Exercicios_Resolvidos_de Sinais_e_Sistemas

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 3 Prefácio 1 Este documento destina-se a alunos do curso de Engenharia Informática da Escola de Comunicação, Arquitectura, Artes e Tecnologias de Informação, da ULHT, mais concretamente, àqueles que frequentam as disciplinas de Processamento de Sinal e de Sinais e Sistemas, respectivamente leccionadas no segundo semestre do primeiro ano e no primeiro semestre do segundo ano. Os exercícios que constam desta colectânea, são retirados dos livros que constituem a bibliografia da cadeira, e serão doravante referidos como: (i) I. M. G. Lourtie, Sinais e Sistemas, 2ed, Escolar Editora, Lisboa, 2007: IML; (ii) H. P. Hsu, Signals and Systems, McGraw-Hill, 1995: Hsu. Pontualmente, serão também aqui recordados alguns exemplos, previamente apresentados nos acetatos das aulas teóricas (doravante definidos como AT). Este texto representa a primeira edição, da componente de exercícios resolvidos, da sebenta que engloba a matéria das cadeiras de sinais. Sendo assim pedimos desculpa por eventuais incorrecções e agradecemos o vosso feedback. Doravante, a designação ( ) x n representa um sinal definido em instantes de tempo discretos (onde n pertence ao conjunto dos números inteiros), e ( ) x t um sinal definido no tempo contínuo (onde t pertence ao conjunto dos números reais). Não obstante, este documento representa apenas um conjunto de alguns exercícios resolvidos, sobre tópicos considerados fundamentais. Não poderá nunca substituir a frequência das aulas teórico-práticas e prático-laboratoriais, bem como o estudo dos livros referenciados na bibliografia. 1 Os autores são doutorados em Engenharia Electrotécnica e de Computadores pelo Instituto Superior Técnico 4 5 Índice Prefácio .......................................................................................................................... 3 Índice ............................................................................................................................... 5 Capítulo 1. Fundamentos de Sinais e Sistemas: Sinais Discretos ............................. 11 (IML 1.8) Classifique quanto à paridade os seguintes sinais discretos. Problema 1.1. .................................................................................................................................... 11 (HSU 1.48c) Determine as componentes par e ímpar dos seguintes Problema 1.2. sinais. .......................................................................................................................... 14 (IML 1.16) Considere dois sinais discretos, ( ) x n e ( ) y n , tais que ... 17 Problema 1.3. (HSU 1.23) O sinal discreto ( ) x n está desenhado na Figura 1.5. Problema 1.4. Represente cada um dos seguintes sinais. .................................................................. 21 (HSU 1.16g) Determine se os seguintes sinais são ou não periódicos. Problema 1.5. Caso sejam calcule o período. .................................................................................... 24 (HSU P1.51e) Determine se os seguintes sinais são ou não periódicos. Problema 1.6. Caso sejam calcule o período. .................................................................................... 25 (IML 1.11b,c,d) Determine quais dos sinais seguintes são periódicos. Problema 1.7. Para os sinais periódicos indique o período fundamental. ......................................... 26 (IML 1.23a,d,h,i) Um sistema discreto pode ser classificado segundo Problema 1.8. as seguintes propriedades: 1) memória; 2) Causalidade; 3) Invariância no tempo; 4) Linearidade; 5) Estabilidade; 6) Invertibilidade. ........................................................ 29 Determine se os seguintes sinais são ou não periódicos. Caso sejam Problema 1.9. calcule o seu período. ................................................................................................. 34 (IML 1.23b,k) Um sistema discreto pode ser classificado segundo as Problema 1.10. seguintes propriedades: 1) memória; 2) Causalidade; 3) Invariância no tempo; 4) Linearidade; 5) Estabilidade; 6) Invertibilidade. ........................................................ 36 Capítulo 2. Representação no Domínio do Tempo para Sistemas LIT Discretos... 39 (HSU 2.30) Avalie ( ) ( ) ( ) y n h n x n = - , onde ( ) x n e ( ) h n estão Problema 2.1. representados na Figura 2., usando: a) Uma soma ponderada de impulsos unitários; b) A expressão para a soma de convolução. ................................................................... 39 (HSU 2.28) Considere o SLIT com resposta impulsional Problema 2.2. ( ) ( ) n h n u n o = para 0 1 o < < e o sinal de entrada ( ) ( ) x n u n = . Determine a resposta do sistema através de: (a) ( ) ( ) ( ) y n x n h n = - ; (b) ( ) ( ) ( ) y n h n x n = - . .... 45 (HSU 2.32) A resposta ao escalão unitário, de um determinado sistema Problema 2.3. LIT é dada por: ( ) ( ) n u y n u n o = para 0 1 o < < . Determine a resposta impulsional do sistema. ....................................................................................................................... 50 (HSU 2.38) Considere um sistema LIT com a seguinte resposta Problema 2.4. impulsional: ( ) ( ) n h n u n o = . Classifique este sistema quanto à: a) causalidade; b) Estabilidade. ............................................................................................................... 51 6 (HSU 2.56) A resposta impulsional de um sistema LIT é dada por: Problema 2.5. ( ) ( ) ( ) 1 2 n h n u n = . Calcule ( ) 1 y e ( ) 4 y para o sinal de entrada ( ) ( ) ( ) 2 3 x n n n o o = + ÷ . ........................................................................................... 53 (IML 2.25) Considere um sistema LIT com a seguinte resposta Problema 2.6. impulsional: ( ) ( ) 2 4 n h n u n = + . Classifique este sistema quanto à: a) causalidade; b) Estabilidade; c) Determine ainda a saída para o sinal de entrada ( ) ( ) ( ) 2 4 1 x n n n o o = ÷ ÷ . ......................................................................................... 54 (IML 2.26) Considere um sistema LIT cuja resposta ao escalão unitário Problema 2.7. é dada por: .................................................................................................................. 56 Capítulo 3. Transformada Z ........................................................................................ 59 (HSU 4.10) Calcule a transformada do Z dos sinais: a) ( ) ( ) x n u n = ÷ ; Problema 3.1. b) ( ) ( ) x n n o = . ......................................................................................................... 59 (AT Ex. 4, Cap. 3) Calcule a transformada do Z do sinal Problema 3.2. ( ) ( ) 0 j n x n e u n O = . Encontre também os pólos, zeros e a região de convergência ...... 63 (AT Ex. 5, Cap. 3) Discuta a existência da transformada Z do seguinte Problema 3.3. sinal ( ) n x n o = . .......................................................................................................... 65 (AT Ex. 7, Cap. 3) Calcule a transformada inversa de ........................ 66 Problema 3.4. (AT Ex. 8, Cap. 3) Calcule a transformada inversa de ........................ 71 Problema 3.5. (HSU 4.19a) Calcule a transformada inversa de ................................. 75 Problema 3.6. (HSU 4.32) Um sistema LIT causal é descrito por ............................. 77 Problema 3.7. (HSU 4.38a) Considerando o sistema LIT causal descrito por ........... 81 Problema 3.8. (HSU 4.38b) Considerando o sistema LIT causal descrito por ........... 84 Problema 3.9. (HSU 4.58) Considerando o sistema LIT causal descrito por ........... 86 Problema 3.10. (HSU 4.59a) Considerando o sistema LIT causal descrito por ......... 88 Problema 3.11. (HSU 4.59b) Considerando o sistema LIT causal descrito por ......... 90 Problema 3.12. (HSU 4.60) Determine o valor final e o valor inicial de ( ) x n para Problema 3.13. cada uma das funções de transferência e o ganho estático do sistema: ...................... 93 (AT Ex. 15) Encontre a resposta completa quando a equação às Problema 3.14. diferenças .................................................................................................................... 95 Capítulo 4. Fundamentos de Sinais e Sistemas: Sinais Contínuos ........................... 97 Seja ...................................................................................................... 97 Problema 4.1. Seja ...................................................................................................... 98 Problema 4.2. Seja ...................................................................................................... 99 Problema 4.3. Sejam ................................................................................................. 100 Problema 4.4. Sabe-se que ........................................................................................ 103 Problema 4.5. (IML 1.2d) Considere o sinal representado na Figura 4.5. ............... 104 Problema 4.6. 7 (IML 1.3a) Considere os sinais contínuos representados na Figura 4.7. Problema 4.7. Escreva a expressão que os relaciona. ...................................................................... 105 (IML 1.6a) Esboce graficamente as componentes par e ímpar do sinal Problema 4.8. representado na Figura 4.8. ...................................................................................... 106 (IML 1.7) Sejam dois sinais contínuos relacionados por .................. 108 Problema 4.9. (IML 1.9) Seja ( ) x t um sinal contínuo considere-se ..................... 109 Problema 4.10. (IML 1.11a,f) Determine quais dos seguintes sinais são periódicos. Problema 4.11. Para os sinais periódicos determine o período fundamental. ................................... 111 (IML 1.12) Determine o período fundamental de ........................... 112 Problema 4.12. (IML 1.13) Seja ............................................................................... 113 Problema 4.13. (IML 1.14) Considere os sinais contínuos: ..................................... 114 Problema 4.14. (IML 1.18) Esboce graficamente os seguintes sinais contínuos: .... 117 Problema 4.15. (IML 1.20a,b,g) Exprima analiticamente os sinais representados .. 120 Problema 4.16. (IML 1.22c,k) Um sistema contínuo pode classificar-se como: ..... 123 Problema 4.17. Capítulo 5. Representação no Domínio do Tempo de Sistemas LIT Contínuos ... 127 (IML 2.4) Considere um sistema LIT, cuja resposta impulsional é dada Problema 5.1. por ............................................................................................................................. 127 (AT Ex. 1, Cap. 2) Considere o seguinte circuito RLC .................... 130 Problema 5.2. (HSU 2.5) Considere um sistema LIT, cuja resposta impulsional é dada Problema 5.3. por ............................................................................................................................. 133 (IML 2.13) Considere o seguinte sistema ......................................... 136 Problema 5.4. (IML 2.19) Seja ................................................................................. 139 Problema 5.5. Capítulo 6. Transformada de Laplace ...................................................................... 141 (AT Ex. 2, Cap. 3) Determinar a transformada de Laplace do sinal: Problema 6.1. ( ) ( ) e at x t u t = ÷ ÷ . ...................................................................................................... 141 Determine a transformada de Laplace do sinal ................................. 147 Problema 6.2. (AT Ex. 2, Cap. 3) Determine a transformada de Laplace do sinal: Problema 6.3. ( ) ( ) 0 j t x t e u t e = . ........................................................................................................ 148 (HSU 3.5c) Determine a transformada de Laplace do sinal: Problema 6.4. ( ) ( ) ( ) 2 3 t t x t e u t e u t ÷ = + ÷ . ........................................................................................ 149 (IML 3.2a,b,d) Determine a função no tempo, ( ) x t , cuja transformada Problema 6.5. de Laplace é: ............................................................................................................. 150 (IML 3.3a,d) Seja .............................................................................. 154 Problema 6.6. (IML 3.7a,b) A Figura 6.4 representa o mapa pólos/ zeros da função de Problema 6.7. transferência de um SLIT. ........................................................................................ 155 (IML 3.14) Considere o SLIT causal cujo mapa pólos/zeros se Problema 6.8. representa na Figura 6.5 . ......................................................................................... 158 8 (IML 3.8) Classifique quanto à estabilidade e à causalidade os SLITs Problema 6.9. cujo mapa palas/zeros se representam na Figura 6.6. Justifique a resposta. ............ 162 (HSU 3.38) Resolva a seguinte equação diferencial de segunda ordem Problema 6.10. .................................................................................................................................. 164 (IML 3.10) Seja ............................................................................... 166 Problema 6.11. (IML 3.18) Considere o sistema causal descrito pela equação Problema 6.12. diferencial de coeficientes constantes....................................................................... 170 Capítulo 7. Transformada de Fourier ...................................................................... 177 (IML 3.26) Determine a transformada de Fourier de cada uma das Problema 7.1. seguintes funções no tempo: ..................................................................................... 177 Encontre ( ) x t , sabendo que.............................................................. 183 Problema 7.2. Determine uma representação em séries de Fourier para os seguintes Problema 7.3. sinais ......................................................................................................................... 185 Calcular ( ) x t sabendo que ............................................................... 189 Problema 7.4. (IML 3.31) Considere o sinal ( ) x t cujo espectro de frequência está Problema 7.5. representado na Figura 7.3 ....................................................................................... 191 (IML 3.32) Sejam ( ) x t e ( ) y t , respectivamente, os sinais de entrada Problema 7.6. e de saída de um sistema contínuo, cujas transformadas de Fourier se relacionam pela seguinte equação: ...................................................................................................... 193 (IML 3.33) Considere o sistema cuja resposta de frequência é ........ 194 Problema 7.7. (IML 3.34) Seja ................................................................................. 195 Problema 7.8. Anexo A. Fundamentos Matemáticos ....................................................................... 197 A.1. (IML Anexo A) Noções de trigonometria ........................................................ 197 A.2. (IML Anexo A) Definição de número complexo. ............................................ 199 A.3. (IML Anexo A) Prova de relações trigonométricas ......................................... 202 A.4. (IML Anexo A) Séries Geométricas ................................................................. 203 A.5. Expresse os seguintes números complexos na forma cartesiana e determine o seu módulo, inverso e conjugado. ................................................................................... 205 A.6. Expresse os seguintes números complexos na forma polar, determine o seu módulo, inverso e conjugado, e represente-o no plano complexo. ........................... 208 A.7. Expresse os seguintes números complexos na forma cartesiana. ..................... 211 A.8. Determine as soluções das seguintes equações. ............................................... 213 A.9. Calcule as seguintes expressões........................................................................ 215 A.10. Mostre que as seguintes expressões são verdadeiras. ..................................... 218 Anexo B. Fundamentos Matemáticos: Parte 2 ......................................................... 219 B.1. Integrais. Mostre que as seguintes expressões são verdadeiras. ....................... 219 B.2. Expanda em fracções simples as seguintes funções racionais. ......................... 223 Anexo C. Testes Resolvidos ....................................................................................... 227 9 C.1. Processamento de Sinal: Teste 1. ...................................................................... 227 C.2. Processamento de Sinal: Teste 2. ...................................................................... 237 C.3. Sinais e Sistemas: Teste 1. ................................................................................ 243 C.4. Sinais e Sistemas: Teste 2. ................................................................................ 250 Anexo D. Formulários ................................................................................................ 259 D.1. Formulário para processamento de sinal. ......................................................... 259 D.2. Formulário para sinais e sistemas. .................................................................... 263 10 11 Capítulo 1. Fundamentos de Sinais e Sistemas: Sinais Discretos (IML 1.8) Classifique quanto à paridade os seguintes Problema 1.1. sinais discretos. Para avaliar a paridade de um determinado sinal, é necessário considerar as definições respectivas dos sinais pares e ímpares ( ) ( ) x n x n ÷ = , (1.1) ( ) ( ) x n x n ÷ = ÷ . (1.2) a) ( ) 1 ; 0 0 ; 0 n x n n n ¦ = ¦ = ´ ¦ = ¹ Para avaliar a paridade de a), é necessário verificar se respeita as definições (1.1) – (1.2) , ou seja, é necessário calcular ( ) x n ÷ e verificar se este se relaciona com ( ) x n , através de uma relação de paridade. Directamente da definição de ( ) x n e (1.2) obtém-se ( ) ( ) 1 ; 0 0 ; 0 n x n x n n n ¦ ÷ = ¦ ÷ = = ÷ ´ ¦ = ¹ . (1.3) O sinal é ímpar porque respeita a condição (1.2), como pode ser observado pela Figura 1.1a. b) ( ) 2 1 ; 0 2 3 ; 0 0 n n x n n ¦ | | = ¦ | = ´ \ . = ¦ ¹ Analogamente à alínea anterior, após alguma álgebra, obtém-se 12 ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 ; 0 ; 0 2 2 3 3 ; 0 ; 0 0 0 n n n n x n x n n n ÷ ¦ ¦ | | | | = = ¦ ¦ | | ÷ = = = ´ ´ \ . \ . = = ¦ ¦ ¹ ¹ . (1.4) O sinal é par porque verifica a relação (1.1), como pode ser observado pela Figura 1.1b. c) ( ) ( ) 3 1 ; 0 ; 0 0 n n x n n + ¦ = = ´ = ¹ Analogamente à alínea anterior, após alguma álgebra, obtém-se ( ) ( ) 3 1 ; 0 ; 0 0 n n x n n ÷ + ¦ = ÷ = ´ = ¹ . (1.5) O sinal não é par nem ímpar porque não verifica nenhuma das condições de paridade, como pode ser observado pela Figura 1.1c. d) ( ) ( ) ; 0 4 1 ; 0 0 n n x n n ¦ = ÷ ¦ = ´ = ¦ ¹ Analogamente à alínea anterior, após alguma álgebra, obtém-se ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 4 ; 0 ; 0 ; 0 4 1 4 1 1 ; 0 ; 0 ; 0 0 0 0 n n n n n n x n x n n n n ÷ ¦ ¦ ¦ = = = ÷ ÷ ¦ ¦ ¦ ÷ ÷ = = = = ´ ´ ´ = = = ¦ ¦ ¦ ¹ ¹ ¹ . (1.6) O sinal é par porque verifica a relação (1.1), como pode ser observado pela Figura 1.1d. 13 Figura 1.1. Representação de ( ) x n . ( ) a ( ) b ( ) c ( ) d 14 (HSU 1.48c) Determine as componentes par e ímpar dos Problema 1.2. seguintes sinais. Para obter as componentes par e ímpar de um determinado sinal, é necessário considerar as seguintes definições ( ) ( ) ( ) 1 2 p x n x n x n = + ÷ ( ¸ ¸ , (1.7) ( ) ( ) ( ) 1 2 i x n x n x n = ÷ ÷ ( ¸ ¸ , (1.8) que correspondem respectivamente às componentes par e ímpar de um sinal. Estas relações podem ser facilmente demonstradas através dos seguintes passos ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 p p x n x n x n x n x n x n ÷ = ÷ + = + ÷ = ( ( ¸ ¸ ¸ ¸ , (1.9) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 2 2 i i x n x n x n x n x n x n x n x n ÷ = ÷ ÷ = ÷ + ÷ = ÷ ÷ ÷ = ÷ ( ( ( ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ . (1.10) c) ( ) ( ) 0 2 j n x n e t O + = O primeiro passo na resolução é a aplicação da fórmula de Euler, que resulta em ( ) ( ) 0 2 0 0 cos sin 2 2 j n x n e n j n t t t O + | | | | = = O + + O + | | \ . \ . . (1.11) Através do círculo trigonométrico é possível identificar ( ) cos sin 2 x x t | | + = ÷ | \ . , ( ) sin cos 2 x x t | | + = | \ . , (1.12) que aplicado em (A.67) permite obter ( ) ( ) ( ) 0 0 sin cos x n n j n = ÷ O + O . (1.13) A partir deste ponto, é possível resolver o problema de duas formas distintas: i) Por inspecção: Sabendo que a função seno é ímpar, e a função co-seno é par, é possível afirmar que (1.13) já se encontra escrita na forma 15 ( ) ( ) ( ) i p x n x n x n = + , (1.14) onde ( ) ( ) 0 sin i x n n = ÷ O , (1.15) ( ) ( ) 0 cos p x n j n = O , (1.16) são respectivamente as componentes ímpar e par do sinal. ii) Pela definição (1.7) podemos então obter ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 0 0 1 sin cos sin cos 2 p x n j n n j n = ÷ O + O ÷ ÷ O + ÷ O ( ¸ ¸ . (1.17) Finalmente, considerando o resultado sobre a paridade das funções seno e co-seno ( ) ( ) cos cos x x ÷ = , ( ) ( ) sin sin x x ÷ = ÷ , (1.18) facilmente se chega a ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 0 0 0 1 sin cos sin cos cos 2 p x n j n n j n j n = ÷ O + O + O + O = O ( ¸ ¸ . (1.19) Analogamente, para a componente ímpar, utilizando as definições (1.8) e (1.18) chega- se a ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 sin cos sin cos 2 1 sin cos sin cos sin 2 i x n j n n j n n j n n j n n = ÷ O + O + ÷ O ÷ ÷ O = ( ¸ ¸ = ÷ O + O ÷ O ÷ O = ÷ O ( ¸ ¸ . (1.20) A representação gráfica dos sinais pode ser observada na Figura 1.2 16 Figura 1.2. Representação de ( ) x n . 17 (IML 1.16) Considere dois sinais discretos, ( ) x n e ( ) y n , Problema 1.3. tais que ( ) ( ) 2 3 y n x n = + . (1.21) Um sinal discreto diz-se periódico, quando existe um inteiro 0 N > , tal que respeita a condição ( ) ( ) x n x n N = + , n ¬ e . (1.22) O período fundamental 0 N define-se como o menor inteiro positivo que verifica (1.22). Qualquer inteiro positivo e múltiplo de 0 N é também um período de ( ) x n . Pode ainda ser demonstrado que, para um sinal do tipo ( ) 0 sin n O , ( ) 0 cos n O ou ( ) 0 j n e O , onde 0 O é a frequência fundamental, e 2 M t = , seja periódico, é necessário que se verifique 0 M O e , (1.23) onde é o conjunto dos números racionais. a) Se ( ) x n é par logo ( ) y n é par? Para averiguar a veracidade de a), é necessário verificar se (1.21) cumpre (1.7). Uma vez que ( ) ( ) ( ) 2 3 y n x n y n ÷ = ÷ + = , (1.24) e sendo que ( ) x n é par vem ainda ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 2 3 2 3 x n x n y n x n ÷ + = ÷ = = + , (1.25) pelo que a) é falso. Note-se que, um deslocamento, tipicamente, altera a paridade do sinal. No entanto, se ( ) x n for periódico, de período 0 1, 2, 3, 6 N = , tem-se que 18 ( ) ( ) ( ) 2 3 2 3 x n x n y n ÷ = + = , ou seja, a paridade do sinal seria mantida e ( ) y n seria par. b) Se ( ) x n é periódico logo ( ) y n também o é? Se sim calcule o período de ( ) y n . (i) Resolução intuitiva Por observação de (1.21) verifica-se que estão patentes duas operações: (a) Uma mudança de escala temporal, correspondente ao termo 2n ; (b) Um deslocamento temporal, correspondente ao termo 3 + . Note-se que, uma mudança de escala altera o período de um sinal, enquanto que, um deslocamento não. Represente-se o sinal periódico ( ) x n , de período 0 N , na forma ( ) 0 0 0 0 0 0 1 2 0 1 0 0 1 2 ... 1 1 ... 2 1 2 ... ... k k n N N N N N x n x x x x x x x x = ÷ + ÷ = . (1.26) Torna-se então necessário separar os casos em que 0 N é par ou ímpar. Quando 0 N é par tem-se que ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 0 2 4 0 0 1 2 ... 2 2 0 2 4 ... ... n N x n x x x x N x x x x = = , (1.27) logo o período de ( ) 2 x n é dado por 0 2 N N = . Uma vez que a próxima operação, o deslocamento, não altera a periodicidade, o período de ( ) y n é 0 2 y N N = . Para o caso em que 0 N é ímpar, 0 2 N N = não é inteiro, pelo que não pode ser um período de ( ) y n . Para este caso, tem-se que ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 0 0 0 0 0 0 0 2 4 1 3 0 1 1 3 0 1 2 ... ... 2 2 2 2 0 2 4 ... 1 1 3 ... 2 ... ... k N N N n N x n x x x x N x N x N x N x x x x x x x ÷ + + = = ÷ + + ,(1.28) 19 logo o período de ( ) 2 x n é dado por 0 N N = . Novamente, o deslocamento não altera a periodicidade, e o período de ( ) y n é 0 y N N = . Ambas as componentes e a sua periodicidade podem ser observadas na Figura 1.3 e Figura 1.4. (ii) Resolução pela definição Aplicando (1.22) à definição do sinal, resulta imediatamente que n ¬ e , ( ) ( ) y y n N y n + = . (1.29) Desenvolvendo (1.29), esta ainda pode ser reescrita como n ¬ e , ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 2 2 3 2 3 y y x n N x n N x n + + = + + = + . (1.30) Para que esta tenha solução, é necessário que 0 0 2 2 y y N N mN N m = ¬ = , m ¬ e , (1.31) onde 0 N é o período fundamental de ( ) x n . O período fundamental de ( ) y n é então o menor inteiro positivo que cumpre (1.31), o que corresponde a 0 0 0 0 1 , par 2 2 , ímpar y N m N N m N N ¦ = ¬ ¦ = ´ ¦ = ¬ ¹ . (1.32) Note-se que, uma vez que o período tem de ser um inteiro positivo, apenas no caso em que 0 N é par é que 0 2 y N N = é inteiro. Para o caso em que 0 N é ímpar apenas se poderá ter 0 y N N = . 20 Figura 1.3. Representação do caso 0 N par. Figura 1.4. Representação do caso 0 N ímpar. 21 (HSU 1.23) O sinal discreto ( ) x n está desenhado na Problema 1.4. Figura 1.5. Represente cada um dos seguintes sinais. A representação de ( ) x n e ( ) u n pode ser observada na Figura 1.5. Figura 1.5. Representação de ( ) x n . a) ( ) ( ) 1 x n u n ÷ Para calcular este resultado, comece-se por identificar que ao sinal escalão unitário, se aplicaram duas operações: (i) Inversão; (ii) Deslocamento. Pelo que, partindo da definição analítica do escalão unitário, e aplicando sucessivamente as operações referidas, é possível chegar a ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 ; 0 1 ; 0 1 ; 1 1 0 ; 0 0 ; 0 0 ; 1 i ii n n n u n u n u n n n n > s s ¦ ¦ ¦ = ¬ ÷ = ¬ ÷ = ´ ´ ´ < > > ¹ ¹ ¹ . (1.33) Este sinal está representado na Figura 1.6. Efectuando finalmente a multiplicação, ponto por ponto, dos dois sinais chega-se ao resultado também apresentado na Figura 1.6. Figura 1.6. Representação de ( ) ( ) 1 x n u n ÷ . 22 b) ( ) ( ) ( ) 2 x n u n u n + ÷ ( ¸ ¸ Para o primeiro membro da soma, pode então identificar-se uma operação de deslocamento, pelo que, se obtém a partir da definição de escalão unitário que ( ) ( ) 1 ; 0 1 ; 2 2 0 ; 0 0 ; 2 n n u n u n n n > > ÷ ¦ ¦ = ¬ + = ´ ´ < < ÷ ¹ ¹ . (1.34) Efectuando a operação de subtracção vem que ( ) ( ) 1 ; 2 1 2 0 ; outros n u n u n ÷ s s ÷ ¦ + ÷ = ´ ¹ . (1.35) Multiplicando os sinais ponto por ponto chega-se ao resultado da Figura 1.7. Figura 1.7. Representação de ( ) ( ) 1 x n u n ÷ . c) ( ) ( ) 1 x n n o ÷ Para este caso, pode também identificar-se uma operação de deslocamento, pelo que, se obtém a partir da definição de impulso unitário que ( ) ( ) 1 ; 0 1 ; 1 1 0 ; 0 0 ; 1 n n n n n n o o = = ¦ ¦ = ¬ ÷ = ´ ´ = = ¹ ¹ . (1.36) Multiplicando os sinais ponto por ponto chega-se ao resultado da Figura 1.8. 23 Figura 1.8. Representação de ( ) ( ) 1 x n u n ÷ . 24 (HSU 1.16g) Determine se os seguintes sinais são ou não Problema 1.5. periódicos. Caso sejam calcule o período. a) ( ) ( ) 4 j n x n e t = Para que ( ) x n seja periódico é necessário que verifique a definição (1.22). Substituindo substituir n por n N + em a), e aplicando (1.22) obtém-se a equação ( ) 4 4 j n N j n e e t t | | | | + | | \ . \ . = . (1.37) Desenvolvendo o primeiro membro de (1.37) chega-se a 4 4 4 j n N j n e e t t t | | | | + | | \ . \ . = . (1.38) Para que ( ) x n seja periódico, (1.38) tem de ter solução, pelo que é necessário garantir a seguinte condição: 2 8 4 N m N m t t = · = , m ¬ e . (1.39) Atribuindo valores a m, obtém-se o menor inteiro positivo que verifica (1.39), 0 1 8 m N = ¬ = . (1.40) onde 0 8 N = é o período fundamental. Uma vez que (1.39) tem solução, e ( ) x n é uma função exponencial complexa, a condição (1.23) é verificada 0 1 4 2 8 8 1 M t t t t O = = = e . (1.41) 25 (HSU P1.51e) Determine se os seguintes sinais são ou Problema 1.6. não periódicos. Caso sejam calcule o período. a) ( ) 4 n j x n e t | | ÷ | \ . = Novamente, para que ( ) x n seja periódico é necessário que verifique a definição (1.22). Substituindo substituir n por n N + em a), e aplicando (1.22) obtém-se a equação 4 4 n N n j j e e t t + | | | | ÷ ÷ | | \ . \ . = (1.42) Desenvolvendo o primeiro membro de (1.42), chega-se a 4 4 4 n N n j j e e t t | | | | + ÷ ÷ | | \ . \ . = (1.43) Para que ( ) x n seja periódico, (1.43) tem de ter solução, pelo que é necessário garantir a condição: 2 8 4 N m N m t t = ¬ = , m ¬ e . (1.44) Uma vez que t é irracional, qualquer múltiplo deste também será irracional, sendo impossível obter um período inteiro. Note-se ainda que, como (1.44) não tem solução, e ( ) x n é uma função exponencial complexa, a condição (1.23) não é verificada 0 1 1 4 2 8 1 M t t O = = e . (1.45) 26 (IML 1.11b,c,d) Determine quais dos sinais seguintes são Problema 1.7. periódicos. Para os sinais periódicos indique o período fundamental. b) ( ) sin 5 2 4 x n n t | | = + | \ . Note-se que, uma translação no tempo não afecta o período de um sinal, mas, uma mudança de escala sim. Uma vez que, o período fundamental da função seno é 2 M t = , verifique-se se após a mudança de escala, o sinal continua a ser periódico. Para calcular o período fundamental, substitua-se n por n N + em b), e aplique-se (1.22) à definição do sinal obtendo a equação ( ) sin 5 2 sin 5 2 4 4 n N n t t | | | | + + = + | | \ . \ . . (1.46) Desenvolvendo o primeiro membro de (1.46), chega-se a sin 5 2 5 sin 5 2 4 4 4 n N n t t t | | | | + + = + | | \ . \ . . (1.47) Para que ( ) x n seja periódico, (1.47) tem de ter solução. Então, os argumentos das funções seno têm de estar relacionados, através de um múltiplo do período fundamental da função seno ( 2 M t = ): 8 5 5 2 4 4 5 N mM N m N m t t t = · = · = , m ¬ e . (1.48) O menor número inteiro que verifique (1.48) é então o período fundamental, que neste caso, corresponde a 5 m= que resulta em 0 8 N = . Novamente, uma vez que (1.39) tem solução, e ( ) x n é uma função seno, a condição (1.23) é verificada 0 5 5 5 4 2 8 8 1 M t t t t O = = = e . (1.49) c) ( ) 1 cos 2 x n n | | = | \ . 27 Para calcular o período fundamental, substitua-se n por n N + em c), e aplique-se (1.22) à definição do sinal, obtendo a equação ( ) 1 1 cos cos 2 2 n N n | | | | + = | | \ . \ . . (1.50) Desenvolvendo o primeiro membro de (1.50), chega-se a 1 1 1 cos cos 2 2 2 n N n | | | | + = | | \ . \ . . (1.51) Para que ( ) x n seja periódico, (1.51) tem de ter solução. Então, os argumentos das funções co-seno têm de estar relacionados através de um múltiplo do período fundamental da função co-seno ( 2 M t = ): 1 2 4 2 N m N m t t = · = , m ¬ e . (1.52) Uma vez que t é irracional, qualquer múltiplo deste também será irracional, sendo impossível obter um período inteiro. Como (1.51) não tem solução, e ( ) x n é uma função co-seno, a condição (1.23) não é verificada 0 1 1 2 2 4 1 M t t O = = e . (1.53) d) ( ) ( ) 2 cos 5 x n n t = Novamente, substituindo n por n N + em d) e aplicando (1.22), chega-se a ( ) ( ) 2 2 cos 5 cos 5 n N n t t ( + = ¸ ¸ . (1.54) Desenvolvendo o primeiro membro de (1.54) permite ainda obter ( ) ( ) 2 2 2 cos 5 10 5 cos 5 n nN N n t t t t + + = . (1.55) Novamente, de (1.55) obtém-se a condição 28 2 2 5 10 5 2 5 2 nN N m m nN N t t t + = · = + , m ¬ e . (1.56) Uma vez que m é um número inteiro, o segundo membro de (1.56) também tem de ser inteiro. Desta forma, uma vez que 5nN já é um inteiro ( n e N são inteiros) é necessário que 2 0 5 2 2 N N e ¬ = . (1.57) Tendo (1.57) solução, e sendo ( ) x n uma função co-seno, a condição (1.23) é verificada 0 5 5 5 1 2 2 2 1 M t t t t O = = = e . (1.58) 29 (IML 1.23a,d,h,i) Um sistema discreto pode ser Problema 1.8. classificado segundo as seguintes propriedades: 1) memória; 2) Causalidade; 3) Invariância no tempo; 4) Linearidade; 5) Estabilidade; 6) Invertibilidade. Para classificar os seguintes sistemas, é necessário conhecer as propriedades gerais dos sistemas lineares. Estas podem ser definidas da seguinte forma: 1) Memória: Um sistema não tem memória quando, num instante de tempo, a saída apenas depende da entrada nesse mesmo instante, i.e., ( ) ( ) 1 1 1 n y n f x n ¬ e ¬ = ( ¸ ¸ . (1.59) e.g., ( ) ( ) 3 y n x n = não tem memória, enquanto que ( ) ( ) 3 1 y n x n = ÷ tem. 2) Causalidade: Um sistema é causal quando, para qualquer instante de tempo, a saída depende da entrada apenas em instantes passados. Portanto, para dois sinais idênticos até ao instante 0 n , as saídas são idênticas até ao mesmo instante, i.e., ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 0 1 2 0 x n x n n n y n y n n n ÷ ¬ s ÷ ÷ ¬ s . (1.60) Por conseguinte, um sistema sem memória é necessariamente causal, e.g., ( ) ( ) 3 y n x n = e ( ) ( ) 3 1 y n x n = ÷ são causais, enquanto que ( ) ( ) 3 1 y n x n = + não. 3) Invariância no tempo: Um sistema diz-se invariante no tempo, quando uma deslocação no sinal de entrada conduz à mesma deslocação no sinal de saída, i.e., ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 x n y n x n n y n n ÷ ¬ ÷ ÷ ÷ , 0 n ¬ . (1.61) 4) Linearidade: Um sistema é linear quando uma combinação linear de sinais à entrada conduz, na saída, à mesma combinação linear das saídas elementares para cada sinal de entrada, i.e., ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 1 2 2 2 x n y n ax n bx n ay n by n x n y n ÷ ¦ ¦ ¬ + ÷ + ´ ÷ ¦ ¹ . (1.62) 30 5) Estabilidade: Um sistema diz-se estável de entrada limitada / saída limitada quando qualquer entrada limitada dá origem a uma saída limitada, i.e., ( ) ( ) 0: 0: x x y y A x n A n A y n A n - > < ¬ e ¬ - > < ¬ e . (1.63) 6) Invertibilidade: Um sistema é invertível quando, sinais de entrada distintos resultam em sinais de saída distintos (a aplicação da entrada na saída é injectiva), i.e., ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 x n x n y n y n = ÷ = . (1.64) a) ( ) ( ) n y n x n = Pela propriedade (1.59) verifica-se que o sistema não tem memória. Pela propriedade (1.60) verifica-se que o sistema é causal. Quanto à invariância no tempo, é necessário aplicar a propriedade (1.61). Considerando um sinal auxiliar ( ) ( ) 1 0 x n x n n = ÷ resulta que ( ) ( ) ( ) 1 1 0 n n y n x n x n n = = ÷ . (1.65) No entanto, uma vez que, ( ) ( ) 0 0 0 n n y n n x n n ÷ ÷ = ÷ , (1.66) é diferente de (1.65) o sistema é variante no tempo. Quanto à linearidade, aplicando (1.62), tem-se que ( ) ( ) 1 1 n y n x n = , ( ) ( ) 2 2 n y n x n = pelo que ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 n ax n bx n ax n bx n ay n by n + ÷ + = + ( ¸ ¸ , (1.67) logo o sistema é não linear. Por exemplo, escolhendo 1 a b = = no ponto 2 n = , vem para quaisquer dois sinais de entrada ( ) 1 x n e ( ) 2 x n ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 2 2 x x x x y y + ÷ + = + ( ¸ ¸ . (1.68) 31 Neste caso, o sistema não é estável, o que pode ser provado por contra-exemplo. Considere-se o sinal de entrada limitado ( ) 2 x n = , n ¬ , pelo que vem ( ) ( ) 2 lim n n y n y n ÷+· = ¬ = +·, (1.69) ou seja, para uma entrada limitada, a saída é ilimitada, pelo que o sistema é instável. Para provar a não invertibilidade recorrer-se-á, novamente, ao contra exemplo. Definam-se dois sinais diferentes tais que ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 1, 1 1, 1, 0 1 , 0 1, 2, 0 2 , 0 n n n x n n y n n n n x n y n n n n = ¬ ÷ = = ¬ ¦ = = ¦ ¦ = ÷ = = ¬ ´ ´ = = ¦ ¹ ¹ . (1.70) A partir de (1.70) verifica-se que, ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 x n x n y n y n = ÷ = , (1.71) logo, pela propriedade (1.64), o sistema é não invertível. (Note-se que o sistema perde a informação do sinal de entrada no instante 0 n = ). b) Esta alínea corresponde à resolução em paralelo dos problemas IML 1.23h, i, representando um grau de dificuldade interessante. Verifiquem-se as diferenças entre os dois sistemas semelhantes, ( ) ( ) ( ) , 1 0 , 0 1 , 1 h x n n y n n x n n > ¦ ¦ = = ´ ¦ + s ÷ ¹ , ( ) ( ) ( ) , 1 0 , 0 , 1 i x n n y n n x n n > ¦ ¦ = = ´ ¦ s ÷ ¹ . (1.72) Note-se que, considerando a propriedade (1.59), se pode observar que ( ) h y n tem memória enquanto que ( ) i y n não tem memória. Mais ainda, aplicando (1.60), pode observar-se que ( ) h y n é não causal enquanto que ( ) i y n é causal. Quanto à invariância temporal, aplicando (1.61) resulta que, as saídas ( ) 0 y n n ÷ são dadas por ( ) ( ) ( ) 0 0 0 0 0 0 , 1 0 , 1 , 1 h x n n n n y n n n n x n n n n ÷ > + ¦ ¦ ÷ = = ´ ¦ ÷ + s ÷ ¹ , ( ) ( ) ( ) 0 0 0 0 0 0 , 1 0 , , 1 i x n n n n y n n n n x n n n n ÷ > + ¦ ¦ ÷ = = ´ ¦ ÷ s ÷ ¹ . (1.73) 32 Considerando novamente sinais auxiliares do tipo ( ) ( ) 0 x n x n n ' = ÷ resulta que, ( ) ( ) ( ) 0 0 , 1 0 , 0 1 , 1 h x n n n y n n x n n n ÷ > ¦ ¦ ' = = ´ ¦ ÷ + s ÷ ¹ , ( ) ( ) ( ) 0 0 , 1 0 , 0 , 1 i x n n n y n n x n n n ÷ > ¦ ¦ ' = = ´ ¦ ÷ s ÷ ¹ . (1.74) Uma vez que os resultados (1.74) e (1.73) são diferentes, verifica-se que ambos os sistemas são variantes no tempo. Aplicando agora a propriedade (1.62), dos sistemas lineares verifica-se que, o sistema ( ) h y n , ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 ,1 ,2 1 2 , 1 0 , 0 1 1 , 1 h h h ax n bx n n ax n bx n y n n ay n by n ax n bx n n + > ¦ ¦ + ÷ = = = + ´ ¦ + + + s ÷ ¹ , (1.75) bem como o sistema ( ) i y n ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 ,1 ,2 1 2 , 1 0 , 0 , 1 i i i ax n bx n n ax n bx n y n n ay n by n ax n bx n n + > ¦ ¦ + ÷ = = = + ´ ¦ + s ÷ ¹ , (1.76) são lineares. Mais ainda, quanto à estabilidade, verifica-se que a condição (1.63) é sempre cumprida, para qualquer entrada limitada, para ambos os sistemas, pelo que estes são estáveis. Quanto à invertibilidade, note-se que, o sistema ( ) i y n perde a informação da entrada no instante 0 n = enquanto que o sistema ( ) h y n não. Desta forma, por contra-exemplo considerem-se os sinais ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 ,1 2 ,2 0 2 0 i i x n n y n x n n y n o o = ÷ = = ÷ = , (1.77) ou seja, ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 ,1 ,2 i i x n x n y n y n = ÷ = , (1.78) logo o sistema ( ) i y n é não invertível. Pelo contrário, ( ) h y n é invertível, e o seu sistema inverso é dado por ( ) ( ) ( ) ( ) 1 , 0 1 , 0 h h h h y n n y n z n y n n ÷ > ¦ ¦ = = ´ ÷ s ¦ ¹ . (1.79) 33 d) ( ) ( ) y n n x n = Pela propriedade (1.59) verifica-se que o sistema não tem memória. Aplicando ainda (1.60), e uma vez que o sistema não tem memória, tem-se que o sistema é causal. Para averiguar se o sistema é invariante no tempo, aplique-se (1.61), considerando ( ) ( ) 1 0 x n x n n = ÷ , pelo que se tem ( ) ( ) ( ) 1 1 0 y n n x n n x n n = = ÷ . (1.80) No entanto, uma vez que ( ) ( ) ( ) 0 0 0 y n n n n x n n ÷ = ÷ ÷ , (1.81) tem-se que (1.81) é diferente de (1.80) pelo que o sistema é variante no tempo. Quanto à linearidade, aplicando (1.62), tem-se que ( ) ( ) 1 1 y n n x n = e ( ) ( ) 2 2 y n n x n = , pelo que ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 1 2 ax n bx n n ax n bx n an x n bn x n ay n by n + ÷ + = + = + , (1.82) logo o sistema é linear. A estabilidade pode ser novamente comprovada por contra exemplo, i.e., se ( ) 3 x n = , n ¬ , verifica-se que, ( ) ( ) 3 lim n y n n y n ÷+· = ¬ = +·, (1.83) ou seja, para uma entrada limitada, a saída é ilimitada, pelo que o sistema é instável. Novamente, note-se que o sistema perde a informação do sinal de entrada em 0 n = . Considerando os dois sinais seguintes, ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 2 2 2 0 0 0 3 3 3 0 0 0 x n n y n n n x n n y n n n o o o o o o = ÷ = = × × = = ÷ = = × × = . (1.84) A partir de (1.84), verifica-se que, ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 x n x n y n y n = ÷ = , (1.85) logo, pela propriedade (1.64), o sistema é não invertível. 34 Determine se os seguintes sinais são ou não periódicos. Problema 1.9. Caso sejam calcule o seu período. a) ( ) 2 tan 3 x n n t | | = | \ . Novamente, para que ( ) x n seja periódico é necessário que verifique a definição (1.22). Substituindo n por n N + em a), e aplicando (1.22) obtém-se a equação ( ) 2 2 tan tan 3 3 n N n t t ( | | + = | ( ¸ ¸ \ . , (1.86) Desenvolvendo o primeiro membro de (1.42), chega-se a 2 2 2 tan tan 3 3 3 n N n t t t | | | | + = | | \ . \ . , (1.87) Para que ( ) x n seja periódico, (1.87) tem de ter solução, pelo que é necessário garantir a seguinte condição: 2 2 3 3 3 2 N Mm N m N m t t t = · = ¬ = , m ¬ e . (1.88) O menor número inteiro que verifique (1.88) é então o período fundamental, que neste caso, corresponde a 2 m= que resulta em 0 3 N = . Note-se que, o período fundamental da função tangente é M t = . b) ( ) 3 2 sin tan 2 3 x n n n t t | | | | = + | | \ . \ . Novamente, para que ( ) x n seja periódico é necessário que verifique a definição (1.22). No entanto, uma vez que ( ) x n é dado pela soma de dois sinais distintos, é necessário primeiro averiguar qual a periodicidade de ambas as componentes. Assim, substituindo n por n N + em b), e aplicando (1.22) obtêm-se as equações 35 ( ) ( ) 1 2 3 3 sin sin 2 2 2 2 tan tan 3 3 n N n n N n t t t t ( | | + = | ( ¸ ¸ \ . ( | | + = | ( ¸ ¸ \ . . (1.89) Analogamente à alínea anterior chega-se a duas condições: 1 1 1 2 2 2 3 4 2 4 2 3 2 3 3 3 2 N m N m N N N m N m t t t t ¦ ¦ = = ¦ ¦ = ¦ ¦ ¦ ¬ ¬ ´ ´ ´ = ¹ ¦ ¦ = = ¦ ¦ ¹ ¹ , m ¬ e . (1.90) O período fundamental do sinal é o mínimo múltiplo comum entre os períodos fundamentais 1 N e 2 N das duas componentes, i.e., 0 12 N = . 36 (IML 1.23b,k) Um sistema discreto pode ser classificado Problema 1.10. segundo as seguintes propriedades: 1) memória; 2) Causalidade; 3) Invariância no tempo; 4) Linearidade; 5) Estabilidade; 6) Invertibilidade. b) ( ) ( ) x n y n ne = Pela propriedade (1.59) verifica-se que o sistema não tem memória. Pela propriedade (1.60) verifica-se que o sistema é causal. Quanto à invariância no tempo, é necessário aplicar a propriedade (1.61). Considerando um sinal auxiliar ( ) ( ) 1 0 x n x n n = ÷ resulta que ( ) ( ) ( ) 1 0 1 x n x n n y n ne ne ÷ = = . (1.91) No entanto, uma vez que, ( ) ( ) ( ) 0 0 0 x n n y n n n n e ÷ ÷ = ÷ , (1.92) é diferente de (1.91) o sistema é variante no tempo. Quanto à linearidade, aplicando (1.62), e considerando duas entradas/saídas elementares ( ) ( ) 1 1 x n y n ne = e ( ) ( ) 2 2 x n y n ne = tem-se que ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 1 2 ax n bx n ax n bx n ax n bx n ne ne e a y n b y n + + ÷ = = + , (1.93) logo o sistema é não linear. A estabilidade, pode ser comprovada por contra exemplo, i.e., se ( ) 2 x n = , n ¬ , verifica-se que, ( ) ( ) 2 lim n y n ne y n ÷+· = ¬ = +·, (1.94) ou seja, para uma entrada limitada, a saída é ilimitada, pelo que o sistema é instável. Note-se que o sistema perde a informação do sinal de entrada em 0 n = . Considerando os dois sinais seguintes, 37 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 1 2 3 2 2 , 0 1 0, 0 2 , 0 2 0, 0 3 n n n n x n n y n ne n n n x n n y n ne n o o o o = ¦ = ÷ = = ´ = ¹ = ¦ = ÷ = = ´ = ¹ , (1.95) a partir de (1.95), verifica-se que, ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 x n x n y n y n = ÷ = , (1.96) logo, pela propriedade (1.64), o sistema é não invertível. k) ( ) ( ) 5 4 y n x n = + Pela propriedade (1.59) verifica-se que o sistema tem memória. Pela propriedade (1.60) verifica-se que o sistema é não causal. Quanto à invariância no tempo, é necessário aplicar a propriedade (1.61). Considerando um sinal auxiliar ( ) ( ) 1 0 x n x n n = ÷ resulta que ( ) ( ) ( ) 1 1 0 5 4 5 4 y n x n x n n = + = ÷ + . (1.97) No entanto, uma vez que, ( ) ( ) 0 0 5 4 y n n x n n ÷ = ÷ + ( ¸ ¸ , (1.98) é diferente de (1.91) o sistema é variante no tempo. Quanto à linearidade, aplicando (1.62), e considerando duas entradas/saídas elementares ( ) ( ) 1 1 5 4 y n x n = + e ( ) ( ) 2 2 5 4 y n x n = + tem-se que ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 5 5 4 ax n bx n ax n bx n a y n b y n + ÷ + + = + , (1.99) logo o sistema é não linear. A estabilidade, pode ser comprovada considerando que ( ) x x n A < , n ¬ , é possível obter ( ) ( ) ( ) 5 4 5 4 4 x y y n x n x n A A = + s + < + < , (1.100) 38 ou seja, para uma entrada limitada a saída é limitada, pelo que o sistema é estável. Para provar que o sistema não é invertível , considerem-se os dois sinais seguintes: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 1, 5 4 5 1, múltiplode5 5 4 5 0, c. c. x n n y n x n n x n y n x n n = ¬ ÷ = + = ¦ = ÷ = + = ´ ¹ . (1.101) Note-se que, qualquer inteiro multiplicado por 5 resulta necessariamente num múltiplo de 5. A partir de (1.101), verifica-se que, ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 x n x n y n y n = ÷ = , (1.102) logo, pela propriedade (1.64), o sistema é não invertível. 39 Capítulo 2.Representação no Domínio do Tempo para Sistemas LIT Discretos (HSU 2.30) Avalie ( ) ( ) ( ) y n h n x n = - , onde ( ) x n e ( ) h n Problema 2.1. estão representados na Figura 2., usando: a) Uma soma ponderada de impulsos unitários; b) A expressão para a soma de convolução. Figura 2.1. Representação de ( ) x n e de ( ) h n . Para um dado sistema linear e invariante no tempo, caracterizado pela sua resposta impulsional ( ) h n , designe-se por ( ) x n o sinal de entrada e por ( ) y n o sinal de saída (Figura 2.2). Figura 2.2. Sistema LIT, com resposta impulsional ( ) h n , entrada ( ) x n e saída ( ) y n . Como é conhecido, a resposta deste sistema a qualquer sinal de entrada pode ser obtida através da soma de convolução da seguinte forma ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) k y n x k h n k x n h n +· =÷· = ÷ = - ¿ . (2.1) Para obter a saída do sistema, é necessário efectuar os seguintes passos, para cada instante n : ( ) h n ( ) y n ( ) x n 40 1. Determinar a reflexão em relação à origem da resposta impulsional ( ) h k do SLIT, obtendo: ( ) ( ) z k h k = ÷ . 2. Atrasar o sinal ( ) z k de n unidades (correspondentes ao instante n ) obtendo a sequência: ( ) ( ) ( ) w k z k n h n k = ÷ = ÷ 3. Multiplicar ponto a ponto a sequência ( ) w k pela entrada: ( ) ( ) x k h n k ÷ . 4. Somar todos os pontos da sequência resultante, de modo a obter a soma de convolução correspondente ao instante n . Este processo é então repetido para todos os instantes n . A soma de convolução goza ainda das seguintes propriedades: 1) Comutatividade: ( ) ( ) ( ) ( ) x n h n h n x n - = - . (2.2) 2) Associatividade: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 x n h n h n x n h n h n - - = - - ( ( ¸ ¸ ¸ ¸ . (2.3) 3) Distributividade: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 x n h n h n x n h n x n h n - + = - + - ( ¸ ¸ . (2.4) Destas propriedades consegue deduzir-se que a resposta impulsional de dois SLITs em série é dada pela convolução das respostas impulsionais de cada um dos SLITs. Da mesma forma se pode demonstrar que a resposta de dois SLITs em paralelo é a soma das respostas impulsionais de cada um. Este resultado encontra-se esquematizado na Figura 2.3. Figura 2.3. Respostas impulsionais de: (a) SLITs em série; (b) SLITs em paralelo. ( ) ( ) 1 2 h n h n - ( ) 1 h n ( ) 2 h n · ( ) a ( ) ( ) 1 2 h n h n + ( ) 1 h n ( ) 2 h n · ( ) b ( ) a ( ) b 41 Note-se ainda que, a função impulso unitário exibe uma propriedade interessante face á convolução, ( ) ( ) ( ) 0 0 x n n n x n n o - ÷ = ÷ . (2.5) a) Para resolver este problema, considerando uma soma de impulsos unitários, é necessário escrever o sinal de entrada, bem como a resposta impulsional, na forma ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 3 x n n n n n o o o o = + ÷ + ÷ + ÷ , (2.6) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 h n n n n o o o = + ÷ + ÷ . (2.7) Torna-se então possível obter a convolução ( ) ( ) x n h n - através da aplicação das propriedades (2.2) – (2.5). Indicando a convolução ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 x n h n x n n n n o o o - = - + ÷ + ÷ ( ¸ ¸ , (2.8) e aplicando (2.4) é possível escrever ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 x n h n x n n x n n x n n o o o - = - + - ÷ + - ÷ . (2.9) Recorrendo a (2.5) ainda se pode obter ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 x n h n x n x n x n - = + ÷ + ÷ . (2.10) Substituindo ( ) x n em (2.10), após alguma álgebra, obtem-se ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 3 2 3 3 2 4 5 y n n n n n n n o o o o o o = + ÷ + ÷ + ÷ + ÷ + ÷ . (2.11) A forma do sinal de saída encontra-se representada na Figura 2.7. b) Para facilitar a compreensão desta resolução vão ser apresentados graficamente todos os passos. Atendendo aos passos acima descritos, que indicam a forma de calcular explicitamente uma soma de convolução, é necessário obter a reflexão em relação à origem da resposta impulsional ( ) ( ) z k h k = ÷ do sistema. Em seguida, é necessário atrasar ( ) z k de n unidades e multiplicá-lo por ( ) x k . Através da Figura 2.4 e Figura 2.5 42 verifica-se que ( ) h n k ÷ não se sobrepõe com ( ) x k para 0 n < e 5 n > . Assim, ( ) ( ) x k h n k ÷ e consequentemente a resposta ( ) y n são nulos neste intervalo. Figura 2.4. Representação de ( ) x k , ( ) h k , ( ) ( ) x k h n k ÷ e ( ) h n k ÷ para 2 n = ÷ . Figura 2.5. Representação de ( ) ( ) x k h n k ÷ e ( ) h n k ÷ para 6 n = . Para o intervalo 0 5 n s s , onde ( ) ( ) x k h n k ÷ não é nulo, o seu valor é representado na Figura 2.6. 43 44 Figura 2.6. Representação de ( ) ( ) x k h n k ÷ e ( ) h n k ÷ para 0 5 n s s . Finalmente, para obter a resposta ( ) y n , é necessário, para cada instante n , somar as contribuições de ( ) ( ) x k h n k ÷ , o que resulta na resposta representada na Figura 2.7. Figura 2.7. Representação da saída ( ) y n . 45 (HSU 2.28) Considere o SLIT com resposta impulsional Problema 2.2. ( ) ( ) n h n u n o = para 0 1 o < < e o sinal de entrada ( ) ( ) x n u n = . Determine a resposta do sistema através de: (a) ( ) ( ) ( ) y n x n h n = - ; (b) ( ) ( ) ( ) y n h n x n = - . a) ( ) ( ) ( ) y n x n h n = - Considerando a definição da soma de convolução (2.1) primeiro é necessário obter a reflexão em relação à origem da resposta impulsional ( ) ( ) z k h k = ÷ . Em seguida, é necessário deslocar ( ) z k de n unidades e multiplicar ponto a ponto pela entrada ( ) x k . Note-se que, tal como representado na Figura 2.8, quando se obtém ( ) h n k ÷ ocorrem duas situações possíveis para a multiplicação ( ) ( ) x k h n k ÷ : (i) Para 0 n < não existe sobreposição entre ( ) x k e ( ) h n k ÷ ; (ii) Para 0 n > , ( ) x k e ( ) h n k ÷ encontram-se sobrepostos entre 0 k n s s . Figura 2.8. Representação de ( ) x k , ( ) h k e ( ) h n k ÷ para 0 n < e 0 n > . 46 Uma vez que, para 0 n < , as componentes ( ) x k e ( ) h n k ÷ não se sobrepõem, temos que ( ) ( ) 0 x k h n k ÷ = , e por conseguinte ( ) ( ) ( ) 0, 0 k y n x k h n k n +· =÷· = ÷ = < ¿ . (2.12) Para o caso em que 0 n > , as componentes ( ) x k e ( ) h n k ÷ estão sobrepostas no intervalo 0 k n s s . Neste intervalo tem-se que ( ) 1 x k = e ( ) n k h n k o ÷ ÷ = , pelo que atendendo à definição (2.1) a saída é dada por ( ) ( ) ( ) 0 , 0 n n k k k y n x k h n k n o +· ÷ =÷· = = ÷ = > ¿ ¿ . (2.13) Efectuando uma mudança de variável, ( ) m k n k = ÷ , segundo (A.100) vem que ( ) 0 0 , 0 n m m m n m y n n o o = = = = > ¿ ¿ . (2.14) É então possível identificar (2.14) com uma série geométrica do tipo (A.87) onde | o = , 1 N n = + e 0 k = . Uma vez que 0 1 o < < a soma de (2.14) é dada por ( ) 1 1 0 1 1 , 0 1 1 n n y n n o o o o o + + ÷ ÷ = = > ÷ ÷ . (2.15) Finalmente, considerando o resultado nos dois ramos de n é possível escrever ( ) ( ) 1 1 1 , 0 1 1 1 0, 0 n n n y n u n n o o o o + + ¦ ÷ > ÷ ¦ = = ÷ ´ ÷ ¦ < ¹ , (2.16) uma vez que ( ) 0 u n = para 0 n < . Para representar o gráfico de ( ) y n é útil obter o valor de ( ) 1 1 1 lim lim 1 1 n n n y n o o o + ÷· ÷· ÷ = = ÷ ÷ . (2.17) A resposta final do sistema pode ser observada na Figura 2.9. 47 Figura 2.9. Representação de ( ) x k , ( ) h k e ( ) h n k ÷ para 0 n < e 0 n > . b) ( ) ( ) ( ) y n h n x n = - Note-se que, uma vez que a convolução é comutativa, o resultado final será o mesmo do obtido na alínea anterior. Note-se que, ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) k y n h n x n h k x n k +· =÷· = - = ÷ ¿ . (2.18) Como representado na Figura 2.10, quando se obtém ( ) x n k ÷ ocorrem duas situações possíveis para a multiplicação de ( ) ( ) h k x n k ÷ : (i) Para 0 n < não existe sobreposição entre ( ) h k e ( ) x n k ÷ ; (ii) Para 0 n > , ( ) h k e ( ) x n k ÷ encontram-se sobrepostos entre 0 k n s s . 48 Figura 2.10. Representação de ( ) x k , ( ) h k e ( ) x n k ÷ para 0 n < e 0 n > . Novamente, para 0 n < , as componentes ( ) h k e ( ) x n k ÷ não se sobrepõem, então ( ) ( ) 0 h k x n k ÷ = , e por conseguinte ( ) ( ) ( ) 0, 0 k y n h k x n k n +· =÷· = ÷ = < ¿ . (2.19) Para o caso em que 0 n > , as componentes ( ) h k e ( ) x n k ÷ estão sobrepostas no intervalo 0 k n s s . Neste intervalo tem-se que, ( ) 1 x n k ÷ = e ( ) k h k o = , pelo que, atendendo à definição (2.1) a saída é dada por ( ) ( ) ( ) 0 , 0 n k k k y n h k x n k n o +· =÷· = = ÷ = > ¿ ¿ . (2.20) É então possível identificar (2.20) com uma série geométrica do tipo (A.87) onde | o = , 1 N n = + e 0 k = . Uma vez que 0 1 o < < a soma de (2.14) é dada por ( ) 1 1 0 1 1 , 0 1 1 n n y n n o o o o o + + ÷ ÷ = = > ÷ ÷ . (2.21) 49 Finalmente, considerando o resultado nos dois ramos de n é possível escrever ( ) ( ) 1 1 1 , 0 1 1 1 0, 0 n n n y n u n n o o o o + + ¦ ÷ > ÷ ¦ = = ÷ ´ ÷ ¦ < ¹ , (2.22) uma vez que ( ) 0 u n = para 0 n < . Como esperado, a resposta final do sistema é a mesma que a obtida em (2.16). 50 (HSU 2.32) A resposta ao escalão unitário, de um Problema 2.3. determinado sistema LIT é dada por: ( ) ( ) n u y n u n o = para 0 1 o < < . Determine a resposta impulsional do sistema. Note-se que, como é descrito nos apontamentos teóricos (Capítulo 2), é possível calcular a resposta ao escalão unitário, de um sistema LIT, a partir da resposta ao impulso ( ) ( ) ( ) ( ) 1, n u k k k n y n u n k h k h k +· =÷· =÷· = ¬ s = ÷ = ¿ ¿ . (2.23) Consequentemente, a resposta ao impulso, pode ser obtida em função da resposta ao escalão através de ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 n n u u k k h n y n y n h k h k ÷ =÷· =÷· = ÷ ÷ = ÷ ¿ ¿ . (2.24) a) Considerando a definição (2.24), é possível obter a resposta impulsional do sistema ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 n n u u h n y n y n u n u n o o ÷ = ÷ ÷ = ÷ ÷ . (2.25) Após alguma álgebra, obtém-se o resultado final ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) { } ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n n n n n n n h n u n u n n u n u n n u n n u n o o o o o o o o o o o ÷ ÷ ÷ ÷ = ÷ ÷ = + ÷ ÷ ÷ = = + ÷ ÷ = = ÷ ÷ ÷ . (2.26) 51 (HSU 2.38) Considere um sistema LIT com a seguinte Problema 2.4. resposta impulsional: ( ) ( ) n h n u n o = . Classifique este sistema quanto à: a) causalidade; b) Estabilidade. A classificação de um sistema LIT, face às suas propriedades pode ser efectuada através do estudo da resposta impulsional: 1) Memória: Um sistema diz-se sem memória quando a sua saída num dado instante de tempo depende apenas da entrada nesse instante de tempo. A resposta impulsional de um sistema discreto sem memória é dada por um impulso na origem de amplitude K ( ) ( ) h n K n o = , (2.27) e.g., ( ) ( ) 2 h n n o = não tem memória, enquanto que ( ) ( ) 2 1 h n n o = ÷ tem. 2) Causalidade: Um sistema é causal quando, para qualquer instante de tempo, a saída depende da entrada apenas em instantes passados. Portanto, a resposta impulsiva de um sistema causal é dada por ( ) 0 0 h n n = ¬ < , (2.28) e.g., ( ) ( ) h n u n = é causal, enquanto que ( ) ( ) 1 h n u n = + não. 3) Estabilidade: Um sistema diz-se estável de entrada limitada / saída limitada quando qualquer entrada limitada dá origem a uma saída limitada. A resposta impulsional de um sistema estável é uma função absolutamente somável, i.e., ( ) k h k +· =÷· < · ¿ . (2.29) 4) Invertibilidade: Um sistema é invertível quando, sinais de entrada distintos resultam sinais de saída distintos (a aplicação da entrada na saída é injectiva). A convolução entre a resposta impulsional de um sistema invertível e do seu inverso é um impulso unitário, i.e., ( ) ( ) ( ) I h n h n n o - = . (2.30) 52 Note-se que, esta condição é necessária, mas não suficiente. a) Considerando a definição (2.28), uma vez que ( ) 0 h n = para 0 n < verifica-se que o sistema é causal. b) Considerando a definição (2.29), é possível averiguar se o sistema é estável obtendo ( ) ( ) 0 k k k k k h k u k o o +· +· +· =÷· =÷· = = = ¿ ¿ ¿ . (2.31) Note-se que, (2.31) é uma série geométrica, cuja soma é dada por (A.88) 0 1 , 1 1 k k o o o +· = = < ÷ ¿ . (2.32) Ou seja, (2.32) verifica a condição (2.29), pelo que o sistema é estável, quando 1 o < e não verifica a condição (2.29), pelo que é instável, quando 1 o > . 53 (HSU 2.56) A resposta impulsional de um sistema LIT é Problema 2.5. dada por: ( ) ( ) ( ) 1 2 n h n u n = . Calcule ( ) 1 y e ( ) 4 y para o sinal de entrada ( ) ( ) ( ) 2 3 x n n n o o = + ÷ . Método 1. Resolução através das propriedades de um sistema LIT. Note-se que, o sinal de entrada já está escrito sob a forma de uma soma ponderada de impulsos unitários. Porque o sistema é LIT, a resposta ao sinal de entrada é uma soma ponderada de respostas impulsionais. Uma vez que, ( ) ( ) 3 3 n h n o ÷ ÷ ÷ , (2.33) o cálculo da saída é imediato ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 2 3 2 3 2 3 x n x n x n y n y n y n h n h n = + ÷ ÷ = + ÷ = + ÷ . (2.34) Método 2. Resolução através da definição de convolução. A resposta do sistema pode ser obtida pela definição de convolução (2.1) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 2 3 y n x n h n h n n n h n n h n n o o o o = - = - + ÷ = ( ¸ ¸ = - + - ÷ . (2.35) Aplicando agora a propriedade (2.5) obtém-se ( ) ( ) ( ) 2 3 y n h n h n = + ÷ . (2.36) Substituindo a definição de ( ) h n em (2.34) resulta que ( ) ( ) ( ) 3 1 1 2 3 2 2 n n y n u n u n ÷ | | | | = + ÷ | | \ . \ . . (2.37) Por substituição directa de 1 n = e 4 n = em (2.37) vem finalmente ( ) ( ) ( ) 1 1 3 2 1 1 1 1 1 2 1 1 3 2 0 1 2 2 2 2 y u u ÷ ÷ | | | | | | | | = + ÷ = + × = | | | | \ . \ . \ . \ . . (2.38) ( ) ( ) ( ) 4 4 3 4 1 1 1 1 1 1 5 4 2 4 4 3 2 2 2 2 2 8 2 8 y u u ÷ | | | | | | | | = + ÷ = + = + = | | | | \ . \ . \ . \ . . (2.39) 54 (IML 2.25) Considere um sistema LIT com a seguinte Problema 2.6. resposta impulsional: ( ) ( ) 2 4 n h n u n = + . Classifique este sistema quanto à: a) causalidade; b) Estabilidade; c) Determine ainda a saída para o sinal de entrada ( ) ( ) ( ) 2 4 1 x n n n o o = ÷ ÷ . a) Considerando a definição (2.28), uma vez que ( ) 0 h n = para 0 n < verifica-se que o sistema é não causal. b) Considerando a definição (2.29), é possível averiguar se o sistema é estável: ( ) ( ) 4 2 4 2 k k k k k h k u k +· +· +· =÷· =÷· =÷ = + = ¿ ¿ ¿ . (2.40) Note-se que, (2.40) é uma série geométrica, cuja soma é dada por (A.88) 4 2 k k +· =÷ ÷· ¿ . (2.41) Ou seja, (2.41) não verifica a condição (2.29), pelo que o sistema é instável. c) Esta alínea pode ser resolvida pode dois métodos. Método 1. Resolução através das propriedades de um sistema LIT. Novamente, uma vez que o sistema em causa é LIT, e a entrada já está escrita como uma soma ponderada de impulsos unitários, é possível dizer que ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 2 4 1 2 4 1 2 4 1 x n x n x n y n y n y n h n h n = ÷ ÷ ÷ = ÷ ÷ = ÷ ÷ . (2.42) Método 2. Resolução através da definição de convolução. A saída para o sinal de entrada ( ) x n pode ser obtida pela definição (2.1) 55 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 4 1 2 4 1 y n x n h n h n n n h n n h n n o o o o = - = - ÷ ÷ = ( ¸ ¸ = - ÷ - ÷ . (2.43) Aplicando agora a propriedade (2.5) obtém-se ( ) ( ) ( ) 2 4 1 y n h n h n = ÷ ÷ . (2.44) Substituindo a definição de ( ) h n em (2.42) resulta que ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 4 3 2 4 4 8 n n y n u n u n n n o o + + = + ÷ + = + = + ( ¸ ¸ . (2.45) 56 (IML 2.26) Considere um sistema LIT cuja resposta ao Problema 2.7. escalão unitário é dada por: ( ) 0 , 2, 2, 5 3 , 1 2 , 0 4 , 1 3 , 3 1 , 4 u n n n n n y n n n n s ÷ = > ¦ ¦ = ÷ ¦ = ¦ = ´ = ¦ ¦ ÷ = ¦ ÷ = ¹ . (2.46) Determine: a) A resposta impulsional do sistema; b) Se o sistema é causal; c) Se o sistema é estável; d) A saída do sistema para o sinal de entrada ( ) ( ) ( ) 2 1 x n u n u n = ÷ ÷ . a) Através da definição (2.24), é possível obter a resposta impulsional do sistema, a partir da resposta ao escalão unitário ( ) ( ) ( ) 0 , 2, 2, 5 0 , 1 2, 1 2, 1 5 3 , 1 3 , 1 1 2 , 0 2 , 1 0 1 4 , 1 4 , 1 1 3 , 3 3 , 1 3 1 , 4 1 , 1 4 u u n n n n n n n n n n h n y n y n n n n n n n s = > ÷ s ÷ ÷ = ÷ > ¦ ¦ ¦ ¦ = ÷ ÷ = ÷ ¦ ¦ ¦ ¦ = ÷ = = ÷ ÷ = ÷ ´ ´ = ÷ = ¦ ¦ ¦ ¦ ÷ = ÷ ÷ = ¦ ¦ ÷ = ÷ ÷ = ¹ ¹ . (2.47) Após alguns passos algébricos obtém-se ( ) 0 , 2, 2, 5 0 , 1, 3, 6 3 , 1 3 , 0 2 , 0 2 , 1 4 , 1 4 , 2 3 , 3 3 , 4 1 , 4 1 , 5 n n n n n n n n n n h n n n n n n n s ÷ = > s ÷ = > ¦ ¦ ¦ ¦ = ÷ = ¦ ¦ = = ¦ ¦ = ÷ ´ ´ = = ¦ ¦ ¦ ¦ ÷ = ÷ = ¦ ¦ ÷ = ÷ = ¹ ¹ , (2.48) 57 ( ) 0 , 2 3 , 1 1 , 0 2 , 1 4 , 2 3 , 3 2 , 4 1 , 5 0 , 6 n n n n h n n n n n n s ÷ ¦ ¦ = ÷ ¦ ÷ = ¦ ¦ = ¦ ¦ = ÷ = ´ ¦ ÷ = ¦ = ¦ ¦ = ¦ > ¦ ¹ . (2.49) b) Considerando a definição (2.28), uma vez que ( ) 0 h n = para 0 n < verifica-se que o sistema é não causal. c) Considerando a definição (2.29), é possível averiguar se o sistema é estável: ( ) 16 k h k +· =÷· = ¿ . (2.50) Ou seja, (2.50) verifica a condição (2.29), pelo que o sistema é estável. d) Novamente, o sistema em questão é LIT. O sinal de entrada já está escrito como uma soma ponderada de escalões unitários. Mais ainda, a resposta a ( ) 1 u n ÷ já foi calculada na alínea a). Aplicando então os resultados obtidos em (2.48), tem-se que a resposta ao sinal ( ) x n é dada por ( ) ( ) ( ) 0 , 2, 2, 5 0 , 1, 3, 6 3 , 1 3 , 0 2 , 0 2 , 1 2 1 2 4 , 1 4 , 2 3 , 3 3 , 4 1 , 4 1 , 5 u u n n n n n n n n n n y n y n y n n n n n n n s ÷ = > s ÷ = > ¦ ¦ ¦ ¦ = ÷ = ¦ ¦ ¦ ¦ = = = ÷ ÷ = ÷ ´ ´ = = ¦ ¦ ¦ ¦ ÷ = ÷ = ¦ ¦ ÷ = ÷ = ¹ ¹ , (2.51) que após alguma álgebra, permite obter 58 ( ) ( ) ( ) 0 , 2 3 , 1 4 , 0 0 , 1 2 1 8 , 2 3 , 3 5 , 4 6 , 5 0 , 6 u u n n n n y n y n y n n n n n n s ÷ ¦ ¦ = ÷ ¦ ÷ = ¦ ¦ = ¦ ¦ = ÷ ÷ = ÷ = ´ ¦ ÷ = ¦ = ¦ ¦ = ¦ > ¦ ¹ . (2.52) 59 Capítulo 3.Transformada Z (HSU 4.10) Calcule a transformada do Z dos sinais: a) Problema 3.1. ( ) ( ) x n u n = ÷ ; b) ( ) ( ) x n n o = . A transformada Z, bilateral, e a sua inversa são dadas pelas seguintes expressões: ( ) ( ) n n X z x n z +· ÷ =÷· = ¿ , (3.1) ( ) ( ) 1 1 2 n x n X z z dz j t ÷ = } . (3.2) Note-se que, para que exista transformada, é necessário que se verifique ( ) ( ) n n I z x n z +· ÷ =÷· = < +· ¿ . (3.3) A transformada Z observa então as seguintes propriedades: 1) Linearidade: Se, ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 2 2 , . . , . . x n X z R C R x n X z R C R ÷ ÷ ÷ ÷ , (3.4) onde . . RC é a região de convergência, então, ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 ax n bx n aX z bX z + ÷ + , 1 2 . . RC R R _ · . (3.5) 2) Translação no tempo: Se ( ) ( ) x n X z ÷ , . . RC R ÷ (3.6) então, ( ) ( ) 0 0 n x n n z X z ÷ ÷ ÷ , . . RC R ÷ , (3.7) excepto para a possível inclusão/exclusão de 0 z = ou z = +·. 