Para el muestreo de una señal \(x(t) = 2\cos(2 \pi 500 t) + 3\sin(2 \pi 30 t)\) con \(0 \leq t < 5\text{s}\) y \(x(t) = 0\) para otros \(t\), y su posterior análisis en el dominio de la frecuencia, utilizando la FFT, se pide:


a) Intervalo de muestreo válido y cantidad de muestras \(N\)

Se necesita un intervalo de muestreo \(\Delta t\) válido.

\[ \Delta t = \frac{1}{F_m} \] La señal contiene dos componentes de frecuencia: \[ F_1 = 500 \text{ Hz}, \qquad F_2 = 30 \text{ Hz} \] La frecuencia máxima es \(F_{max} = 500\) Hz. Aplicando el criterio de Nyquist: \[ F_m \geq 2 \cdot F_{max} = 2 \cdot 500 = 1000 \text{ Hz} \] Se elige \(F_m = 1000\) Hz, por lo que el intervalo de muestreo es: \[ \color{limegreen} \boxed{ \color{black} \Delta t = \frac{1}{F_m} = \frac{1}{1000} = 0{,}001 \text{ s} } \]

Ahora averiguamos la correspondiente cantidad de elementos del vector \(N\) \[ \Delta t = \frac{T}{N} \] \[ N = \frac{T}{\Delta t} \] Con el período de análisis \(T_0 = 15\) s, la cantidad de muestras es: \[ \color{limegreen} \boxed{ \color{black} N = \frac{T_0}{T_s} = \frac{15}{0{,}001} = 15000 \text{ muestras} } \] Dado que la función solo existe entre \(0 \leq t < 5\) s, habrán \(5000\) muestras reales y \(15000 - 5000 = 10000\) ceros.

b) Frecuencias digitales involucradas en \(x[n]\)

\[ f_0 = \frac{F_0}{F_m} \] Con \(F_m = 1000\) Hz, las frecuencias digitales son: \[ \color{limegreen} \boxed{ \color{black} f_1 = \frac{F_1}{F_m} = \frac{500}{1000} = 0{,}5 } \] \[ \color{limegreen} \boxed{ \color{black} f_2 = \frac{F_2}{F_m} = \frac{30}{1000} = 0{,}03 } \] La señal muestreada queda entonces: \[ x[n] = 2\cos(2\pi \cdot 0{,}5 \cdot n) + 3\sin(2\pi \cdot 0{,}03 \cdot n) \]