1

Faculdade de Ciências e Tecnologia

da

Universidade Nova de Lisboa

EXERCÍCIOS RESOLVIDOS de SINAIS e SISTEMAS para a CADEIRA de

TEORIA DE SINAIS

por

Cesaltina Morgado

(Prof. da Escola Náutica Infante D. Henrique)

e

Manuel Duarte Ortigueira

(Prof. Auxiliar com Agregação do DEE da FCT da UNL)

Julho de 2004

2

II. INTRODUÇÃO AOS SINAIS E SISTEMAS

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

figura 1.

a) y[ ]n = x[ ]−n

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

c) y[ ]n = x[ ]−n -1

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

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

-2

-1

0

1

2

3

4

n

x[n]

fig.1

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

-2

-1

0

1

2

3

4

n

y[n]=x[-n]

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

Solução:

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

3

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

conforme se mostra na figura 3.

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

-2

-1

0

1

2

3

4

n

y[n]=x[2n]

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

c) O sinal x[ ]−n - 1 é obtido do sinal discreto x[ ]n , efectuando em 1º lugar a operação de inversão

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

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

-2

-1

0

1

2

3

4

n

y[n]=x[-n+1]

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

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

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

dois, seguindo as seguintes regras:

1º −Efectuar a translação no tempo;

2º−Efectuar a mudança de escala.

No nosso caso, efectuamos a seguinte decomposição:

1º− y1[ ]n =x[ ]n + 2

2º− y2[ ]n =y1[ ]2n =x[ ]2n - 2

4

O resultado final está representado na figura seguinte.

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

-2

-1

0

1

2

3

4

n

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

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

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

resultado apresentado na figura 4.

2 - Determine se os sistemas definidos pelas relações seguintes são ou não invariantes no tempo:

a) y[ ]n = x[ ]n − x[ ]n − 1

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

c) y[ ]n = x[ ]−n

d) y( )t = x( )t cos( )ωot

Solução:

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

y[ ]n = Γ[ ]x[ ]n = x[ ]n − x[ ]n − 1

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

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

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

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

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

sistema é invariante no tempo.

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

y[ ]n = Γ[ ]x[ ]n = x[ ]−n

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

y1[ ]n = Γ[ ]x[ ]n − k = x[ ]− n − k

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

y2[ ]n = y[ ] n − k = x[ ]−n + k

5

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

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

lineares.

a) y[n]=nx[n]

b) y[ ]n = x[ ]n2

c) y( )n = x2( )n

Solução:

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

y1( )t = t x1( )t

y2( )t = t x2( )t

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

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

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

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

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

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

entradas x1[ ]n e x2[ ]n são:

y1[ ]n = x1[ ]n2

y2[ ]n = x2[ ]n2

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

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

+ b x2[ ]n2

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

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

+ b x2[ ]n2

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

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

y1( )t = x12( )t

y2( )t = x22( )t

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

y3( )t = Γ[ ]a x1( )t + b x2( )t = [ ]a x1( )t + b x2( )t 2 = a

2 x1

2( )t + 2ab x1( )t x2( )t + b2 x2

2( )t

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

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

2( )t

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

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

a) y[ ]n = x[ ]n − x[ ]n − 1

6

b) y[ ]n = ∑k=−∞

n

x[ ]k

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

d) y[ ]n = x[ ]n2

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

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

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

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

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

5 - Determine a resposta dos seguintes sistemas ao sinal de entrada

a) x[ ]n = | |n −3 ≤ n ≤ 3

0 c.c

b) y[ ]n = x[ ]n

c) y[ ]n = x[ ]n − 1

d) y[ ]n = x[ ]n + 1

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

Solução:

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

-6 -4 -2 0 2 4 60

0.5

1

1.5

2

2.5

3

3.5

4

n

x[n]

6 - Representação gráfica do sinal discreto x[ ]n =| |n , −3≤ n ≤3.

