Seccion 3.5 Análisis en el dominio Z de sistemas LTI

UNIVERSIDAD AUTÓNOMA DE NAYARIT
INGENIERÍA EN ELECTRÓNICA
Procesamiento Digital de Señales
M.C. Juan Salvador Palacios Fonseca
UNIDAD 3
Transformada 𝑍 y sus aplicaciones
A veces un poco de intuición e ingenio conduce a una reducción
considerable en la complejidad, y a veces también a mejoras en su
velocidad.
– Roger Penrose, La mente nueva del emperador, 1996, México.

Procesamiento Digital de Señales
M.C. Juan Salvador Palacios Fonseca
3.5 Análisis en el dominio 𝑍 de
sistemas LTI

Se han estudiado las herramientas para la transformada Z directa tanto de
señales como de sistemas. También se estudió la recuperación desde el
dominio 𝑍 siempre y cuando se conozca la expresión en 𝑍 y la 𝑅𝑂𝐶.
Se estudiará el uso de la función de transferencia para determinar la
respuesta del sistema a una señal de excitación. Se hará especial énfasis en
el uso de los polos y los ceros de los sistemas de ecuaciones en diferencias
de coeficientes constantes con condiciones iniciales arbitrarias.
Se conocerá una prueba para determinar la estabilidad de un sistema
basado en los coeficientes del polinomio del denominador de la función de
transferencia.
3.5 Análisis en el dominio 𝑍 de sistemas LTI
Rev. Junio/2020 M.C. Juan Salvador Palacios Fonseca 3

Ejemplo 3.5.1: Determine la convolución de dos secuencias de longitud
infinita ℎ 𝑛 = 𝑎 𝑛 𝑢 𝑛 y 𝑥 𝑛 = 𝐴 𝑢 𝑛 .
Respuesta: Para determinar la convolución utilizaremos la transformada 𝑧.
La transformada 𝑍 de cada secuencia es:
𝐻 𝑧 =
𝑛=0
∞
𝑎 𝑛 𝑧−𝑛 =
1
1 − 𝑎𝑧−1
, 𝑧 > 𝑎 ,
𝑋 𝑧 =
𝑛=0
∞
𝐴𝑧−𝑛 =
𝐴
1 − 𝑧−1
, 𝑧 > 1
Por tanto, la transformada 𝑍 de la convolución es
𝑌 𝑧 = 𝐻 𝑧 𝑋 𝑧 =
𝐴
1 − 𝑎𝑧−1 1 − 𝑧−1
=
𝐴𝑧2
𝑧 − 𝑎 𝑧 − 1
, 𝑧 > 1

Ejemplo 3.5.1:
Donde suponemos que 𝑎 < 1 de forma que la intersección de las 𝑅𝑂𝐶 es
𝑧 > 1.
Los polos y los ceros son
donde se puede ver que la 𝑅𝑂𝐶 es la intersección.
Im 𝑧
Re 𝑧
𝑅𝑂𝐶
𝑎 1

Ejemplo 3.5.1:
La secuencia 𝑦 𝑛 se puede obtener determinando la transformada 𝑍
inversa. La descomposición en fracciones simples de 𝑌 𝑧 es
𝑌 𝑧 =
𝐴
1 − 𝑎
1
1 − 𝑧−1
−
𝑎
1 − 𝑎𝑧−1
, 𝑧 > 1
Tomando la transformada inversa de cada termino se obtiene
𝑦 𝑛 =
𝐴
1 − 𝑎
1 − 𝑎 𝑛+1 𝑢 𝑛

De lo visto antes, consideramos que la función de transferencia esta dada
por
𝐻 𝑧 =
𝐵 𝑧
𝐴 𝑧
3.5.1
Donde 𝐴(𝑧) es el polinomio que determina los polos del sistema. La señal de
entrada, 𝑥(𝑛) tiene una transformada 𝑧 racional 𝑋(𝑧) de la forma
𝑋 𝑧 =
𝑁 𝑧
𝑄 𝑧
3.5.2
Respuesta de sistemas con funciones de transferencia racionales

