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ESCOLA DE COMUNICAÇÃO, ARTES E TECNOLOGIAS DE INFORMAÇÃO Licenciatura em Engenharia Informática Processamento de Sinal e Sinais e Sistemas Colectânea de Exercícios Resolvidos Prof. Doutor João Canto ( 1 ) Prof. Doutor Marko Beko ( 1 ) Janeiro de 2012

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ESCOLA DE COMUNICAÇÃO, ARTES E TECNOLOGIAS

DE INFORMAÇÃO

Licenciatura em Engenharia Informática

Processamento de Sinal e Sinais e Sistemas

Colectânea de Exercícios Resolvidos

Prof. Doutor João Canto (1

)

Prof. Doutor Marko Beko (1

)

Janeiro de 2012

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3

Prefácio

1

Este documento destina-se a alunos do curso de Engenharia Informática da Escola de

Comunicação, Arquitectura, Artes e Tecnologias de Informação, da ULHT, mais

concretamente, àqueles que frequentam as disciplinas de Processamento de Sinal e de

Sinais e Sistemas, respectivamente leccionadas no segundo semestre do primeiro ano e

no primeiro semestre do segundo ano. Os exercícios que constam desta colectânea, são

retirados dos livros que constituem a bibliografia da cadeira, e serão doravante referidos

como: (i) I. M. G. Lourtie, Sinais e Sistemas, 2ed, Escolar Editora, Lisboa, 2007: IML;

(ii) H. P. Hsu, Signals and Systems, McGraw-Hill, 1995: Hsu. Pontualmente, serão

também aqui recordados alguns exemplos, previamente apresentados nos acetatos das

aulas teóricas (doravante definidos como AT).

Este texto representa a primeira edição, da componente de exercícios resolvidos,

da sebenta que engloba a matéria das cadeiras de sinais. Sendo assim pedimos desculpa

por eventuais incorrecções e agradecemos o vosso feedback. Doravante, a designação

x n representa um sinal definido em instantes de tempo discretos (onde n pertence ao

conjunto dos números inteiros), e x t um sinal definido no tempo contínuo (onde t

pertence ao conjunto dos números reais).

Não obstante, este documento representa apenas um conjunto de alguns

exercícios resolvidos, sobre tópicos considerados fundamentais. Não poderá nunca

substituir a frequência das aulas teórico-práticas e prático-laboratoriais, bem

como o estudo dos livros referenciados na bibliografia.

1 Os autores são doutorados em Engenharia Electrotécnica e de Computadores pelo Instituto Superior

Técnico

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5

Índice

Prefácio .......................................................................................................................... 3

Índice ............................................................................................................................... 5

Capítulo 1. Fundamentos de Sinais e Sistemas: Sinais Discretos ............................. 11

(IML 1.8) Classifique quanto à paridade os seguintes sinais discretos.Problema 1.1.

.................................................................................................................................... 11

(HSU 1.48c) Determine as componentes par e ímpar dos seguintes Problema 1.2.

sinais. .......................................................................................................................... 14

(IML 1.16) Considere dois sinais discretos, x n e y n , tais que ... 17 Problema 1.3.

(HSU 1.23) O sinal discreto x n está desenhado na Figura 1.5. Problema 1.4.

Represente cada um dos seguintes sinais. .................................................................. 21

(HSU 1.16g) Determine se os seguintes sinais são ou não periódicos. Problema 1.5.

Caso sejam calcule o período. .................................................................................... 24

(HSU P1.51e) Determine se os seguintes sinais são ou não periódicos. Problema 1.6.

Caso sejam calcule o período. .................................................................................... 25

(IML 1.11b,c,d) Determine quais dos sinais seguintes são periódicos. Problema 1.7.

Para os sinais periódicos indique o período fundamental. ......................................... 26

(IML 1.23a,d,h,i) Um sistema discreto pode ser classificado segundo Problema 1.8.

as seguintes propriedades: 1) memória; 2) Causalidade; 3) Invariância no tempo; 4)

Linearidade; 5) Estabilidade; 6) Invertibilidade. ........................................................ 29

Determine se os seguintes sinais são ou não periódicos. Caso sejam Problema 1.9.

calcule o seu período. ................................................................................................. 34

(IML 1.23b,k) Um sistema discreto pode ser classificado segundo as Problema 1.10.

seguintes propriedades: 1) memória; 2) Causalidade; 3) Invariância no tempo; 4)

Linearidade; 5) Estabilidade; 6) Invertibilidade. ........................................................ 36

Capítulo 2. Representação no Domínio do Tempo para Sistemas LIT Discretos... 39

(HSU 2.30) Avalie y n h n x n , onde x n e h n estão Problema 2.1.

representados na Figura 2., usando: a) Uma soma ponderada de impulsos unitários; b)

A expressão para a soma de convolução. ................................................................... 39

(HSU 2.28) Considere o SLIT com resposta impulsional Problema 2.2.

nh n u n para 0 1 e o sinal de entrada x n u n . Determine a

resposta do sistema através de: (a) y n x n h n ; (b) y n h n x n . .... 45

(HSU 2.32) A resposta ao escalão unitário, de um determinado sistema Problema 2.3.

LIT é dada por: n

uy n u n para 0 1 . Determine a resposta impulsional do

sistema. ....................................................................................................................... 50

(HSU 2.38) Considere um sistema LIT com a seguinte resposta Problema 2.4.

impulsional: nh n u n . Classifique este sistema quanto à: a) causalidade; b)

Estabilidade. ............................................................................................................... 51

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6

(HSU 2.56) A resposta impulsional de um sistema LIT é dada por: Problema 2.5.

1 2n

h n u n . Calcule 1y e 4y para o sinal de entrada

2 3x n n n . ........................................................................................... 53

(IML 2.25) Considere um sistema LIT com a seguinte resposta Problema 2.6.

impulsional: 2 4nh n u n . Classifique este sistema quanto à: a) causalidade; b)

Estabilidade; c) Determine ainda a saída para o sinal de entrada

2 4 1x n n n . ......................................................................................... 54

(IML 2.26) Considere um sistema LIT cuja resposta ao escalão unitário Problema 2.7.

é dada por: .................................................................................................................. 56

Capítulo 3. Transformada Z ........................................................................................ 59

(HSU 4.10) Calcule a transformada do Z dos sinais: a) x n u n ; Problema 3.1.

b) x n n . ......................................................................................................... 59

(AT Ex. 4, Cap. 3) Calcule a transformada do Z do sinal Problema 3.2.

0j nx n e u n

. Encontre também os pólos, zeros e a região de convergência ...... 63

(AT Ex. 5, Cap. 3) Discuta a existência da transformada Z do seguinte Problema 3.3.

sinal nx n . .......................................................................................................... 65

(AT Ex. 7, Cap. 3) Calcule a transformada inversa de ........................ 66 Problema 3.4.

(AT Ex. 8, Cap. 3) Calcule a transformada inversa de ........................ 71 Problema 3.5.

(HSU 4.19a) Calcule a transformada inversa de ................................. 75 Problema 3.6.

(HSU 4.32) Um sistema LIT causal é descrito por ............................. 77 Problema 3.7.

(HSU 4.38a) Considerando o sistema LIT causal descrito por ........... 81 Problema 3.8.

(HSU 4.38b) Considerando o sistema LIT causal descrito por ........... 84 Problema 3.9.

(HSU 4.58) Considerando o sistema LIT causal descrito por ........... 86 Problema 3.10.

(HSU 4.59a) Considerando o sistema LIT causal descrito por ......... 88 Problema 3.11.

(HSU 4.59b) Considerando o sistema LIT causal descrito por ......... 90 Problema 3.12.

(HSU 4.60) Determine o valor final e o valor inicial de x n para Problema 3.13.

cada uma das funções de transferência e o ganho estático do sistema: ...................... 93

(AT Ex. 15) Encontre a resposta completa quando a equação às Problema 3.14.

diferenças .................................................................................................................... 95

Capítulo 4. Fundamentos de Sinais e Sistemas: Sinais Contínuos ........................... 97

Seja ...................................................................................................... 97 Problema 4.1.

Seja ...................................................................................................... 98 Problema 4.2.

Seja ...................................................................................................... 99 Problema 4.3.

Sejam ................................................................................................. 100 Problema 4.4.

Sabe-se que ........................................................................................ 103 Problema 4.5.

(IML 1.2d) Considere o sinal representado na Figura 4.5. ............... 104 Problema 4.6.

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7

(IML 1.3a) Considere os sinais contínuos representados na Figura 4.7. Problema 4.7.

Escreva a expressão que os relaciona. ...................................................................... 105

(IML 1.6a) Esboce graficamente as componentes par e ímpar do sinal Problema 4.8.

representado na Figura 4.8. ...................................................................................... 106

(IML 1.7) Sejam dois sinais contínuos relacionados por .................. 108 Problema 4.9.

(IML 1.9) Seja x t um sinal contínuo considere-se ..................... 109 Problema 4.10.

(IML 1.11a,f) Determine quais dos seguintes sinais são periódicos. Problema 4.11.

Para os sinais periódicos determine o período fundamental. ................................... 111

(IML 1.12) Determine o período fundamental de ........................... 112 Problema 4.12.

(IML 1.13) Seja ............................................................................... 113 Problema 4.13.

(IML 1.14) Considere os sinais contínuos: ..................................... 114 Problema 4.14.

(IML 1.18) Esboce graficamente os seguintes sinais contínuos: .... 117 Problema 4.15.

(IML 1.20a,b,g) Exprima analiticamente os sinais representados .. 120 Problema 4.16.

(IML 1.22c,k) Um sistema contínuo pode classificar-se como: ..... 123 Problema 4.17.

Capítulo 5. Representação no Domínio do Tempo de Sistemas LIT Contínuos ... 127

(IML 2.4) Considere um sistema LIT, cuja resposta impulsional é dada Problema 5.1.

por ............................................................................................................................. 127

(AT Ex. 1, Cap. 2) Considere o seguinte circuito RLC .................... 130 Problema 5.2.

(HSU 2.5) Considere um sistema LIT, cuja resposta impulsional é dada Problema 5.3.

por ............................................................................................................................. 133

(IML 2.13) Considere o seguinte sistema ......................................... 136 Problema 5.4.

(IML 2.19) Seja ................................................................................. 139 Problema 5.5.

Capítulo 6. Transformada de Laplace ...................................................................... 141

(AT Ex. 2, Cap. 3) Determinar a transformada de Laplace do sinal: Problema 6.1.

eatx t u t . ...................................................................................................... 141

Determine a transformada de Laplace do sinal ................................. 147 Problema 6.2.

(AT Ex. 2, Cap. 3) Determine a transformada de Laplace do sinal: Problema 6.3.

0j tx t e u t

. ........................................................................................................ 148

(HSU 3.5c) Determine a transformada de Laplace do sinal: Problema 6.4.

2 3t tx t e u t e u t . ........................................................................................ 149

(IML 3.2a,b,d) Determine a função no tempo, x t , cuja transformada Problema 6.5.

de Laplace é: ............................................................................................................. 150

(IML 3.3a,d) Seja .............................................................................. 154 Problema 6.6.

(IML 3.7a,b) A Figura 6.4 representa o mapa pólos/ zeros da função de Problema 6.7.

transferência de um SLIT. ........................................................................................ 155

(IML 3.14) Considere o SLIT causal cujo mapa pólos/zeros se Problema 6.8.

representa na Figura 6.5 . ......................................................................................... 158

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(IML 3.8) Classifique quanto à estabilidade e à causalidade os SLITs Problema 6.9.

cujo mapa palas/zeros se representam na Figura 6.6. Justifique a resposta. ............ 162

(HSU 3.38) Resolva a seguinte equação diferencial de segunda ordemProblema 6.10.

.................................................................................................................................. 164

(IML 3.10) Seja ............................................................................... 166 Problema 6.11.

(IML 3.18) Considere o sistema causal descrito pela equação Problema 6.12.

diferencial de coeficientes constantes....................................................................... 170

Capítulo 7. Transformada de Fourier ...................................................................... 177

(IML 3.26) Determine a transformada de Fourier de cada uma das Problema 7.1.

seguintes funções no tempo: ..................................................................................... 177

Encontre x t , sabendo que.............................................................. 183 Problema 7.2.

Determine uma representação em séries de Fourier para os seguintes Problema 7.3.

sinais ......................................................................................................................... 185

Calcular x t sabendo que ............................................................... 189 Problema 7.4.

(IML 3.31) Considere o sinal x t cujo espectro de frequência está Problema 7.5.

representado na Figura 7.3 ....................................................................................... 191

(IML 3.32) Sejam x t e y t , respectivamente, os sinais de entrada Problema 7.6.

e de saída de um sistema contínuo, cujas transformadas de Fourier se relacionam pela

seguinte equação: ...................................................................................................... 193

(IML 3.33) Considere o sistema cuja resposta de frequência é ........ 194 Problema 7.7.

(IML 3.34) Seja ................................................................................. 195 Problema 7.8.

Anexo A. Fundamentos Matemáticos ....................................................................... 197

A.1. (IML Anexo A) Noções de trigonometria ........................................................ 197

A.2. (IML Anexo A) Definição de número complexo. ............................................ 199

A.3. (IML Anexo A) Prova de relações trigonométricas ......................................... 202

A.4. (IML Anexo A) Séries Geométricas ................................................................. 203

A.5. Expresse os seguintes números complexos na forma cartesiana e determine o seu

módulo, inverso e conjugado. ................................................................................... 205

A.6. Expresse os seguintes números complexos na forma polar, determine o seu

módulo, inverso e conjugado, e represente-o no plano complexo. ........................... 208

A.7. Expresse os seguintes números complexos na forma cartesiana. ..................... 211

A.8. Determine as soluções das seguintes equações. ............................................... 213

A.9. Calcule as seguintes expressões........................................................................ 215

A.10. Mostre que as seguintes expressões são verdadeiras. ..................................... 218

Anexo B. Fundamentos Matemáticos: Parte 2 ......................................................... 219

B.1. Integrais. Mostre que as seguintes expressões são verdadeiras. ....................... 219

B.2. Expanda em fracções simples as seguintes funções racionais. ......................... 223

Anexo C. Testes Resolvidos ....................................................................................... 227

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9

C.1. Processamento de Sinal: Teste 1. ...................................................................... 227

C.2. Processamento de Sinal: Teste 2. ...................................................................... 237

C.3. Sinais e Sistemas: Teste 1. ................................................................................ 243

C.4. Sinais e Sistemas: Teste 2. ................................................................................ 250

Anexo D. Formulários ................................................................................................ 259

D.1. Formulário para processamento de sinal. ......................................................... 259

D.2. Formulário para sinais e sistemas. .................................................................... 263

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Capítulo 1. Fundamentos de Sinais e Sistemas: Sinais

Discretos

(IML 1.8) Classifique quanto à paridade os seguintes Problema 1.1.

sinais discretos.

Para avaliar a paridade de um determinado sinal, é necessário considerar as definições

respectivas dos sinais pares e ímpares

x n x n , (1.1)

x n x n . (1.2)

a) 1

; 0

0 ; 0

nx n n

n

Para avaliar a paridade de a), é necessário verificar se respeita as definições (1.1) – (1.2)

, ou seja, é necessário calcular x n e verificar se este se relaciona com x n , através

de uma relação de paridade. Directamente da definição de x n e (1.2) obtém-se

1

; 0

0 ; 0

nx n x nn

n

. (1.3)

O sinal é ímpar porque respeita a condição (1.2), como pode ser observado pela Figura

1.1a.

b)

2

1; 02

3; 0

0

n

nx n

n

Analogamente à alínea anterior, após alguma álgebra, obtém-se

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12

2 2

11 ; 0 ; 02233

; 0 ; 000

nn

n nx n x n

n n

. (1.4)

O sinal é par porque verifica a relação (1.1), como pode ser observado pela Figura 1.1b.

c) 3 1 ; 0

; 00

n nx n

n

Analogamente à alínea anterior, após alguma álgebra, obtém-se

3 1 ; 0

; 00

n nx n

n

. (1.5)

O sinal não é par nem ímpar porque não verifica nenhuma das condições de paridade,

como pode ser observado pela Figura 1.1c.

d) ; 04 1

; 00

nn

x nn

Analogamente à alínea anterior, após alguma álgebra, obtém-se

14; 0 ; 0 ; 04 1 4 1

1; 0 ; 0 ; 00 0

0

n nnn n n

x n x nn n n

. (1.6)

O sinal é par porque verifica a relação (1.1), como pode ser observado pela Figura 1.1d.

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13

Figura 1.1. Representação de x n .

a b

c d

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14

(HSU 1.48c) Determine as componentes par e ímpar dos Problema 1.2.

seguintes sinais.

Para obter as componentes par e ímpar de um determinado sinal, é necessário

considerar as seguintes definições

1

2px n x n x n , (1.7)

1

2ix n x n x n , (1.8)

que correspondem respectivamente às componentes par e ímpar de um sinal. Estas

relações podem ser facilmente demonstradas através dos seguintes passos

1 1

2 2p px n x n x n x n x n x n , (1.9)

1 1 1

2 2 2i ix n x n x n x n x n x n x n x n . (1.10)

c) 0 2j nx n e

O primeiro passo na resolução é a aplicação da fórmula de Euler, que resulta em

0 2

0 0cos sin2 2

j nx n e n j n

. (1.11)

Através do círculo trigonométrico é possível identificar

cos sin2

x x

, sin cos2

x x

, (1.12)

que aplicado em (A.67) permite obter

0 0sin cosx n n j n . (1.13)

A partir deste ponto, é possível resolver o problema de duas formas distintas:

i) Por inspecção: Sabendo que a função seno é ímpar, e a função co-seno é par, é

possível afirmar que (1.13) já se encontra escrita na forma

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15

i px n x n x n , (1.14)

onde

0sinix n n , (1.15)

0cospx n j n , (1.16)

são respectivamente as componentes ímpar e par do sinal.

ii) Pela definição (1.7) podemos então obter

0 0 0 0

1sin cos sin cos

2px n j n n j n . (1.17)

Finalmente, considerando o resultado sobre a paridade das funções seno e co-seno

cos cosx x , sin sinx x , (1.18)

facilmente se chega a

0 0 0 0 0

1sin cos sin cos cos

2px n j n n j n j n . (1.19)

Analogamente, para a componente ímpar, utilizando as definições (1.8) e (1.18) chega-

se a

0 0 0 0

0 0 0 0 0

1sin cos sin cos

2

1sin cos sin cos sin

2

ix n j n n j n

n j n n j n n

. (1.20)

A representação gráfica dos sinais pode ser observada na Figura 1.2

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16

Figura 1.2. Representação de x n .

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17

(IML 1.16) Considere dois sinais discretos, x n e y n , Problema 1.3.

tais que

2 3y n x n . (1.21)

Um sinal discreto diz-se periódico, quando existe um inteiro 0N , tal que respeita a

condição

x n x n N , n . (1.22)

O período fundamental 0N define-se como o menor inteiro positivo que verifica (1.22).

Qualquer inteiro positivo e múltiplo de 0N é também um período de x n .

Pode ainda ser demonstrado que, para um sinal do tipo 0sin n , 0cos n

ou 0j n

e

, onde 0 é a frequência fundamental, e 2M , seja periódico, é

necessário que se verifique

0

M

, (1.23)

onde é o conjunto dos números racionais.

a) Se x n é par logo y n é par?

Para averiguar a veracidade de a), é necessário verificar se (1.21) cumpre (1.7). Uma

vez que

2 3y n x n y n , (1.24)

e sendo que x n é par vem ainda

2 3 2 3 2 3x n x n y n x n , (1.25)

pelo que a) é falso. Note-se que, um deslocamento, tipicamente, altera a paridade do

sinal. No entanto, se x n for periódico, de período 0 1,2,3,6N , tem-se que

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18

2 3 2 3x n x n y n , ou seja, a paridade do sinal seria mantida e y n seria

par.

b) Se x n é periódico logo y n também o é? Se sim calcule o período de y n .

(i) Resolução intuitiva

Por observação de (1.21) verifica-se que estão patentes duas operações: (a) Uma

mudança de escala temporal, correspondente ao termo 2n ; (b) Um deslocamento

temporal, correspondente ao termo 3 . Note-se que, uma mudança de escala altera o

período de um sinal, enquanto que, um deslocamento não. Represente-se o sinal

periódico x n , de período 0N , na forma

0 0 0 0 0

0 1 2 0 1 0

0 1 2 ... 1 1 ... 2 1 2

... ...k k

n N N N N Nx n

x x x x x x x x

. (1.26)

Torna-se então necessário separar os casos em que 0N é par ou ímpar. Quando 0N é

par tem-se que

0

0

0 2 4 0

0 1 2 ... 2

2 0 2 4 ...

...

n N

x n x x x x N

x x x x

, (1.27)

logo o período de 2x n é dado por 0 2N N . Uma vez que a próxima operação, o

deslocamento, não altera a periodicidade, o período de y n é 0 2yN N . Para o caso

em que 0N é ímpar, 0 2N N não é inteiro, pelo que não pode ser um período de

y n . Para este caso, tem-se que

0 0 00

0 0 0 0

0 2 4 1 3 0

1 1 30 1 2 ... ...

2 2 2

2 0 2 4 ... 1 1 3 ... 2

... ...k

N N Nn N

x n x x x x N x N x N x N

x x x x x x x

,(1.28)

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19

logo o período de 2x n é dado por 0N N . Novamente, o deslocamento não altera a

periodicidade, e o período de y n é 0yN N . Ambas as componentes e a sua

periodicidade podem ser observadas na Figura 1.3 e Figura 1.4.

(ii) Resolução pela definição

Aplicando (1.22) à definição do sinal, resulta imediatamente que

n , yy n N y n . (1.29)

Desenvolvendo (1.29), esta ainda pode ser reescrita como

n , 2 3 2 2 3 2 3y yx n N x n N x n . (1.30)

Para que esta tenha solução, é necessário que

002

2y y

NN mN N m , m , (1.31)

onde 0N é o período fundamental de x n . O período fundamental de y n é então o

menor inteiro positivo que cumpre (1.31), o que corresponde a

0

0

0 0

1 , par2

2 , ímpary

Nm N

N

m N N

. (1.32)

Note-se que, uma vez que o período tem de ser um inteiro positivo, apenas no caso em

que 0N é par é que 0 2yN N é inteiro. Para o caso em que 0N é ímpar apenas se

poderá ter 0yN N .

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20

Figura 1.3. Representação do caso 0N par.

Figura 1.4. Representação do caso 0N ímpar.

Page 21: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

21

(HSU 1.23) O sinal discreto x n está desenhado na Problema 1.4.

Figura 1.5. Represente cada um dos seguintes sinais.

A representação de x n e u n pode ser observada na Figura 1.5.

Figura 1.5. Representação de x n .

a) 1x n u n

Para calcular este resultado, comece-se por identificar que ao sinal escalão unitário, se

aplicaram duas operações: (i) Inversão; (ii) Deslocamento. Pelo que, partindo da

definição analítica do escalão unitário, e aplicando sucessivamente as operações

referidas, é possível chegar a

( ) ( )

1 ; 0 1 ; 0 1 ; 11

0 ; 0 0 ; 0 0 ; 1i ii

n n nu n u n u n

n n n

. (1.33)

Este sinal está representado na Figura 1.6. Efectuando finalmente a multiplicação, ponto

por ponto, dos dois sinais chega-se ao resultado também apresentado na Figura 1.6.

Figura 1.6. Representação de 1x n u n .

Page 22: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

22

b) 2x n u n u n

Para o primeiro membro da soma, pode então identificar-se uma operação de

deslocamento, pelo que, se obtém a partir da definição de escalão unitário que

1 ; 0 1 ; 2

20 ; 0 0 ; 2

n nu n u n

n n

. (1.34)

Efectuando a operação de subtracção vem que

1 ; 2 1

20 ; outros

nu n u n

. (1.35)

Multiplicando os sinais ponto por ponto chega-se ao resultado da Figura 1.7.

Figura 1.7. Representação de 1x n u n .

c) 1x n n

Para este caso, pode também identificar-se uma operação de deslocamento, pelo que, se

obtém a partir da definição de impulso unitário que

1 ; 0 1 ; 1

10 ; 0 0 ; 1

n nn n

n n

. (1.36)

Multiplicando os sinais ponto por ponto chega-se ao resultado da Figura 1.8.

Page 23: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

23

Figura 1.8. Representação de 1x n u n .

Page 24: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

24

(HSU 1.16g) Determine se os seguintes sinais são ou não Problema 1.5.

periódicos. Caso sejam calcule o período.

a) 4j nx n e

Para que x n seja periódico é necessário que verifique a definição (1.22). Substituindo

substituir n por n N em a), e aplicando (1.22) obtém-se a equação

4 4j n N j n

e e

. (1.37)

Desenvolvendo o primeiro membro de (1.37) chega-se a

4 4 4j n N j n

e e

. (1.38)

Para que x n seja periódico, (1.38) tem de ter solução, pelo que é necessário garantir a

seguinte condição:

2 84

N m N m

, m . (1.39)

Atribuindo valores a m , obtém-se o menor inteiro positivo que verifica (1.39),

01 8m N . (1.40)

onde 0 8N é o período fundamental. Uma vez que (1.39) tem solução, e x n é uma

função exponencial complexa, a condição (1.23) é verificada

0 142 8 8

1

M

. (1.41)

Page 25: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

25

(HSU P1.51e) Determine se os seguintes sinais são ou Problema 1.6.

não periódicos. Caso sejam calcule o período.

a) 4

nj

x n e

Novamente, para que x n seja periódico é necessário que verifique a definição (1.22).

Substituindo substituir n por n N em a), e aplicando (1.22) obtém-se a equação

4 4

n N nj j

e e

(1.42)

Desenvolvendo o primeiro membro de (1.42), chega-se a

4 4 4

n N nj j

e e

(1.43)

Para que x n seja periódico, (1.43) tem de ter solução, pelo que é necessário garantir a

condição:

2 84

Nm N m , m . (1.44)

Uma vez que é irracional, qualquer múltiplo deste também será irracional, sendo

impossível obter um período inteiro. Note-se ainda que, como (1.44) não tem solução, e

x n é uma função exponencial complexa, a condição (1.23) não é verificada

0

114

2 8

1

M

. (1.45)

Page 26: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

26

(IML 1.11b,c,d) Determine quais dos sinais seguintes são Problema 1.7.

periódicos. Para os sinais periódicos indique o período fundamental.

b) sin 5 24

x n n

Note-se que, uma translação no tempo não afecta o período de um sinal, mas, uma

mudança de escala sim. Uma vez que, o período fundamental da função seno é 2M

, verifique-se se após a mudança de escala, o sinal continua a ser periódico. Para

calcular o período fundamental, substitua-se n por n N em b), e aplique-se (1.22) à

definição do sinal obtendo a equação

sin 5 2 sin 5 24 4

n N n

. (1.46)

Desenvolvendo o primeiro membro de (1.46), chega-se a

sin 5 2 5 sin 5 24 4 4

n N n

. (1.47)

Para que x n seja periódico, (1.47) tem de ter solução. Então, os argumentos das

funções seno têm de estar relacionados, através de um múltiplo do período fundamental

da função seno ( 2M ):

8

5 5 24 4 5

N mM N m N m

, m . (1.48)

O menor número inteiro que verifique (1.48) é então o período fundamental, que neste

caso, corresponde a 5m que resulta em 0 8N . Novamente, uma vez que (1.39) tem

solução, e x n é uma função seno, a condição (1.23) é verificada

0

55 54

2 8 8

1

M

. (1.49)

c) 1

cos2

x n n

Page 27: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

27

Para calcular o período fundamental, substitua-se n por n N em c), e aplique-se

(1.22) à definição do sinal, obtendo a equação

1 1

cos cos2 2

n N n

. (1.50)

Desenvolvendo o primeiro membro de (1.50), chega-se a

1 1 1

cos cos2 2 2

n N n

. (1.51)

Para que x n seja periódico, (1.51) tem de ter solução. Então, os argumentos das

funções co-seno têm de estar relacionados através de um múltiplo do período

fundamental da função co-seno ( 2M ):

1

2 42

N m N m , m . (1.52)

Uma vez que é irracional, qualquer múltiplo deste também será irracional, sendo

impossível obter um período inteiro. Como (1.51) não tem solução, e x n é uma

função co-seno, a condição (1.23) não é verificada

0

112

2 4

1

M

. (1.53)

d) 2cos 5x n n

Novamente, substituindo n por n N em d) e aplicando (1.22), chega-se a

2 2cos 5 cos 5n N n

. (1.54)

Desenvolvendo o primeiro membro de (1.54) permite ainda obter

2 2 2cos 5 10 5 cos 5n nN N n . (1.55)

Novamente, de (1.55) obtém-se a condição

Page 28: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

28

2 2510 5 2 5

2nN N m m nN N , m . (1.56)

Uma vez que m é um número inteiro, o segundo membro de (1.56) também tem de ser

inteiro. Desta forma, uma vez que 5nN já é um inteiro ( n e N são inteiros) é

necessário que

2

0

52

2N N . (1.57)

Tendo (1.57) solução, e sendo x n uma função co-seno, a condição (1.23) é verificada

0

55 51

2 2 2

1

M

. (1.58)

Page 29: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

29

(IML 1.23a,d,h,i) Um sistema discreto pode ser Problema 1.8.

classificado segundo as seguintes propriedades: 1) memória; 2)

Causalidade; 3) Invariância no tempo; 4) Linearidade; 5) Estabilidade;

6) Invertibilidade.

Para classificar os seguintes sistemas, é necessário conhecer as propriedades gerais

dos sistemas lineares. Estas podem ser definidas da seguinte forma:

1) Memória: Um sistema não tem memória quando, num instante de tempo, a saída

apenas depende da entrada nesse mesmo instante, i.e.,

1 1 1n y n f x n . (1.59)

e.g., 3y n x n não tem memória, enquanto que 3 1y n x n tem.

2) Causalidade: Um sistema é causal quando, para qualquer instante de tempo, a saída

depende da entrada apenas em instantes passados. Portanto, para dois sinais idênticos

até ao instante 0n , as saídas são idênticas até ao mesmo instante, i.e.,

1 2 0 1 2 0x n x n n n y n y n n n . (1.60)

Por conseguinte, um sistema sem memória é necessariamente causal, e.g.,

3y n x n e 3 1y n x n são causais, enquanto que 3 1y n x n não.

3) Invariância no tempo: Um sistema diz-se invariante no tempo, quando uma

deslocação no sinal de entrada conduz à mesma deslocação no sinal de saída, i.e.,

0 0x n y n x n n y n n , 0n . (1.61)

4) Linearidade: Um sistema é linear quando uma combinação linear de sinais à

entrada conduz, na saída, à mesma combinação linear das saídas elementares para

cada sinal de entrada, i.e.,

1 1

1 2 1 2

2 2

x n y nax n bx n ay n by n

x n y n

. (1.62)

Page 30: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

30

5) Estabilidade: Um sistema diz-se estável de entrada limitada / saída limitada quando

qualquer entrada limitada dá origem a uma saída limitada, i.e.,

0 : 0 :x x y yA x n A n A y n A n . (1.63)

6) Invertibilidade: Um sistema é invertível quando, sinais de entrada distintos resultam

em sinais de saída distintos (a aplicação da entrada na saída é injectiva), i.e.,

1 2 1 2x n x n y n y n . (1.64)

a) ny n x n

Pela propriedade (1.59) verifica-se que o sistema não tem memória. Pela propriedade

(1.60) verifica-se que o sistema é causal.

Quanto à invariância no tempo, é necessário aplicar a propriedade (1.61).

Considerando um sinal auxiliar 1 0x n x n n resulta que

1 1 0

n ny n x n x n n . (1.65)

No entanto, uma vez que,

0

0 0

n ny n n x n n

, (1.66)

é diferente de (1.65) o sistema é variante no tempo.

Quanto à linearidade, aplicando (1.62), tem-se que 1 1

ny n x n ,

2 2

ny n x n pelo que

1 2 1 2 1 2

n

ax n bx n ax n bx n ay n by n , (1.67)

logo o sistema é não linear. Por exemplo, escolhendo 1a b no ponto 2n , vem

para quaisquer dois sinais de entrada 1x n e 2x n

2

1 2 1 2 1 22 2 2 2 2 2x x x x y y . (1.68)

Page 31: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

31

Neste caso, o sistema não é estável, o que pode ser provado por contra-exemplo.

Considere-se o sinal de entrada limitado 2x n , n , pelo que vem

2 limn

ny n y n

, (1.69)

ou seja, para uma entrada limitada, a saída é ilimitada, pelo que o sistema é instável.

Para provar a não invertibilidade recorrer-se-á, novamente, ao contra exemplo.

