Solución del balotario de de Matemáticas Avanzadas

2012

Curso: Matemáticas Avanzadas

Profesor: Raúl Castro Vidal

Integrantes: Chuquispuma Zamudio, Victor…

092041A Garcia Quintana, Gustavo…………

092615H Martinez Calzada, David…………..092608A Melgarejo Vargas, Pedro…………..092649J Saraya Espinoza,

Eduardo………..092621H

1.Considere un sistema LTI con respuesta al impulso: H ( t )=e−4 t u( t) Y halle la representación en serie de Fourier de la salida y (t) para las siguientes entradas.

a)x (t )=cos (2π t)

b)X ( t )=∑−∞

∞

(−1 )n δ (t−π)

SOLUCIÓN 1(a): Considerando la salida de un sistema LTI:

y (t )=∫−∞

∞

x ( t )h( t−τ )d τ

Tenemos: x (t )=cos (2π t )h (t )=e−4 tu (t)

La salida del sistema LTI será:

y (t )=∫−∞

∞

cos (2πτ )e−4 t u(t)u(t−τ)d τ

Definimos u(t−τ ) como:

u (t−τ )={ 1 , τ<t0 ,en otrocaso}

Entonces expresamos a y(t) de la siguiente manera:

y (t )=∫−∞

t

cos (2πτ )e−4 (t−τ )u(t−τ )d τ+∫t

∞

cos (2πτ )e−4 (t−τ)u(t−τ)d τ

La segunda integral se anula, pues u(t−τ )es cero:

y (t )=∫−∞

t

cos (2πτ )e−4 (t−τ )d τ

y (t )=e−4 t ∫−∞

t

cos (2πτ )e4 τ d τ

Recordando:

∫ eau sen (nu)du= eau

a2+n2 (asen (nu )−ncos (nu ) )+C

∫ eau cos(nu)du= eau

a2+n2 (acos (nu )+nsen (nu ) )+C

En el problema:

y (t )=e−4 t [ e4 τ

42+(2π )2(4cos (2πτ )+2π sen (2πτ ))]

−∞

t

2012

y (t )=e−4 t ([ e4 t

42+ (2π )2( 4cos (2 π t )+2 π sen (2π t ) )]−lim

b−∞ [ e4b

42+(2π )2(4 cos (2π b )+2π sen (2 π b ) )])

Ya que ( 4 cos (2 π b )+2π sen (2π b ) ) es acotada para todo b, al multiplicar por una exponencial y aplicar el teorema de sándwich, este límite tiende a 0 cuando b→∞. Por lo tanto:

y (t )=([ 1

42+(2π )2(4 cos (2π t )+2π sen (2π t ) )])

1(b): Tenemos:

x (t )=∑−∞

∞

(−1 )n δ(t−π )

h (t )=e−4 tu (t)

La salida del sistema LTI será:

y (t )=∫−∞

∞

∑−∞

∞

(−1 )n δ(τ−π )e−4 (t−τ )u(t−τ )d τ

y (t )=∫−∞

∞

(−1 )n∑−∞

∞

δ(τ−π )e−4 (t−τ )u(t−τ )d τ

Definimos u(t−τ )como:

u (t−τ )={ 1 , τ<t0 ,en otrocaso}

Para el problema tenemos que:

ɸ (T )=e−4 (t−τ )u(t−τ )d τEntonces la integral será:

y (t )=∑−∞

∞

(−1 )n∫−∞

∞

δ(τ−π )e−4 (t−τ )u(t−τ )d τ

y (t )=∑−∞

∞

(−1 )n∫−∞

∞

δ(τ−π )ɸ (T ) d τ

y (t )=∑−∞

∞

(−1 )n ɸ (π )

y (t )=e−4 (t−π )u(t−π )∑−∞

∞

(−1 )nɸ ( π )

Sabemos también que:

∑−∞

∞

(−1 )n=2 cos (nπ )

Por lo tanto:

y (t )=2cos (nπ )e−4 (t−π )u(t−π )

2.si f ( x )=cos (α x), -π ≤ x ≤π ;α una constante no entera. Probar que a partir de si Serie de Fourier.

