Problemario de Señales y Sistemas/Operaciones con Señales

Operaciones con Señales

En esta sección colocamos problemas sobre operaciones con señales (suma, resta, multiplicación y, cuando se pueda, división) y operaciones sobre la variable independiente.

Problemas

Problema 1 02 08

Considere las siguientes señales fundamentales: $u(t)=\left\{{\begin{matrix}1&t>0\\0&t<0\end{matrix}}\right.$; $r_{a}(t)=\left\{{\begin{matrix}t&t>0\\0&t<0\end{matrix}}\right.$; $x(t)=\left\{{\begin{matrix}\sin(2\pi t)&0<t<1\\0&t<0;\ t>1\end{matrix}}\right.$;

Realice las siguientes operaciones y grafique sus respuestas. En cada caso calcule Promedio, Área Absoluta, Energía y Potencia:

1. $x_{1}(t)=u(t+0.5)u(0.5-t)\,$
2. $x_{2}(t)=r_{a}(t+1)-2r_{a}(t)+r_{a}(t-1)\,$
3. $x_{3}(t)=\sum _{n=-K}^{K}x_{1}(t-2n)\,$, con K=3. ¿Qué sucede cuando K tiende a infinito?
4. $x_{4}(t)=\sum _{n=-K}^{K}x_{2}(t-nT)\,$, con K=3 y T=2. ¿Qué sucede cuando K tiende a infinito?.
5. Repita el problema anterior con T=1.
6. $x_{6}(t)=\sum _{n=-(K-1)}^{K}x(t+n)\,$, con K=3.
7. $x_{7}(t)=x_{6}(t)x_{3}(t)\,$
8. $x_{8}(t)=\sum _{n=3}^{3}x_{6}(2n)x_{1}(t-2n)\,$. Compare las señales x7 y x8. ¿Cuál es la diferencia?

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Solucion Problema 1.1 y 1.2

a) # $x_{1}(t)=u(t-1)u(2-t)\,$. (Resuelto por Gilfredo Remon 06-40153).

La grafica de la señal es:

1. $Valorpromedio=\int _{-\infty }^{\infty }u(t+0.5)u(0.5-t)\,dt\,$.
2. $Areaabsoluta=\int _{-0.5}^{0.5}u(t+0.5)u(0.5-t)\,dt=1*1=1\,$.
3. $Energia=\int _{-0.5}^{0.5}|u(t+0.5)u(0.5-t)|^{2}\,dt=1\,$.
4. $Potencia=1\int _{-0.5}^{0.5}|u(t+0.5)u(0.5-t)|^{2}\,dt\,$.

b) # $x_{2}(t)=r_{a}(t+1)-2r_{a}(t)+r_{a}(t-1)\,$. (Resuelto por: JABG 06-40153).

La grafica es:

1. $x_{pro}=0\,$.
2. $Area=\int _{-1}^{0}t+1\,dt+\int _{0}^{1}-t+1\,dt=1\,$.
3. $Energia=\int _{-1}^{0}|t+1|^{2}\,dt+\int _{0}^{1}|1-t|^{2}\,dt=0\,$.(Corregido por F.Omar)
4. $Potencia={\frac {1}{2}}[\int _{-1}^{0}|t+1|^{2}\,dt+\int _{0}^{1}|1-t|^{2}\,dt]={\frac {1}{6}}\,$.
5. $Potencia_{\infty }=0\,$.

Problema 3 02 08

Considere la señal $x_{9}(t)=u(t+5)u(5-t)\,$, y sea $z(t)=x_{9}(t)+x_{2}(t);\,$, $z_{1}(t)=z(t-5).\,$. Calcule y grafique las partes pares e impares de z1(t).