Este sinal pode ainda ser representado por:

x[ ]n =

…, 0, 3, 2, 1,

↑0 , 1, 2, 3, 0, 0, …

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

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

x[ ]n =

…, 0, 3, 2,

↑1 , 0, 1, 2, 3, 0, 0, …

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

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

x[ ]n =

…, 0, 3, 2, 1, 0,

↑1 , 2, 3, 0, 0, …

7

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

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

y[ ]0 = 1

2[ ]x[ ]−1 + x[ ]0 + x[ ]1 = 1

2 ( )1 + 0 + 1 =

2

3

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

x[ ]n =

…, 0, 1, 5/3, 2, 1,

↑

32 , 1, 2, 5/3, 1, 0, …

8

III. ANÁLISE DE SINAIS E SISTEMAS NO DOMÍNIO DO TEMPO

7 - Determine a convolução entre os seguintes sinais discretos:

a) x[ ]n =

1 0≤n≤4

0 c.c h[ ]n =

(2/3)n 0≤n≤6

0 c.c

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

Solução:

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

y[ ]n =x[ ]n *h[ ]n = ∑k=−∞

+∞ x[ ]k h[ ]n-k

com base nos seguintes passos:

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

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

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

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

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

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

Vejamos o exemplo da alínea a):

1º Situação:

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

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

2ª Situação:

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

-15 -10 -5 0 5 10 150

0.2

0.4

0.6

0.8

1

x[n-k]h[k]

n -4+n 0 6

9

y[ ]n = ∑k=0

n

(2/3)k = 1−(2/3)n+1

1 − (2/3) = 3( )1−(2/3)

n+1

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

3ª Situação:

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

y[ ]n = ∑k=−4+n

n

(2/3)k

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

y[ ]n = ∑m=0

4

(2/3)m −4+n

= (2/3)−4+n

1−(2/3)5

1 −(2/3) = 3 [ ](2/3)

−4+n − (2/3)

1+n

-15 -10 -5 0 5 10 150

0.2

0.4

0.6

0.8

1 h[k]

-15 -10 -5 0 5 10 150

0.2

0.4

0.6

0.8

1 u[n-k]

n -4+n 0

10

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

4ª Situação:

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

y[ ]n = ∑k=−4+n

6

(2/3)k

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

y[ ]n = ∑m=0

10−n

(2/3)m −4+n

= (2/3)−4+n

1−(2/3)11−n

1 −(2/3) = 3 [ ](2/3)

-4+n − (2/3)

7

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

5ª Situação:

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

-15 -10 -5 0 5 10 150

0.2

0.4

0.6

0.8

1h[k]

-15 -10 -5 0 5 10 150

0.2

0.4

0.6

0.8

1x[n-k]

kn -4+n 0

k

-15 -10 -5 0 5 10 150

0.2

0.4

0.6

0.8

1h[k]

-15 -10 -5 0 5 10 150

0.2

0.4

0.6

0.8

1 x[n-k]

-4+n 0

k

n k

11

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

1º Situação:

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

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

2ª Situação:

Para n≥0 , temos que (ver figura 7):

y[ ]n = ∑k=0

n

(1.2)k = 1−(1.2)n+1

1 − (1.2) = −5( )1−(1.2)

n+1

-15 -10 -5 0 5 10 150

0.2

0.4

0.6

0.8

1h[k]

-15 -10 -5 0 5 10 150

0.2

0.4

0.6

0.8

1x[n-k]

-4+n 0

k

k

n

-15 -10 -5 0 5 10 150

5

10

15

20

x[k]

-15 -10 -5 0 5 10 150

0.2

0.4

0.6

0.8

1 m[n-k]

0

k

k

n

12

-15 -10 -5 0 5 10 150

5

10

15

20

x[k]

-15 -10 -5 0 5 10 150

0.2

0.4

0.6

0.8

1 m[n-k]

0

k

k

n

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

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

impulsivas:

h1[ ]n = 1

2

n u[ ]n e h2[ ]n =

1

4

n u[ ]n

Solução:

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

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

h[ ]n = h1[ ]n *h2[ ]n = ∑k=−∞

+∞ h1[ ]k h2[ ]n-k

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

1ª Situação:

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

2ª Situação:

Para n ≥ 0, temos que:

h[ ]n = ∑k=−∞

+∞ h1[ ]k h2[ ]n-k = ∑

k=0

+∞

( )1/2 k( )1/4 n-k = ( )1/4 n ∑k=0

+∞

2k = ( )1/4 n ( )2n+1 − 1

= ( )1/2 n [ ]2 −( )1/2 n

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

Solução:

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

Rx[ ]n = x[ ]n *x[ ]−n = ∑k=−∞

+∞

x[ ]k x[ ]k − n

13

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

apenas é deslocado de uma quantidade n.

