Introdu¸c˜ cao a˜o ao Processamento Digital de Sinais Solu¸c˜ coes ˜ oes dos Exerc Exe rc´ ´ıcios ıcio s Propo Pro posto stoss — Cap´ Cap´ıtulo ıtul o 2 Jos´ e Alexand Alex andre re Nalo Nalon n
1. Verifique erifique se os sinais abaixo tˆem em ou n˜ ao ao transfo transforma rmada da de Fourier ourier.. Em caso caso positiv positivo, o, calcul calculee a transf transform ormada ada correspondente:
a) x[n] = −2 − 2δ [n + 2] + 3δ 3δ [n] − δ [n − 3] − 3] Solu¸ c˜ ao: O sinal tem transformada, pois ´ e um sinal finito.
X (ω) = −2e2jω + 3 − e
3jω
−
b) x[n] = 3δ [n + 2] + 2δ 2δ [n] − δ [n − 1] + 2δ 2δ [n − 2] Solu¸ c˜ ao: O sinal tem transformada, pois ´ e um sinal finito.
X (ω) = 3e 3 e2jω + 2 − e
+ 2e 2 e2jω
jω
−
c) x[n] = a n u[n], para | para |a a| < 1 < 1 Solu¸ c˜ ao: O sinal tem transformada, pois ∞
∞
|x[n]|
|a u[n]| a n
=
n=−∞
n=−∞ ∞
n
=
n=0
1 1−a
= Assim, ∞
X (ω)
=
a u[n]e a e (ae ) n
jωn
−
n=−∞ ∞
=
n
jωn
−
n=0 ∞
=
jω n
−
n=0
=
1 1 − ae
jω
−
d) x[n] = a n u[−n], para | para |a a| > 1 > 1 Solu¸ c˜ ao: O sinal tem transformada, pois ∞
∞
|x[n]|
=
n=−∞
|an u[−n]|
n=−∞
0
=
a a (a ) n
n=−∞ ∞
=
n
−
n=0 ∞
=
1 n
−
n=0
=
1 1−a
1
−
1
2
Assim, ∞
X (ω)
=
an u[−n]e
jωn
−
n=−∞
0
ae a e (a e n
=
jωn
−
n=−∞ ∞
n jωn
−
=
n=0 ∞
1 jω
=
−
n
)
−
n=0
1 1 − a 1 ejω
=
−
e) x[n] = a n (u[n] − u[n − N ]) Solu¸ c˜ ao: O sinal tem transformada pois ´ e um sinal finito no tempo. ∞
X (ω)
=
an (u[n] − u[n − N ])e
jωn
−
n=−∞ N −1
a e n
=
jωn
−
n=0
N −1
(ae
=
jω n
)
−
n=0
1 − (ae jω )N 1 − ae jω −
=
f) x[n] = e
−
n
−
Solu¸ c˜ ao: O sinal n˜ ao tem transformada, pois n˜ ao ´e absolutamente som´ avel. Em particular, 1
−
∞
e
n
−
=
n=−∞
g) x[n] =
1 3n−2
e
n
→∞
n=1
u[n + 2]
Solu¸ c˜ ao: O sinal tem transformada, pois ∞
∞
|x[n]|
=
n=−∞
1 3n
∞
=
n=0
3
1 3n
4
−
∞
1
=
4
−
2
−
n=−2
n=0
1 3n
1 1 − 1/3 243 = 2 Sua transformada de Fourier ´e =
81
∞
X (ω)
=
1
n=−2 ∞
=
n=0
=
1 3
3n−2 1
3n−4
e
e
jωn
−
jω (n+2)
−
∞
e 4
2jω
−
−
n=0
1 e 3n
jωn
−
2jω
81e 1 − 1/3ejω −
=
Jos´ e Alexandre Nalon
Processamento Digital de Sinais
4
ou seja, um janelamento, cuja resposta pode ser dada na forma de uma convolu¸c˜ ao no dom´ınio da frequˆencia. Pela Tabela 2.1, a transformada de Fourier do cosseno ´e dada por ∞
2π 2π n = δ ω− + 2kπ F cos N
N
k=−∞
Para simplificar, consideremos apenas o valor principal de ω. Assim,
2π
F cos
N
n
= δ
2π ω + N
+δ
2π ω− N
A tr ansformada de Fourier do pulso retangular ´e dada por 1−e 1−e
jωN
−
F {u[n] − u[n − N ]} =
jω
−
Com alguma manipula¸ca ˜o (veja a Se¸ca ˜o 6.6), podemos escrever como Φ(ω) = e
jω
−
N −1
2
sen(ωN/2) N sen(ω/2)
Assim,
F {x[n]}
2π 2π δ ω + +δ ω− N 2π 2πN
= =
k) x[n] =
Φ ω +
N
+Φ ω −
⊛
Φ(ω)
N
sen πn πn
Solu¸ c˜ ao: Ver Exemplo 2.8
Sejam X 1 (ω) a transformada de Fourier do sinal discreto x1 [n], e X 2 (ω) a transformada do sinal x2 [n]. Calcule, em fun¸ca˜o dessas duas transformadas, as transformadas abaixo: 2.
