transformada de fourier: concepto y primeras propiedades

LAFA. Laboratorio de Analisis de Fourier Aplicado

Transformada de Fourier*

1. De las series de Fourier a la Transformada de Fourier: primerasconsideraciones

Las series de Fourier son utiles para el estudio de senales periodicas pero, desafortunadamente,este tipo de senales no son tan frecuentes en la practica como las no-periodicas. Esta situacion requiereel desarrollo de una teorıa matematica mas ambiciosa y a ello vamos a dedicar algun tiempo.

Sea x(t) una senal aperiodica1 definida en todo el intervalo real y denotemos por xT (t) (T > 0)la senal 2T -periodica que se obtiene a partir de x(t) haciendo xT (t) = x(t) para t ∈ (−T, T ] yextendiendo periodicamente con periodo 2T . Si suponemos que x(t) es suficientemente suave (e.g.,es C1(R)), entonces tendremos la identidad

x(t) = xT (t) =1

2T

∞∑

k=−∞

[∫ T

−T

x(s)e−(πi/T )ksds

]e(πi/T )kt, para t ∈ (−T, T ] (1)

Evidentemente, si hacemos T → ∞ en el segundo miembro de la igualdad anterior, entonces laigualdad lımite sera valida para todo t ∈ R y su valor sera igual al de la senal de partida x(t).

Ahora, estudiemos que le sucede al segundo miembro si hacemos T → ∞. Tomando ∆f =1/(2T ) y fk = k∆f , podemos reescribir (1) como

x(t) =∞∑

k=−∞∆f

[∫ T

−T

x(s)e−2πifksds

]e2πifkt, para t ∈ (−T, T ]

Ahora bien, |fk+1 − fk| = ∆f = 1/2T ( k ∈ Z ) y, por tanto, podemos interpretar los puntos fkcomo nodos equiespaciados de una particion de Riemann para la integral lımite

∫ ∞

−∞

(∫ ∞

−∞x(s)e−2πifsds

)e2πiftdf

Es decir, podemos concluir que (bajo ciertas condiciones restrictivas sobre la suavidad de la senalaperiodica x(t)) se satisface la siguiente identidad (llamada: Teorema integral de Fourier):

x(t) =

∫ ∞

−∞

(∫ ∞

−∞x(s)e−2πifsds

)e2πiftdf

*Este documento esta basado ampliamente en el libro de texto del autor: J.M. Almira, “Matematicas para la recu-peracion de senales”, Grupo Editorial Universitario, 2005.

1Es decir: no periodica.


Haciendo el cambio de variable ξ = 2πf , podemos reescribir la anterior formula como

x(t) =1

2π

∫ ∞

−∞

(∫ ∞

−∞x(s)e−iξsds

)eiξtdξ

Definicion 1 La senalF(x)(ξ) := x(ξ) :=

∫ ∞


toma el nombre de transformada de Fourier de la senal (aperiodica) x(t) ∈ L1(R).

Definicion 2 La senalF−1(y)(t) :=

1

2π

∫ ∞

−∞y(ξ)eiξsdξ

toma el nombre de transformada de Fourier inversa de la senal (aperiodica) y(ξ).

Nota 1 Es evidente que el teorema integral de Fourier se puede reescribir como

x(t) =1

2π

∫ ∞

−∞

(∫ ∞


)eiξtdξ

=1

2π

∫ ∞

−∞F(x)(ξ)eiξtdξ = F−1(F(x))(t)

y, de manera analoga,F(F−1(y))(ξ) = y(ξ).

Una cosa es clara: bajo ciertas hipotesis (que luego especificaremos), conocer la transformadade Fourier de una senal equivale a conocer dicha senal, ya que al aplicar la transformada inversarecuperamos toda la informacion. De igual forma, si conocemos los coeficientes de Fourier ck∞k=−∞de cierta senal (periodica) x(t), de la que sabemos que es suficientemente suave, entonces conocemosla senal, pues para rescatarla completamente bastara sumar la correspondiente serie de Fourier. Ası,el papel del espectro de la senal, que en el caso periodico lo juegan los coeficientes de Fourier, en elcaso aperiodico lo juega la transformada de Fourier.

Para evitar problemas con la definicion de transformada de Fourier, supondremos que la senal x(t)es absolutamente integrable en R. Es decir, supondremos que

||x||L1(R) =

∫ ∞

−∞|x(t)|dt < ∞.

En tal caso, su transformada x(ξ) existe y esta uniformemente acotada en R, pues |e−iξs| = 1 paraξ, s ∈ R implica |x(ξ)| ≤ ||x||L1(R) para para ξ ∈ R.

2


1.1. Teoremas basicos sobre la transformada de FourierLa palabra ”transformada” indica que estamos trabajando con una herramienta para transformar

un tipo determinado de problema en otro. De hecho, la transformada de Fourier sera util (como vere-mos) para simplificar el estudio de la solucion de cierto tipo de ecuaciones diferenciales, convirtiendoel problema de la solucion de una ED en un problema de solucion de ecuaciones algebraicas. La moti-vacion para dicho estudio esta en el hecho de que la transformada de Fourier posee buenas propiedadesalgebraicas cuando se aplica a las derivadas sucesivas de una senal, o al trasladar la senal, etc. En esteapartado estudiamos las propiedades mas sencillas de la transformada de Fourier.

A continuacion exponemos una lista de las propiedades elementales de F(x)(ξ) = x(ξ) (Algunasde las demostraciones son muy sencillas y las dejamos como ejercicio).

Nota 2 Mantenemos ambas notaciones, F(x) y x para la transformada de Fourier, porque a vecesuna de ellas es mas comoda o mas clarificadora que la otra. Por otra parte, esto ayuda a que elestudiante se familiarize con ambas notaciones y, por tanto, le permitira leer facilmente diferentestextos sobre el tema (ya que por ahora no hay acuerdo unanime para la notacion en esta materia).

Linealidad La transformada de Fourier es un operador lineal. Mas precisamente, si x1, x2 ∈L1(R), y a, b ∈ R, entonces ax1 + bx2(ξ) = ax1(ξ) + bx2(ξ).

Traslacion en el tiempo. Dado a ∈ R, se tiene que

F [x(t− a)](ξ) = e−iaξF [x(t)](ξ) y F [eiaξx(t)](ξ) = F [x(t)](ξ − a)

Demostracion. En realidad, esta propiedad es trivial: basta hacer un cambio de variable, comose observa a continuacion:

F [x(t− a)](ξ) =

∫ ∞

−∞e−iξtx(t− a)dt

=

∫ ∞

−∞e−iξ(s+a)x(s)ds (donde s = t− a)

= e−iaξF [x(t)](ξ).

La otra formula se demuestra de forma analoga. ¤

Cambios de escala. Si δ > 0 y xδ(t) = δ−1x(t/δ), entonces

F [xδ](ξ) = F [x](δξ) y F [x(δt)](δξ) = F(x)δ(ξ).

Demostracion. De nuevo un simple cambio de variable sirve para nuestros objetivos:

F [xδ](ξ) = δ−1

∫ ∞

−∞e−iξtx(t/δ)dt

= δ−1

∫ ∞

−∞e−iξδsx(s)δds (donde s =

t

δ)

= F [x](δξ)

La demostracion de la segunda formula es analoga. ¤

3


Derivacion. Si x es continua y derivable a trozos, con x′(t) ∈ L1(R), entonces

F(x′)(ξ) = iξF(x)(ξ).

Ademas, si tx(t) es integrable entonces

F(tx(t))(ξ) = iF(x)′(ξ).

Demostracion. En este caso vamos a utilizar la formula de integracion por partes, para el calcu-lo de x′:

x′(ξ) =

∫ ∞

−∞e−iξtx′(t)dt

= e−iξtx(t)]t=∞t=−∞ + iξ

∫ ∞

−∞e−iξtx(t)dt

= iξx(ξ)

Antes de continuar desarrollando la teorıa, vamos a calcular algunas transformadas de Fourier:

Ejemplo 1 Consideremos la senal escalon

ua(t) =

1 si |t| < a0 en otro caso

Su transformada de Fourier es

F(ua)(ξ) =

∫ ∞

−∞ua(s)e

−iξsds

=

∫ a

−a

e−2πiξsds =e−iξs

−iξ

]s=a

s=−a

=e−iaξ − eiaξ

−iξ

=cos(−aξ) + i sin(−aξ)− cos(aξ)− i sin(aξ)

−iξ

= 2sin(aξ)

ξ

4


Ejemplo 2 Sea x(t) = exp(−|t|). Entonces

x(ξ) =

∫ ∞

−∞e−|t|e−iξtdt

=

∫ 0

−∞ete−iξtdt +

∫ ∞

0

e−te−iξtdt

= −∫ 0

−∞e−ueiξudu +

∫ ∞

0

e−te−iξtdt

=

∫ ∞

0

e−t(eiξt + eiξt)dt =

∫ ∞

0

2e−t cos(ξt)dt

= 2

(− cos(ξt)e−t

]∞0

+ ξ

∫ ∞

0

e−t sin(ξt)dt

)

= 2

[1 + ξ

(e−t sin(ξt)

]∞0− ξ

∫ ∞

0

e−t cos(ξt)dt

)]

= 2

(1− 1

2ξ2x(ξ)

); pues ya hemos visto que

∫ ∞

0

e−t cos(ξt)dt =1

2x(ξ).

De modo que

x(ξ) = 2

(1− 1

2ξ2x(ξ)

)= 2− ξ2x(ξ)

y, por tanto,

x(ξ) =2

ξ2 + 1.

Hay otros ejemplos cuyo calculo no es tan sencillo como en los casos anteriores. Esto, unido a suimportancia para las aplicaciones, los traslada a la categorıa de teoremas:

Teorema 1 Si x(t) = exp(−t2), entonces x(ξ) =√

π exp(−ξ2/4).

Demostracion. El primer paso para el calculo de x(ξ) =∫∞−∞ e−t2e−iξtdt consiste en agrupar en un

solo termino el producto e−t2e−iξt, de manera que aparezca como exponente un cuadrado perfecto.Ası, si tenemos en cuenta que (

t +iξ

2

)2

= t2 + iξt−ξ2

4,

resulta que

− (t2 + iξt

)= −ξ2

4−

(t +

iξ

2

)2

y, por tanto,

x(ξ) =

∫ ∞

−∞e−t2e−iξtdt =

∫ ∞

−∞e−

ξ2

4−(t+ iξ

2 )2

dt

= e−ξ2

4

∫ ∞

−∞e−(t+ iξ

2 )2

dt,

5


lo que reduce nuestro problema al calculo de la integral∫ ∞

−∞e−(t+ iξ

2 )2

dt.

Para ello, vamos a demostrar el siguiente resultado tecnico:

Lema 1 ∫ ∞

−∞e−t2dt =

√π.

Demostracion. Denotemos por I la integral que queremos calcular: I =∫∞−∞ e−t2dt. Entonces

I2 =

(∫ ∞

−∞e−t2dt

)(∫ ∞

−∞e−s2

ds

)=

∫ ∞

−∞

∫ ∞

−∞e−(t2+s2)dtds.

Si hacemos el cambio de variable a coordenadas polares,

t = ρ cos θs = ρ sin θ

,

cuyo Jacobiano es igual a ρ, podemos entonces hacer uso del teorema de integracion por cambio devariables, para obtener que

I2 =

∫ 2π

0

∫ ∞

0

ρe−ρ2

dρdθ =

(∫ 2π

0

dθ

)(∫ ∞

0

ρe−ρ2

dρ

)

= 2π

∫ ∞

0

ρe−ρ2

dρ = 2π−1

2e−ρ2

]∞

0

= 2π1

2= π.

Por tanto, I =√

π. ¤Tomamos ahora en consideracion la formula integral de Cauchy, aplicada a la funcion entera

f(z) = exp(−z2). Como se trata de una funcion sin singularidades, la integral∫

γexp(−z2)dz se

anula sobre cualquier curva cerrada γ. Consideramos, pues, la curva γ = γ1 + γ2 + γ3 + γ4, cuyografo es el borde del rectangulo [−R,R]× [0, ξ/2] y que esta orientada positivamente (de modo queγ1 va desde−R hasta R, γ2 va desde R hasta R+ i ξ

2, γ2 va desde R+ i ξ

2hasta−R+ i ξ

2y γ2 va desde

−R + i ξ2

hasta −R). Entonces

0 =

∫

γ

e−z2

dz =

∫

γ1

e−z2

dz +

∫

γ2

e−z2

dz +

∫

γ3

e−z2

dz +

∫

γ4

e−z2

dz

=

∫ R

−R

e−t2dt−∫ R

−R

e−(t+ iξ2 )

2

dt.

