101545233-Exercicios-Resolvidos-de-Sinais-e-Sistemas.pdf

ESCOLA DE COMUNICAÇÃO, ARTES E TECNOLOGIASDE 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 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 3 4 Índice Prefácio .......................................................................................................................... 3 Índice............................................................................................................................... 5 Capítulo 1. Fundamentos de Sinais e Sistemas: Sinais Discretos ............................. 11 Problema 1.1. (IML 1.8) Classifique quanto à paridade os seguintes sinais discretos. .................................................................................................................................... 11 Problema 1.2. (HSU 1.48c) Determine as componentes par e ímpar dos seguintes sinais. .......................................................................................................................... 14 Problema 1.3. (IML 1.16) Considere dois sinais discretos, x  n  e y  n  , tais que ... 17 Problema 1.4. (HSU 1.23) O sinal discreto x  n  está desenhado na Figura 1.5. Represente cada um dos seguintes sinais. .................................................................. 21 Problema 1.5. (HSU 1.16g) Determine se os seguintes sinais são ou não periódicos. Caso sejam calcule o período. .................................................................................... 24 Problema 1.6. (HSU P1.51e) Determine se os seguintes sinais são ou não periódicos. Caso sejam calcule o período. .................................................................................... 25 Problema 1.7. (IML 1.11b,c,d) Determine quais dos sinais seguintes são periódicos. Para os sinais periódicos indique o período fundamental. ......................................... 26 Problema 1.8. (IML 1.23a,d,h,i) Um sistema discreto pode ser classificado segundo as seguintes propriedades: 1) memória; 2) Causalidade; 3) Invariância no tempo; 4) Linearidade; 5) Estabilidade; 6) Invertibilidade. ........................................................ 29 Problema 1.9. Determine se os seguintes sinais são ou não periódicos. Caso sejam calcule o seu período. ................................................................................................. 34 Problema 1.10. (IML 1.23b,k) Um sistema discreto pode ser classificado segundo as 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 Problema 2.1. (HSU 2.30) Avalie y  n   h  n   x  n  , onde x  n  e h  n  estão representados na Figura 2., usando: a) Uma soma ponderada de impulsos unitários; b) A expressão para a soma de convolução. ................................................................... 39 Problema 2.2. (HSU 2.28) Considere o SLIT com resposta impulsional h  n    nu  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 Problema 2.3. (HSU 2.32) A resposta ao escalão unitário, de um determinado sistema LIT é dada por: yu  n    nu  n  para 0    1 . Determine a resposta impulsional do sistema. ....................................................................................................................... 50 Problema 2.4. (HSU 2.38) Considere um sistema LIT com a seguinte resposta impulsional: h  n    nu  n  . Classifique este sistema quanto à: a) causalidade; b) Estabilidade. ............................................................................................................... 51 5 ....... (HSU 4......................... (AT Ex..... (AT Ex.............................. (IML 2.................................1....................... 100 Problema 4................... Seja ....................................... Fundamentos de Sinais e Sistemas: Sinais Contínuos ......................................2..............................25) Considere um sistema LIT com a seguinte resposta impulsional: h  n   2n u  n  4 .................. 5................. (AT Ex........ zeros e a região de convergência.......10) Calcule a transformada do Z dos sinais: a) x  n   u  n  ...... Seja ...5........................5... 84 Problema 3........ b) x  n     n  ............ 77 Problema 3... .................7........................................8.. 4....................................................................... Cap.................... 99 Problema 4... (HSU 2..... 56 Capítulo 3.....6............ 3) Calcule a transformada inversa de.56) A resposta impulsional de um sistema LIT é dada por: h  n   1 2  u  n  ....................................... 54 Problema 2....... Cap...... Cap.............................3..................... (HSU 4........ 104 6 ...13..... (HSU 4......7........ 90 Problema 3.60) Determine o valor final e o valor inicial de x  n  para cada uma das funções de transferência e o ganho estático do sistema: ... 65 Problema 3.................... 71 Problema 3........58) Considerando o sistema LIT causal descrito por .11. (HSU 4............... (AT Ex........................................................... (IML 2...... c) Determine ainda a saída para o sinal de entrada x  n   2  n   4  n  1 ........59a) Considerando o sistema LIT causal descrito por .... 93 Problema 3................3..... 95 Capítulo 4.10...................... 75 Problema 3................ ................. (HSU 4............. 8.............. Sejam ... ......................5....38b) Considerando o sistema LIT causal descrito por .....1.. 88 Problema 3.......... 3) Calcule a transformada do Z do sinal x  n   e j0nu  n  ....... b) Estabilidade.........................6........... 15) Encontre a resposta completa quando a equação às diferenças . 66 Problema 3..............9................... Transformada Z .............................. 59 Problema 3.....2. 63 Problema 3.......... (HSU 4..........38a) Considerando o sistema LIT causal descrito por ............. (HSU 4........5....................59b) Considerando o sistema LIT causal descrito por .............. 3) Calcule a transformada inversa de......... 53 Problema 2.......................... Sabe-se que............ Encontre também os pólos.................... 97 Problema 4............ 59 Problema 3............................................. Seja .. n Calcule y 1 e y  4 para o sinal de entrada x  n   2  n     n  3 .4.............. 81 Problema 3............ 3) Discuta a existência da transformada Z do seguinte sinal x  n    n ... 7............................ (HSU 4... 103 Problema 4..........4.......................................... 97 Problema 4.................. (AT Ex.. (HSU 4..... ..... (IML 1........32) Um sistema LIT causal é descrito por .....2d) Considere o sinal representado na Figura 4..........................Problema 2.. 86 Problema 3.....26) Considere um sistema LIT cuja resposta ao escalão unitário é dada por: .............19a) Calcule a transformada inversa de ........12....14....... Classifique este sistema quanto à: a) causalidade... Cap.............. 98 Problema 4...6...................... ........1........................ (IML 3....... 105 Problema 4.... 141 Problema 6.. 2.5) Considere um sistema LIT...... 109 Problema 4..................................9) Seja x  t  um sinal contínuo considere-se .............. (IML 1....5c) Determine a transformada de Laplace do sinal: x  t   e2t u  t   e3t u  t  ............ 108 Problema 4........................................ (IML 1........ (IML 2........ .....2......9.............5.... 141 Problema 6...... Transformada de Laplace ......... (IML 1............................................................................................. 127 Problema 5.... 136 Problema 5....... 133 Problema 5.............. Cap................................................... Determine a transformada de Laplace do sinal ............... (AT Ex...........7........5............16.... 154 Problema 6........6............. 147 Problema 6..22c...........14) Considere o SLIT causal cujo mapa pólos/zeros se representa na Figura 6............13...... x  t  ... .3a..4 representa o mapa pólos/ zeros da função de transferência de um SLIT....b.... 2) Considere o seguinte circuito RLC . (IML 1.............8...........13) Seja ..b...............11a..........3..............................d) Determine a função no tempo............19) Seja ..........2. cuja resposta impulsional é dada por ............................................. (IML 3............. (IML 1......................3......... 106 Problema 4............g) Exprima analiticamente os sinais representados ... 130 Problema 5............8..............13) Considere o seguinte sistema .. cuja resposta impulsional é dada por .....f) Determine quais dos seguintes sinais são periódicos..17........ (IML 1...................... (IML 1.......... (HSU 3.......... (IML 1.......................... (IML 2...................................... (IML 3.............................b) A Figura 6..........14) Considere os sinais contínuos: .. 117 Problema 4.. (AT Ex.... Representação no Domínio do Tempo de Sistemas LIT Contínuos ....4. (AT Ex................7....... (IML 1.............10...............3a) Considere os sinais contínuos representados na Figura 4.. 111 Problema 4.............................................. Escreva a expressão que os relaciona.... 155 Problema 6..8........................ ......20a. ........ (IML 2....................1..................k) Um sistema contínuo pode classificar-se como: ...... 113 Problema 4.14.....15.............................................2a... (HSU 2...... 123 Capítulo 5.............................18) Esboce graficamente os seguintes sinais contínuos: .... 148 Problema 6.. 112 Problema 4..........................4. 158 7 ...... ............ 120 Problema 4......................... 127 Problema 5...... 3) Determinar a transformada de Laplace do sinal: x  t   eat u  t  .........11......Problema 4................................... ...5 .............................. 114 Problema 4................ 149 Problema 6. (IML 3. Cap........7a................................. (IML 1..........12.......................... Cap.. (IML 1. cuja transformada de Laplace é: ................ 2................ 3) Determine a transformada de Laplace do sinal: x  t   e j0t u  t  ........6a) Esboce graficamente as componentes par e ímpar do sinal representado na Figura 4..............7......4) Considere um sistema LIT.......... 1............................. 150 Problema 6.... ............d) Seja .....7) Sejam dois sinais contínuos relacionados por ...12) Determine o período fundamental de ...... Para os sinais periódicos determine o período fundamental....... 139 Capítulo 6............................................................ ................................8..... Fundamentos Matemáticos: Parte 2........................................................4............... 164 Problema 6. 193 Problema 7...........2.8) Classifique quanto à estabilidade e à causalidade os SLITs cujo mapa palas/zeros se representam na Figura 6....................... Determine as soluções das seguintes equações............... (IML 3.........7............ 191 Problema 7.......................... .......9................6.... Expresse os seguintes números complexos na forma cartesiana e determine o seu módulo............. (IML 3........ Expanda em fracções simples as seguintes funções racionais. (IML 3... .... 208 A. (IML 3..... (IML Anexo A) Prova de relações trigonométricas ......... (HSU 3...................... ....... 177 Problema 7... e represente-o no plano complexo............... 215 A.... 197 A....7.......... 197 A....................................................... cujas transformadas de Fourier se relacionam pela seguinte equação:.6.................. Mostre que as seguintes expressões são verdadeiras.......12.............. 223 Anexo C............. respectivamente............. Determine uma representação em séries de Fourier para os seguintes sinais .......................... Mostre que as seguintes expressões são verdadeiras.................. inverso e conjugado.............................................................................. (IML 3..3.............................. (IML 3................. Calcular x  t  sabendo que .......................................... 202 A.. 194 Problema 7................................ 166 Problema 6........ os sinais de entrada e de saída de um sistema contínuo.18) Considere o sistema causal descrito pela equação diferencial de coeficientes constantes................Problema 6..................... sabendo que........ Fundamentos Matemáticos .... (IML Anexo A) Noções de trigonometria ......... Expresse os seguintes números complexos na forma cartesiana........................................................5.............................. 203 A... 219 B............................1.... 162 Problema 6..................................................................................... Expresse os seguintes números complexos na forma polar........33) Considere o sistema cuja resposta de frequência é ... (IML 3.......... ......................................................3 . determine o seu módulo...... Testes Resolvidos ....4...........11.................... (IML Anexo A) Séries Geométricas ........... 211 A.. inverso e conjugado......31) Considere o sinal x  t  cujo espectro de frequência está representado na Figura 7......... .................. Encontre x  t  ............................................26) Determine a transformada de Fourier de cada uma das seguintes funções no tempo: ........................................ (IML 3.........2...1............................. 213 A............................ 227 8 ...................... 218 Anexo B..................................................... 177 Problema 7..2.............................6.. 170 Capítulo 7................... 195 Anexo A..... 219 B..................................... Calcule as seguintes expressões............1.................. Integrais........34) Seja ..........8................3............................. ......... 185 Problema 7........5........... 189 Problema 7.32) Sejam x  t  e y  t  .10...................9........10.............10) Seja ............................................ 199 A. Transformada de Fourier .. 205 A......... .............................. 183 Problema 7...................................38) Resolva a seguinte equação diferencial de segunda ordem ......................................... Justifique a resposta........ ... (IML Anexo A) Definição de número complexo...... ......... ... . ............1. 259 D........4.............................. 237 C............... Processamento de Sinal: Teste 2................... Formulário para processamento de sinal..... ....................................... Processamento de Sinal: Teste 1................................... 243 C.......................................... ................ Sinais e Sistemas: Teste 1..................................1........................................................................... Formulário para sinais e sistemas............ Sinais e Sistemas: Teste 2............................2...... ........ 263 9 ........3.............. 259 D...............2... Formulários . 250 Anexo D....................................C........................................................... 227 C....... 10 . Capítulo 1. é necessário verificar se respeita as definições (1.n0 .n0 Analogamente à alínea anterior. n  0 (1.1.2) obtém-se  1  .  0 . n0 a) x  n    n 0 .8) Classifique quanto à paridade os seguintes sinais discretos. (IML 1. n  0 x  n    n   x n .1a. é necessário calcular x  n  e verificar se este se relaciona com x  n  . através de uma relação de paridade. Fundamentos de Sinais e Sistemas: Sinais Discretos Problema 1.   1 n 2 b) x  n     3  0  2 .2). ou seja.2) .1) x  n    x  n  .1) – (1. é necessário considerar as definições respectivas dos sinais pares e ímpares x  n   x  n  .2) 1  . obtém-se 11 .3) O sinal é ímpar porque respeita a condição (1. após alguma álgebra. Para avaliar a paridade de um determinado sinal. Directamente da definição de x  n  e (1. (1. n  0 Para avaliar a paridade de a). como pode ser observado pela Figura 1. (1. como pode ser observado pela Figura 1.5) O sinal não é par nem ímpar porque não verifica nenhuma das condições de paridade. n  0  0  0 2 (1.2   1   n    1 n .1c. n 0 4  1 .n0  . como pode ser observado pela Figura 1.n0 0 Analogamente à alínea anterior. n  0 0 . n  0  1 x  n         x n . obtém-se 3  n  1 . n  0 2   .4) O sinal é par porque verifica a relação (1. após alguma álgebra.n0 0 Analogamente à alínea anterior.1). x  n    . n  0 0  (1. n  0 4 n . 4  1n . após alguma álgebra. obtém-se 1  n 4  1  n . 3  n  1 . n  0 c) x  n    .1b.1). n  0 .1d.n0 0 0 (1. . como pode ser observado pela Figura 1. n  0 2 x  n     3     3  x n . n  0 d) x  n    .6) O sinal é par porque verifica a relação (1. n  0 . 12 . . a  b c d  Figura 1.1. Representação de x  n  . 13 . 13) já se encontra escrita na forma 14 . 2 (1. 2 2   (1.67) permite obter x  n    sin  0n   j cos  0n  . Para obter as componentes par e ímpar de um determinado sinal.12) que aplicado em (A. que resulta em x n  e j  0n  2       cos  0n    j sin  0n   . é possível resolver o problema de duas formas distintas: i) Por inspecção: Sabendo que a função seno é ímpar. é possível afirmar que (1.48c) Determine as componentes par e ímpar dos seguintes sinais.2. é necessário considerar as seguintes definições 1 x p  n    x  n   x  n   . 2 (1. (HSU 1. Estas relações podem ser facilmente demonstradas através dos seguintes passos 1 1 x p  n    x  n   x  n     x  n   x  n   x p  n  . 2 2   (1. (1. sin  x    cos  x  .9) 1 1 1 xi  n    x  n   x  n     x  n   x  n     x  n   x  n    xi  n  .7) 1 xi  n    x  n   x  n   .11) Através do círculo trigonométrico é possível identificar     cos  x     sin  x  .8) que correspondem respectivamente às componentes par e ímpar de um sinal.Problema 1.13) A partir deste ponto. e a função co-seno é par. 2 2 (1. (1.10) 2 2 2 c) x  n   e j0n 2 O primeiro passo na resolução é a aplicação da fórmula de Euler. x  n   xi  n   x p  n  . (1. ii) Pela definição (1.15) x p  n   j cos  0n  . (1.14) xi  n    sin  0n  . 2 (1.18) facilmente se chega a 1 x p    sin  0n   j cos  0n   sin  n0   j cos  n0    j cos  0n  .17) Finalmente. considerando o resultado sobre a paridade das funções seno e co-seno cos   x   cos  x  .19) 2 Analogamente. sin   x    sin  x  .8) e (1.18) chegase a 1   sin  0n   j cos  0n   sin  n0   j cos  n0    2 .7) podemos então obter 1 x p    sin  0n   j cos  0n   sin  n0   j cos  n0   .16) onde são respectivamente as componentes ímpar e par do sinal. (1.20) 1    sin  0n   j cos  0n   sin  n0   j cos  n0     sin  0n  2 xi  A representação gráfica dos sinais pode ser observada na Figura 1.2 15 . utilizando as definições (1. (1. (1. (1. para a componente ímpar. Representação de x  n  .Figura 1.2. 16 . 3. onde 0 é a frequência fundamental. é necessário que se verifique 0  .16) Considere dois sinais discretos. Pode ainda ser demonstrado que.7). tal que respeita a condição x  n   x  n  N  .22) O período fundamental N 0 define-se como o menor inteiro positivo que verifica (1.3. (1.24) e sendo que x  n  é par vem ainda x  2n  3  x  2n  3  y  n   x  2n  3 . (1. Note-se que. Qualquer inteiro positivo e múltiplo de N 0 é também um período de x  n  . No entanto. de período N 0  1. seja periódico.21) cumpre (1.21) Um sinal discreto diz-se periódico. tais que y  n   x  2n  3 .22). n  . Uma vez que y  n   x  2n  3  y  n  . altera a paridade do sinal. para um sinal do tipo sin  0n  . é necessário verificar se (1.Problema 1. quando existe um inteiro N  0 . x  n  e y  n  . M onde (1. (1.23) é o conjunto dos números racionais. e M  2 . (IML 1.2. cos  0n  ou e j  0n  . se x  n  for periódico. (1. a) Se x  n  é par logo y  n  é par? Para averiguar a veracidade de a). um deslocamento.6 . tipicamente. tem-se que 17 .25) pelo que a) é falso. correspondente ao termo 2n .. o deslocamento. não altera a periodicidade. x4 .. xk x1 x3 .. Para este caso.. uma mudança de escala altera o período de um sinal.... xk x0 .. de período N 0 ... (1.(1. 18 ...21) verifica-se que estão patentes duas operações: (a) Uma mudança de escala temporal.. x  N 0  . Represente-se o sinal periódico x  n  .27) x0 logo o período de x  2n  é dado por N  N 0 2 . xk x0 N 0  1 . o período de y  n  é N y  N 0 2 . (b) Um deslocamento temporal. (i) Resolução intuitiva Por observação de (1.. pelo que não pode ser um período de y  n  ... Uma vez que a próxima operação. N0 2 2 2 .. a paridade do sinal seria mantida e y  n  seria par. na forma x n  n0 1 2 . um deslocamento não. Note-se que. x0 . 2 N 0  1 2 N 0 x1 . x  N 0  1 x  N 0  1 x  N 0  3 . b) Se x  n  é periódico logo y  n  também o é? Se sim calcule o período de y  n  . enquanto que. N  N 0 2 não é inteiro...26) Torna-se então necessário separar os casos em que N 0 é par ou ímpar. x  2 N 0  . tem-se que n0 x  2n   x  0  x0 1 2 x  2 x  4 x2 x4 N0  1 N0  1 N0  3 .. (1..28) .. ou seja. Quando N 0 é par tem-se que n0 1 x  2n   x  0  x  2  x0 x2 2 ..... correspondente ao termo 3 .x  2n  3  x  2n  3  y  n  . N 0  1 N 0 x0 x1 x2 . Para o caso em que N 0 é ímpar. N 0 2 x  4  . é necessário que 2 N y  mN 0  N y  m N0 . o que corresponde a N  m  1  0 .30) Para que esta tenha solução. 2 (1. Ny   2  m  2  N 0 . (ii) Resolução pela definição Aplicando (1. o deslocamento não altera a periodicidade. Para o caso em que N 0 é ímpar apenas se poderá ter N y  N 0 . uma vez que o período tem de ser um inteiro positivo. (1. esta ainda pode ser reescrita como   n  . Ambas as componentes e a sua periodicidade podem ser observadas na Figura 1.29).29) Desenvolvendo (1. (1. N 0 par .logo o período de x  2n  é dado por N  N 0 .22) à definição do sinal.3 e Figura 1. O período fundamental de y  n  é então o menor inteiro positivo que cumpre (1. x 2  n  N y   3  x  2n  2 N y  3  x  2n  3 .32) Note-se que. apenas no caso em que N 0 é par é que N y  N 0 2 é inteiro.31). Novamente.31) onde N 0 é o período fundamental de x  n  . N 0 ímpar (1. e o período de y  n  é N y  N 0 . m  . y n  N y   y n . 19 .4. resulta imediatamente que n  . Figura 1. 20 .3. Figura 1. Representação do caso N 0 ímpar.4. Representação do caso N 0 par. Problema 1.5.4. Figura 1. é possível chegar a 1 . n  0 1 . Efectuando finalmente a multiplicação. se aplicaram duas operações: (i) Inversão.6. (HSU 1. Figura 1. dos dois sinais chega-se ao resultado também apresentado na Figura 1.6. e aplicando sucessivamente as operações referidas. Represente cada um dos seguintes sinais.5. n  0 ( ii ) 0 . u n    u  n     u 1  n    0 . n  1 .23) O sinal discreto x  n  está desenhado na Figura 1. A representação de x  n  e u  n  pode ser observada na Figura 1. Pelo que. (ii) Deslocamento. comece-se por identificar que ao sinal escalão unitário.33) Este sinal está representado na Figura 1.5. partindo da definição analítica do escalão unitário. n  0 1 .6. a) x  n  u 1  n  Para calcular este resultado. n  0 ( i ) 0 . n  1 (1. Representação de x  n  u 1  n  . ponto por ponto. Representação de x  n  . 21 . 7. c) x  n    n  1 Para este caso. pode também identificar-se uma operação de deslocamento. 0 . 0 .36) . pelo que.35) Multiplicando os sinais ponto por ponto chega-se ao resultado da Figura 1. pode então identificar-se uma operação de deslocamento.b) x  n  u  n  2   u  n  Para o primeiro membro da soma. n  0 0 . n  1    n  1   .8. se obtém a partir da definição de escalão unitário que 1 . 22 (1. n  0 0 . n  1  n   Multiplicando os sinais ponto por ponto chega-se ao resultado da Figura 1. n  0 1 . Representação de x  n  u 1  n  . outros (1.  2  n  1 u  n  2  u  n    . Figura 1. n  0 1 . 0 .7. se obtém a partir da definição de impulso unitário que 1 .34) Efectuando a operação de subtracção vem que 1 . pelo que. n  2 (1. n  2 u n    u  n  2   . Figura 1. Representação de x  n  u 1  n  . 23 .8. 39). (1. m  1  N0  8 .22) obtém-se a equação e   j   n  N  4 e   j n  4  .23) é verificada  0  1  4    M 2 8 8 1 24 . (1.37) chega-se a e    j n N  4 4  e   j n  4  .41) . (1. Substituindo substituir n por n  N em a).38) tem de ter solução.38) Para que x  n  seja periódico. Uma vez que (1. obtém-se o menor inteiro positivo que verifica (1.37) Desenvolvendo o primeiro membro de (1. (1. a condição (1.22). m  . Caso sejam calcule o período.39) Atribuindo valores a m .16g) Determine se os seguintes sinais são ou não periódicos. e aplicando (1.40) onde N 0  8 é o período fundamental.39) tem solução. pelo que é necessário garantir a seguinte condição:  4 N  2 m  N  8m .5.Problema 1. (HSU 1. (1. e x  n  é uma função exponencial complexa. a) x  n   e j 4 n Para que x  n  seja periódico é necessário que verifique a definição (1. (1. (HSU P1. Substituindo substituir n por n  N em a). a) x  n   e n  j    4  Novamente.42).22).42) Desenvolvendo o primeiro membro de (1.44) não tem solução.51e) Determine se os seguintes sinais são ou não periódicos. sendo impossível obter um período inteiro. 4 (1. e aplicando (1.43) tem de ter solução. a condição (1.43) Para que x  n  seja periódico. como (1. Caso sejam calcule o período. para que x  n  seja periódico é necessário que verifique a definição (1.22) obtém-se a equação e  n N  j    4  e n  j    4  (1. m  . qualquer múltiplo deste também será irracional.Problema 1.45) . (1.23) não é verificada 1 0 1  4   2  M 8 1 25 . (1.6. e x  n  é uma função exponencial complexa.44) Uma vez que  é irracional. pelo que é necessário garantir a condição: N  2 m  N  8 m . chega-se a e n N  j     4 4  e n  j    4  (1. Note-se ainda que. Então. (IML 1.d) Determine quais dos sinais seguintes são periódicos.Problema 1. Novamente.48) O menor número inteiro que verifique (1.c. Para os sinais periódicos indique o período fundamental.22) à definição do sinal obtendo a equação       sin  5  n  N   2   sin  5 n  2  .11b. uma vez que (1. que neste caso. os argumentos das funções seno têm de estar relacionados.23) é verificada 5  0 5 5  4    M 2 8 8 1 1  c) x  n   cos  n  2  26 .46). através de um múltiplo do período fundamental da função seno ( M  2 ): 5  4 N  mM  5  8 N  m2  N  m . e x  n  é uma função seno. Uma vez que. m  . chega-se a        sin  5 n  2  5 N   sin  5 n  2  .46) Desenvolvendo o primeiro membro de (1. 4 5 (1. (1. (1. 4   4  4  (1. a condição (1. mas. verifique-se se após a mudança de escala. uma mudança de escala sim. o período fundamental da função seno é M  2 .  b) x  n   sin  5 n  2   4  Note-se que. o sinal continua a ser periódico.47) Para que x  n  seja periódico.  4   4  (1. uma translação no tempo não afecta o período de um sinal.48) é então o período fundamental.7.39) tem solução. e aplique-se (1.49) . Para calcular o período fundamental. substitua-se n por n  N em b).47) tem de ter solução. corresponde a m  5 que resulta em N 0  8 . qualquer múltiplo deste também será irracional.23) não é verificada 1 0 1  2   M 2 4 1  d) x  n   cos 5 n 2 .51) não tem solução. os argumentos das funções co-seno têm de estar relacionados através de um múltiplo do período fundamental da função co-seno ( M  2 ): 1 N  2 m  N  4 m . Novamente. (1. (1. 2  2 2  (1.55) .51) Para que x  n  seja periódico. Como (1.22) à definição do sinal. de (1.50). substituindo n por n  N em d) e aplicando (1.52) Uma vez que  é irracional. chega-se a 2 cos 5  n  N    cos  5 n 2  .53)  Novamente.50) Desenvolvendo o primeiro membro de (1. e aplique-se (1.22).51) tem de ter solução.54) Desenvolvendo o primeiro membro de (1. Então.Para calcular o período fundamental. e x  n  é uma função co-seno. 2  2  (1.   (1.55) obtém-se a condição 27 (1. obtendo a equação 1  1  cos   n  N    cos  n  . chega-se a 1  1 1  cos  n  N   cos  n  . substitua-se n por n  N em c). a condição (1. 2 (1. sendo impossível obter um período inteiro. m  .54) permite ainda obter cos 5 n 2  10 nN  5 N 2   cos 5 n 2  . 