1ª Situação:

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

Rx[ ]n = ∑k= 0

+∞

ak ak − n = a−n ∑k= 0

+∞

( )a2 k = a−n

1 − a2

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

0.2

0.4

0.6

0.8

1

x[k]

k

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

0.2

0.4

0.6

0.8

1

x[k-n]

0

0 n k

n<0

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

2ª Situação:

Para n ≥ 0, vem que (ver figura 9):

Rx[ ]n = ∑k= n

+∞

ak ak − n = a−n ∑k= n

+∞

( )a2 k = an

1 − a2

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

0.2

0.4

0.6

0.8

1

x[k]

k

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

0.2

0.4

0.6

0.8

1

x[k-n]

0

0 n k

n>0

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

14

Note que quando n é negativo, a−n

= a| |n. Deste modo, as 2 equações anteriores podem ser combinadas

na seguinte expressão:

Rx[ ]n = a| |n

1 − a2 −∞ < n < ∞

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

sinal de entrada x[ ]n = ej π n/2

, - ∞ < n < ∞.

Solução:

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

y[ ]n = x[ ]n *h[ ]n = ∑k=−∞

+∞

x[ ]k h[ ]n − k (1)

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

x[ ]n = ejΩo n

(2)

é igual a:

y[ ]n = x[ ]n H( )Ωo (3)

onde,

H( )Ωo = ∑k= - ∞

∞

h[ ]k e-j Ωo k

(4)

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

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

y[ ]n = ej Ωon

H( )Ωo (5)

onde, Ωo = π/2.

Da equação (4), obtemos:

Hπ

2= ∑

k= 0

∞

1

2 k

e-j π k/2

= ∑k= 0

∞

1

2 e

-j π /2 k

ou ainda:

H( )π/2 = 1

1 - 1

2 e

- j π/2 =

1

1 + j 1

2

= 2

5 e

- j 26.6o

Substituindo este resultado na equação (5), resulta:

y[ ]n =

2

5 e

- j 26.6o

ej π n/2

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

u[ ]n ao sinal de

entrada:

x[ ]n = cos( )π n , - ∞ < n < ∞

Solução:

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

15

x[ ]n = cos( )Ωo = ej Ωon

+ e-j Ωon

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

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

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

Note que:

H( )Ωo = | |H( )Ωo e jΦ( )Ωo

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

Ωo = π

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

Da equação (4), determinamos:

H( )Ωo = ∑k= 0

∞

1

2 e

−j Ωo k =

1

1 − 1

2 e

−j Ωo

⇔ H( )π = 1

1 - 1

2 e

-j π =

1

1+ 1/2 =

2

3

Desta forma, virá para (8), que:

y[ ]n = 2

3 cos( )πn , - ∞ < n < ∞

16

IV. REPRESENTAÇÃO DE SINAIS PERIÓDICOS POR SÉRIES DE FOURIER

12 - Determine o espectro dos sinais seguintes:

x[ ]n é periódico com período N = 4 e x[ ]n = 1,1,0,0

x[ ]n = cos( )πn/3

x[ ]n = cos( )21/2πn

Solução:

Neste caso, o espectro é determinado pela equação:

ck = 1

N ∑

n= 0

N-1

x[ ]n e -j k( )2π/N n

k= 0, 1, 2, …, N-1

onde N é o período fundamental do sinal x[ ]n .

Temos, então, que:

ck = 1

4 ∑n= 0

3

x[ ]n e -j k( )2π/N n

= 1

4 ∑n= 0

1

e -j k( )2π/N n

= 1

4 ( )1 + e

-j πk/2 com k= 0, 1, 2, 3

ou ainda:

co = 1

2 c1 =

1

4 ( )1 - j c2 = 0 c3 =

1

4 ( )1 + j

Na figura seguinte estão representados os espectros de amplitude e de fase deste sinal.