Realizado por: Adriana Carolina Corredor. Carnet 06-39396

Toda señal puede ser representada como la suma de su parte par más su parte impar $X(t)=X_{e}(t)+X_{o}(t)$

Para $X_{2}(t)=r_{a}(t-1)-2r_{a}(t)+r_{a}(t-1)$

Parte Par: $X(t)=X(-t)$

Por lo que, la parte par sera: $0,5(X_{2}(t))+0,5(X_{2}(-t))$

Como se puede observar en esta señal, la parte par es igual a la señal como tal, siendo la parte impar $X_{o}(t)=0,5((X_{2}(t))-0,5((X_{2}(-t))=0$

LA SEÑAL ES COMPLETAMENTE PAR

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Para $X_{9}(t)=u(t+5)u(5-t)$

Archivo:Imagen4.jpg

Parte Par: $X(t)=X(-t)$

Por lo que, la parte par sera: $0,5(X_{9}(t))+0,5(X_{9}(-t))$

Como se puede observar en esta señal, la parte par es igual a la señal como tal, siendo la parte impar $X_{o}(t)=0,5((X_{9}(t))-0,5((X_{9}(-t))=0$

LA SEÑAL ES COMPLETAMENTE PAR

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Para $Z(t)=X_{9}(t)+X_{2}(t)$

Parte Par: $X(t)=X(-t)$

Como esta señal es la suma de dos señales pares, entonces esta señal debe ser par. Claro que se puede observar que $Z(t)=Z(-t)$ y que la parte impar es cero.

Como se puede observar en esta señal, la parte par es igual a la señal como tal, siendo la parte impar $X_{o}(t)=0,5((Z(t))-0,5((Z(-t))=0$

LA SEÑAL ES COMPLETAMENTE PAR

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Por: Daniel Sanchez 06-40306

La parte par es: $z1_{par}(t)=0,5[u(t+10)u(10-t)+r_{a}(t-4)-2r_{a}(t-5)+r_{a}(t-6)+r_{a}(t+6)-2r_{a}(t+5)+r_{a}(t+4)]\,$

La parte impar es: $z1_{impar}(t)=0,5[-u(t+10)+2u(t)-u(t-10)+r_{a}(t-4)-2r_{a}(t-5)+r_{a}(t-6)-r_{a}(t+6)+2r_{a}(t+5)-r_{a}(t+4)]\,$

Las graficas son: Parte Par

Parte Impar

Problema 4 02 08

Para las señales que se listan a continuación, indique cuáles son de energía y cuáles de potencia (en el caso de que lo fueran).

1. $q_{1}(t)={\frac {1}{1+t^{2}}}\,$
2. $q_{2}(t)=1+\cos(\pi t)u(t)\,$

Problema 5 02 08

Evalúe las siguientes operaciones:

1. $\int _{-\infty }^{\infty }(4-t^{2})\delta (t+3)dt\,$
2. $y_{4}(t)=\int _{-\infty }^{t}[4-\tau ^{2}]\delta (\tau +3)d\tau \,$
3. $\int _{-3}^{6}(6-t^{2})[\delta (t+4)+2\delta (2t+4)]dt\,$
4. $\int _{-\infty }^{\infty }[e^{-5t}+\cos(10\pi t)]{\dot {\delta }}(t)dt\,$
5. $y_{5}(t)=\int _{-\infty }^{t}[e^{-5\tau }+\cos(10\pi \tau )]{\dot {\delta }}(\tau )d\tau \,$.

Solucion del Problema # 5: Marianela Mendoza 06-39906.

Estas operaciones se resolvieron aplicando propiedades del impulso y el doblete. Impulso: Las integrales que llevan impulsos multiplicando funciones son sencillas de resolver, esto se debe a sus propiedades.

1. $\delta (t-t_{o}).f(t)=\delta (t-t_{o}).f(t_{o})\,$
2. $\int _{-\infty }^{\infty }[\delta (t-t_{o}).f(t)]dt=f(t_{o}).\int _{-\infty }^{\infty }\delta (t-t_{o})dt=f(t_{o})\,$
3. $\delta (b(t-t_{o}))={\frac {\delta (t-t_{o})}{\left|b\right|}}\,$ siendo b cualquier numero.