60 3) Multiplicação por exponencial complexa: Se, ( ) ( ) x n X z ÷ , . . RC R ÷ (3.8) então, ( ) 0 0 n z z x n X z | | ÷ | \ . , 0 . . RC z R ÷ . (3.9) 4) Mudança de escala: Seja ( ) ( ) ; múltiplo 0 ; . . x n n x n c c ¦ = ´ ¹ , (3.10) Se, ( ) ( ) x n X z ÷ , . . RC R ÷ (3.11) então, ( ) ( ) 1 x n X z ÷ , . . RC R ÷ . (3.12) 4.1) Inversão temporal: Para o caso particular em que 1 = ÷ , dá-se uma inversão temporal, sem perda de informação, pelo que ( ) 1 x n X z | | ÷ ÷ | \ . , 1 . . R C R ÷ (3.13) 5) Convolução: Se, ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 2 2 , . . , . . x n X z R C R x n X z R C R ÷ ÷ ÷ ÷ . (3.14) então, ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 x n x n X z X z - ÷ , 1 2 . . RC R R _ · . (3.15) 61 6) Diferenciação no domínio da transformada: Se, ( ) ( ) x n X z ÷ , . . RC R ÷ (3.16) então, ( ) ( ) dX z nx n z dz ÷÷ , . . RC R ÷ . (3.17) 7) Soma no domínio do tempo: Se, ( ) ( ) x n X z ÷ , . . RC R ÷ (3.18) então,. ( ) ( ) 1 1 1 n k x k X z z ÷ =÷· ÷ ÷ ¿ , { } . . 1 RC R z _ · > . (3.19) a) Método 1. Resolução através da definição. Aplicando a definição (3.1) ao sinal definido no enunciado, tem-se que ( ) ( ) 0 0 n n n n n n X z u n z z z +· +· ÷ ÷ =÷· =÷· = = ÷ = = ¿ ¿ ¿ . (3.20) Utilizando o resultado conhecido, para a soma de séries geométricas (A.36), vem finalmente, 0 1 , 1 1 n n z z z +· = = < ÷ ¿ . (3.21) Para que exista transformada, é necessário verificar (3.3). Note-se que, (3.21) converge, i.e., ( ) I z < +· sempre que 1 z < , ou seja, a região de convergência da transformada é dada por 1 z < . O resultado final pode então ser escrito na forma ( ) 1 1 X z z = ÷ , . . : 1 RC z < . (3.22) 62 Método 2. Resolução utilizando as tabelas das transformadas. Pelas tabelas das transformadas, sabe-se que ( ) ( ) ( ) 1 1 1 x n u n X z z ÷ = ÷ = ÷ , . . : 1 RC z > . (3.23) Aplicando a propriedade (3.13), obtém-se directamente ( ) 1 1 1 1 1 1 1 u n X z z z ÷ | | ÷ ÷ = = | ÷ \ . | | ÷ | \ . , . . : 1 RC z < . (3.24) b) Recorrendo à definição da transformada (3.1), tem-se que ( ) ( ) n n X z n z o +· ÷ =÷· = ¿ . (3.25) Note-se que, o delta de Dirac verifica a seguinte propriedade ( ) ( ) ( ) ( ) 0 n f n n f o o = . (3.26) Assim, aplicando (3.26) a (3.25) pode facilmente escrever-se que ( ) ( ) ( ) 0 1 n n X z n z n o o +· +· =÷· =÷· = = = ¿ ¿ , (3.27) tal como vem indicado nas tabelas das transformadas. 63 (AT Ex. 4, Cap. 3) Calcule a transformada do Z do sinal Problema 3.2. ( ) ( ) 0 j n x n e u n O = . Encontre também os pólos, zeros e a região de convergência A propriedades da região de convergência da transformada Z são as seguintes 1. A . . R C de ( ) X z consiste numa coroa circular centrada na origem do plano z . 2. A . . R C não contém pólos. 3. Se ( ) x n for de duração finita, então a . . R C é o próprio plano z , exceptuando eventualmente 0 z = e/ou z = +·. Quando, ( ) ( ) 2 1 n n n n X z x n z ÷ = = ¿ , (3.28) 3.1. Se o sinal possui componentes causais, ou seja, 2 0 n > , logo ( ) X z possui o termo 1 z ÷ e por isso 0 . . z RC = e 3.2. Se o sinal possui componentes não-causais, ou seja, 1 0 n < , logo ( ) X z possui o termo z e por isso . . z RC = · e 3.3. O único sinal cuja . . R C é todo o plano z é ( ) ( ) x n a n o = . 4. Se ( ) x n for um sinal direito, e se a sua circunferência de raio 0 z r = pertencer à . . R C , então todos os valores finitos de z tais que 0 z r > também pertencem à . . R C . 5. Se ( ) x n for um sinal esquerdo, e se a sua circunferência de raio 0 z r = pertencer à . . R C , então todos os valores finitos de z tais que 0 0 z r < < também pertencem à . . R C 64 6. Se ( ) x n for um sinal bilateral, e se a sua circunferência de raio 0 z r = pertencer à . . R C , então a . . R C é uma coroa circular do plano z que contém a circunferência 0 z r = . a) Pela definição tem-se que ( ) ( ) 0 j n n n X z e u n z +· O ÷ =÷· = ¿ . (3.29) É ainda possível reescrever (3.29) na forma ( ) 0 0 0 0 n j j n n n n e X z e z z O +· +· O ÷ = = | | = = | \ . ¿ ¿ . (3.30) Novamente, para que exista transformada, é necessário verificar (3.3), pelo que, aplicando o resultado das séries geométricas (A.36), surge a condição 0 1 1 j e z z O < ¬ > . (3.31) Desta forma, a transformada é dada por, ( ) 0 0 1 1 j j z X z e z e z O O = = ÷ ÷ , . . : 1 RC z > . (3.32) Sendo i z as raízes do numerador (zeros), e i p as raízes do denominador (pólos), tem-se { } 0 i z = , { } 0 j i p e O = . (3.33) 65 (AT Ex. 5, Cap. 3) Discuta a existência da transformada Z Problema 3.3. do seguinte sinal ( ) n x n o = . Utilizando a definição (3.1), tem-se que ( ) 1 0 n n n n n n n n n X z z z z o o o +· ÷ +· ÷ ÷ ÷ ÷ =÷· =÷· = = = + ¿ ¿ ¿ . (3.34) Ainda é possível reescrever (3.34) na forma ( ) 1 0 1 n n n n X z z z o o ÷ +· =÷· = | | | | = + | | \ . \ . ¿ ¿ . (3.35) Efectuando uma mudança de variável m n = ÷ (A.100), obtém-se finalmente ( ) ( ) ( ) 1 0 0 0 1 n n m m m n m n X z z z z z o o o o +· +· +· +· = = = = | | | | = + = ÷ + + | | \ . \ . ¿ ¿ ¿ ¿ . (3.36) Para que exista transformada, é necessário verificar (3.3). Considerando a soma de uma série geométrica, (A.88), obtém-se as seguintes condições, 1 zo < , 1 z o < . (3.37) Substituindo uma condição na outra, obtém-se que, 1 z o o < < . (3.38) Esta condição implica que as séries de (3.36) apenas convergem quando 1 o < , e desta forma existe uma região de convergência para a transformada do sinal. Assim, aplicando (A.88) vem para a transformada do sinal ( ) 1 1 1 1 1 X z z z o o = ÷ + + ÷ ÷ , 1 . . : R C z o o < < , 1 o < . (3.39) 66 (AT Ex. 7, Cap. 3) Calcule a transformada inversa de Problema 3.4. a) ( ) ( )( ) 1 2 1 1 1 1 1 1 1 2 1 2 z z X z z z z ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ + = | | ÷ ÷ ÷ | \ . , . . : 1 2 1 RC z < < (3.40) b) ( ) ( )( ) 2 1 1 1 1 2 1 X z z z ÷ ÷ = ÷ ÷ , . . : 2 RC z > (3.41) Considere-se o problema de decompor em fracções simples ( ) X z , escrita na forma, ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 0 1 2 m m m m n n b z b z b z b X z a z p z p z p ÷ ÷ + + + + = ÷ ÷ ÷ . (3.42) Para decompor (3.42) em fracções simples é necessário efectuar os seguintes passos: (i) Verificar se a fracção é própria, i.e., m n s (o número de zeros não é superior ao número de pólos); (ii) Caso a fracção não verifique (i) é necessário efectuar uma sucessão de divisões polinomiais até obter uma fracção própria; (iii) Efectuar a separação em fracções simples. Sendo ( ) X z uma fracção própria, com k pólos distintos tais que o pólo i p tem multiplicidade i r , com 1, 2, , i k = e 1 2 k r r r n + + + = , esta pode ser decomposta em ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 1 0 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 r r i k i i i i i k r r i k c c c X z c p z p z p z c c p z p z ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ = + + + + + ÷ ÷ ÷ + + + ÷ ÷ , (3.43) onde ( ) 0 0 z c X z = = e os coeficientes i c , que representam a contribuição de cada pólo i p , são calculados da seguinte forma 67 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 1 1 1 1 1 2 1 1 1 1 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 r i r r i r r r i r i r i i z p r i i i r i z p r i i i i r r i i z p i i i i r i i z p c p z X z c c p z X z p z c c c p z X z p z p z c c c p z X z p z p z ÷ ÷ ÷ ÷ = ÷ ÷ ÷ = ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ = ÷ ÷ ÷ = = ÷ ( ( = ÷ ÷ ( ÷ ¸ ¸ ( ( = ÷ ÷ ÷ ( ÷ ÷ ¸ ¸ ( ( = ÷ ÷ ÷ ÷ ( ÷ ÷ ¸ ¸ . (3.44) Para calcular a transformada inversa de uma função descrita por fracções simples, é necessário relembrar os seguintes pares transformada: Para um sinal direito, com um pólo de multiplicidade 1 ( ) ( ) 1 , . . : 1 n k k k k k A A d u n R C z d d z ÷ ÷ > ÷ . (3.45) Para um sinal esquerdo com um pólo de multiplicidade 1 ( ) ( ) 1 1 , . . : 1 n k k k k k A A d u n R C z d d z ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ < ÷ . (3.46) Para um sinal direito com um pólo de multiplicidade r ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 , . . : 1 ! 1 n k k k k m k n n m A A d u n R C z d m d z ÷ + + ÷ ÷ > + ÷ . (3.47) Para um sinal esquerdo com um pólo de multiplicidade r ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 , . . : 1 ! 1 n k k k k m k n n m A A d u n R C z d m d z ÷ + + ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ < ÷ ÷ . (3.48) a) Considerando agora a função definida em (3.40), verifica-se que esta é uma fracção própria, onde todos os pólos têm multiplicidade 1. Pode então ser decomposta em 68 ( ) 1 2 3 0 1 1 1 1 1 2 1 1 2 c c c X z c z z z ÷ ÷ ÷ = + + + ÷ ÷ ÷ . (3.49) Note-se que, para calcular o coeficiente 0 c , é necessário reescrever (3.40) na forma ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) 3 2 3 1 2 3 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 2 1 2 2 z z z z z z X z X z z z z z z z z ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ + ÷ + = = = | | | | ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ | | \ . \ . , (3.50) de onde se retira facilmente que ( ) 0 0 0 z c X z = = = . Uma vez que, todos os pólos têm multiplicidade 1, (3.44) reduz-se a ( ) ( ) 1 1 i i i z p c p z X z ÷ = = ÷ , (3.51) onde 1 1, , 2 2 i p ¦ ¹ = ´ ` ¹ ) . (3.52) Aplicando (3.51) para calcular os coeficientes i c vem ( ) ( )( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 1 1 1 1 1 2 2 1 1 1 1 2 4 2 1 1 1 4 1 2 1 1 2 1 2 z z z z z c z z z ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ = = | | ÷ ÷ + | ÷ + \ . = = = ÷ ÷ | | ÷ ÷ ÷ | \ . , (3.53) ( )( ) ( )( ) 1 1 1 2 2 1 1 1 2 1 2 1 1 1 1 2 1 2 4 2 1 1 1 1 1 2 1 1 1 2 4 2 z z z z z c z z z ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ = = ÷ + ÷ ÷ + = = = | | | || | ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ | | | \ . \ .\ . , (3.54) ( )( ) ( )( ) ( ) 1 1 1 2 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 1 2 1 1 1 2 2 2 z z z z z c z z z ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ = = ÷ ÷ + ÷ + = = = ÷ | | | | ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ | | \ . \ . . (3.55) Substituindo o valor dos coeficientes i c em (3.49) obtém-se ( ) 1 1 1 1 2 2 1 1 2 1 1 2 X z z z z ÷ ÷ ÷ ÷ = + + ÷ ÷ ÷ , 1 . . : 2 R C z > . (3.56) 69 Note-se que, a região de convergência se encontra á esquerda dos pólos { } 1, 2 , e à direita do pólo { } 1 2 . Assim, será utilizado o par (3.45) para a componente direita do sinal e (3.46) para as componentes esquerdas. Finalmente, o sinal no domínio do tempo é dado por ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 2 1 2 1 2 n n x n u n u n u n | | = ÷ ÷ ÷ + ÷ ÷ | \ . . (3.57) b) Considerando agora a função definida em (3.40), verifica-se que esta é uma fracção própria, onde o pólo 1 z = tem multiplicidade 2 e o pólo 2 z = tem multiplicidade 1. Esta pode ser decomposta na forma ( ) ( ) 2 11 12 0 2 1 1 1 1 2 1 1 c c c X z c z z z ÷ ÷ ÷ = + + + ÷ ÷ ÷ . (3.58) Seguindo a decomposição apresentada em (3.43)–(3.44), os coeficientes ij c têm as seguintes expressões ( ) 0 0 0 z c X z = = = , (3.59) ( ) ( ) ( ) ( )( ) 1 1 1 2 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 1 2 4 1 1 2 1 1 2 z z z z c z X z z z ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ = = = ÷ = ÷ = = = | | ÷ ÷ ÷ | \ . , (3.60) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) 1 2 1 2 1 12 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 2 1 z z z z c z X z z z ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ = = = ÷ = ÷ = = = ÷ ÷ ÷ ÷ , (3.61) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) 1 1 1 1 1 11 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 2 2 2 1 2 1 2 1 r i z z z z z z z c c z X z z z z z z z z ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ = = = ÷ ÷ ÷ = = ( ÷ ÷ ÷ ( = ÷ ÷ = ÷ = ( ÷ ÷ ÷ ÷ ¸ ¸ ÷ = = = ÷ ÷ ÷ ÷ , (3.62) Substituindo os valores dos coeficientes em (3.58) permite obter 70 ( ) ( ) 2 1 1 1 4 2 1 1 2 1 1 X z z z z ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ = + + ÷ ÷ ÷ . (3.63) Note-se que, a região de convergência se encontra à direita dos pólos { } 1, 2 . Assim, serão utilizados os pares (3.45) e (3.47) para efectuar a transformada inversa. Finalmente, o sinal no domínio do tempo é dado por ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 4 2 2 3! n n x n u n u n u n + | | = ÷ ÷ | \ . . (3.64) 71 (AT Ex. 8, Cap. 3) Calcule a transformada inversa de Problema 3.5. a) ( ) 2 2 16 4 1 8 2 1 z z X z z z ÷ + = + ÷ , (3.65) b) ( ) 3 2 16 8 2 1 z X z z z = + ÷ , (3.66) considerando a . . : 1 2 R C z > . Quando uma fracção, escrita na forma apresentada em (3.42) não é própria, i.e., o número de zeros é superior ao número de pólos, não pode ser imediatamente decomposta em fracções simples. É necessário efectuar uma sucessão de divisões polinomiais, até que se obtenha uma fracção própria. Uma fracção polinomial pode ser decomposta da seguinte forma: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) N z R z X z X z Q z D z D z = ¬ = + , (3.67) onde ( ) Q z representa o quociente da divisão de ( ) N z por ( ) D z , e ( ) R z o resto da mesma divisão. a) Note-se que (3.65) é uma fracção própria (o número de pólos é superior ao número de zeros), podendo então decompor-se em fracções simples. Multiplicando ( ) X z por 2 2 z z ÷ ÷ é possível escrever ( ) 1 2 1 2 16 4 8 2 z z X z z z ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ + = + ÷ , (3.68) Os seus zeros e pólos, são respectivamente dados por, ( ) 2 2 2 4 8 1 1 1 , 2 8 4 2 i p ÷ ± ÷ × × ÷ ¦ ¹ = = ÷ ´ ` × ¹ ) . (3.69) Note-se que resolver 1 2 8 2 0 z z ÷ ÷ + ÷ = corresponde a resolver 2 8 2 1 0 z z + ÷ = . Assim, a ( ) X z apresenta dois pólos de multiplicidade 1, e pode ser decomposta da seguinte forma 72 ( ) 1 2 1 2 0 1 1 1 1 16 4 1 1 1 1 1 1 8 1 1 4 2 4 2 z z c c X z c z z z z ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ + = = + + | || | ÷ + ÷ + | | \ .\ . , (3.70) onde, por aplicação de (3.51), se obtém que ( ) 0 0 1 z c X z = = = ÷ , (3.71) ( ) ( ) 1 1 1 2 1 1 1 1 4 4 1 1 16 4 16 4 4 16 2 4 1 1 1 3 8 1 1 8 1 4 4 2 2 z z z z z c z z ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ = = | | ÷ ÷ + | ÷ × + \ . = = = | || | | | ÷ + + | | | \ .\ . \ . , (3.72) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 2 1 1 1 2 2 1 1 16 4 16 4 2 4 7 2 1 1 1 3 8 1 1 8 1 2 4 2 4 z z z z z c z z ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ =÷ =÷ | | + ÷ + | ÷ ÷ + \ . = = = | || | | | ÷ + ÷ ÷ | | | \ .\ . \ . . (3.73) Substituindo o valor dos coeficientes em (3.70) permite obter ( ) 1 1 2 1 7 1 1 1 1 3 3 1 1 4 2 X z z z ÷ ÷ = ÷ + + ÷ + , (3.74) Para obter a expressão do sinal do tempo é necessário utilizar as tabelas da transformada Z . Finalmente, uma vez que a região de convergência se localiza à direita de ambos os pólos, é utilizada a expressão (3.45) (para sinais direitos), e também que ( ) , . . : plano A n A RC z o ÷ , (3.75) o que permite obter finalmente ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 7 1 3 4 3 2 n n x n n u n u n o | | | | = ÷ + + ÷ | | \ . \ . . (3.76) b) Uma vez que (3.66) não é própria, é necessário efectuar uma divisão polinomial 3 2 3 2 2 16 8 2 1 16 4 2 2 4 2 z z z z z z z z z + ÷ ÷ ÷ + ÷ + , (3.77) 73 onde ( ) 2 Q z z = e ( ) 2 4 2 R z z z = ÷ + . Reescrevendo (3.66) na forma (3.67) vem que ( ) 2 2 4 2 2 8 2 1 z z X z z z z ÷ + = + + ÷ . (3.78) Uma vez que ( ) ( ) R z D z já é uma fracção própria, não é necessário efectuar nova divisão polinomial. Multiplicando ( ) ( ) R z D z por 2 2 z z ÷ ÷ é possível reescrever (3.78) como ( ) 1 1 2 4 2 2 8 2 z X z z z z ÷ ÷ ÷ ÷ + = + + ÷ . (3.79) Os pólos de (3.79) são os mesmos da alínea anterior, pelo que, pode escrever-se que ( ) ( ) 1 2 X z z X z = + , (3.80) onde ( ) 1 1 2 1 0 1 1 1 1 4 2 1 1 1 1 1 1 8 1 1 4 2 4 2 z c c X z c z z z z ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ + = = + + | || | ÷ + ÷ + | | \ .\ . , (3.81) Aplicar (3.51) dá então origem aos coeficientes ( ) 1 1 0 0 z c X z = = = , (3.82) ( ) 1 1 1 1 1 1 1 4 4 1 1 4 2 4 2 4 1 4 1 1 1 6 8 1 1 8 1 4 4 2 2 z z z z c z z ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ = = | | ÷ ÷ + | ÷ + × \ . = = = | || | | | ÷ + + | | | \ .\ . \ . , (3.83) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 1 1 1 2 2 1 1 4 2 4 2 2 2 2 1 1 1 3 8 1 1 8 1 2 4 2 4 z z z z c z z ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ =÷ =÷ | | + ÷ + | ÷ + ÷ \ . = = = ÷ | || | | | ÷ + ÷ ÷ | | | \ .\ . \ . . (3.84) Substituindo o valor dos coeficientes em (3.81) permite obter ( ) 1 1 1 1 2 1 2 1 1 6 3 1 1 4 2 X z z z z ÷ ÷ = + ÷ ÷ + . (3.85) 74 Finalmente, uma vez que a região de convergência se localiza à direita de ambos os pólos, é utilizada a expressão (3.45) (para sinais direitos). Mais ainda, o termo 2z corresponde a uma deslocação no tempo tal que ( ) ( ) 0 0 , . . n x n n z X z RC R ÷ ÷ ÷ ÷ , (3.86) do espectro de um delta de Dirac. Assim, tem-se que ( ) 1 1 2 , . . :plano n z RC z o + ÷ . (3.87) Finalmente, aplicando estes resultados a (3.85) obtém-se que ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 1 2 1 6 4 3 2 n n x n n u n u n o | | | | = + + ÷ ÷ | | \ . \ . . (3.88) 75 (HSU 4.19a) Calcule a transformada inversa de Problema 3.6. ( ) 2 2 3 1 z X z z z = ÷ + . (3.89) considerando a . . : 1 2 RC z < . a) Note-se que (3.89) é uma fracção própria (o número de pólos é superior ao número de zeros), podendo então decompor-se em fracções simples. Os seus zeros e pólos, são respectivamente dados por, { } 0 i z = , 1 1, 2 i p ¦ ¹ = ´ ` ¹ ) . (3.90) Logo, (3.89) pode ser reescrita como ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 2 1 2 1 1 2 2 z z X z z z z z ÷ ÷ ÷ = = | | | | ÷ ÷ ÷ ÷ | | \ . \ . . (3.91) Dado que os pólos de (3.91) têm multiplicidade 1, esta pode ser decomposta em ( ) 1 2 0 1 1 1 1 1 2 c c X z c z z ÷ ÷ = + + ÷ ÷ , (3.92) onde ( ) 0 0 0 z c X z = = = e se pode aplicar (3.51) para o cálculo dos coeficientes i c ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 2 1 2 2 z z z z c z z ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ = = ÷ = = = | | | | ÷ ÷ ÷ | | \ . \ . , (3.93) ( ) 1 1 1 2 1 1 1 2 2 1 1 2 1 1 2 1 1 2 z z z z c z z ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ = = | | ÷ | \ . = = ÷ | | ÷ ÷ | \ . . (3.94) Tem-se então ( ) 1 1 1 1 1 1 1 2 X z z z ÷ ÷ = ÷ ÷ ÷ . (3.95) 76 A região de convergência encontra-se à esquerda de ambos os pólos, pelo que, utilizando a tabela para sinais esquerdos (3.46), obtém-se finalmente ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 2 2 n n x n u n u n u n ( | | | | = ÷ ÷ ÷ + ÷ ÷ = ÷ ÷ ÷ ( | | \ . \ . ( ¸ ¸ . (3.96) 77 (HSU 4.32) Um sistema LIT causal é descrito por Problema 3.7. ( ) ( ) ( ) ( ) 3 1 1 2 4 8 y n y n y n x n ÷ ÷ + ÷ = . (3.97) Calcule: A) A função de transferência ( ) ( ) ( ) H z Y z X z = ; B) A resposta impulsiva ( ) h n ; C) A resposta ao escalão unitário. Os sistemas LIT podem ser classificados pela região de convergência da transformada Z da sua função de transferência ( ) H z : 1) Causalidade: Um sistema é causal, se e só se a região de convergência da função de transferência for, no plano z, o exterior de uma circunferência (incluindo z = +·). Note-se que, o número de zeros da função de transferência não pode ser superior ao número de pólos. 2) Estabilidade: Um sistema é estável, quando a região de convergência da função de transferência contém a circunferência de raio unitário. Esta condição é válida independentemente do número de zeros e pólos da função de transferência. Recorde-se que, no domínio do tempo, os sistemas LIT podem ser classificados da seguinte forma: 1) Causalidade: Um sistema é causal quando, para qualquer instante de tempo, a saída depende da entrada apenas em instantes passados. Portanto, a resposta impulsiva de um sistema causal é dada por ( ) 0 0 h n n = ¬ < , (3.98) i.e., ( ) h n é um sinal direito. 2) Estabilidade: Um sistema diz-se estável de entrada limitada / saída limitada quando qualquer entrada limitada dá origem a uma saída limitada. A resposta impulsional de um sistema estável é uma função absolutamente somável, i.e., 78 ( ) k h k +· =÷· < · ¿ . (3.99) a) Como nada é dito no enunciado, serão consideradas condições iniciais nulas, i.e., ( ) ( ) 1 2 0 y y ÷ = ÷ = . Aplicando a transformada z bilateral, bem como a propriedade do deslocamento temporal (3.7) a ambos os membros de (3.97) obtém-se ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 3 1 4 8 Y z z Y z z Y z X z ÷ ÷ ÷ + = . (3.100) Então, (3.100) reduz-se facilmente a ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 3 1 1 1 3 1 4 8 1 4 8 Y z z z Y z X z H z X z z z ÷ ÷ ÷ ÷ ( ÷ + = · = = ( ¸ ¸ ÷ + . (3.101) Para obter os pólos, é necessário resolver ( ) 0 D z = 1 2 2 3 1 3 1 1 1 1 0 0 , 4 8 4 8 4 2 i z z z z p ÷ ÷ ¦ ¹ ÷ + = · ÷ + = · = ´ ` ¹ ) . (3.102) Desta forma, ainda é possível reescrever (3.101) na forma ( ) 1 1 1 1 1 1 1 4 2 H z z z ÷ ÷ = | || | ÷ ÷ | | \ .\ . . (3.103) Uma vez que o sistema é estável, a sua . . R C tem de conter z = +·. Assim, como uma região de convergência não pode conter pólos, tem-se que . . : 1 2 RC z > . b) Obter a resposta impulsional no tempo, corresponde a calcular a transformada inversa da função de transferência (3.103). Como (3.103) é própria, com pólos de multiplicidade 1, pode ser decomposta em ( ) 1 2 0 1 1 1 1 1 1 4 2 c c H z c z z ÷ ÷ = + + ÷ ÷ , (3.104) 79 onde, novamente ( ) 0 0 0 z c H z = = = e os coeficientes i c podem ser calculados através de (3.51) ( ) 1 1 1 1 1 1 4 4 1 1 1 4 1 1 1 1 2 1 1 4 2 z z z c z z ÷ ÷ ÷ ÷ = = | | ÷ | \ . = = = ÷ ÷ | || | ÷ ÷ | | \ .\ . , (3.105) 1 1 2 1 1 1 2 2 1 1 1 2 2 1 1 1 1 1 1 4 2 2 z z z c z z ÷ ÷ ÷ ÷ = = | | ÷ | \ . = = = | || | | | ÷ ÷ ÷ | | | \ .\ . \ . . (3.106) A função de transferência pode então ser reescrita como ( ) 1 1 1 2 1 1 1 1 4 2 H z z z ÷ ÷ ÷ = + ÷ ÷ . (3.107) Uma vez que a região de convergência se encontra à direita dos pólos, utilizar-se-á a tabela dos sinais direitos (3.45), pelo que, vem finalmente ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 2 2 4 2 2 4 n n n n h n u n u n u n ( | | | | | | | | = ÷ + = ÷ ( | | | | \ . \ . \ . \ . ( ¸ ¸ . (3.108) c) Para obter a resposta ao escalão unitário, pode simplesmente efectuar-se ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 4 2 Y z H z X z z z z ÷ ÷ ÷ = = | || | ÷ ÷ ÷ | | \ .\ . . (3.109) onde a transformada de ( ) X z foi obtido através das tabelas. Pela propriedade da convolução (3.15), a região de convergência do sinal de saída será a intersecção das regiões de convergência do sinal de entrada e da função de transferência, i.e., 1 . . : 1 1 2 R C z z z > · > ÷ > . (3.110) 80 Uma vez que ( ) Y z é uma fracção própria (e todos os pólos têm multiplicidade 1), pode ser decomposta na forma ( ) 1 2 3 0 1 1 1 1 1 1 1 1 4 2 c c c Y z c z z z ÷ ÷ ÷ = + + + ÷ ÷ ÷ , (3.111) onde, novamente ( ) 0 0 0 z c Y z = = = , e os coeficientes i c podem ser obtidos através de (3.51) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 1 4 4 1 1 1 1 4 1 1 1 2 1 4 3 1 1 1 4 2 z z z c z z z ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ = = | | ÷ | \ . = = = ÷ ÷ | || | ÷ ÷ ÷ | | \ .\ . , (3.112) ( ) ( ) 1 1 2 1 1 1 1 2 2 1 1 1 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 2 4 2 2 z z z c z z z ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ = = | | ÷ | \ . = = = ÷ | || | | | ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ | | | \ .\ . \ . , (3.113) ( ) ( ) 1 1 3 1 1 1 1 1 1 1 8 1 1 1 1 3 1 1 1 1 1 4 2 4 2 z z z c z z z ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ = = ÷ = = = | || | | || | ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ | | | | \ .\ . \ .\ . . (3.114) Pode então escrever-se ( ) 1 1 1 1 1 2 8 1 1 1 3 31 1 1 4 2 Y z z z z ÷ ÷ ÷ ÷ = + + ÷ ÷ ÷ . (3.115) Uma vez que, a . . R C está à direita de todos os pólos, o sinal apenas tem componentes direitas. Utilizando (3.45), obtém-se finalmente ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 8 2 3 4 2 3 n n y n u n u n u n | | | | = ÷ + | | \ . \ . . (3.116) 81 (HSU 4.38a) Considerando o sistema LIT causal descrito Problema 3.8. por ( ) ( ) ( ) 1 1 2 y n y n x n ÷ ÷ = , (3.117) calcule a saída correspondente ao sinal de entrada: ( ) ( ) ( ) 1 3 n x n u n = , sabendo que ( ) 1 1 y ÷ = . A transformada z unilateral, permite calcular a resposta de sistemas causais a entradas causais, quando as condições iniciais são diferentes de zero, i.e., o sistema não se encontrava em repouso quando o sinal causal se apresentou na entrada. Note-se que, uma função causal respeita a condição: ( ) 0 x n = , 0 n < . A transformada z unilateral define-se então como ( ) ( ) 0 n n X z x n z +· ÷ = = ¿ . (3.118) Esta transformada é, em quase tudo, semelhante à transformada z bilateral. No entanto, são de notar as seguintes propriedades 1) Deslocamento temporal: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 ... u m m m x n m z X z z x z x x m ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ + ÷ + ÷ + + ÷ . (3.119) 2) Soma no domínio do tempo: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 u u n k n k k x k X z z x k X z x k z z ÷ = ÷ ÷ ÷ =÷· =÷· ÷ + ÷ + + + ¿ ¿ ¿ . (3.120) 3) Teorema do valor inicial: ( ) ( ) 0 lim z x X z ÷+· = . (3.121) 82 4) Teorema do valor final: Se ( ) lim n x n ÷+· existir, i.e., se ( ) x n convergir para um valor constante quando n ÷+·, tem-se ( ) ( ) ( ) 1 1 lim lim 1 n z x n z X z ÷ ÷+· ÷ = ÷ . (3.122) Os teoremas do valor inicial, e do valor final podem ainda ser aplicados para construir as seguintes definições dos sistemas LIT causais: 1) Ganho estático: Define-se o ganho estático de um sistema LIT causal como o valor final da resposta à entrada escalão unitário ( ) ( ) u u n y n ÷ : ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 lim lim 1 lim 1 est u n z z G y n z H z H z z ÷ ÷ ÷+· ÷ ÷ ( = = ÷ = ( ÷ ¸ ¸ . (3.123) 2) Resposta inicial: Para uma função de transferência escrita na forma ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 m m z z z z z z H z K z p z p z p ÷ ÷ ÷ = ÷ ÷ ÷ , (3.124) onde m é o número de zeros e n o número de pólos, o valor final da resposta à entrada escalão unitário permite obter ( ) ( ) ( ) 1 , 1 0 lim lim 0 , 1 u z z K n m y H z H z n m z ÷ ÷+· ÷+· = ¦ ( = = = ´ ( > ÷ ¸ ¸ ¹ . (3.125) a) Uma vez que as condições iniciais do sistema não são nulas, é necessário utilizar a transformada z unilateral para resolver este problema. Sendo que, estamos no domínio de aplicação da transformada z unilateral, todos os sinais são, por definição, direitos. Desta forma, a região de convergência será sempre o exterior da circunferência que contém o maior dos pólos. Comece-se então, por aplicar a transformada z unilateral, e a propriedade do deslocamento temporal (3.119), a ambos os membros da equação (3.117), de forma a obter 83 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 1 2 2 1 2 Y z z Y z y X z Y z X z z ÷ ÷ ( ( ÷ + ÷ = · = + ¸ ¸ ( ¸ ¸ ÷ . (3.126) Recorrendo às tabelas da transformada tem-se que ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 3 1 3 u n x n u n X z z ÷ | | = ÷ = | \ . ÷ , (3.127) que substituído em (3.126) resulta em ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 2 2 3 Y z z z z ÷ ÷ ÷ = + | || | ÷ ÷ ÷ | | \ .\ . . (3.128) A primeira fracção de (3.128) é própria, com dois pólos de multiplicidade 1, pelo que se pode separar na forma ( ) 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 2 3 2 c c Y z z z z ÷ ÷ ÷ = + + ÷ ÷ ÷ , (3.129) onde, novamente, 0 0 c = e recorrendo a (3.51) vem 1 1 1 1 1 1 2 2 1 1 1 2 3 2 1 1 1 1 1 3 2 3 z z z c z z ÷ ÷ ÷ ÷ = = | | ÷ | \ . = = = | || | ÷ ÷ ÷ | | \ .\ . , (3.130) 1 1 2 1 1 1 3 3 1 1 1 3 2 3 1 1 1 1 1 2 2 3 z z z c z z ÷ ÷ ÷ ÷ = = | | ÷ | \ . = = = ÷ | || | ÷ ÷ ÷ | | \ .\ . , (3.131) que resulta em ( ) 1 1 1 1 1 3 2 1 1 7 1 2 1 1 1 1 1 2 2 1 1 1 1 1 2 3 2 2 3 Y z z z z z z ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ = + + = + ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ . (3.132) Recorrendo a (3.45) obtém-se finalmente ( ) ( ) ( ) 7 1 1 2 2 2 3 n n y n u n u n | | | | = ÷ | | \ . \ . . (3.133) 84 (HSU 4.38b) Considerando o sistema LIT causal descrito Problema 3.9. por ( ) ( ) ( ) ( ) 3 4 1 2 y n y n y n x n ÷ ÷ + ÷ = , (3.134) calcule a saída correspondente ao sinal de entrada ( ) ( ) ( ) 1 2 n x n u n = , sabendo que ( ) 1 1 y ÷ = , ( ) 2 2 y ÷ = . b) Novamente, as condições iniciais não são nulas. Então, aplique-se a transformada z unilateral (e a propriedade (3.119)) à equação (3.134) de forma a obter ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 3 4 1 1 2 Y z z Y z y z Y z z y y X z ÷ ÷ ÷ ( ÷ + ÷ + + ÷ + ÷ = ¸ ¸ , (3.135) que ainda pode ser reescrita como ( ) ( ) 1 1 2 1 2 3 4 Y z X z z z z ÷ ÷ ÷ ( = ÷ + ¸ ¸ ÷ + . (3.136) Os pólos de função anterior são então dados por 1 2 2 1 3 4 0 3 4 1 0 ,1 3 i z z z z p ÷ ÷ ¦ ¹ ÷ + = · ÷ + = ¬ = ´ ` ¹ ) . (3.137) Desta forma, é possível representar (3.136) na forma ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 2 1 3 1 1 3 Y z X z z z z ÷ ÷ ÷ ( = ÷ + ¸ ¸ | | ÷ ÷ | \ . . (3.138) Novamente, recorrendo às tabelas das transformadas, tem-se que ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 2 1 2 u n x n u n X z z ÷ | | = ÷ = | \ . ÷ , (3.139) que substituído em (3.138) resulta em ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 3 1 1 2 3 Y z z z z z ÷ ÷ ÷ ÷ ( ( = ÷ + ( | | ÷ ( ÷ ÷ | ¸ ¸ \ . , (3.140) 85 que após alguma álgebra, se pode escrever como ( ) ( ) ( ) 2 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 3 2 3 1 2 2 1 1 1 1 1 3 1 1 3 1 1 1 2 3 3 2 z z z z Y z z z z z z z ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ( ÷ + ÷ + ( = = ( | | | | | | ÷ ( ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ | | | ¸ ¸ \ . \ . \ . . (3.141) Uma vez que (3.141) é própria, e possui três pólos de multiplicidade 1, pode decompor- se na forma ( ) 1 2 3 0 1 1 1 1 1 1 1 1 3 2 c c c Y z c z z z ÷ ÷ ÷ = + + + ÷ ÷ ÷ . (3.142) Novamente, 0 0 c = , e os coeficientes i c podem ser calculados utilizando (3.51) ( ) ( ) 1 1 2 1 1 1 1 1 1 3 3 1 1 9 1 2 3 6 3 1 3 2 2 1 1 3 2 3 1 1 1 3 1 3 1 3 2 2 z z z z z c z z z ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ = = | || | | | ÷ ÷ + ÷ + | | | \ .\ . \ . = = = | | | | | | ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ | | | \ . \ . \ . , (3.143) ( ) ( ) 1 1 2 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 2 3 2 3 3 2 2 1 1 1 1 2 3 1 1 1 3 1 1 3 2 3 2 z z z z z c z z z ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ = = | | | | ÷ ÷ + ÷ + | | \ . \ . = = = | | | | | || | ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ | | | | \ . \ . \ .\ . , (3.144) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 1 3 1 1 1 1 2 2 1 1 1 2 3 2 4 3 2 2 1 1 1 2 3 1 1 1 3 1 1 2 3 2 3 z z z z z c z z z ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ = = | || | ÷ ÷ + | | ÷ + \ .\ . = = = ÷ | | | | | | ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ | | | \ . \ . \ . , (3.145) o que conduz a ( ) 1 1 1 3 1 3 1 1 1 1 6 2 1 1 1 3 2 Y z z z z ÷ ÷ ÷ ÷ = + + ÷ ÷ ÷ . (3.146) Utilizando (3.45) obtém-se finalmente ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 3 1 2 3 2 2 n n y n u n u n u n | | | | = + ÷ | | \ . \ . . (3.147) 86 (HSU 4.58) Considerando o sistema LIT causal descrito Problema 3.10. por ( ) ( ) ( ) ( ) 5 1 1 2 6 6 y n y n y n x n ÷ ÷ + ÷ = , (3.148) calcule: a) A função de transferência; b) A resposta impulsiva. a) Neste caso, as condições iniciais são nulas. Então, aplique-se a transformada z bilateral (e a propriedade (3.7)) à equação (3.148) de forma a obter ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 5 1 6 6 Y z z Y z z Y z X z ÷ ÷ ÷ + = , (3.149) que ainda resulta em ( ) ( ) ( ) 1 2 1 5 1 1 6 6 Y z H z X z z z ÷ ÷ = = ÷ + . (3.150) Os pólos de função anterior são então dados por 1 2 2 5 1 5 1 1 1 1 0 0 , 6 6 6 6 3 2 i z z z z p ÷ ÷ ¦ ¹ ÷ + = · ÷ + = ¬ = ´ ` ¹ ) . (3.151) Desta forma, é possível representar (3.150) como ( ) 1 1 1 1 1 1 1 3 2 H z z z ÷ ÷ = | || | ÷ ÷ | | \ .\ . . (3.152) Uma vez que o sistema é causal, tem-se que . . : 1 2 RC z > . b) Para calcular a resposta impulsiva, é necessário calcular a transformada inversa de (3.152). Uma vez que (3.152) é própria, e possui dois pólos de multiplicidade 1, pode decompor-se na forma ( ) 1 2 0 1 1 1 1 1 1 3 2 c c H z c z z ÷ ÷ = + + ÷ ÷ . (3.153) 87 Novamente, 0 0 c = , e os coeficientes i c podem ser calculados utilizando (3.51) 1 1 1 1 1 1 3 3 1 1 1 3 2 1 1 3 1 1 1 3 2 2 z z z c z z ÷ ÷ ÷ ÷ = = | | ÷ | \ . = = = ÷ | || | | | ÷ ÷ ÷ | | | \ .\ . \ . , (3.154) 1 1 3 1 1 1 2 2 1 1 1 2 3 1 1 2 1 1 1 3 2 3 z z z c z z ÷ ÷ ÷ ÷ = = | | ÷ | \ . = = = | || | | | ÷ ÷ ÷ | | | \ .\ . \ . , (3.155) o que conduz a ( ) 1 1 2 3 1 1 1 1 3 2 Y z z z ÷ ÷ ÷ = + ÷ ÷ . (3.156) A região de convergência está à direita de todos os pólos, logo, utilizando (3.45) obtém- se finalmente ( ) ( ) ( ) 1 1 2 3 3 2 n n y n u n u n | | | | = ÷ + | | \ . \ . . (3.157) 88 (HSU 4.59a) Considerando o sistema LIT causal descrito Problema 3.11. por ( ) ( ) ( ) 3 1 y n y n x n ÷ ÷ = , (3.158) calcule a saída correspondente ao sinal de entrada: ( ) ( ) 4 x n u n = , sabendo que ( ) 1 1 y ÷ = . b) Novamente, as condições iniciais não são nulas. Então, aplique-se a transformada z unilateral (e a propriedade (3.119)) à equação (3.158) de forma a obter ( ) ( ) ( ) ( ) 1 3 1 Y z z Y z y X z ÷ ( ÷ + ÷ = ¸ ¸ , (3.159) que ainda pode ser reescrita como ( ) ( ) 1 1 3 1 3 Y z X z z ÷ = + ( ¸ ¸ ÷ . (3.160) Novamente, recorrendo às tabelas das transformadas, tem-se que ( ) ( ) ( ) 1 4 4 1 x n u n X z z ÷ = ÷ = ÷ , (3.161) que substituído em (3.160) resulta em ( ) ( )( ) 1 1 1 4 3 1 1 3 1 Y z z z z ÷ ÷ ÷ = + ÷ ÷ ÷ , (3.162) Uma vez que o primeiro membro de (3.162) é próprio, e possui dois pólos de multiplicidade 1, pode decompor-se na forma ( ) ( )( ) 1 2 1 0 1 1 1 1 4 1 3 1 1 3 1 c c Y z c z z z z ÷ ÷ ÷ ÷ = = + + ÷ ÷ ÷ ÷ . (3.163) Novamente, 0 0 c = , e os coeficientes i c podem ser calculados utilizando (3.51) ( ) ( )( ) 1 1 1 1 1 3 1 3 4 1 3 4 6 1 1 3 1 1 3 z z z c z z ÷ ÷ ÷ ÷ = = ÷ = = = | | ÷ ÷ ÷ | \ . , (3.164) 89 ( ) ( )( ) ( ) 1 1 2 1 1 1 1 4 1 4 2 1 3 1 3 1 z z z c z z ÷ ÷ ÷ ÷ = = ÷ = = = ÷ ÷ ÷ ÷ , (3.165) o que conduz a ( ) 1 1 1 1 1 6 2 3 9 2 1 3 1 1 3 1 3 1 Y z z z z z z ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ = + + = + ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ . (3.166) Utilizando (3.45) obtém-se finalmente ( ) ( ) ( ) ( ) 9 3 2 n y n u n u n = ÷ . (3.167) 90 (HSU 4.59b) Considerando o sistema LIT causal descrito Problema 3.12. por ( ) ( ) ( ) ( ) 5 1 6 2 y n y n y n x n ÷ ÷ + ÷ = , (3.168) calcule a saída correspondente ao sinal de entrada: ( ) ( ) x n u n = , sabendo que ( ) 1 3 y ÷ = , ( ) 2 2 y ÷ = . b) Novamente, as condições iniciais não são nulas. Então, aplique-se a transformada z unilateral (e a propriedade (3.119)) à equação (3.168) de forma a obter ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 5 1 6 1 2 Y z z Y z y z Y z z y y X z ÷ ÷ ÷ ( ( ÷ + ÷ + + ÷ + ÷ = ¸ ¸ ¸ ¸ , (3.169) que ainda pode ser reescrita como ( ) ( ) 1 1 2 1 18 3 1 5 6 Y z X z z z z ÷ ÷ ÷ ( = ÷ + ¸ ¸ ÷ + . (3.170) Os pólos de função anterior são então dados por { } 1 2 2 1 5 6 0 5 6 0 2, 3 i z z z z p ÷ ÷ ÷ + = · ÷ + = ¬ = , (3.171) o que ainda permite obter ( ) ( )( ) ( ) 1 1 1 1 18 3 1 2 1 3 Y z X z z z z ÷ ÷ ÷ ( = ÷ + ¸ ¸ ÷ ÷ . (3.172) Novamente, recorrendo às tabelas das transformadas, tem-se que ( ) ( ) ( ) 1 1 1 u x n u n X z z ÷ = ÷ = ÷ , (3.173) que substituído em (3.172) resulta em ( ) ( )( )( ) ( )( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 6 3 1 2 1 3 1 1 2 1 3 z Y z z z z z z ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ = + ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ , (3.174) Uma vez que o primeiro membro de (3.174) é próprio, e possui três pólos de multiplicidade 1, pode decompor-se na forma 91 ( ) ( )( )( ) 1 2 3 1 0 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 3 1 1 2 1 3 1 c c c Y z c z z z z z z ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ = = + + + ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ . (3.175) Novamente, 0 0 c = , e os coeficientes i c podem ser calculados utilizando (3.51) ( ) ( )( )( ) 1 1 1 1 1 1 2 1 2 1 2 1 4 3 1 1 2 1 3 1 1 1 2 2 z z z c z z z ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ = = ÷ = = = ÷ | || | ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ | | \ .\ . , (3.176) ( ) ( )( )( ) 1 1 2 1 1 1 3 1 3 1 3 1 9 2 1 2 1 2 1 3 1 1 1 3 3 z z z c z z z ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ = = ÷ = = = | || | ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ | | \ .\ . , (3.177) ( ) ( )( )( ) ( ) ( ) 1 1 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 3 2 1 2 1 3 1 z z z c z z z ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ = = ÷ = = = ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ . (3.178) o que conduz a ( ) 1 1 1 1 4 9 1 1 1 1 2 2 1 3 2 1 Y z z z z ÷ ÷ ÷ ÷ = + + ÷ ÷ ÷ . (3.179) Da mesma forma, o segundo membro de (3.174) é próprio, e possui dois pólos de multiplicidade 1, pode decompor-se na forma ( ) ( )( ) 1 1 2 2 0 1 1 1 1 1 6 3 1 2 1 3 1 2 1 3 z c c Y z c z z z z ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ = = + + ÷ ÷ ÷ ÷ . (3.180) onde, 0 0 c = , e os coeficientes i c são ( )( ) ( )( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 2 1 2 1 6 1 2 1 3 3 3 12 3 1 2 1 3 1 2 z z z z c z z ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ = = ÷ ÷ ÷ = = = | | ÷ ÷ ÷ | \ . , (3.181) ( )( ) ( )( ) ( ) 1 1 1 2 1 1 3 1 3 1 6 1 3 1 2 3 3 9 2 1 2 1 3 1 3 z z z z c z z ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ = = ÷ ÷ ÷ = = = ÷ | | ÷ ÷ ÷ | \ . , (3.182) o que conduz a ( ) 2 1 1 12 9 1 2 1 3 Y z z z ÷ ÷ ÷ = + ÷ ÷ . (3.183) Finalmente, tem-se que 92 ( ) ( ) ( ) 1 2 1 1 1 8 9 1 1 1 1 2 2 1 3 2 1 Y z Y z Y z z z z ÷ ÷ ÷ = + = ÷ + ÷ ÷ ÷ . (3.184) Utilizando (3.45) obtém-se finalmente ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 9 8 2 3 2 2 n n y n u n u n u n = + ÷ . (3.185) 93 (HSU 4.60) Determine o valor final e o valor inicial de Problema 3.13. ( ) x n para cada uma das funções de transferência e o ganho estático do sistema: ( ) 5 2 12 1 1 2 3 z z X z z z | | ÷ | \ . = | || | ÷ ÷ | | \ .\ . , 1 2 z > . (3.186) ( ) 2 2 3 1 z X z z z = ÷ + , 1 z > . (3.187) a) Aplicando respectivamente o teorema do valor inicial (3.121), e o teorema do valor final (3.122) a (3.186) resulta imediatamente ( ) ( ) 2 2 5 2 2 12 0 lim lim lim 2 1 1 2 3 z z z z z z x X z z z z ÷+· ÷+· ÷+· | | ÷ | \ . = = = = | || | ÷ ÷ | | \ .\ . . (3.188) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 5 2 1 12 lim lim 1 lim 0 1 1 2 3 n z z z z z x n z X z z z ÷ ÷ ÷+· ÷ ÷ | | ÷ ÷ | \ . = ÷ = = | || | ÷ ÷ | | \ .\ . . (3.189) Mais ainda, aplicando (3.123) a (3.186) é possível calcular o ganho estático do sistema ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 5 2 1 1 7 12 lim 1 lim 1 1 1 2 1 1 2 3 est z z G z X z X z z ÷ ÷ ÷ ÷ | | ÷ | ( \ . = ÷ = = = ( ÷ | || | ¸ ¸ ÷ ÷ | | \ .\ . . (3.190) b) Analogamente, aplicando respectivamente o teorema do valor inicial (3.121), e o teorema do valor final (3.122) a (3.187) ( ) ( ) 2 2 0 lim lim lim 0 2 3 1 2 z z z z z x X z z z z ÷+· ÷+· ÷+· = = = = ÷ + . (3.191) 94 ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 1 1 1 lim lim 1 lim 2 3 1 n z z z z x n z X z z z ÷ ÷ ÷+· ÷ ÷ ÷ = ÷ = ÷ + . (3.192) No entanto, para calcular (3.192), é necessário levantar a indeterminação. Identificando os zeros do denominador, 2 1 2 3 1 0 ,1 2 z z z ¦ ¹ ÷ + = ¬ = ´ ` ¹ ) , (3.193) este pode ser factorizado de forma a obter ( ) ( ) 1 1 1 1 lim lim 1 1 1 2 1 2 2 2 z z z z z z ÷ ÷ ÷ = = | | | | ÷ ÷ ÷ | | \ . \ . . (3.194) Finalmente, aplicando (3.123) a (3.187) obtém-se o ganho estático do sistema ( ) 1 lim est z G X z ÷ = = +·. (3.195) Note-se que, este sistema é instável, pelo que, a resposta à entrada escalão unitário tende para infinito. 95 (AT Ex. 15) Encontre a resposta completa quando a Problema 3.14. equação às diferenças ( ) ( ) ( ) ( ) 3 1 1 y n y n x n x n + ÷ = + ÷ , (3.196) tem como sinal de entrada ( ) ( ) 1 2 n x n u n | | = | \ . e condição inicial ( ) 1 2 y ÷ = . Mais uma vez, as condições iniciais não são nulas. Assim, aplicando a transformada z unilateral (e a propriedade do deslocamento (3.119) ) à equação às diferenças resulta ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 3 1 1 Y z z Y z y X z z X z x ÷ ÷ ( ( + + ÷ = + + ÷ ¸ ¸ ¸ ¸ . (3.197) Uma vez que nada é dito sobre a condição inicial ( ) 1 x ÷ , tome-se ( ) 1 0 x ÷ = e substitua-se o valor das condições iniciais em (3.197) obtendo ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 3 6 1 z Y z z X z ÷ ÷ + + = + . (3.198) Após alguns passos algébricos obtém-se ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 3 6 1 1 3 6 1 6 1 1 3 1 3 z Y z z X z z Y z z X z z Y z X z z z ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ + + = + · · + = ÷ + + · + · = ÷ + + + . (3.199) Recorrendo às tabelas da transformada é ainda possível calcular a transformada do sinal de entrada ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 2 1 2 u n x n u n X z z ÷ | | = ÷ = | \ . ÷ , (3.200) e substituir em (3.199) ( ) ( ) 1 1 1 1 6 1 1 1 3 1 3 1 2 z Y z z z z ÷ ÷ ÷ ÷ + = ÷ + + | | + ÷ | \ . . (3.201) Note-se que, o primeiro membro de (3.201) já é uma fracção simples. No entanto, continua a ser necessário separar o segundo membro em duas fracções simples. Este é 96 uma fracção própria, e possui dois pólos de multiplicidade 1, podendo decompor-se na seguinte forma ( ) ( ) 1 1 2 1 0 1 1 1 1 1 1 1 1 3 1 1 3 1 2 2 z c c Y z c z z z z ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ + = = + + + | | ÷ + ÷ | \ . . (3.202) Novamente, 0 0 c = e os restantes coeficientes i c podem ser obtidos através de (3.51) ( )( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 3 1 3 1 1 1 3 1 4 3 1 1 7 1 1 3 1 6 2 z z z z c z z ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ =÷ =÷ ÷ + + = = = | | + + ÷ | \ . , (3.203) ( ) ( ) 1 1 1 2 1 1 1 2 2 1 1 1 1 2 3 2 1 1 6 7 1 3 1 2 z z z z c z z ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ = = | | ÷ + | + \ . = = = + | | + ÷ | \ . , (3.204) o que conduz a ( ) 1 1 1 4 1 3 1 1 7 1 3 7 1 2 Y z z z ÷ ÷ = + + ÷ . (3.205) Aplicando (3.205) a (3.201) obtém-se a transformada da resposta total ( ) 1 1 1 6 4 1 3 1 1 1 3 7 1 3 7 1 2 Y z z z z ÷ ÷ ÷ = ÷ + + + + ÷ , (3.206) que por aplicação de (3.45) permite obter a resposta completa no tempo ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4 3 1 6 3 3 7 7 2 n n n Y z u n u n u n | | = ÷ ÷ + ÷ + | \ . . (3.207) 97 Capítulo 4. Fundamentos de Sinais e Sistemas: Sinais Contínuos Seja Problema 4.1. ( ) 1 1 3 2 t y t x | | = + | \ . , ( ) 2 2 3 2 t y t x | | = + | \ . , (4.1) sabendo que ( ) ( ) 2 1 x t x t T = + diga, justificando, se a afirmação: ( ) ( ) 2 1 y t y t T = + , é verdadeira ou falsa. Substituindo t por t T + no primeiro termo de (4.1), resulta em, ( ) 1 1 1 3 3 2 2 2 t T t T y t T x x + | | | | + = + = + + | | \ . \ . . (4.2) Mais ainda, considerando que ( ) ( ) 2 1 x t x t T = + , e substituindo em (4.1) obtém-se ( ) 2 2 1 1 3 3 3 2 2 2 t t t y t x x T x T | | | | | | | | = + = + + = + + | | | | \ . \ . \ . \ . . (4.3) Uma vez que (4.2) e (4.3) não são iguais, a afirmação é falsa. 98 Seja Problema 4.2. ( ) ( ) ( ) 2 2 1 y t x t x t = + ÷ , (4.4) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 2 1 y t x t x t = + ÷ , (4.5) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 y t x t x t = + ÷ , (4.6) sabendo que ( ) ( ) ( ) 1 2 x t a x t b x t = + diga, justificando, se a afirmação: ( ) ( ) ( ) 1 2 y t a y t b y t = + , é verdadeira ou falsa. Substituindo a afirmação ( ) ( ) ( ) 1 2 x t a x t b x t = + em (4.4), obtém-se imediatamente ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 2 2 1 2 1 y t a x t b x t a x t b x t = + + ÷ + ÷ ( ( ¸ ¸ ¸ ¸ . (4.7) Através de um simples manipulação algébrica é possível reduzir (4.7) a ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 2 2 1 2 2 1 y t a x t x t b x t x t = + ÷ + + ÷ ( ( ¸ ¸ ¸ ¸ . (4.8) Note-se que o primeiro membro de (4.8) é igual a ( ) 1 ay t e que o segundo é igual a ( ) 2 by t , pelo que, a afirmação é verdadeira. 99 Seja Problema 4.3. ( ) 3 4 2 7 x t t + = + , (4.9) determine ( ) x t . Para determinar ( ) x t é necessário definir a mudança de variável 3 4 u t = + . (4.10) Resolvendo em ordem a t obtém-se 1 4 4 3 3 t u = ÷ , (4.11) que, substituindo em (4.9), permite obter ( ) 1 4 1 4 2 13 3 4 2 7 3 3 3 3 3 3 x u u x u u | | | | | | ÷ + = ÷ + · = + | | | \ . \ . \ . . (4.12) 100 Sejam Problema 4.4. ( ) ( ) 2 1 ; 0 ; 0 , 0 ; 0 0 ; 0 t t e t x t h t t t ÷ > ¦ > ¦ = = ´ ´ < < ¹ ¹ , (4.13) representados na Figura 4.1, determine. ( ) ( ) ( ) y t x h t d t t t +· ÷· = ÷ } . (4.14) Figura 4.1. Representação de ( ) x t e de ( ) h t . Para facilitar a compreensão desta resolução vão ser apresentados graficamente todos os passos. Primeiro, é necessário obter a reflexão em relação à origem de ( ) h t : ( ) ( ) z h t t = ÷ . Em seguida, é necessário atrasar ( ) z t de t unidades e multiplicá-lo por ( ) x t . Através da Figura 4.2 verifica-se que ( ) h t t ÷ não se sobrepõe com ( ) x t para 0 t < . Assim, ( ) ( ) x h t t t ÷ e consequentemente a resposta ( ) y t são nulos neste intervalo. 101 Figura 4.2. Representação de ( ) x t , ( ) h t , ( ) ( ) x h t t t ÷ e ( ) h t t ÷ para 2 t = ÷ . Para o intervalo 0 t > , onde ( ) ( ) x h t t t ÷ não é nulo, o seu valor é representado na Figura 4.3. Calcular o integral neste intervalo corresponde então a calcular ( ) ( ) 2 2 2 0 0 1 2 2 2 t t t e e x h t d e d t t t t t t ÷ ÷ +· ÷ ÷· ( ÷ = = ÷ = ÷ ( ¸ ¸ } } . (4.15) Figura 4.3. Representação de ( ) ( ) x h t t t ÷ e ( ) h n k ÷ para 1 t = . 102 Finalmente, para obter a resposta ( ) y t , é necessário, para cada instante t , somar as contribuições de ( ) ( ) x h t t t ÷ , o que resulta em ( ) ( ) 2 2 0 , 0 1 1 2 2 , 0 2 2 t t t e y t u t e t ÷ ÷ < ¦ ( ¦ = = ÷ ´ ( ÷ > ¸ ¸ ¦ ¹ , (4.16) que está representado na Figura 4.4. Note-se que, o integral (4.14) é de facto um integral de convolução. Figura 4.4. Representação da saída ( ) y n . 103 Sabe-se que Problema 4.5. ( ) , t x t B ¬ e < . (4.17) Diga, justificando se ( ) 0: C t x t C - > < é verdadeiro ou falso. Esta afirmação é falsa. Apesar de ( ) x t ser um sinal limitado, segundo a definição (4.17), t pertence a , pelo que, quando t ÷· a condição ( ) t x t C < não se verifica. 104 (IML 1.2d) Considere o sinal representado na Figura 4.5. Problema 4.6. Figura 4.5. Representação de ( ) x t . Represente graficamente o sinal ( ) ( ) 3 4 y t x t = + . Note-se que, a expressão analítica de ( ) y t apresenta duas operações, efectuadas ao sinal ( ) x t : (i) Escalamento; (ii) Translação temporal. Para alguns pontos-chave do sinal ( ) x t é possível obter analiticamente, a sua posição em ( ) y t . A informação contida nos pontos { } 2, 1, 0,1 x t = ÷ ÷ passará a estar disponível nos pontos y t , que podem ser obtidos através da equação 3 4 3 4 3 x y y x t t t t = + · = ÷ . (4.18) Substituindo individualmente, para cada x t , obtém-se 2 3 4 3 2 y t = ÷ ÷ = ÷ , 1 3 4 3 5 3 y t = ÷ ÷ = ÷ (4.19) 0 3 4 3 4 3 y t = ÷ = ÷ , 1 3 4 3 1 y t = ÷ = ÷ (4.20) i.e., { } 2,5 3, 4 3, 1 y t = ÷ ÷ ÷ que conduz à representação da Figura 4.6. Figura 4.6. Representação de ( ) y t . 105 (IML 1.3a) Considere os sinais contínuos representados Problema 4.7. na Figura 4.7. Escreva a expressão que os relaciona. Figura 4.7. Representação de ( ) x t . e ( ) y t . Por inspecção, é possível identificar três operações efectuadas ao sinal ( ) x t : (i) Inversão temporal; (ii) Escalamento; (iii) Translação temporal. Uma transformação geral, que contemple as três transformações identificadas, pode escrever-se como ( ) ( ) y t x at b = ÷ + , (4.21) onde a e b são constantes a determinar. Através de alguns pontos-chave de ( ) x t e ( ) y t é possível relacionar analiticamente os dois sinais. A informação contida nos pontos { } 2, 0 x t = ÷ passará a estar disponível nos pontos { } 3, 2 y t = respectivamente. Desta forma, é possível escrever o seguinte sistema de equações 2 3 2 2 0 2 2 4 x y a b a a t at b a b b a b ÷ = ÷ + = = ¦ ¦ ¦ = ÷ + · · · ´ ´ ´ = ÷ + = = ¹ ¹ ¹ . (4.22) Assim sendo, os sinais estão relacionados através ( ) ( ) 2 4 y t x t = ÷ + . (4.23) 106 (IML 1.6a) Esboce graficamente as componentes par e Problema 4.8. ímpar do sinal representado na Figura 4.8. Figura 4.8. Representação de ( ) x t . Note-se que, é possível representar qualquer sinal como a soma de uma componente ímpar com um componente par ( ) ( ) ( ) p i x t x t x t = + , (4.24) onde as componentes par e ímpar podem ser obtidas da seguinte forma ( ) ( ) ( ) 1 2 p x t x t x t = + ÷ ( ¸ ¸ , (4.25) ( ) ( ) ( ) 1 2 i x t x t x t = ÷ ÷ ( ¸ ¸ . (4.26) Assim, para obter (4.25) e (4.26) é necessário obter graficamente ( ) x t ÷ , tal como vem representado na Figura 4.9. Figura 4.9. Representação de ( ) x t ÷ . 107 Em seguida, somando ou subtraindo ponto a ponto ( ) x t com ( ) x t ÷ , e dividindo o resultado por dois, facilmente se obtém as componentes par e ímpar representadas na Figura 4.10. A título de exemplo, para o ponto 1 t = tem-se que ( ) ( ) ( ) | | 2 0.5 2 2 0.5 1 1 1 p x t x x = = + ÷ = + = ( ¸ ¸ , (4.27) ( ) ( ) ( ) | | 2 0.5 2 2 0.5 1 1 0 i x t x x = = ÷ ÷ = ÷ = ( ¸ ¸ . (4.28) Figura 4.10. Representação de ( ) p x t e ( ) i x t . 108 (IML 1.7) Sejam dois sinais contínuos relacionados por Problema 4.9. ( ) ( ) 2 1 2 1 x t x t = ÷ + . (4.29) Se ( ) 1 x t for um sinal par, ( ) 2 x t também o é? Justifique a resposta. Note-se que, um sinal par ou ímpar cumpre respectivamente as seguintes condições ( ) ( ) p p x t x t ÷ = , (4.30) ( ) ( ) i i x t x t ÷ = . (4.31) Sendo que, ( ) 1 x t é par verifica (4.30). Para que ( ) 2 x t seja par, deve também verificar a mesma condição. Assim, tem-se que, ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 1 2 2 1 2 1 x t x t x t x t ÷ = ÷ ÷ + = + = . (4.32) Ou seja, ( ) 2 x t não verifica (4.30), pelo que não é par. Note-se que, de uma forma geral, o deslocamento temporal destrói a informação de paridade do sinal. No entanto, para o caso específico de um sinal periódico, em que o deslocamento é igual a um múltiplo do período fundamental, a informação de paridade mantém-se. 109 (IML 1.9) Seja ( ) x t um sinal contínuo considere-se Problema 4.10. ( ) ( ) 1 5 y t x t = , ( ) ( ) 2 5 y t x t = . (4.33) Classifique as seguintes afirmações: Note-se que, um sinal periódico cumpre a condição ( ) ( ) x t T x t + = . (4.34) a) Se ( ) x t é periódico, então ( ) 1 y t também o é. Verdadeira Sabendo que ( ) x t é periódico, substituindo t t T = + em (4.33) pode inferir-se que ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 5 5 5 x y y y x t T x t y t T x t T x t T ( + = ¬ + = + = + ¸ ¸ . (4.35) Ou seja, ( ) 1 y t também terá de ser periódico. O seu período é então dado por 5 x y T T = . (4.36) b) Se ( ) 1 y t é periódico, então ( ) x t também o é. Verdadeira Sabendo que ( ) 1 y t é periódico, substituindo t t T = + em (4.33) pode inferir-se que ( ) ( ) ( ) ( ) 1 5 5 5 y y y y t T y t x t T x t T ( + = ¬ + = + ¸ ¸ . (4.37) Ou seja, ( ) x t também terá de ser periódico. O seu período é então dado por 5 x y T T = . (4.38) c) Se ( ) x t é periódico, então ( ) 2 y t também o é. Verdadeira 110 Sabendo que ( ) x t é periódico, substituindo t t T = + em (4.33) pode inferir-se que ( ) ( ) ( ) 5 5 5 y y x t T T t x t T x t x x x t + | | | | + = ¬ = + = | | \ . \ . . (4.39) Ou seja, ( ) 2 y t também terá de ser periódico. O seu período é então dado por 5 y x T T = . (4.40) d) Se ( ) 2 y t é periódico, então ( ) x t também o é. Verdadeira Sabendo que ( ) 2 y t é periódico, substituindo t t T = + em (4.33) pode inferir-se que ( ) ( ) ( ) 2 5 5 5 y y y t T T t y t T y t x x x t + | | | | + = ¬ = + = | | \ . \ . . (4.41) Ou seja, ( ) x t também terá de ser periódico. O seu período é então dado por 5 y x T T = . (4.42) 111 (IML 1.11a,f) Determine quais dos seguintes sinais são Problema 4.11. periódicos. Para os sinais periódicos determine o período fundamental. a) ( ) ( ) 10sin 1 x t t t = + ( ¸ ¸ Novamente, um sinal periódico cumpre a condição (4.34). Substituindo t t T = + em ( ) x t chega-se a ( ) ( ) ( ) 10sin 1 10sin 1 x t T t T t T t t t + = + + = + + ( ( ¸ ¸ ¸ ¸ . (4.43) Dado que, o período fundamental da função seno é 2t , o período fundamental de ( ) x t tem de verificar 0 2 2 2 x x T k T k T t t = ¬ = ¬ = . (4.44) Assim, ( ) x t é periódico, de período fundamental 0 2 T = . f) ( ) ( ) ( ) cos 3 x t t u t t = Uma vez que, para 0 t < , se tem que ( ) 0 x t = , a função ( ) x t não verifica a condição (4.34) para todo o tempo, pelo que, ( ) x t não é periódico. 112 (IML 1.12) Determine o período fundamental de Problema 4.12. ( ) ( ) ( ) 3sin 5 2 sin 2 1 x t t t = + ÷ ÷ . (4.45) Novamente, um sinal periódico cumpre a condição (4.34), pelo que, substituindo t t T = + em (4.45) permite obter o período de ( ) x t , ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3sin 5 2 sin 2 1 3sin 5 2 5 sin 2 1 2 x t T t T t T t T t T + = + + ÷ + ÷ = = + + ÷ ÷ + . (4.46) Uma vez que o período fundamental da função seno é 2t , tem-se que, para que o sinal ( ) x t seja periódico, deve observar-se 1 1 2 2 2 5 2 5 2 2 T k T k T k T k t t t t ¦ = = ¦ ¦ · ´ ´ = ¹ ¦ = ¹ . (4.47) O período fundamental será o mínimo múltiplo comum entre 1 T e 2 T . Assim, dando valores a k ,verifica-se que 1 2 2 4 6 8 , , , , 2 5 5 5 5 , 2 T T t t t t t t t ¦ = ¦ ´ ¦ = ¹ , (4.48) sendo o período fundamental de ( ) x t dado por 0 2 T t = . (4.49) 113 (IML 1.13) Seja Problema 4.13. ( ) ( ) ( ) sin cos 10 x t t t t = . (4.50) Diga ou não se é periódico e caso seja, determine o período. Novamente, um sinal periódico cumpre a condição (4.34), pelo que, substituindo t t T = + em (4.50) permite obter ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) sin cos 10 sin cos 10 10 x t T t T t T t T t T t t t + = + + = + + ( ( ¸ ¸ ¸ ¸ . (4.51) Para que o sinal ( ) x t seja periódico, deve observar-se 1 1 2 2 2 2 1 10 2 5 T k T k T k T k t t t t = ¦ = ¦ ¦ · ´ ´ = = ¹ ¦ ¹ . (4.52) O período fundamental será o mínimo múltiplo comum entre 1 T e 2 T . No entanto, tal é impossível uma vez que 2 T é irracional enquanto que 1 T é racional (não existe um mínimo múltiplo comum entre os dois). O sinal não é periódico. 114 (IML 1.14) Considere os sinais contínuos: Problema 4.14. ( ) ( ) sin 2 x t t t = , ( ) ( ) h t t o = , (4.53) e o sinal ( ) ( ) ( ) z n h x nT d t t t +· ÷· = ÷ } . (4.54) a) Esboce graficamente os sinais contínuos e classifique a sua paridade e periodicidade Quanto à paridade, verifica-se rapidamente que ( ) ( ) ( ) ( ) sin 2 sin 2 x t t t x t t t ÷ = ÷ = ÷ = ÷ , (4.55) pelo que ( ) x t é ímpar. Quanto à periodicidade, através de (4.34) verifica-se que ( ) ( ) ( ) sin 2 sin 2 2 x t t T t T t t t = + = + ( ¸ ¸ . (4.56) Tem-se então que o período de ( ) x t tem de respeitar 2 2 T k T k t t = ¬ = , (4.57) ou seja, ( ) x t é periódico, de período fundamental 0 1 T = . Analogamente, para ( ) h t , verifica-se que ( ) ( ) ( ) h t t t o o ÷ = ÷ = , (4.58) pelo que ( ) h t é par. Mais ainda, como ( ) h t não verifica (4.34) não é periódico. Os sinais encontram-se representados na Figura 4.11. 115 Figura 4.11. Representação de ( ) x t . e ( ) h t . b) Determine ( ) z n para: 3 8 T = ; 1 T t = ; e classifique quanto à periodicidade. Primeiro é necessário resolver o integral de forma a obter ( ) z n de forma genérica, ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) sin 2 z n h x nT d x nT n T t t t t +· ÷· = ÷ = = } , (4.59) onde se utilizou a propriedade de ( ) t o ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) f k d f k d f k t o t t o t t t +· +· ÷· ÷· ÷ = ÷ = } } . (4.60) Assim, quando 3 8 T = , tem-se que ( ) 3 3 sin 2 sin 8 4 z n n n t t | | | | = = | | \ . \ . . (4.61) Substituindo n n N = + para calcular o período vem ( ) 3 3 3 3 8 sin 2 4 4 4 4 3 z n N n N N k N k t t t t | | + = + ¬ = · = | \ . . (4.62) Como (4.62) tem solução, ( ) x t é periódico e menor inteiro que verifica (4.62) é o período fundamental 0 8 N = (que corresponde a 3 k = ). Analogamente, quando 1 T t = obtém-se ( ) ( ) 1 sin 2 sin 2 z n n n t t | | = = | \ . . (4.63) 116 No entanto, ao substituir n n N = + para calcular o período vem ( ) ( ) sin 2 2 2 2 z n N n N N k N k t t + = + ¬ = · = . (4.64) Como não é possível obter um inteiro que verifique (4.64), o sinal não é periódico (recorde-se que para um sinal discreto o período fundamental tem de ser um número inteiro). 117 (IML 1.18) Esboce graficamente os seguintes sinais Problema 4.15. contínuos: ( ) ( ) ( ) 2 5 b t t u t u t = + ÷ ÷ ( ¸ ¸ , (4.65) ( ) ( ) ( ) c t t u t u t = ÷ ÷ ( ¸ ¸ , (4.66) ( ) ( ) f t t t o = , (4.67) ( ) ( ) 3 g t t t o = ÷ , (4.68) ( ) ( ) ; 0 m h t t mT T o +· =÷· = ÷ > ¿ . (4.69) b) O sinal ( ) b t , descrito por (4.65) também pode ser reescrito na forma equivalente ( ) ( ) ( ) 2 5 b t tu t tu t = + ÷ ÷ . (4.70) Devido às propriedades do escalão unitário ( ) 0 b t = para 2 t < ÷ . Mais ainda, para 5 t > tem-se que ( ) 0 b t t t = ÷ = . Por seu lado, no intervalo entre 2 5 t ÷ < < obtém-se ( ) 0 b t t t = ÷ = . O sinal encontra-se representado na Figura 4.12. c) O sinal ( ) c t , descrito por (4.66) também pode ser reescrito na forma equivalente ( ) ( ) ( ) c t tu t tu t = ÷ ÷ , (4.71) Devido às propriedades do escalão unitário tem-se: ( ) c t t = ÷ para 0 t < ; ( ) c t t = para 0 t > . O sinal encontra-se representado na Figura 4.12. f) O sinal ( ) ( ) f t t t o = , atendendo às propriedades do impulso unitário verifica ( ) 0 f t = para todo o 0 t = , bem como ( ) 0 f t t = = para 0 t = . O sinal encontra-se representado na Figura 4.12. 