a) y[n] = 3x1 [n] − 2x2 [n] Solu¸ c˜ ao:
Y (ω) = 3X 1 (ω) − 2X 2 (ω)
b) y[n] = x 1 [n − 2] + x2 [n + 2] Solu¸ c˜ ao:
Y (ω) = e
2jω
−
X 1 (ω) + e2jω X 2 (ω)
c) y[n] = x 1 [n] − x1 [n − 1] Solu¸ c˜ ao:
Y (ω) = (1 − e
jω
−
)X 1 (ω)
n
d) y[n] =
x1 [k]
k=−∞
Solu¸ c˜ ao: Basta notar que x 1 [n] = y[n] − y[n − 1], assim,
(1 − e
jω
−
)Y (ω) = X 1 (ω)
Portanto Y (ω) =
e) y[n] = x 2
1 1−e
jω
−
X 1 (ω)
n 2
Solu¸ c˜ ao: Veja a Se¸ ca ˜o 5.1
f) y[n] = x 1 [1 − n] − x2 [1 + n] Solu¸ c˜ ao: Veja que
y[n] = x 1 [−(n − 1)] − x2 [n + 1] Assim, aplicando-se primeiro o deslocamento, e depois a revers˜ao, temos Y (ω) = e
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jω
−
X 1 (ω) − ejω X 2 (ω)
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g) y[n] = x 1 [n] + (−1)n x1 [n] Solu¸ c˜ ao: Veja que
y[n] = x 1 [n] + ejπn x2 [n] Assim, Y (ω) = X 1 (ω) + X 2 (ω − π)
h) y[n] = x 2 [n] ∗ x2 [−n] ∗
Y (ω) = X 2 (ω)X 2 ω = |X 2 (ω)|2 ∗
3.
Calcule a transformada de Fourier inversa das express˜ oes abaixo:
a) X (ω) =
1 1 − aejω
Solu¸ c˜ ao: Utilizando os resultados do exerc´ıcio 1d), obtemos
x[n] = a
b) X (ω) =
1 (1 − ae
n
−
u[−n], para |a| < 1
jω )2
−
Solu¸ c˜ ao: Seja x 1 [n] = a n u[n], com |a| < 1. Portanto
X 1 (ω) =
1 1 − ae
jω
−
A derivada de X 1 (ω) pode ser obtida facilmente como sendo d jae jω X 1 (ω) = − dω (1 − aejω )2 −
Portanto d ae jω X 1 (ω) = dω (1 − aejω )2 −
j
Como, por inspe¸ca ˜o, X (ω) =
1 jω e X 1 (ω) a
ent˜ ao, pela propriedade da diferencia¸ c˜ ao em frequˆencia, combinada ao deslocamento no tempo, temos x[n]
= =
1 (n + 1)an+1 u[n + 1] a an (n + 1)u[n + 1]
1 − 41 ejω c) X (ω) = 1 − 81 ejω Solu¸ c˜ ao: A transformada X (ω) pode ser decomposta em duas partes:
X (ω) =
1 1 − 81 ejω
−
1
1 jω e 4 − 81 ejω
A primeira fra¸ca ˜o pode ser obtida por inspe¸ca ˜o, conforme exerc´ıcio 1d), e a segunda fra¸ca ˜o ´e a mesma tr ansformada com um deslocamento aplicado no tempo. Assim, x[n]
= =
d) X (ω) =
1 n+1 8 u[−(n + 1)] 4 1 8n u[−n] − 8n+1 u[−n − 1] 4 8n u[−n] −
1, se |ω| < ω0 0, se ω 0 ≤ |ω| < π
Solu¸ c˜ ao: Veja Exemplo 2.8
e) X (ω) =
0, se |ω| < ω0 1, se ω 0 ≤ |ω| < π
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Solu¸ c˜ ao: Seja X 1 (ω) defini do conforme no exerc´ıcio anterior. Assim, para este exerc´ ıcio,
X (ω) = 1 − X 1 (ω) Aplicando-se os teoremas da transformada inversa de Fourier, temos sen ω0 n x[n] = δ[n] − πn
f) X (ω) =
sen ωN sen ω
Solu¸ c˜ ao: Veja Se¸ c˜ ao 6.6
g) X (ω) = cos2 ω Solu¸ c˜ ao: Desenvolvendo X (ω), temos
1 2jω e + 2 + e 2jω 4 Pode-se aplicar a linearidade da transformada, al´em do deslocamento no tempo. Assim, X (ω) = cos2 ω =
F
1
−
e 1
−
F Assim,
−
2jω
e = δ[n + 2] e = δ[n − 2]
x[n] =
2jω
−
1 1 1 δ[n + 2] + + δ[n − 2] 4 2 4
Calcule a convolu¸ca˜o entre as sequˆencias abaixo utilizando o teorema da convolu¸c˜ao para as transformadas de Fourier 4.