πsen απ

=2α ( 1

2α 2 −1

α2−1+

1

α2−22−1

α 2−33 +…)SOLUCION

Se trata de una función par, luego bk=0ya0=1π∫−π

π

cos α xdx= 2απ

sen απ

ak=2π∫

0

π

cosα x . coskx dx

ak=1π∫

0

π

cos(α+k) x+cos (α−k ) xdx

ak=1π ( sen(α+k ) x

α+k+

sen (α−k ) xα−k )

0

π

ak=1π ( sen(α+k )π

α +k+

sen (α−k )πα−k )

❑

❑

ak=1π ( senαπ . cosk π

α+k+ senαπ . cosk π

α−k )❑

❑

ak=(−1)k senαπ

π ( 1α+k

+ 1α−k )

❑

❑

ak=2α(−1)k

(α 2−k2 ) πsenαπ

Luego la representación quedará:

cos α x= sen απαπ

+∑1

∞ 2α (−1)k senαπ

π (α 2−k2)

cos α x= sen αππ ( 1

α+2α∑

1

∞ (−1)k coskx

(α2−k2) ); si x=0

Reemplazando finalmente obtenemos:

πsen απ

=2α ( 12α 2 +∑

❑

❑ (−1)k

(α2−k2))3.Enunciar y demostrar el teorema de Parseval, comente la

utilidad en la teoría de señales.SOLUCIÓN:Enunciamos la aplicación de la identidad de Parseval en las series de Fourier y en las Integrales de Fourier.

Identidad de Parseval en las Series de Fourier:

1l∫−1

1

{F (x)}2 dx=a0

2

2+∑

n=1

∞

(an2+bn

2)

Donde an y bn estan determinados por:

an=1l∫

0

2l

F(x )cosnπx

ldx

bn=1l∫

0

2l

F (x )sennπ x

ldx

Una consecuencia importante es:

limn→ ∞

∫−l

l

F( x)cosnπx

ldx=0

limn→ ∞

∫−l

l

F( x)sennπx

ldx=0

Se le conoce como el teorema de Riemann.

Identidad de Parsaval para Integrales de Fourier:Si F[f(t)] = F(W) entonces:

∫−∞

∞

|f (t )|2dt= 1

2π∫−∞

∞

|F(W )|2dW

A esto se le conoce como la Identidad de Parsaval para Integrales de Fourier y es susceptible de generalizaciones y le llamaremos β.Demostración de β: Si F[f(t)] = F(W) y con todo lo aprendido alrededor de Fourier (convolucion):

F [ f (t)]=F (W ) →F [ f ¿ ( t ) ]=∫−∞

∞

f ¿ (t)e− jwt dt

¿∫−∞

∞

f ¿ (t)e− jwt dt=∫−∞

∞

[ f (t)e jwt ]¿dt=¿

¿∫−∞

∞

f ( t)( e− j (−w)t )¿ dt=F¿ (−W )

Es decir:F [ f ¿ (t ) ]=F¿ (−W )

Luego si hacemos f 1 ( t )=f (t) y f 2 (t )=f ¿(t )

∫−∞

∞

f 1(t) f 2(t )dt= 12π

∫−∞

∞

F1(W )F2(−W )dW

∫−∞

∞

f (t) f ¿(t)dt= 12π

∫−∞

∞

F (W ) F¿ [−(−W )]dW= 12π

∫−∞

∞

F (W ) F¿ (W ) dW

Por convolución:

12π

∫−∞

∞

|F (W )|2 dW

Por lo tanto:

∫−∞

∞

|f (t )|2dt= 1

2π∫−∞

∞

|F (W )|2 dW

Quedando demostrado el teorema de Parseval

4. Hallar la DFT de U = C (constante)

U k=∑j=0

N −1

C e−2πij k

N

Solución:

U k=C ∑j=0

N −1

e−2πij k

N

Nos damos cuenta que tiene la forma de una serie geométrica:

∑i=0

n−1

rn=1−rn

1−r

Entonces: U k=C1−e

−2πiN kN ❑

1−e−2 πi k

N

Donde e−2πik=cos (−2πk )+ jsen(−2πk )Sabemos:cos (−2πk )=1 y sen (−2πk )=0

Entonces queda:

U k=C1−1❑

1−e−2πi k

N

=0

5. Hallar la Transformada de Fourier del siguiente pulso triangular:

f (t )=2 t [U ( t )−U ( t−1 ) ]−( t−3 )[U ( t−1 )−U (t−3 )]Solución:

f (t )=2 tU ( t )−2 tU (t−1 )−( t−3 ) U (t−1 )+ ( t−3 )U (t−3)f (t )=2 tU ( t )−2 tU (t−1 )−tU (t−1 )+3U ( t−1 )+tU ( t−1 )−3U (t−1)

Ahora, tomando la Transformada de Fourier:F [ f (t ) ]=2F [ tU ( t ) ]−2F [ t ( t−1 ) ]−F [ tU ( t−1 ) ]+3F [U (t−1 ) ]+F [ tU ( t−1 ) ]−3 F [3U (t−1 )]Usando las siguientes propiedades:

F [U (t ) ]= 1jw

; F [ tU (t ) ]= 1

( jw )2;F [ f ( t−t0 ) ]=F(w)e− jw t0

Se tiene:

F [ f ( t ) ]=21

( jw)2−2

1

( jw )2e− jw− 1

( jw)2e− jw+3

1( jw)

e− jw+ 1

( jw)2e− jw3−3

1( jw)

e− jw3

F [ f (t ) ]= −2

(w)2+ 2

(w)2e− jw+ 1

(w)2e− jw+ 3

( jw)e− jw− 1

(w )2e− jw3− 3

( jw )e− jw 3

F [ f ( t ) ]= 1

w2[−2+2e− jw+e− jw−e−3 jw ]+ 1

jw[3e− jw−3e−3 jw ]

F [ f (t ) ]= 1

w2[−2+3e− jw−e−3 jw ]+ 1

jw[3e− jw−3e−3 jw ]

6. Calcular la Transformada de Fourier mediante la propiedad de convolucion de la función:

f ( t )=U ( t )∗e−t U (t)Solución:Por convolucion:

¿∫−∞

∞

U (x ) . e−(t−x ) U (t−x )

¿e−t∫0

t

U ( x ) .U ( t−x )ex dx

Donde:U ( x ) .U ( t−x )=1

¿e−t∫0

t

ex dx=e−t . ex=e−t (e t−1 ) U ( t)

Para:0≤ x≤ t⇰U ( t )=1 para t>0

¿ (1−e−t ) .U (t)Verificando:

F [ f (t ) ]=F [U (t ) ] .F [e−t U (t ) ]Por propiedad:

F [ e−t U (t ) ]= 1jw+1

Nos queda:

F [ f ( t ) ]= 1jw

.1

jw+1

F [ f (t ) ]= 1jw

− 1jw+1

Aplicando la Transformada Inversa, se tiene:

¿ F−1( 1jw )−F−1( 1

jw+1 )¿U (t )−[e−t U (t )]¿U (t )[1−e−t ]

7. Una señal de onda cuadrada periódica en tiempo discreto mostrada en la figura. Evaluar la serie de Fourier de esta función.

Solución:Debido a la simetría de esta secuencia con respecto a n=0, es conveniente seleccionar un intervalo simétrico en el cual la sumatoria siguiente.

ak=1

N 0∑

n=−N1

N1

e− jk (2 π /N0 )n

Considerando: m=n+ N1

ak=1

N 0∑n=0

2N1

e− jk (2π

N0)(m−N1)

Separando se obtiene la ecuación:

ak=e

jk (2πN0

)N 1

N 0∑n=0

2N1

e− jk (2π

N0 )m

Evaluamos la sumatoria, obteniendo una serie geométrica, la cual genera:

ak=e

jk (2πN0

)N 1

N 0 ( 1−e− jk (2π

N0)(2 N1+1 )

1−e− jk ( 2π

2N 0) )

Ordenando:

ak=1

N 0

e− jk ( 2π

2N 0)

e− jk ( 2π

2N 0) ( e

jk (2πN0

)(N1+0.5)/N0

−e− jk(2π

N0)(N1+0.5)/N0

ejk ( 2 π

2N 0)−e

− jk( 2π2N 0

) )Se ha dado forma de función seno:

ak=1

N 0

sen [ 2π k ( N 1+0.5 )N 0

]sen[ 2π k

2N 0]

Finalmente obtenemos:

ak=1

N 0

sen [ 2π k ( N 1+0.5 )N 0

]sen[ 2π k

2N 0]

;k ≠ 0 , ± N 0 , ± 2N 0 ,….

ak=2N1

N 0

; k=0 , ± N0 ,± 2 N0 ,….

