TEORIA DE SINAIS 2004/05

EXERCÍCIOS RESOLVIDOS de SINAIS e SISTEMAS para a CADEIRA de

TEORIA DE SINAIS

por

Cesaltina Morgado (Prof. da Escola Náutica Infante D. Henrique e Estudante de Doutoramento da FCT da UNL)

e Manuel Duarte Ortigueira

I. INTRODUÇÃO AOS SINAIS E SISTEMAS

1 - Determine se os seguintes sistemas são ou não invariantes no tempo:

a) y[ ]n = x[ ]n − x[ ]n − 1

b) y( )t = t x( )t

c) y[ ]n = x[ ]−n

d) y( )t = x( )t cos( )ωot

Solução:

a) Este sistema está descrito pela seguinte relação entrada-saída:

y[ ]n = Γ[ ]x[ ]n = x[ ]n − x[ ]n − 1

Se a entrada for atrasada de k unidades no tempo e aplicada ao sistema, a saída virá igual a:

y1[ ]n = Γ[ ]x[ ]n − k = x[ ]n − k − x[ ]n − k − 1

Por outro lado, se a saída y[ ]n for atrasada de k unidades no tempo, temos que:

y2[ ]n = y[ ] n − k = x[ ]n − k − x[ ]n − k − 1

Uma vez que os resultados de y1[ ]n e y2[ ]n são idênticos, isto é, y1[ ]n = y2[ ]n , concluímos que o

sistema é invariante no tempo.

b) Nesta caso, a equação de entrada-saída do sistema é y( )t = Γ[ ]x( )t = t x( )t ).

A resposta deste sistema à entrada x( )t − to é:

y1( )t = Γ[ ]x( )t − to = t x( )t − to

e para a saída:

y2( )t = y( )t − to = ( )t − to x( )t − to

Como y1( )t ≠ y2( )t , concluímos que o sistema é variante no tempo.

c) Este sistema é descrito pela relação entrada-saída:

y[ ]n = Γ[ ]x[ ]n = x[ ]−n

A resposta do sistema à entrada x[ ]n − k é igual a:

y1[ ]n = Γ[ ]x[ ]n − k = x[ ]− n − k

Se a saída y[ ]n for atrasada de k unidades no tempo, temos que:

y2[ ]n = y[ ] n − k = x[ ]−n + k

Como y1[ ]n ≠ y2[ ]n , concluímos que o sistema é variante no tempo.

d) A relação entrada-saída para este sistema é:

y( )t = Γ[ ]x( )t = x( )t cos( )ωot

A resposta deste sistema à entrada x( )t − to é:

y1( )t = Γ[ ]x( )t −to = x( )t −to cos( )ωot

e para a saída:

y2( )t = x( )t −to cos( )ωo( )t −to

Como y1( )t ≠ y2( )t , concluímos que o sistema é variante no tempo.

2 - Determine se os sistemas descritos pelas seguintes relações de entrada-saída são lineares ou não

lineares.

a) y( )t = t x( )t

b) y[ ]n = x[ ]n2

c) y( )t = x2( )t

Solução:

Para as entradas x1( )t e x2( )t , as correspondentes saídas são:

y1( )t = t x1( )t

y2( )t = t x2( )t

A combinação linear dos dois sinais de entrada, resulta na saída:

y3( )t = Γ[ ]a x1( )t + b x2( )t = t[ ]a x1( )t + b x2( )t = a t x1( )t + b t x2( )t

Por outro lado, a combinação linear dos dois sinais de saída y1( )t e y2( )t , resulta no sinal:

y4( )t = a y1( )t + b y2( )t = a t x1( )t + b t x2( )t

Como y3( )t = y4( )t , concluímos que o sistema é linear.

Procedendo de forma similar ao exemplo anterior, as saídas correspondentes aos sinais de entradas

x1[ ]n e x2[ ]n são:

y1[ ]n = x1[ ]n2

y2[ ]n = x2[ ]n2

A combinação linear dos dois sinais de entrada, resulta na saída:

y3[ ]n = Γ[ ]a x1[ ]n + b x2[ ]n = a x1[ ]n2 + b x2[ ]n2

Por outro lado, a combinação linear dos dois sinais de saída y1[ ]n e y2[ ]n , resulta no sinal:

y4[ ]n = a y1[ ]n + b y2[ ]n = a x1[ ]n2 + b x2[ ]n2

Como y3[ ]n = y4[ ]n , concluímos que o sistema é linear.

As respostas do sistema aos sinais de entrada x1( )t e x2( )t são:

y1( )t = x12( )t

y2( )t = x22( )t

A combinação linear dos dois sinais de entrada, resulta na saída:

y3( )t = Γ[ ]a x1( )t + b x2( )t = [ ]a x1( )t + b x2( )t 2 = a2 x12( )t + 2ab x1( )t x2( )t + b2 x2

2( )t

Por outro lado, a combinação linear dos dois sinais de saída y1( )t e y2( )t , resulta no sinal:

y4( )t = a y1( )t + b y2( )t = a x12( )t + b x2

2( )t

Como y3( )t ≠ y4( )t , concluímos que o sistema é não linear.

3 - Determine se os seguintes sistemas são ou não causais.

a) y[ ]n = x[ ]n − x[ ]n − 1

b) y[ ]n = ∑k=−∞

n x[ ]k

c) y( )t = ax( )t

d) y[ ]n = x[ ]n + 3 x[ ]n + 4

e) y[ ]n = x[ ]n2

f) y( )t = x( )2t

g) y( )t = x( )−t

Solução: O sistemas descritos nas alíneas a), b), e c) são causais, porque as saídas dependem apenas

das entradas presentes e passadas. Por outro lado, os sistemas das alíneas d), e), e f) são não causais,

porque as saídas dependem dos valores futuros da entrada. O sistema da alínea g) é não causal: por

exemplo, se seleccionarmos o instante t = −1, temos para a saída y( )−1 = x( )1 . Assim, a saída no

instante t = −1, depende da entrada no instante futuro t =1.

4 - Faça a representação gráfica dos seguintes sinais. Tome como referência o sinal discreto x[ ]n da

figura 1.

a) y[ ]n = x[ ]−n

b) y[ ]n = x[ ]2n

c) y[ ]n = x[ ]−n +1

d) y[ ]n = x[ ]2n +2

-6 -4 -2 0 2 4 6-3

-2

-1

0

1

2

3

4

n

x[n]

Fig.1−Representação gráfica do sinal discreto x[ ]n .

Solução:

Neste caso o sinal x[ ]n foi rodado no tempo para dar o sinal x[ ]−n .

Fig.2−Representação gráfica do sinal discreto x[ ]−n .

Neste caso, o sinal x[ ]2n foi obtido de x[ ]n efectuando “saltos” de 2 unidades no tempo, conforme se

mostra na figura 3.

-6 -4 -2 0 2 4 6-3

-2

-1

0

1

2

3

4

n

y[n]=x[2n]

Fig.3−Representação gráfica do sinal discreto x[ ]2n .

O sinal x[ ]−n + 1 é obtido do sinal discreto x[ ]n , efectuando em 1º lugar a operação de inversão no

tempo e em 2º lugar a operação de deslocamento no tempo de 1 unidades para a direita.

-6 -4 -2 0 2 4 6-3

-2

-1

0

1

2

3

4

n

y[n]=x[-n]

Fig.4−Representação gráfica do sinal discreto x[ ]−n + 1 .

Neste caso, vamos resolver o problema por um segundo método. Vamos considerar sinais do tipo

y[ ]n =x[ ]an + b . Para representar estes sinais devemos efectuar a sua decomposição em dois, seguindo

as seguintes regras:

1º −Efectuar a translação no tempo;

2º−Efectuar a mudança de escala.

No nosso caso, efectuamos a seguinte decomposição:

1º− y1[ ]n =x[ ]n + 2

2º− y2[ ]n =y1[ ]2n =x[ ]2n + 2

O resultado final está representado na figura 5.

Note que, se tivéssemos aplicado este método de resolução na alínea c) teríamos chegado ao mesmo

resultado apresentado na figura 4.

Nota: Os resultados analisados neste problema podem ser estendidos de forma similar ao caso dos

sinais A TEMPO CONTÍNUO.

-8 -6 -4 -2 0 2 4-3

-2

-1

0

1

2

3

4

n

y[n]=x[2n+2]

Fig.5−Representação gráfica do sinal discreto x[ ]2n + 2 .

5 - Determine a resposta dos seguintes sistemas ao sinal de entrada x[ ]n = | |n −3 ≤ n ≤ 30 c.c

y[ ]n = x[ ]n

y[ ]n = x[ ]n − 1

y[ ]n = x[ ]n + 1

y[ ]n = 1/2[ ]x[ ]n − 1 + x[ ]n + x[ ]n − 1

Solução:

Na figura 6 está representado o sinal x[ ]n .

Este sinal pode ainda ser representado por:

x[ ]n =

…, 0, 3, 2, 1,

↑0 , 1, 2, 3, 0, 0, …

Neste caso, a saída é exactamente igual à entrada. Tal sistema denomina-se sistema identidade.