a) x[n] = 2δ [n + 2] + δ [n + 1] + 3δ [n] + δ [n − 1] + 2δ [n − 2] h[n] = δ [n] + 0, 5δ [n − 1] − 0, 25δ [n − 2] Solu¸ c˜ ao:
X (ω) = 2e2jω + ejω + 3 + e
jω
−
+ 2e
2jω
−
H (ω) = 1 + 0, 5ejω − 0, 25e 2jω X (ω)H (ω) = 2e2jω + 2ejω + 4 + 2, 75e Calculando a transformada inversa: −
jω
−
+ 3, 25e
2jω
−
+ 1, 25e
3jω
−
+ 0, 5e
4jω
−
x[n] ∗ h[n] = 2δ[n + 2] + 2δ[n + 1] + 4δ[n] + 2, 75δ[n − 1] + 3, 25δ[n − 2] + 1, 25δ[n − 3] + 0, 5δ[n − 4]
b) x[n] = u[n] − u[n − N ] h[n] = δ [n] − δ [n − 1] Solu¸ c˜ ao:
X (ω) =
1 − ejωN 1 − e jω −
H (ω) = 1 − e X (ω)H (ω)
jω
−
= =
(1 − e 1−e
jω
−
)
1 − ejωN 1 − e jω −
jωN
Calculando a transformada inversa: x[n] ∗ h[n] = δ[n] − δ[n − N ]
n , se 0 ≤ n < N N h[n] = δ [n − 4]
c) x[n] = 1 −
Solu¸ c˜ ao: Neste exerc´ ıcio em particular, n˜ao existe a necessidade de calcular a transformada de x[n]. Assim,
H (ω) = e
4jω
−
X (ω)H (ω) = e 4jω X (ω) Calculando a transformada inversa: −
x[n] ∗ h[n]
= =
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x[n − 4] n−4 1− , se 4 ≤ n < N + 4 N
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d) x[n] = α n u[n] h[n] = β n u[n] para |α| < 1 e |β | < 1. Solu¸ c˜ ao: Pela tabela das transformadas de Fourier,
X (ω) =
1 1 − αejω
H (ω) =
1 1 − βe jω
X (ω)H (ω)
1 1 × jω 1 − αe 1 − βe jω 1 jω (1 − αe )(1 − βe jω )
= =
Para encontrarmos a resposta no dom´ınio do tempo, precisamos calcular a transformada inversa. Para isso, fazemos a decomposi¸ca ˜o da express˜ ao acima em fra¸co ˜es parciais (veja a Se¸c˜ ao 3.5.3). Escrevemos X (ω)H (ω) =
A B + jω 1 − αe 1 − βe jω
As constantes A e B podem ser encontradas realizando a soma entre as duas fra¸co ˜es e igualando o resultado a ` express˜ ao anterior. D isso, tiramos duas equa¸ c˜ oes:
A + B = 1
βA + αB = 0
Resolvendo essa equa¸c˜ ao, temos α A = α−β e B = −
β α−β
Assim, X (ω)H (ω) =
α 1 β 1 − jω α − β 1 − αe α − β 1 − βe jω
Calculando a transformada inversa, x[n] ∗ h[n]
= =
5.