Entonces considerando que el sistema esta inicialmente en reposo, 𝑦(−1) =
𝑦(−2) = ⋯ = 𝑦(−𝑁) y uniendo (3.5.1) y (3.5.2), la TZ de la salida del sistema
tiene la forma
𝐵 𝑧 𝑁 𝑧
𝐴 𝑧 𝑄 𝑧
3.5.3
Los polos del sistema se denominan p1, p2,.., pN y los polos de la señal de
entrada son q1, q2,…,qL, donde los polos son diferentes, 𝑝 𝑘 ≠ 𝑞 𝑚 para todo k
=1,2,…, N y m = 1,2,…,L. Consideremos también que los polos y los ceros no se
cancelan. Entonces, la expansión en fracciones parciales de la salida es de la
forma
𝑌 𝑧 =
𝑘=1
𝑁
𝐴 𝑘
1 − 𝑝 𝑘 𝑧−1
+
𝑘=1
𝐿
𝑄 𝑘
1 − 𝑞 𝑘 𝑧−1
3.5.4

La TZ-1 de Y(z) proporciona la señal de salida del sistema en la forma
𝑦 𝑛 =
𝑘=1
𝑁
𝐴 𝑘 𝑝 𝑘
𝑛
𝑢(𝑛) +
𝑘=1
𝐿
𝑄 𝑘 𝑞 𝑘
𝑛
𝑢(𝑛) 3.5.5
El primer sumatorio es la respuesta natural del sistema y es función
de los polos pk. Ak es influenciado por la señal de entrada.
El segundo sumatorio es la respuesta forzada del sistema y es
función de los polos qk de la señal de entrada. Qk es influenciada por
el sistema.

Si 𝑋(𝑧) y 𝐻(𝑧) tienen uno o mas polos en común o tienen polos
de orden múltiple, la expansión en fracciones parciales es de la
forma
1
1 − 𝑝𝑙 𝑧−1 𝑘
para 𝑘 = 1,2, … , 𝑚, donde 𝑚 es el orden del polo. La TZ-1
producirá en la salida términos de la forma
𝑛 𝑘−1 𝑝𝑙
𝑛

La respuesta en estado nulo de un sistema se puede separar en dos
componentes, la respuesta natural y la respuesta forzada.
La respuesta natural de un sistema causal tiene la forma
𝑦𝑛𝑟 𝑛 =
𝑘=1
𝑁
𝐴 𝑘 𝑝 𝑘
𝑛 𝑢(𝑛) 3.5.6
Donde, {pk}, k=1,2,…,N son los polos del sistema y {Ak} son los factores de
escala.
La respuesta transitoria de la respuesta natural del sistema ocurre si |pk|<1
para todo k y en consecuencia ynr(n) decrece hasta cero cuando n tiende a
infinito.
Respuesta transitoria y en régimen permanente

La respuesta forzada del sistema tiene la forma
𝑦𝑓𝑟 𝑛 =
𝑘=1
𝐿
𝑄 𝑘 𝑞 𝑘
𝑛 𝑢(𝑛) 3.5.7
Donde {qk}, k=1,2,…,L son los polos de la función forzada y {Qk} son los
factores de escala.
Si |𝑞 𝑘| < 1, entonces 𝑦 𝑓𝑟(𝑛) = 0 cuando 𝑛 tiende a infinito. Si x(n) es una
sinusoide, |𝑞 𝑘| = 1 entonces la respuesta forzada es también una sinusoide
que existe para todo 𝑛 > 0 y se le conoce como la respuesta en régimen
permanente del sistema.