Definam-se dois sinais diferentes tais que

1 1

2 2

1, 1 1,

1, 0 1 , 01,

2, 0 2 , 0

n

n

n

x n n y n n

n nx n y n n

n n

. (1.70)

A partir de (1.70) verifica-se que,

1 2 1 2x n x n y n y n , (1.71)

logo, pela propriedade (1.64), o sistema é não invertível. (Note-se que o sistema perde

a informação do sinal de entrada no instante 0n ).

b) Esta alínea corresponde à resolução em paralelo dos problemas IML 1.23h, i,

representando um grau de dificuldade interessante. Verifiquem-se as diferenças entre os

dois sistemas semelhantes,

, 1

0 , 0

1 , 1

h

x n n

y n n

x n n

,

, 1

0 , 0

, 1

i

x n n

y n n

x n n

. (1.72)

Note-se que, considerando a propriedade (1.59), se pode observar que hy n tem

memória enquanto que iy n não tem memória. Mais ainda, aplicando (1.60), pode

observar-se que hy n é não causal enquanto que iy n é causal. Quanto à

invariância temporal, aplicando (1.61) resulta que, as saídas 0y n n são dadas por

0 0

0 0

0 0

, 1

0 ,

1 , 1

h

x n n n n

y n n n n

x n n n n

,

0 0

0 0

0 0

, 1

0 ,

, 1

i

x n n n n

y n n n n

x n n n n

. (1.73)

Page 32: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

32

Considerando novamente sinais auxiliares do tipo 0x n x n n resulta que,

0

0

, 1

0 , 0

1 , 1

h

x n n n

y n n

x n n n

,

0

0

, 1

0 , 0

, 1

i

x n n n

y n n

x n n n

. (1.74)

Uma vez que os resultados (1.74) e (1.73) são diferentes, verifica-se que ambos os

sistemas são variantes no tempo. Aplicando agora a propriedade (1.62), dos sistemas

lineares verifica-se que, o sistema hy n ,

1 2

1 2 ,1 ,2

1 2

, 1

0 , 0

1 1 , 1

h h h

ax n bx n n

ax n bx n y n n ay n by n

ax n bx n n

, (1.75)

bem como o sistema iy n

1 2

1 2 ,1 ,2

1 2

, 1

0 , 0

, 1

i i i

ax n bx n n

ax n bx n y n n ay n by n

ax n bx n n

, (1.76)

são lineares. Mais ainda, quanto à estabilidade, verifica-se que a condição (1.63) é

sempre cumprida, para qualquer entrada limitada, para ambos os sistemas, pelo que

estes são estáveis. Quanto à invertibilidade, note-se que, o sistema iy n perde a

informação da entrada no instante 0n enquanto que o sistema hy n não. Desta

forma, por contra-exemplo considerem-se os sinais

1 ,1

2 ,2

0

2 0

i

i

x n n y n

x n n y n

, (1.77)

ou seja,

1 2 ,1 ,2i ix n x n y n y n , (1.78)

logo o sistema iy n é não invertível. Pelo contrário, hy n é invertível, e o seu

sistema inverso é dado por

1

, 0

1 , 0

h

h h

h

y n ny n z n

y n n

. (1.79)

Page 33: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

33

d) y n n x n

Pela propriedade (1.59) verifica-se que o sistema não tem memória. Aplicando ainda

(1.60), e uma vez que o sistema não tem memória, tem-se que o sistema é causal.

Para averiguar se o sistema é invariante no tempo, aplique-se (1.61),

considerando 1 0x n x n n , pelo que se tem

1 1 0y n n x n n x n n . (1.80)

No entanto, uma vez que

0 0 0y n n n n x n n , (1.81)

tem-se que (1.81) é diferente de (1.80) pelo que o sistema é variante no tempo.

Quanto à linearidade, aplicando (1.62), tem-se que 1 1y n n x n e

2 2y n n x n , pelo que

1 2 1 2 1 2 1 2ax n bx n n ax n bx n an x n bn x n ay n by n , (1.82)

logo o sistema é linear.

A estabilidade pode ser novamente comprovada por contra exemplo, i.e., se

3x n , n , verifica-se que,

3 limn

y n n y n

, (1.83)

ou seja, para uma entrada limitada, a saída é ilimitada, pelo que o sistema é instável.

Novamente, note-se que o sistema perde a informação do sinal de entrada em 0n .

Considerando os dois sinais seguintes,

1 1

2 2

2 2 2 0 0 0

3 3 3 0 0 0

x n n y n n n

x n n y n n n

. (1.84)

A partir de (1.84), verifica-se que,

1 2 1 2x n x n y n y n , (1.85)

logo, pela propriedade (1.64), o sistema é não invertível.

Page 34: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

34

Determine se os seguintes sinais são ou não periódicos. Problema 1.9.

Caso sejam calcule o seu período.

a) 2

tan3

x n n

Novamente, para que x n seja periódico é necessário que verifique a definição (1.22).

Substituindo n por n N em a), e aplicando (1.22) obtém-se a equação

2 2

tan tan3 3

n N n

, (1.86)

Desenvolvendo o primeiro membro de (1.42), chega-se a

2 2 2

tan tan3 3 3

n N n

, (1.87)

Para que x n seja periódico, (1.87) tem de ter solução, pelo que é necessário garantir a

seguinte condição:

2 2 3

3 3 2N Mm N m N m , m . (1.88)

O menor número inteiro que verifique (1.88) é então o período fundamental, que neste

caso, corresponde a 2m que resulta em 0 3N . Note-se que, o período fundamental

da função tangente é M .

b) 3 2

sin tan2 3

x n n n

Novamente, para que x n seja periódico é necessário que verifique a definição (1.22).

No entanto, uma vez que x n é dado pela soma de dois sinais distintos, é necessário

primeiro averiguar qual a periodicidade de ambas as componentes. Assim, substituindo

n por n N em b), e aplicando (1.22) obtêm-se as equações

Page 35: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

35

1

2

3 3sin sin

2 2

2 2tan tan

3 3

n N n

n N n

. (1.89)

Analogamente à alínea anterior chega-se a duas condições:

1 1

1

22 2

3 42

42 3

2 33

3 2

N m N mN

NN m N m

, m . (1.90)

O período fundamental do sinal é o mínimo múltiplo comum entre os períodos

fundamentais 1N e 2N das duas componentes, i.e., 0 12N .

Page 36: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

36

(IML 1.23b,k) Um sistema discreto pode ser classificado Problema 1.10.

segundo as seguintes propriedades: 1) memória; 2) Causalidade; 3)

Invariância no tempo; 4) Linearidade; 5) Estabilidade; 6)

Invertibilidade.

b) x ny n ne

Pela propriedade (1.59) verifica-se que o sistema não tem memória. Pela propriedade

(1.60) verifica-se que o sistema é causal.

Quanto à invariância no tempo, é necessário aplicar a propriedade (1.61).

Considerando um sinal auxiliar 1 0x n x n n resulta que

1 0

1

x n x n ny n ne ne

. (1.91)

No entanto, uma vez que,

0

0 0

x n ny n n n n e

, (1.92)

é diferente de (1.91) o sistema é variante no tempo.

Quanto à linearidade, aplicando (1.62), e considerando duas entradas/saídas

elementares 1

1

x ny n ne e 2

2

x ny n ne tem-se que

1 2 1 2

1 2 1 2

ax n bx n ax n bx nax n bx n ne ne e a y n b y n

, (1.93)

logo o sistema é não linear.

A estabilidade, pode ser comprovada por contra exemplo, i.e., se 2x n , n ,

verifica-se que,

2 limn

y n ne y n

, (1.94)

ou seja, para uma entrada limitada, a saída é ilimitada, pelo que o sistema é instável.

Note-se que o sistema perde a informação do sinal de entrada em 0n . Considerando

os dois sinais seguintes,

Page 37: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

37

1

21 1

2

32 2

, 01

0, 02

, 02

0, 03

n

n

n nx n n y n n e

n

n nx n n y n n e

n

, (1.95)

a partir de (1.95), verifica-se que,

1 2 1 2x n x n y n y n , (1.96)

logo, pela propriedade (1.64), o sistema é não invertível.

k) 5 4y n x n

Pela propriedade (1.59) verifica-se que o sistema tem memória. Pela propriedade (1.60)

verifica-se que o sistema é não causal.

Quanto à invariância no tempo, é necessário aplicar a propriedade (1.61).

Considerando um sinal auxiliar 1 0x n x n n resulta que

1 1 05 4 5 4y n x n x n n . (1.97)

No entanto, uma vez que,

0 05 4y n n x n n , (1.98)

é diferente de (1.91) o sistema é variante no tempo.

Quanto à linearidade, aplicando (1.62), e considerando duas entradas/saídas

elementares 1 1 5 4y n x n e 2 2 5 4y n x n tem-se que

1 2 1 2 1 25 5 4ax n bx n ax n bx n a y n b y n , (1.99)

logo o sistema é não linear.

A estabilidade, pode ser comprovada considerando que xx n A , n , é

possível obter

5 4 5 4 4x yy n x n x n A A , (1.100)

Page 38: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

38

ou seja, para uma entrada limitada a saída é limitada, pelo que o sistema é estável. Para

provar que o sistema não é invertível , considerem-se os dois sinais seguintes:

1 1

2 2

1, 5 4 5

1, múltiplode55 4 5

0, c.c.

x n n y n x n

nx n y n x n

n

. (1.101)

Note-se que, qualquer inteiro multiplicado por 5 resulta necessariamente num múltiplo

de 5 . A partir de (1.101), verifica-se que,

1 2 1 2x n x n y n y n , (1.102)

logo, pela propriedade (1.64), o sistema é não invertível.

Page 39: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

39

Capítulo 2.Representação no Domínio do Tempo para Sistemas

LIT Discretos

(HSU 2.30) Avalie y n h n x n , onde x n e h n Problema 2.1.

estão representados na Figura 2., usando: a) Uma soma ponderada de

impulsos unitários; b) A expressão para a soma de convolução.

Figura 2.1. Representação de x n e de h n .

Para um dado sistema linear e invariante no tempo, caracterizado pela sua resposta

impulsional h n , designe-se por x n o sinal de entrada e por y n o sinal de saída

(Figura 2.2).

Figura 2.2. Sistema LIT, com resposta impulsional h n , entrada x n e saída y n .

Como é conhecido, a resposta deste sistema a qualquer sinal de entrada pode ser

obtida através da soma de convolução da seguinte forma

k

y n x k h n k x n h n

. (2.1)

Para obter a saída do sistema, é necessário efectuar os seguintes passos, para cada

instante n :

h n

y n x n

Page 40: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

40

1. Determinar a reflexão em relação à origem da resposta impulsional h k do

SLIT, obtendo: z k h k .

2. Atrasar o sinal z k de n unidades (correspondentes ao instante n ) obtendo

a sequência: w k z k n h n k

3. Multiplicar ponto a ponto a sequência w k pela entrada: x k h n k .

4. Somar todos os pontos da sequência resultante, de modo a obter a soma de

convolução correspondente ao instante n .

Este processo é então repetido para todos os instantes n . A soma de convolução goza

ainda das seguintes propriedades:

1) Comutatividade:

x n h n h n x n . (2.2)

2) Associatividade:

1 2 1 2x n h n h n x n h n h n . (2.3)

3) Distributividade:

1 2 1 2x n h n h n x n h n x n h n . (2.4)

Destas propriedades consegue deduzir-se que a resposta impulsional de dois SLITs em

série é dada pela convolução das respostas impulsionais de cada um dos SLITs. Da

mesma forma se pode demonstrar que a resposta de dois SLITs em paralelo é a soma

das respostas impulsionais de cada um. Este resultado encontra-se esquematizado na

Figura 2.3.

Figura 2.3. Respostas impulsionais de: (a) SLITs em série; (b) SLITs em paralelo.

1 2h n h n

1h n 2h n

a

1 2h n h n

1h n

2h n

b

a b

Page 41: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

41

Note-se ainda que, a função impulso unitário exibe uma propriedade interessante face á

convolução,

0 0x n n n x n n . (2.5)

a) Para resolver este problema, considerando uma soma de impulsos unitários, é

necessário escrever o sinal de entrada, bem como a resposta impulsional, na forma

1 2 3x n n n n n , (2.6)

1 2h n n n n . (2.7)

Torna-se então possível obter a convolução x n h n através da aplicação das

propriedades (2.2) – (2.5). Indicando a convolução

1 2x n h n x n n n n , (2.8)

e aplicando (2.4) é possível escrever

1 2x n h n x n n x n n x n n . (2.9)

Recorrendo a (2.5) ainda se pode obter

1 2x n h n x n x n x n . (2.10)

Substituindo x n em (2.10), após alguma álgebra, obtem-se

2 1 3 2 3 3 2 4 5y n n n n n n n . (2.11)

A forma do sinal de saída encontra-se representada na Figura 2.7.

b) Para facilitar a compreensão desta resolução vão ser apresentados graficamente todos

os passos. Atendendo aos passos acima descritos, que indicam a forma de calcular

explicitamente uma soma de convolução, é necessário obter a reflexão em relação à

origem da resposta impulsional z k h k do sistema. Em seguida, é necessário

atrasar z k de n unidades e multiplicá-lo por x k . Através da Figura 2.4 e Figura 2.5

Page 42: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

42

verifica-se que h n k não se sobrepõe com x k para 0n e 5n . Assim,

x k h n k e consequentemente a resposta y n são nulos neste intervalo.

Figura 2.4. Representação de x k , h k , x k h n k e h n k para 2n .

Figura 2.5. Representação de x k h n k e h n k para 6n .

Para o intervalo 0 5n , onde x k h n k não é nulo, o seu valor é representado

na Figura 2.6.

Page 43: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

43

Page 44: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

44

Figura 2.6. Representação de x k h n k e h n k para 0 5n .

Finalmente, para obter a resposta y n , é necessário, para cada instante n , somar as

contribuições de x k h n k , o que resulta na resposta representada na Figura 2.7.

Figura 2.7. Representação da saída y n .

Page 45: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

45

(HSU 2.28) Considere o SLIT com resposta impulsional Problema 2.2.

nh n u n para 0 1 e o sinal de entrada x n u n . Determine a

resposta do sistema através de: (a) y n x n h n ; (b)

y n h n x n .

a) y n x n h n

Considerando a definição da soma de convolução (2.1) primeiro é necessário obter a

reflexão em relação à origem da resposta impulsional z k h k . Em seguida, é

necessário deslocar z k de n unidades e multiplicar ponto a ponto pela entrada x k .

Note-se que, tal como representado na Figura 2.8, quando se obtém h n k ocorrem

duas situações possíveis para a multiplicação x k h n k : (i) Para 0n não existe

sobreposição entre x k e h n k ; (ii) Para 0n , x k e h n k encontram-se

sobrepostos entre 0 k n .

Figura 2.8. Representação de x k , h k e h n k para 0n e 0n .

Page 46: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

46

Uma vez que, para 0n , as componentes x k e h n k não se sobrepõem, temos

que 0x k h n k , e por conseguinte

0, 0k

y n x k h n k n

. (2.12)

Para o caso em que 0n , as componentes x k e h n k estão sobrepostas no

intervalo 0 k n . Neste intervalo tem-se que 1x k e n kh n k , pelo que

atendendo à definição (2.1) a saída é dada por

0

, 0n

n k

k k

y n x k h n k n

. (2.13)

Efectuando uma mudança de variável, m k n k , segundo (A.100) vem que

0

0

, 0n

m m

m n m

y n n

. (2.14)

É então possível identificar (2.14) com uma série geométrica do tipo (A.87) onde

, 1N n e 0k . Uma vez que 0 1 a soma de (2.14) é dada por

1 1

0 1 1, 0

1 1

n n

y n n

. (2.15)

Finalmente, considerando o resultado nos dois ramos de n é possível escrever

111

, 0 11

10, 0

nnn

y n u n

n

, (2.16)

uma vez que 0u n para 0n . Para representar o gráfico de y n é útil obter o

valor de

11 1

lim lim1 1

n

n ny n

. (2.17)

A resposta final do sistema pode ser observada na Figura 2.9.

Page 47: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

47

Figura 2.9. Representação de x k , h k e h n k para 0n e 0n .

b) y n h n x n

Note-se que, uma vez que a convolução é comutativa, o resultado final será o mesmo do

obtido na alínea anterior. Note-se que,

k

y n h n x n h k x n k

. (2.18)

Como representado na Figura 2.10, quando se obtém x n k ocorrem duas situações

possíveis para a multiplicação de h k x n k : (i) Para 0n não existe sobreposição

entre h k e x n k ; (ii) Para 0n , h k e x n k encontram-se sobrepostos

entre 0 k n .

Page 48: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

48

Figura 2.10. Representação de x k , h k e x n k para 0n e 0n .

Novamente, para 0n , as componentes h k e x n k não se sobrepõem, então

0h k x n k , e por conseguinte

0, 0k

y n h k x n k n

. (2.19)

Para o caso em que 0n , as componentes h k e x n k estão sobrepostas no

intervalo 0 k n . Neste intervalo tem-se que, 1x n k e kh k , pelo que,

atendendo à definição (2.1) a saída é dada por

0

, 0n

k

k k

y n h k x n k n

. (2.20)

É então possível identificar (2.20) com uma série geométrica do tipo (A.87) onde

, 1N n e 0k . Uma vez que 0 1 a soma de (2.14) é dada por

1 1

0 1 1, 0

1 1

n n

y n n

. (2.21)

Page 49: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

49

Finalmente, considerando o resultado nos dois ramos de n é possível escrever

111

, 0 11

10, 0

nnn

y n u n

n

, (2.22)

uma vez que 0u n para 0n . Como esperado, a resposta final do sistema é a

mesma que a obtida em (2.16).

Page 50: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

50

(HSU 2.32) A resposta ao escalão unitário, de um Problema 2.3.

determinado sistema LIT é dada por: n

uy n u n para 0 1 .

Determine a resposta impulsional do sistema.

Note-se que, como é descrito nos apontamentos teóricos (Capítulo 2), é possível

calcular a resposta ao escalão unitário, de um sistema LIT, a partir da resposta ao

impulso

1,

n

u

k kk n

y n u n k h k h k

. (2.23)

Consequentemente, a resposta ao impulso, pode ser obtida em função da resposta ao

escalão através de

1

1n n

u u

k k

h n y n y n h k h k

. (2.24)

a) Considerando a definição (2.24), é possível obter a resposta impulsional do sistema

11 1n n

u uh n y n y n u n u n . (2.25)

Após alguma álgebra, obtém-se o resultado final

1 1

1

1

1 1 1

1

1 1

n n n n

n n

n

h n u n u n n u n u n

n u n

n u n

. (2.26)

Page 51: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

51

(HSU 2.38) Considere um sistema LIT com a seguinte Problema 2.4.

resposta impulsional: nh n u n . Classifique este sistema quanto à:

a) causalidade; b) Estabilidade.

A classificação de um sistema LIT, face às suas propriedades pode ser efectuada

através do estudo da resposta impulsional:

1) Memória: Um sistema diz-se sem memória quando a sua saída num dado instante de

tempo depende apenas da entrada nesse instante de tempo. A resposta impulsional de

um sistema discreto sem memória é dada por um impulso na origem de amplitude K

h n K n , (2.27)

e.g., 2h n n não tem memória, enquanto que 2 1h n n tem.

2) Causalidade: Um sistema é causal quando, para qualquer instante de tempo, a saída

depende da entrada apenas em instantes passados. Portanto, a resposta impulsiva de

um sistema causal é dada por

0 0h n n , (2.28)

e.g., h n u n é causal, enquanto que 1h n u n não.

3) Estabilidade: Um sistema diz-se estável de entrada limitada / saída limitada quando

qualquer entrada limitada dá origem a uma saída limitada. A resposta impulsional de

um sistema estável é uma função absolutamente somável, i.e.,

k

h k

. (2.29)

4) Invertibilidade: Um sistema é invertível quando, sinais de entrada distintos resultam

sinais de saída distintos (a aplicação da entrada na saída é injectiva). A convolução

entre a resposta impulsional de um sistema invertível e do seu inverso é um impulso

unitário, i.e.,

Ih n h n n . (2.30)

Page 52: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

52

Note-se que, esta condição é necessária, mas não suficiente.

a) Considerando a definição (2.28), uma vez que 0h n para 0n verifica-se que o

sistema é causal.

b) Considerando a definição (2.29), é possível averiguar se o sistema é estável obtendo

0

k k

k k k

h k u k

. (2.31)

Note-se que, (2.31) é uma série geométrica, cuja soma é dada por (A.88)

0

1, 1

1

k

k

. (2.32)

Ou seja, (2.32) verifica a condição (2.29), pelo que o sistema é estável, quando 1 e

não verifica a condição (2.29), pelo que é instável, quando 1 .

Page 53: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

53

(HSU 2.56) A resposta impulsional de um sistema LIT é Problema 2.5.

dada por: 1 2n

h n u n . Calcule 1y e 4y para o sinal de entrada

2 3x n n n .

Método 1. Resolução através das propriedades de um sistema LIT.

Note-se que, o sinal de entrada já está escrito sob a forma de uma soma ponderada de

impulsos unitários. Porque o sistema é LIT, a resposta ao sinal de entrada é uma soma

ponderada de respostas impulsionais. Uma vez que,

3 3n h n , (2.33)

o cálculo da saída é imediato

1 1 1 12 3 2 3 2 3x n x n x n y n y n y n h n h n . (2.34)

Método 2. Resolução através da definição de convolução.

A resposta do sistema pode ser obtida pela definição de convolução (2.1)

2 3

2 3

y n x n h n h n n n

h n n h n n

. (2.35)

Aplicando agora a propriedade (2.5) obtém-se

2 3y n h n h n . (2.36)

Substituindo a definição de h n em (2.34) resulta que

3

1 12 3

2 2

n n

y n u n u n

. (2.37)

Por substituição directa de 1n e 4n em (2.37) vem finalmente

1 1 3 2

1 1 1 11 2 1 1 3 2 0 1

2 2 2 2y u u

. (2.38)

4 4 3 4

1 1 1 1 1 1 54 2 4 4 3 2

2 2 2 2 8 2 8y u u

. (2.39)

Page 54: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

54

(IML 2.25) Considere um sistema LIT com a seguinte Problema 2.6.

resposta impulsional: 2 4nh n u n . Classifique este sistema quanto

à: a) causalidade; b) Estabilidade; c) Determine ainda a saída para o

sinal de entrada 2 4 1x n n n .

a) Considerando a definição (2.28), uma vez que 0h n para 0n verifica-se que o

sistema é não causal.

b) Considerando a definição (2.29), é possível averiguar se o sistema é estável:

4

2 4 2k k

k k k

h k u k

. (2.40)

Note-se que, (2.40) é uma série geométrica, cuja soma é dada por (A.88)

4

2k

k

. (2.41)

Ou seja, (2.41) não verifica a condição (2.29), pelo que o sistema é instável.

c) Esta alínea pode ser resolvida pode dois métodos. Método 1. Resolução através das

propriedades de um sistema LIT.

Novamente, uma vez que o sistema em causa é LIT, e a entrada já está escrita como

uma soma ponderada de impulsos unitários, é possível dizer que

1 1 1 12 4 1 2 4 1 2 4 1x n x n x n y n y n y n h n h n . (2.42)

Método 2. Resolução através da definição de convolução.

A saída para o sinal de entrada x n pode ser obtida pela definição (2.1)

Page 55: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

55

2 4 1

2 4 1

y n x n h n h n n n

h n n h n n

. (2.43)

Aplicando agora a propriedade (2.5) obtém-se

2 4 1y n h n h n . (2.44)

Substituindo a definição de h n em (2.42) resulta que

1 1 12 4 3 2 4 4

8

n ny n u n u n n n . (2.45)

Page 56: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

56

(IML 2.26) Considere um sistema LIT cuja resposta ao Problema 2.7.

escalão unitário é dada por:

0 , 2, 2, 5

3 , 1

2 , 0

4 , 1

3 , 3

1 , 4

u

n n n

n

ny n

n

n

n

. (2.46)

Determine: a) A resposta impulsional do sistema; b) Se o sistema é causal; c) Se o

sistema é estável; d) A saída do sistema para o sinal de entrada

2 1x n u n u n .

a) Através da definição (2.24), é possível obter a resposta impulsional do sistema, a

partir da resposta ao escalão unitário

0 , 2, 2, 5 0 , 1 2, 1 2, 1 5

3 , 1 3 , 1 1

2 , 0 2 , 1 01

4 , 1 4 , 1 1

3 , 3 3 , 1 3

1 , 4 1 , 1 4

u u

n n n n n n

n n

n nh n y n y n

n n

n n

n n

. (2.47)

Após alguns passos algébricos obtém-se

0 , 2, 2, 5 0 , 1, 3, 6

3 , 1 3 , 0

2 , 0 2 , 1

4 , 1 4 , 2

3 , 3 3 , 4

1 , 4 1 , 5

n n n n n n

n n

n nh n

n n

n n

n n

, (2.48)

Page 57: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

57

0 , 2

3 , 1

1 , 0

2 , 1

4 , 2

3 , 3

2 , 4

1 , 5

0 , 6

n

n

n

n

h n n

n

n

n

n

. (2.49)

b) Considerando a definição (2.28), uma vez que 0h n para 0n verifica-se que o

sistema é não causal.

c) Considerando a definição (2.29), é possível averiguar se o sistema é estável:

16k

h k

. (2.50)

Ou seja, (2.50) verifica a condição (2.29), pelo que o sistema é estável.

d) Novamente, o sistema em questão é LIT. O sinal de entrada já está escrito como uma

soma ponderada de escalões unitários. Mais ainda, a resposta a 1u n já foi calculada

na alínea a). Aplicando então os resultados obtidos em (2.48), tem-se que a resposta ao

sinal x n é dada por

0 , 2, 2, 5 0 , 1, 3, 6

3 , 1 3 , 0

2 , 0 2 , 12 1 2

4 , 1 4 , 2

3 , 3 3 , 4

1 , 4 1 , 5

u u

n n n n n n

n n

n ny n y n y n

n n

n n

n n

, (2.51)

que após alguma álgebra, permite obter

Page 58: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

58

0 , 2

3 , 1

4 , 0

0 , 1

2 1 8 , 2

3 , 3

5 , 4

6 , 5

0 , 6

u u

n

n

n

n

y n y n y n n

n

n

n

n

. (2.52)

Page 59: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

59

Capítulo 3.Transformada Z

(HSU 4.10) Calcule a transformada do Z dos sinais: a) Problema 3.1.

x n u n ; b) x n n .

A transformada Z, bilateral, e a sua inversa são dadas pelas seguintes expressões:

n

n

X z x n z

, (3.1)

11

2

nx n X z z dzj

. (3.2)

Note-se que, para que exista transformada, é necessário que se verifique

n

n

I z x n z

. (3.3)

A transformada Z observa então as seguintes propriedades:

1) Linearidade: Se,

1 1 1

2 2 2

, . .

, . .

x n X z R C R

x n X z R C R

, (3.4)

onde . .R C é a região de convergência, então,

1 2 1 2ax n bx n aX z bX z , 1 2. .R C R R . (3.5)

2) Translação no tempo: Se

x n X z , . .R C R (3.6)

então,

0

0

nx n n z X z

, . .R C R , (3.7)

excepto para a possível inclusão/exclusão de 0z ou z .

Page 60: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

60

3) Multiplicação por exponencial complexa: Se,

x n X z , . .R C R (3.8)

então,

0

0

n zz x n X

z

, 0. .R C z R . (3.9)

4) Mudança de escala: Seja

; múltiplo

0 ; . .

x n nx n

c c

, (3.10)

Se,

x n X z , . .R C R (3.11)

então,

1x n X z , . .R C R . (3.12)

4.1) Inversão temporal: Para o caso particular em que 1 , dá-se uma inversão

temporal, sem perda de informação, pelo que

1

x n Xz

,

1. .R C

R (3.13)

5) Convolução: Se,

1 1 1

2 2 2

, . .

, . .

x n X z R C R

x n X z R C R

. (3.14)

então,

1 2 1 2x n x n X z X z , 1 2. .R C R R . (3.15)

Page 61: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

61

6) Diferenciação no domínio da transformada: Se,

x n X z , . .R C R (3.16)

então,

dX z

nx n zdz

, . .R C R . (3.17)

7) Soma no domínio do tempo: Se,

x n X z , . .R C R (3.18)

então,.

1

1

1

n

k

x k X zz

, . . 1R C R z . (3.19)

a) Método 1. Resolução através da definição.

Aplicando a definição (3.1) ao sinal definido no enunciado, tem-se que

0

0

n n n

n n n

X z u n z z z

. (3.20)

Utilizando o resultado conhecido, para a soma de séries geométricas (A.36), vem

finalmente,

0

1, 1

1

n

n

z zz

. (3.21)

Para que exista transformada, é necessário verificar (3.3). Note-se que, (3.21) converge,

i.e., I z sempre que 1z , ou seja, a região de convergência da transformada é

dada por 1z . O resultado final pode então ser escrito na forma

1

1X z

z

, . . : 1R C z . (3.22)

Page 62: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

62

Método 2. Resolução utilizando as tabelas das transformadas.

Pelas tabelas das transformadas, sabe-se que

1

1

1x n u n X z

z

, . . : 1R C z . (3.23)

Aplicando a propriedade (3.13), obtém-se directamente

1

1 1 1

111

u n Xz z

z

, . . : 1R C z . (3.24)

b) Recorrendo à definição da transformada (3.1), tem-se que

n

n

X z n z

. (3.25)

Note-se que, o delta de Dirac verifica a seguinte propriedade

0n f n n f . (3.26)

Assim, aplicando (3.26) a (3.25) pode facilmente escrever-se que

0 1n n

X z n z n

, (3.27)

tal como vem indicado nas tabelas das transformadas.

Page 63: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

63

(AT Ex. 4, Cap. 3) Calcule a transformada do Z do sinal Problema 3.2.

0j nx n e u n

. Encontre também os pólos, zeros e a região de

convergência

A propriedades da região de convergência da transformada Z são as seguintes

1. A . .R C de X z consiste numa coroa circular centrada na origem do plano z .

2. A . .R C não contém pólos.

3. Se x n for de duração finita, então a . .R C é o próprio plano z , exceptuando

eventualmente 0z e/ou z . Quando,

2

1

nn

n n

X z x n z

, (3.28)

3.1. Se o sinal possui componentes causais, ou seja, 2 0n , logo X z possui o

termo 1z e por isso 0 . .z R C

3.2. Se o sinal possui componentes não-causais, ou seja, 1 0n , logo X z

possui o termo z e por isso . .z R C

3.3. O único sinal cuja . .R C é todo o plano z é x n a n .

4. Se x n for um sinal direito, e se a sua circunferência de raio 0z r pertencer à

. .R C , então todos os valores finitos de z tais que 0z r também pertencem à . .R C .

5. Se x n for um sinal esquerdo, e se a sua circunferência de raio 0z r pertencer à

. .R C , então todos os valores finitos de z tais que 00 z r também pertencem à . .R C

Page 64: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

64

6. Se x n for um sinal bilateral, e se a sua circunferência de raio 0z r pertencer à

. .R C , então a . .R C é uma coroa circular do plano z que contém a circunferência

0z r .

a) Pela definição tem-se que

0j n n

n

X z e u n z

. (3.29)

É ainda possível reescrever (3.29) na forma

0

0

0 0

nj

j n n

n n

eX z e z

z

. (3.30)

Novamente, para que exista transformada, é necessário verificar (3.3), pelo que,

aplicando o resultado das séries geométricas (A.36), surge a condição

0

1 1j

ez

z

. (3.31)

Desta forma, a transformada é dada por,

0 0

1

1j j

zX z

e z e

z

, . . : 1R C z . (3.32)

Sendo iz as raízes do numerador (zeros), e ip as raízes do denominador (pólos), tem-se

0iz , 0j

ip e

. (3.33)

Page 65: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

65

(AT Ex. 5, Cap. 3) Discuta a existência da transformada Z Problema 3.3.

do seguinte sinal nx n .

