1.
ii
ÍNDICE DE CONTENIDO
pp.
ÍNDICE DE CONTENIDO……………………………………………... ii
EJERCICIOS A RESOLVER…………………………………………… 1
RESPUESTAS AL 1°er EJERCICIO……………………………………. 3
RESPUESTAS AL 2°do EJERCICIO…………………………………… 10

2.
1
EJERCICIOS A RESOLVER
Ejercicio n°1.
Dada la señal 𝑥𝑇(𝑡) = 18√2 |sin(2𝜋 1200𝑡)|, definida para 0 ≤ 𝑡 ≤ 𝑇1/2, donde
𝑇1 = 1/1200:
1. Encuentre la expresión en serie exponencial de Fourier para la onda rectificada,
sabiendo que el periodo de la onda antes de rectificar era 𝑇1 = 1/1200, y después de
rectificar el periodo se divide: 𝑇 = 𝑇1/2 = 1/2400.
2. Dibuje el espectro de frecuencia de la señal de salida, hasta una frecuencia de 5 o
6 veces la frecuencia base de la señal rectificada.
3. Si se hace pasar esta señal rectificada por un filtro pasa bajo de 0Hz a 5000Hz,
cuya ganancia sea 1, explique qué componentes de frecuencia se podrían tener a la
salida de este.
4. ¿Que se tendría como potencia de la señal, ya a la salida del filtro? (Uso del
teorema de Parseval).
Ejercicio n°2.
La función 𝑥(𝑡) se define como sigue:
𝑥(𝑡) = {
120 cos(2𝜋𝑓0𝑡) , −
𝜏
2
≤ 𝑡 ≤
𝜏
2
0, de otro modo
Se considera que 𝜏 = 1.2s, y que 𝑓0 = 1.5kHz.
1. Encuentre la transformada de Fourier de 𝑥(𝑡) utilizando la definición de la
transformada de Fourier. Para ello, establezca que:
𝑥(𝑡) = 120 cos(2𝜋𝑓0𝑡) 𝑝𝜏/2(𝑡)
donde: 𝑝𝜏/2(𝑡) = {
1, |𝑡| ≤
𝜏
2
0, de otro modo
2. Dibuje el espectro de la transformada de 𝑥(𝑡) encontrada, es decir, 𝑋(𝑓).
3. Dibuje el espectro de frecuencia de la señal pulso unitario de longitud 𝜏.

3.
2
4. ¿Qué conclusión puede extraerse de estas dos gráficas?
5. Encuentre la transformada de Fourier de la función 𝑥(𝑡), utilizando las
propiedades de traslación de frecuencia y la transformada tabulada de 𝑝𝜏/2(𝑡).

4.
3
RESPUESTAS AL 1°er EJERCICIO
Respuesta a la parte 1 del 1°er ejercicio.
Dada la señal 𝑥𝑇(𝑡) = 18√2 |sin(2𝜋 1200𝑡)|, definida para 0 ≤ 𝑡 ≤ 𝑇1/2, donde
𝑇1 = 1/1200, encuentre la expresión en serie exponencial de Fourier para la onda
rectificada, sabiendo que el periodo de la onda antes de rectificar era 𝑇1 = 1/1200 s,
y después de rectificar el periodo se reduce a la mitad: 𝑇 = 𝑇1/2 = 1/2400 s .
La gráfica de 𝑥𝑇(𝑡) se muestra en la siguiente figura.
Figura 1. Fuente: elaboración propia, utilizando la herramienta Octave.
La gráfica anterior fue generada utilizando el siguiente script:
% Grafica de la senal x(t) del ejercicio n.1 de Analisis de Fourier.
clc, clf, clear all