Ejemplo 3.5.2: Determine las respuestas transitoria y en régimen
permanente del sistema caracterizado por la ecuación en diferencias
𝑦 𝑛 = 0.5𝑦 𝑛 − 1 + 𝑥 𝑛
Si la señal de entrada es 𝑥 𝑛 = 10 cos
𝜋𝑛
4
𝑢(𝑛). El sistema esta
inicialmente en reposo.
Respuesta: El sistema es causal. Primero se obtiene la TZ del sistema
𝑌 𝑧 =
1
2
𝑧−1
𝑌 𝑧 + 𝑋(𝑧)
Se factoriza Y(z)
𝑌 𝑧 1 −
1
2
𝑧−1 = 𝑋(𝑧)

Ejemplo 3.5.2:
Y la función de transferencia es
𝐻 𝑧 =
𝑌 𝑧
𝑋 𝑧
=
1
1 −
1
2
𝑧−1
El sistema tiene un polo en 𝑧 = ½. La TZ de la señal de entrada es
cos 𝜔0 𝑛 u n
𝑍 1 − 𝑧−1
cos 𝜔0
1 − 2𝑧−1 cos 𝜔0 + 𝑧−2
Y como cos
𝜋
4
= 1/ 2, entonces
𝑋 𝑧 =
10 1 −
1
2
𝑧−1
1 − 2𝑧−1 + 𝑧−2

Ejemplo 3.5.2:
Entonces
𝑌 𝑧 = 𝐻 𝑧 𝑋(𝑧)
=
10 1 −
1
2
𝑧−1
1 −
1
2
𝑧−1 1 − 𝑒
𝑗
𝜋
4 𝑧−1 1 − 𝑒
−𝑗
𝜋
4 𝑧−1
=
−1.907
1 − 0.5𝑧−1
+
6.78𝑒−𝑗28.7°
1 − 𝑒 𝑗
𝜋
4 𝑧−1
+
6.78𝑒 𝑗28.7°
1 − 𝑒−𝑗
𝜋
4 𝑧−1

Ejemplo 3.5.2:
La respuesta natural o transitoria esta dada por los polos de la función de
transferencia, p1 = 0.5
𝑦𝑛𝑟 𝑛 = 1.907 0.5 𝑛 𝑢 𝑛
Y la respuesta forzada o de régimen permanente esta dada por polos de la
señal de entrada
𝑦𝑓𝑟 𝑛 = 6.78𝑒−𝑗28.7°
𝑒 𝑗
𝜋𝑛
4 + 6.78𝑒 𝑗28.7°
𝑒−𝑗
𝜋𝑛
4 𝑢(𝑛)
= 13.56𝑐𝑜𝑠
𝜋
4
𝑛 − 28.7° 𝑢(𝑛)

Ejemplo 3.5.2:
Señal de entrada:

Ejemplo 3.5.2:
Respuesta natural o transitoria Respuesta en forzada o en régimen
permanente

En el dominio del tiempo discreto, un sistema LTI causal es aquel que
satisface la condición
ℎ 𝑛 = 0, 𝑛 < 0 3.5.8
En el dominio de Z, un sistema LTI causal es aquel que cumple la condición:
Un sistema lineal invariante en el tiempo es causal si y sólo si la ROC de la
función de transferencia es el exterior de un circulo 𝑟 < ∞, incluyendo el
punto 𝑧 = ∞
Causalidad

En el dominio del tiempo discreto un sistema LTI es estable si se cumple
𝑛=−∞
∞
ℎ(𝑛) < ∞ 3.5.9
En el dominio de 𝑍, un sistema lineal invariante en el tiempo tiene estabilidad
BIBO si y sólo si la ROC de la función de transferencia incluye la
circunferencia unidad.
Estabilidad