Como esta igualdad se satisface paa todo R > 0, se concluye que∫ ∞

−∞e−(t+ iξ

2 )2

dt =

∫ ∞

−∞e−t2dt =

√π

6


y, por tanto,

x(ξ) =√

πe−ξ2

4 ,

que es lo que querıamos demostrar. ¤Ya hemos mencionado anteriormente que si la senal es absolutamente integrable en R entonces su

transformada de Fourier es acotada. En realidad, el siguiente resultado, mas fuerte, se satisface:

Teorema 2 (Lema de Riemann-Lebesgue) Si x ∈ L1(R) entonces

lımξ→±∞

F(x)(ξ) = 0.

Otro resultado importante (y, en principio, inesperado) consiste en que podemos garantizar la con-tinuidad de x(ξ), para ξ ∈ R, incluso para senales x(t) discontinuas. Mas precisamente, se satisfaceel siguiente teorema:

Teorema 3 Supongamos que x : R→ C; t → x(t) es continua a trozos y absolutamente integrable(i.e.,

∫∞−∞ |x(t)|dt < ∞). Entonces x(ξ) es continua en todo ξ ∈ R.

Demostracion. Para demostrar el teorema, vamos a hacer uso de un resultado tecnico de analisis realque no cabe demostrar en un curso del nivel que nos proponemos, pero sı podremos utilizar. Se tratade una version del teorema de la convergencia dominada de Lebesgue adaptada al contexto en quenos encontramos:

Teorema 4 (Convergencia dominada, Lebesgue) Supongamos que tenemos una familia de funcionesxh : R→ C (h ∈ R), continuas a trozos tales que existe una cierta funcion g verificando que

|xh(t)| ≤ |g(t)| para todo t, h ∈ R

y∫∞−∞ g(x)dx < ∞. Si ademas sabemos que existe el lımite puntual

x(t) = lımh→0

fh(t); t ∈ R,

entonceslımh→0

∫ ∞

−∞xh(t)dt =

∫ ∞

−∞(lımh→0

xh(t))dt =

∫ ∞

−∞x(t)dt.

Nota: Para la demostracion de este resultado, ver [?].

Ahora podemos demostrar la continuidad de x(ξ). Para ello, fijado ξ ∈ R hacemos los siguientescalculos:

x(ξ + h)− x(ξ) =

∫ ∞

−∞x(t)(e−i(ξ+h)t − e−iξt)dt

=

∫ ∞

−∞x(t)e−iξt(e−iht − 1)dt =

∫ ∞

−∞xh(t)dt,

7


donde xh(t) = x(t)e−iξt(e−iht − 1). Es claro que, para ξ, h, t ∈ R se tiene que

|xh(t)| = |x(t)||e−iξt||(e−iht − 1)| ≤ 2|x(t)|Como g(t) = 2|x(t)| es absolutamente integrable, y existe el lımite puntual

lımh→0

xh(t) = x(t)e−iξt lımh→0

(e−iht − 1) = 0, t ∈ R;

se concluye que podemos utilizar el teorema de la convergencia dominada, de modo que

lımh→0

(x(ξ + h)− x(ξ)) = lımh→0

∫ ∞

−∞xh(t)dt =

∫ ∞

−∞(lımh→0

xh(t))dt = 0,

que es lo que querıamos probar. ¤

Corolario 1 En las condiciones del teorema anterior, si x(ξ) es absolutamente integrable, entoncesx(t) ∈ C(R).

Es mas, si utilizamos una version mas fuerte del Teorema de la convergencia dominada (ver [?]),se puede demostrar el siguiente (importante) resultado:

Teorema 5 (Riemann-Lebesgue + Continuidad de x(ξ)) Sean L1(R) y C0(R) dotados de sus nor-mas usuales ‖x(t)‖L1(R) =

∫∞−∞ |x(t)|dt y ‖x(t)‖C0(R) = supt∈R |x(t)|. Entonces F : L1(R) →

C0(R) es un operador acotado. Lo mismo sucede con el operador transformada de Fourier inversa,F−1 : L1(R) → C0(R)

Otra propiedad importante de la transformada de Fourier es el siguiente resultado:

Teorema 6 Supongamos que las funciones x(t)es1t y x(t)es2t son continuas a trozos y absolutamenteintegrables en toda la recta real, y s1 < s2. Entonces la funcion

F (z) =

∫ ∞

−∞x(t)e−iztdt

existe y es holomorfa en la banda

D = z ∈ C : Imz ∈ (s1, s2).

Demostracion. Sea z = w + is ∈ D. Entonces, para t ≥ 0, se tiene que

|x(t)e−izt| = |x(t)|est ≤ |x(t)|es2t

Ademas, para t ≤ 0, se tiene que

|x(t)e−izt| = |x(t)|est ≤ |x(t)|es1t.

Por tanto, ∫ ∞

−∞|x(t)e−izt|dt ≤

∫ 0

−∞|x(t)|es1tdt +

∫ ∞

0

|x(t)|es2tdt < ∞.

8


Esto demuestra la existencia de F (z) para z ∈ D. Por otra parte, fijados z∗ ∈ D, y zn → z∗

(znn∈N ⊂ D), se tiene que

|F (zn)− F (z∗)| ≤∫ ∞

−∞|e−iznt − e−iz∗t||x(t)|dt.

Ahora bien, sabemos que lımn→∞ |e−iznt − e−iz∗t| = 0 (puntutalmente en t ∈ R) y, por tanto, necesi-tamos (para utilizar el Teorema de Convergencia Dominada) encontrar una funcion y(t) ∈ L1(R) talque |e−iznt− e−iz∗t|x(t) ≤ y(t) para todo t ∈ R y todo n ≥ 0. Es facil comprobar que la funcion y(t)definida por y(t) = 2es2t|x(t)| si t ≥ 0, y(t) = 2es1t|x(t)| si t < 0 satisface dichos requisitos. Portanto, F es continua enD. Tomamos ahora γ una curva cerrada enD. Entonces, utilizando el teoremade Fubini, vemos que

∫

γ

F (z)dz =

∫

γ

(

∫ ∞

−∞x(t)e−iztdt)dz

=

∫ ∞

−∞(

∫

γ

x(t)e−iztdz)dt (por Fubini)

=

∫ ∞

−∞0dt (por el Teor. Integral de Cauchy)

= 0

y, por tanto , podemos usar el Teorema de Morera para afirmar que F ∈ H(D), que es lo quequerıamos demostrar. ¤

Corolario 2 Si x(ξ) tiene soporte compacto entonces x(t) es la restriccion aR de una funcion enterax(z).

1.2. Convolucion y Transformada de FourierDadas dos senales x(t), y(t) absolutamente integrables en R, recordamos que su convolucion

esta dada por la formula

(x ∗ y)(t) =

∫ ∞

−∞x(s)y(t− s)ds.

En realidad, la convolucion esta bien definida desde el momento en que una de las senales sea acotada(en R) y la otra sea absolutamente integrable.

Proposicion 1 La convolucion de senales es una operacion conmutativa.

Demostracion. Basta hacer el cambio de variables t− s = u, de modo que:

x ∗ y(t) =

∫ ∞

−∞x(s)y(t− s)ds = −

∫ −∞

∞x(t− u)y(u)du

=

∫ ∞

−∞x(t− u)y(u)du = y ∗ x(t). ¤

9


Proposicion 2 Si x(t) e y(t) son senales continuas a trozos y absolutamente integrables en R, en-tonces su convolucion, x ∗ y(t) es tambien una senal absolutamente integrable. Es mas, se verifica ladesigualdad

‖x ∗ y‖L1(R ≤ ‖x‖L1(R)‖y‖L1(R)

Demostracion. Como las senales son absolutamente integrables, podemos utilizar el Teorema deFubini, para cambiar el orden de integracion en los siguientes calculos:

‖x ∗ y‖L1(R) =

∫ ∞

−∞

∣∣x ∗ y(t)∣∣ dt

=

∫ ∞

−∞

∣∣∣∣∫ ∞

−∞x(s)y(t− s)ds

∣∣∣∣ dt

≤∫ ∞

−∞

∫ ∞

−∞|x(s)||y(t− s)|dsdt

=

∫ ∞

−∞

∫ ∞

−∞|x(s)|ds

|y(t− s)|dt (por Fubini)

= ‖x‖L1(R)

∫ ∞

−∞|y(t− s)|dt = ‖x‖L1(R)‖‖y‖L1(R),

como querıamos demostrar. ¤

Teorema 7 Supongamos que x, y ∈ L1(R). Entonces

x ∗ y(ξ) = x(ξ)y(ξ)

Demostracion. Ya sabemos que x ∗ y(t) es absolutamente integrable, de modo que podemos utilizarel teorema de Fubini otra vez en nuestros calculos:

x ∗ y(ξ) =

∫ ∞

−∞x ∗ y(t)e−iξtdt

=

∫ ∞

−∞

∫ ∞

−∞x(s)y(t− s)ds

e−iξtdt

=

∫ ∞

−∞

∫ ∞

−∞x(s)e−iξsy(t− s)e−iξ(t−s)dsdt

=

∫ ∞

−∞

∫ ∞


y(t− s)e−iξ(t−s)dt

= x(ξ)

∫ ∞

−∞y(t− s)e−iξ(t−s)dt

= x(ξ)y(ξ),

que es lo que querıamos demostrar. ¤Evidentemente el teorema de convolucion anterior es util en teorıa de senales, puesto que los

filtros son normalmente operadores de convolucion y, usando el resultado anterior, podemos convertir

10


una operacion relativamente complicada (la convolucion de senales en el dominio del tiempo) enotra muy sencilla (el producto de senales en el dominio de la frecuencia). Esto lleva a pensar quequizas cierto tipo de problemas que se plantean de forma natural en el dominio del tiempo se puedantrasladar (vıa la transformada de Fourier) al dominio de la frecuencia, donde (supuestamente) seranmas faciles de resolver. En tal caso, una vez obtenida la solucion en el dominio de la frecuencia,sera necesario llevarsela al domino del tiempo vıa una transformacion que debera funcionar como eloperador inverso de la transformada de Fourier. Con esto, queda motivado el contenido de la siguienteseccion.

1.3. El teorema integral de FourierEn las secciones anteriores llegamos mediante una serie de argumentos heurısticos a la expresion

x(t) =1

2π

∫ ∞

−∞F(x)(ξ)eiξtdξ.

Ahora vamos a estudiar en detalle bajo que condiciones sobre la senal x(t) se satisface dicha formula.De la misma forma que no fue sencillo el estudio de la convergencia de las series de Fourier, larespuesta a la pregunta que nos formulamos ahora no es trivial en absoluto. Para empezar, pudierasuceder que F(x) = x /∈ L1(R) y, por tanto, la expresion

∫∞−∞F(x)(ξ)eiξtdξ no sea convergente. Un

ejemplo de que esto es perfectamente posible lo da la identidad (que ya demostramos en su momento)

F(ua)(ξ) = 2sin(aξ)

ξ.

por otra parte, aun en el caso de que x ∈ L1(R) es posible que para comprobar la formula

x(t) =1

2π

∫ ∞

−∞

(∫ ∞


)eiξtdξ

no baste con substituir por el valor de x(s) y realizar el calculo de la integral doble, pues podrıa suced-er que no podamos hacer ciertas operaciones como, por ejemplo, intercambiar el orden de integracion(debido a que no hay convergencia absoluta para la integral doble).

Pero podemos intentar lo siguiente:

Primero multiplicamos el integrando x(ξ) por una funcion Φε(ξ) que decrezca muy rapido paraξ → ±∞ pero que, si hacemos ε → 0, se aproxime uniformemente a la funcion 1. De estaforma, para ε > 0 fijo, podemos hacer las cuentas (intercambiar el orden de integracion, etc)pues la correspondiente integral doble es absolutamente convergente.

A continuacion intentamos llegar a nuestro resultado tomando ε → 0.

Existen varias elecciones de Φε(ξ) que funcionan (y, por tanto, existen varias versiones del Teore-ma Integral de Fourier2). Una posibilidad es tomar Φε(ξ) = e−ε2ξ2/2 y, de hecho, el correspondienteteorema es muy usado para el estudio de procesos estocasticos. Nosotros vamos a elegir Φε(ξ) de

2En realidad, esto es parecido a la existencia de varios metodos de sumacion para las series de Fourier.

11


forma un poco mas drastica. Tomamos: Φε(ξ) = χ[− 1ε, 1ε](ξ), lo que es equivalente a interpretar la

integral∫∞−∞ eiξtx(ξ)dξ como su valor principal. Es decir, para nuestro teorema, no suponemos la

convergencia de la integral impropia en el sentido estricto sino que interpretamos que denota su valorprincipal,

v.p

(∫ ∞

−∞x(ξ)eiξtdξ

)= lım

r→∞

∫ M

−M

x(ξ)eiξtdξ.

