prueba de evaluación continua 1 (pec1) competencias objetivos

Señales y Sistemas II · PEC1 · 2017-18 - Programa Estudios de Informática Multimedia y Telecomunicación

1

Prueba de Evaluación Continua_1 (PEC1) Presentación Esta PEC consta de 6 problemas para evaluar los conceptos adquiridos en el módulo1

Competencias 1. Conocimiento de materias básicas i tecnologías, que capaciten para el aprendizaje de

nuevos métodos y nuevas tecnologías, y doten al estudiante de una gran versatilidad para adaptarse a nuevas situaciones.

2. Comprensión y dominio de los conceptos básicos de sistemas lineales y las funciones i transformaciones relacionadas, y su aplicación para la resolución de problemas propios de la ingeniería.

3. Capacidad para analizar, codificar, procesar i transmitir información multimedia empleando técnicas de procesamiento analógico i digital de la señal.

Objetivos 1. Calcular la Transformada Z. Caracterizar su ROC (Region of Convergence).

2. Determinar a partir de la ROC si existe o no transformada discreta de Fourier.

3. Definir el diagrama de polos y ceros.

4. Calcular la transformada Z inversa.

5. Operar con señales en el dominio de la Transformada Z

Descripción de la PEC a realizar Resolver los problemas propuestos. Incluye en la solución los cálculos realizados para encontrar las transformadas inversas, raíces de polinomios, etc.

Recursos Apuntes y problemas resueltos del módulo 1 que se encuentran en el foro.

Formato y fecha de entrega Se entregará en formato PDF, con el siguiente nombre: apellidos_nombre_PEC1.pdf


2

EJERCICIO 1 (1,5 puntos)

Calcula la transformada Z de las siguientes secuencias usando la definición de la transformada Z e indicando su ROC.

a)

La serie converge para (5z)−1 <1 ⇔ z > 15 ROC

b)

X (z) = x[n]z−n =n=−∞

∞

∑ 0.8( )ncos(

π2

n)u[n]z−n =n=−∞

∞

∑ 0.8( )ncos(

π2

n)z−n =n=0

∞

∑

= 0.8( )n ejπ2

n+ e

− jπ2

n

2

⎛

⎝

⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟

z−n = 12

0.8( )ne

jπ2

nz−n

n=0

∞

∑ + 12

0.8( )ne

jπ2

n

n=0

∞

∑ z−n =n=0

∞

∑

= 12

0.8ejπ2 z−1⎛

⎝⎜⎞⎠⎟n=0

∞

∑n

+ 12

0.8e− j

π2 z−1⎛

⎝⎜⎞⎠⎟

n

n=0

∞

∑ = 12

1

1− 0.8ejπ2

nz−1

+ 12

1

1− 0.8e− j

π2

nz−1

Las series convergen si

0.8ejπ2 z−1 <1 0.8e

− jπ2 z−1 <1

z > 0.8ejπ2 = 0.8(cosπ

2+ j sinπ

2) = 0.8 j z > 0.8e

jπ2 = 0.8(cos −π

2+ j sin −π

2) = −0.8 j

X (z) = 12

11− 0.8 jz−1 +

11+ 0.8 jz−1

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ =

12

1+ 0.8 jz−1 +1− 0.8 jz−1

1− 0.64z−2

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ =

12

21− 0.64z−2

⎡

⎣⎢⎤

⎦⎥= 1

1− 0.64z−2

ROC z > 0.8

x[n]= 1

5⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

n

u[n]

X (z) = x[n]z−n =n=−∞

∞

∑ 15

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

n

u[n]z−n =n=−∞

∞

∑ 15

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

n

z−n =n=0

∞

∑ 5z( )−1( )n

=n=0

∞

∑ 1

1− 5z( )−1 =1

1− 15

z−1

x[n]= (0.8)n cos

π2

n⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

u[n]


3

EXERCICI 2 (1 punt)

Si la transformada Z del senyal x [n] és X (z) = z−1

(1− z−1)2

Troba l'expressió de la transformada Z de les següents seqüències a partir de propietats de la transformada Z (taula2 apunts M1) i de transformades Z de senyals conegudes (taula1 apunts M1)

a) y[n]= x[n]∗δ [n− 4]

