Laplace Y Fourier En Circuitos

CAPÍTULO 14

APLICACIÓN DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE

14.1

Soluciones de Circuitos Usando Laplace

En este capitulo se introduce el concepto del modelado de circuitos en el dominio s. Este principio se puede utilizar para ayudar a resolver casi cualquier tipo de circuito lineal. La transformada de Laplace es efectivamente una de las herramientas matemáticas más poderosas para el análisis, síntesis y diseño. El poder estudiar circuitos y sistemas en el dominio de s ayuda a comprender cómo funcionan realmente los circuitos y sistemas. Aquí se considerará un sistema como un modelo matemático de un proceso físico que relaciona la excitación con la respuesta. Ésta es la razón por la cual es muy apropiado considerar un circuito como un sistema. Para introducir la utilidad de la transformada de Laplace en el análisis de circuitos, considérese el circuito RL serie en la Fig. 14.1, En particular, se hallará la corriente i(t).

Figura 14.1

Usando la ley de voltajes de Kirchhoff, se puede escribir la ecuación diferencial en el dominio del tiempo para la malla única como

 di(t )  v S (t ) = L   + Ri(t )  dt  La ecuación diferencial complementaria (homogénea) es

 di(t )  L  + Ri(t ) = 0  dt  cuya solución es

iC (t ) = KC e −αt Sustituyendo iC(t) en la ecuación complementaria produce la relación

R − αL = 0

o

α=

R = 1000 L

La solución particular tiene la forma de la función de excitación, vS(t):

i p (t ) = K p Sustituyendo ip(t) en la ecuación diferencial original, se obtiene la expresión

(14.1)

130

José R. Morón

1 = RK p

⇒

Kp = 1 R =

1 100

La solución final es la suma de ip(t) e iC(t):

i(t ) = K p + KC e .αt =

1 + K C e −1000t 100

Para hallar KC, se debe usar el valor de la corriente en algún instante particular. Para t < 0, la función escalón unitario es cero y por ende también lo es la corriente. En t = 0, el escalón unitario pasa a uno; sin embargo, el inductor obliga a que la corriente permanezca instantáneamente en cero. Por tanto, en t = 0, se puede escribir

⇒

i(0) = 0 = K P + KC

KC = −K p = −

1 100

y la corriente es entonces

i(t ) = 10 ( 1 − e −1000t ) u(t ) mA Ahora se ensayará un enfoque diferente para el mismo problema. Tomemos la transformada de Laplace de ambos lados de la Ec. (14.1):

L [ vS (t )] = VS (s ) = L [ sI(s ) − i(0)] + RI(s ) Como el valor inicial para la corriente en el inductor i(0) = 0, esta ecuación se convierte en

L [ vS (t )] = VS (s ) = L [ sI(s )] + RI(s ) Ahora el circuito se representa no por una ecuación diferencial en el dominio del tiempo, sino más bien por una expresión algebraica en el dominio de s. Despejando I(s), se puede escribir

I(s ) =

VS (s ) 1 = sL + R s ( sL + R )

Se halla i(t) usando la transformada de Laplace inversa. Primero, se expresa I(s) como una suma de fracciones parciales:

I(s ) =

1L 1 1 = − s [ s + R L ] sR R [ s + R L ]

y la transformada inversa es simplemente

i (t ) =

1( 1 − e − Rt L ) R

Dados los valores de los elementos en la Fig. 14.11, la corriente es

i(t ) = 10 ( 1 − e −1000t ) u(t ) mA que es exactamente igual a la corriente obtenida usando el método de la ecuación diferencial. Observe con cuidado que la solución usando el método de la transformada de Laplace da toda la solución en un solo paso. Se ha mostrado que es posible usar la transformada de Laplace para transformar una ecuación diferencial en una ecuación algebraica. Como las relaciones de voltaje-corriente para resistores, capacitores e inductores involucran constantes, derivadas e integrales, podemos representar y resolver cualquier circuito en el dominio de s.

14.2

Modelos de los Elementos de Circuito

El empleo de la transformada de Laplace para analizar circuitos usualmente involucra tres pasos: 1.

Transformación del circuito del dominio del tiempo al dominio de s.

131

José R. Morón

2.

Solución del circuito utilizando alguna de las técnicas conocidas.

3.

Tomar la transformada inversa de la solución para obtener la solución en el dominio del tiempo.

Puesto que la técnica de la transformada de Laplace implica que las características terminales de los elementos de circuito pueden expresarse como expresiones algebraicas en el dominio de s, ahora se examinarán estas características para el resistor, el capacitor y el inductor. La relación de voltaje−corriente para un resistor en el dominio del tiempo usando la convención pasiva de los signos es la ley de Ohm

v(t ) = Ri(t )

(14.2)

Al aplicar la transformada de Laplace a esta expresión, se encuentra que en el dominio de s es dada por

V(s ) = RI(s )

(14.3)

Por tanto, las representaciones en el dominio de la frecuencia compleja de este elemento son como se muestra en la Fig. 14.2a. La impedancia de un elemento en el dominio de s se define como

Z(s ) =

V(s ) I(s )

(14.4)

siempre y cuando todas las condiciones iniciales sean cero. Observe que la impedancia se define en el dominio de la frecuencia compleja, no en el dominio del tiempo. Las relaciones en el dominio del tiempo para un capacitor usando la convención pasiva de los signos son

v(t ) =

1 C

i (t ) = C

t

∫ i(x) dx + v(0)

(14.5)

dv(t ) dt

(14.6)

0

Las ecuaciones en el dominio de s para el capacitor son entonces

V(s ) =

I(s ) v(0) + sC s

I(s ) = sCV(s ) − Cv(0)

(14.7) (14.8)

y por tanto la representación en el dominio de s de este elemento es como muestra la Fig. 14.2b. Para determinar la impedancia del capacitor, se hace cero la condición inicial v(0). Por tanto,

ZC (s ) =

1 Cs

Para el inductor, las relaciones de voltaje−corriente usando la convención pasiva de los signos son

v(t ) = L i (t ) =

1 L

di(t ) dt t

∫ v(x) dx + i(0) 0

(14.9) (14.10)

Las relaciones en el dominio de s son entonces

V(s ) = sLI(s ) − Li(0) I(s ) =

V(s ) i(0) + sL s

(14.11) (14.12)

132

José R. Morón

Figura 14.2 Representaciones de elementos de circuito en los dominios del tiempo y de s.

Las representaciones en el dominio de s de este elemento se muestran en la Fig. 14.2c. impedancia del inductor, se hace cero la condición inicial i(0). Por tanto,

Para determinar la

ZL (s ) = Ls es la impedancia del inductor. Usando la convención pasiva de los signos, se encuentra que las relaciones de voltaje−corriente para los inductores acoplados mostrados en la Fig. 14.2d son

di1 (t ) di (t ) +M 2 dt dt di1 (t ) di2 (t ) v 2 (t ) = M + L2 dt dt v 1 ( t ) = L1

Las relaciones en el dominio de s son entonces

(14.13)

133

José R. Morón

V1 (s ) = L1 sI 1 (s ) − L1 i1 (0) + MsI 2 (s ) − Mi2 (0) V2 (s ) = MsI 1 (s ) − Mi1 (0) + L2 sI 2 (s ) − L2 i2 (0)

(14.14)

Las fuentes de voltaje y corriente independientes y dependientes también pueden representarse mediante sus transformadas; es decir,

V1 (s ) = L [ v1 (t )] I 2 ( s ) = L [ i 2 ( t )] y si

(14.15)

v1 (t ) = Ai 2 (t ) , por ejemplo, representa una fuente de voltaje controlada por corriente, entonces V1 (s ) = AI 2 (s )

(14.16)

Observe cuidadosamente la dirección de las fuentes de corriente y la polaridad de las fuentes de voltaje en la red transformada que resulta de las condiciones iniciales. Si la polaridad del voltaje inicial o la dirección de la corriente inicial son invertidas, las fuentes en el circuito transformado que resultan de las condiciones iniciales, también son invertidas. La admitancia en el dominio s es el recíproco de la impedancia, o

Y( s ) =

14.3

I(s ) 1 = Z(s ) V(s )

(14.17)

Técnicas de Análisis

Como ya se mencionó, el empleo de la transformada de Laplace para analizar circuitos, normalmente involucra tres pasos fundamentales: 1.

Transformar el circuito del dominio del tiempo al dominio de s.

2.

Resolver el circuito usando cualquiera de las técnicas de análisis conocidas, bien sea mediante análisis de malla o análisis nodal.

3.

Tomar la transformada inversa de la solución para obtener entonces la solución en el dominio del tiempo.

Ejemplo 14.1 Dada la red en la Fig. 14.3a, dibujar el circuito equivalente en el dominio de s y hallar el voltaje de salida tanto en el dominio de s como en el dominio de t.

Figura 14.3

Solución. La red en el dominio de s se muestra en la Fig. 14.3b. El voltaje de salida se puede escribir como

1    1C  Vo (s ) =  R  IS (s) =   I S (s)  sC   s + 1 RC  Para los valores dados de los elementos, Vo(s) se convierte en

134

José R. Morón

120  40 000  0.003  Vo (s ) =   =  s + 4  s + 1  ( s + 4 )( s + 1 ) Expandiendo Vo(s) en fracciones parciales da

Vo (s ) =

120 40 40 = − ( s + 4 )( s + 1 ) s + 1 s + 4

y aplicando la transformada de Laplace inversa da la representación en el dominio del tiempo como

vo (t ) = 40 ( e −t − e −4t ) u(t ) V Ahora que se ha demostrado el uso de la transformada de Laplace en la solución de un circuito sencillo, consideremos el caso más general. Observe que en la Fig. 14.2 hemos mostrados dos modelos para el capacitor y el inductor cuando están presentes condiciones iniciales. Considérese ahora un ejemplo en el cual se ilustra el uso de estos modelos para derivar tanto las ecuaciones de nodos como las de lazos para el circuito. Ejemplo 14.2 Hallar vo(t) en el circuito de la Fig. 14.4(a), suponiendo cero condiciones iniciales.

(b)

(a) Figura 14.4

El circuito transformado al dominio de s se muestra en la Fig. 14.4(b). Este ejemplo se resolverá aplicando análisis de mallas. Para la malla 1,

1  3 3 =  1 +  I1 − I 2 s  s s

(14.18)

Para la malla 2,

3 3  0 = − I1 +  s + 5 +  I2 2 s  o

I1 =

1( 2 s + 5s + 3 ) I 2 3

(14.19)

Sustituyendo ésta en la Ec. (14.18), se obtiene

1  31 3 =  1 +  ( s 2 + 5s + 3 ) I 2 − I 2 s  s3 s o

I2 =

3 s 3 + 8s 2 + 18s

y

Vo (s ) = sI 2 = cuya transformada inversa es

3 2

s + 8s + 18

=

3

2

2 ( s + 4 )2 + ( 2 )2

135

José R. Morón

vo ( t ) =

3 2

e −4 t sen 2 t (V), t ≥ 0

Ejemplo 14.3 Dados los circuitos en las Figs. 14.5a y b, se quiere escribir las ecuaciones de mallas en el dominio de s para la red en la Fig. 14.5a y las ecuaciones de nodos en el dominio de s para la red en la Fig. 14.5b. Solución. El circuito transformado para la red en la Fig. 14.5a se muestra en la Fig. 14.5c. Las ecuaciones de mallas para esta red son

v1 (0) v2 (0) 1 1    1   R1 + sC + sC + sL1  I 1 (s ) −  sC + sL2  I 2 (s ) = VA (s ) − s + s − L1 i1 (0) 1 2    2  v (0)  1   1  − + sL1  I 1 (s ) +  + sL1 + sL2 + R2  I 2 (s ) = L1 i1 (0) − 2 − L2 i 2 (0) + VB (s ) s  sC 2   sC 2 

Figura 14.5

136

José R. Morón

Figura 14.5

El circuito transformado para la red en la Fig. 14.5b se muestra en la Fig. 14.5d. Las ecuaciones de nodos para esta red son

1 1   G1 + sL + sC 1 + sL  1 2

i1 (0) i 2 (0)   1   V1 (s ) −  sL + sC 1  V2 (s ) = I A (s ) − s + s − C 1 v1 (0)   2 

i (0)  1   1  − + sC 1  V1 (s ) +  + sC 1 + G 2 + sC 2  V2 (s ) = C 1 v1 (0) − 2 − C 2 v2 (0) + I B (s ) s  sL2   sL2  El Ejemplo 14.3 intenta ilustrar la forma cómo emplear la representación en el dominio de s del capacitor y el inductor cuando están presentes condiciones iniciales. En los ejemplos que siguen, ilustramos el uso de varias técnicas de análisis para obtener la respuesta completa de la red transformada. Los circuitos analizados han sido escogidos especialmente para demostrar la aplicación de la transformada de Laplace a circuitos con una variedad de elementos activos y pasivos. Ejemplo 14.4 Determinar vo(t) en el circuito de la Fig. 14.6. Suponga que vo(0) = 5 V.

Figura 14.6

Solución. El circuito se transforma al dominio de s como se muestra en la Fig. 14.7. La condición inicial se incluye en la forma de la fuente de corriente Cv o (t ) = 0.1 ( 5 ) = 0.5 A. Aplicando análisis nodal se tiene, en el nodo superior

10 ( s + 1 ) − Vo V V + 2 + 0.5 = o + o 10 10 10 s

137

José R. Morón

o

2V sV 1 1 + 2.5 = o + o = Vo ( s + 2 ) s+1 10 10 10 de donde

25s + 35 A B = + ( s + 1 )( s + 2 ) s + 1 s + 2 10 15 = + s+1 s+2

Vo =

y al aplicar la transformada de Laplace inversa, se obtiene

vo (t ) = ( 10 e −t + 15e −2 t ) u(t ) V

Figura 14.7

Problema de Práctica 14.1 Encontrar vo(t) en el circuito mostrado en la Fig. 14.8. Observe que, como la entrada de voltaje está multiplicada por u(t), la fuente de voltaje está en corto para t < 0 e iL(0) = 0.

Figura 14.8

Respuesta: ( 24 e −2 t − 4 e −t 3 ) u(t ) V . Ejemplo 14.5 Examínese la red en la Fig. 14.9a. Se desea determinar el voltaje de salida vo(t). Solución. Como un repaso de las técnicas de análisis presentadas anteriormente en este texto, resolveremos el problema usando análisis nodal, análisis de mallas, superposición, intercambio de fuentes y los teoremas de Thévenin y Norton. La red transformada se muestra en la Fig. 14.9b. Al usar el análisis nodal, en vez de escribir las ecuaciones LCK en los nodos marcados V1(s) y Vo(s), solamente usaremos el primer nodo y usaremos división de voltaje para hallar el segundo. La LCK en el nodo marcado V1(s) es

4 − + s

12 s + V1 (s ) = 0 1 s +2 s

V1 (s ) −

Despejando V1(s), se obtiene

V1 (s ) =

4 ( s + 3 )( 2s + 1 ) s ( s 2 + 2s + 1 )

138

José R. Morón

Figura 14.9

Empleando ahora división de voltaje, se tiene que

 2   2s  Vo (s ) = V1 (s )   = V1 (s )  2s + 1  = 1  +2 s 

8 ( s + 3)

( s + 1)2

139

José R. Morón

En nuestro análisis de mallas se observó que la corriente I1(s) pasa por la fuente de corriente y por tanto la LVK para el lazo de la derecha es

I (s) 12 − [ I 2 ( s ) − I 1 ( s )] s − s − s I 2 ( s ) = 0 s s Sin embargo, I1(s) = 4/s y por consiguiente

I 2 (s) =

4 ( s + 3)

( s + 1) 2

En consecuencia,

Vo (s ) =

8 ( s + 3)

( s + 1) 2

El resistor de 3 Ω nunca entra en nuestras ecuaciones. Además, tampoco entrará en los otros análisis. ¿Por qué? Para usar superposición, primero se considera la fuente de corriente actuando sola, como muestra la Fig. 14.9c. Aplicando el principio de división de corriente, se obtiene

 4( )  s   8s Vo′ (s ) =  s  (2) = 2 1 s + 2s + 1 s + + s s   Con la fuente de voltaje actuando sola, como muestra la Fig. 14.9d, se obtiene

24  12 s  ( ) 2 = 2 Vo′′(s ) =  1  s + 2s + 1 s + + s s   Por tanto,

Vo (s ) = Vo′ (s ) + Vo′′(s ) 8 (s + 3) = ( s + 1) 2 Al aplicar intercambio de fuentes, se transforman la fuente de voltaje y el inductor en serie en una fuente de corriente en paralelo con el inductor, como muestra la Fig. 14.9e . Sumando las fuentes de corriente y aplicando después división de corriente, da

 12   + 4 (2) s  12 4   ( )  s  Vo (s ) =  2 +   2 =  1 1 s  s+ +2 s s+ +2   s s  

Vo (s ) =

8 ( s + 3)

( s + 1) 2

Para aplicar el teorema de Thévenin, primero se determina el voltaje de circuito abierto en el circuito de la Fig. 14.9f. Voc(s) es entonces

12 4s + 12 4 Voc (s ) =   ( s ) + = s s s La impedancia de Thévenin equivalente deducida a partir de la Fig. 14.9 es

Z Th (s ) =

1 s2 + 1 +s = s s

Ahora, conectando el circuito equivalente de Thévenin a la carga produce el circuito mostrado en la Fig. 14.9h. Entonces, aplicando división de voltaje, se obtiene

140

José R. Morón

Vo (s ) =

4s + 12  2  8 (s + 3) =   2 2 s  s + 1 + 2  ( s + 1 )  s 

Para la aplicación del teorema de Norton, para simplificar dividimos la red a la derecha de la primera malla. En este caso, la corriente de cortocircuito se obtiene a partir del circuito en la Fig. 14.9i, es decir,

I sc (s ) =

12 s 4 4s + 12 + = s s s2

La impedancia equivalente de Thévenin en esta aplicación del teorema de Norton es Z Th (s ) = s . Conectando el circuito equivalente de Norton al resto de la red original produce el circuito en la Fig. 14.9j. Entonces

Vo (s ) =

4s + 12  s 8 (s + 3)    (s) = 2 1 ( s + 1)2 s s+ +2 s  

Finalmente, Vo(s) puede ahora transformarse para hallar vo(t). Vo(s) puede escribirse como

Vo (s ) =

8 (s + 3)

( s + 1)

2

=

K 11

( s + 1)

2

+

K 12 s+1

Evaluando las constantes, se obtiene

K 11 = 8 ( s + 3 )

s =−1

= 16

y

K 12 =

d [ 8 ( s + 3 )] =8 ds s =−1

Por tanto,

v o (t ) = ( 16te −t + 8 e −t ) u(t ) V Ejemplo 14.6 Considérese la red mostrada en la Fig. 14.10a. Se quiere determinar el voltaje de salida vo(t). Solución. Al comenzar a resolver este problema, se observan dos cosas. Primero, como la fuente 12u(t) está conectada entre v1(t) y v2(t), se tiene un supernodo. Segundo, si se conoce v2(t), entonces vo(t) puede obtenerse fácilmente por división de voltaje. Por tanto, se usará análisis nodal en conjunto con división de voltaje para obtener una solución. Después, para comparación, se hallará vo(t) usando el teorema de Thévenin. La red transformada se muestra en la Fig. 14.10b. La LCK para el supernodo es

V1 (s ) V (s) s + V1 ( s ) − 2 I(s ) + 2 =0 2 2 s+1 Sin embargo,

I(s ) = − y

V1 (s ) 2

V1 (s ) = V2 (s ) −

12 s

o

V2 (s ) =

12 ( s + 1 )( s + 3 ) s ( s 2 + 4s + 5 )

141

José R. Morón

Supernodo

Figura 14.10

Empleando un divisor de voltaje, se obtiene

Vo (s ) = V2 (s )

1 12 ( s + 3 ) = s + 1 s ( s 2 + 4s + 5 )

Para aplicar el teorema de Thévenin, se divide la red que está a la derecha de la fuente de corriente dependiente como se muestra en la Fig. 14.10c. La LCK para el supernodo es entonces

12 12 Voc (s ) − s + s − 2 I′(s ) = 0 2 2 s

Voc (s ) −

donde

12    Voc (s ) − s  I′(s ) = −    2  Despejando Voc(s) en estas ecuaciones, da

Voc (s ) =

12 s

142

José R. Morón

La corriente de cortocircuito se obtiene a partir de la red en la Fig. 14.10d como

12 s I sc (s ) = 2I′′(s ) + (2) ( 2 s ) 1+ 2 s donde

I′′(s ) =

12 s 2

Despejando Isc(s) estas ecuaciones, se obtiene

I sc (s ) =

6 ( s + 3) s

La impedancia equivalente de Thévenin es entonces

12 Voc (s ) 2 s = = Z Th (s ) = I sc (s ) 6 ( s + 3 ) s + 3 s Si ahora se conecta el circuito equivalente de Thévenin al resto de la red original, se obtiene el circuito mostrado en la Fig. 14.10e. Usando división de voltaje, se tiene

Voc (s ) =

1 12 ( s + 3 )  12   = 2 2 + s + 1  s  s ( s + 4s + 5 ) s+3

o

Voc (s ) =

12 ( s + 3 ) s ( s + 2 − j 1 )( s + 2 + j 1)

Para obtener la transformada inversa, la función se escribe como

K K1 K 1* 12 ( s + 3 ) = 0+ + s ( s + 2 − j 1 )( s + 2 + j 1) s s + 2 − j1 s + 2 + j1 Evaluando las constantes, se obtiene

K0 =

12 ( s + 3 ) 2

s + 4s + 5

= s =0

36 , 5

K1 =

12 ( s + 3 ) s ( s + 2 + j1)

= 3.79 ∠161.57° s =−2 j + 1

Por tanto,

vo (t ) = [7.2 + 7.58 e −2 t cos ( t + 161.57° )] u(t ) V Problema de Práctica 14.2 Hallar io(t) en la red de la Fig. 14.11 usando ecuaciones nodales

Figura 14.11

José R. Morón

143 Respuesta: i o (t ) = 6.53e −t 4 cos ( 15 4 ) t − 156.72°  u(t ) A

Problema de Práctica 14.3 Hallar vo(t) en la red de la Fig. 14.12 usando análisis de mallas.