Este sistema atrasa a entrada de uma amostra. Assim, a sua saída é dada por:

x[ ]n =

…, 0, 3, 2,

↑1 , 0, 1, 2, 3, 0, 0, …

Neste caso o sistema avança a entrada de uma amostra. Por exemplo, o valor da saída no instante n = 0

é y[ ]0 = x[ ]1 . A resposta do sistema ao sinal de entrada é igual a:

x[ ]n =

…, 0, 3, 2, 1, 0,

↑1 , 2, 3, 0, 0, …

-6 -4 -2 0 2 4 60

0.5

1

1.5

2

2.5

3

3.5

4

n

x[n]

Fig.6− Representação gráfica do sinal discreto x[ ]2n + 2 .

A saída deste sistema, em qualquer instante, é igual ao valor médio da amostra anterior, actual e

posterior. Por exemplo, a saída no instante n = 0, é:

y[ ]0 = 12[ ]x[ ]−1 + x[ ]0 + x[ ]1 =

12 ( )1 + 0 + 1 =

23

Repetindo este cálculo para todo o valor de n obtemos o seguinte sinal de saída:

x[ ]n =

…, 0, 1, 5/3, 2, 1,

↑32 , 1, 2, 5/3, 1, 0, …

II. ANÁLISE DE SINAIS E SISTEMAS NO DOMÍNIO DO TEMPO

6 - Determine a convolução entre os seguintes sinais discretos:

x[ ]n =

1 0≤n≤4 0 c.c

h[ ]n =

(2/3)n 0≤n≤6 0 c.c

x[ ]n = (1.2)n u[ ]n m[ ]n = u[ ]n

Solução:

Para calcular a convolução entre 2 sinais discretos x[ ]n e h[ ]n , vamos aplicar o resultado:

y[ ]n =x[ ]n *h[ ]n = ∑k=−∞

+∞ x[ ]k h[ ]n-k

com base nos seguintes passos:

1º Efectuar a inversão no tempo do sinal h[ ]k : obtemos h[ ]−k

2º Deslocar h[ ]−k de “n1”: obtemos h[ ]−k + n1

3º Multiplicar x[ ]k por h[ ]−k + n1 e somar: obtemos y[ ]n1

4º Repetir os passos anteriores, fazendo variar “n” de −∞ a +∞: obtemos y[ ]n .

Note que a operação de convolução goza da propriedade comutativa, isto é:

y[ ]n = x[ ]n *h[ ]n = h[ ]n *x[ ]n

Vejamos o exemplo da alínea a):

1º Situação:

Para n<0, não há intersecção dos sinais, logo y[ ]n = 0.

-15 -10 -5 0 5 10 150

0.2

0.4

0.6

0.8

1

x[n-k] h[k]

n -4+n 0 6

Fig.1−Representação gráfica dos sinais factores da convolução y[ ]n = x[ ]n *h[ ]n = h[ ]n *x[ ]n , n <0.

2ª Situação:

Para n≥0 ∧ n −4≤0, i. e, 0≤n≤4, vem que (ver figura 2−zona de intersecção):

y[ ]n = ∑k=0

n (2/3)k = 1−(2/3)n+1

1 − (2/3) = 3( )1−(2/3)n+1

-15 -10 -5 0 5 10 150

0.2

0.4

0.6

0.8

1 h[k]

-15 -10 -5 0 5 10 150

0.2

0.4

0.6

0.8

1 u[n-k ]

n -4+n 0

Fig.2−Representação gráfica dos sinais factores da convolução y[ ]n = x[ ]n *h[ ]n = h[ ]n *x[ ]n , 0≤n≤4.

3ª Situação:

Para n≤6 ∧ n-4>0, isto é, 4<n≤6, temos (ver figura 3):

y[ ]n = ∑k=−4+n

n (2/3)k

Fazendo a mudança de variável m = k + 4 − n, obtemos:

y[ ]n = ∑m=0

4 (2/3)m −4+n = (2/3)−4+n 1−(2/3)5

1 −(2/3) = 3 [ ](2/3) −4+n − (2/3) 1+n

4ª Situação:

Para n-4≤6 ∧ n>6, ou seja 6<n≤10,temos (ver figura 4):

y[ ]n = ∑k=−4+n

6 (2/3)k

Fazendo a mudança de variável m = k + 4 − n, obtemos:

y[ ]n = ∑m=0

10−n (2/3)m −4+n = (2/3)−4+n 1−(2/3)11−n

1 −(2/3) = 3 [ ](2/3) -4+n − (2/3) 7

-15 -10 -5 0 5 10 150

0.2

0.4

0.6

0.8

1 h[k]

-15 -10 -5 0 5 10 150

0.2

0.4

0.6

0.8

1 x[n-k]

kn -4+n 0

k

Fig.3−Representação gráfica dos sinais factores da convolução y[ ]n = x[ ]n *h[ ]n , 4<n≤6.

-15 -10 -5 0 5 10 150

0.2

0.4

0.6

0.8

1 h[k]

-15 -10 -5 0 5 10 150

0.2

0.4

0.6

0.8

1 x[n-k]

-4+n 0

k

n k

Fig.4−Representação gráfica dos sinais factores da convolução y[ ]n = x[ ]n *h[ ]n , 6<n≤10

5ª Situação:

Para n-4>6,ou seja n>10, não há intersecção (ver figura 5). Deste modo: y[ ]n = 0.

-15 -10 -5 0 5 10 150

0.2

0.4

0.6

0.8

1 h[k]

-15 -10 -5 0 5 10 150

0.2

0.4

0.6

0.8

1x[n-k]

-4+n 0

k

kn

Fig.5−Representação gráfica dos sinais factores da convolução y[ ]n = x[ ]n *h[ ]n , n>10.

1º Situação:

Para n<0, temos y[ ]n = 0 (pois não há intersecção, conforme se mostra na figura 6).

-15 -10 -5 0 5 10 150

5

10

15

20

x[k]

-15 -10 -5 0 5 10 150

0.2

0.4

0.6

0.8

1 m[n-k]

0

k

kn

Fig.6−Representação gráfica dos sinais factores da convolução y[ ]n = x[ ]n *h[ ]n , n<0.

2ª Situação:

Para n≥0 , temos que (ver figura 7):

y[ ]n = ∑k=0

n (1.2)k =

1−(1.2)n+11 − (1.2) = −5( )1−(1.2)n+1

-15 -10 -5 0 5 10 150

5

10

15

20

x[k]

-15 -10 -5 0 5 10 150

0.2

0.4

0.6

0.8

1 m[n-k]

0

k

kn

Fig.7−Representação gráfica dos sinais factores da convolução y[ ]n = x[ ]n *h[ ]n , n≥0 .

7 - Determine a resposta impulsional da associação em série de dois sistemas LIT tendo como repostas

impulsivas:

h1[ ]n =

1

2n u[ ]n e h2[ ]n =

1

4n u[ ]n

Solução:

Para determinar a resposta impulsional global dos dois sistemas ligados em série, efectuamos a

convolução de h1[ ]n com h2[ ]n . Deste modo, obtemos:

h[ ]n = h1[ ]n *h2[ ]n = ∑k=−∞

+∞ h1[ ]k h2[ ]n-k

onde h2[ ]n é invertido e deslocado no tempo, como referido no problema anterior.

1ª Situação:

Para n < 0, temos que h[ ]n = 0.

2ª Situação:

Para n ≥ 0, temos que:

h[ ]n = ∑k=−∞

+∞ h1[ ]k h2[ ]n-k = ∑

k=0

+∞ ( )1/2 k( )1/4 n-k = ( )1/4 n ∑

k=0

+∞ 2k = ( )1/4 n ( )2n+1 − 1

= ( )1/2 n [ ]2 −( )1/2 n

8 - Calcule a sequência de autocorrelação do sinal x[ ]n = an u[ ]n , 0 < a <1.

Solução:

A autocorrelação do sinal x[ ]n é, por definição, dada por:

Rx[ ]n = x[ ]n *x[ ]−n = ∑k=−∞

+∞ x[ ]k x[ ]k − n

O método de resolução é idêntico ao da convolução. Neste caso, o sinal não é invertido no tempo,

apenas é deslocado de uma quantidade n.

1ª Situação:

Para n < 0, vem que (ver figura 8):

Rx[ ]n = ∑k= 0

+∞ ak ak − n = a−n ∑

k= 0

+∞ ( )a2 k =

a−n

1 − a2

-8 -6 -4 -2 0 2 4 6 80

0.2

0.4

0.6

0.8

1

x[k]

k

-8 -6 -4 -2 0 2 4 6 80

0.2

0.4

0.6

0.8

1

x[k-n]

0

0 n k

n<0

Fig.8−Representação gráfica da autocorrelação Rxx( )n = x[ ]n * x[ ]−n , n<0.

2ª Situação:

Para n ≥ 0, vem que (ver figura 9):

Rx[ ]n = ∑k= n

+∞ ak ak − n = a−n ∑

k= n

+∞ ( )a2 k =

an

1 − a2

-8 -6 -4 -2 0 2 4 6 80

0.2

0.4

0.6

0.8

1

x[k]

k

-8 -6 -4 -2 0 2 4 6 80

0.2

0.4

0.6

0.8

1

x[k-n]

0

0 n k

n>0

Fig.9−Representação gráfica da autocorrelação Rxx( )n = x[ ]n * x[ ]−n , n ≥ 0.

Note que quando n é negativo, a−n = a| |n . Deste modo, as 2 equações anteriores podem ser combinadas

na seguinte expressão:

Rx[ ]n = a| |n

1 − a2 −∞ < n < ∞

9 - Determine a resposta de um sistema LIT com resposta impulsional h( )t = u( )t ao sinal de entrada

x( )t = e-2tu( )t .