8. Se tiene la señal de tono f ( t )=3 cos (2 π103t ) con una frecuencia de muestreo fs=20kHz; hallar:

a. Fn y F(nts)b. El número de muestras por periodoc. La tabulación y la amplitud de cada una de las

muestrasd. El factor “∝” en grados entre cada muestra

Solución:a)

F (nTs )=3 cos (2 π∗103 nTs )

Ts= 1Fs

= 120khz

Reemplazando:

F (nTs )=3 cos (2 π∗103n20khz

)

F (nTs )=3 cos( n π10 )

b) ¿muestras

periodo= Fs

Fn

Sabemos que: wn=2 π∗Fn

Fn=wn

2π=2π∗103

2πFn=1khz

¿muestrasperiodo

=20 khz1khz

=20

c) Tabulando:

d) Calculamos el factor α para determinar la separación entre cada muestra:

α=360o

20

α=18o

Graficando:

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

-4

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

9.Consideramos la señal periódica N=10.

x (n )={1 ;0≤ n≤ 40 ;5≤ n≤ 9

Solución:Por definición:

ak=1N∑k=N

❑

x [n ] . e− jk 2π

Nn

Reemplazando valores:

ak N=∑n=0

9

x [n ] . e− jk 2π

10n=∑

n=0

4

x [n ]⏟1

. e− jk 2π

10n+∑

n=5

9

x [n ]⏟0

. e− jk 2 π

10n

ak N=∑n=0

4

e− jk 2π

10n

Propiedad

∑n=0

N−1

an={1−an

1−a,∧a≠ 0

N ,∧a=0

ak N=1−e

− jk 2π10

5

1−e− jk 2π

10

ak N= e− jk π

2

e− jk π

10 ( ejk π

2 −e− jk π

2

ejk π

10−e− jk π

10 )ak N=e− jk π 0.4 .

sen( π k2

)

sen(π k10

)

10.Determinar la transformada inversa de F ( z )= z( z−1 )(z−0.5) ,

determinar la transformada inversa de 2 z /(z−1)

Solución:A pesar de que las fracciones parciales de la expresión anterior se podrían determinar de manera directa, el procedimiento que con mayor frecuencia conduce a formas estándar es obtener las fracciones

parciales de F (z )

z.

F (z )z

= 1( z−1 )( z−0.5)

= Az−1

+ Bz−0.5

Donde A=2 y B=−2De esta forma:

F ( z )= 2 zz−1

− 2 zz−0.5

El primer termino tiene z /(z−1), que es la transformada z de un escalón unitario muestreado o de una secuencia en tiempo discreto 1, 1, 1, 1,… . El segundo termino tiene la forma z /(z−a) , que es la transformada z de a0 , a1 , a2 , a3 ,…oak . De esta forma, la trasformada inversa es:

f [k ]=2u [k ]−2∗0.5k

Entonces la secuencia en tiempo discreto esta dado por 0, 1, 1.5, 1.75, …

11.Encué ntrese latransformadade ℱ deuna función pulsorectangularperi ódica , pulso rectangular deduraci ó n τ segundoque se repite cadaT

segundos.

f (t )={ A para− τ2<t< τ

2

0 paraτ2<t<T− τ

2

Solución:Sabemosque :

f (t )= ∑n=−∞

∞

Fnejn ω0 t

Fn=A τT

Sa( nπτT )

Como ya fue demostrado anteriormente ,la serieexponencial de ℱ esta dado por :

f (t )= ∑n=−∞

∞A τT

Sa( nπτT )e jnω0 t

Entonces latransformadade ℱ es :

F [ f ( t ) ]= ∑n=−∞

∞

Fn F [e jnω0 t ]

F [ f ( t ) ]=2π ∑n=−∞

∞

Fn ∙ δ (ω−nω0 )

F [ f (t ) ]=2π A τT

∑n=−∞

∞

Sa( n πτT ) ∙ δ (ω−nω0 )

As í latransformadade ℱ de f ( t ) consta de impulsos localizados enω¿0 , ± ω0 , ±2ω ,…,nω0.