Figura 14.12

Respuesta: vo (t ) = ( 4 − 8.9 e −3.73t + 4.93e −0.27 t ) u(t ) V Ahora se ilustrará el uso de la transformada de Laplace en el análisis transitorio de circuitos. El método determinará primero las condiciones iniciales para los capacitores e inductores en la red y luego se emplearán los modelos de los elementos que se especificaron al comienzo de este capítulo en conjunto con las técnicas de análisis de circuitos para obtener una solución. Los ejemplos siguientes demuestran el procedimiento. Ejemplo 14.7 Considere el circuito mostrado en la Fig. 14.13. La entrada al circuito es el voltaje de la fuente de voltaje, 24 V. La salida de este circuito, el voltaje a través del resistor de 6 Ω, es dado por

vo (t ) = 12 − 6 e −0.35t V cuando t > 0

(14.20)

Determine el valor de la inductancia L y de las resistencias R1 y R2.

Figura 14.13

Solución. Antes de que el interruptor se cierre, el circuito estará en régimen permanente. Como la única entrada al circuito es el voltaje constante de la fuente, todas las corrientes y voltajes de los elementos, incluyendo la corriente del inductor, tendrán valores constantes. El cierre del interruptor perturba el circuito eliminando el resistor R1. Con el paso del tiempo, el disturbio desaparece y el circuito alcanza de nuevo el régimen permanente. Una vez más, los voltajes y corrientes en los elementos tendrán valores constantes pero, probablemente serán valores diferentes a los que existían antes de cerrar el interruptor. La Ec. (14.20) describe el voltaje de salida después del cierre del interruptor. Observe que este voltaje sólo tiene dos partes. Una parte transitoria, −6 e −0.35t , que desparece conforme aumenta el valor de t. La otra parte, 12, permanece y es la respuesta en régimen permanente. ¿Cómo afectan los valores de los parámetros del circuito al voltaje de salida? Para responder esta pregunta, debemos analizar el circuito. Como se quiere determinar la respuesta completa, el análisis se hará con la transformada de Laplace. Antes de representar el circuito usando transformadas de Laplace, necesitamos hallar la corriente inicial en el inductor.

144

José R. Morón

Con referencia a la Fig. 14.13, la corriente en el inductor es igual a la corriente en la resistencia de 6 Ω. En consecuencia,

i (t ) =

v(t ) 12 − 6 e −0.35t = = 2 − e −0.35t cuando t > 0 6 6

(14.21)

La corriente en el inductor es continua. Por tanto, el valor de la corriente en el inductor inmediatamente antes de t = 0 es igual al valor inmediatamente después de t = 0 Para hallar esta corriente inicial, hacemos t = 0 en la Ec. (14.21) para obtener i(0) = 1 A. La Fig. 14.14 muestra la representación en el dominio de la frecuencia del circuito. Se selecciona el modelo del inductor que utiliza una fuente de voltaje para incluir la condición inicial. El voltaje de esta fuente es

Li(0) = (l )(1) = L

Figura 14.14

Ahora se aplica la LVK a la malla para obtener

( R2 + 6 + Ls ) I(s ) = L +

24 s

de donde

24 24 s+ s L I(s ) = = R +6 Ls + R2 + 6  ss + 2   L  L+

La ley de Ohm da

(6)(24) L Vo (s ) = 6I(s) = R2 + 6   ss +   L  y al expandir en fracciones parciales, se obtiene 6s +

(6)(24) 6 ( 18 − R2 ) R +6 R2 + 6 Vo (s ) = 2 − s L

(14.22)

Tomando ahora la transformada de Laplace de vo(t), se obtiene

12 6 Vo (s ) = L [ vo (t )] = L ( 12 − 6 e −0.35t ) u(t ) = − s s + 0.35

(14.23)

Comparando las Ecs. (14.22) y (14.23) muestra que

(6)(24) = 12 R2 + 6

⇒

R2 = 6 Ω

y

0.35 =

R2 + 6 12 = L L

⇒

L=

12 = 34.29 H 0.35

La corriente inicial del circuito depende del valor de la resistencia R1 (removida al cerrar el interruptor). La única entrada al circuito en la Fig. 14.15 es un voltaje constante de 24 V. Por tanto, cuando el circuito está en

145

José R. Morón

régimen permanente, el inductor actuará como un cortocircuito. La Fig. 14.15 muestra el circuito de régimen permanente cuando el interruptor está abierto. Escribiendo y resolviendo la ecuación de malla, se obtiene

i (t ) =

24 R1 + 6 + 6

Haciendo t = 0, da

24 = i(0) = 1 R1 + 6 + 6

⇒

R1 = 12 Ω

Figura 14.15

Ejemplo 14.8 Determinar el voltaje de salida de la red mostrada en la Fig. 14.16a para t > 0. Solución. En t = 0, el voltaje inicial en el capacitor es 1 V y la corriente inicial que pasa por el inductor es 1 A. El circuito para t > 0 se muestra en la Fig. 14.16b con las condiciones iniciales correspondientes. La red transformada se muestra en la Fig. 14.16c. Las ecuaciones de mallas para la red transformada son

( s + 1 ) I 1 ( s ) − sI 2 ( s ) = 4 + 1 s 2 −1   − sI 1 ( s ) +  s + + 1  I 2 ( s ) = −1 s s   las cuales pueden escribirse en forma matricial como

 s+4  −s  s + 1   ( ) I s   s 1   2 =  s + s + 2    −s  I 2 (s)  − ( s + 1 )    s    s Resolviendo por las corrientes, se obtiene

 s+4    s    − ( s + 1)    s  s+4   s2 + s + 2   1 s  s  = 2   s   − ( s + 1)  2 s + 3s + 2  s s + 1    s 

−s  s + 1  I 1 (s )    2 = I (s)  s +s+2  2   −s  s 

−1

El voltaje de salida es entonces

2 1 I 2 (s) + s s 2  2s − 1  1 =  2 + s  2 s + 3s + 2  s s+7 2 = 3 s2 + s + 1 2

Vo (s ) =

146

José R. Morón

Figura 14.16

Esta relación puede escribirse en una expansión en fracciones parciales como

s+7 2 K1 K 1* = + 3 3 3 s2 + s + 1 s + − j ( 7 4) s + + j ( 7 4 ) 2 4 4 Evaluando ahora las constantes, se obtiene

K1 =

s+7 2 3 s + + j ( 7 4) 4 s =− ( 3 4 ) + j (

= 2.14 ∠ − 76.5° 7 4)

Por tanto,

  7  − 34 t v o (t ) =  4.29 e ( ) cos  t − 76.5°   u(t ) V  4   Ejemplo 14.9 Para el circuito mostrado en la Fig. 14.17a, determine la corriente en el inductor iL(t) para t > 0.

Figura 14.17

147

José R. Morón

Solución. Se escribirán y resolverán las ecuaciones de mallas y se utilizarán los modelos de circuitos en serie, en el dominio de la frecuencia, para representar el capacitor y el inductor. De la Fig. 14.17b, las condiciones iniciales son vc (0) = 8 V e iL (0) = 4 A. La Fig. 14.18b muestra la representación en el dominio de s del circuito.

Figura 14.18 (a) Circuito con corrientes de malla. (b) Modelo transformado del circuito.

Las ecuaciones de mallas son

1 1 12 8  −  1 +  I 1 (s) − I 2 (s ) = s s s s  1 1 8  − I 1 (s ) +  1 + s +  I 2 ( s ) = 4 + s s s  Despejando I2(s), se obtiene

I 2 (s) =

4 ( s 2 + 3s + 3 ) s ( s 2 + 2s + 2 )

La expresión parcial conveniente es

I 2 (s) s 2 + 3s + 3 A Bs + D = = + 2 2 4 s ( ) s + 2s + 2 s s + 2s + 2 y se obtienen los valores A = 1.5, B = −0.5 y D = 0. Por tanto,

I 2 (s ) 1.5 −0.5s = + 2 4 s s + 2s + 2 cuya transformada inversa es

iL (t ) = i 2 (t ) =  6 + 2 2 e −t sen ( t − 45° )  A para t > 0 Ejemplo 14.10 El interruptor en la Fig. 14.19a se cierra en t = 0. Determine el voltaje v(t) para t > 0. Solución. Se utilizará análisis nodal. En el dominio de s, se usará el modelo en paralelo para el capacitor y el inductor. Las condiciones iniciales son i(0) = 2 A y v(0) = 0 V. Como v(0) = 0, la corriente de la fuente de corriente en la representación del capacitor es cero. Una fuente de corriente igual a cero es equivalente a un circuito abierto. La Fig. 14.19b muestra la representación el dominio de la frecuencia del circuito después de cerrar el interruptor. Ahora se aplica la LCK en el nodo superior del inductor para obtener la ecuación nodal

12 s + V(s ) + V(s ) = 0 2 2s 8s

V(s ) − y despejando V(s), se obtiene

148

José R. Morón

V(s ) =

32 2

s +s+4

=

32

( s + 2 )2

Figura 14.19

cuya transformada inversa proporciona v(t):

 32  v(t ) = L−1  = 32te −2 t u(t ) V 2  (s + 2)  Ejemplo 14.11 Supóngase que no hay energía inicial almacenada en el circuito de la Fig. 14.20 en t = 0 y que is = 10u(t ) A. (a) Hallar V0(s) usando el teorema de Thévenin. (b) Aplique los teoremas del valor inicial y del valor final para hallar vo ( 0 + ) y v0 (∞ ) . Determinar vo(t).

Figura 14.20

Solución. Como no hay energía almacenada inicialmente en el circuito, entonces la corriente inicial en el inductor y el voltaje inicial en el capacitor son iguales a cero en t = 0. (a) Para hallar el circuito equivalente de Thévenin, se remueve el resistor de 5 Ω y después se halla Voc (VTh) e Isc. Para hallar VTh, se usa el circuito transformado en la Fig. 14.21(a). Como Ix = 0, la fuente de voltaje no contribuye con nada y por tanto

 10  50 Voc = VTh = 5   =  s  s

Figura 14.21

149

José R. Morón

Para hallar ZTh, se considera el circuito en la Fig. 14.21(b). Se puede usar análisis nodal para resolver por V1 lo cual conduce a I sc ( I sc = I x = V1 2 s ) :

−

10 ( V1 − 2I x ) − 0 V1 − 0 + + =0 s 5 2s

junto con

Ix =

V1 2s

y se obtiene

V1 =

100 2s + 3

Por tanto,

I sc =

V1 100 ( 2s + 3 ) 50 = = 2s 2s s ( 2s + 3 )

y

ZTh =

50 s Voc = = 2s + 3 [ I sc 50 s ( 2s + 3 )]

El circuito dado se reemplaza por su equivalente de Thévenin en los terminales a-b, como muestra la Fig. 14.22. De esta figura se obtiene

Vo =

5 5 250 125  50  VTh = =  = 5 + ZTh 5 + 2s + 3  s  s ( 2s + 8 ) s ( s + 4 )

Figura 14.22

(b) Usando el teorema del valor inicial, se encuentra

vo (0) = lím sVo (s ) = lím s →∞

s →∞

125 =0 s+4

y usando el teorema del valor final, se encuentra

125 125 = = 31.25 V s →0 s + 4 4

vo (∞ ) = lím sVo (s ) = lím s →0

(c) Por expansión en fracciones parciales,

Vo (s ) =

125 31.25 −31.25 = + s (s + 4) s s+4

y tomando la transformada de Laplace inversa se obtiene

vo (t ) = 31.25 ( 1 − e −4t ) u(t ) V Problema de Práctica 14.4 La energía inicial en el circuito de la Fig. 14.23 es cero en t = 0. Suponga que vs = 15u(t ) V . (a) Encuentre Vo(s) usando el teorema de Thévenin. (b) Aplique los teoremas del valor inicial y valor final para hallar vo(0) y vo(∞). (c) Obtenga vo(t).

150

José R. Morón

Figura 14.23

Respuesta: (a) Vo (s ) = 4 ( s + 0.25 ) [ s ( s + 0.3 )] , (b) 4, 3.333 V, (c) ( 10 + 2 e −0.3t ) u(t ) V .

14.4

Funciones de Transferencia

La función de transferencia es un concepto clave en el procesamiento de señales ya que indica cómo es procesada una señal cuando pasa a través de una red. Es una herramienta apropiada para hallar la respuesta natural, para determinar (o diseñar) la estabilidad de una red y para sintetizar redes. La función de transferencia de una red describe cómo se comporta la salida con respecto a la entrada. Especifica la transferencia de la entrada a la salida en el dominio s, suponiendo que no hay energía inicial. La función de transferencia H(s) de un circuito se define como la relación entre la transformada de Laplace de la respuesta de salida Y(s) y la transformada de Laplace de la excitación de entrada X(s), suponiendo que todas las condiciones iniciales son iguales a cero. Así pues,

H(s ) =

Y( s ) X( s )

(14.24)

Observe que la función de transferencia depende de lo que se defina como entrada y como salida. Puesto que la entrada y la salida pueden ser corrientes o voltajes en cualquier sitio en el circuito, hay cuatro funciones de transferencia posibles:

H(s ) = ganancia de voltaje =

Vo (s ) Vi (s )

H(s ) = ganancia de corriente =

I o (s ) I i (s)

(14.25) (14.26)

H(s ) = Impedancia =

V(s ) I(s )

(14.27)

H(s ) = admitancia =

I(s ) V(s )

(14.28)

De manera que un circuito puede tener muchas funciones de transferencia. Observe que H(s) es adimensional en las Ecs. (14.25) y (14.26). Cada una de las funciones de transferencia definidas en las ecuaciones anteriores puede determinarse de dos formas. Una de ellas es suponer cualquier entrada X(s) conveniente, usar entonces cualquier técnica de análisis de circuitos para hallar la salida Y(s) y después obtener el cociente de las dos. El otro método es aplicar el método de escalera, el cual involucra “caminar” el circuito en una dirección. Con este método se supone que la salida es 1 V o 1 A, lo que sea apropiado, y se usan las leyes básicas de Ohm y Kirchhoff (LCK solamente) para obtener la entrada. La función de transferencia es entonces la unidad dividida por la entrada. Este método puede ser más conveniente cuando el circuito tiene muchos lazos o nodos de modo que la aplicación del análisis nodal o de mallas se vuelve complicada. En el primer método, se supone una entrada y se encuentra la salida; en el segundo, se supone la salida y se determina la entrada. En ambos métodos se calcula H(s) como la relación entre las transformadas de salida y de entrada. Los dos métodos se basan en la propiedad de linealidad, ya solamente trabajamos con circuitos lineales. El Ejemplo 14.14 ilustra estos métodos.

151

José R. Morón

La Ec. (14.24) supone que X(s) y Y(s) son conocidas. Algunas veces, se conoce la entrada X(s) y la función de transferencia H(s). La salida Y(s) se determina como

Y(s ) = H(s )X(s )

(14.29)

y se toma la transformada inversa para obtener y(t). Dos casos especiales son muy significativos. Cuando la entrada es un escalón unitario, entonces x(t ) = u(t ) y X(s ) = 1 s . Para este caso,

Y( s ) =

H(s ) s

o

 H(s )  Respuesta al escalón = L−1 [ Y(s )] = L−1   s 

(14.30)

Cuando la entrada es la función impulso unitario, x(t) = δ(t), de modo que X(s) = 1. Para este caso

Y(s ) = H(s )

o

y ( t ) = h (t )

(14.31)

donde

h(t ) = L−1 [ H(s )]

(14.32)

El término h(t) represente la respuesta al impulso unitario – es la respuesta en el dominio del tiempo de la red a un impulso unitario. Así, la Ec. (14.32) proporciona una nueva interpretación para la función de transferencia. H(s) es la transformada de Laplace de la respuesta de la red a un impulso unitario. Una vez conocida la respuesta al impulso h(t) de una red, se puede obtener la respuesta de la red a cualquier otra señal usando la Ec. (14.29) en el dominio s o usando la integral de convolución en el dominio del tiempo. Es importante señalar que tanto en la respuesta al escalón como en la respuesta al impulso, todas las condiciones iniciales son cero. Ejemplo 14.12 La salida de un sistema lineal es y(t ) = 10 e −t cos 4t u(t ) cuando la entrada es x(t ) = e −t u(t ) . Hallar la función de transferencia del sistema y su respuesta al impulso. Solución Si x(t ) = e −t u(t ) y y(t ) = 10 e −t cos 4t u(t ) , entonces

X( s ) =

1 s+1

y

Y( s ) =

10 ( s + 1 )

( s + 1)2 + 42

Por tanto, 2

H(s ) =

Y( s ) 10 ( s + 1 ) 10 ( s 2 + 2s + 1 ) = = X(s ) ( s + 1 ) 2 + 16 s 2 + 2 s + 17

Para hallar h(t), escribimos H(s) como

H(s ) = 10 − 40

4

( s + 1)2 + 4 2

cuya transformada inversa es

h(t ) = 10δ(t ) − 40 e −t sen 4t u(t ) Ejemplo 14.13 La entrada al circuito mostrado en la Fig. 14.24 es el voltaje vi(t) y el voltaje de salida es vo(t). Determine la respuesta al escalón del circuito mostrado en la Fig. 14.24.

152

José R. Morón

Figura 14.24

Solución. Para hallar la respuesta al escalón, el circuito en la Fig. 14.24 se representa en el dominio de la frecuencia como se muestra en la Fig. 14.25.