118 g) O sinal ( ) ( ) 3 g t t t o = ÷ , atendendo às propriedades do impulso unitário verifica que ( ) 0 g t = para todo o 3 t = , bem como ( ) 3 g t t = = para 3 t = . O sinal encontra-se representado na Figura 4.12. h) O sinal ( ) h t , definido em (4.69) ( ) ( ) ; 0 m h t t mT T o +· =÷· = ÷ > ¿ , (4.72) representa um somatório de impulsos de Dirac. Uma vez que estes são zero sempre que t mT = , não se sobrepõem. O resultado é um “pente” de deltas de Dirac, centrados respectivamente em t mT = para me . O sinal encontra-se representado na Figura 4.12. 119 Figura 4.12. Representação dos sinais definidos em (4.65) – (4.69). 120 (IML 1.20a,b,g) Exprima analiticamente os sinais Problema 4.16. representados Figura 4.13. Representação de ( ) x t , ( ) y t e ( ) z t . a) Separe-se a análise do sinal ( ) 1 x t em 4 sectores. No primeiro sector ( ) 3 2 t ÷ < < ÷ , o sinal é descrito por uma recta de inclinação 1 m = . Ou seja, ( ) x t t = . Deslocando a recta para o ponto 3 t = ÷ , tem-se então ( ) 3 3 x t t + = + . Esta expressão apenas é válida para 3 2 t ÷ < < ÷ , logo a contribuição do primeiro sector pode escrever-se utilizando escalões unitários ( ) ( ) ( ) ( ) 1 3 3 2 x t t u t u t = + + ÷ + ( ¸ ¸ . (D.73) Analogamente, no segundo sector ( ) 2 1 t ÷ < < ÷ , o sinal é descrito pela recta ( ) x t t = ÷ , que deslocada para o ponto 1 t = ÷ , resulta em ( ) ( ) 1 1 x t t + = ÷ + . A contribuição deste sector é então dada por ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 2 1 x t t u t u t = ÷ + + ÷ + ( ¸ ¸ . (1.74) Novamente, no terceiro sector ( ) 1 0 t ÷ < < , o sinal é descrito pela recta ( ) x t t = , que deslocada para o ponto 1 t = ÷ , resulta em ( ) 1 1 x t t + = + . A contribuição deste sector é então dada por ( ) ( ) ( ) ( ) 3 1 1 x t t u t u t = + + ÷ ( ¸ ¸ . (1.75) Finalmente, o quarto sector ( ) 0 3 t < < é simplesmente dado por ( ) ( ) 4 x t u t = . Somando todas as contribuições resulta que 121 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 2 1 2 1 1 1 x t t u t u t t u t u t t u t u t u t = + + ÷ + ÷ + + ÷ + ( ( ¸ ¸ ¸ ¸ + + + ÷ + ( ¸ ¸ . (1.76) Ainda é possível reescrever (1.76) de forma a obter ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 2 2 2 2 1 1 x t t u t t u t t u t t u t = + + ÷ + + + + + ÷ . (1.77) b) Separe-se a análise do sinal ( ) y t em 4 sectores. No primeiro sector ( ) 2 1.5 t ÷ < < ÷ , o sinal é descrito por uma recta de inclinação ( ) ( ) ( ) 1 0 1.5 2 1 0.5 2 m= ÷ ÷ ÷ ÷ = = . Ou seja, ( ) 2 y t t = . Deslocando a recta para o ponto 2 t = ÷ , tem-se então ( ) ( ) 2 2 2 y t t + = + . Esta expressão apenas é válida 2 1.5 t ÷ < < ÷ , logo a contribuição do primeiro sector é dada por ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 2 2 1.5 y t t u t u t = + + ÷ + ( ¸ ¸ . (4.78) Analogamente, no segundo sector ( ) 1.5 1 t ÷ < < ÷ , o sinal é descrito pela recta ( ) 2 y t t = ÷ , que deslocada para o ponto 1 t = ÷ , resulta em ( ) ( ) 1 2 1 y t t + = ÷ + . A contribuição deste sector é então dada por ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1.5 1 y t t u t u t = ÷ + + ÷ + ( ¸ ¸ . (4.79) Novamente, no terceiro sector ( ) 1 1.5 t < < , o sinal é descrito pela recta ( ) 2 y t t = ÷ , que deslocada para o ponto 1 t = , resulta em ( ) ( ) 1 2 1 y t t ÷ = ÷ ÷ . A contribuição deste sector é então dada por ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 1 1 1.5 y t t u t u t = ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ( ¸ ¸ . (4.80) No quarto sector ( ) 1.5 2 t < < , o sinal é descrito pela recta ( ) 2 y t t = , que deslocada para o ponto 2 t = , resulta em ( ) ( ) 2 2 2 y t t ÷ = ÷ . A contribuição deste sector é então dada por ( ) ( ) ( ) ( ) 4 2 2 1.5 2 y t t u t u t = ÷ ÷ ÷ ÷ ( ¸ ¸ . (4.81) Somando todas as contribuições resulta que 122 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1.5 2 1 1.5 1 2 1 1 1.5 2 2 1.5 2 y t t u t u t t u t u t t u t u t t u t u t = + + ÷ + ÷ + + ÷ + ( ( ¸ ¸ ¸ ¸ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ + + ÷ ÷ ÷ ( ( ¸ ¸ ¸ ¸ . (4.82) Ainda é possível reescrever (1.76) de forma a obter ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 4 1.5 1.5 2 1 1 2 1 1 4 1.5 1.5 2 2 2 y t t u t t u t t u t t u t t u t t u t = + + ÷ + + + + + ÷ ÷ ÷ + ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ . (4.83) g) Por inspecção, verifica-se que o sinal é um “pente” de deltas de Dirac, com amplitudes positivas e negativas alternadas. Note-se ainda que, todos os deltas de Dirac estão localizados sobre os números inteiros ímpares. Desta forma, e considerando a expressão geradora dos números ímpares ( 2 1 m÷ ), é possível escrever o sinal como uma soma de deltas de Dirac, deslocados no tempo para a posição dos números ímpares ( ) ( ) 2 2 1 m m z t A t m o =+· =÷· = + ÷ ( ¸ ¸ ¿ , (4.84) onde A é um termo de amplitude genérico. Uma vez que, quando 1 m = se tem ( ) ( ) 1 2 1 1 m t m t o o = + ÷ = + ( ¸ ¸ , (4.85) e a amplitude deste impulso é negativa, pode concluir-se que ( ) 1 m A= ÷ . Desta forma, verifica-se que a expressão do sinal é dada por ( ) ( ) ( ) 2 1 2 1 m m m z t t m o =+· =÷· = ÷ + ÷ ( ¸ ¸ ¿ . (4.86) 123 (IML 1.22c,k) Um sistema contínuo pode classificar-se Problema 4.17. como: 1. Sem memória; 2. Causal; 3. Invariante no tempo; 4. Linear; 5. Estável; 6. Invertível. Determine quais destas propriedades são satisfeitas (e quais não são) pelos seguintes sistemas. Justifique a resposta. Para todos os casos, ( ) y t e ( ) x t representam, respectivamente, a saída e a entrada do sistema. Para classificar os seguintes sistemas, é necessário conhecer as propriedades gerais dos sistemas lineares. Estas podem ser definidas da seguinte forma: 1) Memória: Um sistema não tem memória quando, num instante de tempo, a saída apenas depende da entrada nesse mesmo instante, i.e., ( ) ( ) 1 1 1 t y t f x t ¬ e ¬ = ( ¸ ¸ . (4.87) e.g., ( ) ( ) 3 y t x t = não tem memória, enquanto que ( ) ( ) 3 1 y t x t = ÷ tem. 2) Causalidade: Um sistema é causal quando, para qualquer instante de tempo, a saída depende da entrada apenas em instantes passados. Portanto, para dois sinais idênticos até ao instante 0 t , as saídas são idênticas até ao mesmo instante, i.e., ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 0 1 2 0 x t x t t t y t y t t t ÷ ¬ s ÷ ÷ ¬ s . (4.88) Por conseguinte, um sistema sem memória é necessariamente causal, e.g., ( ) ( ) 3 y t x t = e ( ) ( ) 3 1 y t x t = ÷ são causais, enquanto que ( ) ( ) 3 1 y t x t = + não. 3) Invariância no tempo: Um sistema diz-se invariante no tempo, quando uma deslocação no sinal de entrada, conduz à mesma deslocação no sinal de saída, i.e., ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 x t y t x t t y t t ÷ ¬ ÷ ÷ ÷ , 0 t ¬ . (4.89) 4) Linearidade: Um sistema é linear quando uma combinação linear de sinais à entrada, conduz, na saída, à mesma combinação linear das saídas elementares para cada sinal de entrada, i.e., 124 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 1 2 2 2 x t y t ax t bx t ay t by t x t y t ÷ ¦ ¦ ¬ + ÷ + ´ ÷ ¦ ¹ . (4.90) 5) Estabilidade: Um sistema diz-se estável de entrada limitada / saída limitada quando qualquer entrada limitada dá origem a uma saída limitada, i.e., ( ) ( ) 0: 0: x x y y A x t A t A y t A t - > < ¬ e ¬ - > < ¬ e . (4.91) 6) Invertibilidade: Um sistema é invertível quando, sinais de entrada distintos resultam em sinais de saída distintos (a aplicação da entrada na saída é injectiva), i.e., ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 x t x t y t y t = ÷ = . (4.92) a) ( ) ( ) t y t x d t t ÷· = } Pela propriedade (4.87) verifica-se que o sistema têm memória. Pela propriedade (4.88) verifica-se que o sistema é causal. Quanto à invariância no tempo, é necessário aplicar a propriedade (4.89). Considerando um sinal auxiliar ( ) ( ) 1 0 x t x t t = ÷ resulta que ( ) ( ) ( ) 1 1 0 t t y t x d x t d t t t t ÷· ÷· = = ÷ } } . (4.93) É então necessário avaliar, ( ) ( ) 0 0 t t y t t x d t t ÷ ÷· ÷ = } . (4.94) Para resolver (4.94) é necessário introduzir a mudança de variável ( ) 0 u t t t = + que, por aplicação de (B.3), resulta em ( ) ( ) 0 0 , , 1, u t t t u d du u t t t ÷ = ÷· = ÷· = = ÷ , (4.95) que conduz a ( ) ( ) 0 0 t y t t x u t du ÷· ÷ = ÷ } , (4.96) que é igual a (4.93), logo, o sistema é invariante no tempo. 125 Quanto à linearidade, aplicando (4.90), considerando ( ) ( ) ( ) 1 2 x t ax t bx t = + tem-se que ( ) ( ) 1 1 t y t x d t t ÷· = } , ( ) ( ) 2 2 t y t x d t t ÷· = } pelo que ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 t t t x t ax bx d a x d b x d ay t by t t t t t t t t ÷· ÷· ÷· ÷ + = + = + } } } , (4.97) logo o sistema é linear. De forma a verificar a estabilidade, tome-se como exemplo o sinal de entrada ( ) 1 x t = para todo o t . Uma vez que o intervalo de integração é infinito, e o sinal de entrada é constante, a área calculada pelo integral é infinita. Desta forma, invocando (4.91), verifica-se que o sistema não é estável, uma vez que uma entrada limitada gerou uma saída ilimitada (um sinal limitado integrado num intervalo infinito pode conduzir a um valor ilimitado). Assim, o sistema é classificado como instável. Considerando (4.92) A função é injectiva, pelo que, admite inversa, que neste caso é dada por ( ) ( ) d w t y t dt = . (4.98) k) ( ) ( ) 2 y t t x t = ÷ Pela propriedade (4.87) verifica-se que o sistema têm memória. Aplicando ainda (4.88) , uma vez que o sistema apenas depende de instantes passados, tem-se que o sistema é causal. Para averiguar se o sistema é invariante no tempo, aplique-se (4.89), considerando ( ) ( ) 1 0 x t x t t = ÷ , pelo que se tem ( ) ( ) ( ) 1 1 0 2 2 y t t x t t x t t = ÷ = ÷ ÷ . (4.99) No entanto, uma vez que ( ) ( ) ( ) 0 0 0 2 y t t t t x t t ÷ = ÷ ÷ ÷ , (4.100) é diferente de (4.99) o sistema é variante no tempo. 126 Quanto à linearidade, aplicando (4.90), com ( ) ( ) ( ) 1 2 x t ax t bx t = + onde ( ) ( ) 1 1 2 y t t x t = ÷ e ( ) ( ) 2 2 2 y t t x t = ÷ , tem-se ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 x t t ax t bx t at x t bt x t ay t by t ÷ ÷ + ÷ = ÷ + ÷ = + , (4.101) logo o sistema é linear. A instabilidade pode ser comprovada por contra exemplo, i.e., se ( ) 3 x t = , t ¬ , verifica-se que ( ) ( ) 3 lim t y t t y t ÷+· = ¬ = +·, (4.102) ou seja, para uma entrada limitada a saída é ilimitada, pelo que o sistema é instável. Novamente, note-se que o sistema perde a informação do sinal de entrada em 0 t = . Considerem-se dois sinais ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 0 0 0 3 2 3 2 2 3 0 0 0 x t t y t t t x t t y t t t o o o o o o = + ÷ = + ÷ = × × = = + ÷ = + ÷ = × × = . (4.103) A partir de (4.103), verifica-se que ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 x t x t y t y t = ÷ = , (4.104) logo, pela propriedade(4.92), o sistema é não invertível. 127 Capítulo 5. Representação no Domínio do Tempo de Sistemas LIT Contínuos (IML 2.4) Considere um sistema LIT, cuja resposta Problema 5.1. impulsional é dada por ( ) ( ) 2t h t e u t ÷ = . (5.1) Determine a resposta do sistema ao sinal de entrada escalão unitário. Para um dado sistema linear e invariante no tempo, caracterizado pela sua resposta impulsional ( ) h t e designe-se por ( ) x t o sinal de entrada e por ( ) y t o sinal de saída (Figura 5.1). Figura 5.1. Sistema LIT, com resposta impulsional ( ) h t , entrada ( ) x t e saída ( ) y t . Como é conhecido, a resposta deste sistema a qualquer sinal de entrada pode ser obtida através do integral de convolução da seguinte forma ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) y t x h t d x t h t t t t +· ÷· = ÷ = - } . (5.2) Para obter a saída do sistema, é necessário efectuar os seguintes passos, para cada intervalo em t : 1. Determinar a reflexão em relação à origem da resposta impulsional ( ) h t do SLIT, obtendo: ( ) ( ) z h t t = ÷ . 2. Atrasar o sinal ( ) z t de t unidades (correspondentes ao instante t ) obtendo a sequência: ( ) ( ) ( ) w z t h t t t t = ÷ = ÷ 3. Multiplicar ponto a ponto a sequência ( ) w t pela entrada: ( ) ( ) x h t t t ÷ . ( ) h t ( ) y t ( ) x t 128 4. Somar todos os pontos da sequência resultante, de modo a obter o integral de convolução correspondente ao instante t . Este processo é então repetido para todos os intervalos de t em que ( ) ( ) x h t t t ÷ é monótono. O integral de convolução, á semelhança da soma de convolução, definida para sinais discretos, goza das seguintes propriedades: 1) Comutatividade: ( ) ( ) ( ) ( ) x t h t h t x t - = - . (5.3) 2) Associatividade: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 x t h t h t x t h t h t - - = - - ( ( ¸ ¸ ¸ ¸ . (5.4) 3) Distributividade: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 x t h t h t x t h t x t h t - + = - + - ( ¸ ¸ . (5.5) Novamente, a resposta impulsional de dois SLITs em série é dada pela convolução das respostas impulsionais de cada um dos SLITs. Da mesma forma se pode demonstrar que a resposta de dois SLITs em paralelo é a soma das respostas impulsionais de cada um. Este resultado encontra-se esquematizado na Figura 5.2. Figura 5.2. Respostas impulsionais de: (a) SLITs em série; (b) SLITs em paralelo. A função impulso unitário exibe a seguinte propriedade face ao integral de convolução, ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 0 x t t t x t t d x t t o t o t t +· ÷· - ÷ = - ÷ ÷ = ÷ } . (5.6) ( ) ( ) 1 2 h t h t - ( ) 1 h t ( ) 2 h t · ( ) a ( ) ( ) 1 2 h t h t + ( ) 1 h t ( ) 2 h t · ( ) b 129 a) Note-se que, este problema é o mesmo que foi previamente apresentado no Problema 4.4 desta colectânea. Tanto o sinal de entrada, como a resposta impulsional dos sistemas são os mesmos, e o integral pedido em 4.4. é nada mais que o integral de convolução. Desta forma, sendo a resolução a mesma que foi apresentada em 4.4., o resultado é ( ) ( ) 2 1 2 2 t e y t u t ÷ ( = ÷ ( ¸ ¸ , (5.7) que também se encontra representado na Figura 4.4. 130 (AT Ex. 1, Cap. 2) Considere o seguinte circuito RLC Problema 5.2. Figura 5.3. Circuito RLC.. que é caracterizado pela função de transferência ( ) ( ) 1 1 t RC h t e u t RC ÷ = . (5.8) Suponha que o seguinte sinal ( ) ( ) ( ) 1 x t u t u t = ÷ ÷ , (5.9) é aplicado à entrada. Determine a saída, através do integral de convolução, considerando 1 RC = . A resposta impulsiva, bem como o sinal de entrada estão representados na Figura 5.4. Figura 5.4. Representação de: (a) ( ) h t ; (b) ( ) x t . Considere-se então a definição de integral de convolução (5.2). Aplicando a propriedade da comutatividade (5.3) verifica-se que ( ) y t + ÷ + ÷ ( ) x t C R 131 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) y t x h t d h x t d t t t t t t +· +· ÷· ÷· = ÷ = ÷ } } . (5.10) Note-se que, pode resolver-se o exercício sem efectuar este último passo. No entanto, dado que a forma de ( ) x t é mais simples, torna-se mais intuitivo aplicar as sequências de inversão e translação ao sinal ( ) x t . Primeiro, é necessário obter a reflexão em relação à origem de ( ) x t : ( ) ( ) z x t t = ÷ . Em seguida, é necessário atrasar ( ) z t de t unidades e multiplicá-lo por ( ) h t . Figura 5.5. Representação de ( ) x t , ( ) h t , ( ) ( ) h x t t t ÷ para 1 t = ÷ , 0.8 t = e 2 t = respectivamente. 132 Através da análise da Figura 5.5 verifica-se que para 0 t < se tem ( ) ( ) 0 h x t t t ÷ = , pelo que, ( ) 0 y t = neste intervalo. Quando 0 1 t s s tem-se que ( ) 1 x t t ÷ = , logo ( ) ( ) ( ) h x t h t t t ÷ = para o intervalo 0 t t < < , pelo que, considerando (5.10), é possível obter para ( ) y t neste intervalo ( ) ( ) 0 0 0 1 t t t t y t h d e d e e t t t t t ÷ ÷ ÷ ( = = = ÷ = ÷ ¸ ¸ } } . (5.11) Por fim, verifica-se que para 1 t > , ( ) 1 x t t ÷ = logo ( ) ( ) ( ) h x t h t t t ÷ = para o intervalo entre 1 t t t ÷ < < . Assim, ( ) y t neste intervalo é dado por ( ) ( ) 1 1 1 1 1 t t t t t t t y t h d e d e e e t t t t t ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ( ( = = = ÷ = ÷ ¸ ¸ ¸ ¸ } } . (5.12) Considerando todas as contribuições vem finalmente para a saída ( ) 1 0, 0 1 , 0 1 , 1 t t t t y t e t e e t ÷ ÷ + ÷ < ¦ ¦ = ÷ s s ´ ¦ ÷ > ¹ , (5.13) que se encontra representada na Figura 5.6. Figura 5.6. Representação de ( ) y t . 133 (HSU 2.5) Considere um sistema LIT, cuja resposta Problema 5.3. impulsional é dada por ( ) ( ) t h t e u t o ÷ = , 0 o > . (5.14) Determine a resposta do sistema ao sinal ( ) ( ) t x t e u t o = ÷ . A resposta impulsiva, bem como o sinal de entrada estão representados na Figura 5.7. Figura 5.7. Representação de: (a) ( ) h t ; (b) ( ) x t . Considere-se então a definição de integral de convolução (5.2). Aplicando a propriedade da comutatividade (5.3) verifica-se que ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) y t x h t d h x t d t t t t t t +· +· ÷· ÷· = ÷ = ÷ } } . (5.15) Desta vez, verifica-se que a forma de ( ) h t é mais simples, tornando-se mais intuitivo efectuar as sequências de inversão e translação ao sinal ( ) h t . Primeiro, é necessário obter a reflexão em relação à origem de ( ) h t : ( ) ( ) z h t t = ÷ . Em seguida, é necessário atrasar ( ) z t de t unidades e multiplicá-lo por ( ) x t . 134 Figura 5.8. Representação de ( ) x t , ( ) h t , ( ) ( ) x h t t t ÷ para 1 t = ÷ e 1 t = respectivamente. Através da análise da Figura 5.8 verifica-se que para 0 t < , ( ) ( ) ( ) t x h t e e o t ot t t ÷ ÷ ÷ = para o intervalo entre t t ÷·< < . Assim, ( ) y t neste intervalo é dado por ( ) 2 2 2 1 2 2 t t t t t t t e y t e d e e d e e ot ot o o ot o o t t o o ÷ ÷ ÷ ÷· ÷· ÷· ( = = = = ( ¸ ¸ } } . (5.16) Finalmente, para 0 t > , ( ) ( ) ( ) t x h t e e o t ot t t ÷ ÷ ÷ = mas para o intervalo entre 0 t ÷·< < . Assim, ( ) y t neste intervalo é dado por ( ) 0 0 2 2 1 2 2 t t t e y t e e d e e ot o ot o o t o o ÷ ÷ ÷ ÷· ÷· ( = = = ( ¸ ¸ } . (5.17) Considerando todas as contribuições vem finalmente para a saída ( ) ( ) 1 , 0 1 2 1 2 , 0 2 t t t e t y t y t e e t o o o o o o ÷ ÷ ¦ < ¦ ¦ = · = ´ ¦ > ¦ ¹ , (5.18) 135 que se encontra representada na Figura 5.9. Figura 5.9. Representação de ( ) y t . 136 (IML 2.13) Considere o seguinte sistema Problema 5.4. Figura 5.10. Representação de um sistema LTI em série. em que ( ) ( ) 3 1 t h t e u t = , (5.19) ( ) ( ) 2 1 h t t o = + , (5.20) representam respostas impulsionais de sistemas lineares e invariantes no tempo. Classifique as seguintes afirmações: (A) O sistema ( ) 1 h t é estável?; (B) O sistema ( ) 1 h t é causal?; (C) O sistema ( ) 2 h t tem memória?; (D) Determine a resposta impulsional ( ) h t da série dos dois sistemas. A classificação de um sistema LIT, face às suas propriedades pode ser efectuada através do estudo da resposta impulsional: 1) Memória: Um sistema diz-se sem memória quando a sua saída num dado instante de tempo depende apenas da entrada nesse instante de tempo. A resposta impulsional de um sistema discreto sem memória é dada por um impulso de amplitude K , i.e., ( ) ( ) h t K t o = , (5.21) e.g., ( ) ( ) 2 h t t o = não tem memória, enquanto que ( ) ( ) 2 1 h t t o = ÷ tem. 2) Causalidade: Um sistema é causal quando, para qualquer instante de tempo, a saída depende da entrada apenas em instantes passados. Portanto, a resposta impulsiva de um sistema causal é dada por ( ) 0 0 h t t = ¬ < , (5.22) ( ) 1 h t ( ) 2 h t ( ) h t ( ) y t ( ) x t 137 e.g., ( ) ( ) h t u t = é causal, enquanto que ( ) ( ) 1 h t u t = + não. 3) Estabilidade: Um sistema diz-se estável de entrada limitada / saída limitada quando qualquer entrada limitada dá origem a uma saída limitada. A resposta impulsional de um sistema estável é uma função absolutamente integrável, i.e., ( ) h d t t +· ÷· < · } . (5.23) 4) Invertibilidade: Um sistema é invertível quando, sinais de entrada distintos resultam sinais de saída distintos (a aplicação da entrada na saída é injectiva). A convolução entre a resposta impulsional de um sistema invertível e do seu inverso é um impulso unitário, i.e., ( ) ( ) ( ) I h t h t t o - = . (5.24) Note-se que, esta condição é necessária, mas não suficiente. a) Um sistema é estável quando responde a qualquer entrada limitada, com uma saída limitada, i.e., respeita a condição (5.23). Neste caso, tem-se que ( ) ( ) 3 3 1 0 e e h d u d d t t t t t t t +· +· +· ÷· ÷· = = ÷+· } } } . (5.25) Sendo que a resposta impulsiva não é absolutamente integrável, o sistema não cumpre a condição (5.23) sendo instável. b) A resposta impulsiva de um sistema causal verifica (5.22). Uma vez que a resposta do sistema é dada por ( ) ( ) 3 1 t h t e u t = , tem-se que ( ) 0 h t = para 0 t ¬ < , logo verifica (5.22) pelo que o sistema é causal. 138 c) Uma vez que a resposta do sistema ( ) 2 h t não é um Dirac na origem, este não verifica (5.21) pelo que tem memória. d) A resposta impulsiva total de dois sistemas lineares invariantes no tempo, dispostos em série, segundo as propriedades da convolução (Figura 5.2), pode ser obtida efectuando ( ) ( ) ( ) 1 2 h t h t h t = - . (5.26) Uma vez que a função ( ) 2 h t é um delta de Dirac, é possível aplicar a propriedade (5.6), obtendo directamente ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 1 1 1 1 1 t h t h t t h t e u t o + = - + = + == + . (5.27) 139 (IML 2.19) Seja Problema 5.5. ( ) ( ) ( ) 3 u y t t u t = + , (5.28) a resposta no tempo ao sinal de entrada escalão unitário de um sistema contínuo linear e invariante no tempo, determine: a) A resposta impulsional do sistema; b) A resposta do sistema ao sinal de entrada ( ) ( ) 10 3 x t u t = ÷ . Note-se que, para um sistema linear e invariante no tempo, a resposta impulsional pode ser calculada a partir da resposta ao escalão unitário da seguinte forma ( ) ( ) u h t y t t c = c . (5.29) Recordem-se ainda, as seguintes regras de diferenciação, ( ) ( ) ( ) ( ) f g f g t g t ' ' ' = ( ¸ ¸ , (5.30) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) f t g t f t g t f t g t ' ' ' = + ( ¸ ¸ . (5.31) a) Para um sistema linear é possível calcular a resposta impulsiva, com base na resposta ao escalão unitário (5.29). Considerando também (5.31) obtém-se facilmente ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 h t t u t u t t t u t t t t c c c = + = + + + ( ¸ ¸ c c c . (5.32) Uma vez que, ( ) ( ) t u t t o c c = ( ¸ ¸ , ainda se pode reescrever (5.32) na forma ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 h t u t t t u t t o o = + + = + . (5.33) b) Como o sistema é linear e invariante no tempo, verifica as propriedades (4.89) e (4.90) dos sistemas contínuos. Desta forma, dada a resposta ao escalão unitário, é possível obter ( ) x t a partir de ( ) u t , através de um conjunto de operações de deslocamento e escalamento. Neste processo obtém-se também ( ) y t através de ( ) u y t . Dado que, o sistema verifica (4.89), pode efectuar-se o seguinte escalamento 140 ( ) ( ) ( ) ( ) 10 10 u u u t y t u t y t ÷ ¬ ÷ . (5.34) Mais ainda, o sistema verifica (4.90), logo, efectuando o deslocamento temporal 3 t ÷ pode obter-se ( ) ( ) 10 3 10 3 u u t y t ÷ ÷ ÷ , (5.35) que é a resposta a ( ) x t . Considerando (5.28), é possível reescrever (5.35) na sua forma final ( ) ( ) 10 3 y t t u t = ÷ . (5.36) 141 Capítulo 6. Transformada de Laplace (AT Ex. 2, Cap. 3) Determinar a transformada de Laplace Problema 6.1. do sinal: ( ) ( ) e at x t u t = ÷ ÷ . A transformada de Laplace, e a sua inversa definem-se respectivamente como ( ) ( ) st X s x t e dt +· ÷ ÷· = } , (6.1) ( ) ( ) 1 2 j st j x t X s e ds j o o t + · ÷ · = } . (6.2) Para caracterizar completamente a transformada de Laplace de um sinal ( ) x t é necessário conhecer a sua expressão algébrica ( ) X s , bem como a sua região de convergência ( . . R C ). A região de convergência goza das seguintes propriedades: 1. É constituída por faixas no planos , paralelas ao eixo imaginário. 2. Não contém pólos. 3. Se ( ) x t é de duração finita, i.e., não nulo apenas num intervalo limitado , i f T T ( ¸ ¸ , e se existir pelo menos um valor de, s para o qual a transformada de Laplace converge, então a . . R C é o próprio plano s , exceptuando eventualmente as rectas ( ) s 9 = +· ou ( ) s 9 = ÷·. 4. Se ( ) x t for um sinal direito, i.e., um sinal não nulo apenas para i t T > e se a recta ( ) 0 s o 9 = pertencer à . . R C então todos os valores de s tais que ( ) 0 s o 9 > também pertencem à . . R C . 5. Se ( ) x t for um sinal esquerdo, i.e., um sinal não nulo apenas para f t T s e se a recta ( ) 0 s o 9 = pertencer à . . R C então todos os valores de s tais que ( ) 0 s o 9 < também pertencem à . . R C . 142 6. Se ( ) x t for um sinal bilateral, i.e., um sinal não nulo desde ÷· até +· e se a recta ( ) 0 s o 9 = pertencer à . . R C , então a . . R C é uma faixa do plano s que contém ( ) 0 s o 9 = . Assim, destas condições resulta que: (i) A . . R C de um sinal direito é o semi-plano complexo direito limitado à esquerda pelo pólo de ( ) X s com maior parte real. (ii) A . . R C de um sinal esquerdo é o semi-plano complexo esquerdo limitado à direita pelo pólo de ( ) X s com menor parte real. A transformada de Laplace goza ainda das seguintes propriedades: 1) Linearidade: Se ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 2 2 , . . , . . b b x t X s R C R x t X s R C R ÷ ÷ ÷ ÷ L L , (6.3) então ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 b ax t bx t aX s bX s + ÷ + L , 1 2 . . RC R R _ · . (6.4) 2) Translação no tempo: Se ( ) ( ) b x t X s ÷ L , . . RC R ÷ , (6.5) então ( ) ( ) 0 0 b st x t t e X s ÷ ÷ ÷ L , . . RC R ÷ , (6.6) excepto para a possível inclusão/exclusão de ( ) s 9 = ±·. 3) Translação no domínio da transformada: Se ( ) ( ) b x t X s ÷ L , . . RC R ÷ , (6.7) então 143 ( ) ( ) 0 0 b s t e x t X s s ÷ ÷ L , ( ) 0 . . RC R s ÷ +9 . (6.8) 4) Mudança de escala: Se ( ) ( ) b x t X s ÷ L , . . RC R ÷ , (6.9) então ( ) 1 b s x at X a a | | ÷ | \ . L , . . RC aR ÷ . (6.10) 5) Convolução: Se ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 2 2 , . . , . . b b x t X s R C R x t X s R C R ÷ ÷ ÷ ÷ L L , (6.11) então ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 b x t x t X s X s - ÷ L , 1 2 . . RC R R _ · . (6.12) 6) Diferenciação no domínio do tempo: Se, ( ) ( ) b x t X s ÷ L , . . RC R ÷ , (6.13) então ( ) ( ) b dx t sX s dt ÷ L , . . RC R _ . (6.14) 7) Diferenciação no domínio da transformada: Se ( ) ( ) b x t X s ÷ L , . . RC R ÷ , (6.15) então ( ) ( ) b dX s tx t ds ÷ ÷ L , . . RC R ÷ . (6.16) 144 8) Integração no domínio do tempo: Se ( ) ( ) b x t X s ÷ L , . . RC R ÷ , (6.17) então ( ) ( ) 1 b t x d X s s t t ÷· ÷ } L , ( ) { } . . 0 RC R s _ · 9 > . (6.18) a) Aplicando a definição da transformada de Laplace (6.1), ao sinal de entrada, é possível obter ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 0 1 s a t s a t at st at st X s e u t e dt e e dt e dt e s a +· ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷· ÷· ÷· ÷· = ÷ ÷ = ÷ = ÷ = ÷ } } } . (6.19) Considerando que s j o e = + , é possível reescrever (6.19) na forma, ( ) ( ) ( ) 0 0 1 1 j a t a t j t X s e e e j a j a o e o e o e o e ÷ + ÷ ÷ ÷ ÷ ÷· ÷· = = + ÷ + ÷ . (6.20) Para que o integral convirja quando t ÷÷·, a função integrada tem de tender para zero (quando t ÷÷·). Desta forma, analisando os termos de (6.20) verifica-se que 1 j a o e + ÷ (6.21) é uma constante, pelo que não varia com t . Ainda se pode averiguar que j t e e ÷ , (6.22) corresponde à representação polar de um número complexo, de norma 1, onde apenas o ângulo varia (este termo tem um módulo constante e um ângulo que varia entre | | 0, 2 t ). Desta forma, este termo representa uma "vibração", e não terá influência na definição da região de convergência. O último termo, ( ) a t e o ÷ ÷ , será utilizado para definir a região de convergência. Para que a função seja integrável é necessário que ( ) ( ) lim 0 0 a t t e a a o o o ÷ ÷ ÷÷· = ¬÷ ÷ > · < . (6.23) 145 A região de convergência ( . . R C ) é então a o < que se encontra representada na Figura 6.1. A transformada do sinal é indicada como ( ) 1 , . . : X s R C a s a o = < ÷ . (6.24) Figura 6.1. Representação da região de convergência da transformada do sinal ( ) x t . Note-se que, a transformada de Laplace de um sinal ( ) x t é sempre constituída por uma expressão analítica ( ) X s e por uma região de convergência. É imprescindível explicitar a região de convergência porque: (i) Define a região de validade de ( ) X s ; (ii) Caso não exista, i.e., . . RC = C , o sinal não tem transformada; (iii) Identificar univocamente qual o sinal ( ) x t ao qual corresponde ( ) TL x t ( ¸ ¸ . A título de exemplo, calcule-se a transformada de ( ) ( ) 2 e at x t u t = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 0 0 1 1 s a t s a t at st X s e u t e dt e dt e s a s a +· +· +· ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷· = = = = ÷ ÷ ÷ } } . (6.25) A região de convergência é novamente obtida em função de ( ) ( ) lim 0 0 a t t e a a o o o ÷ ÷ ÷+· = ¬÷ ÷ < · > , (6.26) e representada em Figura 6.2. Verifica-se que ambos os sinais têm a mesma expressão analítica ( ) ( ) 2 X s X s = , mas regiões de convergência distintas. A transformada deste último é então dada por ( ) 2 2 1 , . . : X s R C a s a o = > ÷ . (6.27) a o je 146 Figura 6.2. Representação da região de convergência da transformada do sinal ( ) 2 x t . a o je 147 Determine a transformada de Laplace do sinal Problema 6.2. ( ) 0 0 1, 0, . . t t t y t c c ÷ < < ¦ = ´ ¹ . (6.28) Aplicando a definição (6.1) ao sinal de entrada é possível obter, ( ) ( ) 0 0 0 0 1 t t st st st t t e Y s y t e dt e dt s +· ÷ ÷ ÷ ÷· ÷ ÷ = = = ÷ } } , (6.29) Novamente, dado que s j o e = + , pode escrever-se (6.29) como ( ) ( ) 0 0 1 t j t t X s e j o e o e ÷ + ÷ = ÷ + . (6.30) Uma vez que o sinal apresenta uma duração limitada no tempo, a transformada converge para todo o intervalo de integração, e a região de convergência é todo o plano s. A transformada será então dada por ( ) ( ) ( ) 0 0 0 0 1 1 t j t st st t X s e e e j s o e o e ÷ + ÷ ÷ = ÷ ÷ + , . . plano RC s ÷ . (6.31) 148 (AT Ex. 2, Cap. 3) Determine a transformada de Laplace Problema 6.3. do sinal: ( ) ( ) 0 j t x t e u t e = . Aplicando a definição da transformada de Laplace (6.1) ao sinal de entrada, obtém-se ( ) ( ) ( ) 0 0 0 0 0 0 1 e s j t j t j t st st X s e u t dt e e dt e s j e e e e +· +· +· ÷ ÷ ÷ ÷ ÷· = = = ÷ ÷ } } . (6.32) Novamente, dado que s j o e = + , pode escrever-se (6.32) como ( ) ( ) 0 0 0 1 j t t X s e e j j e e o o e e +· ÷ ÷ ÷ = ÷ + ÷ . (6.33) A região de convergência resulta da condição lim 0 0 0 t t e o o o ÷ ÷+· = ¬÷ < · > , (6.34) pelo que, a transformada será dada por ( ) ( ) ( ) 0 0 0 0 0 1 1 1 0 1 , . . : 0 j t t X s e e R C j j s j s j e e o o o e e e e +· ÷ ÷ ÷ = ÷ = ÷ ÷ = > + ÷ ÷ ÷ , (6.35) cuja pode ser observada na Figura 6.3. Figura 6.3. Representação da região de convergência da transformada do sinal ( ) x t . . . R C o je 149 (HSU 3.5c) Determine a transformada de Laplace do Problema 6.4. sinal: ( ) ( ) ( ) 2 3 t t x t e u t e u t ÷ = + ÷ . Aplicando a definição da transformada de Laplace (6.1) ao sinal de entrada, obtém-se ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 2 3 0 2 3 0 0 2 3 0 1 1 2 3 t t st t st t st s t s t s t s t X s e u t e u t e dt e u t e dt e u t e dt e dt e dt e e s s +· +· +· ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷· ÷· ÷· +· ÷ ÷ ÷ + ÷· +· ÷ ÷ ÷ + ÷· ( = + ÷ = + ÷ = ¸ ¸ = + = = ÷ + ÷ ÷ + } } } } } . (6.36) Novamente, dado que , pode escrever-se (6.36) como . (6.37) As regiões de convergência dos dois integrais são respectivamente dadas por , (6.38) . (6.39) Pela propriedade (6.4), a região de convergência da transformada é dada pela intersecção das duas regiões de convergência elementares. Uma vez que a intersecção destas é nula, o sinal não tem transformada de Laplace. s j o e = + ( ) ( ) ( ) 0 2 3 0 1 1 2 3 t t j t j t X s e e e e j j o o e e o e o e +· ÷ ÷ ÷ + ÷ ÷ ÷· = ÷ + ÷ + ÷ + + ( ) ( ) 2 lim 0 2 0 2 t t e o o o ÷ ÷ ÷+· = ¬÷ ÷ < · > ( ) ( ) 3 lim 0 3 0 3 t t e o o o ÷ + ÷÷· = ¬÷ + > · < ÷ 150 (IML 3.2a,b,d) Determine a função no tempo, ( ) x t , cuja Problema 6.5. transformada de Laplace é: a) , (6.40) b) , (6.41) d) . (6.42) Para a resolução deste exercício é necessário recordar a decomposição em fracções simples de uma fracção própria, i.e., cujo número de pólos é superior ao número de zeros. Como explicado em (B.20) – (B.23), com pólos distintos, onde o pólo tem multiplicidade , com e , pode ser decomposta em na forma geral: , (6.43) onde os coeficientes para as contribuições de cada pólo são dados por , , (6.44) , . (6.45) É ainda necessário relembrar os seguintes pares transformada , ; (6.46) , ; (6.47) , ; (6.48) , ; (6.49) ( ) ( ) 2 4 13 ; 3 7 12 s X s s s s + = 9 > ÷ + + ( ) ( ) 2 4 13 ; 4 7 12 s X s s s s + = 9 < ÷ + + ( ) ( ) ( ) 3 2 2 4 2 ; 0 1 s s X s s s s + ÷ = 9 > + ( ) X s k i p i r 1, 2, , i k = 1 2 k r r r n + + + = ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 1 2 1 .. .. .. r r i k i i i k r r i i i k c c c c c X s s p s p s p s p s p = + + + + + + + ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ( ) ( ) r i r i i s p c s p X s = = ÷ ( ) ( ) 1 r i r i i s p d c s p X s ds ÷ = ( = ÷ ¸ ¸ ( ) ( ) 1 ! r k i k r i i k s p d c s p X s k ds ÷ = ( = ÷ ¸ ¸ ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 ! i r r i i r s p d c s p X s r ds ÷ ÷ = ( = ÷ ¸ ¸ ÷ ( ) 1 b t o ÷ L . . : RC s ( ) e b k d t k k k A A u t s d ÷ ÷ L ( ) . . : k RC s d 9 > ( ) e b k d t k k k A A u t s d ÷ ÷ ÷ ÷ L ( ) . . : k RC s d 9 < ( ) ( ) ( ) -1 e 1 ! b k n d t k k n k t A A u t n s d ÷ ÷ ÷ L ( ) . . : k RC s d 9 > 151 , . (6.50) a) Primeiro é necessário avaliar se a fracção é própria, i.e., se o número de pólos é superior ao número de zeros . (6.51) Uma vez que a fracção é própria, pode ser decomposta em fracções parciais. Os pólos de (6.40) são então dados por . (6.52) Atendendo a (6.43), (6.40) pode ser decomposta em , (6.53) onde os coeficientes A e B podem ser obtidos a partir de (6.44)-(6.45) , (6.54) . (6.55) Assim, (6.53) pode ser reescrita na forma, . (6.56) Aplicando agora as tabelas da transformada bilateral para pólos simples (6.47) (neste caso, a região de convergência situa-se à direita de ambos os pólos) vem para a função no tempo . (6.57) ( ) ( ) ( ) -1 e 1 ! b k n d t k k n k t A A u t n s d ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ L ( ) . . : k RC s d 9 < # 2 # 1 pólos zeros = > = { } 2 2 7 7 4 12 7 1 7 12 0 4, 3 2 2 i s s s p ÷ ± ÷ × ÷ ± + + = · = = · = ÷ ÷ ( ) ( ) ( ) 4 13 4 3 4 3 s A B X s s s s s + = = + + + + + ( ) ( ) ( ) ( ) 4 4 4 4 13 4 13 16 13 3 4 3 3 4 3 s s s s s A s s s =÷ =÷ + + + ÷ + = = = = + + + ÷ + ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 4 13 4 13 12 13 1 4 3 4 3 4 s s s s s B s s s =÷ =÷ + + + ÷ + = = = = + + + ÷ + ( ) 1 1 3 4 3 X s s s = + + + ( ) ( ) 3 4 3 t t x t e e u t ÷ ÷ ( = + ¸ ¸ 152 b) Uma vez que a expressão da transformada é a mesma, a decomposição em fracções simples será igual, ou seja . (6.58) No entanto, a região de convergência encontra-se à esquerda dos pólos, pelo que, aplicando (6.48) a (6.58) resulta para a expressão no tempo . (6.59) d) Ao avaliar (6.42) verificamos que não é uma fracção própria, i.e., , sendo necessário começar por aplicar uma divisão polinomial , (6.60) que permite reescrever como uma fracção própria . (6.61) Dado que o pólo tem multiplicidade dois, é necessário recorrer às formulas gerais (6.43)-(6.45) que indicam que pode ser decomposta em , (6.62) onde, , (6.63) . (6.64) Finalmente pode ser representada como ( ) 1 1 3 4 3 X s s s = + + + ( ) ( ) 3 4 3 t t x t e e u t ÷ ÷ ( = ÷ + ÷ ¸ ¸ # # pólos zeros = ( ) 3 2 2 3 2 2 4 2 1 1 3 2 s s s s s s s + ÷ + ÷ ÷ ÷ ( ) X s ( ) ( ) ( ) 2 2 3 2 1 1 1 p s X s X s s s ÷ = + = + + 0 s = ( ) X s ( ) ( ) 1 2 2 1 1 A c c X s s s s = + + + + ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 1 3 2 3 2 3 2 1 1 1 s s s s s A s s s =÷ =÷ + ÷ ÷ ÷ = = = = + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 0 2 2 2 1 2 0 0 3 2 2 1 6 1 3 2 1 3 2 2 1! 1 1 s p s s p s s s c s p X s s s s s d d s c s p X s ds ds s s = = = = = ÷ = ÷ = = ÷ + + ÷ ÷ ÷ ( = ÷ = = = ¸ ¸ + + ( ) X s 153 . (6.65) Aplicando as tabelas da transformada inversa (6.46)-(6.50) obtém-se para a função no tempo . (6.66) ( ) ( ) 2 1 2 2 1 1 X s s s s = + + ÷ + ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 t x t t t e u t o ÷ ( = + ÷ + ¸ ¸ 154 (IML 3.3a,d) Seja Problema 6.6. , (6.67) a transformada de Laplace de . Determine a transformada de Laplace das seguintes funções: a) , (6.68) d) . (6.69) a) Aplicando a propriedade de mudança de escala da transformada de Laplace (6.10), resulta imediatamente que . (6.70) d) Para resolver esta alínea serão utilizadas as propriedades de translação (6.6) e diferenciação no tempo (6.14). Aplicando (6.6) ao par tem-se que , . (6.71) Finalmente, aplicando (6.14) resulta que , . (6.72) ( ) ( ) 1 ; 2 2 X s s s = 9 > ÷ + ( ) x t ( ) ( ) 3 y t x t = ( ) ( ) 3 d y t x t dt = ÷ ( ) ( ) 1 1 1 1 3 ; 6 3 3 3 6 2 3 b s x t X s s s | | · = = 9 > ÷ | + \ . + L ( ) ( ) b x t X s ÷ L ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 2 2 1 3 2 b s s x t x t X s e X s e s ÷ ÷ = ÷ ÷ = = + L ( ) . . : 2 RC s 9 > ÷ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 2 2 2 b s s dx t s y t Y s sX s s e X s e dt s ÷ ÷ ( = ÷ = = = ¸ ¸ + L ( ) . . : 2 RC s 9 > ÷ 155 (IML 3.7a,b) A Figura 6.4 representa o mapa pólos/ zeros Problema 6.7. da função de transferência de um SLIT. Figura 6.4. Mapa de pólos e zeros da função de transferência de um SLIT. a) Indique todas as que é possível associar ao mapa pólos/ zeros dado. Justifique; b) Para cada uma das indicadas em a), diga se o sistema correspondente é estável e/ou causal. Pode aplicar-se a transformada de Laplace à resolução de problemas com sistemas LTI. Para um sistema definido como na Figura 6.4, pode rapidamente calcular-se a saída através de , , (6.73) onde , e são respectivamente a transformada de , e . A função , ou função de transferência pode ser descrita na forma , (6.74) onde são os seus zeros e os pólos. A classificação de um sistema LIT, face às suas propriedades pode ser efectuada através do estudo da região de convergência de . Quando é de duração infinita, pode classificar-se o sistema, através de ( ) H s , da seguinte forma: 1) Causalidade: Para que seja causal, um sistema tem de cumprir duas condições: (i) A da função de transferência é uma região do plano que se estende desde um 2 j + 2 j ÷ 1 1 ÷ 2 ÷ o je . . R C . . R C ( ) ( ) ( ) Y s H s X s = × . . . . . . Y H X RC RC RC _ · ( ) X s ( ) H s ( ) Y s ( ) x t ( ) h t ( ) y t ( ) H s ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 M N s z s z H s K s p s p ÷ ÷ = ÷ ÷ i z i p ( ) H s ( ) h t . . R C s 156 valor finito de até (inclusive) ; (ii) A expressão algébrica de tem um número de zeros não superior ao número de pólos. 2) Estabilidade: Para que seja estável, um sistema tem de cumprir duas condições: (i) A da função de transferência contém o eixo imaginário; (ii) A expressão algébrica de tem um número de zeros não superior ao número de pólos. 2.1) Um SLIT contínuo causal é estável se e só se todos os pólos se situarem no semi- plano complexo esquerdo. 2.2) Um SLIT contínuo causal é criticamente estável se e só se todos os pólos se situarem no semi-plano complexo esquerdo ou sobre o eixo imaginário, mas em que os pólos com parte real nula são pólos simples. Quando é de duração finita, a sua região de convergência é todo o plano exceptuando eventualmente as rectas ou . Então, este pode classificar-se, através de ( ) H s , da seguinte forma: 1) Causalidade: Um sistema, com resposta de duração finita, é causal se e só se a contiver a recta . 2) Estabilidade: Um sistema, com resposta de duração finita, é estável (a contém sempre o eixo imaginário). a) Com base neste mapa de pólos e zeros, considerando as propriedades das regiões de convergência é possível definir as seguintes : , (6.75) , (6.76) . (6.77) ( ) s 9 +· ( ) H s . . R C ( ) H s ( ) h t s ( ) s 9 = +· ( ) s 9 = ÷· . . R C ( ) s 9 = +· . . R C . . R C ( ) 1 . . : 1 RC s 9 > ( ) 2 . . : 2 1 RC s ÷ < 9 < ( ) 3 . . : 2 RC s 9 < ÷ 157 d) Atendendo às propriedades das dos sistemas LIT, com resposta de duração infinita no tempo, acima descritas ( 1) – 2) ) pode classificar-se o sistema quanto à causalidade e estabilidade. Note-se que, o mapa de pólos/zeros do sistema verifica a condição de aplicabilidade de 1) – 2) , i.e., o número de zeros não é superior ao número de pólos. Assim, tem-se que: 1. é uma região do plano que se estende desde até (inclusive) e não contém o eixo imaginário. Logo, o sistema é causal e instável. 2. é uma região do plano , que não se estende desde um ponto até (inclusive) , mas contém o eixo imaginário. Logo, o sistema é não causal e estável. 3. é uma região do plano , que não se estende desde um ponto até (inclusive) , nem contém o eixo imaginário. Logo, o sistema é não causal (anti- causal) e instável. . . R C 1 . . R C s ( ) 1 s 9 = +· 2 . . R C s ( ) s 9 +· 3 . . R C s ( ) s 9 +· 158 (IML 3.14) Considere o SLIT causal cujo mapa Problema 6.8. pólos/zeros se representa na Figura 6.5 . Figura 6.5. Mapa de pólos e zeros da função de transferência de um SLIT. a) O sistema é estável? Justifique a resposta; b). Sabendo que o valor inicial da resposta à entrada escalão unitário é igual a , determine a função de transferência, , do sistema. Justifique a resposta; c) Qual o valor final da resposta à entrada escalão unitário? Justifique a resposta. Para sinais causais, é possível definir a transformada de Laplace unilateral, que fica completamente caracterizada pela sua expressão algébrica . (6.78) Esta é uma particularização da transformada de Laplace bilateral para sinais causais, que partilha, quase sempre, das mesmas propriedades, embora as seguintes se alterem: 6) Diferenciação no domínio do tempo: Se , (6.79) então, , (6.80) onde . (6.81) Como exemplo, quando vem . (6.82) 3 ÷ 1 ÷ 2 ÷ o je 5 ( ) H s ( ) ( ) 0 st X s x t e dt +· ÷ = } ( ) ( ) u x t X s ÷ L ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 0 0 0 u n n n n n n d x t s X s s x s x x dt ÷ ÷ + ÷ + + ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ L ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 lim i i i t d x t x dt + + ÷ = 1 n = ( ) ( ) ( ) 0 u n dx t s X s x dt + ÷ ÷ L 159 8) Integração no domínio do tempo: Se , (6.83) então , (6.84) e . (6.85) 9) Teorema do valor inicial: Se não contiver impulsos ou singularidades de ordem superior na origem , o limite à direita de quando é ( ) ( ) 0 lim s x sX s + ÷+· = . (6.86) Note-se que, o teorema do valor inicial não se aplica a funções racionais em que o número de zeros é superior ao número de pólos. Nesse caso, o sinal não é causal. 10) Teorema do valor final: Se ( ) lim t x t ÷+· existir, i.e., se convergir para um valor constante quando , tem-se ( ) ( ) 0 lim lim t s x t sX s ÷+· ÷ = . (6.87) Para que este limite exista os pólos de têm de se localizar no semi-plano complexo esquerdo, i.e., a tem de incluir todo o semi-plano complexo direito, incluindo o eixo imaginário. Ainda é usual, para sistemas LIT causais, definir-se o ganho estático como ( ) ( ) 0 lim lim est u t s G y t H s ÷+· ÷ = = , (6.88) ( ) ( ) u x t X s ÷ L ( ) ( ) 0 1 u t x d X s s t t ÷ } L ( ) ( ) ( ) 0 1 1 u t x d X s x d s s t t t t ÷· ÷· ÷ + } } L ( ) x t ( ) 0 t = ( ) x t 0 t ÷ ( ) X s ( ) x t ( ) x t t ÷+· ( ) sX s . . R C 160 onde ( ) u y t é a resposta ao escalão unitário. Pode ainda relacionar-se o valor inicial da resposta ao escalão unitário com a função de transferência do sistema através de , (6.89) onde é o número de pólos e o número de zeros de . a) Novamente, considerem-se as propriedades das regiões de convergência dos sistemas LTI ( 1) – 6) pp. 141 ). Sendo o sistema causal, a é uma região do plano que se estende desde até (inclusive) . Assim, esta contém o eixo imaginário, pelo que é estável. b) Para o mapa de pólos e zeros representado em Figura 6.5, atendendo a (6.74), a função de transferência será dada por . (6.90) Sabendo que: “o valor inicial da resposta à entrada escalão unitário é igual a ”, tem-se , (6.91) Considerando o teorema do valor inicial (6.86), e recordando que , vem , (6.92) Pode então relacionar-se (6.92), com o ganho da função de transferência através de (6.89) . (6.93) Finalmente, vem para a expressão analítica da função de transferência ( ) u y t ( ) ( ) , 0 lim 0 , u s K n m y H s n m + ÷+· = ¦ = = ´ > ¹ n m ( ) H s . . R C s { } 1 s 9 = ÷ +· . . R C ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 1 s s H s K s s + = + + 5 ( ) ( ) 0 0 lim 5 t y y t + + ÷ = = ( ) 1 u u t s ÷ L ( ) ( ) 1 5 lim lim s s s H s H s s ÷+· ÷+· ( = = ( ¸ ¸ ( ) lim 5 s H s K ÷+· = = 161 . (6.94) c) Uma vez que a região de convergência cumpre os requisitos do teorema do valor final (6.87) pode calcular-se . (6.95) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 5 3 1 s s H s s s + = + + ( ) ( ) ( ) 0 0 1 lim lim lim 0 t s s y t s H s H s s ÷+· ÷ ÷ ( = = = ( ¸ ¸ 162 (IML 3.8) Classifique quanto à estabilidade e à Problema 6.9. causalidade os SLITs cujo mapa palas/zeros se representam na Figura 6.6. Justifique a resposta. Figura 6.6. Mapa de pólos e zeros de um conjunto de funções de transferência. Todos os mapas de pólos/zeros, representados na Figura 6.6, apresentam regiões de convergência que são semi-planos, pelo que, estamos perante sistemas com respostas de duração infinita. Aplicando as propriedades das R.C.s, podem então classificar- se os sistemas como: a) Instável e não causal. O número de zeros é superior ao número de pólos. ( ) a o je ( ) b o je ( ) c o je ( ) d o je ( ) e o je ( ) f o je ( ) g o je ( ) h o je ( ) h t 163 b) Instável e não causal. A região de convergência não contêm o eixo imaginário, e não contem a recta . c) Instável e causal. A região de convergência não contêm o eixo imaginário, mas contem a recta . d) Estável e não causal. A região de convergência contêm o eixo imaginário, e não contem a recta . e) Instável e causal. A região de convergência não contêm o eixo imaginário, mas contem a recta . f) Instável e não causal. O número de zeros é superior ao número de pólos. g) Estável e não causal. A região de convergência contêm o eixo imaginário, e não contem a recta . h) Instável e não causal. O número de zeros é superior ao número de pólos. ( ) s 9 = +· ( ) s 9 = +· ( ) s 9 = +· ( ) s 9 = +· ( ) s 9 = +· 164 (HSU 3.38) Resolva a seguinte equação diferencial de Problema 6.10. segunda ordem . (6.96) Com as condições iniciais , e . Para resolver uma equação diferencial com condições iniciais, recorre-se à transformada de Laplace unilateral. Da propriedade de diferenciação no tempo (6.80) tem-se que , (6.97) . (6.98) As transformadas de Laplace unilaterais de (6.96) podem então indicar-se na forma , (6.99) , (6.100) . (6.101) É então possível escrever (6.96) no domínio da transformada de Laplace unilateral . (6.102) Pode ainda manipular-se (6.102) de forma a obter , (6.103) Calculando os restantes pólos de ( ) ( ) ( ) ( ) 5 6 y t y t y t x t '' ' + + = ( ) 0 2 y = ( ) 0 1 y' = ( ) ( ) e t x t u t ÷ = ( ) ( ) ( ) 0 u y t sY s y + ' ÷ ÷ L ( ) ( ) ( ) ( ) 2 0 0 u y t s Y s sy y + + '' ' ÷ ÷ ÷ L ( ) ( ) 2 2 1 u y t s Y s s '' ÷ ÷ ÷ L ( ) ( ) 2 u y t sY s ' ÷ ÷ L ( ) ( ) 1 e 1 u t x t u t s ÷ = ÷ + L ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 2 1 5 2 6 1 s Y s s sY s Y s s ÷ ÷ + ÷ + = + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 5 6 2 11 1 1 2 1 11 1 1 5 6 1 2 2 11 11 1 5 6 2 13 12 1 5 6 Y s s s s s s s s Y s s s s s s s Y s s s s s s Y s s s s + + = + + · + + + + + · = · + + + + + + + · = · + + + + + · = + + + ( ) Y s 165 , (6.104) é possível rearranjar (6.103) na forma . (6.105) O número de pólos é superior ao número de zeros, pelo que a fracção é própria e possível de ser decomposta em fracções simples, logo , (6.106) onde, , (6.107) , (6.108) . (6.109) Então, (6.106) pode ser reescrita na forma . (6.110) Aplicando a transformada inversa a cada membro, obtém-se , (6.111) , (6.112) . (6.113) Finalmente, é dado por . (6.114) { } 2 2 5 5 4 6 5 1 5 6 0, 3, 2 2 2 s s s ÷ ± ÷ × ÷ ± + + = = = = ÷ ÷ ( ) ( )( )( ) 2 2 13 12 1 2 3 s s Y s s s s + + = + + + ( ) 1 2 3 A B C Y s s s s = + + + + + ( ) ( ) 1 2 13 12 1 1 1 2 2 s A s Y s =÷ ÷ + = + = = × ( ) ( ) ( ) ( )( ) 2 2 4 13 2 12 8 26 12 2 6 2 1 2 3 1 1 s B s Y s =÷ × + ÷ + ÷ + = + = = = ÷ + ÷ + ÷ × ( ) ( ) ( )( ) 3 2 9 13 3 12 18 39 12 9 3 3 1 3 2 2 1 2 s C s Y s =÷ × ÷ × + ÷ + = + = = = ÷ ÷ + ÷ + ÷ ×÷ ( ) 1 1 1 9 1 6 2 1 2 2 3 Y s s s s = + ÷ + + + ( ) 1 1 1 2 1 2 u t e u t s ÷ ÷ + L ( ) 2 1 6 6 2 u t e u t s ÷ ÷ + L ( ) 3 9 1 9 2 3 2 u t e u t s ÷ ÷ ÷÷ + L ( ) y t ( ) ( ) 2 3 1 9 6 2 2 t t t y t e e e u t ÷ ÷ ÷ | | = + ÷ | \ . 166 (IML 3.10) Seja Problema 6.11. , (6.115) a resposta no tempo de um SLIT contínuo ao sinal de entrada , (6.116) determine: a) A função de transferência, , e a região de convergência; b) A resposta impulsional ; c) Utilizando determinado em a), determine a saída para cada um dos seguintes sinais de entrada C.1) , (6.117) C.2) , . (6.118) a) Considerem-se as tabelas da transformada de Laplace descritas em (6.46) - (6.50). Aplicando-as directamente a (6.115) e (6.116) obtêm-se as transformadas de Laplace do sinal de entrada e do respectivo sinal de saída , , (6.119) , . (6.120) A definição de função de transferência é então dada por (6.73), que resulta em , . (6.121) A região de convergência foi obtida de forma a que . b) Para obter a resposta impulsional do sistema é necessário calcular a transformada inversa de (6.121). Uma vez que é uma fracção própria, i.e., o número de pólos é ( ) ( ) ( ) 2 2 t t y t e u t e u t ÷ = ÷ ÷ + ( ) ( ) ( ) 2 4 t x t t e u t o = ÷ ÷ ( ) H s ( ) h t ( ) H s ( ) y t ( ) ( ) 3t x t e u t = ( ) 3t x t e = t ÷·< < +· ( ) 1 1 4 2 X s s = + ÷ ( ) 2 s 9 < ( ) 1 1 2 2 1 Y s s s = + ÷ + ( ) 1 2 s ÷ <9 < ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) 3 2 1 3 2 1 2 2 s Y s s s s H s s X s s s s ÷ + = = ÷ = + + + ÷ ( ) 1 s 9 > ÷ . . . . . . Y H X RC RC RC _ · ( ) H s 167 superior ao número de zeros, pode decompor-se em fracções simples. Atendendo a (6.43), (6.40), pode decompor-se (6.121) na forma , (6.122) onde, por aplicação de (6.44)-(6.45), se pode obter que , (6.123) , (6.124) permitindo escrever , . (6.125) Aplicando agora as tabelas da transformada inversa (6.46) - (6.50) vem finalmente . (6.126) c.1) Para obter a resposta do sistema ao sinal (6.117), é necessário calcular a transformada de Laplace do mesmo, considerando (6.46) - (6.50) , . (6.127) A resposta do sistema pode ser obtida efectuando , o que resulta em , . (6.128) Uma vez que (6.128) é uma fracção própria, i.e., o número de pólos é superior ao número de zeros, atendendo a (6.43), (6.40) pode ser decomposta na forma , , (6.129) onde, os coeficientes A, B e C podem ser obtidos através de (6.44)-(6.45) ( ) 1 2 A B H s s s = + + + ( ) ( )( ) ( ) 1 1 1 3 3 1 3 3 1 2 2 1 2 s s s s s A s s s =÷ =÷ + × ÷ = = = = ÷ + + + ÷ + ( ) ( )( ) ( ) 2 2 2 3 3 2 3 6 1 2 1 2 1 s s s s s B s s s =÷ =÷ + × ÷ = = = = + + + ÷ + ( ) 3 6 1 2 H s s s = ÷ + + + ( ) 1 s 9 > ÷ ( ) ( ) ( ) 2 3 6 t t h t e u t e u t ÷ ÷ = ÷ + ( ) 1 3 X s s = ÷ ( ) 3 s 9 > ( ) ( ) ( ) Y s H s X s = ( ) ( )( )( ) 3 1 2 3 s Y s s s s = + + ÷ ( ) 3 s 9 > ( ) 1 2 3 A B C Y s s s s = + + + + ÷ ( ) 3 s 9 > 168 , (6.130) , (6.131) , (6.132) permitindo obter , . (6.133) Finalmente, aplicando as tabelas da transformada inversa (6.46) - (6.50) obtém-se . (6.134) c.2) Note-se que, o sinal (6.118) não tem transformada de Laplace (ao aplicar a definição, verificar-se-ia que a região de convergência seria o conjunto vazio). No entanto, este sistema é linear e invariante no tempo. Logo, a saída correspondente à soma de duas entradas elementares, é a soma das duas saídas elementares, i.e., . (6.135) Desta forma, é possível decompor o sinal de entrada em duas componentes, em que cada uma tenha transformada de Laplace, i.e., ( ) ( ) ( ) 1 2 x t x t x t = + , (6.136) onde ( ) ( ) 3 1 t x t e u t = ÷ , ( ) ( ) 3 2 t x t e u t = . (6.137) Em seguida, calcule-se a saída correspondente a cada componente, utilizando a função de transferência obtida em a). Finalmente, somando as duas respostas temporais elementares obtém-se a saída total do sistema. A saída do segundo membro ( ) ( )( )( ) ( )( ) ( ) ( )( ) 1 1 1 3 3 1 3 3 1 2 3 2 3 1 2 1 3 4 s s s s s A s s s s s =÷ =÷ + × ÷ = = = = + + ÷ + ÷ ÷ + ÷ ÷ ( ) ( )( )( ) ( )( ) ( ) ( )( ) 2 2 2 3 3 2 3 6 1 2 3 1 3 2 1 2 3 5 s s s s s B s s s s s =÷ =÷ + × ÷ = = = = ÷ + + ÷ + ÷ ÷ + ÷ ÷ ( ) ( )( )( ) ( )( ) ( )( ) 3 3 3 3 3 3 3 9 1 2 3 1 2 3 1 3 2 20 s s s s s C s s s s s = = ÷ × = = = = + + ÷ + + + + ( ) 3 1 6 1 9 1 4 1 5 2 20 3 Y s s s s = ÷ + + + ÷ ( ) 3 s 9 > ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 3 6 9 4 5 20 t t t y t e u t e u t e u t ÷ ÷ = ÷ + ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 x t x t y t y t + ÷ + 169 foi obtida na alínea anterior. Assim, apenas é necessário obter a saída de . A transformada de , considerando (6.46)–(6.50), é , . (6.138) A resposta do primeiro membro pode ser obtida calculando , . (6.139) Aparte o sinal , e a região de convergência, esta expressão é igual a (6.129), pelo que, a sua decomposição em fracções simples será o simétrico de (6.129) , . (6.140) Aplicando as tabelas da transformada inversa (6.46) – (6.50) resulta que . (6.141) A saída total do sistema é então dada pela soma de (6.141) e (6.134) , t ¬ . (6.142) ( ) ( ) 3 2 t x t e u t = ( ) ( ) 3 1 t x t e u t = ÷ ( ) 1 x t ( ) ( ) ( ) 3 1 1 1 3 b t x t e u t X s s = ÷ ÷ = ÷ ÷ L ( ) 3 s 9 < ( ) ( ) ( ) Y s H s X s = ( ) ( )( )( ) 1 3 1 2 3 s Y s s s s = ÷ + + ÷ ( ) 2 3 s ÷ < 9 < ÷ ( ) 1 3 1 6 1 9 1 4 1 5 2 20 3 Y s s s s = ÷ + ÷ + + ÷ ( ) 2 3 s ÷ < 9 < ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 1 3 6 9 4 5 20 t t t y t e u t e u t e u t ÷ ÷ = ÷ + + ÷ ( ) ( ) ( ) 3 3 3 9 9 9 20 20 20 t t t y t e u t e u t e = + ÷ = 170 (IML 3.18) Considere o sistema causal descrito pela Problema 6.12. equação diferencial de coeficientes constantes . (6.143) a) determine a função de transferência, , e represente o mapa de pólos/zeros; b) Determine a resposta impulsional ; c) Calcule a resposta ao escalão unitário para as seguintes condições iniciais , ; (6.144) d) Que condições iniciais deveria ter para que a resposta do sistema ao escalão unitário apresente apenas a solução em regime estacionário? a) Para resolver um problema de equações diferenciais com condições iniciais, recorre- se à transformada de Laplace unilateral. Da propriedade de diferenciação no tempo (6.80) tem-se que , (6.145) . (6.146) Para obter a função de transferência, considere-se então que as condições iniciais são nulas, e calcule-se a transformada de (6.143) . (6.147) Aplicando então a definição de transferência a (6.147) resulta que . (6.148) Uma vez que, os pólos de (6.148) são dados por , (6.149) ainda é possível reescrever (6.148) na forma ( ) ( ) ( ) ( ) 2 4 y t y t y t x t '' ' + + = ( ) H s ( ) h t ( ) 0 1 y = ( ) 0 0 y = ( ) ( ) ( ) 0 u y t sY s y + ' ÷ ÷ L ( ) ( ) ( ) ( ) 2 0 0 u y t s Y s sy y + + '' ' ÷ ÷ ÷ L ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 4 s Y s sY s Y s X s + + = ( ) ( ) ( ) H s Y s X s = ( ) ( ) ( ) 2 1 2 4 Y s H s X s s s = = + + { } 1 3, 1 3 s j j = ÷ ÷ ÷ + 171 . (6.150) O mapa de pólos e zeros está representado na Figura 6.7. Figura 6.7. Mapa de pólos e zeros de . b) Para calcular a resposta impulsional é necessário obter a transformada inversa de (6.148). Sendo uma fracção própria, i.e., o número de pólos é superior ao número de zeros, pode decompor-se em fracções simples. Atendendo a (6.43) e (6.40) vem , (6.151) onde, por aplicação de (6.44)-(6.45), se pode obter que , (6.152) , (6.153) permitindo escrever . (6.154) Aplicando agora as tabelas da transformada inversa (6.46) – (6.50) resulta que . (6.155) ( ) ( )( ) 1 1 3 1 3 H s s j s j = + + + ÷ o je ( ) H s ( ) H s ( ) 1 3 1 3 A B H s s j s j = + + + + ÷ ( ) ( )( ) 1 3 1 3 1 3 1 1 1 3 2 3 1 3 1 3 s j s j s j A j s j s j s j =÷ ÷ =÷ ÷ + + = = = + ÷ + + + ÷ ( ) ( )( ) 1 3 1 3 1 3 1 1 1 3 2 3 1 3 1 3 s j s j s j B j s j s j s j =÷ + =÷ + + ÷ = = = ÷ + + + + + ÷ ( ) 1 1 1 1 2 3 1 3 2 3 1 3 H s j j s j s j = ÷ + + + ÷ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 1 3 1 3 1 1 1 2 2 3 2 3 3 j t j t j t j t t e e h t j e u t j e u t e u t j ÷ ÷ ÷ ÷ + ÷ ( ÷ = ÷ = ( ( ¸ ¸ 172 Considerando a fórmula de Euler, , obtém-se finalmente . (6.156) c) Para calcular a resposta do sistema ao escalão unitário, com condições iniciais não nulas, é necessário aplicar (6.145) e (6.146) bem como a transformada do escalão unitário (6.143). Os pares transformada de (6.143) são então dados por , (6.157) , (6.158) . (6.159) A transformada de (6.143) é então dada por . (6.160) Através de alguma manipulação algébrica é possível obter . (6.161) Os pólos de são dados por , (6.162) o que, permite reescrever (6.161) na forma . (6.163) Sendo uma fracção própria, pode decompor-se em fracções simples. Atendendo a (6.43) e (6.40) vem que ( ) ( ) sin 2 j j e e j u u u ÷ = ÷ ( ) ( ) ( ) 1 sin 3 3 t h t e t u t ÷ = ( ) ( ) 2 u y t s Y s s '' ÷ ÷ L ( ) ( ) 1 u y t sY s ' ÷ ÷ L ( ) ( ) 1 u x t u t s = ÷ L ( ) ( ) ( ) 2 1 2 1 4 s Y s s sY s Y s s ÷ + ÷ + = ( ¸ ¸ ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 4 2 2 1 2 4 s s Y s s s s s Y s s s s + + = + + · + + · = + + 2 2 4 s s + + { } 1 3, 1 3 s j j = ÷ ÷ ÷ + ( ) ( )( ) 2 2 1 1 3 1 3 s s Y s s s j s j + + = + + + ÷ ( ) Y s 173 , (6.164) onde, por aplicação de (6.44)-(6.45), se pode obter que , (6.165) , (6.166) . (6.167) Note-se que, para simplificar uma fracção, cujo denominador é um número complexo, é necessário multiplicar ambos os membros pelo conjugado do denominador. Substituindo agora (6.165) – (6.167) na expressão de permite obter . (6.168) Novamente, por aplicação das tabelas da transformada inversa (6.46) - (6.50) obtém-se . (6.169) Ainda é possível reescrever esta resposta como , (6.170) que, por aplica-se da fórmula de Euler, ainda se reduz a . (6.171) Considerando agora que e , é possível reescrever (6.171) na forma ( ) 1 3 1 3 A B C Y s s s j s j = + + + + + ÷ ( ) ( )( ) ( )( ) 2 0 2 1 1 1 4 1 3 1 3 1 3 1 3 s s s s A s s j s j j j = + + = = = + + + ÷ + ÷ ( )( ) ( )( ) ( ) 2 2 1 3 1 3 1 3 2 1 2 1 3 3 8 1 3 1 3 1 3 s j s j s j s s s s j B s s j s j s s j =÷ ÷ =÷ ÷ + + + + + + + = = = + + + ÷ + ÷ ( )( ) ( )( ) ( ) 2 2 1 3 1 3 1 3 2 1 2 1 3 3 8 1 3 1 3 1 3 s j s j s j s s s s j C s s j s j s s j =÷ + =÷ + + ÷ + + + + ÷ = = = + + + ÷ + + ( ) Y s ( ) 1 1 3 3 1 3 3 1 4 8 8 1 3 1 3 j j Y s s s j s j + ÷ = + + + + + ÷ ( ) ( ) ( ) 3 3 1 3 3 3 3 4 8 8 t j t j t j j y t u t e e e u t ÷ ÷ ( + ÷ = + + ( ¸ ¸ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 1 3 3 4 8 8 t j t j t j t j t y t u t e e e j e e u t ÷ ÷ ÷ ( = + + ÷ ÷ ( ¸ ¸ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 3 3 1 cos 3 sin 3 4 2 2 2 t y t u t e t t u t ÷ ( = + + ( ¸ ¸ ( ) sin 6 1 2 t ÷ = ÷ ( ) cos 6 3 2 t ÷ = 174 . (6.172) Finalmente, recordando que obtém-se . (6.173) d) No resultado anterior é possível distinguir uma parte da resposta que, cuja forma, segue o sinal de entrada (à parte uma amplitude diferente) e que constitui a resposta do sistema em regime estacionário . O restante, representa o regime transitório. Este regime surge devido à presença das condições iniciais, e pode ser alterado em função destas. Num sistema estável, o regime transitório converge para zero quando o tempo tende para infinito. O regime transitório da saída de um sistema representa a componente que se anula quando . Para encontrar as condições iniciais que anulam o regime transitório, é necessário obter, de forma geral, a transformada de (6.143) para duas condições iniciais arbitrárias. Considerando novamente (6.145) – (6.146), é possível obter uma expressão geral para (6.143) com duas condições iniciais arbitrárias . (6.174) Agrupando todos os termos independentes no segundo membro, e reduzindo ao mesmo denominador obtém-se , (6.175) que pode ser colocada na forma . (6.176) Novamente, é uma fracção própria, pelo que, atendendo a (6.43), (6.40), pode ser decomposta em fracções simples ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 3 cos cos 3 sin sin 3 4 2 6 6 t y t u t e t t u t t t ÷ ( | | | | = + ÷ ÷ ÷ | | ( \ . \ . ¸ ¸ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) cos cos cos sin sin a b a b a b + = ÷ ( ) ( ) ( ) 1 3 cos 3 4 2 6 t y t u t e t u t t ÷ | | = + ÷ | \ . ( ) ( ) 1 4 u t t ÷+· ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 0 0 2 0 4 s Y s sy y sY s y Y s s + + + ( ' ÷ ÷ + ÷ + = ¸ ¸ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 0 0 2 0 1 2 4 s y sy sy s s Y s s + + + ' + + + + + = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 0 0 2 0 1 2 4 s y sy sy Y s s s s + + + ' + + + = + + ( ) Y s 175 . (6.177) Note-se que, os termos relativos a e correspondem ao regime transitório, e o termo ao regime estacionário (é igual à entrada à parte uma constante). Para anular o regime transitório é necessário impor que e sejam nulos. Por aplicação de (6.44)- (6.45), pode obter-se que . (6.178) . (6.179) . (6.180) Torna-se então possível resolver o problema através de dois métodos. Método 1. Note-se que, impor que ambos e sejam nulos corresponde a resolver o seguinte sistema de duas equações , (6.181) , (6.182) onde, por comodidade, se definiu e . Resolvendo (6.181) em ordem a permite obter . (6.183) Substituindo (6.183) em (6.181) resulta então que . (6.184) Finalmente, considerando os valores de e permite obter, após alguma álgebra ( ) 1 3 1 3 A B C Y s s s j s j = + + + + + ÷ B C A B C ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) 2 0 0 0 2 0 1 1 1 4 1 3 1 3 1 3 1 3 s s s y sy sy A s s j s j j j + + + = ' + + + = = = + + + ÷ + ÷ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) 2 1 3 1 3 0 0 2 0 1 0 1 3 1 3 s j s j s y s y y B s s j s j + + + =÷ ÷ ( ' + + + + + ¸ ¸ = = + + + ÷ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) 2 1 3 1 3 0 0 2 0 1 0 1 3 1 3 s j s j s y s y y C s s j s j + + + =÷ + ( ' + ÷ + + + ¸ ¸ = = + + + ÷ B C ( ) ( ) ( ) 2 1 1 0 0 2 0 1 0 p y p y y + + + ( ' + + + = ¸ ¸ ( ) ( ) ( ) 2 2 2 0 0 2 0 1 0 p y p y y + + + ( ' + + + = ¸ ¸ 1 1 3 p j = ÷ ÷ 2 1 3 p j = ÷ + ( ) 0 y + ' ( ) ( ) ( ) 1 1 1 0 0 2 0 y p y y p + + + ' = ÷ ÷ ÷ ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 0 0 1 0 p p y p p y p + + ÷ ÷ + = 1 p 2 p 176 . (6.185) O valor de pode ser obtido directamente por substituição de (6.185) em (6.183) . (6.186) Método 2. Note-se que, anular o regime transitório em toda a parte, implica que, este se anule também no instante inicial. Então, quando , a resposta do sistema deve ser igual à resposta do regime estacionário. Pelo teorema do valor inicial pode dizer-se que . (6.187) De (6.187) retira-se que . Finalmente, impor que e sejam nulos, considerando (6.179) – (6.180), corresponde a resolver . (6.188) Para que (6.188) tenha solução para ambos os pólos é necessário que . ( ) 1 3 3 1 0 2 4 6 2 3 j y j + + = ÷ = ÷ ÷ ( ) 0 y + ' ( ) ( ) 1 1 1 0 1 3 2 0 4 4 1 3 y j j + ' = + ÷ ÷ = ÷ ÷ 0 t = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 3 2 0 0 0 2 0 1 0 1 lim lim lim lim 4 2 4 t s s s s y sy sy s y y t sY s s s s s s + + + + ÷ ÷+· ÷+· ÷+· ' + + + = = = = + + ( ) 0 1 4 y + = B C ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1,2 1,2 1,2 1,2 0 0 2 0 1 0 0 0 p y p y p y p y + + + + ' ' + + + = · = ( ) 0 0 y + ' = 177 Capítulo 7.Transformada de Fourier (IML 3.26) Determine a transformada de Fourier de cada Problema 7.1. uma das seguintes funções no tempo: a) , (7.1) b) , (7.2) c) , (7.3) d) . (7.4) A transformada de Fourier, define-se como um limite quando da transformada de Laplace. A transformada de Fourier e a sua inversa são respectivamente definidas por , (7.5) . (7.6) A transformada de Fourier goza ainda das seguintes propriedades: 1) Linearidade: Se (7.7) então . (7.8) 2) Translação no tempo: Se , (7.9) ( ) ( ) 3 x t t o = ( ) ( ) 2t x t e u t = ÷ ( ) t x t e ÷ = ( ) ( ) ( ) 1 1 t x t e u t u t ÷ = + ÷ ÷ ( ¸ ¸ s je = ( ) ( ) j t X j x t e dt e e +· ÷ ÷· = } ( ) ( ) 1 2 j t x t X j e d e e e t +· ÷· = } ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 , , x t X j x t X j e e ÷ ÷ F F ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 ax t bx t aX j bX j e e + ÷ + F ( ) ( ) x t X je ÷ F 178 então . (7.10) 3) Translação na frequência: Se , (7.11) então . (7.12) 4) Mudança de escala: Se , (7.13) então . (7.14) 5) Convolução: Se (7.15) então . (7.16) 6) Diferenciação no domínio do tempo: Se , (7.17) então ( ) ( ) 0 0 j t x t t e X j e e ÷ ÷ ÷ F ( ) ( ) x t X je ÷ F ( ) ( ) ( ) 0 j t e x t X j e e e ÷ ÷ F ( ) ( ) x t X je ÷ F ( ) 1 j x at X a a e | | ÷ | \ . F ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 , , x t X j x t X j e e ÷ ÷ F F ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 x t x t X j X j e e - ÷ F ( ) ( ) x t X je ÷ F 179 . (7.18) 7) Diferenciação no domínio da transformada: Se , (7.19) então , . (7.20) 8) Integração no domínio do tempo: Se , (7.21) então . (7.22) 9) Simetria: Se é um função real, então , (7.23) em que o operador representa o complexo conjugado. 