De esta forma, llegamos a demostrar el siguiente (importante) resultado:

Teorema 8 (Teorema Integral de Fourier) Supongamos que x(t) es continua a trozos, absoluta-mente integrable en R, en cada punto admite ambas derivadas laterales, y que en los puntos dediscontinuidad esta definida como

x(t) = (x(t+) + x(t−))/2.

Entonces

x(t) = lımM→∞

1

2π

∫ M

−M

eiξtx(ξ)dξ =1

2πv.p

(∫ ∞

−∞eiξtx(ξ)dξ

)(t ∈ R)

Demostracion. Utilizamos el teorema de Fubini para ver que

12π

∫ M

−Mx(ξ)eiξtdξ = 1

2π

∫ M

−M

(∫∞−∞ x(s)e−iξsds

)eiξtdξ

= 12π

∫∞−∞ x(s)

(∫ M

−Me−iξseiξtdξ

)ds

= 12π

∫∞−∞ x(s)

(eiξ(t−s)

i(t−s)

]ξ=M

ξ=−M

)ds

= 12π

∫∞−∞ x(s)2 sin(M(t−s))

t−sds

= 1π

∫ t

−∞ x(s) sin(M(t−s))t−s

ds + 1π

∫∞t

x(s) sin(M(t−s))t−s

ds

Si hacemos el cambio de variable u = s− t, entonces

1

2π

∫ M

−M

x(ξ)eiξtdξ =1

π

∫ 0

−∞x(u + t)

sin(Mu)

udu +

1

π

∫ ∞

0

x(u + t)sin(Mu)

udu.

Vamos a demostrar que1

π

∫ ∞

0

x(t + u)sin(Mu)

udu =

x(t+)

2

y1

π

∫ 0

−∞x(u + t)

sin(Mu)

udu =

x(t−)

2.

En realidad, basta que hagamos una de estas pruebas (la otra es analoga). Lo primero que hacemos esdescomponer la integral 1

π

∫∞0

x(t + u) sin(Mu)u

du en dos trozos, como sigue

1

π

∫ ∞

0

x(t + u)sin(Mu)

udu =

1

π

∫ π

0

x(t + u)sin(Mu)

udu +

1

π

∫ ∞

π

x(t + u)sin(Mu)

udu

12


(la eleccion de la constante π no es, de todas formas, significativa). La funcion

y(t) =

1π

x(t+u)u

si u ≥ π0 si u < π

es continua a trozos y absolutamente integrable en R, de modo que podemos utilizar el Teorema deRiemann Lebesgue para garantizar que

lımM→∞

∫ ∞

−∞y(t) sin(Mt)dt = 0

Por tanto, lımM→∞ 1M

∫∞π

x(t+u)u

sin(Mu)du = 0 y solo tenemos que estudiar el lımite

lımM→∞

1

π

∫ π

0

x(t + u)sin(Mu)

udu.

Ahora bien, sabemos que h(u) = x(t+u)−x(t+)u

es continua a trozos y, por tanto, tambien como conse-cuencia del Teorema de Riemann-Lebesgue, se tiene que

lımM→∞

1

π

∫ π

0

x(t + u)sin(Mu)

udu

= lımM→∞

1

π

∫ π

0

x(t + u)− x(t+)

usin(Mu)du + x(t+)

∫ π

0

sin(Mu)

udu

= lımM→∞

x(t+)

π

∫ π

0

sin(Mu)

udu

Si hacemos el cambio de variable s = Mu, obtenemos que duu

= dss

y, por tanto,

lımM→∞

∫ π

0

sin(Mu)

udu = lım

M→∞

∫ πM

0

sin(s)

sds =

∫ ∞

0

sin(s)

sds

La demostracion del teorema se concluye si tenemos en cuenta que∫∞0

sin(s)s

ds = π2, hecho que

separamos en forma de nota. ¤

Nota 3 Veamos que∫∞0

sin(s)s

ds = π2. Como sin(s)

ses continua en [0,∞), la integral impropia sera con-

vergente si y solo si lo es la integral∫∞

asin(s)

sds para alguna eleccion de a > 0. Para demostrar esto

ultimo, hacemos integracion por partes.∫ ∞

a

sin(s)

sds =

− cos s

s

]s=∞

s=a

+

∫ ∞

a

sin(s)

s2ds

Ahora bien,∣∣ sin s

s2

∣∣ ≤ 1s2 y

∫∞a

1s2 ds < ∞. Esto demuestra que nuestra integral impropia existe.

Teniendo en cuenta que sin uu

es una funcion continua concluimos que la integral impropia∫∞0

sin(s)s

dsse podra representar como

∫ ∞

0

sin(s)

sds = lım

Rn→∞

∫ Rn

0

sin(s)

sds

13


para alguna eleccion de la sucesion Rn∞n=0. Para hacer efectivos los calculos, tomamos Rn =(n + 1

2)π, de modo que

∫ ∞

0

sin u

udu = lım

n→∞

∫ π

0

sin((n + 1/2)t)

tdt

= lımn→∞

∫ π

0

2 sin(12t)

t

sin((n + 1/2)t)

2 sin(12t)

dt

= lımn→∞

∫ π

0

2 sin(12t)

tDn(t)dt

=π

2lım

t→0+

2 sin(12t)

t=

π

2,

(donde se ha utilizado el Teorema de Dirichlet ??). Esto finaliza la prueba. ¤

1.4. Transformada de Fourier de funciones de L2(R)

En principio, la transformada de Fourier de una senal x(t) ∈ L2(R) podrıa no existir, por lasencilla razon de que la integral

∫∞−∞ x(t)eiξtdξ podrıa ser divergente si x(t) /∈ L1(R). Aun ası, serıa

deseable disponer de una extension de la transformada de Fourier a todo L2(R): despues de todo,L2(R) es el substituto natural (en el mundo analogico) de l2(Z) y, ya que la serie de Fourier tenıatan buenas propiedades en relacion con el espacio l2(Z), quizas consigamos algo parecido para latransformada de Fourier.

La extension a que nos referimos se puede hacer en gran medida gracias al siguiente resultadotecnico:

Lema 2 Si x(t), y(t) ∈ L1(R) son tales que tambien x(t), y(t) ∈ L1(R), entonces tanto x(t), y(t)como x(t), y(t) pertenecen a L2(R) y ademas

(x, y)L2(R) =1

2π(x, y)L2(R)

En particular, si x(t) = y(t), entonces se tiene la siguiente “formula de Parseval”:

||x||L2(R) =1

2π||x||L2(R)

Demostracion. Que x(t), x(t) ∈ L1(R) implica x(t), x(t) ∈ L2(R) es sencillo de probar. Vamos a

14


calcular el producto (x, y)L2(R) utilizando el teorema integral de Fourier:

(x, y)L2(R) =

∫ ∞

−∞x(t)y(t)dt

=1

2π

∫ ∞

−∞x(t)

(∫ ∞

−∞y(ξ)eiξtdξ

)dt

=1

2π

∫ ∞

−∞

(∫ ∞

−∞y(ξ)x(t)e−iξtdt

)dξ

=1

2π

∫ ∞

−∞y(ξ)

(∫ ∞

−∞x(t)e−iξtdt

)dξ

=1

2π

∫ ∞

−∞y(ξ)x(ξ)dξ =

1

2π(x, y)L2(R)

Esto termina la prueba. ¤Ahora, si x(t) ∈ L2(R), entonces es posible encontrar una sucesion de senales xn(t)∞n=0 tales

que xn(t), xn(ξ) ∈ L1(R) para todo n ≥ 0 y lımn→∞ ||x− xn||L2(R) = 0 (ver [?]). Se sigue entoncesdel lema anterior que la sucesion xn(ξ)∞n=0 es de Cauchy en L2(R), ya que la sucesion xn(t)∞n=0

lo es (al ser convergente) y

||xn(ξ)− xm(ξ)||L2(R) = 2π||xn(t)− xm(t)||L2(R)

se satisface para todo n,m ≥ 0. Se sigue que existe una senal z(ξ) ∈ L2(R) tal que

lımn→∞

||xn(ξ)− z(ξ)||L2(R) = 0.

Veamos que z(ξ) no depende de la sucesion de aproximantes xn(t)∞n=0: si yn(t)∞n=0 fuese otrasucesion de senales con yn(t), yn(ξ) ∈ L1(R) y lımn→∞ ||x− yn||L2(R) = 0, entonces se tendrıa que

lımn→∞

||xn(ξ)− yn(ξ)||L2(R) = 2π lımn→∞

||xn(t)− yn(t)||L2(R) = 0

y, por tanto, tambien lımn→∞ ||yn(ξ)− z(ξ)||L2(R) = 0. Esto prueba que z(ξ) solo depende de la senalx(t) ∈ L2(R).

Definicion 3 Llamamos transformada de Fourier3 de la senal x(t) ∈ L2(R) a la unica senal x(ξ) talque es lımite en el sentido de L2(R) de una sucesion de transformadas xn(ξ)∞n=0, donde xn(t)∞n=0 ⊂L2(R) satisface xn(t), xn(ξ) ∈ L1(R) para todo n ≥ 0 y lımn→∞ ||x− xn||L2(R) = 0.

De esta forma hemos demostrado el siguiente (importante) resultado:

Teorema 9 (Plancherel) La transformada de Fourier, definida originalmente en L2(R) ∩ L1(R), seextiende de forma unica a un operador F : L2(R) → L2(R) (F(x(t)) = x(ξ)). Ademas,

(x, y)L2(R) =1

2π(x, y)L2(R) y ||x||L2(R) =

1

2π||x||L2(R),

se satisfacen para toda eleccion de x, y ∈ L2(R).

Nota 4 El resto de propiedades algebraicas de la transformada de Fourier tambien se conservanpara la extension que hemos definido en esta seccion.

3Algunos autores llaman transformada de Plancherel a la extension deF a L2(R) y la denotan porP . Ver, por ejemplo,[?].

15


1.5. Formula de PoissonSea x ∈ L1(R) y sea ϕ(t) =

∑∞n=−∞ x(t + nT ). Es evidente que ϕ(t) = ϕ(t + T ) para todo

t ∈ R y, ademas,∫ T

0

|ϕ(t)|dt ≤∞∑

n=−∞

∫ T

0

|x(t + nT )|dt =∞∑

n=−∞

∫ (n+1)T

nT

|x(t)|dt = ‖x‖L1 < ∞

por tanto, podemos intentar calcular los coeficientes de Fourier de ϕ como funcion T -periodica.

ck(ϕ) =1

T

∫ T

0

ϕ(t)e−2πikt

T dt =1

T

∞∑n=−∞

∫ T

0

x(t + nT )e−2πikt

T dt =1

T

∞∑n=−∞

∫ (n+1)T

nT

x(t)e−2πikt

T dt

=1

T

∫ ∞

−∞x(t)e−

2πiktT dt =

1

Tx(

2πk

T)

Se sigue que el desarrollo en serie de Fourier de ϕ es

ϕ(t) ∼ 1

T

∞∑

k=−∞x(

2πk

T)e

2πiktT

y, por tanto, cuando se pueda garantizar la convergencia de dicho desarrollo, se tendra la conocidaformula de Poisson ∞∑

n=−∞x(t + nT ) =

1

T

∞∑n=−∞

x(2πn

T)e

2πintT (2)

Un caso especial es el que se logra de hacer t = 0 en la expresion anterior:∞∑

n=−∞x(nT ) =

1

T

∞∑n=−∞

x(2πn

T). (3)

Es muy importante, para nuestros objetivos futuros (relacionados con la teorıa del muestreo de senalesanalogicas), observar que se satisface la siguiente propiedad:

Proposicion 3 Si x = φ ∈ S, entonces se satisface la Formula de Poisson (2).

2. Transformada de Fourier de Senales GeneralizadasUno de los problemas que tiene el concepto de transformada de Fourier es que para calcular F(x)

es necesario asumir que x ∈ L1(R) o, mediante el argumento explicado en la seccioon anterior, tam-bien podemos ampliar dicho calculo al caso en que x(t) es una senal de energıa finita, x ∈ L2(R).¿Podemos definir la transformada de Fourier de senales en espacios menos restrictivos?. Por ejem-plo, ¿es posible definir F(x) cuando x ∈ Lp(R), p ∈ (1,∞)? (Una idea podrıa ser considerar loselementos de Lp(R) como funciones generalizadas).