-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 40

0.2

0.4

k

|ck|

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

-50

0

50

k

angulo e

m g

raus

fig.b)

fig.a)

Fig.4−Representação gráfica do espectro do sinal x[ ]n periódico: a) Espectro de amplitude | |ck (no

topo);

b) Espectro de fase θ( )ck (em baixo).

Neste caso, é mais simples decompor x[ ]n em exponenciais complexas da forma:

x[ ]n = cos( )2πn/6 = 1

2 ( )e

j 2πn/6 + e

-j 2πn/6

e comparar com a série de Fourier (DTFS):

17

x[ ]n = ∑k= ⟨N⟩

ck e j k( )2π/N n

= ∑k= ⟨N=6⟩

ck e j k( )2π/6 n

Deste modo, obtemos os seguintes coeficientes ck:

c-1 = 1

2 c1 =

1

2

Note que os ck são também periódicos com período N=6. Deste modo, podemos notar que:

c-1 = c-1+6 = c5 = 1

2

c1 = c1+ 6 = c7 = 1

2

etc.

Na figura 5 está representado o espectro de frequências do sinal. Repare que o espectro do sinal

x[ ]n = cos( )2πn/6 coincide com o seu espectro de amplitude, tendo simetria par em torno da origem.

O espectro de fase é zero.

-6 -4 -2 0 2 4 60

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

k

ck

Fig.5 Espectro do sinal periódico x[ ]n = cos( )2πn/6 .

Neste caso, o sinal x[ ]n = cos( )21/2πn não sendo periódico, não tem representação em séries de

Fourier.

18

V. TRANSFORMADA DE FOURIER DE SINAIS APERIÓDICOS A TEMPO

DISCRETO

13 - Considere o sinal discreto seguinte:

x[ ]n = an

u[ ]n , | |a <1

a) Determine a transformada de Fourier do sinal x[ ]n .

b) Calcule a densidade espectral de energia do sinal x[ ]n .

c) Calcule a energia do sinal:

Solução:

Podemos observar que x[ ]n satisfaz a condição:

∑n=−∞

+∞

| |x[ ]n = ∑n=0

+∞

| |a2 =

1

1 −| |a <1

Logo, x[ ]n tem transformada de Fourier. Aplicando a definição, teremos que:

X( )Ω = ∑n=−∞

+∞

x[ ]n e−j Ωn

= ∑n=0

+∞

( )a e−j Ω n

= 1

1 − ae−jΩ

Na figura seguinte estão representadas a amplitude e a fase da transformada de Fourier para a=1/2 e no

intervalo [ ]−3π,3π . Pela figura, verifica-se que o espectro de frequências do sinal discreto é um sinal

periódico fora do intervalo [ ]0,2π .

Fig.1−Espectro do sinal x[ ]n = anu[ ]n , | |a <1: a) Espectro de amplitude (no topo);b) Espectro de fase

(em baixo).

O espectro de energia do sinal é dado por:

Sx( )Ω = | |X( )Ω 2 = X( )Ω X*( )Ω =

1

1 − 2a cos( )Ω + a2

A energia é determinada por:

-8 -6 -4 -2 0 2 4 6 80.5

1

1.5

2

frequência (radianos)

-10 -8 -6 -4 -2 0 2 4 6 8 10-40

-20

0

20

40Espectro de fase

frequência (radianos)

(gra

us)

Espectro de amplitude

19

Ex = ∑n=−∞

+∞

| |x[ ]n2 = ∑

n=0

+∞

| |a2n

= 1

1 − | |a2n

<1

14 - Determine a transformada de Fourier do sinal discreto x[ ]n = a| |n , | |a <1.

Solução:

X( )Ω = ∑n=−∞

+∞

x[ ]n e−j Ωn = ∑n=0

+∞

( )a e−j Ω n + ∑n=−∞

−1

( )a ej Ω −n

Fazendo a mudança de variável m= −n no 2º somatório, obtemos:

X( )Ω = ∑n=−∞

+∞

x[ ]n e−j Ωn = ∑n=0

+∞

( )a e−j Ω n + ∑m=1

+∞

( )a ej Ω n

Vindo, finalmente, que:

X( )Ω = 1

1 − ae−jΩ

+ 1

1 − aejΩ

− 1 ⇔

X( )Ω = 1 − a

2

1 − 2a cos( )Ω + a2

Neste caso, X( )Ω é real.