10) Dualidade: Se , (7.24) então . (7.25) 11) Modulação: ( ) ( ) dx t j X j dt e e ÷ F ( ) ( ) x t X je ÷ F . . RC R ÷ ( ) ( ) dX j tx t j d e e ÷ F . . RC R ÷ ( ) ( ) x t X je ÷ F ( ) ( ) ( ) 1 0 t x d X j j t t o e e ÷· ÷ } F ( ) x t ( ) ( ) * X j X j e e ÷ = * ( ) ( ) x t X je ÷ F ( ) ( ) 2 X jt x t e ÷ ÷ F 180 . (7.26) Para sinais não periódicos, pode ainda deduzir-se a relação de Parseval, que indica o seguinte resultado . (7.27) a) Esta alínea pode ser resolvida por dois métodos distintos. Método 1. Através das tabelas da transformada de Fourier sabemos que, , pelo que, aplicando a propriedade da mudança de escala (7.14) resulta imediatamente . (7.28) Método 2. Pelas tabelas da transformada de Laplace, sabemos que , pelo que . (7.29) Uma vez que a região de convergência contém o eixo imaginário, é possível calcular a transformada de Fourier do sinal fazendo , pelo que vem . b) Esta alínea pode ser resolvida por dois métodos distintos. Método 1. Pela definição (7.5), temos que . (7.30) Note-se que, a função integrada converge quando . Método 2. Pelas tabelas da transformada de Laplace, sabemos que ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 r t s t p t R j S j P j e e e t = ÷ = - ( ¸ ¸ F ( ) ( ) 2 2 1 2 x t dt X j d e e t +· +· ÷· ÷· = } } ( ) 1 t o ÷ F ( ) ( ) 1 3 3 3 x t t o = ÷ F ( ) 1 b t o ÷ L ( ) ( ) 1 3 3 3 b x t t o = ÷ L s je = ( ) 1 3 X je = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 2 2 2 1 2 2 j t j t t j t e X j e u t e dt e dt j j e e e e e e +· ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷· ÷· ÷· = ÷ = = = ÷ ÷ ÷ } } t ÷÷· 181 , ( ) . . : 2 RC s 9 < . (7.31) Novamente, como a R.C. contém o eixo imaginário, pode tomar-se s je = e obter, . c) Reconhecendo que , (7.32) tem-se pela definição (7.5) que . (7.33) Novamente, ambas as funções são absolutamente integráveis. d) Pela definição (7.5), e após alguma manipulação algébrica, é possível obter ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 0 1 1 1 1 1 0 0 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 1 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 1 1 2 1 t j t j t j t j t j t j j j j j j X j e e dt e dt e dt e e j j e e j j j j e e j j j j j e j e e e e e e e e e e e e e e e e e e e e e e e e e e e e ÷ ÷ ÷ ÷ + ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ + ÷ ÷ + ÷ ÷ + = = + = = + = ÷ ÷ ÷ + = ÷ + ÷ = ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ + ÷ + ( = + ÷ + = ( ÷ + ÷ + ¸ ¸ ( = ÷ + + ÷ = ¸ ¸ + + = ÷ + } } } ( ) 1 2 1 j j j j e e e j e e e e e e e e ÷ ÷ ÷ ( + + ÷ ¸ ¸ + . (7.34) Aplicando as entidades trigonométricas ( ) 2 1 2 b t e u t s ÷ ÷÷ ÷ L . .: 2 RC 9< ( ) ( ) 1 2 X j j e e = ÷ 0 0 t t t e t e e t ÷ ÷ ¦ > ¦ = ´ < ¦ ¹ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 1 1 1 1 0 0 2 1 1 1 1 1 1 2 0 0 1 1 1 1 1 j t j t j t j t e e X j e dt e dt j j j j j j e e e e e e e e e e e e +· +· ÷ ÷ ÷ + ÷ ÷ ÷ + ÷· ÷· = + = + = ÷ ÷ ÷ + | | | | = ÷ + ÷ = + = | | ÷ ÷ ÷ + ÷ + + \ . \ . } } 182 , , (7.35) é possível reescrever (7.34) na forma . (7.36) ( ) cos 2 j j e e e e e ÷ + = ( ) sin 2 j j e e j e e e ÷ ÷ = ( ) ( ) ( ) { } 1 2 2 1 cos sin 1 X j e e e e e e ÷ = ÷ ÷ ( ¸ ¸ + 183 Encontre ( ) x t , sabendo que Problema 7.2. , , (7.37) que estão representados na Figura 7.1. Figura 7.1. Mapa do módulo e argumento de . Este exercício pode ser resolvido por dois métodos distintos. Método 1. Pela definição da transformada inversa de Fourier (7.6), sabendo que, , (7.38) obtém-se por aplicação directa da transformada inversa . (7.39) Por aplicação da entidade trigonométrica (7.35), resulta finalmente que . (7.40) ( ) 1 1 1 0 . . X j c c e e ÷ < < ¦ = ´ ¹ ( ) { } arg X je e = ÷ ( ) X je ( ) ( ) ( ) { } arg j X j X j X j e e e e = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 1 1 1 1 1 2 1 2 1 1 2 j t j j t j t j t j t j t j t x t e e d e d e e e e e j t j t t j e e e e e e t t t t t ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ = = = ( ÷ ( = = ÷ = ( ¸ ¸ ÷ ÷ ÷ ¸ ¸ } } ( ) ( ) ( ) sin 1 1 1 t x t t t ÷ = ÷ 184 Método 2. Uma vez que , é possível considerar um sinal auxiliar , que é igual ao módulo de . Pode então interpretar- se a multiplicação por como o resultado de uma deslocação no tempo. Pelas tabelas da transformada de Fourier sabe-se que . (7.41) Aplicando a (7.37) obtém-se imediatamente . (7.42) Pela propriedade da translação no tempo (7.10) conclui-se finalmente que . (7.43) ( ) ( ) ( ) { } arg X j X j X j e e e e = ( ) ( ) 1 X j X j e e = ( ) X je ( ) { } arg X j e e ( ) ( ) ( ) 1, sin 0, W Wt x t X j t W e e t e ¦ < ¦ = ÷ = ´ > ¦ ¹ F ( ) ( ) ( ) 1 1 1, 1 sin 0, 1 t x t X j t e e t e ¦ < ¦ = ÷ = ´ > ¦ ¹ F ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 1 1 0 sin 1 1 1 j t t X j X j e x t t x t t e e e t ÷ ÷ = ÷ ÷ = = ÷ F 185 Determine uma representação em séries de Fourier para Problema 7.3. os seguintes sinais a) , (7.44) b) , (7.45) c) . (7.46) Figura 7.2. Representação de . Os sinais periódicos podem ser representados em série de Fourier , (7.47) onde os coeficientes são dados por . (7.48) a) Comece-se por obter o período de . Uma vez que uma função do tipo , (7.49) é periódica, de frequência fundamental , (logo de período ) tem-se que . (7.50) ( ) 1 cos 4 t x t t ÷ | | = | \ . ( ) ( ) ( ) cos 4 sin 6 x t t t = + ( ) ( ) ( ) , 2 , 2 , 2 1, t t k k x t t t k k o o = e ¦ ¦ = ´ ÷ = + e ¦ ¹ 1 2 ÷ 0 2 4 2 ÷ 4 ÷ 3 ÷ 1 ÷ 1 3 ( ) x t t ( ) x t ( ) 0 0 0 2 , jk t k k x t c e T e t e +· =÷· = = ¿ k c ( ) 0 0 0 1 jk t k T c x t e dt T e ÷ = } ( ) x t ( ) 0 cos t e | + 0 e 0 0 2 T t e = ( ) 0 0 1 1 cos cos 8 4 4 4 4 t x t t T t t t e ÷ | | | | = = ÷ ¬ = · = | | \ . \ . 186 Desta forma, o sinal pode ser escrito em série de Fourier como . (7.51) Reescrevendo (7.50) utilizando a fórmula de Euler , , (7.52) resulta que . (7.53) Note-se que, (7.53) é uma representação em série de Fourier de . Por inspecção de (7.53), verifica-se que os coeficientes não nulos são dados por , (7.54) . (7.55) b) Novamente, comece-se por obter o período de . Uma vez que as funções seno e co-seno são periódicas de período , tem-se que: . (7.56) Para que seja periódico, a condição , (7.57) tem de ser verificada, ou seja, , (7.58) i.e., 1 2 T T tem de ser um número racional. Assim, o período é dado pelo mínimo múltiplo comum de e . Tem-se então que ( ) x t ( ) 4 j kt k k x t c e t +· =÷· = ¿ ( ) cos 2 e e u u u ÷ + = ( ) sin 2 e e j u u u ÷ ÷ = ( ) ( ) ( ) 1 1 4 4 4 4 4 4 1 1 1 1 2 2 2 2 j t j t j j t j j t x t e e e e e e t t t t t t ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ = + = + ( ) x t k c ( ) 4 1 1 1 1 2 2 2 j j c e t ÷ + = = ( ) 4 1 1 1 1 2 2 2 j j c e t ÷ ÷ = = ( ) x t 2kt ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 1 2 2 x t x t T x t T x t mT x t kT = + + + = + + + ( ) x t 1 2 mT kT T = = 1 2 T k T m = e 1 T 2 T 187 . (7.59) O mínimo múltiplo comum, e portanto o período da função, é . Uma vez que , pode decompor-se em série de Fourier onde . (7.60) Novamente, pela fórmula de Euler (7.52) vem que . (7.61) Note-se que, (7.61) ainda pode ser escrita como , (7.62) que é uma representação em série de Fourier, onde os coeficientes não nulos são , , , . (7.63) c) Por inspecção, verifica-se que , então e pode expandir-se em série de Fourier na forma . (7.64) Os coeficientes de Fourier podem então ser calculados através da definição (7.48) . (7.65) Resolvendo (7.65), resulta que . (7.66) 1 1 1 2 2 2 4 2 3 2 2 6 2 3 T T T T T T t t t t ¦ = · = ¦ ¦ ¬ = ´ ¦ = · = ¦ ¹ 0 T t = 0 0 2 2 T e t = = ( ) x t ( ) 2 j kt k k x t c e +· =÷· = ¿ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4 4 6 6 1 1 cos 4 sin 6 2 2 j t j t j t j t x t t t e e e e j ÷ ÷ = + = + + ÷ ( ) 2 3 2 2 2 2 2 3 1 1 1 1 2 2 2 2 j t j t j t j t x t e e e e j j ÷ × ÷ × × × = ÷ + + + k c 3 1 2 c j ÷ = ÷ 2 1 2 c ÷ = 2 1 2 c = 3 1 2 c j = 0 2 T = 0 e t = ( ) x t ( ) j kt k k x t c e t +· =÷· = ¿ ( ) ( ) ( ) 3 2 3 2 1 2 1 2 1 1 2 1 2 2 jk t jk t k c x t e dt t t e dt t t o o ÷ ÷ ÷ ÷ = = ÷ ÷ ( ¸ ¸ } } ( ) ( ) 1 1 1 1 2 1 2 1 2 2 2 k jk jk k c e e t t ÷ ÷ ( = ÷ = ÷ = ÷ ÷ ¸ ¸ 188 Finalmente, o sinal expresso em série de Fourier é então dado por , . (7.67) ( ) x t ( ) j kt k k x t c e t +· =÷· = ¿ ( ) 1 1 2 1 2 k k c ( = ÷ ÷ ¸ ¸ 189 Calcular ( ) x t sabendo que Problema 7.4. . (7.68) Este exercício pode ser resolvido por dois métodos distintos. Método 1. Note-se que, é possível escrever (7.68) como . (7.69) Nas tabelas da transformada de Fourier encontra-se o seguinte par . (7.70) Agrupando os termos de de (7.69) na forma , (7.71) verifica-se que estes correspondem ao caso tabelado em (7.70). Por aplicação directa, tem-se então que . (7.72) Método 2. Aplicando a definição de transformada inversa de Fourier (6.2), a (7.69), vem que . (7.73) Considerando a fórmula de Euler (7.52), pode escrever-se como ( ) ( ) { } ( ) { } 2 , 20, 20 , 10,10 X j o e e e o e e = ÷ ¦ ¦ = ´ = ÷ ¦ ¹ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 20 10 10 2 20 X je o e o e o e o e = + + + + ÷ + ÷ ( ) ( ) ( ) 0 0 0 cos t e t o e e o e e ÷ ÷ + + ( ¸ ¸ F ( ) X je ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 20 20 10 10 X je o e o e o e o e = ÷ + + + ÷ + + ( ( ¸ ¸ ¸ ¸ ( ) ( ) ( ) 2 1 cos 20 cos 10 x t t t t t = + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 20 10 10 20 1 2 20 10 10 2 20 2 1 1 1 1 2 2 j t j t j t j t j t x t e d e e e e e o e o e o e o e e t t t t t +· ÷· ÷ ÷ = + + + + ÷ + ÷ = ( ¸ ¸ = + + + } ( ) x t 190 . (7.74) ( ) ( ) ( ) 2 1 cos 20 cos 10 x t t t t t = + 191 (IML 3.31) Considere o sinal ( ) x t cujo espectro de Problema 7.5. frequência está representado na Figura 7.3 Figura 7.3. Representação de . a) O sinal tem componente contínua? Em caso afirmativo indique a sua amplitude no domínio do tempo. Justifique a resposta; b) O sinal é real? Justifique a resposta. Note-se que, a componente contínua de um sinal, , é a sua média temporal, i.e., . (7.75) Mais ainda, recorrendo à transformada de Fourier, verifica-se que a componente contínua de um sinal pode ser identificada por um delta de Dirac na origem, i.e., em . a) Por inspecção, verifica-se que a transformada do sinal apresenta um Dirac na origem de amplitude . A transformada inversa da componente contínua do sinal pode ser obtida através do par transformada , (7.76) que permite obter facilmente, . (7.77) A amplitude da componente dc no tempo é então dada por 0 ( ) X je e 3t t 9 11 ~ ( ) X je ( ) x t ( ) x t ( ) x t ( ) ( ) 2 2 1 lim T T T x t x t dt T ÷ ÷· = } 0 e = 3t ( ) 1 2to e ÷ F ( ) 3 3 2 to e ÷ F 192 . (7.78) b) Recorde-se que, um sinal real verifica a propriedade da simetria (7.23), i.e., é uma função par, e é uma função ímpar. Uma vez que o módulo do espectro não é par, o sinal não pode ser real. ( ) 3 2 dc x t = ( ) x t ( ) X je ( ) { } arg X je ( ) x t 193 (IML 3.32) Sejam ( ) x t e ( ) y t , respectivamente, os sinais Problema 7.6. de entrada e de saída de um sistema contínuo, cujas transformadas de Fourier se relacionam pela seguinte equação: . (7.79) Qual a relação entre os sinais de entrada e de saída do sistema no domínio do tempo? Justifique a resposta. Utilizando as tabelas da transformada, podemos utilizar um conjunto de propriedades, nomeadamente: 1) Mudança de escala (7.13); 2) Translação no tempo (7.10); 3) Translação na frequência (7.12). Partindo do par transformada base , (7.80) aplique-se uma mudança de escala (7.13) com a (7.80), o que conduz a . (7.81) Em seguida, aplicando uma translação no tempo (7.10) com a (7.81) obtém-se . (7.82) Finalmente, aplicando uma translação na frequência (7.12) com a (7.82) pode escrever-se . (7.83) Um vez que, no domínio da transformada, se obteve a relação entre os sinais de entrada e saída apresentado em (7.79), a relação correspondente, obtida no domínio do tempo, é a relação, no tempo, entre a entrada e a saída do sistema . (7.84) ( ) ( ) ( ) 10 4 1 1 10 3 3 j Y j e X j e e e ÷ ÷ | | = ÷ | \ . ( ) ( ) x t X je ÷ F 3 a = ( ) 1 3 3 3 x t X j e | | ÷ | \ . F 4 t t ' = ÷ ( ) ( ) 4 1 3 4 3 3 j x t e X j e e ÷ | | ÷ ÷ | \ . F 10 e e ' = ÷ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 10 4 10 1 10 3 4 3 3 j j t y t e x t Y j e X j e e e ÷ ÷ ÷ | | = ÷ ÷ = | \ . F ( ) ( ) ( ) 10 3 4 j t y t x t e = ÷ 194 (IML 3.33) Considere o sistema cuja resposta de Problema 7.7. frequência é . (7.85) O espectro de frequência do sinal de entrada é dado por . (7.86) Determine então o sinal de saída . Justifique a resposta. Comece-se por representar os espectros do sinal de entrada e da função de transferência, Figura 7.4. Representação do espectro do sinal de entrada (a vermelho) e do espectro do sinal da resposta em frequência (a azul). O espectro do sinal de saída é dado por , pelo que, . (7.87) Por aplicação das tabelas da transformada de Fourier ( ) resulta imediatamente que , . (7.88) ( ) ( ) 2 1 ; 1 0 ; . . H j c c e e e ¦ ÷ < ¦ = ´ ¦ ¹ ( ) x t ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 5 10 20 5 10 20 X j u u u u e to e e e e e = + ÷ ÷ ÷ + ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ( ( ¸ ¸ ¸ ¸ ( ) y t 2t 2 1 e 1 ÷ 10 ÷ 20 ÷ 20 10 5 ( ) X je ( ) H je ( ) ( ) ( ) Y j X j H j e e e = ( ) ( ) 4 Y je to e = ( ) 1 2to e ÷ F ( ) 2 y t = t ¬ 195 (IML 3.34) Seja Problema 7.8. , (7.89) a saída de um sistema contínuo ao sinal de entrada . O espectro do sinal , , tem a amplitude e a fase dadas por, ( ) { } arg 0 X je = , e ¬ . (7.90) Figura 7.5. Representação do módulo de . a) O sinal é real? Justifique a resposta.; B) Esboce a amplitude e a fase do espectro, , do sinal . Justifique a resposta. a) Sim. O sinal é real porque verifica a propriedade da simetria (7.23): i) é uma função par, i.e., ; ii) é uma função ímpar, . b) Pelas propriedades da transformada de Fourier, é possível identificar as seguintes operações: 1) Mudança de escala (7.14); 2) Translação no tempo (7.10); 3) Multiplicação por uma constante. Partindo do par transformada , (7.91) aplique-se uma mudança de escala (7.14) com que resulta em ( ) ( ) ( ) 2 2 1 y t x t = ÷ ( ) x t ( ) x t ( ) X je ( ) X je e 2 1 1 2 0 2 ÷ 1 ÷ ( ) X je ( ) x t ( ) Y je ( ) y t ( ) X je ( ) ( ) X j X j e e = ÷ ( ) { } arg X je ( ) { } ( ) { } arg arg X j X j e e ÷ = ÷ ( ) ( ) x t X je ÷ F 2 a = 196 . (7.92) Em seguida, efectue-se uma translação no tempo (7.10) com que conduz a . (7.93) Finalmente, multiplicando por obtém-se . (7.94) Finalmente, uma vez que , o módulo e a fase do espectro da saída são dados por , . (7.95) que se encontram representados na Figura 7.5. Figura 7.6. Representação do módulo e fase de . ( ) 1 2 2 2 x t X j e | | ÷ | \ . F 1 t t ' = ÷ ( ) ( ) 1 2 1 2 2 j x t e X j e e ÷ | | ÷ ÷ | \ . F 2 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 2 j y t x t Y j X j e e e e ÷ | | = ÷ ÷ = | \ . F ( ) ( ) ( ) exp 0 X j X j j e e = ( ) 2 Y j X j e e | | = | \ . ( ) { } arg Y je e = ÷ 1 2 e 2 ÷ 2 4 4 ÷ ( ) Y je 1 ÷ 1 e ( ) { } arg Y je ( ) Y je 197 Anexo A. Fundamentos Matemáticos A.1. (IML Anexo A) Noções de trigonometria Este primeiro problema aborda algumas definições básicas de trigonometria. A Figura A.1 representa um triângulo rectângulo. Figura A.1. Representação de um triângulo rectângulo. a) Relacione as funções seno, co-seno e tangente com os elementos do triângulo. b) Utilize o teorema de Pitágoras para provar que: . c) Represente um ângulo , arbitrário, no primeiro quadrante e relacione os valores de e com e . a) As funções seno, co-seno e tangente podem ser relacionadas, com os elementos do triângulo, da seguinte forma: , , . (A.1) b) O teorema de Pitágoras permite relacionar os elementos de um triângulo rectângulo da seguinte forma . (A.2) Substituindo nesta equação as expressões de x e y, obtidas a partir de (A.1) y x r u ( ) ( ) 2 2 cos sin 1 u u + = u ( ) sin u ( ) cos u ( ) sin 2 t u ÷ ( ) cos 2 t u ÷ ( ) sin y r u = ( ) cos x r u = ( ) ( ) ( ) ( ) sin 1 tan cos cot y x u u u u = = = 2 2 2 r y x = + 198 , , (A.3) chega-se finalmente a . (A.4) c) Através da representação dos ângulos e , no círculo trigonométrico (Figura A.2) Figura A.2. Representação dos ângulos u e 2 t u ÷ no círculo trigonométrico. facilmente se verifica que , . (A.5) ( ) cos x r u = ( ) sin y r u = ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 sin cos 1 sin cos r r r u u u u = + ¬ = + u 2 t u ÷ ( ) sin u ( ) cos u 2 t 0 u 2 t u ÷ ( ) ( ) sin cos 2 u t u = ÷ ( ) ( ) cos sin 2 u t u = ÷ 199 A.2. (IML Anexo A) Definição de número complexo. Defina-se um número complexo, na sua forma cartesiana, como , (A.6) sendo que , (esta entidade imaginária é introduzida para que se possam resolver equações do tipo ). Defina-se agora a mesma entidade na sua forma polar (Figura A.3), Figura A.3. Representação dos ângulos u e 2 t u ÷ no círculo trigonométrico. onde os novos parâmetros e se relacionam com a forma cartesiana através de , , , , . (A.7) Finalmente, através da Formula de Euler , (A.8) substituindo x e y em função de e é possível representar w na sua forma polar . (A.9) Recorrendo às duas notações acima definidas é possível representar várias entidades: Complexo conjugado: . (A.10) w x j y = + 1 j = ÷ 2 1 j = ÷ 2 1 1 x x j = ÷ ¬ = ± ÷ = ± w x r u y 0 9 · r u ( ) cos x r u = ( ) sin y r u = ¬ 2 2 r x y = + arctan y x u | | = | \ . ( ) ( ) cos sin j e j u u u ± = ± r u ( ) ( ) cos sin j w r j r re u u u = + = * j w x j y re u ÷ = ÷ = 200 Inverso: . (A.11) Potência: . (A.12) Raiz: . (A.13) Quadrado do módulo: . (A.14) Parte real: . (A.15) Parte imaginária: . (A.16) Outros: , . (A.17) Como exemplo de aplicação, considere-se e obtenha-se: * 2 1 1 1 1 j j w e w x j y re r w u u ÷ = = = = + ( ) ( ) , n n n j n j n n w x j y re r e u u ¬ e = + = = ( ) 2 1 1 , , 0,..., 1 k j n n n j j n n n w re re re k n u t u u + ¬ e = = = = ÷ ( )( ) * 2 j j w w x j y x j y re re r u u ÷ = + ÷ = = ( ) * 2 w w x w + = 9 = ( ) * 2 w w y w j ÷ = · = ( ) cos 2 j j e e u u u ÷ + = ( ) sin 2 j j e e j u u u ÷ ÷ = 1 1 2 2 w j = + 201 , . (A.18) , , . (A.19) , , . (A.20) 1 1 2 2 w j = + * 1 1 2 2 w j = ÷ 2 2 1 1 1 2 2 2 r = + = ( ) 1 2 arctan arctan 1 1 2 4 t u | | = = = | \ . 4 1 2 j w e t = 1 4 1 2 j w e w t ÷ ÷ = = 2 2 1 2 j w e t = 2 9 8 2 8 8 4 4 4 1 1 1 , 2 2 2 k j j j w e e e t t t t + ¦ ¹ = = ´ ` ¹ ) 202 A.3. (IML Anexo A) Prova de relações trigonométricas Neste exercício, pretende-se provar a conhecida relação trigonométrica . (A.21) Considere-se a fórmula de Euler, aplicada a uma soma de ângulos arbitrários . (A.22) Por outro lado, tem-se que . (A.23) Aplicando agora (A.22) ao segundo membro de (A.23) resulta que . (A.24) Finalmente, aplicando (A.22) ao primeiro membro de (A.23) tem-se que , (A.25) que é precisamente a relação (A.21). ( ) ( ) cos cos cos sin sin sin sin cos sin cos u | u | u | u | u | | u ± = ± = ± u | ± ( ) ( ) ( ) cos sin j e j u | u | u | ± = ± ± ± ( ) j j j e e e u | u | ± ± = ( )( ) ( ) ( ) cos sin cos sin cos cos sin sin sin cos sin cos j j e e j j j u | u u | | u | u | u | | u ± = + ± = = + ± ( ) ( ) cos cos cos sin sin sin sin cos sin cos u | u | u | u | u | | u ± = ± = ± 203 A.4. (IML Anexo A) Séries Geométricas Dada uma série definida como , (A.26) onde .Calcule-se o resultado de (A.26) para os seguintes casos: a) ; b) ; c) . a) . (A.27) b) Para , torna-se necessário desenvolver (A.26) da seguinte forma , (A.28) onde se definiu . (A.29) Multiplicando agora (A.29) por tem-se que . (A.30) Agrupando os termos de (A.30), facilmente se verifica que . (A.31) Substituindo (A.31) em (A.28) conclui-se finalmente que { } 1 1 2 2 1 N n k k k N N n k | | | | | | ÷ + + ÷ ÷ = = + + +··· + + ¿ | e 1 | = 1 | = N ÷+· 1 | = { } 1 1 2 2 1 1 1 1 1 1 N n k k k N N n k N k | ÷ + + ÷ ÷ = = + + +··· + + = ÷ ¿ 1 | = 1 | = { } { } 1 1 2 2 1 0 1 2 2 1 1 N n k k k N N n k k N k N k k N k S | | | | | | | | | | | | | ÷ + + ÷ ÷ = ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ = + + +··· + + = = + + +··· + + = ¿ { } 0 1 2 2 1 1 N k N k N k S | | | | | ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ = + + +··· + + ( ) 1 | ÷ ( ) { } { } 0 1 2 2 1 1 0 1 2 2 1 1 N k N k N k N k N k S | | | | | | | | | | | | ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ = + + +··· + + ÷ + + +··· + + ( ) 1 1 1 1 1 1 N k N k N k N k S S | | | | ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ = ÷ · = ÷ 204 . (A.32) c) Obter o caso em que resume-se a calcular o limite de (A.32) quando . Uma vez que é um número complexo, pode escrever-se como . (A.33) Então, ao calcular , (A.34) uma vez que o termo apenas introduz uma fase. Aplicando este resultado a (A.32), é possível obter , (A.35) pelo que, vem finalmente . (A.36) 1 1 , 1 1 N k N n k n k | | | | | ÷ ÷ = ÷ = = ÷ ¿ N ÷+· N ÷+· N ÷+· | ( ) N k j N k j N k e e u u | | | | ÷ ÷ ÷ = ¬ = ( ) 0, 1 lim lim , 1 1, 1 N k N k j N k N N e u | | | | | ÷ ÷ ÷ ÷+· ÷+· ¦ < ¦ = = +· > ´ ¦ = ¹ ( ) j N k e u ÷ 1 1 lim , 1 1 1 N k k k N | | | | | | ÷ ÷+· ÷ = < ÷ ÷ 1 , 1, 1 n k n k | | | | | +· = = < e ÷ ¿ 205 A.5. Expresse os seguintes números complexos na forma cartesiana e determine o seu módulo, inverso e conjugado. i) Através da análise do círculo trigonométrico verifica-se que . Pelo que pode reescrever-se i) como . (A.37) Da aplicação da formula de Euler, , a (A.37), resulta a forma cartesiana de i) . (A.38) Por inspecção, o módulo de i) é dado por . (A.39) O inverso pode ser calculado da seguinte forma 1 4 4 1 2 2 cos sin 4 4 1 2 2 cos sin 2 2 4 4 j j w e j e j j t t t t t t ÷ ÷ ( | | | | = = = ÷ + ÷ = | | ( \ . \ . ¸ ¸ ( | | | | = ÷ = ÷ | | ( \ . \ . ¸ ¸ , (A.40) uma vez que a função co-seno é par, , e a função seno é ímpar, . O conjugado, é obtido directamente a partir de i) ou de (A.38) . (A.41) 9 4 1 2 j w e t = 9 4 4 t t ÷ 4 1 2 j w e t = ( ) ( ) cos sin j e j u u u = + 4 1 1 1 2 2 2 2 cos sin 2 2 4 4 2 2 2 4 4 j w e j j j t t t ( ( | | | | = = + = + = + ( | | ( \ . \ . ¸ ¸ ¸ ¸ 1 2 r = ( ) ( ) cos cos u u ÷ = ( ) ( ) sin sin u u ÷ = ÷ * 4 1 2 2 2 4 4 j w e j t ÷ = = ÷ 206 ii) Novamente, por inspecção do circulo trigonométrico, verifica-se que , e que , . (A.42) Novamente, aplicando a fórmula de Euler a (A.42), obtém-se a forma cartesiana de ii) . (A.43) Por inspecção, o módulo de ii) pode ser obtido de (A.43) pela definição . (A.44) O conjugado, pode ser obtido de (A.43) . (A.45) Ainda se pode obter o inverso através de . (A.46) Como exercício adicional, represente-se ii) na sua forma polar. Para tal é necessário obter o ângulo através de . (A.47) Estará este raciocínio errado, uma vez que ii) pertence claramente ao segundo quadrante e não ao quarto? Sim, porque ao obter o valor de através da tangente, uma vez que esta é periódica de período , é necessário escolher o valor que se situa no quadrante correcto, pelo que, , obtendo finalmente . (A.48) ( ) 4 3 4 2 2 j j j w e e e t t t ÷ = + + t t ÷ ÷ ( ) ( ) cos 3 4 cos 4 t t = ÷ ( ) ( ) sin 3 4 sin 4 t t = ( ) ( ) 2 3 3 cos sin cos sin cos sin 2 4 4 4 4 2 cos sin cos sin 1 2 4 4 4 4 2 sin 1 1 4 w j j j j j j j t t t t t t t t t t t ( | | | | | | | | = + + + + + = | | | | ( \ . \ . \ . \ . ¸ ¸ ( | | | | | | | | = + ÷ + ÷ = | | | | ( \ . \ . \ . \ . ¸ ¸ | | = ÷ = ÷ + | \ . ( ) 2 2 1 1 2 r = ÷ + = * 1 w j = ÷ ÷ * 1 2 1 1 1 1 2 2 2 w j w j w w ÷ ÷ ÷ = = = = ÷ ÷ ( ) 1 arctan arctan 1 4 1 u t | | = = ÷ = ÷ | ÷ \ . u t 4 3 4 u t t t = ÷ + = 3 4 2 i w e t = 207 iii) Da aplicação da fórmula de Euler a iii) resulta a forma cartesiana ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 8 8 1 cos 3 sin 3 2 2 8 1 0 1 8 j w j j e j j j j j t t t ( | | | | = + = ÷ + = | | ( \ . \ . ¸ ¸ = ÷ + ÷ = + ( ¸ ¸ . (A.49) Por inspecção, o módulo de ii) pode ser obtido de (A.49) pela definição . (A.50) A partir de (A.49) também se pode obter o conjugado e o inverso , . (A.51) ( ) 3 2 8 j w j j e t = + ( ) 2 2 8 1 8 1 9 3 r = + = + = = * 8 w j = ÷ * 1 2 1 8 8 1 9 9 9 w j w j w w ÷ ÷ = = = = ÷ 208 A.6. Expresse os seguintes números complexos na forma polar, determine o seu módulo, inverso e conjugado, e represente-o no plano complexo. i) Para escrever um número complexo na sua forma polar, é necessário obter o módulo e o argumento. Através da definição facilmente se obtém o módulo . (A.52) Novamente, através da definição, é possível obter o argumento . (A.53) Note-se que, foi necessário adicionar para que o argumento se situe no semi-eixo real negativo. Torna-se então possível reescrever i) na sua forma polar . (A.54) O conjugado obtém-se simplesmente através do simétrico do argumento . (A.55) Note-se que, * w w = uma vez que a parte imaginária de w é nula. Quanto ao inverso, este pode ser obtido por . (A.56) ii) Através da definição facilmente se obtém o módulo , (A.57) e o argumento 4 w= ÷ ( ) 2 2 4 0 4 w = ÷ + = 0 arctan 0 4 u t t | | = = + = | ÷ \ . t 4 j j w w e e u t = = * 4 4 j j w w e e w u t ÷ ÷ = = = ÷ = 1 1 1 1 4 4 4 j j w e e t t ÷ ÷ = = = ÷ ( ) 1 5 5 w j j j = + = ÷ + ( ) 2 2 5 5 1 25 1 26 w j = ÷ + = ÷ + = + = 209 . (A.58) Torna-se então possível reescrever ii) na sua forma polar . (A.59) O conjugado obtém-se simplesmente através do simétrico do argumento . (A.60) Quanto ao inverso, este pode ser obtido por . (A.61) iii) Este problema tem duas resoluções possíveis: (a) Multiplicar e dividir w pelo conjugado do denominador e depois obter o módulo, argumento e reescrever w na forma polar; (b) Colocar o numerador e denominador na forma polar e efectuar então a divisão. Seguindo a opção (b), é necessário obter o módulo e o argumento de ambos os membros da fracção. Através da definição facilmente se obtêm os módulos , . (A.62) Mais uma vez, através da definição, é possível obter os argumentos de iii) , . (A.63) Torna-se então possível reescrever iii) na sua forma polar . (A.64) O conjugado obtém-se simplesmente através do simétrico do argumento 1 arctan 2.9442 5 rad u | | = = | ÷ \ . 2.9442 26 j j w w e e u = = * 2.9442 26 j j w w e e u ÷ ÷ = = 1 2.9442 2.9442 1 1 26 26 j j w e e ÷ ÷ = = 3 3 3 1 1 j j w j j + ÷ = = + + 3 3 1 4 2 n w j = ÷ = + = = 1 1 1 2 d w j = + = + = 1 3 arctan arctan 3 6 3 n t u | | ÷ | | = = ÷ = ÷ | | | \ . \ . 1 arctan 1 4 d t u | | = = | \ . 5 6 12 4 2 2 2 n d j j j n n j j d d w e w e w e w w e e u t t u t ÷ ÷ = = = = 210 . (A.65) Quanto ao inverso, este pode ser obtido por . (A.66) 5 * 12 2 j j w w e e t u ÷ = = 5 1 12 5 12 1 1 2 2 j j w e e t t ÷ ÷ = = 211 A.7. Expresse os seguintes números complexos na forma cartesiana. i) O primeiro passo na resolução é a aplicação da fórmula de Euler, que resulta em . (A.67) Através do círculo trigonométrico é possível identificar , , (A.68) que aplicado em (A.67) permite obter . (A.69) ii) Esta alínea é facilmente resolvida multiplicando w pelo conjugado do denominador, e recorrendo à identidade . (A.70) iii) 4 1 2 2 sin 4 2 4 4 j w j e j t t ÷ | | = + ÷ ÷ | \ . 1 2 2 sin cos sin 4 2 4 4 4 4 w j j j t t t ( | | | | | | = + ÷ + ÷ ÷ ÷ | | | ( \ . \ . \ . ¸ ¸ sin sin 4 4 t t | | | | ÷ = ÷ | | \ . \ . cos cos 4 4 t t | | | | ÷ = | | \ . \ . 1 1 2 2 1 2 2 1 2 2 cos sin 0 2 4 2 4 4 4 2 2 4 2 2 4 w j j j j t t | | | | = + ÷ ÷ = ÷ + ÷ = | | \ . \ . 1 j w j = ÷ + 2 * ww w = ( ) ( )( ) ( ) 2 1 1 1 1 1 1 2 2 1 1 j j j w j j j ÷ ÷ ÷ + = = = ÷ ÷ + ÷ ÷ + 6 3 2 2 j w | | = + | | \ . 212 A forma mais expedita de abordar iii) é colocar w na sua forma polar, resolver a potência, e posteriormente converter o resultado para a forma cartesiana. O módulo e argumento de w são então dados por , . (A.71) Pode então obter-se . (A.72) Por aplicação directa da fórmula de Euler, vem finalmente . (A.73) 3 1 1 4 4 aux w = + = 3 arctan 3 6 aux t u | | = = | | \ . ( ) 6 6 6 j j aux w w e e t t | | = = = | \ . ( ) ( ) cos sin 1 w j t t = + = ÷ 213 A.8. Determine as soluções das seguintes equações. i) Para resolver a equação (i), é necessário calcular o módulo e argumento de , . (A.74) Note-se que, foi necessário efectuar uma correcção no cálculo do ângulo. Aplicando (A.74) a (i) vem então . (A.75) Considere-se a fórmula da raiz de um complexo , , (A.76) que aplicada a (A.75) resulta em , , (A.77) onde se efectuou o cálculo . (A.78) ii) Pelo mesmo processo da alínea anterior, calcule-se para , o seu módulo e argumento , . (A.79) A equação pode então ser reescrita como 2 1 3 x j = ÷ 1 3 w j = ÷ 1 3 2 w = + = ( ) 2 arctan 3 3 3 t t u t = ÷ = + = ÷ 2 3 2 j x e t ÷ = ( ) 2 j k n n w e u t + = 0,... 1. k n = ÷ 2 j x e u ÷ = 5 , 6 6 t t u ¦ ¹ = ÷ ´ ` ¹ ) ( ) 5 2 6 6 2 0 1 k k k t t u t ¦ + ÷ ¦ = ÷ ´ ¦ = = ¹ 3 1 x j = + 1 w j = + 2 2 1 1 2 w = + = ( ) arctan 1 4 t u = = 214 , (A.80) que por aplicação de (A.76) conduz a , , (A.81) onde se efectuou o cálculo . (A.82) iii) Pelo mesmo processo da alínea anterior, calcule-se para , o seu módulo e argumento , . (A.83) A equação pode então ser reescrita como , (A.84) que por aplicação de (A.76) conduz a , , (A.85) onde se efectuou o cálculo . (A.86) 3 4 2 j x e t = 6 2 j x e u = 7 3 , , 12 12 4 t t t u ¦ ¹ = ÷ ´ ` ¹ ) ( ) 17 7 3 2 12 12 12 4 3 0 1 2 k k k k t t t t u t | | ¦ ÷÷ + ¦ | = ÷ ÷ \ . ´ ¦ = = = ¹ 4 10 x j = ÷ 1 w j = + ( ) 2 10 10 w = ÷ = 10 arctan 0 2 t u | | = ÷ = ÷ | \ . 4 2 10 j x e t ÷ = 4 10 j x e u = 5 3 7 , , , 8 8 8 8 t t t t u ¦ ¹ = ÷ ÷ ´ ` ¹ ) ( ) 11 5 3 7 2 8 8 8 8 8 4 0 1 2 3 k k k k k t t t t t u t | | ¦ ÷÷ ÷ + ¦ | = ÷ ÷ ÷ \ . ´ ¦ = = = = ¹ 215 A.9. Calcule as seguintes expressões. Para a resolução deste exercício será necessário utilizar os resultados conhecidos, relativos à soma de séries geométricas , (A.87) , , . (A.88) Note-se que, este problema apresenta exercícios com um grau de dificuldade mais acentuado (à excepção do ponto i) ) i) A resolução desta primeira alínea é imediata, por aplicação de (A.88), com e , e é dada por . (A.89) ii) Novamente, por aplicação directa de (A.88), com e vem, após alguma manipulação algébrica . (A.90) 1 , 1 1 , 1 1 N n N k k n k N k | | | | | | ÷ ÷ = ÷ = ¦ ¦ = ÷ ´ = ¦ ÷ ¹ ¿ 1 1 n k n k | | | +· = = ÷ ¿ 1 | < | e 0 1 4 n n +· = | | | \ . ¿ 0 k = 1 4 | = 0 1 1 4 1 4 3 1 4 n n +· = | | = = | \ . ÷ ¿ 6 1 2 n n j +· = | | | \ . ¿ 6 k = 1 2 j | = 6 6 1 1 1 1 1 1 1 4 2 1 1 2 1 1 2 2 64 64 5 5 80 160 1 1 2 4 n n j j j j j j +· = + | | | | | | = = ÷ = ÷ + = ÷ ÷ | | | \ . \ . \ . ÷ + ¿ 216 iii) Para a resolução desta alínea, é recomendado que se proceda á conversão de para a sua forma cartesiana, a fim de serem efectuadas as somas. Assim sendo, pela fórmula de Euler, e recorrendo ao valores tabelados das funções seno e co-seno obtém-se , (A.91) sendo então possível reescrever iii) na forma . (A.92) Por aplicação directa de (A.87), com , e vem, após alguma manipulação algébrica, que 14 2 2 14 1 12 12 2 2 2 2 12 12 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2 2 1 1 1 2 2 2 1 1 1 1 2 1 2 1 1 5 2 5 12 2 n n j j j j j j j j ÷ ÷ = | | ÷ ÷ ÷ | | | | | | | \ . = = ÷ = ÷ + = | | | | | \ . \ . \ . ÷ + ÷ | \ . ÷ ÷ | | | | = + = + | | × \ . \ . ¿ . (A.93) iv) Para resolver este caso, basta efectuar alguns passos, e identificar que . (A.94) Ou seja, (A.94) é uma série geométrica com , pelo que não converge 13 2 2 1 2 j n n n e t = ¿ ( ) 1 2exp 2 w jt = 1 1 cos sin 2 2 2 2 w j j t t ( | | | | = + = | | ( \ . \ . ¸ ¸ 13 14 1 2 2 2 1 1 2 2 n j n n n n e j t ÷ = = | | = | \ . ¿ ¿ 2 k = 14 N = 1 2 j | = ( ) 4 2 2 1 4 n j n n e t ÷ +· ÷ = | | | \ . ¿ ( ) ( ) 4 2 2 2 2 2 2 2 1 4 4 4 n j n j n n n j j n n n e e e e j t t t t ÷ +· +· +· ÷ ÷ ÷ = = = | | = = | \ . ¿ ¿ ¿ 4 1 | = > 217 . (A.95) v) Através de uma mudança de variável, , obtém-se . (A.96) Por aplicação de (A.88) com e chega-se a . (A.97) vi) Novamente, através de uma mudança de variável, , obtém-se . (A.98) Por aplicação de (A.88) com e chega-se a . (A.99) ( ) 2 2 4 n j n e j t +· ÷ = ÷· ¿ 3 2 n n=÷· ¿ n n ' = 3 3 3 1 2 2 2 n n n n n n ' +· +· ' ÷ ' ' =÷· =÷ =÷ | | = = | \ . ¿ ¿ ¿ 3 k = ÷ 1 2 | = 3 3 4 3 1 1 1 2 2 2 1 2 2 1 2 n n ' ÷ +· '=÷ | | | | = = = | | \ . \ . ÷ ¿ ( ) 3 2 2 n n j ÷ =÷· ÷ ¿ n n ' = ÷ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 3 2 2 2 3 3 2 2 2 2 2 2 2 n n n n n n n n j j j j j j j ' +· +· ' ÷ ÷ ÷ ÷ ' ' =÷· =÷· =÷ =÷ | | | | ÷ = ÷ ÷ = ÷ ÷ = | | \ . \ . ¿ ¿ ¿ ¿ 3 k = ÷ 2 j | = 2 2 3 3 2 3 2 1 1 2 4 8 2 1 2 2 2 2 2 5 5 1 1 2 2 n n j j j j j j j j ' ÷ +· '=÷ + | | | | | | | | = = ÷ = ÷ | | | | \ . \ . \ . \ . ÷ + ¿ 218 A.10. Mostre que as seguintes expressões são verdadeiras. Note-se que, uma mudança de variável aplicada a um somatório resulta em . (A.100) Os exercícios apresentados neste problema apresentam um grau de dificuldade mais acentuado. iii) Efectue-se uma mudança de variável, (pelo que, ), no primeiro membro da equação, o que permite reescrever iii) como . (A.101) iv) Efectue-se uma mudança de variável, (pelo que, ), no primeiro membro da equação, o que permite reescrever iv) como . (A.102) ( ) n g n ' = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) g b g b b n a n g a n g a f n f g n f n ' ' = = = ' ÷ = ¿ ¿ ¿ ( ) 5 2 2 3 2 5 n n k k k k ÷ = =÷ ÷ = ¿ ¿ 5 k k ' = ÷ 5 k k' = + ( ) ( ) ( ) 5 5 2 2 2 3 3 5 2 5 n n n k k k k k k ÷ ÷ ' ' = = ÷ =÷ ' ' ÷ · = ¿ ¿ ¿ ( ) 5 1 1 5 1 3 3 3 k n j n k k n j k k k n e e t t + ÷ =÷ = ÷ | | = | \ . ¿ ¿ k k n ' = ÷ + k n k' = ÷ ( ) ( ) ( ) ( ) 5 5 5 1 1 1 1 5 1 3 3 3 3 3 3 k n n n j n k n j n k k k n n k j k n j k k k n k n k n e e e e t t t t ' ÷ + ÷ + ' ÷ ÷ + ÷ ' ' ' ' ÷ + ÷ ' ' ' =÷ =÷ ÷ + = + = ÷ | | · = = | \ . ¿ ¿ ¿ ¿ 219 Anexo B. Fundamentos Matemáticos: Parte 2 B.1. Integrais. Mostre que as seguintes expressões são verdadeiras. Ao introduzir a utilização de integrais, para a resolução de problemas, será necessário recordar alguns resultados conhecidos: 1) Mudança de direcção: . (B.1) 2) Caminho de integração equivalente: . (B.2) 3) Mudança de variável: . (B.3) 4) Integração por partes: . (B.4) i) Este exercício pode ser resolvido de duas formas: (a) directa; (b) através de uma mudança de variável. A forma directa, implica resolver explicitamente ambos os integrais de i) provando assim a sua equivalência. Para o lado direito de i) tem-se que ( ) ( ) b a a b f x dx f x dx = ÷ } } ( ) ( ) ( ) , c b c a a b f x dx f x dx f x dx a b c = + < < } } } ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) u b b a u a dx f u x dx f u du du = } } ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) b b b a a a dg x df x f x f x g x g x dx dx dx = ÷ ( ¸ ¸ } } 2 3 9 3 0 x x x e dx e dx ÷ ÷ ÷ = } } 220 . (B.5) Do mesmo modo, e considerando a propriedade (B.2) tem-se que . (B.6) Desenvolvendo (B.6) é possível obter , (B.7) provando assim a veracidade de i). Por outro lado, é possível definir uma mudança de variável tal que . (B.8) Considerando (B.2) é possível reescrever a componente esquerda de i): . (B.9) Para aplicar (B.3), é primeiro necessário obter os novos limites de integração, aplicando (B.8) aos limites de integração de (B.9) . (B.10) No entanto, ainda é necessário obter . Diferenciando ambos os membros de (B.8) obtém-se . (B.11) Desta forma, é possível aplicar (B.3) a (B.9) obtendo . (B.12) Por fim, considerando (B.1), vem que . (B.13) ( ) 9 9 9 9 0 0 1 1 x x e dx e e e ÷ ÷ ÷ ÷ ( = ÷ = ÷ ÷ = ÷ ¸ ¸ } 2 2 2 3 0 3 3 3 0 x x x x e dx xe dx xe dx ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ = ÷ + } } } 2 2 2 2 0 3 0 3 9 3 0 3 0 1 2 2 x x x x e e xe dx xe dx e ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ( ( ÷ + = ÷ + = ÷ ( ( ÷ ÷ ( ( ¸ ¸ ¸ ¸ } } ( ) 2 u x x = 2 2 2 3 0 3 3 3 0 x x x x e dx xe dx xe dx ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ = ÷ + } } } ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 3 3 9, 0 0, 3 3 9 u u u ÷ = ÷ = = = = dx du ( ) 2 1 2 2 d d du dx u x x x dx dx dx du x = · = · = 0 9 0 9 9 0 9 0 1 1 2 2 2 2 u u u u x x e du e du e du e du x x ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ + = ÷ + } } } } 0 9 9 9 9 9 0 0 0 0 1 1 1 1 2 2 2 2 u u u u u e du e du e du e du e du ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ + = + = } } } } } 221 ii) Analogamente ao problema anterior, considere-se uma mudança de variável tal que , (B.14) o que também resulta em . (B.15) Aplicando (B.14) aos limites de integração da primeira metade de ii) permite obter os novos limites de integração , . (B.16) Mais ainda, diferenciando (B.14) obtém-se . (B.17) Aplicando (B.3) ao primeiro membro de ii), e considerando (B.14), (B.15), (B.16) e (B.17), resulta imediatamente que . (B.18) Finalmente, aplicando (B.1) é possível obter . (B.19) ( ) 4 1 2 2 2 sin 2 sin 2 2 t t t e t d e t d t t t t t t ÷ ÷ ÷ | | ÷ ÷ = ÷ + | \ . } } ( ) 2 u t t t = ÷ ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 u t u t u t t t t t t t = ÷ · ÷ = ÷ · = ÷ + ( ) 4 4 2 2 u t t = ÷ = ÷ ( ) 2 2 1 2 u t t = ÷ = ÷ ( ) 1 2 2 2 d d du d u t d d d du t t t t t t | | = ÷ · = ÷ · = ÷ | \ . 4 2 2 2 1 2 2 sin 2 sin 2 2 t t u t u t e t d e t du t t t ÷ ÷ ÷ ÷ + | | | | ÷ ÷ = ÷ ÷ ÷ | | \ . \ . } } ( ) 2 1 1 2 2 2 2 sin 2 sin 2 2 t t u u t t u t e t du e t u du ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ + | | ÷ ÷ ÷ = ÷ + | \ . } } 222 223 B.2. Expanda em fracções simples as seguintes funções racionais. Considere-se o problema de decompor em fracções simples , escrita na forma . (B.20) Para decompor (B.20) em fracções simples é necessário efectuar os seguintes passos: (i) Verificar se a fracção é própria, i.e., (o número de pólos é superior ao número de zeros); (ii) Caso a fracção não verifique (i) é necessário efectuar uma sucessão de divisões polinomiais até obter uma fracção própria; (iii) Efectuar a separação em fracções simples. Sendo uma fracção própria, com pólos distintos tais que o pólo tem multiplicidade , com e , esta pode ser decomposta em , (B.21) onde os coeficientes , que representam a contribuição de cada pólo , são calculados da seguinte forma . (B.22) Quando uma fracção, escrita na forma apresentada em (B.20) não é própria, i.e., o número de zeros é superior ou igual ao número de pólos, não pode ser imediatamente decomposta em fracções simples. É necessário efectuar uma sucessão de divisões polinomiais, até que se obtenha uma fracção própria. Uma fracção polinomial pode ser decomposta da seguinte forma: ( ) X s ( ) ( )( ) ( ) 1 1 1 0 1 2 m m m m n n b s b s b s b X s a s p s p s p ÷ ÷ + + + + = ÷ ÷ ÷ m n < ( ) X s k i p i r 1, 2, , i k = 1 2 k r r r n + + + = ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 1 2 1 .. .. .. r r i k i i i k r r i i i k c c c c c X s s p s p s p s p s p = + + + + + + + ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ i c i p ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 ! 1 1 ! r i r i r k i i r i i s p r i i s p k r i i k s p r r i i r s p c s p X s d c s p X s ds d c s p X s k ds d c s p X s r ds ÷ ÷ = = = ÷ ÷ = = ÷ ( = ÷ ¸ ¸ ( = ÷ ¸ ¸ ( = ÷ ¸ ¸ ÷ 224 , (B.23) onde representa o quociente da divisão de por , e o resto da mesma divisão. i) Verifica-se que i) é uma fracção própria, uma vez que, apresenta zero e dois pólos, pelo que, verifica a condição . Sendo possível aplicar directamente o processo de separação em fracções simples, é necessário obter explicitamente os pólos de i), tal que , (B.24) de forma a reescrever i) n forma factorizada . (B.25) Uma vez que possui dois pólos de multiplicidade 1, considerando (B.21), esta pode ser decomposta na forma , (B.26) cujos coeficientes podem ser calculados através de (B.22) , (B.27) . (B.28) Finalmente, tem-se então . (B.29) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) N s R s X s X s Q s D s D s = ¬ = + ( ) Q s ( ) N s ( ) D s ( ) R s ( ) 2 4 8 12 35 x f x x x + = + + 1 m= 2 n = m n < { } 2 12 12 4 35 7, 5 2 i p ÷ ± ÷ × = = ÷ ÷ ( ) ( )( ) 4 8 7 5 x f x x x + = + + ( ) f x ( ) 1 2 7 5 c c f x x x = + + + i c ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) 1 7 7 4 7 8 4 8 7 7 10 7 5 7 5 x x x c x f x x x x =÷ =÷ ÷ + + = + = + = = + + ÷ + ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) 2 5 5 4 5 8 4 8 5 5 6 7 5 5 7 x x x c x f x x x x =÷ =÷ ÷ + + = + = + = = ÷ + + ÷ + ( ) 10 6 7 5 f x x x = ÷ + + 225 ii) Novamente, ii) é uma fracção própria, pelo que é necessário obter os seu pólos , (B.30) de para que possa ser reescrita na forma . (B.31) Considerando novamente (B.21), é possível decompor ii) em . (B.32) Aplicando (B.22) resulta em ,(B.33) . (B.34) Finalmente, tem-se que . (B.35) iii) Note-se que, neste caso, a fracção não é própria, i.e., não verifica . Assim, é necessário efectuar uma divisão polinomial, de forma a reduzir o grau do numerador , (B.36) ( ) 2 2 6 13 f x x x = + + { } 2 6 6 4 13 6 4 3 2 , 3 2 2 2 i i p i i ÷ ± ÷ × ÷ ± = = = ÷ + ÷ ÷ ( ) ( )( ) 2 3 2 3 2 f x x i x i = + ÷ + + ( ) 1 2 3 2 3 2 c c f x x i x i = + + ÷ + + ( ) ( ) ( ) ( )( ) 1 3 2 3 2 2 3 2 2 1 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 2 x i x i x i c x i f x i x i x i i i =÷ + =÷ + + ÷ = + ÷ = = = ÷ + ÷ + + ÷ + + + ( ) ( ) ( ) ( )( ) 2 3 2 3 2 2 3 2 2 1 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 2 x i x i x i c x i f x i x i x i i i =÷ ÷ =÷ ÷ + + = + + = = = + ÷ + + ÷ ÷ + ÷ ( ) 1 1 1 1 2 3 2 2 3 2 f x i i x i x i = ÷ + + ÷ + + ( ) 2 2 3 21 30 4 3 x x f x x x + + = + + ( ) f x m n < 2 2 2 3 21 30 4 3 3 12 9 3 9 21 x x x x x x x + + + + ÷ ÷ ÷ + 226 onde e . Reescrevendo (B.36) na forma (B.23) vem que . (B.37) Uma vez que (B.37) já é própria, pode então aplicar-se a decomposição em fracções simples. Assim, considerando (B.21), e uma vez que , (B.38) pode decompor-se (B.37) em , (B.39) onde, recorrendo a (B.22), se obtém , (B.40) . (B.41) É então possível obter . (B.42) ( ) 2 Q x = ( ) 8 3 R z z = ÷ + ( ) 2 9 21 3 4 3 x f x x x + = + + + { } 2 4 4 4 3 3, 1 2 i p ÷ ± ÷ × = = ÷ ÷ ( ) ( ) 1 2 1 3 3 1 3 c c f x f x x x = + = + + + + ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) 1 1 1 1 9 1 21 9 21 1 1 6 1 3 1 3 x x x c x f x x x x =÷ =÷ ÷ + + = + = + = = + + ÷ + ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) 2 1 3 3 9 3 21 9 21 3 3 3 1 3 3 1 x x x c x f x x x x =÷ =÷ ÷ + + = + = + = = + + ÷ + ( ) 6 3 3 1 3 f x x x = + + + + 227 Anexo C. Testes Resolvidos C.1. Processamento de Sinal: Teste 1. Problema 1 (2 val): Escolha a hipótese que corresponde ao inverso do número complexo: 4 3 2e 4e j j t t ÷ · . (C.1) i) 12 1 e 8 jt ÷ ii) 23 12 1 e 8 j t ÷ iii) 23 12 8e j t ÷ iv) 23 12 1 e 8 j t Primeiro, é necessário calcular o valor do número complexo, dado no enunciado ( ) 4 3 4 3 12 2e 4e 8e 8e j j j j w t t t t t ÷ ÷ ÷ = · = = . (C.2) O inverso de w é simplesmente dado por 1 12 12 1 1 1 e 8e 8 j j w w t t ÷ ÷ = = = . (C.3) Note-se que, neste ponto, dado o módulo e argumento de 1 w ÷ , as única respostas que poderão ser correctas são a ii) e a iv). No entanto, estas não se encontram escritas da mesma forma que (C.3). Reduzindo o argumento da resposta ii), identificando e retirando voltas de 2t , verifica-se que ( ) ( ) 12 24 12 12 2 23 12 12 1 1 1 1 e e e e 8 8 8 8 j j j j t t t t t t ÷ ÷ ÷ = = = . (C.4) Esta representa 1 w ÷ que foi obtido em (C.3), pelo que, ii) é a resposta correcta. Problema 2 (2 val): Considere dois sinais discretos, ( ) x n e ( ) x n , tais que ( ) ( ) 3 4 y n x n = ÷ . (C.5) Sendo ( ) x n um sinal par e periódico com período fundamental 0 4 N = , qual das seguintes afirmações é verdadeira? 228 i) ( ) y n é par ii) ( ) y n é periódico com 0 1 N = iii) ( ) y n é ímpar iv) ( ) y n é periódico com 0 2 N = v) ( ) y n não é periódico. Primeiro, é necessário verificar se o sinal é periódico, e se sim, qual o seu período. Aplicar a definição de sinal periódico, ( ) ( ) x n N x n + = , resulta na equação ( ) ( ) ( ) 3 4 x n N x n + ÷ = , (C.6) que ainda pode ser escrita na forma ( ) ( ) 3 4 3 x n N x n ÷ + = . (C.7) Pela definição de sinal periódico, (C.7) tem solução quando 4 3 3 x k N N k N = · = . (C.8) O menor inteiro que verifica (C.8), i.e., o período fundamental de ( ) y n é 0 4 N = ( que corresponde a 3 k = ). Assim sendo, verifica-se que ii), iv) e v) são falsas. Note-se que, ( ) y n é obtido a partir de ( ) x n através de uma compressão e de um deslocamento temporal. No entanto, uma vez que esse deslocamento é um múltiplo do período fundamental, o sinal ( ) y n vai manter a paridade de ( ) x n . A resposta correcta é então dada pela alínea i). Problema 3 (2 val): Classifique quanto à paridade o sinal discreto ( ) ( ) 1 tan 3 n y n n t | | = ÷ | \ . . (C.9) par ímpar nem par nem ímpar Para encontrar a paridade do sinal, calcule-se ( ) x n ÷ ( ) ( ) ( ) sin 1 3 1 tan 3 1 cos 3 n n n x n n n t t t ÷ | | ÷ | | | \ . ÷ = ÷ ÷ = | | | \ . ÷ ÷ | \ . . (C.10) 229 Uma vez que a função seno é ímpar e a função co-seno é par, e que, ( ) ( ) 1 1 1 n n ÷ = ÷ ( ) ( ) ( ) ( ) sin 3 1 1 tan 3 cos 3 n n n x n n x n n t t t | | ÷ | | | \ . ÷ = ÷ = ÷ ÷ = ÷ | | | \ . | \ . . (C.11) O sinal verifica a condição dos sinais ímpares, ( ) ( ) x n x n ÷ = ÷ , pelo que é ímpar. Problema 4 (2 val): A resposta de um sistema discreto ao sinal de entrada ( ) ( ) ( ) cos 5 x n n n u n = , (C.12) é ( ) ( ) ( ) sin 2 1 y n n n u n = ÷ . (C.13) O sistema é instável? sim não não se pode concluir Para que um sistema seja estável tem de verificar que: Qualquer sinal de entrada limitado dá origem a uma saída limitada. Neste caso, verifica-se que o sinal de entrada, dado no enunciado, não é limitado, pelo que nada se pode concluir. Problema 5 (2 val): Classifique como verdadeiras ou falsas as seguintes afirmações a) O sistema ( ) ( ) ( ) y n x n x n = ÷ é invertível? sim não não se pode concluir b) O sistema LIT com a resposta ao impulso ( ) ( ) ( ) 2 2 n h n n u n o = + ÷ é estável? sim não não se pode concluir a) Um sistema invertível tem de ser injectivo. Por contra-exemplo, verifica-se que ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 2 2 2 0 3 3 3 0 x n n y n n n x n n y n n n o o o o o o = ÷ ÷ = ÷ ÷ ÷ = = + ÷ = + ÷ + = . (C.14) 230 ou seja, dois sinais distintos dão origem à mesma saída, pelo que o sistema não é injectivo logo é não invertível. b) A resposta ao impulso de um sistema LIT estável tem de ser absolutamente somável. Desta forma, tem-se que ( ) ( ) 0 0 0 0 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 n n n n k k k k k h k n o ÷ +· +· =÷· =÷· =÷· =÷· = | | | | = + = + = + = + | | \ . \ . ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ . (C.15) Calculando a soma da série geométrica obtém-se ( ) 0 1 1 2 2 2 4 1 2 1 2 k h k +· =÷· | | = + = + = < +· | \ . ÷ ¿ , (C.16) ou seja é verificada a condição de estabilidade. O sistema é estável. Problema 6 (5 val): Seja ( ) ( ) 3 4 y n x n = + , (C.17) a saída de um sistema discreto ao sinal de entrada ( ) x n . Diga justificando se o sistema dado é 1. com memória 2. causal 3. invariante no tempo 4. linear 5. estável 6. invertível 1) Memória: Note-se que, o sinal de saída depende do sinal de entrada em instantes diferentes do actual, e.g., ( ) ( ) 1 3 4 y x = + , pelo que, o sistema tem memória. 2) Causalidade: Uma vez que o sinal de saída depende do sinal de entrada em instantes futuros, e.g., ( ) ( ) 1 3 4 y x = + , o sistema não é causal. 231 3) Invariância temporal: Para verificar a invariância do sinal, considere-se o sinal auxiliar ( ) ( ) 1 0 x n x n n = ÷ que conduz à saída ( ) ( ) ( ) 1 1 0 3 4 3 4 y n x n x n n = + = ÷ + . (C.18) No entanto, considerar a mesma deslocação temporal na saída resulta em ( ) ( ) ( ) 0 0 3 4 y n n x n n ÷ = ÷ + . (C.19) Uma vez que ( ) ( ) 1 0 y n y n n = ÷ , o sistema não é invariante no tempo. 4) Linearidade: Para verificar a linearidade do sistema, considere-se um sinal de entrada com a forma ( ) ( ) ( ) 1 2 x n ax n bx n = + . (C.20) As saídas elementares correspondentes a ( ) i x n são dadas por ( ) ( ) 3 4 i i y n x n = + . Um sistema linear tem de respeitar a condição ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 ax n bx n ay n by n + ÷ + . (C.21) Um vez que a saída correspondente a ( ) x n é ( ) ( ) ( ) 1 2 3 3 4 y n ax n bx n = + + , (C.22) o sistema não respeita a condição (C.21), logo, não é linear. 5) Estabilidade: Para que um sistema seja estável, deve produzir saídas limitadas para todas as entradas limitadas. Considere-se um sinal de entrada limitado arbitrário ( ) x n A < , (C.23) sendo A uma constante finita. Desta forma, obtém-se que ( ) ( ) ( ) 3 4 3 4 4 y n x n x n A = + < + < + , (C.24) ou seja, o sinal de saída é limitado para qualquer entrada limitada, i.e., o sistema é estável. 232 6) Invertibilidade: Para provar que o sistema admite inversa é necessário provar que este é injectivo. Note-se que, toda a informação contida nos instantes não múltiplos de 3 (à excepção do ponto zero) é descartada pelo sistema. Assim, por contra exemplo, considerem-se dois sinais distintos ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 2 2 4 3 2 4 x n n y n x n n y n o o = ÷ = ¬ = ÷ = . (C.25) Dois sinais distintos geraram a mesma saída, pelo que o sistema não é injectivo, e não é invertível. Problema 7 (5 val): Seja ( ) ( ) ( ) 2 2 h n u n u n = + ÷ ÷ , (C.26) a resposta ao impulso de um sistema discreto LIT. Determine a saída do sistema ( ) y n para a entrada ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 x n u n u n n n o = ÷ ÷ + ÷ . (C.27) Note-se que, este exercício pode ser resolvido de duas formas. A primeira implica que seja aplicada a definição de convolução, tal que a saída de um sistema LIT pode ser calculada da seguinte forma ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) k y n x n h n x k h n k +· =÷· = - = ÷ ¿ . (C.28) No entanto, este exercício particular pode ser resolvido através da aplicação das propriedades dos sistemas LIT. Note-se que o sinal de entrada pode ser reescrito na seguinte forma ( ) ( ) ( ) ( ) 1 3 2 x n n n n o o o = + ÷ + ÷ , (C.29) Assim, pelas propriedades dos sistemas LIT, a saída é dada por ( ) ( ) ( ) ( ) 1 3 2 y n h n h n h n = + ÷ + ÷ , (C.30) que, substituindo ( ) h n resulta em 233 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 3 3 3 4 y n u n u n u n u n u n u n = + ÷ ÷ + + ÷ ÷ + ÷ ÷ , (31) e que ainda pode ser reescrito como ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 3 2 3 3 4 y n u n u n u n u n u n u n = + + + + ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ . (32) A representação gráfica da resposta é feita na Figura C.4. Este problema pode ainda ser resolvido pelo método habitual. Comece-se então por representar graficamente o sinal de entrada e a resposta impulsiva (Figura C.1). Em seguida é necessário aplicar o algoritmo da soma de convolução: i) inverter o sinal ( ) x k ; ii) Deslocá-lo para todos os pontos n , tais que ( ) ( ) 0 x n k h k ÷ = ; iii) Calcular ( ) ( ) ( ) k y n x n k h k +· =÷· = ÷ ¿ . Por inspecção dos sinais, verifica-se que para 2 n < ÷ e 3 n > se tem que ( ) ( ) ( ) 0 y n x n k h k = ÷ = , como pode ser observado pela Figura C.2. Para o intervalo 2 3 n ÷ s s , verifica-se que ( ) ( ) 0 x n k h k ÷ = , como está representado na Figura C.3. Finalmente, para obter a resposta ( ) y n , é necessário, para cada instante n , somar as contribuições de ( ) ( ) x k h n k ÷ , o que resulta na resposta representada na Figura C.4. Figura C.1. Representação de ( ) x n e de ( ) h n . 234 Figura C.2. Representação de ( ) x n k ÷ e ( ) ( ) x n k h k ÷ para 3 n = ÷ e 4 n = . 235 Figura C.3. Representação de ( ) x n k ÷ e ( ) ( ) x n k h k ÷ para 2 3 n ÷ s s . 236 Figura C.4. Representação de ( ) y n . 237 C.2.Processamento de Sinal: Teste 2. Problema 1 (4 val): Considere o SLIT causal discreto representado na Figura ( ) 1 2 3 1 2 3 1 4 9 9 1 16 16 z z z H z z z z ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ + ÷ = ÷ ÷ + Figura C.5. Representação de ( ) y n . (2.5 val) a) Qual é o ganho estático do sistema? i) 21 7 ii) 128 7 iii) 56 7 iv) 64 7 (1.5 val) b) Qual é a equação às diferenças que descreve o sistema? a) Considerando a definição de ganho estático ( ) 1 lim est z G H z ÷ = , (C.33) verifica-se que a aplicação directa a este problema resulta numa indeterminação do tipo 0 0 . No entanto, uma vez que 1 z = é ao mesmo um zero do numerador e do denominador, é possível reescrever ( ) H z na forma ( ) ( )( ) ( ) 2 1 1 2 3 2 1 2 3 2 2 1 1 1 1 1 4 4 4 9 9 9 9 1 1 1 1 16 16 16 16 z z z z z z H z z z z z z z ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ + ÷ ÷ + ÷ + = = = | | ÷ ÷ + ÷ ÷ ÷ | \ . , (C.34) (pondo ( ) 1 1 z ÷ ÷ em evidência em numerador e denominador). Aplicando agora a definição de ganho estático obtém-se 2 1 2 1 128 lim4 9 7 1 16 est z z G z ÷ ÷ ÷ + = = ÷ . (C.35) Desta forma, a resposta correcta é a ii. b) Considerando a definição de função de transferência ( ) h n ( ) y n ( ) x n ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 9 9 3 2 1 4 2 2 4 4 2 16 16 32 18 2 3 2 1 4 2 1 3 2 2 16 16 y n y n y n x n x n y n y n x n x n y n y n x n x n y n y n x n x n ÷ + ÷ ÷ ÷ = + ÷ ÷ ÷ = + ÷ ( ¸ ¸ ÷ + ÷ = ÷ ÷ ÷ + ÷ = ÷ ÷ i) ii) iii) iv) 238 ( ) ( ) ( ) Y z H z X z = , (C.36) e substituindo em (C.34) resulta que ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 9 4 1 4 1 9 16 1 16 Y z z Y z z z X z X z z ÷ ÷ ÷ ÷ + | | = · ÷ = + | \ . ÷ . (C.37) Aplicando a transformada Z inversa a ambos os membros de (C.37), e considerando a propriedade da transformada face à translacção no tempo ( ) ( ) 0 0 n x n n z X z ÷ ÷ ÷ , (C.38) obtém-se ( ) ( ) ( ) ( ) 9 2 4 4 2 16 y n y n x n x n ÷ ÷ = + ÷ , (C.39) sendo que a resposta correcta é a ii. Problema 2 (4 val): Classifique as seguintes afirmações: (1 val) a) O sistema LIT dado por ( ) 4 , 0 H z z z ÷ = = , é estável. sim não não se pode concluir (1 val) b) O sistema LIT dado por ( ) 4 , 0 H z z z ÷ = = , é causal. sim não não se pode concluir (1 val) c) O sistema LIT dado por ( ) 2 1 , 0 z H z z z + = = , é estável. sim não não se pode concluir (1 val) d) O sistema LIT dado por ( ) 2 1 , 0 z H z z z + = = , é causal. sim não não se pode concluir Note-se que, a condição de causalidade de um sistema implica que a função de transferência não tenha mais zeros do que pólos e que a respectiva região de convergência contenha z = +·. Da mesma forma, a condição de estabilidade implica 239 que a região de convergência da função de transferência contenha 1 z = . Um vez que todos os sistemas verificam ambas as condições, todos são estáveis e causais. As respostas correctas são então i. Problema 3 (3 val): Considere o mapa polos/zeros de um SLIT discreto causal, representado na Figura C.6 (1 val) a) Qual a região de convergência da função de transferência do sistema? i) 2 2 z < ii) 1 2 e 9 < ÷ iii) 2 2 z > iv) 1 2 e 9 > ÷ Figura C.6. Mapa de pólos e zeros. (1 val) b) O sistema é estável? sim não (1 val) c) Sabendo que o sistema tem ganho estático 0 3 K = , qual a função de transferência do sistema? i) ( ) 2 1 4 1 2 z z H z z z | | ÷ | \ . = + + ii) ( ) 2 1 4 3 1 2 z z H z z z | | ÷ | \ . = + + iii) ( ) 2 1 4 10 1 2 z z H z z z | | ÷ | \ . = + + a) Uma vez que o sistema em causa é causal, a região de convergência terá de conter z = +· . Sendo qualquer região de convergência delimitada por pólos, tem-se necessariamente que, 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 z j z z | | | | > ÷ + · > + · > | | \ . \ . . (C.40) Assim, a resposta certa é a iii. 1 2 j 1 2 j ÷ 1 4 1 2 ÷ 240 b) Uma vez que a região de convergência do sistema contém 1 z = , o sistema é estável. A resposta certa é sim. c) Por inspecção do mapa de pólos e zeros é possível determinar a forma da função de transferência aparte uma constante ( ) 2 1 1 4 4 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 z z z z H z K K z z z j z j | | | | ÷ ÷ | | \ . \ . = = | || | + + + ÷ + + | | \ .\ . . (C.41) Utilizando a definição de ganho estático ( ) 1 lim est z G H z ÷ = , (C.42) torna-se então possível determinar essa constante. Aplicando (C.42) a (C.41) obtém-se a equação 1 2 1 3 1 6 4 4 3 lim 10 1 1 20 1 1 2 2 est z z z G K K K K z z ÷ | | | | ÷ | | \ . \ . = = = = ¬ = + + + + . (C.43) Assim, a expressão de ( ) H z está univocamente determinada ( ) 2 1 4 10 1 2 z z H z z z | | ÷ | \ . = + + , (C.44) sendo iii a resposta certa. Problema 4 (9 val): Encontre a resposta completa quando a equação às diferenças ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 5 1 6 2 1 y n y n y n x n x n ÷ ÷ + ÷ = ÷ ÷ , (C.45) tem como sinal de entrada ( ) ( ) x n u n = e condições iniciais ( ) 1 3 y ÷ = , ( ) 2 2 y ÷ = . 