De la manera siguiente se obtuvieron los resultados: Procedimeinto: Se multiplica la delta por la funcion (es decir, evalua la funcion en donde existe la delta), y luego, lo que queda es una constante multiplicando la delta, finalmente la integral de lo que queda es esa constante, tal como se muestra en los ejercicios.

1. $\int _{-\infty }^{\infty }(4-t^{2})\delta (t+3)dt=-5\int _{-\infty }^{\infty }\delta (t+3)dt=-5\,$.
2. $y_{4}(t)=\int _{-\infty }^{t}[4-\tau ^{2}]\delta (\tau +3)d\tau =5\int _{-\infty }^{t}\delta (\tau +3)d\tau ;y_{4}(t)=5,(t>3)\,$.
3. $\int _{-3}^{6}(6-t^{2})[\delta (t+4)+2\delta (2t+4)]dt=\int _{-3}^{6}-10\delta (t+4)+2\delta (t+2)dt=2\,$.

Doblete: Propiedades del doblete, mostradas a continuacion son las herramientas que se utilizaron para la resolucion de las siguientes integrales.

1. $\int _{-\infty }^{\infty }[{\dot {\delta }}(t)]dt=0\,$
2. ${\dot {\delta }}(t).f(t)={\dot {\delta }}(t).f(o)-{\dot {f}}(t).\delta (t)\,$
3. $\int _{-\infty }^{\infty }[{\dot {\delta }}(t).f(t)]dt=\int _{-\infty }^{\infty }[{\dot {\delta }}(t).f(o)]dt-\int _{-\infty }^{\infty }[{\dot {f}}(t).\delta (t)]dt=-{\dot {f}}(o)\,$
4. ${\dot {\delta }}(bt)={\frac {\delta (t)}{b\left|b\right|}}\,$ siendo b cualquier numero.

Igual que en la parte anterior, aplicando estas propiedades se resuelven las integrales.

1. $\int _{-\infty }^{\infty }[e^{-5t}+\cos(10\pi t)]{\dot {\delta }}(t)dt=5\,$.
2. $y_{5}(t)=\int _{-\infty }^{t}[e^{-5\tau }+\cos(10\pi \tau )]{\dot {\delta }}(\tau )d\tau =\int _{-\infty }^{t}2{\dot {\delta }}(\tau )+5\delta (t)d\tau =5(t=0);0(t\neq 0)\,$.

Problema 1

En un sistema lineal e invariante en el tiempo, la relación entre la entrada ($x(t)$) y la salida ($y(t)$) es:

$y(t)=\int _{-\infty }^{t}e^{-(t-\tau )}x(-0.5\tau +1)d\tau$

Determine:

1. La respuesta al impulso ($\delta (t)\,$) del sistema.
2. La respuesta al pulso ($\Pi _{1}(t)\,$): Amplitud 1, centrado en el origen y duración 1).

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Solución Problema 1

Propuesta de solucion: Damian Vigouroux 17/05/2007 05-39044

Parte 1.

 $h(t)=\int _{-\infty }^{t}e^{-(t-\tau )}\delta (\,-0.5\tau +1)d\tau$ Trabajando con el impulso: $\delta (\,-0.5\tau +1)=\delta (\,-0.5(\tau -2))=2\delta (\,\tau -2)$

Por lo tanto : $e^{-(t-\tau )}\delta (\,-0.5\tau +1)=2e^{-(t-\tau )}\delta (\,\tau -2)=2e^{-(t-2)}\delta (\,\tau -2)$ ... usando las propiedades del impulso

Entonces la respuesta al impulso será: $h(t)=\int _{-\infty }^{t}2e^{-(t-2)}\delta (\,\tau -2)d\tau =2e^{-(t-2)}\int _{-\infty }^{t}\delta (\,\tau -2)d\tau =2e^{-(t-2)}u(t-2)$

Parte 2. Conociendo la respuesta al impulso del sistema (LTI) podemos carecterizar su comportamiento ante cualquier señar de entrada específicamente a: $\Pi _{1}(t)\,$

$y(t)=x(t)*h(t)=\int _{-\infty }^{+\infty }x(\tau )h(t-\tau )d\tau$ En este caso $x(t)=\Pi _{1}(t)\,=1$ si t E(-0.5,0.5) y cero para todo lo demás