Y (z) = X (z)z−4 = z−5

(1− z−1)2

b) y[n]= 5x[n−1]+ 4 − 1

3⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

n

u[n]

Y (z) = 5X (z)z−1 + 4 1

1+ 13

z−1= 5 z−1

(1− z−1)2 z−1 + 4 1

1+ 13

z−1= 5 z−2

(1− z−1)2 + 4 1

1+ 13

z−1

c) y[n]= −nx[n]

Y (z) = z d( X (z))

dz

X (z) = z−1

(1− z−1)2 = z−1

z−2(z −1)2 = z(z −1)2

dX (z)dz

= (z −1)2 − z2(z −1)(z −1)4 = z2 − 2z +1− 2z2 + 2z

(z −1)4 = −z2 +1(z −1)4

Y (z) = z(1− z2 )

(z −1)4 = z(1− z)(1+ z)(z −1)4 = z(1+ z)

(z −1)3


4

EXERCICI 3 (2 punts)

a) Calcula la TZ inversa causal de X (z) = 6+ z−5

1− 0.25z−2

X(z) es un cociente de polinomios en z-‐1, el grado del numerador es mayor que el grado del denominador. Se dividen los polinomimos

6+ z−5 = (1− 0.25z−2 )(− 1

0.25z−3 −16z−1)+ (16z−1 + 6)

6+ z−5

1− 0.25z−2 = (− 10.25

z−3 −16z−1)+ 16z−1 + 61− 0.25z−2

La TZ inversa de los primeros términos es:

− 1

0.25z−3 −16z−1 ↔−4δ [n− 3]−16δ [n−1]

16z−1 + 6

1− 14

z−2= A

1− 12

z−1+ B

1+ 12

z−1=

A(1+ 12

z−1)+ B(1− 12

z−1)

(1− 12

z−1)(1+ 12

z−1)

Resolvemos el sistema de ecuaciones:

A+ B = 612

A− 12

B = 16

⎫⎬⎪

⎭⎪ A = 19, B = −13

19

1− 12

z−1+ −13

1+ 12

z−1↔19(1

2)nu[n]−13(− 1

2)nu[n]

x[n]= −4δ [n− 3]−16δ [n−1]+ 19(1

2)n −13(− 1

2)n⎡

⎣⎢⎤

⎦⎥u[n]

b) Calcula totes les possibles TZ inverses de X (z) = 7 − 9.5z−1 − 3.5z−2 +5.5z−3

(1− z−2 )(1− 0.5z−1)(1−1.5z−1)

(És a dir, la TZ inversa per cada possible ROC)


5

X (z) = 7 − 9.5z−1 − 3.5z−2 +5.5z−3

(1− z−2 )(1− 0.5z−1)(1−1.5z−1)= 7 − 9.5z−1 − 3.5z−2 +5.5z−3

(1− z−1)(1+ z−1)((1− 0.5z−1)(1−1.5z−1)

Polos : z = 1, z = −1, z = 0.5, z = 1.5

Los polos dividen el plano en cuatro regiones:

I ) z >1.5

II ) 1< z <1.5

III ) 0.5< z <1

IV ) z < 0.5

Buscamos la descomposición en fracciones simples de X(z) y luego calculamos la TZ inversa de cada termino para cada una de las 4 regiones

X (z) = 7 − 9.5z−1 − 3.5z−2 +5.5z−3

(1− z−1)(1+ z−1)(1− 0.5z−1)(1−1.5z−1)= A

1− z−1 +B

1+ z−1 +C

1− 0.5z−1 +D

1−1.5z−1

X (z)(1− z−1)

z=1= 1= A

X (z)(1− z−1)

z=−1= 1= B

X (z)(1− z−1)

z=0.5= 3= C

X (z)(1− z−1)

z=1.5= 2 = D

X (z) = 1

1− z−1 +1

1+ z−1 +3

1− 0.5z−1 +2

1−1.5z−1

I ) z >1.5

x[n]= u[n]+ (−1)nu[n]+ 3(0.5)nu[n]+ 2(1.5)nu[n]

II ) 1< z <1.5

x[n]= u[n]+ (−1)nu[n]+ 3(0.5)nu[n]− 2(1.5)nu[−n−1]