2 (1.23) é verificada 5 0 5 5  1    .56) Uma vez que m é um número inteiro. o segundo membro de (1. Desta forma. 2  M 2 2 1 28 (1.10 nN  5 N 2  m2  m  5nN  5 2 N .56) também tem de ser inteiro. (1.57) solução. uma vez que 5nN já é um inteiro ( n e N são inteiros) é necessário que 5 2 N  2  N0  2 .57) Tendo (1. a condição (1. e sendo x  n  uma função co-seno.58) . m  . para dois sinais idênticos até ao instante n0 . 5) Estabilidade.e. Estas podem ser definidas da seguinte forma: 1) Memória: Um sistema não tem memória quando. (1. a saída depende da entrada apenas em instantes passados. n0 . (1.e. Portanto. 3) Invariância no tempo: Um sistema diz-se invariante no tempo. é necessário conhecer as propriedades gerais dos sistemas lineares..i) Um sistema discreto pode ser classificado segundo as seguintes propriedades: 1) memória. i.Problema 1. à mesma combinação linear das saídas elementares para cada sinal de entrada.g. x  n   y  n   x  n  n0   y  n  n0  . i.23a. n1   y  n1   f  x  n1  . num instante de tempo. 6) Invertibilidade. e. enquanto que y  n   3x  n  1 não. 3) Invariância no tempo.g.62) ..h. y  n   3x  n  e y  n   3x  n  1 são causais.e. enquanto que y  n   3x  n  1 tem. x1  n   x2  n  n  n0  y1  n   y2  n  n  n0 . 4) Linearidade. i.   x1  n   y1  n   ax1  n   bx2  n   ay1  n   by2  n  . (1. a saída apenas depende da entrada nesse mesmo instante.e. 2) Causalidade: Um sistema é causal quando. y  n   3x  n  não tem memória.61) 4) Linearidade: Um sistema é linear quando uma combinação linear de sinais à entrada conduz. um sistema sem memória é necessariamente causal.. na saída.d. as saídas são idênticas até ao mesmo instante. 2) Causalidade.8. para qualquer instante de tempo.. i..60) Por conseguinte. Para classificar os seguintes sistemas.    x2  n   y2  n  29 (1. (IML 1.. quando uma deslocação no sinal de entrada conduz à mesma deslocação no sinal de saída.59) e. Pela propriedade (1. x1  n   x2  n   y1  n   y2  n  . Considerando um sinal auxiliar x1  n   x  n  n0  resulta que y1  n   x1n  n   x n  n  n0  . Por exemplo.67) logo o sistema é não linear.59) verifica-se que o sistema não tem memória. aplicando (1. tem-se que y1  n   x1n  n  . é necessário aplicar a propriedade (1.65) o sistema é variante no tempo.63) 6) Invertibilidade: Um sistema é invertível quando.66) No entanto. escolhendo a  b  1 no ponto n  2 .  Ax  0 : x  n   Ax n    Ay  0 : y  n   Ay n  .61).62). (1.e. Quanto à invariância no tempo. uma vez que.5) Estabilidade: Um sistema diz-se estável de entrada limitada / saída limitada quando qualquer entrada limitada dá origem a uma saída limitada. n (1.. 2 30 (1. (1.68) . (1.65) y  n  n0   x nn0  n  n0  . vem para quaisquer dois sinais de entrada x1  n  e x2  n  x1  2   x2  2    x1  2   x2  2    y1  2   y2  2  . é diferente de (1. y2  n   x2n  n  pelo que ax1  n   bx2  n   ax1  n   bx2  n    ay1  n   by2  n  . i. Quanto à linearidade. sinais de entrada distintos resultam em sinais de saída distintos (a aplicação da entrada na saída é injectiva). i..64) a) y  n   x n  n  Pela propriedade (1.60) verifica-se que o sistema é causal.e. (1. 70) verifica-se que. x1  n   x2  n   y1  n   y2  n  .72) .69) n ou seja. n  0 2 . Verifiquem-se as diferenças entre os dois sistemas semelhantes.59). a saída é ilimitada.23h. novamente.64). o sistema não é estável. aplicando (1. pelo que vem y  n   2n  lim y  n    . n  0 x2  n     y2  n    n  1. representando um grau de dificuldade interessante. n  n0 . Considere-se o sinal de entrada limitado x  n   2 .Neste caso. Para provar a não invertibilidade recorrer-se-á. pelo que o sistema é instável. n 1 . n  y1  n   1n  1. (1. i. n  n0 . Mais ainda. n 1  x n  yh  n   0 . n  1 Note-se que.61) resulta que. n  0 (1.  x  n  1 .n0 . pela propriedade (1. n  n 1  0 0    x  n  n0   yi  n  n0   0 x n  n 0   31 . pode observar-se que yh  n  é não causal enquanto que yi  n  é causal.60). n  0 1 . se pode observar que yh  n  tem memória enquanto que yi  n  não tem memória. o sistema é não invertível. (1. n n . n  1   x n  yi  n   0  x n  . ao contra exemplo. n  1  n0  x  n  n0   yh  n  n0   0 . para uma entrada limitada. (1. n  n0  1 . n . as saídas y  n  n0  são dadas por .73) .  1.70) A partir de (1. o que pode ser provado por contra-exemplo. . n  2. (Note-se que o sistema perde a informação do sinal de entrada no instante n  0 ). Definam-se dois sinais diferentes tais que x1  n   1. aplicando (1. (1. n  n0  1 . b) Esta alínea corresponde à resolução em paralelo dos problemas IML 1.71) logo. x n  n 1 . Quanto à invariância temporal. considerando a propriedade (1.n0 . (1.Considerando novamente sinais auxiliares do tipo x  n   x  n  n0  resulta que. dos sistemas lineares verifica-se que. (1.1  n   0 x2  n   2  n   yi .2  n  . (1. n  1 Uma vez que os resultados (1. e o seu sistema inverso é dado por .  x  n  n  1 . para ambos os sistemas. n  1  ax1  n   bx2  n   yi  n   0 .n0 . (1. n 1 ax1  n   bx2  n   ax1  n   bx2  n   yh  n   0 .2  n   0 .63) é sempre cumprida. por contra-exemplo considerem-se os sinais x1  n     n   yi . n  0    h  32 (1.62).n0 . n 1  x  n  n0   yh  n   0 . yh  n  é invertível.77) ou seja. . n  1 0   x  n  n0   yi  n   0  x n  n  0  . o sistema yi  n  perde a informação da entrada no instante n  0 enquanto que o sistema yh  n  não. Quanto à invertibilidade. (1. x1  n   x2  n   yi .n0  ayi .76) ax  n   bx  n  .1  n   yi .74) e (1. pelo que estes são estáveis. Mais ainda. yh1  n   zh  n    y n  1 . quanto à estabilidade. o sistema yh  n  . Aplicando agora a propriedade (1. verifica-se que a condição (1. .1  n   byh . n  1 2  1 são lineares. n  1 2  1 bem como o sistema yi  n  ax1  n   bx2  n  .75) ax  n  1  bx  n  1 .78) logo o sistema yi  n  é não invertível.74) . Desta forma.79) . Pelo contrário.n0   yh  n  .n0  ayh .1  n   byi .2  n  .73) são diferentes. note-se que. para qualquer entrada limitada. verifica-se que ambos os sistemas são variantes no tempo. n 1 .2  n  . Aplicando ainda (1. Para averiguar se o sistema é invariante no tempo.80) pelo que o sistema é variante no tempo. considerando x1  n   x  n  n0  . verifica-se que. 33 (1.84). A estabilidade pode ser novamente comprovada por contra exemplo.84) A partir de (1. pela propriedade (1.61). pelo que ax1  n   bx2  n   n  ax1  n   bx2  n    an x1  n   bn x2  n   ay1  n   by2  n  . para uma entrada limitada. o sistema é não invertível. (1. verifica-se que.e.85) . x1  n   2  n   y1  n   2n   n   2  0    0  0 x2  n   3  n   y2  n   3n   n   3  0    0  0 . aplique-se (1. pelo que se tem y1  n   n x1  n   n x  n  n0  .83) n ou seja. uma vez que tem-se que (1. (1. a saída é ilimitada.80) y  n  n0    n  n0  x  n  n0  . tem-se que o sistema é causal. i. n . pelo que o sistema é instável. (1.82) logo o sistema é linear. Quanto à linearidade.60).d) y  n   n x  n  Pela propriedade (1.81) No entanto. x1  n   x2  n   y1  n   y2  n  .59) verifica-se que o sistema não tem memória. note-se que o sistema perde a informação do sinal de entrada em n  0 . (1. Novamente. tem-se que y1  n   n x1  n  e y2  n   n x2  n  .62).64). y  n   3n  lim y  n    . Considerando os dois sinais seguintes. logo.81) é diferente de (1. aplicando (1. se x  n   3 .. e uma vez que o sistema não tem memória. (1. pelo que é necessário garantir a seguinte condição: 2 2 3  N  Mm   N   m  N  m .42). que neste caso. uma vez que x  n  é dado pela soma de dois sinais distintos.88) O menor número inteiro que verifique (1. Substituindo n por n  N em a). é necessário primeiro averiguar qual a periodicidade de ambas as componentes.87) tem de ter solução. para que x  n  seja periódico é necessário que verifique a definição (1. substituindo n por n  N em b). corresponde a m  2 que resulta em N 0  3 . Caso sejam calcule o seu período.Problema 1.22) obtém-se a equação 2  2  tan    n  N    tan   n  .87) Para que x  n  seja periódico.86) Desenvolvendo o primeiro membro de (1. 3  2  b) x  n   sin   n   tan   n  2  3  Novamente. 3 3 2 (1. Assim. m  .22) obtêm-se as equações 34 . 3  3  (1.9. No entanto. para que x  n  seja periódico é necessário que verifique a definição (1.22). (1. e aplicando (1.22). 2  a) x  n   tan   n  3  Novamente.88) é então o período fundamental. chega-se a 2 2  2  tan   n   N   tan   n  . o período fundamental da função tangente é M   . 3 3  3  (1. Determine se os seguintes sinais são ou não periódicos. Note-se que. e aplicando (1. 90) O período fundamental do sinal é o mínimo múltiplo comum entre os períodos fundamentais N1 e N 2 das duas componentes. N 0  12 . i. 35 .  2 N  3 3  2   N2   m N  m  3  2 2 (1.3  3  sin    n  N1    sin   n  2  2  .89) Analogamente à alínea anterior chega-se a duas condições: 4 3   N  2  m N  m 1 1 N  4  2  3   1 .. m  . 2  2  tan    n  N 2    tan   n  3  3  (1.e. Considerando um sinal auxiliar x1  n   x  n  n0  resulta que y1  n   n e x1n   n e xn n0  . é diferente de (1. se x  n   2 . (1.Problema 1.. (IML 1. y  n   n e2  lim y  n    . para uma entrada limitada.23b.62). aplicando (1. Quanto à invariância no tempo. n (1. 2) Causalidade. verifica-se que. Pela propriedade (1. n . Quanto à linearidade. a saída é ilimitada. 4) Linearidade. Note-se que o sistema perde a informação do sinal de entrada em n  0 .91) o sistema é variante no tempo. i. 5) Estabilidade.60) verifica-se que o sistema é causal. (1.61).91) y  n  n0    n  n0  e xnn0  . Considerando os dois sinais seguintes.92) No entanto. 36 . uma vez que.k) Um sistema discreto pode ser classificado segundo as seguintes propriedades: 1) memória. (1. 6) Invertibilidade.10. 3) Invariância no tempo. pelo que o sistema é instável. e considerando duas entradas/saídas elementares y1  n   n e x1 n  e y2  n   n e x2  n  tem-se que ax1  n   bx2  n   n eax1n bx2 n   n eax1n ebx2 n   a y1  n   b y2  n  . A estabilidade.94) ou seja.93) logo o sistema é não linear. pode ser comprovada por contra exemplo. é necessário aplicar a propriedade (1.59) verifica-se que o sistema não tem memória. b) y  n   n e x n  Pela propriedade (1.e. 61). (1.97) y  n  n0   x 5  n  n0   4 .60) verifica-se que o sistema é não causal. é diferente de (1. Quanto à invariância no tempo.1  n  n.100) . verifica-se que. aplicando (1. Considerando um sinal auxiliar x1  n   x  n  n0  resulta que y1  n   x1 5n   4  x 5n  n0   4 .98) No entanto. Pela propriedade (1.62). o sistema é não invertível. n . n0 n0 n0 n0 . Quanto à linearidade.96) logo.99) logo o sistema é não linear.91) o sistema é variante no tempo. uma vez que. é possível obter y  n   x  5n   4  x 5n   4  Ax  4  Ay . e considerando duas entradas/saídas elementares y1  n   x1  5n   4 e y2  n   x2  5n   4 tem-se que ax1  n   bx2  n   ax1 5n   bx2 5n   4  a y1  n   b y2  n  . (1.95) a partir de (1. 1 x1  n     n   y1  n   n e 2   2 0. pode ser comprovada considerando que x  n   Ax . é necessário aplicar a propriedade (1. k) y  n   x  5n   4 Pela propriedade (1. x1  n   x2  n   y1  n   y2  n  . (1. 2  n  n.64). (1. 37 (1. 2 x2  n     n   y2  n   n e 3   3 0.59) verifica-se que o sistema tem memória. pela propriedade (1.95). A estabilidade. (1. 64). (1.101) Note-se que. n  y1  n   x  5n   4  5 . o sistema é não invertível. A partir de (1. pelo que o sistema é estável. Para provar que o sistema não é invertível . 1.102) . para uma entrada limitada a saída é limitada. n c. qualquer inteiro multiplicado por 5 resulta necessariamente num múltiplo de 5 . pela propriedade (1. considerem-se os dois sinais seguintes: x1  n   1.ou seja. n múltiplode5 x2  n     y2  n   x  5n   4  5 0.101). logo. x1  n   x2  n   y1  n   y2  n  . 38 (1.c. verifica-se que. Como é conhecido. onde x  n  e h  n  estão representados na Figura 2.Capítulo 2. x n h n y n Figura 2.1. (2. caracterizado pela sua resposta impulsional h  n  .. para cada instante n : 39 .2. b) A expressão para a soma de convolução. Representação de x  n  e de h  n  . com resposta impulsional h  n  . designe-se por x  n  o sinal de entrada e por y  n  o sinal de saída (Figura 2.1) k  Para obter a saída do sistema. é necessário efectuar os seguintes passos. a resposta deste sistema a qualquer sinal de entrada pode ser obtida através da soma de convolução da seguinte forma y n    x k  h n  k   x n   h n  .30) Avalie y  n   h  n   x  n  . Para um dado sistema linear e invariante no tempo. (HSU 2.Representação no Domínio do Tempo para Sistemas LIT Discretos Problema 2. Sistema LIT.2).1. Figura 2. usando: a) Uma soma ponderada de impulsos unitários. entrada x  n  e saída y  n  . Este resultado encontra-se esquematizado na Figura 2. A soma de convolução goza ainda das seguintes propriedades: 1) Comutatividade: x n  h n  h n  x n . a  h1  n  a  b h2  n  h2  n   b  h1  n   h2  n  h1  n  h1  n   h2  n  Figura 2. Respostas impulsionais de: (a) SLITs em série.4) 2) Associatividade: 3) Distributividade: 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. Multiplicar ponto a ponto a sequência w  k  pela entrada: x  k  h  n  k  . (2. 4.1. de modo a obter a soma de convolução correspondente ao instante n . 40 .3) x  n   h1  n   h2  n   x  n   h1  n   x  n   h2  n  .3. Este processo é então repetido para todos os instantes n . (2.2) x  n   h1  n   h2  n    x  n   h1  n   h2  n  . obtendo: z  k   h  k  . (b) SLITs em paralelo. 2.3. Da mesma forma se pode demonstrar que a resposta de dois SLITs em paralelo é a soma das respostas impulsionais de cada um. Atrasar o sinal z  k  de n unidades (correspondentes ao instante n ) obtendo a sequência: w  k   z  k  n   h  n  k  3. Determinar a reflexão em relação à origem da resposta impulsional h  k  do SLIT. Somar todos os pontos da sequência resultante. (2. 7) Torna-se então possível obter a convolução x  n   h  n  através da aplicação das propriedades (2. bem como a resposta impulsional.10).9) Recorrendo a (2. x  n     n  n0   x  n  n0  . a função impulso unitário exibe uma propriedade interessante face á convolução. (2.4) é possível escrever x  n   h  n   x  n     n   x  n     n  1  x  n     n  2 .5) a) Para resolver este problema. considerando uma soma de impulsos unitários. (2.5) ainda se pode obter x  n   h  n   x  n   x  n  1  x  n  2 . (2. Através da Figura 2. (2. (2. é necessário escrever o sinal de entrada. que indicam a forma de calcular explicitamente uma soma de convolução. b) Para facilitar a compreensão desta resolução vão ser apresentados graficamente todos os passos.8) e aplicando (2. Indicando a convolução x  n   h  n   x  n     n     n  1    n  2 . após alguma álgebra.Note-se ainda que. obtem-se y  n     n   2  n  1  3  n  2  3  n  3  2  n  4     n  5 .4 e Figura 2. é necessário atrasar z  k  de n unidades e multiplicá-lo por x  k  .5). (2.6) h  n     n     n  1    n  2 . (2. na forma x  n     n     n  1    n  2    n  3 . é necessário obter a reflexão em relação à origem da resposta impulsional z  k   h  k  do sistema. Em seguida.2) – (2. Atendendo aos passos acima descritos.7.5 41 .11) A forma do sinal de saída encontra-se representada na Figura 2.10) Substituindo x  n  em (2. 42 . Figura 2.6.4. onde x  k  h  n  k  não é nulo. Representação de x  k  . Assim. x  k  h  n  k  e consequentemente a resposta y  n  são nulos neste intervalo.verifica-se que h  n  k  não se sobrepõe com x  k  para n  0 e n  5 . Figura 2. o seu valor é representado na Figura 2. Representação de x  k  h  n  k  e h  n  k  para n  6 . Para o intervalo 0  n  5 .5. x  k  h  n  k  e h  n  k  para n  2 . h  k  . 43 . 44 . o que resulta na resposta representada na Figura 2.7. é necessário. Finalmente.6. para obter a resposta y  n  .7.Figura 2. Figura 2. Representação de x  k  h  n  k  e h  n  k  para 0  n  5 . para cada instante n . somar as contribuições de x  k  h  n  k  . Representação da saída y  n  . Representação de x  k  . quando se obtém h  n  k  ocorrem duas situações possíveis para a multiplicação x  k  h  n  k  : (i) Para n  0 não existe sobreposição entre x  k  e h  n  k  .1) primeiro é necessário obter a reflexão em relação à origem da resposta impulsional z  k   h  k  . a) y  n   x  n   h  n  Considerando a definição da soma de convolução (2. (HSU 2. Figura 2. (ii) Para n  0 . tal como representado na Figura 2. h  k  e h  n  k  para n  0 e n  0 .Problema 2. x  k  e h  n  k  encontram-se sobrepostos entre 0  k  n .8.28) Considere o SLIT com resposta impulsional h  n    nu  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  . Note-se que.2. Em seguida. é necessário deslocar z  k  de n unidades e multiplicar ponto a ponto pela entrada x  k  . (b) y n  h n  x n  . 45 .8. Uma vez que. Uma vez que 0    1 a soma de (2.87) onde    .14) com uma série geométrica do tipo (A.17) . n  0. n0 (2. Neste intervalo tem-se que x  k   1 e h  n  k    nk . n  0 1   n 1  y n   1    u n . 46 (2. n  0 . n  0 .16) uma vez que u  n   0 para n  0 . (2. 1 1 (2. (2. Para representar o gráfico de y  n  é útil obter o valor de 1   n 1 1 . as componentes x  k  e h  n  k  não se sobrepõem. 1   0.100) vem que 0 n y  n       m . as componentes x  k  e h  n  k  estão sobrepostas no intervalo 0  k  n .  n 1   1 lim y  n   lim n A resposta final do sistema pode ser observada na Figura 2. segundo (A. pelo que atendendo à definição (2.1) a saída é dada por y n    k  n x  k  h  n  k    n  k .9. m  k   n  k .14) m 0 É então possível identificar (2. considerando o resultado nos dois ramos de n é possível escrever 1   n 1 . para n  0 . N  n  1 e k  0 . e por conseguinte  y n   x  k  h  n  k   0. n  0. temos que x  k  h  n  k   0 .12) k  Para o caso em que n  0 .13) k 0 Efectuando uma mudança de variável. m m n (2.15) Finalmente.14) é dada por y n   0 1   n 1 1   n 1  . h  k  e h  n  k  para n  0 e n  0 . y n  h n  x n    h k  x n  k  . quando se obtém x  n  k  ocorrem duas situações possíveis para a multiplicação de h  k  x  n  k  : (i) Para n  0 não existe sobreposição entre h  k  e x  n  k  . o resultado final será o mesmo do obtido na alínea anterior. Representação de x  k  . (ii) Para n  0 . 47 .10. uma vez que a convolução é comutativa. (2.Figura 2. h  k  e x  n  k  encontram-se sobrepostos entre 0  k  n .18) k  Como representado na Figura 2. b) y  n   h  n   x  n  Note-se que. Note-se que.9. x  n  k   1 e h  k    k . n  0 . n  0. Neste intervalo tem-se que.1) a saída é dada por y n   n k  k 0  h  k  x  n  k    k . as componentes h  k  e x  n  k  não se sobrepõem. Novamente. n  0.Figura 2. Representação de x  k  . as componentes h  k  e x  n  k  estão sobrepostas no intervalo 0  k  n .14) é dada por 1   n 1 1   n 1 y n    . N  n  1 e k  0 .20) É então possível identificar (2.21) . atendendo à definição (2. e por conseguinte  y n   h  k  x  n  k   0.20) com uma série geométrica do tipo (A. (2.10. então h  k  x  n  k   0 . para n  0 .19) k  Para o caso em que n  0 . 1 1 0 48 (2. h  k  e x  n  k  para n  0 e n  0 .87) onde    . Uma vez que 0    1 a soma de (2. pelo que. (2. 1   0.22) uma vez que u  n   0 para n  0 . n  0 1   n 1  y n   1    u n . n0 (2.Finalmente. 49 . considerando o resultado nos dois ramos de n é possível escrever 1   n 1 . Como esperado. a resposta final do sistema é a mesma que a obtida em (2.16). como é descrito nos apontamentos teóricos (Capítulo 2). 1. (2. Determine a resposta impulsional do sistema. (2.25) Após alguma álgebra. Note-se que.24).24) a) Considerando a definição (2. (2. é possível obter a resposta impulsional do sistema h  n   yu  n   yu  n  1   nu  n    n1u  n  1 . a resposta ao impulso. de um determinado sistema LIT é dada por: yu  n    nu  n  para 0    1 . de um sistema LIT.3. pode ser obtida em função da resposta ao escalão através de h  n   yu  n   yu  n  1  n n 1 k  k   h k    h k  .32) A resposta ao escalão unitário. k  n (2.26) . é possível calcular a resposta ao escalão unitário. a partir da resposta ao impulso yu  n    n k  k   u n  k  h k    h k  . (HSU 2. obtém-se o resultado final h  n    nu  n    n 1u  n  1    n    nu  n  1   n 1u  n  1     n    n   n 1  u  n  1     n   1     n 1u  n  1 50 .Problema 2.23) Consequentemente. h  n   2  n  não tem memória. A convolução entre a resposta impulsional de um sistema invertível e do seu inverso é um impulso unitário. a resposta impulsiva de um sistema causal é dada por h  n   0 n  0 ... a saída depende da entrada apenas em instantes passados. A classificação de um sistema LIT. para qualquer instante de tempo.g. enquanto que h  n   u  n  1 não. (2. i.38) Considere um sistema LIT com a seguinte resposta impulsional: h  n    nu  n  . (2.. A resposta impulsional de um sistema estável é uma função absolutamente somável.27) e. Portanto. A resposta impulsional de um sistema discreto sem memória é dada por um impulso na origem de amplitude K h  n   K  n  . 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. i. enquanto que h  n   2  n  1 tem. (HSU 2. sinais de entrada distintos resultam sinais de saída distintos (a aplicação da entrada na saída é injectiva). h  n   hI  n     n  .   h k    . (2.g.e.4.30) . Classifique este sistema quanto à: a) causalidade.29) k  4) Invertibilidade: Um sistema é invertível quando. h  n   u  n  é causal.Problema 2.e. 2) Causalidade: Um sistema é causal quando. 51 (2..28) e. 3) Estabilidade: Um sistema diz-se estável de entrada limitada / saída limitada quando qualquer entrada limitada dá origem a uma saída limitada. b) Estabilidade. 31) é uma série geométrica.Note-se que. b) Considerando a definição (2.28). cuja soma é dada por (A. a) Considerando a definição (2. 52 .29). esta condição é necessária. (2. quando   1 . uma vez que h  n   0 para n  0 verifica-se que o sistema é causal. mas não suficiente. 1   1. pelo que é instável.31) k 0 Note-se que. pelo que o sistema é estável.32) Ou seja. quando   1 e não verifica a condição (2.88)   k 0 k  1 . é possível averiguar se o sistema é estável obtendo   h k   k     k   ku k     k . (2.29).32) verifica a condição (2.29). (2. (2. 34) resulta que n 1 1 y n  2   u n    2 2 n 3 u  n  3 .35) Aplicando agora a propriedade (2. (2.5) obtém-se y  n   2h  n   h  n  3 .36) Substituindo a definição de h  n  em (2. (2. o sinal de entrada já está escrito sob a forma de uma soma ponderada de impulsos unitários.   n  3  h  n  3 .39) . (2.56) A resposta impulsional de um sistema LIT é dada por: h  n   1 2  u  n  . (2. Porque o sistema é LIT.38) 4 1 1 1 1 5 u  4  3  2         .1) y  n   x  n   h  n   h  n    2  n     n  3    h  n   2  n   h  n     n  3 . a resposta ao sinal de entrada é uma soma ponderada de respostas impulsionais.37) Por substituição directa de n  1 e n  4 em (2. (HSU 2. 2 2 8 2 8 53 (2. 2 2 (2.Problema 2.37) vem finalmente 1 13 1 1 y 1  2   u 1    2 2 4 1 1 y  4  2   u  4    2 2 4 3 2 1 1 u 1  3  2       0  1 . Note-se que. Método 1. Resolução através das propriedades de um sistema LIT. (2. A resposta do sistema pode ser obtida pela definição de convolução (2. Uma vez que. Resolução através da definição de convolução.34) Método 2. Calcule y 1 e y  4  para o sinal de entrada n x  n   2  n     n  3 .5.33) o cálculo da saída é imediato x  n   2 x1  n   x1  n  3  y  n   2 y1  n   y1  n  3  2h  n   h  n  3 . 6. Novamente. Método 2.28). uma vez que o sistema em causa é LIT. (2.25) Considere um sistema LIT com a seguinte resposta impulsional: h  n   2n u  n  4 . é possível averiguar se o sistema é estável:   h k   k    2k u  k  4   k   2 k . A saída para o sinal de entrada x  n  pode ser obtida pela definição (2.88)  2 k  . a) Considerando a definição (2. c) Esta alínea pode ser resolvida pode dois métodos.29).Problema 2. Resolução através das propriedades de um sistema LIT.1) 54 (2. (2. Classifique este sistema quanto à: a) causalidade. e a entrada já está escrita como uma soma ponderada de impulsos unitários. b) Considerando a definição (2. uma vez que h  n   0 para n  0 verifica-se que o sistema é não causal.40) é uma série geométrica. c) Determine ainda a saída para o sinal de entrada x  n   2  n   4  n  1 .40) k 4 Note-se que. (2. b) Estabilidade. (2. (IML 2.29). é possível dizer que x  n   2 x1  n   4 x1  n  1  y  n   2 y1  n   4 y1  n  1  2h  n   4h  n  1 . Método 1. Resolução através da definição de convolução.41) k 4 Ou seja.41) não verifica a condição (2.42) . cuja soma é dada por (A. pelo que o sistema é instável. (2.45) .5) obtém-se y  n   2h  n   4h  n  1 .44) Substituindo a definição de h  n  em (2. 8 55 (2. (2.43) Aplicando agora a propriedade (2.42) resulta que 1 y  n   2n 1 u  n  4   u  n  3   2n 1  n  4     n  4  .y  n   x  n   h  n   h  n   2  n   4  n  1    2h  n     n   4h  n     n  1 . Problema 2.7. (IML 2.26) Considere um sistema LIT cuja resposta ao escalão unitário é dada por: 0 3  2 yu  n    4  3   1 , n  2, n  2, n  5 , n  1 , n0 , n 1 , n3 , n4 . (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 x  n   u  n   2u  n  1 . a) Através da definição (2.24), é possível obter a resposta impulsional do sistema, a partir da resposta ao escalão unitário  0  3   2 h  n   yu  n   yu  n  1    4  3   1 , n  2, n  2, n  5  0  3 , n  1   2 , n0  , n 1  4  3 , n3  , n4  1 , n  1  2, n  1  2, n  1  5 , n  1  1 , n 1  0 . , n 1  1 (2.47) , n 1  3 , n 1  4 Após alguns passos algébricos obtém-se  0  3   2 h n    4  3   1 n  2, n  2, n  5  0  3 , n  1  , n0  2  , n 1  4  3 , n3  , n4  1 , 56 , n  1, n  3, n  6 , n0 , n 1 , n2 , n4 , n5 , (2.48)  0  3   1   2 h  n    4  3   2  1   0 , n  2 , , n  1 n0 , , n 1 n2 . , , , n3 n4 n5 , n6 (2.49) b) Considerando a definição (2.28), uma vez que h  n   0 para n  0 verifica-se que o sistema é não causal. c) Considerando a definição (2.29), é possível averiguar se o sistema é estável:   h  k   16 . (2.50) k  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 u  n  1 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  3   2 y  n   yu  n   2 yu  n  1    4 3  1 , n  2, n  2, n  5 , n  1 , n0 , n 1 , n3 , n4 que após alguma álgebra, permite obter 57  0  3   2  2  4 3  1 , n  1, n  3, n  6 , n0 , n 1 , n2 , n4 , n5 , (2.51)  0  3   4   0 y  n   yu  n   2 yu  n  1   8  3   5  6   0 58 , n  2 , , n  1 n0 , , n 1 n2 . , n3 , n4 , n5 , n6 (2.52) Capítulo 3.Transformada Z Problema 3.1. (HSU 4.10) Calcule a transformada do Z dos sinais: a) x  n   u  n  ; b) x  n     n . A transformada Z, bilateral, e a sua inversa são dadas pelas seguintes expressões: X  z    x n z n , (3.1) n  x n  1 X  z z 2 j  n 1 dz . (3.2) Note-se que, para que exista transformada, é necessário que se verifique I  z    x n z n   . (3.3) n  A transformada Z observa então as seguintes propriedades: 1) Linearidade: Se, x1  n   X 1  z  , R.C.  R1 x2  n   X 2  z  , R.C.  R2 , (3.4) onde R.C. é a região de convergência, então, ax1  n   bx2  n   aX 1  z   bX 2  z  , R.C.  R1  R2 . (3.5) 2) Translação no tempo: Se x n  X  z , R.C.  R (3.6) então, x  n  n0   z  n0 X  z  , R.C.  R , excepto para a possível inclusão/exclusão de z  0 ou z   . 59 (3.7) 3) Multiplicação por exponencial complexa: Se, x n  X  z , R.C.  R (3.8) R.C.  z0 R . (3.9) então,  z z0n x  n   X   ,  z0  4) Mudança de escala: Seja  x  n  ; n múltiplo x n   ; c.c. 0 , (3.10) Se, x n  X  z , R.C.  R (3.11) R.C.  R . (3.12) então, x  n  X z  , 1  1 , dá-se uma inversão 4.1) Inversão temporal: Para o caso particular em que temporal, sem perda de informação, pelo que 1 x  n   X   , z R.C.  1 R (3.13) 5) Convolução: Se, x1  n   X 1  z  , R.C.  R1 x2  n   X 2  z  , R.C.  R2 . (3.14) então, x1  n   x2  n   X 1  z  X 2  z  , 60 R.C.  R1  R2 . (3.15) 1 z R.20) n 0 Utilizando o resultado conhecido.C.C.. : z  1 .1) ao sinal definido no enunciado.36). dz R.  R   z  1.18) R. (3.3). n 1  x k   1  z k  1 X  z . Aplicando a definição (3.21) converge. R. a região de convergência da transformada é dada por z  1 .21) Para que exista transformada.22) .C. x n  X  z . nx  n   z dX  z  . a) Método 1. Resolução através da definição.  R (3.  R .. O resultado final pode então ser escrito na forma X  z  1 . vem finalmente. ou seja. R.6) Diferenciação no domínio da transformada: Se. tem-se que X  z    u  n  z  n  n  0  n   z n   z n . (3.19) então. i. x n  X  z .  R (3.16) então. Note-se que.C. I  z    sempre que z  1 .C.17) 7) Soma no domínio do tempo: Se. 61 (3. é necessário verificar (3. para a soma de séries geométricas (A.  z n 0 n  1 . (3. (3. z  1. 