241 Para resolver o problema é necessário efectuar a Transformada Z unilateral a ambos os membros de (C.45). Considerando a propriedade da Transformada face à deslocação temporal ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 ... m m m x n m z X z z x z x x m ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ + ÷ + ÷ + + ÷ , (C.46) resulta de (C.45) que ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 1 5 1 6 1 2 1 Y z z Y z y z Y z z y y X z z X z x ÷ ÷ ÷ ÷ ( ÷ + ÷ ¸ ¸ ( ( + + ÷ + ÷ = ÷ ÷ ÷ ¸ ¸ ¸ ¸ . (C.47) Considerando agora a transformada do sinal de entrada (obtida através das tabelas) ( ) 1 1 1 u x n z ÷ ÷ ÷ , (C.48) e os valores das condições iniciais (note-se que se considerou que ( ) 1 0 x ÷ = ) é possível reescrever (C.47) como ( ) ( ) 2 1 1 6 5 1 18 3 1 z z Y z z ÷ ÷ ÷ ÷ + + ÷ = . (C.49) Após alguma manipulação algébrica ainda é possível escrever (C.49) como ( ) 1 2 1 18 4 6 5 1 z Y z z z ÷ ÷ ÷ ÷ + = ÷ + . (C.50) Para encontrar os pólos é necessário resolver { } 2 2 1 2 5 5 24 6 5 1 0 5 6 0 2, 3 2 z z z z z ÷ ÷ ± ÷ ÷ + = · ÷ + = ¬ = = . (C.51) Assim, ainda se obtém ( ) ( )( ) 1 1 1 18 4 1 2 1 3 z Y z z z ÷ ÷ ÷ ÷ + = ÷ ÷ . (C.52) Uma vez que a fracção é própria, i.e., o número de zeros não é superior ao número de pólos, é possível decompô-la em fracções simples, na forma ( ) 1 2 1 1 1 2 1 3 c c Y z z z ÷ ÷ = + ÷ ÷ , (C.53) onde, uma vez que ( ) Y z tem dois pólos de grau 1, 242 ( ) ( ) 1 1 i i i z p c z p Y z ÷ = = ÷ . (C.54) Obtendo (C.54) para cada polo, chega-se a ( )( ) ( )( ) 1 1 1 1 1 2 1 18 4 1 2 18 4 2 10 1 1 2 1 3 1 3 2 z z z c z z ÷ ÷ ÷ ÷ = | | ÷ + | ÷ ÷ + \ . = = = | | ÷ ÷ ÷ | \ . , (C.55) ( )( ) ( )( ) 1 1 2 1 1 3 1 18 4 1 3 18 4 3 6 1 1 2 1 3 1 2 3 z z z c z z ÷ ÷ ÷ ÷ = | | ÷ + | ÷ ÷ + \ . = = = ÷ | | ÷ ÷ ÷ | \ . , (C.56) o que permite reescrever (C.53) na forma ( ) 1 1 1 1 10 6 1 2 1 3 Y z z z ÷ ÷ = ÷ ÷ ÷ . (C.57) Finalmente, aplicando a transformada inversa a (C.57) obtém-se então a resposta completa no tempo ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 10 2 6 3 n n y n u n u n = ÷ . (C.58) 243 C.3. Sinais e Sistemas: Teste 1. O período dos sinais elementares i x , tem de verificar a seguinte condição 2 2 i i i i i aT k T a t t = ¬ = . (C.59) O período fundamental total, a existir, deverá ser múltiplo inteiro de todos os i T , o que permite obter a seguinte condição 0 0 0 0 0 2 2 i i i T a a T a a T a t t t = ¬ e ¬ e · e . (C.60) Problema 1 (3 val): Seja ( ) ( ) t x t x d t t +· = } . (C.61) onde ( ) x t e ( ) y t representam respectivamente o sinal de entrada e saída de um sistema contínuo. (1.5 val) a) Se o sinal de entrada fosse ( ) ( ) ( ) sin x t t u t = ÷ , o sinal de saída seria i) ( ) 1 cos t ÷ ii) ( ) ( ) 1 cos t u t ÷ ÷ ( ¸ ¸ iii) ( ) ( ) 2 2sin 2 t u t ÷ ÷ iv) ( ) ( ) 2 2cos 2 t u t ÷ ÷ Para 0 t > tem-se ( ) 0 y t = . Para 0 t s vem ( ) ( ) | | ( ) ( ) ( ) 0 0 sin cos cos 0 cos cos 1 t t x t t d t t t = = ÷ = ÷ ÷÷ = ÷ } . (C.62) ou seja ( ) ( ) ( ) cos 1 y t t u t = ÷ ÷ ( ¸ ¸ , que não aparece na lista das soluções. No entanto, uma vez que ( ) ( ) ( ) 2 2 cos 2 cos sin u u u = ÷ vem que 244 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 cos 2 sin 2 cos 2 sin 2 2sin 2 y t t t t t u t t u t ( ( = ÷ ÷ + ÷ ¸ ¸ ¸ ¸ = ÷ ÷ . (C.63) ou seja, a resposta correcta é a iii. (1.5 val) b) O sistema é estável ? sim não não se pode concluir Note-se que, o intervalo de integração de (C.61) é infinito. Assim, por contra-exemplo, considere-se um sinal de entrada do tipo ( ) x t A = . Assim, o sinal de saída é dado por ( ) t x t A dt +· = = · } . (C.64) Um sinal limitado originou uma saída ilimitada, logo o sistema não é estável. Problema 2 (2 val): Considere os três sinais, ( ) 1 1 cos 3 x t t | | = | \ . , ( ) 2 2 sin 7 x t t | | = | \ . e ( ) 3 5 2cos 2 x t t | | = | \ . . A soma deles é um i) sinal periódico com 0 42 T t = ii) sinal periódico com 0 84 T t = iii) sinal periódico com 0 128 T t = iv) sinal não periódico Considerando (C.59) – (C.60), vem para as soluções do enunciado que, 0 42 1 42 2 42 5 105 42 , , 7, 6, 2 3 2 7 2 2 2 T t ¦ ¹ ¦ ¹ = · = e ´ ` ´ ` ¹ ) ¹ ) , (C.65) { } 0 84 1 84 2 84 5 84 , , 14,12,105 2 3 2 7 2 2 T t ¦ ¹ = · = e ´ ` ¹ ) , (C.66) 0 128 1 128 2 128 5 64 128 128 , , , ,160 2 3 2 7 2 2 3 7 T t ¦ ¹ ¦ ¹ = · = e ´ ` ´ ` ¹ ) ¹ ) . (C.67) Desta forma, a resposta certa é ii. Problema 3 (5 val). Seja 245 ( ) ( ) ( ) 2 2 x t u t u t = ÷ ÷ e ( ) ( ) ( ) 1 3 h t u t u t = ÷ ÷ ÷ . (C.68) Determine ( ) ( ) ( ) y t x t h t = - . O sistema é LIT. Para obter o sinal de saída é necessário efectuar o integral de convolução, de acordo com a definição ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) y t h x t d x h t d t t t t t t +· +· ÷· ÷· = ÷ = ÷ } } . (C.69) Como se pode observar pela Figura C.7, de uma forma geral, o impulso ( ) h t t ÷ é diferente de zero entre os pontos 3 t ÷ e 1 t ÷ . Figura C.7. Representação de ( ) x t e ( ) h t , e ( ) ( ) x t h t t ÷ . Assim, é possível identificar quatro zonas de integração. Na primeira, para 1 0 1 t t ÷ < · < , tem-se que ( ) ( ) ( ) 0 0 x h t y t t t ÷ = ¬ = . Na segunda zona, 3 0 1 3 t t ÷ < ¬ < < , verifica-se que ( ) ( ) 1 0 2 2 1 t y t d t t ÷ = = ÷ } . (C.70) Na terceira zona, onde 3 2 3 5 t t ÷ < ¬ < < , observa-se que ( ) ( ) ( ) 2 1 3 2 2 1 2 2 3 1 2 7 t t y t d d t t t t t ÷ ÷ = + = ÷ + + ÷ ÷ = ÷ + } } . (C.71) Na quarta zona, onde 3 2 5 t t ÷ > ¬ < , obtém-se ainda que ( ) 1 3 1 1 3 2 t t y t d t t t ÷ ÷ = = ÷ ÷ + = } . (C.72) Pode então escrever-se o sinal de saída como 246 ( ) ( ) 0 , 1 2 1 , 1 3 7 , 3 5 2 , 5 t t t y t t t t s ¦ ¦ ÷ < s ¦ = ´ ÷ + < s ¦ ¦ > ¹ , (C.73) e representá-lo, como mostra a Figura C.8. Figura C.8. Representação de ( ) y t . Problema 4 (4 val): O sistema LIT com a resposta ao impulso ( ) , 0 0 , 0 c t h t t = ¦ = ´ = ¹ , (C.74) tem memória? Justifique. ( c é uma constante). Note-se que, a função não é um delta de Dirac, que é definido como ( ) , 0 0 , 0 t t t o +· = ¦ = ´ = ¹ . (C.75) Considere-se então o exemplo de um sinal de entrada definido como ( ) ( ) x t t o = . Recordando a propriedade do delta de Dirac face à convolução, ( ) ( ) ( ) x t t x t o - = , (C.76) resulta que, a saída do sistema é dada por ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) y t x t h t t h t h t o = - = - = . (C.77) 247 Analisando o valor da saída no ponto 0 t = , em conjunto com a definição do integral de convolução, verifica-se que ( ) ( ) ( ) ( ) 0 y c h d c d o t t t o t t +· +· ÷· ÷· = = ÷ = } } . (C.78) Ou seja, o valor da saída no instante 0 t = depende do valor da entrada em todo o tempo, pelo que, o sistema tem memória. Problema 5 (3 val): O sistema LIT com resposta ao impulso ( ) ( ) t h t e u t o ÷ = ÷ ÷ , (C.79) é estável? Justifique (o é uma constante). Para que seja estável, o sistema deve verificar ( ) h t dt A +· ÷· < } . (C.80) Assim, integrando (C.79) obtém-se ( ) ( ) 0 0 t t t t I e u t dt e u t dt e dt e o o o o +· +· ÷ ÷ ÷ ÷ ÷· ÷· ÷· ÷· ( = ÷ ÷ = ÷ = = ¸ ¸ } } } . (C.81) Quando 0 o > , a função é crescente quando t ÷÷·, pelo que I ÷+·. Neste caso o sistema é instável. Quando 0 o < tem-se que 0 0 0 1 t I e e o ÷ ÷· ( = = ÷ = ¸ ¸ . (C.82) Assim, a resposta impulsiva é absolutamente integrável e o sistema é estável. Problema 6 (3 val): Diga, justificando, se: 1. O sistema ( ) ( ) dx t y t dt = tem memória? 248 Note-se que, a derivada é o instrumento matemático que permite analisar a variação de uma função, neste caso, ao longo do tempo. Desta forma, seria expectável que um diferenciador utilizá-se informação do sinal de entrada em instantes diferentes do actual. Pela definição sabe-se que ( ) ( ) ( ) 0 lim dx t x t x t dt + A÷ + A ÷ = A , (C.83) ou seja, para qualquer sinal, o sistema depende da entrada em instantes diferentes do actual ( ( ) x t + A ). Logo, o sistema tem memória. 2. O sistema ( ) ( ) ( ) ( ) 1 cos t y t x t + = é causal? Note-se que, o sinal de saída, apenas depende do sinal de entrada no instante actual, pelo que, o sistema não tem memória. 3. O sistema ( ) ( ) t y t x t dt +· = } é invariante no tempo? Note-se que, a variável de integração é sempre muda, pelo que, é mais intuitivo escrever ( ) ( ) t y t x d t t +· = } . (C.84) De forma a provar a invariância do sistema, calcula-se a saída de ( ) ( ) 1 0 x t x t t = ÷ , que é dada por ( ) ( ) ( ) 1 1 0 t t y t x d x t d t t t t +· +· = = ÷ } } . (C.85) Finalmente, é necessário obter ( ) 0 y t t ÷ , e compará-lo com (C.85). Se estes forem iguais, o sistema é invariante. Tem-se que ( ) 0 y t t ÷ é dado por ( ) ( ) 0 0 t t y t t x d t t +· ÷ ÷ = } . (C.86) Aplique-se a mudança de variável ( ) 0 u t t t = + , onde 249 ( ) u +· = +·, ( ) 0 u t t t ÷ = , 1 u t c c = , (C.87) a (C.86) o que resulta em ( ) ( ) 0 0 t y t t x t d t t +· ÷ = ÷ } , (C.88) ou seja ( ) ( ) 1 0 y t y t t = ÷ pelo que o sistema é invariante no tempo. 4. O sistema ( ) ( ) { } 1 cos t y t x t + = ( ¸ ¸ é linear? Uma vez que ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 cos cos cos ax t bx t a x t b x t + = + ( ( ( ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ , será impossível obter ( ) ( ) ( ) 1 2 y t ay t by t = + quando ( ) ( ) ( ) 1 2 x t ax t bx t = + , pelo que o sistema não é linear. 5. O sistema ( ) ( ) dx t y t dt = é estável? Um sistema estável devolve uma saída limitada para qualquer entrada limitada. Por contra exemplo verifica-se, quando ( ) ( ) x t u t = (que é um sinal limitado) se tem ( ) ( ) ( ) du t y t t dt o = = , (C.89) Ou seja, uma vez que ( ) ( ) ( ) , 0 0 , 0 t du t y t t t dt o +· = ¦ = = = ´ = ¹ , (C.90) a saída não é limitada, pelo que o sistema é instável. 6. O sistema ( ) ( ) ( ) sin 2 y t x t = + é invertível? Uma vez que a função seno relaciona cada imagem com um conjunto infinito de objectos, não é injectiva o sistema não é invertível. 250 C.4. Sinais e Sistemas: Teste 2. Problema 1 (4 val): Seja ( ) ( ) ( ) 6sin 6 10cos 8 x t t t t t = + um sinal periódico. (1 val) a) Qual é o período fundamental do sinal ( ) x t ? i) 0 1 T s = ii) 0 2 T s = iii) 0 3 T s = iv) 0 4 T s = Aplicando a condição fundamental dos sinais periódicos: ( ) ( ) x t T x t + = , obtém-se ( ) ( ) ( ) 6sin 6 6 10cos 8 8 x t T t T t T t t t t + = + + + , (C.91) que resulta na condição 1 1 2 3 , , 6 2 3 3 3 4 8 2 1 1 2 3 4 , , , 4 4 4 4 4 T k T T k T k T k T t t t t ¦ = = ¦ = ¦ ¦ · ¬ ´ ´ = ¹ ¦ = = ¦ ¹ . (C.92) Atribuindo valores a k é possível obter o mínimo múltiplo comum, que será o período fundamental do sinal 0 1 T = . A resposta correcta é a i. (3 val) b) Qual é o valor da expressão | | | | | | | | 4 4 3 3 X X jX jX + ÷ + + ÷ , onde | | X i são os coeficientes da expansão em série de Fourier deste sinal? i) 5 ii) 10 iii) 7.5 iv) 2.5 Utilizando as fórmulas de Euler, é possível decompor o sinal como um soma de exponenciais complexas ( ) 6 6 8 8 6 6 10 10 2 2 2 2 t t t t x t e e e e j j t t t t ÷ ÷ = ÷ + + . (C.93) Reconhecendo que a frequência fundamental do sinal é dada por 0 0 2 2 T t t O = = , verifica-se imediatamente que (C.93) é uma expansão em série de Fourier na forma ( ) ( ) ( ) 3 2 4 2 3 2 4 2 3 3 4 4 t t t t x t c e c e c e c e t t t t ÷ × ÷ × × × ÷ ÷ = + + + , (C.94) 251 onde i c são os coeficientes da expansão 3 3 c j = , 3 3 c j ÷ = ÷ , 4 5 c = , 4 5 c ÷ = . (C.95) Finalmente, verifica-se que a expressão dada pode ser obtida como | | | | | | | | 3 3 4 4 3 3 5 5 10 X X jX jX j j j j + ÷ + + ÷ = + + ÷ = . (C.96) A resposta correcta é a ii. Problema 2 (4 val): Na Figura C.9 representa-se o mapa de pólos/zeros de um SLIT contínuo causal e estável inicialmente em repouso. Figura C.9. Mapa de pólos/zeros. Sabe-se que ( ) 2 y +· = quando o sinal de entrada é o escalão unitário ( ) ( ) x t u t = . (2 val) a) A função de transferência do sistema é i) ( ) 2 2 3.5 10 2 2 10 s s H s s s + + = + + ii) ( ) 2 2 2 2 10 s H s s s + = + + iii) ( ) 2 20 2 10 H s s s = + + iv) ( ) 2 2 10 2 10 s H s s s + = + + Por inspecção do mapa de pólos e zeros, é possível escrever a expressão da função de transferência aparte uma constante ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 3 1 3 2 10 s s H s K K s j s j s s + + = = + ÷ + + + + . (C.97) Finalmente, pela definição de ganho estático obtém-se ( ) ( ) 0 2 est u G y H = +· = = , (C.98) 3 j 3 j ÷ 1 ÷ 2 ÷ 252 que permite calcular o valor de K através de ( ) 2 0 2 2 10 10 H K K = · = · = . (C.99) Assim, a resposta correcta é a iv. (2 val) a) A equação diferencial que descreve o sistema é Sabendo que, ( ) ( ) ( ) H s Y s X s = rapidamente se obtém que ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 10 2 10 10 2 2 10 Y s s Y s s s s X s X s s s + = · + + = + + + . (C.100) Calculando a transformada inversa de Laplace, obtém.se directamente a equação diferencial do sistema ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 10 10 20 d y t dy t dx t y t x t dt dt dt + + = + . (C.101) Portanto, a resposta correcta é a ii. Problema 3 (1 val): Considere o sistema (filtro) cuja resposta de frequência é ( ) 1 , 0 , c c H j e e e e e < ¦ = ´ > ¹ . (C.102) O espectro de frequência do sinal de entrada ( ) x t corresponde a ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 10 3 10 X je t o e t o e t o e = + ÷ ÷ + . (C.103) Dimensione a frequência c e do filtro de modo a que o sinal de saída seja ( ) 1, y t t = ¬ . Justifique a resposta. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 10 2 10 20 2 10 10 20 2 10 20 10 2 10 10 d y t dy t dx t d y t dy t dx t y t x t y t x t dt dt dt dt dt dt d y t dy t dx t d y t dy t dx t y t x t y t dt dt dt dt dt dt + + = + + + = + + + = + + + = i) ii) iii) iv) 253 Para que o sinal de saída seja constante em todo o tempo, o filtro terá de “deixar passar” apenas a componente contínua do sinal de entrada. Neste caso corresponde a dimensionar a frequência de corte, c e , tal que ( ) ( ) ( ) ( ) 2 Y j H j X j e e e to e = = . Assim, basta impor que 10 c e < , de forma a que a frequência de corte seja inferior à frequência onde se localizam os delta de Dirac. Assim, o filtro e o sinal de entrada assumem uma configuração como a descrita na Figura C.10. Figura C.10. Representação de ( ) x t e ( ) h t , e ( ) ( ) x t h t t ÷ . Assim, o espectro da saída será ( ) ( ) 2 Y je to e = , e a sua expressão no tempo ( ) 1, y t t = ¬ . Problema 4 (3 val): Recorrendo à relação de Parseval, determine o valor do integral abaixo indicado 2 2 3 d j e e +· ÷· + } . (C.104) Note-se que, a relação de Parseval relaciona a expressão da energia de um sinal, no domínio do tempo e no domínio da frequência (dado que o seu valor tem de se manter). ( ) ( ) 2 2 1 2 x t dt X j d e e t +· +· ÷· ÷· = } } . (C.105) A expressão dada em (C.104) não pode ser aplicada directamente em (C.105). No entanto, re-escrevendo (C.104) na forma 254 2 2 2 1 2 3 3 d d j j e e e e +· +· ÷· ÷· = + + } } , (C.106) torna possível considerar que ( ) ( ) 1 3 X j j e e = + , que corresponde no domínio do tempo (efectuando a transformada inversa de Fourier) a ( ) ( ) 3t x t e u t ÷ = . Assim, multiplicando (C.105) por 4t verifica-se que ( ) ( ) 2 2 4 2 x t dt X j d t e e +· +· ÷· ÷· = } } . (C.107) Finalmente, substituindo a expressão de ( ) x t em (C.107) resulta que ( ) 2 2 3 6 6 0 0 1 2 4 3 1 2 4 4 4 0 6 6 3 t t t d e u t dt j e e dt e t e t t t t +· +· ÷ ÷· ÷· +· +· ÷ ÷ = = + ( | | = = = ÷ = | ( ÷ ÷ \ . ¸ ¸ } } } . (C.108) Problema 5 (3 val): Recorrendo à Transformada de Laplace, determine analiticamente a saída do sistema descrito por ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 4 3 d y t dy t y t x t dt dt ÷ + = , (C.109) para o sinal de entrada ( ) ( ) 2t x t e u t = admitindo condições iniciais ( ) 0 2 y = e ( ) ( ) 0 0 1 t dy t y dt + = = = . Para calcular o valor da saída, é necessário efectuar a transformada de Laplace de ambos os membros de (C.109). Considerando a propriedade da Transformada de Laplace face à diferenciação ( ) ( ) ( ) 0 u dy t sY s y dt + ÷ ÷ L , ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 0 0 u d y t s Y s sy y dt + + ÷ ÷ ÷ L , (C.110) e que a transformada do sinal de entrada (por inspecção das tabelas) é dada por 255 ( ) ( ) ( ) 2 1 2 u t x t e u t X s s = ÷ = ÷ L , (C.111) é possível escrever (C.109) no domínio da transformada de Laplace ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 0 0 4 0 3 2 s Y s sy y sY s y Y s s + + + ÷ ÷ ÷ ÷ + = ÷ . (C.112) Após alguma manipula algébrica, chega-se a ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) 2 2 2 2 2 2 1 2 1 4 2 3 2 1 4 3 2 7 2 1 4 3 2 7 2 2 7 2 1 4 3 2 2 11 15 4 3 2 s Y s s sY s Y s s s s Y s s s s s Y s s s s s s s Y s s s s Y s s s s ÷ ÷ ÷ ÷ + = · ÷ · ÷ + ÷ + = · ÷ · ÷ + = ÷ + · ÷ ÷ ÷ + · ÷ + = · ÷ ÷ + · = ÷ + ÷ . (C.113) Identificando os zeros do polinómio em denominador { } 2 2 4 4 4 3 4 3 0 1, 3 2 s s s ± ÷ × ÷ + = ¬ = = , (C.114) permite ainda obter ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 11 15 1 2 3 s s Y s s s s ÷ + = ÷ ÷ ÷ . (C.115) Uma vez que (C.115) é uma fracção própria (o número de pólos é superior ao número de zeros), com três pólos de ordem 1, pode decompor-se na forma ( ) 1 2 3 1 2 3 c c c Y s s s s = + + ÷ ÷ ÷ , (C.116) onde ( ) ( ) i i i s p c s p Y s = = ÷ . (C.117) Aplicando (C.117) resulta que 256 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 1 1 2 11 15 2 11 15 3 1 2 3 1 2 s s s s c s s s = ÷ ÷ + ÷ + = = = ÷ ÷ ÷ ÷ × ÷ . (C.118) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 11 15 2 4 22 15 1 1 2 3 1 1 s s s s c s s s = ÷ ÷ + × ÷ + = = = ÷ ÷ ÷ ÷ × ÷ . (C.119) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 3 3 2 11 15 2 9 33 15 0 1 2 3 2 1 s s s s c s s s = ÷ ÷ + × ÷ + = = = ÷ ÷ ÷ × . (C.120) Note-se que, 3 0 c = uma vez que o numerador de ( ) Y s tem um zero em 3 s = . Assim, a influência deste pólo no comportamento do sistema desaparece, e pode escrever-se que ( ) 1 1 3 1 2 Y s s s = ÷ ÷ ÷ . (C.121) Aplicando a transformada inversa de Laplace (por observação das tabelas) chega-se imediatamente a ( ) ( ) ( ) 2 3 t t y t e u t e u t = ÷ . (C.122) Problema 6 (3 val): Recorrendo às propriedades da Transformada de Fourier, mostre que ( ) ( ) cos sin c c c d t t dt e e e = ÷ . (C.123) Aplicando a propriedade da Transformada de Fourier face à derivada ( ) ( ) dx t j X j dt e e ÷ F , (C.124) ao primeiro membro de (C.123), e considerando o par transformada ( ) ( ) ( ) cos c c c t e t o e e o e e ÷ ÷ + + ( ¸ ¸ F , (C.125) resulta que 257 ( ) ( ) ( ) cos c c c d t j dt e et o e e o e e ÷ ÷ + + ( ¸ ¸ F . (C.126) Relembrando ainda a propriedade da multiplicação do delta de Dirac por uma função ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 0 f f e o e e e o e e ÷ = ÷ , (C.127) é possível escrever (C.126) como ( ) ( ) ( ) cos c c c c c d t j dt e t e o e e e o e e ÷ ÷ ÷ + ( ¸ ¸ F . (C.128) Após alguma manipulação algébrica obtém-se que ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 cos c c c c c c c d t j j dt j e t et o e e o e e e o e e o e e ÷ ÷ ÷ + = ÷ ÷ + ( ( ¸ ¸ ¸ ¸ F .(C.129) Finalmente, uma vez que 2 1 j = ÷ , verifica-se que a transformada inversa do segundo membro de (C.129) é ( ) ( ) ( ) sin c c c c c t j t e e e o e e o e e ÷ ÷÷ ÷ ÷ + ( ¸ ¸ F . (C.130) Está então efectuada a prova de que ( ) ( ) cos sin c c c d t t dt e e e = ÷ . (C.131) 258 259 Anexo D. Formulários D.1. Formulário para processamento de sinal. 260 Formulário para Processamento de Sinal 261 Sinais, sistemas e propriedades 1) 2) 3) 4) 5) 6) 7) 8) , , Transformada Z Definições Tabela da Transformada Z Sinal Transformada RC ( ) 1 1 1 z ÷ ÷ ( ) 1 1 1 z ÷ ÷ ( ) 1 1 1 z o ÷ ÷ ( ) ( ) ( ) ( ) 1 ... 1 1 ! n n n m u n m o + + ÷ + ( ) 1 1 1 m z o ÷ ÷ ( ) 1 1 1 z o ÷ ÷ ( ) ( ) ( ) ( ) 1 ... 1 1 1 ! n n n m u n m o + + ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ( ) 1 1 1 m z o ÷ ÷ ( ) 2 1 1 1 z z o o ÷ ÷ ÷ ( ) 2 1 1 1 z z o o ÷ ÷ ÷ { } \ 0 se 0 , se 0 z z m z m = > = · < z r > z r < Propriedades 1) ; 2) excepto para a possível inclusão / exclusão de ; 3) ; 4) ; 5) ; 6) ; 7) ; 8) ; 9) ; 12) ; 13) Se existir, i.e., se convergir para um valor constante quando , tem-se: Função de transferência Transformada de Fourier discreta Definições , ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 p p p i i i x n x n x n x n x n x n x n x n x n x n x n ¦ = ÷ = + ÷ ( ¦ ¸ ¸ = + ¬ ´ = ÷ ÷ = ÷ ÷ ( ¦ ¸ ¸ ¹ ( ) ( ) ( ) ( ) x n y n h n K n o ÷ ¦ ¦ ´ = ¦ ¹ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 0 1 2 0 0, 0 x n x n n n y n y n n n h n n ÷ ¬ < ÷ ÷ ¬ < ¦ ¦ ´ = < ¦ ¹ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 1 2 I I x n x n y n y n x n f y n h n h n n x n y n h n o ÷ ¦ = ÷ = ¬ = ¦ ´ - = ¬ = - ¦ ¹ ( ) ( ) ( ) 0: 0: , x x y y k B x n B n B y n B n h k B B +· + =÷· ¦- > < ¬ e ¬- > < ¬ e ¦ ´ < < +· e ¦ ¹ ¿ ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 x n y n x n n y n n ÷ ¬ ÷ ÷ ÷ ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 ax n bx n ay n by n + ÷ + ( ) ( ) 0 0 , x n N x n N + = e ( ) ( ) ( ) ( ) k h n x n h k x n k +· =÷· - = ÷ ¿ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) g b b n a n g a f g n f g ' = = ÷ ¿ ¿ ( ) ( ) ( ) 1 u u h n y n y n = ÷ ÷ ( ) ( ) ( ) 0 0 x n n n x n n o - ÷ = ÷ ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 , 2 n n n X z x n z x n X z z dz j t +· ÷ ÷ =÷· = = ¿ } ( ) n o 1 plano z ( ) u n 1 z > ( ) 1 u n ÷ ÷ ÷ 1 z < ( ) n u n o z o > ( ) 1 n u n o ÷ ÷ ÷ z o < ( ) n n u n o z o > ( ) 1 n n u n o ÷ ÷ ÷ z o < ( ) n m o ÷ m z ÷ ( ) ( ) 0 cos n u n O ( ) ( ) 1 0 1 2 0 1 cos 1 2cos z z z ÷ ÷ ÷ ÷ O ( ¸ ¸ ÷ O + ( ¸ ¸ 1 z > ( ) ( ) 0 sin n u n O ( ) ( ) 1 0 1 2 0 sin 1 2cos z z z ÷ ÷ ÷ O ( ¸ ¸ ÷ O + ( ¸ ¸ 1 z > ( ) ( ) 0 cos n r n u n O ( ) ( ) 1 0 1 2 2 0 1 cos 1 2 cos r z r z r z ÷ ÷ ÷ ÷ O ( ¸ ¸ ÷ O ( + ¸ ¸ ( ) ( ) 0 sin n r n u n O ( ) ( ) 1 0 1 2 2 0 sin 1 2 cos r z r z r z ÷ ÷ ÷ O ( ¸ ¸ ÷ O ( + ¸ ¸ ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 , ax n bx n aX z bX z RC R R + ÷ + _ · ( ) ( ) 0 0 z , n x n n X z RC R ÷ ÷ ÷ ÷ 0 ou z z = = +· ( ) 0 0 0 , n z z x n X RC z R z | | ÷ ÷ | \ . ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 , múltiplo de , , 0, caso contrário x n X z x n n x n x an X z RC R ÷ ¦ ¦ ¦ ¦ = ¬ ´ ´ ÷ ÷ ¦ ¹ ¦ ¹ ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 , x n x n X z X z RC R R - ÷ _ · ( ) ( ) , d X z nx n z RC R dz ÷ ÷ ÷ ( ) ( ) { } 1 1 , 1 1 k x k X z RC R z z +· ÷ =÷· ÷ _ > ÷ ¿ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 .. a a a x n a z X z z x z x x a ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ + ÷ + ÷ + + ÷ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n k n k k x k X z z x k X z x k z z ÷ = ÷ ÷ ÷ =÷· =÷· ÷ + ÷ + + + ¿ ¿ ¿ ( ) ( ) 0 lim z x X z ÷+· = ( ) lim n x n ÷+· ( ) x n n ÷+· ( ) ( ) ( ) 1 1 lim lim 1 n z x n z X z ÷ ÷+· ÷ = ÷ ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) 1 2 1 2 M N z z z z z z H z K z p z p z p ÷ ÷ ÷ = ÷ ÷ ÷ ( ) ( ) , 0 lim 0 , u z K n m y H z n m ÷+· = ¦ = = ´ > ¹ ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 lim lim 1 lim 1 est u n z z G y n z H z H z z ÷ ÷ ÷+· ÷ ÷ ( = = ÷ = ( ÷ ¸ ¸ ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 e e , e e 2 j j n j j n n X x n x n X d t t +· O ÷ O O O =÷· = = O ¿ } ( ) ( ) ( ) 2 2 1 e e 2 e 2 j kn j kn N N k k k N n N j k k x n a a x n N X a k N t t t t o ÷ = = +· O =÷· = = | | = O÷ | \ . ¿ ¿ ¿ ( ) ( ) 1 lim 2 1 N N n N x n x n N ÷+· =÷ = + ¿ ( ) ( ) 2 2 2 1 e 2 j n x n X d t t +· O =÷· = O ¿ } 262 Tabela da Transformada de Fourier Discreta Sinal Transformada Propriedades 1) ; 2) ; 3) ; 4) ; 5) ; 6) ; 7) ; 8) ; 9) ; Bases Matemáticas tem pólos distintos tais que o pólo tem multiplicidade , com e . Pode ser decomposta em, onde e a contribuição de cada pólo é e.g., tem um pólo com multiplicidade , Tabela de Ângulos Conhecidos Complexos ( ) n o 1 1 ( ) 2 2 t o t +· =÷· O÷ ¿ ( ) u n ( ) 1 2 1 e j to t +· ÷ O =÷· + O÷ ÷ ¿ ( ) 0 n n o ÷ 0 e j n ÷ O 0 e j n O ( ) 0 2 2 t o t +· =÷· O÷O ÷ ¿ ( ) 0 cos n O ( ) ( ) 0 0 2 2 t o t o t +· =÷· O÷O ÷ ¸ + O+O ÷ ( ¸ ¿ ( ) 0 sin n O ( ) ( ) 0 0 2 2 j t o t o t +· =÷· O÷O ÷ ¸ ÷ O+O ÷ ( ¸ ¿ 2 jk n N k k N a e t = ¿ 2 2 a N t t o +· =÷· | | O÷ | \ . ¿ ( ) k n kN o +· =÷· ÷ ¿ 2 2 N N t t o +· =÷· | | O÷ | \ . ¿ ( ) 1 1 1, 0, n N x n n N ¦ s ¦ = ´ > ¦ ¹ ( ) ( ) ( ) 1 sin 1 2 sin 2 N O + O ( ), 1 n u n o o < 1 1 e j o ÷ O ÷ ( ) ( ) 1 , 1 n n u n o o + < ( ) 2 1 1 e j o ÷ O ÷ ( ) ( ) ( ) 1 ! , 1 ! 1 ! n n r u n n r o o + ÷ < ÷ ( ) 1 1 e r j o ÷ O ÷ ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 e e j j ax n bx n aX bX O O + ÷ + ( ) ( ) 0 0 e e j n j x n n X ÷ O O ÷ ÷ ( ) ( ) ( ) 0 0 e e j j n x n X O÷O O ÷ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , múltiplo de 0, caso contrário j x n X z x n n x n x n X e O ÷ ¦ ¦ e ¦ ¦ = ¬ ´ ´ ÷ ¦ ¹ ¦ ¹ ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 e e j j x n x n X X O O - ÷ ( ) ( ) e j d X nx n j d O ÷ O ( ) ( ) ( ) ( ) 0 1 e e 2 1 n j j j m k x m X X k e t o t +· O ÷ O =÷· =÷· ÷ + O÷ ÷ ¿ ¿ ( ) ( ) ( ) * é real: e e j j x n X X ÷ O O = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 e = e 2 e e j j j j j j j r n s n p n R S P e S P e S P e d o o t t o O O O O÷ O O ( = ÷ © ¸ ¸ © = } 1 1 , 1 1 , 1 N k k N n n k N k | | | | | | ÷ ÷ = ¦ ÷ = ¦ = ÷ ´ ¦ ÷ = ¹ ¿ 1 , 1 1 n k n k | | | | +· = = < ÷ ¿ ( ) X s k i p i r 1, 2, , i k = 1 2 k r r r n + + + = ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 1 0 1 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 r r i k i i i i i k r r i k c c c X s c p z p z p z c c p z p z ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ = + + + + + ÷ ÷ ÷ + + + ÷ ÷ ( ) ( ) 0 0 0 z c X z X = = = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 1 1 1 1 1 2 1 1 1 1 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 r i r r i r r r i r i r i i z p r i i i r i z p r i i i i r r i i z p i i i i r i i z p c p z X z c c p z X z p z c c c p z X z p z p z c c c p z X z p z p z ÷ ÷ ÷ ÷ = ÷ ÷ ÷ = ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ = ÷ ÷ ÷ = = ÷ ( ( = ÷ ÷ ( ÷ ¸ ¸ ( ( = ÷ ÷ ÷ ( ÷ ÷ ¸ ¸ ( ( = ÷ ÷ ÷ ÷ ( ÷ ÷ ¸ ¸ ( ) X s p 2 r = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 1 2 1 2 2 1 1 , 1 , 1 z p z p c c pz X z c pz X z pz ÷ ÷ = ÷ = ( ( = ÷ ÷ = ÷ ( ÷ ¸ ¸ ( ) ( ) 1 2 0 1 2 1 1 1 c c X s c pz pz ÷ ÷ = + + ÷ ÷ 0, t 6, 5 6 t t 4, 3 4 t t 3, 2 3 t t 2, 3 2 t t sin 0 1/ 2 2 / 2 3 / 2 1 ± cos 1 ± 3 / 2 ± 2 / 2 ± 1/ 2 ± 0 tan 0 3 / 3 ± 1 ± 3 ± ±· cot ±· 3 ± 1 ± 3 / 3 ± 0 ( ) 2 2 , , arctan j w x jy re r x y y x u u = + = = + = * , j n n j n w x jy re w r e u u ÷ = ÷ = = ( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 , j j ww r r e w w r r e u u u u + ÷ = = ( ) ( ) ( ) 1 1 2 , 0, , 1 n n j k n n w w r e k n u t + = = = ÷ ( ) ( ) cos sin j e j u u u = + ( ) ( ) ( ) ( ) cos 2, sin 2 j j j j e e e e j u u u u u u ÷ ÷ = + = ÷ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) sin sin cos cos sin u | u | u | ± = ± ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) cos cos cos sin sin u | u | u | ± = 263 D.2. Formulário para sinais e sistemas. 264 Formulário para Sinais e Sistemas 265 Sinais, sistemas e propriedades 1) 2) 3) 4) 5) 6) 7) , Transformada de Laplace Definições Tabela da Transformada de Laplace Sinal Transformada RC Propriedades 1) ; 2) excepto para a possível inclusão / exclusão de ; 3) ; 4) ; 5) ; 6) ; 7) ; 8) ; 9) ; 10) ; 11) ; 12) Se não contiver impulsos ou singularidades de ordem superior em , o limite à direita de quando é . 13)Se existir, i.e., se convergir para um valor constante quando , tem-se . Função de transferência , . Transformada de Fourier Definições , ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 p p p i i i x t x t x t x t x t x t x t x t x t x t x t ¦ = ÷ = + ÷ ( ¦ ¸ ¸ = + ¬ ´ = ÷ ÷ = ÷ ÷ ( ¦ ¸ ¸ ¹ ( ) ( ) ( ) ( ) x t y t h t K t o ÷ ¦ ¦ ´ = ¦ ¹ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 0 1 2 0 0, 0 x t x t t t y t y t t t h t t ÷ ¬ < ÷ ÷ ¬ < ¦ ¦ ´ = < ¦ ¹ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 1 2 I I x t x t y t y t x t f y t h t h t t x t y t h t o ÷ ¦ = ÷ = ¬ = ¦ ´ - = ÷ = - ¦ ¹ ( ) ( ) ( ) 0: 0: , x x y y B x t B t B y t B t h d B B t t +· + ÷· ¦- > < ¬ e ¬- > < ¬ e ¦ ´ < < +· e ¦ ¹ } ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 x t y t x t t y t t ÷ ¬ ÷ ÷ ÷ ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 ax t bx t ay t by t + ÷ + ( ) ( ) 0 x t T x t + = ( ) ( ) u h t y t t c = c ( ) ( ) ( ) ( ) 1 e , e 2 j st st j X s x t dt x t X s ds j o o t +· + · ÷ ÷· ÷ · = = } } ( ) t o 1 planos ( ) u t 1 s ( ) 0 e s 9 > ( ) u t ÷ ÷ 1 s ( ) 0 e s 9 < ( ) ( ) 1 1 ! n t u t n ÷ ÷ 1 n s ( ) 0 e s 9 > ( ) ( ) 1 1 ! n t u t n ÷ ÷ ÷ ÷ 1 n s ( ) 0 e s 9 < ( ) e t u t o ÷ 1 s o + ( ) e s o 9 > ÷ ( ) e t u t o ÷ ÷ ÷ 1 s o + ( ) e s o 9 < ÷ ( ) ( ) 1 e 1 ! n t t u t n o ÷ ÷ ÷ ( ) 1 n s o + ( ) e s o 9 > ÷ ( ) ( ) 1 e 1 ! n t t u t n o ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ( ) 1 n s o + ( ) e s o 9 < ÷ ( ) t T o ÷ e sT ÷ ( ) ( ) plano , excepto : se 0, se 0. s e s T ou e s T 9 = ÷· > 9 = +· < ( ) ( ) 0 cos t u t e 2 2 0 s s e + ( ) 0 e s 9 > ( ) ( ) 0 sin t u t e 0 2 2 0 s e e + ( ) 0 e s 9 > ( ) ( ) 0 cos t e t u t o e ÷ ( ) 2 2 0 s s o o e + + + ( ) e s o 9 > ÷ ( ) ( ) 0 sin t e t u t o e ÷ ( ) 0 2 2 0 s e o e + + ( ) e s o 9 > ÷ ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 , ax t bx t aX s bX s RC R R + ÷ + _ · ( ) ( ) 0 0 e , st x t t X s RC R ÷ ÷ ÷ ÷ ( ) e s 9 = ±· ( ) ( ) ( ) 0 0 0 e , s t x t X s s RC R e s ÷ ÷ ÷ +9 ( ) 1 , s x at X RC aR a a | | ÷ ÷ | \ . ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 , x t x t X s X s RC R R - ÷ _ · ( ) ( ), dx t sX s RC R dt ÷ _ ( ) ( ) , dX s tx t RC R ds ÷ ÷ _ ( ) ( ) ( ) { } 1 , 0 t x d X s RC R e s s t t ÷· ÷ _ · 9 > } ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 , 0 lim t dx t sX s x x x t dt + + + ÷ ÷ ÷ = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 1 0 0 0 0 ; 0 n n n n n i n i i d x t s X s s x s x dt d x t x x dt + ÷ + ÷ + ÷ + + ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ = ( ) ( ) ( ) 0 1 1 t x d X s x d s s t t t t ÷· ÷· ÷ + } } ( ) x t 0 t = ( ) x t 0 t ÷ ( ) ( ) 0 lim s x sX s + ÷+· = ( ) lim t x t ÷+· ( ) x t t ÷+· ( ) ( ) 0 lim lim t s x t sX s ÷+· ÷ = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 M N s z s z H s K s p s p ÷ ÷ = ÷ ÷ ( ) ( ) , 0 lim 0 , u s K n m y H s n m + ÷+· = ¦ = = ´ > ¹ ( ) ( ) 0 lim lim est u t s G y t H s ÷+· ÷ = = ( ) ( ) ( ) ( ) 1 e , e 2 j t j t X j x t dt x t X j d e e e e e t +· +· ÷ ÷· ÷· = = } } ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 0 0 1 e 2 o j t jk t k k k T k k x t a a x t e dt T X j a k e e e t o e e +· ÷ =÷· +· =÷· = = = ÷ ¿ } ¿ ( ) ( ) 2 2 1 lim T T T x t x t dt T ÷ ÷· = } ( ) ( ) 2 2 1 2 x t dt X j d e e t +· +· ÷· ÷· = } } 266 Tabela da Transformada de Fourier Sinal Transformada Propriedades 1) ; 2) ; 3) ; 4) ; 5) ; 6) ; 7) ; 8) ; 9) ; 10) ; 11) ; Bases Matemáticas , , tem pólos distintos, onde o pólo tem multiplicidade , com e . A sua forma geral é onde a contribuição de cada pólo é E.g., tem apenas um pólo com multiplicidade , . Tabela de Ângulos Conhecidos Complexos ( ) t o 1 1 ( ) 2to e ( ) 1, 0 sgn 1, 0 t t t ÷ < ¦ = ´ > ¹ 2 je ( ) u t ( ) 1 j to e e + ( ) 0 t t o ÷ 0 e j t e ÷ 0 e j t e ( ) 0 2 t t to ÷ ( ) 0 cos t e ( ) ( ) 0 0 t o e e o e e ÷ + + ( ¸ ¸ ( ) 0 sin t e ( ) ( ) 0 0 j t o e e o e e ÷ ÷ + ( ¸ ¸ 0 jk t k k a e e +· =÷· ¿ ( ) 0 2 k k a k t o e e +· =÷· ÷ ¿ ( ) ( ) 1 0 0 1 1, 0, 2 t T x t x t T T T t ¦ < ¦ = + = ´ < s ¦ ¹ ( ) ( ) 0 1 0 2sin k k T k k e o e e +· =÷· ÷ ¿ ( ) k t kT o +· =÷· ÷ ¿ 2 2 k k T T t t o e +· =÷· | | ÷ | \ . ¿ 1 1 1 1, rect 0, 2 t T t t T T ¦ < | | ¦ = ´ | > ¦ \ . ¹ ( ) 1 1 1 2sin 2 sinc T T T e e t e | | = | \ . ( ) 1 sin W sinc Wt Wt t t t t | | = | \ . ( ) 1, 0, W X j W e e e ¦ < ¦ = ´ > ¦ ¹ ( ) ( ) e , 0 t u t e o o ÷ 9 > 1 j o e + ( ) ( ) e , 0 t t u t e o o ÷ 9 > ( ) 2 1 j o e + ( ) ( ) ( ) 1 e , 0 1 ! n t t u t e n o o ÷ ÷ 9 > ÷ ( ) 1 n j o e + ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 ax t bx t aX j bX j e e + ÷ + ( ) ( ) 0 0 e j t x t t X j e e ÷ ÷ ÷ ( ) ( ) ( ) 0 0 e j t x t X j e e e ÷ ÷ ( ) 1 x at X j a a e | | ÷ | \ . ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 x t x t X j X j e e - ÷ ( ) ( ) dx t j X j dt e e ÷ ( ) ( ) dX j tx t j d e e ÷ ( ) ( ) ( ) ( ) 1 0 t x d X j X j j t t e t o e e ÷· ÷ + } ( ) ( ) ( ) * é real, x t X j X j e e ÷ = ( ) ( ) ( ) ( ) Se então 2 x t X j X jt x e t e ÷ ÷ ÷ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 r t s t p t R j S j P j e e e t = ÷ = - ( ¸ ¸ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) b u b a u a dx f u x dx f u du du = } } ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) b b b a a a dg x df x f x dx f x g x g x dx dx dx = ÷ ( ¸ ¸ } } ( ) f g f g f g ' ' ' × = × + × ( ) ( ) ( ) f g f g g ' ' ' = ( ) ( ) du t t dt o = ( ) ( ) t u t d o t t ÷· = } ( ) ( ) ( ) | | 0 0 0 0 0 0 0 , , 0, Não se define, b a f x x a b x x f x dx x a x b x a x b o ¦ e ¦ ÷ = < v > ´ ¦ = v = ¹ } ( ) ( ) ( ) ( ) h t x t h x t d t t t +· ÷· - = ÷ } ( ) X s k i p i r 1, 2, , i k = 1 2 k r r r n + + + = ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 1 2 1 .. .. .. r r i k i i i k r r i i i k c c c c c X s s p s p s p s p s p = + + + + + + + ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 , , 1 , ! 1 . 1 ! r i r i r k i i r i i s p r i i s p k r i i k s p r r i i r s p c s p X s d c s p X s ds d c s p X s k ds d c s p X s r ds ÷ ÷ = = = ÷ ÷ = = ÷ ( = ÷ ¸ ¸ ( = ÷ ¸ ¸ ( = ÷ ¸ ¸ ÷ ( ) X s p 2 r = ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 2 , , s p s p d c s p X s c s p X s ds = = ( = ÷ = ÷ ¸ ¸ ( ) ( ) 1 2 2 c c X s s p s p = + ÷ ÷ 0, t 6, 5 6 t t 4, 3 4 t t 3, 2 3 t t 2, 3 2 t t sin 0 1/ 2 2 / 2 3 / 2 1 ± cos 1 ± 3 / 2 ± 2 / 2 ± 1/ 2 ± 0 tan 0 3 / 3 ± 1 ± 3 ± ±· cot ±· 3 ± 1 ± 3 / 3 ± 0 ( ) 2 2 , , arctan j w x jy re r x y y x u u = + = = + = * , j n n j n w x jy re w r e u u ÷ = ÷ = = ( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 , j j ww r r e w w r r e u u u u + ÷ = = ( ) ( ) ( ) 1 1 2 , 0, , 1 n n j k n n w w r e k n u t + = = = ÷ ( ) ( ) cos sin j e j u u u = + ( ) ( ) ( ) ( ) cos 2, sin 2 j j j j e e e e j u u u u u u ÷ ÷ = + = ÷ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) sin sin cos cos sin u | u | u | ± = ± ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) cos cos cos sin sin u | u | u | ± = 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 ........................5............ 84 Problema 3...................... (AT Ex....................7....... (HSU 4................... 97 Problema 4.. 53 Problema 2...... (AT Ex. 88 Problema 3........58) Considerando o sistema LIT causal descrito por .... (AT Ex.............................4......... 59 Problema 3................ Seja ..............19a) Calcule a transformada inversa de .... 99 Problema 4. 3) Calcule a transformada inversa de. ...................32) Um sistema LIT causal é descrito por ...............2............... .... 104 6 .... Cap.......... (HSU 2..59b) Considerando o sistema LIT causal descrito por ........... 63 Problema 3................................................................. Sejam ..................................... Cap.................................... (IML 1........ c) Determine ainda a saída para o sinal de entrada x  n   2  n   4  n  1 ................ 95 Capítulo 4...................... (HSU 4............................. Fundamentos de Sinais e Sistemas: Sinais Contínuos ........................................ Cap..... 66 Problema 3.............................. 59 Problema 3.......................................9... Classifique este sistema quanto à: a) causalidade. (HSU 4...........5...................... Encontre também os pólos................................................... b) Estabilidade...............................25) Considere um sistema LIT com a seguinte resposta impulsional: h  n   2n u  n  4 .5......... 7...............................................3..... 4....... 86 Problema 3.................11......................... (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: .... (HSU 4.. b) x  n     n  .......2....................................4.................6.... (AT Ex..... 100 Problema 4..... 98 Problema 4......... 75 Problema 3......12......8.... Seja ........1.. Sabe-se que....... Transformada Z ........................Problema 2..........38b) Considerando o sistema LIT causal descrito por .................. 93 Problema 3..38a) Considerando o sistema LIT causal descrito por ...... 65 Problema 3.........10. 56 Capítulo 3.. (HSU 4....6...... 71 Problema 3..............26) Considere um sistema LIT cuja resposta ao escalão unitário é dada por: .................. (IML 2.... (AT Ex..... 8.....56) A resposta impulsional de um sistema LIT é dada por: h  n   1 2  u  n  ............................................. (IML 2....... Cap.... n Calcule y 1 e y  4 para o sinal de entrada x  n   2  n     n  3 ...... 77 Problema 3............... (HSU 4..............10) Calcule a transformada do Z dos sinais: a) x  n   u  n  ...... 3) Calcule a transformada inversa de........ zeros e a região de convergência.............. Seja ................................. ................2d) Considere o sinal representado na Figura 4........ 54 Problema 2..............................................................7...5..........................14........... 103 Problema 4....... ....................3...... (HSU 4.............. 3) Discuta a existência da transformada Z do seguinte sinal x  n    n ....1......... (HSU 4..... 3) Calcule a transformada do Z do sinal x  n   e j0nu  n  ........13. 15) Encontre a resposta completa quando a equação às diferenças ...........6........ 97 Problema 4......... 90 Problema 3...59a) Considerando o sistema LIT causal descrito por .................... 5....... 81 Problema 3............. ...........12................................5..... (IML 1............9) Seja x  t  um sinal contínuo considere-se ................... 130 Problema 5...............5...............9............... 155 Problema 6.....8... x  t  ..3...4................... 2..........................13) Considere o seguinte sistema ............2a.... (IML 3......... 141 Problema 6................ (HSU 2.........4..................... .........k) Um sistema contínuo pode classificar-se como: .11....... (IML 2....... (IML 1........... cuja resposta impulsional é dada por ...........b..........................7a.........d) Seja .......15................... 154 Problema 6.....8... 3) Determine a transformada de Laplace do sinal: x  t   e j0t u  t  ..............17.... ....................6..1.... Cap.......... (IML 1... 133 Problema 5.....13) Seja ............................. (IML 3.......................... (IML 1............................ (IML 1....................... 1........................................................12) Determine o período fundamental de ...........8.....................g) Exprima analiticamente os sinais representados ........13...... (IML 1...... Representação no Domínio do Tempo de Sistemas LIT Contínuos .... 114 Problema 4.......b....... .................... 105 Problema 4.. cuja resposta impulsional é dada por ... 141 Problema 6............ Determine a transformada de Laplace do sinal .................4 representa o mapa pólos/ zeros da função de transferência de um SLIT..........................3a. (IML 1.............6a) Esboce graficamente as componentes par e ímpar do sinal representado na Figura 4................. Transformada de Laplace ..... (AT Ex..... 127 Problema 5... 148 Problema 6...... 139 Capítulo 6.........................2........ 2) Considere o seguinte circuito RLC ..................... 158 7 ..... 109 Problema 4...20a......7) Sejam dois sinais contínuos relacionados por .. 111 Problema 4.....11a...................................3a) Considere os sinais contínuos representados na Figura 4...........3................. 120 Problema 4...................................14) Considere os sinais contínuos: .................. 106 Problema 4............. 127 Problema 5.. 150 Problema 6...............7.19) Seja . cuja transformada de Laplace é: .....18) Esboce graficamente os seguintes sinais contínuos: ..........7.............14) Considere o SLIT causal cujo mapa pólos/zeros se representa na Figura 6.................................... (IML 1........ (IML 2... 123 Capítulo 5........7..4) Considere um sistema LIT........... 3) Determinar a transformada de Laplace do sinal: x  t   eat u  t  ...... 149 Problema 6............. ........ (IML 1............ (IML 3......d) Determine a função no tempo........ Para os sinais periódicos determine o período fundamental.............. 2.....................5c) Determine a transformada de Laplace do sinal: x  t   e2t u  t   e3t u  t  ... Cap........... (IML 1.................. 108 Problema 4...........5) Considere um sistema LIT..........................f) Determine quais dos seguintes sinais são periódicos............ 113 Problema 4............. 136 Problema 5.. ........ (AT Ex......b) A Figura 6........................... Escreva a expressão que os relaciona............2....... 147 Problema 6.............................. ............................. (HSU 3............ Cap.....22c..................... 117 Problema 4.................. (IML 1......1...............10.................................5 ............................................. 112 Problema 4......16........................... (IML 3..............Problema 4.. (IML 2............. . (AT Ex...........14... 8....................................... 189 Problema 7........ 215 A...........................8.............................. 197 A..... 219 B........5.. (IML 3...... (IML 3.11... Integrais..... 177 Problema 7..4......................12.... (IML Anexo A) Prova de relações trigonométricas ........ sabendo que...... (IML 3.......... respectivamente........... 203 A..... (IML 3........2..........5.....6..... Determine uma representação em séries de Fourier para os seguintes sinais .....................................31) Considere o sinal x  t  cujo espectro de frequência está representado na Figura 7...................... (IML 3....................... ......3 ........................Problema 6.........................1.. Expresse os seguintes números complexos na forma cartesiana.....26) Determine a transformada de Fourier de cada uma das seguintes funções no tempo: ................38) Resolva a seguinte equação diferencial de segunda ordem .... (IML 3............. 170 Capítulo 7............................ 197 A......................... 199 A..........10... 194 Problema 7.... (HSU 3............................................................................................. Fundamentos Matemáticos ................................ 195 Anexo A................ Testes Resolvidos .............6.......... 223 Anexo C............... 166 Problema 6........... 208 A...................2.......9................ 205 A..................................2.......33) Considere o sistema cuja resposta de frequência é ....................................... ........................... Fundamentos Matemáticos: Parte 2............ 162 Problema 6.......... 177 Problema 7........................... ....................................... (IML 3.................. (IML Anexo A) Definição de número complexo........................... ...........7..........7... Expresse os seguintes números complexos na forma polar................................... inverso e conjugado.............18) Considere o sistema causal descrito pela equação diferencial de coeficientes constantes................................................ 193 Problema 7..... ......... 219 B...... 213 A........10..........................................................................................................................................6... Determine as soluções das seguintes equações......... 185 Problema 7........................................ Encontre x  t  .... (IML Anexo A) Séries Geométricas .... Transformada de Fourier . Expanda em fracções simples as seguintes funções racionais. Calcular x  t  sabendo que . Justifique a resposta........................... determine o seu módulo... 218 Anexo B.. Calcule as seguintes expressões............................. 227 8 ......... .......... Mostre que as seguintes expressões são verdadeiras.......................................34) Seja ..10) Seja ............. 183 Problema 7....... (IML Anexo A) Noções de trigonometria ...... os sinais de entrada e de saída de um sistema contínuo..........................3........ 164 Problema 6... 191 Problema 7................ 202 A... inverso e conjugado................................. (IML 3..................................... e represente-o no plano complexo....................................................... ...... cujas transformadas de Fourier se relacionam pela seguinte equação:............................. Expresse os seguintes números complexos na forma cartesiana e determine o seu módulo................................. ....1.............9....1....................32) Sejam x  t  e y  t  ....................... Mostre que as seguintes expressões são verdadeiras...........3... 211 A............4....8) Classifique quanto à estabilidade e à causalidade os SLITs cujo mapa palas/zeros se representam na Figura 6...................... .................................................................... Processamento de Sinal: Teste 1................. ..... Formulário para processamento de sinal.....3......................... .......................... Formulários ..... Sinais e Sistemas: Teste 2.......1.C... .......4...... Sinais e Sistemas: Teste 1................. 250 Anexo D.............................................. ... Formulário para sinais e sistemas... 227 C.... 243 C..................... 259 D...................... 263 9 ......................................................... 237 C.......................... 259 D..........2...... ............................................... ............................................................. Processamento de Sinal: Teste 2...................2......1.................. 10 . 2).n0 Analogamente à alínea anterior.3) O sinal é ímpar porque respeita a condição (1.2) obtém-se  1  . Fundamentos Discretos de Sinais e Sistemas: Sinais Problema 1.  0 .   1 n 2 b) x  n     3    0  2 . (1. é necessário calcular x  n  e verificar se este se relaciona com x  n  .1) (1. através de uma relação de paridade. x  n    x  n  . como pode ser observado pela Figura 1.2) .1a.n0 . n  0  Para avaliar a paridade de a). Directamente da definição de x  n  e (1. (IML 1.2) 1  . n0  (1. n0 a) x  n    n 0 .1. é necessário considerar as definições respectivas dos sinais pares e ímpares x  n   x  n  .Capítulo 1.1) – (1.8) Classifique quanto à paridade os seguintes sinais discretos. após alguma álgebra. ou seja. obtém-se 11 . Para avaliar a paridade de um determinado sinal. n  0 x  n    n   x n . é necessário verificar se respeita as definições (1. n  0 1 x  n        x n . . 12 . n 0  4  1 .1).6) O sinal é par porque verifica a relação (1. após alguma álgebra.n0 0  Analogamente à alínea anterior. 4  1n . como pode ser observado pela Figura 1. x  n    .4) O sinal é par porque verifica a relação (1.   .n0 0 Analogamente à alínea anterior.1b. após alguma álgebra. n  0 . n  0 2   .n0  0 0 2 (1. n  0 c) x  n    .1).2   1   n    1 n . obtém-se 1  n 4  1  n .1c. obtém-se 3  n  1 . n  0 0 .n0 0   0 (1. n  0  d) x  n    . 3  n  1 .n0  .5) O sinal não é par nem ímpar porque não verifica nenhuma das condições de paridade. como pode ser observado pela Figura 1.n0    . n  0 4  n . n  0 2 x  n     3   3  x n . como pode ser observado pela Figura 1.1d.n0 0  (1. 13 .1. Representação de x  n  .a  b c d  Figura 1. 9) 1 1 1 xi  n    x  n   x  n     x  n   x  n     x  n   x  n    xi  n  . e a função co-seno é par.   2  2 (1.67) permite obter (1. sin  x    cos  x  .2. A partir deste ponto. é possível afirmar que (1. é possível resolver o problema de duas formas distintas: (1.12) x  n    sin  0n   j cos  0n  . 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  .10)   2   2 2 c) x  n   e j0n 2 O primeiro passo na resolução é a aplicação da fórmula de Euler.13) i) Por inspecção: Sabendo que a função seno é ímpar. (1.7) (1. Para obter as componentes par e ímpar de um determinado sinal. é necessário considerar as seguintes definições 1 x p  n    x  n   x  n   .8) que correspondem respectivamente às componentes par e ímpar de um sinal.  2 (1.13) já se encontra escrita na forma 14 . 2 2   (1. (HSU 1.48c) Determine as componentes par e ímpar dos seguintes sinais. que resulta em x n  e j  0n  2       cos  0n    j sin  0n   .Problema 1.  2 1 xi  n    x  n   x  n   . 2 2   que aplicado em (A.11) Através do círculo trigonométrico é possível identificar     cos  x     sin  x  . facilmente se chega a (1. para a componente ímpar.14) xi  n    sin  0n  . (1.15) (1. onde (1.8) e (1.16) ii) Pela definição (1.  2 Finalmente. são respectivamente as componentes ímpar e par do sinal. considerando o resultado sobre a paridade das funções seno e co-seno (1.20) 1    sin  0n   j cos  0n   sin  n0   j cos  n0     sin  0n   2 A representação gráfica dos sinais pode ser observada na Figura 1.x  n   xi  n   x p  n  .19)  2 Analogamente.7) podemos então obter 1 x p    sin  0n   j cos  0n   sin  n0   j cos  n0   . (1. sin   x    sin  x  .2 15 .18) 1 x p    sin  0n   j cos  0n   sin  n0   j cos  n0    j cos  0n  .18) chegase a xi  1   sin  0n   j cos  0n   sin  n0   j cos  n0     2 . utilizando as definições (1.17) cos   x   cos  x  . x p  n   j cos  0n  . (1. Figura 1. Representação de x  n  . 16 .2. (1. seja periódico.25) pelo que a) é falso. é necessário que se verifique 0  . No entanto. e M  2 . Pode ainda ser demonstrado que. para um sinal do tipo sin  0n  . x  n  e y  n  . se x  n  for periódico. de período N 0  1. tais que y  n   x  2n  3 . Qualquer inteiro positivo e múltiplo de N 0 é também um período de x  n  . M onde é o conjunto dos números racionais.6 . Uma vez que y  n   x  2n  3  y  n  .16) Considere dois sinais discretos. tem-se que 17 .2. cos  0n  ou e j  0n  . quando existe um inteiro N  0 . (1.21) Um sinal discreto diz-se periódico. onde 0 é a frequência fundamental. tipicamente.21) cumpre (1. e sendo que x  n  é par vem ainda (1.24) x  2n  3  x  2n  3  y  n   x  2n  3 . n  .3.23) a) Se x  n  é par logo y  n  é par? Para averiguar a veracidade de a).7). (1. (IML 1.22) O período fundamental N 0 define-se como o menor inteiro positivo que verifica (1.3.Problema 1.22). tal que respeita a condição x  n   x  n  N  . (1. um deslocamento. Note-se que. é necessário verificar se (1. altera a paridade do sinal. Para o caso em que N 0 é ímpar.28) . (b) Um deslocamento temporal.. a paridade do sinal seria mantida e y  n  seria par. pelo que não pode ser um período de y  n  ... Note-se que...... N  N 0 2 não é inteiro. ou seja.. na forma x n  n0 x0 1 x1 2 .. o período de y  n  é N y  N 0 2 . x0 . 2 N 0  1 2 N 0 x1 . x  2 x  4 x2 x4 18 . tem-se que n0 x  2n   x  0  x0 1 2 N0  1 N0  1 N0  3 . não altera a periodicidade... Uma vez que a próxima operação. N 0  1 N 0 xk x0 N 0  1 .. o deslocamento. . Para este caso.27) logo o período de x  2n  é dado por N  N 0 2 . x  N 0  .. correspondente ao termo 2n . correspondente ao termo 3 . xk x0 x2 . x  N 0  1 x  N 0  1 x  N 0  3 .x  2n  3  x  2n  3  y  n  . um deslocamento não..... x  2 N 0  . b) Se x  n  é periódico logo y  n  também o é? Se sim calcule o período de y  n  ...26) Torna-se então necessário separar os casos em que N 0 é par ou ímpar. xk x1 x3 . Represente-se o sinal periódico x  n  .... (i) Resolução intuitiva Por observação de (1. x0 (1.. N 0 2 x  4  . (1. uma mudança de escala altera o período de um sinal.(1. Quando N 0 é par tem-se que n0 1 x  2n   x  0  x  2  x0 x2 2 . x4 .21) verifica-se que estão patentes duas operações: (a) Uma mudança de escala temporal. enquanto que.. de período N 0 .. N0 2 2 2 .   (1. N 0 par .29) Desenvolvendo (1.3 e Figura 1. 19 . o que corresponde a N  m  1  0 .30) Para que esta tenha solução. x 2  n  N y   3  x  2n  2 N y  3  x  2n  3 . O período fundamental de y  n  é então o menor inteiro positivo que cumpre (1. (ii) Resolução pela definição Aplicando (1. uma vez que o período tem de ser um inteiro positivo. é necessário que 2 N y  mN 0  N y  m N0 .22) à definição do sinal. resulta imediatamente que n  . apenas no caso em que N 0 é par é que N y  N 0 2 é inteiro.29). (1.32) Note-se que. e o período de y  n  é N y  N 0 . Para o caso em que N 0 é ímpar apenas se poderá ter N y  N 0 . o deslocamento não altera a periodicidade. esta ainda pode ser reescrita como n  . Ambas as componentes e a sua periodicidade podem ser observadas na Figura 1. Ny   2 m  2  N 0 . m  . 2 (1. N 0 ímpar  (1.4.logo o período de x  2n  é dado por N  N 0 .31) onde N 0 é o período fundamental de x  n  . y n  N y   y n .31). Novamente. Figura 1. Representação do caso N 0 par. Representação do caso N 0 ímpar.3.4. Figura 1. 20 . 21 .5. Figura 1. n  1 .4. (ii) Deslocamento. n  1 (1.6. A representação de x  n  e u  n  pode ser observada na Figura 1.Problema 1.23) O sinal discreto x  n  está desenhado na Figura 1. n  0 ( i ) 0 . se aplicaram duas operações: (i) Inversão. ponto por ponto.33) Este sinal está representado na Figura 1. Efectuando finalmente a multiplicação. n  0 1 . Representação de x  n  u 1  n  . dos dois sinais chega-se ao resultado também apresentado na Figura 1. u n    u  n     u 1  n    0 . comece-se por identificar que ao sinal escalão unitário. Figura 1. é possível chegar a 1 . a) x  n  u 1  n  Para calcular este resultado.5. Pelo que.6. (HSU 1.6. n  0 1 . e aplicando sucessivamente as operações referidas. Represente cada um dos seguintes sinais. Representação de x  n  .5. n  0 ( ii ) 0 . partindo da definição analítica do escalão unitário. 7.36) Multiplicando os sinais ponto por ponto chega-se ao resultado da Figura 1. n  2 u n    u  n  2   . se obtém a partir da definição de impulso unitário que  n   1 . n  0 1 .b) x  n  u  n  2   u  n    Para o primeiro membro da soma. outros (1.35) Multiplicando os sinais ponto por ponto chega-se ao resultado da Figura 1. n  1    n  1   . 0 . pode também identificar-se uma operação de deslocamento.34) Efectuando a operação de subtracção vem que 1 . n  1 (1.  2  n  1 u  n  2  u  n    . n  2 (1. Representação de x  n  u 1  n  . se obtém a partir da definição de escalão unitário que 1 . 0 . n  0 0 . 22 . pelo que. c) x  n    n  1 Para este caso. n  0 1 . Figura 1.8. 0 . n  0 0 .7. pelo que. pode então identificar-se uma operação de deslocamento. Representação de x  n  u 1  n  . 23 .Figura 1.8. Problema 1.39). Caso sejam calcule o período. (HSU 1.22). a) x  n   e j 4 n Para que x  n  seja periódico é necessário que verifique a definição (1.22) obtém-se a equação e   j   n  N  4 e   j n  4  .37) Desenvolvendo o primeiro membro de (1. Substituindo substituir n por n  N em a). a condição (1. (1. (1.38) tem de ter solução. (1.16g) Determine se os seguintes sinais são ou não periódicos. obtém-se o menor inteiro positivo que verifica (1.23) é verificada 0  1  4    M 2 8 8 1  . m  1  N0  8 . pelo que é necessário garantir a seguinte condição:  4 N  2 m  N  8m .41) 24 .38) Para que x  n  seja periódico. (1.5. m  .39) tem solução. Uma vez que (1.39) Atribuindo valores a m . (1. (1.37) chega-se a e    j n N  4 4  e   j n  4  .40) onde N 0  8 é o período fundamental. e x  n  é uma função exponencial complexa. e aplicando (1. 6.43) Para que x  n  seja periódico.22) obtém-se a equação e  n N  j    4  e n  j    4  (1. e aplicando (1. (1. e x  n  é uma função exponencial complexa. a condição (1. qualquer múltiplo deste também será irracional. m  . n  j    4  a) x  n   e Novamente. (HSU P1.43) tem de ter solução.51e) Determine se os seguintes sinais são ou não periódicos. como (1.45) 25 . (1. para que x  n  seja periódico é necessário que verifique a definição (1. pelo que é necessário garantir a condição: N  2 m  N  8 m . Note-se ainda que.23) não é verificada 1 0 1  4   2 8 M 1 .42) Desenvolvendo o primeiro membro de (1.44) não tem solução.22).44) Uma vez que  é irracional.42). sendo impossível obter um período inteiro. Substituindo substituir n por n  N em a). chega-se a e n N  j     4 4  e n  j    4  (1. 4 (1. Caso sejam calcule o período.Problema 1. e x  n  é uma função seno.Problema 1.47) tem de ter solução.d) Determine quais dos sinais seguintes são periódicos.11b. substitua-se n por n  N em b). que neste caso. o período fundamental da função seno é M  2 .7. chega-se a        sin  5 n  2  5 N   sin  5 n  2  .22) à definição do sinal obtendo a equação       sin  5  n  N   2   sin  5 n  2  .  4   4  (1.48) é então o período fundamental. (1.47) Para que x  n  seja periódico.23) é verificada 0 5 5  4    M 2 8 8 1 5  . (1. através de um múltiplo do período fundamental da função seno ( M  2 ): 5  4 N  mM  5  8 N  m2  N  m . (IML 1. o sinal continua a ser periódico.49) 1  c) x  n   cos  n  2  26 . Para os sinais periódicos indique o período fundamental. uma translação no tempo não afecta o período de um sinal.48) O menor número inteiro que verifique (1. 4 5 (1. verifique-se se após a mudança de escala.46). mas.c. a condição (1. 4   4  4  (1.46) Desenvolvendo o primeiro membro de (1. corresponde a m  5 que resulta em N 0  8 .  b) x  n   sin  5 n  2     4  Note-se que. uma mudança de escala sim. Uma vez que. Para calcular o período fundamental. uma vez que (1. Então. m  . os argumentos das funções seno têm de estar relacionados. Novamente.39) tem solução. e aplique-se (1. 51) Para que x  n  seja periódico. 2  2 2  (1. de (1.   (1. substitua-se n por n  N em c). chega-se a 2 cos 5  n  N    cos  5 n 2  . m  . a condição (1. e aplique-se (1.52) Uma vez que  é irracional.23) não é verificada 1 0 1  2   M 2 4 1 .22) à definição do sinal.50).53) d) x  n   cos 5 n 2   Novamente.51) tem de ter solução.Para calcular o período fundamental.22). 2 (1. Então.54) permite ainda obter cos 5 n 2  10 nN  5 N 2   cos 5 n 2  .55) obtém-se a condição (1. obtendo a equação 1  1  cos   n  N    cos  n  . (1.51) não tem solução.55) 27 . Novamente. (1. sendo impossível obter um período inteiro. e x  n  é uma função co-seno. chega-se a (1. 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 . substituindo n por n  N em d) e aplicando (1. 2  2  Desenvolvendo o primeiro membro de (1. Como (1.50) 1  1 1  cos  n  N   cos  n  .54) Desenvolvendo o primeiro membro de (1. qualquer múltiplo deste também será irracional. Desta forma.23) é verificada 5 0 5 5  1    . m  . (1. o segundo membro de (1.56) também tem de ser inteiro. a condição (1.58) 28 .10 nN  5 N 2  m2  m  5nN  5 2 N . 2 (1.57) Tendo (1. e sendo x  n  uma função co-seno.57) solução.56) Uma vez que m é um número inteiro. 2 2 2 M 1 (1. uma vez que 5nN já é um inteiro ( n e N são inteiros) é necessário que 5 2 N  2  N0  2 . 2) Causalidade: Um sistema é causal quando.e. i. i.  x1  n   y1  n    ax1  n   bx2  n   ay1  n   by2  n  .e. x1  n   x2  n  n  n0  y1  n   y2  n  n  n0 . y  n   3x  n  não tem memória.62) 29 . as saídas são idênticas até ao mesmo instante.h. y  n   3x  n  e y  n   3x  n  1 são causais. Estas podem ser definidas da seguinte forma: 1) Memória: Um sistema não tem memória quando. Para classificar os seguintes sistemas..g. é necessário conhecer as propriedades gerais dos sistemas lineares.. 2) Causalidade.   (1. (IML 1.e. 3) Invariância no tempo. a saída apenas depende da entrada nesse mesmo instante. num instante de tempo. um sistema sem memória é necessariamente causal. quando uma deslocação no sinal de entrada conduz à mesma deslocação no sinal de saída.. e. a saída depende da entrada apenas em instantes passados. à mesma combinação linear das saídas elementares para cada sinal de entrada.60) Por conseguinte.59) e.8. para qualquer instante de tempo. i.. enquanto que y  n   3x  n  1 não.23a. n1   y  n1   f  x  n1  . Portanto. (1.g. 3) Invariância no tempo: Um sistema diz-se invariante no tempo. x  n   y  n   x  n  n0   y  n  n0  . 4) Linearidade.e.Problema 1.i) Um sistema discreto pode ser classificado segundo as seguintes propriedades: 1) memória.   x2  n   y2  n   (1. i.d. na saída. 5) Estabilidade. 6) Invertibilidade.. (1.. enquanto que y  n   3x  n  1 tem.61) 4) Linearidade: Um sistema é linear quando uma combinação linear de sinais à entrada conduz. para dois sinais idênticos até ao instante n0 . n0 . n y2  n   x2  n  pelo que ax1  n   bx2  n   ax1  n   bx2  n    ay1  n   by2  n  .  Ax  0 : x  n   Ax n    Ay  0 : y  n   Ay n  . Quanto à linearidade. sinais de entrada distintos resultam em sinais de saída distintos (a aplicação da entrada na saída é injectiva). vem para quaisquer dois sinais de entrada x1  n  e x2  n  x1  2   x2  2    x1  2   x2  2    y1  2   y2  2  .e.66) y1  n   x1n  n  . No entanto. escolhendo a  b  1 no ponto n  2 .67) logo o sistema é não linear. i. x1  n   x2  n   y1  n   y2  n  .65) y  n  n0   x nn0  n  n0  . uma vez que.65) o sistema é variante no tempo. (1. i.62). tem-se que (1. aplicando (1. Pela propriedade (1..59) verifica-se que o sistema não tem memória.   