Sea t < 1.5

Un análisis gráfico del producto $y(t)=x(\tau ).h(t-\tau )$ muestra que y(t) es cero

Sea 1.5 < t < 2.5

En este caso $y(t)=\int _{-\infty }^{+\infty }x(\tau )h(t-\tau )d\tau =\int _{-0.5}^{t-2}2e^{-(t-\tau -2)}d\tau =2e^{-(t-2)}\int _{-0.5}^{t-2}e^{\tau }d\tau =2(1-e^{-(t-1.5)})$

Sea 2.5 > t

Definiendo la region común, distinta de cero de las gráficas: $y(t)=\int _{-0.5}^{0.5}2e^{-(t-\tau -2)}d\tau =2e^{-(t-2)}\int _{-0.5}^{0.5}e^{\tau }d\tau =2(e^{0.5}-e^{-0.5})e^{-(t-2)}$

Luego la respuesta a $x(t)=\Pi _{1}(t)$ del sistema será la unión de y(t) en los tres intervalos anteriores.

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Problema 2

Repita el problema anterior si la relación entrada salida cambia a:

$y(t)=\int _{-\infty }^{\infty }e^{-(t-\tau )}x(-0.5\tau +1)d\tau$

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Solución Problema 2

Realizado por: José Velásquez #05-39032

1) Tenemos que la respuesta al impulso ($\delta (t)\,$) del sistema esta dada por:

$h(t)=\int _{-\infty }^{\infty }e^{-(t-\tau )}\delta (\,-0.5\tau +1)d\tau$

Comenzamos empleando las propiedades del impulso para determinar $h(t)$:

Por la propiedad de escalamiento del impulso se tiene que:

$\delta [\alpha (t-\beta )]=\left|{\frac {1}{\alpha }}\right\vert \delta (t-\beta )\,$

Entonces,

$h(t)=\int _{-\infty }^{\infty }2e^{-(t-\tau )}\delta (\tau -2)d\tau$

Utilizando la propiedad de filtrado del impulso:

$\int _{-\infty }^{\infty }x(t)\delta (t-\alpha )dt=x(\alpha )$

De esta manera,

$h(t)=\int _{-\infty }^{\infty }2e^{-(t-\tau )}\delta (\tau -2)d\tau =2e^{-(t-2)}$

2) Tenemos que la respuesta al pulso $\Pi _{1}(t)\,$ (amplitud 1, centrado en el origen y duración 1) esta da por:

$y(t)=x(t)*h(t)=h(t)*x(t)=\int _{-\infty }^{+\infty }h(\tau )x(t-\tau )d\tau$ (Propiedad conmutativa de la convolución)

$y(t)=\int _{t-0.5}^{t+0.5}2e^{-(\tau -2)}d\tau =2(e^{2.5}-e^{1.5})e^{-t}$

Siendo $y(t)=2(e^{2.5}-e^{1.5})e^{-t}\quad \forall \ t\ \in (-\infty ,+\infty )$ la respuesta del sistema al pulso $\Pi _{1}(t)\,$ inicialmente mencionado.

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Problema 3

Considere el sistema modulador que se muestra en la figura, en el que la moduladora es $g(t)=\sin(2\pi t)\,$

Determine la respuesta del sistema ($y(t)$) cuando en la entrada se aplica:

1. $x(t)=\sum _{k=-\infty }^{\infty }\delta (t-4k)$
2. $x(t)=\sum _{k=-\infty }^{\infty }\Pi _{1}(t-8k)$

Solución Problema 3

Realizado por: José Velásquez #05-39032

1) La respuesta del sistema (y(t)) cuando en la entrada se aplica:

$x(t)=\sum _{k=-\infty }^{\infty }\delta (t-4k)$

Teniendo en cuenta la señal moduladora,

$g(t)=\sin(2\pi t)\,$

Empleando la propiedad del producto del impulso:

${}_{\!}X_{I}(t)=X(t)\sum _{k=-\infty }^{\infty }\delta (t-k\,{}_{\!}t_{s})=\sum _{k=-\infty }^{\infty }X(k\,{}_{\!}t_{s})\,\delta (t-k\,{}_{\!}t_{s})$

Se obtiene entonces,

$y(t)=g(t)\,x(t)=\sin(2\pi t)\sum _{k=-\infty }^{\infty }\delta (t-4k)=\sum _{k=-\infty }^{\infty }\sin(2\pi \,4k)\,\delta (t-4k)$

$y(t)=\sum _{k=-\infty }^{\infty }\sin(8\pi k)\,\delta (t-4k)$

Esto se trata de un tren de impulsos cuyas intensidades estan dadas por la señal moduladora $g(t)=\sin(2\pi t)\,$ evaluada en $t=4k\quad \forall \ k\,(entero)\ \in (-\infty ,+\infty )$

2) La respuesta del sistema (y(t)) cuando en la entrada se aplica:

$x(t)=\sum _{k=-\infty }^{\infty }\Pi _{1}(t-8k)=\sum _{k=-\infty }^{\infty }[u(t-8k+0.5)-u(t-8k-0.5)]$

Teniendo en cuenta la misma señal moduladora,

$y(t)=g(t)\,x(t)=\sin(2\pi t)\sum _{k=-\infty }^{\infty }[u(t-8k+0.5)-u(t-8k-0.5)]$

${}_{\!}\omega _{o}=2\pi /T$

$T={\frac {2\pi }{\omega _{o}}}\Rightarrow T=1$

A partir de esto y de un análisis gráfico,

$y(t)=\sin(2\pi t)\ si\ 8k-0.5\leq t\ \leq 8k+0.5\ \forall \ k\,(entero)\ \in (-\infty ,+\infty )$

Esto representa un tren de senoides de ancho 1 y período igual a 8.

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Problema 4

Considere las señales $x(t)={\frac {e^{-{\frac {t^{2}}{8}}}}{2{\sqrt {2\pi }}}}\,$, $t\in (-\infty ,\infty )$ y

$\Pi (t)=\left\{{\begin{array}{cc}0&t<-0.1\\1&-0.1\leq t\leq 0.1\\0&t>0.1\end{array}}\right.\,$

y sea

$y(t)=\sum _{k=-6}^{6}x(kT)\Pi (t-kT)\,$

Calcule y grafique $x(t),\Pi (t),y(t)\,$ cuando

1. T=1
2. T=0.2

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Solución 1 Problema 4

Realizado por: Jesús Querales #05-38758

1. $T=1\,$

• La señal $x(t)\,$ tiene forma de curva gaussiana y su valor en t=0 es ${\frac {1}{2{\sqrt {2\pi }}}}\approx 0.2$

La gráfica de $x(t)\,$ se muestra en la siguiente figura:

• El pulso $\Pi (t)=u(t+0.1)-u(t-0.1)\,$ tiene altura 1 y ancho 0.2, representado en la siguiente figura:

Archivo:Fig2 problema4.gif

• La señal $y(t)=\sum _{k=-6}^{6}x(k)\Pi (t-k)\,$

Donde,

$x(k)={\frac {e^{-{\frac {k^{2}}{8}}}}{2{\sqrt {2\pi }}}}\,$ y

$\Pi (t-k)=u(t-k+0.1)-u(t-k-0.1)\,$

Luego,

$y(t)=\sum _{k=-6}^{6}{\frac {e^{-{\frac {k^{2}}{8}}}}{2{\sqrt {2\pi }}}}\ [u(t-k+0.1)-u(t-k-0.1)]$

Se representa en la siguiente figura:

Problema 5

Considere la señal $x(t)=\cos({\frac {\pi }{2}}t)+\cos(\pi t)+\cos(3\pi t)\,$, calcule:

1. La frecuencia y el período fundamentales
2. La energía, potencia, promedio, valor RMS y área absoluta en un período

Solución Problema 5

Realizado por: José Velásquez #05-39032

1. La frecuencia fundamental está dada por:

$\omega _{o}=GCD({\frac {\pi }{2}},\pi ,3\pi )={\frac {\pi }{2}}$

De esto, el período fundamental resulta:

$T={\frac {2\pi }{\omega _{o}}}\Rightarrow T={\frac {2\pi }{\frac {\pi }{2}}}=4$

2. Para el análisis y la compresión de esta parte se presentan tres gráficas ilustrativas. En cada imagen se sombrea el área debajo la curva en un período ${\mbox{T}}\,$.