α β αn u[n] − β n u[n] − − α β α β αn+1 − β n+1 u[n] α−β
O sinal de entrada x[n] de um sistema ´e dado por π x[n] = 2 cos n + 3 sen 4
3π π n+ 4 8
Encontre a resposta do sistema a esse sinal, se a resposta ao impulso ´e dada por h[n] = 2
sen πn/2 πn
Solu¸ c˜ ao: O problema pode ser resolvido facilmente, desde que se perceba que h[n] ´e, na verdade, a resposta ao impulso de
um filtro ideal com frequˆ encia de corte π/2. Assim, as componentes abaixo dessa frequˆ encia ser˜ao mantidas sem altera¸ca ˜o, enquanto as componentes acima dessa frequˆ encia ser˜ ao cortadas. O sinal x[n] possui duas componentes, uma em ω = π/4, e outra em ω = 3π/4. A primeira componente possui frequˆencia abaixo de π/2, e portanto ser´ a mantida; a segunda componente possui frequˆencia acima de π /2, portanto, ser´ a eliminada. Assim, x[n] ∗ h[n] = 2 cos
6.
π n 4
Se x[n] ´e dado como na Figura 2.9, calcule, sem avaliar explicitamente a transformada de Fourier:
a) X (0)
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Solu¸ c˜ ao: X (0) pode ser calculado diretamente pela substitui¸c˜ a o de ω na equa¸ca ˜o de an´ alise de transformada de Fourier: ∞
∞
X (0) =
x[n]e
j 0n
=
−
n=−∞
x[n]
n=−∞
Pela inspe¸ca ˜o direta dos valores de x[n] no gr´ afico, X (0) = 0, 2.
b) Θ(ω) Solu¸ c˜ ao: x[n] ´ e uma fun¸ca ˜o par. Como toda fun¸ ca ˜o par gera uma transformada de Fourier real, o espectro de fase ter´ a
valores iguais a 0 ou π para todos os valores de ω.
c) X (π) Solu¸ c˜ ao: Pela substitui¸ ca ˜o direta de ω p or π, temos ∞
∞
X (0) =
x[n]e
jπn
−
(−1) x[n] n
=
n=−∞
n=−∞
Ou seja, alternam-se os sinais das amostras sobre n ´ımpar. Aplicando esse resultado ao x[n] da figura, temos X (π) = 3, 4. π
d)
X (ω) dω π
−
Solu¸ c˜ ao: Substituindo n = 0 na defini¸ ca ˜o da transformada inversa de Fourier, temos
1 2π
x[0] =
π
X (ω)ejω 0 dω =
π
−
1 2π
π
X (ω) dω π
−
Portanto, π
1 2π
X (ω) dω = 2πx[0] = 2π π
−
π
e)
|X (ω)|2 dω π
−
Solu¸ c˜ ao: Pela rela¸ ca ˜o de Parseval (veja a Se¸ca ˜o 2.2.12): π
1 2π
∞
|X (ω)|2 dω =
|x[n]|2
π
−
n=−∞
Portanto, ∞
π
|X (ω)|2 dω = 2π
π
−
π
f)
π
−
|x[n]|2 = 2π × 2, 12 = 4, 24π
n=−∞ 2
d X (ω) dω
dω
Solu¸ c˜ ao: Aplicando-se a propriedade da diferencia¸ca ˜o em frequˆ encia, e tomando-se o valor absoluto, conclu´ımos que para
realizar essa integral basta fazermos: 2
π
∞
d dω X (ω)
dω = 2π
π
−
|nx[n]|2
n=−∞
Portanto,
2
π
d dω X (ω)
dω = 2, 72 × 2π = 5, 44π
π
−
Um sinal x[n] ´e alimentado a um sistema com resposta ao impulso h1 [n] = 0, 5nu[n], e a resposta desse sistema ´e alimentada a um outro sistema com resposta ao impulso h2 [n] = 0, 2n(u[n] − u[n − 3]). Encontre a resposta em frequˆencia dos dois sistemas encadeados e sua resposta ao impulso. 7.