n (1.64) a) y  n   x n  n  Pela propriedade (1. Considerando um sinal auxiliar x1  n   x  n  n0  resulta que y1  n   x1n  n   x n  n  n0  . é necessário aplicar a propriedade (1. (1.63) 6) Invertibilidade: Um sistema é invertível quando.5) Estabilidade: Um sistema diz-se estável de entrada limitada / saída limitada quando qualquer entrada limitada dá origem a uma saída limitada.60) verifica-se que o sistema é causal.   2 (1. (1. Por exemplo.e. Quanto à invariância no tempo.68) 30 . é diferente de (1.61).. ao contra exemplo. novamente. . n  n0 . Mais ainda. pela propriedade (1. n .73) 31 .59). (Note-se que o sistema perde a informação do sinal de entrada no instante n  0 ).n0 . 1n . (1.70) verifica-se que.70) x1  n   x2  n   y1  n   y2  n  .72) Note-se que. n  0 2.71) logo. Definam-se dois sinais diferentes tais que x1  n   1. n  1  n0  x  n  n0   yh  n  n0   0 . n  n0  1 . pode observar-se que yh  n  é não causal enquanto que yi  n  é causal.23h. considerando a propriedade (1. o sistema é não invertível. n 1 . n  n0 . as saídas y  n  n0  são dadas por . i.64). n  y1  n   1n  1. n . n 2 .60). Verifiquem-se as diferenças entre os dois sistemas semelhantes. n  0 1. n  n0  1 . n  0  x2  n     y2  n    n  1. aplicando (1.  x  n  1 . b) Esta alínea corresponde à resolução em paralelo dos problemas IML 1. n  1 (1. o que pode ser provado por contra-exemplo. pelo que o sistema é instável. n (1. x n  n 1 .61) resulta que. a saída é ilimitada. n  1   x n  yi  n   0  x n  . representando um grau de dificuldade interessante. (1. Para provar a não invertibilidade recorrer-se-á. n 1  x n  yh  n   0 . pelo que vem y  n   2n  lim y  n    .n0 .Neste caso.69) ou seja. n  0  A partir de (1. para uma entrada limitada. se pode observar que yh  n  tem memória enquanto que yi  n  não tem memória. o sistema não é estável. (1. Considere-se o sinal de entrada limitado x  n   2 . Quanto à invariância temporal. . aplicando (1. n  n 1  0 0    x  n  n0   yi  n  n0   0 x n  n 0   . dos sistemas lineares verifica-se que. n 1  x  n  n0    yh  n   0 . n  1  ax1  n   bx2  n   yi  n   0 .Considerando novamente sinais auxiliares do tipo x  n   x  n  n0  resulta que. n  1 2  1 são lineares. yh 1  n   zh  n     yh  n  1 .  x  n  n  1 . note-se que. para ambos os sistemas. o sistema yh  n  .62). (1.2  n  .79) 32 .n0  ayi .77) ou seja.2  n  .2  n   0 . verifica-se que ambos os sistemas são variantes no tempo.78) logo o sistema yi  n  é não invertível. n  1 0   x  n  n0   yi  n   0  x n  n  0  . . .n0  ayh . por contra-exemplo considerem-se os sinais x1  n     n   yi . Mais ainda.1  n   0 x2  n   2  n   yi . o sistema yi  n  perde a informação da entrada no instante n  0 enquanto que o sistema yh  n  não. (1.n0 .1  n   byi .75) ax  n  1  bx  n  1 .74) e (1.63) é sempre cumprida. verifica-se que a condição (1. Quanto à invertibilidade. n 1 ax1  n   bx2  n   ax1  n   bx2  n   yh  n   0 . para qualquer entrada limitada. x1  n   x2  n   yi .2  n  .74) Uma vez que os resultados (1. n  1 2  1 bem como o sistema yi  n  ax1  n   bx2  n  . e o seu sistema inverso é dado por . pelo que estes são estáveis.n0  yh  n    . n 1 .1  n   byh . yh  n  é invertível. (1. n  0  (1.73) são diferentes. quanto à estabilidade. Desta forma. n  1 (1. . Pelo contrário.1  n   yi .76) ax  n   bx  n  .n0 . Aplicando agora a propriedade (1. (1. 59) verifica-se que o sistema não tem memória. i. tem-se que y1  n   n x1  n  e y2  n   n x2  n  . (1. considerando x1  n   x  n  n0  . uma vez que (1. Novamente.d) y  n   n x  n  Pela propriedade (1. o sistema é não invertível. logo.85) 33 . pelo que ax1  n   bx2  n   n  ax1  n   bx2  n    an x1  n   bn x2  n   ay1  n   by2  n  .84) A partir de (1.62).61). (1. pelo que o sistema é instável. Aplicando ainda (1.e. verifica-se que. pelo que se tem y1  n   n x1  n   n x  n  n0  .80) pelo que o sistema é variante no tempo.84).80) y  n  n0    n  n0  x  n  n0  . Considerando os dois sinais seguintes. (1. para uma entrada limitada. note-se que o sistema perde a informação do sinal de entrada em n  0 . tem-se que (1. n . e uma vez que o sistema não tem memória. tem-se que o sistema é causal. y  n   3n  lim y  n    . aplicando (1. n (1.81) é diferente de (1. verifica-se que. (1. aplique-se (1. Para averiguar se o sistema é invariante no tempo.64). pela propriedade (1. A estabilidade pode ser novamente comprovada por contra exemplo.60).. No entanto. se x  n   3 .82) logo o sistema é linear.81) Quanto à linearidade. x1  n   2  n   y1  n   2n   n   2  0    0  0 x2  n   3  n   y2  n   3n   n   3  0    0  0 . x1  n   x2  n   y1  n   y2  n  .83) ou seja. a saída é ilimitada. Assim. Caso sejam calcule o seu período.22) obtém-se a equação 2  2  tan    n  N    tan   n  . corresponde a m  2 que resulta em N 0  3 .86) 2 2  2  tan   n   N   tan   n  . 3  2  b) x  n   sin   n   tan   n  2  3  Novamente. 2  a) x  n   tan   n  3  Novamente. chega-se a (1.9.Problema 1. 3 3  3  (1. uma vez que x  n  é dado pela soma de dois sinais distintos. para que x  n  seja periódico é necessário que verifique a definição (1. para que x  n  seja periódico é necessário que verifique a definição (1.88) é então o período fundamental.22). Note-se que. e aplicando (1.22) obtêm-se as equações 34 . m  . 3 3 2 (1. e aplicando (1. que neste caso. No entanto.22).87) tem de ter solução. o período fundamental da função tangente é M   . Substituindo n por n  N em a). 3  3  Desenvolvendo o primeiro membro de (1. Determine se os seguintes sinais são ou não periódicos. pelo que é necessário garantir a seguinte condição: 2 2 3  N  Mm   N   m  N  m .87) Para que x  n  seja periódico.88) O menor número inteiro que verifique (1. (1. substituindo n por n  N em b). é necessário primeiro averiguar qual a periodicidade de ambas as componentes.42). N 0  12 . m  .90) O período fundamental do sinal é o mínimo múltiplo comum entre os períodos fundamentais N1 e N 2 das duas componentes.  2 3 N2  3   N2   m N  m 3  2 2   (1.e.3  3  sin    n  N1    sin   n  2  2  .. 35 . i.89) Analogamente à alínea anterior chega-se a duas condições: 4 3   N1  2 m  N1  m 2 N  4   3   1 . 2  2  tan    n  N 2    tan   n  3  3  (1. 36 . b) y  n   n e x n  Pela propriedade (1. aplicando (1. 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  . uma vez que. para uma entrada limitada. y  n  n0    n  n0  e xnn0  . é necessário aplicar a propriedade (1.92) é diferente de (1..k) Um sistema discreto pode ser classificado segundo as seguintes propriedades: 1) memória. (1.Problema 1. Considerando os dois sinais seguintes.61).91) No entanto.10. A estabilidade. (1. Quanto à invariância no tempo. verifica-se que. pode ser comprovada por contra exemplo.60) verifica-se que o sistema é causal. n (1. 3) Invariância no tempo.91) o sistema é variante no tempo.62). se x  n   2 . 6) Invertibilidade. Considerando um sinal auxiliar x1  n   x  n  n0  resulta que y1  n   n e x1n   n e xn n0  . pelo que o sistema é instável. (IML 1. i. y  n   n e2  lim y  n    . 4) Linearidade. Pela propriedade (1.59) verifica-se que o sistema não tem memória. a saída é ilimitada.23b. 2) Causalidade.94) ou seja. 5) Estabilidade.93) logo o sistema é não linear. Note-se que o sistema perde a informação do sinal de entrada em n  0 .e. Quanto à linearidade. n . (1. (1. pela propriedade (1. (1. (1. (1. é necessário aplicar a propriedade (1.64). o sistema é não invertível. n0 n0 n0 n0 .95) a partir de (1. uma vez que. 1 x1  n     n   y1  n   n e 2   2 0. No entanto. 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  .91) o sistema é variante no tempo. pode ser comprovada considerando que x  n   Ax . x1  n   x2  n   y1  n   y2  n  .96) k) y  n   x  5n   4 Pela propriedade (1.100) 37 .62). (1. Quanto à invariância no tempo. (1. verifica-se que. é possível obter y  n   x  5n   4  x 5n   4  Ax  4  Ay .   é diferente de (1. aplicando (1.98) Quanto à linearidade. Considerando um sinal auxiliar x1  n   x  n  n0  resulta que y1  n   x1 5n   4  x 5n  n0   4 .61).97) y  n  n0   x 5  n  n0   4 . n . logo.60) verifica-se que o sistema é não causal. 2 x2  n     n   y2  n   n e 3   3 0. 2  n  n. Pela propriedade (1.59) verifica-se que o sistema tem memória.99) A estabilidade.95).1  n  n. logo o sistema é não linear. considerem-se os dois sinais seguintes: x1  n   1. n c. pelo que o sistema é estável. x1  n   x2  n   y1  n   y2  n  . qualquer inteiro multiplicado por 5 resulta necessariamente num múltiplo de 5 .101) . verifica-se que.64). pela propriedade (1. (1.c. n  y1  n   x  5n   4  5 (1. 1. logo. o sistema é não invertível.ou seja. A partir de (1. Para provar que o sistema não é invertível . para uma entrada limitada a saída é limitada.101). Note-se que.102) 38 . n múltiplode5 x2  n     y2  n   x  5n   4  5 0. Sistema LIT.Representação no Domínio do Tempo para Sistemas LIT Discretos Problema 2. entrada x  n  e saída y  n  .1.. b) A expressão para a soma de convolução. x n y n h n Figura 2.Capítulo 2. caracterizado pela sua resposta impulsional h  n  .2).1) Para obter a saída do sistema. usando: a) Uma soma ponderada de impulsos unitários. a resposta deste sistema a qualquer sinal de entrada pode ser obtida através da soma de convolução da seguinte forma y n  k   x k  h n  k   x n   h n  .30) Avalie y  n   h  n   x  n  . com resposta impulsional h  n  . para cada instante n : 39 . designe-se por x  n  o sinal de entrada e por y  n  o sinal de saída (Figura 2. Para um dado sistema linear e invariante no tempo. onde x  n  e h  n  estão representados na Figura 2. Figura 2. Como é conhecido.1. Representação de x  n  e de h  n  . (HSU 2. é necessário efectuar os seguintes passos.  (2.2. Somar todos os pontos da sequência resultante. h1  n  a  a   b h2  n  h2  n  b  h1  n   h2  n  h1  n   h2  n  h1  n  Figura 2. (2. (b) SLITs em paralelo. obtendo: z  k   h  k  . de modo a obter a soma de convolução correspondente ao instante n . Multiplicar ponto a ponto a sequência w  k  pela entrada: x  k  h  n  k  .3. Respostas impulsionais de: (a) SLITs em série. 2. A soma de convolução goza ainda das seguintes propriedades: 1) Comutatividade: x n  h n  h n  x n .     (2. 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. 4. 40 .   (2.3. Este resultado encontra-se esquematizado na Figura 2.2) 2) Associatividade: x  n   h1  n   h2  n    x  n   h1  n   h2  n  . Determinar a reflexão em relação à origem da resposta impulsional h  k  do SLIT.3) 3) Distributividade: x  n   h1  n   h2  n   x  n   h1  n   x  n   h2  n  .1. Este processo é então repetido para todos os instantes n .4) Destas propriedades consegue deduzir-se que a resposta impulsional de dois SLITs em série é dada pela convolução das respostas impulsionais de cada um dos SLITs. a função impulso unitário exibe uma propriedade interessante face á convolução.10) y  n     n   2  n  1  3  n  2  3  n  3  2  n  4     n  5 . Recorrendo a (2. Em seguida. (2. Através da Figura 2.11) A forma do sinal de saída encontra-se representada na Figura 2.   e aplicando (2. (2.5). é necessário escrever o sinal de entrada. (2. Substituindo x  n  em (2.7) Torna-se então possível obter a convolução x  n   h  n  através da aplicação das propriedades (2.7.9) x  n   h  n   x  n   x  n  1  x  n  2 . x  n     n  n0   x  n  n0  .Note-se ainda que. é necessário obter a reflexão em relação à origem da resposta impulsional z  k   h  k  do sistema. h  n     n     n  1    n  2 .5 41 . que indicam a forma de calcular explicitamente uma soma de convolução.2) – (2. considerando uma soma de impulsos unitários. é necessário atrasar z  k  de n unidades e multiplicá-lo por x  k  . obtem-se (2.8) x  n   h  n   x  n     n   x  n     n  1  x  n     n  2 . Indicando a convolução x  n   h  n   x  n     n     n  1    n  2 .4) é possível escrever (2.4 e Figura 2.5) ainda se pode obter (2.5) a) Para resolver este problema. na forma x  n     n     n  1    n  2    n  3 . bem como a resposta impulsional. após alguma álgebra. Atendendo aos passos acima descritos.6) (2.10). b) Para facilitar a compreensão desta resolução vão ser apresentados graficamente todos os passos. Figura 2.6. 42 . x  k  h  n  k  e h  n  k  para n  2 . Figura 2. o seu valor é representado na Figura 2. h  k  . Representação de x  k  . Assim. Representação de x  k  h  n  k  e h  n  k  para n  6 .verifica-se que h  n  k  não se sobrepõe com x  k  para n  0 e n  5 .5. onde x  k  h  n  k  não é nulo.4. x  k  h  n  k  e consequentemente a resposta y  n  são nulos neste intervalo. Para o intervalo 0  n  5 . 43 . Figura 2. o que resulta na resposta representada na Figura 2. 44 .7.Figura 2. Representação de x  k  h  n  k  e h  n  k  para 0  n  5 . para obter a resposta y  n  . é necessário.7. Representação da saída y  n  .6. Finalmente. somar as contribuições de x  k  h  n  k  . para cada instante n . 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  . Representação de x  k  . (HSU 2. (b) y n  h n  x n  . Determine a resposta do sistema através de: (a) y n  x n  h n  . tal como representado na Figura 2. Figura 2.2.Problema 2. (ii) Para n  0 . h  k  e h  n  k  para n  0 e n  0 .8. 45 . Note-se que.1) primeiro é necessário obter a reflexão em relação à origem da resposta impulsional z  k   h  k  . Em seguida.8. a) y  n   x  n   h  n  Considerando a definição da soma de convolução (2. é necessário deslocar z  k  de n unidades e multiplicar ponto a ponto pela entrada x  k  .28) Considere o SLIT com resposta impulsional h  n    nu  n  para 0    1 e o sinal de entrada x  n   u  n  . x  k  e h  n  k  encontram-se sobrepostos entre 0  k  n . as componentes x  k  e h  n  k  não se sobrepõem. 1 1 (2. Uma vez que 0    1 a soma de (2.87) onde    . m  k   n  k .14) é dada por y n   0 1   n 1 1   n 1  .Uma vez que.  n 1   1 (2.17) A resposta final do sistema pode ser observada na Figura 2.100) vem que y  n       m . 1 0.12) Para o caso em que n  0 .14) com uma série geométrica do tipo (A. N  n  1 e k  0 . as componentes x  k  e h  n  k  estão sobrepostas no intervalo 0  k  n . 46 . para n  0 .14) É então possível identificar (2. (2. n0  (2. n  0 .1) a saída é dada por y n  k    x  k  h  n  k    n  k .16) uma vez que u  n   0 para n  0 . Neste intervalo tem-se que x  k   1 e h  n  k    nk . segundo (A. m m n m 0 0 n (2.15) Finalmente. pelo que atendendo à definição (2. n  0. temos que x  k  h  n  k   0 .  n  0. Para representar o gráfico de y  n  é útil obter o valor de lim y  n   lim n 1   n 1 1 . k 0 n (2. n  0 . n  0 1   n 1  y n   1    u n . e por conseguinte y n  k   x  k  h  n  k   0. considerando o resultado nos dois ramos de n é possível escrever 1   n 1 .9.13) Efectuando uma mudança de variável. 47 .18) Como representado na Figura 2. uma vez que a convolução é comutativa.10. o resultado final será o mesmo do obtido na alínea anterior. h  k  e x  n  k  encontram-se sobrepostos entre 0  k  n . 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  . h  k  e h  n  k  para n  0 e n  0 . Note-se que.  (2. (ii) Para n  0 . Representação de x  k  .Figura 2.9. y n  h n  x n  k   h k  x n  k  . b) y  n   h  n   x  n  Note-se que. Neste intervalo tem-se que. h  k  e x  n  k  para n  0 e n  0 .14) é dada por 1   n 1 1   n 1 y n    .20) É então possível identificar (2. n  0 .87) onde    . as componentes h  k  e x  n  k  não se sobrepõem. as componentes h  k  e x  n  k  estão sobrepostas no intervalo 0  k  n .21) 48 . N  n  1 e k  0 .  n  0.10. (2. k 0  n (2. Novamente.1) a saída é dada por y n  k   h  k  x  n  k    k . então h  k  x  n  k   0 . pelo que.Figura 2. x  n  k   1 e h  k    k .20) com uma série geométrica do tipo (A. 1 1 0 (2. e por conseguinte y n  k   h  k  x  n  k   0.19) Para o caso em que n  0 . n  0. Uma vez que 0    1 a soma de (2. Representação de x  k  . atendendo à definição (2. para n  0 . 1 0.22) uma vez que u  n   0 para n  0 . 49 .Finalmente.16). considerando o resultado nos dois ramos de n é possível escrever 1   n 1 . a resposta final do sistema é a mesma que a obtida em (2. n  0 1   n 1  y n   1    u n . Como esperado. n0  (2. Problema 2. a resposta ao impulso.3. como é descrito nos apontamentos teóricos (Capítulo 2). k  n n 1 (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 (2.23) Consequentemente.26) 50 . Após alguma álgebra. 1.24) a) Considerando a definição (2.32) A resposta ao escalão unitário. k  n k   n (2. é possível obter a resposta impulsional do sistema h  n   yu  n   yu  n  1   nu  n    n1u  n  1 . pode ser obtida em função da resposta ao escalão através de h  n   yu  n   yu  n  1  k   h k    h k  . a partir da resposta ao impulso yu  n   k   u n  k  h k    h k  . Determine a resposta impulsional do sistema. Note-se que. de um determinado sistema LIT é dada por: yu  n    nu  n  para 0    1 . (HSU 2. de um sistema LIT.24).25) . é possível calcular a resposta ao escalão unitário. (2. h  n   hI  n     n  .28) 3) Estabilidade: Um sistema diz-se estável de entrada limitada / saída limitada quando qualquer entrada limitada dá origem a uma saída limitada..e.. a saída depende da entrada apenas em instantes passados. (HSU 2.Problema 2.. Portanto. A resposta impulsional de um sistema estável é uma função absolutamente somável. 51 (2. A resposta impulsional de um sistema discreto sem memória é dada por um impulso na origem de amplitude K h  n   K  n  . (2.38) Considere um sistema LIT com a seguinte resposta impulsional: h  n    nu  n  .27) 2) Causalidade: Um sistema é causal quando.e. h  n   2  n  não tem memória. e.  (2. para qualquer instante de tempo. enquanto que h  n   2  n  1 tem.30) . a resposta impulsiva de um sistema causal é dada por h  n   0 n  0 . sinais de entrada distintos resultam sinais de saída distintos (a aplicação da entrada na saída é injectiva). A classificação de um sistema LIT.4.g. enquanto que h  n   u  n  1 não. k   h k    .. Classifique este sistema quanto à: a) causalidade. 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.29) 4) Invertibilidade: Um sistema é invertível quando.g. i. A convolução entre a resposta impulsional de um sistema invertível e do seu inverso é um impulso unitário. e. b) Estabilidade. h  n   u  n  é causal. i. (2. 32) Ou seja. 52 . é possível averiguar se o sistema é estável obtendo k    h k   k     ku k     k . k 0  (2.32) verifica a condição (2. cuja soma é dada por (A. uma vez que h  n   0 para n  0 verifica-se que o sistema é causal. (2.31) é uma série geométrica. a) Considerando a definição (2.29). quando   1 e não verifica a condição (2.29). pelo que é instável.28). (2. 1   1. quando   1 . b) Considerando a definição (2. mas não suficiente. pelo que o sistema é estável.88)  k 0  k  1 .31) Note-se que.Note-se que.29). (2. esta condição é necessária. Note-se que. Calcule y 1 e y  4  para o sinal de entrada n x  n   2  n     n  3 .34) Método 2. (HSU 2.35) Aplicando agora a propriedade (2.Problema 2. (2. Resolução através da definição de convolução.1) y  n   x  n   h  n   h  n    2  n     n  3      h  n   2  n   h  n     n  3 .5) obtém-se y  n   2h  n   h  n  3 .38) 4 3 1 1 1 1 5 u  4  3  2         . a resposta ao sinal de entrada é uma soma ponderada de respostas impulsionais. 2 2 8 2 8 (2.34) resulta que 1 1 y n  2   u n    2 2 n n 3 (2.37) vem finalmente 1 1 y 1  2   u 1    2 2 1 1 y  4  2   u  4    2 2 4 1 13 1 1 u 1  3  2       0  1 . Resolução através das propriedades de um sistema LIT. o sinal de entrada já está escrito sob a forma de uma soma ponderada de impulsos unitários. o cálculo da saída é imediato (2.   n  3  h  n  3 .33) x  n   2 x1  n   x1  n  3  y  n   2 y1  n   y1  n  3  2h  n   h  n  3 .36) u  n  3 . Substituindo a definição de h  n  em (2.5. Porque o sistema é LIT. (2.39) 53 . (2. A resposta do sistema pode ser obtida pela definição de convolução (2. 2 2 4 2 (2.37) Por substituição directa de n  1 e n  4 em (2. Método 1.56) A resposta impulsional de um sistema LIT é dada por: h  n   1 2  u  n  . Uma vez que. b) Estabilidade. pelo que o sistema é instável.25) Considere um sistema LIT com a seguinte resposta impulsional: h  n   2n u  n  4 .41) Ou seja. Resolução através da definição de convolução. c) Esta alínea pode ser resolvida pode dois métodos.40) é uma série geométrica. a) Considerando a definição (2. b) Considerando a definição (2. uma vez que h  n   0 para n  0 verifica-se que o sistema é não causal. (2. Resolução através das propriedades de um sistema LIT.40) Note-se que.42) Método 2.29). uma vez que o sistema em causa é LIT. (2.28).1) 54 .41) não verifica a condição (2. Novamente. Método 1.88) k 4 2  k  . e a entrada já está escrita como uma soma ponderada de impulsos unitários. A saída para o sinal de entrada x  n  pode ser obtida pela definição (2. Classifique este sistema quanto à: a) causalidade. cuja soma é dada por (A. 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 .29). (2. c) Determine ainda a saída para o sinal de entrada x  n   2  n   4  n  1 . (2. (IML 2. (2. é possível averiguar se o sistema é estável: k    h k   k    2k u  k  4   k 4 2  k .Problema 2.6. 45) 55 .5) obtém-se y  n   2h  n   4h  n  1 .42) resulta que 1 y  n   2n 1 u  n  4   u  n  3   2n 1  n  4     n  4  .44) (2.y  n   x  n   h  n   h  n   2  n   4  n  1      2h  n     n   4h  n     n  1 .43) Aplicando agora a propriedade (2. (2.   8 (2. Substituindo a definição de h  n  em (2. 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 , n 1  3 , n 1  4 . (2.47) 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 , , , , , , , n  1, n  3, n  6 n0 n 1 n2 n4 n5 , (2.48) 56  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: k   h  k   16 .  (2.50) Ou seja, (2.50) verifica a condição (2.29), pelo que o sistema é estável. d) Novamente, o sistema em questão é LIT. O sinal de entrada já está escrito como uma soma ponderada de escalões unitários. Mais ainda, a resposta a 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  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) que após alguma álgebra, permite obter 57  0  3   4   0  y  n   yu  n   2 yu  n  1   8  3   5  6   0  , , , , , n  2 n  1 n0 n 1 n2 . (2.52) , n3 , n4 , n5 , n6 58 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  1 n   x n z  n , dz . (3.1) (3.2) X  z z 2 j  n 1 Note-se que, para que exista transformada, é necessário que se verifique I  z  n   x n z  n   . (3.3) A transformada Z observa então as seguintes propriedades: 1) Linearidade: Se, x1  n   X 1  z  , x2  n   X 2  z  , onde R.C. é a região de convergência, então, R.C.  R1 R.C.  R2 , (3.4) 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 , (3.7) excepto para a possível inclusão/exclusão de z  0 ou z   . 59 3) Multiplicação por exponencial complexa: Se, x n  X  z , R.C.  R (3.8) então,  z n z0 x  n   X   ,  z0  R.C.  z0 R . (3.9) 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) então, x  n  X z  , 1 R.C.  R . (3.12) 4.1) Inversão temporal: Para o caso particular em que temporal, sem perda de informação, pelo que  1 , dá-se uma inversão 1 x  n   X   , z R.C.  1 R (3.13) 5) Convolução: Se, x1  n   X 1  z  , x2  n   X 2  z  , então, x1  n   x2  n   X 1  z  X 2  z  , R.C.  R1 R.C.  R2 . (3.14) R.C.  R1  R2 . (3.15) 60 z  1. R.C.1) ao sinal definido no enunciado.21) converge. vem finalmente.C. 1 z R.20) Utilizando o resultado conhecido.21) Para que exista transformada. R.6) Diferenciação no domínio da transformada: Se. dz R. I  z    sempre que z  1 . x n  X  z . ou seja. n 0  (3.. Resolução através da definição. tem-se que X  z  n   u  n  z  n   n   0 z n   z n . a região de convergência da transformada é dada por z  1 . : z  1 . z n 0  n  1 .C. i. R. (3.. x n  X  z . 1 z (3. para a soma de séries geométricas (A. (3.19) a) Método 1.C. Aplicando a definição (3. (3.16) então.  R (3.  R (3.22) 61 .17) 7) Soma no domínio do tempo: Se. O resultado final pode então ser escrito na forma X  z  1 .  R   z  1. Note-se que. nx  n   z dX  z  . (3.36). k   x k   1  z n 1 1 X  z .18) então.e.3). é necessário verificar (3.  R .C. 24) b) Recorrendo à definição da transformada (3. (3.  (3. obtém-se directamente 1 u  n   X    z 1 1 1   z 1  1 . Resolução utilizando as tabelas das transformadas. Pelas tabelas das transformadas.C.25) Note-se que. Assim. o delta de Dirac verifica a seguinte propriedade   n  f  n     n  f  0 .25) pode facilmente escrever-se que (3. aplicando (3. : z  1 . 62 . tem-se que X  z  n    n z  n .Método 2.1).26) a (3. (3.26) X  z  n    n z0   n    n  1.23) Aplicando a propriedade (3. : z  1 . (3. 1 z R.13).27) tal como vem indicado nas tabelas das transformadas. 1  z 1 R.C. sabe-se que x n  u n  X  z   1 . C. (AT Ex. logo X  z  possui o termo z 1 e por isso z  0  R. 3. então todos os valores finitos de z tais que 0  z  r0 também pertencem à R. O único sinal cuja R. de X  z  consiste numa coroa circular centrada na origem do plano z . Encontre também os pólos. . n1  0 . Se x  n  for um sinal esquerdo.2.C.C.3. Se o sinal possui componentes não-causais. Se o sinal possui componentes causais. 3. Se x  n  for de duração finita. é todo o plano z é x  n   a  n  . 5. 4. não contém pólos. Quando.C. e se a sua circunferência de raio z  r0 pertencer à R.C. X  z    x  n  z n . exceptuando eventualmente z  0 e/ou z   . 2.C. Cap.C. então a R. 63 . e se a sua circunferência de raio z  r0 pertencer à R. A R.C. logo X  z  possui o termo z e por isso z    R. Se x  n  for um sinal direito. . é o próprio plano z .Problema 3. zeros e a região de convergência A propriedades da região de convergência da transformada Z são as seguintes 1. 3. então todos os valores finitos de z tais que z  r0 também pertencem à R.C.2.C. n2  0 . ou seja.28) 3. 4. n  n1 n2 (3. A R. 3) Calcule a transformada do Z do sinal x  n   e j0nu  n  . .1. ou seja. surge a condição e j0 1 z  z  1.36). tem-se zi  0 . então a R. Se x  n  for um sinal bilateral. e pi as raízes do denominador (pólos).6.29) na forma X  z  e n 0  j 0 n  n z  e j0     . a transformada é dada por. e se a sua circunferência de raio z  r0 pertencer à R.29) É ainda possível reescrever (3. .C. é necessário verificar (3. : z  1 .3). X  z  1 z . a) Pela definição tem-se que X  z  n  e  j0n u  n  z n . aplicando o resultado das séries geométricas (A.C. pelo que. pi  e j0  .32) Sendo zi as raízes do numerador (zeros). (3.30) Novamente. (3. (3. (3.  j0 e z  e j 0 1 z R. para que exista transformada. n 0  z   n (3.C.33) 64 .31) Desta forma. é uma coroa circular do plano z que contém a circunferência z  r0 . tem-se que X  z  n    n z n   n     n z  n   n z  n .37) Substituindo uma condição na outra.35) Efectuando uma mudança de variável m  n (A. Assim.88).   z 1  .38) Esta condição implica que as séries de (3. Considerando a soma de uma série geométrica. obtém-se as seguintes condições. z  1 .100).36) Para que exista transformada.36) apenas convergem quando   1 .39) 65 . 3) Discuta a existência da transformada Z do seguinte sinal x  n    n .34) na forma X  z    1       . m 1 n 0  z  m 0 n 0  z  n n (3. n 0 1  (3.   z  n0  z   n   1 n n (3. :   z  1  . (AT Ex.3. 1  z 1   z R. obtém-se que.34) Ainda é possível reescrever (3.Problema 3. aplicando (A. (3. e desta forma existe uma região de convergência para a transformada do sinal.1). Cap. (A. 5.   1. z (3.3).88) vem para a transformada do sinal X  z   1  1 1  . obtém-se finalmente     m m     X  z     z       1    z      . Utilizando a definição (3.C. (3.   1. é necessário verificar (3. Problema 3.C. com i  1. m  n (o número de zeros não é superior ao número de pólos). an  z  p1  z  p2   z  pn  (3. . R. escrita na forma. (ii) Caso a fracção não verifique (i) é necessário efectuar uma sucessão de divisões polinomiais até obter uma fracção própria. Cap.41) Considere-se o problema de decompor em fracções simples X  z  . que representam a contribuição de cada pólo pi . (iii) Efectuar a separação em fracções simples. 3) Calcule a transformada inversa de a) X  z  1  z 1  z 2 .C.42) Para decompor (3. i. : 1 2  z  1  1 1  1 1  1  z  1  2 z 1  z   2  (3.42) em fracções simples é necessário efectuar os seguintes passos: (i) Verificar se a fracção é própria. 7. Sendo X  z  uma fracção própria. esta pode ser decomposta em .4. são calculados da seguinte forma 66 .43) 1  p z  1 ri 1  p z  k ckr 1 rk onde c0  X  z  z 0 e os coeficientes ci . X  z  bm z m  bm1 z m1   b1 z  b0 .e.. k e r  r2  1  rk  n X  z   c0   c11 1  p1 z cir i 1     ci1 1  pi z 1  1  pi z 1  ci2 2  . (3. (AT Ex.2.40) b) X  z  1  2 z 1  z  1 1 1 2 . com k pólos distintos tais que o pólo pi tem multiplicidade ri . : z  2 (3. R. 40).46) Para um sinal direito com um pólo de multiplicidade r Ak  n  1  n  m  1 d n u n  Ak .45) Para um sinal esquerdo com um pólo de multiplicidade 1  Ak  d k  u  n  1  n Ak . Pode então ser decomposta em 67 . : z  d k . onde todos os pólos têm multiplicidade 1. 1 r 1 r 1   1  pi z  1  pi z   z pi     1 2  1  pi z   z pi ci2 (3.C. : z  d k . : z  d k . com um pólo de multiplicidade 1 Ak  d k  u  n   n Ak . (3.47) Para um sinal esquerdo com um pólo de multiplicidade r  Ak  n  1  n  m  1 d n u n  1  Ak .48) a) Considerando agora a função definida em (3. (3.  k   m  m  1! 1  dk z 1  R.C. (3. : z  d k .cir  1  pi z 1  X  z  r z  pi cir 1  1  pi z 1  r 1   cir  X  z   r  1  pi z 1      z  pi   cir cir 1  X  z    .C.44) cir 2  1  pi z 1 r  2   cir ci1  1  pi z   X  z    r  1  pi z 1   1 Para calcular a transformada inversa de uma função descrita por fracções simples.C. 1  d k z 1 R. verifica-se que esta é uma fracção própria.  k   m  m  1! 1  dk z 1  R. é necessário relembrar os seguintes pares transformada: Para um sinal direito. 1  d k z 1 R. (3. R. 1 1 .51) onde  1  pi  1.55) Substituindo o valor dos coeficientes ci em (3.52)  1 1  1 2  1  z  1  z  z  1 2  4 2  c1    1. 1 1 1 z 1  z 1 1  2 z 2 (3.40) na forma X  z  z3  z2  z z 3 1  z 1  z 2  3 X  z   . (3. todos os pólos têm multiplicidade 1.50) 1 z   1 1  1 1  z    z  2  z  1  1  z  1  2 z 1  z  2   2  de onde se retira facilmente que c0  X  z  z 0  0 .C.49) obtém-se X  z  1 2 2 1   . .  2  Aplicando (3.  1  1  1   1    4  2  1 (3. (3.  1  1   1  2   2 (3.53) c2 1  2 z 1  z  z    1   1  z  1  2 z 1  z   2  1 1 2 1 1 1 z 2 z 1 1 2 1 1  2 4   2.49) Note-se que. : z  1 1 1  2 z 1 z 2 1 z 2 68 (3.  1 1  1  4 1  2  1 1  1  z  1  2 z 1  z  z 1 2  2  1 z 2 (3.44) reduz-se a ci  1  pi z 1  X  z  z  p .X  z   c0  c1 c2 c   3 1 .51) para calcular os coeficientes ci vem (3. para calcular o coeficiente c0 . é necessário reescrever (3. Uma vez que.56) . i (3.2  .54) c3 1  z 1  z  z    1   1  z  1  2 z 1  z   2  1 1 2 1 1 1  z 1 z 1 1 111  2 . (3.58) permite obter 69 .45) para a componente direita do sinal e (3. a região de convergência se encontra á esquerda dos pólos 1. 1 1  2z 1 z 1  z 1  (3.59) 1 1  2 z   X  z  1  2 z 1  z  1 z 2 1 1 2  z 2 z 1 1 2  1 1    2 2 4. Finalmente. 1  2  (3.44).60) c12  1  z 1 2 1  z   X  z  1  2 z 1  z  1 2 z 1 1 1 2  z 1 z 1 1 1  1 . Esta pode ser decomposta na forma X  z   c0  c2 c c12  11 1  2 .Note-se que.40). c2  1  2 z 1 (3.58) Seguindo a decomposição apresentada em (3.62)  z 1 z 1 1 2  2 1  2  Substituindo os valores dos coeficientes em (3. o sinal no domínio do tempo é dado por n 1 x  n     u  n   2  2  u  n  1  2u  n  1 . (3.43)–(3. e à direita do pólo 1 2 . será utilizado o par (3.46) para as componentes esquerdas.2 . 2 n (3. Assim.57) b) Considerando agora a função definida em (3.61)   cir  1 1  z 1  1  z 1   X  z    c11  1  z    2 2 2  1  z 1   z1 1  z 1  1  2 z 1  1  z 1  z11   z 1 1 2 1  z  1  2 z 1  z  1 1 1 . os coeficientes cij têm as seguintes expressões c0  X  z  z 0  0 . verifica-se que esta é uma fracção própria. onde o pólo z  1 tem multiplicidade 2 e o pólo z  2 tem multiplicidade 1. X  z  4 2 1   2 . serão utilizados os pares (3.2 . a região de convergência se encontra à direita dos pólos 1.47) para efectuar a transformada inversa. 1 1 1  2z 1 z 1  z 1   (3. Assim.45) e (3. o sinal no domínio do tempo é dado por  n  1 u n . Finalmente.64) 70 .63) Note-se que. 1 x  n   4   u  n   2u  n     3! 2 n (3. 3) Calcule a transformada inversa de a) X  z  16 z 2  4 z  1 . e R  z  o resto da mesma divisão.  .42) não é própria. i. e pode ser decomposta da seguinte forma 71 . 4 2  (3.5.66) considerando a R. não pode ser imediatamente decomposta em fracções simples.68) pi  2  22  4  8   1 2 8 1 1    .65) b) 16 z 3 . o número de zeros é superior ao número de pólos. podendo então decompor-se em fracções simples. Quando uma fracção.C. Cap. a) Note-se que (3.69) Note-se que resolver 8  2 z 1  z 2  0 corresponde a resolver 8z 2  2 z  1  0 . D  z (3. (AT Ex. É necessário efectuar uma sucessão de divisões polinomiais. 8  2 z 1  z 2 Os seus zeros e pólos. escrita na forma apresentada em (3. 8.. até que se obtenha uma fracção própria.Problema 3.e. são respectivamente dados por. a X  z  apresenta dois pólos de multiplicidade 1. 8z 2  2 z  1 (3. Assim. X  z  2 8z  2 z  1 (3.65) é uma fracção própria (o número de pólos é superior ao número de zeros). : z  1 2 . (3.67) 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 . Multiplicando X  z  por z 2 z 2 é possível escrever 16  4 z 1  z 2 X  z  . 70) c0  X  z  z 0  1 . 34 3 2 n n (3. R. é necessário efectuar uma divisão polinomial 16 z 3 16 z 3  4 z 2  2 z  4z  2z 2 8z 2  2 z  1 2z .70) permite obter X  z   1  2 1 7 1  .16  4 z 1  z 2 c1 c2 X  z   c0   . por aplicação de (3.C. e também que A  n   A.75) o que permite obter finalmente 21 7 1 x  n     n     u  n      u  n  . uma vez que a região de convergência se localiza à direita de ambos os pólos.74) Para obter a expressão do sinal do tempo é necessário utilizar as tabelas da transformada Z . 1 1 3 1 1 3 1 z 1 z 4 2 (3.71) (3. (3. Finalmente.76) b) Uma vez que (3.73) Substituindo o valor dos coeficientes em (3.77) 72 . é utilizada a expressão (3.  1 1  1 2  1  z  16  4 z  z  16  4  4  16  2 .72)  1 1  1 2  1  z  16  4 z  z  16  4  2   4   7 .45) (para sinais direitos).51). (3. se obtém que (3.66) não é própria. 4  c1    3  1  1   1  8  1  z 1   1  z 1  8 1  4  1 4   2  z 4 2    z 1  4 (3. : plano z . 1 1  1 1   1 1  1  z 1 1  z 1 8 1  z  1  z  4 2  4  2  onde. 2  c2    3  1  1   1  8  1  z 1   1  z 1  8  1   2   1  4   2  z  2  4  z 1 2 (3. 81) Aplicar (3.  6 1  1 z 1 3 1  1 z 1 4 2 (3. não é necessário efectuar nova divisão polinomial. Multiplicando R  z  D  z  por z 2 z 2 é possível reescrever (3.66) na forma (3. 8  2 z 1  z 2 (3.83)  1 1  1  1  z   4  2 z  4  2  2  2 2  c2     .80) X1  z   4  2 z 1 c1 c2  c0   . 1 1 1 1  1 1   1 1  1 z 1 z 8 1  z  1  z  4 2  4  2  (3.onde Q  z   2 z e R  z   4 z 2  2 z .85) 73 .79) Os pólos de (3.84) Substituindo o valor dos coeficientes em (3. pode escrever-se que X  z   2z  X1  z  . 3  1  1   1  8  1  z 1   1  z 1  1 8  1   2    4   2  z  2  4  z 1 2 (3. 8z 2  2 z  1 (3.82) (3.81) permite obter X  z   2z  1 1 2 1 . Reescrevendo (3. pelo que.51) dá então origem aos coeficientes c1  X 1  z  z 0  0 .  1 1  1  1  z   4  2 z  4  2  4 1 4  c1     .78) como X  z   2z  4  2 z 1 .79) são os mesmos da alínea anterior.67) vem que X  z   2z  4 z 2  2 z .  1 1   1 1   1  6 8 1  z  1  z  1 8 1  4   4   2  z 4  2  z 1  4 (3.78) Uma vez que R  z  D  z  já é uma fracção própria. onde (3. 85) obtém-se que 11 2 1 x  n   2  n  1    u  n      u  n  .88) 74 . uma vez que a região de convergência se localiza à direita de ambos os pólos. R.86) do espectro de um delta de Dirac. (3. o termo 2z corresponde a uma deslocação no tempo tal que x  n  n0   z  n0 X  z  . (3. :plano z . Assim.C.Finalmente. R. 64 3 2 n n (3.45) (para sinais direitos). Mais ainda.  R .87) Finalmente. aplicando estes resultados a (3. tem-se que   n  1  2 z1.C. é utilizada a expressão (3. (3.95) 75 .51) para o cálculo dos coeficientes ci c1 1  z  z   1 2 1  z   1  z  2 1 1 1 1   z 1  1  1  1 2 1    2 1.91) (3. 1 1 1   1  2  z  1  z   2 1  z   1  z  2   2  Dado que os pólos de (3.94) Tem-se então X  z  1 1 . a) Note-se que (3. 2 z  3z  1 2 (3. 1 1  1  2 1  z   1  z    2  z 11 2 z 2 (3.  1 zi  0 .19a) Calcule a transformada inversa de X  z  z .89) considerando a R. Os seus zeros e pólos.89) pode ser reescrita como (3.89) é uma fracção própria (o número de pólos é superior ao número de zeros).91) têm multiplicidade 1.  .  2 Logo.92) onde c0  X  z  z 0  0 e se pode aplicar (3. podendo então decompor-se em fracções simples.6. : z  1 2 .  1 1 1 1 z 1 z 2 (3.  1 1 1 1 z 1 z 2 (3. esta pode ser decomposta em X  z   c0  c1 c2 . pi  1. (HSU 4. são respectivamente dados por.Problema 3.90) z z 1 X  z   .93) z 1  1 1  1 1  z  z  2  c2   1 . (3.C. 46). obtém-se finalmente n  1  n  1 x  n   u  n  1    u  n  1     1 u  n  1 .96) 76 .A região de convergência encontra-se à esquerda de ambos os pólos. 2  2     (3. utilizando a tabela para sinais esquerdos (3. pelo que. 98) 2) Estabilidade: Um sistema diz-se estável de entrada limitada / saída limitada quando qualquer entrada limitada dá origem a uma saída limitada. 2) Estabilidade: Um sistema é estável. Recorde-se que.32) Um sistema LIT causal é descrito por y n  3 1 y  n  1  y  n  2   x  n  .. no domínio do tempo. Portanto. para qualquer instante de tempo. o número de zeros da função de transferência não pode ser superior ao número de pólos. B) A resposta impulsiva h  n  . 77 . (HSU 4. 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. a resposta impulsiva de um sistema causal é dada por h  n   0 n  0 . C) A resposta ao escalão unitário.Problema 3.e. h  n  é um sinal direito.e. 4 8 (3. quando a região de convergência da função de transferência contém a circunferência de raio unitário. i. i. se e só se a região de convergência da função de transferência for. o exterior de uma circunferência (incluindo z   ).97) Calcule: A) A função de transferência H  z   Y  z  X  z  . A resposta impulsional de um sistema estável é uma função absolutamente somável. os sistemas LIT podem ser classificados da seguinte forma: 1) Causalidade: Um sistema é causal quando. a saída depende da entrada apenas em instantes passados. Esta condição é válida independentemente do número de zeros e pólos da função de transferência. (3.7.. Note-se que. no plano z. C. serão consideradas condições iniciais nulas.C. Assim. 1 1 1  z 1 1  z 1 4 2 (3. com pólos de multiplicidade 1. Como (3.k   h k    .100) reduz-se facilmente a Y  z 1  3 1 1 2  . (3.99) a) Como nada é dito no enunciado.. 4 8 4 8 4 2  Desta forma.101) na forma (3.7) a ambos os membros de (3. como uma região de convergência não pode conter pólos.  1 1   1 1  1  z  1  z   4  2  (3. ainda é possível reescrever (3. 4 8 (3. corresponde a calcular a transformada inversa da função de transferência (3. 1  4 z  8 z  Y  z   X  z   H  z   X  z   3 1 1 2   1 z  z 4 8 (3.102) H  z  1 . tem de conter z   .103). Aplicando a transformada z bilateral.103) Uma vez que o sistema é estável.e.100) Então. pode ser decomposta em H  z   c0  c1 c2  .104) 78 . tem-se que R.101) Para obter os pólos.97) obtém-se Y  z  3 1 1 z Y  z   z 2Y  z   X  z  . bem como a propriedade do deslocamento temporal (3.  (3. é necessário resolver D  z   0 3 1 3 1 1 1  1  z 1  z 2  0  z 2  z   0  pi   . i. y  1  y  2  0 . a sua R.103) é própria. b) Obter a resposta impulsional no tempo.  . : z  1 2 . 1 1 1 1 1 z 1 z 4 2 (3.onde. pode simplesmente efectuar-se Y  z  H  z X  z  1 .C.105)  1 1  1  z  1  2  c2    2.  1 1   1 1  1  2   1  z   1  z  z 1 4  4   2  1 z 4 (3. utilizar-se-á a tabela dos sinais direitos (3. vem finalmente n n   1 n  1 n  1 1 h  n      u  n   2   u  n   2       u  n  .  1 1   1 1   1  1  z   1  z  z 1 2  1    4   2  1  2 z 2 (3. novamente c0  H  z  z 0  0 e os coeficientes ci podem ser calculados através de (3. 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..108) c) Para obter a resposta ao escalão unitário.e.110) 79 .106) A função de transferência pode então ser reescrita como H  z  1 2  .109) onde a transformada de X  z  foi obtido através das tabelas. : z  1  z  1  z  1. Pela propriedade da convolução (3. pelo que.45). i.  1 1   1 1  1  1  z   1  z  1  z   4  2  (3. 4 2  2 4    (3. 2 (3.15). R.51)  1 1  1  z  1  4  c1    1 . 3 4  3 2 n n (3. 1 1 1  z 1 1  z 1 1  z 4 2 (3. obtém-se finalmente 11 8 1 y n    u n  2   u n  u n .111) onde. o sinal apenas tem componentes direitas.51)  1 1  1  z  1 1  4  c1    .C. a R.Uma vez que Y  z  é uma fracção própria (e todos os pólos têm multiplicidade 1).  1 1   1 1   1 1  1  z   1  z  1  z  z 1 2  1   1  2   4  2   2 1 z 2 (3. está à direita de todos os pólos. Utilizando (3.45).  1  1  3 1   1    4  2  (3.115) Uma vez que. pode ser decomposta na forma Y  z   c0  c1 c2 c   3 1 .  1 1   1 1  1  2 1  4  3 1  1  z   1  z  1  z  z 1 4  4  2  1 z 4 (3. e os coeficientes ci podem ser obtidos através de (3. 3 1  1 z 1 1  1 z 1 3 1  z 1 4 2 (3.114) Pode então escrever-se Y  z  1 1 2 8 1   .116) 80 .112)  1 1  1  z  1  2  c2    2 . novamente c0  Y  z  z 0  0 .113) c3  1  z  1  1 1   1 1  1  1  z   1  z  1  z  z 1  4  2  1  z 1 1 8  . No entanto. o sistema não se encontrava em repouso quando o sinal causal se apresentou na entrada. (HSU 4..  x  m  .119) 2) Soma no domínio do tempo:  x k   1  z u n 1 k 0 n 1 X  z 1 1 1 x k   X  z    x k  1  z 1 1  z 1 k  k  u .Problema 3.117) calcule a saída correspondente ao sinal de entrada: x  n   1 3 u  n  . 2 n (3.38a) Considerando o sistema LIT causal descrito por y n  1 y  n  1  x  n  . (3. 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   . semelhante à transformada z bilateral.. n 0  (3. u (3. sabendo que y  1  1 .. n  0 . permite calcular a resposta de sistemas causais a entradas causais.120) 3) Teorema do valor inicial: x  0  lim X  z  . A transformada z unilateral. quando as condições iniciais são diferentes de zero.118) Esta transformada é.e. Note-se que. z  (3. A transformada z unilateral define-se então como X  z    x  n  z n .8.121) 81 . uma função causal respeita a condição: x  n   0 . i. em quase tudo. tem-se n lim x  n   lim 1  z 1  X  z  . se x  n  convergir para um valor n constante quando n   .. por aplicar a transformada z unilateral. por definição. z 1 (3. n  m 1   yu  0  lim  H  z   lim H  z    .e. a região de convergência será sempre o exterior da circunferência que contém o maior dos pólos. o valor final da resposta à entrada escalão unitário permite obter K .122) Os teoremas do valor inicial. estamos no domínio de aplicação da transformada z unilateral.124) onde m é o número de zeros e n o número de pólos. de forma a obter 82 . todos os sinais são. 1  z  1  z  z  0 . 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  . Sendo que. Desta forma. é necessário utilizar a transformada z unilateral para resolver este problema. e a propriedade do deslocamento temporal (3. a ambos os membros da equação (3.117). i.119). Comece-se então.123) 2) Resposta inicial: Para uma função de transferência escrita na forma H  z  K  z  z1  z  z2   z  zm  .4) Teorema do valor final: Se lim x  n  existir. direitos. n z 1 1  z 1  z1   (3.125) a) Uma vez que as condições iniciais do sistema não são nulas. n m (3.  z  p1  z  p2   z  pm  (3. (3. 2  1 1   1 1   1  z   1  z  z 1 2 1  3  2   3  1 z 2 (3. 22  3 n n (3. c0  0 e recorrendo a (3. novamente.132) Recorrendo a (3.126)    1 2 2 1  z 1  2 Recorrendo às tabelas da transformada tem-se que u 1 1 x n    u n  X  z   . 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 (3.133) 83 .126) resulta em Y  z  1 1 1  .51) vem  1 1  1  z  1  2  c1    3.130)  1 1  1  z  1  3  c2    2 .128) A primeira fracção de (3.131) que resulta em Y  z  3 2 1 1 7 1 2     . pelo que se pode separar na forma Y  z  c1 c2 1 1   . com dois pólos de multiplicidade 1.45) obtém-se finalmente 71 1 y n    u n  2   u n . 1 1  3 1 z 3 n (3.  1 1   1 1  2 1  1 z 1 1  z  1  z  2  2  3  (3.128) é própria.127) que substituído em (3.129) onde.1 1 1  Y  z    z 1Y  z   y  1   X  z   Y  z   X  z    . 1 1 1 1 2 1 1 1 z 1 z 1 z 2 3 2 (3. 3  1 1   1 1   1  z   1  z  z 1 3 1  2  2   3  1 z 3 (3. as condições iniciais não são nulas. n (3.9.  1   3  1  z 1  1  z 1  1  z  2   3  1 (3. sabendo que y  1  1 .136) na forma (3. b) Novamente.138) Novamente.138) resulta em    1  1 Y  z   1 1  z  2 . y  2   2 . (HSU 4.1 . aplique-se a transformada z unilateral (e a propriedade (3.   (3.   que ainda pode ser reescrita como Y  z  1 3  4z  z 1 2 (3.140) 84 .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. tem-se que u 1 1 .119)) à equação (3. 3  Desta forma.135)  X  z   z 1  2 . é possível representar (3.134) calcule a saída correspondente ao sinal de entrada x  n   1 2  u  n  . x n    u n  X  z   1 1 2 1 z 2 n (3.139) que substituído em (3.38b) Considerando o sistema LIT causal descrito por 3 y  n   4 y  n  1  y  n  2  x  n  . Então.   (3.Problema 3.137) Y  z  1  1  3  1  z 1  1  z 1   3   X  z   z 1  2 .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   . se pode escrever como 1 2  1 2  1 z  2 z 1  3  2 z  2z  3 2 Y  z  . 1 1   1 1   2 1  3  1  z  1  z   1  z  3  1   1  2   3   2  z 1 1 2  3 z 2 (3. 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 z 3 (3. (3.147) 85 . 2  3 2 2 n n (3. pode decomporse na forma Y  z   c0  c1 c c3  2 1  .141) é própria. c0  0 . e possui três pólos de multiplicidade 1. 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. 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  1 2 z 1 1  z   1 z  2 (3.142) Novamente.146) Utilizando (3.145) o que conduz a Y  z  3 1 3 1 1   .que após alguma álgebra.143)  1   2 z 1  3    2  3 2   3. 1 1 1 6 1  1 z 1 2 1  z 1 z 3 2 (3. e os coeficientes ci podem ser calculados utilizando (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 (3.144)  1 1   1 2  1 1  z   z  2 z  3  2  4  3  1 2  2  c3    .45) obtém-se finalmente 1 1 3 1 y n    u n  u n    u n . 152) é própria.7)) à equação (3. 6 6 (3.150) como (3. aplique-se a transformada z bilateral (e a propriedade (3. tem-se que R.  1 1   1 1  1  z  1  z   3  2  (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   . é necessário calcular a transformada inversa de (3. a) Neste caso. b) Para calcular a resposta impulsiva. é possível representar (3. 1 1 1 1 1 z 1 z 3 2 (3.Problema 3.148) de forma a obter 5 1 Y  z   z 1Y  z   z 2Y  z   X  z  .10. : z  1 2 .153) 86 . b) A resposta impulsiva.58) Considerando o sistema LIT causal descrito por y n  5 1 y  n  1  y  n  2   x  n  . pode decompor-se na forma H  z   c0  c1 c2  .C. 6 6 6 6 3 2  Desta forma.152).  X  z  1  5 z 1  1 z 2 6 6 (3. Uma vez que (3.149) que ainda resulta em H  z  Y  z 1 .148) calcule: a) A função de transferência. Então.  .151) H  z  1 .152) Uma vez que o sistema é causal. 6 6 (3. e possui dois pólos de multiplicidade 1. as condições iniciais são nulas. (HSU 4. utilizando (3.  1 1   1 1   2  1  z   1  z  1 1    3   2  z 1 2  3  z 2 (3. e os coeficientes ci podem ser calculados utilizando (3. c0  0 .Novamente.  3 2 n n (3.155) o que conduz a Y  z  2 3  . 1 1 1 1 1 z 1 z 3 2 (3.156) A região de convergência está à direita de todos os pólos.45) obtémse finalmente 1 1 y  n   2   u  n   3   u  n  .157) 87 .154)  1 1  1  z  1  2  c3    3.  1 1   1 1   3  1  z   1  z  z 1 3  1    3   2  1  2 z 3 (3.51)  1 1  1  z  1  3  c1    2 . logo. 162) é próprio.  1  3z 1  (3.160) resulta em Y  z  1  3z 1  z  1 1 4  3 . aplique-se a transformada z unilateral (e a propriedade (3.51) c1  4 1  3z 1  1 1  3z 1  z  1  z 3 z 1 1 3 4  1 1    3  6.159) (3. recorrendo às tabelas das transformadas.158) de forma a obter Y  z   3  z 1Y  z   y  1  X  z  .162) Uma vez que o primeiro membro de (3.158) calcule a saída correspondente ao sinal de entrada: x  n   4u  n  . as condições iniciais não são nulas.   que ainda pode ser reescrita como Y  z  1  X  z   3 . b) Novamente. e os coeficientes ci podem ser calculados utilizando (3.59a) Considerando o sistema LIT causal descrito por y  n   3 y  n  1  x  n  .161) que substituído em (3. 1 1  3z 1 z (3.163) Novamente. c0  0 . (3.160) Novamente.Problema 3. sabendo que y  1  1 .119)) à equação (3. tem-se que x  n   4u  n   X  z   4 .164) 88 . (3.11. 1  z 1 (3. e possui dois pólos de multiplicidade 1. pode decompor-se na forma Y1  z   1  3z 1  z  1 1 4  c0  c1 c  2 1 . 1  z 1 (3. Então. (HSU 4. n (3.165) o que conduz a Y  z  6 2 3 9 2 . 1  3 (3.167) 89 .c2  1  3z 1  z  1 1 4 1  z 1   z 1 z 1 1 4  2 .     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  .166) Utilizando (3. pode decompor-se na forma 90 .   (3.59b) Considerando o sistema LIT causal descrito por y  n   5 y  n  1  6 y  n  2  x  n  .119)) à equação (3.168) calcule a saída correspondente ao sinal de entrada: x  n   u  n  .   (3.174) Uma vez que o primeiro membro de (3.171) Y  z  1  2 z 1  3z  1 1 u 1  X  z   18z 1  3 . e possui três pólos de multiplicidade 1.170) Os pólos de função anterior são então dados por 1  5z 1  6 z 2  0  z 2  5z  6  0  pi  2. y  2   2 .172) Novamente. 1  2 z 1 1  3z 1 1  z 1  1  2 z 1 1  3z 1  (3. tem-se que x n  u n  X  z   1 .172) resulta em Y  z  1 1  6 z 1 3 .174) é próprio.12.168) de forma a obter Y  z   5  z 1Y  z   y  1  6  z 2Y  z   z 1 y  1  y  2  X  z  . 1  z 1 (3. (HSU 4.3 . b) Novamente.169)     que ainda pode ser reescrita como Y  z  1 1  5z  6 z 1 2  X  z   18z 1  3 . recorrendo às tabelas das transformadas. o que ainda permite obter (3. sabendo que y  1  3 .173) que substituído em (3.Problema 3. aplique-se a transformada z unilateral (e a propriedade (3. (3. (3. Então. as condições iniciais não são nulas.  1 1  2z 1  3z 1 (3.179) Da mesma forma. (3. 1 1 1 1  2z 1  3z 1 1  2 z 1  3z  onde.  2  1  2 1   1    3  3 (3.177) c3  1  2 z 1 1  z  1  3z 1  z  1 1 1  z 1 z 1 1 1  2 1  3 1  1 .182) o que conduz a Y2  z   12 9 .   1 1 1  2z 2 1  3z 2 1  z 1 (3. tem-se que 91 .Y1  z   1 c1 c2 c  c0    3 1 .176) c2  1  2 z 1 1  3z  1  3z 1  z  1 1  z 3 z 1 1 3 (3. e os coeficientes ci podem ser calculados utilizando (3.175) 1 1 1 1 1  2z 1  3z 1 z 1  2 z 1  3z 1  z  1 Novamente.51) c1  1  2 z 1 1  2 z  1  3z 1  z  1 1 1 1  z 2 z 1 1 2 1  4 . (3.  3  1  1   1    2  2  1 9  . e os coeficientes ci são c1  3 (3. c0  0 .183) Finalmente.180) 1  6 z 1  2 z  1  2 z 1  3z  1 1 1 1 1 1 3 z 2 z 1 1 2 1  3  3 1    2  12 . pode decompor-se na forma 1  6 z 1 c1 c2 Y2  z   3  c0   .178) o que conduz a Y1  z   4 9 1 1 1 . o segundo membro de (3.174) é próprio. 2 (3. (3.181) c2 1  6 z 1  3z  3 1  2 z 1  3z  1 1 3 z 3 z 1 1 3 1  2   2 1    3  9 . e possui dois pólos de multiplicidade 1. c0  0 . 184) Utilizando (3.Y  z   Y1  z   Y2  z   8 9 1 1 1 .45) obtém-se finalmente y n  1 9 n n u  n   8  2  u  n    3 u  n  . 2 2 (3.185) 92 .   1 1 1  2z 2 1  3z 2 1  z 1 (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 (3.186) z  1. (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  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  (3.188) (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) x  0  lim X  z   lim z  z z  lim 2  0 . z  2 z  3z  1 z  2 z 2 (3.191) 93 n  lim x  n   lim 1  z z 1 1  X  z   lim 2 z z 1 z 1  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  este pode ser factorizado de forma a obter (3.193) 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 , 1 tem como sinal de entrada x  n     u  n  e condição inicial y  1  2 . 2 n (3.196) 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 1 (3.199)  Y  z   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 u 1 1 x n    u n  X  z   , 1 1 2 1 z 2 n (3.200) e substituir em (3.199) Y  z   6  1  3z 1 1  z 1 .  1  1  3z 1   1  z 1    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) c1 1  3z 1  z   1  3z  1  1 z     2  1 1 1 1 z 3 z 1 1 3 1 34,  1 7 1 6 1 (3.203)  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 z 2 (3.204) 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 1  3z 7 1  3z 7 1 z 2 (3.206) que por aplicação de (3.45) permite obter a resposta completa no tempo 4 31 n Y  z   6  3 u  n    3 u  n     u  n  . 7 72 n n (3.207) 96 Capítulo 4. Fundamentos Contínuos de Sinais e Sistemas: Sinais 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 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  (4.2) (4.3) Uma vez que (4.2) e (4.3) não são iguais, a afirmação é falsa. 97     Através de um simples manipulação algébrica é possível reduzir (4.4) (4.Problema 4.7) a (4. y1  t   2 x1  t   x1  2t  1 . a afirmação é verdadeira.7) y  t   a 2 x1  t   x1  2t  1  b 2 x2  t   x2  2t  1 . y  t   a y1  t   b y2  t  . sabendo que (4.4). y2  t   2 x2  t   x2  2t  1 . justificando.6) se a afirmação: x  t   a x1  t   b x2  t  diga.8) Note-se que o primeiro membro de (4.5) (4. obtém-se imediatamente y  t   2 a x1  t   b x2  t   a x1  2t  1  b x2  2t  1 .     (4. é verdadeira ou falsa. Substituindo a afirmação x  t   a x1  t   b x2  t  em (4. 98 .8) é igual a ay1  t  e que o segundo é igual a by2  t  . Seja y  t   2 x  t   x  2t  1 . pelo que.2. substituindo em (4.11) que. Seja x  3t  4   2t  7 .3.9). determine x  t  . Para determinar x  t  é necessário definir a mudança de variável u  3t  4 .9) (4. 3 3 3 3 3  3  (4. permite obter 4 4 2 13  1  1 x  3 u    4   2  u    7  x u   u  .Problema 4.10) Resolvendo em ordem a t obtém-se 1 4 t  u 4. 3 3 (4.12) 99 . (4. 2 verifica-se que h  t    não se sobrepõe com x   para t  0 . Primeiro. Representação de x  t  e de h  t  . 100 .13) representados na Figura 4. é necessário atrasar z   de t unidades e multiplicá-lo por x   . Através da Figura 4. .Problema 4. determine. Para facilitar a compreensão desta resolução vão ser apresentados graficamente todos os passos.1. é necessário obter a reflexão em relação à origem de h   : z    h    .4. x   h  t    e consequentemente a resposta y  t  são nulos neste intervalo. t0 1 h t    0 . (4. . y t      x   h  t    d . Sejam e2t x t    0 . (4. t0 t0 .1. Em seguida.14) Figura 4. t0 . Assim. 3. Para o intervalo t  0 . x   h  t    e h  t    para t  2 .15) Figura 4.Figura 4. Calcular o integral neste intervalo corresponde então a calcular    x   h  t    d   e t 0 2  e 2  1 e 2t . Representação de x   h  t    e h  n  k  para t  1 .3. o seu valor é representado na Figura 4. d       2  2 0 2 t (4. onde x   h  t    não é nulo.2. Representação de x   . h   . 101 .  . somar as contribuições de x   h  t    . é necessário. 102 . o que resulta em . para obter a resposta y  t  . Figura 4. o integral (4. t  0 2 2  2 2  (4.14) é de facto um integral de convolução. Note-se que.4.16) que está representado na Figura 4.Finalmente. t0 0  1 e 2t   2 t y t    1 e    u t  . Representação da saída y  n  .4. para cada instante t . Sabe-se que t  . justificando se C  0 : t x  t   C é verdadeiro ou falso.Problema 4. t pertence a .5. Apesar de x  t  ser um sinal limitado. pelo que.17) Esta afirmação é falsa. (4. Diga. 103 . segundo a definição (4. x  t   B . quando t   a condição t x  t   C não se verifica.17). Note-se que. Figura 4. Represente graficamente o sinal y  t   x  3t  4  . (ii) Translação temporal.  4 3..5. t y  1 3  4 3  1 i.1 passará a estar disponível nos pontos t y . A informação contida nos pontos t x  2. efectuadas ao sinal x  t  : (i) Escalamento. 1 que conduz à representação da Figura 4.6.6.5. Para alguns pontos-chave do sinal x  t  é possível obter analiticamente.5 3.Problema 4. para cada t x . t y  2. Representação de x  t  .18) t y  2 3  4 3  2 . a expressão analítica de y  t  apresenta duas operações.6. Figura 4.20) ty  0 3  4 3   4 3 .2d) Considere o sinal representado na Figura 4. que podem ser obtidos através da equação tx  3t y  4  t y  tx 3  4 3 . (IML 1. 1. 104 . a sua posição em y  t  .19) (4.e. Substituindo individualmente. t y  1 3  4 3   5 3 (4.0. obtém-se (4. Representação de y  t  . 21) onde a e b são constantes a determinar.7.7. é possível identificar três operações efectuadas ao sinal x  t  : (i) Inversão temporal. Escreva a expressão que os relaciona.Problema 4. (4. Representação de x  t  . Por inspecção. Figura 4. (iii) Translação temporal. (4.2 respectivamente.22) Assim sendo. (ii) Escalamento. (IML 1. Desta forma. Uma transformação geral.0 passará a estar disponível nos pontos t y  3. Através de alguns pontos-chave de x  t  e y  t  é possível relacionar analiticamente os dois sinais.23) 105 . que contemple as três transformações identificadas. é possível escrever o seguinte sistema de equações  2  3a  b a  2 a  2 t x  at y  b     . os sinais estão relacionados através y  t   x  2t  4 . pode escrever-se como y  t   x  at  b  .3a) Considere os sinais contínuos representados na Figura 4. e y  t  . A informação contida nos pontos t x  2. 0  2a  b  b  2a b  4 (4.7. 9. para obter (4. Representação de x  t  .25) e (4. Figura 4.8.26) Assim.6a) Esboce graficamente as componentes par e ímpar do sinal representado na Figura 4. 106 .8. Figura 4.8.24) (4.26) é necessário obter graficamente x  t  . Representação de x  t  . onde as componentes par e ímpar podem ser obtidas da seguinte forma x p t   xi  t   1  x  t   x  t   .9.  2 (4.  2 1  x  t   x  t   . é possível representar qualquer sinal como a soma de uma componente ímpar com um componente par x  t   x p  t   xi  t  .25) (4. Note-se que. (IML 1. tal como vem representado na Figura 4.Problema 4. e dividindo o resultado por dois.5  x  2   x  2   0. facilmente se obtém as componentes par e ímpar representadas na Figura 4. Representação de x p  t  e xi  t  .28) Figura 4.   xi  t  2  0.27) (4.51  1  0 . somando ou subtraindo ponto a ponto x  t  com x  t  .   (4. para o ponto t  1 tem-se que x p  t  2  0.Em seguida.10.10.5  x  2  x  2   0.51  1  1 . A título de exemplo. 107 . em que o deslocamento é igual a um múltiplo do período fundamental. Se x1  t  for um sinal par.30) (4. (4. 108 .Problema 4.30). x2  t  também o é? Justifique a resposta. x2  t  não verifica (4. No entanto. (IML 1. para o caso específico de um sinal periódico. Para que x2  t  seja par. tem-se que. x2  t   x1  2  t   1  x1  2t  1  x2  t  . de uma forma geral.7) Sejam dois sinais contínuos relacionados por x2  t   x1  2t  1 . (4. xi  t   xi  t  . (4.30). Note-se que. um sinal par ou ímpar cumpre respectivamente as seguintes condições x p  t   x p  t  . x1  t  é par verifica (4.31) Sendo que. pelo que não é par.9. a informação de paridade mantém-se. o deslocamento temporal destrói a informação de paridade do sinal. Assim. deve também verificar a mesma condição.32) Ou seja.29) Note-se que. Classifique as seguintes afirmações: y2  t   x  t 5 .Problema 4. O seu período é então dado por Tx  5Ty . então x  t  também o é.   (4. (4. (4. então y2  t  também o é. um sinal periódico cumpre a condição x t  T   x t  . Verdadeira Sabendo que y1  t  é periódico.10. (IML 1.35) Ou seja. substituindo t  t  T em (4.34) a) Se x  t  é periódico.33) Note-se que.9) Seja x  t  um sinal contínuo considere-se y1  t   x  5t  . x  t  também terá de ser periódico.36) b) Se y1  t  é periódico. Verdadeira Sabendo que x  t  é periódico. O seu período é então dado por Ty  Tx .37) Ou seja.   (4.33) pode inferir-se que y1  t  Ty   y  t   x 5  t  Ty   x 5t  5Ty  . Verdadeira 109 .38) c) Se x  t  é periódico. substituindo t  t  T em (4. y1  t  também terá de ser periódico. (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. 5 (4. 39) Ou seja. O seu período é então dado por Ty  5Tx . O seu período é então dado por Tx  Ty 5 . (4. substituindo t  t  T em (4.33) pode inferir-se que  t  Ty   t Ty  x  t  Tx   x  t   x    x  5  5   x t  . (4.40) d) Se y2  t  é periódico.  5    (4. y2  t  também terá de ser periódico.42) 110 .Sabendo que x  t  é periódico. então x  t  também o é. substituindo t  t  T em (4.33) pode inferir-se que  t  Ty   t Ty  y2  t  Ty   y  t   x    x  5  5   x t  .  5    (4. Verdadeira Sabendo que y2  t  é periódico.41) Ou seja. x  t  também terá de ser periódico. x  t  não é periódico. o período fundamental de x  t  tem de verificar  Tx  2k  Tx  2k  T0  2 . Para os sinais periódicos determine o período a) x  t   10sin   t  1   Novamente. 111 .43) Dado que. pelo que. (IML 1. se tem que x  t   0 . um sinal periódico cumpre a condição (4.f) Determine quais dos seguintes sinais são periódicos. fundamental.11a.34) para todo o tempo. para t  0 . (4.11. a função x  t  não verifica a condição (4. x  t  é periódico. o período fundamental da função seno é 2 .Problema 4.34).     (4. de período fundamental T0  2 . Assim.44) f) x  t   cos  3 t  u  t  Uma vez que. Substituindo t  t  T em x  t  chega-se a x  t  T   10sin   t  T  1  10sin   t  1   T  . 34). (4. dando valores a k . 2  sendo o período fundamental de x  t  dado por (4. deve observar-se 2  5T1  2k T1  k  5 . para que o sinal x  t  seja periódico.  . 5 5 5 5  T2   .  2T2  2k T2   k  (4.  . (IML 1.49) 112 .verifica-se que 2 4 6 8  T1   .12) Determine o período fundamental de x  t   3sin 5t  2   sin  2t  1 .45) permite obter o período de x  t  . um sinal periódico cumpre a condição (4. 