Utilizando a definição (3.1), tem-se que

1

0

n n n n n n

n n n

X z z z z

. (3.34)

Ainda é possível reescrever (3.34) na forma

1

0

1n n

n n

X zz z

. (3.35)

Efectuando uma mudança de variável m n (A.100), obtém-se finalmente

1 0 0 0

1

n nm m

m n m n

X z z zz z

. (3.36)

Para que exista transformada, é necessário verificar (3.3). Considerando a soma de uma

série geométrica, (A.88), obtém-se as seguintes condições,

1z , 1z

. (3.37)

Substituindo uma condição na outra, obtém-se que,

1

z

. (3.38)

Esta condição implica que as séries de (3.36) apenas convergem quando 1 , e desta

forma existe uma região de convergência para a transformada do sinal. Assim,

aplicando (A.88) vem para a transformada do sinal

1 1

11 1

X zz

z

, 1

. . :R C z

, 1 . (3.39)

Page 66: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

66

(AT Ex. 7, Cap. 3) Calcule a transformada inversa de Problema 3.4.

a)

1 2

1 1 1

1

11 1 2 1

2

z zX z

z z z

, . . : 1 2 1R C z (3.40)

b)

21 1

1

1 2 1X z

z z

, . . : 2R C z (3.41)

Considere-se o problema de decompor em fracções simples X z , escrita na forma,

1

1 1 0

1 2

m m

m m

n n

b z b z b z bX z

a z p z p z p

. (3.42)

Para decompor (3.42) em fracções simples é necessário efectuar os seguintes passos:

(i) Verificar se a fracção é própria, i.e., m n (o número de zeros não é superior ao

número de pólos); (ii) Caso a fracção não verifique (i) é necessário efectuar uma

sucessão de divisões polinomiais até obter uma fracção própria; (iii) Efectuar a

separação em fracções simples. Sendo X z uma fracção própria, com k pólos

distintos tais que o pólo ip tem multiplicidade ir , com 1,2, ,i k e 1 2 kr r r n

, esta pode ser decomposta em

1 1 21

0 21 1 11

1 1

1 1 1

1 1

r r

i k

i i

i i

i k

r r

i k

c c cX z c

p z p z p z

c c

p z p z

, (3.43)

onde 0 0zc X z

e os coeficientes ic , que representam a contribuição de cada pólo

ip , são calculados da seguinte forma

Page 67: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

67

1

1

2

2

1

1

11

1

21

11 1

1

21 1

1

11

11 1

11 1

r

i

r

r

i

r r

r

i

r

i

r

i iz p

r i

i i r

iz p

r i i

i i r r

i iz p

i i

i i r

i iz p

c p z X z

cc p z X z

p z

c cc p z X z

p z p z

c cc p z X z

p z p z

. (3.44)

Para calcular a transformada inversa de uma função descrita por fracções simples, é

necessário relembrar os seguintes pares transformada: Para um sinal direito, com um

pólo de multiplicidade 1

1

, . . :1

n kk k k

k

AA d u n R C z d

d z

. (3.45)

Para um sinal esquerdo com um pólo de multiplicidade 1

1

1 , . . :1

n kk k k

k

AA d u n R C z d

d z

. (3.46)

Para um sinal direito com um pólo de multiplicidade r

1

1 1, . . :

1 ! 1

n kk k km

k

n n m AA d u n R C z d

m d z

. (3.47)

Para um sinal esquerdo com um pólo de multiplicidade r

1

1 11 , . . :

1 ! 1

n kk k km

k

n n m AA d u n R C z d

m d z

. (3.48)

a) Considerando agora a função definida em (3.40), verifica-se que esta é uma fracção

própria, onde todos os pólos têm multiplicidade 1. Pode então ser decomposta em

Page 68: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

68

1 2 30 1 1

11 1 2 112

c c cX z c

z zz

. (3.49)

Note-se que, para calcular o coeficiente 0c , é necessário reescrever (3.40) na forma

3 2 3 1 2

31 1 1

1

1 12 1 1 1 2 1

2 2

z z z z z zX z X z

zz z z z z z

, (3.50)

de onde se retira facilmente que 0 00

zc X z

. Uma vez que, todos os pólos têm

multiplicidade 1, (3.44) reduz-se a

11i

i i z pc p z X z

, (3.51)

onde

1

1, ,22

ip

. (3.52)

Aplicando (3.51) para calcular os coeficientes ic vem

1

1 1 2

11 1 1

1 2

2

11 1

1 2 421

1 1 4 1 21 1 2 1

2 z

z

z z z

c

z z z

, (3.53)

1

1 1 2

21 1 1

2

1 2

1 111 2 1

2 4 21 1 1

1 1 2 1 1 12 4 2z

z

z z zc

z z z

, (3.54)

1

1 1 2

31 1 1

1

1

1 1 1 1 12

1 11 1 2 1 1 1 2

2 2z

z

z z zc

z z z

. (3.55)

Substituindo o valor dos coeficientes ic em (3.49) obtém-se

1 1

1

1 2 2

1 1 2 112

X zz zz

, 1

. . :2

R C z . (3.56)

Page 69: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

69

Note-se que, a região de convergência se encontra á esquerda dos pólos 1,2 , e à

direita do pólo 1 2 . Assim, será utilizado o par (3.45) para a componente direita do

sinal e (3.46) para as componentes esquerdas. Finalmente, o sinal no domínio do tempo

é dado por

1

2 2 1 2 12

nn

x n u n u n u n

. (3.57)

b) Considerando agora a função definida em (3.40), verifica-se que esta é uma fracção

própria, onde o pólo 1z tem multiplicidade 2 e o pólo 2z tem multiplicidade 1.

Esta pode ser decomposta na forma

2 11 120 21 1 11 2 1 1

c c cX z c

z z z

. (3.58)

Seguindo a decomposição apresentada em (3.43)–(3.44), os coeficientes ijc têm as

seguintes expressões

0 00

zc X z

, (3.59)

1

1

1

2 2 21 12

2

1 2

1 2 11 2 4

11 2 11

2

z

z

z

zc z X z

z z

, (3.60)

1

21

21

12 21 11

1

1

1 11 1

1 21 2 1zz

z

zc z X z

z z

, (3.61)

1

1

1 1

1

11 2 2 21 1 1 1

11

1

1

1 1

1

1

1 1 11

1 1 1 2 1

1 22 2

1 21 2 1

ri

zz

z

z

z

z zcc z X z

z z z z

z

z z

, (3.62)

Substituindo os valores dos coeficientes em (3.58) permite obter

Page 70: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

70

21 1 1

4 2 1

1 2 1 1X z

z z z

. (3.63)

Note-se que, a região de convergência se encontra à direita dos pólos 1,2 . Assim,

serão utilizados os pares (3.45) e (3.47) para efectuar a transformada inversa.

Finalmente, o sinal no domínio do tempo é dado por

11

4 22 3!

nn

x n u n u n u n

. (3.64)

Page 71: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

71

(AT Ex. 8, Cap. 3) Calcule a transformada inversa de Problema 3.5.

a) 2

2

16 4 1

8 2 1

z zX z

z z

, (3.65)

b) 3

2

16

8 2 1

zX z

z z

, (3.66)

considerando a . . : 1 2R C z .

Quando uma fracção, escrita na forma apresentada em (3.42) não é própria, i.e., o

número de zeros é superior ao número de pólos, não pode ser imediatamente

decomposta em fracções simples. É necessário efectuar uma sucessão de divisões

polinomiais, até que se obtenha uma fracção própria. Uma fracção polinomial pode ser

decomposta da seguinte forma:

N z R zX z X z Q z

D z D z , (3.67)

onde Q z representa o quociente da divisão de N z por D z , e R z o resto da

mesma divisão.

a) Note-se que (3.65) é uma fracção própria (o número de pólos é superior ao número

de zeros), podendo então decompor-se em fracções simples. Multiplicando X z por

2 2z z é possível escrever

1 2

1 2

16 4

8 2

z zX z

z z

, (3.68)

Os seus zeros e pólos, são respectivamente dados por,

22 2 4 8 1 1 1

,2 8 4 2

ip

. (3.69)

Note-se que resolver 1 28 2 0z z corresponde a resolver 28 2 1 0z z . Assim, a

X z apresenta dois pólos de multiplicidade 1, e pode ser decomposta da seguinte

forma

Page 72: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

72

1 2

1 20

1 11 1

16 4

1 11 11 18 1 1

4 24 2

z z c cX z c

z zz z

, (3.70)

onde, por aplicação de (3.51), se obtém que

0 01

zc X z

, (3.71)

1

1 1 2

11 1

1

44

11 16 4

16 4 4 16 24

1 1 1 38 1 1 8 1 4

4 2 2z

z

z z z

c

z z

, (3.72)

1

1 1 2

21 1

1

22

11 16 4

16 4 2 4 72

1 1 1 38 1 1 8 1 2

4 2 4z

z

z z z

c

z z

. (3.73)

Substituindo o valor dos coeficientes em (3.70) permite obter

1 1

2 1 7 11

1 13 31 14 2

X z

z z

, (3.74)

Para obter a expressão do sinal do tempo é necessário utilizar as tabelas da transformada

Z . Finalmente, uma vez que a região de convergência se localiza à direita de ambos os

pólos, é utilizada a expressão (3.45) (para sinais direitos), e também que

, . . : planoA n A R C z , (3.75)

o que permite obter finalmente

2 1 7 1

3 4 3 2

n n

x n n u n u n

. (3.76)

b) Uma vez que (3.66) não é própria, é necessário efectuar uma divisão polinomial

3 2

3 2

2

16 8 2 1

16 4 2 2

4 2

z z z

z z z z

z z

, (3.77)

Page 73: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

73

onde 2Q z z e 24 2R z z z . Reescrevendo (3.66) na forma (3.67) vem que

2

2

4 22

8 2 1

z zX z z

z z

. (3.78)

Uma vez que R z D z já é uma fracção própria, não é necessário efectuar nova

divisão polinomial. Multiplicando R z D z por 2 2z z

é possível reescrever (3.78)

como

1

1 2

4 22

8 2

zX z z

z z

. (3.79)

Os pólos de (3.79) são os mesmos da alínea anterior, pelo que, pode escrever-se que

12X z z X z , (3.80)

onde

1

1 21 0

1 11 1

4 2

1 11 11 18 1 1

4 24 2

z c cX z c

z zz z

, (3.81)

Aplicar (3.51) dá então origem aos coeficientes

1 1 00

zc X z

, (3.82)

1

1 1

11 1

1

44

11 4 2

4 2 4 14

1 1 1 68 1 1 8 1 4

4 2 2z

z

z z

c

z z

, (3.83)

1

1 1

21 1

1

22

11 4 2

4 2 2 22

1 1 1 38 1 1 8 1 2

4 2 4z

z

z z

c

z z

. (3.84)

Substituindo o valor dos coeficientes em (3.81) permite obter

1 1

1 1 2 12

1 16 31 14 2

X z z

z z

. (3.85)

Page 74: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

74

Finalmente, uma vez que a região de convergência se localiza à direita de ambos os

pólos, é utilizada a expressão (3.45) (para sinais direitos). Mais ainda, o termo 2z

corresponde a uma deslocação no tempo tal que

0

0 , . .n

x n n z X z R C R

, (3.86)

do espectro de um delta de Dirac. Assim, tem-se que

11 2 , . . :planon z R C z . (3.87)

Finalmente, aplicando estes resultados a (3.85) obtém-se que

1 1 2 1

2 16 4 3 2

n n

x n n u n u n

. (3.88)

Page 75: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

75

(HSU 4.19a) Calcule a transformada inversa de Problema 3.6.

22 3 1

zX z

z z

. (3.89)

considerando a . . : 1 2R C z .

a) Note-se que (3.89) é uma fracção própria (o número de pólos é superior ao número

de zeros), podendo então decompor-se em fracções simples. Os seus zeros e pólos, são

respectivamente dados por,

0iz , 1

1,2

ip

. (3.90)

Logo, (3.89) pode ser reescrita como

1

1 11 12 1 2 1 1

2 2

z zX z

z z z z

. (3.91)

Dado que os pólos de (3.91) têm multiplicidade 1, esta pode ser decomposta em

1 20 1

111 12

c cX z c

z z

, (3.92)

onde 0 00

zc X z

e se pode aplicar (3.51) para o cálculo dos coeficientes ic

1

1 1

11 1

1

1

1 11

1 12 1 1 2 1

2 2z

z

z zc

z z

, (3.93)

1

1 1

21 1

1 2

2

11

21

12 1 1

2 z

z

z z

c

z z

. (3.94)

Tem-se então

1

1

1 1

11 12

X zz z

. (3.95)

Page 76: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

76

A região de convergência encontra-se à esquerda de ambos os pólos, pelo que,

utilizando a tabela para sinais esquerdos (3.46), obtém-se finalmente

1 1

1 1 1 12 2

n n

x n u n u n u n

. (3.96)

Page 77: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

77

(HSU 4.32) Um sistema LIT causal é descrito por Problema 3.7.

3 1

1 24 8

y n y n y n x n . (3.97)

Calcule: A) A função de transferência H z Y z X z ; B) A resposta impulsiva

h n ; C) A resposta ao escalão unitário.

Os sistemas LIT podem ser classificados pela região de convergência da transformada

Z da sua função de transferência H z :

1) Causalidade: Um sistema é causal, se e só se a região de convergência da função de

transferência for, no plano z, o exterior de uma circunferência (incluindo z ).

Note-se que, o número de zeros da função de transferência não pode ser superior ao

número de pólos.

2) Estabilidade: Um sistema é estável, quando a região de convergência da função de

transferência contém a circunferência de raio unitário. Esta condição é válida

independentemente do número de zeros e pólos da função de transferência.

Recorde-se que, no domínio do tempo, os sistemas LIT podem ser classificados da

seguinte forma:

1) Causalidade: Um sistema é causal quando, para qualquer instante de tempo, a saída

depende da entrada apenas em instantes passados. Portanto, a resposta impulsiva de

um sistema causal é dada por

0 0h n n , (3.98)

i.e., h n é um sinal direito.

2) Estabilidade: Um sistema diz-se estável de entrada limitada / saída limitada quando

qualquer entrada limitada dá origem a uma saída limitada. A resposta impulsional de

um sistema estável é uma função absolutamente somável, i.e.,

Page 78: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

78

k

h k

. (3.99)

a) Como nada é dito no enunciado, serão consideradas condições iniciais nulas, i.e.,

1 2 0y y . Aplicando a transformada z bilateral, bem como a propriedade do

deslocamento temporal (3.7) a ambos os membros de (3.97) obtém-se

1 23 1

4 8Y z z Y z z Y z X z . (3.100)

Então, (3.100) reduz-se facilmente a

1 2

1 2

3 1 11

3 14 8 14 8

Y zz z Y z X z H z

X z z z

. (3.101)

Para obter os pólos, é necessário resolver 0D z

1 2 23 1 3 1 1 1

1 0 0 ,4 8 4 8 4 2

iz z z z p

. (3.102)

Desta forma, ainda é possível reescrever (3.101) na forma

1 1

1

1 11 1

4 2

H z

z z

. (3.103)

Uma vez que o sistema é estável, a sua . .R C tem de conter z . Assim, como uma

região de convergência não pode conter pólos, tem-se que . . : 1 2R C z .

b) Obter a resposta impulsional no tempo, corresponde a calcular a transformada inversa

da função de transferência (3.103). Como (3.103) é própria, com pólos de

multiplicidade 1, pode ser decomposta em

1 20

1 11 11 1

4 2

c cH z c

z z

, (3.104)

Page 79: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

79

onde, novamente 0 00

zc H z

e os coeficientes ic podem ser calculados através de

(3.51)

1

1

11 1

1 4

4

11

141

1 1 1 21 1

4 2 z

z

z

c

z z

, (3.105)

1

1

21 1

1 2

2

11

122

1 1 11 1 1

4 2 2z

z

z

c

z z

. (3.106)

A função de transferência pode então ser reescrita como

1 1

1 2

1 11 1

4 2

H z

z z

. (3.107)

Uma vez que a região de convergência se encontra à direita dos pólos, utilizar-se-á a

tabela dos sinais direitos (3.45), pelo que, vem finalmente

1 1 1 1

2 24 2 2 4

n n n n

h n u n u n u n

. (3.108)

c) Para obter a resposta ao escalão unitário, pode simplesmente efectuar-se

1 1 1

1

1 11 1 1

4 2

Y z H z X z

z z z

. (3.109)

onde a transformada de X z foi obtido através das tabelas. Pela propriedade da

convolução (3.15), a região de convergência do sinal de saída será a intersecção das

regiões de convergência do sinal de entrada e da função de transferência, i.e.,

1

. . : 1 12

R C z z z . (3.110)

Page 80: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

80

Uma vez que Y z é uma fracção própria (e todos os pólos têm multiplicidade 1), pode

ser decomposta na forma

1 2 30 1

1 11 1 11 14 2

c c cY z c

zz z

, (3.111)

onde, novamente 0 00

zc Y z

, e os coeficientes ic podem ser obtidos através de

(3.51)

1

1

11 1 1

1 4

4

11

1 14

1 1 1 2 1 4 31 1 1

4 2 z

z

z

c

z z z

, (3.112)

1

1

21 1 1

1 2

2

11

122

1 1 11 1 1 1 1 2

4 2 2z

z

z

c

z z z

, (3.113)

1

1

31 1 1

1

1

1 1 8

1 1 1 1 31 1 1 1 1

4 2 4 2z

z

zc

z z z

. (3.114)

Pode então escrever-se

1

1 1

1 1 2 8 1

1 13 3 11 14 2

Y zzz z

. (3.115)

Uma vez que, a . .R C está à direita de todos os pólos, o sinal apenas tem componentes

direitas. Utilizando (3.45), obtém-se finalmente

1 1 1 8

23 4 2 3

n n

y n u n u n u n

. (3.116)

Page 81: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

81

(HSU 4.38a) Considerando o sistema LIT causal descrito Problema 3.8.

por

1

12

y n y n x n , (3.117)

calcule a saída correspondente ao sinal de entrada: 1 3n

x n u n , sabendo

que 1 1y .

A transformada z unilateral, permite calcular a resposta de sistemas causais a

entradas causais, quando as condições iniciais são diferentes de zero, i.e., o sistema

não se encontrava em repouso quando o sinal causal se apresentou na entrada. Note-se

que, uma função causal respeita a condição: 0x n , 0n . A transformada z

unilateral define-se então como

0

n

n

X z x n z

. (3.118)

Esta transformada é, em quase tudo, semelhante à transformada z bilateral. No

entanto, são de notar as seguintes propriedades

1) Deslocamento temporal:

1 21 2 ...

um mmx n m z X z z x z x x m

. (3.119)

2) Soma no domínio do tempo:

10

1

1 1

1

1

1 1

1 1

u

u

n

k

n

k k

x k X zz

x k X z x kz z

. (3.120)

3) Teorema do valor inicial:

0 limz

x X z

. (3.121)

Page 82: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

82

4) Teorema do valor final: Se limn

x n

existir, i.e., se x n convergir para um valor

constante quando n , tem-se

1

1lim lim 1n z

x n z X z

. (3.122)

Os teoremas do valor inicial, e do valor final podem ainda ser aplicados para construir

as seguintes definições dos sistemas LIT causais:

1) Ganho estático: Define-se o ganho estático de um sistema LIT causal como o valor

final da resposta à entrada escalão unitário uu n y n :

1

11 1

1lim lim 1 lim

1est u

n z zG y n z H z H z

z

. (3.123)

2) Resposta inicial: Para uma função de transferência escrita na forma

1 2

1 2

m

m

z z z z z zH z K

z p z p z p

, (3.124)

onde m é o número de zeros e n o número de pólos, o valor final da resposta à entrada

escalão unitário permite obter

1

,10 lim lim

0 ,1u

z z

K n my H z H z

n mz

. (3.125)

a) Uma vez que as condições iniciais do sistema não são nulas, é necessário utilizar a

transformada z unilateral para resolver este problema. Sendo que, estamos no domínio

de aplicação da transformada z unilateral, todos os sinais são, por definição, direitos.

Desta forma, a região de convergência será sempre o exterior da circunferência que

contém o maior dos pólos. Comece-se então, por aplicar a transformada z unilateral, e a

propriedade do deslocamento temporal (3.119), a ambos os membros da equação

(3.117), de forma a obter

Page 83: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

83

1

1

1 1 11

12 212

Y z z Y z y X z Y z X z

z

. (3.126)

Recorrendo às tabelas da transformada tem-se que

1

1 1

13 13

un

x n u n X z

z

, (3.127)

que substituído em (3.126) resulta em

11 1

1 1 1

11 1 2 11 122 3

Y z

zz z

. (3.128)

A primeira fracção de (3.128) é própria, com dois pólos de multiplicidade 1, pelo que se

pode separar na forma

1 2

1 1 1

1 1

1 1 121 1 12 3 2

c cY z

z z z

, (3.129)

onde, novamente, 0 0c e recorrendo a (3.51) vem

1

1

11 1

1 2

2

11

123

21 111 1

32 3 z

z

z

c

z z

, (3.130)

1

1

21 1

1 3

3

11

132

31 111 1

22 3 z

z

z

c

z z

, (3.131)

que resulta em

1 1 1 1 1

3 2 1 1 7 1 2

1 1 1 1 12 21 1 1 1 12 3 2 2 3

Y z

z z z z z

. (3.132)

Recorrendo a (3.45) obtém-se finalmente

7 1 1

22 2 3

n n

y n u n u n

. (3.133)

Page 84: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

84

(HSU 4.38b) Considerando o sistema LIT causal descrito Problema 3.9.

por

3 4 1 2y n y n y n x n , (3.134)

calcule a saída correspondente ao sinal de entrada 1 2n

x n u n , sabendo

que 1 1y , 2 2y .

b) Novamente, as condições iniciais não são nulas. Então, aplique-se a transformada z

unilateral (e a propriedade (3.119)) à equação (3.134) de forma a obter

1 2 13 4 1 1 2Y z z Y z y z Y z z y y X z , (3.135)

que ainda pode ser reescrita como

1

1 2

12

3 4Y z X z z

z z

. (3.136)

Os pólos de função anterior são então dados por

1 2 2 1

3 4 0 3 4 1 0 ,13

iz z z z p

. (3.137)

Desta forma, é possível representar (3.136) na forma

1

1 1

12

13 1 1

3

Y z X z z

z z

. (3.138)

Novamente, recorrendo às tabelas das transformadas, tem-se que

1

1 1

12 12

un

x n u n X z

z

, (3.139)

que substituído em (3.138) resulta em

1

11 1

1 12

1113 1 1

23

Y z z

zz z

, (3.140)

Page 85: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

85

que após alguma álgebra, se pode escrever como

2 1 2 1

11 1 1 1 1

1 12 3 2 3

1 2 211 1 1

13 1 1 3 1 1 123 3 2

z z z zY z

zz z z z z

. (3.141)

Uma vez que (3.141) é própria, e possui três pólos de multiplicidade 1, pode decompor-

se na forma

1 2 3

0 11 11 111 1

3 2

c c cY z c

zz z

. (3.142)

Novamente, 0 0c , e os coeficientes ic podem ser calculados utilizando (3.51)

1

1 2 1

11 1 1

1 3

3

1 1 91 2 3 6 3

13 2 2

1 1 3 23 1 1 1 3 1 3 1

3 2 2z

z

z z z

c

z z z

, (3.143)

1

1 2 1

21 1 1

1

1

1 11 2 3 2 3

32 2

1 1 1 1 23 1 1 1 3 1 1

3 2 3 2z

z

z z z

c

z z z

, (3.144)

1

1 2 1

31 1 1

1 22

1 11 2 3

2 4 32 21

1 1 23 1 1 1 3 1 1 2

3 2 3zz

z z z

c

z z z

, (3.145)

o que conduz a

11 1

3 1 3 1 1

1 16 2 11 13 2

Y zzz z

. (3.146)

Utilizando (3.45) obtém-se finalmente

1 1 3 1

2 3 2 2

n n

y n u n u n u n

. (3.147)

Page 86: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

86

(HSU 4.58) Considerando o sistema LIT causal descrito Problema 3.10.

por

5 1

1 26 6

y n y n y n x n , (3.148)

calcule: a) A função de transferência; b) A resposta impulsiva.

a) Neste caso, as condições iniciais são nulas. Então, aplique-se a transformada z

bilateral (e a propriedade (3.7)) à equação (3.148) de forma a obter

1 25 1

6 6Y z z Y z z Y z X z , (3.149)

que ainda resulta em

1 2

1

5 11

6 6

Y zH z

X z z z

. (3.150)

Os pólos de função anterior são então dados por

1 2 25 1 5 1 1 1

1 0 0 ,6 6 6 6 3 2

iz z z z p

. (3.151)

Desta forma, é possível representar (3.150) como

1 1

1

1 11 1

3 2

H z

z z

. (3.152)

Uma vez que o sistema é causal, tem-se que . . : 1 2R C z .

b) Para calcular a resposta impulsiva, é necessário calcular a transformada inversa de

(3.152). Uma vez que (3.152) é própria, e possui dois pólos de multiplicidade 1, pode

decompor-se na forma

1 2

01 11 1

1 13 2

c cH z c

z z

. (3.153)

Page 87: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

87

Novamente, 0 0c , e os coeficientes ic podem ser calculados utilizando (3.51)

1

1

11 1

1 3

3

11

132

1 1 31 1 1

3 2 2z

z

z

c

z z

, (3.154)

1

1

31 1

1 22

11

123

1 1 21 1 1

3 2 3zz

z

c

z z

, (3.155)

o que conduz a

1 1

2 3

1 11 1

3 2

Y z

z z

. (3.156)

A região de convergência está à direita de todos os pólos, logo, utilizando (3.45) obtém-

se finalmente

1 12 3

3 2

n n

y n u n u n

. (3.157)

Page 88: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

88

(HSU 4.59a) Considerando o sistema LIT causal descrito Problema 3.11.

por

3 1y n y n x n , (3.158)

calcule a saída correspondente ao sinal de entrada: 4x n u n , sabendo que

1 1y .

b) Novamente, as condições iniciais não são nulas. Então, aplique-se a transformada z

unilateral (e a propriedade (3.119)) à equação (3.158) de forma a obter

13 1Y z z Y z y X z , (3.159)

que ainda pode ser reescrita como

1

13

1 3Y z X z

z

. (3.160)

Novamente, recorrendo às tabelas das transformadas, tem-se que

1

44

1x n u n X z

z

, (3.161)

que substituído em (3.160) resulta em

11 1

4 3

11 3 1Y z

zz z

, (3.162)

Uma vez que o primeiro membro de (3.162) é próprio, e possui dois pólos de

multiplicidade 1, pode decompor-se na forma

1 2

1 0 1 11 1

4

1 3 11 3 1

c cY z c

z zz z

. (3.163)

Novamente, 0 0c , e os coeficientes ic podem ser calculados utilizando (3.51)

1

1

1 1 1

3

1 3

4 1 3 46

11 3 11

3z

z

zc

z z

, (3.164)

Page 89: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

89

1

1

2 1 1

1

1

4 1 42

1 31 3 1 z

z

zc

z z

, (3.165)

o que conduz a

1 1 1 1 1

6 2 3 9 2

1 3 1 1 3 1 3 1Y z

z z z z z

. (3.166)

Utilizando (3.45) obtém-se finalmente

9 3 2

ny n u n u n . (3.167)

Page 90: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

90

(HSU 4.59b) Considerando o sistema LIT causal descrito Problema 3.12.

por

5 1 6 2y n y n y n x n , (3.168)

calcule a saída correspondente ao sinal de entrada: x n u n , sabendo que

1 3y , 2 2y .

b) Novamente, as condições iniciais não são nulas. Então, aplique-se a transformada z

unilateral (e a propriedade (3.119)) à equação (3.168) de forma a obter

1 2 15 1 6 1 2Y z z Y z y z Y z z y y X z , (3.169)

que ainda pode ser reescrita como

1

1 2

118 3

1 5 6Y z X z z

z z

. (3.170)

Os pólos de função anterior são então dados por

1 2 21 5 6 0 5 6 0 2,3iz z z z p , (3.171)

o que ainda permite obter

1

1 1

118 3

1 2 1 3Y z X z z

z z

. (3.172)

Novamente, recorrendo às tabelas das transformadas, tem-se que

1

1

1

u

x n u n X zz

, (3.173)

que substituído em (3.172) resulta em

1

1 1 1 1 1

1 1 63

1 2 1 3 1 1 2 1 3

zY z

z z z z z

, (3.174)

Uma vez que o primeiro membro de (3.174) é próprio, e possui três pólos de

multiplicidade 1, pode decompor-se na forma

Page 91: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

91

1 2 3

1 0 1 1 11 1 1

1

1 2 1 3 11 2 1 3 1

c c cY z c

z z zz z z

. (3.175)

Novamente, 0 0c , e os coeficientes ic podem ser calculados utilizando (3.51)

1

1

1 1 1 1

2

1 2

1 2 14

3 11 2 1 3 11 1

2 2z

z

zc

z z z

, (3.176)

1

1

2 1 1 1

3

1 3

1 3 1 9

2 1 21 2 1 3 11 1

3 3z

z

zc

z z z

, (3.177)

1

1

3 1 1 1

1

1

1 1 1

1 2 1 3 21 2 1 3 1 z

z

zc

z z z

. (3.178)

o que conduz a

1 1 1 1

4 9 1 1 1

1 2 2 1 3 2 1Y z

z z z

. (3.179)

Da mesma forma, o segundo membro de (3.174) é próprio, e possui dois pólos de

multiplicidade 1, pode decompor-se na forma

1

1 22 0 1 11 1

1 63

1 2 1 31 2 1 3

z c cY z c

z zz z

. (3.180)

onde, 0 0c , e os coeficientes ic são

1

1 1

1 1 1

2

1 2

1 6 1 2 1 33 3 12

31 2 1 31

2z

z

z zc

z z

, (3.181)

1

1 1

2 1 1

3

1 3

1 6 1 3 1 23 3 9

21 2 1 31

3z

z

z zc

z z

, (3.182)

o que conduz a

2 1 1

12 9

1 2 1 3Y z

z z

. (3.183)

Finalmente, tem-se que

Page 92: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

92

1 2 1 1 1

8 9 1 1 1

1 2 2 1 3 2 1Y z Y z Y z

z z z

. (3.184)

Utilizando (3.45) obtém-se finalmente

1 98 2 3

2 2

n ny n u n u n u n . (3.185)

Page 93: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

93

(HSU 4.60) Determine o valor final e o valor inicial de Problema 3.13.

x n para cada uma das funções de transferência e o ganho estático

do sistema:

52

12

1 1

2 3

z z

X z

z z

, 1

2z . (3.186)

22 3 1

zX z

z z

, 1z . (3.187)

a) Aplicando respectivamente o teorema do valor inicial (3.121), e o teorema do valor

final (3.122) a (3.186) resulta imediatamente

2

2

52

2120 lim lim lim 2

1 1

2 3

z z z

z zz

x X zz

z z

. (3.188)

1

1

1 1

52 1

12lim lim 1 lim 0

1 1

2 3

n z z

z z z

x n z X z

z z

. (3.189)

Mais ainda, aplicando (3.123) a (3.186) é possível calcular o ganho estático do sistema

1

11 1

52 1

1 712lim 1 lim

1 11 21 1

2 3

estz z

G z X z X zz

. (3.190)

b) Analogamente, aplicando respectivamente o teorema do valor inicial (3.121), e o

teorema do valor final (3.122) a (3.187)

2 20 lim lim lim 0

2 3 1 2z z z

z zx X z

z z z

. (3.191)

Page 94: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

94

1

1

21 1

1lim lim 1 lim

2 3 1n z z

z zx n z X z

z z

. (3.192)

No entanto, para calcular (3.192), é necessário levantar a indeterminação. Identificando

os zeros do denominador,

2 1

2 3 1 0 ,12

z z z

, (3.193)

este pode ser factorizado de forma a obter

1 1

1 1lim lim 1

1 12 1 2

2 2

z z

z

z z z

. (3.194)

Finalmente, aplicando (3.123) a (3.187) obtém-se o ganho estático do sistema

1

limestz

G X z

. (3.195)

Note-se que, este sistema é instável, pelo que, a resposta à entrada escalão unitário tende

para infinito.

Page 95: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

95

(AT Ex. 15) Encontre a resposta completa quando a Problema 3.14.

equação às diferenças

3 1 1y n y n x n x n , (3.196)

tem como sinal de entrada 1

2

n

x n u n

e condição inicial 1 2y .