Na figura 2 estão representados os sinais x[ ]n e X( )Ω para a= 0.9.

Fig. 2− a) Representação do sinal x[ ]n = 0.9| |n ; b) Transformada de Fourier de x[ ]n .

15 - Determine a TFDT do sinal x[ ]n = cos( )Ωon .

Solução:

Vamos decompor o sinal x[ ]n em sinais exponenciais complexos:

x[ ]n = cos( )Ωo = ej Ωon

+ e-j Ωon

2 (1)

Repare que isto é equivalente à expansão da série de Fourier para sinais discretos.

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

0.2

0.4

0.6

0.8

1

-6 -4 -2 0 2 4 60

5

10

15

20

n 0

0 2π −2π π −π

fig.a)

fig.b) frequência (radianos)

x[n]

20

Aplicando de seguida o seguinte resultado em (1):

TFDT ej Ωo = ∑

k=−∞

+∞

2πδ( )Ω − Ωo − 2πk (ver tabela de Transformadas de Fourier)

Obteremos que:

X( )Ω =TFDT x( )n = ∑k=−∞

+∞

π [ ]δ( )Ω − Ωo − 2πk + δ( )Ω + Ωo − 2πk

Repare que o sinal é periódico de período 2π.

16 - Considere um SLIT discreto com resposta impulsional h[ ]n = 1

3

n u[ ]n .

Determine a resposta em frequência do sistema.

Determine a resposta do sistema ao sinal de entrada x[ ]n = 1

2

n u[ ]n .

Solução:

H( )Ω = TFDT h[ ]n = ∑n=−∞

+∞

h[ ]n e−jΩn

= ∑n=0

+∞

( )1/3n e

−jΩn ⇔

H( )Ω = 1

1 − 1

3 e

−jΩ

Nota: Este resultado pode também ser obtido directamente através da tabela de Transformadas de

Fourier.

Através da propriedade da convolução pode obter-se para a resposta de um SLIT discreto, que:

y[ ]n = h[ ]n * x[ ]n TF↔ Y( )Ω = H( )Ω .X( )Ω (1)

Vamos determinar a transformada de Fourier de x[ ]n e substituir na equação (1) o resultado.

X( )Ω = TFDT x[ ]n = ∑n=−∞

+∞

x[ ]n e−jΩn

= ∑n=0

+∞

( )1/2n e

−jΩn =

1

1 − 1

2 e

−jΩ

Deste modo, teremos que:

Y( )Ω = H( )Ω .X( )Ω = 1

1 −

1

3 e

−jΩ.

1 −

1

2 e

−jΩ (2)

Aplicando o método dos resíduos na equação (2), poderemos ainda obter:

Y( )Ω = H( )Ω .X( )Ω = A

1 − 1

3e−jΩ

+ B

1 − 1

2e−jΩ

(3)

onde:

A =

1

1 − 1

2e−jΩ

e-j Ω =3

= −2 B =

1

1 − 1

3e−jΩ

e-j Ω =2

= 3

Finalmente determinamos a transformada de Fourier inversa de (3) (ver tabela de transformadas de

Fourier):

y[ ]n = -21

3

n u[ ]n + 3

1

2

n u[ ]n

21

17 - Considere o SLIT discreto descrito pela equação:

y[ ]n − 3

4 y[ ]n − 1 +

1

8 y[ ]n − 2 = 2x[ ]n (1)

Determine:

a) a resposta impulsional do sistema.

b) a resposta do sistema ao sinal de entrada x[ ]n = 1

4

n u[ ]n

Solução:

Para determinarmos a resposta impulsional do sistema, h[ ]n , vamos calcular a transformada de Fourier

inversa de H( )Ω .

