Soluções - Capítulo 4 - Análise de Sistemas Discretos.pdf

Introdu¸c˜ cao aõ 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 4 Jos´ e Alexand Alex andre re Nalo Nalon n

Demonstre Demonstre que, se um sistema linear e invarian invariante te com o tempo é causal, e se o sinal de entrada x[n] é nulo para par a n < N 0 , ent˜ ao ao o sinal de sa´ sa´ıda y ıda y[[n] tamb´ ta mbém em ser´ se rá nulo para n para n < N 0 .

1.

Solu¸ c˜ ao: A demonstra¸ c˜ cao a õ segue os moldes da vista na Se¸c˜ cao a õ 1.7.6 (p´ agina agina 24). Um sistema sistema linear e invarian invariante te com o tempo é causal caus al se h[n], sua resposta ao impulso, impulso, é 0 para n < 0. Como Como assumimo assumimoss a hip´ hipotese o ´tese que o sistema é causal, ent˜ ao ao essa afirma¸c˜ c˜ ao deve ser levada em considera¸c˜ ao cao. a õ. Portanto, Portanto,

y [n] = x[ x [n] ∗ h[n] Aplicando um deslocamento N deslocamento N 0 em x em x[[n], uma vez que o sistema ´ e invariante com o tempo, temos y [n − N 0 ] = x[ x [n − N 0 ] ∗ h[n

Demonstre Demonstre que, que, se h[n] é a resposta resposta ao impulso impulso de um sistema sistema linear e invarian invariante te com o tempo, ent˜ ao ao a resposta ao degrau do mesmo sistema será dada por

2.

n

s[n] =

 h [k ]

k=−∞

Solu¸ c˜ ao: Podemos escrever n



u[n] =

δ [k ]

k=−∞

A resposta de um sistema linear e invariante invariante com o tempo é dada pela convolu¸ c˜ cao, a õ, assim s[n]

=

u[n] ∗ h[n]

      n

=

δ [k ]

∗ h[n]

k=−∞ n

=

(δ[k] ∗ h[n])

k=−∞ n

=

h[k ]

k=−∞

As sequências enci as abaixo abai xo são ao as respostas respostas ao impulso impulso de um sistema linear e invariant invariantee com o tempo. Calcule Calcule a resposta desses sistemas ao degrau:

3.

a) h[n] = δ [n] Solu¸ c˜ ao: n

s [n ] =



δ[k ] = u[ u [n]

k=

−∞

b) h[n] = δ [n − k ] Solu¸ c˜ ao: n

s [n ] =



δ [r − k] = u[ u [n − k]

r =−∞

1

2

c) h[n] = δ [n] − δ [n − 1] Solu¸ c˜ ao: Utilizando os resultados dos dois exerc´ ıcios ıcios acima, temos n

s[n]

 

=

(δ[k] − δ[k − 1])

k=−∞ n

=

n

δ [k ] −

k=−∞



δ[k − 1]

k=−∞

=

u[n] − u[n − 1]

=

δ [n ]

Este exerc´ exerc´ıcio p oderia ser resolvido de maneira diferente se notarmos que o h[ h [n] dado é a primeira primeir a diferen¸ dif eren¸ca. ca. Como sabemos que a primeira primeira diferen¸ ca ca do degrau é o impulso, impulso , essa es sa é a resposta. respo sta.

d) h[n] = δ [n] − 2δ [n − 1] + δ + δ [n − 2] Solu¸ c˜ ao: Novamente utilizando os resultados anteriores:

s[n] = u[ u [n] − 2u[n − 1] + u[n − 2] Desenvolvendo essa soma, obtemos s[n] = δ[ δ [n] − δ[n − 1] Este exerc´ exerc´ıcio po deria ser resolvido de maneira diferente se notarmos que o h[ h [n] dado é a segunda diferen¸ca. ca. Como sabemos que a primeira primeira diferen¸ ca ca do degrau é o impulso, sua segunda diferen¸ca ca é a primeira primeir a diferen¸ di feren¸ca ca do impulso.

e) h[n] = u[ u [n] Solu¸ c˜ ao: A resposta ao degrau ´ e dada por n

s[n] =



u[k ]

k=−∞

Quando n Quando n < 0, essa ess a soma é nula, nul a, pois u[ u [n] = 0 nesse intervalo. Para n Para n > 0, temos n

s[n] =



1 = n + n + 1

k=0

Assim, a resposta ao degrau é uma rampa unit´ aria aria dada por s[n] =



n + 1, 1,

se n se n ≥ 0

0,

se n se n < 0

ou, alternativamente alternativamente s[n] = (n + 1)u 1) u[n]

f ) h[n] = 2

n

−

u[n]