Lamagnitud o intensidad delimpulso localizado enω

¿nω0 estadado por2 π A τ

TSa( nπτ

T ).Enla figura querepresentamosacontinuaci ón semuestra el espectro enel casoenque τ=1 /20 segundos y T=1/4 segundos y ω

12. Usando laconvolucion ,hallar latransformada inversa

f ( t )=F−1[ 1(1+ jw )

.1

(2+ jw ) ]Solución

F ( w )=F [ f (t ) ]=F−1[ 1(1+ jw )

.1

(2+ jw ) ] , dedond e

G (w )= 1(1+ jw )

y H ( w )= 1(2+ jw )

, por lotanto setiene :

g ( t )=F−1[ 1(1+ jw ) ]=e−1 μ(t)

h (t )=F−1[ 1(2+ jw ) ]=e−t μ (t )

por convolucion f ( t )=∫−∞

∞

g (t−x ) h ( x )dx=∫−∞

∞

e−( t− x ) μ (t−x ) e−2x μ ( x ) dx

∫−∞

∞

e−x μ ( x ) μ ( t−x ) dx

μ ( x )={0 si x<01 si x>0

μ ( x ) {0 si x>t1 si x<t

μ(x )μ( t−x){0 si x<0∧ x>t1 si 0<x<t

f ( t )=et∫0

t

e− xdx=et (−e−x )=e−t (−e−t+1 )

f (t )=−e−2t +e−t de donde∴ f ( t )=( e−t−e−2 t ) U (t)

13. Hallar la respuesta al impulso unitario del circuito RC que se muestra en la figura:

Solución:El sistema mostrado trata de un filtro pasabajos, donde su función de transferencia esta dado por:

H (ω )=V 0(ω)V i(ω)

= 11+ jωRC

Donde: v i ( t )=δ (t )=¿V i (ω )=1

Entonces la salida está dado por:

V 0 (ω )= 11+ jωRC

V 0 (ω )= 1RC ( 1

jω+1 /RC )Recordar que:

F−1{ 1jω+a }=e−at μ ( t );a>0

Entonces aplicamos la transformada inversa:

v0 (t )=F−1{ 1RC ( 1

jω+1/RC )}= 1RC

e−t /RC μ(t)

¿>v0 (t )= 1RC

e−tRC μ( t)

14.Considerar el sistema mecánico ilustrado en la figura, que consiste de un resorte. Una masa y un amortiguador, si el sistema se perturba por una fuerza f (t )= f 0 cos (wt+β ) .Hallar el

desplazamiento x(t) de la respuesta en estado estacionario.

Solución:La respuesta xs (t) y la función excitadora f(t) están relacionadas por la siguiente ecuación diferencial:

md2 x(t )

d t2 +Bd x( x)

dt+k x(t )=f (t )

Donde m, B, k representan la masa, el coeficiente de amortiguamiento y la constante de resorte, respectivamente. La ecuación anterior se puede expresar en forma operacional como:

x(t )=1

m p2+Bp+kf (t)=H( p) f (t )

Donde

H (p )=1

m p2+Bp+kDado que se pide la respuesta en estado estacionario, mediante notación fasorial, se obtiene:

f (t )=f 0 cos (wt+β )=ℜ[F0 e jwt ]Donde

F0=f 0 eiβ

15. Encuentre las representaciones en serie trigonométrica de Fourier para las señales mostradas a continuación

Solución:

a. f (t )={10 ,−2≤ t ≤ 0−10 ,0≤t ≤2

Como f (t) es impar ¿>an=0.

bn=−20nπ

(1−cosnπ )=−10nπSa2[ nπ2 ]

f ( t )=−10∑n=1

∞

nπSa2[ nπ2 ]sen

nπt2

b. g ( t )={4 (t+1) ,−1≤t ≤04(t−1) ,0≤ t ≤ 1

Como f (t) es impar ¿>an=0.