Un sistema LTI causal y estable debe tener una función de transferencia que
converja para |𝑧| > 𝑟 < 1. Además, la 𝑅𝑂𝐶 no puede contener ningún polo de
𝐻(𝑧).
Un sistema causal lineal invariante en el tiempo es estable BIBO si y sólo si
todos los polos de 𝐻(𝑧) se encuentran dentro de la circunferencia unidad.
Las condiciones para la causalidad y la estabilidad son diferentes y una NO
implica a la otra.
• Un sistema causal puede ser estable o inestable
• Un sistema no causal puede ser estable o inestable
• Un sistema inestable, puede ser causal o no causal
• Un sistema estable, puede ser causal o no causal
Causalidad y Estabilidad

Ejemplo 3.5.2: Un sistema lineal invariante en el tiempo está caracterizado
por la función de transferencia
𝐻 𝑧 =
3 − 4𝑧−1
1 − 3.5𝑧−1 + 1.5𝑧−2
=
1
1 −
1
2
𝑧−1
+
2
1 − 3𝑧−1
Especifique la región de convergencia (ROC) y determine ℎ(𝑛) para las
condiciones siguientes:
a) El sistema es estable
b) El sistema es causal
c) El sistema es anticausal

Ejemplo 3.5.3:
Solución: El sistema tiene polos en 𝑧 =
1
2
y 𝑧 = 3.
a) Puesto que el sistema es estable, su 𝑅𝑂𝐶 debe incluir la circunferencia
unidad y por tanto
1
2
< 𝑧 < 3. En consecuencia, ℎ 𝑛 es no causal y está
dada por
ℎ 𝑛 =
1
2
𝑛
𝜇 𝑛 − 2 3 𝑛
𝜇 −𝑛 − 1
b) Puesto que el sistema es causal, su ROC es 𝑧 > 3. En este caso
ℎ 𝑛 =
1
2
𝑛
𝜇 𝑛 + 2 3 𝑛
𝜇 𝑛
Este sistema es inestable.

Ejemplo 3.5.3:
Solución: El sistema tiene polos en 𝑧 =
1
2
y 𝑧 = 3.
c) Si el sistema es anticausal, su ROC es 𝑧 < 0.5. Por tanto
ℎ 𝑛 = −
1
2
𝑛
+ 2 3 𝑛 𝜇 −𝑛 − 1
En este caso, el sistema es inestable.

Cuando una TZ tiene un polo que se encuentra en la misma posición que un
cero, estas se cancelan.
• Cuando la cancelación del polo-cero se produce en la función de
transferencia, se dice que el orden del sistema se reduce una unidad.
• Cuando la cancelación polo-cero se produce en el productos de la función
de transferencia con la señal, se dice que el polo del sistema queda
suprimido por el cero de la señal.
En consecuencias, se pueden suprimir polos tanto en la señal como en el
sistema.
Cancelaciones polo-cero

Ejemplo 3.5.4: Determine la respuesta al impulso unitario del sistema
caracterizado por la ecuación en diferencias
𝑦 𝑛 = 2.5𝑦 𝑛 − 1 − 𝑦 𝑛 − 2 + 𝑥 𝑛 − 5𝑥 𝑛 − 1 + 6𝑥 𝑛 − 2
Solución: La función de transferencia es
𝐻 𝑧 =
1 − 5𝑧−1 + 6𝑧−2
1 − 2.5𝑧−1 + 𝑧−2
=
1 − 5𝑧−1 + 6𝑧−2
1 −
1
2
𝑧−1 1 − 2𝑧−1
El sistema tiene polos en 𝑝1 = 2 y 𝑝2 =
1
2
.

Ejemplo 3.5.4:
Por lo tanto la respuesta al impulso unitario es
1 − 5𝑧−1 + 6𝑧−2
1 −
1
2
𝑧−1 (1 − 2𝑧−1)
= 𝑧
𝐴
𝑧 −
1
2
+
𝐵
𝑧 − 2
Evaluando las constantes en 𝑧 = 2 y 𝑧 =
1
2
tenemos que
𝐴 =
5
2
, 𝐵 = 0