Solução:

A resposta do sistema é determinada através da operação de convolução:

y( )t =x( )t *h( )t = ⌡⌠−∞

+∞ x( )t h( )t-τ dτ

Vamos aplicar o mesmo raciocínio usado para o caso de sinais discretos.

1ª Situação:

Para t<0 (ver figura 10), não há intersecção. Deste modo, y( )t =0.

-15 -10 -5 0 5 10 150

0.2

0.4

0.6

0.8

1

0 t

x h(t - τ)

(τ)

τ

Fig.10−Representação gráfica dos sinais factores da convolução y( )t = x( )t * x( )t , t<0.

2ª Situação:

Para t≥0 , no intervalo da intersecção (ver figura 11), temos que:

y( )t = ⌡⌠0

t e-2τ dτ =

−

12 e

−2τ t

0 = 12 ( )1 −e-2t

ou ainda:

y( )t = 12 ( )1 −e-2t u( )t

-15 -10 -5 0 5 10 150

0.2

0.4

0.6

0.8

1

0 t

x( τ)

τ

h(t- τ)

Fig.11−Representação gráfica dos sinais factores da convolução y( )t = x( )t * x( )t , t≥0 .

10 - Determine a resposta de um sistema LIT discreto com resposta impulsional h[ ]n = ( )1/2 n u[ ]n ao

sinal de entrada x[ ]n = ej π n/2, - ∞ < n < ∞.

Solução:

A resposta de um SLIT é, no domínio do tempo, dada por:

y[ ]n = x[ ]n *h[ ]n = ∑k=−∞

+∞x[ ]k h[ ]n − k (1)

Então, podemos observar que a resposta do sistema ao sinal de entrada:

x[ ]n = ejΩo n (2)

é igual a:

y[ ]n = x[ ]n H( )Ωo (3)

onde,

H( )Ωo = ∑k= - ∞

∞ h[ ]k e-j Ωo k (4)

é a transformada de Fourier da resposta impulsional h[ ]n do sistema calculada à frequência Ωo.

Na resolução do problema proposto, iremos aplicar a expressão (3), vindo:

y[ ]n = ej Ωon H( )Ωo (5)

onde, Ωo = π/2.

Da equação (4), obtemos:

H

π

2 = ∑k= 0

∞

1

2 k e-j π k/2 = ∑

k= 0

∞

1

2 e-j π /2 k

ou ainda:

H( )π/2 = 1

1 - 12 e- j π/2

= 1

1 + j 12

= 2 5

e- j 26.6o

Substituindo este resultado na equação (5), resulta:

y[ ]n =

2

5 e- j 26.6o

ej π n/2

11 - Determine a resposta de um SLIT com resposta impulsional h[ ]n = ( )1/2 n u[ ]n ao sinal de

entrada:

x[ ]n = cos( )π n , - ∞ < n < ∞

Solução:

Vamos considerar x[ ]n = cos( )Ωon . Decompondo em sinais exponenciais complexos, teremos:

x[ ]n = cos( )Ωo = ej Ωon + e-j Ωon

2 = x1[ ]n + x2[ ]n (6)

Procedendo de forma idêntica à do exercício anterior, poderemos mostrar que:

y[ ]n = | |H( )Ωo cos( )Ωon + Φ( )Ωo (7)

Note que:

H( )Ωo = | |H( )Ωo e jΦ( )Ωo

Particularizando estes resultados para os dados do problema, resulta que:

Ωo = π

x[ ]n = cos( )πn ⇒ y[ ]n = | |H( )π cos( )π n + Φ( )π (8)

Da equação (4), determinamos:

H( )Ωo = ∑k= 0

∞

1

2 e−j Ωo k = 1

1 − 12 e−j Ωo

⇔ H( )π = 1

1 - 12 e-j π

= 1

1+ 1/2 = 23

Desta forma, virá para (8), que:

y[ ]n = 23 cos( )πn , - ∞ < n < ∞

Nota: No caso contínuo, a resposta de um SLIT contínuo a sinais exponenciais complexos e

sinusoidais, segue um raciocínio idêntico ao descrito nos problemas 5 e 6 para sinais discretos.

III. REPRESENTAÇÃO DE SINAIS PERIÓDICOS POR SÉRIES DE FOURIER

12 - Determine os coeficientes de Fourier do sinal x( )t = sin( )ωot .

Solução:

Para identificar os coeficientes de Fourier ck do sinal, vamos decompor o sinal x( )t na forma:

x( )t = ∑k=−∞

+∞ckej ωot (Série de Fourier) (3.1)

Então:

x( )t =sin( )ωot = ej ωot − e−j ωot

2j

e comparando com a equação (3.1), resulta que:

c-1 = −12j c1 =

12j

ck = 0, k ≠ ±1

Repare que este método é mais simples do que aplicar o resultado:

ck = 1

To ⌡⌠To

x( )t e−jωot dt

onde To é o período fundamental do sinal x( )t .

13 - Considere o sinal x( )t = 1 + sin( )ωot + 2 cos( )ωot + cos( )2ωot + π/4

Determine e represente o espectro do sinal x( )t .

Calcule a potência média do sinal através da relação de Parseval.

Solução:

O espectro do sinal é determinado pelos coeficientes de Fourier, ck.

Vamos novamente decompor o sinal x( )t em exponenciais complexas:

x( )t = 1 + ej ωot − e−jωot

2j + 2 ej ωot + e−jωot

2 + ej ( )2ωot + π/4 + e−j ( )2ωot + π/4

2

ou ainda:

x( )t = 1 +

1 +

12j ej ωot +

1 −

12j e−j ωot +

1

2 ej π/4 ej 2ωot +

1

2 e−j π/4 e−j 2ωot

Comparando com a equação (3.1), obtemos:

co = 1 c1 =

1 +

12j = 1 − 12 j =

5

41/2

e-j 26.6º

c−1 =

1 −

12j = 1 + 12 j =

5

41/2

ej 26.6º

c2 = 12 ej π/4 c−2 =

12 e−j π/4

ck = 0, | |k >2

Na figura seguinte estão representados o espectro de amplitude e o espectro de fase do sinal x( )t .

-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 50

0.5

1

1.5

k

-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5-1

-0.5

0

0.5

1

k

(radi

anos

)

θ(ck)

|ck|

Fig.1−Representação gráfica do espectro de amplitude | |ck (no topo) e do espectro de fase θ( )ck (em

baixo).

Px = ∑k=−∞

+∞

| |ck2 =co

2 + 2∑k=1

+∞

| |ck2

= 1 +co2 + 2∑

k=1

+∞

| |ck2 = 1 + 2

5

4 +14 = 4

14 - Considere o sinal periódico x( )t da figura 2, consistindo numa forma de onda rectangular de

amplitude unitária e período fundamental To .

Determine os coeficientes de Fourier de x( )t .

Calcule a potência média do sinal.

-To

1

- T1 t To 2To T1

Fig.2−Sinal rectangular periódico com período To.

Solução:

Para determinar os coeficientes de Fourier, ck, do sinal x( )t , vamos tomar apenas um período do sinal

e sobre o qual aplicar a equação:

ck = 1

To ⌡⌠

To

x( )t e-j kωot dt k= 0, ±1, ±2, …

Deste modo, resultam:

co = 1

To ⌡⌠

To

x( )t dt =

1To

⌡⌠-T1

T1 dt =

2T1To

e para k≠0 :

ck = 1

To ⌡⌠

To

x( )t e-j kωot dt =

1To

⌡⌠-T1

T1

e-j kωot dt = - 1

jkωoTo [ ] 1

1−− T

Ttoωje

ou ainda:

ck = -2 1

kωoTo

2− 1−1

jee

ToωjToωj =

2 sin( )kωoT1 kωoTo

= sin( )kωoT1

kπ k≠0

Relativamente ao cálculo da potência média do sinal, vamos efectuá-lo no domínio do tempo por

questões de simplicidade. Deste modo, iremos empregar a equação seguinte:

Px = 1

To ⌡⌠To

|x( )t |2 dt

vindo:

Px = 1

To ⌡⌠To

|x( )t |2 dt =

1 To ⌡⌠

-T1

T1 dt =

2T1To

15 - Considere o sinal de tensão periódico da figura 3:

Mostre que os coeficientes de Fourier do sinal são dados por:

Vk = jV2πk, k = ±1, ±2, ±3, … e Vo = V2

Determine a série de Fourier do sinal de tensão.

Determine a potência média normalizada do sinal.

Determine a percentagem de potência média (Pmed) contida nas componentes DC e fundamental da

representação em séries de Fourier.

0 5 10 15 20 25 30-1

-0.8

-0.6

-0.4

-0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

v(t)

0 To 2To -To 3To t

V

Fig.3−Sinal periódico com período To.

Fig.3−Sinal periódico com período To.

Solução:

Para 0 ≤ t < To, o sinal é descrito pela equação v( )t = Vt/To. Os coeficientes de Fourier são dados por:

Vk = 1

To ⌡⌠

0

To

v( )t e−j kωot dt = 1

To

⌡⌠

0

To

Vt

To e−j kωot dt

ou, ainda:

Vk =

VTo 2

e−j kωot

−k2ω o2 ( )−j kωot − 1 T0

0 = j V

2πk

Para k = 0, temos:

V0 = 1

To

⌡⌠

0

To

V t

To dt =

V2

Usando os resultados da alínea a), vem que:

v( )t = Vo +2 ∑k=1

+∞ |Vk| cos( ) k ωot + θk =

V2 + ∑

k=1

+∞( )V/πk cos( ) k ωot + π/2 , -∞ < t< +∞

Considerando que, para 0 ≤ t < To, a tensão é descrita por v( )t = Vt/To, vem para a potência média

normalizada, que:

Pmed = 1

To. ⌡⌠

0

To

|v( )t |2 dt = 1

To.

