Taller Sesión 5. Muestreo

En el primer punto de este taller encontraremos el máximo tiempo de muestreo para una señal sinusoidal de 1KHz a través del programa Matlab. Para ello, procederemos a graficar esta función en Matlab como se observa a continuación:

Hay que tener en cuenta que Matlab grafica imágenes discretas, por lo que para esta señal trabaje con una cantidad de 1000 puntos.

Posteriormente, construiremos esta misma señal pero con una tasa de muestreo de 1/3 ms e interpolaremos las muestras con el comando **interp1** con el método de splines y finalmente observaremos los resultados:

Como se puede ver, la gráfica es el resultado de una interpolación de 7 puntos, ubicados equidistantemente 1/3 ms. Además, si observamos su forma con respecto a la original se podría decir que se ha perdido en mayor parte la forma de la señal, dado que solo observaremos líneas rectas con esta tasa de muestreo. Por lo tanto, aumentaremos la tasa de muestreo desde 1/3 hasta 1/50 y observaremos los resultados:

Como observaremos, a medida que aumenta la tasa de muestreo, la señal toma forma de la señal original y a través de procesos matemáticos como el de la interpolación podremos reconstruir las muestras faltantes. Sin embargo, necesitaremos encontrar la máxima tasa de muestreo, por lo que recurriremos al teorema del muestreo que dice que

F
s

<
2

F

m
a
x

{\textstyle F\_s < 2F\_{max}}

, por lo tanto si:

F

m
a
x

=
1
K
h
z

{\displaystyle F\_{max} = 1Khz}

F
s

<
2
(
1
K
H
h
z
)

{\displaystyle F\_s < 2(1KHhz)}

Encontraremos que la frecuencia Máxima de muestreo para un segmento de la señal sinusoidal de 1KHz es de 2KHz es decir de 500us. Sin embargo tenemos en cuenta que esta señal no es continua sino digital, por lo que calcularíamos la máxima tasa de muestreo a partir de asimilar la tasa de muestreo de la señal original a través del siguiente cálculo:

T
# m

T
i
e
m
p
o
D
e
M
u
e
s
t
r
a

C
a
n
t
i
d
a
d
D
e
M
u
e
s
t
r
a
s

{\displaystyle Tm=\frac{Tiempo De Muestra}{CantidadDeMuestras}}

2
m
s

1000
p
u
n
t
o
s

=

1
500

m
s

{\displaystyle \frac{2ms}{1000puntos} = \frac{1}{500}ms}

Finalmente, si queremos obtener la misma señal, debemos tener una tasa de muestreo de 1/500 ms teniendo en cuenta que la función original no es continua sino discreta con 1000 puntos entre 1 y -1 milisegundos y de 500 us para una señal continua de 1KHhz . Sin embargo, gracias a los procesos de interpolación podemos obtener una señal aproximada con una menor cantidad de muestras, como se puede observar el la gráfica anterior. Por lo tanto, estas aplicaciones matemáticas representan para la vida real un mayor ahorro, dado que como en la realidad, en el mayor de los casos las variables a medir son continuas, se necesita una gran tasa de muestreo para poder conseguir en su totalidad la forma de la señal pero los sensores con esas tasas suelen ser caros, por lo que se suele combinar estas practicas matemáticas con sensores de tasas aceptables de muestreo para conseguir una información muy precisa de la variable a estudiar.

**Punto 2.**

Pasando al siguiente punto, al tratarse de muestreo de una señal, no es recomendable trabajar con el programa de computo MATLAB, ya que es un sistema puramente discreto, entonces por ejemplo lo que pasaba con este próximo ejercicio es que se sobre-muestreaba la señal y daba soluciones erróneas, es por esto que se decidió realizar el procedimiento manual y así no depender completamente del programa y apoyarnos en las herramientas que se han aprendido de la teoría.

Procediendo con el punto, se tiene la siguiente señal:

x
(
t
# )
5
c
o

s

2

(
600
π
t
)
c
o
s
(
2400
π
t
)

{\displaystyle x(t)=5cos^{2}(600\pi t)cos(2400\pi t)}

Nos declaran que esta señal se muestrea a una tasa de 4500 muestras por segundo. Con respecto a esto, lo que se desea hallar es la frecuencia de corte mínima y máxima. Entonces, como se desea hallar las frecuencias de corte, y se añade la sugerencia de graficar los espectros de las señales, entonces se entiende que hay que llevar la señal x(t) a su espectro y con base en las frecuencias que se hallen después de aplicar las transformadas de Fourier entonces establecer las frecuencias mínimas y máximas de corte, de esto mismo se puede extraer el ancho de banda de la señal. Es así como se procederá para la resolución de este ejercicio.