Ejemplo 3.5.4:
El hecho de que 𝐵 = 0 índica que existe un cero en 𝑧 = 2 que cancela el
polo en 𝑧 = 2. En realidad existen ceros en 𝑧 = 2 y 𝑧 = 3. De la ecuación
del numerados se obtiene
1
𝑧2
𝑧2 − 5𝑧 + 6 =
1
𝑧2
𝑧 − 2 𝑧 − 3
Entonces 𝐻 𝑧 se reduce a
𝐻 𝑧 =
1 − 3𝑧−1
1 −
1
2
𝑧−1
=
𝑧 − 3
𝑧 −
1
2
= 1 −
2.5𝑧−1
1 −
1
2
𝑧−1
y por tanto
ℎ 𝑛 = 𝛿 𝑛 − 2.5
1
2
𝑛−1
𝜇 𝑛 − 1
Haciendo la
división entre
ambos
binomios

Ejemplo 3.5.4:
Para encontrar la ecuación en diferencias
𝐻 𝑧 =
𝑌 𝑧
𝑋 𝑧
=
1 − 3𝑧−1
1 −
1
2
𝑧−1
𝑌 𝑧 1 −
1
2
𝑧−1 = 𝑋 𝑧 1 − 3𝑧−1
𝑌 𝑧 −
1
2
𝑧−1
𝑌 𝑧 = 𝑋 𝑧 − 3𝑧−1
𝑋 𝑧
En el dominio de 𝑛
𝑦 𝑛 −
1
2
𝑦 𝑛 − 1 = 𝑥 𝑛 − 3𝑥 𝑛 − 1

Ejemplo 3.5.4:
Despejando para 𝑦(𝑛)
𝑦 𝑛 =
1
2
𝑦 𝑛 − 1 + 𝑥 𝑛 − 3𝑥(𝑛 − 1)
Aunque el sistema original es BIBO debido a la cancelación polo-cero, en
una implementación práctica de este sistema de segundo orden, podemos
tener una inestabilidad debida a la cancelación imperfecta del polo y del
cero.

Ejemplo 3.5.5: Determine la respuesta del sistema
𝑦 𝑛 =
5
6
𝑦 𝑛 − 1 −
1
6
𝑦 𝑛 − 2 + 𝑥 𝑛
A la señal de entrada
𝑥 𝑛 = 𝛿 𝑛 −
1
3
𝛿 𝑛 − 1
Solución: La función de transferencia es
𝐻 𝑧 =
1
1 −
5
6
𝑧−1 +
1
6
𝑧−2
=
1
1 −
1
2 𝑧−1 1 −
1
3 𝑧−1
El sistema tiene dos polos, uno en 𝑧 = 1/2 y en 𝑧 = 1/3. La transformada 𝑍 de
la señal de entrada es
𝑋 𝑧 = 1 −
1
3
𝑧−1

Ejemplo 3.5.5:
En este caso, la señal de entrada contiene un cero en 𝑧 = 1/3 que cancela
el polo en 𝑧 = 1/3. En consecuencia
1
1 −
1
2
𝑧−1
Por lo tanto, la respuesta del sistema es
𝑦 𝑛 =
1
2
𝑛
𝑢 𝑛
El modo 1/3 𝑛 se suprime de la salida como un resultado de la
cancelación polo-cero.

Una señal de entrada esta acotada si sus polos son iguales o menores a la
unidad, 𝑞 𝑘 ≤ 1 para todo 𝑘. Sin embargo, la posición de los polos sobre la
circunferencia unidad, no aseguran la estabilidad de un sistema, si este a su
vez, tiene polos sobre la circunferencia unidad, en la misma posición.
Para asegurar que un sistema es estable BIBO, sus polos deben estar
estrictamente dentro de la circunferencia unidad, de tal manera, que una
señal acotada, producirá una salida acotada.
Los polos de orden múltiple dan lugar a una secuencia de la forma
𝐴 𝑘 𝑛 𝑏 𝑝 𝑘
𝑛 𝑢 𝑛 , 0 ≤ 𝑏 ≤ 𝑚 − 1
Donde 𝑚 es el orden del polo. Si el polo esta dentro de la secuencia unidad,
la salida decrecerá mientras 𝑛 → ∞.
Estabilidad de los sistemas LTI