Figura 14.25

En la Fig. 14.25 se aprovecha la definición de la respuesta al escalón en dos formas: 1.

La entrada vi(t) es una función escalón, de modo que Vi (s ) = L [ u(t )] = 1 s V,

2.

Las condiciones iniciales son cero, de modo que el capacitor y el inductor se representan como impedancias sin tener que usar fuentes para incluir condiciones iniciales. Ahora, utilizando dos veces la regla de la división de voltaje en la Fig. 14.25, se obtiene

Vo (s ) =

10 6 s

6

10 + 10 4 s

8Va (s )

y

Vo (s ) =

10  1    10 + 0.1s  s 

La combinación de estas ecuaciones y un poco de álgebra, da

Vo (s ) =

80 000  1  80 000  = ( s + 100 ) 2  s  s ( s + 100 ) 2

Expandiendo en fracciones parciales, se obtiene

Vo (s ) =

80 000 s ( s + 100 )

2

=

8 8 800 + − s s + 100 ( s + 100 ) 2

y finalmente, tomando la transformada de Laplace inversa, se obtiene

vo (t ) = [ 8 − 8 ( 1 + 100t ) e −100 t ] u(t ) Ejemplo 14.14 Determinar la función de transferencia H(s ) = Vo (s ) I o (s ) del circuito en la Fig. 14.26.

Figura 14.26

153

José R. Morón

Solución Método 1 Por división de corriente,

I2 =

(s + 4) Io s + 4 + 2 + 1 2s

Pero

Vo = 2 I 2 =

2 (s + 4) Io s + 6 + 1 2s

Por tanto,

H(s ) =

Vo (s ) 4s ( s + 4 ) = 2 I o (s ) 2 s + 12s + 1

Método 2 Se puede aplicar el método de escalera. Tomamos Vo = 1 V. Por la ley de Ohm, I 2 = Vo 2 = 1 2 A. El voltaje en la impedancia de 2 + 1 2s es

1  1 4s + 1  V1 = I 2  2 +  = 1 + = 2s  4s 4s  Éste es igual al voltaje en la impedancia de (s + 4). Por tanto,

I1 =

V1 4s + 1 = s + 4 4s ( s + 4 )

Aplicando la LCK al nodo superior da

I o = I1 + I2 =

4s + 1 1 2s 2 + 12s + 1 + = 4s ( s + 4 ) 2 4s ( s + 4 )

Por tanto,

H(s ) =

Vo 1 4s ( s + 4 ) = = 2 I o I o 2s + 12s + 1

igual que antes. Problema de Práctica 14.5 La función de transferencia de un sistema lineal es

H(s ) =

2s s+6

Halle la salida y(t) debida a la entrada 10 e −3t u(t ) y su respuesta al impulso. Respuesta: −20 e −3t + 40 e −6 t , t ≥ 0 , 2 δ(t ) − 12 e −6t u(t ) . Problema de Práctica 14.6 Determine la función de transferencia H(s ) = I 1 (s ) I o (s ) en el circuito de la Fig. 14.26. Ejemplo 14.15 Para el circuito en el dominio s de la Fig. 14.27, hallar: (a) la función de transferencia H(s ) = Vo Vi , (b) la respuesta al impulso, (c) la respuesta cuando vi (t ) = u(t ) V, (d) la respuesta cuando vi (t ) = 8 cos 2t V.

154

José R. Morón

Figura 14.27

Solución (a) Usando división de voltaje, se obtiene

Vo =

1 Vab s+1

pero

Vab =

( s + 1) ( s + 2 ) 1 ( s + 1) Vi = Vi 1 + 1 ( s + 1) 1 + ( s + 1) ( s + 2 )

o

Vab =

s+1 Vi 2s + 3

y entonces

Vi 2s + 3

Vo = Así pues, la función de transferencia es

H(s ) =

Vo 1 = Vi 2s + 3

(b) H(s) se puede escribir como

H(s ) =

1 1 2 s + 23

Su transformada de Laplace inversa es la respuesta al impulso requerida:

h( t ) =

1 − 3t 2 e u(t ) 2

(c) Cuando vi (t ) = u(t ) , entonces Vi (s ) = 1 s y

Vo (s ) = H(s )Vi (s ) =

13 13 1 = − s s + 23 2s ( s + 23 )

cuya transformada de Laplace inversa es

v o (t ) =

1( 1 − e − 3t 2 ) u(t ) V 2

(d) Cuando vi (t ) = 8 cos 2t , entonces Vi (s ) = 8s ( s 2 + 4 ) y

Vo (s ) = H(s )Vi (s ) =

=

4s

(s + ) (s2 + 4) 3 2

− 24 25 24 s 32 2 + + 3 2 s+ 2 25 s + 4 25 s 2 + 4

y su inversa es

v o (t ) =

24  − 3t 2 4  + cos 2t + sen 2t (t ) V  −e 25  3 

155

José R. Morón

Problema de Práctica 14.7 Resuelva de nuevo el Ejemplo 14.15 para el circuito mostrado en la Fig. 14.28.

Figura 14.28

Respuesta: (a) 2 ( s + 4 ) , (b) 2 e −4 t u(t ) , (c)

1 2

( 1 − e −4t ) u(t ) V , (d)

(

)

3.2 − e −4t + cos 2t + 12 sen 2t u(t ) V .

156

José R. Morón

PROBLEMAS 14.1

Halle la impedancia de entrada Z(s) de la red en la Fig. P14.1 (a) cuando los terminales B-B’ están en circuito abierto y (b) cuando los terminales B-B’ están en cortocircuito.

14.2

Halle la impedancia de entrada Z(s) de la red en la Fig. P14.2.

Figura P14.1

14.3

Figura P14.2

Use la transformada de Laplace para hallar i1(t) para t > 0 en la red mostrada en la Fig. P14.3. Suponga cero condiciones iniciales.

Figura P14.3

14.4

Hallar vo(t) para t > 0 en la red de la Fig. P14.4 usando ecuaciones nodales.

14.5

Use la transformada de Laplace para hallar v(t) para t > 0 en la red mostrada en la Fig. P14.5. Suponga cero condiciones iniciales.

Figura P14.4

Figura P14.5

14.6

Para la red mostrada en la Fig. P14.6, determine io(t), t > 0.

14.7

Para la red mostrada en la Fig. P14.7, determinar vo(t), t > 0, usando ecuaciones nodales.

Figura P14.6

14.8

Para la red mostrada en la Fig. P14.8, hallar vo(t), t > 0.

Figura P14.7

José R. Morón

157

Figura P14.8

14.9

Use análisis nodal para hallar vo(t), t > 0, en la red mostrada en la Fig. P14.9.

Figura P14.9

14.10

Determinar vo(t), t > 0 en la red mostrada en la Fig. P14.10 usando análisis nodal.

Figura P14.10

14.11

Hallar vo(t), t > 0, en la red en la Fig. P14.11.

Figura P14.11

14.12

Para la red mostrada en la Fig. P14.12, hallar vo(t), t > 0, usando ecuaciones de mallas.

Figura P14.12

14.13

Use ecuaciones de mallas para hallar vo(t), t > 0, en la red de la Fig. P14.13.

158

José R. Morón

Figura P14.13

14.14

Para la red mostrada en la Fig. P14.14, hallar vo(t), t > 0, usando ecuaciones de mallas.

Figura P14.14

14.15

La entrada al circuito mostrado en la Fig. P14.15 es el voltaje de la fuente, 18 V. La salida de este circuito, el voltaje en el capacitor es dado por

vo (t ) = 6 + 12 e −2 t V cuando t > 0 Determine el valor de la capacitancia C y el valor de la resistencia R. 14.16

Use ecuaciones de mallas para hallar io(t), t > 0, en la red mostrada en la Fig. P14.16.

Figura P14.15

14.17

Figura P14.15

Dada la red en la Fig. P14.17, halle io(t), t > 0, usando ecuaciones de mallas.

Figura P14.17

14.18

Use análisis de mallas para hallar vo(t) para t > 0 en la red de la Fig. P14.18.

14.19

Use análisis de mallas para hallar vo(t) para t > 0 en la red de la Fig. P14.19.

159

José R. Morón

Figura P14.18

Figura P14.19

14.20

Use superposición para hallar vo(t), t > 0, en la red mostrada en la Fig. P14.20.

14.21

Use Transformación de Fuentes para hallar vo(t), t > 0, en el circuito mostrado en la Fig. P14.21.

Figura P14.20

14.22

Figura P14.21

Use el teorema de Thévenin para hallar vo(t), t > 0, en el circuito de la Fig. P 14-22 .

Figura P14.22

14.23

Use el teorema de Thévenin para hallar vo(t), t > 0, en el circuito de la Fig. P 14-23 .

Figura P14.23

14.24

Use el teorema de Thévenin para hallar io(t), t > 0, en el circuito de la Fig. P14-24 .

Figura P14.24

14.25

Use el teorema de Thévenin para hallar io(t), t > 0, en el circuito de la Fig. P14-25 .

14.26

Determinar vo(t), t > 0, en la red de la Fig. P14.26 usando el teorema de Thévenin.

14.27

Use el teorema de Thévenin para hallar vo(t), t > 0, en el circuito de la Fig. P14-27.

14.28

Use el teorema de Thévenin para hallar vo(t), t > 0, en el circuito de la Fig. P14-28.

160

José R. Morón

Figura P14.25

Figura P14.27

Figura P14.26

Figura P14.28

14.29

Use el teorema de Thévenin para hallar vo(t), t > 0, en el circuito de la Fig. P14-29.

14.30

Use el teorema de Thévenin para hallar vo(t), t > 0, en el circuito de la Fig. P14-30.

Figura P14.29

14.31

Figura P14.30

Use el teorema de Thévenin para hallar io(t), t > 0, en el circuito de la Fig. P14-31.

Figura P14.31

14.32

Halle io(t), t > 0, en la red mostrada en la Fig. P14.32.

161

José R. Morón

Figura P14.32

14.33

Hallar vo(t), t > 0, en la red mostrada en la Fig. P14.33. Suponga que el circuito ha alcanzado el régimen estacionario en t = 0−.

Figura P14.33

14.34

Halle vo(t), t > 0, en el circuito en la Fig. P14.34.

Figura P14.34

14.35

Halle io(t), t > 0, en la red mostrada en la Fig. P14.35.

Figura P14.35

14.36

Calcule v(t) para t > 0 en el circuito de la Fig. P14.36.

Figura 14.36

14.37

Para la red en la Fig. 14.37, determine i(t) para t > 0-

162

José R. Morón

Figura P14.37

14.38

Determine i(t) para t > 0 en el circuito de la Fig. P14.38.

Figura P14.38

14.39

Cuando la entrada a un sistema es una función escalón unitario, la respuesta es 10 cos 2t u(t ) . Obtenga la función de transferencia del sistema.

14.40

Cuando se aplica un escalón unitario a un sistema en t = 0, su respuesta es

1   y(t ) =  4 + e −3t − e −2 t ( 2 cos 4t + 3 sen 4t )  u(t )  2  ¿Cuál es la función de transferencia del sistema? 14.41

Para el circuito de la Fig. P14.38, hallar H(s ) = Vo (s ) Vs (s ) . Suponga cero condiciones iniciales.

Figura P14.41

14.42

Para el circuito de la Fig. P14.39, hallar H(s ) = Vo (s ) Vs (s ) .

Figura P14.42

14.43

La función de transferencia de un cierto circuito es

H(s ) = Halle la respuesta al impulso del circuito.

5 3 6 − + s+1 s+2 s+4

163

José R. Morón

14.44

Para el circuito de la Fig. P14.41, hallar H(s ) = Vo (s ) Vs (s ) . Suponga cero condiciones iniciales.

Figura P14.44

14.45

Para el circuito mostrado en la Fig. P14.42, determine la respuesta al escalón si la entrada es el voltaje de la fuente vi(t) y la salida es el voltaje del capacitor vo(t).

Figura P14.45

14.46

Un circuito tiene la función de transferencia

H(s ) = Halle la respuesta al impulso.

s+4

( s + 1 )( s + 2 ) 2

José R. Morón

164

Referencias Alexander, C., Sadiku, M.: Fundamental of Electric Circuits (2013) Irwin, David: Basic Engineering Circuit Analysis (2008) Svoboda, James A., Dorf, Richard C.: Introduction to Electric Circuits (2013)

CAPÍTULO 15

TÉCNICAS DEL ANÁLISIS DE FOURIER

Introducción Hemos usado una cantidad de tiempo considerable en el análisis de circuitos con fuentes senoidales. Este capítulo se ocupa de un medio para analizar circuitos con excitaciones periódicas no senoidales. Aquí se introducen las series de Fourier, una técnica para expresar una función periódica en términos de sinusoides. Una vez que la función fuente es expresada en términos de sinusoides, se puede aplicar el método de fasores para analizar circuitos.

15.1

Series de Fourier

Una función periódica es una que se repite cada T0 segundos; es decir, una función periódica satisface la relación

f ( t ) = f ( t + nT0 ) ,

n = ±1, ± 2, ± 3, …

para todo valor de t; T0 es el período. Como se ha mostrado en capítulos anteriores, la función sinusoidal es una función periódica muy importante. Sin embargo, muchas otras funciones periódicas tienen amplias aplicaciones. Por ejemplo, los generadores de señales en laboratorios producen las señales de tren de pulsos y de onda cuadrada mostradas en la Fig. 15.1a y b, respectivamente, las cuales se usan para comprobar circuitos. El osciloscopio es otro instrumento de laboratorio y el barrido de su haz de electrones a través de la pantalla del tubo de rayos catódicos es controlado por una señal triangular de la forma mostrada en la Fig. 15.1c.

Figura 15.1

José R. Morón

166

Las técnicas que exploraremos están basadas en el trabajo de Jean Baptiste Fourier. Aunque nuestro análisis estará confinado a circuitos eléctricos, es importante señalar que las técnicas son aplicables a una amplia gama de problemas en ingeniería. De hecho, fue el trabajo de Fourier sobre flujo de calor lo que condujo a las técnicas que se presentarán aquí. En su trabajo, Fourier demostró que cualquier función periódica f(t) podía expresarse como una suma infinita de funciones sinusoidales. Por tanto, dado este hecho y el hecho que si una función periódica es expresada como una suma de funciones linealmente independientes, entonces cada función en la suma debe ser periódica con el mismo período y la función f(t) puede expresarse en la forma ∞

∑D

f (t ) = a0 +

cos ( nω0 t + θn )

n

(15.1)

n =−∞ n≠ 0

donde ω0 = 2 π T0 se conoce como la frecuencia fundamental en radianes por segundo y a0 es el valor promedio de la señal. Un examen de esta expresión ilustra que todas las señales sinusoidales que son periódicas con período T0 han sido incluidas. Por ejemplo, para n = 1, un ciclo cubre T0 segundos y D1 cos ( ω0 t + θ1 ) se denomina la armónica fundamental. Para n = 2, dos ciclos caen dentro de T0 segundos y el término Ds cos ( 2ω0 t + θ 2 ) se denomina la segundo armónica. En general, para n = k, k ciclos caen dentro de T0 segundos y Dk cos ( kω0 t + θ k ) es la k-ésima armónica. Puesto que la función cos ( nω0 t + θ n ) puede escribirse en forma exponencial usando la identidad de Euler o como una suma de términos coseno y seno de la forma cos nω0 t y sen nω0 t , la serie en la Ec. (15.1) puede escribirse como ∞

f (t ) = a0 +

∑

∞

∑c e

c n e jnω0 t =

n =−∞ n≠ 0

n

jnω0 t

(15.2)

n =−∞

Usando la relación de la parte real empleada como una transformación entre el dominio del tiempo y el de la frecuencia, podemos expresar f (t ) como ∞

f (t ) = a0 +

∑ Re ( D ∠θ n

n

∑ Re ( 2c e

jnω0 t

n=1 ∞

= a0 +

n

) e jnω t 

(15.3)

)

(15.4)

0

n=1 ∞

= a0 +

∑ Re ( a

n

− jbn ) e jnω0t 

(15.5)

n=1 ∞

= a0 +  cd

∑ ( a cos nω t + b sen nω t ) n

0

n

0

(15.6)

n=1

 ca

La Ec. (15.6) se denomina la serie de Fourier trigonométrica de f (t ) . Las constantes an y bn son los coeficientes de Fourier. El coeficiente a0 es la componente de CD o el valor promedio de f (t ) . Los coeficientes an y bn (para n ≠ 0) son las amplitudes de las sinusoides en la componente de CA y se conocen como los coeficientes de Fourier. La Ec. (15.3) se conoce como la forma de amplitud-fase de la serie de Fourier. La serie de Fourier de una función periódica f (t ) es una representación que resuelve a f (t ) en una componente de CD y una componente de CA formada por una serie infinita de sinusoides armónicas.

José R. Morón

167

Las ecuaciones anteriores nos permiten escribir la serie de Fourier en varias formas equivalentes. Observe que el fasor para el n-ésimo armónico es

Dn ∠θ n = 2c n = an − jbn

(15.7)

El enfoque que usaremos será representar una entrada periódica no sinusoidal mediante una suma de funciones exponenciales complejas, lo que debido a la identidad de Euler es equivalente a una suma de senos y cosenos. Entonces usaremos (1) la propiedad de superposición de los sistemas lineales y (2) nuestro conocimiento que la respuesta en régimen permanente de un sistema lineal e invariable en el tiempo a una entrada sinusoidal de frecuencia ω0 es una función sinusoidal de la misma frecuencia para determinar la respuesta de ese sistema. La función f (t ) cuya representación es dada por la serie (15.6) debe satisfacer las propiedades siguientes, denominadas condiciones de Dirichlet: 1. 2.

f (t ) es una función uno a uno; es decir, f (t ) satisface la definición matemática de una función. La integral

t 1 +T

∫t

f (t ) dt existe para cualquier valor de t0.

1

3.

f (t ) tiene un número finito de discontinuidades en cualquier periodo.

4.

f (t ) tiene un número finito de máximos y mínimos en cualquier periodo.

Para ilustrar la forma en que una señal periódica no senoidal puede ser representada mediante una serie de Fourier, considere la función periódica mostrada en la Fig. 15.2a. En las Figs. 15.2b−d se puede ver el impacto de usar un número específico de términos de la serie para representar la función original. Observe que la representación en serie se asemeja más fielmente a la función original conforme se emplea un número mayor de términos.

Figura 15.2. Función periódica (a) y su representación por un número fijo de términos de la serie de Fourier, (b) 2 términos, (c) 4 términos, (d) 100 términos.

José R. Morón

168

Serie de Fourier Exponencial Cualquier señal periódica físicamente realizable puede ser representada en el intervalo t1 < t < t1 + T0 por la serie de Fourier exponencial ∞

∑c e

f (t ) =

n

jnω0t

(15.8)

n =−∞

donde los coeficientes cn son los coeficientes de Fourier complejos (fasores). Estos coeficientes se deducen en la forma siguiente. Multiplicando ambos lados de la Ec. (15.8) por se obtiene

∫

t1 +T0

t1

⌠ f ( t ) e jkω0t dt = 

t1 +T0

⌡t

1

e − jkω0t e integrando en el intervalo de t1 a t1 + T0,

 ∞   c n e jnω0 t  e − jkω0 t dt    n =−∞ 

∑

ya que

∫

t1 +T0

ej

( n − k ) ω0 t

t1

 0, dt =   T0 ,

n≠k n=k

Por tanto, los coeficientes de Fourier son definidos por la ecuación

cn =

1 T0

∫

t1 +T0

f ( t ) e − jnω0t dt

(15.9)

t1

El ejemplo siguiente ilustra la forma en la que se puede representar una señal periódica mediante una serie de Fourier exponencial. Ejemplo 15.1 Se quiere determinar la serie de Fourier exponencial para la onda de voltaje periódica mostrada en la Fig. 15.3.