1 z (3.e. 62 (3. (3. 1  z 1 R. aplicando (3. : z  1 .24) b) Recorrendo à definição da transformada (3. : z  1 . tem-se que X  z     n z n . sabe-se que x n  u n  X  z   1 .13). Resolução utilizando as tabelas das transformadas.26) Assim.27) .C.25) n  Note-se que. (3.26) a (3. 1 z R. (3.Método 2. obtém-se directamente 1 u  n   X    z 1 1 1   z 1  1 .1).25) pode facilmente escrever-se que X  z     n z0  n     n  1. Pelas tabelas das transformadas.23) Aplicando a propriedade (3.C. (3. o delta de Dirac verifica a seguinte propriedade   n  f  n     n  f  0 . n  tal como vem indicado nas tabelas das transformadas. (AT Ex. 4. de X  z  consiste numa coroa circular centrada na origem do plano z . .3. 3. n2 X  z    x  n  z n . então a R.2. Quando. é o próprio plano z . O único sinal cuja R. zeros e a região de convergência A propriedades da região de convergência da transformada Z são as seguintes 1.C.C. ou seja. então todos os valores finitos de z tais que z  r0 também pertencem à R. 2.2. logo X  z  possui o termo z 1 e por isso z  0  R. 63 .C. e se a sua circunferência de raio z  r0 pertencer à R. 5. logo X  z  possui o termo z e por isso z    R. 3) Calcule a transformada do Z do sinal x  n   e j0nu  n  . Se o sinal possui componentes causais. Se x  n  for um sinal esquerdo.28) n  n1 3. Se x  n  for de duração finita.C. Se o sinal possui componentes não-causais. Cap. A R. não contém pólos. n1  0 . (3. então todos os valores finitos de z tais que 0  z  r0 também pertencem à R. . e se a sua circunferência de raio z  r0 pertencer à R. n2  0 .C.C.C.C.C. Se x  n  for um sinal direito. exceptuando eventualmente z  0 e/ou z   .1.Problema 3. 4. A R.C. 3. ou seja. é todo o plano z é x  n   a  n  . 3. Encontre também os pólos. . tem-se pi  e j0  . é uma coroa circular do plano z que contém a circunferência z  r0 . (3. 64 (3. (3.32) Sendo zi as raízes do numerador (zeros). para que exista transformada. e se a sua circunferência de raio z  r0 pertencer à R. Se x  n  for um sinal bilateral. n 0  z   (3.6.29) na forma  X  z  e j 0 n  n z n 0 n  e j0     . e pi as raízes do denominador (pólos).C. .C.29) n  É ainda possível reescrever (3.36). é necessário verificar (3. aplicando o resultado das séries geométricas (A.C.33) . zi  0 .31) Desta forma. pelo que. : z  1 .30) Novamente. surge a condição e j0 1 z  z  1.3). (3. a) Pela definição tem-se que  X  z  e j0n u  n  z n .  j0 e z  e j 0 1 z R. X  z  1 z . a transformada é dada por. então a R. 100). m 1 n 0  z  m 0 n 0  z  n n (3.88).88) vem para a transformada do sinal X  z   1  1 1  . 3) Discuta a existência da transformada Z do seguinte sinal x  n    n . n  (3.1).   z 1  . Considerando a soma de uma série geométrica. obtém-se que.39) .   1.36) Para que exista transformada. e desta forma existe uma região de convergência para a transformada do sinal.   1.Problema 3.38) Esta condição implica que as séries de (3. n   z  n 0  z  n 1 n (3. aplicando (A. obtém-se finalmente     m m     X  z     z       1    z      . z z  1 .35) Efectuando uma mudança de variável m  n (A. obtém-se as seguintes condições. (AT Ex. Utilizando a definição (3. 5.C. (A.37) Substituindo uma condição na outra. Cap. (3. tem-se que X  z     n z n  1  n  n 0    n z  n   n z  n . Assim.34) Ainda é possível reescrever (3.36) apenas convergem quando   1 . é necessário verificar (3.34) na forma X  z    1          . (3. 1  z 1   z 65 R.3.3). :   z  1  . (3. k e r1  r2   rk  n .2. (3. 7. : 1 2  z  1  1 1  1 1  1  z  1  2 z 1  z   2  X  z  1 1  2 z 1  z  1 2 1 . são calculados da seguinte forma 66 .42) Para decompor (3.40) (3. (AT Ex. X  z  bm z m  bm1 z m1   b1 z  b0 . escrita na forma.43) 1  p z  1 rk k onde c0  X  z  z 0 e os coeficientes ci . que representam a contribuição de cada pólo pi .4. Cap. (ii) Caso a fracção não verifique (i) é necessário efectuar uma sucessão de divisões polinomiais até obter uma fracção própria. .e. com i  1.C.Problema 3. i. m  n (o número de zeros não é superior ao número de pólos). : z  2 (3. 3) Calcule a transformada inversa de a) b) X  z  1  z 1  z 2 . R.C. R.41) Considere-se o problema de decompor em fracções simples X  z  .42) em fracções simples é necessário efectuar os seguintes passos: (i) Verificar se a fracção é própria.. (iii) Efectuar a separação em fracções simples. esta pode ser decomposta em X  z   c0   c11 1  p1 z 1 cir 1  p z  1 ri i     ci1 1  pi z 1  ci2 1  pi z 1  ckr 2  . Sendo X  z  uma fracção própria. an  z  p1  z  p2   z  pn  (3. com k pólos distintos tais que o pólo pi tem multiplicidade ri . (3.cir  1  pi z 1  X  z  r cir 1  1  pi z 1  cir 2  1  pi z r 1  1 r  2 z  pi   cir  X  z   1 r   1  p z  i   z pi    cir cir 1  X  z    . 1 r 1 r 1   1  p z 1  p z     i i   z  pi  cir ci1  1  pi z   X  z    1 r  1  p z   i  1 (3. 1  d k z 1 R. verifica-se que esta é uma fracção própria. onde todos os pólos têm multiplicidade 1. Pode então ser decomposta em 67 .48) a) Considerando agora a função definida em (3.45) Para um sinal esquerdo com um pólo de multiplicidade 1  Ak  d k  u  n  1  n Ak .  k   m  m  1! 1  dk z 1  R.C.40).C. com um pólo de multiplicidade 1 Ak  d k  u  n   n Ak .46) Para um sinal direito com um pólo de multiplicidade r Ak  n  1  n  m  1 d n u n  Ak . : z  d k .C.47) Para um sinal esquerdo com um pólo de multiplicidade r  Ak  n  1  n  m  1 d n u n  1  Ak . 1  d k z 1 R.  k   m  m  1! 1  dk z 1  R. é necessário relembrar os seguintes pares transformada: Para um sinal direito. (3. (3. : z  d k .C. : z  d k . : z  d k . (3.44)    1 2  1  pi z   z pi ci2 Para calcular a transformada inversa de uma função descrita por fracções simples. 56) . 1 1 .2  .  2  (3. : z  1 1 1  2 z 1  z 2 1 z 2 68 (3.49) obtém-se X  z  1 2 2 1   .53) z 2 1  2 z 1  z  z    1   1  z  1  2 z 1  z   2  1 c2 1 1 1 1 1 1 1  2 4   2. (3.50) 1 z   1 1  1 1  z    z  2  z  1  1  z  1  2 z 1  z  2   2  X  z  de onde se retira facilmente que c0  X  z  z 0  0 . 1  4 1  2   1 1   1 1  1  z  1  2 z 1  z  z 1 2  2  1 (3.51) para calcular os coeficientes ci vem  1 1  1 2  1  z  1  z  z  1 2  4 2  c1    1.49) Note-se que. (3.55) Substituindo o valor dos coeficientes ci em (3.X  z   c0  c1 c2 c   3 1 .52) i onde Aplicando (3. para calcular o coeficiente c0 .  1  1   1  2   2 (3. . todos os pólos têm multiplicidade 1. (3.51)  1  pi  1.40) na forma z3  z2  z z 3 1  z 1  z 2  3 X  z   . Uma vez que.C. R.54) (3. é necessário reescrever (3.  1  1  1   1    4  2  1 2 1 1  z 1  z  z    1   1  z  1  2 z 1  z   2  1 c3 1 z 2 z 1 1 2 2  1 z 1 z 1 1 111  2 .44) reduz-se a ci  1  pi z 1  X  z  z  p . 1 1 1 z 1  z 1 1  2 z 2 (3. verifica-se que esta é uma fracção própria. Finalmente. Assim.58) Seguindo a decomposição apresentada em (3.61) 1 1  z  1  2 z 1  z  1 2 1 1  z 1 z 1 1 2  2 1  2  Substituindo os valores dos coeficientes em (3. 1 1  2z 1 z 1  z 1  (3.45) para a componente direita do sinal e (3.40).46) para as componentes esquerdas. onde o pólo z  1 tem multiplicidade 2 e o pólo z  2 tem multiplicidade 1.44). o sinal no domínio do tempo é dado por n n 1 x  n     u  n   2  2  u  n  1  2u  n  1 . Esta pode ser decomposta na forma X  z   c0  c2 c c12  11 1  2 .59) 1  1 1    2 2 4.60) (3.57) b) Considerando agora a função definida em (3. (3. e à direita do pólo 1 2 .Note-se que. a região de convergência se encontra á esquerda dos pólos 1. 2 (3.62) . c2  1  2 z c12  1  z 1  2 z   X  z  1  2 z 1  z  1 1 1 2 1 z 2 1  z   X  z  1  2 z 1  z   z 2 z 1 1 2 1 2 1 2 1 z 1 1 2  z 1 z 1 1 (3. 1  2    1  z 1  cir  1 1  z 1     c11  1  z  X  z      1 2  1 2 1 1 2  1  z 1  z 1  2 z 1  z         z 1   z 1 z 1 1 (3. os coeficientes cij têm as seguintes expressões c0  X  z  z 0  0 .58) permite obter 69 .43)–(3.2 . 1  1 . será utilizado o par (3. o sinal no domínio do tempo é dado por  n  1 u n . Finalmente. Assim. a região de convergência se encontra à direita dos pólos 1. 1 x  n   4   u  n   2u  n     3! 2 n 70 (3. serão utilizados os pares (3.64) .63) Note-se que.47) para efectuar a transformada inversa.X  z  4 2 1   .2 .45) e (3. 1 1 1 2 1  2z 1 z 1  z   (3. até que se obtenha uma fracção própria.65) é uma fracção própria (o número de pólos é superior ao número de zeros).65) b) 16 z 3 . a X  z  apresenta dois pólos de multiplicidade 1. a) Note-se que (3. não pode ser imediatamente decomposta em fracções simples. Multiplicando X  z  por z 2 z 2 é possível escrever 16  4 z 1  z 2 X  z  . D  z (3. 4 2  (3. 3) Calcule a transformada inversa de a) X  z  16 z 2  4 z  1 . são respectivamente dados por. e pode ser decomposta da seguinte forma 71 . 8z 2  2 z  1 (3. podendo então decompor-se em fracções simples. o número de zeros é superior ao número de pólos. Assim. 8.Problema 3. escrita na forma apresentada em (3. e R  z  o resto da mesma divisão. : z  1 2 .5. Cap. (AT Ex. É necessário efectuar uma sucessão de divisões polinomiais.67) onde Q  z  representa o quociente da divisão de N  z  por D  z  . Uma fracção polinomial pode ser decomposta da seguinte forma: X  z  N  z D  z  X  z  Q  z  R  z . i. Quando uma fracção..C. X  z  2 8z  2 z  1 (3.42) não é própria.  . 8  2 z 1  z 2 (3.e.69) Note-se que resolver 8  2 z 1  z 2  0 corresponde a resolver 8z 2  2 z  1  0 .66) considerando a R. pi  2  22  4  8   1 2 8 1 1    .68) Os seus zeros e pólos. 74) Para obter a expressão do sinal do tempo é necessário utilizar as tabelas da transformada Z . 1 1 3 1  z 1 3 1  z 1 4 2 (3. (3. (3. é necessário efectuar uma divisão polinomial 8z 2  2 z  1 16 z 3 16 z 3  4 z 2  2 z 2z  4z  2z 2 72 .71)  1 1  1 2  1  z  16  4 z  z  16  4  4  16  2 .75) o que permite obter finalmente n n 21 7 1 x  n     n     u  n      u  n  .76) b) Uma vez que (3.70) permite obter X  z   1  2 1 7 1  . é utilizada a expressão (3. 4  c1    3  1  1   1  8  1  z 1   1  z 1  8 1  4  1 z  4 2 2      4 (3. R. 1 1 1 1  1 1   1 1  1  z 1  z 8 1  z  1  z  4 2  4  2  (3.77) .45) (para sinais direitos). : plano z .51).73) z 1  4 z 1 2 Substituindo o valor dos coeficientes em (3.66) não é própria. 34 3 2 (3. e também que A  n   A. uma vez que a região de convergência se localiza à direita de ambos os pólos. por aplicação de (3.16  4 z 1  z 2 c1 c2 X  z   c0   .72)  1 1  1 2  1  z  16  4 z  z  16  4  2   4   7 . 2  c2    3  1  1   1  8  1  z 1   1  z 1  8  1   2   1  4   2  z  2  4  (3.C. Finalmente. se obtém que c0  X  z  z 0  1 .70) onde. (3.  1 1   1 1   1  6 8 1  z  1  z  1 8 1  4   4   2  z 4  2  (3.onde Q  z   2 z e R  z   4 z 2  2 z . Multiplicando R  z  D  z  por z 2 z 2 é possível reescrever (3. não é necessário efectuar nova divisão polinomial.78) como X  z   2z  4  2 z 1 . pelo que.79) Os pólos de (3.78) Uma vez que R  z  D  z  já é uma fracção própria. Reescrevendo (3.81) permite obter X  z   2z  1 1 2 1 . 3  1  1   1  8  1  z 1   1  z 1  1 8  1   2    4   2  z  2  4  (3. 8z 2  2 z  1 (3.83)  1 1  1  1  z   4  2 z  4  2  2  2 2  c2     .  6 1  1 z 1 3 1  1 z 1 4 2 73 (3.80) onde X1  z   4  2 z 1 c1 c2  c0   .85) . (3.51) dá então origem aos coeficientes c1  X 1  z  z 0  0 .66) na forma (3. (3. 8  2 z 1  z 2 (3.82)  1 1  1  1  z   4  2 z  4  2  4 1 4  c1     .79) são os mesmos da alínea anterior. 1 1 1 1  1 1   1 1  1 z 1 z 8 1  z  1  z  4 2  4  2  (3.84) z 1  4 z 1 2 Substituindo o valor dos coeficientes em (3.81) Aplicar (3.67) vem que X  z   2z  4 z 2  2 z . pode escrever-se que X  z   2z  X1  z  . Finalmente.C. o termo 2z corresponde a uma deslocação no tempo tal que x  n  n0   z  n0 X  z  . R. Mais ainda.88) . 64 3 2 74 (3. é utilizada a expressão (3.87) Finalmente. :plano z . (3. (3.C. uma vez que a região de convergência se localiza à direita de ambos os pólos.45) (para sinais direitos). R.86) do espectro de um delta de Dirac. tem-se que   n  1  2 z1. Assim.  R . aplicando estes resultados a (3.85) obtém-se que n n 11 2 1 x  n   2  n  1    u  n      u  n  . são respectivamente dados por.89) pode ser reescrita como z z 1 X  z   .19a) Calcule a transformada inversa de X  z  z . 1 1 1   1  2  z  1  z   2 1  z   1  z  2   2  (3. : z  1 2 . podendo então decompor-se em fracções simples.  . esta pode ser decomposta em X  z   c0  c1 c2 . (3.95) .C.  2 (3. a) Note-se que (3.94) z 2 Tem-se então X  z  1 1 . 2 z  3z  1 (3. Os seus zeros e pólos.89) é uma fracção própria (o número de pólos é superior ao número de zeros).91) Dado que os pólos de (3.  1 1 1 z 1  z 1 2 75 (3. (HSU 4.  1 1 1 1 z 1 z 2 (3.90) Logo.Problema 3.51) para o cálculo dos coeficientes ci 1  z  z   1 2 1  z   1  z  2 1 c1 1 1 1   z 1  1 z 1  1  1 2 1    2  1 1  1 1  z  z  2  c2   1 .93) (3.6. pi  1. 1 1  1  2 1  z   1  z   2  z 11 2 1.89) 2 considerando a R.92) onde c0  X  z  z 0  0 e se pode aplicar (3.91) têm multiplicidade 1.  1 zi  0 . (3. 2  2   76 (3.46). utilizando a tabela para sinais esquerdos (3. obtém-se finalmente n  1  n  1 x  n   u  n  1    u  n  1     1 u  n  1 .A região de convergência encontra-se à esquerda de ambos os pólos. pelo que.96) . o exterior de uma circunferência (incluindo z   ). quando a região de convergência da função de transferência contém a circunferência de raio unitário.32) Um sistema LIT causal é descrito por y n  3 1 y  n  1  y  n  2   x  n  .97) Calcule: A) A função de transferência H  z   Y  z  X  z  . se e só se a região de convergência da função de transferência for. (3.7. no domínio do tempo.Problema 3. C) A resposta ao escalão unitário. A resposta impulsional de um sistema estável é uma função absolutamente somável. a saída depende da entrada apenas em instantes passados.. o número de zeros da função de transferência não pode ser superior ao número de pólos.e. 2) Estabilidade: Um sistema é estável. para qualquer instante de tempo. B) A resposta impulsiva h  n  .e.98) i. Esta condição é válida independentemente do número de zeros e pólos da função de transferência. 4 8 (3. 2) Estabilidade: Um sistema diz-se estável de entrada limitada / saída limitada quando qualquer entrada limitada dá origem a uma saída limitada. no plano z. Portanto. Recorde-se que. 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.. i. 77 . Note-se que. (HSU 4. os sistemas LIT podem ser classificados da seguinte forma: 1) Causalidade: Um sistema é causal quando. a resposta impulsiva de um sistema causal é dada por h  n   0 n  0 . h  n  é um sinal direito.  .  1 1   1 1  1  z  1  z   4  2  (3. 4 8 4 8 4 2  (3. 4 8 (3. Assim..C.101) Para obter os pólos. é necessário resolver D  z   0 3 1 3 1 1 1  1  z 1  z 2  0  z 2  z   0  pi   . i. : z  1 2 .97) obtém-se Y  z  3 1 1 z Y  z   z 2Y  z   X  z  . como uma região de convergência não pode conter pólos. serão consideradas condições iniciais nulas. a sua R. ainda é possível reescrever (3.101) na forma H  z  1 .  h k    . tem de conter z   .7) a ambos os membros de (3.103) é própria. tem-se que R. b) Obter a resposta impulsional no tempo.104) . (3.103) Uma vez que o sistema é estável. pode ser decomposta em H  z   c0  c1 c2  . y  1  y  2  0 . bem como a propriedade do deslocamento temporal (3. Como (3.99) k  a) Como nada é dito no enunciado. 1  4 z  8 z  Y  z   X  z   H  z   X  z   3 1 1 2 1 z  z 4 8 (3.102) Desta forma. com pólos de multiplicidade 1.100) reduz-se facilmente a Y  z 1  3 1 1 2  . 1 1 1  z 1 1  z 1 4 2 78 (3. Aplicando a transformada z bilateral. (3.100) Então. corresponde a calcular a transformada inversa da função de transferência (3.C.103).e. C. R. utilizar-se-á a tabela dos sinais direitos (3.110) .15).. 4 2   2   4   (3.45). a região de convergência do sinal de saída será a intersecção das regiões de convergência do sinal de entrada e da função de transferência.107) Uma vez que a região de convergência se encontra à direita dos pólos.e. pelo que. 1  2  1 1   1 1    1  z   1  z  z 1 4  4   2  1 (3.105)  1 1  1  z  1  2  c2    2. pode simplesmente efectuar-se Y  z  H  z X  z  1 . novamente c0  H  z  z 0  0 e os coeficientes ci podem ser calculados através de (3.109) onde a transformada de X  z  foi obtido através das tabelas. 2 79 (3. vem finalmente n n   1 n  1 n  1 1 h  n      u  n   2   u  n   2       u  n  .108) c) Para obter a resposta ao escalão unitário.  1 1   1 1   1  1  z   1  z  z 1 2  1    4   2  1  2 (3.106) z 4 z 2 A função de transferência pode então ser reescrita como H  z  1 2  . : z  1  z  1  z  1. i.  1 1   1 1  1  1  z   1  z  1  z   4  2  (3.51)  1 1  1  z  1  4  c1    1 .onde. Pela propriedade da convolução (3. 1 1 1 1 1 z 1 z 4 2 (3. e os coeficientes ci podem ser obtidos através de (3. novamente c0  Y  z  z 0  0 .111) onde.112)  1 1  1  z  1  2  c2    2 .C. Utilizando (3. pode ser decomposta na forma Y  z   c0  c1 c2 c   3 1 . o sinal apenas tem componentes direitas. 1 1 1  z 1 1  z 1 1  z 4 2 (3. 3 1  1 z 1 1  1 z 1 3 1  z 1 4 2 (3. 3 4  3 2 80 (3.45). está à direita de todos os pólos.115) Uma vez que.113) z 4 z 2 1  z  1 c3   1 1   1 1  1  1  z   1  z  1  z  z 1  4  2  1 z 1  1 8  .51)  1 1  1  z  1 1  4  c1    .  1  1  3 1   1    4  2  (3. a R.  1 1   1 1  1  2 1  4  3 1  1  z   1  z  1  z  z 1 4  4  2  1 (3.114) Pode então escrever-se Y  z  1 1 2 8 1   .  1 1   1 1   1 1  1  z   1  z  1  z  z 1 2  1   1  2   4  2   2 1 (3.116) . obtém-se finalmente n n 11 8 1 y n    u n  2   u n  u n .Uma vez que Y  z  é uma fracção própria (e todos os pólos têm multiplicidade 1). . A transformada z unilateral. z  81 (3. n  0 .119) 2) Soma no domínio do tempo: n 1  x k   1  z u k 0 1 X  z 1 1 1 x k  X z        x k  1  z 1 1  z 1 k  k  n . i. Note-se que. 2 (3.  x  m  . quando as condições iniciais são diferentes de zero.121) .. uma função causal respeita a condição: x  n   0 . o sistema não se encontrava em repouso quando o sinal causal se apresentou na entrada. em quase tudo. (3. u (3. semelhante à transformada z bilateral.e. A transformada z unilateral define-se então como  X  z    x  n  z n . sabendo n que y  1  1 .117) calcule a saída correspondente ao sinal de entrada: x  n   1 3 u  n  .118) n 0 Esta transformada é.8.Problema 3. No entanto.120) u 3) Teorema do valor inicial: x  0  lim X  z  . permite calcular a resposta de sistemas causais a entradas causais.. (HSU 4. são de notar as seguintes propriedades 1) Deslocamento temporal: x  n  m   z  m X  z   z m1 x  1  z  m2 x  2   .38a) Considerando o sistema LIT causal descrito por y n  1 y  n  1  x  n  . (3. 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 u  n   yu  n  : 1   Gest  lim yu  n   lim 1  z 1   H  z   lim H  z  . tem-se lim x  n   lim 1  z 1  X  z  . n  m 1   yu  0  lim  H  z   lim H  z    . a ambos os membros da equação (3.122) Os teoremas do valor inicial. o valor final da resposta à entrada escalão unitário permite obter K .124) onde m é o número de zeros e n o número de pólos.  1  z  1  z  z  0 . direitos. n z 1 1  z 1  z1  (3.  z  p1  z  p2   z  pm  (3.119). a região de convergência será sempre o exterior da circunferência que contém o maior dos pólos.125) a) Uma vez que as condições iniciais do sistema não são nulas.123) 2) Resposta inicial: Para uma função de transferência escrita na forma H  z  K  z  z1  z  z2   z  zm  . Sendo que. por aplicar a transformada z unilateral.. estamos no domínio de aplicação da transformada z unilateral. se x  n  convergir para um valor n constante quando n   . é necessário utilizar a transformada z unilateral para resolver este problema. por definição. e a propriedade do deslocamento temporal (3. n z 1 (3. de forma a obter 82 . i.e. Comece-se então. todos os sinais são. Desta forma.4) Teorema do valor final: Se lim x  n  existir. n m (3.117). c0  0 e recorrendo a (3.126) 1 1  2 2 1 z 2 Recorrendo às tabelas da transformada tem-se que n u 1 1 x n    u n  X  z   .128) A primeira fracção de (3. pelo que se pode separar na forma Y  z  c1 c2 1 1   . 1 1 1 1 2 1 1 1 z 1 z 1 z 2 3 2 (3.132) Recorrendo a (3. 1 1 1 1 2 1 1 2 1 1 1 1 1 z 1 z 1 z 1 z 1 z 2 3 2 2 3 (3.129) onde.133) . 2  1 1   1 1   1  z   1  z  z 1 2 1  3  2   3  1 (3.51) vem  1 1  1  z  1  2  c1    3. 22  3 83 (3. com dois pólos de multiplicidade 1. novamente.127) que substituído em (3.45) obtém-se finalmente n n 71 1 y n    u n  2   u n .131) z 2 z 3 que resulta em Y  z  3 2 1 1 7 1 2     . (3.  1 1   1 1  2 1  1 z 1 1  z  1  z  2  2  3  (3. 3  1 1   1 1   1  z   1  z  z 1 3 1  2  2   3  1 (3.1 1 1  Y  z    z 1Y  z   y  1   X  z   Y  z   X z     .130)  1 1  1  z  1  3  c2    2 . 1 1  3 1 z 3 (3.128) é própria.126) resulta em Y  z  1 1 1  . 3  (3.134) calcule a saída correspondente ao sinal de entrada x  n   1 2  u  n  .1 . aplique-se a transformada z unilateral (e a propriedade (3. (3.135) que ainda pode ser reescrita como Y  z  1 1 3  4z  z 2  X  z   z 1  2 .38b) Considerando o sistema LIT causal descrito por 3 y  n   4 y  n  1  y  n  2  x  n  . (HSU 4. b) Novamente. y  2   2 . tem-se que n u 1 1 .138) resulta em    1  Y  z   z 1  2 . as condições iniciais não são nulas.136) Os pólos de função anterior são então dados por 1  3  4 z 1  z 2  0  3z 2  4 z  1  0  pi   .134) de forma a obter 3Y  z   4  z 1Y  z   y  1  z 2Y  z   z 1 y  1  y  2  X  z  . recorrendo às tabelas das transformadas.140) . (3. (3. Então.139) que substituído em (3. é possível representar (3.9. x n    u n  X  z   1 1 2 1 z 2 (3.Problema 3. sabendo n que y  1  1 . (3.136) na forma Y  z  1  1  3  1  z 1  1  z 1   3   X  z   z 1  2 .138) Novamente.137) Desta forma.  1 1  1   3  1  z 1  1  z 1  1  z  2   3  1 84 (3.119)) à equação (3. 141)    1  1 1 1 1   1 1  1 1 1   3 1  z  1  z  1  z  3  1  z  1  z   1  z 2    3   3   2  1 Uma vez que (3. e possui três pólos de multiplicidade 1.45) obtém-se finalmente n n 1 1 3 1 y n    u n  u n    u n . c0  0 . c1      1   1   3 2 3  1  z 1  1  z 1   1  z 1  3 1  3  1    3   2  z 11 3  2 (3. c2     1   1   1  1  2 3  1  z 1  1  z 1   1  z 1  3 1   1    3   2  z 11  3 2  (3. 1 1   1 1   2 1  3  1  z  1  z   1  z  3  1   1  2   3   2  z 1 1 2  3 (3. se pode escrever como 1 2  1 2  1 z  2 z 1  3  2 z  2z  3 2 Y  z  .147) .143) z 3 1  z   12 z  1   2 z 1  3    2  3 2   3.145) 1 2 z 1 z 2 o que conduz a Y  z  3 1 3 1 1   . e os coeficientes ci podem ser calculados utilizando (3.144)  1 1   1 2  1 1  z   z  2 z  3  2  4  3  1 2  2  c3    . 2  3 2 2 85 (3. 1 1 1  z 1 1 1 z 1 z 3 2 (3.51)  1 1   1 2  9  1 1  z   z  2 z  3   6  3 3 2 2    1.141) é própria. (3.146) Utilizando (3. pode decomporse na forma Y  z   c0  c1 c c3  2 1  . 1 1 1 6 1  1 z 1 2 1  z 1 z 3 2 (3.que após alguma álgebra.142) Novamente. Problema 3. Então.  . Uma vez que (3.10. 1 1 1 1 1 z 1 z 3 2 86 (3. (HSU 4. 6 6 (3. a) Neste caso. 6 6 6 6 3 2  (3. é necessário calcular a transformada inversa de (3.C.152). pode decompor-se na forma H  z   c0  c1 c2  . b) Para calcular a resposta impulsiva.152) Uma vez que o sistema é causal.149) que ainda resulta em H  z  Y  z 1 .152) é própria.  1 1   1 1  1  z  1  z   3  2  (3.148) calcule: a) A função de transferência. e possui dois pólos de multiplicidade 1.7)) à equação (3. b) A resposta impulsiva.  X  z  1  5 z 1  1 z 2 6 6 (3.148) de forma a obter 5 1 Y  z   z 1Y  z   z 2Y  z   X  z  . é possível representar (3.150) Os pólos de função anterior são então dados por 5 1 5 1 1 1  1  z 1  z 2  0  z 2  z   0  pi   .153) . aplique-se a transformada z bilateral (e a propriedade (3.150) como H  z  1 .58) Considerando o sistema LIT causal descrito por y n  5 1 y  n  1  y  n  2   x  n  . as condições iniciais são nulas. : z  1 2 .151) Desta forma. tem-se que R. 6 6 (3. c0  0 . logo.156) A região de convergência está à direita de todos os pólos.51)  1 1  1  z  1  3  c1    2 .  1 1   1 1   3  1  z   1  z  z 1 3  1    3   2  1  2 (3.Novamente. 1 1 1 1 1 z 1 z 3 2 (3.154)  1 1  1  z  1  2  c3    3. utilizando (3.45) obtémse finalmente n n 1 1 y  n   2   u  n   3   u  n  . e os coeficientes ci podem ser calculados utilizando (3.155) z 3 z 2 o que conduz a Y  z  2 3  .  1 1   1 1   2  1  z   1  z  1 1    3   2  z 1 2  3  (3.  3 2 87 (3.157) . tem-se que 4 .160) resulta em Y  z  4 1  3z 1  z  1 1  3 .161) que substituído em (3.159) que ainda pode ser reescrita como Y  z  1  X  z   3 .119)) à equação (3.158) calcule a saída correspondente ao sinal de entrada: x  n   4u  n  .Problema 3.163) Novamente.162) é próprio.164) . e os coeficientes ci podem ser calculados utilizando (3. 1 1  3z 1 z (3. Então. recorrendo às tabelas das transformadas.162) Uma vez que o primeiro membro de (3.11. 1  z 1 (3.59a) Considerando o sistema LIT causal descrito por y  n   3 y  n  1  x  n  . (HSU 4. (3. 1  z 1 x  n   4u  n   X  z   (3. e possui dois pólos de multiplicidade 1. as condições iniciais não são nulas. b) Novamente.158) de forma a obter Y  z   3  z 1Y  z   y  1  X  z  . 1  3z 1  (3. (3. sabendo que y  1  1 . (3.160) Novamente. aplique-se a transformada z unilateral (e a propriedade (3. pode decompor-se na forma Y1  z   4 1  3z 1  z  1 1  c0  c1 c  2 1 .51) c1  4 1  3z 1  1  3z 1  z  1 1 88  z 3 z 1 1 3 4  1 1    3  6. c0  0 . c2  4 1  z 1  1  3z 1  z  1 1  z 1 z 1 1 4  2 . 1  3 (3.     1 1 1 1 1  3z 1 z 1  3z 1  3z 1  z 1 (3.45) obtém-se finalmente y  n   9  3 u  n   2u  n  . n 89 (3.167) .166) Utilizando (3.165) o que conduz a Y  z  6 2 3 9 2 . Então. sabendo que y  1  3 .171) o que ainda permite obter Y  z  1 1  2 z 1  3z  1 1  X  z   18z 1  3 . (HSU 4.172) resulta em Y  z  1 1  6 z 1  3 .170) Os pólos de função anterior são então dados por 1  5z 1  6 z 2  0  z 2  5z  6  0  pi  2.119)) à equação (3. tem-se que x n  u n  X  z   u 1 . b) Novamente. (3.59b) Considerando o sistema LIT causal descrito por y  n   5 y  n  1  6 y  n  2  x  n  . (3. 1  2 z 1 1  3z 1 1  z 1  1  2 z 1 1  3z 1  (3.168) de forma a obter Y  z   5  z 1Y  z   y  1  6  z 2Y  z   z 1 y  1  y  2  X  z  .168) calcule a saída correspondente ao sinal de entrada: x  n   u  n  .Problema 3. recorrendo às tabelas das transformadas. (3.12. 2 (3. e possui três pólos de multiplicidade 1.3 . pode decompor-se na forma 90 . as condições iniciais não são nulas.173) que substituído em (3. (3. 1  z 1 (3. y  2   2 .169) que ainda pode ser reescrita como Y  z  1 1 1  5z  6 z  X  z   18z 1  3 . aplique-se a transformada z unilateral (e a propriedade (3.172) Novamente.174) é próprio.174) Uma vez que o primeiro membro de (3. 181)  9 . o segundo membro de (3. (3.177) (3. tem-se que 91 (3.51) 1  2 z  1  3z 1  z  1 c1  1  2 z 1 1 1  1  4 . c0  0 . (3. e os coeficientes ci são c1  3 c2 1  6 z 1  2 z  1  2 z 1  3z  1 1 1 1 1  6 z 1  3z  3 1  2 z 1  3z  1 1 1 1 3 z 2 z 1 1 2 3 z 3 z 1 1 3 1  3  3 1    2 1  2   2 1    3  12 .  1 1  2z 1  3z 1 Finalmente. 1 1 1 1  2z 1  3z 1 1  2 z 1  3z  (3.178) o que conduz a Y1  z   4 9 1 1 1 .Y1  z   1 c1 c2 c  c0    3 1 . (3. e possui dois pólos de multiplicidade 1. e os coeficientes ci podem ser calculados utilizando (3. pode decompor-se na forma 1  6 z 1 c1 c2 Y2  z   3  c0   .  2  1  2 1   1    3  3 z 2 z 1 1 2 1  3z  1  3z 1  z  1 c2  1  2 z 1 1 1 z 3 z 1 1 3 1  z  1  3z 1  z  1 c3  1  2 z 1 1 1  z 1 z 1 1 1 1  2 1  3  1 .182) o que conduz a Y2  z   12 9 .179) Da mesma forma.175) 1 1 1 1 1  2z 1  3z 1 z 1  2 z 1  3z 1  z  1 Novamente.  3  1  1   1    2  2   1 9  . 2 (3.   1 1 1  2z 2 1  3z 2 1  z 1 (3.176) (3.174) é próprio.183) .180) onde. c0  0 . 184) Utilizando (3.185) .45) obtém-se finalmente y n  1 9 n n u  n   8  2  u  n    3 u  n  .Y  z   Y1  z   Y2  z   8 9 1 1 1 .   1 1 1  2z 2 1  3z 2 1  z 1 (3. 2 2 92 (3. Problema 3.13. (HSU 4.60) Determine o valor final e o valor inicial de x  n  para cada uma das funções de transferência e o ganho estático do sistema: 5  2z  z   12   , X  z  1  1   z   z   2  3  X  z  z , 2 z  3z  1 2 z  1 . 