5.
4
f1 = 1200
T1 = 1/f1
T = T1/2
f0 = 1/T
t = [-3*T : T/100 : 3*T-T/100]
xt = 18*sqrt(2)*abs( sin(2*pi*f1*t))
plot(t, xt, 'r','linewidth', 1.8) , grid on
xlim([min(t),max(t)])
xtmax = max( abs(xt) )
ylim([-xtmax*1.25,xtmax*1.25])
xlabel 'Tiempo t en segundos'
ylabel 'Senal x(t)'
title('Grafica de la senal x(t)')
Definiendo 𝑓 = 1/𝑇 = 2400Hz, se tiene que:
𝑥𝑇(𝑡) = ∑ 𝑋𝑛𝑒𝑗2𝜋⋅2400𝑛𝑡
∞
𝑛=−∞
, donde
𝑋𝑛 =
1
𝑇
∫ 𝑥(𝑡)𝑒−𝑗2𝜋𝑛⋅2400𝑡
𝑑𝑡
𝑇
0
Siendo 1200 = 1/𝑇1, y tomando en cuenta la siguiente propiedad de la función
seno:
0 ≤ sin (2𝜋 (
1
𝑇1
) 𝑡) = |sin (2𝜋 (
1
𝑇1
) 𝑡)| cuando 0 ≤ 𝑡 ≤
𝑇1
2
Dado que 𝑇1/2 es lo mismo que 𝑇, y que la integral en 𝑋𝑛 se realiza sobre (0, 𝑇), se
puede concluir lo siguiente:
|sin(2𝜋 ⋅ 1200𝑡)| = sin(2𝜋 ⋅ 1200𝑡) en el intervalo (0, 𝑇)
Aplicando este resultado en 𝑋𝑛, se obtiene:
𝑋𝑛 =
1
𝑇
∫ 𝑥(𝑡)𝑒−𝑗4800𝜋𝑛𝑡
𝑑𝑡
𝑇
0
= 2400 ∫ 18√2|sin(2𝜋 ⋅ 1200𝑡)| ⋅ 𝑒−𝑗4800𝜋𝑛𝑡
𝑑𝑡
𝑇
0
𝑋𝑛 = 2400 ⋅ 18√2 ∫ sin(2400𝜋𝑡) 𝑒−𝑗4800𝜋𝑛𝑡
𝑑𝑡
𝑇
0

6.
5
Aplicando el hecho de que:
sin(2400𝜋𝑡) =
𝑒𝑗2400𝜋𝑡
− 𝑒−𝑗2400𝜋𝑡
𝑗2
Se obtiene:
𝑋𝑛 = 2400 ⋅ 18√2 ∫
𝑒𝑗2400𝜋𝑡
− 𝑒−𝑗2400𝜋𝑡
𝑗2
𝑒−𝑗4800𝜋𝑛𝑡
𝑑𝑡
𝑇
0
=
1200 ⋅ 18√2
𝑗
∫ (𝑒𝑗2400𝜋𝑡
− 𝑒−𝑗2400𝜋𝑡
)𝑒−𝑗4800𝜋𝑛𝑡
𝑑𝑡
𝑇
0
=
1200 ⋅ 18√2
𝑗
∫ (𝑒𝑗2400𝜋(1)𝑡
− 𝑒−𝑗2400𝜋(1)𝑡
)𝑒−𝑗2400𝜋(2𝑛)𝑡
𝑑𝑡
𝑇
0
=
1200 ⋅ 18√2
𝑗
∫ 𝑒𝑗2400(1−2𝑛)𝜋𝑡
− 𝑒−𝑗2400(1+2𝑛)𝜋𝑡
𝑑𝑡
𝑇
0
=
1200 ⋅ 18√2
𝑗
∫ 𝑒−𝑗2400(2𝑛−1)𝜋𝑡
− 𝑒−𝑗2400(2𝑛+1)𝜋𝑡
𝑑𝑡
𝑇
0
=
1200 ⋅ 18√2
𝑗
[
𝑒−𝑗2400(2𝑛−1)𝜋𝑡
−𝑗2400(2𝑛 − 1)𝜋
−
𝑒−𝑗2400(2𝑛+1)𝜋𝑡
−𝑗2400(2𝑛 + 1)𝜋
]
𝑡=0
𝑡=𝑇
=
1200 ⋅ 18√2
𝑗(−𝑗2400𝜋)
[
𝑒−𝑗2400(2𝑛−1)𝜋𝑡
2𝑛 − 1
−
𝑒−𝑗2400(2𝑛+1)𝜋𝑡
2𝑛 + 1
]
𝑡=0
𝑡=𝑇
𝑋𝑛 =
9√2
𝜋
[
𝑒−𝑗2400(2𝑛−1)𝜋𝑇
− 𝑒0
2𝑛 − 1
−
𝑒−𝑗2400(2𝑛+1)𝜋𝑇
− 𝑒0
2𝑛 + 1
]
Utilizando el hecho de que 𝑇 = 1/2400:
𝑋𝑛 =
9√2
𝜋
[
𝑒−𝑗(2𝑛−1)𝜋
− 1
2𝑛 − 1
−
𝑒−𝑗(2𝑛+1)𝜋
− 1
2𝑛 + 1
]
=
9√2
𝜋
[
𝑒−𝑗2𝑛𝜋
𝑒𝑗𝜋
− 1
2𝑛 − 1
−
𝑒−𝑗2𝑛𝜋
𝑒−𝑗𝜋
− 1
2𝑛 + 1
]
=
9√2
𝜋
[
𝑒−𝑗2𝑛𝜋
(−1) − 1
2𝑛 − 1
−
𝑒−𝑗2𝑛𝜋
(−1) − 1
2𝑛 + 1
]