La señal x(t) se puede ver de la siguiente manera:

x
1

(
t
# )
5
c
o

s

2

(
600
π
t
)
,

x
2

(
t
# )
c
o
s
(
2500
π
t
)

{\displaystyle x\_1(t)=5cos^{2}(600\pi t), x\_2(t)=cos(2500\pi t)}

La x1 se puede sobrescribir de otra manera para facilitar la transformada de Fourier más adelante:

x
1

(
t
# )
5
∗

1
2

(
1
c
o
s
(
2
∗
600
π
t
)
)

{\displaystyle x\_1(t)=5\*\frac{1}{2}(1+cos(2\*600\pi t))}

Teniendo ambas expresiones lo más simplificado y sencillo para la aplicación de la transformada, entonces se procede de dicha manera para ambas expresiones.

Recordando de las tablas de propiedades para la Transformada de Fourier proporcionadas por el MIT, se tiene que para cualquier coseno, su transformada corresponde lo siguiente:

c
o
s
(

w
o

t
)
⟶
f
⟶

π
2

[
δ
(
w
−

w
o

)
δ
(
w

w
o

)
]

{\displaystyle cos(w\_ot) \longrightarrow f\longrightarrow \frac{\pi}{2}[\delta (w-w\_o)+\delta (w+w\_o)]}

Ahora, para una constante corresponde a lo siguiente:

x
(
t
# )

a
k

⟶
f
⟶
X
(
f
# )

a
k

(
2
π
δ
(
w
)
)

{\displaystyle x(t) = a\_k \longrightarrow f \longrightarrow X(f) = a\_k (2\pi \delta (w))}

De esta manera, entonces aplicamos la Transformada de Fourier a x1(t):

X
1

(
f
# )

5
2

(
2
π
δ
(
w
)
)

5
π

2

δ
(
w
−
1200
π
)

5
π

2

δ
(
w
1200
π
)

{\displaystyle X\_1(f) =\frac{5}{2}(2\pi \delta (w))+\frac{5\pi}{2}\delta (w-1200\pi)+\frac{5\pi}{2}\delta (w+1200\pi)}

Todo esto corresponde a impulsos con sus respectivas amplitudes y la frecuencia Wo es la que dictamina la posición en el eje de la frecuencia en la que estos se encuentran, entonces, el primer impulso tiene amplitud de 5π en w = 0, el siguiente se encuentra en 1200π con amplitud 5π/2 y el tercero, que se encuentra en -1200π con amplitud 5π/2. Se procederá a graficarlos más adelante, por ahora, prosigamos con la transformación de x2(t) haciendo uso de la propiedad de transformada de Fourier para un coseno:

X
2

(
f
# )
π
δ
(
w
−
2400
π
)
π
δ
(
w
2400
π
)

{\displaystyle X\_2(f) =\pi\delta (w-2400\pi)+\pi\delta (w+2400\pi)}

De igual manera que para X1(f), corresponde a impulsos ubicados en Wo, entonces, para el primer impulso se tiene que estar ubicado en 2400π, con una amplitud de π, el segundo impulso se encuentra ubicado en -2400π con la misma amplitud que el otro de π.

Ahora, por la propiedad de multiplicación en el tiempo, cuándo se lleva al plano de la frecuencia se tiene lo siguiente:

x
(
t
)
y
(
t
)
⟶
f
⟶
X
(
f
)
∗
Y
(
f
)

{\displaystyle x(t)y(t)\longrightarrow f \longrightarrow X(f)\*Y(f)}

Para nuestro caso, estamos multiplicando x1(t) por x2(t), ya que se dividió la señal en dos por simplicidad, entonces esto corresponde a hacer la convolución entre el espectro de esas dos señales en el dominio de la frecuencia, para realizar esta convolución entonces procedemos a graficar ambas señales y facilitar el desarrollo:

Como se mencionó anteriormente, cada impulso está ubicado en la posición que le corresponde con su amplitud correspondiente para ambas señales. La idea entonces es realizar la convolución entre la señal azul y la señal roja, al tratarse de una convolución discreta su resultado puede hacerse directamente, es decir, se desplaza la señal roja de derecha a izquierda y se va colocando el más lejano en la frecuencia -3600π con amplitud π\*5π/2 = (5\*π^2)/2, y así sucesivamente con todos los impulsos, hasta obtener la siguiente gráfica:

Para esta señal se tiene entonces que el ancho de banda corresponde a 7200π en frecuencia angular, aplicando la fórmula de frecuencia angular:

# w
2
π
f
⟶
7200
# π
2
π
f
⟶
# f

7200
π

2
π

=
3600
H
z

{\displaystyle w = 2\pi f \longrightarrow 7200\pi = 2\pi f \longrightarrow f = \frac{7200\pi}{2\pi}=3600 Hz}

Ahora, como el ancho de banda es de 3600 Hz, y el ancho de banda corresponde a toda la frecuencia que ocupa la señal, y esta al ser simétrica, entonces para la derecha llega hasta 1800 Hz y para la izquierda llega hasta -1800Hz, y estas son las frecuencias que deseábamos hallar, es decir, las frecuencias de corte máxima y mínima respectivamente.

Teniendo en cuenta esto, el ejercicio dice que se muestrea a 4500 muestras por segundo, es decir, 4500 Hz (ya que T = 1/f, T = 1/4500), lo que correspondería para este caso a un sobre-muestreo, ya que solo es necesario 3600 Hz de ancho de banda, es decir, se están desperdiciando 900 Hz que podría ser utilizado para contener más información, es por esta misma razón que al graficarlo en MATLAB daba gráficas extrañas.

Esto es importante de mencionar, ya que el minimizar el desperdicio de ancho de banda lo máximo posible se traduce en mayor cantidad de información que podría incluir ahí o menor información nula por enviar, es por esto que el muestrear una señal se debe realizar con cautela para no ir a desperdiciar energía innecesariamente.

**3.** Se plantea un ejercicio donde se da la transformada de Fourier de una señal, la cual esta elaborada a partir de una transformada de Fourier de una señal diferente, y donde se busca aplicar el teorema de muestreo uniforme para espectros de paso banda, en el cual se busca aprovechar al máximo la frecuencia del espectro:

X
(
f
# )
A
(
f
−

5
2

)
A
(
f

5
2

)

{\displaystyle X(f)=A(f-\frac{5}{2})+A(f+\frac{5}{2})}

A
(
f
# )
2
ε
υ
{
2
(
f

1
2

)
[
u
(
f

1
2

)
−
u
(
f
)
]
}

{\displaystyle A(f)=2\varepsilon\upsilon\{2(f+\frac{1}{2})[u(f+\frac{1}{2})-u(f)]\}}

Por lo tanto lo que primero se debe de realizar, es dibujar el espectro de A(f) y de la cual se hace en varios pasos:

El primero es dibujar:

A
1

(
f
# )
2
(
f

1
2

)
[
u
(
f

1
2

)
−
u
(
f
)
]

{\displaystyle A\_1 (f)=2(f+\frac{1}{2})[u(f+\frac{1}{2})-u(f)]}

El cual queda de la siguiente forma:

Después es dibujar por completo el espectro de A(f):

Al observar este espectro, podemos definir que W para el espectro de A(f) es igual a 0.5. Y ya al haber observado la forma del espectro de A(f), podemos aplicar forma de A(f) en el espectro de X(f), el cual nos daría la siguiente figura:

Al tener el espectro de X(f), procedemos a sacar los diferentes componentes de este espectro, los cuales son:

# m
2
;

f
u

=
3
;
# W
0.5

{\displaystyle m=2;f\_u=3;W=0.5}

m
≤

f
u

/

W
⟶
6
;

f
s

=
2

f
u

/

m
⟶
3

{\displaystyle m\leq f\_u/W \longrightarrow 6;f\_s=2f\_u/m \longrightarrow 3}

Al tener ya estos valores podemos pasar a aplicar el teorema de muestreo uniforme para espectros de paso banda, dándonos como la siguiente figura:

Al observar la figura anterior, donde se realizo el muestreo, se puede ver como al modificar el factor k de la sumatoria, se va desplazando el espectro de X(f), alrededor del eje de la frecuencia, aunque lo mas interesante es ver como el espectro de X(f) para k=-1 y el espectro de X(f) para k=1 se encuentran entre la mitad del espectro de X(f) para k=0, como así ocurre para el resto de espectros representados en este muestreo, así aprovechando al máximo la frecuencia sin haber cruces de espectros.

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