III ) 0.5< z <1

x[n]= −u[−n−1]− (−1)nu[−n−1]+ 3(0.5)nu[n]− 2(1.5)nu[−n−1]= = −[1+ (−1)n + 2(1.5)n]u[−n−1]+ 3(0.5)nu[n]


6

IV ) z < 0.5

x[n]= −[1+ (−1)n + 2(1.5)n + 3(0.5)n]u[−n−1]

EXERCICIO 4 (1,5 puntos)

Dado un sistema tal que para la entrada escalón unitario x[n]= u[n] la salida es y[n]= anu[n]

Determina

a) La respuesta impulsional del sistema, trabajando en el dominio de la TZ

b) Las condiciones sobre 'a' para que el sistema sea estable

c) Analiza la causalidad del sistema

Y (z) = X (z)H (z)

H (z) = X (z)

Y (z)

x[n]= u[n]↔ X (z) = 1

1− z−1 z >1

y[n]= anu[n]↔ Y (z) = 1

1− az−1 z > a

H (z) = Y (z)X (z)

=

11− az−1

11− z−1

= 1− z−1

1− az−1 =

1a

(1− az−1)+1− 1a

1− az−1 = 1a+

1− 1a

1− az−1 Polo en z=a, cero en z=0

ROC z > a

h[n]= 1

aδ [n]+ (1− 1

a)anu[n]

b) El sistema es estable si la ROC contiene al círculo unitario, es decir, si |a|<1

c) El sistema es causal (h[n] =0 para n<0)


7

EXERCICIO 5 (2 puntos)

Considera un sistema causal definido por la siguiente ecuación en diferencias

y[n]− 3

4y[n−1]− y[n− 2]+ 3

4y[n− 3]= x[n]− x[n−1]− 2x[n− 2]

a) Calcula la función de transferencia H (z), dibuja el diagrama de ceros y polos y la ROC, sabiendo que hay un polo en z = 3/4

b) Calcula la respuesta al impulso del sistema h [n]

c) Dibuja el diagrama de bloques que caracteriza el sistema

d) Calcula la salida del sistema para la entrada x[n]= 1

2(δ [n]+ 2nu[n])

a) y[n]− 3

4y[n−1]− y[n− 2]+ 3

4y[n− 3]= x[n]− x[n−1]− 2x[n− 2]

Y (z)− 3

4z−1Y (z)− z−2Y (z)+ 3

4z−3Y (z) = X (z)− z−1X (z)− 2z−2 X (z)

( )1 2 3 1 23 3( ) 1 ( ) 1 24 4

Y z z z z X z z z− − − − −⎛ ⎞− − + = − −⎜ ⎟⎝ ⎠

H (z) = Y (z)X (z)

= 1− z−1 − 2z−2

1− 34

z−1 − z−2 + 34

z−3

Buscamos los ceros y polos

( ) ( )2 2 21 2

1 2 3 3 3 2 1 3 2 1

2 21 2( ) 3 3 3 3 3 314 4 4 4 4 4

z z z z z zz zH zz z z z z z z z z z

−− −

− − − −

− − − −− −= = =

⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − + − − + − − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Calculamos primero las raíces del denominador. Sabemos que z=3/4 es raíz, por lo tanto, el polinomio 34

z − divide

al polinomio denominador. Calculamos el cociente de dividir el denominador por 34

z − , y el resultado es 2 1z − :


8

( )3 2 1 23 3 3 14 4 4

z z z z z⎛ ⎞− − + = − −⎜ ⎟⎝ ⎠

Por lo tanto, las otras dos raíces son 1z = y 1z = −

Por otra parte, las raíces del numerador son 0z = y 2z = y 1z = − (resolviendo la ecuación de segundo grado)

( )( )

( )( )

( )

( )

2 1 2( )

3 31 1 14 4

z z z z zH z

z z z z z

− + −= =⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + − − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Se cancela la raíz z=-‐1. Los ceros son 0z = y 2z = , los polos son 3 / 4z = y 1z =

La ROC es exterior a la circunferencia de radio más grande : 1ROC z >

b) Respuesta al impulso:

( )

( )

( )( )

1

111 1

1 22( ) 33 3 111 1 1

44 4

zz z A BH zzzz z z z

−

−−− −

−−= = = +

−⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −− − − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