Figura 15.3

Solución Los coeficientes de Fourier se determinan usando la Ec. (15.9) para integrar en un período completo de la onda:

1 T

∫ 1 = T∫

cn =

T 2

−T 2 −T 4

−T 2

f ( t ) e − jnω0t dt

( −V ) e − jnω0t dt + 1 T

∫

T 4

−T

(V ) e − jnω0t dt 1 T 4

V  − jnω0 t −T 4 − jnω0 t T 4 − jnω0 t e −T 2 − e −T 4 + e jnω0T  V ( jn π 2 = 2e − 2 e − jn π 2 + e − jnπ − e + jnπ ) jnω0T =

T 2 T 4

∫

T 2

T 4

( −V ) e − jnω0t dt

José R. Morón

169

V  nπ  4 sen − 2 sen ( nπ )   n2 π  2  0, n par   =  2V nπ  nπ sen 2 , n impar =

Por tanto, ∞

∑

v(t ) =

n =−∞ n≠ 0 n impar

2V nπ jnω0 t sen e nπ 2

Esta ecuación puede escribirse como ∞

∑

v(t ) =

n=1 n impar

−∞

∑ n =−1 n impar

2V nπ jnω0 t sen e nπ 2 *

∞

∑

=

2V nπ jnω0 t sen e + nπ 2

n =1 n impar

nπ  jnω0 t  2V nπ  − jnω0t  2V sen + sen  e  e 2  2   nπ  nπ

Puesto que un número cualquiera más su conjugado complejo es igual a dos veces la parte real del número, v(t) puede escribirse como ∞

v(t ) =

∑ n=1 n impar

nπ  2V  2Re  cos nω0 t  sen 2  nπ 

Observe que este resultado también se pudo obtener integrando en el intervalo de −T/4 a 3T/4. E15.1 Hallar los coeficientes de Fourier para la señal en la Fig. E15.1 v(t) 1 −1

Respuesta: c n =

0

1

2

3

4

t

Figura E15.1

1 − e − jnπ 1 ; c0 = j 2 nπ 2

E15.2 Hállense los coeficientes de Fourier para la señal en la Fig. E15.2. v(t) 4 2

−4

Respuesta: c n =

−3 − 2

-1

t 0

1

2

2  2 nπ nπ  − sen  2 sen  ; c0 = 2 nπ  3 3 

3

4

5

6

7

8

t

Figura E15.2

José R. Morón

170

Serie Trigonométrica de Fourier Ahora se examinará otra forma de la serie de Fourier. Puesto que

2c n = an − jbn

(15.10)

se examinará cantidad 2cn y se separará en sus partes real e imaginaria. Usando la Ec. (15.9), se determina que

2c n =

2 T0

∫

t1 +T0

f (t )e − jnω0 t dt

(15.11)

t1

Usando ahora la identidad de Euler, podemos escribir esta ecuación en la forma

2c n =

2 T0

∫

=

2 T0

∫

t1 +T0

t1 t1 +T0

t1

f (t ) ( cos nω0 t − j sen nω0 t ) dt f (t ) cos nω0 t dt − j

2 T0

∫

t1 +T0

t1

( f )sen nω0 t dt

De la Ec. (15.10) se observa que

an =

2 T0

bn =

2 T0

∫

t1 +T0

∫

t 1 +T0

f (t ) cos nω0 t dt

(15.12)

f (t )sen nω0 t dt

(15.13)

t1

t1

Éstos son los coeficientes de la serie de Fourier descrita por la Ec. (15.6), y es la serie de Fourier trigonométrica ya mencionada. Estas ecuaciones se derivan directamente en la mayoría de los libros de texto usando las propiedades de ortogonalidad de las funciones seno y coseno. Observe que ahora es posible evaluar cn, an y bn, y como

2c n = Dn ∠θ n Dn = an2 + bn2 ,

θ n = − tan −1

bn an

(15.14)

entonces se puede deducir los coeficientes para la serie de Fourier coseno descrita por la Ec. (15.1). Esta forma de la serie de Fourier es particularmente útil ya que permite representar cada armónico de la función como un fasor. Para evitar alguna confusión en la determinación de θn, puede ser mejor relacionar los términos en forma compleja como

Dn ∠θn = an − jbn

(15.15)

La gráfica de la amplitud Dn de las armónicas versus nω0 se denomina el espectro de amplitud de f (t ) ; la gráfica de la fase θn versus nω0 es el espectro de fase de f (t ) . Ambos espectros forman el espectro de frecuencia de f (t ) . De la Ec. (15.9) se observa que c0, escrita como a0, es

a0 =

1 T

∫

t1 +T0

f (t )dt

(15.16)

t1

Éste es el valor promedio de la señal f(t) y con frecuencia puede evaluarse directamente a partir de las mismas señales. Ejemplo 15.2 Evaluar la serie de Fourier para la función periódica en la Fig. 15.4. Solución La función se describe como

 t, f (t ) =   0,

0
José R. Morón

171

Figura 15.4

Como T0 = 2, ω0 = 2 π T0 = 1 y entonces

1 a0 = T0

T0

∫o

1 2 1 t2 f (t ) dt =  ∫ t dt + ∫ 0 dt  =  0 1  2 2

1

= 0

1 4

Para evaluar an y bn, se necesitan las integrales en (15.12) y (15.13):

an =

2 T0

=

2 2 

∫

T0

∫

1

0

0

f (t )cos nω0 t dt

t cos nπt dt +

∫

2

1

 0 cos nπt dt  

t  1  =  2 2 cos nπt + sen nπt  nπ n π  =

1 0

n

1

( ) ( cos nπ − 1) + 0 = −1 − 1 n π n2 π2 2 2

y

bn =

2 T0

=

2  2

∫

T0

∫

1

0

0

f (t )sen nω0 t dt

t sen nπt dt +

∫

2

1

 0 sen nπt dt  

t  1  =  2 2 sen nπt. cos nπt  nπ n π 

1 0

n+ 1

cos nπ ( −1 ) =0− = nπ nπ y la serie para f (t ) es

f (t ) =

∞  ( −1 ) n − 1  ( −1 )n + 1 1 + cos n π t + sen nπt   2 4 n =1  ( nπ ) nπ 

∑

Simetría y la Serie de Fourier Trigonométrica Si una señal exhibe ciertas propiedades de simetría, podemos aprovecharnos de estas propiedades para simplificar los cálculos de los coeficientes de Fourier. Hay tres tipos de simetría: (1) simetría de función par, (2) simetría de función impar y (3) simetría de media onda. Simetría de Función Par Se dice que una función es par si

f ( t ) = f ( −t ) Una función par es simétrica con respecto al eje vertical y un ejemplo notable es la función

(15.17)

cos nω0t . Nótese

que la señal en la Fig. 15.3 también exhibe simetría de función par. Determinemos ahora las expresiones para los coeficientes de Fourier si la función satisface la Ec. (15.17).

José R. Morón

172

Si se toma t1 = − T0 2 en la Ec. (15.16), se obtiene

1 T0

a0 =

∫

T0 2

−T0 2

f (t ) dt

la cual puede escribirse como

a0 =

1 T0

∫

0

−T0 2

f (t ) dt +

1 T0

∫

T0 2

f (t ) dt

0

Si ahora se cambia la variable de integración en la primera integral (esto es, se hace t = −x), entonces f ( − x ) = f ( x ) , dt = −dx y el intervalo de integración es de x = T0/2 a 0. Por tanto, la ecuación anterior se convierte en

a0 =

1 T0

=

1 T0

=

2 T0

∫

0

T0 2

∫

T0 2

∫

T0 2

1 T0

f ( x ) ( − dx ) +

0

0

f (t )dt +

1 T0

∫

∫

T0 2

0

T0 2

0

f (t )dt

f (t )dt

(15.18)

f (t ) dt

Los otros coeficientes de Fourier se derivan en una forma similar. El coeficiente an puede escribirse como

2 T0

an =

∫

0

−T0 2

f (t )cos nω0 t dt +

2 T0

∫

T0 2

f (t ) cos nω0 tdt

0

Empleando el cambio de variable que condujo a la Ec. (15.18), es posible expresar la ecuación precedente como

an =

2 T0

=

2 T0

∫

0

∫

0

T0 2

f ( −x )cos ( −nω0 x ) ( −dx ) +

−T0 2

f ( x )cos nω0 x dx +

2 T0

∫

2 T0

T0 2

0

∫

T0 2

0

f (t )cos nω0 t dt

f (t ) cos nω0 tdt

o

an =

4 T0

∫

T0

0

f (t ) cos nω0 t dt

(15.19)

Una vez más, siguiendo el procedimiento anterior, es posible escribir la ecuación para los coeficientes bn como

bn = 0

(15.20)

El análisis precedente indica que la serie de Fourier para una función periódica par consiste solamente de un término constante y de términos tipo coseno. Por tanto, si f(t) es par, bn = 0 y de las Ecs. (15.10) y (15.14), los coeficientes cn son reales y los ángulos θn son múltiplos de 180°. Simetría de Función Impar Una función es impar si

f ( t ) = − f ( −t )

(15.21)

Un ejemplo de una función impar es sen nω0 t . Otro ejemplo es la señal en la Fig. 15-4a . Siguiendo el desarrollo matemático que condujo a las Ecs. (15.18) a (15.20), es posible demostrar que para una función impar los coeficientes de Fourier son

a0 = 0 an = 0

(15.22)

para toda n > 0

(15.23)

José R. Morón

173

bn =

4 T0

∫

T0 2

0

f (t )sen nω0 t dt

(15.24)

Por tanto, si f (t ) es impar, an = 0 y, de las Ecs. (15.10) y (15.14), cn es imaginaria pura y los ángulos θn son múltiplos impares de 90°. Simetría de Media Onda Una señal posee simetría de media onda si

 T  f (t ) = − f  t − 0   2 

(15.25)

Básicamente, esta ecuación establece que cada medio ciclo es una versión invertida del semiciclo adyacente; es decir, si la forma de onda de −T0/2 a 0 es invertida, se obtiene una forma de onda idéntica a onda de 0 a T0/2. Las señales en las Figs. 15.5a y c poseen simetría de media onda.

Figura 15.5 Tres señales: (a) y (c) poseen simetría de media onda.

Una vez más, en este caso se pueden derivar las expresiones para los coeficientes de Fourier repitiendo el desarrollo matemático que condujo a las ecuaciones para la simetría de la función par usando el cambio de variable t = x + T0 2 y la Ec. (15.25). Los resultados de este desarrollo son las siguientes ecuaciones:

a0 = 0

(15.26)

an = b n = 0 an =

4 T0

bn =

4 T0

∫

T0 2

∫

T0 2

0

0

para n par

(15.27)

f (t )cos nω0 t dt

para n impar

(15.28)

f (t )sen nω0 t dt

para n impar

(15.29)

Las relaciones siguientes con frecuencia son útiles en la evaluación de los coeficientes de las series trigonométricas de Fourier:

1

∫ x sen ax dx = a

2

1 sen ax − x cos ax , a

1

∫ x cos ax dx = a

2

1 cos ax + x sen ax a

(15.30)

José R. Morón

174

Ejemplo 15.3 Se desea encontrar la serie de Fourier trigonométrica para la señal periódica en la Fig. 15.3. Solución La señal exhibe simetría de función periódica y por tanto

a0 = 0 bn = 0 para toda n La señal también exhibe simetría de media onda y por tanto

an = 0

para n par

En consecuencia,

an =

4 T0

∫

T 2

0

f (t )cos nω0 t dt

para n impar

T 2  4 T 2 V cos nω0 t dt − V cos nω0 t dt   T 0  0 4V T 4 T 2 = sen nω0 t 0 − sen nω0 t T 4 nω0T

=

∫

∫

)

(

nπ nπ  4V  − sen nπ + sen  sen  nω0T  2 2  4V nπ n impar = sen nπ 2

=

El lector debe comparar este resultado con el obtenido en el Ejemplo 15.1. Ejemplo 15.4 Determínese la expansión en serie de Fourier trigonométrica para la forma de onda en la Fig. 15.5a. Solución La función no sólo exhibe simetría de función impar, sino que también posee simetría de media onda. Por tanto, solamente es necesario determinar los coeficientes bn para n impar. Observe que

 4V T t  v(t ) =  0  2V − 4V t  T0

0 ≤ t ≤ T0 4 T0 4 < t ≤ T0 2

Los coeficientes bn son entonces

4 bn = T0

T 4

⌠   ⌡0

4Vt 4 sen nω0 t dt + T0 T0

T 2

⌠    2V  ⌡T0 4 

−

4Vt  sen nω0 t dt T0 

La evaluación de estas integrales es tediosa pero se puede obtener directamente de una tabla y produce

bn =

8V 2 2

n π

sen

nπ 2

para n impar

La expansión en serie de Fourier es entonces ∞

v(t ) =

∑ n =1 n impar

8V 2 2

n π

sen

nπ sen nω0 t 2

Ejemplo 15.5 Se quiere hallar la expansión en serie de Fourier trigonométrica de la señal en la Fig. 15.5b.

José R. Morón

175

Solución Observe que esta onda tiene un valor promedio de 3/2. Por tanto, en vez de determinar la expansión en serie de Fourier de f (t ) , determinaremos la serie de Fourier para f(t) − 3/2, que es la señal mostrada en la Fig. 15.5c. Esta última señal posee simetría de media onda. La función también es impar y, por tanto,

bn = =

4 ⌠ T0  T0 ⌡0

2

1 2 sen nω0 t dt = T0 2

−2 ( cos nπ − 1) = 2 nω0T0 nπ

En consecuencia, la expansión en serie de Fourier para

f (t ) −

3 = 2

∞

∑ n=1 n impar

2 sen nω0 t nπ

 −1   nω cos nω0 t   0 

T0 2 0

para n impar

f (t ) − 3 2 es o

f (t ) =

3 + 2

∞

∑ n =1 n impar

2 sen nω0 t nπ

E15.3 Determine el tipo de simetría exhibido por las señales en las Figs. E15.2 y E15.3. v(t)

−4

−3

0 1

−1

23

45

t

6

Figura E15.3

Respuesta: La Fig. E15.2, simetría par, la Fig. E15.3, simetría de media onda. E15.4 Halle la serie de Fourier trigonométrica para la señal de voltaje en la Fig. E15.2. ∞

Respuesta: v(t ) = 2 +

4

∑ nπ  2 sen n=1

2nπ nπ  nπ − sen  cos t 3 3  3

E15.5. Halle la serie de Fourier trigonométrica para la señal de voltaje en la Fig. E15.3. ∞

Respuesta: v(t ) =

2

2

∑ nπ sen 2 t cos 2 t + nπ ( 2 − cos nπ) sen 2 t nπ

nπ

nπ

n =1 n impar

Es interesante observar que cualquier función periódica v(t) que no sea de simetría par o impar puede descomponerse en partes par e impar. Usando las propiedades de las funciones pares e impares, se puede escribir

v (t ) =

1 1 [ v(t ) + v(−t )]´+ [ v(t ) − v( −t )] = v p (t ) + vi (t ) 2   2   par

Observe que v p (t ) =

1 2

[ v(t ) + v(−t )]

(15.31)

impar

satisface la propiedad de una función par, en tanto que vi (t ) =

1 2

[ v(t ) − v(−t )]

satisface la propiedad de una función impar. El hecho de que vp(t) contenga sólo términos de CD y los términos coseno, mientras que vi(t) contenga solamente los términos seno, puede aprovecharse agrupando la expansión en serie de Fourier de v(t) como ∞

v(t ) = a0 +

∑

∞

an cos nω0 t +

n = 1    par

∑b

n sen nω0 t n = 1 

= v p (t ) + vi (t )

impar

De (15.32) se deduce rápidamente que cuando v(t) es par, bn = 0, y cuando v(t) es impar, a0 = 0 = an .

(15.32)

José R. Morón

176

Observe también las siguientes propiedades de las funciones pares e impares: 1. El producto de dos funciones pares es también una función par. 2. El producto de dos funciones impares es una función impar. 3. El producto de una función par y una función impar es una función impar. 4. La suma o diferencia de dos funciones pares es también una función par. 5. La suma o diferencia de funciones impares es una función impar. 6. La suma o diferencia de una función par y una función impar no es ni par ni impar.

Desplazamiento en el Tiempo Ahora se examinará el efecto de desplazar en el tiempo una señal periódica f(t) definida por la ecuación ∞

∑c e

f (t ) =

n

jnω0 t

n =−∞

Observe que ∞

f (t − td ) =

∑c e n

jnω0 ( t −t d )

n =−∞

o ∞

f (t − td ) =

∑ (c e n

− jnω0 t d

) e jnω t 0

(15.33)

n =−∞

Puesto que e − jω0 t d corresponde a un corrimiento de fase, los coeficientes de Fourier de la función desplazada en el tiempo son los coeficientes de Fourier de la función original, con el ángulo desplazado por una cantidad directamente proporcional a la frecuencia. Por tanto, el desplazamiento en el dominio del tiempo corresponde a un desplazamiento de fase en el dominio de la frecuencia. Ejemplo 15.5 la señal en la Fig. 15.3 se retrasa por un cuarto de período y se calculará la serie de Fourier correspondiente. Solución. La señal en la Fig. 15.3 retrasada por T0/4 se muestra en la Fig. 15.5. Como el retraso es igual a T0/4, entonces

nω0 t d = n

2 π T0 π = n = 90° T0 4 2

Figura 15.5

Por tanto, usando la Ec. (15.33) y los resultados del Ejemplo 15.1, los coeficientes de Fourier para la señal desplazada en el tiempo son

cn = y por tanto,

2V nπ sen ∠ − 90° nπ 2

n impar

José R. Morón

177

∞

∑

v(t ) =

n =1 n impar

4V nπ sen cos ( nω0 t − n 90° ) nπ 2

Si se calculan los coeficientes de Fourier para la onda desplazada en el tiempo en la Fig. 15.5, se obtiene

cn =

1 T0

=

1 T0

∫

T0 2

∫

0

−T0 2

f (t )e − jnω0 t dt −Ve − jnω0 t dt +

−T0 2

1 T0

 T0 2 jnω0 t 1 Ve dt + − T 0 0  j 2V T0 2 =− sen ( nω0 t ) dt T0 0 2V = para n impar jnπ =

1 T0

∫

∫

T0 2

0

∫

T0 2

0

Ve − jnω0 t dt

 Ve − jnω0t dt  

∫

En consecuencia,

cn =

2V ∠ − 90°, nπ

n impar

Como n es impar, se puede demostrar que esta expresión es equivalente a la obtenida anteriormente. En general, el corrimiento de fase se puede calcular en grados usando la expresión

Corrimiento de fase (grados) = ω0 t d = ( 360° )

td T0

(15.34)

de modo que un desplazamiento en el tiempo de un cuarto de período corresponde a un corrimiento de fase de 90°. Como otra característica interesante del desplazamiento en el tiempo, considere una función f1(t) que es diferente de cero en el intervalo 0 ≤ t ≤ T0/2 y es cero en el intervalo T0/2 < t ≤ T0. Como ilustración, supóngase que f1(t) es la señal triangular mostrada en la Fig. 15.6a. f 1 ( t − T0 2 ) es entonces como muestra la Fig. 15.6b. Así pues, la función f(t) definida como

 T  f ( t ) = f 1 (t ) − f 1  t − 0   2 

(15.35)

es como se muestra en la Fig. 15.6c. Observe que f(t) tiene simetría de media onda. Además, note que si ∞

f 1 (t ) =

∑c e n

− jnω0 t

n =−∞

entonces

 T f ( t ) = f 1 (t ) − f 1  t − 0  2

∞

 c n ( 1 − e − jnπ ) =  n =−∞

∑

 ∞ 2c n e jnω0 t n impar  = n =−∞  n par 0

∑

(15.36)

José R. Morón

178

Figura 15.6

Por tanto, se ve que cualquier función con simetría de media onda puede expresarse en la forma de la Ec. (15.35), donde la serie de Fourier es definida por la Ec. (15.36) y cn representa los coeficientes de Fourier para f1(t). Ejemplo 15.6 Determínese la serie de Fourier para la función coseno con rectificación de media onda mostrada en la Fig. 15.7.

