Respuesta de un sistema lineal a un impulso unitario – Función del sistema. Fourier.

Introducción

La respuesta de un sistema lineal al impulso unitario $\delta(t)$ , se denota por $h(t)$ . Simbólicamente esto se expresa como

$L \left\{ \delta(t) \right\} = h(t)$

Si el sistema es invariante (o de parámetros constantes), entonces, la ecuación

$L \left\{f_i (t+t_0) \right\} = f_o (t+t_0)$

se observa que su respuesta a $\delta (t - \tau)$ está dada por $h(t-\tau)$ , es decir,

$L \left\{ \delta (t - \tau) \right\} = h(t-\tau)$

Teorema 1. La respuesta $f_o(t)$ de un sistema lineal e invariante, a una entrada arbitraria $f_i (t)$ , se puede expresar como la convolución de la entrada $f_i(t)$ y de la respuesta del sistema al impulso unitario $h(t)$ , es decir,

$\displaystyle f_o (t) = \int_{-\infty}^{\infty}{f_i (\tau) \ h(t-\tau) \, d\tau } = f_i (t) * h(t)$

– – – (1)

$\displaystyle f_o (t) = \int_{-\infty}^{\infty}{f_i (t - \tau) \ h(\tau) \, d\tau } = h (t) * f_i(t)$

– – – (2)

La respuesta de la ecuación (1) o (2) presenta un resultado muy interesante, pues implica que la respuesta de un sistema lineal está determinado unívocamente por el conocimiento de la respuesta al impulso unitario $h(t)$ del sistema.

Función del sistema

La transformada de Fourier de la respuesta al impulso unitario de un sistema lineal, se denomina función del sistema.

$\displaystyle H(\omega) = \mathcal{F} [h(t)] = \int_{-\infty}^{\infty}{h(t) \ e^{-j \omega t} \, dt}$

– – – (3)

$\displaystyle h(t) = \mathcal{F}^{-1}[H(\omega)] =\frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty}{H(\omega) e^{j \omega t} \, d\omega}$

– – – (4)

Las ecuaciones (3) y (4) indican que la respuesta al impulso unitario, y la función del sistema constituyen un par de transformadas de Fourier.

Teorema 2. Si $\mathcal{F}_i (\omega)$ y $\mathcal{F}_o (\omega)$ denotan las transformadas de Fourier, de la entrada $f_i (t)$ y la salida $f_o (t)$ de un sistema lineal, respectivamente, entonces

$\displaystyle F_o (\omega) = F_i (\omega) \ H(\omega)$

– – – (5)

$\displaystyle f_o (t) = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty}{F_i (\omega) \ H(\omega) e^{j \omega t} \, d\omega}$

– – – (6)

donde $H(\omega)$ es la función del sistema definido por la ecuación (3).

Problemas resueltos

Problema 1. Verificar que la función del sistema $H(\omega)$ está definida por la ecuación (3), es exactamente la misma función del sistema $H(j\omega)$ por

$L \left\{e^{j \omega t} \right\} = H(j \omega) \ e{j \omega t}$

Solución. Si $f_i (t) = e^{j \omega_0 t}$ , entonces

$\displaystyle F_i (\omega) = \mathcal{F}[f_i (t)]$

$\displaystyle = \mathcal{F}[e^{j \omega_0 t}] = 2\pi \ \delta(\omega - \omega_0)$

Después

$\displaystyle F_i (\omega) = 2\pi \ \delta(\omega - \omega_0)$

$\displaystyle F_i (\omega) \ H(\omega) = 2\pi \ \delta(\omega - \omega_0) \ H(\omega)$

$\displaystyle F_i (\omega) \ H(\omega) = 2\pi \ H(\omega_0 ) \ \delta(\omega - \omega_0)$

Luego

$\displaystyle f_o (t) = L \left\{e^{j \omega_0 t} \right\}$

$\displaystyle f_o (t) = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty}{F_i (\omega) \ H(\omega) e^{j \omega t} \, d\omega}$

$\displaystyle f_o (t) = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty}{2\pi \ H(\omega_0 ) \ \delta(\omega - \omega_0) \cdot e^{j \omega t} \, d\omega}$