⌡⌠

0

To

Vt

To2 dt =

V2

3

Designando o valor médio, ou DC, da tensão como Vo, a potência DC é igual a:

Po = Vo2 =

V

22 =

V2

4

Da alínea a), temos | |V1 = | |V−1 = V/2π. A potência da fundamental é igual a:

P1 =

V

2π2 +

V

2π2 = V2

2π2

A potência total associada às componentes DC e fundamental é :

Po + P1 = V2

14 +

12π2 = 0.301 V2

Comparando este resultado com a verdadeira potência média de 0.333 V2, vemos que

0.301/0.333×100, isto é, 90.4% da potência do sinal está contida nestas duas componentes. Deste

modo, maior parte da potência do sinal está contida nas baixas frequências.

IV. TRANSFORMADA DE FOURIER DE SINAIS APERIÓDICOS A TEMPO

CONTÍNUO

16 - Determine o espectro do sinal x( )t = e-at u( )t e represente-o graficamente.

Solução:

Para calcular o espectro do sinal iremos usar a definição de transformada de Fourier:

X( )ω = ⌡⌠-∞

+∞

x( )t e-j ωt dt (2)

Note que para o sinal x( )t terá apenas transformada de Fourier (TF) se for estável. Assim, o sinal x( )t

terá apenas Transformada de Fourier para a>0. Nesta situação, obtemos para a TF:

X( )ω = ⌡⌠0

+∞

e-at e-j ωt dt = − 1

a + j ω [ ]e−( )a + jω t 0

+∞

= 1

a + j ω a>0

Representado X( )ω na forma polar, obteremos como amplitude e fase:

| |X( )ω = 1( )a2 + ω2 1/2 θ( )ω = − arctan

ω

a

Este resultado está representado na figura seguinte.

-6 -4 -2 0 2 4 60

0.2

0.4

0.6

0.8

1

w

|X(w)|

-8 -6 -4 -2 0 2 4 6 8-100

-50

0

50

100θ(ω)

w

Fig.1 Espectro do sinal aperiódico x( )t = e-at u( )t . a) Espectro de amplitude | |X( )ω ; b) Espectro de

fase θ( )ω .

17 - Determine e represente o espectro do sinal x( )t = e-a| |t , a>0.

Solução:

O sinal satisfaz as três condições de Dirichlet, por isso, tem transformada de Fourier.

Aplicando a equação (2), obtemos:

X( )ω = ⌡⌠0

+∞

e-a| |t e-j ωt dt = ⌡⌠-∞

0

eat e-j ωt dt + ⌡⌠0

+∞

e-at e-j ωt dt

= 1

a − j ω + 1

a + j ω

= 2a

a2 + ω2

Este resultado está representado na figura seguinte.

-8 -6 -4 -2 0 2 4 6 80

0.2

0.4

0.6

0.8

1

X(w)

w

Fig.2 Espectro do sinal aperiódico x( )t = e-a| |t para a = 2.

18 - Considere o sinal periódico x( )t , com período fundamental T, descrito por:

x( )t = ∑k=−∞

+∞ δ( )t−kT

Determine a transformada de Fourier.

Solução:

O sinal x( )t , sendo periódico, pode ser representado pela série de Fourier:

x( )t = ∑k=−∞

+∞ckej ωot

Para estes sinais, a transformada de Fourier (TF) é dada pela expressão (ver tabela de TF):

X( )ω = 2π ∑k=−∞

+∞ ckδ( )ω − kωo (3)

onde ωo = 2πT

Assim, para determinarmos a transformada de Fourier necessitamos calcular os coeficientes de Fourier

ck:

ck = 1

To ⌡⌠

To

x( )t e-j kωot dt k= 0, ±1, ±2, …

Donde resultam:

ck = 1T ⌡⌠

−T/2

T/2

δ( )t e-j kωot dt = 1T

Inserindo este resultado na equação (3), vem que:

X( )ω = 2πT ∑

k=−∞

+∞ δ( )ω − kωo

Deste modo, podemos verificar que a Transformada de Fourier de uma sequência periódica de

impulsos no tempo, é também uma sequência periódica de impulsos no domínio da frequência.

19 - Determine a resposta em frequência de um sistema LIT com entrada x( )t e saída y( )t relacionadas

através da equação:

y( )t = d x( )t

d t

Solução:

A saída y( )t de um SLIT está relacionada com a entrada x( )t através da operação de convolução:

y( )t = x( )t *h( )t (1)

onde h( )t é a resposta impulsional do sistema.

Através da propriedade da convolução, a equação (1) é equivalente no domínio da frequência ao

resultado:

Y( )ω = TF y( )t = X( )ω H( )ω (2)

onde H( )ω = TF h( )t , a resposta em frequência do sistema é a transformada de Fourier (TF) de h( )t .

Deste modo, através da propriedade da derivação, resulta para:

y(t) = dx(t)

dt

que:

Y( )ω = TF y( )t = jω X( )ω

vindo, pela equação (2), que:

H( )ω = Y(ω)X (ω) = j ω

20 - Determine a resposta y( )t de um SLIT, com resposta impulsional h( )t = e-at u( )t , a>0, ao sinal de

entrada x( )t = e-bt u( )t , b>0. (Sugestão: faça uso das propriedades da transformada de Fourier.)

Solução:

Através da equação (2) do exercício anterior e da propriedade da convolução, temos que, no domínio

da frequência, a resposta de um sistema SLIT, é dada por:

Y( )ω = TF y( )t = X( )ω H( )ω

Vamos determinar a TF dos sinais h( )t e x( )t .

H( )ω = TF h( )t = 1

a + jω

X( )ω = TF x( )t = 1

b + jω

Substituindo na equação (2), vem que:

Y(ω) = X(ω) H(ω) = 1

(a + jω)( b + jω) (3)

Vamos determinar a TF dos sinais h( )t e x( )t .

H( )ω = TF h( )t = 1 a + jω

X( )ω = TF x( )t = 1

b + jω

Substituindo na equação (2), vem que:

Y(ω) = X(ω) H(ω) = 1

(a + jω)( b + jω) (3)

Vamos admitir que a ≠ b.

Aplicando o método dos resíduos, obtemos:

1 ( )a + jω ( ) b + jω = A

a + jω + B b + jω (4)

vindo:

A =

1

b + jω jω = −a

= 1b − a (5)

B =

1

a + jω jω = −b

= 1a − b = − 1

b − a (6)

Substituindo (5) e (6) na equação (4), virá que:

Y( )ω = 1

( )a + jω ( ) b + jω = 1

b − a

1

a + jω − 1

b + jω (7)

Calculando a transformada de Fourier inversa (TF-1), obtemos finalmente:

y( )t = TF-1 Y( )ω = 1

b − a [ ]e−at u( )t − e−bt u( )t

Estude, agora, o caso em que a=b.

21 - Determine a resposta de um SLIT com resposta impulsional h( )t = e-t u( )t ao sinal de entrada

x( )t = ∑k=−3

3

ck ej k 2πt, onde co =1, c1 = c−1 = 14, c2 = c−2 =

12, c3 = c−3 =

13.

Solução:

Procedendo de forma similar ao caso anterior, teremos que (pela propriedade da convolução):

Y( )ω = TF y( )t = X( )ω H( )ω (8)

Calculando a TF de h( )t e x( )t , obtemos que:

H( )ω = TF h( )t = 1

1 + jω

X( )ω = TF x( )t = ∑k= −3

3 2π ck δ( )ω −2πk

Substituindo estes resultados na equação (8), teremos que:

Y( )ω = X( )ω H( )ω = ∑k= −3

3 2π ck δ( )ω −2πk H( )2πk

Y( )ω = ∑k= −3

3

2π c k

1 + j 2πk δ( )ω −2πk (é um sinal periódico)

Logo, convertendo para a representação em Séries de Fourier, obtemos:

y( )t = TF-1 Y( )ω = ∑k= −3

3

c k

1 + j 2πk ej 2πkt

22 - Seja p( )t um sinal periódico com período T, dado pela equação p( )t = ∑k= −∞

+∞

δ( )t −kT e s( )t um

sinal com TF representada na figura seguinte. Determine a TF do sinal r( )t = p( )t s( )t .

- 1 . 5 - 1 - 0 . 5 0 0 . 5 1 1 . 50

0 . 2

0 . 4

0 . 6

0 . 8

1

ω

( ω )

ω 1 − ω 1 0

A

S

Fig.3−Espectro do sinal S( )ω de banda-limitada.

Solução:

Da tabela de transformadas de Fourier, podemos ver que:

( ) ( ) ( ) ∑∑+∞

−∞=

+∞

−∞=

2

−2

=↔−=k

TF

kk

Tπωδ

TπωPkTtδtp

Através da propriedade da modulação, o sinal r( )t é, no domínio da frequência, dado por:

R (ω) = TF r (t) = 12π [ ]S (ω)*P (ω) = 1T ∑

k= −∞

+∞S (ω)* δ (ω − 2πk

T )

ou, ainda:

R(ω) = 1T ∑

k= −∞

+∞ S(ω −

2πkT )

Este sinal consiste na repetição periódica de réplicas do sinal S( )ω espaçadas na frequência de 2π/T.