Mais uma vez, as condições iniciais não são nulas. Assim, aplicando a transformada z

unilateral (e a propriedade do deslocamento (3.119) ) à equação às diferenças resulta

1 13 1 1Y z z Y z y X z z X z x . (3.197)

Uma vez que nada é dito sobre a condição inicial 1x , tome-se 1 0x e

substitua-se o valor das condições iniciais em (3.197) obtendo

1 11 3 6 1z Y z z X z . (3.198)

Após alguns passos algébricos obtém-se

1 1

1 1

1

1 1

1 3 6 1

1 3 6 1

6 1

1 3 1 3

z Y z z X z

z Y z z X z

zY z X z

z z

. (3.199)

Recorrendo às tabelas da transformada é ainda possível calcular a transformada do sinal

de entrada

1

1 1

12 12

un

x n u n X z

z

, (3.200)

e substituir em (3.199)

1

11 1

6 1

11 31 3 1

2

zY z

zz z

. (3.201)

Note-se que, o primeiro membro de (3.201) já é uma fracção simples. No entanto,

continua a ser necessário separar o segundo membro em duas fracções simples. Este é

Page 96: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

96

uma fracção própria, e possui dois pólos de multiplicidade 1, podendo decompor-se na

seguinte forma

1

1 21 0 1

11 1

1

11 1 3 11 3 122

z c cY z c

z zz z

. (3.202)

Novamente, 0 0c e os restantes coeficientes ic podem ser obtidos através de (3.51)

1

1 1

11 1

3

1 3

111 3 1 43

11 711 3 162 z

z

z zc

z z

, (3.203)

1

1 1

21 1

1 2

2

11 1

1 2 32

1 1 6 71 3 1

2 z

z

z z

c

z z

, (3.204)

o que conduz a

1 11

4 1 3 1

17 1 3 7 12

Y zz z

. (3.205)

Aplicando (3.205) a (3.201) obtém-se a transformada da resposta total

1 1

1

6 4 1 3 1

11 3 7 1 3 7 12

Y zz z z

, (3.206)

que por aplicação de (3.45) permite obter a resposta completa no tempo

4 3 1

6 3 37 7 2

nn n

Y z u n u n u n

. (3.207)

Page 97: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

97

Capítulo 4. Fundamentos de Sinais e Sistemas: Sinais

Contínuos

Seja Problema 4.1.

1 1 32

ty t x

, 2 2 3

2

ty t x

, (4.1)

sabendo que 2 1x t x t T diga, justificando, se a afirmação: 2 1y t y t T , é

verdadeira ou falsa.

Substituindo t por t T no primeiro termo de (4.1), resulta em,

1 1 13 32 2 2

t T t Ty t T x x

. (4.2)

Mais ainda, considerando que 2 1x t x t T , e substituindo em (4.1) obtém-se

2 2 1 13 3 32 2 2

t t ty t x x T x T

. (4.3)

Uma vez que (4.2) e (4.3) não são iguais, a afirmação é falsa.

Page 98: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

98

Seja Problema 4.2.

2 2 1y t x t x t , (4.4)

1 1 12 2 1y t x t x t , (4.5)

2 2 22 2 1y t x t x t , (4.6)

sabendo que 1 2x t a x t b x t diga, justificando, se a afirmação:

1 2y t a y t b y t , é verdadeira ou falsa.

Substituindo a afirmação 1 2x t a x t b x t em (4.4), obtém-se imediatamente

1 2 1 22 2 1 2 1y t a x t b x t a x t b x t . (4.7)

Através de um simples manipulação algébrica é possível reduzir (4.7) a

1 1 2 22 2 1 2 2 1y t a x t x t b x t x t . (4.8)

Note-se que o primeiro membro de (4.8) é igual a 1ay t e que o segundo é igual a

2by t , pelo que, a afirmação é verdadeira.

Page 99: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

99

Seja Problema 4.3.

3 4 2 7x t t , (4.9)

determine x t .

Para determinar x t é necessário definir a mudança de variável

3 4u t . (4.10)

Resolvendo em ordem a t obtém-se

1 4

43 3

t u , (4.11)

que, substituindo em (4.9), permite obter

1 4 1 4 2 13

3 4 2 73 3 3 3 3 3

x u u x u u

. (4.12)

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100

Sejam Problema 4.4.

2 1 ; 0; 0

,0 ; 00 ; 0

t te tx t h t

tt

, (4.13)

representados na Figura 4.1, determine.

y t x h t d

. (4.14)

Figura 4.1. Representação de x t e de h t .

Para facilitar a compreensão desta resolução vão ser apresentados graficamente

todos os passos. Primeiro, é necessário obter a reflexão em relação à origem de h :

z h . Em seguida, é necessário atrasar z de t unidades e multiplicá-lo por

x . Através da Figura 4.2 verifica-se que h t não se sobrepõe com x para

0t . Assim, x h t e consequentemente a resposta y t são nulos neste

intervalo.

Page 101: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

101

Figura 4.2. Representação de x , h , x h t e h t para 2t .

Para o intervalo 0t , onde x h t não é nulo, o seu valor é representado na

Figura 4.3. Calcular o integral neste intervalo corresponde então a calcular

2 2

2

00

1

2 2 2

tt

t e ex h t d e d

. (4.15)

Figura 4.3. Representação de x h t e h n k para 1t .

Page 102: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

102

Finalmente, para obter a resposta y t , é necessário, para cada instante t , somar as

contribuições de x h t , o que resulta em

2

2

0 , 01

12 2, 0

2 2

t

t

te

y t u tet

, (4.16)

que está representado na Figura 4.4. Note-se que, o integral (4.14) é de facto um integral

de convolução.

Figura 4.4. Representação da saída y n .

Page 103: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

103

Sabe-se que Problema 4.5.

,t x t B . (4.17)

Diga, justificando se 0 :C t x t C é verdadeiro ou falso.

Esta afirmação é falsa. Apesar de x t ser um sinal limitado, segundo a definição

(4.17), t pertence a , pelo que, quando t a condição t x t C não se verifica.

Page 104: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

104

(IML 1.2d) Considere o sinal representado na Figura 4.5. Problema 4.6.

Figura 4.5. Representação de x t .

Represente graficamente o sinal 3 4y t x t .

Note-se que, a expressão analítica de y t apresenta duas operações, efectuadas ao

sinal x t : (i) Escalamento; (ii) Translação temporal. Para alguns pontos-chave do sinal

x t é possível obter analiticamente, a sua posição em y t . A informação contida nos

pontos 2, 1,0,1xt passará a estar disponível nos pontos yt , que podem ser obtidos

através da equação

3 4 3 4 3x y y xt t t t . (4.18)

Substituindo individualmente, para cada xt , obtém-se

2 3 4 3 2yt , 1 3 4 3 5 3yt (4.19)

0 3 4 3 4 3yt , 1 3 4 3 1yt (4.20)

i.e., 2,5 3, 4 3, 1yt que conduz à representação da Figura 4.6.

Figura 4.6. Representação de y t .

Page 105: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

105

(IML 1.3a) Considere os sinais contínuos representados Problema 4.7.

na Figura 4.7. Escreva a expressão que os relaciona.

Figura 4.7. Representação de x t . e y t .

Por inspecção, é possível identificar três operações efectuadas ao sinal x t : (i)

Inversão temporal; (ii) Escalamento; (iii) Translação temporal. Uma transformação

geral, que contemple as três transformações identificadas, pode escrever-se como

y t x at b , (4.21)

onde a e b são constantes a determinar. Através de alguns pontos-chave de x t e

y t é possível relacionar analiticamente os dois sinais. A informação contida nos

pontos 2,0xt passará a estar disponível nos pontos 3,2yt respectivamente.

Desta forma, é possível escrever o seguinte sistema de equações

2 3 2 2

0 2 2 4x y

a b a at at b

a b b a b

. (4.22)

Assim sendo, os sinais estão relacionados através

2 4y t x t . (4.23)

Page 106: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

106

(IML 1.6a) Esboce graficamente as componentes par e Problema 4.8.

ímpar do sinal representado na Figura 4.8.

Figura 4.8. Representação de x t .

Note-se que, é possível representar qualquer sinal como a soma de uma componente

ímpar com um componente par

p ix t x t x t , (4.24)

onde as componentes par e ímpar podem ser obtidas da seguinte forma

1

2px t x t x t , (4.25)

1

2ix t x t x t . (4.26)

Assim, para obter (4.25) e (4.26) é necessário obter graficamente x t , tal como vem

representado na Figura 4.9.

Figura 4.9. Representação de x t .

Page 107: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

107

Em seguida, somando ou subtraindo ponto a ponto x t com x t , e dividindo o

resultado por dois, facilmente se obtém as componentes par e ímpar representadas na

Figura 4.10. A título de exemplo, para o ponto 1t tem-se que

2 0.5 2 2 0.5 1 1 1px t x x , (4.27)

2 0.5 2 2 0.5 1 1 0ix t x x . (4.28)

Figura 4.10. Representação de px t e ix t .

Page 108: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

108

(IML 1.7) Sejam dois sinais contínuos relacionados por Problema 4.9.

2 1 2 1x t x t . (4.29)

Se 1x t for um sinal par, 2x t também o é? Justifique a resposta.

Note-se que, um sinal par ou ímpar cumpre respectivamente as seguintes condições

p px t x t , (4.30)

i ix t x t . (4.31)

Sendo que, 1x t é par verifica (4.30). Para que 2x t seja par, deve também verificar a

mesma condição. Assim, tem-se que,

2 1 1 22 1 2 1x t x t x t x t . (4.32)

Ou seja, 2x t não verifica (4.30), pelo que não é par. Note-se que, de uma forma geral,

o deslocamento temporal destrói a informação de paridade do sinal. No entanto, para o

caso específico de um sinal periódico, em que o deslocamento é igual a um múltiplo do

período fundamental, a informação de paridade mantém-se.

Page 109: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

109

(IML 1.9) Seja x t um sinal contínuo considere-se Problema 4.10.

1 5y t x t , 2 5y t x t . (4.33)

Classifique as seguintes afirmações:

Note-se que, um sinal periódico cumpre a condição

x t T x t . (4.34)

a) Se x t é periódico, então 1y t também o é. Verdadeira

Sabendo que x t é periódico, substituindo t t T em (4.33) pode inferir-se que

1 5 5 5x y y yx t T x t y t T x t T x t T

. (4.35)

Ou seja, 1y t também terá de ser periódico. O seu período é então dado por

5

xy

TT . (4.36)

b) Se 1y t é periódico, então x t também o é. Verdadeira

Sabendo que 1y t é periódico, substituindo t t T em (4.33) pode inferir-se que

1 5 5 5y y yy t T y t x t T x t T

. (4.37)

Ou seja, x t também terá de ser periódico. O seu período é então dado por

5x yT T . (4.38)

c) Se x t é periódico, então 2y t também o é. Verdadeira

Page 110: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

110

Sabendo que x t é periódico, substituindo t t T em (4.33) pode inferir-se que

5 5 5

y y

x

t T Ttx t T x t x x x t

. (4.39)

Ou seja, 2y t também terá de ser periódico. O seu período é então dado por

5y xT T . (4.40)

d) Se 2y t é periódico, então x t também o é. Verdadeira

Sabendo que 2y t é periódico, substituindo t t T em (4.33) pode inferir-se que

25 5 5

y y

y

t T Tty t T y t x x x t

. (4.41)

Ou seja, x t também terá de ser periódico. O seu período é então dado por

5

y

x

TT . (4.42)

Page 111: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

111

(IML 1.11a,f) Determine quais dos seguintes sinais são Problema 4.11.

periódicos. Para os sinais periódicos determine o período

fundamental.

a) 10sin 1x t t

Novamente, um sinal periódico cumpre a condição (4.34). Substituindo t t T em

x t chega-se a

10sin 1 10sin 1x t T t T t T . (4.43)

Dado que, o período fundamental da função seno é 2 , o período fundamental de x t

tem de verificar

02 2 2x xT k T k T . (4.44)

Assim, x t é periódico, de período fundamental 0 2T .

f) cos 3x t t u t

Uma vez que, para 0t , se tem que 0x t , a função x t não verifica a condição

(4.34) para todo o tempo, pelo que, x t não é periódico.

Page 112: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

112

(IML 1.12) Determine o período fundamental de Problema 4.12.

3sin 5 2 sin 2 1x t t t . (4.45)

Novamente, um sinal periódico cumpre a condição (4.34), pelo que, substituindo

t t T em (4.45) permite obter o período de x t ,

3sin 5 2 sin 2 1

3sin 5 2 5 sin 2 1 2

x t T t T t T

t T t T

. (4.46)

Uma vez que o período fundamental da função seno é 2 , tem-se que, para que o sinal

x t seja periódico, deve observar-se

1 1

22

25 2

52 2

T k T k

T kT k

. (4.47)

O período fundamental será o mínimo múltiplo comum entre 1T e 2T . Assim, dando

valores a k ,verifica-se que

1

2

2 4 6 8, , , , 2

5 5 5 5

, 2

T

T

, (4.48)

sendo o período fundamental de x t dado por

0 2T . (4.49)

Page 113: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

113

(IML 1.13) Seja Problema 4.13.

sin cos 10x t t t . (4.50)

Diga ou não se é periódico e caso seja, determine o período.

Novamente, um sinal periódico cumpre a condição (4.34), pelo que, substituindo

t t T em (4.50) permite obter

sin cos 10 sin cos 10 10x t T t T t T t T t T . (4.51)

Para que o sinal x t seja periódico, deve observar-se

11

2 2

22

110 2

5

T kT k

T k T k

. (4.52)

O período fundamental será o mínimo múltiplo comum entre 1T e 2T . No entanto, tal é

impossível uma vez que 2T é irracional enquanto que 1T é racional (não existe um

mínimo múltiplo comum entre os dois). O sinal não é periódico.

Page 114: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

114

(IML 1.14) Considere os sinais contínuos: Problema 4.14.

sin 2x t t , h t t , (4.53)

e o sinal

z n h x nT d

. (4.54)

a) Esboce graficamente os sinais contínuos e classifique a sua paridade e periodicidade

Quanto à paridade, verifica-se rapidamente que

sin 2 sin 2x t t t x t , (4.55)

pelo que x t é ímpar. Quanto à periodicidade, através de (4.34) verifica-se que

sin 2 sin 2 2x t t T t T . (4.56)

Tem-se então que o período de x t tem de respeitar

2 2T k T k , (4.57)

ou seja, x t é periódico, de período fundamental 0 1T . Analogamente, para h t ,

verifica-se que

h t t t , (4.58)

pelo que h t é par. Mais ainda, como h t não verifica (4.34) não é periódico. Os

sinais encontram-se representados na Figura 4.11.

Page 115: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

115

Figura 4.11. Representação de x t . e h t .

b) Determine z n para: 3 8T ; 1T ; e classifique quanto à periodicidade.

Primeiro é necessário resolver o integral de forma a obter z n de forma genérica,

sin 2z n h x nT d x nT n T

, (4.59)

onde se utilizou a propriedade de t

f k d f k d f k

. (4.60)

Assim, quando 3 8T , tem-se que

3 3

sin 2 sin8 4

z n n n

. (4.61)

Substituindo n n N para calcular o período vem

3 3 3 3 8

sin 24 4 4 4 3

z n N n N N k N k

. (4.62)

Como (4.62) tem solução, x t é periódico e menor inteiro que verifica (4.62) é o

período fundamental 0 8N (que corresponde a 3k ).

Analogamente, quando 1T obtém-se

1

sin 2 sin 2z n n n

. (4.63)

Page 116: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

116

No entanto, ao substituir n n N para calcular o período vem

sin 2 2 2 2z n N n N N k N k . (4.64)

Como não é possível obter um inteiro que verifique (4.64), o sinal não é periódico

(recorde-se que para um sinal discreto o período fundamental tem de ser um número

inteiro).

Page 117: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

117

(IML 1.18) Esboce graficamente os seguintes sinais Problema 4.15.

contínuos:

2 5b t t u t u t , (4.65)

c t t u t u t , (4.66)

f t t t , (4.67)

3g t t t , (4.68)

; 0m

h t t mT T

. (4.69)

b) O sinal b t , descrito por (4.65) também pode ser reescrito na forma equivalente

2 5b t tu t tu t . (4.70)

Devido às propriedades do escalão unitário 0b t para 2t . Mais ainda, para 5t

tem-se que 0b t t t . Por seu lado, no intervalo entre 2 5t obtém-se

0b t t t . O sinal encontra-se representado na Figura 4.12.

c) O sinal c t , descrito por (4.66) também pode ser reescrito na forma equivalente

c t tu t tu t , (4.71)

Devido às propriedades do escalão unitário tem-se: c t t para 0t ; c t t para

0t . O sinal encontra-se representado na Figura 4.12.

f) O sinal f t t t , atendendo às propriedades do impulso unitário verifica

0f t para todo o 0t , bem como 0f t t para 0t . O sinal encontra-se

representado na Figura 4.12.

Page 118: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

118

g) O sinal 3g t t t , atendendo às propriedades do impulso unitário verifica que

0g t para todo o 3t , bem como 3g t t para 3t . O sinal encontra-se

representado na Figura 4.12.

h) O sinal h t , definido em (4.69)

; 0m

h t t mT T

, (4.72)

representa um somatório de impulsos de Dirac. Uma vez que estes são zero sempre que

t mT , não se sobrepõem. O resultado é um “pente” de deltas de Dirac, centrados

respectivamente em t mT para m . O sinal encontra-se representado na Figura

4.12.

Page 119: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

119

Figura 4.12. Representação dos sinais definidos em (4.65) – (4.69).

Page 120: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

120

(IML 1.20a,b,g) Exprima analiticamente os sinais Problema 4.16.

representados

Figura 4.13. Representação de x t , y t e z t .

a) Separe-se a análise do sinal 1x t em 4 sectores. No primeiro sector 3 2t , o

sinal é descrito por uma recta de inclinação 1m . Ou seja, x t t . Deslocando a

recta para o ponto 3t , tem-se então 3 3x t t . Esta expressão apenas é válida

para 3 2t , logo a contribuição do primeiro sector pode escrever-se utilizando

escalões unitários

1 3 3 2x t t u t u t . (D.73)

Analogamente, no segundo sector 2 1t , o sinal é descrito pela recta x t t ,

que deslocada para o ponto 1t , resulta em 1 1x t t . A contribuição deste

sector é então dada por

2 1 2 1x t t u t u t . (1.74)

Novamente, no terceiro sector 1 0t , o sinal é descrito pela recta x t t , que

deslocada para o ponto 1t , resulta em 1 1x t t . A contribuição deste sector é

então dada por

3 1 1x t t u t u t . (1.75)

Finalmente, o quarto sector 0 3t é simplesmente dado por 4x t u t . Somando

todas as contribuições resulta que

Page 121: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

121

3 3 2 1 2 1

1 1

x t t u t u t t u t u t

t u t u t u t

. (1.76)

Ainda é possível reescrever (1.76) de forma a obter

3 3 2 2 2 2 1 1x t t u t t u t t u t t u t . (1.77)

b) Separe-se a análise do sinal y t em 4 sectores. No primeiro sector 2 1.5t ,

o sinal é descrito por uma recta de inclinação 1 0 1.5 2 1 0.5 2m . Ou

seja, 2y t t . Deslocando a recta para o ponto 2t , tem-se então

2 2 2y t t . Esta expressão apenas é válida 2 1.5t , logo a contribuição

do primeiro sector é dada por

1 2 2 2 1.5y t t u t u t . (4.78)

Analogamente, no segundo sector 1.5 1t , o sinal é descrito pela recta

2y t t , que deslocada para o ponto 1t , resulta em 1 2 1y t t . A

contribuição deste sector é então dada por

2 2 1 1.5 1y t t u t u t . (4.79)

Novamente, no terceiro sector 1 1.5t , o sinal é descrito pela recta 2y t t , que

deslocada para o ponto 1t , resulta em 1 2 1y t t . A contribuição deste

sector é então dada por

3 2 1 1 1.5y t t u t u t . (4.80)

No quarto sector 1.5 2t , o sinal é descrito pela recta 2y t t , que deslocada

para o ponto 2t , resulta em 2 2 2y t t . A contribuição deste sector é então

dada por

4 2 2 1.5 2y t t u t u t . (4.81)

Somando todas as contribuições resulta que

Page 122: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

122

2 2 2 1.5 2 1 1.5 1

2 1 1 1.5 2 2 1.5 2

y t t u t u t t u t u t

t u t u t t u t u t

. (4.82)

Ainda é possível reescrever (1.76) de forma a obter

2 2 2 4 1.5 1.5 2 1 1

2 1 1 4 1.5 1.5 2 2 2

y t t u t t u t t u t

t u t t u t t u t

. (4.83)

g) Por inspecção, verifica-se que o sinal é um “pente” de deltas de Dirac, com

amplitudes positivas e negativas alternadas. Note-se ainda que, todos os deltas de Dirac

estão localizados sobre os números inteiros ímpares. Desta forma, e considerando a

expressão geradora dos números ímpares ( 2 1m ), é possível escrever o sinal como

uma soma de deltas de Dirac, deslocados no tempo para a posição dos números ímpares

2 2 1m

m

z t A t m

, (4.84)

onde A é um termo de amplitude genérico. Uma vez que, quando 1m se tem

1

2 1 1m

t m t

, (4.85)

e a amplitude deste impulso é negativa, pode concluir-se que 1m

A . Desta forma,

verifica-se que a expressão do sinal é dada por

2 1 2 1m

m

m

z t t m

. (4.86)

Page 123: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

123

(IML 1.22c,k) Um sistema contínuo pode classificar-se Problema 4.17.

como:

1. Sem memória; 2. Causal; 3. Invariante no tempo; 4. Linear; 5. Estável; 6. Invertível.

Determine quais destas propriedades são satisfeitas (e quais não são) pelos seguintes

sistemas. Justifique a resposta. Para todos os casos, y t e x t representam,

respectivamente, a saída e a entrada do sistema.

Para classificar os seguintes sistemas, é necessário conhecer as propriedades gerais

dos sistemas lineares. Estas podem ser definidas da seguinte forma:

1) Memória: Um sistema não tem memória quando, num instante de tempo, a saída

apenas depende da entrada nesse mesmo instante, i.e.,

1 1 1t y t f x t . (4.87)

e.g., 3y t x t não tem memória, enquanto que 3 1y t x t tem.

2) Causalidade: Um sistema é causal quando, para qualquer instante de tempo, a saída

depende da entrada apenas em instantes passados. Portanto, para dois sinais idênticos

até ao instante 0t , as saídas são idênticas até ao mesmo instante, i.e.,

1 2 0 1 2 0x t x t t t y t y t t t . (4.88)

Por conseguinte, um sistema sem memória é necessariamente causal, e.g., 3y t x t

e 3 1y t x t são causais, enquanto que 3 1y t x t não.

3) Invariância no tempo: Um sistema diz-se invariante no tempo, quando uma

deslocação no sinal de entrada, conduz à mesma deslocação no sinal de saída, i.e.,

0 0x t y t x t t y t t , 0t . (4.89)

4) Linearidade: Um sistema é linear quando uma combinação linear de sinais à

entrada, conduz, na saída, à mesma combinação linear das saídas elementares para

cada sinal de entrada, i.e.,

Page 124: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

124

1 1

1 2 1 2

2 2

x t y tax t bx t ay t by t

x t y t

. (4.90)

5) Estabilidade: Um sistema diz-se estável de entrada limitada / saída limitada quando

qualquer entrada limitada dá origem a uma saída limitada, i.e.,

0 : 0 :x x y yA x t A t A y t A t . (4.91)

6) Invertibilidade: Um sistema é invertível quando, sinais de entrada distintos resultam

em sinais de saída distintos (a aplicação da entrada na saída é injectiva), i.e.,

1 2 1 2x t x t y t y t . (4.92)

a) t

y t x d

Pela propriedade (4.87) verifica-se que o sistema têm memória. Pela propriedade (4.88)

verifica-se que o sistema é causal.

Quanto à invariância no tempo, é necessário aplicar a propriedade (4.89).

Considerando um sinal auxiliar 1 0x t x t t resulta que

1 1 0

t t

y t x d x t d

. (4.93)

É então necessário avaliar,

0

0

t t

y t t x d

. (4.94)

Para resolver (4.94) é necessário introduzir a mudança de variável 0u t que,

por aplicação de (B.3), resulta em

0 0, , 1,u t t t u d du u t , (4.95)

que conduz a

0 0

t

y t t x u t du

, (4.96)

que é igual a (4.93), logo, o sistema é invariante no tempo.

Page 125: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

125

Quanto à linearidade, aplicando (4.90), considerando 1 2x t ax t bx t

tem-se que 1 1

t

y t x d

, 2 2

t

y t x d

pelo que

1 2 1 2 1 2

t t t

x t ax bx d a x d b x d ay t by t

, (4.97)

logo o sistema é linear.

De forma a verificar a estabilidade, tome-se como exemplo o sinal de entrada

1x t para todo o t . Uma vez que o intervalo de integração é infinito, e o sinal de

entrada é constante, a área calculada pelo integral é infinita. Desta forma, invocando

(4.91), verifica-se que o sistema não é estável, uma vez que uma entrada limitada gerou

uma saída ilimitada (um sinal limitado integrado num intervalo infinito pode conduzir a

um valor ilimitado). Assim, o sistema é classificado como instável.

Considerando (4.92) A função é injectiva, pelo que, admite inversa, que neste

caso é dada por

d

w t y tdt

. (4.98)

k) 2y t t x t

Pela propriedade (4.87) verifica-se que o sistema têm memória. Aplicando ainda (4.88)

, uma vez que o sistema apenas depende de instantes passados, tem-se que o sistema é

causal.

Para averiguar se o sistema é invariante no tempo, aplique-se (4.89),

considerando 1 0x t x t t , pelo que se tem

1 1 02 2y t t x t t x t t . (4.99)

No entanto, uma vez que

0 0 0 2y t t t t x t t , (4.100)

é diferente de (4.99) o sistema é variante no tempo.

Page 126: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

126

Quanto à linearidade, aplicando (4.90), com 1 2x t ax t bx t onde

1 1 2y t t x t e 2 2 2y t t x t , tem-se

1 2 1 2 1 22 2 2 2x t t ax t bx t at x t bt x t ay t by t , (4.101)

logo o sistema é linear.

A instabilidade pode ser comprovada por contra exemplo, i.e., se 3x t , t ,

verifica-se que

3 limt

y t t y t

, (4.102)

ou seja, para uma entrada limitada a saída é ilimitada, pelo que o sistema é instável.

Novamente, note-se que o sistema perde a informação do sinal de entrada em

0t . Considerem-se dois sinais

1 1

2 2

2 2 2 2 2 2 0 0 0

3 2 3 2 2 3 0 0 0

x t t y t t t

x t t y t t t

. (4.103)

A partir de (4.103), verifica-se que

1 2 1 2x t x t y t y t , (4.104)

logo, pela propriedade(4.92), o sistema é não invertível.

Page 127: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

127

Capítulo 5. Representação no Domínio do Tempo de Sistemas

LIT Contínuos

(IML 2.4) Considere um sistema LIT, cuja resposta Problema 5.1.

impulsional é dada por

2th t e u t . (5.1)

Determine a resposta do sistema ao sinal de entrada escalão unitário.

Para um dado sistema linear e invariante no tempo, caracterizado pela sua resposta

impulsional h t e designe-se por x t o sinal de entrada e por y t o sinal de saída

(Figura 5.1).

Figura 5.1. Sistema LIT, com resposta impulsional h t , entrada x t e saída y t .

Como é conhecido, a resposta deste sistema a qualquer sinal de entrada pode ser

obtida através do integral de convolução da seguinte forma

y t x h t d x t h t

. (5.2)

Para obter a saída do sistema, é necessário efectuar os seguintes passos, para cada

intervalo em t :

1. Determinar a reflexão em relação à origem da resposta impulsional h do

SLIT, obtendo: z h .

2. Atrasar o sinal z de t unidades (correspondentes ao instante t ) obtendo

a sequência: w z t h t

3. Multiplicar ponto a ponto a sequência w pela entrada: x h t .

h t

y t x t

Page 128: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

128

4. Somar todos os pontos da sequência resultante, de modo a obter o integral de

convolução correspondente ao instante t .

Este processo é então repetido para todos os intervalos de t em que x h t é

monótono. O integral de convolução, á semelhança da soma de convolução, definida

para sinais discretos, goza das seguintes propriedades:

1) Comutatividade:

x t h t h t x t . (5.3)

2) Associatividade:

1 2 1 2x t h t h t x t h t h t . (5.4)

3) Distributividade:

1 2 1 2x t h t h t x t h t x t h t . (5.5)

Novamente, a resposta impulsional de dois SLITs em série é dada pela convolução das

respostas impulsionais de cada um dos SLITs. Da mesma forma se pode demonstrar

que a resposta de dois SLITs em paralelo é a soma das respostas impulsionais de cada

um. Este resultado encontra-se esquematizado na Figura 5.2.

Figura 5.2. Respostas impulsionais de: (a) SLITs em série; (b) SLITs em paralelo.

A função impulso unitário exibe a seguinte propriedade face ao integral de convolução,

0 0 0x t t t x t t d x t t

. (5.6)

1 2h t h t

1h t 2h t

a

1 2h t h t

1h t

2h t

b

Page 129: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

129

a) Note-se que, este problema é o mesmo que foi previamente apresentado no

Problema 4.4 desta colectânea. Tanto o sinal de entrada, como a resposta impulsional

dos sistemas são os mesmos, e o integral pedido em 4.4. é nada mais que o integral de

convolução. Desta forma, sendo a resolução a mesma que foi apresentada em 4.4., o

resultado é

21

2 2

tey t u t

, (5.7)

que também se encontra representado na Figura 4.4.

Page 130: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

130

(AT Ex. 1, Cap. 2) Considere o seguinte circuito RLC Problema 5.2.

Figura 5.3. Circuito RLC..

que é caracterizado pela função de transferência

1

1 tRCh t e u t

RC

. (5.8)

Suponha que o seguinte sinal

1x t u t u t , (5.9)

é aplicado à entrada. Determine a saída, através do integral de convolução,

considerando 1RC .

A resposta impulsiva, bem como o sinal de entrada estão representados na Figura 5.4.

Figura 5.4. Representação de: (a) h t ; (b) x t .

Considere-se então a definição de integral de convolução (5.2). Aplicando a propriedade

da comutatividade (5.3) verifica-se que

y t

x t C

R

Page 131: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

131

y t x h t d h x t d

. (5.10)

Note-se que, pode resolver-se o exercício sem efectuar este último passo. No entanto,

dado que a forma de x t é mais simples, torna-se mais intuitivo aplicar as sequências

de inversão e translação ao sinal x t . Primeiro, é necessário obter a reflexão em

relação à origem de x : z x . Em seguida, é necessário atrasar z de t

unidades e multiplicá-lo por h .

Figura 5.5. Representação de x , h , h x t para 1t , 0.8t e 2t respectivamente.

Page 132: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

132

Através da análise da Figura 5.5 verifica-se que para 0t se tem 0h x t ,

pelo que, 0y t neste intervalo. Quando 0 1t tem-se que 1x t , logo

h x t h para o intervalo 0 t , pelo que, considerando (5.10), é possível

obter para y t neste intervalo

0

0 0

1

t tt

ty t h d e d e e . (5.11)

Por fim, verifica-se que para 1t , 1x t logo h x t h para o

intervalo entre 1t t . Assim, y t neste intervalo é dado por

1

11 1

1

t tt

t

tt t

y t h d e d e e e

. (5.12)

Considerando todas as contribuições vem finalmente para a saída

1

0, 0

1 , 0 1

, 1

t

t t

t

y t e t

e e t

, (5.13)

que se encontra representada na Figura 5.6.

Figura 5.6. Representação de y t .

Page 133: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

133

(HSU 2.5) Considere um sistema LIT, cuja resposta Problema 5.3.

impulsional é dada por

th t e u t , 0 . (5.14)

Determine a resposta do sistema ao sinal tx t e u t .

A resposta impulsiva, bem como o sinal de entrada estão representados na Figura 5.7.

Figura 5.7. Representação de: (a) h t ; (b) x t .

Considere-se então a definição de integral de convolução (5.2). Aplicando a propriedade

da comutatividade (5.3) verifica-se que

y t x h t d h x t d

. (5.15)

Desta vez, verifica-se que a forma de h t é mais simples, tornando-se mais intuitivo

efectuar as sequências de inversão e translação ao sinal h t . Primeiro, é necessário

obter a reflexão em relação à origem de h : z h . Em seguida, é necessário

atrasar z de t unidades e multiplicá-lo por x .

Page 134: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

134

Figura 5.8. Representação de x , h , x h t para 1t e 1t respectivamente.

Através da análise da Figura 5.8 verifica-se que para 0t , tx h t e e

para o intervalo entre t . Assim, y t neste intervalo é dado por

2

2 2 1

2 2

tt t

t t t tey t e d e e d e e

. (5.16)

Finalmente, para 0t , tx h t e e

mas para o intervalo entre 0

. Assim, y t neste intervalo é dado por

00 2

2 1

2 2

t t tey t e e d e e

. (5.17)

Considerando todas as contribuições vem finalmente para a saída

1, 0

12

1 2, 0

2

t

t

t

e t

y t y t e

e t

, (5.18)

Page 135: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

135

que se encontra representada na Figura 5.9.

Figura 5.9. Representação de y t .

Page 136: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

136

(IML 2.13) Considere o seguinte sistema Problema 5.4.

Figura 5.10. Representação de um sistema LTI em série.

em que

3

1

th t e u t , (5.19)

2 1h t t , (5.20)

representam respostas impulsionais de sistemas lineares e invariantes no tempo.