$\displaystyle f_o (t) = H(\omega_0) \int_{-\infty}^{\infty}{\delta(\omega - \omega_0) e^{j \omega t} \, d\omega}$

$\displaystyle f_o (t) = H(\omega_0) e^{j \omega_0 t}$

Esta expresión cumple para cualquier valor de $\omega_0$ , se puede cambiar $\omega_0$ por $\omega$ y se obtiene

$\displaystyle f_o (t) = L \left\{e^{j \omega t} \right\}= H(\omega) e^{j \omega t}$

Comparando con

$L \left\{e^{j \omega t} \right\} = H(j \omega) \ e{j \omega t}$

Se concluye que

$H(j \omega) = H(\omega)$

De hecho, de la definición de la transformada de Fourier de $f(t)$ , se tiene

$\displaystyle F(\omega) = \mathcal{F}[f(t)] = \int_{-\infty}^{\infty}{f(t) e^{-j \omega t} \, dt}$

– – – (7)

la variable $\omega$ siempre aparece con $j$ , y por consiguiente, la integral se puede expresar como función de $j\omega$ . De este modo, se puede expresar la defición de la ecuación (7) como

$\displaystyle F(j\omega) = \mathcal{F}[f(t)] = \int_{-\infty}^{\infty}{f(t) \ e^{-j \omega t} \, dt}$

y, en consecuencia,

$\displaystyle f(t) = \mathcal{F}^{-1}[F(j\omega)] = \frac{1}{2\pi} \int_{- \infty}^{\infty}{F(j\omega) \ e^{j \omega t} \, d\omega}$

Por consiguiente, $F(\omega)$ y $F(j\omega)$ representan la misma función $\mathcal{F}[f(t)]$ . La distinción sólo es cuestión de notación.

De este modo, la relación de la ecuación (5) se puede expresar también como

$\displaystyle F_o (j\omega) = F_i (j\omega) \ H(j\omega)$

donde

$\displaystyle H(j\omega) = \frac{F_o (j\omega)}{F_i (j \omega)} = \frac{\mathcal{F}[f_o (t)]}{\mathcal{F}[f_i (t)]}$

– – – (8)

La ecuación (8) indica que la función del sistema $H(j\omega)$ también es el cociente entra la transformada de la respuesta y la transformada de la fuente.

Problema 2. Hallar la respuesta al impulso unitario, del circuito RC que se muestra en la figura 1.

Figura 6.7.1 Circuito RC del problema 2. — *Figura 1. Circuito RC del problema 2.*

Solución. La función del sistema $H(j\omega)$ , se determina de la siguiente manera. De la fuente

$\displaystyle v_i (t) = R \ i(t) + \frac{1}{C} \int_{-\infty}^{t}{i(t) \, dt}$

$\displaystyle v_i (t) = R \ i(t) + \frac{1}{C} \ \frac{1}{p} \ i(t)$

$\displaystyle v_i (t) = R \ i(t) + \frac{1}{pC} \ i (t)$

$\displaystyle v_i (t) = \left(R + \frac{1}{pC} \right) i (t)$

De la respuesta

$\displaystyle v_o (t) = \frac{1}{C} \int_{-\infty}^{t}{i(t) \, dt}$

$\displaystyle v_o (t) = \frac{1}{C} \ \frac{1}{p} i(t)$

$\displaystyle v_o (t) = \frac{1}{pC} i(t)$

Realizando la siguiente división

$\displaystyle \frac{v_o (t)}{v_i (t)} = \frac{\frac{1}{pC} i(t)}{\left(R + \frac{1}{pC} \right) i (t)}$

$\displaystyle \frac{v_o (t)}{v_i (t)} = \frac{\frac{1}{pC}}{\left(R + \frac{1}{pC} \right)} = \frac{\frac{1}{pC}}{\frac{\left(pRC + 1 \right)}{pC}}$

$\displaystyle \frac{v_o (t)}{v_i (t)} = \frac{1}{pRC + 1}$

Por consiguiente, la respuesta $v_o (t)$ y la entrada $v_i (t)$ están relacionados por