Solu¸ c˜ ao: A resposta ao degrau ´ e dada por n

s[n] =



u[k ]

k=−∞

Quando n Quando n < 0, essa ess a soma é nula, nul a, pois u[ u [n] = 0 nesse intervalo. Para n Para n > 0, temos n

s[n]

=



2−k

k=0

=

1 − (1/ (1/2)n+1 1 − 1/2

Se substituirmos n substituirmos n → ∞, o valor final é 2.

g) h[n] = u[ u [n] − u[n − N ] N ] Solu¸ c˜ ao: Aplicando os mesmos princ´ ıpios ıpios do item e), temos

s[n] = (n + 1)u 1) u[n] − (n − N )u[n − N ] Substituindo as defini¸c˜ coes, o ˜es, vemos que essa é uma rampa limitada, que cresce no espa¸ co co entre n = 0 e n = N = N − − 1, ou seja: s[n] =

 

´ Alexandre Nalon Jose

0, se n se n < 0 n + 1, 1 , se 0 ≤ n < N N, se n se n ≥ N

Processamento Digital de Sinais

3

h) h[n] = n(u[n] − u[n − N ]) Solu¸ c˜ ao: Essa sequˆ encia é uma rampa definida ap enas no intervalo entre 0 e N − 1. Portanto, para n < 0, s[n] = 0. Para

0 ≤ n < N , temos n

s[n] =



k =

k=0

n2 + n 2

Essa rela¸ca õ pode ser encontrada facilmente pela soma de uma progressão algébrica finita. Para valores de n acima de N − 1, h[n] vale zero, e portanto suas amostras n˜ ao acrescentam nada ` a soma, logo (N − 1)2 + (N − 1) N 2 − N = 2 2

s[n] = Assim,

s[n] =

  

0, se n < 0 n2 + n , se 0 ≤ n < N 2 2 N − N , se n ≥ N 2

´ interessante notar como algumas rela¸co E ˜es do c´ alculo aparecem de forma similar em somat´ orios: a integral de um polinômio (em t) é um p olinˆ omio de ordem superior; o mesmo acontece com o somat´ orio. No entanto, as express˜ oes s˜ ao completamente diferentes.

Demonstre que, se s[n] é a resposta ao degrau de um sistema linear e invariante com o tempo, ent˜ ao a resposta ao impulso do mesmo sistema será dada por 4.

h[n] = s[n] − s[n − 1] Solu¸ c˜ ao: Sabemos que n

s[n] =



h[k]

k=−∞

Portanto, n−1

s[n − 1] =



h[k]

k=−∞

Subtraindo a segunda equa¸ca õ da primeira, obtemos n−1

n

s[n] − s[n − 1]



h[k] −

h[n] +



=

k=−∞

=

h[k]

k=−∞ n−1 k=−∞

=



h[n]

h[k] −

n−1



h[k]

k=−∞

As sequências abaixo são as respostas ao degrau de um sistema linear e invariante com o tempo. Calcule a resposta desses sistemas ao impulso: 5.

a) s[n] = u[n] Solu¸ c˜ ao: Sabemos que h[n] = s[n] − s[n − 1], ent˜ ao

h[n] = u[n] − u[n − 1] = δ[n]

b) s[n] = u[n] − u[n − N ] Solu¸ c˜ ao: Aplicando o mesmo princ´ ıpio, temos

h[n]

=

(u[n] − u[n − N ]) − (u[n − 1] − u[n − N − 1])

=

u[n] − u[n − 1] − u[n − N ] − u[n − N − 1])

=

δ[n] − δ[n − N ]

c) s[n] = nu[n] Processamento Digital de Sinais

Jos´ e Alexandre Nalon

4

Solu¸ c˜ ao: Este exerc´ıcio ´ e resolvido tomando-se os intervalos. Para n ≤ 0, s[n] é nula, portanto, sua primeira diferen¸ ca

também ser´ a. Para n > 0, temos h[n] = n − (n − 1) = 1 Portanto, h[n] =



1,

se n ≥ 1

0,

se n < 1

A mesma sequência pode ser escrita como h[n] = u[n − 1] n

d) s[n]e

−

u[n]

Solu¸ c˜ ao: Para n < 0, a sequˆ encia é nula, portanto, sua primeira diferen¸ca também será. Para n = 0, temos

h[0] = s[0] − s[−1] = 1 − 0 = 1 para n > 0, temos h[n] = e −n − e−n+1 = (1 − e)e−n A resposta ´ e, portanto h[n] =

6.