Si tenemos en cuenta que para toda funcion φ ∈ S se tiene que F(φ) ∈ S (algo que dejamoscomo ejercicio para el lector), entonces podemos definir la transformada de Fourier de una senalgeneralizada x ∈ G del siguiente modo:

16


Definicion 4 Sea x ∈ G una funcion generalizada arbitraria. Definimos su transformada de Fourier(generalizada) F(x) mediante la formula siguiente:

F(x)φ = xF(φ)Tambien usamos la notacion x = F(x).

Nota 5 En la definicion anterior se esta utilizando la caracterizacion de las funciones generalizadascomo distribuciones temperadas (i.e., funcionales continuos h : S→ C). Ver Teorema ??.

El concepto que acabamos de introducir permite hacer un uso muy extenso de las transformadas deFourier ya que en principio no hay grandes restricciones para las funciones generalizadas. En particu-lar, esto se hara notar en el estudio del teorema del muestreo clasico. Ahora, para que la transformadade Fourier que acabamos de introducir sea util es imprescindible comprobar que las propiedadesbasicas de la transformada de Fourier clasica se conservan.

Teorema 10 (Teorema de inversion de Fourier para senales generalizadas) Sea x(t) ∈ G una fun-cion generalizada. Entonces para toda senal φ ∈ S se tiene que

1

2πxφ(t) = xφ(−t),

y, por tanto, podemos afirmar que x(t) = 12π

x(−t).

Demostracion. Sean x ∈ G y φ ∈ S. Entonces

1

2πxφ(t) =

1

2π

∫ ∞

−∞x(t)φ(t)dt

=1

2π

∫ ∞

−∞x(t)

φ(t)dt

=

∫ ∞

−∞x(t)φ(−t)dt

= xφ(−t)¤

Nota 6 Observese con que facilidad hemos podido demostrar el teorema de inversion para senalesgeneralizadas, a pesar de lo dificil que fue su prueba para las senales ordinarias. Ahora bien: dichasimplicidad es enganosa puesto que nuestra prueba descansa sobre el hecho de que se conoce elteorema de inversion de Fourier para las funciones φ que estan en la clase de Schwartz, que sonsenales ordinarias.

Ejemplo 3 Vamos a calcular la transformada de Fourier de la funcion delta de Dirac δ. Por defini-cion, F(δ)φ = δF(φ) = F(φ)(0) y, por tanto,

F(δ)φ = φ(0) =

∫ ∞

−∞φ(s) · 1ds = 1φ.

17


para toda senal φ ∈ S. Por tanto, hemos demostrado que F(δ) = 1. Ademas, utilizando el teorema de

inversion de Fourier, y el hecho de que δ es par, podemos afirmar que F(1)(t) =ˆδ(t) = 2πδ(−t) =

2πδ(t). Ademas, si consideramos las traslaciones de la senal delta de Dirac, δw(t) = δ(t − w),entonces obtenemos que

δwφ =

∫ ∞

−∞δ(t− w)φ(t)dt

=

∫ ∞

−∞δ(s)φ(s + w)dt

= φ(w)

=

∫ ∞

−∞e−iwtφ(t)dt

= (e−iwt)φ,

es decir, δ(· − w)(t) = exp(−wit).

Ejemplo 4 El ejemplo anterior sirve (entre otras cosas) para calcular la transformada de Fourier deuna exponencial compleja, x(t) = exp(iwt). Para ello basta aplicar el Teorema 10, pues

x(t) =

δ(· − w)(t) = 2πδ(−t− w) = 2πδ(t + w).

Ejemplo 5 Otro ejemplo importante es el calculo de la transformada de Fourier del tren de impulsosIIIφT =

∑∞n=−∞ φ(nT ). Claramente, IIITφ =

(∑∞n=−∞ δ(· − nT )

) φ. Por tanto,

IIITφ =∞∑

n=−∞

δ(· − nT )φ

=∞∑

n=−∞exp(−inTt)φ

=∞∑

n=−∞φ(nT )

=2π

T

∞∑n=−∞

φ(2π

Tn) (gracias a la Formula de Poisson (3)).

=2π

TIII 2π

Tφ.

Es decir, IIIT = 2πT

III 2πT

.

Teniendo en cuenta la conocida formula de derivacion de Leibnitz,

(fg)(n) =n∑

k=0

(n

k

)f (k)g(n−k),

18


se puede demostrar que si la senal α satisface

α(k) ∈ CSG para todo k ∈ N, (4)

entonces, para toda senal φ ∈ S se tiene que αφ ∈ S. Veamoslo. Para ello, calculamos las derivadas

(αφ)(n) =n∑

k=0

(n

k

)α(k)φ(n−k).

Como α(k) ∈ CSG y φ(n−k) ∈ S para todo k ≤ n, se tiene que las funciones α(k)φ(n−k) pertenecen aS para todo k ≤ n y, por tanto, tambien se tiene que (αφ)(n) ∈ S.

Obviamente, si la senal α satisface la condicion (4), podemos definir para toda senal generalizadax ∈ G, el producto generalizado

(α · x)φ = xφ · α.Obviamente, si la senal α satisface la condicion (4), podemos definir para toda senal generalizadax ∈ G, el producto generalizado

(α · x)φ = xφ · α.Por otra parte, la convolucion de senales generalizadas se puede definir de la siguiente forma: Supong-amos que las senales β, β′, β′′, · · · pertenecen a S. Entonces, para toda senal x ∈ G se define elproducto de convolucion

(β ∗ x)φ :=

∫ ∞

−∞x(t)(φ ∗ β)(t)dt,

donde β(t) := β(−t).Vamos a probar que entonces se satisface la siguiente importante propiedad:

Teorema 11 (Producto y Convolucion) Sean α(t) verificando (4) y x ∈ G. Entonces

α · x =1

2πα ∗ x.

Demostracion. Para empezar, si tenemos en cuenta que α verifica (4), entonces β = α satisface lascondiciones necesarias para definir el producto de convolucion β ∗ x, puesto que β = α = 2πα.

Sea ϕ ∈ S. Entonces, para toda senal φ ∈ S se tiene que

(ϕα)φ =

∫ ∞

−∞(ϕα)(t)φ(t)dt

=

∫ ∞

−∞α(t)(φ(t)ϕ(t))dt

=1

2π

∫ ∞

−∞α(t)(φ ∗ ϕ)(t)dt

=1

2π

∫ ∞

−∞α(t)(φ ∗ ϕ)(t)dt

=1

2π

∫ ∞

−∞α(t)(φ ∗ ˜ϕ)(t)dt

=1

2π

∫ ∞

−∞(α ∗ ϕ)(t)φ(t)dt =

1

2π(α ∗ ϕ)φ

19


lo que demuestra que (ϕα) = 12π

(α ∗ ϕ) siempre que ϕ ∈ S. En particular, hemos dado una pruebaexplıcita de que para toda senal ϕ ∈ S se tiene que ϕ ∗ α ∈ S y, por tanto, el producto de convolucionα ∗ xφ esta bien definido.

Terminamos la demostracion calculando α · xφ explıcitamente:

(α · x)φ =

∫ ∞

−∞x(t)α(t)φ(t)dt

=

∫ ∞

−∞α(t)(φ(t)x(t))dt

=1

2π

∫ ∞

−∞α(t)(φ ∗ x)(t)dt

=1

2π

∫ ∞

−∞α(t)(φ ∗ x)(t)dt

=1

2π

∫ ∞

−∞α(t)(φ ∗ ˜x)(t)dt

=1

2π

∫ ∞

−∞(α ∗ x)(t)φ(t)dt =

1

2π(α ∗ x)φ

¤

3. Transformada de Fourier y sistemas LTI: diferentes tipos defiltros

Ya sabemos que una clase amplia de filtros se pueden representar a traves de la convolucioncontra la respuesta del sistema LTI al impulso unidad (i.e., Lx = x ∗ h, donde h = Lδ). Si tomamosla transformada de Fourier a ambos lados de la igualdad, obtenemos que el sistema LTI se puederepresentar en el dominio de la frecuencia como

y = F(Lx) = F(x)F(h) = x · h

Generalmente, se emplea la notacion siguiente: X(w) = x(w) representa la entrada del sistema eY (w) = y(w) representa la salida del sistema (ambas en el dominio de la frecuencia). En tal caso, lasenal H(w) = h(w) caracteriza completamente el sistema (en el dominio de la frecuencia). La senalH(w) recibe el nombre de funcion de transferencia del sistema. Evidentemente, la formula

Y (w) = X(w)H(w),

que describe completamente el sistema en el dominio de la frecuencia, es mas sencilla (en principio)que la correspondiente formula en el dominio del tiempo. Esto, ademas, posee importantes aplica-ciones para el diseno de filtros: veamos por que.

20


Consideremos la senal exponencial truncada:

xT (t) = eiwtχ[−T,T ](t) =

eiwt |t| ≤ T0 otro caso

y sea L un filtro con respuesta al impulso unidad dada por (Lδ)(t) = h(t). Entonces se tiene que

(LxT )(t) = (xT ∗ h)(t) =

∫ ∞

−∞xT (t− s)h(s)ds

=

∫ T+t

T−t

eiw(t−s)h(s)ds

= eiwt

∫ T+t

T−t

e−iwsh(s)ds

Si ahora tomamos lımite T →∞ en ambos miembros de la igualdad, entonces obtenemos que

L(eiwt)(t) = h(w)eiwt.

Es decir: eiwt es un autovector del operador L y su autovalor asociado es precisamente H(w) = h(w).Esto nos lleva a considerar el siguiente concepto:

Definicion 5 Sea H(w) = A(w)e−iΦ(w) la funcion de transferencia del filtro L, donde se suponeque A(w) ≥ 0 y Φ(w) ∈ R para todo w. Entonces llamamos espectro de amplitud del sistema a lafuncion A(w) y espectro de fase a la funcion Φ(w). Decimos que el sistema no produce distorsionen las amplitudes si la funcion A(w) = A0 > 0 es constante. Decimos que el filtro produce undesplazamiento en la fase si la funcion Φ(w) es lineal, Φ(w) = wt0. En tal caso, decimos que elfiltro es ideal, ya que no produce distorsion en la fase.

Una propiedad sencilla de los espectros de fase y de amplitud de un filtro, es la siguiente:

Teorema 12 Supongamos que h(t) = (Lδ)(t), la respuesta al impulso unidad es una senal real.Entonces el espectro de amplitudes del sistema es una funcion par y el espectro de frecuencias delsistema es una funcion impar.

Demostracion. Como H(w) = A(w)e−iΦ(w) = h(w), tenemos que

H(w) =

∫ ∞

−∞e−iwsh(s)ds =

∫ ∞

−∞eiwsh(s)ds = H(−w).

Por tanto,A(w)e−iΦ(w) = A(w)eiΦ(w) = H(w) = H(−w) = A(−w)e−iΦ(−w),

lo que nos lleva a las igualdades

A(w) = A(−w) (i.e., A es par)Φ(−w) = −Φ(w) (i.e., Φ es impar),

que es lo que querıamos probar. ¤

A continuacion, vamos a describir la construccion de algunos tipos (importantes) de filtros ideales:

21


3.0.1. Filtros ideales paso bajo

En el caso de un filtro ideal paso-bajo queremos eliminar la influencia de todas las frecuencias wque sobrepasen en amplitud una frecuencia dada (i.e., con |w| ≥ w0 para cierto valor fijo w0 > 0),y no distorsionar la influencia de las frecuencias w que satisfacen |w| < w0. Como el filtro es ideal,tendremos que Φ(w) = wt0 para cierto t0 fijo. Ambas exigencias nos llevan derechos a la expresion

Hw0(w) =

e−iwt0 |w| ≤ w0

0 otro caso .

Como H(w) = h(w), podemos usar el teorema de inversion de la transformada de Fourier paraobtener que la respuesta al impulso unidad del correspondiente sistema LTI viene dada por

hw0(t) =1

2π

∫ ∞

−∞Hw0(w)eiwtdw =

1

2π

∫ w0

−w0

eiw(t−t0)dw

=sin(w0(t− t0))

π(t− t0)

y, por tanto, nuestro filtro esta dado por

Lw0(x)(t) =

∫ ∞

−∞x(s)

sin(w0(t− s− t0))

π(t− s− t0)ds

3.0.2. Filtros ideales paso todo

En el caso de un filtro ideal paso-todo, no deseamos ningun tipo de distorsion sobre el espectro deamplitudes o el espectro de fases. Esto significa que podrıamos tomar como filtro paso todo el sistemaL obtenido como lımite del sistema Lw0 calculado en el apartado anterior, para w0 →∞,

(Lx)(t) = lımw0→∞

∫ ∞

−∞x(s)

sin(w0(t− s− t0))

π(t− s− t0)ds

=

∫ ∞

−∞x(s)δ(t− t0 − s)ds = x(t− t0)

Esto demuestra que los unicos filtros ideales paso-todo que existen son las traslaciones en el tiempo.