2 z  1. (3.186) (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 5  2z  z   2z2 12   x  0   lim X  z   lim  lim 2. z  z   1  1  z z 2 z  z     2  3  (3.188) 5  2 z  z   1  z 1  12  lim x  n   lim 1  z 1  X  z   lim   0. n  z 1 z 1 1 1    z   z   2  3  (3.189) Mais ainda, aplicando (3.123) a (3.186) é possível calcular o ganho estático do sistema 5  2 1   1    12   7 . Gest  lim 1  z 1   X  z   lim X  z   1  z 1 z  1 1 z   1  1  2  1   1    2  3 (3.190) b) Analogamente, aplicando respectivamente o teorema do valor inicial (3.121), e o teorema do valor final (3.122) a (3.187) z z  lim 2  0 . z  2 z  3z  1 z  2 z x  0  lim X  z   lim z  2 93 (3.191) lim x  n   lim 1  z n  1 z 1 z 1  z 1   X  z   lim 2 z z 1 2  3z  1 . (3.192) No entanto, para calcular (3.192), é necessário levantar a indeterminação. Identificando os zeros do denominador, 1  2 z 2  3z  1  0  z   ,1 , 2  (3.193) este pode ser factorizado de forma a obter lim z 1  z  1 1  2  z    z  1 2   lim z 1 1 1  2 z   2   1. (3.194) Finalmente, aplicando (3.123) a (3.187) obtém-se o ganho estático do sistema Gest  lim X  z    . z 1 (3.195) Note-se que, este sistema é instável, pelo que, a resposta à entrada escalão unitário tende para infinito. 94 Problema 3.14. (AT Ex. 15) Encontre a resposta completa quando a equação às diferenças y  n   3 y  n  1  x  n   x  n  1 , (3.196) n 1 tem como sinal de entrada x  n     u  n  e condição inicial y  1  2 . 2 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 Y  z   3  z 1Y  z   y  1  X  z    z 1 X  z   x  1 . (3.197) Uma vez que nada é dito sobre a condição inicial x  1 , tome-se x  1  0 e substitua-se o valor das condições iniciais em (3.197) obtendo 1  3z Y  z   6  1  z  X  z  . 1 1 (3.198) Após alguns passos algébricos obtém-se 1  3z Y  z   6  1  z  X  z    1  3z  Y  z   6  1  z  X  z   . 1 1 1  Y  z   1 (3.199) 6 1  z 1  X  z 1  3z 1 1  3z 1 Recorrendo às tabelas da transformada é ainda possível calcular a transformada do sinal de entrada n u 1 1 x n    u n  X  z   , 1 1 2 1 z 2 (3.200) e substituir em (3.199) Y  z   6  1  3z 1 1  z 1 . 1 1  1  1  3 z 1  z    2  (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 95 uma fracção própria, e possui dois pólos de multiplicidade 1, podendo decompor-se na seguinte forma Y1  z   1  z 1 c1 c2  c0   . 1 1 1 1 1  1  3z 1  1 z 1  3z  1  2 z  2 (3.202) Novamente, c0  0 e os restantes coeficientes ci podem ser obtidos através de (3.51) 1  3z 1  z   1  3z  1  12 z  1 c1 1 1 34,  1 7 1 6 1 1 1 z 3 z 1 1 3  1 1  1  1  z  1  z  1 2 3 2  c2     , 1 1  1 6 7 1  1  3z  1  2 z  z1 2 1 (3.203) (3.204) z 2 o que conduz a Y1  z   4 1 3 1  . 1 7 1  3z 7 1  1 z 1 2 (3.205) Aplicando (3.205) a (3.201) obtém-se a transformada da resposta total Y  z   6 4 1 3 1   , 1 1 1 1  3z 7 1  3z 7 1  z 1 2 (3.206) que por aplicação de (3.45) permite obter a resposta completa no tempo n 4 31 n Y  z   6  3 u  n    3 u  n     u  n  . 7 72 n 96 (3.207) Capítulo 4. Fundamentos de Sinais e Sistemas: Sinais Contínuos Problema 4.1. Seja t  y1  t   x1   3  , 2  t  y2  t   x2   3  , 2  (4.1) sabendo que x2  t   x1  t  T  diga, justificando, se a afirmação: y2  t   y1  t  T  , é verdadeira ou falsa. Substituindo t por t  T no primeiro termo de (4.1), resulta em, T t T  t y1  t  T   x1   3   x1   3   . 2  2  2 (4.2) Mais ainda, considerando que x2  t   x1  t  T  , e substituindo em (4.1) obtém-se  t  t   t  y2  t   x2   3   x1    3   T   x1   3  T  . 2   2   2  Uma vez que (4.2) e (4.3) não são iguais, a afirmação é falsa. 97 (4.3) pelo que. (4.6) x  t   a x1  t   b x2  t  diga. (4. obtém-se imediatamente y  t   2 a x1  t   b x2  t   a x1  2t  1  b x2  2t  1 . 98 .7) Através de um simples manipulação algébrica é possível reduzir (4.2. justificando. a afirmação é verdadeira.8) Note-se que o primeiro membro de (4. (4.8) é igual a ay1  t  e que o segundo é igual a by2  t  .Problema 4. (4.4). Seja sabendo que y  t   2 x  t   x  2t  1 .7) a y  t   a 2 x1  t   x1  2t  1  b 2 x2  t   x2  2t  1 . é verdadeira ou falsa. se a afirmação: y  t   a y1  t   b y2  t  .5) y2  t   2 x2  t   x2  2t  1 .4) y1  t   2 x1  t   x1  2t  1 . Substituindo a afirmação x  t   a x1  t   b x2  t  em (4. (4. 10) 1 4 t  u 4.3. Seja x  3t  4   2t  7 . permite obter 4 4 2 13  1  1 x  3 u    4   2  u    7  x u   u  .9) determine x  t  . (4. substituindo em (4.Problema 4. 3 3 (4. 3 3 3 3 3  3  99 (4. (4.11) Resolvendo em ordem a t obtém-se que.12) .9). Para determinar x  t  é necessário definir a mudança de variável u  3t  4 . Sejam e2t x t    0 . . t0 .4. t0 .Problema 4.2 verifica-se que h  t    não se sobrepõe com x   para t  0 .1. t0 . Para facilitar a compreensão desta resolução vão ser apresentados graficamente todos os passos. x   h  t    e consequentemente a resposta y  t  são nulos neste intervalo. (4.14) Figura 4. Em seguida.1. é necessário obter a reflexão em relação à origem de h   : z    h    . Primeiro. y t      x   h  t    d . determine. (4. Representação de x  t  e de h  t  . Assim. é necessário atrasar z   de t unidades e multiplicá-lo por x   .13) representados na Figura 4. 100 . t0 1 h t    0 . Através da Figura 4. 15) . Representação de x   . onde x   h  t    não é nulo. o seu valor é representado na Figura 4. Calcular o integral neste intervalo corresponde então a calcular    x   h  t    d   e t 0 t 2  e 2  1 e 2t .3.2. d       2  2 0 2 Figura 4. x   h  t    e h  t    para t  2 .3. Representação de x   h  t    e h  n  k  para t  1 . Para o intervalo t  0 . 101 (4. h   .Figura 4. para obter a resposta y  t  . Figura 4. t0 0  1 e 2t    2 t y t    1 e    u t  . é necessário.4. somar as contribuições de x   h  t    . Representação da saída y  n  . 102 . para cada instante t . t  0    2 2 (4.Finalmente. o integral (4.14) é de facto um integral de convolução. Note-se que.4. o que resulta em . 2 2  .16) que está representado na Figura 4. justificando se C  0 : t x  t   C é verdadeiro ou falso. pelo que. (4. quando t   a condição t x  t   C não se verifica. t pertence a .17). 103 . segundo a definição (4.17) Diga. Sabe-se que t  . x  t   B . Apesar de x  t  ser um sinal limitado. Esta afirmação é falsa.5.Problema 4. 18) Substituindo individualmente.5.20) ty  0 3  4 3   4 3 .Problema 4.e. (ii) Translação temporal. Representação de y  t  . obtém-se t y  2 3  4 3  2 . efectuadas ao sinal x  t  : (i) Escalamento. A informação contida nos pontos t x  2. para cada t x .1 passará a estar disponível nos pontos t y .2d) Considere o sinal representado na Figura 4. i. Figura 4.6. (IML 1. Represente graficamente o sinal y  t   x  3t  4  .5 3.6. (4. Note-se que.6. t y  1 3  4 3   5 3 (4.  4 3. a sua posição em y  t  .0. 1.. que podem ser obtidos através da equação tx  3t y  4  t y  tx 3  4 3 . a expressão analítica de y  t  apresenta duas operações.19) t y  1 3  4 3  1 (4. 104 . 1 que conduz à representação da Figura 4. Representação de x  t  .5. Para alguns pontos-chave do sinal x  t  é possível obter analiticamente. t y  2. Figura 4. 23) . (IML 1.Problema 4. (ii) Escalamento. Escreva a expressão que os relaciona.7. Desta forma. Figura 4. Representação de x  t  . (4. é possível identificar três operações efectuadas ao sinal x  t  : (i) Inversão temporal. e y  t  . A informação contida nos pontos t x  2. 105 (4.3a) Considere os sinais contínuos representados na Figura 4.22) Assim sendo.0 passará a estar disponível nos pontos t y  3.21) onde a e b são constantes a determinar. é possível escrever o seguinte sistema de equações  2  3a  b a  2 a  2 t x  at y  b     . Por inspecção. os sinais estão relacionados através y  t   x  2t  4 .2 respectivamente. 0  2a  b  b  2a b  4 (4. Uma transformação geral. (iii) Translação temporal. Através de alguns pontos-chave de x  t  e y  t  é possível relacionar analiticamente os dois sinais. pode escrever-se como y  t   x  at  b  .7. que contemple as três transformações identificadas.7. (4.8. 2 (4.26) Assim.9.8. Figura 4. Representação de x  t  .8. 106 . 2 (4.25) xi  t   1  x  t   x  t   .25) e (4. (IML 1. Note-se que.6a) Esboce graficamente as componentes par e ímpar do sinal representado na Figura 4. para obter (4.24) onde as componentes par e ímpar podem ser obtidas da seguinte forma x p t   1  x  t   x  t   . Representação de x  t  . Figura 4.26) é necessário obter graficamente x  t  .Problema 4. tal como vem representado na Figura 4. é possível representar qualquer sinal como a soma de uma componente ímpar com um componente par x  t   x p  t   xi  t  .9. Representação de x p  t  e xi  t  . (4.10. A título de exemplo.5  x  2  x  2   0.28) Figura 4. (4.5  x  2   x  2   0.51  1  0 .Em seguida. e dividindo o resultado por dois.27) xi  t  2  0. facilmente se obtém as componentes par e ímpar representadas na Figura 4. somando ou subtraindo ponto a ponto x  t  com x  t  .10.51  1  1 . 107 . para o ponto t  1 tem-se que x p  t  2  0. de uma forma geral. tem-se que. (4. deve também verificar a mesma condição.7) Sejam dois sinais contínuos relacionados por x2  t   x1  2t  1 . para o caso específico de um sinal periódico. No entanto.32) Ou seja. (4. Assim. (4. 108 . x1  t  é par verifica (4.Problema 4.30). (IML 1. Note-se que. x2  t  também o é? Justifique a resposta. (4.30). x2  t   x1  2  t   1  x1  2t  1  x2  t  . Para que x2  t  seja par. pelo que não é par. a informação de paridade mantém-se.29) Se x1  t  for um sinal par. o deslocamento temporal destrói a informação de paridade do sinal. um sinal par ou ímpar cumpre respectivamente as seguintes condições x p  t   x p  t  .31) Sendo que.9. em que o deslocamento é igual a um múltiplo do período fundamental. Note-se que.30) xi  t   xi  t  . x2  t  não verifica (4. 10. O seu período é então dado por Ty  Tx . y2  t   x  t 5 .38) .34) a) Se x  t  é periódico. substituindo t  t  T em (4. Verdadeira Sabendo que y1  t  é periódico. um sinal periódico cumpre a condição x t  T   x t  . y1  t  também terá de ser periódico. substituindo t  t  T em (4. (IML 1. x  t  também terá de ser periódico. então y2  t  também o é. Verdadeira 109 (4.Problema 4. c) Se x  t  é periódico. então x  t  também o é. Verdadeira Sabendo que x  t  é periódico. (4.36) b) Se y1  t  é periódico.37) Ou seja.9) Seja x  t  um sinal contínuo considere-se y1  t   x  5t  . (4.33) pode inferir-se que x  t  Tx   x  t   y1  t  Ty   x 5  t  Ty   x 5t  5Ty  . então y1  t  também o é. (4. 5 (4.35) Ou seja. (4. O seu período é então dado por Tx  5Ty .33) Classifique as seguintes afirmações: Note-se que.33) pode inferir-se que y1  t  Ty   y  t   x 5  t  Ty   x 5t  5Ty  .   5  5 5  (4. então x  t  também o é. (4.33) pode inferir-se que  t  Ty  t T  y2  t  Ty   y  t   x   x   y   x t  . y2  t  também terá de ser periódico.Sabendo que x  t  é periódico.33) pode inferir-se que  t  Ty  t T  x  t  Tx   x  t   x   x   y   x t  .41) Ou seja.39) Ou seja. substituindo t  t  T em (4.   5  5 5  (4.40) d) Se y2  t  é periódico. Verdadeira Sabendo que y2  t  é periódico. (4. O seu período é então dado por Ty  5Tx .42) . O seu período é então dado por Tx  Ty 5 110 . x  t  também terá de ser periódico. substituindo t  t  T em (4. pelo que.Problema 4. Substituindo t  t  T em x  t  chega-se a x  t  T   10sin   t  T  1  10sin   t  1   T  . x  t  não é periódico. (4. x  t  é periódico.43) Dado que. a) x  t   10sin   t  1 Novamente. Para os sinais periódicos determine o período fundamental. um sinal periódico cumpre a condição (4.34) para todo o tempo.11. se tem que x  t   0 . (IML 1.f) Determine quais dos seguintes sinais são periódicos. f) x  t   cos  3 t  u  t  Uma vez que. 111 .34). a função x  t  não verifica a condição (4. o período fundamental da função seno é 2 . de período fundamental T0  2 . (4.11a.44) Assim. para t  0 . o período fundamental de x  t  tem de verificar  Tx  2k  Tx  2k  T0  2 . 45) permite obter o período de x  t  . 2 (4. (4. substituindo t  t  T em (4.48) sendo o período fundamental de x  t  dado por T0  2 .12) Determine o período fundamental de x  t   3sin 5t  2   sin  2t  1 . 2 . para que o sinal x  t  seja periódico.verifica-se que 2 4 6 8  T1   .47) O período fundamental será o mínimo múltiplo comum entre T1 e T2 .  2T2  2k T2   k (4. pelo que.  . 112 (4. dando valores a k . (4. 5 5 5 5  T2   .49) . tem-se que.Problema 4.  .  . Assim.12.45) Novamente. deve observar-se 2  5T1  2k T1  k  5 . (IML 1. x  t  T   3sin  5  t  T   2   sin  2  t  T   1   3sin  5t  2  5T   sin  2t  1  2T  .34).46) Uma vez que o período fundamental da função seno é 2 . um sinal periódico cumpre a condição (4. (4.13. deve observar-se T1  2k  T1  2k    1 . substituindo t  t  T em (4. (4. tal é impossível uma vez que T2 é irracional enquanto que T1 é racional (não existe um mínimo múltiplo comum entre os dois). um sinal periódico cumpre a condição (4.34). 113 . Novamente. pelo que.51) Para que o sinal x  t  seja periódico.50) Diga ou não se é periódico e caso seja. (IML 1.50) permite obter x  t  T   sin   t  T  cos 10  t  T   sin  t   T  cos 10t  10T  . O sinal não é periódico.Problema 4. determine o período.52) O período fundamental será o mínimo múltiplo comum entre T1 e T2 . 10T2  2k T2  5 k (4. No entanto.13) Seja x  t   sin  t  cos 10t  . 58) pelo que h  t  é par. como h  t  não verifica (4. x  t  é periódico.53) e o sinal  z  n    h   x  nT    d . de período fundamental T0  1 . Quanto à periodicidade.Problema 4. (4. (4.34) verifica-se que x  t   sin 2  t  T   sin  2 t  2 T  . (4. (IML 1.55) pelo que x  t  é ímpar. Mais ainda. (4. verifica-se que h  t     t     t  . verifica-se rapidamente que x  t   sin  2 t    sin  2 t    x  t  . para h  t  . Analogamente. através de (4. Os sinais encontram-se representados na Figura 4.34) não é periódico.11. (4. 114 .  (4.56) Tem-se então que o período de x  t  tem de respeitar 2 T  2 k  T  k . h t    t  .14) Considere os sinais contínuos: x  t   sin  2 t  .54) a) Esboce graficamente os sinais contínuos e classifique a sua paridade e periodicidade Quanto à paridade.57) ou seja.14. 62) tem solução.62) Como (4. Primeiro é necessário resolver o integral de forma a obter z  n  de forma genérica.Figura 4. 4 4 3 4  4 (4.    115 (4. Analogamente. T  1  .61) Substituindo n  n  N para calcular o período vem 3 3 8 3  3 z  n  N   sin   n   N    N  2k  N  k . x  t  é periódico e menor inteiro que verifica (4.  (4. e h  t  .  z  n    h   x  nT    d  x  nT   sin  2n T  . e classifique quanto à periodicidade.11.60) Assim. quando T  3 8 .63) .62) é o período fundamental N 0  8 (que corresponde a k  3 ). Representação de x  t  . b) Determine z  n  para: T  3 8 . tem-se que  3  3  z  n   sin  2 n   sin  n  .  8  4  (4.59) onde se utilizou a propriedade de   t      f     k    d      f  k    d  f  k  .  (4. quando T  1  obtém-se  1  z  n   sin  2 n   sin  2n  . No entanto.64). (4. o sinal não é periódico (recorde-se que para um sinal discreto o período fundamental tem de ser um número inteiro). 116 .64) Como não é possível obter um inteiro que verifique (4. ao substituir n  n  N para calcular o período vem z  n  N   sin  2n  2 N   2 N  2k  N  k . 68) h t       t  mT  . (4.71) Devido às propriedades do escalão unitário tem-se: c  t   t para t  0 . (4.66) também pode ser reescrito na forma equivalente c  t   tu  t   tu  t  . (4.69) m  b) O sinal b  t  . O sinal encontra-se representado na Figura 4. 117 . O sinal encontra-se representado na Figura 4. O sinal encontra-se representado na Figura 4.70) Devido às propriedades do escalão unitário b  t   0 para t  2 . bem como f  t   t  0 para t  0 . descrito por (4. c  t   t para t  0 . (4. Por seu lado.Problema 4. (IML 1.12. (4.12. Mais ainda.18) Esboce graficamente os seguintes sinais contínuos: b  t   t u  t  2  u  t  5 .67) g  t   t  t  3 . descrito por (4.65) também pode ser reescrito na forma equivalente b  t   tu  t  2  tu  t  5 . c) O sinal c  t  .65) c  t   t u  t   u  t   . no intervalo entre 2  t  5 obtém-se b  t   t  0  t . atendendo às propriedades do impulso unitário verifica f  t   0 para todo o t  0 . f) O sinal f  t   t  t  .66) f  t   t  t  .15. para t  5 tem-se que b  t   t  t  0 . (4. T 0.12. (4. não se sobrepõem. bem como g  t   t  3 para t  3 .12. centrados respectivamente em t  mT para m  .g) O sinal g  t   t  t  3 . O sinal encontra-se representado na Figura 4.72) m  representa um somatório de impulsos de Dirac. (4. 118 . O resultado é um “pente” de deltas de Dirac. h) O sinal h  t  . atendendo às propriedades do impulso unitário verifica que g  t   0 para todo o t  3 . Uma vez que estes são zero sempre que t  mT . O sinal encontra-se representado na Figura 4. T 0. definido em (4.12.69) h t       t  mT  . 119 .12.69).Figura 4.65) – (4. Representação dos sinais definidos em (4. que deslocada para o ponto t  1 . tem-se então x  t  3  t  3 . A contribuição deste sector é então dada por x3  t    t  1 u  t  1  u  t  . (D. a) Separe-se a análise do sinal x1  t  em 4 sectores. o quarto sector  0  t  3 é simplesmente dado por x4  t   u  t  . No primeiro sector  3  t  2  . no segundo sector  2  t  1 . y  t  e z  t  . (1. Esta expressão apenas é válida para 3  t  2 . que deslocada para o ponto t  1 . Representação de x  t  . Deslocando a recta para o ponto t  3 . x  t   t .74) Novamente. no terceiro sector  1  t  0 .75) Finalmente. resulta em x  t  1    t  1 . o sinal é descrito por uma recta de inclinação m  1 . resulta em x  t  1  t  1 .20a.b. (1. A contribuição deste sector é então dada por x2  t     t  1 u  t  2  u  t  1 . o sinal é descrito pela recta x  t   t .g) Exprima analiticamente os sinais representados Figura 4. Ou seja. (IML 1. Somando todas as contribuições resulta que 120 . o sinal é descrito pela recta x  t   t .73) Analogamente.16.Problema 4. logo a contribuição do primeiro sector pode escrever-se utilizando escalões unitários x1  t    t  3 u  t  3  u  t  2  .13. tem-se então y  t  2   2  t  2  . (4. No primeiro sector  2  t  1. no segundo sector  1.5 . (4. o sinal é descrito pela recta y  t   2t . resulta em y  t  1  2  t  1 . que deslocada para o ponto t  1 .5 . o sinal é descrito por uma recta de inclinação m  1  0  1.x  t    t  3 u  t  3  u  t  2     t  1 u  t  2   u  t  1    t  1 u  t  1  u  t    u  t  .5  t  1 (4.5  2 . A contribuição deste sector é então dada por y4  t   2  t  2  u  t  1. que deslocada para o ponto t  1 . A contribuição deste sector é então dada por y3  t   2  t  1 u  t  1  u  t  1. Deslocando a recta para o ponto t  2 .5 .81) . Ou seja. logo a contribuição do primeiro sector é dada por y1  t   2  t  2  u  t  2   u  t  1.5 .5   2    1 0. (1.77) b) Separe-se a análise do sinal y  t  em 4 sectores.79) Novamente.76) Ainda é possível reescrever (1.5  t  2  . Somando todas as contribuições resulta que 121 (4. (1. Analogamente. y  t   2t .78) . resulta em y  t  2   2  t  2  . o sinal é descrito pela recta y  t   2t . Esta expressão apenas é válida 2  t  1.5  u  t  1 . o sinal é descrito pela recta y  t   2t . resulta em y  t  1  2  t  1 .80) No quarto sector 1.5 . no terceiro sector 1  t  1. que deslocada para o ponto t  2 . A contribuição deste sector é então dada por y2  t   2  t  1 u  t  1.5  u  t  2  .76) de forma a obter x  t    t  3 u  t  3  2  t  2 u  t  2  2  t  1 u  t  1  t u t  . 5  u  t  1  2  t  1 u  t  1  u  t  1. m m  122 (4.5   2  t  2  u  t  1.5  u  t  2   . (4.5 u  t  1.84) m  onde A é um termo de amplitude genérico. Desta forma. pode concluir-se que A   1 . e considerando a expressão geradora dos números ímpares ( 2m  1 ).83) g) Por inspecção.76) de forma a obter y  t   2  t  2  u  t  2   4  t  1.5   2  t  1 u  t  1. com amplitudes positivas e negativas alternadas. (4. deslocados no tempo para a posição dos números ímpares m  z  t   2  A t   2m  1  . verifica-se que o sinal é um “pente” de deltas de Dirac. todos os deltas de Dirac estão localizados sobre os números inteiros ímpares. (4.5 u  t  1.82) Ainda é possível reescrever (1.5  2  t  2  u  t  2  . quando m  1 se tem  t   2m  1 m1    t  1 . Uma vez que. Note-se ainda que. é possível escrever o sinal como uma soma de deltas de Dirac.86) .85) e a amplitude deste impulso é negativa.5  2  t  1 u  t  1 2  t  1 u  t  1  4  t  1. (4.y  t   2  t  2  u  t  2   u  t  1. Desta forma. m verifica-se que a expressão do sinal é dada por m  z  t   2   1  t   2m  1  . e. Invariante no tempo.g. t0 .g. 2. para qualquer instante de tempo. a saída e a entrada do sistema. x1  t   x2  t  t  t0  y1  t   y2  t  t  t0 .. y  t   3x  t  e y  t   3x  t  1 são causais. Estável. Determine quais destas propriedades são satisfeitas (e quais não são) pelos seguintes sistemas. 3) Invariância no tempo: Um sistema diz-se invariante no tempo.e. 2) Causalidade: Um sistema é causal quando. para dois sinais idênticos até ao instante t0 .89) 4) Linearidade: Um sistema é linear quando uma combinação linear de sinais à entrada. (4. 123 . Sem memória. t1   y  t1   f  x  t1   .88) Por conseguinte.. à mesma combinação linear das saídas elementares para cada sinal de entrada. na saída..e.. Estas podem ser definidas da seguinte forma: 1) Memória: Um sistema não tem memória quando.e. Linear. Justifique a resposta. enquanto que y  t   3x  t  1 tem.k) Um sistema contínuo pode classificar-se como: 1. 4. (4.22c.Problema 4. a saída apenas depende da entrada nesse mesmo instante. respectivamente. (4. Portanto. Para classificar os seguintes sistemas. i. quando uma deslocação no sinal de entrada. i.17. (IML 1. num instante de tempo. enquanto que y  t   3x  t  1 não. x  t   y  t   x  t  t0   y  t  t0  .87) e. 5. 3. um sistema sem memória é necessariamente causal.. Causal. y  t  e x  t  representam. conduz à mesma deslocação no sinal de saída. y  t   3x  t  não tem memória..e. a saída depende da entrada apenas em instantes passados. conduz. é necessário conhecer as propriedades gerais dos sistemas lineares. Para todos os casos. Invertível. as saídas são idênticas até ao mesmo instante. i. i. 6. sinais de entrada distintos resultam em sinais de saída distintos (a aplicação da entrada na saída é injectiva). (4.88) verifica-se que o sistema é causal.93) É então necessário avaliar. 124 .  x t  y t      2 2  (4. Considerando um sinal auxiliar x1  t   x  t  t0  resulta que y1  t    x1   d   x   t0  d .. (4.94) é necessário introduzir a mudança de variável u      t0 que.e.3).90) 5) Estabilidade: Um sistema diz-se estável de entrada limitada / saída limitada quando qualquer entrada limitada dá origem a uma saída limitada.  Ax  0 : x  t   Ax t    Ay  0 : y  t   Ay t  . por aplicação de (B.95) y  t  t0    x  u  t0  du . u    .92) a) y  t    x   d t  Pela propriedade (4.e.96) que conduz a t  que é igual a (4.89). i.  x1  t   y1  t   ax1  t   bx2  t   ay1  t   by2  t  . (4. logo. o sistema é invariante no tempo. i.93).87) verifica-se que o sistema têm memória.. Quanto à invariância no tempo. y  t  t0    t t0  x   d . d du  1. resulta em u  t  t0   t. x1  t   x2  t   y1  t   y2  t  . (4.91) 6) Invertibilidade: Um sistema é invertível quando. é necessário aplicar a propriedade (4.   u  t0 .94) Para resolver (4. (4. t t   (4. Pela propriedade (4. pelo que se tem y1  t   t x1  t  2  t x  t  t0  2 . Para averiguar se o sistema é invariante no tempo. considerando x  t   ax1  t   bx2  t  tem-se que y1  t    x1   d .Quanto à linearidade. que neste caso é dada por w t   d y t  . (4. Uma vez que o intervalo de integração é infinito. verifica-se que o sistema não é estável.97) logo o sistema é linear. considerando x1  t   x  t  t0  .100) No entanto.92) A função é injectiva. uma vez que é diferente de (4.99) y  t  t0    t  t0  x  t  t0  2 . uma vez que uma entrada limitada gerou uma saída ilimitada (um sinal limitado integrado num intervalo infinito pode conduzir a um valor ilimitado). Considerando (4. Desta forma. (4. a área calculada pelo integral é infinita.87) verifica-se que o sistema têm memória. tome-se como exemplo o sinal de entrada x  t   1 para todo o t . pelo que. e o sinal de entrada é constante. Assim.91). dt (4.98) k) y  t   t x  t  2  Pela propriedade (4. De forma a verificar a estabilidade. tem-se que o sistema é causal.88) .90). o sistema é classificado como instável. uma vez que o sistema apenas depende de instantes passados. Aplicando ainda (4. aplicando (4.89). y2  t    x2   d pelo que t t   x  t    ax1    bx2   d  a  x1   d  b x2   d  ay1  t   by2  t  . invocando (4.99) o sistema é variante no tempo. 125 . admite inversa. t t t    (4. aplique-se (4. pelo que o sistema é instável. verifica-se que y  t   3t  lim y  t    .102) t  ou seja. com x  t   ax1  t   bx2  t  onde y1  t   t x1  t  2 e y2  t   t x2  t  2 . verifica-se que x1  t   x2  t   y1  t   y2  t  . A instabilidade pode ser comprovada por contra exemplo. (4.103). 126 (4.92).e.90). Novamente. o sistema é não invertível. para uma entrada limitada a saída é ilimitada.101) logo o sistema é linear..103) A partir de (4. (4.104) . logo. Considerem-se dois sinais x1  t   2  t  2   y1  t   2t   t  2  2   2  0    0   0 x2  t   3  t  2   y2  t   3t   t  2  2   3  0    0   0 . (4. se x  t   3 . tem-se x  t   t  ax1  t  2   bx2  t  2    at x1  t  2   bt x2  t  2   ay1  t   by2  t  . aplicando (4.Quanto à linearidade. pela propriedade(4. i. note-se que o sistema perde a informação do sinal de entrada em t  0 . t . Capítulo 5. Como é conhecido. para cada intervalo em t : 1.2)  Para obter a saída do sistema. obtendo: z    h    . 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  . 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. Atrasar o sinal z   de t unidades (correspondentes ao instante t ) obtendo a sequência: w    z   t   h  t    3. entrada x  t  e saída y t  . x t  h t  Figura 5.1) Determine a resposta do sistema ao sinal de entrada escalão unitário. Sistema LIT. é necessário efectuar os seguintes passos. Multiplicar ponto a ponto a sequência w   pela entrada: x   h  t    . cuja resposta impulsional é dada por h  t   e2t u  t  . Representação no Domínio do Tempo de Sistemas LIT Contínuos Problema 5. (5.1. 2. 127 .1. (5. (IML 2. Determinar a reflexão em relação à origem da resposta impulsional h   do SLIT. com resposta impulsional y t  h  t  . Para um dado sistema linear e invariante no tempo.4) Considere um sistema LIT.1). x  t     t  t0     x     t  t 0  128    d  x  t  t0  . Somar todos os pontos da sequência resultante.6) . Este resultado encontra-se esquematizado na Figura 5.4) x  t   h1  t   h2  t    x  t   h1  t   x  t   h2  t  . goza das seguintes propriedades: 1) Comutatividade: x t   h t   h t   x t  . (5. definida para sinais discretos. O integral de convolução. (5. de modo a obter o integral de convolução correspondente ao instante t . a resposta impulsional de dois SLITs em série é dada pela convolução das respostas impulsionais de cada um dos SLITs.2. Respostas impulsionais de: (a) SLITs em série. A função impulso unitário exibe a seguinte propriedade face ao integral de convolução. á semelhança da soma de convolução.3) x  t   h1  t   h2  t    x  t   h1  t   h2  t  . (b) SLITs em paralelo. (5. Este processo é então repetido para todos os intervalos de t em que x   h  t    é monótono. Da mesma forma se pode demonstrar que a resposta de dois SLITs em paralelo é a soma das respostas impulsionais de cada um.2. (5.5) 2) Associatividade: 3) Distributividade: Novamente. a  b h2  t  h1  t  h2  t    h1  t   h2  t  h1  t  h1  t   h2  t  Figura 5.4. Tanto o sinal de entrada. este problema é o mesmo que foi previamente apresentado no Problema 4. Desta forma.4 desta colectânea. como a resposta impulsional dos sistemas são os mesmos.7) . 2 2  que também se encontra representado na Figura 4. o resultado é  1 e 2t  y t      u t  .4.4.4. 129 (5..a) Note-se que. sendo a resolução a mesma que foi apresentada em 4. é nada mais que o integral de convolução. e o integral pedido em 4. Aplicando a propriedade da comutatividade (5.Problema 5. 1.4. Cap. Representação de: (a) h  t  . 2) Considere o seguinte circuito RLC R x t     C y t   Figura 5.9) é aplicado à entrada. considerando RC  1 . (b) x  t  .2.8) Suponha que o seguinte sinal x  t   u  t   u  t  1 . Considere-se então a definição de integral de convolução (5. através do integral de convolução.2). RC (5. Circuito RLC. Figura 5.3) verifica-se que 130 . Determine a saída..4. (5. A resposta impulsiva.3. bem como o sinal de entrada estão representados na Figura 5. que é caracterizado pela função de transferência h t   1 t 1  RC e u t  . (AT Ex. dado que a forma de x  t  é mais simples.y t        x   h t    d   h   x t    d . pode resolver-se o exercício sem efectuar este último passo. t  0.10) Note-se que. Figura 5. torna-se mais intuitivo aplicar as sequências de inversão e translação ao sinal x  t  . h   . é necessário atrasar z   de t unidades e multiplicá-lo por h   . 