Este problema evidencia a ideia da operação de amostragem no domínio do tempo.

23 - Considere que um SLIT cujo o sinal de saída y( )t está relacionado com o sinal de entrada x( )t

através da equação:

dy( )tdt + a y( )t = x( )t com a>0

Determine a resposta impulsional do sistema.

Solução:

Para obter a resposta impulsional h( )t do sistema, vamos ter de calcular a transformada de Fourier

inversa (TF-1) da resposta em frequência do sistema H( )ω , isto é:

h( )t = TF-1 H( )ω (1)

Aplicado TF a ambos os membros da equação dy( )t

dt + a y( )t = x( )t , obteremos:

Y( )ω [ ]jω + a = X( )ω (2)

Também, através da propriedade da modulação, sabemos que a resposta, Y( )ω , de um SLIT está

relacionada com o sinal de entrada X( )ω através da equação:

Y( )ω = X( )ω H( )ω (3)

Donde, a resposta em frequência do sistema é igual a:

H(ω) = Y(ω)X(ω) (4)

Aplicando este resultado na equação (2), resulta que:

H(ω) = 1 a + jω (5)

e para a resposta impulsional (ver tabela das Transformadas de Fourier):

h( )t = TF-1 H( )ω = e−at u( )t

24 - Considere um SLIT caracterizado pela equação diferencial de 2ª ordem:

d2y(t)dt2

+ 4 dy(t)

dt + 3 y(t) = dx(t)

dt + 2 x(t) (1)

Determine:

a resposta impulsional do sistema.

a resposta do sistema ao sinal de entrada x( )t = e−t u( )t

Solução:

Aplicando TF a ambos os membros da equação (1), temos que:

Y( )ω [ ]( )jω 2 + 4 jω + 3 = X( )ω [ ]jω + 2

e:

H( )ω = Y( )ωX( )ω

= 2 + jω

( )jω 2 + 4 jω + 3 =

2 + jω( )jω + 1 ( )jω + 3 (2)

Através do método do resíduos, temos ainda para a equação (2), que:

H( )ω = 2 + jω

( )jω + 1 ( )jω + 3 = 1/2

jω + 1 + 1/2

jω + 3

A resposta impulsional é agora determinada por:

h( )t = TF-1 H( )ω = 12 e−t u( )t +

12 e−3t u( )t

Da propriedade da modulação, resulta para a saída de um SLIT:

Y( )ω = X( )ω H( )ω (3)

A transformada de Fourier de x( )t é (ver tabela de TF):

X( )ω = TF x( )t = 1

1 + jω

Substituindo este resultado em (3), e aplicando de seguida o método dos resíduos, obteremos:

Y( )ω = 2 + jω

( )jω + 1 2( )jω + 3 =

1/4jω + 1 +

1/2( )jω + 1 2 −

1/4jω + 3

donde:

y( )t = TF-1 Y( )ω =

1

4 e−t + t2 e−t −

14 e−3t u( )t

25 - Considere o sinal seguinte:

x( )t = A | |t ≤ T1/2

0 | |t > T1/2.

Determine a transformada de Fourier de x( )t .

Determine e represente o espectro de energia do sinal.

Calcule a energia do sinal.

Solução:

X( )ω = ⌡⌠−∞

+∞

x( )t e−j ωtdt = ⌡⌠−T1/2

T1/2

A e−j ωtdt = 2Aω .sin

ωT1

2 (1)

Aplicando a relação:

sinc( )λ = sin( )πλ

πλ (2)

Virá ainda para (1), que:

X( )ω = AT1 .sinc

ωT1

2π

O espectro de energia (também designado de densidade espectral de energia) é dado por:

| |X( )ω2 =

2A

ω2 .sin2

ωT1

2

Na figura seguinte está representado | |X( )ω 2.

-20 -15 -10 -5 0 5 10 15 200

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

| (ω)|2

ω

X

2π −2π 0

Fig.4−Densidade espectral de energia | |X( )ω 2 para A=1 e T1 =1.

Por simplicidade, vamos calcular a energia do sinal, no domínio do tempo:

Ex = ⌡⌠−∞

+∞

| |x( )t 2dt = ⌡⌠−T1/2

T1/2

A2dt = A2T1

26 - Determine a transformada de Fourier do sinal x( )t representado na figura seguinte:

+ =

1 −1

1 1 1

2

1 2 2−1 −2 −2 t t t

x2(t) x1(t) x(t)

Fig.5

Solução:

Da figura, vemos que:

x( )t = x1( )t + x2( )t

Aplicando a TF a ambos os membros desta equação e usando a propriedade da linearidade (ver tabela

de TF), obtemos para a transformada de Fourier do sinal x( )t :

X( )ω = 4 sinc

2ω

π + 2 sinc

ω

π

27 - Determinar a transformada de Fourier do sinal x( )t = t x2( )t , onde x2( )t é o sinal dado no

exercício 25, com A=1 e T1 =1.

Solução:

Aplicando TF a ambos os membros de x( )t e usando a propriedade da multiplicação por potências de t

TF tnx2( )t = ( )j n dn

dωn X2( )ω

Resulta que:

X( )ω = j d

dω

2 sinc ωπ = 2j

ddω

sin ω

ω = 2j ω cos ω − sin ω

ω2

Note que, a transformada de Fourier de x2( )t é igual a (ver tabela de TF):

X2( )ω = 2 sinc ωπ

Na figura 6 está representado o espectro de amplitude do sinal X( )ω .

-10 -8 -6 -4 -2 0 2 4 6 8 100

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9| (ω))|X

ω (rad/sec)

Fig.6−Espectro de amplitude, | |X( )ω , do sinal x( )t = t x2( )t .

V. TRANSFORMADA DE LAPLACE

28 - Determine a transformada de Laplace dos seguintes sinais:

a) x( )t = −e−atu( )−t .

b) x( )t = e−tu( )t + e−2tu( )t

c) x( )t = δ( )t − 43 e−tu( )t +

14 e2tu( )t

d) x( )t = e−b| |t u( )t

e) x( )t = cos( )ωt u( )t

Solução:

Aplicando a definição de transformada de Laplace (TL)(bilateral):

X( )s = TL x( )t = ⌡⌠−∞

+∞

x( )t e-stdt (1)

obtemos:

X( )s = TL x( )t = − ⌡⌠−∞

0e−( )a + s t dt =

1s + a

A região de convergência (ROC) para este sinal é dada por Re s + a <0, isto é Re s < −a.

Novamente, aplicando a definição de transformada de Laplace, resulta que:

X( )s = TL x( )t = ⌡⌠−∞

+∞

x( )t e-stdt = ⌡⌠0

+∞

e−( )1 + s t dt + ⌡⌠0

+∞

e−( )2 + s t dt

ou ainda:

X( )s = 1

s + 1 + 1

s + 2 (2)

Neste exemplo foi aplicada a propriedade da linearidade da transformada de Laplace. A ROC é

formada pela intersecção da ROC de cada termo da equação (2).

Deste modo, podemos verificar que:

TL e−t u( )t = 1

s + 1 ROC1: Re s > −1

TL e−2t u( )t = 1s + 2 ROC2: Re s > −2

A ROC da equação (2) é igual ROC1 ∩ ROC2: Re s > −1.

Aplicando a propriedade da linearidade da TL a x( )t , vem que:

X( )s = TL x( )t = TL δ( )t − 43 TL e−tu( )t +

14 TL e2tu( )t (1)

Aplicando, agora, os resultados da tabela de transformadas de Laplace (ver tabela):

TL δ( )t = 1 ROC1: todo o plano s

TL e−t u( )t = 1

s + 1 ROC2: Re s > −1

TL e2t u( )t = 1

s − 2 ROC3: Re s > 2

na equação (1), obtemos:

X( )s = 1 − 43

1

s + 1 + 13

1

s − 2 = ( )s − 1 2

( )s + 1 ( )s − 2 ROC=ROC1∩ROC2∩ROC3: Re s > 2

x( )t = e−b| |t u( )t = e−bt u( )t + e−bt u( )−t

Pela propriedade da linearidade da TL, obtemos:

X( )s = TL x( )t = TL e−btu( )t + TL e−btu( )−t

Da tabela de TL, tiramos que:

TL e−bt u( )t = 1

s + b ROC1: Re s > −b

TL ebt u( )−t = − 1s − b ROC2: Re s < b

Observemos os casos:

Para b<0, o sinal x( )t não tem TL, porque não há uma região comum de convergência das ROC’s de

cada um dos termos de X( )s .

Para b>0, x( )t tem TL dada por:

X( )s = 1

s + b − 1

s − b = 2b

s2 − b2 ROC1∩ROC2: −b<Re s <b

Para x( )t = cos( )ωt u( )t = 12 [ ]ejωt + e−jωt u( )t , temos que:

X( )s = TL x( )t = 12 TL ejωtu( )t + 12 TL e−jωtu( )t

Aplicando nesta equação o resultado (ver tabela de TL):

TL e−at u( )t = 1s + a ROC1: Re s > −a

Virá para a= ±jω que:

X( )s = 12

1

s − jω − 1

s + jω = 1

s2 + ω2 ROC1∩ROC2: Re s −jω >0

Note que a ROC pode ser escrita como Re s >0, uma vez que Re jω = 0.

