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TRATAMIENTO DIGITAL DE
SEÑALES
Paso 2 - Reconocer los elementos matemáticos que implica el sistema
de conversión analógica digital
Nombre estudiante
Grupo: xx
estudiante@unadvirtual.edu.co

Resumen_ Por medio del presente articulo se presenta el

desarrollo del paso dos del curso de tratamiento digital de señales, 150 π
f 0= =75 Hz
donde se presenta el desarrollo de cada uno de los puntos establecido 2π
mediante la guía de actividades.
f 0=75 Hz
Palabras clave_ Señales, análogo, digital, Transformada TDT
En 5 sin ( 530 πt )
Abstract_ Through this article, the development of step two of
the digital signal processing course is presented, where the ω=530 π
development of each of the points established through the activity
530 π
guide is presented. f 0= =265 Hz
2π
I. INTRODUCCION
f 0=265 Hz
El tratamiento de señales es importante en la actualidad ya que
sirve para poder procesar, imágenes, audios y videos, donde se puede
utilizar herramientas que permite manipular archivo, de esta manera En 8 cos ( 998 πt )
por medio del presente documento encontraremos lo que corresponde
al desarrollo del paso dos del curso de tratamiento digital de señales, ω=998 π
donde por medio del articulo se presenta el desarrollo de cada uno de 998 π
los puntos estipulado mediante la guía de actividades, como lo es la f 0= =499 Hz
definición de conceptos y el desarrollo de cada uno de los ejercicios 2π
correspondientes, presentado por medio de la guía de la actividad
correspondiente a la unidad uno.
f 0=499 Hz

II. CONTENIDO En 7 sin ( 2390 πt )

ω=2390 kπ
Contenido Teórico
2390 π
f 0= =1195 kHz
2π
Ejercicios f 0=1195 Hz
Ejercicio 1-Cuantizacion

Siendo
 ¿Se presenta fenómeno alias o aliasing si 𝑥(𝑡) es muestreada a
x ( t )=3 sin ( 150 πt ) +5 sin ( 530 πt ) +8 cos ( 998 πt ) +7 sin ( 2390 πt )
𝑆=950 𝐻𝑧? ? Explique paso a paso y si presenta alias,
, resuelva: encuentre la frecuencia 𝑓𝑎 y reconstruya la señal 𝑥𝑎(𝑡)
 Encuentre las frecuencias 𝑓0 de cada una de las componentes de
la señal 𝑥(𝑡) f s=950 Hz
Se desarrolla lo correspondiente, entonces:
En 3 sin ( 150 πt )
En 3 sin ( 3 πt )
f 0=75 Hz
ω
f 0= 2 f 0 =75∗2=150 Hz
2π
πf
f 0= f s >2 f 0
2π
 2

950 kHz >150 Hz  ¿Se presenta fenómeno alias o aliasing si 𝑥(𝑡) es muestreada a
𝑆=1000𝑘𝐻𝑧? ? Explique paso a paso y si presenta alias,
No presenta alias encuentre la frecuencia 𝑓𝑎 y reconstruya la señal 𝑥𝑎(𝑡)
f s=2200 Hz
En 5 sin ( 530 πt ) En 3 sin ( 3 πt )
f 0=265 Hz f 0=75 Hz
f s >2 f 0 2 f 0 =75∗2=150 Hz
2 f 0 =2 (265 )=530 Hz
950 Hz>530 H z f s >2 f 0
No presenta Alias 2.2 kHz>150 H z
No presenta alias
En 8 cos ( 998 πt )

f 0=499 Hz En 5 sin ( 530 πt )

2 f 0 =2 ( 499 )=998 hZ f 0=265 Hz

f s >2 f 0
f s >2 f 0
950 Hz> 998 Hz 2 f 0 =2 (265 )=530 Hz
2.2 kHz>530 Hz
Se presenta el fenomeno de Alias No presenta Alias

f a 1=f 0−N ∙ f s En 8 cos ( 998 πt )

f a 1=998 Hz−1∙ 950 Hz=48 Hz f 0=499 Hz
2 f 0 =2 ( 449 )=998 hZ
En 7 sin ( 2390 πt )

f 0=1195 Hz f s >2 f 0
2 f 0 =2 (1195 )=2390 hZ 2.2 kHz> 998 Hz
No se presenta Alias
f s >2 f 0
En 7 sin ( 2390 πt )
950 Hz>2390 Hz f 0=1195 Hz
Se presenta fenomeno de Alias 2 f 0 =2 (1195 )=2390 hZ

f a 1=f 0−N ∙ f s
f s >2 f 0
f a 1=1195 Hz−1 ∙ 950 Hz=245 Hz
2.2 kHz>2.4 kH z
Se presenta fenomeno de Alias
Entonces se tiene que:

x a ( t )=3 sin ( 2 π∗75 t )+ 5sin ( 2 π∗265 t ) +8 cos ( 2 π∗( 48 ) t ) +7 sin ( 2 π∗245 t )

f a 1=f 0−N ∙ f s
f a 1=2390 Hz−1 ∙ 2200 Hz=190 Hz
 3

Entonces se tiene que:

Ejercicio 5-Muestreo
x a ( t )=3 sin ( 2 π∗75 t )+ 5sin ( 2 π∗265 t ) +8 cos ( 2 π∗( 449 ) t ) +7 sin ( 2 π ( 190 ) t )
Se va a muestrear una señal con niveles de amplitud entre -3V
 Halle el ancho de banda de la señal 𝑥(𝑡) y el ancho de banda y 3V, y se va a cuantizar por redondeo con un error rms 𝜎=30 𝑚𝑉.
de las dos señales reconstruidas en 2.2 y 2.3.
 ¿Cuántos bits 𝐵 se requieren?
En la señal en x(t). Por lo tanto se tiene que:
x a ( t )=3 sin ( π∗150t ) +5 sin ( π∗530 t ) +8 cos ( π∗( 998 ) t ) +7 sin ( π∗2390 t ) D=V +¿−V ¿
−¿=3− (−3 )=6V ¿

De esta manera se tiene que:

Δ
σ= =0.03V
f max =2390 Hz √6 V
f min =150 Hz Despejando Δ:
BW =f max −f min =2390 Hz−150 Hz=2240 Hz
Δ=0.03 V √ 0.006 V =0.00232 V
En la señal en 2.2. Entonces desarrollamos:

x a ( t )=3 sin ( 2 π∗75 t )+ 5sin ( 2 π∗265 t ) +8 cos ( 2 π∗( 48 ) t ) +7 sin ( 2 π∗245 t ) D

Δ=
L
Entonces:
Reemplazando L:
f max =265 Hz
D 6V
f min =48 Hz L= = =2582
Δ 0.00232V
Entonces se tiene que:
B
L=2
BW =f max −f min =265 Hz−48 H=217 Hz B
log 10 L=log10 2
En la señal en 2.3 log 10 L=B ∙ log 10 2
x a ( t )=3 sin ( 2 π∗75 t )+ 5sin ( 2 π∗265 t ) +8 cos ( 2 π∗( 449 ) t ) +7 sin ( 2 π ( 190 ) t )
Por lo tanto:
Donde:
log 10 L log 10 2582
f max =449 Hz B= = =11.33
log 10 2 log10 2
f min =75 Hz
El numero de Bit es 11.33 ≈ 11

Entonces:
 ¿Si el cuantizador ahora es de 24bits, cuál sería su error rms
BW =f max −f min =449 Hz−75 H=374 Hz 𝜎?
En este caso el error 𝜎 se desarrolla a partir de:

 Halle la frecuencia de muestreo para que la señal 𝑥(𝑡) no

presente fenómeno de Alias.
L=2 B=224 =16777216
Entonces:

x a ( t )=3 sin ( π∗150t ) +5 sin ( π∗530 t ) +8 cos ( π∗( 998 ) t ) +7 sin ( π∗2390 t ) D=V +¿−V ¿ −¿=3− (−3 )=6V ¿

D 6V
No presenta alias a partir de 2.8Kz respectivamente. Δ= = =0.000357 mV
L 16777216
f s >2 f 0 Entonces:

Δ=0.000357 mV
Por lo tanto se cumple para todo f 0 de la señal x ( t )
 4

 ¿Cuál es la potencia de la señal muestreada?

3.57∗10−7 V −7
σ= =1.46∗10 V 1
N −1
√6 PS =
N
∑ x2 [ n ] = 18 ∙ 37.47=4.68
n=0
De esta manera se tiene que:
Su potencia es de:
σ =0.000146 mV
PS =4.68
Las señales 𝑥[𝑛] 𝑦 𝑥𝑞[𝑛] 𝑠𝑜𝑛:
𝑥[𝑛] = {1.0, −0.4, 2.5, −2.0, 2.7, −2.5, 2.6, −2.4  ¿Cuál es la relación señal ruido del cuantizador 𝑆𝑁𝑅𝑄?
En este caso se tiene que:
𝑥𝑞[𝑛] = {0.9, −0.1, 2.7, −2.3, 3.0, −2.4, 2.9, −2.3 }
PS 4.68
SNR Q=10 log =10 log =17.05 dB
 ¿Cuál es la señal de error 𝑒(𝑛)? PN 0.0921
Donde: Entonces.