131 . No entanto. Primeiro. Representação de x   . é necessário obter a reflexão em relação à origem de x   : z    x    .8 e t  2 respectivamente. Em seguida. (5.5. h   x  t    para t  1 . 0 t (5.13) .12) t 1 Considerando todas as contribuições vem finalmente para a saída 0. pelo que. Quando 0  t  1 tem-se que x  t     1 . 132 (5.6. y  t  neste intervalo é dado por y t   t  h   d  t 1 t   t 1  e d  e t 1  e e  1 .  y  t   1  e  t . y  t   0 neste intervalo. Assim. t 1 que se encontra representada na Figura 5. logo h   x  t     h   para o intervalo 0    t . Figura 5.10).5 verifica-se que para t  0 se tem h   x  t     0 . verifica-se que para t  1 . pelo que. é possível obter para y  t  neste intervalo t t 0 0 y  t    h   d   e  d   e    1  e  t .6.Através da análise da Figura 5. x  t     1 logo h   x  t     h   para o intervalo entre t  1    t .11) Por fim. Representação de y  t  . e  t 1  e  t . considerando (5.  t0 0  t  1. t (5. Problema 5.3) verifica-se que y t        x   h t    d   h   x t    d .14) Determine a resposta do sistema ao sinal x  t   et u  t  . (5. é necessário atrasar z   de t unidades e multiplicá-lo por x   . Considere-se então a definição de integral de convolução (5. Figura 5.7.5) Considere um sistema LIT. (HSU 2. A resposta impulsiva. verifica-se que a forma de h  t  é mais simples. Em seguida. (b) x  t  .  0. Representação de: (a) h  t  . Primeiro. (5.15) Desta vez. tornando-se mais intuitivo efectuar as sequências de inversão e translação ao sinal h  t  . Aplicando a propriedade da comutatividade (5.3. 133 .7. bem como o sinal de entrada estão representados na Figura 5. cuja resposta impulsional é dada por h  t   e  t u  t  .2). é necessário obter a reflexão em relação à origem de h   : z    h    . 2 (5. x   h  t    para t  1 e t  1 respectivamente.   2 y t     1 e  t .18) . Assim. x   h  t     e e t   para o intervalo entre     t . Assim. Representação de x   .   2 t0 t0 134  y t   1  t e .17) Considerando todas as contribuições vem finalmente para a saída  1 t e . para t  0 . y  t  neste intervalo é dado por y t   e  t 0 e 0 2 d  e  t   e2  1  t  2   2 e . x   h  t     e e t   mas para o intervalo entre     0 .8.    (5.16) Finalmente. h   .Figura 5. y  t  neste intervalo é dado por y t   t e 2  t d  e  t  t t e 2 d  e   t  e2  1 t  2   2 e . Através da análise da Figura 5.8 verifica-se que para t  0 .    (5. Representação de y  t  . 135 .que se encontra representada na Figura 5. Figura 5.9.9. (D) Determine a resposta impulsional h  t  da série dos dois sistemas. a resposta impulsiva de um sistema causal é dada por h  t   0 t  0 . a saída depende da entrada apenas em instantes passados. 136 (5. A classificação de um sistema LIT.g.Problema 5.13) Considere o seguinte sistema x t  h t  h2  t  h1  t  y t  Figura 5.4. (5.21) e. (B) O sistema h1  t  é causal?. 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. i.10. Representação de um sistema LTI em série.19) h2  t     t  1 . (5. h  t   K  t  .e. Portanto. (C) O sistema h2  t  tem memória?. 2) Causalidade: Um sistema é causal quando. (IML 2. enquanto que h  t   2  t  1 tem. em que h1  t   e3t u  t  .22) . h  t   2  t  não tem memória. (5. Classifique as seguintes afirmações: (A) O sistema h1  t  é estável?. A resposta impulsional de um sistema discreto sem memória é dada por um impulso de amplitude K . para qualquer instante de tempo.20) representam respostas impulsionais de sistemas lineares e invariantes no tempo... h  t   hI  t     t  . A resposta impulsional de um sistema estável é uma função absolutamente integrável. i... com uma saída limitada.g.e.23). a) Um sistema é estável quando responde a qualquer entrada limitada. mas não suficiente. i.e.22) pelo que o sistema é causal.24) Note-se que. (5. (5. (5. o sistema não cumpre a condição (5.22). tem-se que   h1   d     e3 u   d    e 3 d   . logo verifica (5. enquanto que h  t   u  t  1 não.e. b) A resposta impulsiva de um sistema causal verifica (5.25) 0 Sendo que a resposta impulsiva não é absolutamente integrável.   h   d   .23) sendo instável. h  t   u  t  é causal..23)  4) Invertibilidade: Um sistema é invertível quando.. A convolução entre a resposta impulsional de um sistema invertível e do seu inverso é um impulso unitário. 3) Estabilidade: Um sistema diz-se estável de entrada limitada / saída limitada quando qualquer entrada limitada dá origem a uma saída limitada. tem-se que h  t   0 para t  0 . 137 .e. respeita a condição (5. sinais de entrada distintos resultam sinais de saída distintos (a aplicação da entrada na saída é injectiva). Uma vez que a resposta do sistema é dada por h1  t   e3t u  t  . esta condição é necessária. i. Neste caso. dispostos em série.27) .c) Uma vez que a resposta do sistema h2  t  não é um Dirac na origem. pode ser obtida efectuando h  t   h1  t   h2  t  .2).6). 138 (5. obtendo directamente h  t   h1  t     t  1  h1  t  1  e3t 3u  t  1 .21) pelo que tem memória. este não verifica (5. (5.26) Uma vez que a função h2  t  é um delta de Dirac. segundo as propriedades da convolução (Figura 5. é possível aplicar a propriedade (5. d) A resposta impulsiva total de dois sistemas lineares invariantes no tempo. verifica as propriedades (4. (5. é possível obter x  t  a partir de u  t  .30)  f  t  g  t    f   t  g  t   f  t  g   t  . dada a resposta ao escalão unitário.  t u  t     t  . pode efectuar-se o seguinte escalamento 139 .28) a resposta no tempo ao sinal de entrada escalão unitário de um sistema contínuo linear e invariante no tempo.32) na forma h  t   u  t    3  t    t   u t   3 t  .89). Desta forma.31) a) Para um sistema linear é possível calcular a resposta impulsiva.Problema 5.32) Uma vez que. a resposta impulsional pode ser calculada a partir da resposta ao escalão unitário da seguinte forma h t    yu  t  .29). t (5. ainda se pode reescrever (5. o sistema verifica (4. para um sistema linear e invariante no tempo.19) Seja yu  t    3  t  u  t  . determine: a) A resposta impulsional do sistema.29) Recordem-se ainda. Neste processo obtém-se também y  t  através de yu  t  . com base na resposta ao escalão unitário (5. (IML 2. as seguintes regras de diferenciação.90) dos sistemas contínuos. Note-se que. Considerando também (5. (5. (5.33) b) Como o sistema é linear e invariante no tempo.89) e (4. b) A resposta do sistema ao sinal de entrada x  t   10 u  t  3 . (5.31) obtém-se facilmente h t       3  t  u  t    u  t   3  t    3  t  u  t  . através de um conjunto de operações de deslocamento e escalamento.5. t t t (5.  f  g    f   g  t   g   t  . Dado que. 34) Mais ainda. é possível reescrever (5.35) que é a resposta a x  t  . o sistema verifica (4.90).u  t   yu  t   10 u  t   10 yu  t  . 140 (5. logo.35) na sua forma final y  t   10 t u  t  3 . Considerando (5.28). (5. efectuando o deslocamento temporal t  3 pode obter-se 10u  t  3  10 yu  t  3 . (5.36) . C.C.Capítulo 6. bem como a sua região de convergência ( R. Se x  t  for um sinal direito. A transformada de Laplace. (6. então a R. i. Se x  t  é de duração finita. A região de convergência goza das seguintes propriedades: 1.2)  j Para caracterizar completamente a transformada de Laplace de um sinal x  t  é necessário conhecer a sua expressão algébrica X  s  . exceptuando eventualmente as rectas   s    ou   s    . i. T f  .e.1)  x t   1   j 2 j   X  s  e st ds .C.. 3) Determinar a transformada de Laplace do sinal: x  t   eat u  t  . 2. então todos os valores de s tais que   s    0 também pertencem à R.e. 2. É constituída por faixas no plano s . Não contém pólos. e se existir pelo menos um valor de.. e a sua inversa definem-se respectivamente como X s    x t  e  st dt . então todos os valores de s tais que   s    0 também pertencem à R. 5.C. 3. não nulo apenas num intervalo limitado Ti . (6. s para o qual a transformada de Laplace converge. i. Cap. Transformada de Laplace Problema 6. Se x  t  for um sinal esquerdo. 4.1. . 141 . ). um sinal não nulo apenas para t  Ti e se a recta   s    0 pertencer à R..C. . paralelas ao eixo imaginário.e. um sinal não nulo apenas para t  T f e se a recta   s    0 pertencer à R. (AT Ex. é o próprio plano s .C.  R2 então Lb ax1  t   bx2  t   aX 1  s   bX 2  s  . R.C. 3) Translação no domínio da transformada: Se Lb x t   X  s  .C.C. Assim. (6.C. R. A transformada de Laplace goza ainda das seguintes propriedades: 1) Linearidade: Se Lb x1  t   X 1  s  . Lb x2  t   X 2  s  . R.  R1 . de um sinal esquerdo é o semi-plano complexo esquerdo limitado à direita pelo pólo de X  s  com menor parte real. destas condições resulta que: (i) A R. . (6.e. (6.6. i.  R .C.  R .4) 2) Translação no tempo: Se Lb x t   X  s  .C.C. de um sinal direito é o semi-plano complexo direito limitado à esquerda pelo pólo de X  s  com maior parte real.5) então Lb x  t  t0   e  st0 X  s  .  R1  R2 .C. R.7) . um sinal não nulo desde  até  e se a recta   s    0 pertencer à R.  R .C.3) R.C.6) excepto para a possível inclusão/exclusão de   s    . (6. é uma faixa do plano s que contém   s    0 . (ii) A R.. então 142 R. Se x  t  for um sinal bilateral. então a R. (6.  R1 .C.C.  R1  R2 . Lb x2  t   X 2  s  .C. (6. R. dt R.C.12) 6) Diferenciação no domínio do tempo: Se.  R . R. (6.10) 5) Convolução: Se Lb x1  t   X 1  s  .  R .  R . (6.C.  R . R.13) então dx  t  Lb  sX  s  .C. (6. então 1 s X . (6. (6. ds 143 R. R.  R2 então Lb x1  t   x2  t   X 1  s  X 2  s  . a a Lb x  at   R.  R    s0  .15) então Lb tx  t   dX  s  .C. R.C. (6.9) 4) Mudança de escala: Se Lb x t   X  s  . (6.14) 7) Diferenciação no domínio da transformada: Se Lb x t   X  s  .  aR .16) .Lb e s0t x  t   X  s  s0  .C.8) R.C. Lb x t   X  s  .11) R. (6.  R . de norma 1.21) é uma constante.20)  Para que o integral convirja quando t   . R.    s R. Ainda se pode averiguar que e  jt . onde apenas o ângulo varia (este termo tem um módulo constante e um ângulo que varia entre 0. 1    j  a t X s  e   j  a 0  1   a t  e   e  jt   j  a 0 .19) na forma.17) então t Lb 1 x  d   X s . analisando os termos de (6. 144 (6. Desta forma.19) Considerando que s    j . pelo que não varia com t . e não terá influência na definição da região de convergência. (6. é possível reescrever (6. a função integrada tem de tender para zero (quando t   ). é possível obter X  s   0 0 at  st at  st  e u  t  e dt    e e dt    e     s  a t  0 dt  1   s  a t e .8) Integração no domínio do tempo: Se Lb x t   X  s  .23) .  2 ). (6.C. será utilizado para definir a região de convergência. (6.  R .20) verifica-se que 1   j  a (6. Para que a função seja integrável é necessário que lim e t   a t  0     a   0    a . e  a t . (6. este termo representa uma "vibração". ao sinal de entrada.C. sa  (6.  R    s   0 . O último termo.18) a) Aplicando a definição da transformada de Laplace (6.22) corresponde à representação polar de um número complexo. Desta forma.1). ) é então   a que se encontra representada na Figura 6.1. Verifica-se que ambos os sinais têm a mesma expressão analítica X 2  s   X  s  .C.2. R.2 :   a . a transformada de Laplace de um sinal x  t  é sempre constituída por uma expressão analítica X  s  e por uma região de convergência.   . o sinal não tem transformada.26) e representada em Figura 6.24) j a  Figura 6. sa 145 (6. (ii) Caso não exista.. Note-se que. A título de exemplo.C.25) A região de convergência é novamente obtida em função de lim e t   a t  0     a   0    a . sa X  s  (6. R.e. (iii) Identificar univocamente qual o sinal x  t  ao qual corresponde TL  x  t   . R. A transformada deste último é então dada por X 2  s  1 . Representação da região de convergência da transformada do sinal x  t  .A região de convergência ( R.27) .C. (6. A transformada do sinal é indicada como 1 .1.C. É imprescindível explicitar a região de convergência porque: (i) Define a região de validade de X  s  . i. calcule-se a transformada de x2  t   eat u  t  X 2  s    e u t  e at  st  dt   e 0    s  a t 1 1  s a t . dt  e    s  a s  a 0 (6. :   a . mas regiões de convergência distintas. 2. Representação da região de convergência da transformada do sinal x2  t  . 146 .j  a Figura 6. y t    0.C. pode escrever-se (6. .c.  plano s .30)  t0 Uma vez que o sinal apresenta uma duração limitada no tempo.1) ao sinal de entrada é possível obter. (6.Problema 6.31) .  s 147 (6. (6. e a região de convergência é todo o plano s. c. Determine a transformada de Laplace do sinal t0  t  t0 1. R.29) como 1    j t X  s   e   j t0 .29)  t0 Novamente.2.  e  st Y  s    y  t  e dt   1e dt   s   t0  st t0 t0  st . A transformada será então dada por 1    j t X s   e   j t0  t0 1 st0 e  e  st0  .28) Aplicando a definição (6. dado que s    j . (6. a transformada converge para todo o intervalo de integração. R.1) ao sinal de entrada.C.3.3.35)  0  1  s  j0 s  j0  e 0 cuja R.33) 0 A região de convergência resulta da condição lim e t  0    0    0 . pode escrever-se (6.Problema 6. (6. dado que s    j . 2.3. t  (6.C.32) Novamente.34) pelo que. Representação da região de convergência da transformada do sinal x  t  .32) como X  s    1   j  j0 e  t  j  0 t . j  Figura 6. obtém-se X s   e j0t u  t  e dt   st    e 1  s  j t e dt   e  0 . Aplicando a definição da transformada de Laplace (6. pode ser observada na Figura 6. 3) Determine a transformada de Laplace do sinal: x  t   e j0t u  t  . 148 . Cap. e (6. s  j0 0 j0t  st 0 (6. a transformada será dada por X s   1   j  j0  e  t  j  0 t 1 1 . (AT Ex. :   0 . 36) como  1 1   2 t   3 t X s   e   e  jt   e   e  jt   j  2   j  3 0 0  As regiões de convergência dos dois integrais são respectivamente dadas por lim e  2 t t  lim e t   3t  0     2   0    2 .38)  0     3  0    3 . a região de convergência da transformada é dada pela intersecção das duas regiões de convergência elementares. (6. (6. (HSU 3. dado que s    j .Problema 6. 149 .4. (6. Uma vez que a intersecção destas é nula.36) .5c) Determine a transformada de Laplace do sinal: x  t   e2t u  t   e3t u  t  .37)     st 1   s  2 t 1   s  3t e  e s2 s3 0 0  Novamente.4).39) Pela propriedade (6.1) ao sinal de entrada. (6. obtém-se X s    e u  t   e u  t  e 2t 3t  st  dt    st  dt      e u t  e 2t  0 e   s  2 t 0 dt  e   s  3 t  e u  t  e 3t dt   dt  . pode escrever-se (6. o sinal não tem transformada de Laplace. Aplicando a definição da transformada de Laplace (6. Como explicado em (B. X  s  com k pólos distintos. ci1  s  pi  X  s    r  1 k   s  pi  s  pi k ! ds  r  1! ds  É ainda necessário relembrar os seguintes pares transformada Lb   t  1 . :   s   d k .. s  7s  12 (6. (6..C. :   s   d k .C.43) onde os coeficientes para as contribuições de cada pólo são dados por cir   s  pi  X  s  s  p . . cujo número de pólos é superior ao número de zeros. R.  n  1!  s  dk  150 (6.45) . s  7s  12 (6.47) (6.b.C.42) Para a resolução deste exercício é necessário recordar a decomposição em fracções simples de uma fracção própria.40) b) X  s  4s  13 .5.d) Determine a função no tempo.2. x  t  . s  0 .  ckr  s  pk  rk . :   s   d k . (6.   s   3 .23). (IML 3.C. n . Lb Ak edk t u  t   Ak .48) (6.2a.Problema 6. : s .41) 2 2 s3  4s 2  2 X  s  2 .   s   4 . com i  1. k e r1  r2   rk  n .  cir  s  pi  ri  . cir 1  r i d  r  s  pi  X  s  . i. onde o pólo pi tem multiplicidade ri .20) – (B.49) . s  dk Lb t n-1 Ak Ak edk t u  t   R.  ci1 s  pi  ci2  s  pi  2  .46) (6.  s  pi ds (6.44) r 1 cir k  1 d  r 1 dk  r s  pi  X  s   . R.e. pode ser decomposta em na forma geral: X  s  c11 s  p1  .. cuja transformada de Laplace é: a) X  s  4s  13 .. s  s  1 d) (6. s  dk Lb  Ak edk t u  t   Ak . R. 44)-(6.53) onde os coeficientes A e B podem ser obtidos a partir de (6. (6.40) pode ser decomposta em X  s  4s  13 A B .50) a) Primeiro é necessário avaliar se a fracção é própria.40) são então dados por s 2  7s  12  0  s  7  72  4  12 7  1   pi  4.Lb t n-1 Ak  Ak e d k t u  t   R.e.53) pode ser reescrita na forma. n . :   s   d k . i.  n  1!  s  dk  (6. Os pólos de (6. 3 .57) . 151 (6.C. a região de convergência situa-se à direita de ambos os pólos) vem para a função no tempo x  t   e3t  3e4t  u  t  .  s  4  s  3 s3 s  4 s3 3  4 (6.  s4 s3 (6.  s  4  s  3 s4 s  3 s4 4  3 (6. (6.52) Atendendo a (6.. X  s  3 1 1 .43).51) Uma vez que a fracção é própria. pode ser decomposta em fracções parciais. 2 2 (6.    s  4 s  3 s  4 s  3 (6.56) Aplicando agora as tabelas da transformada bilateral para pólos simples (6.47) (neste caso.55) Assim. se o número de pólos é superior ao número de zeros # pólos  2  # zeros  1 .45) A  s  4  4s  13  4s  13  16  13  3 . (6.54) B  s  3 4s  13  4s  13  12  13  1 .  s4 s3 (6.43)-(6.64) 2 s 0 . pelo que. ou seja X  s  3 1 1 .58) No entanto.45) que indicam que X  s  pode ser decomposta em X  s  1  A c c  1  22 .61) 3s 2  2 que permite reescrever X  s  como uma fracção própria X  s  1  X p  s  1  Dado que o pólo s  0 tem multiplicidade dois. a decomposição em fracções simples será igual.48) a (6. (6. é necessário recorrer às formulas gerais (6. (6. s 2  s  1 (6.59) d) Ao avaliar (6. sendo necessário começar por aplicar uma divisão polinomial s 2  s  1 s3  4s2  2  s3  s2 1 ..62) onde. a região de convergência encontra-se à esquerda dos pólos.60) 3s 2  2 .b) Uma vez que a expressão da transformada é a mesma. 2 2 s  s  1 s 1 s  1 s 1 c2   s  p  X  s  s  p  2 (6.  s  1  3s 2  2  3s 2  2 3 2 A   1. aplicando (6.42) verificamos que não é uma fracção própria.  s  1 s s (6.e. # pólos  # zeros .63) 3s 2  2  2  s  1 s0 6s  s  1   3s 2  2  1 d  d 3s 2  2 2  c1    s  p  X  s   2 1! ds  ds  s  1 s 0  s  1 s p Finalmente X  s  pode ser representada como 152 . (6.58) resulta para a expressão no tempo x  t    e3t  3e4t  u  t  . i. 66) . 153 (6.50) obtém-se para a função no tempo x  t     t   2 1  t   e t  u  t  .X  s  1  1 2 2   2.46)-(6.65) Aplicando as tabelas da transformada inversa (6.  s  1 s s (6. 14).67) a transformada de Laplace de x  t  .70) d) Para resolver esta alínea serão utilizadas as propriedades de translação (6. R.72) . (IML 3. dt s2 154 (6.14) resulta que y t   dx2  t  Lb s  Y  s   sX 2  s   s e 3s X  s    e 3s .10). dt (6. 3  3 3 s  2 s  6 3   s   6 .Problema 6. s2 (6.69) a) Aplicando a propriedade de mudança de escala da transformada de Laplace (6.6) ao par x  t   X  s  tem-se que Lb x2  t   x  t  3  X 2  s   e 3s X  s   e 3s 1 .71) Finalmente. (6.d) Seja X  s  1 .6.68) d x  t  3 .3a.C. aplicando (6.C. :   s   2 . Determine a transformada de Laplace das seguintes funções: y  t   x  3t  . a) y t   d) (6. Aplicando (6. :   s   2 . R. s2 (6. resulta imediatamente que Lb 1 s 1 1 1 x  3t   X     .6) e Lb diferenciação no tempo (6.   s   2 .  s  p1   s  pN  (6. a) Indique todas as R.C. Pode aplicar-se a transformada de Laplace à resolução de problemas com sistemas LTI. pode classificar-se o sistema.7. Mapa de pólos e zeros da função de transferência de um SLIT.C.Y  R. diga se o sistema correspondente é estável e/ou causal. pode rapidamente calcular-se a saída através de Y  s  H s  X s .H  R.C. da seguinte forma: 1) Causalidade: Para que seja causal. face às suas propriedades pode ser efectuada através do estudo da região de convergência de H  s  . da função de transferência é uma região do plano s que se estende desde um 155 .C.4. (IML 3.4. indicadas em a).74) onde zi são os seus zeros e pi os pólos. Para um sistema definido como na Figura 6.Problema 6. através de H  s  . b) Para cada uma das R. h  t  e y  t  . Justifique. (6. um sistema tem de cumprir duas condições: (i) A R.C. X .7a. ou função de transferência pode ser descrita na forma H  s  K  s  z1   s  zM  .4 representa o mapa pólos/ zeros da função de transferência de um SLIT. j  j2 2 1 1   j2 Figura 6. R.C. A função H  s  . H  s  e Y  s  são respectivamente a transformada de x  t  . Quando h  t  é de duração infinita.b) A Figura 6.73) onde X  s  . A classificação de um sistema LIT. que é possível associar ao mapa pólos/ zeros dado. 77) 156 . através de H  s  .C. 2) Estabilidade: Para que seja estável. (6.C.76) R. com resposta de duração finita. a) Com base neste mapa de pólos e zeros.1 :   s   1 .C.C.C. da seguinte forma: 1) Causalidade: Um sistema. este pode classificar-se. contém sempre o eixo imaginário).2 : 2    s   1 . considerando as propriedades das regiões de convergência é possível definir as seguintes R. da função de transferência contém o eixo imaginário. 2. (ii) A expressão algébrica de H  s  tem um número de zeros não superior ao número de pólos.3 :   s   2 . é causal se e só se a R.valor finito de   s  até (inclusive)  . um sistema tem de cumprir duas condições: (i) A R. contiver a recta   s    . mas em que os pólos com parte real nula são pólos simples. (ii) A expressão algébrica de H  s  tem um número de zeros não superior ao número de pólos. com resposta de duração finita.C. é estável (a R.C. 2) Estabilidade: Um sistema.1) Um SLIT contínuo causal é estável se e só se todos os pólos se situarem no semiplano complexo esquerdo. Quando h  t  é de duração finita. (6.2) 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. (6.75) R. 2. : R. a sua região de convergência é todo o plano s exceptuando eventualmente as rectas   s    ou   s    . Então. d) Atendendo às propriedades das R.C. 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. R.C.1 é uma região do plano s que se estende desde   s   1 até (inclusive)  e não contém o eixo imaginário. Logo, o sistema é causal e instável. 2. R.C.2 é uma região do plano s , que não se estende desde um ponto   s  até (inclusive)  , mas contém o eixo imaginário. Logo, o sistema é não causal e estável. 3. R.C.3 é uma região do plano s , que não se estende desde um ponto   s  até (inclusive)  , nem contém o eixo imaginário. Logo, o sistema é não causal (anticausal) e instável. 157 Problema 6.8. (IML 3.14) Considere o SLIT causal cujo mapa pólos/zeros se representa na Figura 6.5 . j 2 3  1 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 5 , determine a função de transferência, H  s  , 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 X s    x t  e  st dt . (6.78) 0 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 Lu x t   X  s  , (6.79) então, d n x  t  Lu n 1  s X  s   s n 1 x  0   s n 2 x    0   n dt  x n 1 0  ,  (6.80) onde x i   0   lim  t 0 d   x t  i dt i  . (6.81) Como exemplo, quando n  1 vem dx  t  Lu n  s X  s   x  0  . dt 158 (6.82) 8) Integração no domínio do tempo: Se Lu x t   X  s  , (6.83) Lu 1 x  d   X s ,   0 s (6.84) então t e t 0 Lu 1 1  x   d  s X  s   s  x   d . (6.85) 9) Teorema do valor inicial: Se x  t  não contiver impulsos ou singularidades de ordem superior na origem  t  0 , o limite à direita de x  t  quando t  0 é x  0   lim sX  s  . s (6.86) Note-se que, o teorema do valor inicial não se aplica a funções racionais X  s  em que o número de zeros é superior ao número de pólos. Nesse caso, o sinal x  t  não é causal. 10) Teorema do valor final: Se lim x  t  existir, i.e., se x  t  convergir para um valor t  constante quando t   , tem-se lim x  t   lim sX  s  . t  s0 (6.87) Para que este limite exista os pólos de sX  s  têm de se localizar no semi-plano complexo esquerdo, i.e., a R.C. 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 Gest  lim yu  t   lim H  s  , t  s0 159 (6.88) onde yu  t  é a resposta ao escalão unitário. Pode ainda relacionar-se o valor inicial da resposta ao escalão unitário yu  t  com a função de transferência do sistema através de K , n  m , yu  0   lim H  s    s  0 , n  m (6.89) onde n é o número de pólos e m o número de zeros de H  s  . a) Novamente, considerem-se as propriedades das regiões de convergência dos sistemas LTI ( 1) – 6) pp. 141 ). Sendo o sistema causal, a R.C. é uma região do plano s que se estende desde s  1 até (inclusive)  . Assim, esta R.C. 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 H  s  K s  s  2 .  s  3 s  1 (6.90) Sabendo que: “o valor inicial da resposta à entrada escalão unitário é igual a 5 ”, tem-se y  0   lim y  t   5 , (6.91) t 0 Lu Considerando o teorema do valor inicial (6.86), e recordando que u  t  1 s , vem 1  5  lim s  H  s    lim H  s  , s  s  s  (6.92) Pode então relacionar-se (6.92), com o ganho da função de transferência através de (6.89) lim H  s   5  K . s Finalmente, vem para a expressão analítica da função de transferência 160 (6.93) H  s  5 s  s  2 .  s  3 s  1 (6.94) c) Uma vez que a região de convergência cumpre os requisitos do teorema do valor final (6.87) pode calcular-se 1  lim y  t   lim s  H  s    lim H  s   0 . s 0 s  s0  t  161 (6.95) O número de zeros é superior ao número de pólos. Aplicando as propriedades das R.6. 162 .s. pelo que.Problema 6. podem então classificarse os sistemas como: a) Instável e não causal.C. Todos os mapas de pólos/zeros.6. estamos perante sistemas com respostas h  t  de duração infinita. representados na Figura 6.6.8) Classifique quanto à estabilidade e à causalidade os SLITs cujo mapa palas/zeros se representam na Figura 6. Mapa de pólos e zeros de um conjunto de funções de transferência. apresentam regiões de convergência que são semi-planos. (IML 3. j j j    a c b  j j j    d  f e j j   g h Figura 6. Justifique a resposta.9. h) Instável e não causal. d) Estável e não causal. O número de zeros é superior ao número de pólos. e não contem a recta   s    . 163 . e não contem a recta   s    . g) Estável e não causal. f) Instável e não causal. A região de convergência não contêm o eixo imaginário. c) Instável e causal. e) Instável e causal. A região de convergência contêm o eixo imaginário. mas contem a recta   s    . A região de convergência não contêm o eixo imaginário. e não contem a recta   s    . mas contem a recta   s    . A região de convergência contêm o eixo imaginário. A região de convergência não contêm o eixo imaginário.b) Instável e não causal. O número de zeros é superior ao número de pólos. 102) Pode ainda manipular-se (6.97) y  t   s 2Y  s   sy  0   y  0  .101) É então possível escrever (6.99) Lu y  t   sY  s   2 .103) . 1  2 s 2  2 s  11s  11   s  1  s 2  5s  6   Y  s  2 s 2  13s  12  s  1  s 2  5s  6  Calculando os restantes pólos de Y  s  164 (6.96) podem então indicar-se na forma Lu y  t   s 2Y  s   2s  1 . y  0  1 e x  t   e u  t  . Da propriedade de diferenciação no tempo (6. (6.38) Resolva a seguinte equação diferencial de segunda ordem y  t   5 y  t   6 y  t   x  t  . Para resolver uma equação diferencial com condições iniciais.100) 1 .80) tem-se que y  t   sY  s   y  0  . Lu x  t   et u  t   (6. s 1 (6.102) de forma a obter Y  s   s 2  5s  6   1  2 s  11  s 1 1  2 s  s  1  11  s  1  Y  s    s  1  s 2  5s  6   Y  s  . (6. recorre-se à transformada de Laplace unilateral. (HSU 3.Problema 6.98) Lu Lu As transformadas de Laplace unilaterais de (6.96) t Com as condições iniciais y  0  2 . s 1 (6. (6. (6.10.96) no domínio da transformada de Laplace unilateral s 2Y  s   2s  1  5  sY  s   2   6Y  s   1 . 112) 9 1 Lu 9 3t  e u  t  . pelo que a fracção é própria e possível de ser decomposta em fracções simples. (6.109) A   s  1 Y  s  s 1  Então. obtém-se 1 1 Lu 1  t  e u t  . 2 2  165 (6.   s 1 s  2 s  3 (6.103) na forma 2s 2  13s  12 Y s  . y  t  é dado por 9 1  y  t    e  t  6e 2t  e 3t  u  t  .113) 6  Finalmente. s  (6. 1 2 2 (6.108) C   s  3 Y  s  s 3  2  9  13  3  12 18  39  12 9   .111) 1 Lu 2t  6e u  t  . 2  13  12 1  .110) Aplicando a transformada inversa a cada membro.  s  1 s  2  s  3 (6.104) é possível rearranjar (6. 2 s3 2 (6.107) B   s  2  Y  s  s 2  2  4  13  2   12 8  26  12  6. 11  2  1 2  3 (6. 6  2 s 1 s 2 2 s 3 (6.106) onde. logo Y s  A B C .105) O número de pólos é superior ao número de zeros. 2 2 s 2  5s  6  0.106) pode ser reescrita na forma Y  s  1 1 1 9 1 . 2 s 1 2 (6. s2 (6. 2 .5  52  4  6 5  1   3.114) . 2  1 2  3  1 3  2  (6. 115) a resposta no tempo de um SLIT contínuo ao sinal de entrada x  t     t   4e2t u  t  .C.X . (6.H  R. H  s  .73).e.115) e (6. s2 X s  s  1 s  2  s2   s   1 .121) A região de convergência foi obtida de forma a que R.46) .C. (6.. determine a saída y  t  para cada um dos seguintes sinais de entrada C.  s  2 s 1  s   2 . que resulta em 3s Y s  s  2  s  1  3s H s   .Y  R.117) C.50).11. (IML 3. s2 1 1 .C. (6. (6.10) Seja y  t   2e2t u  t   et u  t  . i.1) x  t   e3t u  t  . o número de pólos é 166 . b) A resposta impulsional h  t  .   