$\displaystyle \frac{v_o (t)}{v_i (t)} = \frac{1}{pRC + 1}$

$\displaystyle v_o (t) = \frac{1}{pRC + 1} v_i (t)$

$\displaystyle v_o (t) = H(p) v_i (t)$

Donde

$\displaystyle H(p) = \frac{1}{pRC + 1}$

Remplazando la variable $p$ por $j \omega$ en la función $H(p)$ , resulta

$\displaystyle H(j \omega) = \frac{1}{j \omega RC + 1} = \frac{1}{1 + j \omega RC}$

Determinando $h(t)$

$\displaystyle \mathcal{F}^{-1}[H(j \omega)] = \mathcal{F}^{-1} \left[ \frac{1}{1 + j \omega RC} \right]$

$\displaystyle h(t) = \mathcal{F}^{-1} \left[\frac{1}{RC \left(\frac{1}{RC} + j \omega \right)} \right]$

$\displaystyle h(t) = \frac{1}{RC} \ \mathcal{F}^{-1} \left[\frac{1}{\frac{1}{RC} + j \omega} \right]$

$\displaystyle \therefore h(t) = \frac{1}{RC} \ e^{-t/RC} \ u(t)$

Figura 6.7.2 Respuesta al impulso unitario. — *Figura 2. Respuesta al impulso unitario.*

Problema 3. Una fuente de voltaje $v_i (t) = e^{-t} u(t)$ se aplica al circuito RC de la figura 3; hallar la respuesta, el voltaje $v_o(t)$ , si $R=1/2 \ \Omega$ y $C=1 \ F$ .

Solución. La función del sistema $H(j\omega)$ , se determina de la siguiente manera. De la fuente

$\displaystyle v_i (t) = R \ i(t) + \frac{1}{C} \int_{-\infty}^{t}{i(t) \, dt}$

$\displaystyle v_i (t) = R \ i(t) + \frac{1}{C} \ \frac{1}{p} \ i(t)$

$\displaystyle v_i (t) = R \ i(t) + \frac{1}{pC} \ i (t)$

$\displaystyle v_i (t) = \left(R + \frac{1}{pC} \right) i (t)$

De la respuesta

$\displaystyle v_o (t) = \frac{1}{C} \int_{-\infty}^{t}{i(t) \, dt}$

$\displaystyle v_o (t) = \frac{1}{C} \ \frac{1}{p} i(t)$

$\displaystyle v_o (t) = \frac{1}{pC} i(t)$

Realizando la siguiente división

$\displaystyle \frac{v_o (t)}{v_i (t)} = \frac{\frac{1}{pC} i(t)}{\left(R + \frac{1}{pC} \right) i (t)}$

$\displaystyle \frac{v_o (t)}{v_i (t)} = \frac{\frac{1}{pC}}{\left(R + \frac{1}{pC} \right)} = \frac{\frac{1}{pC}}{\frac{\left(pRC + 1 \right)}{pC}}$

$\displaystyle \frac{v_o (t)}{v_i (t)} = \frac{1}{pRC + 1}$

Por consiguiente, la respuesta $v_o (t)$ y la entrada $v_i (t)$ están relacionados por

$\displaystyle \frac{v_o (t)}{v_i (t)} = \frac{1}{pRC + 1}$

$\displaystyle v_o (t) = \frac{1}{pRC + 1} v_i (t)$

$\displaystyle v_o (t) = H(p) v_i (t)$

Donde

$\displaystyle H(p) = \frac{1}{pRC + 1}$

Remplazando la variable $p$ por $j \omega$ en la función $H(p)$ , resulta

$\displaystyle H(j \omega) = \frac{1}{j \omega RC + 1} = \frac{1}{1 + j \omega RC}$

Determinando $h(t)$

$\displaystyle \mathcal{F}^{-1}[H(j \omega)] = \mathcal{F}^{-1} \left[ \frac{1}{1 + j \omega RC} \right]$

$\displaystyle h(t) = \mathcal{F}^{-1} \left[\frac{1}{RC \left(\frac{1}{RC} + j \omega \right)} \right]$