bn=−8nπ

g ( t )=−8π

∑n=1

∞

nsen (nπt)

c. y (t )={5 sen10πt ,0≤ t ≤1

10

y (t ±110 )

Como f (t) par ¿>bn=0.

an=20

π (1−4 n2)∀ n

an=10π

y (t )=10π

+∑n=1

∞20

π (1−4n2)cos (20 πnt)

d. h (t )={cos2 t ,0≤ t ≤π4

0 ,0≤t ≤π4

an=2cosnπ

π (1−4 n2)∀ n

an=1π

bn=−4 n

π (1−4 n2)∀n

h (t )= 1π

+∑n=1

∞2cosnπ

π (1−4n2)cos (4 nt)

16. Hallar la serie de Fourier de solo cosenos para la función: f ( x )=x en [0,2] y mediante la relación de Parseval, probar que:

π2

96=∑

1

∞1

(2k−1)4

Solución:

Haciendo la extensión par de f ( x ) a[−2 ;2]

a0=∫0

2

xdx=2

ak=12∫

0

2

xcoskπ2

xdx={ 0k par−8k 2 π2 k impar

Aplicando Parserval:

∫−2

2

x2 dx=163

∴ 1p∫− p

p

f 2(x )dx=83

a02

2+∑ ak

2=2+∑ 64π 4(2k−1)4

→π4

96=∑ 1

(2k−1)4

17. Considere un sistema LTI con respuesta al impulso:

H (t )=e−4 t u( t)Y halle la representación en serie de Fourier de la salida y(t) para las siguientes entradas

e. x (t )=sen ( 4πt )+cos (6 πt+ π4)

f. x (t )=∑−∞

∞

(−1 )n δ(t−π )

Solución:

x (t )=∑−∞

∞

(−1 )n δ(t−π )

h (t )=e−4 tu (t)La salida del sistema LTI será:

y (t )=∫−∞

∞

∑−∞

∞

(−1 )n δ(t−π )e−4 (t−τ )u(t−τ)dτ

y (t )=∑−∞

∞

(−1 )n∫−∞

∞

δ(t−π )e−4 (t−τ )u(t−τ)dτ

Definimos u (t−τ )como:

u (t−τ )={ 1 , τ<t0 ,en otrocaso

Propiedades de la función delta de Direc (δ )

∅ (τ )=e−4 (t−τ )u(t−τ)

Entonces la integral será:

y (t )=∑−∞

∞

(−1 )n∫−∞

∞

δ(t−π )e−4 (t−τ )u(t−τ)d τ

y (t )=∑−∞

∞

(−1 )n∫−∞

∞

δ(t−π )∅ (τ ) d τ

y (t )=∑−∞

∞

(−1 )n∅ (π )

y (t )=e−4 ( t−π )u(t−π )∑−∞

∞

(−1 )n

Sabemos que:

∑−∞

∞

(−1 )n=2 cos (nπ )

∴ y ( t )=2 cos (nπ )e−4 ( t−π )u(t−π )18. Desarrollar en serie de Fourier la siguiente función

f(x) =x2 ; -π<x< π y probar que cumple:

π 2

6=1+ 1

22 +132 +

142 +

152 …

Solución:Como la función es par, hablamos de una serie de cosenos y se calculan los coeficientes de Fourier. La serie tendrá la forma de:

x2=a0+∑n=1

∞

an .cos (nx)

Obteniendo a0:

a0=2π∫

0

π

x2 dx= π2

3

Obteniendo an:

an=1π∫−π

π

x2.cos ( nx )dx

Se aplican integración por partes 2 veces, para obtener:

an=1π

.[ x2 .sen(nx)

n−x .

cos (nx)n2 +

2 sen (nx)n3 ]

−π

π

an=4

n2.(−1)n

De igual forma para bn

an=1π∫−π

π

x2. sen (nx ) dx

Se aplican integración por partes 2 veces, para obtener:

bn=1π

.[ x2 .cox (nx)

n−x .

sen (nx )n2 +

2 cos (nx)n3 ]

−π

π

bn=0

Por lo que la serie de Fourier es:

x2=π 2

3+∑

n=1

∞4n2 .(−1)n .cos (nx)

Como la función es continua en los reales, la serie coincide con la función f(x) para cualquier número real x. Para obtener la serie numérica pedida, hacemos que x = π.