3.0.3. Filtros ideales paso alto

Denotemos por Sw0 un filtro ideal que elimine todas las componentes de frecuencia de la senalpara frecuencias que satisfacen |w| < w0 para cierto w0 fijo, pero deje intactas las componentes defrecuencia |w| ≥ w0 (diremos entonces que Sw0 es un filtro ideal paso alto) y sea Lw0 el filtro pasobajo descrito anteriormente. Entonces Sw0 + Lw0 es forzosamente un filtro paso todo y, por tanto,(Sw0x)(t) = x(t− t0)− (Lw0x)(t) para cierta eleccion de t0.

22


3.0.4. Filtros ideales de banda estrecha

En muchas aplicaciones queremos eliminar todas las componences de frecuencia de una senalexcepto aquellas que estan muy cerca de una componente de frecuencia prefijada, wc 6= 0. Para ello,fijamos un valor pequeno w0 << wc y entendemos como frecuencias cercanas a wc aquellas para lasque |w − wc| < w0. Como el espectro de amplitudes es par (estamos tratando con senales reales),el comportamiento cerca de −wc esta sujeto a la relacion A(−w) = A(w). Como de todas formasqueremos que el filtro sea ideal, la correspondiente funcion de transferencia debe ser forzosamente dela forma

Hwc,w0(w) =

e−iwt0 si max|w − wc|, |w + wc| ≤ w0

0 otro caso

La respuesta al impulso unidad es, por tanto:

hwc,w0(w) =1

2π

∫ ∞

−∞Hwc,w0(w)eiwtdw

=1

2π

∫ −wc+w0

−wc−w0

eiw(t−t0)dw +1

2π

∫ wc+w0

wc−w0

eiw(t−t0)dw

=1

π(t− t0)sin((wc + w0)(t− t0))− sin((wc − w0)(t− t0))

=1

π(t− t0)sin(wc(t− t0)) cos(wc(t− t0)).

Nota: Como se habra observado, los filtros ideales tienen el problema de ser sistemas no causalesy, por tanto, ser fısicamente irrealizables. En la practica aparece, por tanto, el siguiente importanteproblema: buscar aproximaciones razonablemente buenas a los diferentes tipos de filtros ideales (i.e.,a las funciones de transferencia de dichos filtros) mediante el uso de funciones de transferencia quese correspondan con filtros causales. Este problema no es en absoluto sencillo de resolver (ni existe,por el momento, una solucion optima del mismo) y, debido a la naturaleza elemental de estas notas,no abordamos su solucion aquı.

4. Transformada de Laplace

4.1. Algunas limitaciones de la Transformada de FourierComo ya hemos comentado anteriormente, una de las limitaciones mas significativas de la Trans-

formada de FourierF(x)(ξ) := x(ξ) :=

∫ ∞


es que para garantizar su existencia (cuando consideramos senales que son funciones en el sentidoordinario del termino), necesitamos exigir que la senal x(t) sea absolutamente integrable, ya que, alser ξ ∈ R, se tiene que |e−iξs| = 1 para toda eleccion de s ∈ R. Si suponemos que nuestra senal escausal (i.e., x(t) = 0 para t < 0) y permitimos que ξ tome valores complejos, la situacion cambia,puesto que

|e−zt| = |e−(tRez+iImz)| = |e−tRez|

23


es una funcion absolutamente integrable en (0,∞) si Rez > 0 y, por tanto,

L(x)(z) := F(x)(−iz) =

∫ ∞

0

x(s)e−zsds

converge incluso para funciones no acotadas x(t).

Definicion 6 Dada la senal x(t), su transformada de Laplace4 es la funcion de variable compleja

L(x)(z) =

∫ ∞

0

e−zsx(s)ds; z ∈ Ω,

donde Ω ⊂ C es el conjunto de puntos del plano complejo para los que la integral del segundomiembro de la formula anterior es convergente.

En algunos textos se llama transformada de Laplace unilateral a la transformada que acabamos dedefinir y se define la transformada de Laplace tomando la integral en toda la recta real. Para nosotros,la transformada

Lb(x)(z) =

∫ ∞

−∞e−zsx(s)ds

recibe el nombre de transformada de Laplace bilateral.

4.2. Propiedades elementales de la transformada de LaplaceAntes de describir las propiedades mas importantes de la transformada de Laplace, veamos al-

gunos ejemplos.

Ejemplo 6 Tomamos x(t) = u(t), la funcion escalon unidad. Entonces

L(x)(z) =

∫ ∞

0

e−zsds = lımL→∞

e−zs

−z

]s=L

=0

=1

z, para z > 0.

Si z < 0, entonces la integral impropia anterior es divergente y, por tanto, no existe transformadade Laplace en dichos valores.

Ejemplo 7 Tomamos x(t) = exp(at) (a ∈ R). Entonces

L(x)(z) =

∫ ∞

0

e−zseasds = lımL→∞

e(a−z)s

a− z

]s=L

=0

=1

z − a, para z > 0.

4P. S. Laplace (1749-1827). Matematico frances. En palabras del profesor Solomon Bochner (ver [?]), podemos afirmarque Laplace domino la matematica, astronomıa, fısica y teorıa de probabilidades de su epoca, y contribuyo a todas ellas.De origen social modesto, comenzo como protegido de D’Alembert. Sus resultados mas importantes fueron: una hipotesiscosmologica, la revision de la formula de Newton para la propagacion del sonido; una memoria con Lavoisier sobreaspectos cuantitativos de la quımica y la introduccion de las integrales de Laplace como funciones generatrices en lateorıa de la probabilidad.

24


Ejemplo 8 Tomamos x(t) = sin(at). Entonces podemos utilizar que sin(at) = exp(iat)−exp(iat)2i

L(x)(z) =

∫ ∞

0

e−zs sin(as)ds

=

∫ ∞

0

e−zs exp(ias)− exp(ias)

2ids

= L(exp(iat)

2i)(z)− L(

exp(iat)

2i)(z)

=1

2i

(1

z − ia− 1

z + ia

)

=a

z2 + a2(para z > 0).

Ejemplo 9 Tomamos x(t) = cos(at). Entonces podemos utilizar que sin(at) = exp(iat)+exp(iat)2

L(x)(z) =

∫ ∞

0

e−zs cos(as)ds

=

∫ ∞

0

e−zs exp(ias) + exp(ias)

2ids

= L(exp(iat)

2)(z) + L(

exp(iat)

2)(z)

=1

2

(1

z − ia+

1

z + ia

)

=z

z2 + a2(para z > 0).

Ejemplo 10 Consideremos ahora la transformada de Laplace de una funcion x(t) contınua a trozosy T -periodica. Entonces:

L(x)(z) =

∫ ∞

0

e−zsx(s)ds =∞∑

k=0

∫ (k+1)T

kT

e−zsx(s)ds

=∞∑

k=0

∫ T

0

e−z(u+kT )x(u)du (donde s = u + kT )

=

( ∞∑

k=0

(e−zT )k

)∫ T

0

e−zux(u)du

=1

1− e−zT

∫ T

0

e−zux(u)du.

Podemos probar facilmente la siguiente proposicion.

Proposicion 4 Sea x(t) una senal causal continua a trozos con valores reales o complejos. Si existenconstantes a y K tales que

|x(t)| ≤ K exp(at), para todo t ≥ 0

entonces L(x)(z) esta bien definida para todo z ∈ C tal que Re(z) > a.

25


Demostracion. Basta observar que

|L(x)(z)| ≤∫ ∞

0

∣∣e−zsx(s)∣∣ ds

=

∫ ∞

0

e−Re(z)s |x(s)| ≤ K

∫ ∞

0

e(a−Re)(z)sds

=K

Re(z)− a

para todo z ∈ C tal que Re(z) > a. ¤La transformada de Laplace posee numerosas propiedades algebraicas, como la transformada de

Fourier, y es precisamente en base a dichas propiedades, y a que esta se puede aplicar a funciones noabsolutamente integrables, que dicha transformada resulta de gran utilidad para las aplicaciones.

A continuacion escribimos una lista de las propiedades mas importantes deL. Algunas propiedadeslas demostramos, pero otras las dejamos como ejercicio.

Linealidad. La transformada de Laplace es un operador lineal. Es decir, si L(xi)(z) existe paravalores z ∈ Ωi (i = 1, 2), y a, b ∈ R, entonces L(ax1 + bx2)(z) existe para z ∈ Ω1 ∩ Ω2, y

L(ax1 + bx2)(z) = aL(x1)(z) + bL(x2)(z).

Transformada de Laplace y desplazamientos Se satisface la formula:

L(exp(−bt)x(t))(z) = L(x)(z + b).

Ademas, si u(t) denota la funcion salto unidad, entonces

L(u(t− t0)x(t− t0))(z) = e−zt0L(x)(z).

Transformada de Laplace de la derivada. Supongamos que x(t) es derivable y admite trans-formada de Laplace. Entonces se satisface la igualdad:

L(x′)(z) = zL(x)(z)− x(0)

Demostracion. Basta utilizar el metodo de integracion por partes para el calculo de L(x′). Dehecho,

L(x′)(z) =

∫ ∞

0

e−zsx′(s)ds = x(s)−e−zs

z

s=∞

s=0

+ z

∫ ∞

0

e−zsx(s)ds

= zL(x)(z)− x(0). ¤

La propiedad de la derivada se puede generalizar de la siguiente forma:

Teorema 13 Supongamos que x(t) es de clase al menos C(n). Entonces se satisface la formula sigu-iente:

L(x(n))(z) = znL(x)(z)− zn−1x(0)− zn−2x′(0)− · · · − x(n−1)(0)

26


Demostracion. La prueba se hace por induccion sobre n. Para n = 1 se trata de la formula queacabamos de probar. Supongamos que el resultado es cierto para n− 1. Entonces

L(x(n))(z) = x(n−1)(0)− zL(x(n−1))(z)= z

(zn−1L(x)(z)− zn−2x(0)− zn−3x′(0)− · · · − x(n−2)(0)

)−

znL(x)(z)− zn−1x(0)− zn−2x′(0)− · · · − x(n−1)(0)|z=0

= znL(x)(z)− zn−1x(0)− zn−2x′(0)− · · · − x(n−1)(0),

que es lo que querıamos demostrar. ¤Multiplicacion por tn. Se satisface la siguiente formula:

L(tnx(t)(z) = (−1)n(L(f)(z))(n)

Propiedad del valor inicial. Supongamos que x′(t) tiene transformada de Laplace, entoncesse satisface la formula:

lımz→∞

zL(x)(z) = x(0+)

Demostracion. Consideramos la transformada de Laplace de la senal x′(t). Sabemos que

L(x′(t)) = x(0+)− zL(x)(z)

Ahora bien, es claro que

lımz→∞

L(x′(t)) = lımz→∞

∫ ∞

0

e−zsx′(s)ds = 0,

pues e−zs converge a cero para z →∞. Se sigue que x(0+) = lımz→∞ zL(x)(z). ¤Propiedad del valor final. Supongamos que x′(t) tiene transformada de Laplace, entonces sesatisface la formula:

lımz→0

zL(x)(z) = lımt→∞

x(t)

Demostracion. En este caso utilizamos la formula

L(x′(t))(z) = x(0+)− zL(x)(z)

tomando lımite para z → 0. Como lımz→0 e−zs = 1, tenemos que

lımz→0

(x(0+)− zL(x)(z)) = lımz→0

L(x′(t))(z)

= lımz→0

∫ ∞

0

e−zsx′(s)ds

=

∫ ∞

0

x′(s)ds = lımt→∞

x(t)− x(0+),

de donde se sigue la formula que querıamos demostrar. ¤Es evidente que podemos ayudarnos de las propiedades de la transformada de Laplace que acabamos

de demostrar para realizar el calculo de nuevas transformadas de Laplace. En realidad, podrıamos de-cir que el calculo de transformadas integrales tiene una metodologıa similar a la que se emplea en unprimer curso de calculo para hallar integrales indefinidas. De hecho, lo usual en este punto es dedicaralgun tiempo al manejo de la transformada de Laplace a traves del uso de las propiedades anteriores,proponiendo al alumno una lista de funciones cuya transformada debe calcular.

27


4.3. Transformada de Laplace inversaEn esta seccion estamos interesados en el proceso de inversion de la transformada de Laplace.