Solu¸ c˜ ao: Podemos encontrar facilmente:
H 1 (ω) =
1 1 − 0, 5e
H 2 (ω) =
1 − 0, 008e 1 − 0, 2e
jω
−
e
Jos´ e Alexandre Nalon
3jω
−
jω
−
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A r esposta em frequˆ encia do sistema encadeado ´e dada pelo produto entre essas duas transformadas de Fourier, ou seja: 1 − 0, 008e 3jω (1 − 0, 5e jω )(1 − 0, 2e −
H (ω) = H 1 (ω)H 2 (ω) =
−
jω )
−
Para encontrarmos a resposta ao impulso do sistema, podemos calcular a transformada inversa de H (ω). Para isso, reescrevemos como H (ω) =
1 (1 − 0, 5e jω )(1 − 0, 2e −
0, 008e 3jω (1 − 0, 5e jω )(1 − 0, 2e −
−
jω )
−
−
jω )
−
A segunda fra¸c˜ ao nessa express˜ ao corresponde simplesmente ao mesmo sinal da primeira fra¸ca ˜o, com um atraso de 3 amostras. Calculamos, portanto, a transformada inversa da primeira fra¸c˜ ao, que chamaremos de H s (ω). Para isso, realizamos a decomposi¸ca ˜o em fra¸c˜ oes parciais (veja a Se¸ca ˜o 3.5.3). Uma maneira simples de realizar essa decomposi¸ ca ˜o ´e separar cada fator em uma fra¸ca ˜o e calcular as constantes correspondentes: A 1 − 0, 5e
H s (ω) =
+
jω
−
B 1 − 0, 2e
jω
−
Para calcular as constantes A e B , somamos as duas fra¸c˜ oes e resolvemos o sistema linear formado pela igualdade que resulta no numerador (pois a express˜ ao obtida no numerador de H s (ω) deve ser igual a 1. Assim, descobrimos que 5/3 1 − 0, 5e
H s (ω) =
−
jω
−
2/3 1 − 0, 2e
jω
−
Por inspe¸ca ˜o direta a ` tabela de transformadas, encontramos 5 2 0, 5n u[n] − 0, 2n u[n] 3 3 A resposta ao impulso ´e encontrada fazendo: hs [n] =
h[n] = h s [n] − 0, 008hs [n − 3]
Um sinal x[n] ´e alimentado simultaneamente a dois sistemas cujas respostas ao impulso s˜ ao respectivamente n n h1 [n] = 0.5 u[n] e h2 [n] = 0.2 (u[n] − u[n − 2]). As sa´ıdas dos sistemas s˜ ao combinadas. Encontre a resposta em frequˆencia dos dois sistemas combinados e sua resposta ao impulso. 8.
Solu¸ c˜ ao: Podemos encontrar facilmente:
H 1 (ω) =
1 − 1 0, 5e
H 2 (ω) =
1 − 0, 008e 1 − 0, 2e
jω
−
e 3jω
−
jω
−
A r esposta em frequˆ encia do sistema encadeado ´e dada pela soma entre essas duas transformadas de Fourier, ou seja: H (ω) = H 1 (ω) + H 2 (ω) =
1 1 − 0, 5e
jω
−
+
1 − 0, 008e 1 − 0, 2e
3jω
−
jω
−
Realizando a soma, obtemos 2 − 0, 7e jω − 0, 008e 3jω + 0, 004e (1 − 0, 5e jω )(1 − 0, 2e jω ) −
H (ω) =
−
−
4jω
−
−
Para encontrarmos a resposta ao impulso do sistema, podemos calcular a transformada inversa de H (ω). Uma vez, no entanto, que a resposta em frequˆ encia ´e obtida por uma combina¸ca ˜o, e a transformada de Fourier ´e linear, a resposta ao impulso ´e dada simplesmente por h[n] = 0, 5n u[n] + 0, 2n (u[n] − u[n − 3])
Por meio da transformada de Fourier, mostre que, se mx ´e o valor m´edio de x[n] e my ´e o valor m´edio de y[n], ent˜ao m x + my ´e o valor m´edio de x[n] + y[n]. 9.
Solu¸ c˜ ao: Consideremos o valor m´ edio do sinal em um intervalo que vai de −N a N . Esse valor pode ser calculado pela
express˜ ao: mx =
1 2N + 1
N
x[n]
n=−N
Esse resultado pode ser mapeado sobre a transformada de Fourier, fazendo ω = 0, e dividindo-se o resultado por 2N + 1: mx
= =
1 2N + 1
N
x[n]ejω 0
n=−N
1 X (0) 2N + 1
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10
O mesmo racioc´ınio p ode ser feito para m y , e o valor m´edio do sinal pode ser calculado em todo o intervalo fazendo N → ∞. Seja agora o sinal w[n] dado pela soma de x[n] e y[n]. Seu valor m´ edio no intervalo que vai de − N a N ´e calculado de maneira semelhante: 1 mw = W (0) 2N + 1 No entanto, como W (ω) = X (ω) + Y (ω), mw
1 (X (0) + Y (0)) 2N + 1 1 1 X (0) + Y (0) 2N + 1 2N + 1 mx + my
= = =
10.