t   .121). (6. (6. Uma vez que H  s  é uma fracção própria. c) Utilizando H  s  determinado em a).Problema 6.116) obtêm-se as transformadas de Laplace do sinal de entrada e do respectivo sinal de saída X  s  1 4 Y s  2 1 .119) 1    s   2 . Aplicando-as directamente a (6. e a região de convergência. b) Para obter a resposta impulsional do sistema é necessário calcular a transformada inversa de (6.(6.120) A definição de função de transferência é então dada por (6.118) a) Considerem-se as tabelas da transformada de Laplace descritas em (6.116) determine: a) A função de transferência.2) x  t   e3t . (6. B e C podem ser obtidos através de (6.(6..128) Uma vez que (6. (6.  s 1 s  2 (6.superior ao número de zeros.46) . considerando (6. é necessário calcular a transformada de Laplace do mesmo. o que resulta em Y s  3s .  s  1 s  2  s 1 s  2 s1 1  2 (6.1) Para obter a resposta do sistema ao sinal (6.128) é uma fracção própria. (6. (6. (6.122) onde. pode decompor-se em fracções simples. pode decompor-se (6. o número de pólos é superior ao número de zeros.44)-(6.123) B 3   2   s  2  3s 3s   6.50) X s  1 .  s 1 s  2   s   1 .40) pode ser decomposta na forma Y s  A B C .e.129) .45). se pode obter que A 3   1  s  1 3s 3s    3 .126) c.125) Aplicando agora as tabelas da transformada inversa (6.45) 167 (6.43).124) permitindo escrever H s   3 6 .46) .44)-(6.121) na forma H s  A B .50) vem finalmente h  t   3et u  t   6e2t u  t  .40). os coeficientes A .  s  1 s  2  s 2 s  1 s 2 2  1 (6. i. onde. (6. Atendendo a (6.117). (6.  s  1 s  2  s  3 s  3 . atendendo a (6. s 3 s  3 .127) A resposta do sistema pode ser obtida efectuando Y  s   H  s  X  s  . por aplicação de (6.(6.   s 1 s  2 s  3 s  3 .43). 135) Desta forma. (6. (6.. x1  t   x2  t   y1  t   y2  t  .131)  s  1 s  2  s  3 s 2  s  1 s  3 s2  2  1 2  3 5 C  s  3 3s 3s 3 3 9    . x2  t   e3t u  t  . (6. x  t   x1  t   x2  t  . é a soma das duas saídas elementares. Logo. em que cada uma tenha transformada de Laplace.133) Finalmente. i.132) permitindo obter Y  s  3 1 6 1 9 1 .e. No entanto. (6.(6.e.  s  1 s  2  s  3 s 3  s  1 s  2  s 3  3  1 3  2  20 (6. verificar-se-ia que a região de convergência seria o conjunto vazio). i.134) c.46) .118) não tem transformada de Laplace (ao aplicar a definição.50) obtém-se 3 6 9 y  t   et u  t   e2t u  t   e3t u  t  . utilizando a função de transferência obtida em a). este sistema é linear e invariante no tempo. calcule-se a saída correspondente a cada componente.130) 3   2   s  2  3s 3s 6     . 4 5 20 (6. A saída do segundo membro 168 .  s  1 s  2  s  3 s 1  s  2  s  3 s 1  1  2  1  3 4 (6. é possível decompor o sinal de entrada em duas componentes. o sinal (6.A B 3   1  s  1 3s 3s 3    . somando as duas respostas temporais elementares obtém-se a saída total do sistema.. aplicando as tabelas da transformada inversa (6. Finalmente.   4 s  1 5 s  2 20 s  3 s  3 . a saída correspondente à soma de duas entradas elementares.2) Note-se que. (6.137) onde Em seguida.136) x1  t   e3t u  t  . Assim. (6.50). e a região de convergência. (6.  s  1 s  2 s  3 2    s   3 . s 3 s  3 . 4 5 20 (6. esta expressão é igual a (6. (6.129) Y1  s    3 1 6 1 9 1 .141) e (6.129). 20 20 20 169 (6.138) A resposta do primeiro membro pode ser obtida calculando Y  s   H  s  X  s  Y1  s    3s . A transformada de x1  t  . apenas é necessário obter a saída de x1  t   e3t u  t  . é Lb x1  t   e3t u  t   X1  s    1 .46) – (6. considerando (6.134) y t   9 3t 9 9 e u  t   e3t u  t   e3t .141) A saída total do sistema é então dada pela soma de (6. pelo que. a sua decomposição em fracções simples será o simétrico de (6.140) Aplicando as tabelas da transformada inversa (6.46)–(6.   4 s  1 5 s  2 20 s  3 2    s   3 .x2  t   e3t u  t  foi obtida na alínea anterior.142) .139) Aparte o sinal  . t .50) resulta que 3 6 9 y1  t    et u  t   e2t u  t   e3t u  t  . H  s  .143) a) determine a função de transferência. y  0  0 . 1  j 3 .  2 X  s  s  2s  4 (6. (6. ainda é possível reescrever (6.148) na forma 170 (6. b) Determine a resposta impulsional h  t  . (6.143) s 2Y  s   2sY  s   4Y  s   X  s  . (IML 3. recorrese à transformada de Laplace unilateral.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.148) são dados por   s  1  j 3.149) . (6. e calcule-se a transformada de (6.80) tem-se que y  t   sY  s   y  0  .12.18) Considere o sistema causal descrito pela equação diferencial de coeficientes constantes y  t   2 y  t   4 y  t   x  t  . (6. (6.147) Aplicando então a definição de transferência H  s   Y  s  X  s  a (6.Problema 6. c) Calcule a resposta ao escalão unitário para as seguintes condições iniciais y  0  1 .147) resulta que H s  Y s 1 .145) y  t   s 2Y  s   sy  0   y  0  .148) Uma vez que. os pólos de (6. e represente o mapa de pólos/zeros. considere-se então que as condições iniciais são nulas. Da propriedade de diferenciação no tempo (6.146) Lu Lu Para obter a função de transferência. Mapa de pólos e zeros de H  s  .  (6.50) resulta que h t   j 1 2 3 e  1 j 3 t u t   j 1 2 3 e  1 j 3 t u t   171 1 t  e j e  3  3t  e j 2j 3t   u t  . por aplicação de (6.46) – (6.e.7. j  Figura 6.40) vem H s  A B  . o número de pólos é superior ao número de zeros.150) O mapa de pólos e zeros está representado na Figura 6. b) Para calcular a resposta impulsional é necessário obter a transformada inversa de (6.45).44)-(6. (6. 2 3 s 1 j 3 2 3 s 1 j 3 (6. 1 2 3 (6..148).7. Sendo H  s  uma fracção própria.153) permitindo escrever H s  j 1 1 1 1 j .154) Aplicando agora as tabelas da transformada inversa (6. se pode obter que A B  s 1 j 3   s  1  j 3  s  1  j 3   s 1 j 3   s  1  j 3  s  1  j 3   s 1 j 3  s 1 j 3 1 s 1 j 3 1 s 1 j 3  j s 1 j 3 1 2 3 j s 1 j 3 . i.43) e (6. (6.152) . Atendendo a (6. pode decompor-se em fracções simples. s 1 j 3 s 1 j 3 (6.H s  1  s  1  j 3  s  1  j 3  .151) onde.155) . 143).158) Lu 1 x t   u t   . s (6.146) bem como a transformada do escalão unitário (6.43) e (6.162) o que.163) Sendo Y  s  uma fracção própria.Considerando a fórmula de Euler. (6.160) Através de alguma manipulação algébrica é possível obter s 1  2s  4  Y  s    s  2  s .161) na forma Y s   s 2  2s  1  s s 1 j 3 s 1 j 3  . obtém-se finalmente h t   1 t e sin 3  3t  u t  .156) c) Para calcular a resposta do sistema ao escalão unitário.159) A transformada de (6. pode decompor-se em fracções simples. (6. é necessário aplicar (6. (6. permite reescrever (6. sin     e j  e j  2 j .40) vem que 172 . (6.143) é então dada por s 2Y  s   s  2  sY  s   1  4Y  s   1 . 2 s  2s  1  Y s  s  s 2  2s  4  2 (6.157) Lu y  t   sY  s   1 . 1  j 3 .145) e (6. s (6. Os pares transformada de (6.161) Os pólos de s 2  2s  4 são dados por   s  1  j 3.143) são então dados por Lu y  t   s 2Y  s   s . com condições iniciais não nulas. Atendendo a (6. (6. 45). s s 1 j 3 s 1 j 3 (6. 4s 8 8 s 1 j 3 s 1 j 3 (6. 8 (6. ainda se reduz a 1 3 3 y  t   u  t   et  cos 4 2  2   3t   12 sin  3t  u t  . Substituindo agora (6.171) Considerando agora que sin    6   1 2 e cos    6   3 2 .  (6.166) s 1 j 3   3 j 3 . é necessário multiplicar ambos os membros pelo conjugado do denominador.167) s 1 j 3 Note-se que.168) Novamente.50) obtém-se 3  j 3  j 1 y  t   u  t   et  e 4  8 3t  3 j 3 j e 8 3t   u t  .170) que. cujo denominador é um número complexo. por aplica-se da fórmula de Euler. é possível reescrever (6.46) .44)-(6.167) na expressão de Y  s  permite obter Y s  1 1 3 j 3 1 3 j 3 1   .165) – (6. se pode obter que A  s  s 2  2s  1  s s 1 j 3 s 1 j 3   s  1  j 3   s  2s  1 s  s  1  j 3  s  1  j 3   s 0 1 1  j 3 1  j 3  2 B  s  1  j 3   s  2s  1 C s  s  1  j 3  s  1  j 3   s 1 j 3 s 2  2s  1  s s 1 j 3 2  s 1 j 3  s 2  2s  1  s s 1 j 3  1 . para simplificar uma fracção.  (6.(6. por aplicação das tabelas da transformada inversa (6. 8 (6.Y s  A B C   .165)  3 j 3 .169) Ainda é possível reescrever esta resposta como 3 1 y  t   u  t   et  e j 4 8  3t  e j 3t   j 83 e j 3t  e j 3t   u t  .164) onde.171) na forma 173 . (6. 4 (6. por aplicação de (6. 143) para duas condições iniciais arbitrárias. (6. (6. pelo que. recordando que cos  a  b   cos  a  cos  b   sin  a  sin b  obtém-se 1 3   y  t   u  t   et cos  3t   u  t  . representa o regime transitório. é possível obter uma expressão geral para (6. O restante. é necessário obter. e reduzindo ao mesmo denominador obtém-se s 2  2s  4  Y  s   s 2 y  0   sy  0   2sy  0   1 s . Considerando novamente (6. segue o sinal de entrada (à parte uma amplitude diferente) e que constitui a resposta do sistema em regime estacionário 1 4 u  t  . (6.172) Finalmente. e pode ser alterado em função destas. o regime transitório converge para zero quando o tempo tende para infinito.145) – (6. Num sistema estável. Para encontrar as condições iniciais que anulam o regime transitório. 4 2 6  (6.173) d) No resultado anterior é possível distinguir uma parte da resposta que.40). s (6.174) Agrupando todos os termos independentes no segundo membro. a transformada de (6.1 3   y  t   u  t   et cos    cos 4 2   6   3t   sin   6  sin  3t  u t  . Y  s  é uma fracção própria. O regime transitório da saída de um sistema representa a componente que se anula quando t   .176) Novamente. pode ser decomposta em fracções simples 174 . de forma geral. (6.175) que pode ser colocada na forma Y s  s 2 y  0   sy  0   2sy  0   1 s  s 2  2s  4  . atendendo a (6. Este regime surge devido à presença das condições iniciais. cuja forma.43).146).143) com duas condições iniciais arbitrárias 1 s 2Y  s   sy  0   y  0   2  sY  s   y  0   4Y  s   . pode obter-se que A   s s 2 y  0   sy  0   2sy  0   1   s s 1 j 3 s 1 j 3   s 0 1 1  j 3 1  j 3  s  1  j 3   s y  0   s  y  0   2 y  0    1  B s  s  1  j 3  s  1  j 3  2     1 .Y s  A B C   .183) em (6. Note-se que.177) Note-se que. Método 1.45).181) em ordem a y  0  permite obter y  0    p1 y  0   2 y  0   1 .181) resulta então que p22 y  0   p2 p1 y  0   Finalmente. p1 (6. considerando os valores de p1 e p2 permite obter. (6. (6.180) s 1 j 3  s 1 j 3 Torna-se então possível resolver o problema através de dois métodos. s s 1 j 3 s 1 j 3 (6. por comodidade. (6. Por aplicação de (6. Para anular o regime transitório é necessário impor que B e C sejam nulos. impor que ambos B e C sejam nulos corresponde a resolver o seguinte sistema de duas equações p12 y  0   p1  y  0   2 y  0   1  0 .181) p22 y  0   p2  y  0   2 y  0   1  0 .178)   s  1  j 3   s y  0   s  y  0   2 y  0   1 C s  s  1  j 3  s  1  j 3  2  0. e o termo A ao regime estacionário (é igual à entrada à parte uma constante). se definiu p1  1  j 3 e p2  1  j 3 . (6.182) onde. 4 (6.179) 0.183) p2 1  0 .184) Substituindo (6. Resolvendo (6. após alguma álgebra 175 .44)(6. os termos relativos a B e C correspondem ao regime transitório. p1 (6. 188) Para que (6.179) – (6. (6.y  0    1 3 j 3 1  . implica que. quando t  0 . corresponde a resolver 2 p1.187) retira-se que y 0  1 4 . (6. este se anule também no instante inicial. anular o regime transitório em toda a parte.2 y  0   p1.185) O valor de y  0  pode ser obtido directamente por substituição de (6.188) tenha solução para ambos os pólos é necessário que y  0   0 . 176 . a resposta do sistema deve ser igual à resposta do regime estacionário.180).187) 4   De (6. 4 4 1  j 3 (6. Pelo teorema do valor inicial pode dizer-se que lim y  t   lim sY  s   lim s t 0 s  s 2 y  0   sy  0   2sy  0   1 s  s  2s  4  s  2  lim s  s 3 y  0  s 3  1 . considerando (6.185) em (6. Finalmente.2 y  0   0 .186) Método 2.2 y  0   1  0  p1. 2 6  2 j 3 4 (6.2 y  0   2 p1. Então. impor que B e C sejam nulos.183) y  0     1 1 1 1 j 3  2  0. Note-se que. F x2  t   X 2  j  .Transformada de Fourier Problema 7. (7. (7.3) u  t  1  u  t  1 .Capítulo 7.1) b) x  t   e2t u  t  . (7.4) A transformada de Fourier. (7.8) 2) Translação no tempo: Se F x  t   X  j  . (7. (7.5)  1 x t   2   X  j  e jt d . (7.9) . define-se como um limite quando s  j da transformada de Laplace.26) Determine a transformada de Fourier de cada uma das seguintes funções no tempo: a) x  t     3t  . A transformada de Fourier e a sua inversa são respectivamente definidas por X  j     x t  e  jt dt .2) x t   e c) x t   e d) t t .7) então F ax1  t   bx2  t   aX1  j   bX 2  j  .1. (IML 3.6)  A transformada de Fourier goza ainda das seguintes propriedades: 1) Linearidade: Se F x1  t   X 1  j  . 177 (7. (7. então F x  t  t0   e jt0 X  j  . (7. (7.11) e jt x  t   X  j   0   . (7.17) .10) 3) Translação na frequência: Se F x  t   X  j  .12) então F 4) Mudança de escala: Se F x  t   X  j  .15) então F x1  t   x2  t   X1  j  X 2  j  . F x2  t   X 2  j  . a  a  (7. (7.16) 6) Diferenciação no domínio do tempo: Se F x  t   X  j  .13) então F x  at   1  j  X .14) 5) Convolução: Se F x1  t   X 1  j  . (7. então 178 (7. (7. 18) 7) Diferenciação no domínio da transformada: Se F x  t   X  j  . d R.dx  t  F  j X  j  .19) então F tx  t   j dX  j  . em que o operador * (7.25) .  R .C. dt (7. (7. então X   j   X *  j  . 10) Dualidade: Se F x  t   X  j  .23) representa o complexo conjugado. 11) Modulação: 179 (7. R.C. (7. (7.20) 8) Integração no domínio do tempo: Se F x  t   X  j  . j x   d   (7.  R (7.21) então t  F 1 X  j 0     .24) então F X  jt   2 x    .22) 9) Simetria: Se x  t  é um função real. Método 2. aplicando a propriedade da mudança de escala (7. que indica o seguinte resultado    x  t  dt  2 1 2    X  j  d . 2  j (7.F r  t   s  t  p  t   R  j   1  S  j   P  j   .29) Uma vez que a região de convergência contém o eixo imaginário.27) a) Esta alínea pode ser resolvida por dois métodos distintos. é possível calcular a transformada de Fourier do sinal fazendo s  j . a função integrada converge quando t   . temos que X  j     e u  t  e 2t   jt 0 dt  e  j 2 t  dt  e  j  2 t 0   j  2   Note-se que. sabemos que   t  1 .   t  1 . b) Esta alínea pode ser resolvida por dois métodos distintos. pelo que vem X  j   1 3 . pelo que. 2 (7. Pelas tabelas da transformada de Laplace. pelo que Lb 1 x  3t     3t   .30) . 3 (7. Pelas tabelas da transformada de Laplace.26) Para sinais não periódicos. pode ainda deduzir-se a relação de Parseval.28) Lb Método 2. sabemos que 180  1 . Método 1.14) resulta imediatamente F 1 x  3t     3t   . 3 (7. Através das tabelas da transformada de Fourier sabemos que.5). Pela definição (7. F Método 1. 2  (7. d) Pela definição (7. (7.C.5) que X  j   0 e  j 1t  dt    0 e  j 1t 0 e  j 1t e  j 1t dt      j  1    j  1 0     1 1 1 1 2   0   0       j  1  1  j 1  j 1   2    j  1   . e após alguma manipulação algébrica. s2 (7.:   2 .34) . pode tomar-se s  j e obter.32) tem-se pela definição (7. contém o eixo imaginário.5).Lb e2t u  t   1 .33) Novamente. como a R. :   s   2 R.C.31) Novamente. (7.  e j 1 e  j 1  1 1     1  j 1  j 1  j 1  j  2 1  1  j  e j 1  1  j  e  j 1     2 2   1  1  2 e 1  e j  e  j  j  e j  e  j    2 2   1  1   Aplicando as entidades trigonométricas 181 (7. é possível obter 1 X  j    e e t 1  jt 0 dt   e 1  j 1t 1 dt   e  j 1t dt  0 0 1 e  j 1t e  j 1t      j  1 1   j  1 0  1   j  1  e j 1 e  j 1 1      j  1   j  1   j  1 . R. X  j   1  2  j  . ambas as funções são absolutamente integráveis. c) Reconhecendo que e t et  t e t0 t0 .C. 2j (7.e j  e j  cos   . 2 1  182 .34) na forma X  j    2 1  e 1 cos     sin    .36) é possível reescrever (7.35)  (7. 2 e j  e j  sin   . 38) obtém-se por aplicação directa da transformada inversa 1 x t   2 1 e 1  j 1 e d  2 jt 1 e j  t 1 d  1 1 j t 1 j t 1  j t 1 1 e   1 1 1 1 e    e     e jt 1  e  jt 1         t  1  2 j  t  1 1 2 j  t  1  2j   .6). Pela definição da transformada inversa de Fourier (7. X  j   X  j  e j arg X  j  . Encontre x  t  . Mapa do módulo e argumento de X  j  . (7. sabendo que.1. resulta finalmente que x t   1 sin  t  1 .40) . sabendo que 1    1 1 X  j    0 c.39) Por aplicação da entidade trigonométrica (7.35). (7. Este exercício pode ser resolvido por dois métodos distintos. Método 1.   t  1 183 (7.Problema 7.1.2. .37) que estão representados na Figura 7. Figura 7.c. arg  X  j    . (7. sin  t  F  X 1  j    t 0.10) conclui-se finalmente que F X  j   X 1  j  e jt0  x1  t  t0   x  t   184 1 sin  t  1 . Pode então interpretararg X  j  se a multiplicação por e como o resultado de uma deslocação no tempo.arg X j Método 2. que é igual ao módulo de X  j  .43) . é possível considerar um sinal auxiliar X1  j   X  j  . (7.37) obtém-se imediatamente x1  t   1. Pelas tabelas da transformada de Fourier sabe-se que x t   1.   t  1 (7. sin W t  F  X  j    t 0. (7. Uma vez que X  j   X  j  e    .  1  1 .  W  W .42) Pela propriedade da translação no tempo (7.41) Aplicando a (7. Representação de x  t  . (logo de período T0  2 0 ) tem-se que 1   t 1   x  t   cos     cos  t    0   T0  8 . (7.Problema 7. T0 (7.50) .2. T0 T0 (7. 4 4  4  4 185 (7. k t  2k  1.  4  (7.3.44) b) x  t   cos  4t   sin  6t  . Uma vez que uma função do tipo cos 0t    . x t    2  t  . de frequência fundamental 0 .45) c)   t  . k .46) x t  1 3 1 1 3 4 2 0 2 4 t 2 Figura 7.48) a) Comece-se por obter o período de x  t  . Determine uma representação em séries de Fourier para os seguintes sinais a)  t 1  x  t   cos   .47) onde os coeficientes ck são dados por ck  1 x  t  e jk0t dt . (7. 0  2 . Os sinais periódicos podem ser representados em série de Fourier x t    ce k k  jk0t . (7. t  2k .49) é periódica. 2 2 2 (7.56) Para que x  t  seja periódico.54) 1  j 4 1 1  j  c1  e  . T1 T2 tem de ser um número racional.50) utilizando a fórmula de Euler cos    e  e . 2j (7.52) resulta que x t   1 j 4 t 1 1  j 4 t 1 1  j 4 j 4 t 1 j 4  j 4 t e  e  e e  e e .57) tem de ser verificada.55) b) Novamente. (7. 2 2 2 (7. (7. Uma vez que as funções seno e co-seno são periódicas de período 2k . o sinal x  t  pode ser escrito em série de Fourier como x t     ck e  j kt 4 . (7.e. Tem-se então que 186 . a condição mT1  kT2  T . 2 2 2 2 (7. tem-se que: x  t   x1  t  T   x2 t  T   x1 t  mT1   x2 t  kT2  . (7. (7..53) Note-se que. o período é dado pelo mínimo múltiplo comum de T1 e T2 . T1 k   T2 m .58) i. comece-se por obter o período de x  t  .53). ou seja. 2 sin    e  e .51) k  Reescrevendo (7.53) é uma representação em série de Fourier de x  t  .Desta forma. verifica-se que os coeficientes ck não nulos são dados por 1 j 4 1 1  j  c1  e  . Assim. Por inspecção de (7. c2  . então 0   e x  t  pode expandir-se em série de Fourier na forma x t    ce j kt k  k . onde os coeficientes ck não nulos são c3   1 1 1 1 . 2 1 2 2 1 2 (7. resulta que ck  1  jk 1 1 k e  1  2e jk   1  2  1  .52) vem que x  t   cos  4t   sin  6t   1 j 4t 1 j 6t e  e j 4t   e  e  j 6t  . (7.59) O mínimo múltiplo comum. 2j 2 2 2j (7. e portanto o período da função. Uma vez que 0  2 T0  2 .60) Novamente.   2 2 2 187 (7.  T2 2 6T  2  T   2 2  3 (7. verifica-se que T0  2 .62) que é uma representação em série de Fourier. c3  . (7.66) .48) 32 32 1 1 ck   x  t  e  jk t dt     t   2  t  1  e  jk t dt . c2  .65) Resolvendo (7.61) ainda pode ser escrita como x t    1  j 23t 1  j 22t 1 j 22t 1 j 23t e  e  e  e .64) Os coeficientes de Fourier podem então ser calculados através da definição (7.   2 2j (7. é T0   . pode decompor-se x  t  em série de Fourier onde x t    ce k  j 2 kt k . (7.65).61) Note-se que. 2j 2j 2 2 (7. pela fórmula de Euler (7.  4T1  2  T1  2 T 3  1  .63) c) Por inspecção.  2 (7. 188 1 k 1  2  1  .67) . o sinal x  t  expresso em série de Fourier é então dado por x t    ce j kt k  k ck  .Finalmente. (7. Calcular x  t  sabendo que 2   .69) na forma X  j   2    20     20     10     10 .70) Agrupando os termos de X  j  de (7.73) 1  j10t 1 j10t 1 j 20t  e  e  e 2 2  Considerando a fórmula de Euler (7.69). Aplicando a definição de transformada inversa de Fourier (6. vem que 1 x t   2  1  e   2   20     10     10  2   20 e   j 20 t jt d  .52).2). a (7. (7. 20   10.68) como X  j   2   20     10     10  2   20  . (7.69) Nas tabelas da transformada de Fourier encontra-se o seguinte par F cos 0t       0      0  .71) verifica-se que estes correspondem ao caso tabelado em (7.70). Método 1. (7.   20. é possível escrever (7.4. (7.10 .68) Este exercício pode ser resolvido por dois métodos distintos. (7. Por aplicação directa. tem-se então que x t   2  cos  20t   1  cos 10t  . Note-se que.72) Método 2.Problema 7. X  j       . pode escrever-se x  t  como 189 . 74) .x t   2  cos  20t   190 1  cos 10t  . (7. a componente contínua de um sinal. b) O sinal x  t  é real? Justifique a resposta.. verifica-se que a transformada do sinal apresenta um Dirac na origem de amplitude 3 .5. 1 T2 x  t  dt .76) 3 F  3   . (IML 3. em  0.. (7. 2 (7. recorrendo à transformada de Fourier.75) Mais ainda. a) Por inspecção. Note-se que.e. verifica-se que a componente contínua de um sinal pode ser identificada por um delta de Dirac na origem. i. A transformada inversa da componente contínua do sinal pode ser obtida através do par transformada F 1  2   . i. Justifique a resposta. Representação de X  j  .3.3 X  j  3   0 9 11  Figura 7.31) Considere o sinal x  t  cujo espectro de frequência está representado na Figura 7.Problema 7. é a sua média temporal. a) O sinal x  t  tem componente contínua? Em caso afirmativo indique a sua amplitude no domínio do tempo. T  T T 2 x  t   lim (7.e. x  t  . A amplitude da componente dc no tempo é então dada por 191 .77) que permite obter facilmente. Uma vez que o módulo do espectro não é par.. um sinal x  t  real verifica a propriedade da simetria (7.78) b) Recorde-se que. e arg X  j  é uma função ímpar. i.   X  j  é uma função par.e. 192 . o sinal x  t  não pode ser real. 2 (7.xdc  t   3 .23). 10) com t  t  4 a (7. no tempo.80). 2) Translação no tempo (7. podemos utilizar um conjunto de propriedades. no domínio da transformada.6.82) pode escrever-se F 1  j  10 4    10  y  t   e j10t x  3  t  4    Y  j   e   X  j .12) com     10 a (7. (7.13).83) Um vez que. aplicando uma translação na frequência (7. o que conduz a F 1   x  3t   X  j  . entre a entrada e a saída do sistema y  t   x  3  t  4   e j10t . obtida no domínio do tempo.81) Em seguida. aplicando uma translação no tempo (7. Partindo do par transformada base F x  t   X  j  . os sinais de entrada e de saída de um sistema contínuo. 3 3   (7. respectivamente.79). nomeadamente: 1) Mudança de escala (7. a relação correspondente.13) com a  3 a (7. 3  3 (7. 3  3 (7.81) obtém-se F 1   x  3  t  4    e  j 4 X  j  . 193 (7.84) .Problema 7. cujas transformadas de Fourier se relacionam pela seguinte equação: 1  j  10 4  1  Y  j   e   X  j   10   . se obteve a relação entre os sinais de entrada e saída apresentado em (7. (IML 3.12). Utilizando as tabelas da transformada. 3  3  (7.82) Finalmente.79) Qual a relação entre os sinais de entrada e de saída do sistema no domínio do tempo? Justifique a resposta.80) aplique-se uma mudança de escala (7.32) Sejam x  t  e y  t  . é a relação.10). 3) Translação na frequência (7. 33) Considere o sistema cuja resposta de frequência é 2 1    H  j    0 . Justifique a resposta. (7. Representação do espectro do sinal de entrada X  j  (a vermelho) e do espectro do sinal da resposta em frequência H  j  (a azul). Y  j   4   .87) F Por aplicação das tabelas da transformada de Fourier ( 1  2   ) resulta imediatamente que y  t   2 .7.Problema 7.85) O espectro de frequência do sinal de entrada x  t  é dado por X  j   2    5 u   10   u   20   5 u    10   u    20 .86) Determine então o sinal de saída y  t  . 194 (7.c. .88) . c. (7. 2 5 2 20 10 1 1 10 20  Figura 7. Comece-se por representar os espectros do sinal de entrada e da função de transferência.4. (IML 3. (7. pelo que.  1 . t . O espectro do sinal de saída é dado por Y  j   X  j  H  j  . a) O sinal x  t  é real? Justifique a resposta. arg X  j   0 . Representação do módulo de X  j  .91) . é possível identificar as seguintes operações: 1) Mudança de escala (7.. B) Esboce a amplitude e a fase do espectro. Y  j  .  . arg X   j    arg X  j  . (7. X  j  .14) com a  2 que resulta em 195 (7.90) X  j  2 1 2 1 0 1 2  Figura 7.5. Justifique a resposta. X  j   X   j  . b) Pelas propriedades da transformada de Fourier.23): i) X  j  é uma função par.89) a saída de um sistema contínuo ao sinal de entrada x  t  .8.10). i.14). tem a amplitude e a fase dadas por. ii) arg  X  j  é uma função ímpar. (7. 3) Multiplicação por uma constante. aplique-se uma mudança de escala (7. (IML 3. 2) Translação no tempo (7.34) Seja y  t   2 x  2  t  1  . Partindo do par transformada F x  t   X  j  .Problema 7.e.. O espectro do sinal x  t  . a) Sim. do sinal y  t  . O sinal é real porque verifica a propriedade da simetria (7. uma vez que X  j   X  j  exp  j 0  .F 1   x  2t   X  j  .10) com t  t  1 que conduz a F 1   x  2  t  1   e  j X  j  .94) Finalmente. 2  2 (7.6. multiplicando por 2 obtém-se F   y  t   2 x  2  t  1   Y  j   X  j  e  j .92) Em seguida. arg Y  j  Y  j  2 1  1 1 4 2 2 4  Figura 7. efectue-se uma translação no tempo (7.5. o módulo e a fase do espectro da saída são dados por   Y  j   X  j  . 196 .  2 (7. Representação do módulo e fase de Y  j  .  2 (7. arg Y  j    . 2  2 (7.95) que se encontram representados na Figura 7.93) Finalmente. arbitrário.1. Substituindo nesta equação as expressões de x e y. cos    .1 representa um triângulo rectângulo. obtidas a partir de (A.1) 197 (A. no primeiro quadrante e relacione os valores de sin   e cos   com sin  2    e cos  2    . Fundamentos Matemáticos A.1) b) O teorema de Pitágoras permite relacionar os elementos de um triângulo rectângulo da seguinte forma r 2  y 2  x2 . r y  x Figura A. x cos   cot   r r (A.1. a) As funções seno. co-seno e tangente com os elementos do triângulo.Anexo A. c) Represente um ângulo  . (IML Anexo A) Noções de trigonometria Este primeiro problema aborda algumas definições básicas de trigonometria. 2 2 b) Utilize o teorema de Pitágoras para provar que: cos    sin    1 . da seguinte forma: sin    y sin   1 x y  . co-seno e tangente podem ser relacionadas. com os elementos do triângulo.2) . A Figura A. Representação de um triângulo rectângulo. tan     . a) Relacione as funções seno. cos    sin  2    . (A. 198 (A.3) r 2  r 2 sin 2    r 2 cos2    1  sin 2    cos2   .x  r cos   . facilmente se verifica que sin    cos  2    . y  r sin   .4) chega-se finalmente a c) Através da representação dos ângulos  e  2   .2.5) . (A.2) sin    2  2   0 cos   Figura A. no círculo trigonométrico (Figura A. Representação dos ângulos  e  2   no círculo trigonométrico.  . 199 (A. y  r sin   .7) Finalmente. (A.9) Recorrendo às duas notações acima definidas é possível representar várias entidades: Complexo conjugado: w*  x  j y  re j .   arctan   .3).6) sendo que j  1 .2. (IML Anexo A) Definição de número complexo. na sua forma cartesiana. através da Formula de Euler e j  cos    j sin   .3.  w y r  x 0  Figura A. Representação dos ângulos  e  2   no círculo trigonométrico. (A. r  x 2  y 2 . Defina-se agora a mesma entidade na sua forma polar (Figura A. como w x j y. onde os novos parâmetros r e  se relacionam com a forma cartesiana através de  y x  r cos   . (A. Defina-se um número complexo. x (A. j 2  1 (esta entidade imaginária é introduzida para que se 2 possam resolver equações do tipo x  1  x   1   j ).10) .8) substituindo x e y em função de r e  é possível representar w na sua forma polar w  r cos    j r sin    re j .A. w1 n   re j   n re j  n re 1n j   2 k n . n n (A..13) Quadrado do módulo: w*w   x  j y  x  j y   re j re j  r 2 . k  0. (A. 2j (A..11) Potência: n  ..14) Parte real: w  w* . (A. wn   x  j y    re j   r ne j n . n  1 . considere-se w  200 1 1  j e obtenha-se: 2 2 . 2 (A.Inverso: 1 1 1 1 w*   j  e j  2 .12) Raiz: n  .15) w  w* y    w  . 2 2j (A.. w x  j y re r w (A.17) x    w  Parte imaginária: Outros: Como exemplo de aplicação.16) e j  e j e j  e j cos    . sin    . 4 e  .19)  j 1 1 j 2 2 4 w   2e . w  e .   arctan    arctan 1  .1 1 1 1 w   j .18) 1 1 1 1 2   1 j 4 r 2 2  e . 