$\displaystyle h(t) = \frac{1}{RC} \ \mathcal{F}^{-1} \left[\frac{1}{\frac{1}{RC} + j \omega} \right]$

$\displaystyle h(t) = \frac{1}{RC} \ e^{-t/RC} \ u(t)$

Sustituyendo los valores de $R$ y $C$

$\displaystyle h(t) = \frac{1}{(\frac{1}{2})(1)} \ e^{-t/(\frac{1}{2})(1)} \ u(t)$

$\displaystyle h(t) = \frac{1}{\frac{1}{2}} \ e^{-t/\frac{1}{2}} \ u(t)$

$\displaystyle h(t) = 2 \ e^{-2t} \ u(t)$

Tomando la ecuación (1), $v_o$ es

$\displaystyle v_o (t) = v_i (t) * h(t) = \int_{-\infty}^{\infty}{v_i (\tau) \ h(t-\tau) \, d\tau}$

$\displaystyle v_o (t) = \int_{-\infty}^{\infty}{e^{-\tau} u(\tau) \cdot 2 \ e^{-2(t-\tau)} \ u(t-\tau) \, d\tau}$

$\displaystyle v_o (t) = 2 \int_{-\infty}^{\infty}{e^{-\tau} e^{-2t} e^{2 \tau} \ u (\tau) \ u(t-\tau) \, d\tau}$

$\displaystyle v_o (t) = 2 e^{-2t} \int_{-\infty}^{\infty}{e^{\tau} \ u (\tau) \ u(t-\tau) \, d\tau}$

Donde

$\displaystyle u(\tau) \ u (t-\tau) = \left\{ \begin{matrix} 1, \quad para \quad \, \quad 0<\tau<t \\ 0, \quad para \quad \tau<0, \ \tau>t \end{matrix} \right.$

Entonces

$\displaystyle v_o (t) = \left(2 e^{-2t} \int_{0}^{t}{e^{\tau} \, d\tau} \right) u(t)$

$\displaystyle v_o (t) = 2 e^{-2t} \left(e^t - e^0 \right) u(t)$

$\displaystyle v_o (t) = 2 e^{-2t} \left(e^t - 1 \right) u(t)$

$\displaystyle \therefore v_o (t) = 2 (e^{-t} - e^{-2t}) u(t)$

El resultado final tiene la expresión $u(t)$ , eso indica que no hay respuesta debida a la fuente, antes de que esta se aplique.

Problema 4. Hallar la respuesta del circuito RC de la figura 4, al escalón unitario $u(t)$ por convolución.

Solución. La función del sistema $H(j\omega)$ , se determina de la siguiente manera. De la fuente

$\displaystyle v_i (t) = R \ i(t) + \frac{1}{C} \int_{-\infty}^{t}{i(t) \, dt}$

$\displaystyle v_i (t) = R \ i(t) + \frac{1}{C} \ \frac{1}{p} \ i(t)$

$\displaystyle v_i (t) = R \ i(t) + \frac{1}{pC} \ i (t)$

$\displaystyle v_i (t) = \left(R + \frac{1}{pC} \right) i (t)$

De la respuesta

$\displaystyle v_o (t) = \frac{1}{C} \int_{-\infty}^{t}{i(t) \, dt}$

$\displaystyle v_o (t) = \frac{1}{C} \ \frac{1}{p} i(t)$

$\displaystyle v_o (t) = \frac{1}{pC} i(t)$

Realizando la siguiente división

$\displaystyle \frac{v_o (t)}{v_i (t)} = \frac{\frac{1}{pC} i(t)}{\left(R + \frac{1}{pC} \right) i (t)}$

$\displaystyle \frac{v_o (t)}{v_i (t)} = \frac{\frac{1}{pC}}{\left(R + \frac{1}{pC} \right)} = \frac{\frac{1}{pC}}{\frac{\left(pRC + 1 \right)}{pC}}$

$\displaystyle \frac{v_o (t)}{v_i (t)} = \frac{1}{pRC + 1}$

Por consiguiente, la respuesta $v_o (t)$ y la entrada $v_i (t)$ están relacionados por