7.
6
𝑋𝑛 =
9√2
𝜋
(−𝑒−𝑗2𝑛𝜋
− 1) [
1
2𝑛 − 1
−
1
2𝑛 + 1
]
Se conoce que para números enteros 𝑛,
𝑒−𝑗(2𝜋)𝑛
= 1
Por lo que:
𝑋𝑛 =
9√2
𝜋
(−1 − 1) [
1
2𝑛 − 1
−
1
2𝑛 + 1
]
=
9√2
𝜋
(−2) [
(2𝑛 + 1) − (2𝑛 − 1)
(2𝑛 − 1) (2𝑛 + 1)
]
=
9√2
𝜋
(−2) [
2
4𝑛2 − 12
]
𝑋𝑛 = −
36√2
𝜋(4𝑛2 − 1)
De este modo, se concluye lo siguiente:
𝑥𝑇(𝑡) = ∑ 𝑋𝑛𝑒𝑗4800𝜋𝑛𝑡
∞
𝑛=−∞
𝑥𝑇(𝑡) = ∑ (−
36√2
𝜋(4𝑛2 − 1)
) 𝑒𝑗4800𝜋𝑛𝑡
∞
𝑛=−∞
Esta expresión es la serie de Fourier correspondiente a 𝑥𝑇(𝑡) =
18√2 |sin(2𝜋 1200𝑡)|.
Respuesta a la parte 2 del 1°er ejercicio.
Dada la señal 𝑥𝑇(𝑡) = 18√2 |sin(2𝜋 1200𝑡)|, definida para 0 ≤ 𝑡 ≤ 𝑇1/2, donde
𝑇1 = 1/1200, dibuje el espectro de frecuencia de la señal, hasta una frecuencia de 5 o
6 veces la frecuencia base de la señal rectificada.
La gráfica del espectro de frecuencia de 𝑥𝑇(𝑡), es decir, 𝑋(𝑓), se desarrolla en la
siguiente figura.

8.
7
Figura 2. Fuente: elaboración propia, utilizando la herramienta Octave.
Esta gráfica fue generada a partir del siguiente script:
% Grafica del espectro discreto Xn del ejercicio n.1 de Analisis de Fourier.
% El espectro Xn en cuestion (color rojo), se muestra junto a su envolvente
% (color azul).
clc, clf, clear all
f1 = 1200
T1 = 1/f1
T = T1/2
f0 = 1/T
n = -5:1:5
xn = real( -36*sqrt(2) ./ (pi * (4 * n.^2 - 1)) )
stem(n, xn, 'r','linewidth', 1.8) , grid on
xlim([min(n)-.5,max(n)+.5])
xnmax = max( abs(xn) )
ylim([-xnmax*1.25,xnmax*1.25])
xlabel 'Elemento n'
ylabel 'Espectro Xn (rojo). Envolvente (azul).'
title('Grafica del espectro discreto Xn del ejercicio n.1.')