2 2 2 2 (A. w 2 1 1 j 8  2 k2  1 j 8 1 j 98  w 4 e   4 e . (A. w  2 2 4 2 2 1 2  (A. w*   j .20) 2 2  2  201 . . tem-se que e j     e j e j .21) Considere-se a fórmula de Euler.3.21). aplicando (A. aplicada a uma soma de ângulos arbitrários    e j     cos      j sin     .22) Por outro lado. (A. (A.A.23) tem-se que cos      cos  cos  sin  sin  sin      sin  cos   sin  cos  que é precisamente a relação (A.23) Aplicando agora (A. pretende-se provar a conhecida relação trigonométrica cos      cos  cos  sin  sin  sin      sin  cos   sin  cos  . 202 .22) ao primeiro membro de (A. (IML Anexo A) Prova de relações trigonométricas Neste exercício.22) ao segundo membro de (A.23) resulta que e j e j   cos   j sin   cos   j sin      cos  cos  sin  sin    j  sin  cos   sin  cos   . (A.25) . (A. (A.24) Finalmente. facilmente se verifica que 1    S N 1k  1   N k  S N 1k  Substituindo (A. (IML Anexo A) Séries Geométricas Dada uma série definida como N 1     n nk onde   k   k 1   k  2     N 2   N 1 . (A.A. k (A.28) S N 1k onde se definiu S N 1k   0   1   2     N 2k   N 1k  .26) da seguinte forma N 1     n nk  k k   k 1   k  2     N 2   N 1   0         1 2 N 2k  N 1 k  . c) N    .28) conclui-se finalmente que 203 1   N k .30) Agrupando os termos de (A. a)   1 N 1    1 n k nk  1k 1  1k  2    1N 2  1N 1  N  k .27) b)   1 Para   1 .Calcule-se o resultado de (A.4.30).29) Multiplicando agora (A. b)   1 . (A. (A.26) para os seguintes casos: a)   1 .31) .29) por 1    tem-se que 1    S N 1k   0   1   2     N 2k   N 1k     0   1   2     N 2k   N 1k  . 1  (A.31) em (A. torna-se necessário desenvolver (A. (A.26) . 35) pelo que. vem finalmente   nk n  k 1 . (A.  1 . 204 (A.32) c) N    Obter o caso em que N    resume-se a calcular o limite de (A.   .34)  1 apenas introduz uma fase. pode escrever-se como    e j   N k   N k e j  N  k  . (A. k (A. Uma vez que  é um número complexo.33) Então.  1. 1    1.  1  nk N 1 n   1.  1   1.32) quando N    .36) . é possível obter lim  k N  1   N k 1  k . Aplicando este resultado a (A.32). 1  1  (A.1   N k   . ao calcular N k lim  N   uma vez que o termo e e j  N  k  j  N  k   lim  N   N k 0.   . 2 4 4 205 (A. Pelo que pode reescrever-se i) como w 1 j 4 e .37) j Da aplicação da formula de Euler. sin      sin   .5. o módulo de i) é dado por r 1 . e a função seno é ímpar. resulta a forma cartesiana de i) 1 1    2 2 2    1  2 w  e j 4  cos    j sin      j j .37).38) 1 2 2 w*  e j 4  j . e  cos    j sin   .38) Por inspecção. (A.40)        2 cos    j sin     2  j 2  4   4 uma vez que a função co-seno é par. 2 (A.39) O inverso pode ser calculado da seguinte forma 1 w  1  1 j4 e 2  2e j  4        2 cos     j sin       4    4 .  2 2  4 2  4 4  4  2  2 (A. 2 (A.A. O conjugado.41) . é obtido directamente a partir de i) ou de (A. inverso e conjugado. i) w  1 j 9 e 2 4 Através da análise do círculo trigonométrico verifica-se que 9 4   4 . a (A. cos     cos   . Expresse os seguintes números complexos na forma cartesiana e determine o seu módulo. 45) Ainda se pode obter o inverso através de 1 w* 1  j 1 1 w   2   j . uma vez que esta é periódica de período  . w w 2 2 2 1 (A. (A.43)    j 2 sin    1  1  j 4 Por inspecção. o módulo de ii) pode ser obtido de (A. pode ser obtido de (A.47) Estará este raciocínio errado. Para tal é necessário obter o ângulo através de  1    arctan  1    4 . aplicando a fórmula de Euler a (A. e que cos  3 4    cos  4  . (A. represente-se ii) na sua forma polar. é necessário escolher o valor que se situa no quadrante correcto. pelo que. uma vez que ii) pertence claramente ao segundo quadrante e não ao quarto? Sim.ii) w  2 j 4 e  e j 3 4   e j  2 Novamente. sin  3 4   sin  4  .     4    3 4 . verifica-se que    .44) O conjugado. por inspecção do circulo trigonométrico. (A. (A. obtendo finalmente w  2ei 3 4 .43) w*  1  j .46) Como exercício adicional. porque ao obter o valor de  através da tangente.48) .42).42) Novamente. obtém-se a forma cartesiana de ii) w  2       3 cos    j sin    cos   2  4 4  4   3   j sin    4     cos    j sin     2           cos    j sin    cos    j sin     1   2  4 4 4  4  .  1    arctan  (A.43) pela definição r  1 2  12  2 . 206 (A. 49) pela definição r  8 2  12  8  1  9  3 .iii) w  j   8  j e j3 2 Da aplicação da fórmula de Euler a iii) resulta a forma cartesiana w j   8 j e j 3 2        j 8  1 cos  3   j sin  3     2  .51) . (A. w w 9 9 9 207 (A. o módulo de ii) pode ser obtido de (A.49) 8 j Por inspecção. w1  * 1 w* 8 j 8 1  2  j .49) também se pode obter o conjugado e o inverso w  8  j .50) A partir de (A.   2  j  8  1 0  j  1   (A. 53) Note-se que.A. Quanto ao inverso. j 4e 4 4 (A. é possível obter o argumento  0    0    . i) w  4 Para escrever um número complexo na sua forma polar. w  w* uma vez que a parte imaginária de w é nula. e represente-o no plano complexo. é necessário obter o módulo e o argumento. através da definição.  4    arctan  (A.52) Novamente.56) ii) w  j 1  j5  5  j Através da definição facilmente se obtém o módulo w  5  j   5 2  12  25  1  26 . determine o seu módulo.57) . (A. Torna-se então possível reescrever i) na sua forma polar w  w e j  4e j . e o argumento 208 (A. (A. (A.55) Note-se que. foi necessário adicionar  para que o argumento se situe no semi-eixo real negativo.6.54) O conjugado obtém-se simplesmente através do simétrico do argumento w*  w e j  4e j  4  w . inverso e conjugado. Expresse os seguintes números complexos na forma polar. este pode ser obtido por w1  1 1 1  e j   . Através da definição facilmente se obtém o módulo w  4 2  02  4 . 9442  e .  5    arctan  (A.9442 . através da definição.62) Mais uma vez. Através da definição facilmente se obtêm os módulos wn  3  j  3 1  4  2 . (b) Colocar o numerador e denominador na forma polar e efectuar então a divisão.64) .9442 . 26e j 2.61) 3  j3 3 j  1 j 1 j Este problema tem duas resoluções possíveis: (a) Multiplicar e dividir w pelo conjugado do denominador e depois obter o módulo.  6 1 4  3  3  n  arctan  (A. é necessário obter o módulo e o argumento de ambos os membros da fracção.  d  arctan    .9442 26 (A. wd  1  j  1  1  2 . 1    2.59) O conjugado obtém-se simplesmente através do simétrico do argumento w*  w e j  26 e j 2.63) Torna-se então possível reescrever iii) na sua forma polar j 5 j wn wn e n 2e j 6 w    2e 12 . (A.9442 rad . (A. este pode ser obtido por w1  iii) w  1 1  j 2.60) Quanto ao inverso. wd wd e jd 2e j 4 O conjugado obtém-se simplesmente através do simétrico do argumento 209 (A.58) Torna-se então possível reescrever ii) na sua forma polar w  w e j  26 e j 2. argumento e reescrever w na forma polar. (A. Seguindo a opção (b). é possível obter os argumentos de iii)  3   1  1   arctan      . 66) .65) Quanto ao inverso. 2 (A.w  we *  j  2e j 5 12 . (A. este pode ser obtido por 1 w  1 2e j 5 12 210 1 j 512  e . 7. e recorrendo à identidade ww*  w w  3 j   iii) w    2 2 2 j  1  j   j 1 1 1   j . que resulta em 2 2   1        . Expresse os seguintes números complexos na forma cartesiana.68) que aplicado em (A. w  j sin    cos     j sin      j 4  4 2  4  4  4 (A.67) permite obter 1 1   2 2 1 2 2 1 2 2   w  cos    j sin    j   j j 0.69) j 1  j Esta alínea é facilmente resolvida multiplicando w pelo conjugado do denominador.67) Através do círculo trigonométrico é possível identificar         sin      sin   . 2 2 4 4 4 2 2 4 2 2 4 4 ii) w  (A. 2 2   1 i) w  j sin    e j 4  j 4 4 4 2 O primeiro passo na resolução é a aplicação da fórmula de Euler.A. cos     cos   . 2 2 2  1  j  1  j  11  6 211  (A.  4 4  4 4 (A.70) . vem finalmente w  cos    j sin    1 .71) Pode então obter-se 6 w   waux  6  j    e 6   e j .  aux  arctan    . 3 4 4   6 (A. O módulo e argumento de w são então dados por waux   3  3 1   1 .73) .A forma mais expedita de abordar iii) é colocar w na sua forma polar. 212 (A. e posteriormente converter o resultado para a forma cartesiana.   (A.72) Por aplicação directa da fórmula de Euler. resolver a potência. Aplicando (A.    .74) a (i) vem então x 2  2e j  3 .76) que aplicada a (A. k  0.78)  6 onde se efectuou o cálculo   2k     2 ii) x 3  1  j Pelo mesmo processo da alínea anterior. (A.75) Considere-se a fórmula da raiz de um complexo n w e j   2 k  n . .   arctan  3  2     .74) Note-se que. (A. o seu módulo e argumento w  12  12  2 .75) resulta em  5  x  2e j . (A. foi necessário efectuar uma correcção no cálculo do ângulo.8. 2 i) x  1  j 3 Para resolver a equação (i).. k  0 k  1 (A. . 6  (A.77)  5  6  6 .. 3 3 (A.n  1.79) . é necessário calcular o módulo e argumento de w  1  j 3   w  1  3  2 .A. calcule-se para w  1  j .. Determine as soluções das seguintes equações.   arctan 1  A equação pode então ser reescrita como 213  4 .  12  4   12  k 2 k  0 k  1   2k    3  (A. (A.   arctan      . .    (A.81) onde se efectuou o cálculo 7  3  17    12  .     (A. .80) que por aplicação de (A. 8  8  8  8  0 k 1 k  2 k 3   2k     4   k  214 (A.83) A equação pode então ser reescrita como 4 x  10e j  2 . o seu módulo e argumento w  10 2 10   10 .84) que por aplicação de (A. .86) .82) iii) x 4  10 j Pelo mesmo processo da alínea anterior.76) conduz a 5  3 7  .  12 12 4  x  6 2e j .76) conduz a 7  3  .85) onde se efectuou o cálculo 5  3 7  11    8 . calcule-se para w  1  j . 2  0 (A. . .x 3 2e j  4 . 8 8 8   8 x  4 10e j . (A. Para a resolução deste exercício será necessário utilizar os resultados conhecidos. com k  6 e   j 1 2 vem. Calcule as seguintes expressões.  1 .90) .9.89) n Novamente. após alguma manipulação algébrica 1 n 6 1 1 1 j 2 1 4 2 1 1  1  1     j   j . este problema apresenta exercícios com um grau de dificuldade mais acentuado (à excepção do ponto i) )  1 i)    n 0  4  n A resolução desta primeira alínea é imediata.  1 .  1. por aplicação directa de (A.88).   .     1 3 n 0  4  1 4   1 ii)   j  2 n 6  (A. com k  0 e   1 4 . 1  . (A. relativos à soma de séries geométricas N  k   n   k 1   N k  n k  1    N 1   n  k n k 1 .   j   j  64 1  1 64  5 5 80 160  2  1 j 1 n 6  2  2 4  215 (A.88). e é dada por  n 1 4 1  .A. por aplicação de (A.87) (A.88) Note-se que. 94) é uma série geométrica com   4  1 . e recorrendo ao valores tabelados das funções seno e co-seno obtém-se w 1    1    cos    j sin     j . após alguma manipulação algébrica.94) . (A.92) Por aplicação directa de (A.1 j 2 n e  n n 2 2 13 iii) Para a resolução desta alínea. pelo que não converge 216 (A. Assim sendo.91) sendo então possível reescrever iii) na forma 1 j 2 n 141  1  e   j  .93)   1  j  n 4  iv)    e 2 n 2  4  Para resolver este caso. N  14 e   j 1 2 vem. basta efectuar alguns passos.  n n 2 2 n 2  2  n 13 (A. e identificar que  n     j  n 4  j n n 1 2   4n e 2 e  j 2  e  j 2   j 4  .  2 2 2  2  (A. é recomendado que se proceda á conversão de w  1 2exp  j  2  para a sua forma cartesiana. com k  2 . 2 22  2 1 1 12 1  1  212  1  2 1  j   1  j  5  2  5  12  2  n (A.    e n 2  4  n 2 n 2 Ou seja.87). pela fórmula de Euler. a fim de serem efectuadas as somas. que 14  2  1 1 1 n 2 1  j 1  1   14 1 12 1  1  1  2 2  1 212  1  j 1    2   j   j    2 1 j 1 22 1  1  2  2  1  j 1  n 2  2    . n3  2  (A. através de uma mudança de variável. obtém-se 3    j2 n 2    j2 2 n  3     j2    j2    j2 2 n  n n3 n   j   2 2  n  j    . n3  2  (A.96) Por aplicação de (A. n  n .88) com k  3 e   1 2 chega-se a n  3 1 1 1  232  24 .98) Por aplicação de (A. n  n . j 2         j 1 2 1 5 5  2  n3  2   2   2  1 2 22 2  n 2 3 217 3 (A.99) . obtém-se 3  2n  n    2  n  n3  n 1    .97) n2 n  Novamente. n (A. e  j 2   j 4    .      1  2  1 n3  2  2 3 vi)    j 2 (A.95) n 2 3 2 v) n n Através de uma mudança de variável.88) com k  3 e   j 2 chega-se a j 1  1 2  j  j  j  j 2  4  j8 . 100) Os exercícios apresentados neste problema apresentam um grau de dificuldade mais acentuado. o que permite reescrever iv) como 5 3 e k k 1 j  n k   5 n  k  1 n  k  n 3 e j  n   k  n   3 n n 5 3 k  n 1 218 k e j k  n 1 k 1  3    e j k  . (A. k n 5  3  n (A. k  k   5 ). o que permite reescrever iii) como n   k  5 2  k 3 5 iv)  3k e j nk   3n k 1 n 5   k   2 k 35 n 5   k  2 . k  n  k  ). no primeiro membro da equação. k   k  n (pelo que. k   k  5 (pelo que.102) . Mostre que as seguintes expressões são verdadeiras. uma mudança de variável n  g  n  aplicada a um somatório resulta em b g b g b n a n  g  a  n  g  a   f  n    f  g  n     f  n  . n iii)   k  5 2  k 3 n 5 k 2 k 2 Efectue-se uma mudança de variável.A.101) k 2 k n 1  1  j k    e k  n 5  3  Efectue-se uma mudança de variável. (A. Note-se que. no primeiro membro da equação.10. 1) b 2) Caminho de integração equivalente: c b c a a b  f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx. (B.2) 3) Mudança de variável: b ub a u a dx  f  u  x   dx   f  u  du du .3) 4) Integração por partes: b  f  x a 3 i)  3 b dg  x  df  x  b   f  x  g  x   a   g  x  dx . Mostre que as seguintes expressões são verdadeiras. implica resolver explicitamente ambos os integrais de i) provando assim a sua equivalência. Para o lado direito de i) tem-se que 219 .1. Integrais.Anexo B. abc.4) 9 x e x dx   e  x dx 2 0 Este exercício pode ser resolvido de duas formas: (a) directa. Fundamentos Matemáticos: Parte 2 B. para a resolução de problemas. A forma directa. dx dx a (B. será necessário recordar alguns resultados conhecidos: 1) Mudança de direcção: b  a a f  x  dx    f  x  dx . (B. (b) através de uma mudança de variável. (B. Ao introduzir a utilização de integrais. vem que 0 9 9 9 9 1 1 1 1   eu du   eu du   eu du   e u du   e u du . é primeiro necessário obter os novos limites de integração.13) . dx dx dx du 2 x (B.6) 0 Desenvolvendo (B.8) Considerando (B.7) provando assim a veracidade de i).  0 (B. considerando (B.9) u  3   3  9. e considerando a propriedade (B. Por outro lado.3).2) tem-se que 3  3 0 3 x e x dx    xe x dx   xe x dx . 2 (B. (B.9) 0 Para aplicar (B. 2x 2x 2 2 9 0 9 0 (B. u  0   0.9 x x 9 9  e dx  e     e  1  1  e . aplicando (B. u  3  32  9 . 2 2 2 3 (B.6) é possível obter 0   xe x dx   xe x 3  e x dx     2 2 3 2 0 2 0   e x    3  2 2 3  9   1 e . 9 (B. 2 2 2 2 9 0 0 0 0 220 (B.8) obtém-se d d du dx 1 u  x   x2   2x   .12) Por fim.3) a (B.2) é possível reescrever a componente esquerda de i): 3  3 0 3 x e x dx    xe x dx   xe x dx .8) aos limites de integração de (B. é possível aplicar (B. ainda é necessário obter dx du .11) Desta forma.10) No entanto. 2 2 2 3 (B. é possível definir uma mudança de variável tal que u  x   x2 .9) obtendo 0 9 0 9 x x 1 1   eu du   eu du    eu du   eu du .5) 0 0 Do mesmo modo.1). Diferenciando ambos os membros de (B. t 1   t  2  2 e sin  t  2  d  t 2 2e sin  2t    d 4 ii) Analogamente ao problema anterior, considere-se uma mudança de variável tal que  u    t  , 2 (B.14) o que também resulta em   u    t   u    t      2u    2t . 2 2 (B.15) Aplicando (B.14) aos limites de integração da primeira metade de ii) permite obter os novos limites de integração 4 u  4  t   t  2 , 2 2 u  2  t   t  1 . 2 (B.16) Mais ainda, diferenciando (B.14) obtém-se d d   du 1 d u       2 . t    d d  2  d 2 du (B.17) Aplicando (B.3) ao primeiro membro de ii), e considerando (B.14), (B.15), (B.16) e (B.17), resulta imediatamente que 4 e 2 t  2 t 2  2u  2t    sin  t   d   2eu sin  t   du . 2 2    t 1 (B.18) Finalmente, aplicando (B.1) é possível obter t 2 t 1 2u  2t   u u t 1 2e sin  t  2  du  t 2 2e sin  2t  u  du . 221 (B.19) 222 B.2. Expanda em fracções simples as seguintes funções racionais. Considere-se o problema de decompor em fracções simples X  s  , escrita na forma X s  bm s m  bm1s m1   b1s  b0 . an  s  p1  s  p2   s  pn  (B.20) Para decompor (B.20) em fracções simples é necessário efectuar os seguintes passos: (i) Verificar se a fracção é própria, i.e., m  n (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 X  s  uma fracção própria, com k pólos distintos tais que o pólo r1  r2  pi tem multiplicidade ri , com i  1, 2, ,k e  rk  n , esta pode ser decomposta em X s  c11 s  p1  ..  ci1 s  pi  ci2  s  pi  2  ..  cir  s  pi  ri  ..  ckr  s  pk  rk , (B.21) onde os coeficientes ci , que representam a contribuição de cada pólo pi , são calculados da seguinte forma cir   s  pi  X  s  s  p r i cir 1 d r   s  pi  X  s    s  pi ds  cir k  ci1  1 dk  r s  pi  X  s   k   s  pi k ! ds . (B.22) 1 d r 1  r s  pi  X  s   r 1   s  pi  r  1! ds 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: 223 X s  N s D s X s  Q s   R s , D s (B.23) onde Q  s  representa o quociente da divisão de N  s  por D  s  , e R  s  o resto da mesma divisão. i) f  x   4x  8 x  12 x  35 2 Verifica-se que i) é uma fracção própria, uma vez que, apresenta m  1 zero e n  2 dois pólos, pelo que, verifica a condição m  n . Sendo possível aplicar directamente o processo de separação em fracções simples, é necessário obter explicitamente os pólos de i), tal que 12  122  4  35 pi   7, 5 , 2 (B.24) de forma a reescrever i) n forma factorizada f  x  4x  8 .  x  7  x  5 (B.25) Uma vez que f  x  possui dois pólos de multiplicidade 1 , considerando (B.21), esta pode ser decomposta na forma f  x  c1 c  2 , x7 x5 (B.26) cujos coeficientes ci podem ser calculados através de (B.22) c1   x  7  f  x  x 7   x  7  4  7   8 4x  8   10 ,  x  7  x  5 x7 7  5 (B.27) c2   x  5 f  x  x 5   x  5 4  5  8 4x  8   6 .  x  7  x  5 x5 5  7 (B.28) 10 6 .  x7 x5 (B.29) Finalmente, tem-se então f  x  224 ii) f  x   2 x  6 x  13 2 Novamente, ii) é uma fracção própria, pelo que é necessário obter os seu pólos pi  6  62  4 13 6  4i   3  2i, 3  2i , 2 2 (B.30) de para que possa ser reescrita na forma 2 f  x   x  3  2i  x  3  2i  . (B.31) Considerando novamente (B.21), é possível decompor ii) em f  x  c1 c2 .  x  3  2i x  3  2i (B.32) Aplicando (B.22) resulta em c1   x  3  2i  f  x  x 3 2i  2  x  3  2i  2 1    i ,(B.33)  x  3  2i  x  3  2i  x3 2i 3  2i  3  2i 2 c2   x  3  2i  f  x  x 3 2i  2  x  3  2i  2 1   i . (B.34)  x  3  2i  x  3  2i  x32i 3  2i  3  2i 2 Finalmente, tem-se que 1 1 1 1 . f  x   i  i 2 x  3  2i 2 x  3  2i iii) f  x   (B.35) 3x 2  21x  30 x2  4 x  3 Note-se que, neste caso, a fracção f  x  não é própria, i.e., não verifica m  n . Assim, é necessário efectuar uma divisão polinomial, de forma a reduzir o grau do numerador 3x 2  21x  30 3x 2  12 x  9 9 x  21 225 x2  4x  3 3 , (B.36) se obtém c1   x  1 f1  x  x 1   x  1 9  1  21 9 x  21  6.23) vem que f  x  3  9 x  21 . 1  3  x  1 x  3 x1 (B. 3  1  x  1 x  3 x3 (B. pode então aplicar-se a decomposição em fracções simples. considerando (B.37) já é própria. 2 (B. recorrendo a (B.40) 9  3  21 9 x  21   3.21).37) em f  x   3  f1  x   3  c1 c  2 . x 1 x  3 (B. x  4x  3 2 (B.22).38) pode decompor-se (B. 1 .37) Uma vez que (B.  x 1 x  3 226 (B. e uma vez que pi  4  42  4  3  3.39) onde. Reescrevendo (B.41) c2   x  3 f1  x  x 3   x  3 É então possível obter f  x  3  6 3 . Assim.onde Q  x   2 e R  z   8z  3 .36) na forma (B.42) . 3). No entanto. qual das seguintes afirmações é verdadeira? 227 .3) Note-se que. (C. Problema 1 (2 val): Escolha a hipótese que corresponde ao inverso do número complexo: 2e j 4  4e j 3 . Testes Resolvidos C. x  n  e x  n  . ii) é a resposta correcta. dado o módulo e argumento de w1 . Processamento de Sinal: Teste 1. Reduzindo o argumento da resposta ii). w 8e 8 (C. tais que y  n   x  3n  4  . identificando e retirando voltas de 2 . é necessário calcular o valor do número complexo. neste ponto. pelo que. as única respostas que poderão ser correctas são a ii) e a iv). (C.Anexo C. verifica-se que 1  j 23 12 1 j 1224 12 1 j 122  1 j 12 e  e  e  e .5) Sendo x  n  um sinal par e periódico com período fundamental N0  4 . Problema 2 (2 val): Considere dois sinais discretos. (C. 8 8 8 8 (C.3).1) i) 1  j 12 e 8 ii) iii) 8e j 23 12 iv) 1  j 23 12 e 8 1 j 23 12 e 8 Primeiro. dado no enunciado w  2e j 4  4e j 3  8e j  4 3  8e j 12 .2) O inverso de w é simplesmente dado por w1  1 1 1   j 12  e j 12 .1. estas não se encontram escritas da mesma forma que (C.4) Esta representa w1 que foi obtido em (C. (C. Note-se que. x  n    1 tan   n   n  3   1 cos    n     3  228 (C. calcule-se x  n     sin   n  1 n     3 . Primeiro. (C.10) . 3 (C.i) y  n  é par ii) y  n  é periódico com N0  1 iii) y  n  é ímpar iv) y  n  é periódico com N0  2 v) y  n  não é periódico.e. o período fundamental de y  n  é N0  4 ( que corresponde a k  3 ).6) que ainda pode ser escrita na forma x  3n  4  3N   x  n  . iv) e v) são falsas. e se sim. é necessário verificar se o sinal é periódico. verifica-se que ii). x  n  N   x  n  . Aplicar a definição de sinal periódico.. (C. Assim sendo. A resposta correcta é então dada pela alínea i).7) Pela definição de sinal periódico. i.9) nem par nem ímpar Para encontrar a paridade do sinal. y  n  é obtido a partir de x  n  através de uma compressão e de um deslocamento temporal. Problema 3 (2 val): Classifique quanto à paridade o sinal discreto n   y  n    1 tan  n  . qual o seu período.7) tem solução quando 3N  N x k  N  4k .8) O menor inteiro que verifica (C. No entanto. o sinal y  n  vai manter a paridade de x  n  . resulta na equação x 3  n  N   4  x  n  . 3  par ímpar (C.8). uma vez que esse deslocamento é um múltiplo do período fundamental. 13) é 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. pelo que nada se pode concluir. (C. x  n    1       3     cos  n  3  n (C.  1  1  1 n    sin  n  n  3    1 n tan   n    x n . x  n    x  n  . (C.14) .12) y  n   n sin  2n  u  n  1 . Neste caso. 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 h  n   2  n   2n u  n  é estável? sim não não se pode concluir a) Um sistema invertível tem de ser injectivo. não é limitado. (C. e que. dado no enunciado. Por contra-exemplo. Problema 4 (2 val): A resposta de um sistema discreto ao sinal de entrada x  n   n cos  5n  u  n  .Uma vez que a função seno é ímpar e a função co-seno é par. pelo que é ímpar. verifica-se que x1  n     n  2   y1  n     n  2    n  2   0 x2  n     n  3  y2  n     n  3   n  3  0 229 . verifica-se que o sinal de entrada.11) O sinal verifica a condição dos sinais ímpares. ou seja. linear 5. pelo que o sistema não é injectivo logo é não invertível. invariante no tempo 4. y 1  x  3  4 . Problema 6 (5 val): Seja y  n   x  3n   4 . e. (C.g. o sistema tem memória. dois sinais distintos dão origem à mesma saída. 230 .16) ou seja é verificada a condição de estabilidade. Desta forma. causal 3. tem-se que  1 h  k    2  n   2  2   2  2      k  k  k  k   2  0 0 n 0 n n  n 1  2     . com memória 2. b) A resposta ao impulso de um sistema LIT estável tem de ser absolutamente somável. y 1  x  3  4 .. o sistema não é causal. (C.g.. invertível 1) Memória: Note-se que. 2) Causalidade: Uma vez que o sinal de saída depende do sinal de entrada em instantes futuros. O sistema é estável.15) k 0  2  Calculando a soma da série geométrica obtém-se  0 1 1 h k   2     2  2  4   . Diga justificando se o sistema dado é 1.17) a saída de um sistema discreto ao sinal de entrada x  n  . pelo que. estável 6. o sinal de saída depende do sinal de entrada em instantes diferentes do actual. e.   2  1 1 k  2 (C. (C. o sistema não é invariante no tempo. (C. o sistema é estável.e. (C. (C. logo.. i. (C.21). 231 .18) No entanto.24) ou seja.22) o sistema não respeita a condição (C. Um sistema linear tem de respeitar a condição ax1  n   bx2  n   ay1  n   by2  n  . considere-se um sinal de entrada com a forma x  n   ax1  n   bx2  n  . (C.20) As saídas elementares correspondentes a xi  n  são dadas por yi  n   xi  3n   4 . o sinal de saída é limitado para qualquer entrada limitada. obtém-se que y  n   x  3n   4  x  3n   4  A  4 .21) Um vez que a saída correspondente a x  n  é y  n   ax1  3n   bx2  3n   4 . 4) Linearidade: Para verificar a linearidade do sistema.3) Invariância temporal: Para verificar a invariância do sinal. Desta forma.23) sendo A uma constante finita.19) Uma vez que y1  n   y  n  n0  . não é linear. considerar a mesma deslocação temporal na saída resulta em y  n  n0   x  3  n  n0    4 . considere-se o sinal auxiliar x1  n   x  n  n0  que conduz à saída y1  n   x1  3n   4  x  3n  n0   4 . (C. deve produzir saídas limitadas para todas as entradas limitadas. Considere-se um sinal de entrada limitado arbitrário x n  A . 5) Estabilidade: Para que um sistema seja estável. 6) Invertibilidade: Para provar que o sistema admite inversa é necessário provar que este é injectivo. este exercício pode ser resolvido de duas formas.29) Assim. por contra exemplo. pelas propriedades dos sistemas LIT.26) a resposta ao impulso de um sistema discreto LIT. pelo que o sistema não é injectivo.  1 x2  n   3  n  2  y2  n   4 (C. tal que a saída de um sistema LIT pode ser calculada da seguinte forma  y n  x n  h n   x k  h n  k  . considerem-se dois sinais distintos x1  n   2  n  2  y n  4 . (C. a saída é dada por y  n   h  n   h  n  1  3h  n  2  . Note-se que. (C. este exercício particular pode ser resolvido através da aplicação das propriedades dos sistemas LIT. que. e não é invertível. Note-se que o sinal de entrada pode ser reescrito na seguinte forma x  n     n     n  1  3  n  2  .28) k  No entanto.27) Note-se que. Determine a saída do sistema y  n  para a entrada x  n   u  n   u  n  3  n  n  2  . A primeira implica que seja aplicada a definição de convolução.25) Dois sinais distintos geraram a mesma saída. Assim. (C. (C. toda a informação contida nos instantes não múltiplos de 3 (à excepção do ponto zero) é descartada pelo sistema. Problema 7 (5 val): Seja h  n   u  n  2  u  n  2 .30) . substituindo h  n  resulta em 232 (C. 1. (32) A representação gráfica da resposta é feita na Figura C.y  n   u  n  2  u  n  2   u  n  1  u  n  3  3u  n   3u  n  4  . como pode ser observado pela Figura C.4. para cada instante n .1). Figura C. Este problema pode ainda ser resolvido pelo método habitual. tais que x  n  k  h  k   0 . 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 . Por k  inspecção dos sinais. Comece-se então por representar graficamente o sinal de entrada e a resposta impulsiva (Figura C. Finalmente. somar as contribuições de x  k  h  n  k  . é necessário. verifica-se que para n  2 e n  3 se tem que y  n   x  n  k  h  k   0 . para obter a resposta y  n  .2. verifica-se que x  n  k  h  k   0 . 233 . iii) Calcular y  n     x n  k  h k  .3. o que resulta na resposta representada na Figura C. Para o intervalo 2  n  3 .4. como está representado na Figura C. (31) e que ainda pode ser reescrito como y  n   u  n  2  u  n  1  3u  n   u  n  2   u  n  3  3u  n  4  . Representação de x  n  e de h  n  . Figura C. Representação de x  n  k  e x  n  k  h  k  para n  3 e n  4 . 234 .2. Figura C. Representação de x  n  k  e x  n  k  h  k  para 2  n  3 .3. 235 . Figura C. 236 . Representação de y  n  .4. uma vez que z  1 é ao mesmo um zero do numerador e do denominador.35) . Representação de y  n  . é possível reescrever H  z  na forma 1  z 2 1  z 1   1  z 1  z 2  z 3 1  z 2 H  z  4 4 4 .33) verifica-se que a aplicação directa a este problema resulta numa indeterminação do tipo 0 0 . Aplicando agora a definição de ganho estático obtém-se Gest  lim 4 z 1 1  z 2 128 .2. b) Considerando a definição de função de transferência 237 (C. (2.5. z 1 (C.5 val) a) Qual é o ganho estático do sistema? i) 21 7 ii) 128 7 iii) 56 7 iv) 64 7 (1.34) 9 2 9 3 9 2 9 2  1  1 1 z  z  z 1 z  1  z  1  z  16 16 16  16  (pondo 1  z 1  em evidência em numerador e denominador). No entanto.Processamento de Sinal: Teste 2. Problema 1 (4 val): Considere o SLIT causal discreto representado na Figura x n y n h n H  z  4 1  z 1  z 2  z 3 9 9 1  z 1  z 2  z 3 16 16 Figura C.C.  9 2 7 1 z 16 Desta forma. a resposta correcta é a ii. (C.5 val) b) Qual é a equação às diferenças que descreve o sistema? i) iii) 9 y  n  2   y  n  1  4  x  n   x  n  2   ii) 16 32 2 y  n  3  2 y  n  1  4 x  n   x  n  2   iv) 16 y  n  3  9 y n  2  4x n   4x n  2  16 18 y  n  1  y  n  3  2 x  n   x  n  2   16 y n   a) Considerando a definição de ganho estático Gest  lim H  z  . 36) Y  z 1  z 2 9   4  Y  z   1  z 2   4 1  z 2  X  z  . a condição de estabilidade implica 238 . z  0 . z  0 . z  0 . é causal. 