Ejemplo 3.5.6: Determine la respuesta al impulsos del sistema causal
descrito por la ecuación en diferencias
𝑦 𝑛 = 𝑦 𝑛 − 1 + 𝑥 𝑛
Solución: La función de transferencia del sistema es
𝐻 𝑧 =
1
1 − 𝑧−1
Observe que el sistema contiene un polo sobre la circunferencia unidad en
𝑧 = 1. La transformada 𝑧 de la señal de entrada 𝑥 𝑛 = 𝑢 𝑛 es
𝑋 𝑧 =
1
1 − 𝑧−1
que también tiene un polo en 𝑧 = 1.

Ejemplo 3.5.6:
Por tanto, la señal de salida tiene la transformada
1
1 − 𝑧−1 2
que tiene un polo doble en 𝑧 = 1.
La transformada 𝑍 inversa de 𝑌 𝑧 es
𝑦 𝑛 = 𝑛 + 1 𝑢 𝑛
la cual es una señal en rampa. Por tanto, 𝑦 𝑛 no está acotada, incluso
cuando la entrada está acotada. Por tanto, el sistema es inestable.

En el caso de los sistemas de segundo orden descrito por la ecuación en
diferencias
𝑦 𝑛 = −𝑎1 𝑦 𝑛 − 1 − 𝑎2 𝑦 𝑛 − 2 + 𝑏0 𝑥 𝑛 3.5.10
La función de transferencia es
𝐻 𝑧 =
𝑌 𝑧
𝑋 𝑧
=
𝑏0
1 + 𝑎1 𝑧−1 + 𝑎2 𝑧−2
=
𝑏0 𝑧2
𝑧2 + 𝑎1 𝑧 + 𝑎2
3.5.11
El sistema tiene dos ceros en el origen y los polos en
𝑝1, 𝑝2 = −
𝑎1
2
±
𝑎1
2
− 4𝑎2
4
3.5.12

El sistema es estable BIBO si los polos se encuentran dentro de la
circunferencia unidad, 𝑝1 < 1 y 𝑝2 < 1. Estas condiciones pueden estar
relacionadas con los coeficientes de los valores 𝑎1 y 𝑎2. La ecuación de una
raíz cuadrática satisfacen las siguientes relaciones
𝑎1 = − 𝑝1 + 𝑝2 3.5.13
𝑎2 = 𝑝1 𝑝2 3.5.14
Entonces para que el sistema sea estable, las condiciones de 𝑎1 y 𝑎2 que
deben cumplirse son
𝑎2 = 𝑝1 𝑝2 = 𝑝1 𝑝2 < 1 3.5.15
𝑎1 < 1 + 𝑎2 3.5.16
Un sistema de dos polos es estable si y solo si los coeficientes 𝑎1 y 𝑎2
satisfacen (3.5.15) y (3.5.16).

Las condiciones de estabilidad dadas por (3.5.15) y (3.15.16) definen una
región en el plano de coeficientes 𝑎1, 𝑎2 que tiene forma triangular, como se
muestra en la figura.
El sistema es estable si y solo si el punto 𝑎1, 𝑎2 se encuentra dentro del
triángulo, el cual denominamos triangulo de estabilidad.

Los polos del sistema pueden ser reales o complejos conjugados,
dependiendo del valor del discriminante Δ = 𝑎1
2
− 4𝑎2. La parábola 𝑎2 = 𝑎1
2
/4
divide el triángulo de estabilidad en dos regiones.
• La región por debajo de la parábola 𝑎1
2
> 4𝑎2 corresponde a dos polos
reales y distintos.
• Los puntos sobre la parábola 𝑎1
2
= 4𝑎2 producen polos reales e iguales
(dobles).
• Los puntos por encima de la parábola corresponden a los polos complejos
conjugados.

