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\chapter[Sistemas]{Sistemas}

\section{Introducción}

Un sistema se puede ver como cualquier proceso que produce una transformación de señales. Un sistema tiene una señal de entrada y una señal de salida la cual estó relacionada con la entrada a través de la transformación del sistema.
\[
y(t)=T\left[ x(t)\right]
\]
donde $x(t)$ es la señal de entrada, $y\left( t\right) $ es la señal de
salida y $T\left[ {}\right] $ es la transformación del sistema.

Entre los sistemas podemos tener interconexiones serie y paralelo dadas como
los mostrados en la figura \ref{fig:serieparalelo}.

\begin{figure}[h!]
{\normalsize \centering
\centerline{\psfig{figure=figuras/fig01.eps,width=8.0cm}} }
\caption{Sistemas serie y paralelo}
\label{fig:serieparalelo}
\end{figure}

\subsubsection{Sistemas con y sin memoria.}

Si la salida de un sistema para cada valor de la variable independiente depende solo de la entrada en ese mismo instante de tiempo se dice que el sistema no tiene memoria.

\[
y(t)=Rx(t)
\]

Un ejemplo de un sistema con memoria es
\[
y(n)=\sum_{k=-\infty }^{n}x(k)
\]

\subsection{Sistemas inversos.}

Decimos que un sistema es invertible si dada una transformación $T$ podemos encontrar la transformación $T^{-1}$ tal que:
\begin{eqnarray*}
y(t) &=&T[x(t)] \\
x(t) &=&T^{-1}[y(t)]
\end{eqnarray*}

Un ejemplo de un sistema que no es invertible es $y\left( t\right) =0.$

\subsection{Sistemas causales.}

Un sistema es causal si su salida en cualquier instante de tiempo depende sólo de los valores en el tiempo presente y en el pasado. Estos sistemas también son llamados no anticipativo.
\begin{eqnarray*}
y(t) &=&x(t-1) \\
y(t) &=&\int_{-\infty }^{t}x(\tau )d\tau
\end{eqnarray*}

\subsection{Estabilidad.}

Un sistema es llamado estable si se produce una salida acotada para una entrada acotada. Una señal es acotada si
\[
\left| x(k)\right| \leq M<\infty
\]
y la señal de salida $y(k)=T\left[ x(k)\right] ,$ es acotada si
\[
\left| y(k)\right| \leq N<\infty
\]

Ejemplo. Consideremos la secuencia de los nómeros de Fibonacci donde $x(k)=\{1,2,3,5,8,13,...\}$ ó $x(k)=x(k-1)+x(k-2).$ En este caso tenemos un sistema no acotado ya que la sucesión crece indefinidamente para valores de $k.$

Un ejemplo de señal estable lo tenemos en la sucesión
\[
x\left( n\right) =\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n^{2}}
\]
para esta sucesión podemos ver que
\[
x\left( n\right) -x\left( n-1\right) =\frac{1}{n^{2}}
\]
si tomamos el límite podemos verificar que la sucesión converge en un valor estable

\[
\lim_{n\rightarrow \infty }\left[ x\left( n\right) -x\left( n-1\right)
\right] =\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{1}{n^{2}}=0
\]

\section{Invariancia en el tiempo.}

Para que un sistema sea invariante en el tiempo se debe cumplir que para un desplazamiento en la señal de entrada se produzca el mismo desplazamiento en la señal de salida.
\[
T\left[ D^{n}\left[ x\left( t\right) \right] \right] =D^{n}\left[ T\left[
x\left( t\right) \right] \right]
\]

Ejemplo. Considere la señal $y\left( t\right) =sen\left[ x\left( t\right)
\right] $
\begin{eqnarray*}
  D^{k}\left[ x\left( t\right) \right] =x(t-k) \\
  =sen\left[ x(t-k)\right] \\
  D^{k}y\left( t\right) =sen\left[ x(t-k)\right]
\end{eqnarray*}

\subsection{Linealidad}

La característica principal de los sistemas lineales es
\[
T\left[ \alpha x(t)+\beta y(t)\right] =T\left[ \alpha x(t)\right] +T\left[
\beta y(t)\right]
\]

\noindent esta propiedad es conocida como el principio de superposición.

Ejemplo. Considere el sistema $y(t)=mx(t)+b$. Que valores debe tener el
sistema para ser lineal.

Consideremos dos señales $x_{1}(t)$ y $x_{2}(t)$%
\begin{eqnarray*}
y_{1}(k)=mx_{1}(t)+b \\
y_{2}(k)=mx_{2}(t)+b \\
y_{1}(k)+y_{2}(k)=m\left( x_{1}(t)+x_{2}(t)\right) +2b
\end{eqnarray*}
Si aplicamos la transformación a la suma de $x_{1}(t)$ y $x_{2}(t)$
tendremos
\[
y_{3}(k)=m\left( x_{1}(t)+x_{2}(t)\right) +b
\]
note que $y_{3}(k)$ es diferente de $y_{1}(k)+y_{2}(k)$, la ónica
posibilidad es que la constante $b$ sea igual a cero.

\section{Ejemplos}

\subsection{Ejemplo}

Demuestre que $y(n)=x(n)-x(n-1)$ es invariante en el tiempo.