$\displaystyle \frac{v_o (t)}{v_i (t)} = \frac{1}{pRC + 1}$

$\displaystyle v_o (t) = \frac{1}{pRC + 1} v_i (t)$

$\displaystyle v_o (t) = H(p) v_i (t)$

Donde

$\displaystyle H(p) = \frac{1}{pRC + 1}$

Remplazando la variable $p$ por $j \omega$ en la función $H(p)$ , resulta

$\displaystyle H(j \omega) = \frac{1}{j \omega RC + 1} = \frac{1}{1 + j \omega RC}$

Determinando $h(t)$

$\displaystyle \mathcal{F}^{-1}[H(j \omega)] = \mathcal{F}^{-1} \left[ \frac{1}{1 + j \omega RC} \right]$

$\displaystyle h(t) = \mathcal{F}^{-1} \left[\frac{1}{RC \left(\frac{1}{RC} + j \omega \right)} \right]$

$\displaystyle h(t) = \frac{1}{RC} \ \mathcal{F}^{-1} \left[\frac{1}{\frac{1}{RC} + j \omega} \right]$

$\displaystyle h(t) = \frac{1}{RC} \ e^{-t/RC} \ u(t)$

Tomando la ecuación (1), $v_o$ es

$\displaystyle v_o (t) = v_i (t) * h(t) = \int_{-\infty}^{\infty}{v_i (\tau) \ h(t-\tau) \, d\tau}$

$\displaystyle v_o (t) = \int_{-\infty}^{\infty}{u (\tau) \cdot \frac{1}{RC} \ e^{-(t-\tau)/RC} \ u(t-\tau) \, d\tau}$

$\displaystyle v_o (t) = \int_{-\infty}^{\infty}{u (\tau) \cdot \frac{1}{RC} e^{-t / RC} e^{\tau / RC} \ u(t-\tau) \, d\tau}$

$\displaystyle v_o (t) = e^{-t / RC} \int_{-\infty}^{\infty}{e^{\tau / RC} \ u(\tau) \ u(t-\tau) \, \cdot \frac{1}{RC} d\tau}$

$\displaystyle v_o (t) = \left( e^{-t / RC} \int_{0}^{t}{e^{\tau / RC} \, \cdot \frac{1}{RC} d\tau} \right) u(t)$

$\displaystyle v_o (t) = e^{-t / RC} \left( \int_{0}^{t}{e^{\tau / RC} \, \cdot \frac{1}{RC} d\tau} \right) u(t)$

$\displaystyle v_o (t) = e^{-t / RC} \left( e^{t / RC} - e^{0} \right) u(t)$

$\displaystyle v_o (t) = e^{-t / RC} \left( e^{t / RC} - 1 \right) u(t)$

$\displaystyle \therefore v_o (t) = \left(1 - e^{-t / RC} \right) u(t)$

Sistema casual

Un sistema físico pasivo tiene la propiedad de que si la fuente es cero para $t<t_0$ , entonces la respuesta también es cero para $t < t_0$ , es decir, si

$f_i(t) = 0$ para $t<t_0$

– – – (9)

entonces

$f_o (t) = L \left\{f_i (t) \right\} = 0$ para $t<t_0$

– – – (10)

Un sistema que satisface la ecuación (9) o la ecuación (10) se llama sistema casual. Una función $f(t)$ se denominará casual si su valor es cero para $t<0$ ; es decir, $f_i(t) = 0$ para $t<0$ .

Teorema 3. La respuesta $f_o (t)$ de un sistema lineal casual, a cualquier fuente $f_i(t)$ . está dada por

$\displaystyle f_o (t) = \int_{-\infty}^{t}{f_i (\tau) \ h(t-\tau) \, d\tau}$

$\displaystyle f_o (t) = \int_{0}^{\infty}{f_i (t - \tau) \ h(\tau) \, d\tau}$

Teorema 4. Si la función de la fuente $f_i(t)$ es casual, es decir, si la fuente $f_i (t)$ se aplica en $t = 0$ , la respuesta $f_o(t)$ del sistema lineal casual es