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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
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
4
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
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.
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
8
(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
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
10
11
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
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.
13
Figura 1.1. Representação de x n .
a b
c d
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
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
16
Figura 1.2. Representação de x n .
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
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)
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 .
20
Figura 1.3. Representação do caso 0N par.
Figura 1.4. Representação do caso 0N ímpar.
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 .
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.
23
Figura 1.8. Representação de 1x n u n .
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)
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)
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
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
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)
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)
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)
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)
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)
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.
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
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 .
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,
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)
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.
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
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
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
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.
43
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 .
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 .
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.
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 .
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)
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).
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)
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)
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 .
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)
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)
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)
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)
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
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)
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 .
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)
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)
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.
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
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)
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)
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
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
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)
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
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)
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
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)
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)
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)
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)
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)
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.,
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)
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)
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)
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)
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
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)
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)
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)
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)
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)
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)
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)
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
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
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)
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)
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.
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
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)
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.
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.
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)
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.
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 .
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 .
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.
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 .
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)
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 .
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 .
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.
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
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)
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.
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)
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.
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.
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)
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).
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.
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.
119
Figura 4.12. Representação dos sinais definidos em (4.65) – (4.69).
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
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
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)
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.,
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.
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.
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.
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
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
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.
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
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.
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 .
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 .
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)
135
que se encontra representada na Figura 5.9.
Figura 5.9. Representação de y t .
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
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.
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)
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
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)
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 .
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
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)
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)
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
146
Figura 6.2. Representação da região de convergência da transformada do sinal 2x t .
a
j
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)
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
190
. (7.74) 2 1
cos 20 cos 10x t t t
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
222
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
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
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
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
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?
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)
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)
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.
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.
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
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 .
234
Figura C.2. Representação de x n k e x n k h k para 3n e 4n .
235
Figura C.3. Representação de x n k e x n k h k para 2 3n .
236
Figura C.4. Representação de y n .
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)
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
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
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 .
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,
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)
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
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
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
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)
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?
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
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.
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)
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
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)
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
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
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
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
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)
258
259
Anexo D. Formulários
D.1. Formulário para processamento de sinal.
260
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
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
263
D.2. Formulário para sinais e sistemas.
264
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
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