29 - Determine a transformada de Laplace inversa de X( )s = 1( )s + 1 ( )s + 2 para cada uma das

seguintes regiões de convergência:

a) Re s > −1

b) Re s < −2

c) −2<Re s < −1

Solução:

Aplicando o método dos resíduos a X( )s , obtemos que:

X( )s = 1

( )s + 1 ( )s + 2 = A

s + 1 + B

s + 2

com:

A =

1

s + 2 s= −1 = 1 B =

1

s + 1 s= −2 = −1

Vamos agora determinar a ROC de cada termo da equação:

X( )s = 1

s + 1 − 1

s + 2.

Como os pólos de X( )s (isto é: s= −1;−2) estão à esquerda de Re s > −1, a ROC de cada termo de

X( )s deverá incluir Re s > −1. Logo, ambos os sinais de X( )s deverão ser sinais orientados “à

direita”.

Das tabelas de TL, temos que:

TL e−t u( )t = 1

s + 1 ROC1: Re s > −1

TL e−2t u( )t = 1

s + 2 ROC1: Re s > −2

Aplicando estes resultados no cálculo da transformada de Laplace inversa (TL-1), virá que:

x( )t = TL−1 X( )s = e−t u( )t − e−2t u( )t

Neste caso, como ambos os pólos de X( )s estão localizados à direita de Re s < −2, os sinais

referentes a cada termo de X( )s deverão incluir esta região de convergência. Deste modo, estes sinais

deverão estar orientados “à esquerda”. Teremos, então, que (ver exercício 1, alínea a):

x( )t = TL−1 X( )s = −e−t u( )−t + e−2t u( )−t = [ ]−e−t + e−2t u( )−t

Neste caso, como o pólo s = −1 está à direita da ROC corresponderá a um sinal orientado “à

esquerda”, enquanto o pólo s = −2 está à esquerda da ROC corresponderá a um sinal “à direita”. Deste

modo, obtemos:

x( )t = TL−1 X( )s = −e−t u( )−t − e−2t u( )t

30 - Determine a transformada de Laplace de x( )t = t e−at u( )t .

Solução:

Das tabelas de TL, temos que:

TL e−at u( )t = 1

s + a ROC1: Re s > −a

Aplicando a propriedade da derivação no domínio s:

TL t x( )t = − dX( )s

ds ROC=ROC1

no resultado anterior, resulta que:

X( )s =TL t e−at u( )t = − dds

1

s + a = 1

( )s + a 2 ROC: Re s > −a

31 - Determine a resposta impulsional de um sistema LIT caracterizado pela função de transferência:

H( )s = es

s + 1 ROC: Re s > −1.

Solução:

Como a ROC está à direita do pólo mais à direita de H( )s , a resposta impulsional será um sinal

orientado “à direita”. Por outro lado, das tabelas de TL, temos que:

TL e−t u( )t = 1

s + 1 ROC1: Re s > −1

e da propriedade do deslocamento no tempo:

TL x( )t − to = e−sto X( )s ROC=ROC1

vem que:

TL e−( )t + 1 u( )t + 1 = es

s + 1 ROC: Re s > −1

A resposta impulsional do sistema é dada por:

h( )t = TL−1 H( )s = e−( )t + 1 u( )t + 1

32 - Considere um sistema LIT causal com entrada x( )t e saída y( )t relacionadas através da equação

diferencial:

dy( )tdt + 3y( )t = x( )t (1)

Determine a função de transferência do sistema H( )s .

Determine a resposta impulsional h( )t .

Solução:

Aplicando a transformada de Laplace (TL) a ambos os membros da equação (1), e utilizando as

propriedades da derivação e da linearidade da TL, obtemos:

sY( )s + 3Y( )s = X( )s

ou ainda:

H( )s = Y( )sX( )s =

1s + 3 ROC: Re s > −3

Note que, como o sistema é causal a ROC deverá estar à direita do pólo mais à direita, neste caso

s = −3.

O diagrama de pólos e zeros de H( )s está representado na figura 1.

Para calcular a resposta impulsional, vamos calcular a transformada de Laplace inversa de H( )s .

Consultando as tabelas da TL, obtemos:

h( )t = TL−1 H( )s = e−3t u( )t

-3 -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0-1

-0.8

-0.6

-0.4

-0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1Pole-Zero Map

Real Axis

Imag

inar

y Ax

is

Fig.1−Diagrama de pólos e zeros de H( )s = 1/(s + 3).

33 - Dada a função de transferência H( )s = s2 + 1

( )s + 1 ( )s + 2 . Determine se o sistema é estável e/ou causal

para as seguintes regiões de convergência:

a) Re s > −1

b) Re s < −2

c) −1 < Re s < −2

Solução:

Os pólos do sistema são s = −1 e s = −2, ambos estão à esquerda do eixo imaginário.

Na figura 2 está representado o diagrama de pólos e zeros do sistema.

A ROC inclui o eixo imaginário, por isso, H( )s é estável e causal.

A ROC não inclui o eixo imaginário: H( )s descreve um sistema instável. H( )s é também anti-causal.

A ROC não inclui o eixo imaginário: H( )s descreve um sistema instável. H( )s é também não causal.

-2 -1.8 -1.6 -1.4 -1.2 -1 -0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0-1

-0.8

-0.6

-0.4

-0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1Pole-Zero Map

Real Axis

Imag

inar

y Ax

is

Fig.2−Diagrama de pólos e zeros de H( )s = ( )s2 + 1 /( )s + 1 ( )s + 2 .

34 - Determine a transformada de Laplace inversa de X( )s = s4 + 2s3 + 3s2 + 2s + 1 s4 + 4s3 + 7s2 + 6s + 2

.

Solução:

Vamos decompor X( )s em fracções. Para tal, efectuamos 1º a divisão do numerador pelo denominador

e depois aplicamos o método dos resíduos. Obtemos o seguinte resultado simplificado:

X( )s = 1 + −j 0.5s + 1 − j + j 0.5

s + 1 + j − 2s + 1 + 1

( )s + 1 2

A transformada de Laplace inversa pode, agora, ser obtida aplicando os resultados constantes na tabela

de TL. Deste modo, obtemos:

x( )t = TL−1 X( )s = δ( )t + e−tcos

t − π2 u( )t − 2 e−t u( )t + t e−t u( )t

35 - Um filtro analógico passabanda tendo aplicado na entrada o sinal x( )t = u( )t deu como resposta

y( )t = 1 + 1.155 e−5tcos( )8.66t −2.618 , t ≥ 0.

Qual é a função de transferência do sistema?

Determine a resposta impulsional do sistema.

Determine a saída y( )t do sistema ao sinal de entrada x( )t = 10 cos( )8.66t u( )t

Solução:

Considerando o filtro como um SLIT, temos que:

y( )t = x( )t *h( )t = u( )t *h( )t (1)

para a entrada x( )t = u( )t .

Aplicando a propriedade da convolução na equação (1), temos:

Y( )s = H( )s .X( )s = H( )s . 1s

ou ainda:

H( )s = sY( )s (2)

Vamos determinar Y( )s e substituir na equação (2).

Nota: Os resultados seguintes foram determinados com auxílio da tabela de TL.

Y( )s = TL y( )t = 1s + 1.155 TL e−5t [ ]cos( )8.66t cos( )−2.618 − sin( )8.66t sin( )−2.618 u( )t

ou ainda:

Y( )s = TL y( )t = 1s + 1.155cos( )−2.618 TL e−5tcos( )8.66t u( )t −

− 1.155 sin( )−2.618 TL e−5tsin( )8.66t u( )t

mas:

TL u( )t = 1s ROC: Re s > 0

TL e−5tcos( )8.66t u( )t = s + 5

( )s + 5 2 + 8.662 ROC: Re s > −5

TL e−5tsin( )8.66t u( )t = 8.66

( )s + 5 2 + 8.662 ROC: Re s > −5

vindo:

Y( )s = TL y( )t = 1s −

s + 5( )s + 5 2 + 8.662 +

5( )s + 5 2 + 8.662 =

1s −

s( )s + 5 2 + 8.662

= 10( )s + 10

s ( )s2 + 10s + 100

Deste modo:

H( )s = sY( )s = 10( )s + 10

s2 + 10s + 100 ROC: Re s > −5

Na figura 3 está representado o diagrama de pólos e zeros do sistema.

-10 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0-10

-8

-6

-4

-2

0

2

4

6

8

10Pole-Zero Map

Real Axis

Imag

inar

y Ax

is

Fig. 3−Diagrama de pólos e zeros de H( )s = 10( )s + 10 /( )s2 + 10s + 100 .

Aplicando a tranformada de Laplace inversa, obtemos:

h( )t = TL−1 H( )s = TL−1

5.77 e−j 0.534

s + 5 − j8.66 + TL−1

5.77 ej 0.534

s + 5 + j8.66

Da tabela de TL, obtemos que:

h( )t = 11.54 e−5t cos( )8.66t −0.534 u( )t

Na figura seguinte está representada a resposta impulsional h( )t do sistema.

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2-2

0

2

4

6

8

10Impulse Response

Time (sec)

Ampl

itude

Fig.4−Representação da resposta impulsional h( )t = 11.54 e−5t cos( )8.66t −0.534 u( )t .

Calculemos a transformada de Laplace de x( )t . Da tabela de TL, temos que:

TL cos( )ωot u( )t = s

s2 + ωo2 ROC: Re s > 0

Fazendo ωo = 8.66, obtemos:

X( )s = TL x( )t = 10s

s2 + 8.662 ROC: Re s > 0

Substituindo este resultado na expressão Y( )s = H( )s .X( )s , resulta que:

Y( )s = 10( )s + 10

s2 + 10s + 100 .