Evidentemente, esta transformada perderıa su utilidad si no fuese posible calcular su transformadainversa. Sin embargo, veremos que el proceso de inversion es mucho mas complejo que en el caso dela transformada de Fourier.

Comenzamos con el siguiente resultado:

Teorema 14 Supongamos que e−atx(t) es continua a trozos y absolutamente integrable en [0,∞).Entonces L(x)(z) es una funcion analıtica en el semiplano Ha = z ∈ C : Re(z) > a.

Demostracion. Basta utilizar el Teorema 6. ¤

Este resultado es importante por varias razones. Por ejemplo, si tenemos en cuenta que una funcionanalıtica queda determinada completamente una vez se conoce sobre un conjunto que posea puntosde acumulacion interiores a su dominio de definicion (esto es el conocido principio de identidad quese da en cualquier curso de introduccion a las funciones de una variable compleja), entonces resultaevidente que la transformada de Laplace queda completamente determinada por las expresiones quese calculen para valores reales de z. En realidad, esto es algo que hemos utilizado para todos loscalculos que se han hecho anteriormente.

Ahora estamos en condiciones de definir la transformada inversa de Laplace. Como en el caso dela transformada de Fourier, la posibilidad de invertir la transformada de Laplace de una senal x(t),depende de ciertas propiedades de suavidad de x(t). Ası pues, el teorema analogo al teorema integralde Fourier es, en este caso, el siguiente resultado:

Teorema 15 (Transformada de Laplace inversa) Supongamos que x(t) es continua, satisface e−atx(t) ∈L1([0,∞)), y sus derivadas unilaterales existen para todo valor de t. Sea X(z) = L(x)(z) (z > a)la transformada de Laplace de x(t). Entonces

x(t) = lımM→∞

1

2πi

∫ s+iM

s−iM

eztX(z)dz,

para todos los valores t > 0 y s > a.

Nota 7 Observese que la integral que aparece en el teorema anterior se toma sobre la recta Ls =z ∈ C : Re(z) = s, con s > a arbitrariamente elegido. Al tomar s > a, dicha recta esta contenidaen el dominio de holomorfıa de X(z) y, por tanto, no depende de la eleccion del valor s. Esta formularecibe tambien el nombre de formula de inversion de Mellin-Fourier.

Demostracion. Vamos a basar nuestra prueba en el teorema integral de Fourier. Cosideramos s > afijo, y definimos la funcion Y (v) = X(s + iv), v ∈ R. Entonces

Y (v) =

∫ ∞

o

e−(s+iv)tx(t)dt =

∫ ∞

o

e−ivt[e−stx(t)

]dt = y(v),

donde

y(t) =

e−stx(t), t ≥ 0

0, t < 0.

28


Ahora bien, las hipotesis sobre x(t) pasan a verificarse para la senal y(t) y, por tanto, podemos aplicarel teorema integral de Fourier:

y(t) = p.v.1

2π

∫ ∞

−∞eivty(v)dv = p.v.

1

2π

∫ ∞

−∞eivtY (v)dv, para todo t 6= 0.

Se sigue que, para t > 0,

e−stx(t) = p.v.1

2π

∫ ∞

−∞eivtX(s + iv)dv

y, por tanto,

x(t) = p.v.1

2π

∫ ∞

−∞e(s+iv)tX(s + iv)dv

= lımM→∞

1

2πi

∫ s+iM

s−iM

eztX(z)dz,

que es lo que querıamos demostrar. ¤Ya sabemos en que condiciones es posible invertir la tansformada de Laplace. Ahora bien, el

calculo de la transformada inversa de Laplace no es en general sencillo. Dedicamos el resto de es-ta seccion al estudio de algunos casos concretos en los que la transformada L−1 se puede calcularexplıcitamente. En particular, vamos a suponer que X(z) = L(x)(z) es una funcion con un numerofinito de singularidades y vamos a utilizar el teorema del residuo para el calculo de x(t). Un casoparticular, de especial importancia, es cuando X(z) es una funcion racional.

Supongamos, pues, que X(z) = L(x)(z) es una funcion analıtica en C \ z1, . . . , zn y queRe(zi) < a para i = 1, 2, . . . , n. Sea s > a y sea R > 0 un numero real lo bastante grande comopara garantizar que el semicırculo derecho de centro (s, 0) y radio R contiene en su interior todos loszin

i=1. Denotemos por γR = IR + CR la curva que parametriza el borde de dicho semicırculo, ori-entada contra el sentido de las agujas del reloj (donde IR representa el trozo de dicha parametrizacionque cubre el segmento s× [−R, R], y CR parametriza el resto del borde). Podemos aplicar entoncesel teorema de los residuos, para afirmar que

1

2πi

∫

γR

eztX(z)dz =n∑

j=1

Res(eztX(z); zj).

(Evidentemente, esta identidad se alcanza independientemente de R, para R suficientemente grande).Por tanto, si reescribimos la integral del miembro de la izquierda de la igualdad como

1

2πi

∫

γR

eztX(z)dz =1

2πi

∫

IR

eztX(z)dz +1

2πi

∫

CR

eztX(z)dz

podemos concluir que, si fuese cierto que

lımR→∞

1

2πi

∫

γR

eztX(z)dz = 0 (5)

entonces tendrıamos que la formula

x(t) = lımM→∞

1

2πi

∫ s+iM

s−iM

eztX(z)dz =n∑

j=1

Res(eztX(z); zj).

29


proporcionarıa un calculo explıcito de la transformada de Laplace inversa para la funcion X(z).El siguiente resultado nos muestra ciertas condiciones suficientes para que la formula anterior sea

verdadera:

Teorema 16 Sea X(z) = L(x)(z) una funcion analıtica en todo C excepto quizas en un numerofinito de puntos y sea γR = IR + CR como antes. Si

lımR→∞

maxz∈CR

|X(z)| = 0,

entonceslım

R→∞1

2πi

∫

γR

eztX(z)dz = 0

y, por tanto,

x(t) = L−1(X)(t) =n∑

j=1

Res(eztX(z); zj).

El teorema anterior se puede aplicar para el estudio de la transformada de Laplace inversa de cualquierfuncion racional, X(z) = p(z)/q(z), con deg p < deg q, pues en tal caso se tiene que X(z) solo tienecomo posibles singularidades los ceros de q(z) (que son a lo sumo deg q) y lımR→∞ max|z|>R |X(z)| =0.

Un caso particular que se puede estudiar facilmente es el descrito por el siguiente resultado:

Teorema 17 Supongamos que X(z) = L(x)(z) = p(z)q(z)

, deg p < deg q y q(z) = a(z − α1)(z −α2) . . . (z − αm), con αi 6= αj para i 6= j. Entonces

x(t) = L−1(X)(t) =m∑

k=1

p(αk)

q′(αk)eαkt.

Demostracion. Sabemos que

x(t) =m∑

j=k

Res(eztp(z)

q(z); αk).

Por tanto, solo necesitamos calcular los residuos Res( eztp(z)q(z)

; αk), k = 1, . . . , m. Vamos a suponer

que todos los ceros de q(z) son polos de orden uno de p(z)q(z)

(y, por tanto, polos de orden uno de

Y (z) = ezt p(z)q(z)

, pues ezt es una funcion entera para todo t > 0). Ahora bien, sabemos que si lafuncion X(z) posee un polo de orden m en z = α entonces

Res(X(z); α) = lımz→αk

1

(m− 1)!

dm−1

dzm−1((z − α)mX(z)) .

En nuestro caso, tenemos que

30


Res(eztp(z)

q(z); αk) = lım

z→αk

(z − αk)ezt p(z)

q(z)

= lımz→αk

eztp(z)z − αk

q(z)− q(αk)

= eαktp(αk) lımz→αk

(q(z)− q(αk)

z − αk

)−1

= eαktp(αk)1

q′(αk), k = 1, 2, . . . , m.

Si p(αk) = 0 entonces la funcion que estamos considerando tiene una singularidad evitable enαk y, por tanto, el correscondiente residuo es cero. Por otra parte, el correspondiente sumando queaparece en el segundo miembro de la formula que estamos considerando, tambien sera igual a cero sip(z) se anula en αk. Esto finaliza la demostracion. ¤

En realidad, no es difıcil proporcionar un resultado general para el calculo de L−1(p(z)/q(z)) parafunciones racionales con deg p < deg q. A continuacion vamos a realizar dicho calculo utilizando ladescomposicion en fracciones simples de dichas funciones racionales y dejamos como ejercicio lacomprobacion de que las formulas que se obtienen por ambos metodos coinciden.

Ası pues, dada una funcion racional p(z)q(z)

, podemos hallar su descomposicion como suma defracciones simples5 como sigue:

Comenzamos suponiendo (sin perdida de generalidad), que p y q no tienen ceros en comun. Sideg p ≥ deg q, utilizamos el algoritmo de division euclıdea para polinomios, dividiendo p porq. Se sigue que p(z) = q(z)c(z) + r(z) con deg r < deg q, y, por tanto, p(z)

q(z)= c(z) + r(z)

q(z). Esto

reduce todos los casos al caso en que deg p < deg q.

Podemos suponer, pues, sin perdida de generalidad que q es monico y deg p < deg q. Si q(z) =(z−α1)

m1(z−α2)m2 . . . (z−αk)

mk , donde se supone que todos los αi son distintos, entoncespodemos encontrar constantes Ci,ji≤k,j≤mi

⊂ C tales que

p(z)

q(z)=

k∑i=1

mi∑j=1

Ci,j

(z − αi)j.

Demostracion. Podemos hacer lo siguiente: si q(z) = (z−α)mh(z), con q(α) = 0 y h(α) 6= 0,entonces buscamos una constante C y un polinomio s(z) de grado menor que deg p tales que

p(z)

q(z)=

p(z)

(z − α)mh(z)=

C

(z − α)m+

s(z)

(z − α)m−1h(z).

Si conseguimos hacer esto, entonces podremos continuar el algoritmo, aplicando la misma op-eracion a s(z)

(z−α)m−1h(z), y terminaremos obteniendo la expresion que buscabamos en un numero

finito de pasos.5El calculo de la descomposicion en fracciones simples de una funcion racional aparece, por primera vez, en la cor-

respondencia entre J. Bernoulli y Leibnitz, alrededor de 1700, pero estas ideas fueron explotadas sistematicamente por J.Bernoulli (1702), Leibnitz (1702), Euler (1768) y Hermite (1873). En particular, se suele llamar metodo de Hermite almetodo de integracion de funciones racionales basado en dicha descomposicion .

31


Ahora bien, si la ecuacion anterior se puede resolver para ciertos C y s(z), entonces

p(z) = Ch(z) + s(z)(z − α)

y, por tanto, C = p(α)h(α)

, y s(z) se obtiene de dividir p(z)− p(α)h(α)

por x−α. Esto finaliza la prueba.¤

De esta forma, se ha reducido el calculo de la transformada de Laplace inversa para la fraccionp(z)q(z)

al calculo de L−1(

C(z−α)m

)para m ≥ 0 y α, C ∈ C arbitrarios.

Ahora bien, si tenemos en cuenta que

L(tn exp(αt)) =n!

(z − α)n+1, para |z| > |α|,

se concluye que

L−1

(C

(z − α)m

)=

C

n!tn exp(αt)

y, por tanto, sip(z)

q(z)=

k∑i=1

mi∑j=1

Ci,j

(z − αi)j.

es la descomposicion en fracciones simples de p(z)q(z)

, entonces

L−1

(p(z)

q(z)

)=

k∑i=1

mi∑j=1

L−1

(Ci,j

(z − αi)j

)

=k∑

i=1

mi∑j=1

Ci,j

j!tj exp(αit)

Este resultado es muy importante. En concreto, en la proxima seccion podremos comprobar quede el depende el poder resolver ciertas ecuaciones diferenciales que aparecen frecuentemente en lapractica. Por supuesto, una vez sabemos que las descomposiciones en fracciones simples existen, nosresultara imprescindible encontrar algun mecanismo sencillo para su calculo.

Ahora bien, si multiplicamos p(z)q(z)

por (z − αi0)mi0 , obtenemos que

(z − αi0)mi0

p(z)

q(z)

=∑

i≤k;i6=i0

mi∑j=1

Ci,j(z − αi0)mi0

(z − αi)j+

mi0∑j=1

Ci0,j(z − αi0)mi0

−j

=∑

i≤k;i6=i0

mi∑j=1

Ci,j(z − αi0)mi0

(z − αi)j+

mi0∑t=1

Ci0,mi0−t(z − αi0)

t

32


y, por tanto,

Ci0,mi0−k =

1

k!

dk

dzk

((z − αi0)

mi0p(z)

q(z)

)

|z=αi0

; para k = 0, 1, . . . , mi0

De esta forma podremos calcular todas las constantes Ci,j , una vez conocidos los polos de p(z)q(z)

.