2 . (4.46) Uma vez que o período fundamental da função seno é 2 . tem-se que. x  t  T   3sin  5  t  T   2   sin  2  t  T   1   3sin  5t  2  5T   sin  2t  1  2T  .47) O período fundamental será o mínimo múltiplo comum entre T1 e T2 .45) Novamente.48) T0  2 .  .Problema 4. substituindo t  t  T em (4. (4.12. pelo que. Assim. 50) Novamente.Problema 4. tal é impossível uma vez que T2 é irracional enquanto que T1 é racional (não existe um mínimo múltiplo comum entre os dois). (4. O sinal não é periódico. (4. deve observar-se T1  2k  T1  2k    1 . No entanto.52) O período fundamental será o mínimo múltiplo comum entre T1 e T2 . (IML 1.50) permite obter x  t  T   sin   t  T  cos 10  t  T   sin  t   T  cos 10t  10T  . pelo que. 113 . Diga ou não se é periódico e caso seja. 10T2  2k T2  5 k  (4.34).13) Seja x  t   sin  t  cos 10t  . um sinal periódico cumpre a condição (4.13. substituindo t  t  T em (4. determine o período.51)     Para que o sinal x  t  seja periódico. 56) (4. 114 . (IML 1. (4.Problema 4. Mais ainda. e o sinal h t    t  .11.55) x  t   sin 2  t  T   sin  2 t  2 T  . como h  t  não verifica (4. (4. verifica-se rapidamente que x  t   sin  2 t    sin  2 t    x  t  . Analogamente. para h  t  .34) verifica-se que (4.   (4. pelo que x  t  é ímpar. Quanto à periodicidade. x  t  é periódico. de período fundamental T0  1 . Os sinais encontram-se representados na Figura 4. verifica-se que h  t     t     t  . (4.53) z  n    h   x  nT    d .54) a) Esboce graficamente os sinais contínuos e classifique a sua paridade e periodicidade Quanto à paridade.14.57) ou seja.   Tem-se então que o período de x  t  tem de respeitar 2 T  2 k  T  k .34) não é periódico. através de (4.58) pelo que h  t  é par.14) Considere os sinais contínuos: x  t   sin  2 t  . 11.    115 (4.62) é o período fundamental N 0  8 (que corresponde a k  3 ). quando T  1  obtém-se  1  z  n   sin  2 n   sin  2n  .   (4. 4 4 3 4  4 (4.60) Assim. Primeiro é necessário resolver o integral de forma a obter z  n  de forma genérica. quando T  3 8 .Figura 4.  8  4  Substituindo n  n  N para calcular o período vem (4. e classifique quanto à periodicidade.59) onde se utilizou a propriedade de   t     f     k    d      f  k    d  f  k  . tem-se que  3  3  z  n   sin  2 n   sin  n  .   (4.62) tem solução. Analogamente.61) 3 3 8 3  3 z  n  N   sin   n   N    N  2k  N  k .62) Como (4. T  1  . x  t  é periódico e menor inteiro que verifica (4. z  n    h   x  nT    d  x  nT   sin  2n T  .63) . e h  t  . b) Determine z  n  para: T  3 8 . Representação de x  t  . o sinal não é periódico (recorde-se que para um sinal discreto o período fundamental tem de ser um número inteiro).64).64) Como não é possível obter um inteiro que verifique (4.No entanto. (4. ao substituir n  n  N para calcular o período vem z  n  N   sin  2n  2 N   2 N  2k  N  k . 116 . 65) (4. O sinal encontra-se representado na Figura 4.69) f  t   t  t  .   (4. descrito por (4.71) Devido às propriedades do escalão unitário tem-se: c  t   t para t  0 . bem como f  t   t  0 para t  0 . h t   m     t  mT   .66) (4. O sinal encontra-se representado na Figura 4. b) O sinal b  t  .   c  t   t u  t   u  t   .12.68) (4.70) Devido às propriedades do escalão unitário b  t   0 para t  2 .15.Problema 4.12. descrito por (4.66) também pode ser reescrito na forma equivalente c  t   tu  t   tu  t  . (4. Mais ainda. no intervalo entre 2  t  5 obtém-se b  t   t  0  t . c) O sinal c  t  . f) O sinal f  t   t  t  . O sinal encontra-se representado na Figura 4. T 0. (IML 1. 117 .12. c  t   t para t  0 .18) Esboce graficamente os seguintes sinais contínuos: b  t   t u  t  2  u  t  5 . (4. atendendo às propriedades do impulso unitário verifica f  t   0 para todo o t  0 .67) (4.65) também pode ser reescrito na forma equivalente b  t   tu  t  2  tu  t  5 . para t  5 tem-se que b  t   t  t  0 . Por seu lado. g  t   t  t  3 . 12.12. atendendo às propriedades do impulso unitário verifica que g  t   0 para todo o t  3 . (4. não se sobrepõem. centrados respectivamente em t  mT para m  . definido em (4.69) h t   m     t  mT   .g) O sinal g  t   t  t  3 . T 0. Uma vez que estes são zero sempre que t  mT . h) O sinal h  t  . 118 .72) representa um somatório de impulsos de Dirac. bem como g  t   t  3 para t  3 . O sinal encontra-se representado na Figura 4. O resultado é um “pente” de deltas de Dirac. O sinal encontra-se representado na Figura 4. 69).12. Representação dos sinais definidos em (4.65) – (4. 119 .Figura 4. Representação de x  t  .Problema 4.20a. a) Separe-se a análise do sinal x1  t  em 4 sectores.   (1.16.74) Novamente. resulta em x  t  1  t  1 . resulta em x  t  1    t  1 . o sinal é descrito por uma recta de inclinação m  1 . o sinal é descrito pela recta x  t   t .75) Finalmente. A contribuição deste sector é então dada por x3  t    t  1 u  t  1  u  t  . (IML representados 1. o quarto sector  0  t  3 é simplesmente dado por x4  t   u  t  .73) Analogamente. Ou seja. No primeiro sector  3  t  2  .   (D. que deslocada para o ponto t  1 . x  t   t .g) Exprima analiticamente os sinais Figura 4. tem-se então x  t  3  t  3 . o sinal é descrito pela recta x  t   t . Somando todas as contribuições resulta que 120 . no terceiro sector  1  t  0 .b.13. no segundo sector  2  t  1 . logo a contribuição do primeiro sector pode escrever-se utilizando escalões unitários x1  t    t  3 u  t  3  u  t  2  . que deslocada para o ponto t  1 . A contribuição deste sector é então dada por x2  t     t  1 u  t  2  u  t  1 . y  t  e z  t  . Deslocando a recta para o ponto t  3 . Esta expressão apenas é válida para 3  t  2 .   (1. Ou seja.   (4.5 .5  2 .5 .77) b) Separe-se a análise do sinal y  t  em 4 sectores. o sinal é descrito pela recta y  t   2t .5   2    1 0. o sinal é descrito pela recta y  t   2t . y  t   2t . No primeiro sector  2  t  1. logo a contribuição do primeiro sector é dada por y1  t   2  t  2  u  t  2   u  t  1.81) 121 .78)  1. (1. (1.5  u  t  2  . o sinal é descrito pela recta y  t   2t .76) Ainda é possível reescrever (1.79) Novamente.   Analogamente.   (4.76) 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 .5  t  1 . no terceiro sector 1  t  1. no segundo sector (4. o sinal é descrito por uma recta de inclinação m  1  0  1.   Somando todas as contribuições resulta que (4. que deslocada para o ponto t  1 . Esta expressão apenas é válida 2  t  1. A contribuição deste sector é então dada por y3  t   2  t  1 u  t  1  u  t  1. que deslocada para o ponto t  1 .5 .5  t  2  .5  u  t  1 . que deslocada para o ponto t  2 .5 . resulta em y  t  1  2  t  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    .80) No quarto sector 1. resulta em y  t  2   2  t  2  . A contribuição deste sector é então dada por y4  t   2  t  2  u  t  1. Deslocando a recta para o ponto t  2 . A contribuição deste sector é então dada por y2  t   2  t  1 u  t  1. tem-se então y  t  2   2  t  2  . resulta em y  t  1  2  t  1 . Desta forma.5  2  t  1 u  t  1 2  t  1 u  t  1  4  t  1.86) 122 .5 u  t  1. verifica-se que o sinal é um “pente” de deltas de Dirac.83) g) Por inspecção. Note-se ainda que. verifica-se que a expressão do sinal é dada por z  t   2   1  t   2m  1  .82) Ainda é possível reescrever (1.5  2  t  2  u  t  2  .y  t   2  t  2  u  t  2   u  t  1.   m  m  (4.5  u  t  2       . m (4. e considerando a expressão geradora dos números ímpares ( 2m  1 ). pode concluir-se que A   1 .5  u  t  1      2  t  1 u  t  1  u  t  1. Desta forma. Uma vez que.5   2  t  2  u  t  1. (4.   m m  m  (4.84) onde A é um termo de amplitude genérico. todos os deltas de Dirac estão localizados sobre os números inteiros ímpares.5   2  t  1 u  t  1. (4. quando m  1 se tem  t   2m  1   m1    t  1 . é possível escrever o sinal como uma soma de deltas de Dirac. com amplitudes positivas e negativas alternadas. deslocados no tempo para a posição dos números ímpares z  t   2  A t   2m  1  .5 u  t  1.85) e a amplitude deste impulso é negativa.76) de forma a obter y  t   2  t  2  u  t  2   4  t  1. e. Sem memória. Portanto. enquanto que y  t   3x  t  1 não. quando uma deslocação no sinal de entrada. num instante de tempo. Estas podem ser definidas da seguinte forma: 1) Memória: Um sistema não tem memória quando. Invariante no tempo. para dois sinais idênticos até ao instante t0 . (4. a saída depende da entrada apenas em instantes passados. x1  t   x2  t  t  t0  y1  t   y2  t  t  t0 . enquanto que y  t   3x  t  1 tem. 6. Linear.89) 4) Linearidade: Um sistema é linear quando uma combinação linear de sinais à entrada. i. Determine quais destas propriedades são satisfeitas (e quais não são) pelos seguintes sistemas.   (4. 2) Causalidade: Um sistema é causal quando. y  t  e x  t  representam. i.87) e. Para todos os casos. a saída apenas depende da entrada nesse mesmo instante. Justifique a resposta.k) Um sistema contínuo pode classificar-se como: 1. à mesma combinação linear das saídas elementares para cada sinal de entrada. Causal. x  t   y  t   x  t  t0   y  t  t0  .88) Por conseguinte. (4. Estável. é necessário conhecer as propriedades gerais dos sistemas lineares.. t0 . na saída. a saída e a entrada do sistema. i. e. Invertível..g. respectivamente. para qualquer instante de tempo. conduz à mesma deslocação no sinal de saída. um sistema sem memória é necessariamente causal..e. 5.g.. 2.e.Problema 4. 123 . t1   y  t1   f  x  t1   . 3.22c.e. y  t   3x  t  e y  t   3x  t  1 são causais. 3) Invariância no tempo: Um sistema diz-se invariante no tempo. as saídas são idênticas até ao mesmo instante. conduz. i.. (IML 1.17. y  t   3x  t  não tem memória. Para classificar os seguintes sistemas. 4..   u  t0 . Pela propriedade (4. Considerando um sinal auxiliar x1  t   x  t  t0  resulta que y1  t    x1   d   x   t0  d .93) É então necessário avaliar.e.  Ax  0 : x  t   Ax t    Ay  0 : y  t   Ay t  .90) 5) Estabilidade: Um sistema diz-se estável de entrada limitada / saída limitada quando qualquer entrada limitada dá origem a uma saída limitada. d du  1. t  (4..89). (4. i.. (4. 124 . logo. t t   (4.3).95) (4. Quanto à invariância no tempo. x1  t   x2  t   y1  t   y2  t  . y  t  t0    t t0  x   d .88) verifica-se que o sistema é causal. que conduz a y  t  t0    x  u  t0  du .91) 6) Invertibilidade: Um sistema é invertível quando. resulta em u  t  t0   t.   x2  t   y2  t   (4. é necessário aplicar a propriedade (4. por aplicação de (B.87) verifica-se que o sistema têm memória.93). o sistema é invariante no tempo.94) é necessário introduzir a mudança de variável u      t0 que.92) a) y  t    x   d t  Pela propriedade (4. x1  t   y1  t    ax1  t   bx2  t   ay1  t   by2  t  .e. i. u    .94) Para resolver (4. sinais de entrada distintos resultam em sinais de saída distintos (a aplicação da entrada na saída é injectiva). (4.96) que é igual a (4. tome-se como exemplo o sinal de entrada x  t   1 para todo o t . é diferente de (4.88) . Aplicando ainda (4. tem-se que o sistema é causal.97) logo o sistema é linear.90). aplique-se (4. pelo que se tem y1  t   t x1  t  2  t x  t  t0  2 . Considerando (4. verifica-se que o sistema não é estável. De forma a verificar a estabilidade. uma vez que o sistema apenas depende de instantes passados.92) A função é injectiva. admite inversa. o sistema é classificado como instável. Assim. considerando x1  t   x  t  t0  .91). No entanto. y2  t    x2   d pelo que t t   x  t    ax1    bx2   d  a  x1   d  b x2   d  ay1  t   by2  t  . e o sinal de entrada é constante. (4.100) 125 . aplicando (4. uma vez que (4.87) verifica-se que o sistema têm memória. que neste caso é dada por w t   d y t  . considerando x  t   ax1  t   bx2  t  tem-se que y1  t    x1   d .99) o sistema é variante no tempo. Desta forma.Quanto à linearidade. dt (4.99) y  t  t0    t  t0  x  t  t0  2 . invocando (4.98) k) y  t   t x  t  2  Pela propriedade (4. pelo que. a área calculada pelo integral é infinita.89). t t t    (4. Uma vez que o intervalo de integração é infinito. Para averiguar se o sistema é invariante no tempo. uma vez que uma entrada limitada gerou uma saída ilimitada (um sinal limitado integrado num intervalo infinito pode conduzir a um valor ilimitado). tem-se x  t   t  ax1  t  2   bx2  t  2    at x1  t  2   bt x2  t  2   ay1  t   by2  t  . 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 . verifica-se que y  t   3t  lim y  t    . A instabilidade pode ser comprovada por contra exemplo.92).102) ou seja.e. Novamente. logo.Quanto à linearidade.101) logo o sistema é linear.103) A partir de (4.90). (4. t  (4. verifica-se que x1  t   x2  t   y1  t   y2  t  . t .104) 126 . i. o sistema é não invertível. pela propriedade(4. (4.103). com x  t   ax1  t   bx2  t  onde y1  t   t x1  t  2 e y2  t   t x2  t  2 . se x  t   3 . (4. note-se que o sistema perde a informação do sinal de entrada em t  0 . para uma entrada limitada a saída é ilimitada. aplicando (4.. pelo que o sistema é instável. (5. Determinar a reflexão em relação à origem da resposta impulsional h   do SLIT. obtendo: z    h    .1. entrada x  t  e saída y t  . Sistema LIT. 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  .1).2) Para obter a saída do sistema. Representação no Domínio do Tempo de Sistemas LIT Contínuos Problema 5. 127 .1) Para um dado sistema linear e invariante no tempo. para cada intervalo em t : 1.Capítulo 5. Determine a resposta do sistema ao sinal de entrada escalão unitário. (IML 2. 2. Atrasar o sinal z   de t unidades (correspondentes ao instante t ) obtendo a sequência: w    z   t   h  t    3. cuja resposta impulsional é dada por h  t   e2t u  t  . Como é conhecido. (5. é necessário efectuar os seguintes passos.1. com resposta impulsional h  t  .4) Considere um sistema LIT. x t  y t  h t  Figura 5. Multiplicar ponto a ponto a sequência w   pela entrada: x   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. x  t     t  t0      x     t  t 128 0    d  x  t  t0  . definida para sinais discretos.3) 2) Associatividade: x  t   h1  t   h2  t    x  t   h1  t   h2  t  . (5.2. (b) SLITs em paralelo. (5. á semelhança da soma de convolução. Este processo é então repetido para todos os intervalos de t em que x   h  t    é monótono. a resposta impulsional de dois SLITs em série é dada pela convolução das respostas impulsionais de cada um dos SLITs.     (5. Respostas impulsionais de: (a) SLITs em série. A função impulso unitário exibe a seguinte propriedade face ao integral de convolução.4) 3) Distributividade: x  t   h1  t   h2  t    x  t   h1  t   x  t   h2  t  . a  h1  t   b h2  t  h2  t   h1  t   h2  t  h1  t   h2  t  h1  t  Figura 5. Da mesma forma se pode demonstrar que a resposta de dois SLITs em paralelo é a soma das respostas impulsionais de cada um.6) .5) Novamente. Este resultado encontra-se esquematizado na Figura 5.   (5. Somar todos os pontos da sequência resultante.2. de modo a obter o integral de convolução correspondente ao instante t .4. O integral de convolução. goza das seguintes propriedades: 1) Comutatividade: x t   h t   h t   x t  . Tanto o sinal de entrada. o resultado é  1 e 2t  y t      u t  .4. este problema é o mesmo que foi previamente apresentado no Problema 4. e o integral pedido em 4. (5. como a resposta impulsional dos sistemas são os mesmos.a) Note-se que..4 desta colectânea. sendo a resolução a mesma que foi apresentada em 4.4. Desta forma.4.7) 129 . é nada mais que o integral de convolução. 2 2  que também se encontra representado na Figura 4. 8) Suponha que o seguinte sinal x  t   u  t   u  t  1 ..2. Representação de: (a) h  t  .4.3. que é caracterizado pela função de transferência h t   1 1  RC t e u t  . (b) x  t  .3) verifica-se que 130 . através do integral de convolução.9) é aplicado à entrada. Cap. RC (5. Figura 5. Circuito RLC. considerando RC  1 . (AT Ex. 1.4.2). Aplicando a propriedade da comutatividade (5. 2) Considere o seguinte circuito RLC R x t     C y t   Figura 5. Considere-se então a definição de integral de convolução (5. A resposta impulsiva. bem como o sinal de entrada estão representados na Figura 5.Problema 5. (5. Determine a saída. Figura 5. torna-se mais intuitivo aplicar as sequências de inversão e translação ao sinal x  t  . h   x  t    para t  1 .y t      x   h t    d   h   x t    d . Em seguida. dado que a forma de x  t  é mais simples. t  0.8 e t  2 respectivamente. Representação de x   . Primeiro.10) Note-se que. 131 . é necessário atrasar z   de t unidades e multiplicá-lo por h   .5. No entanto. é necessário obter a reflexão em relação à origem de x   : z    x    .   (5. h   . pode resolver-se o exercício sem efectuar este último passo. logo h   x  t     h   para o intervalo 0    t . y  t   0 neste intervalo. considerando (5.     t t (5. Assim.Através da análise da Figura 5.6. y  t  neste intervalo é dado por y t   t 1  h   d  t t 1   t 1  e d  e t 1  e e  1 . verifica-se que para t  1 . Quando 0  t  1 tem-se que x  t     1 .10).11) Por fim. pelo que. t 1 (5. 132 . pelo que.12) Considerando todas as contribuições vem finalmente para a saída 0. t0 0  t  1.13) Figura 5.6. x  t     1 logo h   x  t     h   para o intervalo entre t  1    t .  que se encontra representada na Figura 5. Representação de y  t  . é possível obter para y  t  neste intervalo y  t    h   d   e  d   e    1  e  t .  0 t 0 0 t t (5.  y  t   1  e  t . e  t 1  e  t .5 verifica-se que para t  0 se tem h   x  t     0 . é necessário obter a reflexão em relação à origem de h   : z    h    .14) Determine a resposta do sistema ao sinal x  t   et u  t  .7. (b) x  t  . (HSU 2.  0.Problema 5. Em seguida. bem como o sinal de entrada estão representados na Figura 5. verifica-se que a forma de h  t  é mais simples. cuja resposta impulsional é dada por h  t   e  t u  t  .15) Desta vez.5) Considere um sistema LIT. (5. Aplicando a propriedade da comutatividade (5. A resposta impulsiva. Primeiro. Considere-se então a definição de integral de convolução (5. Representação de: (a) h  t  .7.2). é necessário atrasar z   de t unidades e multiplicá-lo por x   . 133 .3) verifica-se que y t      x   h t    d   h   x t    d .3.   (5. Figura 5. tornando-se mais intuitivo efectuar as sequências de inversão e translação ao sinal h  t  . h   . y  t  neste intervalo é dado por y t    e t 2  t d  e  t  e t 2 d  e  t  e2  1 t  2   2 e . Através da análise da Figura 5.18) 134 .  y t     1 e  t . Assim. x   h  t     e e t   para o intervalo entre     t . Representação de x   .17) Considerando todas as contribuições vem finalmente para a saída  1 t  2 e .    0 (5. Assim.8 verifica-se que para t  0 .16) Finalmente.Figura 5. 2 (5.    t (5. x   h  t    para t  1 e t  1 respectivamente.  2  t0 t0  y t   1  t e . y  t  neste intervalo é dado por y t   e  t  e 0 2 d  e  t  e2  1  t  2   2 e .8. para t  0 . x   h  t     e e t   mas para o intervalo entre     0 . Representação de y  t  . 135 .9.que se encontra representada na Figura 5. Figura 5.9. Classifique as seguintes afirmações: (A) O sistema h1  t  é estável?.20) representam respostas impulsionais de sistemas lineares e invariantes no tempo.g. h  t   2  t  não tem memória. h2  t     t  1 . (5. Portanto. h  t   K  t  .13) Considere o seguinte sistema x t  h t  h1  t  h2  t  y t  Figura 5. em que h1  t   e3t u  t  . (5. A classificação de um sistema LIT. face às suas propriedades pode ser efectuada através do estudo da resposta impulsional: 1) Memória: Um sistema diz-se sem memória quando a sua saída num dado instante de tempo depende apenas da entrada nesse instante de tempo.10. para qualquer instante de tempo. a saída depende da entrada apenas em instantes passados. (C) O sistema h2  t  tem memória?.Problema 5.21) 2) Causalidade: Um sistema é causal quando. a resposta impulsiva de um sistema causal é dada por h  t   0 t  0 .. (IML 2.. i. A resposta impulsional de um sistema discreto sem memória é dada por um impulso de amplitude K .4. Representação de um sistema LTI em série. (B) O sistema h1  t  é causal?.e.19) (5. e. (D) Determine a resposta impulsional h  t  da série dos dois sistemas. (5. enquanto que h  t   2  t  1 tem.22) 136 . i.24) a) Um sistema é estável quando responde a qualquer entrada limitada. (5. i. mas não suficiente.22) pelo que o sistema é causal. tem-se que    h1   d     e3 u   d   e 0 3 d   . respeita a condição (5.23) 4) Invertibilidade: Um sistema é invertível quando. Uma vez que a resposta do sistema é dada por h1  t   e3t u  t  . tem-se que h  t   0 para t  0 . Neste caso. A resposta impulsional de um sistema estável é uma função absolutamente integrável. enquanto que h  t   u  t  1 não. h  t   hI  t     t  .e.    h   d   . esta condição é necessária. 137 .. o sistema não cumpre a condição (5.23) sendo instável. A convolução entre a resposta impulsional de um sistema invertível e do seu inverso é um impulso unitário..e.22). logo verifica (5. 3) Estabilidade: Um sistema diz-se estável de entrada limitada / saída limitada quando qualquer entrada limitada dá origem a uma saída limitada.e. com uma saída limitada. i. (5..23). h  t   u  t  é causal.. b) A resposta impulsiva de um sistema causal verifica (5.e. Note-se que. (5.g. sinais de entrada distintos resultam sinais de saída distintos (a aplicação da entrada na saída é injectiva).25) Sendo que a resposta impulsiva não é absolutamente integrável. obtendo directamente h  t   h1  t     t  1  h1  t  1  e3t 3u  t  1 .2). dispostos em série. segundo as propriedades da convolução (Figura 5.26) Uma vez que a função h2  t  é um delta de Dirac. este não verifica (5. pode ser obtida efectuando h  t   h1  t   h2  t  . (5.21) pelo que tem memória. (5. é possível aplicar a propriedade (5.27) 138 . d) A resposta impulsiva total de dois sistemas lineares invariantes no tempo.6).c) Uma vez que a resposta do sistema h2  t  não é um Dirac na origem. Problema 5. b) A resposta do sistema ao sinal de entrada x  t   10 u  t  3 .5.   t t t (5.31)  f  t  g  t    f   t  g  t   f  t  g   t  . a resposta impulsional pode ser calculada a partir da resposta ao escalão unitário da seguinte forma h t    yu  t  . para um sistema linear e invariante no tempo. o sistema verifica (4.30) (5.29) Recordem-se ainda. é possível obter x  t  a partir de u  t  . as seguintes regras de diferenciação. verifica as propriedades (4. ainda se pode reescrever (5.  t u  t     t  . (5.32) Uma vez que.19) Seja yu  t    3  t  u  t  .  f  g    f   g  t   g   t  . pode efectuar-se o seguinte escalamento 139 . t (5.31) obtém-se facilmente h t       3  t  u  t    u  t   3  t    3  t  u  t  .89) e (4.29). dada a resposta ao escalão unitário. determine: a) A resposta impulsional do sistema.33) b) Como o sistema é linear e invariante no tempo.   a) Para um sistema linear é possível calcular a resposta impulsiva. (IML 2.89). Note-se que.32) na forma   h  t   u  t    3  t    t   u t   3 t  . (5. Desta forma.   (5. com base na resposta ao escalão unitário (5. através de um conjunto de operações de deslocamento e escalamento. Dado que. Neste processo obtém-se também y  t  através de yu  t  .28) a resposta no tempo ao sinal de entrada escalão unitário de um sistema contínuo linear e invariante no tempo.90) dos sistemas contínuos. Considerando também (5. efectuando o deslocamento temporal t  3 pode obter-se 10u  t  3  10 yu  t  3 .35) na sua forma final y  t   10 t u  t  3 .34) Mais ainda. logo.u  t   yu  t   10 u  t   10 yu  t  . Considerando (5.36) 140 . (5.35) que é a resposta a x  t  . (5.90). é possível reescrever (5.28). (5. o sistema verifica (4. A transformada de Laplace. Se x  t  for um sinal direito. um sinal não nulo apenas para t  T f e se a recta   s    0 pertencer à R. 4.e.2) Para caracterizar completamente a transformada de Laplace de um sinal x  t  é necessário conhecer a sua expressão algébrica X  s  . (AT Ex. 3) Determinar a transformada de Laplace do sinal: x  t   eat u  t  . i. . exceptuando eventualmente as rectas   s    ou   s    . e se existir pelo menos um valor de. 2. . É constituída por faixas no plano s . 141 . 2. bem como a sua região de convergência ( R.1. Se x  t  for um sinal esquerdo.. s para o qual a transformada de   Laplace converge. i. (6.1) 2 j   X  s  e st ds . então todos os valores de s tais que   s    0 também pertencem à R. 3. é o próprio plano s . paralelas ao eixo imaginário. um sinal não nulo apenas para t  Ti e se a recta   s    0 pertencer à R. ). T f  .C. e a sua inversa definem-se respectivamente como X s  x t   1    x t  e   j  j  st dt .C.Capítulo 6. Transformada de Laplace Problema 6.C.. (6. Cap. então a R. Se x  t  é de duração finita. A região de convergência goza das seguintes propriedades: 1.C. não nulo apenas num intervalo limitado Ti . então todos os valores de s tais que   s    0 também pertencem à R.e..e. i. 5.C. Não contém pólos.C. A transformada de Laplace goza ainda das seguintes propriedades: 1) Linearidade: Se x1  t   X 1  s  . Lb Lb R. (6.6. Lb R. Lb R.C. (6. Se x  t  for um sinal bilateral. então a R.6) excepto para a possível inclusão/exclusão de   s    .C.  R1  R2 . (ii) A R. Assim.C.3) então ax1  t   bx2  t   aX 1  s   bX 2  s  . 3) Translação no domínio da transformada: Se x t   X  s  .C.C.7) então 142 . (6..C.e.C.  R .4) 2) Translação no tempo: Se x t   X  s  .C. x2  t   X 2  s  . de um sinal esquerdo é o semi-plano complexo esquerdo limitado à direita pelo pólo de X  s  com menor parte real. um sinal não nulo desde  até  e se a recta   s    0 pertencer à R.  R .C. . Lb R. destas condições resulta que: (i) A R. i. Lb R.  R2 . é uma faixa do plano s que contém   s    0 . de um sinal direito é o semi-plano complexo direito limitado à esquerda pelo pólo de X  s  com maior parte real.C.  R1 R.5) então x  t  t0   e  st0 X  s  . (6.  R . (6. C.C.C.15) então tx  t   Lb dX  s  .  R .  R2 . (6. Lb R. (6.9) então x  at   Lb 1 s X . Lb R.C. (6.C.8) 4) Mudança de escala: Se x t   X  s  .14) 7) Diferenciação no domínio da transformada: Se x t   X  s  .C.C. Lb Lb R.  R .  R .10) 5) Convolução: Se x1  t   X 1  s  .e s0t x  t   X  s  s0  . (6. dt R. (6.16) 143 . (6.  R1 R.13) então dx  t  Lb  sX  s  .C.11) então x1  t   x2  t   X 1  s  X 2  s  .  aR .  R    s0  . Lb R.C. x t   X  s  .  R1  R2 . Lb R. (6. Lb R.  R . ds R.C.12) 6) Diferenciação no domínio do tempo: Se. (6. (6.  R . x2  t   X 2  s  . a a R. 20) verifica-se que 1   j  a (6. (6. é possível reescrever (6.  s  t R. pelo que não varia com t . Lb R. de norma 1.21) é uma constante. analisando os termos de (6. (6. ao sinal de entrada. e  a t .18) a) Aplicando a definição da transformada de Laplace (6.23) 144 .19) Considerando que s    j . será utilizado para definir a região de convergência. este termo representa uma "vibração".22) corresponde à representação polar de um número complexo. a função integrada tem de tender para zero (quando t   ).1). O último termo.  R . e não terá influência na definição da região de convergência.  (6. Para que a função seja integrável é necessário que t  lim e  a t  0     a   0    a .C.19) na forma. é possível obter X  s    at  st at  st  e u  t  e dt    e e dt    e   0 0   s  a t dt  1   s  a t e .C. (6.  2 ). sa  0 (6.8) Integração no domínio do tempo: Se x t   X  s  . 1    j  a t X s  e   j  a 0  1   a t  e   e  jt   j  a 0 .  R    s   0 . Ainda se pode averiguar que e  jt . (6. Desta forma.20) Para que o integral convirja quando t   . onde apenas o ângulo varia (este termo tem um módulo constante e um ângulo que varia entre 0. Desta forma.17) então Lb 1 x   d  X  s  . (6. (ii) Caso não exista. A título de exemplo.A região de convergência ( R. Note-se que. (iii) Identificar univocamente qual o sinal x  t  ao qual corresponde TL  x  t   . A transformada do sinal é indicada como X  s  1 .C. a transformada de Laplace de um sinal x  t  é sempre constituída por uma expressão analítica X  s  e por uma região de convergência.27) 145 .2.C. sa (6. R.1.25) A região de convergência é novamente obtida em função de t  lim e  a t  0     a   0    a . Verifica-se que ambos os sinais têm a mesma expressão analítica X 2  s   X  s  .26) e representada em Figura 6. É imprescindível explicitar a região de convergência porque: (i) Define a região de validade de X  s  . sa (6.. A transformada deste último é então dada por X 2  s  1 .24) j a  Figura 6. R.   calcule-se a transformada de x2  t   eat u  t  X 2  s     e u t  e at  st     s  a t dt  e 0 1 1  s a t . :   a .1. dt  e    s  a sa 0 (6.C.   . ) é então   a que se encontra representada na Figura 6.C.e.2 :   a . R. mas regiões de convergência distintas. o sinal não tem transformada. i. Representação da região de convergência da transformada do sinal x  t  . 2. 146 .j a  Figura 6. Representação da região de convergência da transformada do sinal x2  t  . pode escrever-se (6.  t0 (6. s (6. Determine a transformada de Laplace do sinal 1. . t0  t  t0 c.28) Aplicando a definição (6. e  st Y  s    y  t  e dt   1e dt   s   t0  st t0  st  t0 . R. e a região de convergência é todo o plano s.29) como 1    j t X  s   e   j t0 . a transformada converge para todo o intervalo de integração.1) ao sinal de entrada é possível obter.  plano s .31) 147 .30) Uma vez que o sinal apresenta uma duração limitada no tempo.29) Novamente.Problema 6.  t0 (6. A transformada será então dada por 1    j t X s   e   j t0  t0 1 st0  e  e st0  . y t    0. (6. dado que s    j .C.c.2. a transformada será dada por X s   1    j  j0 e  t  j  0 t e  0 1 1 .33) A região de convergência resulta da condição t  lim e t  0    0    0 .C. obtém-se X s    e j0t u  t  e dt   st  e 0 j0t  st 1  s  j t e dt   e  0 . (AT Ex.34) pelo que. Aplicando a definição da transformada de Laplace (6. Cap. R.3. Representação da região de convergência da transformada do sinal x  t  . 3) Determine a transformada de Laplace do sinal: x  t   e j0t u  t  .32) como X  s   1   t  j  0 t   j  j0 e e . s  j0 0  (6. (6.3. 2.35)  0  1  s  j0 s  j0 cuja R.Problema 6.C. pode ser observada na Figura 6. pode escrever-se (6. :   0 . 0 (6.1) ao sinal de entrada.3.32) Novamente. 148 . dado que s    j . j  Figura 6. (6. 1) ao sinal de entrada.37) As regiões de convergência dos dois integrais são respectivamente dadas por t  lim e  2 t  0     2   0    2 . o sinal não tem transformada de Laplace.39) t  lim e  3t Pela propriedade (6. obtém-se X s      e u  t   e u  t   e   2t 3t  st  dt  e    e u t  e 2t  st  dt    e u  t  e 3t  st dt  .4).36)   0   s  2 t dt   e  0   s  3 t dt  0  1   s  2 t 1   s  3t e  e s2 s3 0  Novamente.38) (6. a região de convergência da transformada é dada pela intersecção das duas regiões de convergência elementares. 149 .Problema 6. dado que s    j .36) como 1 1   2 t   3 t X s   e   e  jt   e   e  jt   j  2   j  3 0  0 . Aplicando a definição da transformada de Laplace (6. pode escrever-se (6. (6.4. (HSU 3. (6.  0     3  0    3 .  (6. Uma vez que a intersecção destas é nula.5c) Determine a transformada de Laplace do sinal: x  t   e2t u  t   e3t u  t  . C. ds r 1 (6. x  t  . n .20) – (B.   s   3 . . i.42) Para a resolução deste exercício é necessário recordar a decomposição em fracções simples de uma fracção própria. (6. s  7s  12 2 a) b) X  s  (6. : s . R. :   s   d k . onde o pólo pi tem multiplicidade ri . R. s  s  1 (6. (6.C.d) Determine a função no tempo.. 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   t  1 .46) (6.Problema 6.23). pode ser decomposta X  s  c11 s  p1  .40) (6. s  dk Ak .C.2a. Ak edk t u  t   Lb Lb (6.  n  1!  s  dk  (6. k e r1  r2  em na forma geral:  rk  n . Como explicado em (B. cujo número de pólos é superior ao número de zeros.48) Ak . s  dk  Ak edk t u  t   Lb Lb t n-1 Ak Ak edk t u  t   R. R.5.41) X  s  4s  13 . X  s  com k pólos distintos.   s   4 . cuja transformada de Laplace é: 4s  13 . com i  1.. cir 1  r i d  r s  pi  X  s     s  pi .47) (6. :   s   d k .  ci1 s  pi   s  pi  ci2 2  .b.   s  pk  ckr rk .e.2.49) 150 .44) cir k  1 d  r 1 dk  r s  pi  X  s   .45) .. (IML 3. s  7s  12 2 d) s3  4s 2  2 X  s  2 . s  0 ..C.   s  pi  cir ri  .43) onde os coeficientes para as contribuições de cada pólo são dados por cir   s  pi  X  s  s  p . :   s   d k . 52) Atendendo a (6.53) onde os coeficientes A e B podem ser obtidos a partir de (6. (6. (6. i.53) pode ser reescrita na forma.   (6.56) Aplicando agora as tabelas da transformada bilateral para pólos simples (6.e. 3 .40) pode ser decomposta em X  s  4s  13 A B . pode ser decomposta em fracções parciais. se o número de pólos é superior ao número de zeros # pólos  2  # zeros  1 . 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  .C.43).    s  4 s  3 s  4 s  3 (6.  s  4  s  3 s4 s  3 s4 4  3  s  3 4s  13  4s  13  12  13  1 .40) são então dados por s 2  7s  12  0  s  7  72  4  12 7  1   pi  4. Os pólos de (6. n .54) B (6.  n  1!  s  dk  (6.55) Assim.  s4 s3 (6.  s  4  s  3 s3 s  4 s3 3  4 (6. (6.44)-(6. :   s   d k .51) Uma vez que a fracção é própria.57) 151 .50) a) Primeiro é necessário avaliar se a fracção é própria. 2 2 (6..45) A  s  4  4s  13  4s  13  16  13  3 .Lb t n-1 Ak  Ak e d k t u  t   R.47) (neste caso. X  s  3 1 1 .  s  1 s s 2 (6.   (6.e.58) No entanto. # pólos  # zeros ..45) que indicam que X  s  pode ser decomposta em X  s  1  A c c  1 2. (6. a decomposição em fracções simples será igual.43)-(6.61) Dado que o pólo s  0 tem multiplicidade dois.48) a (6. aplicando (6. ou seja X  s  3 1 1 .42) verificamos que não é uma fracção própria. é necessário recorrer às formulas gerais (6. pelo que. i.60) que permite reescrever X  s  como uma fracção própria X  s  1  X p  s  1  3s 2  2 . 2 2 s  s  1 s 1 s 1 s 1 c2   s  p  X  s  s  p  2 (6.62) onde.  s4 s3 (6.63) 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 3s 2  2  2  s  1 s0 . sendo necessário começar por aplicar uma divisão polinomial s3  4s2  2  s3  s2 3s 2  2 s 2  s  1 1 . s 2  s  1 (6.b) Uma vez que a expressão da transformada é a mesma.58) resulta para a expressão no tempo x  t    e3t  3e4t  u  t  . (6.59) d) Ao avaliar (6. a região de convergência encontra-se à esquerda dos pólos.64) 2 s 0 .  s  1  3s 2  2  3s 2  2 3 2 A   1. 66) 153 .   (6.50) obtém-se para a função no tempo x  t     t   2 1  t   e t  u  t  .  s  1 s s (6.65) Aplicando as tabelas da transformada inversa (6.X  s  1  1 2 2   2.46)-(6. 6.10).   s   2 .C. (6.67) a transformada de Laplace de x  t  . 3  3 3 s  2 s  6 3   s   6 .72) 154 . (IML 3.70) d) Para resolver esta alínea serão utilizadas as propriedades de translação (6.d) Seja X  s  1 . :   s   2 .14). s2 (6.3a. resulta imediatamente que Lb 1 s 1 1 1 x  3t   X     . R. Determine a transformada de Laplace das seguintes funções: a) d) y  t   x  3t  .68) (6. y t   d x  t  3 . :   s   2 . aplicando (6. Aplicando (6.6) ao par x  t   X  s  tem-se que x2  t   x  t  3  X 2  s   e 3s X  s   e 3s Lb Lb 1 .Problema 6.69) a) Aplicando a propriedade de mudança de escala da transformada de Laplace (6. R.C.6) e diferenciação no tempo (6. s2 (6.   dt s2 (6.71) Finalmente. dt (6.14) resulta que y t   dx2  t  Lb s  Y  s   sX 2  s   s e 3s X  s    e 3s . R.4. b) Para cada uma das R. H  s  e Y  s  são respectivamente a transformada de x  t  . A classificação de um sistema LIT.Y  R. da função de transferência é uma região do plano s que se estende desde um 155 . Para um sistema definido como na Figura 6.4 representa o mapa pólos/ zeros da função de transferência de um SLIT.C.7a.4. Justifique. (6. ou função de transferência pode ser descrita na forma H  s  K  s  z1   s  zM  . da seguinte forma: 1) Causalidade: Para que seja causal. A função H  s  . Mapa de pólos e zeros da função de transferência de um SLIT. (IML 3.74) onde zi são os seus zeros e pi os pólos. Pode aplicar-se a transformada de Laplace à resolução de problemas com sistemas LTI.  s  p1   s  pN  (6. a) Indique todas as R.C.Problema 6. pode rapidamente calcular-se a saída através de Y  s  H s  X s . um sistema tem de cumprir duas condições: (i) A R. pode classificar-se o sistema. que é possível associar ao mapa pólos/ zeros dado. X . j  j2 2 1 1  j2  Figura 6.C.7. h  t  e y  t  .C. diga se o sistema correspondente é estável e/ou causal.C. indicadas em a).C. através de H  s  .b) A Figura 6.73) onde X  s  . face às suas propriedades pode ser efectuada através do estudo da região de convergência de H  s  .H  R. Quando h  t  é de duração infinita. (ii) A expressão algébrica de H  s  tem um número de zeros não superior ao número de pólos. 2.C.1) Um SLIT contínuo causal é estável se e só se todos os pólos se situarem no semiplano complexo esquerdo. da função de transferência contém o eixo imaginário. a sua região de convergência é todo o plano s exceptuando eventualmente as rectas   s    ou   s    .C. (ii) A expressão algébrica de H  s  tem um número de zeros não superior ao número de pólos. através de H  s  . 2) Estabilidade: Um sistema. contém sempre o eixo imaginário). mas em que os pólos com parte real nula são pólos simples.valor finito de   s  até (inclusive)  . este pode classificar-se. 2) Estabilidade: Para que seja estável.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. a) Com base neste mapa de pólos e zeros.C. é estável (a R. Quando h  t  é de duração finita.2 : 2    s   1 . 2. com resposta de duração finita. 156 (6.3 :   s   2 .C.76) (6. R. contiver a recta   s    . um sistema tem de cumprir duas condições: (i) A R.C.75) (6. Então. R.C. considerando as propriedades das regiões de convergência é possível definir as seguintes R.C. é causal se e só se a R. com resposta de duração finita. : R.1 :   s   1 .77) . da seguinte forma: 1) Causalidade: Um sistema. 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 3 2 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 0  st dt . (6.78) Esta é uma particularização da transformada de Laplace bilateral para sinais causais, que partilha, quase sempre, das mesmas propriedades, embora as seguintes se alterem: 6) Diferenciação no domínio do tempo: Se x t   X  s  , 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 Lu (6.79) 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 (6.82) 158 8) Integração no domínio do tempo: Se x t   X  s  , então Lu 1 x   d  X  s  ,  s 0 t Lu (6.83) (6.84) e 1 1  x   d  s X  s   s  x   d .   t Lu 0 (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 t  lim x  t   lim sX  s  . 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 (6.88) 159 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 ,  t 0 (6.91) 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) s lim H  s   5  K . (6.93) Finalmente, vem para a expressão analítica da função de transferência 160 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  (6.95) 161 Aplicando as propriedades das R.s. j j j    a j j b  j c    d  j e j f   g h Figura 6. Todos os mapas de pólos/zeros. O número de zeros é superior ao número de pólos. podem então classificarse os sistemas como: a) Instável e não causal.6.9.8) 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. 162 .Problema 6. apresentam regiões de convergência que são semi-planos.6. pelo que. Justifique a resposta.6. representados na Figura 6.C. (IML 3. estamos perante sistemas com respostas h  t  de duração infinita. e não contem a recta   s    . 163 . e não contem a recta   s    . c) Instável e causal. mas contem a recta   s    .b) Instável e não causal. f) Instável e não causal. A região de convergência não contêm o eixo imaginário. d) Estável e não causal. A região de convergência não contêm o eixo imaginário. O número de zeros é superior ao número de pólos. mas contem a recta   s    . h) Instável e não causal. A região de convergência não contêm o eixo imaginário. g) Estável e não causal. e não contem a recta   s    . A região de convergência contêm o eixo imaginário. e) Instável e causal. O número de zeros é superior ao número de pólos. A região de convergência contêm o eixo imaginário. Problema 6. Lu As transformadas de Laplace unilaterais de (6. 1  2 s 2  2 s  11s  11   s  1  s 2  5s  6  (6.97) (6.103) 2 s 2  13s  12  s  1  s 2  5s  6  Calculando os restantes pólos de Y  s  164 . Lu (6. s 1 É então possível escrever (6.102) Pode ainda manipular-se (6. (HSU 3.96) podem então indicar-se na forma y  t   s 2Y  s   2s  1 . y  t   sY  s   2 .99) (6.96) Para resolver uma equação diferencial com condições iniciais. Da propriedade de diferenciação no tempo (6.101) x  t   et u  t   Lu 1 .98) y  t   s 2Y  s   sy  0   y  0  . y  0  1 e x  t   e u  t  .80) tem-se que y  t   sY  s   y  0  . s 1 (6. t Com as condições iniciais y  0  2 .96) no domínio da transformada de Laplace unilateral s 2Y  s   2s  1  5  sY  s   2   6Y  s   1 . recorre-se à transformada de Laplace unilateral.38) Resolva a seguinte equação diferencial de segunda ordem y  t   5 y  t   6 y  t   x  t  .100) (6.10. Lu Lu (6. (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   Y  s  . 103) na forma 2s 2  13s  12 Y s  .107) B   s  2  Y  s  s 2  C   s  3 Y  s  s 3  2  4  13  2   12 8  26  12  6. 11  2  1 2  3 2  9  13  3  12 18  39  12 9   . 1 2 2 (6. y  t  é dado por (6.   s 1 s  2 s  3 (6. 2 2 (6. 2 2  (6.105) O número de pólos é superior ao número de zeros. 2 s3 2 9 1  y  t    e  t  6e 2t  e 3t  u  t  . s2 9 1 Lu 9 3t  e u  t  . obtém-se 1 1 Lu 1  t  e u t  . 2 . s  5  52  4  6 5  1   3. 2  1 2  3  1 3  2  (6.113) 1 Lu 2t  6e u  t  .106) pode ser reescrita na forma Y  s  1 1 1 9 1 .108) (6.110) Aplicando a transformada inversa a cada membro.104) é possível rearranjar (6.112) (6.114) 165 .s 2  5s  6  0.111) (6. 2 s 1 2 6  Finalmente.109) Então. 6  2 s 1 s 2 2 s 3 (6. logo Y s  A B C .106) onde. pelo que a fracção é própria e possível de ser decomposta em fracções simples.  s  1 s  2  s  3 (6. (6. A   s  1 Y  s  s 1  2  13  12 1  . 50). x  t   e3t .121). 1    s   2 .X . (IML 3. Uma vez que H  s  é uma fracção própria. (6.119) (6. o número de pólos é 166 .C.C. s2  s   2 .10) Seja y  t   2e2t u  t   et u  t  .120) 1 1 .1) C.. Aplicando-as directamente a (6.117) (6.  s  2 s 1 A definição de função de transferência é então dada por (6.46) . (6. (6. que resulta em 3s Y s  s  2  s  1  3s H s   .73). (6.116) determine: a) A função de transferência.115) x  t     t   4e2t u  t  . b) A resposta impulsional h  t  . e a região de convergência.(6.11.   t   .115) e (6. H  s  . s2 X s  s  1 s  2  s2   s   1 .H  R. c) Utilizando H  s  determinado em a).Problema 6.121) A região de convergência foi obtida de forma a que R.118) a) Considerem-se as tabelas da transformada de Laplace descritas em (6.2) x  t   e3t u  t  . b) Para obter a resposta impulsional do sistema é necessário calcular a transformada inversa de (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 . a resposta no tempo de um SLIT contínuo ao sinal de entrada (6. determine a saída y  t  para cada um dos seguintes sinais de entrada C.Y  R.C.e. i. o que resulta em Y s  3s .126) c.122) onde.44)-(6.45).40) pode ser decomposta na forma Y s  A B C .129) onde.127) A resposta do sistema pode ser obtida efectuando Y  s   H  s  X  s  .  s 1 s  2 (6. pode decompor-se (6. (6.1) Para obter a resposta do sistema ao sinal (6. é necessário calcular a transformada de Laplace do mesmo.   s 1 s  2 s  3 s  3 .44)-(6..superior ao número de zeros.117). se pode obter que A 3   1  s  1 3s 3s    3 . (6. i.  s  1 s  2  s 2 s  1 s 2 2  1 (6.123) B (6.40). (6. considerando (6.  s 1 s  2   s   1 . (6. os coeficientes A . por aplicação de (6. (6. Atendendo a (6.50) vem finalmente h  t   3et u  t   6e2t u  t  .46) .125) Aplicando agora as tabelas da transformada inversa (6.46) .(6.128) é uma fracção própria.121) na forma H s  A B .50) X s  1 . (6.43). s 3 s  3 . o número de pólos é superior ao número de zeros.124) permitindo escrever H s   3 6 .43). (6.  s  1 s  2  s 1 s  2 s1 1  2 3   2   s  2  3s 3s   6. pode decompor-se em fracções simples.  s  1 s  2  s  3 s  3 .e.45) 167 .128) Uma vez que (6. B e C podem ser obtidos através de (6.(6. atendendo a (6. Logo.50) obtém-se 3 6 9 y  t   et u  t   e2t u  t   e3t u  t  . o sinal (6.131)  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    . Finalmente. este sistema é linear e invariante no tempo.2) Note-se que.132) permitindo obter Y  s  3 1 6 1 9 1 . (6. No entanto.A 3   1  s  1 3s 3s 3    . A saída do segundo membro 168 . (6. x2  t   e3t u  t  . (6.130) B 3   2   s  2  3s 3s 6     . x1  t   x2  t   y1  t   y2  t  .135) Desta forma. utilizando a função de transferência obtida em a). 4 5 20 (6.118) não tem transformada de Laplace (ao aplicar a definição. em que cada uma tenha transformada de Laplace. somando as duas respostas temporais elementares obtém-se a saída total do sistema.46) . i.e.134) c.. é possível decompor o sinal de entrada em duas componentes.   4 s  1 5 s  2 20 s  3 s  3 . i..137) Em seguida.(6. verificar-se-ia que a região de convergência seria o conjunto vazio). calcule-se a saída correspondente a cada componente.  s  1 s  2  s  3 s 3  s  1 s  2  s 3  3  1 3  2  20 (6. x  t   x1  t   x2  t  .136) x1  t   e3t u  t  .  s  1 s  2  s  3 s 1  s  2  s  3 s 1  1  2  1  3 4 (6.e. (6. onde (6. a saída correspondente à soma de duas entradas elementares. aplicando as tabelas da transformada inversa (6.133) Finalmente. é a soma das duas saídas elementares. (6. 20 20 20 (6.46) – (6.   4 s  1 5 s  2 20 s  3 2    s   3 .140) Aplicando as tabelas da transformada inversa (6.x2  t   e3t u  t  foi obtida na alínea anterior. Assim. A transformada de x1  t  .50) resulta que 3 6 9 y1  t    et u  t   e2t u  t   e3t u  t  . considerando (6. e a região de convergência.134) y t   9 3t 9 9 e u  t   e3t u  t   e3t . é x1  t   e3t u  t   X1  s    Lb 1 . apenas é necessário obter a saída de x1  t   e3t u  t  . pelo que.50).141) e (6.142) 169 . 4 5 20 (6.129) Y1  s    3 1 6 1 9 1 .141) A saída total do sistema é então dada pela soma de (6. t .  s  1 s  2 s  3 2    s   3 .138) A resposta do primeiro membro pode ser obtida calculando Y  s   H  s  X  s  Y1  s    3s . esta expressão é igual a (6.139) Aparte o sinal  . (6. a sua decomposição em fracções simples será o simétrico de (6.129). s 3 s  3 . (6.46)–(6. considere-se então que as condições iniciais são nulas.147) resulta que H s  Y s 1 .80) tem-se que y  t   sY  s   y  0  . (6. (6.148) na forma 170 .  2 X  s  s  2s  4 (6.   (6. Lu (6.147) Aplicando então a definição de transferência H  s   Y  s  X  s  a (6.145) (6.149) ainda é possível reescrever (6. (IML 3.143) a) determine a função de transferência.143) s 2Y  s   2sY  s   4Y  s   X  s  . recorrese à transformada de Laplace unilateral.12. b) Determine a resposta impulsional h  t  . 1  j 3 .146) y  t   s 2Y  s   sy  0   y  0  . Da propriedade de diferenciação no tempo (6. os pólos de (6. Lu Para obter a função de transferência. e represente o mapa de pólos/zeros. unitário apresente apenas a solução em regime estacionário? (6.Problema 6.144) d) Que condições iniciais deveria ter para que a resposta do sistema ao escalão a) Para resolver um problema de equações diferenciais com condições iniciais.148) são dados por s  1  j 3. y  0  0 . e calcule-se a transformada de (6. c) Calcule a resposta ao escalão unitário para as seguintes condições iniciais y  0  1 . H  s  .18) Considere o sistema causal descrito pela equação diferencial de coeficientes constantes y  t   2 y  t   4 y  t   x  t  .148) Uma vez que. Atendendo a (6. pode decompor-se em fracções simples. (6..   (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   1 t  e j e  3   3t  e j 2j 3t   u t  . i.e.151) onde.7. 2 3 s 1 j 3 2 3 s 1 j 3 (6. Sendo H  s  uma fracção própria.155) 171 .43) e (6. (6.H s   s  1  j 3  s  1  j 3  1 .150) O mapa de pólos e zeros está representado na Figura 6.40) vem H s  A B  . se pode obter que A  s 1 j 3   s  1  j 3  s  1  j 3   s 1 j 3 1 s 1 j 3  j s 1 j 3 1 2 3 . Mapa de pólos e zeros de H  s  .7. o número de pólos é superior ao número de zeros.154) Aplicando agora as tabelas da transformada inversa (6.46) – (6.45). j  Figura 6.152) B  s 1 j 3   s  1  j 3  s  1  j 3  H s  j 1  s 1 j 3 1 s 1 j 3 j s 1 j 3 1 2 3 . s 1 j 3 s 1 j 3 (6. por aplicação de (6.44)-(6. b) Para calcular a resposta impulsional é necessário obter a transformada inversa de (6. (6.153) permitindo escrever 1 1 1 j .148). 43) e (6. Lu 1 x t   u t   .156) c) Para calcular a resposta do sistema ao escalão unitário. y  t   sY  s   1 . s Lu Lu (6.146) bem como a transformada do escalão unitário (6. Atendendo a (6. é necessário aplicar (6. 1  j 3 .   (6.159) A transformada de (6.162) o que. sin     e j  e j  2 j . obtém-se finalmente h t   1 t e sin 3  3t  u t  .157) (6. (6.40) vem que 172 .160) Através de alguma manipulação algébrica é possível obter s 1  2s  4  Y  s    s  2  s . s (6.143) é então dada por s 2Y  s   s  2  sY  s   1  4Y  s     1 . com condições iniciais não nulas.158) (6.143).145) e (6.161) na forma Y s  s s 1 j 3 s 1 j 3  s 2  2s  1   .163) Sendo Y  s  uma fracção própria. Os pares transformada de (6. permite reescrever (6. pode decompor-se em fracções simples. (6.161) Os pólos de s 2  2s  4 são dados por s  1  j 3.Considerando a fórmula de Euler.143) são então dados por y  t   s 2Y  s   s . 2 s  2s  1  Y s  s  s 2  2s  4  2 (6. 8 (6. por aplicação das tabelas da transformada inversa (6.45). s s 1 j 3 s 1 j 3 (6.44)-(6.169) 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  .171) na forma 173 . ainda se reduz a 1 3 3 y  t   u  t   et  cos 4 2  2  3t   1 sin  3t  u t  .165) B  s  1  j 3   s  2s  1 s  s  1  j 3  s  1  j 3  2 s 1 j 3  s 2  2s  1   s 1 j 3 (6.168) Novamente.46) . por aplicação de (6.Y s  A B C   . é necessário multiplicar ambos os membros pelo conjugado do denominador.167) na expressão de Y  s  permite obter Y s  1 1 3 j 3 1 3 j 3 1   . por aplica-se da fórmula de Euler. 4s 8 8 s 1 j 3 s 1 j 3 (6. se pode obter que A s  s 2  2s  1  s 0 s s 1 j 3 s 1 j 3 2    1  j 3 1  j 3   s s 1 j 3 1  1 .170) que. é possível reescrever (6. para simplificar uma fracção.166)  s  1  j 3   s  2s  1 C s  s  1  j 3  s  1  j 3   s 1 j 3 s s 1 j 3  s 2  2s  1   s 1 j 3 3 j 3 .50) obtém-se 3  j 3  j 1 y  t   u  t   et  e 4  8 Ainda é possível reescrever esta resposta como 3t  3 j 3 j e 8 3t   u t  .164) onde. 2   (6. 8 (6. cujo denominador é um número complexo.  (6.171) Considerando agora que sin    6   1 2 e cos    6   3 2 .165) – (6.(6. 4 3 j 3 . Substituindo agora (6.167) Note-se que.   (6. 4 2 6  (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  . Considerando novamente (6. é possível obter uma expressão geral para (6.146). de forma geral. Para encontrar as condições iniciais que anulam o regime transitório.145) – (6.143) com duas condições iniciais arbitrárias 1 s 2Y  s   sy  0   y  0   2  sY  s   y  0   4Y  s   . e pode ser alterado em função destas.143) para duas condições iniciais arbitrárias. 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  . (6. (6.1 3   y  t   u  t   et cos    cos 4 2   6   3t   sin     sin  3t  u t  . O restante.     6  (6. representa o regime transitório.   s (6. O regime transitório da saída de um sistema representa a componente que se anula quando t   .43). cuja forma. pelo que.175) que pode ser colocada na forma Y s  s 2 y  0   sy  0   2sy  0   1 s  s 2  2s  4  .172) Finalmente.40).176) Novamente. Num sistema estável. e reduzindo ao mesmo denominador obtém-se s 2  2s  4  Y  s   s 2 y  0   sy  0   2sy  0   1 s . pode ser decomposta em fracções simples 174 .173) d) No resultado anterior é possível distinguir uma parte da resposta que. Este regime surge devido à presença das condições iniciais. o regime transitório converge para zero quando o tempo tende para infinito. (6. é necessário obter. a transformada de (6.174) Agrupando todos os termos independentes no segundo membro. atendendo a (6. Y  s  é uma fracção própria. s 1 j 3 (6.   2 p2 y  0   p2  y  0   2 y  0   1  0 . p1 (6. Método 1. Note-se que.181) (6.179)  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    0.44)(6.183) Substituindo (6. 4 (6.177) Note-se que. e o termo A ao regime estacionário (é igual à entrada à parte uma constante). considerando os valores de p1 e p2 permite obter.178)  s  1  j 3   s y  0   s  y  0   2 y  0   1   B s  s  1  j 3  s  1  j 3   0.Y s  A B C   . s 1 j 3 (6. Por aplicação de (6.183) em (6. após alguma álgebra 175 . Resolvendo (6. 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 .   (6.181) resulta então que 2 p2 y  0   p2 p1 y  0   p2 1  0 .182) onde. p1 (6.184) Finalmente. por comodidade. se definiu p1  1  j 3 e p2  1  j 3 . os termos relativos a B e C correspondem ao regime transitório.180) Torna-se então possível resolver o problema através de dois métodos. pode obter-se que A s s 2 y  0   sy  0   2sy  0   1 s s 1 j 3 s 1 j 3 2       s 0  1  j 3 1  j 3   1  1 .45). Para anular o regime transitório é necessário impor que B e C sejam nulos. s s 1 j 3 s 1 j 3 (6.181) em ordem a y  0  permite obter y  0    p1 y  0   2 y  0   1 . quando t  0 . a resposta do sistema deve ser igual à resposta do regime estacionário.188) tenha solução para ambos os pólos é necessário que y  0   0 .188) Para que (6. 176 .y  0    1 3 j 3 1  .183) y  0   1 1 1 1 j 3  2  0. Pelo teorema do valor inicial pode dizer-se que lim y  t   lim sY  s   lim s t 0 s  s  s 2 y  0   sy  0   2sy  0   1 s  s  2s  4  2  lim s 3 y  0  s 3 s   1 . corresponde a resolver 2 p1. Finalmente. impor que B e C sejam nulos.185) em (6.180).185) O valor de y  0  pode ser obtido directamente por substituição de (6.179) – (6. Então.187) 4 De (6. (6.187) retira-se que y 0  1 4 .2 y  0   2 p1. considerando (6. 4 4 1  j 3   (6. anular o regime transitório em toda a parte.2 y  0   1  0  p1.2 y  0   0 . este se anule também no instante inicial.186) Método 2.   (6.2 y  0   p1. Note-se que. implica que. 2 6  2 j 3 4 (6. (7. F (7.1) (7.6) A transformada de Fourier goza ainda das seguintes propriedades: 1) Linearidade: Se x1  t   X 1  j  . x t   e t u  t  1  u  t  1 .Capítulo 7. x2  t   X 2  j  . 177 F (7. d . define-se como um limite quando s  j da transformada de Laplace.Transformada de Fourier Problema 7. (IML 3. x  t   e2t u  t  .9) .5)   X  j  e jt (7.1.4) .26) Determine a transformada de Fourier de cada uma das seguintes funções no tempo: a) b) c) d) x  t     3t  . A transformada de Fourier e a sua inversa são respectivamente definidas por X  j   1 x t   2     x t  e  jt dt .7) então ax1  t   bx2  t   aX1  j   bX 2  j  .3) (7. F F (7.2) (7.8) 2) Translação no tempo: Se x  t   X  j  .   A transformada de Fourier. x t   e t (7. F (7. x2  t   X 2  j  .16) 6) Diferenciação no domínio do tempo: Se x  t   X  j  . então F (7.17) 178 . F (7.15) então x1  t   x2  t   X1  j  X 2  j  .então x  t  t0   e jt0 X  j  . F F (7.14) 5) Convolução: Se x1  t   X 1  j  .13) 1  j  X .12) 4) Mudança de escala: Se x  t   X  j  . então F (7.10) 3) Translação na frequência: Se x  t   X  j  . então x  at   F F (7. a  a  (7. F (7.11) e jt x  t   X  j   0   . F (7.23) representa o complexo conjugado. então X   j   X *  j  . j (7. em que o operador * (7. (7. d R.25) 11) Modulação: 179 .24) X  jt   2 x    .  R . 10) Dualidade: Se x  t   X  j  . dt (7.20) 8) Integração no domínio do tempo: Se x  t   X  j  . então F (7. então tx  t   j F F R.21)   t x   d  F 1 X  j 0     .C.  R (7.22) 9) Simetria: Se x  t  é um função real.19) dX  j  . então F (7.dx  t  F  j X  j  .C.18) 7) Diferenciação no domínio da transformada: Se x  t   X  j  .   t  1 . pode ainda deduzir-se a relação de Parseval. sabemos que   t  1 . Através das tabelas da transformada de Fourier sabemos que. pelo que vem X  j   1 3 . a função integrada converge quando t   . 2  j (7.26) Para sinais não periódicos. Método 2. é possível calcular a transformada de Fourier do sinal fazendo s  j . pelo que Lb 1 x  3t     3t   . 3 F (7.  2  (7. Método 1. Método 1. aplicando a propriedade da mudança de escala (7.30) Note-se que.28) Método 2.14) resulta imediatamente F 1 x  3t     3t   . pelo que. temos que X  j      e u  t  e 2t  jt dt   e 0  j 2 t dt    j  2   e  j  2 t 0  1 . b) Esta alínea pode ser resolvida por dois métodos distintos. Pelas tabelas da transformada de Laplace. Pela definição (7.5). Pelas tabelas da transformada de Laplace. 2 (7.29) Uma vez que a região de convergência contém o eixo imaginário.27) a) Esta alínea pode ser resolvida por dois métodos distintos. que indica o seguinte resultado    x  t  dt  2 1 2    X  j  d .r  t   s  t  p  t   R  j   F 1  S  j   P  j   . sabemos que 180 . 3 Lb (7. 33) d) Pela definição (7. c) Reconhecendo que e t e  t   t e  t0 t0 . é possível obter X  j    e e t 1 1  jt dt   e 1 0 0  j 1t dt   e 0 1 1  j 1t dt  e  j 1t e  j 1t      j  1 1   j  1 0     j  1 1  e j 1 e  j 1 1      j  1   j  1   j  1 . (7.31) Novamente.34)  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 .:   2 . (7. ambas as funções são absolutamente integráveis. s2 (7.32) tem-se pela definição (7. (7.C. contém o eixo imaginário. . como a R. pode tomar-se s  j e obter.5). e após alguma manipulação algébrica. R.C. X  j   1  2  j  .C.e2t u  t   Lb 1 . :   s   2 R.5) que X  j    e 0  j 1t  dt  e 0  j 1t e  j 1t e  j 1t dt      j  1    j  1 0 0      1 1 1 1 2   0   0       j  1  1  j 1  j 1   2    j  1   Novamente. 35) é possível reescrever (7.36) 182 . 2j (7.e j  e j  cos   .34) na forma X  j   2 1  e 1 cos     sin    . 2 e j  e j  sin   . 2   1    (7. 1. Mapa do módulo e argumento de X  j  . Encontre x  t  . Este exercício pode ser resolvido por dois métodos distintos. . Pela definição da transformada inversa de Fourier (7. (7.6). resulta finalmente que x t   1 sin  t  1 . sabendo que 1 X  j    0 1    1 c.35). X  j   X  j  e j arg X  j  . (7. (7.1.c.38) obtém-se por aplicação directa da transformada inversa 1 x t   2 1 e 1  j 1 e d  2 jt 1 1 e 1 j  t 1 d  .   t  1 (7.37) que estão representados na Figura 7.40) 183 .2.Problema 7.39) 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   Por aplicação da entidade trigonométrica (7. Figura 7. sabendo que. Método 1. arg  X  j    . (7.10) conclui-se finalmente que X  j   X 1  j  e jt0  x1  t  t0   x  t   F 1 sin  t  1 .43) 184 . que é igual ao módulo de X  j  . (7.   t  1 (7. Pelas tabelas da transformada de Fourier sabe-se que x t   1. sin W t  F   X  j    t 0.37) obtém-se imediatamente x1  t   1. Pode então interpretararg X  j  se a multiplicação por e como o resultado de uma deslocação no tempo.   W  W .42) Pela propriedade da translação no tempo (7.arg X j Método 2.   1  1 . sin  t  F   X 1  j    t 0.41) Aplicando a (7. Uma vez que X  j   X  j  e    . é possível considerar um sinal auxiliar X1  j   X  j  . 3. (7. Determine uma representação em séries de Fourier para os seguintes sinais a) b) c)  t 1  x  t   cos   .  t  2k .50) 185 .2.  4  (7. k k . (7.   t  .49) é periódica.44) (7. Os sinais periódicos podem ser representados em série de Fourier x t   k  ce k  jk0t .47) onde os coeficientes ck são dados por ck  1  jk t  x  t  e 0 dt . t  2k  1.45) x  t   cos  4t   sin  6t  . T0 (7. (logo de período T0  2 0 ) tem-se que 1   t 1   x  t   cos     cos  t    0   T0  8 . 0  2 . T0 T0 (7.  x t    2  t  . de frequência fundamental 0 .Problema 7.48) a) Comece-se por obter o período de x  t  . Uma vez que uma função do tipo cos 0t    . 4 4  4  4 (7.46) x t  1 2 3 1 1 3 4 2 0 2 4 t Figura 7. Representação de x  t  . 2j (7. a condição (7. Para que x  t  seja periódico. tem-se que: x  t   x1  t  T   x2 t  T   x1 t  mT1   x2 t  kT2  . 2 2 2 (7.55) b) Novamente. (7.e.50) utilizando a fórmula de Euler cos    resulta que x t   e  e .53) é uma representação em série de Fourier de x  t  . (7.. (7.51) Reescrevendo (7.56) mT1  kT2  T . Tem-se então que 186 .58) i. 2 sin    e  e . Assim. ou seja. Uma vez que as funções seno e co-seno são periódicas de período 2k .54) (7. o sinal x  t  pode ser escrito em série de Fourier como x t   k   ck e  j kt 4  . 2 2 2 1  j  1 1  j  c1  e 4  .Desta forma.52) 1 j  t 1 1  j  t 1 1  j  j  t 1 j   j  t e 4  e 4  e 4e 4  e 4e 4 . 2 2 2 2 (7. Por inspecção de (7.53). T1 T2 tem de ser um número racional. o período é dado pelo mínimo múltiplo comum de T1 e T2 . tem de ser verificada.57) T1 k   T2 m . verifica-se que os coeficientes ck não nulos são dados por 1 j  1 1  j  c1  e 4  . comece-se por obter o período de x  t  . (7.53) Note-se que.   4T1  2  T1  2 T 3   1  .52) vem que x  t   cos  4t   sin  6t   1 j 4t  e  e j 4t   21j  e j 6t  e j 6t  . 2 (7. c2  .62) que é uma representação em série de Fourier. c3  .59) O mínimo múltiplo comum. 2j 2j 2 2 (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 .48) 1 1 ck   x  t  e  jk t dt     t   2  t  1  e  jk t dt . onde os coeficientes ck não nulos são c3   1 1 1 1 .66) 187 .60) Novamente.   2 2 2 32 32 (7. (7. (7.65). pode decompor-se x  t  em série de Fourier onde x t   k  ce k  j 2 kt . resulta que ck  1  jk 1 1 k e  1  2e jk   1  2  1  . (7. 2j 2 2 2j (7. então 0   e x  t  pode expandir-se em série de Fourier na forma x t   k  ce k  j kt . é T0   .64) Os coeficientes de Fourier podem então ser calculados através da definição (7. c2  . pela fórmula de Euler (7.61) Note-se que. Uma vez que 0  2 T0  2 . e portanto o período da função. verifica-se que T0  2 .63) c) Por inspecção.  