 

0,

se n < 0

1,

se n = 0

(1 − e)e

n,

se n > 0

−

Demonstre que um sistema é causal se e somente se h[n] = 0 para n < 0. Solu¸ c˜ ao: Veja a Se¸ ca õ 1.7.6, p´ agina 24.

7.

Dadas as sequências finitas abaixo, encontre a sua representa¸cão matricial:

a) x[n] = 2δ [n] − 2δ [n − 2] + δ [n − 3] − δ [n − 5] Solu¸ c˜ ao: x =



2



1

−0

2

1

0

−1

b) x[n] = 0, 5n, com 0 ≤ n < 8.



t

Solu¸ c˜ ao: x =

c) x[n] = cos

0, 5

0, 25

0, 125

0, 0625

0, 03125



0, 7071



 3π  4

t

0, 015625

n , com 0 ≤ n < 8.

Solu¸ c˜ ao: x =



1

−0, 7071

0

0, 7071

1

−0, 7071

0

t

Demonstre que, se x[n] é uma sequência finita, com 0 ≤ n < N , e energia é dada por 8.

E = em que

h

x

x ´ e

a sua representa¸cão vetorial, então sua

1 h x x N é a matriz hermitiana , ou a transposta conjugada, de x.

Solu¸ c˜ ao: Suponha que xk seja o elemento da k-´ esima linha do vetor x, dado por x[k], e que xh esima k sejja o elemento da k-´ ∗ h h h ´ coluna do vetor x . Ent˜ ao x k = x [n]. E importante lembrar que x ´ e um vetor-coluna e x é um vetor-linha. O produto entre

os dois vetores é dado p or N −1

xh x

=

  

xh k xk

k=1 N −1

=

x∗ [k]x[k]

k=1 N −1

=

|x[k]|2

k=1

Au ´ ltima linha representa exatamente o c´ alculo da energia do sinal.



5

Dadas as equa¸cões de diferen¸cas abaixo, calcule as primeiras 8 amostras da resposta ao impulso, utilizando a f´ ormula de recursão: 9.

a) y[n] = x[n] + y[n − 1] Solu¸ c˜ ao:

y[0] = 1, 000000 y[1] = 1, 000000 y[2] = 1, 000000 y[3] = 1, 000000 y[4] = 1, 000000 y[5] = 1, 000000 y[6] = 1, 000000 y[7] = 1, 000000

b) y[n] = x[n] − 2x[n − 1] + x[n − 2] Solu¸ c˜ ao:

y[0] = 1, 000000 y[1] = −2, 000000 y[2] = 1, 000000 y[3] = 0, 000000 y[4] = 0, 000000 y[5] = 0, 000000 y[6] = 0, 000000 y[7] = 0, 000000

c) y[n] = x[n] − 2x[n − 1] − y[n − 1] − 0, 5y[n − 2] Solu¸ c˜ ao:

y[0] = 1, 000000 y[1] = −3, 000000 y[2] = 2, 500000 y[3] = −1, 000000 y[4] = −0, 250000 y[5] = 0, 750000 y[6] = −0, 625000 y[7] = 0, 250000

d) y[n] = x[n] + 0, 5y[n − 1] − 0, 25y[n − 2] Solu¸ c˜ ao:

y[0] = 1, 000000 y[1] = 0, 500000 y[2] = 0, 000000 y[3] = −0, 125000 y[4] = −0, 062500 y[5] = 0, 000000 y[6] = 0, 015625 y[7] = 0, 007812

Dadas as equa¸co˜es de diferen¸cas abaixo, calcule as primeiras 8 amostras da resposta natural, considerando excita¸cão nula e condi¸cões iniciais dadas, utilizando a fórmula de recursão: 10.