9.
8
hold on
f = -5.5:5/100:5.5-5/100
xf = real( -36*sqrt(2) ./ (pi * (4 * f.^2 - 1)) )
plot(f, xf, 'b', 'linewidth', 0.5)
hold off
Respuesta a la parte 3 del 1°er ejercicio.
Dada la señal 𝑥𝑇(𝑡) = 18√2 |sin(2𝜋 1200𝑡)|, definida para 0 ≤ 𝑡 ≤ 𝑇1/2, donde
𝑇1 = 1/1200: si se hace pasar esta señal rectificada por un filtro pasa bajo de 0Hz a
5000Hz, cuya ganancia sea 1, explique qué componentes de frecuencia se podrían tener
a la salida de este.
Cuando la señal 𝑥(𝑡) es procesada por el filtro pasa bajas con 𝑓
𝑐 = 5000Hz, los
componentes de frecuencia más baja 𝑋(𝐿𝑃𝐹)𝑛𝑒𝑗2𝜋⋅2400𝑛𝑡
de la señal de salida 𝑥𝐿𝑃𝐹(𝑡)
son los mismos que los de 𝑥(𝑡), y sus coeficientes de Fourier son iguales, ya que el
filtro posee ganancia 1. Esto ocurre hasta que |2400𝑛| ≥ 5000Hz, pues estas
frecuencias son filtradas por el LPF. En este caso, el máximo valor que puede asumir
|𝑛| en la salida es 2, pues 2 ⋅ 2400 = 4800Hz, mientras que 3 ⋅ 2400 = 7200 >
5000Hz. Los coeficientes 𝑋(𝐿𝑃𝐹)𝑛 pueden expresarse de la siguiente forma:
𝑋(𝐿𝑃𝐹)𝑛 = {
𝑋𝑛 = −
36√2
𝜋(4𝑛2 − 1)
, |𝑛| ≤ 2
0, |𝑛| ≥ 3
La señal de salida 𝑥𝐿𝑃𝐹(𝑡) queda entonces expresada en términos de sus
componentes de frecuencia como:
𝑥𝐿𝑃𝐹(𝑡) = ∑ (−
36√2
𝜋(4𝑛2 − 1)
) 𝑒𝑗4800𝜋𝑛𝑡
2
𝑛=−2

10.
9
Respuesta a la parte 4 del 1°er ejercicio.
¿Qué se tendría como potencia de la señal, ya a la salida del filtro indicado en la
pregunta anterior?
El teorema de Parseval relaciona la potencia de una señal periódica con el valor de
los coeficientes de su serie de Fourier.
𝑃 = ∑ |𝑋𝑛|2
∞
𝑛=−∞
En la pregunta anterior se tuvo que los coeficientes de Fourier de la señal de salida
𝑥𝐿𝑃𝐹(𝑡) estaban dados por:
𝑋𝑛 (𝐿𝑃𝐹) = {
𝑋𝑛 = −
36√2
𝜋(4𝑛2 − 1)
, |𝑛| ≤ 2
0, |𝑛| ≥ 3
A partir de este planteamiento, se puede evaluar la potencia de la señal de salida
utilizando el teorema de Parseval:
𝑃𝐿𝑃𝐹 = ∑ |𝑋𝑛 (𝐿𝑃𝐹)|
2
∞
𝑛=−∞
= ∑ |𝑋𝑛|2
2
𝑛=−2
= ∑ |−
36√2
𝜋(4𝑛2 − 1)
|
2
2
𝑛=−2
=
288
25𝜋2
+
288
𝜋2
+
2592
𝜋2
+
288
𝜋2
+
288
25𝜋2
𝑃𝐿𝑃𝐹 =
3191.04
𝜋2
≅ 323.32

11.
10
RESPUESTAS AL 2°do EJERCICIO
Respuesta a la parte 1 del 2°do ejercicio.
La función 𝑥(𝑡) se define de la siguiente manera:
𝑥(𝑡) = {
120 cos(2𝜋𝑓0𝑡) , −
𝜏
2
≤ 𝑡 ≤
𝜏
2
0, de otro modo
Se considera que 𝜏 = 1.2s, y que 𝑓0 = 1.5kHz. Encuentre la transformada de
Fourier de 𝑥(𝑡) utilizando la definición de la transformada de Fourier. Para ello,
establezca que:
𝑥(𝑡) = 120 cos(2𝜋𝑓0𝑡) 𝑝𝜏/2(𝑡)
donde: 𝑝𝜏/2(𝑡) = {
1, |𝑡| <
𝜏
2
0, |𝑡| >
𝜏
2
.
La gráfica de 𝑥(𝑡) se muestra en la siguiente figura.