ϵ [ n ] =x [ n ] −xq [ n ] SNR Q=17.05 dB

Tabla 1 Datos de la señal de error

n x[n xq[n E[n] E^2[n] x^2[n]

] ]
Algoritmo transformada discreta de Fourier
1 1 0,9 0,1 0,01 1
x [ n ] =[ 2 7 6]
2 0,4 -0,1 0,5 0,25 0,16
3 2,5 2,7 -0,2 0,04 6,25 X =(2 7 6)
4 -2 -2,3 0,3 0,09 4
Reemplazando se tiene que:
5 2,7 3 -0,3 0,09 7,29
6 -2,5 -2,4 -0,1 0,01 6,25 K 1=2 ; K 2=7 ,; K 3 =6
7 2,6 2,9 -0,3 0,09 6,76
∞
8 -2,4 -2,3 -0,1 0,01 5,76 X ( K )= ∑ x ( n) e
− jπkn/ N

Total 2,3 2,4 -0,1 0,59 37,47 n=−∞

De esta manera se tiene que:

ϵ [ n ] =[ 0.1 , 0.5 ,−0.2 , 0.3 ,−0.3 ,−0.1 ,−0.3 ,−0.1 ,−0.1 ] − j 2 π∗( 0)∗( 0 ) − j 2 π∗( 0 )∗( 1) − j2 π∗( 0) ∗( 2)
x ( 0 )=2 e 3
+7e 3
+6∗e 3

 ¿Cuál es la potencia de la señal de ruido? x ( 0 )=2∗( 1 )+7∗( 1 ) +6∗(1)

Se realiza la sumatoria para los 8 elementos

N−1 x ( 0 )=1 5+0 j

1
P=
N
∑ϵ 2
[ n] Para K = 1.
n=0

Por lo tanto: − j 2 π∗( 1) ∗( 0) − j 2 π ∗( 1)∗( 1 ) − j 2 π∗( 1) ∗( 2)

N−1 x ( 1 ) =2 e 3
+7 e 3
+6 e 3
1
P N=
N
∑ ϵ 2 [ n ] = 18 ∙ 0.59=0.0921 −j2π −j4 π
n=0
3 3
x ( 1 ) =2∗( 1 ) +7∗e +6∗e
Potencia de la señal de ruido. Formula identificada
1
P N = ∙ 0.59=0.0921 e− jw=cos ( W )− jsin ⁡(W )
8
P N =0.0921 Reemplazamos los valores
 5

[ ( ) ( )]
Argumentación de las frecuencias de muestreo
2π 2π
x ( 1 ) =2+ 7∗ cos − jsen
3 3
La Trompeta
X ( 1 )=4.5+0.86 60 j Tabla 1 Rango de frecuencia para la trompeta
Se desarrolla para K = 2. Frecuencia Fundamental Armónicos
Trompeta 165 Hz – 988 Hz 1 – 7.5 KHz
− j 2 π∗( 2) ∗( 0) − j 2 π∗( 2)∗( 1 ) − j 2 π∗( 2 )∗( 2)
x ( 2 ) =2 e 3
+7 e 3
+6 e 3
Se muestra a partir de una frecuencia de 7kHz

−j 4π − j8π
0 3 3
x ( 2 ) =2∗e +7∗e + 6∗e La Flauta
−j4 π
3 Tabla 2 Rango de frecuencia parala flauta
x ( 2 ) =2+7 e
Frecuencia Fundamental Armónicos
Formula identificada Flaut 261 Hz – 2349 Hz 3 – 8 KHz
a
e− jw=cos ( W )− j sin ⁡(W )
Se muestra a partir de una frecuencia de 8kHz
Reemplazamos los valores

[ ( ) ( )]
El Violín
4π 4π
x ( 2 ) =2+7∗ cos − jsen
3 3 Tabla 2 Rango de frecuencia para el Violin

Frecuencia Armónicos
X ( 2 )=−4.5+0.866 j Violín Fundamental
Algoritmos 196 Hz – 3136 Hz 4– 15 KHz
Se muestra a partir de una frecuencia de 15kHz

La Guitarra Acústica

Tabla 3 Rango de frecuencia para la guitarra acústica

Frecuencia Armónicos
Guitarra Fundamental
Acústica 82 Hz –988 Hz 1 – 15
KHz
Se muestra a partir de una frecuencia de 15kHz

El Piano
Fig. 1 Simulación de la transformada en Matlab Tabla 4 Rango de frecuencia para el piano

Frecuencia Armónicos
Piano Fundamental
24 Hz –4196 Hz 5 – 8 KHz
Se muestra a partir de una frecuencia de 8kHz

III. CONCLUSIONES

Por medio del presente articulo se presenta a lo que corresponde a

la desarrollo de la tarea dos del curso de tratamiento digital de
señales, donde se presenta lo que corresponde al desarrollo de cada
uno de los puntos estipulados por medio de lo que corresponde al
Fig.. 2 Grafica resultante de transformada discreta de Fourier desarrollo de cada uno de los puntos establecidos mediante la guía de
actividades, se presenta la definición de cada uno de los conceptos,
del mismo modo se presenta el desarrollo de los dos ejercicios
Enlace del video seleccionados, del mismo modo se presenta el algoritmo el video y lo
que corresponde a la frecuencias de los instrumentos musicales.
 6

IV. BIBLIOGRAFÍA

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