$x(t)=\cos({\frac {\pi }{2}}t)+\cos(\pi t)+\cos(3\pi t)\,$

$x_{1}(t)=[\cos({\frac {\pi }{2}}t)+\cos(\pi t)+\cos(3\pi t)]^{2}$

$x_{2}(t)=\left|\cos({\frac {\pi }{2}}t)+\cos(\pi t)+\cos(3\pi t)\right\vert$

• La Energía en un período viene dada por:

${}_{\!}E_{x}=\int _{T}\left|x(t)\right\vert ^{2}\,dt=\int _{0}^{4}[\cos({\frac {\pi }{2}}t)+\cos(\pi t)+\cos(3\pi t)]^{2}\,dt=6$

• La Potencia en un período viene dada por:

${}_{\!}P_{x}={\frac {1}{T}}\int _{T}\left|x(t)\right\vert ^{2}\,dt={\frac {{}_{\!}E_{x}}{T}}={\frac {6}{4}}={\frac {3}{2}}$

• El Promedio en un período viene dado por:

${}_{\!}X_{\mbox{pro}}={\frac {1}{T}}\int _{T}x(t)\,dt=\int _{0}^{4}[\cos({\frac {\pi }{2}}t)+\cos(\pi t)+\cos(3\pi t)]\,dt=0$

• El valor RMS viene dado por:

${}_{\!}X_{\mbox{rms}}={\sqrt[{}]{{}_{\!}P_{x}}}={\sqrt[{}]{\frac {3}{2}}}$

Y finalmente el Área absoluta viene dada por:

${}_{\!}A_{\mbox{abs}}={\frac {1}{T}}\int _{T}\left|x(t)\right\vert \,dt={\frac {1}{4}}\int _{0}^{4}\left|\cos({\frac {\pi }{2}}t)+\cos(\pi t)+\cos(3\pi t)\right\vert \,dt={\frac {3,9847}{4}}=0,996$

Problema 6

Evalúe las siguientes expresiones:

1. $\int _{-\infty }^{\infty }(5-8t^{2})\delta (-3t-9)dt\,$
2. $x(t)=\int _{-\infty }^{t}(5-8\tau ^{2})\delta (-3\tau -9)d\tau \,$
3. $\int _{-\infty }^{\infty }[e^{-5t}-\sin(5\pi t)]{\dot {\delta }}(-2t+8)dt\,$
4. $x(t)=\int _{-\infty }^{t}[e^{-5\tau }-\sin(5\pi \tau )]{\dot {\delta }}(-2\tau +8)d\tau \,$

Solución Problema 6

Realizado por: Orlando Díaz #05-38117

1)

Utilizando las propiedades de la $\delta (t)\,$ tenemos que:

$\int _{-\infty }^{\infty }(5-8t^{2})\delta (-3t-9)dt={\frac {1}{3}}\int _{-\infty }^{\infty }(5-8t^{2})\delta (t+3)dt\,$

Luego, la propiedad de filtrado de $\delta (t)\,$ es:

$\int _{-\infty }^{\infty }x(t)\delta (t-\alpha )dt=x(\alpha )$

Utilizando esta propiedad en el problema resulta en que:

${\frac {1}{3}}\int _{-\infty }^{\infty }(5-8t^{2})\delta (t+3)dt={\frac {1}{3}}(5-8(-3)^{2})=-{\frac {67}{3}}$

2)

Trabajaremos primero con la parte interna de la integral, por propiedades obtenemos:

$(5-8\tau ^{2})\delta (-3\tau -9)={\frac {1}{3}}(5-8\tau ^{2})\delta (\tau +3)$

Analicemos el resultado, $\delta (t)$ es una función que es $0$ para $t\neq o$ y $1$ para $t=0$, por tanto $\delta (\tau +3)$ solo existe en $\tau =-3$. Al multiplicar esta función por $(5-8\tau ^{2})$ implica simplemente producir un $\delta (\tau )$ cuya altura es el valor de $x(\tau )$ en $\tau =-3$. Por tanto nos queda.:

${\frac {1}{3}}(5-8(-3)^{2})\delta (\tau +3)={\frac {-67}{3}}\delta (\tau +3)$

Así que, nuestra integral original resulta en:

$\int _{-\infty }^{t}{\frac {-67}{3}}\delta (\tau +3)d\tau ={\frac {-67}{3}}\int _{-\infty }^{t}\delta (\tau +3)d\tau$

El impulso es la derivada de la función escalón, así que la integral de un impulso es un escalón que comienza donde existe el impulso, por tanto la respuesta es:

$\int _{-\infty }^{t}{\frac {1}{3}}(5-8\tau ^{2})\delta (\tau +3)d\tau ={\frac {-67}{3}}U(t+3)$

3)

El doblete $\delta ^{\prime }(t)$ esta definido como la derivada del impulso. Si trabajamos con sus propiedades obtendremos:

$[e^{-5t}-sen(5\pi t)]\delta ^{\prime }(-2t+8)={\frac {1}{-4}}[e^{-5t}-sen(5\pi t)]\delta ^{\prime }(t-4)$

La propiedad de filtrado del doblete nos dice que:

$\int _{-\infty }^{\infty }x(t)\delta ^{\prime }(t-\alpha )dt=-x^{\prime }(\alpha )$

Aplicándolo en nuestro problema hayamos la solución:

${\frac {1}{-4}}\int _{-\infty }^{\infty }[e^{-5t}-\sin(5\pi t)]{\dot {\delta }}(t-4)dt=-{\frac {1}{4}}[-5e^{-5t}-5\pi cos(5\pi t)]_{T=4}={\frac {5e^{-20}}{4}}+{\frac {5\pi }{4}}$

4)

Realizado por Julio Aguilar Carnet: 06-39117

El doblete $\delta ^{\prime }(t)$ esta definido de la siguiente manera:

cero (0) para todo "t" distinto de cero y

$\int _{-\infty }^{\infty }\delta ^{\prime }(t)dt=0$

Sus propiedades son las siguientes:

(1)$x(t)\delta ^{\prime }(t-\alpha )=x(\alpha )\delta ^{\prime }(t-\alpha )-x(\alpha )^{\prime }\delta (t-\alpha )$

(2)$\int _{-\infty }^{\infty }x(t)\delta ^{\prime }(t-\alpha )dt=-x^{\prime }(\alpha )$

(3)$\delta ^{\prime }(at+b)={\frac {1}{a|a|}}\delta ^{\prime }(t+{\frac {b}{a}})$

Aplicando la tercera propiedad se tiene que:

$[e^{-5t}-sen(5\pi t)]\delta ^{\prime }(-2t+8)={\frac {1}{-4}}[e^{-5t}-sen(5\pi t)]\delta ^{\prime }(t-4)$

y luego la primera propiedad tenemos que:

${\frac {1}{-4}}[e^{-5t}-sen(5\pi t)]\delta ^{\prime }(t-4)={\frac {e^{-20}}{-4}}\delta ^{\prime }(t-4)-[{\frac {-5e^{-20}-5\pi }{4}}]\delta (t-4)$

Integrando y aplicando la definicion se tiene que la primera parte es igual a cero:

$\int _{-\infty }^{t}\delta ^{\prime }(t-4)=0$

La segunda parte queda:

$\int _{-\infty }^{t}[{\frac {5e^{-20}+5\pi }{4}}]\delta (t-4)=[{\frac {5e^{-20}+5\pi }{4}}]U(t-4)$