Classifique as seguintes afirmações: (A) O sistema 1h t é estável?; (B) O sistema 1h t

é causal?; (C) O sistema 2h t tem memória?; (D) Determine a resposta impulsional

h t da série dos dois sistemas.

A classificação de um sistema LIT, face às suas propriedades pode ser efectuada

através do estudo da resposta impulsional:

1) Memória: Um sistema diz-se sem memória quando a sua saída num dado instante de

tempo depende apenas da entrada nesse instante de tempo. A resposta impulsional de

um sistema discreto sem memória é dada por um impulso de amplitude K , i.e.,

h t K t , (5.21)

e.g., 2h t t não tem memória, enquanto que 2 1h t t tem.

2) Causalidade: Um sistema é causal quando, para qualquer instante de tempo, a saída

depende da entrada apenas em instantes passados. Portanto, a resposta impulsiva de

um sistema causal é dada por

0 0h t t , (5.22)

1h t 2h t

h t y t x t

Page 137: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

137

e.g., h t u t é causal, enquanto que 1h t u t não.

3) Estabilidade: Um sistema diz-se estável de entrada limitada / saída limitada quando

qualquer entrada limitada dá origem a uma saída limitada. A resposta impulsional de

um sistema estável é uma função absolutamente integrável, i.e.,

h d

. (5.23)

4) Invertibilidade: Um sistema é invertível quando, sinais de entrada distintos resultam

sinais de saída distintos (a aplicação da entrada na saída é injectiva). A convolução

entre a resposta impulsional de um sistema invertível e do seu inverso é um impulso

unitário, i.e.,

Ih t h t t . (5.24)

Note-se que, esta condição é necessária, mas não suficiente.

a) Um sistema é estável quando responde a qualquer entrada limitada, com uma saída

limitada, i.e., respeita a condição (5.23). Neste caso, tem-se que

3 3

1

0

e eh d u d d

. (5.25)

Sendo que a resposta impulsiva não é absolutamente integrável, o sistema não cumpre a

condição (5.23) sendo instável.

b) A resposta impulsiva de um sistema causal verifica (5.22). Uma vez que a resposta

do sistema é dada por 3

1

th t e u t , tem-se que 0h t para 0t , logo verifica

(5.22) pelo que o sistema é causal.

Page 138: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

138

c) Uma vez que a resposta do sistema 2h t não é um Dirac na origem, este não verifica

(5.21) pelo que tem memória.

d) A resposta impulsiva total de dois sistemas lineares invariantes no tempo, dispostos

em série, segundo as propriedades da convolução (Figura 5.2), pode ser obtida

efectuando

1 2h t h t h t . (5.26)

Uma vez que a função 2h t é um delta de Dirac, é possível aplicar a propriedade (5.6),

obtendo directamente

3 3

1 11 1 1th t h t t h t e u t . (5.27)

Page 139: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

139

(IML 2.19) Seja Problema 5.5.

3uy t t u t , (5.28)

a resposta no tempo ao sinal de entrada escalão unitário de um sistema contínuo linear

e invariante no tempo, determine: a) A resposta impulsional do sistema; b) A resposta

do sistema ao sinal de entrada 10 3x t u t .

Note-se que, para um sistema linear e invariante no tempo, a resposta impulsional pode

ser calculada a partir da resposta ao escalão unitário da seguinte forma

uh t y tt

. (5.29)

Recordem-se ainda, as seguintes regras de diferenciação,

f g f g t g t , (5.30)

f t g t f t g t f t g t . (5.31)

a) Para um sistema linear é possível calcular a resposta impulsiva, com base na resposta

ao escalão unitário (5.29). Considerando também (5.31) obtém-se facilmente

3 3 3h t t u t u t t t u tt t t

. (5.32)

Uma vez que, t u t t , ainda se pode reescrever (5.32) na forma

3 3h t u t t t u t t . (5.33)

b) Como o sistema é linear e invariante no tempo, verifica as propriedades (4.89) e

(4.90) dos sistemas contínuos. Desta forma, dada a resposta ao escalão unitário, é

possível obter x t a partir de u t , através de um conjunto de operações de

deslocamento e escalamento. Neste processo obtém-se também y t através de uy t .

Dado que, o sistema verifica (4.89), pode efectuar-se o seguinte escalamento

Page 140: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

140

10 10u uu t y t u t y t . (5.34)

Mais ainda, o sistema verifica (4.90), logo, efectuando o deslocamento temporal 3t

pode obter-se

10 3 10 3uu t y t , (5.35)

que é a resposta a x t . Considerando (5.28), é possível reescrever (5.35) na sua forma

final

10 3y t t u t . (5.36)

Page 141: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

141

Capítulo 6. Transformada de Laplace

(AT Ex. 2, Cap. 3) Determinar a transformada de Laplace Problema 6.1.

do sinal: eatx t u t .

A transformada de Laplace, e a sua inversa definem-se respectivamente como

stX s x t e dt

, (6.1)

1

2

j

st

j

x t X s e dsj

. (6.2)

Para caracterizar completamente a transformada de Laplace de um sinal x t é

necessário conhecer a sua expressão algébrica X s , bem como a sua região de

convergência ( . .R C ). A região de convergência goza das seguintes propriedades:

1. É constituída por faixas no plano s , paralelas ao eixo imaginário.

2. Não contém pólos.

3. Se x t é de duração finita, i.e., não nulo apenas num intervalo limitado

,i fT T , e se existir pelo menos um valor de, s para o qual a transformada de

Laplace converge, então a . .R C é o próprio plano s , exceptuando

eventualmente as rectas s ou s .

4. Se x t for um sinal direito, i.e., um sinal não nulo apenas para it T e se a

recta 0s pertencer à . .R C então todos os valores de s tais que

0s também pertencem à . .R C .

5. Se x t for um sinal esquerdo, i.e., um sinal não nulo apenas para ft T e

se a recta 0s pertencer à . .R C então todos os valores de s tais que

0s também pertencem à . .R C .

Page 142: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

142

6. Se x t for um sinal bilateral, i.e., um sinal não nulo desde até e se

a recta 0s pertencer à . .R C , então a . .R C é uma faixa do plano s que

contém 0s .

Assim, destas condições resulta que: (i) A . .R C de um sinal direito é o semi-plano

complexo direito limitado à esquerda pelo pólo de X s com maior parte real. (ii) A

. .R C de um sinal esquerdo é o semi-plano complexo esquerdo limitado à direita pelo

pólo de X s com menor parte real.

A transformada de Laplace goza ainda das seguintes propriedades:

1) Linearidade: Se

1 1 1

2 2 2

, . .

, . .

b

b

x t X s R C R

x t X s R C R

L

L, (6.3)

então

1 2 1 2

b

ax t bx t aX s bX s L

, 1 2. .R C R R . (6.4)

2) Translação no tempo: Se

b

x t X sL

, . .R C R , (6.5)

então

0

0

bst

x t t e X s

L

, . .R C R , (6.6)

excepto para a possível inclusão/exclusão de s .

3) Translação no domínio da transformada: Se

b

x t X sL

, . .R C R , (6.7)

então

Page 143: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

143

0

0

bs t

e x t X s s L

, 0. .R C R s . (6.8)

4) Mudança de escala: Se

b

x t X sL

, . .R C R , (6.9)

então

1b s

x at Xa a

L

, . .R C aR . (6.10)

5) Convolução: Se

1 1 1

2 2 2

, . .

, . .

b

b

x t X s R C R

x t X s R C R

L

L, (6.11)

então

1 2 1 2

b

x t x t X s X s L

, 1 2. .R C R R . (6.12)

6) Diferenciação no domínio do tempo: Se,

b

x t X sL

, . .R C R , (6.13)

então

bdx t

sX sdt

L

, . .R C R . (6.14)

7) Diferenciação no domínio da transformada: Se

b

x t X sL

, . .R C R , (6.15)

então

b dX s

tx tds

L

, . .R C R . (6.16)

Page 144: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

144

8) Integração no domínio do tempo: Se

b

x t X sL

, . .R C R , (6.17)

então

1b

t

x d X ss

L

, . . 0R C R s . (6.18)

a) Aplicando a definição da transformada de Laplace (6.1), ao sinal de entrada, é

possível obter

00 0

1s a t s a tat st at stX s e u t e dt e e dt e dt es a

. (6.19)

Considerando que s j , é possível reescrever (6.19) na forma,

0 0

1 1j a t a t j tX s e e ej a j a

. (6.20)

Para que o integral convirja quando t , a função integrada tem de tender para zero

(quando t ). Desta forma, analisando os termos de (6.20) verifica-se que

1

j a (6.21)

é uma constante, pelo que não varia com t . Ainda se pode averiguar que

j te , (6.22)

corresponde à representação polar de um número complexo, de norma 1, onde apenas o

ângulo varia (este termo tem um módulo constante e um ângulo que varia entre 0, 2

). Desta forma, este termo representa uma "vibração", e não terá influência na definição

da região de convergência. O último termo, a t

e

, será utilizado para definir a região

de convergência. Para que a função seja integrável é necessário que

lim 0 0a t

te a a

. (6.23)

Page 145: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

145

A região de convergência ( . .R C ) é então a que se encontra representada na Figura

6.1. A transformada do sinal é indicada como

1

, . . :X s R C as a

. (6.24)

Figura 6.1. Representação da região de convergência da transformada do sinal x t .

Note-se que, a transformada de Laplace de um sinal x t é sempre constituída por uma

expressão analítica X s e por uma região de convergência. É imprescindível

explicitar a região de convergência porque: (i) Define a região de validade de X s ;

(ii) Caso não exista, i.e., . .R C , o sinal não tem transformada; (iii) Identificar

univocamente qual o sinal x t ao qual corresponde TL x t . A título de exemplo,

calcule-se a transformada de 2 eatx t u t

2

0 0

1 1s a t s a tat stX s e u t e dt e dt es a s a

. (6.25)

A região de convergência é novamente obtida em função de

lim 0 0a t

te a a

, (6.26)

e representada em Figura 6.2. Verifica-se que ambos os sinais têm a mesma expressão

analítica 2X s X s , mas regiões de convergência distintas. A transformada deste

último é então dada por

2 2

1, . . :X s R C a

s a

. (6.27)

a

j

Page 146: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

146

Figura 6.2. Representação da região de convergência da transformada do sinal 2x t .

a

j

Page 147: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

147

Determine a transformada de Laplace do sinal Problema 6.2.

0 01,

0, . .

t t ty t

c c

. (6.28)

Aplicando a definição (6.1) ao sinal de entrada é possível obter,

00

0 0

1

tt stst st

t t

eY s y t e dt e dt

s

, (6.29)

Novamente, dado que s j , pode escrever-se (6.29) como

0

0

1t

j t

t

X s ej

. (6.30)

Uma vez que o sinal apresenta uma duração limitada no tempo, a transformada

converge para todo o intervalo de integração, e a região de convergência é todo o plano

s. A transformada será então dada por

0

0 0

0

1 1t

j t st st

t

X s e e ej s

, . . plano R C s . (6.31)

Page 148: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

148

(AT Ex. 2, Cap. 3) Determine a transformada de Laplace Problema 6.3.

do sinal: 0j tx t e u t

.

Aplicando a definição da transformada de Laplace (6.1) ao sinal de entrada, obtém-se

00 0

00 0

1e

s j tj t j tst stX s e u t dt e e dt es j

. (6.32)

Novamente, dado que s j , pode escrever-se (6.32) como

0

0 0

1 j ttX s e ej j

. (6.33)

A região de convergência resulta da condição

lim 0 0 0t

te

, (6.34)

pelo que, a transformada será dada por

0

0 0 00

1 1 10 1 , . . : 0

j ttX s e e R Cj j s j s j

, (6.35)

cuja pode ser observada na Figura 6.3.

Figura 6.3. Representação da região de convergência da transformada do sinal x t .

. .R C

j

Page 149: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

149

(HSU 3.5c) Determine a transformada de Laplace do Problema 6.4.

sinal: 2 3t tx t e u t e u t .

Aplicando a definição da transformada de Laplace (6.1) ao sinal de entrada, obtém-se

2 3 2 3

02 3

0

0

2 3

0

1 1

2 3

t t st t st t st

s t s t

s t s t

X s e u t e u t e dt e u t e dt e u t e dt

e dt e dt

e es s

. (6.36)

Novamente, dado que , pode escrever-se (6.36) como

. (6.37)

As regiões de convergência dos dois integrais são respectivamente dadas por

, (6.38)

. (6.39)

Pela propriedade (6.4), a região de convergência da transformada é dada pela

intersecção das duas regiões de convergência elementares. Uma vez que a intersecção

destas é nula, o sinal não tem transformada de Laplace.

s j

0

2 3

0

1 1

2 3

t tj t j tX s e e e ej j

2lim 0 2 0 2

t

te

3lim 0 3 0 3

t

te

Page 150: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

150

(IML 3.2a,b,d) Determine a função no tempo, x t , cuja Problema 6.5.

transformada de Laplace é:

a) , (6.40)

b) , (6.41)

d) . (6.42)

Para a resolução deste exercício é necessário recordar a decomposição em fracções

simples de uma fracção própria, i.e., cujo número de pólos é superior ao número de

zeros. Como explicado em (B.20) – (B.23), com pólos distintos, onde o pólo

tem multiplicidade , com e , pode ser decomposta

em na forma geral:

, (6.43)

onde os coeficientes para as contribuições de cada pólo são dados por

, , (6.44)

, . (6.45)

É ainda necessário relembrar os seguintes pares transformada

, ; (6.46)

, ; (6.47)

, ; (6.48)

, ; (6.49)

2

4 13; 3

7 12

sX s s

s s

2

4 13; 4

7 12

sX s s

s s

3 2

2

4 2; 0

1

s sX s s

s s

X s k

ip ir 1,2, ,i k 1 2 kr r r n

1 1 21

2

1

.. .. ..r r

i k

i i i k

r r

i i i k

c c c c cX s

s p s p s p s p s p

r i

r

i i s pc s p X s

1r

i

r

i is p

dc s p X s

ds

1

!r k

i

kr

i iks p

dc s p X s

k ds

1

1

1

1

1 ! i

rr

i irs p

dc s p X s

r ds

1b

t L

. . :R C s

eb

kd t kk

k

AA u t

s d

L

. . : kR C s d

eb

kd t kk

k

AA u t

s d

L

. . : kR C s d

-1

e1 !

b

k

nd t k

k n

k

t AA u t

n s d

L

. . : kR C s d

Page 151: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

151

, . (6.50)

a) Primeiro é necessário avaliar se a fracção é própria, i.e., se o número de pólos é

superior ao número de zeros

. (6.51)

Uma vez que a fracção é própria, pode ser decomposta em fracções parciais. Os pólos

de (6.40) são então dados por

. (6.52)

Atendendo a (6.43), (6.40) pode ser decomposta em

, (6.53)

onde os coeficientes A e B podem ser obtidos a partir de (6.44)-(6.45)

, (6.54)

. (6.55)

Assim, (6.53) pode ser reescrita na forma,

. (6.56)

Aplicando agora as tabelas da transformada bilateral para pólos simples (6.47) (neste

caso, a região de convergência situa-se à direita de ambos os pólos) vem para a função

no tempo

. (6.57)

-1

e1 !

b

k

nd t k

k n

k

t AA u t

n s d

L

. . : kR C s d

# 2 # 1pólos zeros

2

2 7 7 4 12 7 17 12 0 4, 3

2 2is s s p

4 13

4 3 4 3

s A BX s

s s s s

44

4 4 13 4 13 16 133

4 3 3 4 3ss

s s sA

s s s

33

3 4 13 4 13 12 131

4 3 4 3 4ss

s s sB

s s s

1 1

34 3

X ss s

3 43t tx t e e u t

Page 152: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

152

b) Uma vez que a expressão da transformada é a mesma, a decomposição em fracções

simples será igual, ou seja

. (6.58)

No entanto, a região de convergência encontra-se à esquerda dos pólos, pelo que,

aplicando (6.48) a (6.58) resulta para a expressão no tempo

. (6.59)

d) Ao avaliar (6.42) verificamos que não é uma fracção própria, i.e., ,

sendo necessário começar por aplicar uma divisão polinomial

, (6.60)

que permite reescrever como uma fracção própria

. (6.61)

Dado que o pólo tem multiplicidade dois, é necessário recorrer às formulas gerais

(6.43)-(6.45) que indicam que pode ser decomposta em

, (6.62)

onde,

, (6.63)

. (6.64)

Finalmente pode ser representada como

1 1

34 3

X ss s

3 43t tx t e e u t

# #pólos zeros

3 2 2

3 2

2

4 2 1

1

3 2

s s s s

s s

s

X s

2

2

3 21 1

1p

sX s X s

s s

0s

X s

1 2

21

1

A c cX s

s s s

2 2

2 2

11

1 3 2 3 2 3 21

1 1s

s

s s sA

s s s

22

2

0

222

1 2

0 0

3 22

1

6 1 3 21 3 22

1! 1 1

s p

s

s p s s

sc s p X s

s

s s sd d sc s p X s

ds ds s s

X s

Page 153: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

153

. (6.65)

Aplicando as tabelas da transformada inversa (6.46)-(6.50) obtém-se para a função no

tempo

. (6.66)

2

1 2 21

1X s

s s s

2 1 tx t t t e u t

Page 154: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

154

(IML 3.3a,d) Seja Problema 6.6.

, (6.67)

a transformada de Laplace de . Determine a transformada de Laplace das

seguintes funções:

a) , (6.68)

d) . (6.69)

a) Aplicando a propriedade de mudança de escala da transformada de Laplace (6.10),

resulta imediatamente que

. (6.70)

d) Para resolver esta alínea serão utilizadas as propriedades de translação (6.6) e

diferenciação no tempo (6.14). Aplicando (6.6) ao par tem-se que

, . (6.71)

Finalmente, aplicando (6.14) resulta que

, . (6.72)

1

; 22

X s ss

x t

3y t x t

3d

y t x tdt

1 1 1 1

3 ; 63 3 3 6

23

b sx t X s

s s

L

b

x t X sL

3 3

2 2

13

2

bs sx t x t X s e X s e

s

L

. . : 2R C s

3 32

22

bs sdx t s

y t Y s sX s s e X s edt s

L

. . : 2R C s

Page 155: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

155

(IML 3.7a,b) A Figura 6.4 representa o mapa pólos/ zeros Problema 6.7.

da função de transferência de um SLIT.

Figura 6.4. Mapa de pólos e zeros da função de transferência de um SLIT.

a) Indique todas as que é possível associar ao mapa pólos/ zeros dado. Justifique;

b) Para cada uma das indicadas em a), diga se o sistema correspondente é

estável e/ou causal.

Pode aplicar-se a transformada de Laplace à resolução de problemas com sistemas

LTI. Para um sistema definido como na Figura 6.4, pode rapidamente calcular-se a

saída através de

, , (6.73)

onde , e são respectivamente a transformada de , e .

A função , ou função de transferência pode ser descrita na forma

, (6.74)

onde são os seus zeros e os pólos. A classificação de um sistema LIT, face às suas

propriedades pode ser efectuada através do estudo da região de convergência de

. Quando é de duração infinita, pode classificar-se o sistema, através de H s ,

da seguinte forma:

1) Causalidade: Para que seja causal, um sistema tem de cumprir duas condições: (i) A

da função de transferência é uma região do plano que se estende desde um

2j

2j

112

j

. .R C

. .R C

Y s H s X s . . . . . .Y H XR C R C R C

X s H s Y s x t h t y t

H s

1

1

M

N

s z s zH s K

s p s p

iz ip

H s

h t

. .R C s

Page 156: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

156

valor finito de até (inclusive) ; (ii) A expressão algébrica de tem um

número de zeros não superior ao número de pólos.

2) Estabilidade: Para que seja estável, um sistema tem de cumprir duas condições: (i)

A da função de transferência contém o eixo imaginário; (ii) A expressão

algébrica de tem um número de zeros não superior ao número de pólos.

2.1) Um SLIT contínuo causal é estável se e só se todos os pólos se situarem no semi-

plano complexo esquerdo.

2.2) Um SLIT contínuo causal é criticamente estável se e só se todos os pólos se

situarem no semi-plano complexo esquerdo ou sobre o eixo imaginário, mas em que os

pólos com parte real nula são pólos simples.

Quando é de duração finita, a sua região de convergência é todo o plano

exceptuando eventualmente as rectas ou . Então, este pode

classificar-se, através de H s , da seguinte forma:

1) Causalidade: Um sistema, com resposta de duração finita, é causal se e só se a

contiver a recta .

2) Estabilidade: Um sistema, com resposta de duração finita, é estável (a contém

sempre o eixo imaginário).

a) Com base neste mapa de pólos e zeros, considerando as propriedades das regiões de

convergência é possível definir as seguintes :

, (6.75)

, (6.76)

. (6.77)

s H s

. .R C

H s

h t s

s s

. .R C s

. .R C

. .R C

1. . : 1R C s

2. . : 2 1R C s

3. . : 2R C s

Page 157: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

157

d) Atendendo às propriedades das dos sistemas LIT, com resposta de duração

infinita no tempo, acima descritas ( 1) – 2) ) pode classificar-se o sistema quanto à

causalidade e estabilidade. Note-se que, o mapa de pólos/zeros do sistema verifica a

condição de aplicabilidade de 1) – 2) , i.e., o número de zeros não é superior ao número

de pólos. Assim, tem-se que:

1. é uma região do plano que se estende desde até (inclusive)

e não contém o eixo imaginário. Logo, o sistema é causal e instável.

2. é uma região do plano , que não se estende desde um ponto até

(inclusive) , mas contém o eixo imaginário. Logo, o sistema é não causal e estável.

3. é uma região do plano , que não se estende desde um ponto até

(inclusive) , nem contém o eixo imaginário. Logo, o sistema é não causal (anti-

causal) e instável.

. .R C

1. .R C s 1s

2. .R C s s

3. .R C s s

Page 158: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

158

(IML 3.14) Considere o SLIT causal cujo mapa Problema 6.8.

pólos/zeros se representa na Figura 6.5 .

Figura 6.5. Mapa de pólos e zeros da função de transferência de um SLIT.

a) O sistema é estável? Justifique a resposta; b). Sabendo que o valor inicial da

resposta à entrada escalão unitário é igual a , determine a função de transferência,

, do sistema. Justifique a resposta; c) Qual o valor final da resposta à entrada

escalão unitário? Justifique a resposta.

Para sinais causais, é possível definir a transformada de Laplace unilateral, que fica

completamente caracterizada pela sua expressão algébrica

. (6.78)

Esta é uma particularização da transformada de Laplace bilateral para sinais causais,

que partilha, quase sempre, das mesmas propriedades, embora as seguintes se alterem:

6) Diferenciação no domínio do tempo: Se

, (6.79)

então,

, (6.80)

onde

. (6.81)

Como exemplo, quando vem

. (6.82)

3 12

j

5

H s

0

stX s x t e dt

u

x t X sL

1 11 20 0 0

un

nn n n

n

d x ts X s s x s x x

dt

L

00 lim

i

i

it

d x tx

dt

1n

0

undx t

s X s xdt

L

Page 159: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

159

8) Integração no domínio do tempo: Se

, (6.83)

então

, (6.84)

e

. (6.85)

9) Teorema do valor inicial: Se não contiver impulsos ou singularidades de

ordem superior na origem , o limite à direita de quando é

0 lims

x sX s

. (6.86)

Note-se que, o teorema do valor inicial não se aplica a funções racionais em que

o número de zeros é superior ao número de pólos. Nesse caso, o sinal não é

causal.

10) Teorema do valor final: Se limt

x t

existir, i.e., se convergir para um valor

constante quando , tem-se

0

lim limt s

x t sX s

. (6.87)

Para que este limite exista os pólos de têm de se localizar no semi-plano

complexo esquerdo, i.e., a tem de incluir todo o semi-plano complexo direito,

incluindo o eixo imaginário.

Ainda é usual, para sistemas LIT causais, definir-se o ganho estático como

0

lim limest ut s

G y t H s

, (6.88)

u

x t X sL

0

1ut

x d X ss

L

0

1 1ut

x d X s x ds s

L

x t

0t x t 0t

X s

x t

x t

t

sX s

. .R C

Page 160: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

160

onde uy t é a resposta ao escalão unitário. Pode ainda relacionar-se o valor inicial

da resposta ao escalão unitário com a função de transferência do sistema

através de

, (6.89)

onde é o número de pólos e o número de zeros de .

a) Novamente, considerem-se as propriedades das regiões de convergência dos sistemas

LTI ( 1) – 6) pp. 141 ). Sendo o sistema causal, a é uma região do plano que se

estende desde até (inclusive) . Assim, esta contém o eixo

imaginário, pelo que é estável.

b) Para o mapa de pólos e zeros representado em Figura 6.5, atendendo a (6.74), a

função de transferência será dada por

. (6.90)

Sabendo que: “o valor inicial da resposta à entrada escalão unitário é igual a ”, tem-se

, (6.91)

Considerando o teorema do valor inicial (6.86), e recordando que , vem

, (6.92)

Pode então relacionar-se (6.92), com o ganho da função de transferência através de

(6.89)

. (6.93)

Finalmente, vem para a expressão analítica da função de transferência

uy t

,

0 lim0 ,

us

K n my H s

n m

n m H s

. .R C s

1s . .R C

2

3 1

s sH s K

s s

5

0

0 lim 5t

y y t

1u

u t sL

1

5 lim lims s

s H s H ss

lim 5s

H s K

Page 161: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

161

. (6.94)

c) Uma vez que a região de convergência cumpre os requisitos do teorema do valor final

(6.87) pode calcular-se

. (6.95)

25

3 1

s sH s

s s

0 0

1lim lim lim 0t s s

y t s H s H ss

Page 162: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

162

(IML 3.8) Classifique quanto à estabilidade e à Problema 6.9.

causalidade os SLITs cujo mapa palas/zeros se representam na Figura

6.6. Justifique a resposta.

Figura 6.6. Mapa de pólos e zeros de um conjunto de funções de transferência.

Todos os mapas de pólos/zeros, representados na Figura 6.6, apresentam regiões de

convergência que são semi-planos, pelo que, estamos perante sistemas com respostas

de duração infinita. Aplicando as propriedades das R.C.s, podem então classificar-

se os sistemas como:

a) Instável e não causal. O número de zeros é superior ao número de pólos.

a

j

b

j

c

j

d

j

e

j

f

j

g

j

h

j

h t

Page 163: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

163

b) Instável e não causal. A região de convergência não contêm o eixo imaginário, e

não contem a recta .

c) Instável e causal. A região de convergência não contêm o eixo imaginário, mas

contem a recta .

d) Estável e não causal. A região de convergência contêm o eixo imaginário, e não

contem a recta .

e) Instável e causal. A região de convergência não contêm o eixo imaginário, mas

contem a recta .

f) Instável e não causal. O número de zeros é superior ao número de pólos.

g) Estável e não causal. A região de convergência contêm o eixo imaginário, e não

contem a recta .

h) Instável e não causal. O número de zeros é superior ao número de pólos.

s

s

s

s

s

Page 164: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

164

(HSU 3.38) Resolva a seguinte equação diferencial de Problema 6.10.

segunda ordem

. (6.96)

Com as condições iniciais , e .

Para resolver uma equação diferencial com condições iniciais, recorre-se à transformada

de Laplace unilateral. Da propriedade de diferenciação no tempo (6.80) tem-se que

, (6.97)

. (6.98)

As transformadas de Laplace unilaterais de (6.96) podem então indicar-se na forma

, (6.99)

, (6.100)

. (6.101)

É então possível escrever (6.96) no domínio da transformada de Laplace unilateral

. (6.102)

Pode ainda manipular-se (6.102) de forma a obter

, (6.103)

Calculando os restantes pólos de

5 6y t y t y t x t

0 2y 0 1y e tx t u t

0u

y t sY s y L

2 0 0u

y t s Y s sy y L

2 2 1u

y t s Y s s L

2u

y t sY s L

1

e1

utx t u t

s

L

2 12 1 5 2 6

1s Y s s sY s Y s

s

2

2

2

2

2

2

15 6 2 11

1

1 2 1 11 1

1 5 6

1 2 2 11 11

1 5 6

2 13 12

1 5 6

Y s s s ss

s s sY s

s s s

s s sY s

s s s

s sY s

s s s

Y s

Page 165: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

165

, (6.104)

é possível rearranjar (6.103) na forma

. (6.105)

O número de pólos é superior ao número de zeros, pelo que a fracção é própria e

possível de ser decomposta em fracções simples, logo

, (6.106)

onde,

, (6.107)

, (6.108)

. (6.109)

Então, (6.106) pode ser reescrita na forma

. (6.110)

Aplicando a transformada inversa a cada membro, obtém-se

, (6.111)

, (6.112)

. (6.113)

Finalmente, é dado por

. (6.114)

2

2 5 5 4 6 5 15 6 0, 3, 2

2 2s s s

22 13 12

1 2 3

s sY s

s s s

1 2 3

A B CY s

s s s

1

2 13 12 11

1 2 2sA s Y s

2

2 4 13 2 12 8 26 122 6

2 1 2 3 1 1sB s Y s

3

2 9 13 3 12 18 39 12 93

3 1 3 2 2 1 2sC s Y s

1 1 1 9 1

62 1 2 2 3

Y ss s s

1 1 1

2 1 2

ute u t

s

L

216 6

2

ute u t

s

L

39 1 9

2 3 2

ute u t

s

L

y t

2 31 96

2 2

t t ty t e e e u t

Page 166: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

166

(IML 3.10) Seja Problema 6.11.

, (6.115)

a resposta no tempo de um SLIT contínuo ao sinal de entrada

, (6.116)

determine: a) A função de transferência, , e a região de convergência; b) A

resposta impulsional ; c) Utilizando determinado em a), determine a saída

para cada um dos seguintes sinais de entrada

C.1) , (6.117)

C.2) , . (6.118)

a) Considerem-se as tabelas da transformada de Laplace descritas em (6.46) - (6.50).