Demonstre que a energia de um sinal discreto x[n] pode ser encontrado pela express˜ao ∞
E =
x[n]x [−n] ∗
n=−∞
Solu¸ c˜ ao: Seja
y[n]
∗
x[n] ∗ x [−n]
=
∞
=
x[k]x [−n − k] ∗
n=−∞
O dom´ınio em x [k − n] se justifica pela revers˜ao do sinal. A transformada de Fourier de y[n] ´e dada por ∗
Y (ω) = X (ω)X (ω) = | X (ω) |2 ∗
A energia do sinal x[n], portanto, ´e calculada por 1 E = 2π
π
Y (ω) dω π
−
Esse valor pode ser calculado fazendo n = 0 na defini¸ca ˜o da transformada de Fourier de y [n], ou seja E
1 2π 1 2π
= = =
π
Y (ω) dω
π π
−
Y (ω)ejω 0 dω
π
−
y[0]
Substituindo n = 0 em y [n], obtemos ∞
E =
x[k]x [−k] ∗
k=−∞
Basta agora trocar k por n para obter a express˜ ao original.
Mostre que, se y [n] ´e a sa´ıda de um sistema linear invariante com o tempo com resposta ao impulso h[n] quando a entrada ´e x[n], ent˜ ao 11.
2 2 |Y (ω)|2 = (X R (ω) + X I 2 (ω))(H R (ω) + H I 2 (ω))
em que X (ω) = X R (ω) + jX I (ω) e H (ω) = H R (ω) + jH I (ω) Solu¸ c˜ ao: O espectro de y[n] ´e dado p elo produto de x[n] e h[n], ou seja,
Y (ω) = X (ω)H (ω) e portanto
|Y (ω)|2 = | X (ω) |2 |H (ω)|2 O espectro de magnitude de X (ω) pode ser encontrado por 2 |X (ω)|2 = X R (ω) + X I 2 (ω)
em que X (ω) = X R (ω) + jX I (ω). O mesmo racioc´ınio po de ser feito para H (ω). Assim, 2 2 (ω) + X I 2 (ω))(H R (ω) + H I 2 (ω)) |Y (ω)|2 = (X R
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Processamento Digital de Sinais
11
12.
Demonstre que, se x[n] ´e um sinal par, ent˜ao ∞
X (ω) = x[0] + 2
x[n]cos ωn
n=1
Solu¸ c˜ ao: Pela defini¸ ca ˜o da transformada de Fourier: ∞
X (ω)
=
jωn
x[n]e
−
x[n]e
−
n=−∞
1
−
=
∞
jωn
x[n]e
+ x[0]ejω 0 +
n=−∞
jωn
−
n=1
Mudando o sinal de n no primeiro somat´ orio, temos ∞
X (ω) = x[0] +
∞
x[−n]e
jωn
+
n=1
x[n]e
jωn
−
n=1
Como x[−n] = x[n], p ois o sinal ´e par ∞
X (ω)
=
∞
x[n]e + x[n]e x[n](e + e ) x[0] + x[n]cos ωn x[0] + 2 jωn
x[0] +
n=1
jωn
−
n=1
∞
=
jωn
jωn
−
n=1
∞
=
n=1
13.
Demonstre que, se x[n] ´e um sinal ´ımpar, ent˜ao ∞
X (ω) = −2 j
x[n]sen ωn
n=1
Solu¸ c˜ ao: Pela defini¸ ca ˜o da transformada de Fourier: ∞
X (ω)
=
jωn
x[n]e
−
x[n]e
−
n=−∞
1
−
=
∞
jωn
+ x[0]ejω 0 +
x[n]e
n=−∞
jωn
−
n=1
Mudando o sinal de n no primeiro somat´ orio, temos ∞
∞
x[−n]e X (ω) = x[0] +
jωn
n=1
x[n]e +
jωn
−
n=1
Como x[0] = 0 e x[−n] = − x[n], pois o sinal ´e ´ımpar ∞
X (ω)
=
∞
x[n]e + x[n]e x[n](e − e ) − x[n]sen ωn −2 j jωn
−
n=1
jωn
−
n=1
∞
=
jωn
jωn
−
n=1
∞
=
n=1
Processamento Digital de Sinais
Jos´ e Alexandre Nalon