π2=π 2

3−4 (−1

12 − 122 −

132 …)

Dando forma obtenemos finalmente:

∑n=1

∞1n2 =

14 (π 2−π2

3 )=π2

6

19. Indique las técnicas de comprensión de audio y video mediante la Transformada de Fourier, sea preciso.

Solución:Para la compresión de audio se emplean técnicas tanto en el dominio del tiempo como en la frecuencia, mediante la aplicación de filtros digitales IIR (Infinite Impulse Response), FFT (Fast Fourier Transform) entre otros.En la compresión de vídeo se aprovecha la redundancia espacial y temporal de las imágenes así como las características perceptuales de la visión.

20. Hallar las integrales de Fourier de las siguientes funciones:

a) f ( x )={1−cos x ,∧|x|< π2

0 ,|x|> π2

F (ω )=∫−∞

+∞

f (x)e− jωx dx= ∫−π /2

+π /2

(1−cos x )e− jωx dx

F (ω )= ∫−π /2

+π /2

(1−cos x )(cosωx− jsenωx)dx

F (ω )= ∫−π /2

+π /2

(1−cos x ) coωxdx− j ∫−π /2

+π /2

(1−cos x ) senωxdx

Además:Si:

g ( x )=(1−cos x )coωx=¿ g (−x )=(1−cos x ) coωx

∴g ( x ) esuna funcion par

¿> ∫−π /2

+π /2

(1−cos x ) coωxdx=2 ∫0

+π /2

(1−cos x ) coωxdx

Si:h ( x )=(1−cos x ) senωx=¿h (−x )=−(1−cos x ) senωx=−h (x )

∴h ( x ) esuna funcionimpar

¿> ∫−π /2

+π /2

(1−cos x ) senωxdx=0

Entonces obtenemos:

F (ω )=2 ∫0

+π /2

(1−cos x )coωxdx=2 ∫0

+π /2

[cosωx−12

cos (ω+1 )−12

cos (1−ω)]dx

F (ω )=2 [ senωxω

−sen(ω+1)x

2(ω+1)−

sen (1−ω)x2(1−ω) ]

0

+π /2

¿>F (ω)= 2ω

sen(ωπ2 )− 2

1−ω2cos (ωπ

2 )Otra forma de resolver:

f ( x )={ 0 ;x<−π /21−cos x ;−π /2<x<π /2

0 ; x>π /2

¿> f ( x )=0+(1−cosx ) μ (x+ π2 )−(1−cosx ) μ( x−π

2 )Aplicamos la primera derivada:

f ' ( x )=( senx ) μ (x+ π2 )+(1−cosx ) δ (x+ π

2 )−(senx ) μ(x− π2 )−(1−cosx ) δ (x−π

2 )f ' ( x )=( senx ) μ (x+ π

2 )+δ(x+ π2 )−( senx ) μ (x−π

2 )−δ (x− π2 )

f ' ( x )=−cos (x+ π2 )μ( x+ π

2 )+δ(x+ π2 )−cos (x−π

2 )μ (x−π2 )−δ (x− π

2 )Aplicamos la transformada de Fourier:

( jω ) F (ω )=−e jωπ/2 F {cosx μ (x)}+e jωπ/2−e− jωπ /2 F {cosx μ( x)}−e− jωπ /2

( jω ) F (ω )=−(ejωπ2 +e

− jωπ2 )( jω

1−ω2 )+(ejωπ2 −e

− jωπ2 )