Figura 15.7. Una onda coseno con rectificación de media onda.

Solución Ésta es una función par, de modo que bn = 0. También, T0 = 4, ω0 = 2 π T0 = π 2 . En un periodo,

 0 − 2,  π f (t ) =  cos t , 2   0, a0 = =

an = = Para n = 1,

2 T0

∫

T0 2

0

f (t ) dt =

12 π sen 2π 2

1

= 0

2  4

∫

1

0

< t < −1 −1 < t < 1 1
π cos t dt + 2

∫

2

1

 0 dt  

1 π

4  4

∫

T0 2

1 2

1

π π  ( ) ( )   cos 2 n + 1 t + cos 2 n − 1 t  dt

0

∫

0

f (t ) cos nω0 t dt =

∫

1

 π nπ cos t cos dt + 0  2 2 

4 T0

0

José R. Morón

179

a1 =

1 2

∫

1

0

1

[ cos πt + 1] dt = 1  sen πt + t  = 1 2

0

π

2

Para n > 1,

an =

π π 1 1 sen ( n + 1 ) + sen ( n − 1 ) π ( n + 1) 2 π ( n − 1) 2

Para n impar, tanto (n + 1) como (n − 1) son pares y, por tanto,

π π sen ( n + 1 ) = 0 = sen ( n − 1 ) 2 2 Para n par, (n + 1) como (n − 1) son impares y entonces

π π nπ ( ) n 2 sen ( n + 1 ) = − sen ( n − 1 ) = cos = −1 2 2 2 En consecuencia,

an =

( −1 ) n 2 − ( −1 ) n 2 −2 ( −1 ) n 2 + = , π ( n + 1) π ( n − 1) π ( n 2 − 1)

n par

Así pues, n2

∞

f (t ) =

( −1 ) 1 1 π 2 nπ + cos t − cos t 2 π 2 2 π n par n − 1 2

∑

o

1 1 π 2 f (t ) = + cos t − π 2 2 π

∞

( −1 ) k

∑ 4k k =1

2

−1

cos k πt

que es una serie de Fourier en cosenos. E15.6 Si la señal en la Fig. E15.1 es retrasada 1 s, se obtiene la señal en la Fig. E15.6. Calcule los coeficientes de la serie de Fourier exponencial para la señal en la Fig. E15.6 y demuestre que ellos difieren de los coeficientes para la señal en la Fig. E15.1 por un ángulo n(180°). v(t) 1 0

−1

Respuesta: c 0 =

 1− e 1 , c n = −  2  j 2 nπ

− jnπ

1

2

3

4

t (s)

Figura E15.6

  

Generación de Señales La magnitud de los armónicos en una serie de Fourier es independiente de la escala del tiempo de una forma de señal dada. Por tanto, las ecuaciones para una variedad de señales se pueden dar en forma tabular sin expresar un escala específica para el tiempo. La Tabla 15.2 es un conjunto de señales periódicas que ocurren comúnmente donde se ha usado la simetría para simplificar los coeficientes. Estas señales pueden usarse para generar otras señales. El nivel de una onda puede ajustarse cambiando la componente del valor promedio; el tiempo puede desplazarse ajustando el ángulo de los armónicos; y dos señales pueden sumarse para producir una tercera señal. Por ejemplo, las señales en las Figs. 15.8a y b pueden sumarse para producir la señal en la Fig. 15.8c.

José R. Morón

180

Figura 15.8

TABLA 15.2 Series de Fourier para algunas señales comunes ∞

∑ ( −1)

f (t ) =

n+1

n =1 n impar

∞

f (t ) =

8A

∑nπ 2

2

2A sen nω0 t nπ

sen

n =1 n impar

∞

f (t ) =

∑ nπ sen T

n =−∞

A

nπ sen nω0 t 2

nπδ 0

e

jnω0 ( t −δ 2 )

José R. Morón

181

∞

f (t ) =

−4 A

∑π n

2 2

cos nω0 t +

n =1

f (t ) =

A + 2

∞

f (t ) =

∞

2A sen nω0 t πn

∑ πn sen nω t A

0

n=1

A ( 1 − eα )

∑ α + j2πn e

jnω0t

n =1

E15.7 En la Fig. E15.7 se muestran dos señales periódicas. Calcule la serie de Fourier exponencial para cada una de ellas y luego sume los resultados para obtener la serie para la señal en la Fig. E15.2.

José R. Morón

182

Figura E15.7

2 2 nπ jnω0 t 4 4  nπ 2 nπ  jnω0 t +∑ sen e ; v2 (t ) = + ∑ −  sen − sen e 3 n =−∞ nπ 3 3 n =−∞ nπ  3 3  ∞

Respuesta: v1 (t ) =

∞

n≠0

Espectro de Frecuencias El espectro de frecuencias de la función f(t) expresado como una serie de Fourier consiste de una gráfica de la amplitud de los armónicos versus la frecuencia, a la cual se le llama el espectro de amplitud, y una gráfica de la fase de los armónicos versus la frecuencia, al cual llamamos el espectro de fase. Como las componentes de frecuencia son discretas, los espectros se denominan espectros de líneas. Estos espectros ilustran el contenido de frecuencia de la señal. Las gráficas de los espectros de amplitud y de fase se basan en las Ecs. (15.1), (15.3) y (15.7) representan la amplitud y la fase de la señal para frecuencias específicas. Así pues, el análisis de Fourier es también una herramienta matemática para hallar el espectro de una señal periódica. Ejemplo 15.7 La serie de Fourier para la señal de tipo triangular mostrada en la Fig. 15.8c con A = 5 es dada por la ecuación ∞

v(t ) =

∑ n =1 n impar

40  20   sen nω0 t − 2 2 cos nω0 t  n π  nπ 

Se quiere graficar los primeros cuatro términos de los espectros de amplitud y fase para esta señal. Solución. Como Dn ∠θ n = an − jbn , los primeros cuatro términos para esta señal son

D1 ∠θ1 = − D3 ∠θ 3 = − D5 ∠θ 5 = − D7 ∠θ7 = −

40 π2

−j

40 9π

2

−j

40 25π 2 40 49π

20 = 7.5∠ − 122° π

2

20 = 2.2∠ − 102° 3π

−j

20 = 1.3∠ − 97° 5π

−j

20 = 0.91∠ − 95° 7π

Por tanto, las gráficas de amplitud y fase versus ω son como se muestra en la Fig. 15.9.

Figura 15.9

José R. Morón

183

Ejemplo 15.8 Hállese la serie de Fourier compleja para la onda en diente de sierra de la Fig. 15.10. Grafique los espectros de amplitud y de fase.

Figura 15.10

Solución De la Fig. 15.10,

f (t ) = t , 0 < t < 1, T0 = 1, de modo que ω0 = 2 π T0 = 2 π . Por tanto,

cn =

=

1 T0 e

∫

T0

0

− j 2 nπ

f (t )e − jnω0 t dt =

1 1

∫

1

0

t e − j 2 πnt dt =

e − j 2 nπt

( − j 2 nπ ) 2

1

( − j 2 nπt − 1 ) 0

( − j 2 nπ − 1 ) + 1 −4n 2 π 2

o, como e − j 2 πn = 1 ,

cn = Cuando n = 0,

c0 =

1 T0

∫

− j 2nπ −4n π

T0

0

2 2

j , 2nπ

=

f (t )dt =

1 1

∫

n≠0

1

0

t dt =

t2 2

1

= 0.5 0

Por tanto, ∞

f (t ) = 0.5 +

∑ 2nπ e j

j 2 nπt

n =−∞ n≠0

y

cn

 1 ,  =2 n π  0.5, 

n≠0

,

θn = 90°, n ≠ 0

n=0

Graficando c n y θn para diferentes valores de n, se obtienen los espectros de amplitud y de fase mostrados en la Fig. 15.11.

Figura 15.11 Espectros para el Ejemplo 15.8: (a) amplitud, (b) fase.

José R. Morón

184

E15.8 Determinar la serie de Fourier trigonométrica para la señal de voltaje en la Fig. E15.8 y grafique los primeros cuatro términos de los espectros de amplitud y fase para esta señal. v(t)

−1 Respuesta:

0

1

2

t

Figura E15.8

a0 = 1 2 ; D1 = − j ( 1 π ) ; D2 = − j ( 1 2 π ) ; D3 = − j ( 1 3π ) ; D4 = − j ( 1 4 π )

Aplicaciones a Circuitos Respuesta de la Red en Régimen Permanente Si se aplica una señal periódica a una red, la respuesta de voltaje o corriente en régimen permanente (estado estacionario) en algún punto en el circuito puede determinarse en la forma siguiente. Primero, representamos la función periódica de excitación mediante una serie de Fourier. Si la función de excitación para una red es un voltaje, ella puede expresarse en la forma

v(t ) = v0 + v1 (t ) + v 2 (t ) + ⋯ y por tanto representarse en el dominio del tiempo como se muestra en la Fig. 15.12. Cada fuente tiene su propia amplitud y frecuencia. Luego se determina la respuesta debida a cada componente de la serie de Fourier en la entrada; es decir, usamos análisis fasorial en el dominio de frecuencia para determinar la respuesta de la red debida a cada fuente. La respuesta de la red debida a cada fuente en el dominio de frecuencia es entonces transformada al dominio del tiempo. Finalmente, se suman las soluciones en el dominio del tiempo que se deben a cada fuente usando el Principio de Superposición para obtener la serie de Fourier para la respuesta total de la red en el régimen permanente.

Red

Figura 15.12

Ejemplo 15.9 Se quiere determinar el voltaje en régimen permanente vo(t) en la red de la Fig. 15.13 si el voltaje de entrada v(t) es dado por la expresión ∞

v(t ) =

∑ n =1 n impar

40  20   sen 2nt − 2 2 cos 2nt  V n π n π  

José R. Morón

185

Solución. Observe que esta fuente no tiene término constante y por tanto su valor de CD es cero. La amplitud y fase para los primeros cuatro términos de esta señal se dan en el Ejemplo 15.6 y por tanto la señal v(t) puede escribirse como

v(t ) = 7.5 cos ( 2t − 122° ) + 2.2 cos ( 6t − 102° ) + 1.3 cos ( 10t − 97° ) + 0.91 cos ( 14t − 95° ) + ⋯

Figura 15.13

Para la red se determina que

I=

I1 =

V ( 1 + j 2ω) V = 2 jω 4 + j 4ω 2+ 1 + 1 jω I ( 1 jω ) 2 + 1 jω

=

Vo = ( 1 ) I 1 = 1 ⋅

I 1 + j2ω V ( 1 + j 2 ω) 4 + j 4ω

1 V = 1 + j 2 ω 4 + j 4ω

Por tanto, como ω0 = 2,

Vo ( n ) =

V (n) 4 + j 8n

Las componentes individuales de la salida debidas a las componentes de la fuente de entrada son entonces

Vo ( ω0 ) =

7.5 ∠ − 122° = 0.84 ∠ − 185.4° V 4 + j8

Vo ( 3ω0 ) =

2.2 ∠ − 102° = 0.09 ∠ − 182.5° V 4 + j 24

Vo ( 5ω0 ) =

1.3 ∠ − 97° = 0.03 ∠ − 181.3° V 4 + j 40

Vo ( 7 ω0 ) =

0.91 ∠ − 95° = 0.016 ∠ − 181° V 4 + j 56

En consecuencia, el voltaje de salida en régimen estacionario vo(t) puede escribirse como

v o (t ) = 0.84 cos ( 2t − 185.4° ) + 0.09 cos ( 6t − 182.5° ) + 0.03 cos ( 10t − 181.3° ) + 0.016 cos ( 14t − 181° ) + ⋯ ( V ) Ejemplo 15.10 Suponga que la función v(t) en el ejercicio E15.1 es la fuente de voltaje vs(t) en el circuito de la Fig. 15.14. Halle la respuesta vo(t) del circuito.

José R. Morón

186

Figura 15.14

Solución. Del ejercicio E15.1 se tiene que

cn =

1 − e − jnπ 1 ; c0 = 2 j 2 nπ

o, utilizando la Ec. (15.10), se calculan los coeficientes de la serie trigonométrica y se obtiene que

vs (t ) =

1 2 + 2 π

∞

∑ n sen nπt , 1

n = 2k − 1

k =1

donde ωn = nω0 = nπ rad/s. Usando fasores y división de voltaje, se obtiene la respuesta Vo en el circuito de la Fig. 15.14:

jω0 L j 2 nπ Vs = Vs R + jωL 5 + j 2nπ

Vo = Para la componente de CD (ωn = 0 o n = 0),

Vs =

1 2

⇒

Vo = 0

Para el armónico n-ésimo,

Vs =

2 ∠ − 90° nπ

y la respuesta correspondiente es

Vo =

2nπ∠90° 25 + 4n π ∠ ( tan 2 2

−1

 2   ∠ − 90°   2nπ 5 )  nπ

4 ∠ − tan −12 nπ 5

=

25 + 4n 2 π2

En el dominio del tiempo, ∞

vo ( t ) =

∑ k =1

4

2 nπ   cos  nπt − tan −1 , 5   25 + 4n π 2 2

n = 2k − 1

Los primeros tres términos (k = 1, 2, 3 o n = 1, 3, 5) de las armónicas impares en la sumatoria nos dan

vo (t ) = 0.4981 cos ( πt − 51.49° ) + 0.2051 cos ( 3πt − 75.14° ) + 0.1257 cos ( 5πt − 80.96° ) + ⋯ V Ejemplo 15.11 Halle la respuesta io(t) en el circuito de la Fig. 15.15 si el voltaje de entrada v(t) tiene la expansión en serie de Fourier ∞

v(t ) = 1 +

∑ 1+ n n=1

2 ( −1 )

n

2

( cos nt − n sen nt )

José R. Morón

187

Figura 15.15

Solución El voltaje de entrada se puede expresar como ∞

v(t ) = 1 +

∑ 1+n

2 ( −1 )

n

( cos nt − n sen nt )

2

n=1

= 1 − 1.414 cos ( t + 45° ) + 0.8944 cos ( 2t + 63.45° ) − 0.6345 cos ( 3t + 71.56° ) − 0.4851 cos ( 4t + 78.7° ) + ⋯ Observe que ω0 = 1 y ωn = n rad/s. Entonces, la impedancia “vista” por la fuente es

jωn 8 8 + jωn 8 = 4 + jωn 2 2 + jωn

Z = 4 + jωn 2 4 = 4 + La corriente de entrada es

I=

V 2 + jωn = V Z 8 + jωn 8

donde V es la forma fasorial del voltaje de la fuente v(t). Por el principio de división de corriente,

Io =

4 V I= 4 + jωn 2 4 + j 4 ωn

Como ωn = n, la corriente Io puede expresarse como

Io =

V 2

4 1 + n ∠ tan −1 n

Para la componente de CD (ωn = 0 o n = 0)

V=1

⇒

Io =

V 1 = 4 4

Para el n−ésimo armónico,

V=

2 ( −1 )

n

1+n

2

∠ tan −1 n

tal que

Io =

1

2 ( −1 )

n

4 1 + n 2 ∠ tan −1 n 1 + n 2

∠ tan −1 n =

( −1 ) n 1 ( 1 + n2 )

En el dominio del tiempo,

i o (t ) =

∞ ( −1 ) n 1 + cos nt A 4 n =1 2 ( 1 + n 2 )

∑

Ejemplo 15.12 Para el circuito de la Fig. 15.16a, determine la respuesta i(t) en régimen permanente correspondiente a la función de excitación mostrada en la Fig. 15.16b si i(0) = 0.

José R. Morón

188

(b)

(a)

Figura 15.16

Solución La función de excitación tiene una frecuencia fundamental ω0 = 2 rad/s y su serie de Fourier es dada por ∞

vs (t ) = 5 +

20 sen 2nt π n =1 (impar) n

∑

Trabajando en el dominio de frecuencia, se tiene que

vsn (t ) =

20 sen 2nt nπ

y

Vsn =

20 20 ∠ − 90° = − j nπ nπ

La impedancia ofrecida por el circuito RL para esta frecuencia es

Z n = 4 + j ( 2 n ) 2 = 4 + j 4n y por tanto la componente de la respuesta forzada a esta frecuencia es

I fn =

− j5 Vsn = Z n nπ ( 1 + jn )

Transformando ahora al dominio del tiempo, se tiene que

5 1 cos ( 2nt − 90° − tan −1 n ) nπ 1 + n 2 5  sen 2nt  = − cos 2nt   2  π (1 + n )  n

i fn =

Como la respuesta a la componente de CD es simplemente 5/4 = 1.25 A, la respuesta forzada puede expresarse como la suma

i f (t ) = 1.25 +

5 π

∞

∑ n=1 n impar

 sen 2nt cos 2nt  −  ( 2  2 n 1 + n ) 1+ n 

Potencia Promedio Ya se demostró que cuando una red lineal es excitada con una señal periódica sinusoidal de periodo T0, entonces los voltajes y corrientes en la red son de la forma ∞

v(t ) = VCD +

∑V

n

cos ( nω0 t − θ vn )

n =1

e ∞

i(t ) = I CD +

∑I n=1

n

cos ( nω0 t − θin )

José R. Morón

189

Si se emplea la convención pasiva de los signos y se supone que el voltaje a través de un elemento y la corriente que pasa por él son dados por las ecuaciones precedentes, entonces la expresión para la potencia promedio P es

1 T0

P=

∫

t x +T0

1 T0

p(t ) dt =

t0

∫

t x +T0

v(t )i(t ) dt

(15.37)

t0

Observe que el integrando involucra el producto de dos series infinitas. Sin embargo, la determinación de la potencia promedio es realmente más fácil de lo que parece. Primero, observe que el producto VCDICD cuando se integra en un período y se divide por el período, es simplemente VCDICD. Segundo, el producto de VCD y cualquier armónico de la corriente o de ICD y cualquier armónico del voltaje cuando se integran en un período da cero. Tercero, el producto de cualesquiera dos armónicos diferentes del voltaje y la corriente cuando se integran por un período da cero. Finalmente, los términos diferentes de cero resultan solamente de los productos del voltaje y la corriente con la misma frecuencia. Por tanto, se encuentra que ∞

P = VCD I CD +

∑

Vn I n cos ( θ vn − θ in ) 2 n=1

(15.38)

Esta ecuación muestra que en el cálculo de la potencia promedio que involucra voltaje y corriente periódicos, la potencia promedio total es la suma de las potencias promedio en cada voltaje y corriente relacionados armónicamente. Dada una función periódica f (t ) , su valor efectivo (o valor rms) es dado por

1 T0

Frms =

∫

T0

f 2 (t ) dt

0

(15.39)

Sustituyendo la f (t ) dada en la Ec. (15.1) en la Ec. (15.39), se obtiene 2 Frms

1 = T0

T0

⌠  ⌡0

∞  2  a0 + 2 a0 Dn cos ( nω0 t + θ n )  n=1

∑

 Dn Dm cos ( nω0 t + θn ) cos ( mω0 t + θm )  dt  n= 1 m =1 ∞

+

=

1 T0

∫

0

∞

+

T0

∞

∑∑

∞

a02 dt + 2

∑a D T ∫ 1

0

n

n =1

∞

∑∑ D D n

n =1 m = 1

m

1 T0

∫

T0

0

T0

0

0

cos ( nω0 t + θ n ) dt

cos ( nω0 t + θ n ) cos ( mω0 t + θ m ) dt

La segunda integral se anula, ya que se está integrando la función coseno sobre su periodo. También, todos los términos en la tercera integral se anulan cuando m ≠ n; evaluando la integral cuando m = n, se obtiene

1 2

2 Frms = a02 +

∞

∑D

2 n

n=1

o

Frms = a02 +

1 2

∞

∑D

2 n

(15.40)

n=1

En términos de los coeficientes de Fourier an y bn, la Ec. (15.40) puede escribirse como

Frms = a02 +

1 2

∞

∑(a n=1

2 n

+ bn2 )

(15.41)

José R. Morón

190

Elevando al cuadrado este resultado, se obtiene 2 Frms = a02 +

1 2

∞

∑(a

2 n

+ bn2 )

(15.42)

n=1

Este resultado se conoce como el teorema de Parseval. Observe que si Frma es el voltaje aplicado a una resistencia de 1 Ω, entonces a02 es la potencia en la componente de CA y

1 2

( an2 + bn2 )

es la potencia de CA en la n-ésima

armónica. Por tanto, el teorema de Parseval establece que la potencia promedio en una señal periódica es la suma de la potencia promedio en su componente de CD y las potencias promedio en sus armónicos. En términos de los coeficientes de Fourier complejos cn, el valor efectivo de una señal periódica puede determinarse como 2 Frms

1 = T

∫

T

0

T

 ∞  1⌠ f (t ) dt =  f (t )  cn e jnω0t  dt T⌡  n =−∞  0

∞

∑c

=

n =−∞ ∞

∑

=

∑

2

n

1  T

∫

T

0

 f (t ) e jnω0t dt  

∞

cn cn∗ =

n =−∞

∑

(15.43)

2

cn

n =−∞

o ∞

2 Frms

∑

=

cn

2

(15.44)

n =−∞

La Ec. (15.43) puede escribirse como 2 Frms = c0

2

∞

+2

∑c

2

(15.45)

n

n=1

La Ec. (15.43) es otra forma de escribir el teorema de Parseval. El espectro de potencia de la señal f (t ) es la gráfica de cn es

2 Frms

2

versus nω0. Si f (t ) es el voltaje a través de un resistor R, la potencia promedio absorbida por el resistor 2 R . Si f (t ) es la corriente que pasa por R, la potencia es Frms R.