12.
11
Figura 3. Fuente: elaboración propia, utilizando la herramienta Octave.
Esta gráfica fue generada a partir del siguiente script:
% Graficas de la senal del ejercicio n°2 de Analisis de Fourier.
clc, clf, clear all
pkg load symbolic
f0 = 1500
T = 1/f0
tau = 1.2
subplot(2,1,1)
t = [-3*T : T/100 : 3*T-T/100]
xt = 120 * cos(2 * pi * f0 * t) .* heaviside(t+tau/2) .* (1-heaviside(t-tau/2))
plot(t, xt, 'r','linewidth', 1.6) , grid on
xlim([min(t),max(t)])
xtmax = max( abs(xt) )
ylim([-xtmax*1.25,xtmax*1.25])
xlabel 'Tiempo t en segundos'
ylabel 'Senal x(t)'
title('Grafica de la senal x(t) con acercamiento a la onda coseno')
subplot(2,1,2)

13.
12
t = [-1: 1/200 : 1]
xt = 120 * cos(2 * pi * f0 * t) .* heaviside(t+tau/2) .* (1-heaviside(t-tau/2))
plot(t, xt, 'r','linewidth', 1) , grid on
xlim([min(t),max(t)])
xtmax = max( abs(xt) )
ylim([-xtmax*1.25,xtmax*1.25])
xlabel 'Tiempo t en segundos'
ylabel 'Senal x(t)'
title('Grafica de la senal x(t), se observa que esta tiene duracion limitada')
La transformada de Fourier se define por la siguiente ecuación:
𝑋(𝑓) = ℱ{𝑥(𝑡)} = ∫ 𝑥(𝑡)𝑒−𝑗2𝜋𝑓𝑡
𝑑𝑡
∞
−∞
Sustituyendo 𝑥(𝑡) en la ecuación:
𝑋(𝑓) = ∫ [120 cos(2𝜋𝑓0𝑡) 𝑝𝜏/2(𝑡)]𝑒−𝑗2𝜋𝑓𝑡
𝑑𝑡
∞
−∞
Aplicando la definición de 𝑝𝜏/2(𝑡), esta integral puede dividirse en tres partes:
𝑋(𝑓) = ∫ 0 𝑑𝑡
−𝜏/2
−∞
+ ∫ 120 cos(2𝜋𝑓0𝑡)
𝜏/2
−𝜏/2
𝑒−𝑗2𝜋𝑓𝑡
𝑑𝑡 + ∫ 0 𝑑𝑡
∞
𝜏/2
Como el primer y tercer término de la ecuación se igualan a 0:
𝑋(𝑓) = 120 ∫ cos(2𝜋𝑓0𝑡)
𝜏/2
−𝜏/2
𝑒−𝑗2𝜋𝑓𝑡
𝑑𝑡
Para continuar, es deseable convertir la función coseno a su forma exponencial.
cos(2𝜋𝑓0𝑡) =
𝑒𝑗2𝜋𝑓0𝑡
+ 𝑒−𝑗2𝜋𝑓0𝑡
2
Sustituyendo en 𝑋(𝑓), se obtiene:
𝑋(𝑓) = 120 ∫
𝑒𝑗2𝜋𝑓0𝑡
+ 𝑒−𝑗2𝜋𝑓0𝑡
2
𝜏/2
−𝜏/2
𝑒−𝑗2𝜋𝑓𝑡
𝑑𝑡
= 60 ∫ (𝑒𝑗2𝜋𝑓0𝑡
+ 𝑒−𝑗2𝜋𝑓0𝑡
)
𝜏/2
−𝜏/2
𝑒−𝑗2𝜋𝑓𝑡
𝑑𝑡
= 60 ∫ 𝑒𝑗2𝜋(𝑓0−𝑓)𝑡
+ 𝑒−𝑗2𝜋(𝑓0+𝑓)𝑡
𝑑𝑡
𝜏/2
−𝜏/2