10ss2 + 8.662

= As + 5 − j 8.66 + A*

s + 5 + j 8.66 + Bs − j 8.66 + B*

s + j 8.66 Re s > −5

onde:

A = 6.41 ej 2.86 B = 7.34 e−j 0.576

Calculando a TL inversa de Y( )s (ver tabela), obtemos:

y( )t = TL−1 Y( )s = 12.82 e−5t cos( )8.66t + 2.86 u( )t + 14.68 cos( )8.66t − 0.576 u( )t

Na figura seguinte está representada a resposta y( )t ao sinal x( )t = 10 cos( )8.66t u( )t .

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2-15

-10

-5

0

5

10

15Linear Simulation Results

Time (sec)

Ampl

itude

x(t)

y(t)

Fig.5−Resposta do sistema h( )t = 11.54 e−5t cos( )8.66t −0.534 u( )t ao sinal de entrada

x( )t = 10 cos( )8.66t u( )t .

VI. TRANSFORMADA Z

36 - Determine a transformada z do sinal x[ ]n =

1

2n u[ ]n .

Solução:

Aplicando a definição de transformada z, vem que:

X( )z = ∑n=−∞

+∞

x[ ]n z−n = ∑n=0

+∞

( )1/2 nz−n = ∑n=0

+∞

( )1/2 .z−1 n

Para que X( )z seja convergente é necessário que

X( )z = ∑n=0

+∞

1

2 z−1 n < ∞

A região de convergência (ROC) contém o intervalo de valores de Z para os quais

1

2 z−1 n < 1, isto é,

| |z > 1/2. Neste caso, temos que:

X( )z = 1

1 − 12 z−1 ROC: | |z >

12

Na figura seguinte está representado o diagrama de pólos e zeros de X( )z .

Fig.1−Diagrama de pólos e zeros de X( )z .

-1 -0.5 0 0.5 1

-1

-0.8

-0.6

-0.4

-0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

Real Part

Imag

inar

y P

art

37 - Determine a transformada z do sinal x[ ]n = −an u[ ]−n − 1 .

Solução:

Aplicando a definição de transformada z, vem que:

X( )z = ∑n=−∞

+∞

x[ ]n z−n = − ∑n=−∞

−1

anz−n = ∑n=−∞

−1

( )az−1 n

Fazendo a mudança de variável m = −n na equação anterior, resulta que:

X( )z = ∑m=1

+∞

( )a−1z m = 1 − ∑m=0

+∞

( )a−1z m

x[ ]n tem transformada z se | |z a−1 < 1, isto é, | |z < a. Nestas condições:

X( )z = 1 − 1

1 − a−1z =

11 − az−1 =

zz − a ROC: | |z < a

38 - Determine a transformada Z do sinal discreto x[ ]n = an u[ ]n + bn u[ ]−n − 1 .

Solução:

Neste exercício vamos usar a tabelas de transformadas z.

A TZ de x[ ]n é igual a (aplicando a propriedade da linearidade):

X( )z = X1( )z + X2( )z (1)

Das tabelas de TZ podemos obter:

X1( )z = TZ an u[ ]n = 1

1 − az−1 ROC1: | |z > | |a (2)

X2( )z = TZ bn u[ ]−n − 1 = − 11 − bz−1 ROC2: | |z < | |b (3)

Substituindo (2) e (3) na equação (1), vem que:

X( )z = 1

1 − az−1 − 1

1 − bz−1, | |z > | |a e | |z < | |b

A transformada Z de x[ ]n existirá para todos os valores de a e b tais que | |a < | |b . Neste caso, a ROC é

| |a < | |z < | |b . De notar que se | |a ≥ | |b , X( )z não existe, porque a intersecção das ROC’s de X1( )z e

X2( )z é o conjunto vazio.

39 - Dada a função de transferência H( )z = 1

1 −1.5z−1 + 0.5 z−2

Determine a resposta impulsional do sistema para as seguintes regiões de convergência:

| |z > 1

| |z < 0.5

0.5 < | |z < 1

Solução:

Vamos determinar a expansão em fracções parciais de H( )z .

Multiplicando o numerador e denominador por z2, eliminamos as potência negativas de H( )z .

Obtemos:

H( )z = z2

z2 − 1.5z + 0.5 =

z2

( )z − 1 ( )z − 0.5

Efectuando a expansão em fracções parciais:

H( )zz =

z( )z − 1 ( )z − 0.5 =

Az − 1 +

Bz − 0.5 (1)

onde:

A =

z

z − 0.5 z =1

= 2 B =

z

z − 1 z =0.5

= −1

Podemos ainda rescrever a equação (1), como:

H( )z = 2

1 − z−1 − 1

1 − 0.5z−1 (2)

Neste caso como a ROC é | |z > 1, o sinal h[ ]n é causal; logo, ambos os termos de (2) são causais.

Consultando a tabela de transformadas z, obtemos para a transformada z inversa de H( )z , que:

h[ ]n = 2 ( )1 n u[ ]n − ( )0.5 n u[ ]n = [ ]2 − ( )0.5 n u[ ]n

Como a ROC é | |z < 0.5, o sinal h[ ]n é anti-causal. Deste modo, ambos os termos de (2) correspondem

a sinais anti-causais.

h[ ]n = TZ −1 H( )z = [ ]−2 + ( )0.5 n u[ ]−n − 1 (ver tabela de TZ)

Neste caso, a ROC é 0.5 < | |z < 1 é uma coroa, o que implica que o sinal é bilateral. Assim, o 1º termo

de (2) corresponde a um sinal causal e o 2º termo a um sinal anti-causal. Deste modo, obtemos:

h[ ]n = −2 ( )1 n u[ ]−n − 1 − ( )0.5 n u[ ]n (ver tabela de TZ)

40 - Um sistema LIT é caracterizado pela função de transferência

H( )z = 3 − 4 z−1

1 −3.5 z−1 + 1.5 z−2 = 1

1 − 12 z−1

+ 2

1 − 3 z−1

Especifique a ROC de H( )z e determine h[ ]n para as seguintes condições:

sistema é estável.

sistema é causal.

sistema é anti-causal.

Solução:

Na figura seguinte está representado o diagrama de pólos e zeros de H( )z .

-1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

Real Part

Imag

inar

y P

art

Fig.2−Diagrama de pólos e zeros de H( )z .

Podemos observar da figura que o sistema tem pólos em z = 1/2 e z = 3.

Uma vez que o sistema é estável, a ROC deve incluir o círculo de raio unitário e por isso 0.5 < | |z < 3.

Consequentemente, h[ ]n é não causal e é dada por (ver tabela de TZ):

h[ ]n = TZ H( )z =

1

2n u[ ]n − 2( )3 n u[ ]−n − 1

Uma vez que o sistema é causal, a ROC é | |z > 3. Neste caso (ver tabela de TZ):

h[ ]n = TZ H( )z =

1

2n u[ ]n + 2( )3 n u[ ]n

Este sistema é instável.

Se o sistema é anti-causal, a ROC é | |z < 0.5. Por isso (ver tabela de TZ):

h[ ]n = TZ H( )z = −

1

2n + 2( )3 n u[ ]−n − 1

Neste caso, o sistema é instável.

41 - Determine a resposta do sistema LIT, y[ ]n = 56 y[ ]n − 1 −

16 y[ ]n − 2 + x[ ]n , ao sinal de entrada

x[ ]n = δ[ ]n − 13 δ[ ]n .

Solução:

y[ ]n − 56 y[ ]n − 1 +

16 y[ ]n − 2 = x[ ]n (1)

Aplicando TZ a ambos os membros de (1) e usando as propriedades da linearidade e do deslocamento

no domínio do tempo, obtemos:

Y( )z

1 −

56 z−1 +

16 z−2 = X( )z

ou:

H( )z = Y( )zX( )z =

1

1 − 56 z−1 + 16 z−2 =

1

1 − 12 z−1

1 − 13 z−1 (2)

A transformada z de x[ ]n é (ver tabela de TZ):

X( )z = TZ x[ ]n = 1 − 13 z−1 (3)

Note que, aplicando a propriedade da convolução à resposta do sistema LIT, y[ ]n = h[ ]n *x[ ]n , temos

que:

Y( )z = H( )z X( )z (4)

E, após substituir (2) e (3) em (4):

Y( )z = H( )z X( )z = 1 −

13 z−1

1 −

12 z−1

1 −

13 z−1

= 1

1 − 12 z−1

ROC: | |z > 0.5 (5)

Na equação (5), pólo z = 1/3 de H( )z foi cancelado pelo zero, z = 1/3, do sinal de entrada. Deste modo,

a resposta do sistema é:

y[ ]n = TZ−1 Y( )z =

1

2n u[ ]n

0 5 10 15 20 25 300

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

n

y[n]

Fig.3− Representação da resposta do sistema:y[ ]n = ( )1/2 n u[ ]n

42 - Determine a sequência de autocorrelação do sinal x[ ]n = an u[ ]n , −1< a <1.

Solução:

Através da propriedade da correlação de duas sequências, temos que:

Rx( )z = X( )z .X( )z−1 (1)

Da tabela de TZ, obtemos:

X( )z = TZ an u[ ]n = 11 − az−1 ROC1: | |z > | |a (sinal causal)

e

X( )z−1 = 1

1 − az ROC2: | |z > 1| |a (sinal anti-causal)

Substituindo estes resultados na equação (1), resulta que:

Rx( )z = 1

1 − az−1.

