)
= N − i + 1 si P = 1
49