Como una ilustración, considere el tren de pulsos periódicos de la Fig. 15.17. Se desea obtener los espectros de amplitud y de fase. El periodo del tren de pulsos es T = 10, de manera que ω0 = 2 π T = π 5 . Entonces los coeficientes de Fourier son

cn =

=

1 T

∫

T 2

−T 2

f (t ) e − jnω0 t dt =

1 e − jnω0 t − jnω0

=2

sen nω0 , nω0

1 −1

=

ω0 =

1 10

∫

1

−1

10 e jnω0 t dt

1 ( jnω0 e − e jnω0 ) jnω0 π 5

Figura 15.17

(15.46)

José R. Morón

191

y ∞

f (t ) = 2

sen n π 5 jn π 5 e nπ 5 n =−∞

∑

Observe en la ecuación para los coeficientes cn que éstos son el producto de 2 y una función de la forma sen x x . Esta función, conocida como la función sinc, se escribe como

sinc( x ) =

sen x x

(15.47)

Algunas propiedades de la función sinc son importantes. Cuando el argumento es cero, el valor de la función es la unidad:

sinc(0) = 1

(15.48)

Para un valor múltiplo entero de π, el valor de la función sinc es cero, esto es,

sinc ( nπ ) = 0,

n = 1, 2, 3, …

(15.49)

También, la función sinc muestra simetría par. Tomando todo esto en cuenta, se pueden obtener los espectros de amplitud y fase de f (t ) . De la Ec. (15.46), la magnitud es

cn = 2

sen n π 5 nπ 5

(15.50)

y la fase es

  0°, θn =   180°,  La Fig. 15.18 muestra la gráfica de cn

nπ <0 5 nπ sen >0 5 sen

(15.51)

versus n para una variación de n de −10 a 10, donde n = ω/ω0 es la

frecuencia normalizada. La Fig. 15.19 muestra la gráfica de θn versus n. Ambos espectros se conocen como los espectros de líneas, porque los valores de cn y θn ocurren sólo en valores discretos de la frecuencia. La separación entre las líneas es ω0. Observe que la función sinc forma la envolvente del espectro de amplitud.

Figura 15.18

Figura 15.19

José R. Morón

192

Ejemplo 15.13 En la red de la Fig. 1520,

v(t ) = 42 + 16 cos ( 377 t + 30° ) + 12 cos ( 754t − 20° ) V Se quiere calcular la corriente i(t) y determinar la potencia promedio absorbida por la red.

Figura 15.20

Solución. El capacitor actúa como un circuito abierto para CD y, por tanto, ICD = 0. En ω = 377 rad/s, se obtiene

1 1 = = − j 26.53 Ω jωC j ( 377 )( 100 )( 10 ) −6 −6 jωL = j ( 377 )( 20 )( 10 ) = j7.54 Ω

Por tanto,

I 377 =

16∠30° = 0.64∠79.88° A 16 + j7.54 − j 26.53

Para ω = 754 rad/s,

1 1 = = − j 13.26 Ω jωC j ( 754 )( 100 ) ( 10 ) −6 jωL = j ( 754 )( 20 )( 10 )

−6

= j 15.08 Ω

Entonces,

I 754 =

12∠20° = 0.75∠25.49° ( A ) 16 + j 15.08 − j 13.26

y la corriente i(t) es

i(t ) = 0.64 cos ( 377 t + 79.88° ) + 0.75 cos ( 754t + 26.49° ) ( A ) La potencia promedio absorbida por la red es

P = ( 42 ) ( 0 ) +

( 16 )( 0.64 ) 2

cos ( 30° − 79.88° ) +

( 12 ) ( 0.75 ) 2

cos ( −20° + 26.49° )

= 7.77 ( W ) Ejemplo 15.14 Halle un estimado del valor efectivo del voltaje en el Ejemplo 15.11. Solución. Del Ejemplo 15.11, el voltaje v(t) se expresa como

v(t ) = 1 − 1.414 cos ( t + 45° ) + 0.8944 cos ( 2t + 63.45° ) − 0.6345 cos ( 3t + 71.56° ) − 0.4851 cos ( 4t + 78.7° ) + ⋯ ( V ) Al aplicar la Ec. (15.40), se obtiene

José R. Morón

193

Frms = a02 + = 12 +

1 2

∞

∑D

2 n

n=1

1 2 2 2 2 ( −1.414 ) + ( 0.8944 ) + ( −0.6345 ) + ( −0.4851) + ⋯ 2

= 2.7186 = 1.649 V Éste es sólo un estimado ya que no tenemos suficientes términos de la serie. Ejemplo 15.15 Determine la potencia promedio entregada al circuito en la Fig. 15.21 si i(t ) = 2 + 10 cos ( t + 10° ) + 6 cos ( 3t + 35° ) .

Figura 15.21

Solución. La impedancia de entrada de la red es

Z = 10

10 ( 1 j 2ω ) 1 10 = = j 2 ω 10 + 1 j 2 ω 1 + j 20ω

Por tanto,

V = IZ =

10 I 1 + 400ω2 ∠ tan −1 20ω

Para la componente de CD, ω = 0 e

I = 2A

⇒

V = 10(2) = 20 V

lo que era de esperarse, puesto que el capacitor es un circuito abierto para CD y toda la corriente de 2 A fluye por el resistor. Para ω = 1 rad/s,

I = 10∠0°

⇒

V=

I = 6∠35°

⇒

V=

10 ( 10∠10° ) 1 + 400 ∠ tan −1 20

= 5 ∠ − 77.14° A

Para ω = 3 rad/s,

10 ( 6∠35° ) 1 + 3600 ∠ tan −1 60

= 1 ∠ − 54.04° A

Por tanto, en el dominio del tiempo,

v(t ) = 20 + 5 cos ( t − 77.14° ) + 1 cos ( 3t − 54.04° ) V La potencia entregada por la fuente al circuito se obtiene mediante la aplicación de la Ec. (15.38):

1 1 P = 20(2) + (5)(10)cos ( 77.14° − ( −10° ) ) + (1 cos ( 54.04 − ( −35° ) ) 2 2 = 40 + 1.247 + 0.05 = 41.5 W E15.9 Determine la expresión para la corriente de estado estacionario i(t) en la Fig. E15.9 si el voltaje de entrada vs(t) es dada por la expresión

vs (t ) =

20 + π

∞

∑ π ( 4π n=1

−40 2

− 1)

cos 2 πt V

José R. Morón

194

Figura E15.9 ∞

Respuesta: i(t ) = 2.12 +

∑ π ( 4n n=1

−40 2

1

− 1) An

cos ( 2nt − θn ) A

E15.10 En los terminales de entrada de una red, el voltaje v(t) y la corriente i(t) son dados por las expresiones siguientes:

v(t ) = 64 + 36 cos ( 377t + 60° ) − 24 cos ( 754t + 102° ) ( V ) i(t ) = 1.8 cos ( 377t + 45° ) + 1.2 cos ( 754t + 100° ) ( A ) Respuesta: Pprom = 16.91 W

Halle la potencia promedio absorbida por la red.

15.2

La Transformada de Fourier

Las secciones precedentes de este capítulo han ilustrado que la serie de Fourier exponencial puede usarse para representar una señal periódica para todo el tiempo. Hay muchas funciones importantes que no son periódicas. Ahora se considerará una técnica para representar una señal no periódica para todos los valores del tiempo. La transformada de Fourier permite extender el concepto de un espectro de frecuencia a funciones no periódicas. Supóngase que se tiene una señal no periódica f(t), como muestra la Fig. 15.22a. Ahora se construye una nueva señal fp(t) que es idéntica a f(t) en el intervalo de −T/2 a T/2 pero es periódica con período T, como se muestra en la Fig. 15.22b. Como fp(t) es periódica, puede ser representada en el intervalo de −∞ a ∞ por una serie de Fourier exponencial: ∞

f p (t ) =

∑c e n

jnω0 t

(15.52)

n =−∞

donde

cn =

1 T

∫

T 2

−T 2

f p (t ) e − jnω0 t dt

(15.53)

y

ω0 =

2π T

(15.54)

En este punto se observa que si se toma el límite de la función fp(t) conforme T → ∞, la señal periódica en la Fig. 15.19b tiende a la señal no periódica en la Fig. 15.19a, esto es, las señales repetitivas centradas en −T y +T en la Fig. 15.19b y movidas hasta el infinito.

Figura 15.22

José R. Morón

195

El espectro de líneas para la señal periódica existe en las frecuencias armónicas

( nω0 )

y la separación

incremental entre los armónicos es

∆ω = ( n + 1 ) ω0 − nω0 = ω0 =

2π T

(15.55)

Conforme T → ∞, las líneas en el espectro de frecuencias para fp(t) se acercan más y más, ∆ω se acerca al diferencial dω y nω0 puede tomar cualquier valor de ω. Bajo estas condiciones, el espectro de líneas se convierte en un espectro continuo. Puesto que cuando T → ∞, cn → 0 en la Ec. (15.53), ahora se examinará el producto cnT, donde

c nT =

∫

T 2

f p (t ) e − jnω0 t dt

−T 2

En el límite conforme T → ∞,

∫

lím ( c nT ) = lím

T →∞

T 2

T →∞ −T 2

f p (t ) e − jnω0t dt

que, en vista de la discusión previa, puede escribirse como

lím ( c nT ) =

T →∞

∞

∫

f (t ) e − jωt dt

−∞

Esta integral se define como la transformada de Fourier de f (t ) , la cual se denotará como F(ω) y, por tanto,

F ( ω) =

∫

∞

f (t ) e − jωt dt

(15.56)

−∞

En forma similar, fp(t) puede expresarse como ∞

f p (t ) =

∑

∞

n =−∞ ∞

=

∑ (c T ) e

c n e jnω0t =

n

jnω0 t

n =−∞

∑ (c T ) e n

1 T

∆ω 2π

jnω0t

n =−∞

que en el límite, conforme T → ∞, se convierte en

1 f (t ) = 2π

∞

∫ F ( ω) e

jωt

dω

(15.57)

−∞

Las Ecs. (15.56) y (15.57) constituyen lo que se denomina el par de transformadas de Fourier. Como F(ω) es la transformada de Fourier de f(t) y f(t) es la transformada de Fourier inversa de F(ω), normalmente se expresan en la forma

F ( ω ) = F [ f ( t )] = f (t ) = F −1 [ F ( ω)] =

∫

∞

f (t ) e − jωt dt

(15.58)

−∞

1 2π

∫

∞

F ( ω ) e j ωt d ω

(15.59)

−∞

La transformada de Fourier es una transformada integral, como la transformada de Laplace. Transforma una función f (t ) del dominio del tiempo al de la frecuencia y es muy útil en el análisis de sistemas de comunicaciones y en el procesamiento de señales digitales. En general, la transformada F(ω) es una función compleja; su magnitud se conoce como el espectro de amplitud, y su fase se denomina el espectro de fase. Así pues, F(ω) es el espectro.

José R. Morón

196

En este momento es apropiado preguntar si es posible obtener la transformada de Fourier de cualquier función f (t ) escogida arbitrariamente. La respuesta es afirmativa para casi cualquier voltaje o corriente que se pueda producir realmente. Una condición suficiente para la existencia de

∫

∞

F(ω) es que

f (t ) dt < ∞

−∞

Sin embargo, esta condición no es necesaria, ya que algunas funciones que la cumplen tienen una transformada; la función escalón es un ejemplo.

15.3

Algunos Pares de Transformadas Importantes

Hay varios pares importantes de transformadas de Fourier. En el material a continuación se derivan varias de ellas y se da una tabla de algunas de las más comunes. Ejemplo 15.16 Se desea deducir la transformada de Fourier del pulso de voltaje mostrado en la Fig. 15.23a. Solución. Usando la Ec. (15.58), la transformada de Fourier es δ2

F ( ω) =

∫

Ve − jωt dt =

−δ 2

= Vδ

V − j ωt e − jω

δ2

=V −δ 2

sen ( ωδ 2 ) ωδ 2

Por tanto, la transformada de Fourier para la función

 0   f (t ) =  V    0

−∞ < t ≤ − −

δ δ
es

Figura 15.23

δ 2

e − jωδ 2 − e jωδ 2 − jω

José R. Morón

197

sen ( ωδ 2 )

F ( ω) = V δ

ωδ 2

En la Fig. 15.23c se muestra una gráfica de esta función. Estudiemos este ejemplo un poco más. Para ello, considérese ahora el tren de pulsos mostrado en la Fig. 15.23b. Usando las técnicas demostradas anteriormente, se puede demostrar que los coeficientes de Fourier para esta señal son

cn =

V δ sen ( nω0 δ 2 ) T0 nω0 δ 2

El espectro de líneas para T0 = 5δ se muestra en la Fig. 15.23d. Las ecuaciones y figuras en este ejemplo indican que conforme T0 → ∞ y la función periódica se vuelve no periódica, las líneas en el espectro discreto se vuelven más densas y la amplitud se hace menor, y el espectro de amplitud cambia de un espectro de línea (discreto) a un espectro continuo. Observe que la envolvente para el espectro discreto tiene la misma forma que el espectro continuo. Como la serie de Fourier representa la amplitud y fase de la señal en frecuencias específicas, la transformada de Fourier también especifica el contenido de frecuencias de una señal. Ejemplo 15.15 Hállese la transformada de Fourier para la función impulso unitario δ(t). Solución. La transformada de la función impulso unitario δ ( t − a ) es

∫

F ( ω) =

∞

δ ( t − a ) e − jωt dt

−∞

Usando la propiedad de selección del impulso unitario, se encuentra que

F ( ω ) = e − j ωa y si a = 0, entonces F ( ω) = 1 Observe entonces que la magnitud del espectro de F(ω) para f (t ) = δ(t ) es constante para todas las frecuencias. Ésta es una propiedad importante, como se verá más adelante. Ejemplo 15.17 Determine la transformada de Fourier de la función impulso δ ( t − t0 ) . Solución Para la función impulso,

F(ω) = F  δ ( t − t0 )  =

∫

∞

−∞

δ ( t − t 0 ) e − j ωt = e − j ωt 0

Para el caso especial cuando t0 = 0, se obtiene

F [ δ(t )] = 1 Ejercicio 15.18 Se quiere determinar la transformada de Fourier de la función f (t ) = e jω0t . Solución. En este caso observe que si F ( ω ) = 2 πδ ( ω − ω0 ) , entonces

f (t ) =

1 2π

∫

∞

−∞

2 πδ ( ω − ω0 ) e jωt dω

= e j ω0 t Por tanto, f (t ) = e jω0t y F ( ω ) = 2 πδ ( ω − ω0 ) representan un par de transformadas de Fourier.

(15.60)

José R. Morón

198

Usando el resultado de la Ec. (15.60), se obtiene

 e jω0 t + e − jω0 t  1 1 jω t − jω t F [ cos ω0 t ] = F   = F [e 0 ] + F [e 0 ] 2 2   2 = πδ ( ω − ω0 ) + πδ ( ω + ω0 ) RESPUESTA: F(ω) = jπ  δ ( ω + ω0 ) − δ ( ω − ω0 ) 

E15.11 Si f (t ) = sen ω0 t , halle F(ω).

En la Tabla 15.3 se muestran varios pares de transformadas de Fourier útiles. TABLA 15.3 Pares de transformadas de Fourier

F(ω)

f (t ) δ(t − a)

e − j ωa

A

2 πAδ(ω)

e jω0 t

2 πδ ( ω − ω0 )

cos ω0 t

πδ ( ω − ω0 ) + πδ ( ω + ω0 )

sen ω0 t

jπδ ( ω + ω0 ) − jπδ ( ω − ω0 )

e − at u(t )

1 a + jω

e

−a t

2a

, a>0

2

a + ω2 jω + a

e − at cos t u(t ), a > 0

( jω + a )2 + ω02 ω0

e − at sen t u(t ), a > 0

15.4

( jω + a )2 + ω02

Algunas Propiedades de la Transformada de Fourier

La transformada de Fourier definida por la ecuación

F ( ω) =

∫

∞

f (t )e − jωt dt

−∞

tiene varias propiedades importantes. La Tabla 15.4 proporciona una pequeña lista de varias de estas propiedades. Las demostraciones de estas propiedades son generalmente muy directas; sin embargo, como ejemplos se demostrarán algunas de ellas.

Linealidad Si F1(ω) y F2(ω) son las transformadas de Fourier de f 1 (t ) y f 2 (t ) , respectivamente, entonces

F [ a1 f 1 (t ) + a2 f 2 (t )] = a1 F1 (ω) + a2 F2 (ω)

(15.61)

donde a1 y a2 son constantes. Esta propiedad simplemente establece que la transformada de Fourier de una combinación lineal de funciones es igual a la combinación lineal de las transformadas de las funciones individuales. La demostración es directa. Por definición,

José R. Morón

199

∞

∫ = ∫

F [ a 1 f 1 ( t ) + a 2 f 2 ( t )] =

−∞ ∞ −∞

[ a1 f 1 (t ) + a2 f 2 (t )] e − jωt dt a1 f 1 (t )e − jωt dt +

∫

∞

−∞

a2 f 2 (t )e − jωt dt

= a1 F1 (ω) + a2 F2 (ω) Por ejemplo, cos ω0 t =

1 2

( e jω t + e − jω t ) . Entonces, si se usa la propiedad de linealidad, 0

0

F [ cos ω0 t ] = 21 F ( e jω0 t ) + F ( e − jω0 t )  = π δ ( ω − ω0 ) + δ ( ω + ω0 ) 

Escalamiento en el Tiempo Si F(ω) es la transformada de f (t ) , entonces

1  ω F  a a

F  f ( at )  =

(15.62)

donde a es una constante. La Ec. (15.62) muestra que una expansión en el tiempo compresión en frecuencia o, inversamente, una compresión en el tiempo

(

(

a > 1 ) corresponde a una

a < 1 ) corresponde a una expansión

en frecuencia. La demostración de esta propiedad procede en la forma siguiente. Por definición,

F  f ( at )  =

∫

∞

f ( at ) e − jωt dt

−∞

Si hacemos x = at, entonces dx = adt y

F  f ( at )  =

∫

∞

f (x) e

− jω( x a )

−∞

dx 1  ω  = F  a a a

Por ejemplo, para el pulso rectangular en el Ejemplo 15.16,

F [ v(t )] = V δ sinc Si se usa la Ec. (15.62),

F [ v(2t ] =

ωδ 2

4δ ωδ sinc 2 4

la cual muestra que la señal v(t) está comprimida en el tiempo. Verifique Ud. mismo la expansión en frecuencia.