\noindent Solución. Sea, $v(n)=D^{n_{0}}\left\{ T[x(n)]\right\} $ y $\hat{v}(n)=T\left\{ D^{n_{0}}[x(n)]\right\} $. Un sistema es invariante si $v(n)=\hat{v}(n)$

Para nuestro ejemplo $v(n)=D^{n_{0}}[x(n)-x(n-1)]=x(n-n_{0})-x(n-n_{0}-1)$ por otro lado $\hat{v}(n)=T[x(n-n_{0})]=x(n-n_{0})-x(n-n_{0}-1)$, como $v(n)=\hat{v}(n)$ el sistema es invariante en el tiempo.\newline

Nota: En este ejemplo, hacemos una aproximación de la derivada utilizando diferencias finitas $y(n)\simeq \frac{dx(n)}{dn}=x(n)-x(n-1)$ .

\subsection{Ejemplo}

Demuestre que $y(n)=\sum_{k=n -n_{0}}^{n}x(k)$ es invariante en el tiempo.

Solución. En óste caso, $v(t)=D^{n_{0}}\left[
\sum_{k=k_{0}}^{k_{f}}x(k)\right] =\sum_{k=k_{0}}^{k_{f}}x(k-n_{0})$ y $\hat{%
v}(k)=T[D^{n_{0}}\left[ x(k)\right] ]=\sum_{k=k_{0}}^{k_{f}}x(k-n_{0})$.
Como $v(k)=\hat{v}(k)$ el sistema es invariante en el tiempo.

\subsection{Ejemplo}

Dada la sucesión
\begin{equation}
y(n)=\frac{1}{4}y(n-1)+x(n)  \label{eq:suc}
\end{equation}

\begin{enumerate}
\item  Probar que es un sistema Lineal invariante en el Tiempo (LIT) y

\item  Determinar la salida $y(n)$ si $x(n)=\delta (n-1)$
\end{enumerate}

Comenzaremos por dar una solución de la recurrencia, haciendo sustituciones
sucesivas
\begin{eqnarray*}
y(n)=x(n)+\frac{1}{4}y(n-1) \\
=x(n)+\,\frac{x(n-1)}{4}+\frac{1}{4}y(n-2) \\
=x(n)+\,\frac{x(n-1)}{4}+\frac{x(n-2)}{4^{2}}+\frac{1}{4^{2}}y(n-3) \\
=x(n)+\,\frac{x(n-1)}{4}+\frac{x(n-2)}{4^{2}}+\frac{x(n-3)}{4^{3}}+\cdots + \frac{x(1)}{4^{n-1}} + \frac{x(0)}{4^{n}}
\end{eqnarray*}
donde de manera general la solución de la recursión es
\begin{equation}
y(n)=\sum_{k=0}^{n}\frac{x(n-k)}{4^{k}}  \label{eq:sol_recu}
\end{equation}

$\emph{Linealidad}$

Por otra parte tenemos que verificar que el sistema dado por \ref{eq:suc} es Lineal, primero calculamos utilizando \ref{eq:sol_recu}
\[
T[\alpha x_{1}(n)]+T[\beta x_{2}(n)]=\alpha \sum_{k=0}^{n}\frac{x_{1}(n-k)}{4^{k}}+\beta \sum_{k=0}^{n}\frac{x_{2}(n-k)}{4^{k}}
\]
y segundo utilizando \ref{eq:sol_recu} calculamos
\begin{eqnarray*}
T[\alpha x_{1}(n)+\beta x_{2}(n)]=\sum_{k=0}^{n}\frac{\alpha
x_{1}(n-k)+\beta x_{2}(n-k)}{4^{k}} \\
=\alpha \sum_{k=0}^{n}\frac{x_{1}(n-k)}{4^{k}}+\beta \sum_{k=0}^{n}\frac{%
x_{2}(n-k)}{4^{k}}
\end{eqnarray*}
lo cual demuestra que el sistema es lineal.

Invariancia en el tiempo

En este caso tenemos que mostrar $D^{n_{0}}\left[ T\left[ x(n)\right]
\right] =T\left[ D^{n_{0}}\left[ x(n)\right] \right] $ , aplicando la solución de la recursión dada por \ref{eq:sol_recu}, tenemos
\[
D^{n_{0}}\left[ T\left[ x(n)\right] \right] =D^{n_{0}}\left[ \sum_{k=0}^{n}\frac{x(n-k)}{4^{k}}\right] =\sum_{k=0}^{n}\frac{x(n-n_{0}-k)}{4^{k}}
\]
Si aplicamos la traslación a la señal $x$ tenemos
\[
D^{n_{0}}\left[ x(n)\right] =x(n-n_{0}),x(n-1-n_{0}),x(n-2-n_{0}),\cdots
,x(-n_{0}),
\]
y posteriormente calculamos
\[
T\left[ D^{n_{0}}\left[ x(n)\right] \right] =\sum_{k=0}^{n}\frac{x(n-n_{0}-k)}{4^{k}}
\]
De lo anterior podemos concluir que el sistema es invariante en el tiempo.

Respuesta al impulso

Para determinar la salida $y(n)=\frac{1}{4}y(n-1)+x(n)$ y suponiendo que $y(-1)=0$, se obtiene la siguiente tabla al evaluar recursivamente:

\begin{center}
$
\begin{tabular}{ccc}
\hline
$n$ & $x(n)$ & $y(n)$ \\ \hline
0 & 1 & 1 \\
1 & 0 & $\frac{1}{4}$ \\
2 & 0 & $\frac{1}{4^{2}}$ \\
3 & 0 & $\frac{1}{4^{3}}$ \\ \hline
\end{tabular}
$
\end{center}

Se observa que para cualquier $n$ la salida seró $y(n)=\left( \frac{1}{4}\right) ^{n}$, note que esta solución puede verificarse utilizando la
solución de la recursión.