Polos reales y distintos 𝒂 𝟏
𝟐
> 𝟒𝒂 𝟐 . Dado que 𝑝1 y 𝑝2 son reales y 𝑝1 ≠ 𝑝2, la
función de transferencia puede expresarse de la forma
𝐻 𝑧 =
𝐴1
1 − 𝑝1 𝑧−1
+
𝐴2
1 − 𝑝2 𝑧−1
3.5.17
donde
𝐴1 =
𝑏0 𝑝1
𝑝1 − 𝑝2
, 𝐴2 =
−𝑏0 𝑝2
𝑝1 − 𝑝2
3.5.18
Por tanto, la respuesta al impulso es
ℎ 𝑛 =
𝑏0
𝑝1 − 𝑝2
𝑝1
𝑛+1
− 𝑝2
𝑛+1
𝑢 𝑛 3.5.19
Por tanto, la respuesta al impulso es la diferencia de dos secuencias
exponenciales decrecientes.

La figura muestra la respuesta típica para ℎ 𝑛 cuando los polos son
diferentes.
Grafica para ℎ 𝑛 con 𝑝1 = 0.5, 𝑝2 = 0.75, 𝑏0 = 1.

Polos reales e iguales 𝒂 𝟏
𝟐
= 𝟒𝒂 𝟐 . En este caso, 𝑝1 = 𝑝2 = 𝑝 = −𝑎1/2. La
función de transferencia es
𝐻 𝑧 =
𝑏0
1 − 𝑝𝑧−1 2
3.5.20
y por tanto, la respuesta al impulso unitario del sistema es
ℎ 𝑛 = 𝑏0 𝑛 + 1 𝑝 𝑛 𝑢 𝑛 3.5.21

ℎ 𝑛 es el producto de una rampa por una exponencial decreciente real. La
gráfica de ℎ 𝑛 se muestra en la figura.
Gráfica de ℎ 𝑛 con 𝑝 =
3
4
, 𝑏0 = 1.

Polos complejos conjugados 𝑎1
2
< 4𝑎2 . Puesto que los polos son complejos
conjugados, la función de transferencia puede descomponerse en factores y
expresarse como sigue
𝐻 𝑧 =
𝐴
1 − 𝑝𝑧−1
+
𝐴∗
1 − 𝑝∗ 𝑧−1
=
𝐴
1 − 𝑟𝑒 𝑗𝜔0 𝑧−1
+
𝐴∗
1 − 𝑟𝑒−𝑗𝜔0 𝑧−1
3.5.22
donde 𝑝 = 𝑟𝑒 𝑗𝜔
y 0 < 𝜔0 < 𝜋. Observe que cuando los polos son complejos
conjugados, los parámetros 𝑎1 y 𝑎2 están relacionados con 𝑟 y 𝜔0 según
𝑎1 = −2𝑟 cos 𝜔0
𝑎2 = 𝑟2
y
𝐴 =
𝑏0 𝑝
𝑝 − 𝑝∗
=
𝑏0 𝑟𝑒 𝑗𝜔0
𝑟 𝑒 𝑗𝜔0 − 𝑒−𝑗𝜔0
=
𝑏0 𝑒 𝑗𝜔0
𝑗2 sin 𝜔0
3.5.23

Por lo tanto, la respuesta al impulso de un sistema con polos complejos
conjugados es
ℎ 𝑛 =
𝑏0 𝑟 𝑛
sin 𝜔0
𝑒 𝑗 𝑛+1 𝜔0 − 𝑒−𝑗 𝑛+1 𝜔0
2𝑗
𝑢 𝑛
=
𝑏0 𝑟 𝑛
sin 𝜔0
sin 𝑛 + 1 𝜔0 𝑢 𝑛 3.5.24
ℎ 𝑛 presenta un comportamiento oscilatorio con una envolvente que
decrece exponencialmente cuando 𝑟 < 1. El ángulo de 𝜔0 de los polos
determina la frecuencia de oscilación y la distancia 𝑟 de los polos respecto
del origen determina la velocidad de decrecimiento. Cuando 𝑟 es próximo a
la unidad, el decrecimiento es lento. Cuando 𝑟 es próximo al origen, el
decrecimiento es rápido.