Corrimiento en Frecuencia (o Modulación de Amplitud) Esta propiedad establece que si F(ω) es la transformada de f (t ) , entonces

F  f (t ) e jω0 t  = F ( ω − ω0 )

(15.63)

lo que significa que un corrimiento de frecuencia en el dominio de la frecuencia, añade un corrimiento de fase a la función del tiempo. Por definición,

∫ = ∫

F  f ( t ) e jω0 t  =

∞

−∞ ∞

−∞

f ( t ) e jω0 t e − jωt dt − j ω−ω t f (t ) e ( 0 ) dt = F ( ω − ω0 )

Éste es un resultado de importancia en la modulación, donde las componentes de frecuencia de una señal son desplazadas. Por ejemplo, cos ω0 t =

1 2

( e jω t + e − jω t ) . Si se aplica la propiedad en la Ec. (15.63), 0

0

José R. Morón

200

1  1 F  f (t ) e jω0 t  + F  f (t ) e − jω0t  2 2 1 1 = F ( ω − ω0 ) + F ( ω + ω0 ) 2 2

F [ f (t )cos ω0 t ] =

(15.64)

Inversión Si F(ω) es la transformada de f (t ) , entonces

F  f ( −t )  = F ( −ω) = F * ( ω)

(15.65)

donde el asterisco denota el conjugado complejo. Esta propiedad establece que la inversión de f (t ) en torno al eje del tiempo, invierte F(ω) con respecto al eje de la frecuencia. Ésta puede considerarse como un caso especial de la propiedad de escalamiento en el tiempo para la cual a = −1 en la Ec. (15.62).

Diferenciación en el Tiempo Dado que F(ω) = F [ f (t )] , entonces

F [ f ′(t )] = jωF(ω)

(15.66)

En otras palabras, la transformada de la derivada de f (t ) se obtiene al multiplicar la transformada de f (t ) por jω. Por definición,

f (t ) = F −1 [ F(ω)] =

1 2π

∫

∞

−∞

F(ω) e jωt dω

Diferenciando ambos lados con respecto a t, se obtiene

jω 2π

f ′(t ) =

∫

∞

−∞

F(ω) e jωt dω = jωF −1 [ F(ω)]

o

F [ f ′(t )] = jωF(ω) Aplicaciones repetidas de la Ec. (15.66) dan

F  f ( n ) (t ) = ( jω) F(ω) n

(15.67)

Por ejemplo, si f (t ) = e − at u(t ), a > 0 , entonces

f ′(t ) = − a e − at u(t ) + e − at δ(t ) = − af (t ) + δ(t ) Tomando la transformada de Fourier de los términos primero y último, se obtiene

jωF(ω) = − aF(ω) + 1 o

F(ω) =

1 a + jω

Integración en el Tiempo Dado que F(ω) = F [ f (t )] , entonces

 F 

∫

t

−∞

 F(ω) f (t ) dt  = + πF(0)δ(ω) jω 

(15.68)

José R. Morón

201

es decir, la transformada de la integral de f (t ) se obtiene dividiendo la transformada de f (t ) por jω y sumando el resultado al término del impulso que refleja la componente de CD F(0). Por ejemplo, sabemos que F [ δ(t )] = 1 y que la integración de la función impulso da la función escalón unitario. Al aplicar la propiedad en la Ec. (15.68), se obtiene la transformada de Fourier de la función escalón unitario como

 F [ u(t )] = F  

 1 δ(t ) dt  = + πδ(ω) −∞  jω

∫

t

(15.69)

Dualidad Esta propiedad establece que si F(ω) es la transformada de Fourier de f (t ) , entonces la transformada de Fourier de F(t) es 2 πf ( −ω) ; eso se escribe como

⇒

F [ f (t )] = F(ω)

F [ F(t )] = 2 πf ( −ω )

(15.70)

Para deducir esta propiedad, recuerde que

f (t ) = F −1 [ F(ω)] =

1 2π

∫

∞

F(ω) e jωt dω

−∞

o

2 πf (t ) =

∫

∞

∫

∞

F(ω) e jωt dω

−∞

Si se reemplaza t por −t, se obtiene

2 πf ( −t ) =

F(ω) e − jωt dω

−∞

y si ahora se intercambian t y ω, se obtiene

2 πf ( −ω) =

∫

∞

−∞

F ( t ) e − j ωt d ω = F [ F ( t ) ]

como se esperaba. Por ejemplo, si f (t ) = e

−t

, entonces

F(ω) =

2 2

ω +1

Por la propiedad de dualidad, la transformada de Fourier de F(t ) = 2 ( t 2 + 1 ) es

2 πf (ω) = 2 π e

−ω

Convolución Si F [ f 1 (t )] = F1 (ω) y F [ f 2 (t )] = F2 (ω) , entonces

 F 

∫

∞

−∞

 f 1 ( x ) f 2 ( t − x ) dx  = 

∞

∞

∫ ∫ f (x) f (t − x)dx e = ∫ f (x) ∫ f (t − x)dx e t =−∞ x =−∞ ∞

x =−∞

Si ahora se hace u = t − x, entonces

1

2

∞

1

t =−∞

2

− jωt

dt

− jωt

dt

José R. Morón

202

 F 

∫

∞

−∞

 f 1 ( x ) f 2 (t − x )dx  = 

∫ = ∫

∞

x =−∞

∞

x =−∞

f 1 (x)

∫

∞

(

u =−∞

)

f 2 (u)e − jω u + x dudx

f 1 ( x )e − jωx dx

∫

∞

u =−∞

f 2 (u)e − jωu du

(15.71)

= F1 ( ω ) F2 ( ω) Se debe observar cuidadosamente la propiedad de convolución de la transformada de Fourier. Con referencia a la Fig. 15.19, esta propiedad establece que si Vi ( ω) = F [ vi (t )] , H ( ω) = F [ h(t )] y Vo ( ω) = F [ vo (t )] , entonces

Vo (ω) = H(ω)Vi (ω)

(15.72)

donde Vi(ω) representa la señal de entrada, H(ω) es la función de transferencia de la red y Vo(ω) representa la señal de salida. La Ec. (15.72) supone tácitamente que la condiciones iniciales de la red son iguales a cero.

Vi(ω)

H(ω)

Vo(ω) = H(ω)Vi( ω)

Figura 15.19. Representación de la propiedad de convolución en el tiempo.

En vista de la propiedad de dualidad, es de esperar que si la convolución en el dominio del tiempo corresponde a una multiplicación en el dominio de la frecuencia, entonces la multiplicación en el dominio del tiempo debe tener una correspondencia en el dominio de la frecuencia. Éste es efectivamente el caso. Si f (t ) = f 1 (t ) f 2 (t ) , entonces

F(ω) = F [ f 1 (t ) f 2 (t )] =

1 F1 (ω) ∗ F2 (ω) 2π

(15.73)

o

F(ω) =

1 2π

∫

∞

−∞

F1 (λ )F2 (ω − λ ) dλ

(15.74)

que representa la convolución en el dominio de la frecuencia. La demostración de la Ec. (15.74) se obtiene rápidamente a partir de la propiedad de dualidad en la Ec. (15.70). Ahora se deducirá la propiedad de integración en el tiempo en la Ec. (15.68). La expresión general para la convolución en el tiempo de dos funciones h(t) y x(t) es

y (t ) = h ( t ) ∗ x ( t ) =

∫

∞

h(λ )x(t − λ ) dλ

−∞

Si se reemplaza x(t) con la función escalón unitario u(t) y h(t) con f (t ) en esta ecuación, entonces

∫

∞

f (λ )u(t − λ ) dλ = f (t ) ∗ u(t )

(15.75)

−∞

Pero por definición, u(t − λ ) = 1 para λ < t y u(t − λ ) = 0 para λ > t y por tanto, la Ec. (15.75) se convierte en

∫

t

f (λ ) dλ = u(t ) ∗ f (t )

−∞

Tomando la transformada de Fourier de ambos lados, da

 F 

∫

t

−∞

 f (λ ) dλ  = U(ω)F(ω) 

Pero la transformada de Fourier de la función escalón unitario es

(15.76)

José R. Morón

203

U(ω) =

1 + πδ(ω) jω

y al sustituir ésta en la Ec. (15.76) se obtiene

 F 

∫

t

−∞

 1  f (λ ) dλ  =  + πδ(ω) F(ω)   jω  F(ω) = + πF(0)δ(ω jω

(15.77)

que es la propiedad de integración. E15.12 Determinar la salida vo(t) en la Fig. E15.12 si la señal vi (t ) = e −t u(t ) V, la respuesta al impulso de la red es

h(t ) = e −2 t u(t ) y todas las condiciones iniciales son cero. vi(t)

vo(t)

h(t)

Figura E15.12

Respuesta: vo (t ) = ( e − t − e −3t ) u(t ) V. TABLA 15.3 Propiedades de la transformada de Fourier

f (t )

Propiedad de F(ω)

A f (t )

AF ( ω )

f 1 ( t ) ± f 2 (t )

F1 ( ω ) ± F2 ( ω)

f ( at )

1  ω F  a a

Escalamiento en el tiempo

f ( t − t0 )

e − j ωt 0 F ( ω )

Desplazamiento en el tiempo

e jω0 t f (t )

F ( ω − ω0 )

Modulación

( jω)n F ( ω)

Diferenciación

d n f (t ) dt n

( j )n

t n f (t ) F( t )

−∞

Diferenciación Dualidad

f (t ) dt

F(ω) + πF(0) δ(ω) jω

Integración en el tiempo

f 1 ( x ) f 2 ( t − x ) dx

F1 ( x )F2 ( x )

Convolución

F1 ( x )F2 (ω − x ) dx

Convolución

t

−∞

∫

dωn

2 πf ( −ω)

∫ ∞

d n F ( ω)

Linealidad

f 1 ( t ) f 2 (t )

1 2π

∫

∞

−∞

José R. Morón

204

Teorema de Parseval Un enunciado matemático del teorema de Parseval es

∫

∞

f 2 (t ) dt =

−∞

1 2π

∫

∞

F ( ω)

2

(15.78)

dω

−∞

Esta relación puede deducirse fácilmente en la forma siguiente:

∫

∞

1 2π

−∞

∫

∞

1 2π

∫ 1 = ∫ 2π F ( ω) F ( −ω) dω = ∫ 1 = ∫ 2 π F ( ω ) dω

f 2 (t ) dt =

F ( ω)

2

dω =

−∞

∞

F ( ω)

−∞ ∞

∫

∞

f (t )e − j

( −ω)t

dt dω

−∞

1 F ( ω ) F * ( ω ) dω −∞ 2 π

∞

−∞ ∞

2

−∞

La importancia del teorema de Parseval puede verse si nos imaginamos que f(t) representa la corriente en un resistor de 1 Ω. Como f 2 (t ) es potencia y la integral de la potencia en el tiempo es energía, la Ec. (15.78) muestra que podemos calcular esta energía normalizada bien sea en el dominio del tiempo o en el de la frecuencia.

F(ω)

2

es la densidad de energía normalizada por unidad de ancho de banda. Observe que la densidad de

energía no es una función de la fase de F(ω). Ejemplo 15.17 El pulso exponencial unilateral

v(t ) = 4 e −3t u(t ) ( V ) se aplica en la entrada de un filtro de pasabanda ideal. Si el filtro es definido por 1 < f < 2 Hz , calcule la energía total de salida. Solución Si vo(t) es el voltaje de salida, entonces la energía en vo(t) será igual a la energía de esa parte de v(t) que tiene componentes de frecuencia en los intervalos 1 < f < 2 y −2 < f < −1 . Primero determinamos la transformada de Fourier de v(t):

∫ =4 ∫

Fv (ω) = 4

∞

e −3t u(t )e − jωt dt

−∞ ∞

− 3 + jω )t e ( dt =

−∞

4 3 + jω

y ahora podemos calcular la energía normalizada en la señal de entrada mediante

1 ∞ 2 Fv (ω) dω 2 π −∞ 8 ∞ dω 16 ⌠ ∞ dω 8 = ⌠ = = J   π ⌡−∞ 9 + ω2 π ⌡−∞ 9 + ω2 3

∫

W=

o

W=

∫

∞

v 2 (t ) dt = 16

−∞

∫

∞

0

e −6t dt =

8 3

( J)

Sin embargo, la energía total en vo(t) es menor:

Wo = =

−2 π 16 dω 1 ⌠ 4 π 16 dω 1 ⌠ +   2 π ⌡ −4 π 9 + ω 2 2 π ⌡ 2 π 9 + ω 2 4π 16 ⌠ 16 dω 16  2π  −1 4 π = − tan −1   tan  = 358 mJ 2 π ⌡2 π 9 + ω 3π  3 3 

José R. Morón

205

Ejemplo 15.18 Hallar la transformada de Fourier de f (t ) = Ae

−a t

, la cual se muestra en la Fig. 15.20.

Figura 15.20

Solución Separamos la función en dos ondas simétricas y usamos la propiedad de linealidad. Entonces,

f (t ) = f 1 (t ) + f 2 (t ) = Ae − at u(t ) + Ae at u( −t ) y, de la Tabla 15.3,

F1 (ω) =

A a + jω

y también

F2 (ω) = F1 ( −ω) =

A a − jω

Usando ahora la propiedad de linealidad, se obtiene

F(ω) = F1 (ω) + F2 (ω) =

A A 2 Aa + = a + jω a − jω a 2 + ω2

Observe que F(ω) es una función par. Ejemplo 15.19 Como otro ejemplo, se obtendrá la transformada de una función singular conocida como la función signo, sgn(t ) , definida por

 −1 sgn(t ) =   1

t<0 t>0

(15.79)

o

sgn(t ) = u(t ) − u ( −t ) La función signo puede escribirse como

sgn(t ) = lím  e − at u(t ) − e at u( −t ) a→0 Observe que la expresión entre corchetes sí tiende a cero conforme

t

se vuelve muy grande. Usando la

definición de la transformada de Fourier, se obtiene

 F [ sgn(t )] = lím  a→0

= lím

a→0

∫

∞

0

e − jωt e − at dt −

− j 2ω 2

ω +a

2

=

 e − jωt e at dt  −∞ 

∫

0

2 jω

Usando esta transformada y representando la función escalón unitario por

u(t ) = se obtiene el par de transformadas de Fourier

1 1 + sgn t 2 2

José R. Morón

206

u(t )

⇔

1   πδ(ω) + jω   

E15.13 Determine la transformada de Fourier de las funciones siguientes: (a) la función compuerta c(t ) = u(t ) − u(t − 1) , (b) f (t ) = te −2 t u(t ) y (c) el pulso diente de sierra p(t ) = 50t [ u(t ) − (t − 1)] .

1 1 50 ( e − j 2 ω − 1 ) 100 j − j 2 ω  Respuesta: (a) ( 1 − e − jω )  πδ(ω) +  , (b) , (c) + e . jω  ω ω2  ( 2 + jω ) 2

15.5

Aplicaciones a Circuitos

La transformada de Fourier generaliza la técnica fasorial a funciones no periódicas. Por tanto, las transformadas de Fourier se aplican a circuitos con excitaciones no sinusoidales en exactamente la misma forma en que se aplican las técnicas fasoriales a circuitos con excitaciones sinusoidales. Por tanto, la ley de Ohm sigue teniendo validez:

V(ω) = Z(ω) I(ω)

(15.80)

donde, en este caso, V(ω) e I(ω) son las transformadas de Fourier del voltaje y la corriente y Z(ω) es la impedancia. Se obtienen las mismas expresiones para las impedancias de los resistores, inductores y capacitores que en el análisis fasorial, esto es,

R

⇒

R,

L

⇒

jωL ,

C

⇒

1 jωC

(15.81)

Una vez que se transforman los elementos de un circuito al dominio de la frecuencia y se toman las transformadas de Fourier de las excitaciones, se pueden usar todas las técnicas de circuitos para determinar las respuestas buscadas. Finalmente, se toma la transformada de Fourier inversa para obtener la respuesta en el dominio del tiempo. Aunque el método de la transformada de Fourier produce respuestas que tienen validez para −∞ < t < ∞, el análisis de Fourier no puede manejar circuitos con condiciones iniciales. Ejemplo 15.20 Usando la técnica de la transformada, se quiere determinar vo(t) en la Fig. 15.21 si (a) vi (t ) = 5 e −2 t u(t ) V y (b)

vi (t ) = 5 cos 2t V.

Figura 15.21

Solución a. En este caso, como vi (t ) = 5 e −2 t u(t ) V, entonces

Vi (ω) =

5 V 2 + jω

H(ω) para la red es

H(ω) =

R 10 = R + jωL 10 + jω

José R. Morón

207

Por la Ec. (15.72),

Vo (ω) = H(ω)V(ω) =

=

50

( 2 + jω)( 10 + jω)

50  1 1  −  8  2 + jω 10 + jω 

Por tanto, de la Tabla 15.3, se obtiene que

vo (t ) = 6.25 ( e −2 t − e −10t ) u(t ) V b. En este caso, como vi (t ) = 5 cos 2t , entonces

Vi (ω) = 5πδ ( ω − 2 ) + 5πδ ( ω + 2 ) El voltaje de salida en el dominio de frecuencia es por tanto

Vo (ω) =

50π [ δ ( ω − 2 ) + δ ( ω + 2 )] 10 + jω

Usando la transformada de Fourier inversa nos da ∞

vo (t ) = F −1 [ Vo (ω)] =

1 ⌠ δ ( ω − 2 ) + δ ( ω + 2 ) jωt e dω 50π 2 π ⌡−∞ 10 + jω

Empleando la propiedad de muestreo de la función impulso unitario, se obtiene

 e j 2t   e − j 2t  e j 2t e − j 2t vo (t ) = 25  + +  = 25  − j 11.31°  j 11.31° 10.2 e  10.2 e   10 + j 2 10 − j 2  = 4.90 cos ( 2t − 11.31° ) V Este resultado puede verificarse fácilmente usando análisis fasorial. Ejemplo 15.21 Usando el método de la transformada de Fourier, hallar io(t) en el circuito de la Fig. 15.22 cuando is (t ) = 10 sen 2t A.

Figura 15.22

Solución. Por división de corriente,

H(ω) =

jω I o (ω) 2 = = I s (ω) 2 + 4 + 2 jω 1 + j 3ω

Si is (t ) = 10 sen 2t , entonces

I s (ω) = j 10 π [ δ ( ω + 2 ) − δ ( ω − 2 )] Por tanto,

10πω [ δ ( ω − 2 ) − δ ( ω + 2 )] 1 + j 3ω 10π ( 2 ) 10π ( −2 ) = δ (ω − 2) − δ (ω − 2) 1 + j6 1 − j6

I o (ω) = H(ω)I s (ω) =

cuya transformada inversa es

José R. Morón

208

1  1  i o (t ) = 10  e j 2t + e − j 2t  + j − j 1 6 1 6   j2t − j 2t   e e = 10  + j 80.54° − j 80.54°  6.082 e  6.082 e  = 3.288 cos ( 2t − 80.54° ) A E15.14 Determine vo(t) en la Fig. E15.14 si vi (t ) = 5sgn(t ) = ( −5 + 10u ( t ) ) V.