14.
13
𝑋(𝑓) = 60 ∫ 𝑒−𝑗2𝜋(𝑓−𝑓0)𝑡
+ 𝑒−𝑗2𝜋(𝑓+𝑓0)𝑡
𝑑𝑡
𝜏/2
−𝜏/2
= 60 [
𝑒−𝑗2𝜋(𝑓−𝑓0)𝑡
−𝑗2𝜋(𝑓 − 𝑓0)
+
𝑒−𝑗2𝜋(𝑓+𝑓0)𝑡
−𝑗2𝜋(𝑓 + 𝑓0)
]
𝑡=−𝜏/2
𝑡=𝜏/2
= 60 [
𝑒−𝑗2𝜋(𝑓−𝑓0)𝜏/2
− 𝑒𝑗2𝜋(𝑓−𝑓0)𝜏/2
−𝑗2𝜋(𝑓 − 𝑓0)
+
𝑒−𝑗2𝜋(𝑓+𝑓0)𝜏/2
− 𝑒𝑗2𝜋(𝑓+𝑓0)𝜏/2
−𝑗2𝜋(𝑓 + 𝑓0)
]
= 60 [
𝑒−𝑗𝜋(𝑓−𝑓0)𝜏
− 𝑒𝑗𝜋(𝑓−𝑓0)𝜏
−𝑗2𝜋(𝑓 − 𝑓0)
+
𝑒−𝑗𝜋(𝑓+𝑓0)𝜏
− 𝑒𝑗𝜋(𝑓+𝑓0)𝜏
−𝑗2𝜋(𝑓 + 𝑓0)
]
𝑋(𝑓) = 60 [
𝑒𝑗𝜋(𝑓−𝑓0)𝜏
− 𝑒−𝑗𝜋(𝑓−𝑓0)𝜏
𝑗2𝜋(𝑓 − 𝑓0)
+
𝑒𝑗𝜋(𝑓+𝑓0)𝑡
− 𝑒−𝑗𝜋(𝑓+𝑓0)𝜏
𝑗2𝜋(𝑓 + 𝑓0)
]
A continuación, se puede aplicar la forma exponencial de sin 𝜃, entendiendo que
𝜃 = 𝜋(𝑓 ± 𝑓0)𝜏 :
sin 𝜃 =
𝑒𝑗𝜃
− 𝑒−𝑗𝜃
𝑗2
𝑗2 sin 𝜃 = 𝑒𝑗𝜃
− 𝑒−𝑗𝜃
𝑗2 sin(𝜋(𝑓 ± 𝑓0)𝜏) = 𝑒𝑗𝜋(𝑓±𝑓0)𝜏
− 𝑒−𝑗𝜋(𝑓±𝑓0)𝜏
Sustituyendo esta expresión dentro de 𝑋(𝑓):
𝑋(𝑓) = 60 [
𝑗2 sin(𝜋(𝑓 − 𝑓0)𝜏)
𝑗2𝜋(𝑓 − 𝑓0)
+
𝑗2 sin(𝜋(𝑓 + 𝑓0)𝜏)
𝑗2𝜋(𝑓 + 𝑓0)
]
= 60 [
sin(𝜋(𝑓 − 𝑓0)𝜏)
𝜋(𝑓 − 𝑓0)
+
sin(𝜋(𝑓 + 𝑓0)𝜏)
𝜋(𝑓 + 𝑓0)
]
𝑋(𝑓) = 60𝜏 [
sin(𝜋(𝑓 − 𝑓0)𝜏)
𝜋(𝑓 − 𝑓0)𝜏
+
sin(𝜋(𝑓 + 𝑓0)𝜏)
𝜋(𝑓 + 𝑓0)𝜏
]
También es posible representar la función 𝑋(𝑓) en términos de la función sinc(𝑎)
definida de la siguiente manera:
sinc(𝑎) =
sin(𝜋𝑎)
𝜋𝑎

15.
14
sinc((𝑓 ± 𝑓0)𝜏) =
sin(𝜋(𝑓 ± 𝑓0)𝜏)
𝜋(𝑓 ± 𝑓0)𝜏
Aplicando la sustitución en 𝑋(𝑓):
𝑋(𝑓) = 60𝜏[sinc((𝑓 − 𝑓0)𝜏) + sinc((𝑓 + 𝑓0)𝜏)]
La anterior expresión es la transformada de Fourier de la función 𝑥(𝑡) para valores
𝜏 y 𝑓0 cualquiera. En el presente caso, sustituyendo 𝜏 = 1.2s, y 𝑓0 = 1.5kHz, 𝑥(𝑡)
adquiere la siguiente forma:
𝑥(𝑡) = {
120 cos(2𝜋 ⋅ 1500𝑡) , −0.6 ≤ 𝑡 ≤ 0.6
0, de otro modo
Sustituyendo los valores correspondientes en la expresión de 𝑋(𝑓), se obtiene:
𝑋(𝑓) = 60(1.2)[sinc((𝑓 − 1500)(1.2)) + sinc((𝑓 + 1500)(1.2))]
𝑋(𝑓) = 72[sinc(1.2(𝑓 − 1500)) + sinc(1.2(𝑓 + 1500))]
Notablemente, se observa que el término izquierdo sinc(1.2(𝑓 − 1500)) equivale
a sinc(0) = 1 cuando 𝑓 = 1.5kHz, y que el término derecho sinc(1.2(𝑓 + 1500)) =
sinc(0) = 1 cuando 𝑓 = −1.5kHz.
Respuesta a la parte 2 del 2°do ejercicio.
Dibuje el espectro de la transformada de 𝑥(𝑡) encontrada en el punto anterior, es
decir, 𝑋(𝑓).
El espectro 𝑋(𝑓) se ilustra en la figura 4.