Aplicando-as directamente a (6.115) e (6.116) obtêm-se as transformadas de Laplace do

sinal de entrada e do respectivo sinal de saída

, , (6.119)

, . (6.120)

A definição de função de transferência é então dada por (6.73), que resulta em

, . (6.121)

A região de convergência foi obtida de forma a que .

b) Para obter a resposta impulsional do sistema é necessário calcular a transformada

inversa de (6.121). Uma vez que é uma fracção própria, i.e., o número de pólos é

22 t ty t e u t e u t

24 tx t t e u t

H s

h t H s

y t

3tx t e u t

3tx t e t

1

1 42

X ss

2s

1 1

22 1

Y ss s

1 2s

3

2 1 3

2 1 2

2

s

Y s s s sH s

sX s s s

s

1s

. . . . . .Y H XR C R C R C

H s

Page 167: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

167

superior ao número de zeros, pode decompor-se em fracções simples. Atendendo a

(6.43), (6.40), pode decompor-se (6.121) na forma

, (6.122)

onde, por aplicação de (6.44)-(6.45), se pode obter que

, (6.123)

, (6.124)

permitindo escrever

, . (6.125)

Aplicando agora as tabelas da transformada inversa (6.46) - (6.50) vem finalmente

. (6.126)

c.1) Para obter a resposta do sistema ao sinal (6.117), é necessário calcular a

transformada de Laplace do mesmo, considerando (6.46) - (6.50)

, . (6.127)

A resposta do sistema pode ser obtida efectuando , o que resulta em

, . (6.128)

Uma vez que (6.128) é uma fracção própria, i.e., o número de pólos é superior ao

número de zeros, atendendo a (6.43), (6.40) pode ser decomposta na forma

, , (6.129)

onde, os coeficientes A , B e C podem ser obtidos através de (6.44)-(6.45)

1 2

A BH s

s s

11

1 3 3 133

1 2 2 1 2ss

s s sA

s s s

22

2 3 3 236

1 2 1 2 1ss

s s sB

s s s

3 6

1 2H s

s s

1s

23 6t th t e u t e u t

1

3X s

s

3s

Y s H s X s

3

1 2 3

sY s

s s s

3s

1 2 3

A B CY s

s s s

3s

Page 168: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

168

, (6.130)

, (6.131)

, (6.132)

permitindo obter

, . (6.133)

Finalmente, aplicando as tabelas da transformada inversa (6.46) - (6.50) obtém-se

. (6.134)

c.2) Note-se que, o sinal (6.118) não tem transformada de Laplace (ao aplicar a

definição, verificar-se-ia que a região de convergência seria o conjunto vazio). No

entanto, este sistema é linear e invariante no tempo. Logo, a saída correspondente à

soma de duas entradas elementares, é a soma das duas saídas elementares, i.e.,

. (6.135)

Desta forma, é possível decompor o sinal de entrada em duas componentes, em que

cada uma tenha transformada de Laplace, i.e.,

1 2x t x t x t , (6.136)

onde

3

1

tx t e u t , 3

2

tx t e u t . (6.137)

Em seguida, calcule-se a saída correspondente a cada componente, utilizando a função

de transferência obtida em a). Finalmente, somando as duas respostas temporais

elementares obtém-se a saída total do sistema. A saída do segundo membro

1 1

1 3 3 13 3

1 2 3 2 3 1 2 1 3 4s s

s s sA

s s s s s

2 2

2 3 3 23 6

1 2 3 1 3 2 1 2 3 5s s

s s sB

s s s s s

3 3

3 3 3 3 3 9

1 2 3 1 2 3 1 3 2 20s s

s s sC

s s s s s

3 1 6 1 9 1

4 1 5 2 20 3Y s

s s s

3s

2 33 6 9

4 5 20

t t ty t e u t e u t e u t

1 2 1 2x t x t y t y t

Page 169: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

169

foi obtida na alínea anterior. Assim, apenas é necessário obter a saída de

. A transformada de , considerando (6.46)–(6.50), é

, . (6.138)

A resposta do primeiro membro pode ser obtida calculando

, . (6.139)

Aparte o sinal , e a região de convergência, esta expressão é igual a (6.129), pelo que,

a sua decomposição em fracções simples será o simétrico de (6.129)

, . (6.140)

Aplicando as tabelas da transformada inversa (6.46) – (6.50) resulta que

. (6.141)

A saída total do sistema é então dada pela soma de (6.141) e (6.134)

, t . (6.142)

3

2

tx t e u t

3

1

tx t e u t 1x t

3

1 1

1

3

btx t e u t X s

s

L

3s

Y s H s X s

1

3

1 2 3

sY s

s s s

2 3s

1

3 1 6 1 9 1

4 1 5 2 20 3Y s

s s s

2 3s

2 3

1

3 6 9

4 5 20

t t ty t e u t e u t e u t

3 3 39 9 9

20 20 20

t t ty t e u t e u t e

Page 170: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

170

(IML 3.18) Considere o sistema causal descrito pela Problema 6.12.

equação diferencial de coeficientes constantes

. (6.143)

a) determine a função de transferência, , e represente o mapa de pólos/zeros; b)

Determine a resposta impulsional ; c) Calcule a resposta ao escalão unitário para

as seguintes condições iniciais

, ; (6.144)

d) Que condições iniciais deveria ter para que a resposta do sistema ao escalão

unitário apresente apenas a solução em regime estacionário?

a) Para resolver um problema de equações diferenciais com condições iniciais, recorre-

se à transformada de Laplace unilateral. Da propriedade de diferenciação no tempo

(6.80) tem-se que

, (6.145)

. (6.146)

Para obter a função de transferência, considere-se então que as condições iniciais são

nulas, e calcule-se a transformada de (6.143)

. (6.147)

Aplicando então a definição de transferência a (6.147) resulta que

. (6.148)

Uma vez que, os pólos de (6.148) são dados por

, (6.149)

ainda é possível reescrever (6.148) na forma

2 4y t y t y t x t

H s

h t

0 1y 0 0y

0u

y t sY s y L

2 0 0u

y t s Y s sy y L

2 2 4s Y s sY s Y s X s

H s Y s X s

2

1

2 4

Y sH s

X s s s

1 3, 1 3s j j

Page 171: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

171

. (6.150)

O mapa de pólos e zeros está representado na Figura 6.7.

Figura 6.7. Mapa de pólos e zeros de .

b) Para calcular a resposta impulsional é necessário obter a transformada inversa de

(6.148). Sendo uma fracção própria, i.e., o número de pólos é superior ao número

de zeros, pode decompor-se em fracções simples. Atendendo a (6.43) e (6.40) vem

, (6.151)

onde, por aplicação de (6.44)-(6.45), se pode obter que

, (6.152)

, (6.153)

permitindo escrever

. (6.154)

Aplicando agora as tabelas da transformada inversa (6.46) – (6.50) resulta que

. (6.155)

1

1 3 1 3H s

s j s j

j

H s

H s

1 3 1 3

A BH s

s j s j

1 3

1 3

1 3 1 1

1 3 2 31 3 1 3 s js j

s jA j

s js j s j

1 3

1 3

1 3 1 1

1 3 2 31 3 1 3 s js j

s jB j

s js j s j

1 1 1 1

2 3 1 3 2 3 1 3H s j j

s j s j

3 3

1 3 1 31 1 1

22 3 2 3 3

j t j tj t j t t e e

h t j e u t j e u t e u tj

Page 172: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

172

Considerando a fórmula de Euler, , obtém-se finalmente

. (6.156)

c) Para calcular a resposta do sistema ao escalão unitário, com condições iniciais não

nulas, é necessário aplicar (6.145) e (6.146) bem como a transformada do escalão

unitário (6.143). Os pares transformada de (6.143) são então dados por

, (6.157)

, (6.158)

. (6.159)

A transformada de (6.143) é então dada por

. (6.160)

Através de alguma manipulação algébrica é possível obter

. (6.161)

Os pólos de são dados por

, (6.162)

o que, permite reescrever (6.161) na forma

. (6.163)

Sendo uma fracção própria, pode decompor-se em fracções simples. Atendendo a

(6.43) e (6.40) vem que

sin 2j je e j

1

sin 33

th t e t u t

2u

y t s Y s s L

1u

y t sY s L

1u

x t u ts

L

2 12 1 4s Y s s sY s Y s

s

2

2

2

12 4 2

2 1

2 4

s s Y s ss

s sY s

s s s

2 2 4s s

1 3, 1 3s j j

2 2 1

1 3 1 3

s sY s

s s j s j

Y s

Page 173: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

173

, (6.164)

onde, por aplicação de (6.44)-(6.45), se pode obter que

, (6.165)

, (6.166)

. (6.167)

Note-se que, para simplificar uma fracção, cujo denominador é um número complexo, é

necessário multiplicar ambos os membros pelo conjugado do denominador.

Substituindo agora (6.165) – (6.167) na expressão de permite obter

. (6.168)

Novamente, por aplicação das tabelas da transformada inversa (6.46) - (6.50) obtém-se

. (6.169)

Ainda é possível reescrever esta resposta como

, (6.170)

que, por aplica-se da fórmula de Euler, ainda se reduz a

. (6.171)

Considerando agora que e , é possível reescrever

(6.171) na forma

1 3 1 3

A B CY s

s s j s j

2

0

2 1 1 1

41 3 1 3 1 3 1 3s

s s sA

s s j s j j j

22

1 3 1 3

1 3 2 1 2 1 3 3

81 3 1 3 1 3s j s j

s j s s s s jB

s s j s j s s j

22

1 3 1 3

1 3 2 1 2 1 3 3

81 3 1 3 1 3s j s j

s j s s s s jC

s s j s j s s j

Y s

1 1 3 3 1 3 3 1

4 8 81 3 1 3

j jY s

s s j s j

3 31 3 3 3 3

4 8 8

t j t j tj jy t u t e e e u t

3 3 3 31 3 3

4 8 8

t j t j t j t j ty t u t e e e j e e u t

1 3 3 1

cos 3 sin 34 2 2 2

ty t u t e t t u t

sin 6 1 2 cos 6 3 2

Page 174: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

174

. (6.172)

Finalmente, recordando que obtém-se

. (6.173)

d) No resultado anterior é possível distinguir uma parte da resposta que, cuja forma,

segue o sinal de entrada (à parte uma amplitude diferente) e que constitui a resposta do

sistema em regime estacionário . O restante, representa o regime

transitório. Este regime surge devido à presença das condições iniciais, e pode ser

alterado em função destas. Num sistema estável, o regime transitório converge para

zero quando o tempo tende para infinito. O regime transitório da saída de um sistema

representa a componente que se anula quando . Para encontrar as condições

iniciais que anulam o regime transitório, é necessário obter, de forma geral, a

transformada de (6.143) para duas condições iniciais arbitrárias.

Considerando novamente (6.145) – (6.146), é possível obter uma expressão geral

para (6.143) com duas condições iniciais arbitrárias

. (6.174)

Agrupando todos os termos independentes no segundo membro, e reduzindo ao mesmo

denominador obtém-se

, (6.175)

que pode ser colocada na forma

. (6.176)

Novamente, é uma fracção própria, pelo que, atendendo a (6.43), (6.40), pode ser

decomposta em fracções simples

1 3

cos cos 3 sin sin 34 2 6 6

ty t u t e t t u t

cos cos cos sin sina b a b a b

1 3

cos 34 2 6

ty t u t e t u t

1 4 u t

t

2 10 0 2 0 4s Y s sy y sY s y Y s

s

2

20 0 2 0 1

2 4s y sy sy

s s Y ss

2

2

0 0 2 0 1

2 4

s y sy syY s

s s s

Y s

Page 175: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

175

. (6.177)

Note-se que, os termos relativos a e correspondem ao regime transitório, e o

termo ao regime estacionário (é igual à entrada à parte uma constante). Para anular o

regime transitório é necessário impor que e sejam nulos. Por aplicação de (6.44)-

(6.45), pode obter-se que

. (6.178)

. (6.179)

. (6.180)

Torna-se então possível resolver o problema através de dois métodos.

Método 1. Note-se que, impor que ambos e sejam nulos corresponde a resolver o

seguinte sistema de duas equações

, (6.181)

, (6.182)

onde, por comodidade, se definiu e . Resolvendo (6.181)

em ordem a permite obter

. (6.183)

Substituindo (6.183) em (6.181) resulta então que

. (6.184)

Finalmente, considerando os valores de e permite obter, após alguma álgebra

1 3 1 3

A B CY s

s s j s j

B C

A

B C

2

0

0 0 2 0 1 1 1

41 3 1 3 1 3 1 3s

s s y sy syA

s s j s j j j

2

1 3

1 3 0 0 2 0 10

1 3 1 3s j

s j s y s y yB

s s j s j

2

1 3

1 3 0 0 2 0 10

1 3 1 3s j

s j s y s y yC

s s j s j

B C

2

1 10 0 2 0 1 0p y p y y

2

2 20 0 2 0 1 0p y p y y

1 1 3p j 2 1 3p j

0y

1

1

10 0 2 0y p y y

p

2 22 2 1

1

0 0 1 0p

p y p p yp

1p 2p

Page 176: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

176

. (6.185)

O valor de pode ser obtido directamente por substituição de (6.185) em (6.183)

. (6.186)

Método 2. Note-se que, anular o regime transitório em toda a parte, implica que, este se

anule também no instante inicial. Então, quando , a resposta do sistema deve ser

igual à resposta do regime estacionário. Pelo teorema do valor inicial pode dizer-se que

. (6.187)

De (6.187) retira-se que . Finalmente, impor que e sejam nulos,

considerando (6.179) – (6.180), corresponde a resolver

. (6.188)

Para que (6.188) tenha solução para ambos os pólos é necessário que .

1 3 3 1

02 46 2 3

jy

j

0y

1 1 10 1 3 2 0

4 4 1 3y j

j

0t

2 3

320

0 0 2 0 1 0 1lim lim lim lim

42 4t s s s

s y sy sy s yy t sY s s

ss s s

0 1 4y B C

2

1,2 1,2 1,2 1,20 0 2 0 1 0 0 0p y p y p y p y

0 0y

Page 177: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

177

Capítulo 7.Transformada de Fourier

(IML 3.26) Determine a transformada de Fourier de cada Problema 7.1.

uma das seguintes funções no tempo:

a) , (7.1)

b) , (7.2)

c) , (7.3)

d) . (7.4)

A transformada de Fourier, define-se como um limite quando da transformada

de Laplace. A transformada de Fourier e a sua inversa são respectivamente definidas

por

, (7.5)

. (7.6)

A transformada de Fourier goza ainda das seguintes propriedades:

1) Linearidade: Se

(7.7)

então

. (7.8)

2) Translação no tempo: Se

, (7.9)

3x t t

2tx t e u t

tx t e

1 1t

x t e u t u t

s j

j tX j x t e dt

1

2

j tx t X j e d

1 1

2 2

,

,

x t X j

x t X j

F

F

1 2 1 2ax t bx t aX j bX j F

x t X jF

Page 178: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

178

então

. (7.10)

3) Translação na frequência: Se

, (7.11)

então

. (7.12)

4) Mudança de escala: Se

, (7.13)

então

. (7.14)

5) Convolução: Se

(7.15)

então

. (7.16)

6) Diferenciação no domínio do tempo: Se

, (7.17)

então

0

0

j tx t t e X j

F

x t X jF

0

j te x t X j F

x t X jF

1 j

x at Xa a

F

1 1

2 2

,

,

x t X j

x t X j

F

F

1 2 1 2x t x t X j X j F

x t X jF

Page 179: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

179

. (7.18)

7) Diferenciação no domínio da transformada: Se

, (7.19)

então

, . (7.20)

8) Integração no domínio do tempo: Se

, (7.21)

então

. (7.22)

9) Simetria: Se é um função real, então

, (7.23)

em que o operador representa o complexo conjugado.

10) Dualidade: Se

, (7.24)

então

. (7.25)

11) Modulação:

dx tj X j

dt

F

x t X jF

. .R C R

dX j

tx t jd

F

. .R C R

x t X jF

1

0

t

x d X jj

F

x t

*X j X j

*

x t X jF

2X jt x F

Page 180: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

180

. (7.26)

Para sinais não periódicos, pode ainda deduzir-se a relação de Parseval, que indica o

seguinte resultado

. (7.27)

a) Esta alínea pode ser resolvida por dois métodos distintos.

Método 1. Através das tabelas da transformada de Fourier sabemos que, , pelo

que, aplicando a propriedade da mudança de escala (7.14) resulta imediatamente

. (7.28)

Método 2. Pelas tabelas da transformada de Laplace, sabemos que , pelo que

. (7.29)

Uma vez que a região de convergência contém o eixo imaginário, é possível calcular a

transformada de Fourier do sinal fazendo , pelo que vem .

b) Esta alínea pode ser resolvida por dois métodos distintos.

Método 1. Pela definição (7.5), temos que

. (7.30)

Note-se que, a função integrada converge quando .

Método 2. Pelas tabelas da transformada de Laplace, sabemos que

1

2r t s t p t R j S j P j

F

2 21

2x t dt X j d

1t F

1

3 33

x t t F

1b

t L

1

3 33

b

x t t L

s j 1 3X j

00 2

22 1

2 2

j tj tt j t e

X j e u t e dt e dtj j

t

Page 181: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

181

, . . : 2R C s . (7.31)

Novamente, como a R.C. contém o eixo imaginário, pode tomar-se s j e obter,

.

c) Reconhecendo que

, (7.32)

tem-se pela definição (7.5) que

. (7.33)

Novamente, ambas as funções são absolutamente integráveis.

d) Pela definição (7.5), e após alguma manipulação algébrica, é possível obter

1 0 11 1

1 1 0

0 11 1

1 0

1 1

1 1

1 1

2 2

2

1 1

1 1

1 1 1 1

1 1

1 1 1 1

2 11 1

1 1

2

1

t j t j tj t

j t j t

j j

j j

j j

X j e e dt e dt e dt

e e

j j

e e

j j j j

e e

j j j j

j e j e

1

21

j j j jee e j e e

. (7.34)

Aplicando as entidades trigonométricas

2 1

2

bte u t

s

L

. .: 2R C

1 2X j j

0

0

t

t

t

e te

e t

00 1 1

1 1

0 0

2

1 1

1 1 1 1 20 0

1 1 1 1 1

j t j tj t j t e e

X j e dt e dtj j

j j j j

Page 182: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

182

, , (7.35)

é possível reescrever (7.34) na forma

. (7.36)

cos2

j je e

sin2

j je e

j

1

2

21 cos sin

1X j e

Page 183: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

183

Encontre x t , sabendo que Problema 7.2.

, , (7.37)

que estão representados na Figura 7.1.

Figura 7.1. Mapa do módulo e argumento de .

Este exercício pode ser resolvido por dois métodos distintos.

Método 1. Pela definição da transformada inversa de Fourier (7.6), sabendo que,

, (7.38)

obtém-se por aplicação directa da transformada inversa

. (7.39)

Por aplicação da entidade trigonométrica (7.35), resulta finalmente que

. (7.40)

1 1 1

0 . .X j

c c

arg X j

X j

argj X jX j X j e

1 11

1 1

11 1 1

1 1

1

1 1

2 2

1 1 1 1 1

2 1 2 1 1 2

j tj j t

j t j t j tj t j t

x t e e d e d

e e ee e

j t j t t j

sin 11

1

tx t

t

Page 184: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

184

Método 2. Uma vez que , é possível considerar um sinal

auxiliar , que é igual ao módulo de . Pode então interpretar-

se a multiplicação por como o resultado de uma deslocação no tempo. Pelas

tabelas da transformada de Fourier sabe-se que

. (7.41)

Aplicando a (7.37) obtém-se imediatamente

. (7.42)

Pela propriedade da translação no tempo (7.10) conclui-se finalmente que

. (7.43)

arg X jX j X j e

1X j X j X j

arg X je

1,sin

0,

WW tx t X j

t W

F

1 1

1, 1sin

0, 1

tx t X j

t

F

0

1 1 0

sin 11

1

j t tX j X j e x t t x t

t

F

Page 185: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

185

Determine uma representação em séries de Fourier para Problema 7.3.

os seguintes sinais

a) , (7.44)

b) , (7.45)

c) . (7.46)

Figura 7.2. Representação de .

Os sinais periódicos podem ser representados em série de Fourier

, (7.47)

onde os coeficientes são dados por

. (7.48)

a) Comece-se por obter o período de . Uma vez que uma função do tipo

, (7.49)

é periódica, de frequência fundamental , (logo de período ) tem-se que

. (7.50)

1

cos4

tx t

cos 4 sin 6x t t t

, 2 ,

2 , 2 1,

t t k kx t

t t k k

1

2

0 2 4243 1 1 3

x t

t

x t

0

0

0

2,

jk t

k

k

x t c eT

kc

0

00

1 jk t

k

T

c x t e dtT

x t

0cos t

0 0 02T

0 0

1 1cos cos 8

4 4 4 4

tx t t T

Page 186: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

186

Desta forma, o sinal pode ser escrito em série de Fourier como

. (7.51)

Reescrevendo (7.50) utilizando a fórmula de Euler

, , (7.52)

resulta que

. (7.53)

Note-se que, (7.53) é uma representação em série de Fourier de . Por inspecção de

(7.53), verifica-se que os coeficientes não nulos são dados por

, (7.54)

. (7.55)

b) Novamente, comece-se por obter o período de . Uma vez que as funções seno e

co-seno são periódicas de período , tem-se que:

. (7.56)

Para que seja periódico, a condição

, (7.57)

tem de ser verificada, ou seja,

, (7.58)

i.e., 1 2T T tem de ser um número racional. Assim, o período é dado pelo mínimo

múltiplo comum de e . Tem-se então que

x t

4j kt

k

k

x t c e

cos2

e e

sin2

e e

j

1 1

4 4 4 4 4 41 1 1 1

2 2 2 2

j t j t j j t j j t

x t e e e e e e

x t

kc

4

1

11 1

2 2 2

j jc e

4

1

11 1

2 2 2

j jc e

x t

2k

1 2 1 1 2 2x t x t T x t T x t mT x t kT

x t

1 2mT kT T

1

2

T k

T m

1T 2T

Page 187: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

187

. (7.59)

O mínimo múltiplo comum, e portanto o período da função, é . Uma vez que

, pode decompor-se em série de Fourier onde

. (7.60)

Novamente, pela fórmula de Euler (7.52) vem que

. (7.61)

Note-se que, (7.61) ainda pode ser escrita como

, (7.62)

que é uma representação em série de Fourier, onde os coeficientes não nulos são

, , , . (7.63)

c) Por inspecção, verifica-se que , então e pode expandir-se em

série de Fourier na forma

. (7.64)

Os coeficientes de Fourier podem então ser calculados através da definição (7.48)

. (7.65)

Resolvendo (7.65), resulta que

. (7.66)

1 11

22 2

4 232

26 2

3

T TT

TT T

0T

0 02 2T x t

2j kt

k

k

x t c e

4 4 6 61 1cos 4 sin 6

2 2

j t j t j t j tx t t t e e e ej

2 3 2 2 2 2 2 31 1 1 1

2 2 2 2

j t j t j t j tx t e e e ej j

kc

3

1

2c

j

2

1

2c 2

1

2c 3

1

2c

j

0 2T 0 x t

j kt

k

k

x t c e

3 2 3 2

1 2 1 2

1 12 1

2 2

jk t jk t

kc x t e dt t t e dt

1 1 1

1 2 1 2 12 2 2

kjk jk

kc e e

Page 188: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

188

Finalmente, o sinal expresso em série de Fourier é então dado por

, . (7.67)

x t

j kt

k

k

x t c e

1

1 2 12

k

kc

Page 189: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

189

Calcular x t sabendo que Problema 7.4.

. (7.68)

Este exercício pode ser resolvido por dois métodos distintos.

Método 1. Note-se que, é possível escrever (7.68) como

. (7.69)

Nas tabelas da transformada de Fourier encontra-se o seguinte par

. (7.70)

Agrupando os termos de de (7.69) na forma

, (7.71)

verifica-se que estes correspondem ao caso tabelado em (7.70). Por aplicação directa,

tem-se então que

. (7.72)

Método 2. Aplicando a definição de transformada inversa de Fourier (6.2), a (7.69),

vem que

. (7.73)

Considerando a fórmula de Euler (7.52), pode escrever-se como

2 , 20,20

, 10,10X j

2 20 10 10 2 20X j

0 0 0cos t

F

X j

2 20 20 10 10X j

2 1

cos 20 cos 10x t t t

20 10 10 20

12 20 10 10 2 20

2

1 1 1 1

2 2

j t

j t j t j t j t

x t e d

e e e e

x t

Page 190: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

190

. (7.74) 2 1

cos 20 cos 10x t t t

Page 191: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

191

(IML 3.31) Considere o sinal x t cujo espectro de Problema 7.5.

frequência está representado na Figura 7.3

Figura 7.3. Representação de .

a) O sinal tem componente contínua? Em caso afirmativo indique a sua amplitude

no domínio do tempo. Justifique a resposta; b) O sinal é real? Justifique a

resposta.

Note-se que, a componente contínua de um sinal, , é a sua média temporal, i.e.,

. (7.75)

Mais ainda, recorrendo à transformada de Fourier, verifica-se que a componente

contínua de um sinal pode ser identificada por um delta de Dirac na origem, i.e., em

.

a) Por inspecção, verifica-se que a transformada do sinal apresenta um Dirac na origem

de amplitude . A transformada inversa da componente contínua do sinal pode ser

obtida através do par transformada

, (7.76)

que permite obter facilmente,

. (7.77)

A amplitude da componente dc no tempo é então dada por

0

X j

3

9 11

X j

x t

x t

x t

2

2

1lim

T

TTx t x t dt

T

0

3

1 2 F

3

32

F

Page 192: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

192

. (7.78)

b) Recorde-se que, um sinal real verifica a propriedade da simetria (7.23), i.e.,

é uma função par, e é uma função ímpar. Uma vez que o

módulo do espectro não é par, o sinal não pode ser real.

3

2dcx t

x t

X j arg X j

x t

Page 193: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

193

(IML 3.32) Sejam x t e y t , respectivamente, os sinais Problema 7.6.

de entrada e de saída de um sistema contínuo, cujas transformadas de

Fourier se relacionam pela seguinte equação:

. (7.79)

Qual a relação entre os sinais de entrada e de saída do sistema no domínio do tempo?

Justifique a resposta.

Utilizando as tabelas da transformada, podemos utilizar um conjunto de propriedades,

nomeadamente: 1) Mudança de escala (7.13); 2) Translação no tempo (7.10); 3)

Translação na frequência (7.12). Partindo do par transformada base

, (7.80)

aplique-se uma mudança de escala (7.13) com a (7.80), o que conduz a

. (7.81)

Em seguida, aplicando uma translação no tempo (7.10) com a (7.81) obtém-se

. (7.82)

Finalmente, aplicando uma translação na frequência (7.12) com a (7.82)

pode escrever-se

. (7.83)

Um vez que, no domínio da transformada, se obteve a relação entre os sinais de entrada

e saída apresentado em (7.79), a relação correspondente, obtida no domínio do tempo, é

a relação, no tempo, entre a entrada e a saída do sistema

. (7.84)

10 41 110

3 3

jY j e X j

x t X jF

3a

1

33 3

x t X j

F

4t t

413 4

3 3

jx t e X j

F

10

10 410 1 103 4

3 3

jj ty t e x t Y j e X j

F

103 4 j ty t x t e

Page 194: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

194

(IML 3.33) Considere o sistema cuja resposta de Problema 7.7.

frequência é

. (7.85)

O espectro de frequência do sinal de entrada é dado por

. (7.86)

Determine então o sinal de saída . Justifique a resposta.

Comece-se por representar os espectros do sinal de entrada e da função de transferência,

Figura 7.4. Representação do espectro do sinal de entrada (a vermelho) e do espectro do sinal da

resposta em frequência (a azul).

O espectro do sinal de saída é dado por , pelo que,

. (7.87)

Por aplicação das tabelas da transformada de Fourier ( ) resulta

imediatamente que

, . (7.88)

2 1 ; 1

0 ; . .H j

c c

x t

2 5 10 20 5 10 20X j u u u u

y t

2

2

1 11020 2010

5

X j

H j

Y j X j H j

4Y j

1 2 F

2y t t

Page 195: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

195

(IML 3.34) Seja Problema 7.8.

, (7.89)

a saída de um sistema contínuo ao sinal de entrada . O espectro do sinal ,

, tem a amplitude e a fase dadas por,

arg 0X j , . (7.90)

Figura 7.5. Representação do módulo de .

a) O sinal é real? Justifique a resposta.; B) Esboce a amplitude e a fase do

espectro, , do sinal . Justifique a resposta.

a) Sim. O sinal é real porque verifica a propriedade da simetria (7.23): i) é

uma função par, i.e., ; ii) é uma função ímpar,

.

b) Pelas propriedades da transformada de Fourier, é possível identificar as seguintes

operações: 1) Mudança de escala (7.14); 2) Translação no tempo (7.10); 3)

Multiplicação por uma constante. Partindo do par transformada

, (7.91)

aplique-se uma mudança de escala (7.14) com que resulta em

2 2 1y t x t

x t x t

X j

X j

2

1

1 202 1

X j

x t

Y j y t

X j

X j X j arg X j

arg argX j X j

x t X jF

2a

Page 196: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

196

. (7.92)

Em seguida, efectue-se uma translação no tempo (7.10) com que conduz a

. (7.93)

Finalmente, multiplicando por obtém-se

. (7.94)

Finalmente, uma vez que , o módulo e a fase do espectro da

saída são dados por

, . (7.95)

que se encontram representados na Figura 7.5.

Figura 7.6. Representação do módulo e fase de .

1

22 2

x t X j

F

1t t

1

2 12 2

jx t e X j

F

2

2 2 12

jy t x t Y j X j e

F

exp 0X j X j j

2

Y j X j

arg Y j

1

2 2

2

44

Y j

1

1

arg Y j

Y j

Page 197: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

197

Anexo A. Fundamentos Matemáticos

A.1. (IML Anexo A) Noções de trigonometria

Este primeiro problema aborda algumas definições básicas de trigonometria. A Figura

A.1 representa um triângulo rectângulo.

Figura A.1. Representação de um triângulo rectângulo.

a) Relacione as funções seno, co-seno e tangente com os elementos do triângulo.

b) Utilize o teorema de Pitágoras para provar que: .

c) Represente um ângulo , arbitrário, no primeiro quadrante e relacione os valores

de e com e .

a) As funções seno, co-seno e tangente podem ser relacionadas, com os elementos do

triângulo, da seguinte forma:

, , . (A.1)

b) O teorema de Pitágoras permite relacionar os elementos de um triângulo rectângulo

da seguinte forma

. (A.2)

Substituindo nesta equação as expressões de x e y, obtidas a partir de (A.1)

y

x

r

2 2cos sin 1

sin cos sin 2 cos 2

siny

r cos

x

r

sin 1tan

cos cot

y

x

2 2 2r y x

Page 198: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

198

, , (A.3)

chega-se finalmente a

. (A.4)

c) Através da representação dos ângulos e , no círculo trigonométrico (Figura

A.2)

Figura A.2. Representação dos ângulos e 2 no círculo trigonométrico.

facilmente se verifica que

, . (A.5)

cosx r siny r

2 2 2 2 2 2 2sin cos 1 sin cosr r r

2

sin

cos

2

0

2

sin cos 2 cos sin 2

Page 199: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

199

A.2. (IML Anexo A) Definição de número complexo.