Reescrevendo (1), no domínio da frequência (ver propriedade do deslocamento no tempo para sinais

discretos), obtemos:

Y( )Ω

1 −

3

4e−jΩ

+ 1

8e−j2Ω

= 2 X( )Ω

ou, ainda:

H( )Ω = Y( )Ω

X( )Ω =

2

1 − 3

4 e

−jΩ +

1

8 e

−j2Ω =

2

1 −

1

2e−jΩ

1 −

1

4e−jΩ

Aplicando o método dos resíduos:

H( )Ω = 2

1 − 3

4 e

−jΩ +

1

8 e

−j2Ω =

2

1 −

1

2e−jΩ

1 −

1

4e−jΩ

= 4

1 − 1

2e−jΩ

− 2

1 − 1

4e−jΩ

(2)

A transformada de Fourier inversa de (2) (consultar tabelas de Transformada de Fourier), é dada por:

h[ ]n = 41

2

n u[ ]n − 2

1

4

n u[ ]n

Através da propriedade da convolução pode obter-se para a resposta de um SLIT discreto, que:

y[ ]n = h[ ]n * x[ ]n TF↔ Y( )Ω = H( )Ω .X( )Ω (1)

Determinando a TFDT de x[ ]n , obtemos:

X( )Ω = TFDT x[ ]n = ∑n=−∞

+∞

x[ ]n e−jΩn

= ∑n=0

+∞

( )1/4n e

−jΩn =

1

1 − 1

4 e

−jΩ

Substituindo este resultado na equação (1), virá que:

Y( )Ω = 2

1 −

1

2e−jΩ

1 −

1

4e−jΩ 2

Aplicando o método dos resíduos, obtemos:

Y( )Ω = 8

1 − 1

2e−jΩ

− 4

1 − 1

4e−jΩ

− 2

1 −

1

4e−jΩ 2

O cálculo da transformada de Fourier inversa deste resultado (ver tabela de transformadas de Fourier),

dá:

y[ ]n = 81

2

n u[ ]n − 4

1

4

n u[ ]n − 2( )n + 1

1

4

n u[ ]n

22

23

VI. TRANSFORMADA Z

18 - Determine a transformada z do sinal x[ ]n = 1

2n u[ ]n .

Solução:

Aplicando a definição de transformada z, vem que:

X( )z = ∑n=−∞

+∞

x[ ]n z−n

= ∑n=0

+∞

( )1/2 nz−n

= ∑n=0

+∞

( )1/2 .z−1 n

Para que X( )z seja convergente é necessário que

X( )z = ∑n=0

+∞

1

2 z

−1 n < ∞

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

1

2 z

−1 n < 1, isto é,

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

X( )z = 1

1 − 1

2 z

−1 ROC: | |z >

1

2

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

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

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

Solução:

Aplicando a definição de transformada z, vem que:

-1 -0.5 0 0.5 1

-1

-0.8

-0.6

-0.4

-0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

Real Part

Imagin

ary

Part

24

X( )z = ∑n=−∞

+∞

x[ ]n z−n

= − ∑n=−∞

−1

anz−n

= ∑n=−∞

−1

( )az−1 n

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

X( )z = ∑m=1

+∞

( )a−1

zm

= 1 − ∑m=0

+∞

( )a−1

zm

x[ ]n tem transformada z se | |z a−1

< 1, isto é, | |z < a. Nestas condições:

X( )z = 1 − 1

1 − a−1

z =

1

1 − az−1

= z

z − a ROC: | |z < a

20 - Determine a transformada Z do sinal discreto x[ ]n = an u[ ]n + b

n u[ ]−n − 1 .

Solução:

Neste exercício vamos usar a tabelas de transformadas z.

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

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

Das tabelas de TZ podemos obter:

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

1

1 − az−1

ROC1: | |z > | |a (2)

X2( )z = TZ bn u[ ]−n − 1 = −

1

1 − bz−1

ROC2: | |z < | |b (3)

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

X( )z = 1

1 − az−1

− 1

1 − bz−1

, | |z > | |a e | |z < | |b

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

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

X2( )z é o conjunto vazio.