4.4. Transformada de Laplace y EDO’sComenzamos esta seccion desarrollando los calculos para abordar la solucion del problema de

valores iniciales dado por

ay′′(t) + by′(t) + cy(t) = 0, para t > 0,y(0) = y0, y′(0) = y1

(donde a, b, c y0, e y1 son constantes dadas de antemano y buscamos la funcion y = y(t) que verificala ecuacion anterior para todo t > 0), mediante el uso de la transformada de Laplace. Posteriormente,explicamos el metodo para atacar problemas lineales con coeficientes constantes, en el caso general.

Como todo el mundo sabe, este tipo de ecuaciones diferenciales aparecen en muchos contextos yson, por tanto muy utiles.

Si aplicamos la transformada de Laplace a ambos miembros de la ecuacion anterior, y tenemos encuenta las relaciones

L(y′) = zL(y)(z)− y(0)

L(y′′) = z2L(y)(z)− zy′(0)− y(0)

obtenemos que

0 = L(ay′′ + by′ + cy)(z)

= a(z2L(y)(z)− zy′(0)− y(0)) + b(zL(y)(z)− y(0)) + cL(y)(z)

= (az2 + bz + c)L(y)(z)− (az + b)y0 − ay1

y, por tanto,

L(y)(z) = y0az + b

az2 + bz + c+ y1

a

az2 + bz + c

Ahora bien, L es un operador lineal y, por tanto, si L tuviese un operador inverso, L−1, este serıalineal. Vamos a suponer momentaneamente que tal es el caso. Entonces la expresion anterior la po-drıamos reescribir como:

y(z) = y0L−1

(az + b

az2 + bz + c

)+ y1L−1

(a

az2 + bz + c

)

en realidad, si definimos las funciones F (z) = az+baz2+bz+c

y G(z) = aaz2+bz+c

, necesitamos encontrarlas funciones L−1(F ) y L−1(G) de modo que

L−1(F )(0) = 1, L−1(F )′(0) = 0

33


yL−1(G)(0) = 1, L−1(G)′(0) = 0.

Para realizar los calculos que faltan, es necesario distinguir varios casos, que dependen de comoson los ceros de q(z) = az2 + bz + c:

Caso 1: Los ceros de q(z) son simples. Esto significa que q(z) = a(z−α)(z−β) y, por tanto,F (z) (y tambien G(z)) se puede descomponer en fracciones simples como sigue:

F (z) =A

z − α+

B

z − β

para ciertas constantes A,B ∈ C. Se sigue que

L−1(F )(t) = Aeαt + Beβt.

Caso 2: q(z) tiene un cero doble. Esto implica que q(z) = a(z − α)2 para cierto numero realα y, por tanto, F (z) (y tambien G(z)) se descompone ahora como

F (z) =A

z − α+

B

(z − α)2

para ciertas constantes A, B. Se sigue que

L−1(F )(t) = Aeαt + Bteαt.

Caso 3: Los ceros de q(z) son complejos conjugados. En este caso, podemos encontrar α +iβ ∈ C tal que q(z) = a(z − (α + iβ))(z − (α − iβ)); α, β ∈ R y β 6= 0 y, por tanto, F (z)(tambien G(z)) se descompone como

F (z) =Aβ

(z − α)2 + β2+

B(z − α)

(z − α)2 + β2

Ahora la transformada de Laplace inversa queda como:

L−1(F )(t) = Aeαt sin βt + Beαt cos βt.

4.4.1. El caso general

Consideremos ahora la EDOy(n)(t) + an−1y

(n−1)(t) + · · ·+ a0y(t) = ϕ(t), para t > 0,y(0) = y0, y′(0) = y1, . . . , y

(n−1)(0) = yn−1

Queremos utilizar la transformada de Laplace para su solucion. Para ello, empezamos aplicandoel operador L a ambos lados de la ecuacion. Se obtiene que

L(ϕ)(z) = znL(y)(z)− zn−1y(0)− zn−2y′(0)− · · · − y(n−1)(0)+

+an−1[zn−1L(y)(z)− zn−2y(0)− zn−3y′(0)− · · · − y(n−2)(0)]+

+ . . . . . . . . . +

+a1[L(y)(z)− y(0)]+

+a0L(y)(z)

34


Agrupando los terminos convenientemente, resulta que

L(y)(z)[zn + an−1zn−1 + · · ·+ a1z + a0] =

L(ϕ)(z) + y(0)[zn + an−1zn−2 + · · ·+ a2z + a1]+

+y′(0)[zn + an−2zn−1 + · · ·+ a3z + a2]

+ . . . . . . . . . . . . · · ·++y(n−2)(0)[z + an−1]

+y(n−1)(0)

Tomando q(z) = zn + an−1zn−1 + · · ·+ a1z + a0, la ecuacion anterior queda como

L(y)(z) =L(ϕ)(z)

q(z)+ y(0)

zn + an−1zn−2 + · · ·+ a2z + a1

q(z)+

+y′(0)zn + an−2z

n−1 + · · ·+ a3z + a2

q(z)

+ . . . . . . . . . . . . · · ·++y(n−2)(0)

z + an−1

q(z)

+y(n−1)(0)1

q(z)

Esto reduce el problema del calculo de la solucion de la EDO lineal con condiciones iniciales dadaanteriormente, al calculo de la transformada de Laplace inversa del segundo miembro de la formulaanterior. Es decir: debemos ser capaces de calcular L−1(P (z)

Q(z)) para cierta funcion racional P

Q. Ahora

bien, esto es posible gracias al uso de la descomposicion en fracciones simples de PQ

(ver la seccionanterior).

Es evidente que podemos interpretar la EDO lineal con coeficientes constantes como un tipoespecial de sistema LTI. De hecho, este tipo de sistemas aparecen en diferentes contextos, como sonel analisis de circuitos o el estudio de sistemas con muelles. De esta forma podemos interpretar latransformada de Laplace como un instrumento matematico util para la teorıa de senales y sistemasanalogicos. En la proxima seccion vamos a introducir la transformada Z , que, como veremos, es utilpara el estudio de senales y sistemas digitales.

Nota 8 Para tratar el problema de la solucion de EDO’s lineales generales es tambien posible haceruso de la transformada de Fourier generalizada (es decir: la transformada de Fourier de funcionesgeneralizadas) pues, como ya se ha visto en una seccion anterior, dicha transformada verifica tambienbuenas propiedades formales con respecto al producto, la convolucion, y la derivacion. Si estamosinteresados en estudiar la ecuacion

any(n)(t) + · · ·+ a0y(t) = bmx(m)(t) + · · ·+ b0x(t),

donde x, y ∈ G (x nos la dan y buscamos y), entonces aplicando la transformada de Fourier a amboslados de la igualdad y teniendo en cuenta que F(y(k))(ξ) = (iξ)kF(y)(ξ), para todo k ∈ N, tenemosque la identidad anterior se transforma en la siguiente

(an(iξ)n + · · ·+ a0)F(y)(ξ) = (bm(iξ)m + · · ·+ b0)F(x)(ξ).

35


Es decir, el problema pasa a ser la solucion (en sentido generalizado) de la ecuacion algebraica

Y (ξ) =P (ξ)

Q(ξ)X(ξ)

para ciertos polinomios algebriacos P (z), Q(z). Esto se puede interpretar, en el dominio del tiempo,como

y(t) = F−1(Y )(t) =

(F−1

(P (ξ)

Q(ξ)

)∗ x

)(t).

Es decir, el cociente P (ξ)Q(ξ)

representa la respuesta del sistema al impulso unidad en el dominio de lafrecuencia y nuestro problema es calcular su transformada de Fourier inversa, algo que tiene sentidogracias a que estamos trabajando con funciones generalizadas.

5. Transformada Z

5.1. Definicion de la transformada Z. Primeras propiedadesDada una senal discreta x(n)∞n=−∞, definimos su transformada Z como

Z(x(n)∞n=−∞) =∞∑

n=−∞x(n)z−n,

donde se supone que z pertenece a la region de convergencia de la serie de Laurent que aparece enel segundo miembro de la igualdad anterior. (Observese que dichas regiones de convergencia sonsiempre anillos z : r < |z| < R, donde los radios de interior y exterior del anillo dependen delcomportamiento asintotico de la sucesion x(n)∞n=−∞).

La correspondencia que acabamos de establecer (una sucesion es llevada a una cierta funcionanalogica), no es biyectiva. Es sencillo obtener sucesiones distintas tales que, si se suma la serie quedefine la transformada Z de ambas secuencias, entonces resulte que para ambas se obtiene la mismaexpresion algebraica. Por ejemplo, tomamos x = u(n)∞n=−∞,y = −u(n−1)∞n=−∞ y obtenemos:

Z(x) =∞∑

n=0

z−n =1

1− z−1=

z

z − 1(para |z−1| < 1)

Z(y) = −−1∑

n=−∞z−n = −

∞∑n=1

zn

= −z

∞∑n=0

zn = z1

1− z=

z

z − 1(para |z| < 1)

Ası pues, ambas transformadas producen la misma funcion, zz−1

, excepto por el detalle (que nuncadebemos menospreciar) de que dicha funcion esta definida en dominios distintos, ya que las regionesde convergencia de las correspondientes series, son diferentes. Ası, podemos definir con mayor pre-cision la transformada Z de una sucesion como sigue:

36


Definicion 7 Dada la sucesion de numeros x =x(n)∞n=−∞ (reales o complejos), definimos su trans-formada Z como el par (Z(x),R(x)), donde

Z(x) =∞∑

n=−∞x(n)z−n

y R(x) es la region de convergencia de la serie de Laurent∑∞

n=−∞ x(n)z−n.

El siguiente resultado se satisface:

Teorema 18 No hay dos senales distintas x,y tales que

(Z(x),R(x)) = (Z(y),R(y)).

Demostracion. En realidad, el teorema anterior es una sencilla consecuencia del siguiente teoremadebido a Laurent6:

Teorema 19 (Laurent) 7 Supongamos que f(z) es una funcion de variable compleja derivable en unanillo R = z ∈ C : R1 < |z−z0| < R2. Entonces f(z0 +h) =

∑∞n=−∞ cnhn para R1 < |h| < R2,

donde la convergencia de la serie es uniforme sobre compactos del anillo R1 < |h| < R2, y lasconstantes cn estan dadas por

cn =1

2πi

∫

Cr

f(z)

(z − z0)n+1dz, n ∈ Z,

donde Cr es la curva parametrizada por Cr(t) = z0 + exp(2πit), t ∈ [0, 1], r ∈ (R1, R2).

Si tomamos z0 = 0 entonces la expresion que aparece en el teorema anterior, se transforma enf(z) =

∑∞n=−∞ cnz

n, y las regiones de convergencia pasan a ser coronas con centro el origen decoordenadas.

Para x una senal arbitraria, si la region de convergencia R(x) es un anillo no vacıo, entoncesla funcion Z(x)(z) es holomorfa en dicho anillo. Supongamos ahora que R(x) 6= ∅. Entonces elteorema de Laurent garantiza que, si Cr es una circunferencia interior al anillo R(x), entonces

x(n) =1

2πi

∫

Cr

f(z)zn−1dz, n ∈ Z,

y por tanto, si R(x)∩R(y) 6= ∅, y Z(x)(z) coincide con Z(x)(z) para z ∈ Cr, una circunceferenciainterior a ambas regiones, se obtiene que x(n) = y(n) para todo n ∈ Z. ¤

El teorema de Laurent proporciona la clave para el proceso de inversion asociado a la transformadaZ . Mas precisamente, si conocemos tanto la funcion X(z) = Z(x)(z) y su correspondiente region

6P. A. Laurent (1813-1854). Ingeniero frances. En 1842 envio una memoria para participar en un premio dematematicas a la Academia de Ciencias de Parıs, pero el manuscrito llego fuera de tiempo y, a pesar de que Cauchyemitio un informe positivo, este no fue evaluado. Los desarrollos en serie de Laurent son muy importantes en la teorıa defunciones de variable compleja.

7La demostracion de este resultado se puede consultar en [?, p. 196, Th. 11.1]

37


de convergencia Ω = R(x), no solo es cierto que existe una unica senal x = x(n) para la queX(z) = Z(x)(z) y Ω = R(x) sino que, de hecho, los valores x(n) se pueden rescatar de X(z) (y Ω)simplemente teniendo en cuenta las expresiones

x(n) =1

2πi

∫

Cr

f(z)zn−1dz, n ∈ Z.