16.
15
Figura 4. Fuente: elaboración propia, utilizando la herramienta Octave.
Estas gráficas fueron creadas mediante el siguiente script.
% Graficas del espectro X(f) del ejercicio n°2 de Analisis de Fourier.
clc, clf, clear all
f0 = 1500
T = 1/f0
tau = 1.2
subplot(2,1,1)
f = -2000 : 4 : 2000
xf = 60 * tau * (sinc((f - f0) * tau) + sinc((f + f0) * tau))
plot(f, xf, 'r','linewidth', 1.6) , grid on
xlim([min(f),max(f)])
xfmax = max( abs(xf) )
ylim([-xfmax*1.25,xfmax*1.25])
xlabel 'Frecuencia f medida en hertz'
ylabel 'Espectro X(f)'
title('Grafica del espectro X(f), donde se observan picos en |f|=1.5kHz')
subplot(2,1,2)
f = 1480:0.1:1520

17.
16
xf = 60 * tau * (sinc((f - f0) * tau) + sinc((f + f0) * tau))
plot(f, xf, 'r','linewidth', 1.6) , grid on
xfmax = max( abs(xf) )
xlim([min(f),max(f)])
ylim([-xfmax*1.25,xfmax*1.25])
xlabel 'Frecuencia f medida en hertz'
ylabel 'Espectro X(f)'
title('Grafica del espectro X(f), acercada a f=1.5kHz para ver su forma')
Respuesta a la parte 3 del 2°do ejercicio.
Dibuje el espectro de frecuencia de la señal pulso unitario de longitud 𝜏.
El espectro de la señal pulso con duración 𝜏 es especificado por la siguiente
ecuación.
𝑝𝜏/2(𝑡) = {
1, |𝑡| <
𝜏
2
0, |𝑡| >
𝜏
2
.
La transformada de la señal 𝑝𝑡/2(𝑡) se puede desarrollar a partir de la transformada
tabulada de 𝑝𝑎(𝑡):
𝑥(𝑡) ⟺ 𝑋(𝑓)
𝑝𝑎(𝑡) = {
1, |𝑡| < 𝑎
0, |𝑡| > 𝑎
⟺ 2𝑎
sin 2𝜋𝑓𝑎
2𝜋𝑓𝑎
𝑝𝜏/2(𝑡) = {
1, |𝑡| <
𝜏
2
0, |𝑡| >
𝜏
2
⟺ 𝜏
sin(𝜋𝑓𝜏)
𝜋𝑓𝜏
Las gráficas correspondientes a la señal 𝑝𝜏/2(𝑡) y a su espectro de frecuencia se
encuentran en la figura que se muestra a continuación.

18.
17
Figura 5. Fuente: elaboración propia, utilizando la herramienta Octave.
Estas gráficas fueron generadas mediante el siguiente script.
% Graficas de la funcion pulso unitario con ancho=tau, y de su espectro.
clc, clf, clear all
pkg load symbolic
tau = 1.2
subplot(2,1,1)
t = -1:0.005:1
xt = heaviside(t+tau/2) .* (1-heaviside(t-tau/2))
plot(t, xt, 'r','linewidth', 1.6) , grid on
xlim([min(t),max(t)])
xtmax = max( abs(xt) )
ylim([-xtmax*1.25,xtmax*1.25])
xlabel 'Tiempo t en segundos'
ylabel 'Senal x(t)'
title('Grafica de la funcion pulso con duracion tau=1.2s')
subplot(2,1,2)
f = -10:0.02:10