Grafica de ℎ 𝑛 con 𝑏0 = 1, 𝜔0 = 𝜋/4, 𝑟 = 0.9.

1) a) Dibuje el patrón de polos y ceros de la señal
𝑥1 𝑛 = 𝑟 𝑛 sin 𝜔0 𝑛 𝑢 𝑛 , 0 < 𝑟 < 1
b) Calcule la transformada z 𝑋2 𝑧 , que se corresponde con el patrón
de polos y ceros determinado en el apartado (a).
c) Compare 𝑋1 𝑧 con 𝑋2 𝑧 . ¿Son idénticas? Si no lo son, indique un
método para deducir 𝑋1 𝑧 a partir del patrón de polos y ceros.
2) Determine la señal 𝑥 𝑛 cuya transformada 𝑍 es
𝑋 𝑧 = 𝑒 𝑧 + 𝑒1/𝑧, 𝑧 ≠ 0
3) Demuestre que la secuencia de Fibonacci puede interpretarse como la
respuesta al impulso del sistema descrito por la ecuación en
diferencias 𝑦 𝑛 = 𝑦 𝑛 − 1 + 𝑦 𝑛 − 2 + 𝑥 𝑛 . A continuación,
determine ℎ 𝑛 utilizando la transformada 𝑍.
Ejercicios de la sección

4) Calcule la respuesta al estado nulo para las siguientes parejas de
funciones del sistema y señales de entrada.
a) ℎ 𝑛 =
1
3
𝑛
𝑢 𝑛 , 𝑥 𝑛 =
1
2
𝑛
cos
𝜋
3
𝑛 𝑢 𝑛
b) ℎ 𝑛 =
1
2
𝑛
𝑢 𝑛 , 𝑥 𝑛 =
1
3
𝑛
𝑢 𝑛 +
1
2
−𝑛
𝑢 −𝑛 − 1
c) 𝑦 𝑛 = −0.1y 𝑛 − 1 + 0.2𝑦 𝑛 − 2 + 𝑥 𝑛 + 𝑥 𝑛 − 1 , 𝑥 𝑛 =
1
3
𝑛
𝑢 𝑛
d) 𝑦 𝑛 = −𝑦 𝑛 − 2 + 10𝑥 𝑛 , 𝑥 𝑛 = 10 cos
𝜋
2
𝑛 𝑢 𝑛

4) Calcule la respuesta del sistema
𝑦 𝑛 = 0.7𝑦 𝑛 − 1 − 0.12𝑦 𝑛 − 2 + 𝑥 𝑛 − 1 + 𝑥 𝑛 − 2
a la entrada 𝑥 𝑛 = 𝑛𝑢 𝑛 . ¿Es estable este sistema?
5) Determine la región de estabilidad del sistema causal
𝐻 𝑧 =
1
1 + 𝑎1 𝑧−1 + 𝑎2 𝑧−2
calculando sus polos y restringiéndolos al interior de la circunferencia
unidad.
f) Determine la respuesta para el estado nulo del sistema
𝑦 𝑛 =
1
2
𝑦 𝑛 − 1 + 4𝑥 𝑛 + 3𝑥 𝑛 − 1
a la entrada
𝑥 𝑛 = 𝑒 𝑗𝜔0 𝑛
𝑢 𝑛
¿Cuál es la respuesta en régimen permanente del sistema?

Seccion 3.5 Análisis en el dominio Z de sistemas LTI

Seccion 3.5 Análisis en el dominio Z de sistemas LTI

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Notes de l'éditeur