T2 2 6T  2  T   2 2  3  (7.  2 1 2 2 1 2  Resolvendo (7.65) (7. 67) 188 .  2 (7. o sinal x  t  expresso em série de Fourier é então dado por x t   k  ce k  j kt . ck  1 k 1  2  1  .Finalmente.   Agrupando os termos de X  j  de (7. Note-se que.     (7. vem que 1 x t   2  1      2   20     10     10  2   20 e 1  j10t 1 j10t 1 j 20t  e  e  e 2 2  jt d  .73)  e  j 20 t Considerando a fórmula de Euler (7.10 . Por aplicação directa.2).  X  j       .70) X  j   2    20     20     10     10 . é possível escrever (7. (7.69) cos 0t       0      0  .    20. Nas tabelas da transformada de Fourier encontra-se o seguinte par (7.68) Este exercício pode ser resolvido por dois métodos distintos. (7. tem-se então que x t   2  cos  20t   1  cos 10t  .70).69). pode escrever-se x  t  como 189 . a (7.4.71) verifica-se que estes correspondem ao caso tabelado em (7. Calcular x  t  sabendo que 2   . Método 1.72) Método 2. (7. 20   10. Aplicando a definição de transformada inversa de Fourier (6.68) como X  j   2   20     10     10  2   20  .69) na forma F (7.Problema 7.52). x t   2  cos  20t   1  cos 10t  . (7.74) 190 . (IML 3. 3 F  3   .e.e. i. 2 F (7. recorrendo à transformada de Fourier. Representação de X  j  . b) O sinal x  t  é real? Justifique a resposta. x  t   lim 1 T2 x  t  dt . Justifique a resposta. a) O sinal x  t  tem componente contínua? Em caso afirmativo indique a sua amplitude no domínio do tempo. em  0. T  T T 2 (7.Problema 7.31) Considere o sinal x  t  cujo espectro de frequência está representado na Figura 7. A transformada inversa da componente contínua do sinal pode ser obtida através do par transformada 1  2   .77) A amplitude da componente dc no tempo é então dada por 191 ..75) Mais ainda. a) Por inspecção.3 X  j  3   9 0 11  Figura 7. verifica-se que a transformada do sinal apresenta um Dirac na origem de amplitude 3 . a componente contínua de um sinal. é a sua média temporal.3. Note-se que..5.76) (7. i. que permite obter facilmente. verifica-se que a componente contínua de um sinal pode ser identificada por um delta de Dirac na origem. x  t  . 78) b) Recorde-se que. 2 (7.23). X  j  é uma função par. um sinal x  t  real verifica a propriedade da simetria (7. o sinal x  t  não pode ser real..e. e arg X  j  é uma função ímpar.xdc  t   3 . Uma vez que o   módulo do espectro não é par. i. 192 . 2) Translação no tempo (7. cujas transformadas de Fourier se relacionam pela seguinte equação: 1  j  10 4  1  Y  j   e   X  j   10   . é a relação.Problema 7. (7.6. 3) Translação na frequência (7. Utilizando as tabelas da transformada. respectivamente. nomeadamente: 1) Mudança de escala (7.80) (7.82) pode escrever-se F 1  j  10 4    10  y  t   e j10t x  3  t  4    Y  j   e   X  j . os sinais de entrada e de saída de um sistema contínuo. (IML 3. no domínio da transformada.79). podemos utilizar um conjunto de propriedades.83) Um vez que. 3 3   (7.79) Qual a relação entre os sinais de entrada e de saída do sistema no domínio do tempo? Justifique a resposta. aplicando uma translação na frequência (7. Partindo do par transformada base x  t   X  j  . entre a entrada e a saída do sistema y  t   x  3  t  4   e j10t .81) obtém-se F 1   x  3  t  4    e  j 4 X  j  .32) Sejam x  t  e y  t  .12) com     10 a (7. aplicando uma translação no tempo (7. o que conduz a F 1   x  3t   X  j  .82) Finalmente.13) com a  3 a (7. no tempo.13).10) com t  t  4 a (7. 3  3 F (7. 3  3 (7.80). 3  3  (7.12).81) Em seguida. obtida no domínio do tempo. aplique-se uma mudança de escala (7. a relação correspondente.10).84) 193 . se obteve a relação entre os sinais de entrada e saída apresentado em (7. Justifique a resposta.c. (IML frequência é 3.86) Comece-se por representar os espectros do sinal de entrada e da função de transferência. .     Determine então o sinal de saída y  t  .87) Por aplicação das tabelas da transformada de Fourier ( 1  2   ) resulta imediatamente que y  t   2 . F (7. pelo que. O espectro do sinal de saída é dado por Y  j   X  j  H  j  . (7. (7. (7. Y  j   4   .88) 194 . 2 5 2 20 10 1 1 10 20  Figura 7.33) Considere o sistema cuja resposta de 2 1     H  j    0  .  1 c. Representação do espectro do sinal de entrada X  j  (a vermelho) e do espectro do sinal da resposta em frequência H  j  (a azul).Problema 7.7. t .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 .4. . (7.91) 195 .14).. Y  j  .Problema 7.89) a saída de um sistema contínuo ao sinal de entrada x  t  .5. 3) Multiplicação por uma constante.23): i) X  j  é uma função par.e. ii) arg  X  j  é uma função ímpar.. (IML 3. b) Pelas propriedades da transformada de Fourier. arg X  j   0 . X  j  . é possível identificar as seguintes operações: 1) Mudança de escala (7. Representação do módulo de X  j  .  . a) Sim. aplique-se uma mudança de escala (7.90) X  j  2 1 2 1 0 1 2  Figura 7.10).34) Seja y  t   2 x  2  t  1  . B) Esboce a amplitude e a fase do espectro. O sinal é real porque verifica a propriedade da simetria (7. 2) Translação no tempo (7. Partindo do par transformada x  t   X  j  . O espectro do sinal x  t  . X  j   X   j  . Justifique a resposta. (7.8. arg X   j    arg X  j  . do sinal y  t  .14) com a  2 que resulta em F (7. a) O sinal x  t  é real? Justifique a resposta. tem a amplitude e a fase dadas por. i.  2 (7.5.  2 (7.93) Finalmente. efectue-se uma translação no tempo (7. Y  j  2 arg Y  j  1 1  1 4 2 2 4  Figura 7. 2  2 (7.95) que se encontram representados na Figura 7. 2  2 (7. 196 . o módulo e a fase do espectro da saída são dados por   Y  j   X  j  .94) Finalmente. multiplicando por 2 obtém-se F   y  t   2 x  2  t  1   Y  j   X  j  e  j .F 1   x  2t   X  j  .92) Em seguida.10) com t  t  1 que conduz a F 1   x  2  t  1   e  j X  j  . Representação do módulo e fase de Y  j  . uma vez que X  j   X  j  exp  j 0  . arg Y  j    .6. r  x y Figura A. a) As funções seno. com os elementos do triângulo. obtidas a partir de (A. tan     . co-seno e tangente podem ser relacionadas.1. da seguinte forma: sin    y sin   1 x y  . A Figura A. Substituindo nesta equação as expressões de x e y.1) b) O teorema de Pitágoras permite relacionar os elementos de um triângulo rectângulo da seguinte forma r 2  y 2  x2 .1 representa um triângulo rectângulo. arbitrário.1. x cos   cot   r r (A.2) . cos    . 2 2 b) Utilize o teorema de Pitágoras para provar que: cos    sin    1 . Fundamentos Matemáticos A. Representação de um triângulo rectângulo.Anexo A. a) Relacione as funções seno. c) Represente um ângulo  . no primeiro quadrante e relacione os valores de sin   e cos   com sin  2    e cos  2    .1) 197 (A. (IML Anexo A) Noções de trigonometria Este primeiro problema aborda algumas definições básicas de trigonometria. co-seno e tangente com os elementos do triângulo. (A. Representação dos ângulos  e  2   no círculo trigonométrico.3) r 2  r 2 sin 2    r 2 cos2    1  sin 2    cos2   . chega-se finalmente a (A.5) 198 . cos    sin  2    . y  r sin   . facilmente se verifica que sin    cos  2    .4) c) Através da representação dos ângulos  e  2   .x  r cos   . no círculo trigonométrico (Figura A. (A.2.2) sin    2  2   0 cos   Figura A. (A. Defina-se um número complexo.10) 199 . onde os novos parâmetros r e  se relacionam com a forma cartesiana através de  y x  r cos   . na sua forma cartesiana.A.   arctan   . (IML Anexo A) Definição de número complexo.8) w  r cos    j r sin    re j .7) e j  cos    j sin   . j 2  1 (esta entidade imaginária é introduzida para que se 2 possam resolver equações do tipo x  1  x   1   j ).9) Recorrendo às duas notações acima definidas é possível representar várias entidades: Complexo conjugado: w*  x  j y  re j .3). através da Formula de Euler (A. r  x 2  y 2 . Representação dos ângulos  e  2   no círculo trigonométrico.3. (A. substituindo x e y em função de r e  é possível representar w na sua forma polar (A. y  r sin   .2.  y w r  0 x  Figura A. Defina-se agora a mesma entidade na sua forma polar (Figura A. como w x j y.  . x Finalmente.6) sendo que j  1 . (A. 11) Potência: n  . n n (A.14) Parte real: x    w  w  w* . sin    . wn   x  j y    re j   r ne j n . considere-se w  200 1 1  j e obtenha-se: 2 2 . 2 (A. (A. k  0. 2 2j (A.. w1 n   re j   n re j  n re 1n j   2 k n ..15) Parte imaginária: w  w* y    w  . n  1 .16) Outros: e j  e j e j  e j cos    . 2j (A. (A.13) Quadrado do módulo: w*w   x  j y  x  j y   re j re j  r 2 ..12) Raiz: n  .. w x  j y re r w (A.17) Como exemplo de aplicação.Inverso: 1 1 1 1 w*   j  e j  2 . 2 2 2 2 (A. w  e 2 .   arctan    arctan 1  .20) 2 2  2  201 . w*   j . .19)  1 j   2 k  1 j  1 j 98  8 2 8 w 4 e   4 e .18) 1 1 1 1 2   1 j r 2 2  e 4.1 1 1 1 w   j . w  2 2 1 2 4 2 2   j 1 1 j 2 4 w   2e . 4 e  . w 2 1 (A. (A. (IML Anexo A) Prova de relações trigonométricas Neste exercício. aplicando (A.21) Considere-se a fórmula de Euler.23) tem-se que cos      cos  cos  sin  sin  sin      sin  cos   sin  cos  que é precisamente a relação (A.25) 202 .21).22) Por outro lado.A. (A.24) Finalmente. aplicada a uma soma de ângulos arbitrários    e j     cos      j sin     . tem-se que e j     e j e j . (A. pretende-se provar a conhecida relação trigonométrica cos      cos  cos  sin  sin  sin      sin  cos   sin  cos  . (A. (A.22) ao segundo membro de (A.3.22) ao primeiro membro de (A.23) Aplicando agora (A. (A.23) resulta que e j e j   cos   j sin   cos   j sin      cos  cos  sin  sin    j  sin  cos   sin  cos   . . 29) 1    S N 1k   0   1   2     N 2k   N 1k     0   1   2     N 2k   N 1k  Agrupando os termos de (A. b)   1 . (A.Calcule-se o resultado de (A. (A. (A.31) em (A.26) da seguinte forma     n nk N 1 k   k 1   k  2     N 2   N 1  0  onde se definiu k          1 2 N 2k  N 1 k  . facilmente se verifica que .A.28) S N 1k S N 1k   0   1   2     N 2k   N 1k  .28) conclui-se finalmente que 203 1   N k . a)   1    1 n nk N 1 k  1k 1  1k  2    1N 2  1N 1  N  k .31) . (IML Anexo A) Séries Geométricas Dada uma série definida como     n nk N 1 k   k 1   k  2     N 2   N 1 . Multiplicando agora (A. k (A.29) por 1    tem-se que (A. 1  (A.27) b)   1 Para   1 .30).26) onde   . c) N    .4.30) 1    S N 1k  1   N k  S N 1k  Substituindo (A.26) para os seguintes casos: a)   1 . torna-se necessário desenvolver (A. 32) quando N    . Uma vez que  é um número complexo.   .32). (A. vem finalmente  nk  n  k 1 . 1  1  (A. Aplicando este resultado a N  lim  k 1   N k 1  k . nk N 1 n k   1.1   N k     1  .  1 (A.33) N   lim  N k e j  N  k   lim  N   N k 0.   . é possível obter j  N  k  apenas introduz uma fase. (A. pode escrever-se como    e j   N k   Então.  1   1. ao calcular N k e j  N  k  .36) 204 . (A. 1    1.34) uma vez que o termo e (A.  1.  1 .32) c) N    Obter o caso em que N    resume-se a calcular o limite de (A.35) pelo que. 2 (A. resulta a forma cartesiana de i) 1 1    2 2 2    1  2 w  e j 4  cos    j sin      j j .38) 1 2 2 w*  e j 4  j . a (A. o módulo de i) é dado por r 1 . inverso e conjugado. e a função seno é ímpar. 2 4 4 (A. e  cos    j sin   . é obtido directamente a partir de i) ou de (A.40) uma vez que a função co-seno é par.A. cos     cos   .38) (A. Expresse os seguintes números complexos na forma cartesiana e determine o seu módulo.        2 cos    j sin     2  j 2  4   4 (A. Pelo que pode reescrever-se i) como w 1 j 4 e .  2 2  4 2  4 4  4  2  2 Por inspecção. sin      sin   .37) j Da aplicação da formula de Euler. i) w  1 j 9 e 2 4 Através da análise do círculo trigonométrico verifica-se que 9 4   4 .37).5. 2 (A. O conjugado.39) O inverso pode ser calculado da seguinte forma w  1 1 1 j4 e 2   2e j  4        2 cos     j sin       4    4 .41) 205 . aplicando a fórmula de Euler a (A. pode ser obtido de (A.  1  (A. sin  3 4   sin  4  .42). obtendo finalmente w  2ei 3 4 .42) Novamente. é necessário escolher o valor que se situa no quadrante correcto.45) 1 w* 1  j 1 1 w   2   j .43) pela definição r  1 2  12  2 . represente-se ii) na sua forma polar.ii) w  2 j 4  e  e j3 4   e j 2 Novamente. uma vez que ii) pertence claramente ao segundo quadrante e não ao quarto? Sim. uma vez que esta é periódica de período  . w w 2 2 2 1 (A. Ainda se pode obter o inverso através de (A. obtém-se a forma cartesiana de ii) w  2       3 cos  4   j sin  4   cos  4 2         3   j sin    4     cos    j sin     . por inspecção do circulo trigonométrico.47) Estará este raciocínio errado. (A.48) . pelo que.44) O conjugado. e que cos  3 4    cos  4  . (A. (A.43) w*  1  j . porque ao obter o valor de  através da tangente. verifica-se que    . Para tal é necessário obter o ângulo através de   arctan   1    arctan  1    4 .     4    3 4 .46) Como exercício adicional.43) 2           cos  4   j sin  4   cos  4   j sin  4    1  2             j 2 sin    1  1  j 4 Por inspecção. o módulo de ii) pode ser obtido de (A. 206 (A. 49) 8 j Por inspecção.49) também se pode obter o conjugado e o inverso w  8  j .51) 207 . o módulo de ii) pode ser obtido de (A. w w 9 9 9 (A.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 2        j 8  1 cos  3   j sin  3     2  .   2  8  1 0  j  1     (A.49) pela definição r  8  12  8  1  9  3 . (A.50) A partir de (A. w1  * 1 w* 8 j 8 1  2  j . Através da definição facilmente se obtém o módulo w  4 2  02  4 .  4  (A.52) Novamente. O conjugado obtém-se simplesmente através do simétrico do argumento (A. j 4e 4 4 (A. (A. (A. determine o seu módulo. é necessário obter o módulo e o argumento. através da definição. i) w  4 Para escrever um número complexo na sua forma polar. é possível obter o argumento   arctan   0    0    . Expresse os seguintes números complexos na forma polar. este pode ser obtido por w1  1 1 1  e j   .54) w*  w e j  4e j  4  w . inverso e conjugado. e represente-o no plano complexo.57) 208 . Torna-se então possível reescrever i) na sua forma polar w  w e j  4e j .6.A. (A.55) Note-se que. Quanto ao inverso. foi necessário adicionar  para que o argumento se situe no semi-eixo real negativo.56) ii) w  j 1  j5  5  j Através da definição facilmente se obtém o módulo w  5  j  e o argumento  5 2  12  25  1  26 . w  w* uma vez que a parte imaginária de w é nula.53) Note-se que. é necessário obter o módulo e o argumento de ambos os membros da fracção.9442 rad . (b) Colocar o numerador e denominador na forma polar e efectuar então a divisão.9442 . argumento e reescrever w na forma polar. (A.62) Mais uma vez.63) Torna-se então possível reescrever iii) na sua forma polar j 5 j wn wn e n 2e j 6 w    2e 12 . este pode ser obtido por w1  1 1  j 2.  d  arctan  1   4 .58) Torna-se então possível reescrever ii) na sua forma polar w  w e j  26 e j 2. Seguindo a opção (b). (A.9442 . wd  1  j  1  1  2 . wd wd e jd 2e j 4 (A.     3   (A. (A. é possível obter os argumentos de iii) n  arctan   3   1  1   arctan     3    6 .60) Quanto ao inverso.  arctan   1    2.  5  (A.64) O conjugado obtém-se simplesmente através do simétrico do argumento 209 .9442 26 (A. Através da definição facilmente se obtêm os módulos wn  3  j  3 1  4  2 . 26e j 2.59) O conjugado obtém-se simplesmente através do simétrico do argumento w*  w e j  26 e j 2.61) iii) w  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. através da definição.9442  e . este pode ser obtido por w  1 1 2e j 5 12 1 j 5  e 12 .w  we *  j  2e j 5 12 . 2 (A. (A.65) Quanto ao inverso.66) 210 .  4 4  4 4 (A. 2 2 4 4 4 2 2 4 2 2 4 4 (A.67) Através do círculo trigonométrico é possível identificar         sin      sin   . que resulta em 2 2   1        .67) permite obter 1 1   2 2 1 2 2 1 2 2   w  cos    j sin    j   j j 0. Expresse os seguintes números complexos na forma cartesiana. 2 2 2  1  j  1  j  11   (A.68) que aplicado em (A. w  j sin    cos     j sin      j 4  4 2  4  4  4 (A. e recorrendo à identidade ww*  w 2 w j  1  j   j 1 1 1   j .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. cos     cos   .69) ii) w  j 1  j Esta alínea é facilmente resolvida multiplicando w pelo conjugado do denominador.70)  3 j iii) w    2  2    6 211 .7.   6 (A.71) w   waux  6  j    e 6   e j . (A.72) Por aplicação directa da fórmula de Euler.73) 212 .  aux  arctan   3  6 . resolver a potência.A forma mais expedita de abordar iii) é colocar w na sua forma polar. e posteriormente converter o resultado para a forma cartesiana.  4 4   (A. vem finalmente w  cos    j sin    1 . O módulo e argumento de w são então dados por waux  Pode então obter-se  3  3 1   1 . 74) a (i) vem então x 2  2e j  3 .75) Considere-se a fórmula da raiz de um complexo n w e j   2 k  n . 3 3 (A. foi necessário efectuar uma correcção no cálculo do ângulo. Determine as soluções das seguintes equações.78) ii) x 3  1  j Pelo mesmo processo da alínea anterior.77) onde se efectuou o cálculo   2k      2  5  6  6 .   arctan  3    2     .. k  0. (A.    .79) A equação pode então ser reescrita como 213 ..75) resulta em x  2e j .74) Note-se que. 6  (A.8. .76) que aplicada a (A. (A. Aplicando (A. é necessário calcular o módulo e argumento de w  1  j 3 w  1  3  2 .n  1.   arctan 1   4 . k  0 k  1  (A. 2 i) x  1  j 3 Para resolver a equação (i).A. calcule-se para w  1  j . o seu módulo e argumento w  12  12  2 . (A..   6  5  .  .  12 12 4  (A.     onde se efectuou o cálculo 5  3 7  .76) conduz a 3 2e j  4 . .82) iii) x 4  10 j Pelo mesmo processo da alínea anterior. .      onde se efectuou o cálculo 7  3  .86) 214 . 8  8  8  8  0 k 1 k  2 k 3  (A.   2  0 (A.x que por aplicação de (A.81)   2k     3 7  3  17    12  . .  12  4   12 k  0 k  1 k 2   (A.83) A equação pode então ser reescrita como x  10e que por aplicação de (A. calcule-se para w  1  j . (A. . o seu módulo e argumento w  10 2 10   10 . (A.85)   2k      4  k  5  3 7  11    8 .76) conduz a 4 j  2 .84) x  4 10e j . 8 8 8   8 (A.   arctan      .80) x  6 2e j . 9. relativos à soma de séries geométricas N  k    n    k 1   N k n k  1   N 1 . 1   1.A. e é dada por 1 4 1  4   1  3 . após alguma manipulação algébrica 1 n 6 1 1 1 j 2 1 4 2 1 1  1  1     j   j .90) 215 .   .88).89)  1 ii)   j  2 n 6   n Novamente. com k  0 e   1 4 .88) Note-se que. (A. por aplicação directa de (A. Calcule as seguintes expressões.  1 n 0  4  n (A. por aplicação de (A.87)  n k  n  k 1 . (A. 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.  j 2    j 2  64 1  1 64  5 5 80 160    1 j 1 n 6  2 4  (A.88). . com k  6 e   j 1 2 vem.  1  1 . Para a resolução deste exercício será necessário utilizar os resultados conhecidos. pela fórmula de Euler. 2 2  2 1 1 12 1  1  212  1  2 1 j    1  j  5  2  5  12  2 14  2 (A. Assim sendo.  n 2  n 2 n 2  n   (A. a fim de serem efectuadas as somas. e recorrendo ao valores tabelados das funções seno e co-seno obtém-se w 1    1    cos  2   j sin  2    j 2 .iii) 1 j n  2n e 2 n 2 13 Para a resolução desta alínea. que  1 1 1 n 2 1  j 1  12 1  12  14 1 1 1 1 2  1  1    j 2    j 2    1    22 2 1   22 21 1  j 2      1 j  n 2  1 j 1 2    . pelo que não converge 216 . e identificar que   j  n 4  j n n 1   4  e 2   4n e 2 e j 2  e j 2   j 4 .94) Ou seja. basta efectuar alguns passos.91) sendo então possível reescrever iii) na forma 1 j  n 141  1   2n e 2    j 2  .93)  1  j  n 4  iv)    e 2 n 2  4   n  Para resolver este caso. com k  2 . (A. N  14 e   j 1 2 vem. 2     (A.94) é uma série geométrica com   4  1 . é recomendado que se proceda á conversão de w  1 2exp  j  2  para a sua forma cartesiana.  n 2 n 2  13 n (A. após alguma manipulação algébrica.87).92) Por aplicação directa de (A. 88) com k  3 e   j 2 chega-se a j 1 1 2  j  j  j  j 2  4  j8 .99) 217 . j 2         j 1 5 2 1 5  2  n3  2   2   2  1 2 22 2  n 2 3 3 (A.88) com k  3 e   1 2 chega-se a 1 1 1 3  2    2  1  232  24 .98) Por aplicação de (A.97) vi) n     j 2 3 n2 Novamente. n n 2  (A. obtém-se n   2n  3 n3  2  n   1 3  2  . n  n .96) Por aplicação de (A.  n   n (A. através de uma mudança de variável.95) v) 2 n 3 n Através de uma mudança de variável.  n  n (A.    1 n  2  n 3 (A. obtém-se n     j2 3 n 2    j2 2 n     j2    j2    j2 n 2 n3 3   n  j   2 2   j 3  2  .e  j 2   j 4    . n  n . o que permite reescrever iii) como   k  5 k 3 n 2  k 35   k  n 5 2  k 2   k  n 5 2 . k  n  k  ). (A.A. Mostre que as seguintes expressões são verdadeiras. k   k  5 (pelo que. k  k   5 ). k n 5  3  n n 1 k (A.100) Os exercícios apresentados neste problema apresentam um grau de dificuldade mais acentuado. uma mudança de variável n  g  n  aplicada a um somatório resulta em  f  n    f  g  n     f  n  . iii)   k  5 k 3 n 2  k 2 k n 5 2 Efectue-se uma mudança de variável. o que permite reescrever iv) como k 1 3 e k 5 j  n k   5 n k  1 n  3  k  n e j  n   k  n   3 n k  n 1 3 n 5 k e j k  1  3    e j k  .102) 218 . k   k  n (pelo que. Note-se que.10. n a n  g  a  n  g  a  b g b g b (A. no primeiro membro da equação.101) iv) k 1  3k e j nk   3n 5 1 5  3  e j k k n    n 1 k Efectue-se uma mudança de variável. no primeiro membro da equação. 1) 2) Caminho de integração equivalente:  f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx. (b) através de uma mudança de variável. implica resolver explicitamente ambos os integrais de i) provando assim a sua equivalência. A forma directa. (B. Para o lado direito de i) tem-se que 219 . para a resolução de problemas.2) 3) Mudança de variável: dx  f  u  x   dx   f  u  du du . a a b c b c abc.4) i) 3  3 x e x dx   e  x dx 2 9 0 Este exercício pode ser resolvido de duas formas: (a) directa. b a (B.3) 4) Integração por partes:  a b f  x b dg  x  df  x  b   f  x  g  x  a   g  x  dx . Integrais.   dx dx a (B. será necessário recordar alguns resultados conhecidos: 1) Mudança de direcção:  a b f  x  dx    f  x  dx .1. Ao introduzir a utilização de integrais. Mostre que as seguintes expressões são verdadeiras. Fundamentos Matemáticos: Parte 2 B.Anexo B. a u a b ub (B. 3).6) 3 0 Desenvolvendo (B. 2 2 2 2 9 0 0 0 0 220 0 9 9 9 9 (B.11) x x 1 1   eu du   eu du    eu du   eu du . 2 2 2 0 3 (B.2) é possível reescrever a componente esquerda de i): (B. dx dx dx du 2 x Desta forma. ainda é necessário obter dx du .3) a (B.13) . Por outro lado.12) 1 1 1 1   eu du   eu du   eu du   e u du   e u du .1). u  3  32  9 . 2 2 2 0 3 (B.x x 9 9  e dx  e     e  1  1  e .5) Do mesmo modo.8) obtém-se d d du dx 1 u  x   x2   2x   .9) u  3   3  9.9) obtendo (B.10) No entanto. 0  3 (B. é primeiro necessário obter os novos limites de integração.8) aos limites de integração de (B. considerando (B. é possível aplicar (B. é possível definir uma mudança de variável tal que u  x   x2 .9) 3 0 Para aplicar (B.8) 3  3 x e x dx    xe x dx   xe x dx . e considerando a propriedade (B.2) tem-se que 3  3 x e x dx    xe x dx   xe x dx . 2 (B. vem que 0 9 0 9 (B. 2x 2x 2 2 9 0 9 0 Por fim.7) provando assim a veracidade de i).   9 0 0 9 (B.6) é possível obter   xe x dx   xe x 2 0 3 2 3 0  e x dx     2  2   e x    3  2   0 2  9   1 e . Considerando (B. u  0   0. aplicando (B. Diferenciando ambos os membros de (B. ii)   t  2   e sin  t  2  d  t 2 2e sin  2t    d    2 4 t 1 Analogamente ao problema anterior, considere-se uma mudança de variável tal que  u    t  , 2 o que também resulta em (B.14) 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 Mais ainda, diferenciando (B.14) obtém-se 2 u  2  t   t  1 . 2 (B.16) 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 e 2 4 t  2  2u  2t    sin  t   d   2eu sin  t   du . 2 2    t 1 t 2 (B.18) Finalmente, aplicando (B.1) é possível obter t 2 2u  2t   u u 1 2e sin  t  2  du  t 2 2e sin  2t  u  du .    t t 1 (B.19) 221 222 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 pi tem multiplicidade ri , com i  1, 2, ,k e r1  r2   rk  n , esta pode ser decomposta em X s  c11 s  p1  ..  ci1 s  pi  ci2  ..  cir  ..  ckr , (B.21)  s  pi  2  s  pi  ri  s  pk  rk 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  1 dk  r s  pi  X  s   k   s  pi k ! ds cir k  . (B.22) ci1  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  c2   x  5 f  x  x 5   x  5 Finalmente, tem-se então f  x  4  7   8 4x  8   10 ,  x  7  x  5 x7 7  5 4  5  8 4x  8   6 .  x  7  x  5 x5 5  7 (B.27) (B.28) 10 6 .  x7 x5 (B.29) 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 f  x   x  3  2i  x  3  2i  2 . (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  c2   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 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 (B.35) iii) f  x   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 x2  4x  3 3 , (B.36) 225  x 1 x  3 (B. Assim. 1 .39) onde.37) já é própria. 2 (B. x 1 x  3 (B. considerando (B.23) vem que f  x  3  9 x  21 .41) É então possível obter f  x  3  6 3 . 1  3  x  1 x  3 x1 9  3  21 9 x  21   3.40) c2   x  3 f1  x  x 3   x  3 (B. recorrendo a (B.38) pode decompor-se (B. pode então aplicar-se a decomposição em fracções simples. 3  1  x  1 x  3 x3 (B.36) na forma (B.42) 226 . se obtém c1   x  1 f1  x  x 1   x  1 9  1  21 9 x  21  6.37) em f  x   3  f1  x   3  c1 c  2 .22). e uma vez que pi  4  42  4  3  3.onde Q  x   2 e R  z   8z  3 .21). x  4x  3 2 (B.37) Uma vez que (B. Reescrevendo (B. 3). Reduzindo o argumento da resposta ii). w 8e 8 (C. Processamento de Sinal: Teste 1. dado no enunciado w  2e j 4  4e j 3  8e O inverso de w é simplesmente dado por j  4 3  8e j 12 . ii) é a resposta correcta. No entanto. Problema 1 (2 val): Escolha a hipótese que corresponde ao inverso do número complexo: 2e j 4  4e j 3 .1. Testes Resolvidos C.3) Note-se que. (C.3). é necessário calcular o valor do número complexo. verifica-se que 1  j 23 12 1 j 1224 12 1 j 122  1 j 12 e  e  e  e . x  n  e x  n  . (C. (C.1) ii) iv) 1  j 12 e 8 8e j 23 12 1  j 23 12 e 8 1 j 23 12 e 8 Primeiro.2) w1  1 1 1   j 12  e j 12 .Anexo C. estas não se encontram escritas da mesma forma que (C.5) Sendo x  n  um sinal par e periódico com período fundamental N0  4 .4) Problema 2 (2 val): Considere dois sinais discretos. i) iii) (C. dado o módulo e argumento de w1 . neste ponto. identificando e retirando voltas de 2 . tais que y  n   x  3n  4  . as única respostas que poderão ser correctas são a ii) e a iv). qual das seguintes afirmações é verdadeira? 227 . 8 8 8 8 Esta representa w1 que foi obtido em (C. pelo que. calcule-se x  n     sin   n  1 n     3 . Note-se que. i. Primeiro. y  n  é obtido a partir de x  n  através de uma compressão e de um deslocamento temporal. x  n  N   x  n  .. 3  (C. e se sim.7) Pela definição de sinal periódico. (C. resulta na equação x 3  n  N   4  x  n  . x  n    1 tan   n   n  3   1 cos    n     3  228 (C. Assim sendo.8). o período fundamental de y  n  é N0  4 ( que corresponde a k  3 ). 3 (C. iv) e v) são falsas.6) (C. qual o seu período. No entanto. Aplicar a definição de sinal periódico.i) iii) y  n  é par y  n  é ímpar ii) iv) v) y  n  é periódico com N0  1 y  n  é periódico com N0  2 y  n  não é periódico. verifica-se que ii). A resposta correcta é então dada pela alínea i). (C. Problema 3 (2 val): Classifique quanto à paridade o sinal discreto n   y  n    1 tan  n  .8) O menor inteiro que verifica (C.9) par ímpar nem par nem ímpar Para encontrar a paridade do sinal. uma vez que esse deslocamento é um múltiplo do período fundamental.e. é necessário verificar se o sinal é periódico. o sinal y  n  vai manter a paridade de x  n  .10) .7) tem solução quando 3N  N x k  N  4k . que ainda pode ser escrita na forma x  3n  4  3N   x  n  .  1  1  1 n n    sin  n  n  3    1 n tan   n    x n . Neste caso. (C. x  n    1         3  cos  n  3  O sinal verifica a condição dos sinais ímpares. (C.Uma vez que a função seno é ímpar e a função co-seno é par. não é limitado. pelo que é ímpar.11) Problema 4 (2 val): A resposta de um sistema discreto ao sinal de entrada x  n   n cos  5n  u  n  . e que. Por contra-exemplo. x  n    x  n  .13) O sistema é instável? sim não não se pode concluir Para que um sistema seja estável tem de verificar que: Qualquer sinal de entrada limitado dá origem a uma saída limitada. (C. dado no enunciado.14) 229 . (C. 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. 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 .12) é y  n   n sin  2n  u  n  1 . verifica-se que o sinal de entrada. pelo que nada se pode concluir. tem-se que 1  h  k   k 2  n   2  2  k 2  2  k  2   k      0 0 0 n n  n 1  2     . O sistema é estável. Diga justificando se o sistema dado é 1. causal 3.17) a saída de um sistema discreto ao sinal de entrada x  n  . Desta forma. pelo que o sistema não é injectivo logo é não invertível. com memória 2. e.g.. (C. b) A resposta ao impulso de um sistema LIT estável tem de ser absolutamente somável. o sinal de saída depende do sinal de entrada em instantes diferentes do actual. estável 6. o sistema tem memória.g. e. dois sinais distintos dão origem à mesma saída.16) ou seja é verificada a condição de estabilidade.15) k 0  2   n Calculando a soma da série geométrica obtém-se 1 1  h  k   2   2  1  2  2  4   . linear 5. (C. pelo que.ou seja. y 1  x  3  4 .. invariante no tempo 4. Problema 6 (5 val): Seja y  n   x  3n   4 . 230 .   1 k  2  0 (C. 2) Causalidade: Uma vez que o sinal de saída depende do sinal de entrada em instantes futuros. invertível 1) Memória: Note-se que. o sistema não é causal. y 1  x  3  4 . 20) As saídas elementares correspondentes a xi  n  são dadas por yi  n   xi  3n   4 . considerar a mesma deslocação temporal na saída resulta em y  n  n0   x  3  n  n0    4 . obtém-se que (C. não é linear. 5) Estabilidade: Para que um sistema seja estável. considere-se o sinal auxiliar x1  n   x  n  n0  que conduz à saída y1  n   x1  3n   4  x  3n  n0   4 . Uma vez que y1  n   y  n  n0  .3) Invariância temporal: Para verificar a invariância do sinal. Um sistema linear tem de respeitar a condição ax1  n   bx2  n   ay1  n   by2  n  . o sistema é estável.23) y  n   x  3n   4  x  3n   4  A  4 .24) ou seja. Desta forma. logo..21) Um vez que a saída correspondente a x  n  é y  n   ax1  3n   bx2  3n   4 . (C. i. considere-se um sinal de entrada com a forma x  n   ax1  n   bx2  n  . Considere-se um sinal de entrada limitado arbitrário x n  A .e. (C. (C. (C. o sinal de saída é limitado para qualquer entrada limitada. (C. 231 .18) No entanto.21).19) 4) Linearidade: Para verificar a linearidade do sistema. (C. o sistema não é invariante no tempo. deve produzir saídas limitadas para todas as entradas limitadas.22) o sistema não respeita a condição (C. sendo A uma constante finita. toda a informação contida nos instantes não múltiplos de 3 (à excepção do ponto zero) é descartada pelo sistema.28) No entanto. A primeira implica que seja aplicada a definição de convolução.  (C. a saída é dada por y  n   h  n   h  n  1  3h  n  2  . Note-se que.  1 x2  n   3  n  2  y2  n   4 (C. pelo que o sistema não é injectivo. (C. pelas propriedades dos sistemas LIT.30) que. tal que a saída de um sistema LIT pode ser calculada da seguinte forma y n  x n  h n  k   x k  h n  k  . (C.26) a resposta ao impulso de um sistema discreto LIT. Problema 7 (5 val): Seja h  n   u  n  2  u  n  2 . Determine a saída do sistema y  n  para a entrada x  n   u  n   u  n  3  n  n  2  . Note-se que o sinal de entrada pode ser reescrito na seguinte forma x  n     n     n  1  3  n  2  . substituindo h  n  resulta em 232 .27) Note-se que. (C. este exercício pode ser resolvido de duas formas.25) Dois sinais distintos geraram a mesma saída. e não é invertível. (C. por contra exemplo.29) Assim. Assim.6) Invertibilidade: Para provar que o sistema admite inversa é necessário provar que este é injectivo. considerem-se dois sinais distintos x1  n   2  n  2  y n  4 . este exercício particular pode ser resolvido através da aplicação das propriedades dos sistemas LIT. 1.y  n   u  n  2  u  n  2   u  n  1  u  n  3  3u  n   3u  n  4  .1). iii) Calcular y  n   inspecção dos sinais. como pode ser observado pela Figura C. 233 . Finalmente. n  3 se  Por que e tem y  n   x  n  k  h  k   0 . Comece-se então por representar graficamente o sinal de entrada e a resposta impulsiva (Figura C.4. (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  . somar as contribuições de x  k  h  n  k  . verifica-se que para n  2 k   x n  k  h k  . Este problema pode ainda ser resolvido pelo método habitual. Em seguida é necessário aplicar o algoritmo da soma de convolução: i) inverter o sinal x  k  . verifica-se que x  n  k  h  k   0 . (32) A representação gráfica da resposta é feita na Figura C. para obter a resposta y  n  . Representação de x  n  e de h  n  . para cada instante n .3.4. ii) Deslocá-lo para todos os pontos n . o que resulta na resposta representada na Figura C.2. tais que x  n  k  h  k   0 . Figura C. é necessário. Para o intervalo 2  n  3 . como está representado na Figura C. 2. Representação de x  n  k  e x  n  k  h  k  para n  3 e n  4 .Figura C. 234 . 3. Representação de x  n  k  e x  n  k  h  k  para 2  n  3 . 235 .Figura C. 4.Figura C. Representação de y  n  . 236 . Aplicando agora a definição de ganho estático obtém-se Gest  lim 4 z 1 1  z 2 128 . b) Considerando a definição de função de transferência 237 . Representação de y  n  . (C.5 val) a) Qual é o ganho estático do sistema? i) 21 7 ii) 128 7 iii) 56 7 y n   iv) 64 7 (1.5 val) b) Qual é a equação às diferenças que descreve o sistema? i) iii) y  n  3  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 9 y n  2  4x n   4x n  2  16 18 y  n  1  y  n  3  2 x  n   x  n  2   16 a) Considerando a definição de ganho estático Gest  lim H  z  . No entanto. z 1 (C.  9 2 7 1 z 16 (C. a resposta correcta é a ii.C.Processamento de Sinal: Teste 2.5.35) Desta forma. é possível reescrever H  z  na forma 1  z 2 1  z 1   4 1  z 2 . uma vez que z  1 é ao mesmo um zero do numerador e do denominador.34) 1  z 1  z 2  z 3 H  z  4 4 9 2 9 3 9 9 2  1  1 1 z  z  z 1  z 2  1  z  1  z  16 16 16  16  (pondo 1  z 1  em evidência em numerador e denominador).33) verifica-se que a aplicação directa a este problema resulta numa indeterminação do tipo 0 0 .2. Problema 1 (4 val): Considere o SLIT causal discreto representado na Figura x n h n y n H  z  4 1  z 1  z 2  z 3 9 9 1  z 1  z 2  z 3 16 16 Figura C. (2. 9 X  z  16  1  z 2 16 (C. é causal. Da mesma forma. z  0 . z  0 . 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   . (C.37) Aplicando a transformada Z inversa a ambos os membros de (C.38) obtém-se y n  9 y  n  2  4 x  n   4 x  n  2 . X  z e substituindo em (C. z2 não se pode concluir (1 val) d) O sistema LIT dado por H  z   sim não z 1 .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 .Y  z  H  z . z  0 . 16 (C. e considerando a propriedade da transformada face à translacção no tempo x  n  n0   z  n0 X  z  . z  0 . z2 não se pode concluir Note-se que.34) resulta que Y  z 1  z 2 9   4  Y  z   1  z 2   4 1  z 2  X  z  .37). sim não não se pode concluir (1 val) b) O sistema LIT dado por H  z   z 4 . a condição de estabilidade implica 238 . é causal. é estável. sim não não se pode concluir (1 val) c) O sistema LIT dado por H  z   sim não z 1 . é estável.36) (C. 40) Assim. Mapa de pólos e zeros. qual a função de transferência do sistema? 1  zz   4 i) H  z    1 z2  z  2 1  zz   4 ii) H  z   3  1 z2  z  2 1  zz   4 iii) H  z   10  1 z2  z  2 a) Uma vez que o sistema em causa é causal. tem-se necessariamente que. (1 val) b) O sistema é estável? sim não (1 val) c) Sabendo que o sistema tem ganho estático K0  3 . z    j  z       z  2 2 2 2 2 2 2 (C. 1 1 2 1 1 . Sendo qualquer região de convergência delimitada por pólos. Problema 3 (3 val): Considere o mapa polos/zeros de um SLIT discreto causal. Um vez que todos os sistemas verificam ambas as condições.que a região de convergência da função de transferência contenha z  1 . a região de convergência terá de conter z   . todos são estáveis e causais. 239 .6.6 (1 val) a) Qual a região de convergência da função de transferência do sistema? i) z 2 2 ii) e   1 2 iii) z  2 2 iv) e   1 2 j1 2 1 2 14  j1 2 Figura C. representado na Figura C. a resposta certa é a iii. As respostas correctas são então i. y  2   2 . a expressão de H  z  está univocamente determinada 1  zz   4 . 1 z2  z  2 (C.44) sendo iii a resposta certa. o sistema é estável.45) tem como sinal de entrada x  n   u  n  e condições iniciais y  1  3 .42) torna-se então possível determinar essa constante. (C. Aplicando (C. 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 . 240 .b) Uma vez que a região de convergência do sistema contém z  1 .43) Assim. 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  Utilizando a definição de ganho estático 1  zz   4  . z 1 1 1 20 z2  z  11 2 2 (C.42) a (C. z 1 (C. H  z   10  1 z2  z  2 (C.41) obtém-se a equação 1   3 zz   1  6 4 4 Gest  3  lim K  K   K  K  10 .41) Gest  lim H  z  . A resposta certa é sim. (C.45). é possível decompô-la em fracções simples.53) onde.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..52) Uma vez que a fracção é própria.46) resulta de (C.51) Assim. o número de zeros não é superior ao número de pólos..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      .47) como 6z 2  5z 1  1 Y  z   18z 1  3  1 . 2 (C. 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  . 1 1  2z 1  3z 1 (C.49) Após alguma manipulação algébrica ainda é possível escrever (C. ainda se obtém 18 z 1  4 Y  z  .  x  m  . uma vez que Y  z  tem dois pólos de grau 1. i..e. 241 . na forma Y  z  c1 c2  . 6 z 2  5z 1  1 (C. (C.3 .47) Considerando agora a transformada do sinal de entrada (obtida através das tabelas) x n  u 1 . (C.49) como Y  z  18 z 1  4 .Para resolver o problema é necessário efectuar a Transformada Z unilateral a ambos os membros de (C. 1  z 1 (C. 1  2 z 1 1  3z 1  (C.  1  z 3 1  2  3  (C.57) Finalmente.54) Obtendo (C. chega-se a c1  1  2 z 1  18z 1  4  1  2 z 1  3z  1 1 z 2 1    18  4  2   10 . 1 1  2z 1  3z 1 (C.58) 242 .57) obtém-se então a resposta completa no tempo y  n   10  2n  u  n   6  3n  u  n  . aplicando a transformada inversa a (C.  1  1  3  2  (C. (C.55) c2  1  3z 1  18z 1  4  1  2 z 1  3z  1 1 1    18  4  3   6 .54) para cada polo.ci  1  z 1 pi  Y  z  z  pi . (C.53) na forma Y  z   10 1 1 6 .56) o que permite reescrever (C. 0 t 0 (C. deverá ser múltiplo inteiro de todos os Ti . o que permite obter a seguinte condição T0  a0  T0 a a   0   0 ai  . t (C.60) Problema 1 (3 val): Seja x t     x   d .   uma vez que cos  2   cos2    sin 2   vem que 243 .C. No entanto. que não aparece na lista das soluções. tem de verificar a seguinte condição aiTi  2ki  Ti  2 . a existir. 2 Ti 2  ai (C. ai (C.3.62) ou seja y  t   cos  t   1 u  t  .61) onde x  t  e y  t  representam respectivamente o sinal de entrada e saída de um sistema contínuo.59) O período fundamental total. (1. o sinal de saída seria i) iii) 1  cos  t  2sin 2  t 2  u  t  ii) iv) 1  cos  t   u  t    2cos2  t 2 u  t  Para t  0 tem-se y  t   0 . Para t  0 vem x  t    sin  t  d    cost   cos  0    cos  t   cos  t   1 . Sinais e Sistemas: Teste 1. O período dos sinais elementares xi .5 val) a) Se o sinal de entrada fosse x  t   sin  t  u  t  . 12.60). . vem para as soluções do enunciado que. por contra-exemplo. x2  t   sin  t  e 3  7  5  x3  t   2 cos  t  . 1  2  Problema 2 (2 val): Considere os três sinais. . o sinal de saída é dado por x t     A d   .160   .  2sin  t 2  u  t  2 (C.6. .   14.  .66) (C.   7.  . Seja 244 .59) – (C. considere-se um sinal de entrada do tipo x  t   A . 2   2 3 2 7 2 2  (C. Assim.5 val) b) O sistema é estável ? sim não não se pode concluir Note-se que. a resposta certa é ii. a resposta correcta é a iii.65)  84 1 84 2 84 5  T0  84   .64) Um sinal limitado originou uma saída ilimitada. x1  t   cos  t  . logo o sistema não é estável. A soma deles é um 2  i) sinal periódico com T0  42 ii) iv) sinal periódico com T0  84 sinal não periódico iii) sinal periódico com T0  128 Considerando (C. (1.  2 3 2 7 2 2  3 7  Desta forma.67) Problema 3 (5 val).  2 3 2 7 2 2 128 1 128 2 128 5   64 128  T0  128   .105  . Assim. 105   42 1 42 2 42 5   T0  42   .y  t   cos2  t 2   sin 2  t 2   cos2  t 2   sin 2  t 2    u  t     . . (C. t (C.63) ou seja. o intervalo de integração de (C.61) é infinito. tem-se que x   h  t     0  y  t   0 . onde t  3  2  3  t  5 . verifica-se que y t   t 1  2d  2  t  1 . (C. de acordo com a definição y t      h   x t    d     x   h t    d . de uma forma geral. Representação de x  t  e h  t  .72) Pode então escrever-se o sinal de saída como 245 .7. Na segunda zona.7. Para obter o sinal de saída é necessário efectuar o integral de convolução. O sistema é LIT. (C. t  3  0  1  t  3 . (C. e x  t  h  t    . é possível identificar quatro zonas de integração.68) Determine y  t   x  t   h  t  . observa-se que y t   t 3  2d   1d  2  2  t  3  t  1  2  t  7 . o impulso h  t    é diferente de zero entre os pontos t  3 e t  1 . Assim.x  t   2u  t   u  t  2 e h  t   u  t  1  u  t  3 . Na primeira. para t  1  0  t  1 . onde t  3  2  t  5 .69) Como se pode observar pela Figura C. 2 2 t 1 (C.71) Na quarta zona. Figura C.70) Na terceira zona. 0 (C. obtém-se ainda que y t   t 1 t 3  1d  t  1  t  3  2 . 8. 0 2  t  1  y t     t  7  2  . x t   t   x t  . resulta que. t  0 (C.74) tem memória? Justifique. Note-se que. Problema 4 (4 val): O sistema LIT com a resposta ao impulso c . a função não é um delta de Dirac.  0 .73) e representá-lo. t0 (C. Representação de y  t  . 3 t  5 . ( c é uma constante). h t    0 . que é definido como  t      .77) 246 . Figura C. Recordando a propriedade do delta de Dirac face à convolução. t  0 . .75) Considere-se então o exemplo de um sinal de entrada definido como x  t     t  .8. t  0 . t 1 .76) y  t   x  t   h  t    t   h t   h t  . (C. t5 (C. a saída do sistema é dada por (C. 1 t  3 . como mostra a Figura C. em conjunto com a definição do integral de convolução.79) obtém-se  I   e u  t  dt   t   e  t u  t  dt   e 0  t dt  e t  .78) Ou seja. Quando   0 tem-se que I  e t   e0  0  1 . pelo que. Problema 5 (3 val): O sistema LIT com resposta ao impulso h  t   e t u  t  .Analisando o valor da saída no ponto t  0 .82) Problema 6 (3 val): Diga.79) é estável? Justifique (  é uma constante). o sistema tem memória. Para que seja estável.81) Quando   0 . O sistema y  t   247 . 0 (C. o valor da saída no instante t  0 depende do valor da entrada em todo o tempo.   (C. integrando (C. pelo que I   . a função é crescente quando t   . (C.80) Assim. Neste caso o sistema é instável. justificando.    Assim.    0 (C. se: dx  t  tem memória? dt 1. o sistema deve verificar    h  t  dt  A . (C. verifica-se que y  0  c        h    d  c     d . a resposta impulsiva é absolutamente integrável e o sistema é estável. (C.85) Finalmente. pelo que. Se estes forem iguais. apenas depende do sinal de entrada no instante actual. o sistema depende da entrada em instantes diferentes do actual ( x  t    ). O sistema y  t    x  t  dt t é invariante no tempo? Note-se que. o sistema não tem memória. seria expectável que um diferenciador utilizá-se informação do sinal de entrada em instantes diferentes do actual. é mais intuitivo escrever y t     x   d .Note-se que. o sinal de saída. Desta forma.  lim 0 dt  (C. que é dada por y1  t     t x1   d    x   t  d . a variável de integração é sempre muda. para qualquer sinal. neste caso. 0 t (C.  3.84) De forma a provar a invariância do sistema. Logo. Tem-se que y  t  t0  é dado por y  t  t0    t t0  x   d . ao longo do tempo. e compará-lo com (C. O sistema y  t   cos  x  t     t 1 é causal? Note-se que. 2.86) Aplique-se a mudança de variável u      t0 . o sistema é invariante. onde 248 .85). a derivada é o instrumento matemático que permite analisar a variação de uma função. calcula-se a saída de x1  t   x  t  t0  . é necessário obter y  t  t0  . pelo que.83) ou seja. t (C. o sistema tem memória. Pela definição sabe-se que dx  t  x t     x t  . quando x  t   u  t  (que é um sinal limitado) se tem y t   du  t    t  . 249 .u      .  u  1 .88) ou seja y1  t   y  t  t0  pelo que o sistema é invariante no tempo. dt (C. 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  . dx  t  é estável? dt 5. 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. t  0   t    . 0 t (C.90) a saída não é limitada.t0 (C. 6.87) a (C. (C. Por contra exemplo verifica-se. não é injectiva o sistema não é invertível.89) Ou seja. dt  0 . será impossível obter       y  t   ay1  t   by2  t  quando x  t   ax1  t   bx2  t  . 4. u  t  t0   t . O sistema y  t   Um sistema estável devolve uma saída limitada para qualquer entrada limitada. uma vez que y t   du  t   . pelo que o sistema não é linear.86) o que resulta em y  t  t0     x   t  d . pelo que o sistema é instável. 2 . 3 . Problema 1 (4 val): Seja x  t   6sin  6 t   10cos 8 t  um sinal periódico. que será o período fundamental do sinal T0  1 .92) Atribuindo valores a k é possível obter o mínimo múltiplo comum. T  3 k 6 T  2k   3 3 4 .4. A resposta correcta é a i. 4   4 4 4 4 4 (C. verifica-se imediatamente que (C.94) 250 .5 Utilizando as fórmulas de Euler.C. Sinais e Sistemas: Teste 2. que resulta na condição 1 1 2 3  T .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 . . 2j 2j 2 2 (C.93) Reconhecendo que a frequência fundamental do sinal é dada por 0  2 T0  2 . (C. (3 val) b) Qual é o valor da expressão X 4  X  4  jX 3  jX  3 .91) (C. (1 val) a) Qual é o período fundamental do sinal x  t  ? i) iii) T0  1s T0  3s ii) iv) T0  2s T0  4s Aplicando a condição fundamental dos sinais periódicos: x  t  T   x  t  .    8 T  2k T  1 k T  1 . onde X i  são os coeficientes da expansão em série de Fourier deste sinal? i) iii) 5 7.5 ii) iv) 10 2. obtém-se x  t  T   6sin  6 t  6 T   10cos 8 t  8 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 . j j (C.97) Finalmente.96) A resposta correcta é a ii. j j (C.onde ci são os coeficientes da expansão c3  3 3 . é possível escrever a expressão da função de transferência aparte uma constante H  s  K s2 s2 K 2 . j3 2 1  j3 Figura C. pela definição de ganho estático obtém-se Gest  yu    H  0  2 .5s  10 s 2  2s  10 2 ii) iv) H  s  2 s2 s  2 s  10 2 H  s  20 s  2s  10 H  s   10 s2 s  2s  10 2 Por inspecção do mapa de pólos e zeros.9 representa-se o mapa de pólos/zeros de um SLIT contínuo causal e estável inicialmente em repouso. c4  5 . Mapa de pólos/zeros. 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 .95) Finalmente. Problema 2 (4 val): Na Figura C.98) . s  2 s  10  s  1  j3 s  1  j3 (C. c3   . c4  5 .9. 251 (C. (2 val) a) A função de transferência do sistema é i) iii) H  s  2 s 2  3. Sabe-se que y     2 quando o sinal de entrada é o escalão unitário x  t   u  t  . 2  2  K  10 . Problema 3 (1 val): Considere o sistema (filtro) cuja resposta de frequência é 1 .103) Dimensione a frequência c do filtro de modo a que o sinal de saída seja y  t   1. 2 dt dt dt (C. (C.102) X  j   2     3    10  3    10 .   c O espectro de frequência do sinal de entrada x  t  corresponde a (C. 10 (C. 252 .   c H  j    . X  s s  2s  10 (C. t .se directamente a equação diferencial do sistema d 2 y t  dy  t  dx  t  2  10 y  t   10  20 x  t  . Justifique a resposta.101) Portanto. a resposta correcta é a ii. a resposta correcta é a iv.100) Calculando a transformada inversa de Laplace. 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  . obtém.99) (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. 0 .que permite calcular o valor de K através de H  0  2  K Assim. 104) na forma 253 . Neste caso corresponde a dimensionar a frequência de corte. determine o valor do integral abaixo indicado    2 j  3 2 d . t . Representação de x  t  e h  t  . e x  t  h  t    . tal que Y  j   H  j  X  j   2   .104) não pode ser aplicada directamente em (C.10. o filtro e o sinal de entrada assumem uma configuração como a descrita na Figura C.105). Figura C. basta impor que c  10 . re-escrevendo (C. a relação de Parseval relaciona a expressão da energia de um sinal.Para que o sinal de saída seja constante em todo o tempo.    x  t  dt  2 1 2    X  j  2 d . No entanto. Assim. Problema 4 (3 val): Recorrendo à relação de Parseval. o filtro terá de “deixar passar” apenas a componente contínua do sinal de entrada. Assim. o espectro da saída será Y  j   2   . e a sua expressão no tempo y  t   1. de forma a que a frequência de corte seja inferior à frequência onde se localizam os delta de Dirac. c . (C. Assim.104) Note-se que. no domínio do tempo e no domínio da frequência (dado que o seu valor tem de se manter). (C.10.105) A expressão dada em (C. dt t 0 Para calcular o valor da saída. Considerando a propriedade da Transformada de Laplace face à diferenciação dy  t  Lu  sY  s   y  0  . dt 2 dt (C.106) torna possível considerar que X  j   1  j  3 .109) para o sinal de entrada x  t   e2t u  t  admitindo condições iniciais y  0  2 e y  0  dy  t   1. 2 2   (C.107) Finalmente. dt d 2 y  t  Lu 2  s Y  s   sy  0   y  0  . substituindo a expressão de x  t  em (C.110) e que a transformada do sinal de entrada (por inspecção das tabelas) é dada por 254 . (C. determine analiticamente a saída do sistema descrito por d 2 y t  dy  t  4  3 y t   x t  .105) por 4 verifica-se que 4    x  t  dt  2  X  j  d  .   2 j  3 2 d  2    1 d .107) resulta que 2   2 1 d   4  e 3t u  t  dt  j  3    6 t 2   e 6t  1  2   4  e dt  4    4  0  6   3    6  0 0 . é necessário efectuar a transformada de Laplace de ambos os membros de (C. 2 dt (C.108) Problema 5 (3 val): Recorrendo à Transformada de Laplace. que corresponde no domínio do tempo (efectuando a transformada inversa de Fourier) a x  t   e3t u  t  . Assim. multiplicando (C. j  3 2 (C.109). 3 .112) s 2Y  s   2 s  1  4  sY  s   2   3Y  s     s 2  4 s  3 Y  s   2 s  7  1  s2 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  Identificando os zeros do polinómio em denominador .  s  1 s  2  s  3 (C.109) no domínio da transformada de Laplace s 2Y  s   sy  0   y  0   4 sY  s   y  0   3Y  s   Após alguma manipula algébrica.111) é possível escrever (C. pode decompor-se na forma Y  s  onde c1 c c  2  3 .117) resulta que 255 .114) Y  s  2 s 2  11s  15 . 2 (C. i (C. (C.115) é uma fracção própria (o número de pólos é superior ao número de zeros).116) ci   s  pi  Y  s  s  p . chega-se a   1 .x  t   e2t u  t   X  s   Lu 1 . com três pólos de ordem 1. s 1 s  2 s  3 (C.113) s 2  4s  3  0  s  permite ainda obter 4  42  4  3  1. s2 (C.117) Aplicando (C. s2 (C.115) Uma vez que (C. dt (C. e considerando o par transformada cos ct      c      c   .120) Note-se que. (C. dt (C. 2 1  s  1 s  2  s  3 s3 (C. e pode escrever-se que Y  s  3 1 1  . 1   1  s  1 s  2  s  3 s2 c3  (C. c3  0 uma vez que o numerador de Y  s  tem um zero em s  3 . Assim.124) ao primeiro membro de (C. s  1  2s 2  11s  15  2  11  15  3 c1   .   resulta que 256 F (C.123).  s  1 s  2  s  3 s1 1   2   s  2   2s 2  11s  15  2  4  22  15  1 c2   .118) (C.125) . a influência deste pólo no comportamento do sistema desaparece. mostre que d cos ct   c sin ct  .122) Problema 6 (3 val): Recorrendo às propriedades da Transformada de Fourier.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  . s 1 s  2 (C.119)  s  3  2s 2  11s  15  2  9  33  15  0  . (C.  j (C. uma vez que j 2  1 .   dt (C.d cos ct  F  j    c      c   .130) Está então efectuada a prova de que d cos ct   c sin ct  .126) Relembrando ainda a propriedade da multiplicação do delta de Dirac por uma função f      0   f 0     0  .129)    dt j Finalmente.127) (C.131) 257 . verifica-se que a transformada inversa do segundo membro de (C.129) é c sin ct   c F     c      c   .   dt (C. é possível escrever (C. dt (C.126) como d cos ct  F  j c   c   c   c   .128) Após alguma manipulação algébrica obtém-se que d cos ct  F   jc    c      c    c j 2    c      c  . 258 . Formulário para processamento de sinal. 259 . Formulários D.Anexo D.1. 260 . RC  R . Tabela da Transformada Z Sinal   n Transformada RC plano z 1 1 12) x  0   lim X  z  . n  m 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  z 1 1   z 1  m 2   n  m cos  0 n  u  n  sin  0 n  u  n  z \ z  0 se m  0 . RC  z0 R . i. n  m yu  0   lim H  z    z  0 ..Formulário para Processamento de Sinal Sinais. 13) Se lim x  n  existir. RC  R excepto para a possível inclusão / exclusão de z  0 ou z   . RC  R . se x  n  convergir para um valor n  1 constante quando n   . z   se m  0 1 2 X  e j   x n  z n   x  n e j 2 kn N k   j n ..e. tem-se: lim x  n   lim 1  z X  z  n  z 1 z  1 u n u  n  1  u  n n  1 1  z  1 1   z  1 1 1  z z 1 z 1   Função de transferência  n  1 . x  n    n  n0   x  n  n0  k   x k   1 z n  X  z  .  1 caso contrário  x  an   X  z   . RC  R1  R2 . h  n  x n  k   h  k  x  n  k  ..  n  m  1 n m   u  n  1 1 1   z 1   m  1! 2 n n u  n   z 1 1   z 1  n n u  n  1 z  H z  K  z  z1  z  z2   z  zM   z  p1  z  p2   z  pN  z  z  z  K .   x n  X  z  .. 6) nx  n    z d X z dz 1 1 . RC  R  z  1 ..  z0  Bx  0 : x  n   Bx n   5)     h  k   B  . x  n  ak  1 N 1 2   X e  e j 2 j j n d 1   2cos  0  z  z   1  cos  0  z 1   z 1 z 1 k N ae  k  n N  x n e 2 kn N sin  0  z 1   1   2cos  0  z 1  z 2   X  e j    2 a      k  2 N  k  n  x  n   lim N 1 N x  n  .. X z  n   x  n z n .  n  m  1 n m  u n 1 1   z 1   m  1!  n u  n  1 1 1   z 1   n  1 . N  2 N  1 n   x  n  2  1 2   X e  j 2 2 d 261 . n múltiplo de 0.  a 1 Transformada Z Definições  8) x  n  a   z  a X  z   z x  1  z  a  2 x  2  . B  k   By  0 : y  n   By n   4) x  n      x  n  . 6) x  n   y  n   x  n  n0   y  n  n0  7) ax1  n   bx2  n   ay1  n   by2  n  8) x  n  N0   x  n  . sistemas e propriedades  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 cos  0 n  u  n  r n sin  0 n  u  n  1   2r cos  0  z 1  r 2 z 2    r sin  0  z 1   1   2r cos  0  z 1  r 2 z 2   1   r cos  0  z 1   z r zr x n  y n  2)  h  n   K   n    x1  n   x2  n  n  n0  y1  n   y2  n  n  n0  3)  h  n   0.  z  n 3) z0 x  n   X   . n  0   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   Propriedades 1) ax1  n   bx2  n   aX1  z   bX 2  z  .  f  g  n   f  g    na n  g a  b 7) h  n   yu  n   yu  n  1 . 2) x  n  n0   z n0 X  z  . RC  R1  R2 . N0  g b 5) x1  n   x2  n   X1  z  X 2  z  .  x  a  . x n  1 2 j  X  z  z n 1dz 9)  x k   1 z k 0 n 1 1 X z 1 1 1 x k   X z    x k  1  z 1 1  z 1 k  k  . n múltiplo de   4) x  n    caso contrário 0. c1  1  pz 1   X  z   2 z p 1 2   1  pz   z  p  X  s   c0  c1 c2  1 2 1  pz 1  pz 1  j j 1) ax1  n   bx2  n   aX1 e  bX 2 e .   1  cir ci1  1  pi z 1   X  z    r  1  pi z 1    1  p z  i ci2 1 2  n  1 nu  n  . k  0. com i  1.  w1w2  r1r2 e n 1n j 1 2  .   arctan  y x  w*  x  jy  re j .  1 1 1   e  1 e.Tabela da Transformada de Fourier Discreta Sinal   n 1 Transformada 1 2      2    Bases Matemáticas  k 1   N k N 1 . sin     e j  e j  2 j 9) r  n   s  n  p  n   R  e j  = 2 sin      sin   cos    cos   sin   cos      cos   cos   sin   sin   S  e j   P  e j    S  e j  P e  j     d 262 . Pode ser decomposta em. .   6. 1   1 pi X  s  tem k pólos distintos tais que o pólo tem u n 1  1  e j       2      n  n0  e j0 n e jn0 2       0 0  2  multiplicidade ri . r  x 2  y 2 . n  N1  sin    N1  1 2   sin   2  1 1   e  j 1  nu  n  . X  s  tem um pólo p com multiplicidade r  2 . wn  r n e j n 7) m   x  m  1  e X  e j    X  e j 0  * j k       2 k  ..  . k e r1  r2   rk  n . 3 4  3. c11 ci1 ci2 X  s   c0      1 1 2 1  p1 z 1  pi z 1  p z 1  i  cos  0 n              2    1  p z  i r cir 1 ri   1  p z  k ckr 1 rk     0  2    onde c0  X  z  z 0  X  0 e a contribuição de cada pólo é cir  1  pi z 1  X  z  z  p cir 1  1  pi z 1  r 1 i  sin  0 n  j         0  2     0  2    k N   ak e jk 2 n N 2 2 N  a    N     2      cir X z   r  1  pi z 1      z  pi   cir cir 1 X z    r r 1  1  pi z 1  1  pi z 1   z  pi       z  pi k     n  kN      N     2    cir 2  1  pi z 1  r 2 1.g. n  N1  x  n   0. 2 3  2.   2) x  n  n0   e  jn0 X e j Tabela de Ângulos Conhecidos 0. tan 0 cot  Complexos 1 1 0     . 5 6  4.  j j 5) x1  n   x2  n   X1 e X 2 e .  x n  X  z   j x  n  X e  0 1 1/ 2  3/2  3/3  3 2/2  2/2 3/2 1 1/ 2  3  3/3 0   x  n  .  n ! r  1! Propriedades 1   e   j r   c2  . e j  cos    j sin   cos     e j  e j  2. 1  S  e j   P  e j    2  . 2. 6) nx  n   j n d X  e j  d 1  j w  x  jy  re j . w1 w2  r1 r2 e 1n j   2 k  n j 1 2  w   w   r  e .  1  n     1  nk N  k. 3 2 sin cos 3) e j0 n x  n   X e  j  0  .  1   nk  n  k 1 . c  1  pz 1 2 X  z  . n  1 8) x  n  é real: X e   j   X e  .   .  j 2  n  r  1! n  u  n . . Formulário para sinais e sistemas.2. 263 .D. 264 . X s     x  t  e st dt . RC  R  e  s0  . t  0   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   2  s     02 0 1) ax1  t   bx2  t   aX1  s   bX 2  s  . 1 1  x   d  s X  s   s  x   d .Formulário para Sinais e Sistemas Sinais. Transformada de Fourier n s   e sT Definições  t  T  cos 0t  u  t  sin 0t  u  t  X  j    x  t  e jt dt . a a Bx  0 : x  t   Bx t   By  0 : y  t   By t   5)      h   d  B  . n  m s   1 n Gest  lim yu  t   lim H  s  . i. t  0 dt d n x t  1  s n X  s   s n 1 x  0   s n  2 x    0   n dt 10) . x  t  T0   x  t  . t 0   12) Se x  t  não contiver impulsos ou singularidades de ordem superior em t  0 . RC  R1  R2 . n  m yu  0   lim H  s    s  0 .e. x  t   2 j  1   j  j X  s  e st ds Tabela da Transformada de Laplace Sinal  t  Transformada 1 1 s 1 s 1 sn 1 sn 1 s  1 s  1 RC plano s  sX  s   x  0  . tem-se t  lim x  t   lim sX  s  .  s  p1   s  pN  s 0 K . RC  R1  R2 . RC  aR . B   5) x1  t   x2  t   X1  s  X 2  s  . d i x t  n 1 i  x    0  . RC  R . s  13)Se lim x  t  existir. 4) x  at   1 s X   . x  0   lim x  t  .  h  t   yu  t  t 7) tx  t   t Transformada de Laplace Definições 8) 9) 1  x   d  s X  s . ou e  s    se T  0. 2) x  t  t0   e st0 X  s  . RC  R . 6) 6) x  t   y  t   x  t  t0   y t  t0  7) ax1  t   bx2 t   ay1 t   by2 t  dx  t  dt  sX  s  . excepto : e  s    se T  0. se x  t  convergir para um valor t  constante quando t   . o limite à direita de x  t  quando t  0 é x  0   lim sX  s  . RC  R excepto para a possível inclusão / exclusão de e  s    .  RC  R  e  s   0 . x   0   dt i 0 11) dx  t  u t  u  t  t n 1 u t   n  1! t  u  t   n  1! n 1 e  s   0 e  s   0 e  s   0 e  s   0 e  s    e  s    e  s    e  s    plano s. T T 2    x  t  dt  2 1 2    X  j  d 2 265 .. x  t     1 2    X  j  e jt d  x t   k  ae j k  k   0t ak  1 T0  x t  e T0 0  jko t dt s s  02 2 e  s   0 e  s   0 X  j   x  t   lim  2 a    k  k 0 s  02 2 T  1 T2 x  t  dt . s 0 e u t   t Função de transferência e t u  t  t n 1  t e u t   n  1! t n 1  t  e u  t   n  1! H s  K t   s  z1   s  zM  . dX  s  ds . sistemas e propriedades  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 t cos 0t  u  t  e t sin 0t  u  t  Propriedades s  2  s     02 e  s    e  s     x t   y t   2)  h  t   K   t    x1  t   x2  t  t  t0  y1  t   y2  t  t  t0  3)  h  t   0. 3) es0t x  t   X  s  s0  . c1  n   j  d  2 2 s  p  X  s  . t  0 sgn  t     1. t  0 dg  x     f  x  dx dx   f  x  g  x    b b a a dx  f u  x  dx     f u  du du b a u a u b b df  x  dx a g  x  dx  f  g    t   b f  g  f  g .   s p ds c c2 X s  1  .. a  a tan 0 cot  Complexos 1 1 0 5) x1  t   x2  t   X1  j  X 2  j  .   W  X  j    0. 11) r  t   s  t  p  t   R  j   cos     e j  e j  2. j w   w   r  e . 7) tx  t   j dX  j  d w  x  jy  re j . e    0 t n 1  t e u  t  . 2) x  t  t0   e jt0 X  j  . n  1 * 9) x  t  é real. x0  a  x0  b  Não se define. x  a  x  b 0 0        0      0    j 2 k  h  t   x  t    h   x  t    d X  s  tem k pólos distintos. rect    2T1  0. A sua forma geral é c11 ci ci2 cir ckr X s   ..  1   . wn  r n e j n w1w2  r1r2 e n 1n j j 1 2  .   6. onde o pólo pi tem multiplicidade ri . sin     e j  e j  2 j sin      sin   cos    cos   sin   cos      cos   cos   sin   sin   1  S  j   P  j  . w1 w2  r1 r2 e 1n j   2 k n j 1 2   x   d  1 X  j    X  j 0     . 0 1/ 2  3/2  3/3  3 2/2  2/2 3/2 1 cos 1 1/ 2  3  3/3 0  1   4) x  at   X  j  .   W  1   j cirk  ci1  1 d r 1  r  s  pi  X  s  .   T  2sin T1  2T1sinc  1       cir1 d r   s  pi  X  s   . . e    0  n  1! Propriedades 1. r i   t  1.  2  266 ..  f  g    f   g  g  t  u t  du  t  dt .   arctan  y x  .  2 ri r s  p1 s  pi  s  pi   s  pi   s  pk  k onde a contribuição de cada pólo é k    ak e jk0t   ak    k0  1. 5 6  4.g. e    0 te t u  t  . X   j   X  j  . r  x 2  y 2 . e  cos    j sin   10) Se x  t   X  j  então X  jt   2 x    . T1  t   2 k  k    2sin  k0T1  k 2 T     k0     t  kT  t  T1 t  T1  2 k       T   k   cir   s  pi  X  s  s  p . 2 3  2. s  p  s  p 2 1) ax1  t   bx2  t   aX1  j   bX 2  j  .. . k  0. c2   s  p  X  s s  p . u  t       d   t  t0  e j0t 2  t  t0    x  x  a 0 cos 0t  sin 0t      0      0     f  x0  .  s  pi ds  1 dk  r  s  pi  X  s  . b  f  x  dx  0. w*  x  jy  re j . t  T1  x  t   x  t  T0    T0 0.  s  pi  r  1! ds r 1  1   j  1 2 E. com i  1. x0  a. X  s  tem apenas um pólo p com multiplicidade r  2 .  s  pi k ! ds k   Wt  sin Wt  W sinc     t  1  e t u  t  . 6) 8) dx  t  dt t   j X  j  .Tabela da Transformada de Fourier Sinal  t  Transformada Bases Matemáticas 1 2   2 j 1     j e jt0 1 1. 2. 3 2 sin x  t   X  j   0   . 3 4  3. k e r1  r2   rk  n .   . 3) e j0 t Tabela de Ângulos Conhecidos 0.