Defina-se um número complexo, na sua forma cartesiana, como

, (A.6)

sendo que , (esta entidade imaginária é introduzida para que se

possam resolver equações do tipo ). Defina-se agora a

mesma entidade na sua forma polar (Figura A.3),

Figura A.3. Representação dos ângulos e 2 no círculo trigonométrico.

onde os novos parâmetros e se relacionam com a forma cartesiana através de

, , , , . (A.7)

Finalmente, através da Formula de Euler

, (A.8)

substituindo x e y em função de e é possível representar w na sua forma polar

. (A.9)

Recorrendo às duas notações acima definidas é possível representar várias entidades:

Complexo conjugado:

. (A.10)

w x j y

1j 2 1j

2 1 1x x j

w

x

r

y

0

r

cosx r siny r 2 2r x y arctany

x

cos sinje j

r

cos sin jw r j r re

* jw x j y re

Page 200: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

200

Inverso:

. (A.11)

Potência:

. (A.12)

Raiz:

. (A.13)

Quadrado do módulo:

. (A.14)

Parte real:

. (A.15)

Parte imaginária:

. (A.16)

Outros:

, . (A.17)

Como exemplo de aplicação, considere-se e obtenha-se:

*

2

1 1 1 1 j

j

we

w x j y re r w

,nnn j n j nn w x j y re r e

2

11, , 0,..., 1

kjn

nn j j n nn w re re re k n

* 2j jw w x j y x j y re re r

*

2

w wx w

*

2

w wy w

j

cos2

j je e

sin2

j je e

j

1 1

2 2w j

Page 201: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

201

, . (A.18)

, , . (A.19)

, , . (A.20)

1 1

2 2w j * 1 1

2 2w j

2 2

1 1 1

2 2 2r

1 2arctan arctan 1

1 2 4

41

2

j

w e

1 41

2j

w ew

2 21

2

j

w e

2 9

8 2 8 8

4 4 4

1 1 1,

2 2 2

kj j j

w e e e

Page 202: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

202

A.3. (IML Anexo A) Prova de relações trigonométricas

Neste exercício, pretende-se provar a conhecida relação trigonométrica

. (A.21)

Considere-se a fórmula de Euler, aplicada a uma soma de ângulos arbitrários

. (A.22)

Por outro lado, tem-se que

. (A.23)

Aplicando agora (A.22) ao segundo membro de (A.23) resulta que

. (A.24)

Finalmente, aplicando (A.22) ao primeiro membro de (A.23) tem-se que

, (A.25)

que é precisamente a relação (A.21).

cos cos cos sin sin

sin sin cos sin cos

cos sinj

e j

j j je e e

cos sin cos sin

cos cos sin sin sin cos sin cos

j je e j j

j

cos cos cos sin sin

sin sin cos sin cos

Page 203: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

203

A.4. (IML Anexo A) Séries Geométricas

Dada uma série definida como

, (A.26)

onde .Calcule-se o resultado de (A.26) para os seguintes casos: a) ; b)

; c)

.

a)

. (A.27)

b)

Para , torna-se necessário desenvolver (A.26) da seguinte forma

, (A.28)

onde se definiu

. (A.29)

Multiplicando agora (A.29) por tem-se que

. (A.30)

Agrupando os termos de (A.30), facilmente se verifica que

. (A.31)

Substituindo (A.31) em (A.28) conclui-se finalmente que

1

1 2 2 1N

n k k k N N

n k

1

1 N

1

1

1 2 2 11 1 1 1 1N

n k k k N N

n k

N k

1

1

11 2 2 1

0 1 2 2 1

1

Nn k k k N N

n k

k N k N k k

N kS

0 1 2 2 1

1

N k N k

N kS

1

0 1 2 2 1

1

0 1 2 2 1

1 N k N k

N k

N k N k

S

1 1

11 1

1

N kN k

N k N kS S

Page 204: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

204

. (A.32)

c)

Obter o caso em que resume-se a calcular o limite de (A.32) quando

. Uma vez que é um número complexo, pode escrever-se como

. (A.33)

Então, ao calcular

, (A.34)

uma vez que o termo apenas introduz uma fase. Aplicando este resultado a

(A.32), é possível obter

, (A.35)

pelo que, vem finalmente

. (A.36)

1 1, 1

1

N kNn k

n k

N

N

N

N k j N kj N ke e

0, 1

lim lim , 1

1, 1

N k N kj N k

N Ne

j N ke

1 1lim , 1

1 1

N kk k

N

1, 1,

1

n k

n k

Page 205: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

205

A.5. Expresse os seguintes números complexos na forma cartesiana e

determine o seu módulo, inverso e conjugado.

i)

Através da análise do círculo trigonométrico verifica-se que . Pelo que

pode reescrever-se i) como

. (A.37)

Da aplicação da formula de Euler, , a (A.37), resulta a forma

cartesiana de i)

. (A.38)

Por inspecção, o módulo de i) é dado por

. (A.39)

O inverso pode ser calculado da seguinte forma

1 4

4

12 2 cos sin

4 41

2

2 cos sin 2 24 4

j

jw e j

e

j j

, (A.40)

uma vez que a função co-seno é par, , e a função seno é ímpar,

. O conjugado, é obtido directamente a partir de i) ou de (A.38)

. (A.41)

9 41

2

jw e

9 4 4

41

2

jw e

cos sinje j

41 1 1 2 2 2 2cos sin

2 2 4 4 2 2 2 4 4

jw e j j j

1

2r

cos cos

sin sin

* 41 2 2

2 4 4

jw e j

Page 206: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

206

ii)

Novamente, por inspecção do circulo trigonométrico, verifica-se que , e que

, . (A.42)

Novamente, aplicando a fórmula de Euler a (A.42), obtém-se a forma cartesiana de ii)

. (A.43)

Por inspecção, o módulo de ii) pode ser obtido de (A.43) pela definição

. (A.44)

O conjugado, pode ser obtido de (A.43)

. (A.45)

Ainda se pode obter o inverso através de

. (A.46)

Como exercício adicional, represente-se ii) na sua forma polar. Para tal é necessário

obter o ângulo através de

. (A.47)

Estará este raciocínio errado, uma vez que ii) pertence claramente ao segundo quadrante

e não ao quarto? Sim, porque ao obter o valor de através da tangente, uma vez que

esta é periódica de período , é necessário escolher o valor que se situa no quadrante

correcto, pelo que, , obtendo finalmente

. (A.48)

4 3 42

2

j j jw e e e

cos 3 4 cos 4 sin 3 4 sin 4

2 3 3

cos sin cos sin cos sin2 4 4 4 4

2cos sin cos sin 1

2 4 4 4 4

2 sin 1 14

w j j j

j j

j j

2 21 1 2r

* 1w j

*1

2

1 1 1 1

2 2 2

w jw j

w w

1

arctan arctan 1 41

4 3 4

3 42 iw e

Page 207: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

207

iii)

Da aplicação da fórmula de Euler a iii) resulta a forma cartesiana

3

28 8 1 cos 3 sin 32 2

8 1 0 1 8

j

w j j e j j

j j j

. (A.49)

Por inspecção, o módulo de ii) pode ser obtido de (A.49) pela definição

. (A.50)

A partir de (A.49) também se pode obter o conjugado e o inverso

, . (A.51)

3 28 jw j j e

2

28 1 8 1 9 3r

* 8w j *

1

2

1 8 8 1

9 9 9

w jw j

w w

Page 208: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

208

A.6. Expresse os seguintes números complexos na forma polar,

determine o seu módulo, inverso e conjugado, e represente-o no plano

complexo.

i)

Para escrever um número complexo na sua forma polar, é necessário obter o módulo e o

argumento. Através da definição facilmente se obtém o módulo

. (A.52)

Novamente, através da definição, é possível obter o argumento

. (A.53)

Note-se que, foi necessário adicionar para que o argumento se situe no semi-eixo real

negativo. Torna-se então possível reescrever i) na sua forma polar

. (A.54)

O conjugado obtém-se simplesmente através do simétrico do argumento

. (A.55)

Note-se que, *w w uma vez que a parte imaginária de w é nula. Quanto ao inverso,

este pode ser obtido por

. (A.56)

ii)

Através da definição facilmente se obtém o módulo

, (A.57)

e o argumento

4w

2 24 0 4w

0arctan 0

4

4j jw w e e

* 4 4j jw w e e w

1 1 1 1

4 4 4

j

jw e

e

1 5 5w j j j

2 25 5 1 25 1 26w j

Page 209: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

209

. (A.58)

Torna-se então possível reescrever ii) na sua forma polar

. (A.59)

O conjugado obtém-se simplesmente através do simétrico do argumento

. (A.60)

Quanto ao inverso, este pode ser obtido por

. (A.61)

iii)

Este problema tem duas resoluções possíveis: (a) Multiplicar e dividir w pelo conjugado

do denominador e depois obter o módulo, argumento e reescrever w na forma polar; (b)

Colocar o numerador e denominador na forma polar e efectuar então a divisão.

Seguindo a opção (b), é necessário obter o módulo e o argumento de ambos os membros

da fracção. Através da definição facilmente se obtêm os módulos

, . (A.62)

Mais uma vez, através da definição, é possível obter os argumentos de iii)

, . (A.63)

Torna-se então possível reescrever iii) na sua forma polar

. (A.64)

O conjugado obtém-se simplesmente através do simétrico do argumento

1arctan 2.9442

5rad

2.944226j jw w e e

* 2.944226j jw w e e

1 2.9442

2.9442

1 1

26 26

j

jw e

e

33 3

1 1

j jw

j j

3 3 1 4 2nw j 1 1 1 2dw j

1 3arctan arctan

3 63n

1arctan

1 4d

56

12

4

22

2

n

d

j jj

nn

j jd d

w ew ew e

w w e e

Page 210: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

210

. (A.65)

Quanto ao inverso, este pode ser obtido por

. (A.66)

5

* 122j

jw w e e

5

1 125

12

1 1

22

j

j

w e

e

Page 211: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

211

A.7. Expresse os seguintes números complexos na forma cartesiana.

i)

O primeiro passo na resolução é a aplicação da fórmula de Euler, que resulta em

. (A.67)

Através do círculo trigonométrico é possível identificar

, , (A.68)

que aplicado em (A.67) permite obter

. (A.69)

ii)

Esta alínea é facilmente resolvida multiplicando w pelo conjugado do denominador, e

recorrendo à identidade

. (A.70)

iii)

41 2 2sin

4 2 4 4

jw j e j

1 2 2sin cos sin

4 2 4 4 4 4w j j j

sin sin4 4

cos cos4 4

1 1 2 2 1 2 2 1 2 2cos sin 0

2 4 2 4 4 4 2 2 4 2 2 4w j j j j

1

jw

j

2*ww w

2

1 1 1 1

1 1 2 21 1

j j jw j

j j

6

3

2 2

jw

Page 212: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

212

A forma mais expedita de abordar iii) é colocar w na sua forma polar, resolver a

potência, e posteriormente converter o resultado para a forma cartesiana. O módulo e

argumento de w são então dados por

, . (A.71)

Pode então obter-se

. (A.72)

Por aplicação directa da fórmula de Euler, vem finalmente

. (A.73)

3 11

4 4auxw

3arctan

3 6aux

6

66

jj

auxw w e e

cos sin 1w j

Page 213: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

213

A.8. Determine as soluções das seguintes equações.

i)

Para resolver a equação (i), é necessário calcular o módulo e argumento de

, . (A.74)

Note-se que, foi necessário efectuar uma correcção no cálculo do ângulo. Aplicando

(A.74) a (i) vem então

. (A.75)

Considere-se a fórmula da raiz de um complexo

, , (A.76)

que aplicada a (A.75) resulta em

, , (A.77)

onde se efectuou o cálculo

. (A.78)

ii)

Pelo mesmo processo da alínea anterior, calcule-se para , o seu módulo e

argumento

, . (A.79)

A equação pode então ser reescrita como

2 1 3x j

1 3w j

1 3 2w 2arctan 3

3 3

2 32j

x e

2j k nn w e

0,... 1.k n

2 jx e 5

,6 6

5

26 6

20 1

k

k k

3 1x j

1w j

2 21 1 2w arctan 14

Page 214: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

214

, (A.80)

que por aplicação de (A.76) conduz a

, , (A.81)

onde se efectuou o cálculo

. (A.82)

iii)

Pelo mesmo processo da alínea anterior, calcule-se para , o seu módulo e

argumento

, . (A.83)

A equação pode então ser reescrita como

, (A.84)

que por aplicação de (A.76) conduz a

, , (A.85)

onde se efectuou o cálculo

. (A.86)

342

j

x e

6 2 jx e 7 3

, ,12 12 4

17 73

212 1212 4

30 1 2

k

k k k

4 10x j

1w j

2

10 10w 10

arctan0 2

4210

j

x e

4 10 jx e 5 3 7

, , ,8 8 8 8

11 53 7

28 88 8 8

40 1 2 3

k

k k k k

Page 215: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

215

A.9. Calcule as seguintes expressões.

Para a resolução deste exercício será necessário utilizar os resultados conhecidos,

relativos à soma de séries geométricas

, (A.87)

, , . (A.88)

Note-se que, este problema apresenta exercícios com um grau de dificuldade mais

acentuado (à excepção do ponto i) )

i)

A resolução desta primeira alínea é imediata, por aplicação de (A.88), com e

, e é dada por

. (A.89)

ii)

Novamente, por aplicação directa de (A.88), com e vem, após alguma

manipulação algébrica

. (A.90)

1, 1

1, 1

1

Nn N k

kn k

N k

1

1

n k

n k

1

0

1

4

n

n

0k

1 4

0

1 1 4

14 314

n

n

6

1

2

n

n

j

6k 1 2j

6

6

11

1 1 1 1 1 4 2 1 121 12 2 64 64 5 5 80 1601 12 4

n

n

jj j j j

j

Page 216: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

216

iii)

Para a resolução desta alínea, é recomendado que se proceda á conversão de

para a sua forma cartesiana, a fim de serem efectuadas as somas.

Assim sendo, pela fórmula de Euler, e recorrendo ao valores tabelados das funções seno

e co-seno obtém-se

, (A.91)

sendo então possível reescrever iii) na forma

. (A.92)

Por aplicação directa de (A.87), com , e vem, após alguma

manipulação algébrica, que

14 2

214 1 12 12

2 22

2

1212

1 1 11 1 11 1 1 1 12 2 2 1

1 112 2 2 2 21 112 22

11

1 1 2 12 1 15 2 5 12 2

n

n

j

j j j

jj

j j

. (A.93)

iv)

Para resolver este caso, basta efectuar alguns passos, e identificar que

. (A.94)

Ou seja, (A.94) é uma série geométrica com , pelo que não converge

13

2

2

1

2

j n

nn

e

1 2exp 2w j

1 1cos sin

2 2 2 2w j j

13 14 1

2

2 2

1 1

2 2

nj n

nn n

e j

2k 14N 1 2j

42

2

1

4

nj n

n

e

42 22 2

2 2 2

14 4

4

nj n j n nn j j

n n n

e e e e j

4 1

Page 217: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

217

. (A.95)

v)

Através de uma mudança de variável, , obtém-se

. (A.96)

Por aplicação de (A.88) com e chega-se a

. (A.97)

vi)

Novamente, através de uma mudança de variável, , obtém-se

. (A.98)

Por aplicação de (A.88) com e chega-se a

. (A.99)

2

2

4nj

n

e j

3

2n

n

n n

3

3 3

12 2

2

n

n n

n n n

3k 1 2

3

3 4

3

1 1 12 2 2

12 2 12

n

n

3

22

n

n

j

n n

23 3

2 2 2

3 3

2 2 2 2 22 2

nn n n

n n n n

j jj j j j j

3k 2j

2 2 3 3

23

2

11 2 4 82

12 2 2 2 2 5 51 12 2

n

n

jj j j j

j jj

Page 218: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

218

A.10. Mostre que as seguintes expressões são verdadeiras.

Note-se que, uma mudança de variável aplicada a um somatório resulta em

. (A.100)

Os exercícios apresentados neste problema apresentam um grau de dificuldade mais

acentuado.

iii)

Efectue-se uma mudança de variável, (pelo que, ), no primeiro

membro da equação, o que permite reescrever iii) como

. (A.101)

iv)

Efectue-se uma mudança de variável, (pelo que, ), no primeiro

membro da equação, o que permite reescrever iv) como

. (A.102)

n g n

g b g bb

n a n g a n g a

f n f g n f n

5

2 2

3 2

5n n

k k

k k

5k k 5k k

5 5

2 2 2

3 3 5 2

5n n n

k k k

k k k

5 1

1 5

13 3

3

knj n kk n j k

k k n

e e

k k n k n k

5 5 5 1

1 1 1 5

13 3 3 3 3

3

kn n nj n k nj n kk k n n k j k n j k

k k n k n k n

e e e e

Page 219: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

219

Anexo B. Fundamentos Matemáticos: Parte 2

B.1. Integrais. Mostre que as seguintes expressões são verdadeiras.

Ao introduzir a utilização de integrais, para a resolução de problemas, será necessário

recordar alguns resultados conhecidos:

1) Mudança de direcção:

. (B.1)

2) Caminho de integração equivalente:

. (B.2)

3) Mudança de variável:

. (B.3)

4) Integração por partes:

. (B.4)

i)

Este exercício pode ser resolvido de duas formas: (a) directa; (b) através de uma

mudança de variável. A forma directa, implica resolver explicitamente ambos os

integrais de i) provando assim a sua equivalência. Para o lado direito de i) tem-se que

b a

a b

f x dx f x dx

,

c b c

a a b

f x dx f x dx f x dx a b c

u bb

a u a

dxf u x dx f u du

du

b b

b

aa a

dg x df xf x f x g x g x dx

dx dx

23 9

3 0

x xx e dx e dx

Page 220: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

220

. (B.5)

Do mesmo modo, e considerando a propriedade (B.2) tem-se que

. (B.6)

Desenvolvendo (B.6) é possível obter

, (B.7)

provando assim a veracidade de i). Por outro lado, é possível definir uma mudança de

variável tal que

. (B.8)

Considerando (B.2) é possível reescrever a componente esquerda de i):

. (B.9)

Para aplicar (B.3), é primeiro necessário obter os novos limites de integração, aplicando

(B.8) aos limites de integração de (B.9)

. (B.10)

No entanto, ainda é necessário obter . Diferenciando ambos os membros de (B.8)

obtém-se

. (B.11)

Desta forma, é possível aplicar (B.3) a (B.9) obtendo

. (B.12)

Por fim, considerando (B.1), vem que

. (B.13)

9

99 9

00

1 1x xe dx e e e

2 2 23 0 3

3 3 0

x x xx e dx xe dx xe dx

2 2

2 2

0 30 3

9

3 03 0

12 2

x xx x e e

xe dx xe dx e

2u x x

2 2 23 0 3

3 3 0

x x xx e dx xe dx xe dx

2 23 3 9, 0 0, 3 3 9u u u

dx du

2 12

2

d d du dxu x x x

dx dx dx du x

0 9 0 9

9 0 9 0

1 1

2 2 2 2

u u u ux xe du e du e du e du

x x

0 9 9 9 9

9 0 0 0 0

1 1 1 1

2 2 2 2

u u u u ue du e du e du e du e du

Page 221: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

221

ii)

Analogamente ao problema anterior, considere-se uma mudança de variável tal que

, (B.14)

o que também resulta em

. (B.15)

Aplicando (B.14) aos limites de integração da primeira metade de ii) permite obter os

novos limites de integração

, . (B.16)

Mais ainda, diferenciando (B.14) obtém-se

. (B.17)

Aplicando (B.3) ao primeiro membro de ii), e considerando (B.14), (B.15), (B.16) e

(B.17), resulta imediatamente que

. (B.18)

Finalmente, aplicando (B.1) é possível obter

. (B.19)

4 1

2

2 2

sin 2 sin 22

t

t

t

e t d e t d

2

u t

2 22 2

u t u t u t

4

4 22

u t t 2

2 12

u t t

1

22 2

d d du du t

d d d du

4 2

2

2 1

2 2sin 2 sin

2 2

t

t u

t

u te t d e t du

2 1

1 2

2 22 sin 2 sin 2

2

t t

u u

t t

u te t du e t u du

Page 222: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

222

Page 223: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

223

B.2. Expanda em fracções simples as seguintes funções racionais.

Considere-se o problema de decompor em fracções simples , escrita na forma

. (B.20)

Para decompor (B.20) em fracções simples é necessário efectuar os seguintes passos:

(i) Verificar se a fracção é própria, i.e., (o número de pólos é superior ao

número de zeros); (ii) Caso a fracção não verifique (i) é necessário efectuar uma

sucessão de divisões polinomiais até obter uma fracção própria; (iii) Efectuar a

separação em fracções simples. Sendo uma fracção própria, com pólos

distintos tais que o pólo tem multiplicidade , com e

, esta pode ser decomposta em

, (B.21)

onde os coeficientes , que representam a contribuição de cada pólo , são

calculados da seguinte forma

. (B.22)

Quando uma fracção, escrita na forma apresentada em (B.20) não é própria, i.e., o

número de zeros é superior ou igual ao número de pólos, não pode ser imediatamente

decomposta em fracções simples. É necessário efectuar uma sucessão de divisões

polinomiais, até que se obtenha uma fracção própria. Uma fracção polinomial pode ser

decomposta da seguinte forma:

X s

1

1 1 0

1 2

m m

m m

n n

b s b s b s bX s

a s p s p s p

m n

X s k

ip ir 1,2, ,i k

1 2 kr r r n

1 1 21

2

1

.. .. ..r r

i k

i i i k

r r

i i i k

c c c c cX s

s p s p s p s p s p

ic ip

1

1

1

1

1

!

1

1 !

r i

r

i

r k

i

i

r

i i s p

r

i is p

kr

i iks p

rr

i irs p

c s p X s

dc s p X s

ds

dc s p X s

k ds

dc s p X s

r ds

Page 224: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

224

, (B.23)

onde representa o quociente da divisão de por , e o resto da

mesma divisão.

i)

Verifica-se que i) é uma fracção própria, uma vez que, apresenta zero e

dois pólos, pelo que, verifica a condição . Sendo possível aplicar directamente o

processo de separação em fracções simples, é necessário obter explicitamente os pólos

de i), tal que

, (B.24)

de forma a reescrever i) n forma factorizada

. (B.25)

Uma vez que possui dois pólos de multiplicidade 1 , considerando (B.21), esta

pode ser decomposta na forma

, (B.26)

cujos coeficientes podem ser calculados através de (B.22)

, (B.27)

. (B.28)

Finalmente, tem-se então

. (B.29)

N s R sX s X s Q s

D s D s

Q s N s D s R s

2

4 8

12 35

xf x

x x

1m 2n

m n

212 12 4 35

7, 52

ip

4 8

7 5

xf x

x x

f x

1 2

7 5

c cf x

x x

ic

1 7

7

4 7 84 87 7 10

7 5 7 5x

x

xc x f x x

x x

2 5

5

4 5 84 85 5 6

7 5 5 7x

x

xc x f x x

x x

10 6

7 5f x

x x

Page 225: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

225

ii)

Novamente, ii) é uma fracção própria, pelo que é necessário obter os seu pólos

, (B.30)

de para que possa ser reescrita na forma

. (B.31)

Considerando novamente (B.21), é possível decompor ii) em

. (B.32)

Aplicando (B.22) resulta em

,(B.33)

. (B.34)

Finalmente, tem-se que

. (B.35)

iii)

Note-se que, neste caso, a fracção não é própria, i.e., não verifica . Assim,

é necessário efectuar uma divisão polinomial, de forma a reduzir o grau do numerador

, (B.36)

2

2

6 13f x

x x

26 6 4 13 6 4

3 2 , 3 22 2

i

ip i i

2

3 2 3 2f x

x i x i

1 2

3 2 3 2

c cf x

x i x i

1 3 2

3 2

2 3 2 2 13 2

3 2 3 2 3 2 3 2 2x i

x i

x ic x i f x i

x i x i i i

2 3 2

3 2

2 3 2 2 13 2

3 2 3 2 3 2 3 2 2x i

x i

x ic x i f x i

x i x i i i

1 1 1 1

2 3 2 2 3 2f x i i

x i x i

2

2

3 21 30

4 3

x xf x

x x

f x m n

2 2

2

3 21 30 4 3

3 12 9 3

9 21

x x x x

x x

x

Page 226: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

226

onde e . Reescrevendo (B.36) na forma (B.23) vem que

. (B.37)

Uma vez que (B.37) já é própria, pode então aplicar-se a decomposição em fracções

simples. Assim, considerando (B.21), e uma vez que

, (B.38)

pode decompor-se (B.37) em

, (B.39)

onde, recorrendo a (B.22), se obtém

, (B.40)

. (B.41)

É então possível obter

. (B.42)

2Q x 8 3R z z

2

9 213

4 3

xf x

x x

24 4 4 3

3, 12

ip

1 213 3

1 3

c cf x f x

x x

1 1 1

1

9 1 219 211 1 6

1 3 1 3x

x

xc x f x x

x x

2 1 3

3

9 3 219 213 3 3

1 3 3 1x

x

xc x f x x

x x

6 3

31 3

f xx x

Page 227: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

227

Anexo C. Testes Resolvidos

C.1. Processamento de Sinal: Teste 1.

Problema 1 (2 val): Escolha a hipótese que corresponde ao inverso do número

complexo:

4 32e 4ej j . (C.1)

i) 121

e8

j ii)

23 121e

8

j

iii) 23 128e j iv)

23 121e

8

j

Primeiro, é necessário calcular o valor do número complexo, dado no enunciado

4 34 3 122e 4e 8e 8e

jj j jw . (C.2)

O inverso de w é simplesmente dado por

1 12

12

1 1 1e

8e 8

j

jw

w

. (C.3)

Note-se que, neste ponto, dado o módulo e argumento de 1w, as única respostas que

poderão ser correctas são a ii) e a iv). No entanto, estas não se encontram escritas da

mesma forma que (C.3). Reduzindo o argumento da resposta ii), identificando e

retirando voltas de 2 , verifica-se que

12 24 12 12 223 12 121 1 1 1

e e e e8 8 8 8

j jj j . (C.4)

Esta representa 1w que foi obtido em (C.3), pelo que, ii) é a resposta correcta.

Problema 2 (2 val): Considere dois sinais discretos, x n e x n , tais que

3 4y n x n . (C.5)

Sendo x n um sinal par e periódico com período fundamental 0 4N , qual das

seguintes afirmações é verdadeira?

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228

i) y n é par ii) y n é periódico com 0 1N

iii) y n é ímpar iv) y n é periódico com 0 2N

v) y n não é periódico.

Primeiro, é necessário verificar se o sinal é periódico, e se sim, qual o seu período.

Aplicar a definição de sinal periódico, x n N x n , resulta na equação

3 4x n N x n , (C.6)

que ainda pode ser escrita na forma

3 4 3x n N x n . (C.7)

Pela definição de sinal periódico, (C.7) tem solução quando

4

33

x

kN N k N . (C.8)

O menor inteiro que verifica (C.8), i.e., o período fundamental de y n é 0 4N ( que

corresponde a 3k ). Assim sendo, verifica-se que ii), iv) e v) são falsas. Note-se que,

y n é obtido a partir de x n através de uma compressão e de um deslocamento

temporal. No entanto, uma vez que esse deslocamento é um múltiplo do período

fundamental, o sinal y n vai manter a paridade de x n . A resposta correcta é então

dada pela alínea i).

Problema 3 (2 val): Classifique quanto à paridade o sinal discreto

1 tan3

ny n n

. (C.9)

par ímpar nem par nem ímpar

Para encontrar a paridade do sinal, calcule-se x n

sin1 3

1 tan3 1 cos

3

n

n

n

x n n

n

. (C.10)

Page 229: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

229

Uma vez que a função seno é ímpar e a função co-seno é par, e que, 1 1 1n n

sin

31 1 tan

3cos

3

n n

n

x n n x n

n

. (C.11)

O sinal verifica a condição dos sinais ímpares, x n x n , pelo que é ímpar.

Problema 4 (2 val): A resposta de um sistema discreto ao sinal de entrada

cos 5x n n n u n , (C.12)

é

sin 2 1y n n n u n . (C.13)

O sistema é instável?

sim não não se pode concluir

Para que um sistema seja estável tem de verificar que: Qualquer sinal de entrada

limitado dá origem a uma saída limitada. Neste caso, verifica-se que o sinal de entrada,

dado no enunciado, não é limitado, pelo que nada se pode concluir.

Problema 5 (2 val): Classifique como verdadeiras ou falsas as seguintes afirmações

a) O sistema y n x n x n é invertível?

sim não não se pode concluir

b) O sistema LIT com a resposta ao impulso 2 2nh n n u n é estável?

sim não não se pode concluir

a) Um sistema invertível tem de ser injectivo. Por contra-exemplo, verifica-se que

1 1

2 2

2 2 2 0

3 3 3 0

x n n y n n n

x n n y n n n

. (C.14)

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230

ou seja, dois sinais distintos dão origem à mesma saída, pelo que o sistema não é

injectivo logo é não invertível.

b) A resposta ao impulso de um sistema LIT estável tem de ser absolutamente somável.

Desta forma, tem-se que

0 0 0

0

1 12 2 2 2 2 2

2 2

n n

n n

k k k k k

h k n

. (C.15)

Calculando a soma da série geométrica obtém-se

0

1 12 2 2 4

12 12

k

h k

, (C.16)

ou seja é verificada a condição de estabilidade. O sistema é estável.

Problema 6 (5 val): Seja

3 4y n x n , (C.17)

a saída de um sistema discreto ao sinal de entrada x n . Diga justificando se o sistema

dado é

1. com memória

2. causal

3. invariante no tempo

4. linear

5. estável

6. invertível

1) Memória: Note-se que, o sinal de saída depende do sinal de entrada em instantes

diferentes do actual, e.g., 1 3 4y x , pelo que, o sistema tem memória.

2) Causalidade: Uma vez que o sinal de saída depende do sinal de entrada em instantes

futuros, e.g., 1 3 4y x , o sistema não é causal.

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231

3) Invariância temporal: Para verificar a invariância do sinal, considere-se o sinal

auxiliar 1 0x n x n n que conduz à saída

1 1 03 4 3 4y n x n x n n . (C.18)

No entanto, considerar a mesma deslocação temporal na saída resulta em

0 03 4y n n x n n . (C.19)

Uma vez que 1 0y n y n n , o sistema não é invariante no tempo.

4) Linearidade: Para verificar a linearidade do sistema, considere-se um sinal de entrada

com a forma

1 2x n ax n bx n . (C.20)

As saídas elementares correspondentes a ix n são dadas por 3 4i iy n x n . Um

sistema linear tem de respeitar a condição

1 2 1 2ax n bx n ay n by n . (C.21)

Um vez que a saída correspondente a x n é

1 23 3 4y n ax n bx n , (C.22)

o sistema não respeita a condição (C.21), logo, não é linear.

5) Estabilidade: Para que um sistema seja estável, deve produzir saídas limitadas para

todas as entradas limitadas. Considere-se um sinal de entrada limitado arbitrário

x n A , (C.23)

sendo A uma constante finita. Desta forma, obtém-se que

3 4 3 4 4y n x n x n A , (C.24)

ou seja, o sinal de saída é limitado para qualquer entrada limitada, i.e., o sistema é

estável.

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232

6) Invertibilidade: Para provar que o sistema admite inversa é necessário provar que este

é injectivo. Note-se que, toda a informação contida nos instantes não múltiplos de 3 (à

excepção do ponto zero) é descartada pelo sistema. Assim, por contra exemplo,

considerem-se dois sinais distintos

1 1

2 2

2 2 4

3 2 4

x n n y n

x n n y n

. (C.25)

Dois sinais distintos geraram a mesma saída, pelo que o sistema não é injectivo, e não é

invertível.

Problema 7 (5 val): Seja

2 2h n u n u n , (C.26)

a resposta ao impulso de um sistema discreto LIT. Determine a saída do sistema y n

para a entrada

3 2x n u n u n n n . (C.27)

Note-se que, este exercício pode ser resolvido de duas formas. A primeira implica que

seja aplicada a definição de convolução, tal que a saída de um sistema LIT pode ser

calculada da seguinte forma

k

y n x n h n x k h n k

. (C.28)

No entanto, este exercício particular pode ser resolvido através da aplicação das

propriedades dos sistemas LIT. Note-se que o sinal de entrada pode ser reescrito na

seguinte forma

1 3 2x n n n n , (C.29)

Assim, pelas propriedades dos sistemas LIT, a saída é dada por

1 3 2y n h n h n h n , (C.30)

que, substituindo h n resulta em

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233

2 2 1 3 3 3 4y n u n u n u n u n u n u n , (31)

e que ainda pode ser reescrito como

2 1 3 2 3 3 4y n u n u n u n u n u n u n . (32)

A representação gráfica da resposta é feita na Figura C.4. Este problema pode ainda ser

resolvido pelo método habitual. Comece-se então por representar graficamente o sinal

de entrada e a resposta impulsiva (Figura C.1). Em seguida é necessário aplicar o

algoritmo da soma de convolução: i) inverter o sinal x k ; ii) Deslocá-lo para todos os

pontos n , tais que 0x n k h k ; iii) Calcular k

y n x n k h k

. Por

inspecção dos sinais, verifica-se que para 2n e 3n se tem que

0y n x n k h k , como pode ser observado pela Figura C.2. Para o intervalo

2 3n , verifica-se que 0x n k h k , como está representado na Figura C.3.

Finalmente, para obter a resposta y n , é necessário, para cada instante n , somar as

contribuições de x k h n k , o que resulta na resposta representada na Figura C.4.

Figura C.1. Representação de x n e de h n .

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234

Figura C.2. Representação de x n k e x n k h k para 3n e 4n .

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235

Figura C.3. Representação de x n k e x n k h k para 2 3n .

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236

Figura C.4. Representação de y n .

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237

C.2.Processamento de Sinal: Teste 2.

Problema 1 (4 val): Considere o SLIT causal discreto representado na Figura

1 2 3

1 2 3

14

9 91

16 16

z z zH z

z z z

Figura C.5. Representação de y n .

(2.5 val) a) Qual é o ganho estático do sistema?

i) 21

7 ii)

128

7 iii)

56

7 iv)

64

7

(1.5 val) b) Qual é a equação às diferenças que descreve o sistema?

a) Considerando a definição de ganho estático

1

limestz

G H z

, (C.33)

verifica-se que a aplicação directa a este problema resulta numa indeterminação do tipo

0 0 . No entanto, uma vez que 1z é ao mesmo um zero do numerador e do

denominador, é possível reescrever H z na forma

2 11 2 3 2

1 2 3 22 1

1 11 14 4 4

9 9 991 11 1

16 16 1616

z zz z z zH z

z z z zz z

, (C.34)

(pondo 11 z em evidência em numerador e denominador). Aplicando agora a

definição de ganho estático obtém-se

2

1 2

1 128lim4

9 7116

estz

zG

z

. (C.35)

Desta forma, a resposta correcta é a ii.

b) Considerando a definição de função de transferência

h n

y n x n

9 93 2 1 4 2 2 4 4 2

16 16

32 182 3 2 1 4 2 1 3 2 2

16 16

y n y n y n x n x n y n y n x n x n

y n y n x n x n y n y n x n x n

i) ii)

iii) iv)

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238

Y zH z

X z , (C.36)

e substituindo em (C.34) resulta que

22 2

2

1 94 1 4 1

9 16116

Y z zY z z z X z

X z z

. (C.37)

Aplicando a transformada Z inversa a ambos os membros de (C.37), e considerando a

propriedade da transformada face à translacção no tempo

0

0

nx n n z X z

, (C.38)

obtém-se

9

2 4 4 216

y n y n x n x n , (C.39)

sendo que a resposta correcta é a ii.

Problema 2 (4 val): Classifique as seguintes afirmações:

(1 val) a) O sistema LIT dado por 4, 0H z z z , é estável.

sim não não se pode concluir

(1 val) b) O sistema LIT dado por 4, 0H z z z , é causal.

sim não não se pode concluir

(1 val) c) O sistema LIT dado por 2

1, 0

zH z z

z

, é estável.

sim não não se pode concluir

(1 val) d) O sistema LIT dado por 2

1, 0

zH z z

z

, é causal.

sim não não se pode concluir

Note-se que, a condição de causalidade de um sistema implica que a função de

transferência não tenha mais zeros do que pólos e que a respectiva região de

convergência contenha z . Da mesma forma, a condição de estabilidade implica

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239

que a região de convergência da função de transferência contenha 1z . Um vez que

todos os sistemas verificam ambas as condições, todos são estáveis e causais. As

respostas correctas são então i.

Problema 3 (3 val): Considere o mapa polos/zeros de um SLIT discreto causal,

representado na Figura C.6

(1 val) a) Qual a região de convergência da função de transferência do sistema?

i) 2

2z ii)

1

2e iii)

2

2z iv)

1

2e

Figura C.6. Mapa de pólos e zeros.