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   . é estável.Y  z  H  z . (C. X  z (C. 9 X  z  16  1  z 2 16 (C. z  0 .37). é estável. é causal.34) resulta que Aplicando a transformada Z inversa a ambos os membros de (C. z2 z 1 . sim não não se pode concluir (1 val) b) O sistema LIT dado por H  z   z 4 . z2 não não se pode concluir Note-se que.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 H  z   z 4 .37) e substituindo em (C. 16 (C. e considerando a propriedade da transformada face à translacção no tempo x  n  n0   z  n0 X  z  . sim não não se pode concluir (1 val) c) O sistema LIT dado por H  z   sim não não se pode concluir (1 val) d) O sistema LIT dado por H  z   sim z 1 .38) obtém-se y n  9 y  n  2  4 x  n   4 x  n  2 . Da mesma forma. Um vez que todos os sistemas verificam ambas as condições. As respostas correctas são então i. Problema 3 (3 val): Considere o mapa polos/zeros de um SLIT discreto causal. qual a função de transferência do sistema? 1  zz   4 i) H  z    1 z2  z  2 1  zz   4 iii) H  z   10  1 z2  z  2 1  zz   4 ii) H  z   3  1 z2  z  2 a) Uma vez que o sistema em causa é causal. 239 (C. representado na Figura C. a região de convergência terá de conter z   . Mapa de pólos e zeros. a resposta certa é a iii. tem-se necessariamente que.6. Sendo qualquer região de convergência delimitada por pólos. 2 2 1 1 2 1 1 .6 (1 val) a) Qual a região de convergência da função de transferência do sistema? i) z 2 2 ii) e   1 2 z  iii) 2 2 iv) e   1 2 j1 2 1 2 14  j1 2 Figura C. todos são estáveis e causais.que a região de convergência da função de transferência contenha z  1 . (1 val) b) O sistema é estável? sim não (1 val) c) Sabendo que o sistema tem ganho estático K0  3 .40) . z    j  z       z  2 2 2 2 2 Assim. 240 .41) obtém-se a equação 1   3 zz   1  6 4 4 Gest  3  lim K  K   K  K  10 .41) Utilizando a definição de ganho estático Gest  lim H  z  . a expressão de H  z  está univocamente determinada 1  zz   4 . A resposta certa é sim.42) a (C. y  2   2 . H  z   10  1 z2  z  2 (C.b) Uma vez que a região de convergência do sistema contém z  1 . Problema 4 (9 val): Encontre a resposta completa quando a equação às diferenças y  n   5 y  n  1  6 y  n  2   x  n   x  n  1 .44) sendo iii a resposta certa. z 1 (C.45) tem como sinal de entrada x  n   u  n  e condições iniciais y  1  3 . z 1 1 1 20 z2  z  11 2 2 (C. Aplicando (C. 1 z2  z  2 (C.42) torna-se então possível determinar essa constante. c) Por inspecção do mapa de pólos e zeros é possível determinar a forma da função de transferência aparte uma constante 1  zz   4  H  z  K K 1 1  1 1   z   j  z   j  2 2  2 2  1  zz   4  .43) Assim. (C. o sistema é estável. 48) e os valores das condições iniciais (note-se que se considerou que x  1  0 ) é possível reescrever (C..45) que Y  z   5  z 1Y  z   y  1  6  z 2Y  z   z 1 y  1  y  2    X  z    z 1 X  z   x  1  . 1  z 1 (C. (C.Para resolver o problema é necessário efectuar a Transformada Z unilateral a ambos os membros de (C..51) Assim. na forma Y  z  c1 c2  . i.53) . é possível decompô-la em fracções simples.49) Após alguma manipulação algébrica ainda é possível escrever (C.3 . (C.e. 2 (C.  x  m  . Considerando a propriedade da Transformada face à deslocação temporal x  n  m   z  m X  z   z m1 x  1  z m2 x  2  ..46) resulta de (C.45).50) Para encontrar os pólos é necessário resolver 6 z 2  5z 1  1  0  z 2  5z  6  0  z  5  52  24  2. 1 1  2z 1  3z 1 onde. ainda se obtém 18 z 1  4 Y  z  .47) como 6z 2  5z 1  1 Y  z   18z 1  3  1 .47) Considerando agora a transformada do sinal de entrada (obtida através das tabelas) x n  u 1 . uma vez que Y  z  tem dois pólos de grau 1.49) como Y  z  18 z 1  4 . 6 z 2  5z 1  1 (C. 241 (C. 1  2 z 1 1  3z 1  (C. o número de zeros não é superior ao número de pólos. (C.52) Uma vez que a fracção é própria. 58) . 242 (C.55) 1    18  4  3   6 . aplicando a transformada inversa a (C.53) na forma Y  z   10 1 1 6 .  1  1  3  2  (C.54) Obtendo (C.  1  z 3 1  2  3  (C. chega-se a c1  c2  1    18  4  2   10 .54) para cada polo.56) 1  2 z 1  18z 1  4  1  2 z 1  3z  1 1 1  3z 1  18z 1  4  1  2 z 1  3z  1 1 z 2 o que permite reescrever (C.ci  1  z 1 pi  Y  z  z  pi . 1 1  2z 1  3z 1 (C.57) Finalmente. (C.57) obtém-se então a resposta completa no tempo y  n   10  2n  u  n   6  3n  u  n  . 61) t onde x  t  e y  t  representam respectivamente o sinal de entrada e saída de um sistema contínuo.5 val) a) Se o sinal de entrada fosse x  t   sin  t  u  t  .59) O período fundamental total. o que permite obter a seguinte condição T0  a0  T0 a a   0   0 ai  . ai (C. deverá ser múltiplo inteiro de todos os Ti .60) Problema 1 (3 val): Seja x t     x   d .3. Para t  0 vem 0 x  t    sin  t  d    cost   cos  0    cos  t   cos  t   1 . Sinais e Sistemas: Teste 1. 2 Ti 2  ai (C. tem de verificar a seguinte condição aiTi  2ki  Ti  2 . No entanto. uma vez que cos  2   cos2    sin 2   vem que 243 . o sinal de saída seria i) 1  cos  t  ii) 1  cos  t   u  t  iii) 2sin 2  t 2  u  t  iv) 2cos2  t 2 u  t  Para t  0 tem-se y  t   0 . O período dos sinais elementares xi . (C.C. a existir.62) t ou seja y  t   cos  t   1 u  t  . (1. que não aparece na lista das soluções. 0 (C. . o sinal de saída é dado por x t     A d   .65)  84 1 84 2 84 5  T0  84   . o intervalo de integração de (C.6. por contra-exemplo.  2 3 2 7 2 2 (C. logo o sistema não é estável.12. x1  t   cos  t  . . x2  t   sin  t  e 3  7  5  x3  t   2 cos  t  .60). Assim. Problema 3 (5 val). Assim.  2sin  t 2  u  t  (C.   14. (C.59) – (C.105  . 2   2 3 2 7 2 2  (C.  . (1. .  2 3 2 7 2 2  3 7  (C.66) 128 1 128 2 128 5   64 128  T0  128   . vem para as soluções do enunciado que.67) Desta forma.  .61) é infinito. a resposta certa é ii.160   .5 val) b) O sistema é estável ? sim não não se pode concluir Note-se que.63) 2 ou seja. Seja 244 . 1  2  Problema 2 (2 val): Considere os três sinais. considere-se um sinal de entrada do tipo x  t   A .y  t   cos2  t 2   sin 2  t 2   cos2  t 2   sin 2  t 2    u  t  . a resposta correcta é a iii. A soma deles é um 2  i) sinal periódico com T0  42 iii) sinal periódico com T0  128 ii) sinal periódico com T0  84 iv) sinal não periódico Considerando (C.   7.64) t Um sinal limitado originou uma saída ilimitada. . 105   42 1 42 2 42 5   T0  42   . 72) . o impulso h  t    é diferente de zero entre os pontos t  3 e t  1 . Representação de x  t  e h  t  . (C. O sistema é LIT. (C. Para obter o sinal de saída é necessário efectuar o integral de convolução. de uma forma geral. Figura C. Na segunda zona. Assim. tem-se que x   h  t     0  y  t   0 .70) 0 Na terceira zona. (C. obtém-se ainda que y t   t 1  1d  t  1  t  3  2 . de acordo com a definição y t     h   x t    d     x   h t    d .x  t   2u  t   u  t  2 e h  t   u  t  1  u  t  3 .68) Determine y  t   x  t   h  t  . observa-se que y t   2 t 1 t 3 2  2d   1d  2  2  t  3  t  1  2  t  7 . para t  1  0  t  1 .71) Na quarta zona. é possível identificar quatro zonas de integração. onde t  3  2  t  5 . e x  t  h  t    . t  3  0  1  t  3 .69)  Como se pode observar pela Figura C. t 3 Pode então escrever-se o sinal de saída como 245 (C. verifica-se que y t   t 1  2d  2  t  1 . onde t  3  2  3  t  5 . (C.7.7. Na primeira. t0  t    (C.76) resulta que. como mostra a Figura C. a função não é um delta de Dirac.73) e representá-lo. Note-se que. t  0 . a saída do sistema é dada por y  t   x  t   h  t    t   h t   h t  . t  0 . 1 t  3 . 0 2  t  1  y t     t  7   2 . x t   t   x t  . h t    0 .8. ( c é uma constante). Recordando a propriedade do delta de Dirac face à convolução. t 1 . Figura C.  0 . t5 (C.77) .8.75) Considere-se então o exemplo de um sinal de entrada definido como x  t     t  . Problema 4 (4 val): O sistema LIT com a resposta ao impulso c .74) tem memória? Justifique. 3 t  5 . Representação de y  t  . . t  0 (C. 246 (C. que é definido como   . (C. 78) Ou seja. (C. o sistema tem memória. a função é crescente quando t   . pelo que I   .  (C. O sistema y  t   dx  t  tem memória? dt 247 (C. justificando. (C. (C. Quando   0 tem-se que 0 I  e t   e0  0  1 . integrando (C.80)  Assim. Problema 6 (3 val): Diga.79) é estável? Justifique (  é uma constante). se: 1. verifica-se que y  0  c          h    d  c     d . Para que seja estável.81) Quando   0 . Neste caso o sistema é instável. pelo que.82) . o sistema deve verificar   h  t  dt  A . a resposta impulsiva é absolutamente integrável e o sistema é estável. Problema 5 (3 val): O sistema LIT com resposta ao impulso h  t   e t u  t  . o valor da saída no instante t  0 depende do valor da entrada em todo o tempo.Analisando o valor da saída no ponto t  0 . em conjunto com a definição do integral de convolução.79) obtém-se  I   e u  t  dt   t  e  t u  t  dt   0 e   t 0 dt  e t  .  Assim. o sistema tem memória. o sinal de saída.Note-se que. que é dada por y1  t     x1   d  t   x   t  d . é necessário obter y  t  t0  . o sistema não tem memória. pelo que. O sistema y  t   cos  x  t    t 1 é causal? Note-se que. (C. Logo. o sistema é invariante.  lim 0 dt  (C. Pela definição sabe-se que dx  t  x t     x t  . seria expectável que um diferenciador utilizá-se informação do sinal de entrada em instantes diferentes do actual. a derivada é o instrumento matemático que permite analisar a variação de uma função. a variável de integração é sempre muda. Se estes forem iguais.83) ou seja. onde 248 (C. calcula-se a saída de x1  t   x  t  t0  .  2. pelo que. ao longo do tempo. O sistema y  t     x  t  dt é invariante no tempo? t Note-se que. t t0 Aplique-se a mudança de variável u      t0 .84) t De forma a provar a invariância do sistema. apenas depende do sinal de entrada no instante actual. Tem-se que y  t  t0  é dado por y  t  t0     x   d . e compará-lo com (C. Desta forma. para qualquer sinal. neste caso.85) t Finalmente.86) . 0 (C. 3. o sistema depende da entrada em instantes diferentes do actual ( x  t    ).85). é mais intuitivo escrever y t     x   d . Por contra exemplo verifica-se. O sistema y  t   sin  x  t  2   é invertível? Uma vez que a função seno relaciona cada imagem com um conjunto infinito de objectos. O sistema y  t   cos  x  t   t 1 é linear? Uma vez que cos ax1  t   bx2  t   a cos  x1  t   b cos  x2  t  .u      . pelo que o sistema não é linear.  u  1 . não é injectiva o sistema não é invertível.90) y t   Ou seja. 249 . 6. (C. u  t  t0   t .86) o que resulta em y  t  t0     x   t  d . será impossível obter y  t   ay1  t   by2  t  quando x  t   ax1  t   bx2  t  .89) du  t   .87) a (C.88) t ou seja y1  t   y  t  t0  pelo que o sistema é invariante no tempo. uma vez que y t   a saída não é limitada. O sistema y  t   dx  t  é estável? dt Um sistema estável devolve uma saída limitada para qualquer entrada limitada. t  0   t    . pelo que o sistema é instável.t0 (C. 5. dt  0 . 0 (C. dt (C.   4. quando x  t   u  t  (que é um sinal limitado) se tem du  t    t  . 94) .C.91) que resulta na condição 1 1 2 3  T k T . obtém-se x  t  T   6sin  6 t  6 T   10cos 8 t  8 T  .4. verifica-se imediatamente que (C. .92) Atribuindo valores a k é possível obter o mínimo múltiplo comum. onde X i  são os coeficientes da expansão em série de Fourier deste sinal? i) 5 ii) 10 iii) 7. (1 val) a) Qual é o período fundamental do sinal x  t  ? i) T0  1s ii) T0  2s iii) T0  3s iv) T0  4s Aplicando a condição fundamental dos sinais periódicos: x  t  T   x  t  . (3 val) b) Qual é o valor da expressão X 4  X  4  jX 3  jX  3 . que será o período fundamental do sinal T0  1 . Sinais e Sistemas: Teste 2. A resposta correcta é a i.93) Reconhecendo que a frequência fundamental do sinal é dada por 0  2 T0  2 .  6  T  2 k    3 3 3 4 . 2 .5 iv) 2. Problema 1 (4 val): Seja x  t   6sin  6 t   10cos 8 t  um sinal periódico.    8 T  2k T  1 k T  1 .5 Utilizando as fórmulas de Euler. 3 . 250 (C.93) é uma expansão em série de Fourier na forma x  t   c3e32 t  c3e 32 t  c4e42 t  c4e 42 t . é possível decompor o sinal como um soma de exponenciais complexas x t   6 6 t 6 6 t 10 8 t 10 8 t e  e  e  e . (C. 4   4 4 4 4 4 (C. 2j 2j 2 2 (C. é possível escrever a expressão da função de transferência aparte uma constante H  s  K s2 s2 K 2 . s  2 s  10  s  1  j3 s  1  j3 (C. pela definição de ganho estático obtém-se Gest  yu    H  0  2 . Sabe-se que y     2 quando o sinal de entrada é o escalão unitário x  t   u  t  .9 representa-se o mapa de pólos/zeros de um SLIT contínuo causal e estável inicialmente em repouso. Problema 2 (4 val): Na Figura C.onde ci são os coeficientes da expansão c3  3 3 .9.5s  10 s 2  2s  10 20 s  2s  10 2 s2 s  2 s  10 ii) H  s  2 iv) H  s   10 2 s2 s  2s  10 2 Por inspecção do mapa de pólos e zeros. 251 (C. (2 val) a) A função de transferência do sistema é i) H  s  2 iii) H  s  s 2  3. verifica-se que a expressão dada pode ser obtida como X  4  X  4  jX 3  jX  3  5  5  j 3 3  j  10 . j3 2 1  j3 Figura C. c4  5 . Mapa de pólos/zeros.96) A resposta correcta é a ii. j j (C.98) . c4  5 . j j (C.97) Finalmente. c3   .95) Finalmente. 100) Calculando a transformada inversa de Laplace.   c (C.99) Assim.se directamente a equação diferencial do sistema d 2 y t  dy  t  dx  t  2  10 y  t   10  20 x  t  .102) O espectro de frequência do sinal de entrada x  t  corresponde a X  j   2     3    10  3    10 . a resposta correcta é a iv. Justifique a resposta. 252 . a resposta correcta é a ii. Problema 3 (1 val): Considere o sistema (filtro) cuja resposta de frequência é 1 . (C. 0 .que permite calcular o valor de K através de H  0  2  K 2  2  K  10 .103) Dimensione a frequência c do filtro de modo a que o sinal de saída seja y  t   1. 2 dt dt dt (C. obtém. (2 val) a) A equação diferencial que descreve o sistema é d 2 y t  dy  t  dx  t  d 2 y t  dy  t  dx  t   10  2 y t  10  20 x t  ii) 2  10 y  t   10  20 x  t       2 2 dt dt dt dt dt dt d 2 y t  dy  t  dx  t  d 2 y t  dy  t  dx  t  iii) 2  10 y  t   20  10 x  t   iv) 2  10 y  t   10  2 2 dt dt dt dt dt dt i) Sabendo que. H  s   Y  s  X  s  rapidamente se obtém que Y  s s2  10 2  Y  s   s 2  2s  10   10  s  2  X  s  . X  s s  2s  10 (C.   c H  j    . t . 10 (C.101) Portanto. Assim. Representação de x  t  e h  t  .104) na forma 253 . determine o valor do integral abaixo indicado    2 j  3 2 d . (C. o filtro e o sinal de entrada assumem uma configuração como a descrita na Figura C. a relação de Parseval relaciona a expressão da energia de um sinal. o filtro terá de “deixar passar” apenas a componente contínua do sinal de entrada.10. Figura C. e x  t  h  t    .104) Note-se que.104) não pode ser aplicada directamente em (C. tal que Y  j   H  j  X  j   2   . No entanto. de forma a que a frequência de corte seja inferior à frequência onde se localizam os delta de Dirac.Para que o sinal de saída seja constante em todo o tempo. basta impor que c  10 . c . (C. no domínio do tempo e no domínio da frequência (dado que o seu valor tem de se manter). Neste caso corresponde a dimensionar a frequência de corte. Assim. Problema 4 (3 val): Recorrendo à relação de Parseval.   x  t  dt  2  1 2   X  j  2 d .105)  A expressão dada em (C. e a sua expressão no tempo y  t   1. Assim. o espectro da saída será Y  j   2   .105).10. re-escrevendo (C. t . 2 2 (C.108) 6 t Problema 5 (3 val): Recorrendo à Transformada de Laplace. é necessário efectuar a transformada de Laplace de ambos os membros de (C. (C. determine analiticamente a saída do sistema descrito por d 2 y t  dy  t   4  3 y t   x t  .110) . multiplicando (C. Assim.109).106) torna possível considerar que X  j   1  j  3 . 2 dt e que a transformada do sinal de entrada (por inspecção das tabelas) é dada por 254 (C.107) resulta que  2  2  2 1 d   4  e 3t u  t  dt  j  3     e 6t  1  2   4  e dt  4   4  0     6  3   6  0 0 . j  3 (C. que corresponde no domínio do tempo (efectuando a transformada inversa de Fourier) a x  t   e3t u  t  .107)  Finalmente.105) por 4 verifica-se que 4     x  t  dt  2  X  j  d  . substituindo a expressão de x  t  em (C. dt 2 dt (C. dt t 0 Para calcular o valor da saída.109) para o sinal de entrada x  t   e2t u  t  admitindo condições iniciais y  0  2 e y  0  dy  t   1. Considerando a propriedade da Transformada de Laplace face à diferenciação dy  t  Lu  sY  s   y  0  . dt d 2 y  t  Lu 2  s Y  s   sy  0   y  0  .    2 j  3 2 d  2   2 1 d . (C.109) no domínio da transformada de Laplace   s 2Y  s   sy  0   y  0   4 sY  s   y  0   3Y  s   1 .116) onde ci   s  pi  Y  s  s  p . pode decompor-se na forma Y  s  c1 c c  2  3 . chega-se a s 2Y  s   2 s  1  4  sY  s   2   3Y  s   1  s2   s 2  4 s  3 Y  s   2 s  7  1  s2 1   s 2  4 s  3 Y  s   2 s  7   s2  2 s  7  s  2   1    s 2  4 s  3 Y  s   s2 2 2 s  11s  15  Y  s  2  s  4 s  3  s  2  .114) permite ainda obter Y  s  2 s 2  11s  15 .Lu 1 . s2 x  t   e2t u  t   X  s   (C.115) é uma fracção própria (o número de pólos é superior ao número de zeros).113) Identificando os zeros do polinómio em denominador s 2  4s  3  0  s  4  42  4  3  1. com três pólos de ordem 1. s 1 s  2 s  3 (C. 2 (C.  s  1 s  2  s  3 (C.117) .115) Uma vez que (C.117) resulta que 255 (C.111) é possível escrever (C. s2 (C. i Aplicando (C.3 .112) Após alguma manipula algébrica. 118)  s  2   2s 2  11s  15  2  4  22  15  1 c2   .125) . s  1  2s 2  11s  15  2  11  15  3 c1   . e pode escrever-se que Y  s  3 1 1  . s 1 s  2 (C. 1   1  s  1 s  2  s  3 s2 (C. e considerando o par transformada F cos ct      c      c   . resulta que 256 (C. Assim.123). dt (C. 2 1  s  1 s  2  s  3 s3 (C.122) Problema 6 (3 val): Recorrendo às propriedades da Transformada de Fourier. (C. c3  0 uma vez que o numerador de Y  s  tem um zero em s  3 .120) Note-se que. dt (C. a influência deste pólo no comportamento do sistema desaparece.124) ao primeiro membro de (C.  s  1 s  2  s  3 s1 1   2  (C. mostre que d cos ct   c sin ct  .119) c3   s  3  2s 2  11s  15  2  9  33  15  0  .123) Aplicando a propriedade da Transformada de Fourier face à derivada dx  t  F  j X  j  .121) Aplicando a transformada inversa de Laplace (por observação das tabelas) chega-se imediatamente a y  t   3et u  t   e2tu  t  . j (C.126) Relembrando ainda a propriedade da multiplicação do delta de Dirac por uma função f      0   f 0     0  . dt 257 (C.130) Está então efectuada a prova de que d cos ct   c sin ct  .128) Após alguma manipulação algébrica obtém-se que d cos ct  F   jc    c      c    c j 2    c      c  . dt (C.129) dt j Finalmente.126) como d cos ct  F  j c   c   c   c   .131) . dt (C.127) é possível escrever (C.(C. uma vez que j 2  1 . (C.d cos ct  F  j    c      c   . verifica-se que a transformada inversa do segundo membro de (C.129) é F c sin ct   c     c      c   . 258 . 1. Formulário para processamento de sinal.Anexo D. 259 . Formulários D. 260 .  n  m  1 n m  u n 1 1   z 1   m  1!  n u  n  1 1 1   z 1   n  1 . 7) ax1  n   bx2  n   ay1  n   by2  n   x  n z zr inclusão / exclusão de z  0 ou z   .e. RC  R 5) x1  n   x2  n   X1  z  X 2  z  . RC  z0 R . 12) x  0   lim X  z  .   x1  n   x2  n  n  n0  y1  n   y2  n  n  n0 3)   h  n   0. se x  n  convergir para um valor z 1 1 constante quando n   . RC  R excepto para a possível  x  n   x2  n   y1  n   y2  n   x  n   f 1  y  n   4)  1  h  n   hI  n     n   x  n   y  n   hI  n   z r 1   2r cos  0  z 1  r 2 z 2 Propriedades 1) ax1  n   bx2  n   aX1  z   bX 2  z  . z   se m  0 1  cos  0  z 1  K . i.  f  g  n   f  g    dz  7) 1  x k   1 z k  h  n   yu  n   yu  n  1 . 6) x  n   y  n   x  n  n0   y  n  n0  X z   r sin  0  z 1 1   2r cos  0  z 1  r 2 z 2 2) x  n  n0   z n0 X  z  .  1 caso contrário   x  an   X  z  x  n  . d X z 6) nx  n    z 8) x  n  N0   x  n  . n múltiplo de 4) x  n      0..  N  2 N  1 n  N x  n   lim 261 1 N 1 2   X e  e j j n 2  x n e j d 2 kn N n N  k    x  n n  2  1 2   X e  j 2 2 d . RC u  n  1   n  m 1 Transformada u n n n u  n  1 .. RC  R . 8) x  n  a   z  a X  z   z Transformada Z n  . n  0 h  n  x n  1   r cos  0  z 1 x n    x  n e ae X  e j   z 1 . N0   b g b k  na n  g a  h  k  x  n  k  . tem-se: lim x  n   lim 1  z X  z   1 1  z  1 1   z  1 n   n  1 . n  m yu  0   lim H  z    z  0 . B  k   By  0 : y  n   By n   z  3) z0n x  n   X   . RC  R  z  1 .  n  m  1 n m   u  n  1 1 1   z 1   m  1! 2 n n u  n   z 1 1   z 1  2 z  z  z  z  H z  K 1   2cos  0  z  z 1 2 sin  0  z 1 1   2cos  0  z 1  z 2   z  z1  z  z2   z  zM   z  p1  z  p2   z  pN  1   Gest  lim yu  n   lim 1  z 1   H  z   lim H  z  n  z 1 1  z 1  z 1  Transformada de Fourier discreta Definições X  e j   . X z 1 1 1 x k  X z        x k  1  z 1 1  z 1 k  k  n .  z0  x n  X  z   . x  n  n  j 2 kn N ak  k k N z 1  j n    2 a     k  k 2 N N 1 x n ... sistemas e propriedades r n cos  0 n  u  n    x p  n   x p  n    x  n   x  n  2 1) x  n   x p  n   xi  n     xi  n    xi  n    x  n   x  n  2  r n sin  0 n  u  n   x n  y n 2)   h  n   K   n  Bx  0 : x  n   Bx n   5)     h  k   B  . z  13) Se lim x  n  existir.  x  a  . x  n    n  n0   x  n  n0  n Definições .Formulário para Processamento de Sinal Sinais. x n  n  1 2 j  9) X  z  z n 1dz Tabela da Transformada Z Sinal   n 1 x  2  . RC  R1  R2 .. RC  R1  R2 .. . n  m z \ z  0 se m  0 m z 1 Função de transferência 1  z 1 1   z 1  n  z 1 1  u  n sin  0 n  u  n  k 0  a  2 plano z n cos  0 n  u  n  1  x k   1 z x  1  z  a 1 1 1 1  z z X  z  . . 5 6  4.  n ! r  1! 1   e   j r r 2   cir cir 1 X z    1 r 1 r 1   1  p z 1  p z     i i   z  pi X  s   c0    j j 1) ax1  n   bx2  n   aX1 e  bX 2 e . . 2 3  2. 3 2 j j 5) x1  n   x2  n   X1 e X 2 e .   arctan  y x  *     z  pi 0. c1  1  pz 1   X  z   2 2 z p  1  1  pz   z  p  1 Propriedades  jn0 1  p z  e. c11 ci1 ci2 X  s   c0      1 1 2 1  p1 z 1  pi z 1  p z 1  1  1  e j  k n X  s  tem k pólos distintos tais que o pólo  u n   .  1  Tabela da Transformada de Fourier Discreta Sinal   n Transformada 1       2  2 1      2     n  n0  e jn0   cos  0 n          sin  0 n   k N jk  2 0  2 0     j         0  2 2  2 N     n  kN  k    1.   n  r  1! n  u  n .Bases Matemáticas  k 1   N k N 1 . j r  n   s  n  p  n   R  e j  =  2 n j 1 2  ..  1  n   1   nk N  k. Pode ser decomposta em. 1  S  e j   P  e j    2  . X  s  tem um pólo p com multiplicidade r  2 . 2. X  e j    X  e j 0       2 k  . k e r1  r2   rk  n . 1   e    ckr  cir ci1  1  pi z 1   X  z    r  1  pi z 1    j 2 1    cir X z   1 r   1  p z  i   z  pi  r 1 cir 2  1  pi z 1  sin   2  1 1  p z  cir 1  1  pi z 1       N   1 ri  i i 2     tem r  a     N  pi cir  1  pi z 1  X  z  z  p 2      1 onde c0  X  z  z 0  X  0 e a contribuição de cada pólo é     0  2   2 n N cir i     0  2    ak e       2 e j0 n nk 1 . d X  e j  1 rk k   c2  . 2) x  n  n0   e  3) e j0 n x  n   X e X e j j  0  . . w1 w2  r1 r2 e w   w   r  e 1n 1n j   2 k  n j     d j 1 2  . n  N1 x  n   0. r  x 2  y 2 . c  1  pz 1 2 X  z  . x n  X  z    j  x  n  X e     d n 7) 1  x  m  1  e m   8) x  n  é real: X e 9)  j  j ci2 1  p z  1 2 i c1 c2  1 2 1  pz 1  pz 1   sin 0 1/ 2 cos 1 tan 0 cot  . 3/2  3/2  2/2 1/ 2 0  3/3 1 1  3   3/3 0  3 Complexos w*  x  jy  re j . k  0. 6) nx  n   j  Tabela de Ângulos Conhecidos  x  n  . n  N1 sin    N1  1 2    nu  n  .g.   1 1 1   e  j 1  n  1 nu  n  . n múltiplo de   4) x  n    caso contrário  0. n  1 e j  cos    j sin   cos     e j  e j  2.   6. k    X e  . 3 4  3. wn  r n e j n . com i  1. S  e j   P  e j    S  e j  P e w1w2  r1r2 e  sin     e j  e j  2 j sin      sin   cos    cos   sin   cos      cos   cos   sin   sin   262 1 2/2 w  x  jy  re j . 1  multiplicidade ri . D.2. 263 . Formulário para sinais e sistemas. 264 . e. RC  R excepto para a possível  x  t   x  t2   y  t1   y  t2   x  t   f 1  y  t   4)  1  h  t   hI  t     t   x  t   y  t   hI  t  Bx  0 : x  t   Bx t   By  0 : y  t   By t   5)   h  d  B  . 7) tx  t   9) x  t  e st dt . ou x t   e  s    se T  0. sistemas e propriedades s  e t cos 0t  u  t   x p  t   x p  t    x  t   x  t  2 1) x  t   x p  t   xi  t     xi  t    xi  t    x  t   x  t  2 e  s    2  s     02 0 e t sin 0t  u  t  e  s    2  s     02   x t   y t  2)   h  t   K   t  Propriedades   x1  t   x2  t  t  t0  y1  t   y2  t  t  t0 3)   h  t   0. 6) 7) ax1  t   bx2 t   ay1 t   by2 t  x  t  T0   x  t  . RC  aR . x   0   dt i 0 11) 1 1  x   d  s X  s   s  x   d . n  m Gest  lim yu  t   lim H  s  . dx  t  dt   j 1 2 j   j X  s  e st ds Tabela da Transformada de Laplace Sinal  t  Transformada u t  1 s 1 s e  s   0 1 sn e  s   0 1 u  t  t n 1 u t   n  1! t  u  t   n  1! 1 sn e u t  1 s  1 s  1 e t u  t  t n 1  t e u t   n  1! t n 1  t  e u  t   n  1! e  s   0 cos 0t  u  t  sin 0t  u  t  ds . tem-se plano s.  s  p1   s  pN  K . RC  R . t  s 0 Definições  X  j    x  t  e jt dt .  ae j k  k ak  1 T0  x t  e     jko t X  j  e jt d  dt T0  X  j    2 a    k  k 0 1 T2 x  t  dt . s  13)Se lim x  t  existir. 5) x1  t   x2  t   X1  s  X 2  s  . RC  R1  R2 . se x  t  convergir para um valor s   e  s   0 lim x  t   lim sX  s  . d i x t  n 1 i  x    0  .Formulário para Sinais e Sistemas Sinais. excepto :  t  T  dX  s  t  n 1  t RC plano s  sX  s  . RC  R1  R2 . 1  x   d  s X  s . 1) ax1  t   bx2  t   aX1  s   bX 2  s  . o limite à direita de x  t  quando t  0 é x  0   lim sX  s  . t  dx  t   sX  s   x  0  . x  0   lim x  t  . x  t    e  s    se T  0. a a 4) x  at   8) Definições X s   inclusão / exclusão de e  s    . RC  R . B        6) x  t   y  t   x  t  t0   y t  t0   h  t   yu  t  t Transformada de Laplace   3) es0t x  t   X  s  s0  . s s  02 e  s   0 0 s  02 e  s   0 2 2 s 0 Transformada de Fourier 1 s   constante quando t   .. t 0   12) Se x  t  não contiver impulsos ou singularidades de ordem superior em t  0 . t 0 dt n d x t  1  s n X  s   s n 1 x  0   s n  2 x    0   n dt 10) . t  0 2) x  t  t0   e st0 X  s  . i. RC  R  e  s0  . t  n e  s    Função de transferência e  s    H s  K e  s    n e sT e  s     s  z1   s  zM  . T T 2  k  x  t   lim T  265 0t 1 2   x  t  dt  2 1 2    X  j  d 2 . n  m yu  0   lim H  s    s  0 . x  t   1 s X   . RC  R  e  s   0 . g. s  pi  r  1! ds r 1  Tabela de Ângulos Conhecidos 0.  t   rect   0. com i  1. r  i cir1   j  ci1  c1  n 1) ax1  t   bx2  t   aX1  j   bX 2  j  .  x   d  t  7) tx  t   j dX  j  1 X  j    X  j 0     . x  a  x  b 0 0  onde a contribuição de cada pólo é 1 t n 1  t e u  t  . w1 w2  r1 r2 e w   w   r  e 1n 1n j   2 k n j 1 2  . X  s  tem apenas um pólo p com multiplicidade r  2 . b  f  x  dx  0.  s p ds c1 c2 X s   .Bases Matemáticas Tabela da Transformada de Fourier Sinal  t  1 1.   . . 11) r  t   s  t  p  t   R  j   0 1/ 2 1  S  j   P  j  . e    0 g  x  dx   T  2sin T1  2T1sinc  1        Wt  sin Wt  W sinc     t  1  dx  f  g    f   g  g  f  g  f  g . 3 2 2) x  t  t0   e jt0 X  j  . wn  r n e j n . onde o pólo pi tem multiplicidade 2 k        T  k   te t u  t  . 3 4  3. 3) e 1 dk  r  s  pi  X  s  . r  x 2  y 2 . n  1 e  cos    j sin   j cos     e j  e j  2.  s  pi ds  cirk  Propriedades j0 t  f  x0  .. x0  a. k e r1  r2   rk  n . a  a 6) 1 d r 1  r  s  pi  X  s  .  1   . 2 3  2. c2   s  p  X  s s  p . . s  p  s  p 2 cos 1 1   4) x  at   X  j  .   1. e    0  n  1! t  X  s  tem k pólos distintos.   W X  j     0.   arctan  y x  w*  x  jy  re j .  2T1    a a    0      0   j k  a   x  x      0      0   b a b cos 0t  2 b  t   2  t  t0  ak e jk0t b  f  g   e j0t  u b u a dg  x   f  x  dx dx   f  x  g  x    2   1 b a dx  f u  x  dx     f u  du du Transformada w  x  jy  re j . 2  d 1 2/2 3/2  3/2  2/2 1/ 2 0 tan 0 cot   3/3 1 1  3   3/3 0  3 Complexos 5) x1  t   x2  t   X1  j  X 2  j  . e    0 u  t       d . 2 1   j  d r   s  pi  X  s   .   6. t  0 sgn  t     1.. 2. X   j   X  j  . x0  a  x0  b  Não se define. sin     e j  e j  2 j sin      sin   cos    cos   sin   cos      cos   cos   sin   sin   266 . t  T1  x  t   x  t  T0    T0 0. dx  t  d  2 2  s  p  X  s  .   W 1   j e t u  t  . t  0 2 j u t  1     j   t  t0  e jt0 sin 0t    k  1. j * 9) x  t  é real. 10) Se x  t   X  j  então X  jt   2 x    . k  0. w1w2  r1r2 e n j 1 2  .  2 ri r s  p1 s  pi  s  pi   s  pi   s  pk  k cir   s  pi  X  s  s  p . 8) dt  j X  j  . du  t  df  x  h  t   x  t    h   x  t    d ak    k0     1. 5 6  4.. s  pi k ! ds k  E. A sua forma geral é c11 ci ci2 cir ckr X s   . T1  t   2 2sin  k0T1  k  k 2 T    t  kT  k  t  T1 t  T1 dt 0    k0  ri .. sin x  t   X  j   0   .