¿>F (ω)= −2

1−ω2cos (ωπ

2 )+ 2ω

sen(ωπ2 )

b) f ( x )={1−|x|;|x|<10 ;|x|>1

También se le puede representar de la siguiente manera:

f ( x )={ 0; x<−11+x ;−1<x<01−x ;0<x<1

0; x>1

¿> f ( x )=0+(1+x ) μ ( x+1 )−2x μ ( x )+( x−1 ) μ ( x−1 )Aplicamos la primera derivada:

f ' ( x )=μ ( x+1 )+ (1+ x )δ (x+1 )−2μ ( x )−2 xδ ( x )+μ (x−1 )+ ( x−1 ) δ ( x−1 )f ' ( x )=μ ( x+1 )−2 μ (x )+μ ( x−1 )

Aplicamos la segunda derivada:

f ' ' ( x )=δ ( x+1 )−2δ (x )+δ ( x−1 )Aplicamos la transformada de Fourier:

( jω )2 F (ω )=e jω−2+e− jω

¿>F (ω)= 2

ω2(1−cosω)

c) f ( x )={0 ;x<−2

−2−x ;−2<x<−1x ;−1<x<1

2−x ;1<x<20 ; x>2

f ( x )=0−( x+2 ) μ (x+2 )+2 ( x+1 ) μ ( x+1 )−2 ( x−1 ) μ ( x−1 )+ (x−2 ) μ( x−2)Aplicamos la primera derivada:

f ' ( x )=−μ ( x+2 )−( x+2 ) δ ( x+2 )+2μ ( x+1 )+2 ( x+1 )δ (x+1 )−2μ ( x−1 )−2 ( x−1 )δ (x−1 )+μ (x−2)+ ( x−2 ) δ(x−2)f ' ( x )=−μ ( x+2 )+2μ ( x+1 )−2 μ ( x−1 )+μ(x−2)

Aplicamos la segunda derivada:

f ' ' ( x )=−δ ( x+2 )+2δ ( x+1 )−2δ (x−1 )+δ(x−2)Aplicamos la transformada de Fourier:

( jω )2 F (ω )=−e2 jω+2e jω−2e− jω+e−2 jω

¿>F (ω)=2 j

ω2(sen2ω−2 senω)

d) f ( x )={ 0 ; x<−1x ;−1<x<1

0 ; x>1

¿> f ( x )=0+x μ ( x+1 )−x μ(x−1)Aplicamos la primera derivada:

f ' ( x )=μ ( x+1 )+ xδ (x+1 )−μ (x−1)−x δ(x−1)f ' ( x )=μ ( x+1 )−δ (x+1 )−μ (x−1)−δ (x−1)

Aplicamos la transformada de Fourier:

( jω ) F (ω )=( e jω−e− jω )( 1jω

+π δ (ω))−( e jω+e− jω)

( jω ) F (ω )=2 j senω( 1jω

+π δ(ω))−2cosω

¿>F (ω)= 2jω ( senω

ω−cosω)

20.

f ( x )={1 ;∧|t|<10 ;|t|>1

F c (ω )=∫0

+∞

f (t )cosωtdt=∫0

1

cosωtdt=[ senωtω ]

0

1

= senωω

f ( t )= 2π∫0

+∞

Fc (ω) cosωtdω

¿> f (0 )=1=2π∫

0

+∞senω

ωdω

¿>∫0

+∞senω

ωdω=π

2

a) Solución:Si:

ω=2 x=¿d ω=2dx

∫0

+∞sen2x

2 x(2dx )=π

2

2∫0

+∞senx . cosx

xdx=π

2

¿>∫0

+∞senx . cosx

xdx=π

4

b) Solución:Por integración por partes, obtenemos:

∫0

+∞sen2 ω

ω2 dω=[−sen2ωω ]

0

1

+∫0

+∞2 senω.cosω

ωdω

∫0

+∞sen2 ω

ω2 dω=2∫0

+∞senω.cosω

ωdω=2∗π

4= π

2

c) Solución:Usando las identidades trigonométricas, obtenemos:

sen4 ω=sen2 ω− sen2 2ω4

∫0

+∞sen4 ω

ω2 dω=∫0

+∞ sen2 ω− sen2 2ω4

ω2 dω=∫0

+∞sen2 ω

ω2 dω−12∫

0

+∞sen2 2ω(2ω)2 d2ω

∫0

+∞sen4 ω

ω2 dω=π2−

12∗π

2=

π4

¿>∫0

+∞sen4 ω

ω2 dω= π4