11 − az ROC1∩ROC2: | |a < | |z <

1| |a (2)

Dado que ROC deste sinal é um anel, rx [ ]n é um sinal bilateral, mesmo com x[ ]n causal. Efectuando

a decomposição do sinal (2) em 2 fracções e aplicando a transformada z inversa, obtemos:

rx [ ]n = 1

1 − a2 a| |n , −∞< n< ∞

43 - Determine a transformada z do sinal discreto x[ ]n = nan u[ ]n .

Solução:

Vamos rescrever o sinal como x[ ]n = nx1[ ]n , onde x1[ ]n = an u[ ]n .

Da tabela de TZ, temos que:

X1( )z = TZ an u[ ]n = 1

1 − az−1 ROC: | |z > | |a

Aplicando nesta expressão a propriedade da derivação no domínio z:

TZ nx[ ]n = −z dX( )z

dz

obtemos que:

X( )z = TZ nx1[ ]n = −z dX1( )z

dz = az−1

( )1 − z−1 2 ROC: | |z > | |a

44 - Determine a convolução x[ ]n dos sinais:

x1[ ]n = 1, −2, 1 x2[ ]n = 1 0 ≤ n ≤ 50 c.c

Solução:

Calculemos a transformada z de ambos os sinais pela definição:

X( )z = ∑n=−∞

+∞

x[ ]n z−n (1)

Resulta que:

X1( )z = 1 − 2z−1 + z−2

X2( )z = 1 + z−1 + z−2 + z−3 + z−4 + z−5

De acordo com a propriedade da convolução:

X( )z = X1( )z X2( )z = 1 − z−1 − z−6 + z−7

Comparando este resultado com (1), obtemos:

x[ ]n = 1, −1, 0, 0, 0, 0, −1, 1

45 - Determine a transformada z unilateral dos seguintes sinais:

x1[ ]n =

↑

1 , 2, 5, 7, 0, 1

x2[ ]n = δ[ ]n − k

x3[ ]n = δ[ ]n + k

x4[ ]n =

1,2,

↑5 , 7, 0, 1

x5[ ]n = x[ ]n − 2 onde x[ ]n = an, −1< a <1.

Solução:

Vamos aplicar a definição de transformada z unilateral:

X+( )z = ∑n=0

∞

x[ ]n z−n

X1+( )z = 1 + 2z−1 + 5z−2 + 7z−3 + z−5

X2+( )z = z−k

X3+( )z = 0

X4+( )z = 5 + 7z−1 + z−3

Vamos aplicar a propriedade do deslocamento:

X+( )z = ∑n=0

∞ x[ ]n − k z−n = z−k

X+( )z + ∑

n=1

k x[ ]− n zn k>0

com k = 2. Iremos obter:

X5+( )z = z−2 ( ) X+( )z + x[ ]−1 z + x[ ]−2 z2 = z−2 X+( )z + x[ ]−1 z−1 + x[ ]−2 (1)

Uma vez que x[ ]−1 = a−1, x[ ]−2 = a−2 e por outro lado:

X+( )z = ∑n=0

∞

x[ ]n z−n = ∑n=0

∞

( )az−1 n = 11 − az−1

Virá para a equação (1), que:

X5+( )z = z−2

1 − az−1 + a−1z−1 + a−2

46 - Determine a resposta ao escalão do sistema

y[ ]n = ay[ ]n − 1 + x[ ]n , −1< a <1 (1)

para a condição inicial y[ ]−1 = 1.

Solução:

Aplicando a transformada z unilateral a ambos os membros de (1), obtemos:

Y+( )z = a [ ]z−1Y+( )z + y[ ]−1 + X+( )z (2)

Substituindo y[ ]−1 = 1 e

X+( )z = ∑n=0

∞

u[ ]n z−n = ∑n=0

∞

( )z−1 n = 1

1 − z−1

na equação (2), obtemos:

Y+( )z = a

1 − az−1 + 1

( )1 − az−1 ( )1 − z−1 (3)

Efectuando a decomposição de (3) em fracções parciais e tomando a transformada z inversa do

resultado, obtemos:

y[ ]n = an+1 u[ ]n + 1 − an + 1

1 − a u[ ]n

ou, ainda:

y[ ]n = 11 − a ( )1 − an + 2 u[ ]n

47 - Um sistema LIT causal é descrito pela equação y[ ]n = 0.5y[ ]n − 1 + x[ ]n + 0.5x[ ]n − 1 .

Determine:

a resposta impulsional do sistema.

a resposta do sistema ao sinal de entrada x[ ]n = u[ ]n , com y[ ]−1 = 0.

a resposta do sistema ao sinal x[ ]n = cos( )nπ/12 u[ ]n com y[ ]−1 = 0.

Solução:

Vamos 1º calcular a função de frequência H( )z do sistema e depois aplicar-lhe a transformada z

inversa: obtemos h[ ]n .

Aplicando TZ a ambos os membros de y[ ]n = 0.5y[ ]n − 1 + x[ ]n + 0.5x[ ]n − 1 e usando a

propriedade do deslocamento, chegamos ao resultado:

H( )z = Y( )zX( )z =

1 + 0.5z−1

1 − 0.5z−1 = z + 0.5z − 0.5 ROC: | |z > 0.5

Expandindo H( )z /z em fracções parciais:

H( )zz =

z + 0.5z( )z − 0.5 =

−1z +

2z − 0.5

Multiplicando H( )z /z por z, obtemos:

H( )z = −1 + 2z

z − 0.5 ROC: | |z > 0.5

Aplicando TZ inversa (ver tabela de TZ), teremos finalmente que:

h[ ]n = −δ[ ]n + 2( )0.5 n u[ ]n

A TZ de x[ ]n pode ser determinada por:

X( )z = TZ an u[ ]n = 1

1 − az−1 ROC: | |z > | |a

fazendo a =1.Vamos substituir o resultado na equação Y( )z = H( )z X( )z . Obtemos, que:

Y( )z = H( )z X( )z = z + 0.5z − 0.5 ×

z1 − z−1 ROC: | |z > 1

Seguindo o procedimento usual para expansão em fracções parciais (no domínio z), temos que:

Y( )zz = H( )z X( )z =

z + 0.5z − 0.5 ×

11 − z−1 =

−2z − 0.5 +

31 − z−1

e, após aplicarmos a transformada z inversa (ver tabela de TZ), obtemos:

y[ ]n = [ ]−2( )0.5 n + 3 u[ ]n

Seguindo o mesmo raciocínio da alínea b), obtemos:

Y( )z = H( )z X( )z = z + 0.5z − 0.5 ×

z( )z − cos( )π/2z2 − 2zcos( )π/2 + 1 =

z + 0.5z − 0.5 ×

z( )z − 0.966z2 − 1.932z + 1 ROC: | |z > 1

Nesta situação:

Y( )zz =

z + 0.5z − 0.5 ×

z − 0.966z2 − 1.932z + 1 =

−1.641z − 0.5 +

1.397e−j 0.332

z − ej 0.262 + 1.397ej 0.332

z − e−j 0.262

e após multiplicar esta equação por z para dar Y( )z , obtemos para a transformada z inversa (ver tabela

TZ):

y[ ]n = [ ]−1.641( )0.5 n + 2.794cos( )nπ/12 −0.332 u[ ]n

VII. AMOSTRAGEM

48 - Considere o sinal analógico xa( )t = 3cos( )100πt .

Determine a frequência de amostragem mínima requerida para evitar aliasing.

Suponha que o sinal é amostrado ao ritmo fs = 200 Hz. Qual é o sinal discreto no tempo obtido após a

amostragem?

Suponha que o sinal é amostrado ao ritmo fs = 75 Hz. Qual é o sinal discreto no tempo obtido após a

amostragem?

Qual é a frequência 0<f<fs/2 de uma sinusóide cujas amostras são idênticas ao do sinal da alínea

anterior?

Solução:

Como a frequência do sinal analógico é de 50 Hz, a frequência de amostragem mínima requerida para

evitar aliasing é fs = 100 Hz.

Se o sinal é amostrado à frequência fs = 200 Hz, o sinal discreto no tempo é:

x[ ]n = 3cos

100πn

200 = 3 cos

πn

2

Se o sinal é amostrado à frequência fs = 75 Hz, o sinal discreto no tempo é:

x[ ]n = 3cos

100πn

75 = 3 cos

4πn

3 = 3 cos

2π −

2π3 n = 3 cos

2πn

3

Para o ritmo de amostragem fs = 75 Hz, obtivemos para a frequência da sinusóide discreta da alínea c)

f = 1/3, a que corresponde a frequência analógica de fs ×f = 75 ×1/3 = 25 Hz. O sinal pretendido será,

por isso, igual a:

ya( )t = 3cos( )2×25πt = 3cos( )50πt

Este sinal amostrado à frequência fs = 75 amostras/s dá amostras idênticas.

49 - Considere o sinal analógico xa( )t = 3cos( )50πt + 10cos( )300πt − cos( )100πt . Qual é o ritmo de

Nyquist deste sinal?

Solução:

As frequências presentes no sinal xa( )t referenciado acima são:

f1 = 25 Hz, f2 = 150 Hz, f3 = 50 Hz

Daqui constatamos que fmax = 150 Hz, logo fs > 2 fmax = 300 Hz.