19.
18
xf = tau*sin(pi*tau*f)./(pi*tau*f)
plot(f, xf, 'r','linewidth', 1.6) , grid on
xlim([min(f),max(f)])
xfmax = max( abs(xf) )
ylim([-xfmax*1.25,xfmax*1.25])
xlabel 'Frecuencia f medida en hertz'
ylabel 'Espectro X(f)'
title('Transformada de la funcion pulso con duracion tau=1.2s')
Respuesta a la parte 4 del 2°do ejercicio.
¿Qué conclusión puede extraerse de las dos gráficas?
El pulso de valor unitario tiene una transformada de Fourier en forma de onda seno
cardinal (sinc) con su pico centrado en la gráfica. En el caso visto anteriormente, 𝑥(𝑡)
es el producto de la misma señal de pulso unitario, con una onda coseno con frecuencia
de 1.5kHz. Ahora, la transformada de Fourier de 𝑥(𝑡) puede ser descrita por la
superposición de dos espectros seno cardinal cuyas puntas están separadas del centro
de la gráfica por una “distancia” de 1.5kHz. Se puede concluir que la multiplicación
de una señal, con una onda senoidal, o específicamente, un coseno con frecuencia dada
(𝑓0), tiene el efecto en el dominio de la frecuencia de duplicar el espectro de la función
original, donde las nuevas copias son desplazadas (frequency shift) de su posición
inicial por la magnitud de la frecuencia dada por el coseno.
Respuesta a la parte 5 del 2°do ejercicio.
Encuentre la transformada de Fourier de la función 𝑥(𝑡) = 120 cos(2𝜋𝑓0𝑡) 𝑝𝜏/2(𝑡),
utilizando las propiedades de traslación de frecuencia y la transformada tabulada de
𝑝𝜏/2(𝑡).
La transformada de Fourier de una función pulso unitario de longitud 𝜏 =
(𝜏 + 𝜏)/2 es indicada en el siguiente par:
𝑝𝜏/2(𝑡) = {
1, |𝑡| <
𝜏
2
0, |𝑡| >
𝜏
2
⟺ 𝜏
sin(𝜋𝑓𝜏)
𝜋𝑓𝜏

20.
19
En otras palabras, ℱ{𝑝𝜏/2(𝑡)} = 𝜏 sinc(𝑓𝜏). La forma exponencial del coseno que
aparece como factor en 𝑥(𝑡) es la siguiente:
cos 𝜃 =
𝑒𝑗𝜃
+ 𝑒−𝑗𝜃
2
cos(2𝜋𝑓0𝑡) =
𝑒𝑗2𝜋𝑓0𝑡
+ 𝑒−𝑗2𝜋𝑓0𝑡
2
Por ello, 𝑥(𝑡) se puede escribir como:
𝑥(𝑡) = 120 (
𝑒𝑗2𝜋𝑓0𝑡
+ 𝑒−𝑗2𝜋𝑓0𝑡
2
) 𝑝𝜏/2(𝑡)
𝑥(𝑡) = 60𝑒𝑗2𝜋𝑓0𝑡
𝑝𝜏/2(𝑡) + 60𝑒−𝑗2𝜋𝑓0𝑡
𝑝𝜏/2(𝑡)
La propiedad de traslación de frecuencia de la transformada de Fourier es:
𝑥(𝑡) ⟺ 𝑋(𝑓)
𝑒𝑗2𝜋𝑓0𝑡
𝑥(𝑡) ⟺ 𝑋(𝑓 − 𝑓0)
𝑒−𝑗2𝜋𝑓0𝑡
𝑥(𝑡) ⟺ 𝑋(𝑓 + 𝑓0)
Aplicando esta propiedad, y la propiedad de linealidad, a la señal 𝑥(𝑡) del problema,
se obtiene:
𝑥(𝑡) = 60𝑒𝑗2𝜋𝑓0𝑡
𝑝𝜏/2(𝑡) + 60𝑒−𝑗2𝜋𝑓0𝑡
𝑝𝜏/2(𝑡)
𝑋(𝑓) = 60 (𝜏 sinc((𝑓 − 𝑓0)𝜏)) + 60 (𝜏 sinc((𝑓 − 𝑓0)𝜏))
𝑋(𝑓) = 60𝜏[sinc((𝑓 − 𝑓0)𝜏) + sinc((𝑓 + 𝑓0)𝜏)]
Al sustituir 𝜏 = 1.2s y 𝑓0 = 1.5kHz, la expresión cambia a:
𝑋(𝑓) = 72[sinc(1.2(𝑓 − 1500)) + sinc(1.2(𝑓 + 1500))]
Este resultado es el mismo que se obtuvo a partir de la aplicación directa de la
definición de la transformada de Fourier en la primera parte del ejercicio.