(1 val) b) O sistema é estável?

sim não

(1 val) c) Sabendo que o sistema tem ganho estático 0 3K , qual a função de

transferência do sistema?

i) 2

1

4

1

2

z z

H z

z z

ii) 2

1

43

1

2

z z

H z

z z

iii) 2

1

410

1

2

z z

H z

z z

a) Uma vez que o sistema em causa é causal, a região de convergência terá de conter

z . Sendo qualquer região de convergência delimitada por pólos, tem-se

necessariamente que,

2 21 1 1 1 2

2 2 2 2 2z j z z

. (C.40)

Assim, a resposta certa é a iii.

1 2j

1 2j

1 41 2

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240

b) Uma vez que a região de convergência do sistema contém 1z , o sistema é estável.

A resposta certa é sim.

c) Por inspecção do mapa de pólos e zeros é possível determinar a forma da função de

transferência aparte uma constante

2

1 1

4 4

11 1 1 1

22 2 2 2

z z z z

H z K K

z zz j z j

. (C.41)

Utilizando a definição de ganho estático

1

limestz

G H z

, (C.42)

torna-se então possível determinar essa constante. Aplicando (C.42) a (C.41) obtém-se a

equação

1 2

1 31

64 43 lim 10

1 1 201 12 2

estz

z z

G K K K K

z z

. (C.43)

Assim, a expressão de H z está univocamente determinada

2

1

410

1

2

z z

H z

z z

, (C.44)

sendo iii a resposta certa.

Problema 4 (9 val): Encontre a resposta completa quando a equação às diferenças

5 1 6 2 1y n y n y n x n x n , (C.45)

tem como sinal de entrada x n u n e condições iniciais 1 3y , 2 2y .

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241

Para resolver o problema é necessário efectuar a Transformada Z unilateral a ambos os

membros de (C.45). Considerando a propriedade da Transformada face à deslocação

temporal

1 21 2 ...

m mmx n m z X z z x z x x m , (C.46)

resulta de (C.45) que

1

2 1 1

5 1

6 1 2 1

Y z z Y z y

z Y z z y y X z z X z x

. (C.47)

Considerando agora a transformada do sinal de entrada (obtida através das tabelas)

1

1

1

u

x nz

, (C.48)

e os valores das condições iniciais (note-se que se considerou que 1 0x ) é possível

reescrever (C.47) como

2 1 16 5 1 18 3 1z z Y z z . (C.49)

Após alguma manipulação algébrica ainda é possível escrever (C.49) como

1

2 1

18 4

6 5 1

zY z

z z

. (C.50)

Para encontrar os pólos é necessário resolver

2

2 1 2 5 5 246 5 1 0 5 6 0 2,3

2z z z z z

. (C.51)

Assim, ainda se obtém

1

1 1

18 4

1 2 1 3

zY z

z z

. (C.52)

Uma vez que a fracção é própria, i.e., o número de zeros não é superior ao número de

pólos, é possível decompô-la em fracções simples, na forma

1 2

1 11 2 1 3

c cY z

z z

, (C.53)

onde, uma vez que Y z tem dois pólos de grau 1,

Page 242: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

242

11i

i iz p

c z p Y z

. (C.54)

Obtendo (C.54) para cada polo, chega-se a

1 1

1 1 1

2

118 4

1 2 18 4 210

11 2 1 31 3

2z

z zc

z z

, (C.55)

1 1

2 1 1

3

118 4

1 3 18 4 36

11 2 1 31 2

3z

z zc

z z

, (C.56)

o que permite reescrever (C.53) na forma

1 1

1 110 6

1 2 1 3Y z

z z

. (C.57)

Finalmente, aplicando a transformada inversa a (C.57) obtém-se então a resposta

completa no tempo

10 2 6 3n ny n u n u n . (C.58)

Page 243: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

243

C.3. Sinais e Sistemas: Teste 1.

O período dos sinais elementares ix , tem de verificar a seguinte condição

2

2i i i i

i

a T k Ta

. (C.59)

O período fundamental total, a existir, deverá ser múltiplo inteiro de todos os iT , o que

permite obter a seguinte condição

0 0 00 0 2 2

i

i

i

T a aT a a

T

a

. (C.60)

Problema 1 (3 val): Seja

t

x t x d

. (C.61)

onde x t e y t representam respectivamente o sinal de entrada e saída de um

sistema contínuo.

(1.5 val) a) Se o sinal de entrada fosse sinx t t u t , o sinal de saída seria

i) 1 cos t ii) 1 cos t u t

iii) 22sin 2t u t iv) 22cos 2t u t

Para 0t tem-se 0y t . Para 0t vem

0

0sin cos cos 0 cos cos 1

t

t

x t t d t t . (C.62)

ou seja cos 1y t t u t , que não aparece na lista das soluções. No entanto,

uma vez que 2 2cos 2 cos sin vem que

Page 244: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

244

2 2 2 2

2

cos 2 sin 2 cos 2 sin 2

2sin 2

y t t t t t u t

t u t

. (C.63)

ou seja, a resposta correcta é a iii.

(1.5 val) b) O sistema é estável ?

sim não não se pode concluir

Note-se que, o intervalo de integração de (C.61) é infinito. Assim, por contra-exemplo,

considere-se um sinal de entrada do tipo x t A . Assim, o sinal de saída é dado por

t

x t A d

. (C.64)

Um sinal limitado originou uma saída ilimitada, logo o sistema não é estável.

Problema 2 (2 val): Considere os três sinais, 1

1cos

3x t t

, 2

2sin

7x t t

e

3

52cos

2x t t

. A soma deles é um

i) sinal periódico com 0 42T ii) sinal periódico com 0 84T

iii) sinal periódico com 0 128T iv) sinal não periódico

Considerando (C.59) – (C.60), vem para as soluções do enunciado que,

0

42 1 42 2 42 5 10542 , , 7,6,

2 3 2 7 2 2 2T

, (C.65)

0

84 1 84 2 84 584 , , 14,12,105

2 3 2 7 2 2T

, (C.66)

0

128 1 128 2 128 5 64 128128 , , , ,160

2 3 2 7 2 2 3 7T

. (C.67)

Desta forma, a resposta certa é ii.

Problema 3 (5 val). Seja

Page 245: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

245

2 2x t u t u t e 1 3h t u t u t . (C.68)

Determine y t x t h t . O sistema é LIT.

Para obter o sinal de saída é necessário efectuar o integral de convolução, de acordo

com a definição

y t h x t d x h t d

. (C.69)

Como se pode observar pela Figura C.7, de uma forma geral, o impulso h t é

diferente de zero entre os pontos 3t e 1t .

Figura C.7. Representação de x t e h t , e x t h t .

Assim, é possível identificar quatro zonas de integração. Na primeira, para

1 0 1t t , tem-se que 0 0x h t y t . Na segunda zona,

3 0 1 3t t , verifica-se que

1

0

2 2 1

t

y t d t

. (C.70)

Na terceira zona, onde 3 2 3 5t t , observa-se que

2 1

3 2

2 1 2 2 3 1 2 7

t

t

y t d d t t t

. (C.71)

Na quarta zona, onde 3 2 5t t , obtém-se ainda que

1

3

1 1 3 2

t

t

y t d t t

. (C.72)

Pode então escrever-se o sinal de saída como

Page 246: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

246

0 , 1

2 1 , 1 3

7 , 3 5

2 , 5

t

t ty t

t t

t

, (C.73)

e representá-lo, como mostra a Figura C.8.

Figura C.8. Representação de y t .

Problema 4 (4 val): O sistema LIT com a resposta ao impulso

, 0

0 , 0

c th t

t

, (C.74)

tem memória? Justifique. ( c é uma constante).

Note-se que, a função não é um delta de Dirac, que é definido como

, 0

0 , 0

tt

t

. (C.75)

Considere-se então o exemplo de um sinal de entrada definido como x t t .

Recordando a propriedade do delta de Dirac face à convolução,

x t t x t , (C.76)

resulta que, a saída do sistema é dada por

y t x t h t t h t h t . (C.77)

Page 247: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

247

Analisando o valor da saída no ponto 0t , em conjunto com a definição do integral de

convolução, verifica-se que

0y c h d c d

. (C.78)

Ou seja, o valor da saída no instante 0t depende do valor da entrada em todo o

tempo, pelo que, o sistema tem memória.

Problema 5 (3 val): O sistema LIT com resposta ao impulso

th t e u t , (C.79)

é estável? Justifique ( é uma constante).

Para que seja estável, o sistema deve verificar

h t dt A

. (C.80)

Assim, integrando (C.79) obtém-se

0

0t t t tI e u t dt e u t dt e dt e

. (C.81)

Quando 0 , a função é crescente quando t , pelo que I . Neste caso o

sistema é instável. Quando 0 tem-se que

0

0 0 1tI e e

. (C.82)

Assim, a resposta impulsiva é absolutamente integrável e o sistema é estável.

Problema 6 (3 val): Diga, justificando, se:

1. O sistema dx t

y tdt

tem memória?

Page 248: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

248

Note-se que, a derivada é o instrumento matemático que permite analisar a variação de

uma função, neste caso, ao longo do tempo. Desta forma, seria expectável que um

diferenciador utilizá-se informação do sinal de entrada em instantes diferentes do actual.

Pela definição sabe-se que

0lim

dx t x t x t

dt

, (C.83)

ou seja, para qualquer sinal, o sistema depende da entrada em instantes diferentes do

actual ( x t ). Logo, o sistema tem memória.

2. O sistema 1

cost

y t x t

é causal?

Note-se que, o sinal de saída, apenas depende do sinal de entrada no instante actual,

pelo que, o sistema não tem memória.

3. O sistema t

y t x t dt

é invariante no tempo?

Note-se que, a variável de integração é sempre muda, pelo que, é mais intuitivo escrever

t

y t x d

. (C.84)

De forma a provar a invariância do sistema, calcula-se a saída de 1 0x t x t t , que é

dada por

1 1 0

t t

y t x d x t d

. (C.85)

Finalmente, é necessário obter 0y t t , e compará-lo com (C.85). Se estes forem

iguais, o sistema é invariante. Tem-se que 0y t t é dado por

0

0

t t

y t t x d

. (C.86)

Aplique-se a mudança de variável 0u t , onde

Page 249: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

249

u , 0u t t t , 1u , (C.87)

a (C.86) o que resulta em

0 0

t

y t t x t d

, (C.88)

ou seja 1 0y t y t t pelo que o sistema é invariante no tempo.

4. O sistema 1

cost

y t x t

é linear?

Uma vez que 1 2 1 2cos cos cosax t bx t a x t b x t , será impossível obter

1 2y t ay t by t quando 1 2x t ax t bx t , pelo que o sistema não é linear.

5. O sistema dx t

y tdt

é estável?

Um sistema estável devolve uma saída limitada para qualquer entrada limitada. Por

contra exemplo verifica-se, quando x t u t (que é um sinal limitado) se tem

du t

y t tdt

, (C.89)

Ou seja, uma vez que

, 0

0 , 0

tdu ty t t

tdt

, (C.90)

a saída não é limitada, pelo que o sistema é instável.

6. O sistema sin 2y t x t é invertível?

Uma vez que a função seno relaciona cada imagem com um conjunto infinito de

objectos, não é injectiva o sistema não é invertível.

Page 250: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

250

C.4. Sinais e Sistemas: Teste 2.

Problema 1 (4 val): Seja 6sin 6 10cos 8x t t t um sinal periódico.

(1 val) a) Qual é o período fundamental do sinal x t ?

i) 0 1T s ii) 0 2T s

iii) 0 3T s iv) 0 4T s

Aplicando a condição fundamental dos sinais periódicos: x t T x t , obtém-se

6sin 6 6 10cos 8 8x t T t T t T , (C.91)

que resulta na condição

1 1 2 3, ,

6 2 3 3 3 4

8 2 1 1 2 3 4, , ,

4 4 4 4 4

T k TT k

T kT k T

. (C.92)

Atribuindo valores a k é possível obter o mínimo múltiplo comum, que será o período

fundamental do sinal 0 1T . A resposta correcta é a i.

(3 val) b) Qual é o valor da expressão 4 4 3 3X X jX jX , onde X i são

os coeficientes da expansão em série de Fourier deste sinal?

i) 5 ii) 10

iii) 7.5 iv) 2.5

Utilizando as fórmulas de Euler, é possível decompor o sinal como um soma de

exponenciais complexas

6 6 8 86 6 10 10

2 2 2 2

t t t tx t e e e ej j

. (C.93)

Reconhecendo que a frequência fundamental do sinal é dada por 0 02 2T ,

verifica-se imediatamente que (C.93) é uma expansão em série de Fourier na forma

3 2 4 23 2 4 2

3 3 4 4

t tt tx t c e c e c e c e

, (C.94)

Page 251: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

251

onde ic são os coeficientes da expansão

3

3c

j ,

3

3c

j , 4 5c , 4 5c . (C.95)

Finalmente, verifica-se que a expressão dada pode ser obtida como

3 3

4 4 3 3 5 5 10X X jX jX j jj j

. (C.96)

A resposta correcta é a ii.

Problema 2 (4 val): Na Figura C.9 representa-se o mapa de pólos/zeros de um SLIT

contínuo causal e estável inicialmente em repouso.

Figura C.9. Mapa de pólos/zeros.

Sabe-se que 2y quando o sinal de entrada é o escalão unitário x t u t .

(2 val) a) A função de transferência do sistema é

i) 2

2

3.5 102

2 10

s sH s

s s

ii)

2

22

2 10

sH s

s s

iii) 2

20

2 10H s

s s

iv)

2

210

2 10

sH s

s s

Por inspecção do mapa de pólos e zeros, é possível escrever a expressão da função de

transferência aparte uma constante

2

2 2

1 3 1 3 2 10

s sH s K K

s j s j s s

. (C.97)

Finalmente, pela definição de ganho estático obtém-se

0 2est uG y H , (C.98)

3j

3j

12

Page 252: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

252

que permite calcular o valor de K através de

2

0 2 2 1010

H K K . (C.99)

Assim, a resposta correcta é a iv.

(2 val) a) A equação diferencial que descreve o sistema é

Sabendo que, H s Y s X s rapidamente se obtém que

2

2

210 2 10 10 2

2 10

Y s sY s s s s X s

X s s s

. (C.100)

Calculando a transformada inversa de Laplace, obtém.se directamente a equação

diferencial do sistema

2

22 10 10 20

d y t dy t dx ty t x t

dt dt dt . (C.101)

Portanto, a resposta correcta é a ii.

Problema 3 (1 val): Considere o sistema (filtro) cuja resposta de frequência é

1 ,

0 ,

c

c

H j

. (C.102)

O espectro de frequência do sinal de entrada x t corresponde a

2 3 10 3 10X j . (C.103)

Dimensione a frequência c do filtro de modo a que o sinal de saída seja 1,y t t .

Justifique a resposta.

2 2

2 2

2 2

2 2

10 2 10 20 2 10 10 20

2 10 20 10 2 10 10

d y t dy t dx t d y t dy t dx ty t x t y t x t

dt dt dt dt dt dt

d y t dy t dx t d y t dy t dx ty t x t y t

dt dt dt dt dt dt

i) ii)

iii) iv)

Page 253: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

253

Para que o sinal de saída seja constante em todo o tempo, o filtro terá de “deixar passar”

apenas a componente contínua do sinal de entrada. Neste caso corresponde a

dimensionar a frequência de corte, c , tal que 2Y j H j X j .

Assim, basta impor que 10c , de forma a que a frequência de corte seja inferior à

frequência onde se localizam os delta de Dirac. Assim, o filtro e o sinal de entrada

assumem uma configuração como a descrita na Figura C.10.

Figura C.10. Representação de x t e h t , e x t h t .

Assim, o espectro da saída será 2Y j , e a sua expressão no tempo

1,y t t .

Problema 4 (3 val): Recorrendo à relação de Parseval, determine o valor do integral

abaixo indicado

2

2

3d

j

. (C.104)

Note-se que, a relação de Parseval relaciona a expressão da energia de um sinal, no

domínio do tempo e no domínio da frequência (dado que o seu valor tem de se manter).

2 21

2x t dt X j d

. (C.105)

A expressão dada em (C.104) não pode ser aplicada directamente em (C.105). No

entanto, re-escrevendo (C.104) na forma

Page 254: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

254

2

2

2 12

33d d

jj

, (C.106)

torna possível considerar que 1 3X j j , que corresponde no domínio do

tempo (efectuando a transformada inversa de Fourier) a 3tx t e u t . Assim,

multiplicando (C.105) por 4 verifica-se que

2 2

4 2x t dt X j d

. (C.107)

Finalmente, substituindo a expressão de x t em (C.107) resulta que

2

23

66

0 0

12 4

3

1 24 4 4 0

6 6 3

t

tt

d e u t dtj

ee dt

. (C.108)

Problema 5 (3 val): Recorrendo à Transformada de Laplace, determine analiticamente

a saída do sistema descrito por

2

24 3

d y t dy ty t x t

dt dt , (C.109)

para o sinal de entrada 2tx t e u t admitindo condições iniciais 0 2y e

0

0 1

t

dy ty

dt

.

Para calcular o valor da saída, é necessário efectuar a transformada de Laplace de

ambos os membros de (C.109). Considerando a propriedade da Transformada de

Laplace face à diferenciação

0udy t

sY s ydt

L

,

2

2

20 0

ud y ts Y s sy y

dt

L

, (C.110)

e que a transformada do sinal de entrada (por inspecção das tabelas) é dada por

Page 255: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

255

2 1

2

utx t e u t X s

s

L

, (C.111)

é possível escrever (C.109) no domínio da transformada de Laplace

2 10 0 4 0 3

2s Y s sy y sY s y Y s

s

. (C.112)

Após alguma manipula algébrica, chega-se a

2

2

2

2

2

2

12 1 4 2 3

2

14 3 2 7

2

14 3 2 7

2

2 7 2 14 3

2

2 11 15

4 3 2

s Y s s sY s Y ss

s s Y s ss

s s Y s ss

s ss s Y s

s

s sY s

s s s

. (C.113)

Identificando os zeros do polinómio em denominador

2

2 4 4 4 34 3 0 1,3

2s s s

, (C.114)

permite ainda obter

22 11 15

1 2 3

s sY s

s s s

. (C.115)

Uma vez que (C.115) é uma fracção própria (o número de pólos é superior ao número

de zeros), com três pólos de ordem 1, pode decompor-se na forma

1 2 3

1 2 3

c c cY s

s s s

, (C.116)

onde

i

i i s pc s p Y s

. (C.117)

Aplicando (C.117) resulta que

Page 256: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

256

2

1

1

1 2 11 15 2 11 153

1 2 3 1 2s

s s sc

s s s

. (C.118)

2

2

2

2 2 11 15 2 4 22 151

1 2 3 1 1s

s s sc

s s s

. (C.119)

2

3

3

3 2 11 15 2 9 33 150

1 2 3 2 1s

s s sc

s s s

. (C.120)

Note-se que, 3 0c uma vez que o numerador de Y s tem um zero em 3s . Assim,

a influência deste pólo no comportamento do sistema desaparece, e pode escrever-se

que

1 1

31 2

Y ss s

. (C.121)

Aplicando a transformada inversa de Laplace (por observação das tabelas) chega-se

imediatamente a

23 t ty t e u t e u t . (C.122)

Problema 6 (3 val): Recorrendo às propriedades da Transformada de Fourier, mostre

que

cos

sinc

c c

d tt

dt

. (C.123)

Aplicando a propriedade da Transformada de Fourier face à derivada

dx t

j X jdt

F

, (C.124)

ao primeiro membro de (C.123), e considerando o par transformada

cos c c ct

F

, (C.125)

resulta que

Page 257: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

257

cos c

c c

d tj

dt

F

. (C.126)

Relembrando ainda a propriedade da multiplicação do delta de Dirac por uma função

0 0 0f f , (C.127)

é possível escrever (C.126) como

cos c

c c c c

d tj

dt

F

. (C.128)

Após alguma manipulação algébrica obtém-se que

2cos c

c c c c c c

d tj j

dt j

F

.(C.129)

Finalmente, uma vez que 2 1j , verifica-se que a transformada inversa do segundo

membro de (C.129) é

sinc c c c ctj

F

. (C.130)

Está então efectuada a prova de que

cos

sinc

c c

d tt

dt

. (C.131)

Page 258: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

258

Page 259: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

259

Anexo D. Formulários

D.1. Formulário para processamento de sinal.

Page 260: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

260

Page 261: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

Formulário para Processamento de Sinal

261

Sinais, sistemas e propriedades

1)

2)

3)

4)

5)

6)

7)

8)

,

,

Transformada Z

Definições

Tabela da Transformada Z

Sinal Transformada RC

11 1 z

11 1 z

11 1 z

1 ... 1

1 !

nn n mu n

m

11 1m

z

11 1 z

1 ... 11

1 !

nn n mu n

m

11 1m

z

21 11z z

2

1 11z z

\ 0 se 0

, se 0

z z m

z m

z r

z r

Propriedades

1) ;

2) excepto para a possível

inclusão / exclusão de ;

3) ;

4) ;

5) ;

6) ;

7) ;

8) ;

9) ;

12) ;

13) Se existir, i.e., se convergir para um valor

constante quando , tem-se:

Função de transferência

Transformada de Fourier discreta

Definições

,

2

2

p p

p i

i i

x n x n x n x nx n x n x n

x n x n x n x n

x n y n

h n K n

1 2 0 1 2 0

0, 0

x n x n n n y n y n n n

h n n

1

1 2 1 2

I I

x n x n y n y n x n f y n

h n h n n x n y n h n

0 : 0 :

,

x x y y

k

B x n B n B y n B n

h k B B

0 0x n y n x n n y n n

1 2 1 2ax n bx n ay n by n

0 0,x n N x n N

k

h n x n h k x n k

g bb

n a n g a

f g n f g

1u uh n y n y n 0 0x n n n x n n

11,

2

n n

n

X z x n z x n X z z dzj

n 1 plano z

u n 1z

1u n 1z

nu n

z

1nu n

z

nn u n z

1nn u n z

n m mz

0cos n u n

1

0

1 2

0

1 cos

1 2cos

z

z z

1z

0sin n u n

1

0

1 2

0

sin

1 2cos

z

z z

1z

0cosnr n u n

1

0

1 2 2

0

1 cos

1 2 cos

r z

r z r z

0sinnr n u n

1

0

1 2 2

0

sin

1 2 cos

r z

r z r z

1 2 1 2 1 2,ax n bx n aX z bX z RC R R

0

0 z ,n

x n n X z RC R

0 ou z z

0 0

0

,n zz x n X RC z R

z

1

, múltiplo de ,

,0, caso contrário

x n X zx n nx n

x an X z RC R

1 2 1 2 1 2,x n x n X z X z RC R R

,d X z

nx n z RC Rdz

1

1, 1

1k

x k X z RC R zz

1 21 2 ..

a aax n a z X z z x z x x a

10

1

1 1

1

1

1 1

1 1

n

k

n

k k

x k X zz

x k X z x kz z

0 limz

x X z

limn

x n

x n

n 1

1lim lim 1

n zx n z X z

1 2

1 2

M

N

z z z z z zH z K

z p z p z p

,

0 lim0 ,

uz

K n my H z

n m

1

11 1

1lim lim 1 lim

1est u

n z zG y n z H z H z

z

2

1e e , e e

2

j j n j j n

n

X x n x n X d

2 21

e e

2e 2

j kn j knN N

k k

k N n N

j

k

k

x n a a x nN

X a kN

1

lim2 1

N

Nn N

x n x nN

22

2

1e

2

j

n

x n X d

Page 262: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

262

Tabela da Transformada de Fourier Discreta

Sinal Transformada

Propriedades

1) ;

2) ;

3) ;

4) ;

5) ;

6) ;

7) ;

8) ;

9) ;

Bases Matemáticas

tem pólos distintos tais que o pólo tem

multiplicidade , com e . Pode

ser decomposta em,

onde e a contribuição de cada pólo é

e.g., tem um pólo com multiplicidade ,

Tabela de Ângulos Conhecidos

Complexos

n 1

1 2 2

u n 1

21 e j

0n n 0ej n

0ej n 02 2

0cos n

0

0

2

2

0sin n

0

0

2

2

j

2jk n

Nk

k N

a e

2

2 aN

k

n kN

2 2

N N

1

1

1,

0,

n Nx n

n N

1sin 1 2

sin 2

N

, 1nu n 1

1 e j

1 , 1nn u n

2

1

1 e j

1 !, 1

! 1 !

nn r

u nn r

1

1 er

j

1 2 1 2e ej jax n bx n aX bX

0

0 e ej n jx n n X

00e ejj n

x n X

, múltiplo de

0, caso contrárioj

x n X zx n nx n

x n X e

1 2 1 2e ej jx n x n X X

e jd X

nx n jd

01e e 2

1

nj j

jm k

x m X X ke

* é real: e ej jx n X X

2

1e = e

2

e e

j j j

jj j j

r n s n p n R S P e

S P e S P e d

11

, 11

, 1

N kkN

n

n kN k

1

, 11

n k

n k

X s kip

ir 1,2, ,i k1 2 kr r r n

1 1 21

0 1 1 21

1

1 1

1 1 1

1 1

r r

i k

i i

ii

i k

r r

i k

c c cX s c

p z p z p z

c c

p z p z

0 00

zc X z X

1

1

2

2

1

1

11

1

21

11 1

1

21 1

1

11

11 1

11 1

r i

r

r

i

r r

r

i

r

i

r

i i z p

r i

i i r

iz p

r i i

i i r r

i iz p

i i

i i r

i iz p

c p z X z

cc p z X z

p z

c cc p z X z

p z p z

c cc p z X z

p z p z

X s p 2r

2

1 12

1 221

1 , 1 ,1

z p

z p

cc pz X z c pz X z

pz

1 2

0 1 211 1

c cX s c

pz pz

0, 6, 5 6 4, 3 4 3, 2 3 2, 3 2

sin 0 1/ 2 2 / 2 3 / 2 1

cos 1 3 / 2 2 / 2 1/ 2 0

tan 0 3 / 3 1 3

cot 3 1 3 / 3 0

2 2, , arctanjw x jy re r x y y x

* ,j n n j nw x jy re w r e

1 2 1 2

1 2 1 2 1 2 1 2,j j

w w r r e w w r r e

1 1 2, 0, , 1

n n j k nn w w r e k n

cos sinje j

cos 2, sin 2j j j je e e e j

sin sin cos cos sin

cos cos cos sin sin

Page 263: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

263

D.2. Formulário para sinais e sistemas.

Page 264: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

264

Page 265: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

Formulário para Sinais e Sistemas

265

Sinais, sistemas e propriedades

1)

2)

3)

4)

5)

6)

7)

,

Transformada de Laplace

Definições

Tabela da Transformada de Laplace

Sinal Transformada RC

Propriedades

1) ;

2) excepto para a possível

inclusão / exclusão de ;

3) ;

4) ;

5) ;

6) ;

7) ;

8) ;

9) ;

10) ;

11) ;

12) Se não contiver impulsos ou singularidades de ordem

superior em , o limite à direita de quando é

.

13)Se existir, i.e., se convergir para um valor

constante quando , tem-se

.

Função de transferência

,

.

Transformada de Fourier

Definições

,

2

2

p p

p i

i i

x t x t x t x tx t x t x t

x t x t x t x t

x t y t

h t K t

1 2 0 1 2 0

0, 0

x t x t t t y t y t t t

h t t

1

1 2 1 2

I I

x t x t y t y t x t f y t

h t h t t x t y t h t

0 : 0 :

,

x x y yB x t B t B y t B t

h d B B

0 0x t y t x t t y t t

1 2 1 2ax t bx t ay t by t

0x t T x t uh t y tt

1

e , e2

jst st

jX s x t dt x t X s ds

j

t 1 plano s

u t1

s 0e s

u t 1

s 0e s

1

1 !

ntu t

n

1ns

0e s

1

1 !

ntu t

n

1ns

0e s

e tu t 1

s e s

e tu t 1

s e s

1

e1 !

nttu t

n

1n

s e s

1

e1 !

nttu t

n

1n

s e s

t T e sT

plano ,excepto :

se 0,

se 0.

s

e s T ou

e s T

0cos t u t2 2

0

s

s 0e s

0sin t u t 0

2 2

0s

0e s

0coste t u t

2 2

0

s

s

e s

0sinte t u t

0

2 2

0s

e s

1 2 1 2 1 2,ax t bx t aX s bX s RC R R

0

0 e ,st

x t t X s RC R

e s

0

0 0e ,s t

x t X s s RC R e s

1

,s

x at X RC aRa a

1 2 1 2 1 2,x t x t X s X s RC R R

,

dx tsX s RC R

dt

,dX s

tx t RC Rds

1

, 0t

x d X s RC R e ss

00 , 0 lim

t

dx tsX s x x x t

dt

11 2

1

0

0 0

0 ; 0

n

n n n

n

i

n i

i

d x ts X s s x s x

dt

d x tx x

dt

01 1t

x d X s x ds s

x t

0t x t 0t

0 lims

x sX s

limt

x t

x t

t

0

lim limt s

x t sX s

1

1

M

N

s z s zH s K

s p s p

,0 lim

0 ,u

s

K n my H s

n m

0

lim limest ut s

G y t H s

1

e , e2

j t j tX j x t dt x t X j d

0

00

0

1e

2

oj t jk t

k k

k T

k

k

x t a a x t e dtT

X j a k

2

2

1lim

T

TTx t x t dt

T

2 21

2x t dt X j d

Page 266: 101545233 exercicios-resolvidos-de-sinais-e-sistemas

266

Tabela da Transformada de Fourier

Sinal Transformada

Propriedades

1) ;

2) ;

3) ;

4) ;

5) ;

6) ; 7) ;

8) ;

9) ;

10) ;

11) ;

Bases Matemáticas

,

,

tem pólos distintos, onde o pólo tem multiplicidade

, com e . A sua forma geral é

onde a contribuição de cada pólo é

E.g., tem apenas um pólo com multiplicidade ,

.

Tabela de Ângulos Conhecidos

Complexos

t 1

1 2

1, 0

sgn1, 0

tt

t

2

j

u t 1

j

0t t 0ej t

0ej t 02 t t

0cos t 0 0

0sin t 0 0j

0jk t

k

k

a e

02 k

k

a k

1

0 0

1

1,

0,2

t T

x t x t T TT t

0 1

0

2sin

k

k Tk

k

k

t kT

2 2

k

k

T T

1

11

1,rect

0,2

t Tt

t TT

11

1

2sin2 sinc

TTT

1

sinWsinc

WtWt

t

1,

0,

WX j

W

e , 0tu t e 1

j

e , 0tt u t e

2

1

j

1

e , 01 !

nttu t e

n

1n

j

1 2 1 2ax t bx t aX j bX j

0

0 ej t

x t t X j

0

0ej t

x t X j

1

x at X ja a

1 2 1 2x t x t X j X j

dx tj X j

dt

dX jtx t j

d

1

0t

x d X j X jj

* é real, x t X j X j

Se então 2x t X j X jt x

1

2r t s t p t R j S j P j

b u b

a u a

dxf u x dx f u du

du

b bb

aa a

dg x df xf x dx f x g x g x dx

dx dx

f g f g f g f g f g g

du t

tdt

t

u t d

0 0

0 0 0

0 0

, ,

0,

Não se define,

b

a

f x x a b

x x f x dx x a x b

x a x b

h t x t h x t d

X s kip

ir 1,2, ,i k 1 2 kr r r n

1 1 21

2

1

.. .. ..r r

i k

i i i k

r r

i i i k

c c c c cX s

s p s p s p s p s p

1

1

1

1

,

,

1,

!

1.

1 !

r i

ri

r ki

i

r

i i s p

r

i is p

kr

i iks p

rr

i irs p

c s p X s

dc s p X s

ds

dc s p X s

k ds

dc s p X s

r ds

X s p 2r

2 2

1 2, ,s p

s p

dc s p X s c s p X s

ds

1 2

2

c cX s

s p s p

0, 6, 5 6 4, 3 4 3, 2 3 2, 3 2

sin 0 1/ 2 2 / 2 3 / 2 1

cos 1 3 / 2 2 / 2 1/ 2 0

tan 0 3 / 3 1 3

cot 3 1 3 / 3 0

2 2, , arctanjw x jy re r x y y x

* ,j n n j nw x jy re w r e

1 2 1 2

1 2 1 2 1 2 1 2,j j

w w r r e w w r r e

1 1 2, 0, , 1

n n j k nn w w r e k n

cos sinje j

cos 2, sin 2j j j je e e e j

sin sin cos cos sin

cos cos cos sin sin