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

1 −1.5z−1

+ 0.5 z−2

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

a) | |z > 1

b) | |z < 0.5

c) 0.5 < | |z < 1

Solução:

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

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

Obtemos:

25

H( )z = z2

z2 − 1.5z + 0.5

= z2

( )z − 1 ( )z − 0.5

Efectuando o desenvolvimento em fracções simples:

H( )z

z =

z

( )z − 1 ( )z − 0.5 =

A

z − 1 +

B

z − 0.5 (1)

onde:

A =

z

z − 0.5 z =1

= 2 B =

z

z − 1 z =0.5

= −1

Podemos ainda rescrever a equação (1), como:

H( )z = 2

1 − z−1

− 1

1 − 0.5z−1

(2)

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

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

h[ ]n = 2 ( )1n u[ ]n − ( )0.5

n u[ ]n = [ ]2 − ( )0.5

n u[ ]n

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

a sinais anti-causais.

h[ ]n = TZ −1 H( )z = [ ]−2 + ( )0.5

n u[ ]−n − 1 (ver tabela de TZ)

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

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

h[ ]n = −2 ( )1n u[ ]−n − 1 − ( )0.5

n u[ ]n (ver tabela de TZ)

22 - Um sistema LIT é caracterizado pela função de transferência

H( )z = 3 − 4 z

−1

1 −3.5 z−1

+ 1.5 z−2

= 1

1 − 1

2 z

−1 +

2

1 − 3 z−1

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

a) sistema é estável.

b) sistema é causal.

c) sistema é anti-causal.

Solução:

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

26

-1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

Real Part

Imagin

ary

Part

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

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

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

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

h[ ]n = TZ H( )z = 1

2n u[ ]n − 2( )3

n u[ ]−n − 1

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

h[ ]n = TZ H( )z = 1

2n u[ ]n + 2( )3

n u[ ]n

Este sistema é instável.

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

h[ ]n = TZ H( )z = −

1

2n + 2( )3

n u[ ]−n − 1

Neste caso, o sistema é instável.

23 - Determine a resposta do sistema LIT, y[ ]n = 5

6 y[ ]n − 1 −

1

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

x[ ]n = δ[ ]n − 1

3 δ[ ]n .

Solução:

y[ ]n − 5

6 y[ ]n − 1 +

1

6 y[ ]n − 2 = x[ ]n (1)

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

no domínio do tempo, obtemos:

Y( )z

1 −

5

6 z

−1 +

1

6 z

−2 = X( )z

ou:

27

H( )z = Y( )z

X( )z =

1

1 − 5

6 z

−1 +

1

6 z

−2 =

1

1 −

1

2 z

−1

1 −

1

3 z

−1 (2)

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

X( )z = TZ x[ ]n = 1 − 1

3 z

−1 (3)

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

que:

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

E, após substituir (2) e (3) em (4):

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

1 − 1

3 z

−1

1 −

1

2 z

−1

1 −

1

3 z

−1 =

1

1 − 1

2 z

−1 ROC: | |z > 0.5 (5)

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

a resposta do sistema é:

y[ ]n = TZ−1 Y( )z =

1

2n u[ ]n

0 5 10 15 20 25 300

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

n

y[n]

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

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

Solução:

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

Rx( )z = X( )z .X( )z−1

(1)

Da tabela de TZ, obtemos:

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

1

1 − az−1

ROC1: | |z > | |a (sinal causal)

e

X( )z−1

= 1

1 − az ROC2: | |z >

1

| |a (sinal anti-causal)

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

28

Rx( )z = 1

1 − az−1.

1

1 − az ROC1∩ROC2: | |a < | |z <

1

| |a (2)

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

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

rx [ ]n = 1

1 − a2 a

| |n, −∞< n< ∞

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

Solução:

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

Da tabela de TZ, temos que:

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

1

1 − az−1

ROC: | |z > | |a

Aplicando nesta expressão a propriedade da derivação no domínio z:

TZ nx[ ]n = −z dX( )z

dz

obtemos que:

X( )z = TZ nx1[ ]n = −z dX1( )z

dz =

az−1

( )1 − z−1 2 ROC: | |z > | |a

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

x1[ ]n = 1, −2, 1 x2[ ]n = 1 0 ≤ n ≤ 5

0 c.c

Solução:

Calculemos a transformada z de ambos os sinais pela definição:

X( )z = ∑n=−∞

+∞

x[ ]n z−n

(1)

Resulta que:

X1( )z = 1 − 2z−1

+ z−2

X2( )z = 1 + z−1

+ z−2

+ z−3

+ z−4

+ z−5

De acordo com a propriedade da convolução:

X( )z = X1( )z X2( )z = 1 − z−1

− z−6

+ z−7

Comparando este resultado com (1), obtemos:

x[ ]n = 1, −1, 0, 0, 0, 0, −1, 1

27 - Determine a transformada z unilateral dos seguintes sinais:

a) x1[ ]n =

↑1 , 2, 5, 7, 0, 1

b) x2[ ]n = δ[ ]n − k

c) x3[ ]n = δ[ ]n + k

d) x4[ ]n =

1,2,

↑5 , 7, 0, 1

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

29

Solução:

Vamos aplicar a definição de transformada z unilateral:

X+( )z = ∑

n=0

∞

x[ ]n z−n

X1+( )z = 1 + 2z

−1 + 5z

−2 + 7z

−3 + z

−5

X2+( )z = z

−k

X3+( )z = 0

X4+( )z = 5 + 7z

−1 + z

−3

Vamos aplicar a propriedade do deslocamento:

X+( )z = ∑

n=0

∞

x[ ]n − k z−n

= z−k

X

+( )z + ∑n=1

k

x[ ]− n zn

k>0

com k = 2. Iremos obter:

X5+( )z = z

−2 ( ) X

+( )z + x[ ]−1 z + x[ ]−2 z2

= z−2

X+( )z + x[ ]−1 z

−1 + x[ ]−2 (1)

Uma vez que x[ ]−1 = a−1

, x[ ]−2 = a−2

e por outro lado:

X+( )z = ∑

n=0

∞

x[ ]n z−n

= ∑n=0

∞

( )az−1 n

= 1

1 − az−1

Virá para a equação (1), que:

X5+( )z =

z−2

1 − az−1

+ a−1

z−1

+ a−2

28 - Determine a resposta ao escalão do sistema

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

para a condição inicial y[ ]−1 = 1.

Solução:

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

Y+( )z = a [ ]z

−1Y

+( )z + y[ ]−1 + X+( )z (2)

Substituindo y[ ]−1 = 1 e

X+( )z = ∑

n=0

∞

u[ ]n z−n

= ∑n=0

∞

( )z−1 n

= 1

1 − z−1

na equação (2), obtemos:

Y+( )z =

a

1 − az−1

+ 1

( )1 − az−1 ( )1 − z

−1 (3)

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

resultado, obtemos:

30

y[ ]n = an+1

u[ ]n + 1 − a

n + 1

1 − a u[ ]n

ou, ainda:

y[ ]n = 1

1 − a ( )1 − a

n + 2u[ ]n

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

Determine:

a) a resposta impulsional do sistema.

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

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

Solução:

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

inversa: obtemos h[ ]n .

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

do deslocamento, chegamos ao resultado:

H( )z = Y( )z

X( )z =

1 + 0.5z−1

1 − 0.5z−1

= z + 0.5

z − 0.5 ROC: | |z > 0.5

Expandindo H( )z /z em fracções parciais:

H( )z

z =

z + 0.5

z( )z − 0.5 =

−1

z +

2

z − 0.5

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

H( )z = −1 + 2z

z − 0.5 ROC: | |z > 0.5

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

h[ ]n = −δ[ ]n + 2( )0.5n u[ ]n

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

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

1

1 − az−1

ROC: | |z > | |a

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

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

z − 0.5 ×

z

1 − z−1 ROC: | |z > 1

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

Y( )z

z = H( )z X( )z =

z + 0.5

z − 0.5 ×

1

1 − z−1 = −2

z − 0.5 +

3

1 − z−1

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

y[ ]n = [ ]−2( )0.5n + 3 u[ ]n

31

Seguindo o mesmo raciocínio da alínea b), obtemos:

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

z − 0.5 ×

z( )z − cos( )π/2

z2 − 2zcos( )π/2 + 1 =

z + 0.5

z − 0.5 ×

z( )z − 0.966

z2 − 1.932z + 1 ROC: | |z > 1

Nesta situação:

Y( )z

z =

z + 0.5

z − 0.5 ×

z − 0.966

z2 − 1.932z + 1 =

−1.641

z − 0.5 +

1.397e−j 0.332

z − ej 0.262 + 1.397ej 0.332

z − e−j 0.262

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

TZ):

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