Figura E15.14

Respuesta: −5 + 10 ( 1 − e −4t ) u(t ) V E15.15 Halle la corriente io(t) en el circuito en la Fig. E15.15, dado que is (t ) = 20 cos 4t A.

Figura E15.15

Respuesta: 11.18 cos ( 4t + 26.57° ) A Ejemplo 15.22 El voltaje en un resistor de 10 Ω es i(t ) = 5e −3t u(t ) A. Halle la energía total disipada en el resistor. Solución. La energía se puede hallar usando ya sea f (t ) = i(t ) o F(ω) = I(ω) en el teorema de Parseval. En el dominio del tiempo,

W10 Ω = 10

∫

∞

f 2 (t ) dt = 10

−∞

e −6 t = 250 −6

∞

= 0

∫

∞

0

25e −6t dt

250 = 41.67 J 6

En el dominio de la frecuencia,

F(ω) = I(ω) =

5 3 + jω

de modo que

F(ω)

2

= F(ω)F * (ω) =

25 9 + ω2

y la energía disipada es

W10 Ω =

10 2π

∫

∞

F(ω)

2

dω =

−∞ ∞

=

10 π

∫

∞

0

25 9 + ω2

dω

250  1 250  1   π  250 −1 ω  = 41.67 J  tan  =    = π 3 30 π  3  2  6

José R. Morón

209

Ejemplo de Aplicación 15.23 Considere la red mostrada en la Fig. 15.23a. Esta red representa un filtro de pasabajas sencillo. Se quiere ilustrar el impacto de esta red sobre la señal de entrada examinando las características de frecuencia de la señal de salida y la relación entre la energía normalizada en la entrada y la salida de la red.

Figura 15.23. Filtro de pasabajas, su característica de frecuencia y sus espectros de salida.

Solución La función de transferencia de la red es

H(ω) =

1 RC 5 1 = = 1 RC + jω 5 + jω 1 + 0.2 jω

La transformada de Fourier de la señal de entrada es

Vi (ω) =

20 1 = 20 + jω 1 + j 0.05 jω

Entonces, usando la Ec. (15.72), la transformada de Fourier de la salida es

Vo (ω) =

1 ( 1 + 0.2 jω)( 1 + 0.05 jω)

Usando las técnicas del Capítulo 12, notamos que la gráfica log-magnitud de líneas rectas (característica de frecuencia) para estas funciones se muestra en las Figs. 15.23b-d . Observe que el filtro de pasabajas pasa las frecuencias bajas de la señal de entrada pero atenúa las frecuencias altas. La energía normalizada en la entrada del filtro es

W1 =

∫

∞

0

( 20 e −20t ) 2 dt = 400 e −40t −40

∞

= 10

( J)

0

La energía normalizada en la salida del filtro puede calcularse usando el teorema de Parseval. Como

Vo (ω) =

100 5 + j ω ( )( 20 + jω)

y

Vo (ω)

2

=

10 4

( ω2 + 25 )( ω2 + 400 )

José R. Morón

Vo (ω)

2

210

es una función par y, por tanto, ∞

10 4 dω  1 ⌠ Wo = 2     2 π  ⌡0 ( ω2 + 25 )( ω2 + 400 ) Sin embargo, se puede usar el hecho de que

10 4

( ω2 + 25 )( ω2 + 400 )

=

10 4 375

ω2 + 25

−

10 4 375

ω2 + 400

y entonces

Wo =

∞ ∞ 4  1  ⌠ 10 4 375 ⌠ 10 375  d ω − dω   2 2  π  ⌡0 ω + 25 ⌡0 ω + 100 

10 4  1   1  π  1  π      −   375  π   5  2  20  2   = 2.0 ( J ) =

El Ejemplo 15.23 ilustra el efecto que H(ω) tiene sobre el espectro de frecuencia de la señal de entrada. En general, H(ω) puede seleccionarse para que conforme el espectro en alguna forma prescrita. Como una ilustración de este efecto, considere los espectros de frecuencia ideales mostrados en la Fig. 15.24. La Fig. 15.24a muestra un espectro de magnitud ideal de la entrada Vi (ω) . En las Figs. 15.24b−e se muestran H(ω) y el espectro de magnitud de la salida Vo (ω) para filtros ideales de pasabajas, de pasa alta, pasabanda y de rechazo de banda, respectivamente. Observe que mediante el uso del teorema de Parseval es posible calcular el contenido total de energía de una señal usando un enfoque bien sea en el dominio del tiempo o de la frecuencia. Sin embargo, el enfoque en el dominio de la frecuencia es más flexible ya que nos permite determinar el contenido de energía de una señal dentro de alguna banda de frecuencias especificada.

Figura 15.24 Espectros de frecuencia para las entrada y salidas de filtros ideales de pasabajas, de pasa alta, de pasabanda y de rechazo de banda, respectivamente.

José R. Morón

15.6

211

La Transformada de Fourier de Funciones Periódicas

f (t ) con periodo T , cuya expansión en serie de Fourier exponencial es

Considérese una función periódica

∞

f (t ) =

∑c e n

jnω0 t

,

ω0 =

n =−∞

2π T

(15.82)

y

cn =

1 T

∫

T 2

−T 2

f (t )e − jnω0 t dt

(15.83)

Puesto que la transformada de Fourier es lineal, entonces se puede escribir ∞  ∞  jnω0 t F [ f ( t )] = F  cn e = c n F [ e jnω0 t ]  n =−∞  n =−∞

∑

∑

y se obtiene el par de transformadas ∞

f (t )

⇔

2π

∑ c δ ( ω − nω ) n

0

(15.84)

n =−∞

Ésta muestra que f (t ) tiene un espectro discreto formado de impulsos ubicados en puntos en el eje ω dados por

ω = nω0 , n = …, −1, 0 1, …. La intensidad de cada impulso es 2π veces el valor del coeficiente de Fourier correspondiente que aparece en la forma exponencial de la serie de Fourier para f (t ) .

Ejemplo de Aplicación En la radio AM (modulación de amplitud), hay dos señales muy importantes – la señal s(t) y la portadora. Toda la información que se desea transmitir, voz, música, etc., está contenida en la señal s(t), que en esencia es transportada por la portadora. Por tanto, la transformada de Fourier de s(t) contiene frecuencias desde aproximadamente 50 Hz hasta 20000 Hz. La portadora c(t) es una sinuosoide oscilando con una frecuencia mucho mayor que las de s(t). Por ejemplo, la FCC (siglas en ingles de la Comisión Federal de Comunicaciones, USA) reglamenta y y las regulaciones distribuyen la banda de frecuencias de 540 kHz a 1.7 MHz para las frecuencias portadoras de las estaciones de radio AM. Hasta la asignación de la frecuencia más baja posible de 540 kHz es mucho mayor que las frecuencias de audio en s(t). De hecho, cuando una estación transmite sus letras y frecuencia de identificación, nos está diciendo la frecuencia de la portadora, que es la frecuencia asignada por la FCC a la estación. En casos sencillos, la señal s(t) es modificada para producir un voltaje de la forma

v(t ) = [ A + s(t )] cos ωc t donde A es una constante y ωc es la frecuencia de la portadora en rad/s. El voltaje v(t) con la señal “codificada” internamente, es enviada a la antena y transmitida al público, cuyos radios “captan” un réplica débil de la señal v(t). Suponga que la gráfica de la magnitud de la transformada de Fourier de s(t) y v(t) dado que s(t) es

s(t ) = cos ( 2 πf a t ) donde fa = 1000 Hz, la frecuencia portadora es 900 kHz y el valor de la constante A es la unidad. La transformada de Fourier de s(t) es

S ( ω ) = F  cos ( ω a t )  = πδ ( ω − ωa ) + πδ ( ω + ω a ) y ésta se muestra en la Fig. 15.25.

José R. Morón

212

Figura 15.25

El voltaje v(t) puede expresarse en la forma

v(t ) = [ 1 + s(t )] cos ωc t = cos ωc t + s(t )cos ωc t La transformada de Fourier para la portadora es

F  cos ( ωc t )  = πδ ( ω − ωc ) + πδ ( ω + ωc ) El término s(t ) cos ωc t puede escribirse como

 e jωc t + e − jωc t  s(t )cos ωc t = s(t )     2 Usando la propiedad de modulación dada en la Tabla 15.3, la transformada de Fourier de s(t ) cos ωc t se puede expresar como

F [ s(t )cos ωc t ] =

1 S ( ω − ωc ) + S ( ω + ωc )  2

Empleando S(ω), se encuentra que

F [ s(t )cos ωc t ] = F [ cos ωa t cos ωc t ]

=

π  2δ ( ω − ωc ) + 2δ ( ω + ωc ) + δ ( ω − ωa − ωc ) 2 + δ ( ω + ωa − ωc ) + δ ( ω − ω a + ωc ) + δ ( ω − ω a + ωc ) 

la cual se muestra en la Fig. 15.26. Observe que S(ω) está centrada en torno a la frecuencia de la portadora. Éste es el efecto de la modulación.

Figura 15.26

José R. Morón

213

PROBLEMAS 15.1

Halle la serie de Fourier exponencial para la señal periódica mostrada en la Fig. P15.1.

Figura P15.1

15.2

Halle la serie de Fourier exponencial para el pulso periódico mostrado en la Fig. P15.2.

Figura P15.2

15.3

Halle la serie de Fourier exponencial para el pulso periódico mostrado en la Fig. P15.3.

Figura P15.3

15.4

Halle la serie de Fourier exponencial para el pulso periódico mostrado en la Fig. P15.4.

Figura P15.4

15.5

Calcule la serie de Fourier exponencial para la señal que es la suma de dos señales en la Fig. P15.5 calculando la serie de Fourier exponencial de las dos señales y sumándolas

Figura P15.5

José R. Morón 15.6

214

Dada la señal en la Fig. P15.6, determine el tipo de simetría que existe si el origen se seleccione en (a) l1 y (b) l2.

Figura P15.6

15.7

¿Qué tipo de simetría exhiben las dos señales en la Fig. P15.7? Explique.

Figura P15.7

15.8

Halle la serie de Fourier trigonométrica para la señal mostrada en la Fig. P15.8. Grafique los espectros de amplitud y de fase.

Figura P15.8

15.9

Halle la serie de Fourier trigonométrica para la señal periódica mostrada en la Fig. P15.8.

Figura 15.9

15.10

Dada la señal en la Fig. P15.10, demuestre que

f (t ) =

A + 2

∞

∑ nπ sen T n=1

−A

2 nπ

t

0

Figura P15.10

José R. Morón 15.11

215

Halle los coeficientes de la serie de Fourier trigonométrica para la señal mostrada en la Fig. P15.11 y grafique los espectros de amplitud y de fase.

Figura P15.11

15.12

Halle los coeficientes de la serie de Fourier trigonométrica para la señal mostrada en la Fig. P15.12.

Figura P15.12

15.13

Halle los coeficientes de la serie de Fourier trigonométrica para la señal mostrada en la Fig. P15.13.

Figura P15.13

15.14

Halle los coeficientes de la serie de Fourier trigonométrica para la señal mostrada en la Fig. P15.14.

15.15

Halle los coeficientes de la serie de Fourier trigonométrica para la señal mostrada en la Fig. P15.15.

Figura P15.14

15.16

Figura 15.15

Deduzca la serie de Fourier trigonométrica para la señal mostrada en la Fig. P1.16 y grafique los espectros de amplitud y de fase.

Figura P1.16

15.17

Halle los coeficientes de la serie de Fourier trigonométrica para la señal en la Fig. P15.17.

15.18

Halle la serie de Fourier trigonométrica para la señal mostrada en la Fig. P15.18.

Figura P15.17

Figura P15.18

José R. Morón 15.19

216

Deduzca la serie de Fourier trigonométrica para la función mostrada en la Fig. P15.19

Figura 15.19

15.20

Determine los coeficientes de Fourier an y bn de los primeros tres términos armónicos de la onda coseno rectificada de la Fig. 15.20.

Figura P15.20 15.21

Deduzca la serie de Fourier trigonométrica para la señal mostrada en la Fig. P15.21.

Figura P15.21

15.22

En la Fig. P15.22 se muestra el espectro de líneas discreto para una función periódica f(t). Determine la expresión para fi(t).

Figura 15.22

15.23

En la Fig. 15.23 se muestran los espectros de amplitud y de fase para una función periódica v(t), los cuales tienen un pequeño número de términos. Determine la expresión para v(t) si T0 = 0.1 s.

Figura P15.23

15.24

Grafique los primeros cuatro términos de los espectros de amplitud y fase para la señal

José R. Morón

217

∞

f (t ) =

∑ n=1 n impar

15.25

−2 nπ 6 sen cos nω0 t + sen nω0 t nπ 2 nπ

Determine la respuesta en régimen permanente de la corriente io(t) en el circuito mostrado en la Fig. P15.25 si el voltaje de entrada es la señal mostrada en el Problema 15.16.

Figura P15.25

15.26

Si el voltaje de entrada en el Problema 15.25 es

2 ven (t ) = 1 − π

∞

∑ n sen 0.2πnt V 1

n=1

halle las expresiones para la corriente en régimen permanente io(t). 15.27

En el circuito mostrado en la Fig. 15.27, la expansión en serie de Fourier de vs(t) es

vs (t ) = 3 +

4 π

∞

1

∑ n sen ( nπt ) n=1

Halle vo(t).

Figura P15.27

15.28

Determine los primeros tres términos del voltaje en régimen permanente vo(t) en el circuito de la Fig. P15.28 si el voltaje de entrada es una señal periódica de la forma

v(t ) =

1 + 2

∞

∑ nπ ( cos nπ − 1) sen nπ V 1

n=1

Figura P15.28

15.29

Determine el voltaje en régimen permanente vo(t) en la red de la Fig. P15.29(a) si la corriente de entrada es la dada en la Fig. P15.29(b).

José R. Morón

218

Figura P15.29

15.30

Determine el voltaje en régimen permanente v0(t) en el circuito mostrado en la Fig. P15.30(a) si la señal de entrada es la mostrada en la Fig. P15.30(b).

Figura P15.30

15.31

Si la señal en la Fig. P15.31(a) se aplica al circuito en la Fig. P15.31(b), determine vo(t). 2v x

v s(t)

vs

vx

Figura P15.31

15.32

Halle la potencia promedio absorbida por la red en la Fig. P15.32 si

v(t ) = 12 + 6 cos ( 377t − 10° ) + 4 cos ( 754t − 60° ) V i(t ) = 0.2 + 0.4 cos ( 377 t − 150° ) − 0.2 cos ( 754t − 80° ) + 0.1 cos ( 1131t − 60° ) A

Red

Figura P15.32

15.33

Halle la potencia promedio absorbida por la red en la Fig. P15.33 si

v(t ) = 60 + 36 cos ( 377 t + 45° ) + 24 cos ( 754t − 60° ) V

vo

José R. Morón

219

Figura P15.33

15.34

Para el circuito en la Fig. P15.34,

i(t ) = 20 + 16 cos ( 10t + 45° ) + 12 cos ( 20t − 60° ) (mA) (a) Calcule v(t) y (b) Calcule la potencia promedio disipada en el resistor.

Figura P15.34

15.35

Determine la transformada de Fourier de la señal en la Fig. P15.35.

Figura 15.35

15.36

15.37

Determine las transformada de Fourier para las funciones siguientes: (a)

f (t ) = At B entre t = 0 y t = 0 y

(b)

f (t ) = e −2 t cos 4t u(t )

(c)

f (t ) = e −2 t sen 4t u(t )

f (t ) = 0 para otros valores de t.

Halle la transformada de Fourier de la forma de onda mostrada en la Fig. P15.37.

Figura P15.37

15.38

Obtenga las transformadas de Fourier de las señales mostradas en la Fig. P15.38.

José R. Morón

220

Figura P15.38

15.39

Demuestre que

F [ f 1 ( t ) f 2 ( t )] = 15.40

1 2π

∫

−∞

F1 ( x )F2 (ω − x ) dx

Halle la transformada de Fourier de la función

f (t ) = 12 e 15.41

∞

−t

cos 4t

Si la transformada de Fourier de f (t ) es

F(ω) =

10

( 2 + jω)( 5 + jω)

determine las transformadas de las señales siguientes: (a) f ( −3t ) 15.42

(b) f ( 2t − 1 )

(c) f (t ) cos 2t

(d)

d f (t ) dt

(e)

∫

t

f (t ) dt

−∞

Use la técnica de transformadas para hallar vo(t) en la red de la Fig. P15.29 si (a) i(t ) = 4 ( e −t − e −2 t ) u(t ) A y (b) i(t ) = 12 cos 4t A.

15.43

La señal de entrada a una red es vi (t ) = e −3t u(t ) V. La función de transferencia de la red es

H ( jω) = 1 ( jω + 4 ) . Halle la salida vo(t) de la red si las condiciones iniciales son todas cero. 15.44

Halle la función de transferencia I o (ω) I s (ω) para el circuito en la Fig. P15.44.

Figura P15.44

15.45

Halle la corriente de entrada en el circuito de la Fig. P15.45 cuando is(t) es dada por

 + 40 A i s (t ) =   − 40 A

t>0 t<0

Figura P15.45

15.46

Si el pulso rectangular en la Fig. P15.46(a) se aplica al circuito en la Fig. P15.46(b), determine vo(t) en t = 1 s.

José R. Morón

221

Figura P15.46

15.47

Determine vo(t) en el circuito mostrado en la Fig. P15.47 usando la transformada de Fourier si la señal de entrada es is (t ) = ( e −2 t + cos t ) u(t ) A.

Figura P15.47 −5 t

15.48

La señal de entrada para la red en la Fig. 15.47 es v(t ) = 10 e total (normalizada) de la salida vo(t).

u(t ) V. Determine el contenido de energía

15.49

Calcule el contenido de energía (normalizada) de la señal vo(t) en la Fig. P15.49 en la banda de frecuencias de ω = 0 a ω = 1 rad/s.

Figura 15.49

15.50

Determine la corriente i(t) en el circuito de la Fig. 15.50(b), dada la fuente de voltaje mostrada en la Fig. 15.50 (a).

Figura 15.50

15.51

Determine la transformada de Fourier de io(t) en el circuito de la Fig. 15.51.

Figura 15.51

José R. Morón

15.52

222

Compare la energía normalizada en la entrada y la salida de la red en la Fig. P15.52 para la función de entrada ii (t ) = 2 e −4t u(t ) A.

Figura P15.52

15.53

La señal mostrada en la Fig. P15.53 demuestra lo que se denomina el ciclo de trabajo; es decir, D ilustra la fracción del periodo total que es ocupado por el pulso. Determine el valor promedio de esta señal.

Figura 15.53

15.54

Calcule la transformada de Fourier de las siguientes funciones: (a) 2 cos 2 5t ; (b) 7 sen 4t cos 3t ; (c) 3 sen ( 4t − 40° ) .

15.55

Determine la transformada de Fourier de la función periódica g(t), la cual se define en el intervalo 0 < t < 10 s por g(t ) = 2u(t ) − 3u(t − 4) + 2u(t − 8) .

15.56

Si F(ω) = 20∑ n =1  1 n ! + 1 δ(ω − 20n ) , halle el valor de f(0.05).

15.57

Dada la señal periódica de la Fig. 15.57, determine su transformada de Fourier.

∞

Figura 15.57

REFERENCIAS: Alexander, D., Sadiku, M.: Fundamentos de Circuitos Eléctricos (5ta. Ed.) Hayt, William H., Kemmerly, Jack E., Durbin Steven M.: Análisis de Circuitos en Ingeniería (8va. Ed.) Irwin, J.: Análisis Básico de Circuitos en Ingeniería (9na. Ed.) Svoboda, James A., Dorf, Richard C.: Introduction to Electric Circuits (9na. Ed.)