1 1 131 2 (1 ) (1 )4

z A z B z-‐ -‐ -‐-‐ = -‐ + -‐

1A B+ =

3 24

A B-‐ -‐ = -‐

cuya solución es A = 5 , 4B=


9

11

5 4( ) 3 114

H zzz-‐

-‐

-‐= +

-‐-‐

h[n]= 5. 3

4⎛

⎝⎜⎜⎜⎞

⎠⎟⎟⎟⎟

n

u[n]−4u[n]= (5. 34⎛

⎝⎜⎜⎜⎞

⎠⎟⎟⎟⎟

n

−4)u[n]

c )Diagrama de bloques

d) Calcula la salida del sistema para x[n]= 1

2δ [n]+ 1

22nu[n]

[ ] [ ]* [ ] ( ) ( ) ( )y n x n h n Y z X x H z= ⇒ =

La TZ de x[n]= 1

2δ [n]+ 1

22nu[n]

es:

1

1 1

1 1 1 1 1( )2 2 1 2 1 2 2

z zX zz z z

−

− −

− −= + = =

− − −

Tiene un cero en z=1, y un polo en z=2, la ROC es 2z >


10

( )( )

11

11 1 1

1 21 1( ) ( ) ( )3 31 2 1 1 14 4

zzY z X z H zz z z z

−−

−− − −

−−= = =

− ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Calculando la TZ inversa, resulta

3[ ] [ ]4

n

y n u n⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

EXERCICI 6 (2 puntos)

Considera un sistema lineal, invariante y estable, con función de transferencia

H (z) = z−1(1− z−1)

(1+ 34

z−1)(1+ 14

z−2 ) , ROC = |z|> 3/4

a) Dibuja el diagrama de ceros y polos. Estudia la estabilidad y causalidad del sistema.

b) Calcula la ecuación en diferencias del sistema

c) Si la entrada [ ]x n es el escalón unitario, calcula [ ]y n trabajando en el dominio de la TZ

d) Dibuja el diagrama de ceros y polos de Y (z) y especifica la ROC.

a)

H (z) = z−1(1− z−1)

(1+ 34

z−1)(1+ 14

z−2 )= z−2(z −1)

z−3(z + 34

)(z2 + 14

)= z(z −1)

(z + 34

)(z2 + 14

)


11

Buscamos raíces del polinomio numerador (ceros) y del denominador (polos)

Ceros: z=0, z=1

Polos: z=-‐3/4, z=(1/2)j, z=(-‐1/2)j

ROC |z|>3/4

Sistema causal (ROC exterior a circunferencia)

Sistema estable (ROC contiene al círculo unitario)

b)

H (z) = Y (z)X (z)

= z−1(1− z−1)

(1+ 34

z−1)(1+ 14

z−2 )

Y (z)(1+ 3

4z−1)(1+ 1

4z−2 ) = X (z)(z−1(1− z−1))

y[n]+ 3

4y[n−1]+ 1

4y[n− 2]+ 3

16y[n− 3]= x[n−1]− x[n− 2]

c) Si la entrada [ ]x n es el escalón unitario, calcula [ ]y n trabajando en el dominio de la TZ

x[n]= u[n]↔ X (z) = 1

1− z−1 ROC z >1

Y (z) = X (z)H (z) = 11− z−1

z−1(1− z−1)

(1+ 34

z−1)(1+ 14

z−2 )= z−1

(1+ 34

z−1)(1+ 12

jz−1)(1− 12

jz−1)

ROC |z|>3/4

Calculamos la TZ inversa: buscamos la descomposición en fracciones simples de Y(z):

Y (z) = z−1

(1+ 34

z−1)(1+ 12

jz−1)(1− 12

jz−1)= A

1+ 34

z−1+ B

1+ 12

jz−1+ C

1− 12

jz−1


12

A = −1213

B = (6− 4 j)13

C = (6+ 4 j)13

Considerando la ROC, cada término es causal:

y[n]= [−12

13(−3

4)n + (6− 4 j)

13(12

j)n + (6+ 4 j)13

(− 12

j)n]u[n]

d)

Ceros: z=0,

Polos: z=-‐3/4, z=(1/2)j, z=(-‐1/2)j

ROC |z|>3/4

prueba de evaluación continua 1 (pec1) competencias objetivos

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