Ası, podemos afirmar que la formula anterior define la transformada Z inversa. El problema es queno siempre resulta sencillo evaluar las integrales que aparecen en el segundo miembro de la expresionanterior. Ası pues, nos preguntamos si en ciertos casos especiales (y que tambien sean importantespara las aplicaciones) es sencillo evaluar la transformada Z inversa.

Terminamos esta seccion con las siguientes observaciones:

Se sigue del teorema de Laurent que toda funcion X(z) holomorfa en un anillo R, es la trans-formada Z de alguna senal x(n)∞n=−∞.

La funcion X(z) es la transformada Z de una senal causal x = x(n) si y solo si la funcionX(z) = X(1/z) es holomorfa en un disco de la forma D(0, r) = z : |z| < r para ciertor > 0. Ademas, esto es equivalente a decir que la region de convergencia de Z(x)(z) es elcomplementario de un disco D para cierto r > 0.

5.2. Propiedades elementales de la Transformada Z. Inversion de la transfor-mada Z

En esta seccion, vamos a establecer las propiedades elementales de la transformada Z y, a con-tinuacion, vamos a explicar el proceso de inversion para la transformada Z para funciones racionalesX(z) = P (z)

Q(z)(Posteriormente, veremos que dichos casos son utiles en la practica).

La transformada Z satisface las siguientes propiedades:

Linealidad. La transformada Z es lineal. Es decir, si x,y son dos senales discretas y a, b ∈ C,entonces Z(ax + by) = aZ(x) + bZ(y). Ademas, R(ax + by) = R(x) ∩R(y).

Desplazamiento en el tiempo. Sea m ∈ Z fijo. Entonces

Z(x(n−m)∞n=−∞)(z) = z−mZ(x(n)∞n=−∞)(z).

Ademas, la region de convergencia no varıa, excepto quizas por la posible inclusion o exclusionde 0 o de ∞.

Cambios de escala en la frecuencia. Dado a ∈ C, se tiene que

Z(anx(n)∞n=−∞)(z) = Z(x(n)∞n=−∞)( za).

Ademas, la region de convergencia pasa de ser R(x) a ser |a|R(x).

Reflexion en el tiempo. Se tiene que Z(x(−n))(z) = Z(x(n))(1z). Ademas, la region de

convergencia de y = x(−n) es: R(x) = z ∈ C : 1z∈ R(x).

38


Convolucion. Dadas x ∈ l1(Z) y y ∈ l∞(Z), se tiene que

Z(x ∗ y)(z) = Z(x)(z)Z(y)(z)

Todas estas propiedades son sencillas de demostrar y se dejan como simples ejercicios. Solo hare-mos algun comentario respecto de la convolucion. Ası pues, recordemos que si x ∈ l1(Z) y y ∈ l∞(Z)son dos senales discretas, su convolucion esta dada por x ∗ y = cn∞n=−∞, donde

cn =∞∑

k=−∞x(k)y(n− k), para todo n ∈ Z.

Ahora bien, es sencillo comprobar que, si multiplicamos las series de potencias Z(x) y Z(y),obtenemos que

Z(x)(z)Z(y)(z) =

( ∞∑n=−∞

x(n)z−n

)( ∞∑n=−∞

y(n)z−n

)

=∞∑

n=−∞

( ∞∑

k=−∞x(x)y(n− k)z−kz−(n−k)

)

=∞∑

n=−∞

( ∞∑

k=−∞x(x)y(n− k)

)z−n

=∞∑

n=−∞cnz−n

= Z(x ∗ y)(z),

lo que demuestra la propiedad de convolucion.Dada una funcion racional X(z) = P (z)

Q(z), queremos ahora calcular la senal x(t) tal que X(z) =

Z(x(t)). Para ello, consideramos (como es habitual) la descomposicion en fracciones simples deX(z),

X(z) = h(z) +P (z)

Q(z)=

k∑i=1

mi∑j=1

Ci,j

(z − αi)j,

donde h(z) es el polinomio que resulta de dividir P (z) por Q(z), y de esta forma hemos reducidonuevamente nuestro problema al de conocer la transformada inversa de las fracciones simples Ci,j

(z−αi)j ,i = 1, ..., k, j = 1, . . . , mi.

Ahora bien, dichas transformadas se pueden calcular de forma sencilla, si se tiene en cuenta que

Z(αnu(n)∞n=−∞) =∞∑

n=0

αnz−n =1

1− αz−1=

z

z − α

con region de convergencia R = z : |z| > |α|. Para verlo, basta derivar m veces ambos lados de laexpresion anterior respecto de α, obteniendo que:

∞∑n=0

n(n− 1) . . . (n−m + 1)αn−mz−n =m!z

(z − α)m+1

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y, por tanto,

Z−1

(z

(z − a)m+1

)=

(n

m

)αn−mu(n).

Ahora bien, si tenemos en cuenta la propiedad de desplazamiento en el tiempo, se ve que

Z−1

(1

(z − a)m+1

)= Z−1

(z−1 z

(z − a)m+1

)=

(n− 1

m

)αn−1−mu(n− 1).

5.3. Tranformada Z y filtros digitalesDado un filtro digital L, sabemos que este queda completamente determinado por su respuesta

al impulso unidad (tambien llamada respuesta impulsional del sistema) L(δ) = h(n)∞n=−∞. Evi-dentemente, como la transformada Z es invertible, dicha respuesta impulsional queda completamentedeterminada a su vez por su transformada Z . Esto nos lleva a la siguiente definicion:

Definicion 8 Llamamos funcion de transferencia del filtro digital L a la funcion de variable com-pleja:

H(z) = Z(h(n∞n=−∞) =∞∑

n=−∞h(n)z−n.

Nota 9 Observese, ademas, que H(z) se puede interpretar como un autovalor de L de la siguienteforma: Tomamos x = zn∞n=−∞ para z ∈ C fijo. Entonces

L(x)(n) = (x ∗ h)(n) =∞∑

k=−∞h(k)x(n− k)

=∞∑

k=−∞h(k)z−kzn

= H(z)x(n), para todo n ∈ Z,

y, por tanto,L(x) = H(z)x.

Es decir: H(z) es un autovalor con autovector x.

El nombre ”funcion de transferencia”(del sistema) proviene de la siguiente interpretacion: Sabemosque y = L(x) = x ∗ h, donde h es la respuesta impulsional del sistema. Si aplicamos a ambos ladosde la formula anterior la transformada Z , entonces (teniendo en cuenta la propiedad de convolucion)se tiene que

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

donde Y (z) = Z(y) representa la respuesta del sistema en el dominio de la frecuencia, X(z) =Z(x) es la entrada del sistema (tambien en el dominio de la frecuencia) y H(z) es la funcion detransferencia.

Evidentemente, de la misma forma que h(n) lleva toda la informacion del sistema y, por tanto,podemos caracterizar algunas propiedades del sistema en terminos de h(n), lo mismo sucedera con

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las funciones de transferencia H(z). Veamos, por ejemplo, como se caracterizan en terminos de H(z)las propiedades de causalidad y de estabilidad (BIBO) del sistema L. Esto queda resuelto mediantelas siguientes proposiciones:

Proposicion 5 Un sistema L que es LTI es ademas estable BIBO si y solo si la region de convergenciade su funcion de transferencia contiene la circunferencia unidad.

Proposicion 6 Un sistema L que es LTI es ademas causal si y solo si la region de convergencia desu funcion de transferencia es el exterior de una circunferencia.

5.3.1. Ecuaciones en diferencias

Es bien sabido que los filtros digitales mas comunmente usados vienen descritos por ecuacionesen diferencias,

d∑

k=0

aky(n− k) =h∑

k=0

bkx(n− k), n ∈ Z,

donde x = x(n)∞n=−∞ representa la entrada del sistema, y = y(n)∞n=−∞ representa la salidadel sistema y akd

k=0, bkhk=0 son ciertas constantes que determinan completamente el sistema. Esta-

mos suponiendo que para cierto n0 ∈ Z se tiene que si x(n) = 0 para todo n < n0 entonces y(n) = 0tambien para todo n < n0 (i.e., suponemos las causalidad del sistema). De esta forma garantizamosque la sucesion y(n)∞n=−∞ esta unıvocamente determinada por la sucesion x(n)∞n=−∞.

Si aplicamos la transformada Z a ambos lados de la ecuacion anterior, obtendremos entonces que

d∑

k=0

akz−kY (z) =

h∑

k=0

bkz−kX(z)

y, por tanto,

H(z) =

∑hk=0 bkz

−k

∑dk=0 akz−k

es una funcion racional.Como las funciones racionales quedan completamente determinadas por sus ceros y sus polos,

sera entonces deseable disponer de descripciones de las propiedades del sistema en terminos de dichainformacion.

Podemos ahora calcular y(n)∞n=−∞ (i.e., la solucion de la ecuacion en diferencias, o, lo que esigual: la salida del sistema) de alguna de las dos formas siguientes:

Calculamos X(z) = Z(x) y luego calculamos Z−1(X(z)H(z)). Este procedimiento se puedellevar a cabo facilmente, siempre que X(z) sea una funcion racional.

Calculamos h(n)∞n=−∞ = Z−1(H(z)) y luego calculamos la convolucion

y(n)∞n=−∞ = (h ∗ x)(n)∞n=−∞.

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Notese que para calcular Z−1(H(z)) necesitamos fijar de antemano la region de convergenciapara H(z). Esto significa que necesitamos saber si el sistema es o no causal. Evidentemente,bajo nuestras hipotesis, el sistema es causal y por tanto supondremos que la region de con-vergencia de H(z) es el exterior de una circunferencia de centro el origen de coordenadas.Recuerdese que para dicho caso ya realizamos el calculo de la transformada Z inversa de lasfracciones simples asociadas a cualquier funcion racional H .

Vemos a continuacion un ejemplo resuelto de ambas formas:

Ejemplo 11 Consideramos la ecuacion en diferencias

y(n) + 2y(n− 1) = x(n), n ∈ Z.

Sabemos que en este caso, H(z) = 11+2z−1 = z

z+2y, por tanto, h(n) = (−2)nu(n). Vamos a realizar

los calculos para las entradas x1(n) = u(n) y x2(n) = u(n)− u(n− 3). En el primero de los casoses claro que

X1(z) = Z(x1) =∞∑

k=0

z−k =z

z − 1

y, por tanto, Y1(z) = X1(z)H(z) = z2

(z−1)(z+2). La correspondiente descomposicion en fracciones

simples es

Y (z) =z/3

z − 1+

2z/3

z + 2y, por tanto,

y(n) =

(1

3+

2

3(−2)n

)u(n).

Para calcular la salida de x2 = u(n)− u(n− 3)∞n=−∞, observamos que

x2(n) = δ(n) + δ(n− 1) + δ(n− 2)

y, por tanto,

y(n) = (x2 ∗ h)(n) = (−2)nu(n) + (−2)n−1u(n− 1) + (−2)n−2u(n− 2)

Es decir: y(0) = 0, y(1) = −1 y y(n) = 34(−2)n para n ≥ 2.

Si α1, α2, . . . , αd son los polos de H(z) y suponemos que |αi| ≤ |αi+1|, i = 1, 2, ..., d − 1,entonces existe i, s ∈ N tales que

|αi0| < 1 = |αi0+1| = · · · = |αi0+s| < |αi0+s+1|

y, por tanto, asociadas a H(z) podemos considerar varias regiones de convergencia. Si la region deconvergencia es

R1 = z ∈ C : |z| > |αd|entonces el sistema sera causal. Si H(z) no tiene polos en la circunferencia unidad, entonces podemosconsiderar como region de convergencia la corona mayor que contenga la circunferencia unidad y

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carezca de polos y obtendremos que el correspondiente sistema es estable. Finalmente, si tomamoscomo region de convergencia a

R2 = z ∈ C : |z| < |α1|entonces el sistema sera anticausal. Evidentemente, varias de estas cosas pueden suceder simultanea-mente. En particular, se verifica el siguiente resultado:

Proposicion 7 El sistema descrito por la funcion de transferencia racional H(z) sera estable ycausal simultaneamente si y solo si se satisface que: (i) Todos los polos de H(z) estan en el interiordel disco unidad, y (ii) tomamos como region de convergencia de H(z) a R1 = z ∈ C : |z| > |αd|,donde αd es uno de los polos de H(z) con valor absoluto maximo.

Referencias[1] C. Gasquet and P. Witomski, Fourier Analysis and Applications. Filtering, Numerical Compu-

tation, Wavelets Texts in Applied Mathematics 30 Springer 1999.

[2] C. Lanczos, Discourse on Fourier Series, Olyver and Boyd, Edinburg, 1966.

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transformada de fourier: concepto y primeras propiedades

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