a) y[n] = 0.5y[n − 1], com y [0] = 1



6

Solu¸ c˜ ao:

y[0] = 0, 500000 y[1] = 0, 250000 y[2] = 0, 125000 y[3] = 0, 062500 y[4] = 0, 031250 y[5] = 0, 015625 y[6] = 0, 007812 y[7] = 0, 003906

b) y[n] = −0, 5y[n − 1], com y[−1] = 0, 5 Solu¸ c˜ ao:

y[0] = −0, 250000 y[1] = 0, 125000 y[2] = −0, 062500 y[3] = 0, 031250 y[4] = −0, 015625 y[5] = 0, 007812 y[6] = −0, 003906 y[7] = 0, 001953

c) y[n] = 2y[n − 1] − y[n − 2], com y [−1] = 1 e y [−2] = 0, Solu¸ c˜ ao:

y[0] = 2, 000000 y[1] = 3, 000000 y[2] = 4, 000000 y[3] = 5, 000000 y[4] = 6, 000000 y[5] = 7, 000000 y[6] = 8, 000000 y[7] = 9, 000000

d) y[n] = 0, 3y[n − 1] + 0, 2y[n − 1] − 0, 4y[n − 3] + 0, 125y[n − 5], com y[−1] = 0, 2, y[−2] = 0, 3, y[−3] = −0, 2, y[−4] = −0, 1 e y [−5] = 0, Solu¸ c˜ ao:

y[0] = 0, 200000 y[1] = −0, 032500 y[2] = −0, 074750 y[3] = −0, 071425 y[4] = 0, 001622 y[5] = 0, 041102 y[6] = 0, 037163 y[7] = 0, 009376

Encontre a resposta for¸cada, a resposta natural e a resposta completa a cada uma das equa¸co˜es de diferen¸cas a seguir: 11.

a) y[n] = x[n] − 0, 5x[n − 1], com x[n] = cos πn Solu¸ c˜ ao: Esse problema pode ser resolvido pela simples substitui¸c˜ a o de x[n] na equa¸ca õ de diferen¸cas. Como nenhuma

condi¸ca õ inicial foi dada, assume-se que apenas a resposta for¸cada existe. Assim, y[n]

=

cos(πn) − 0, 5cos(πn − π)

=

cos(πn) − 0, 5 [cos(πn)cos π + sen(πn)sen π]

=

cos(πn) − 0, 5 [− cos(πn)]

=

1, 5 cos(πn)



7

b) y[n] = x[n] − 0, 5y[n − 1], com x[n] = 0, 5nu[n] e y[−1] = −0, 5. Solu¸ c˜ ao: Calculemos primeiro a resposta for¸ c ada.

y[n] = A × 0, 5n . Assim,

Supomos que yp [n] tem a mesma forma geral que x[n], portanto,

A × 0, 5n + 0, 5 × A × 0, 5n−1 = 0, 5n o que nos leva a A = 1/2. Calculando a resposta natural, temos y[n] − 0, 5y[n − 1] = 0 que tem a seguinte equa¸c˜ ao caracter´ıstica 1 + 0, 5z −1 = 0 cuja raiz é z = −0, 5. Assim, a resposta homogênea é yh [n] = B × (−0, 5)n A resposta completa é dada por y[n] =

1 0, 5n + B × (−0, 5)n 2

Substituindo n = −1 e y[−1] = −0, 5, encontramos o valor de B = 3/4. A resposta completa é, portanto y[n] =





1 3 0, 5n + (−0, 5)n u[n] 2 4

Multiplicamos a resposta por u[n] pois ela é v´ alida apenas para n ≥ 0.

c) y[n] = 0, 5y[n − 1] − 0, 25y[n − 2], com y [−1] = 0, 25 e y [−2] = 0, 5. Solu¸ c˜ ao: Essa é uma equa¸ ca õ puramente homogˆ enea, que pode ser reescrita como

y[n] − 0, 5y[n − 1] + 0, 25y[n − 2] = 0 Seu polinˆ omio caracter´ıstico é 1 − 0, 5z −1 + 0, 25z −2 = 0 cujas ra´ızes são z 1 = 0, 5ejπ/3 e z 2 = 0, 5e−jπ/3 . Logo, a resposta é dada por y[n] = A 1 × 0, 5n ejπn/3 + A2 × 0, 5n e−jπn/3 Substituindo n = −1 e y[−1] = 0, 25, obtemos a equa¸c˜ ao 2A1 e−jπ/3 + 2A2 ejπ/3 = 0, 25 e substituindo n = −2 e y[−2] = 0, 5, obtemos 4A1 e−2jπ/3 + 4A2 e2jπ/3 = 0, 5 Essas duas equa¸co ˜es formam um sistema com duas equa¸co ˜es lineares e duas incógnitas. Solucionando-o, descobrimos A1 = 0, 0722 j e A2 = −0, 0722 j Portanto, y[n] = 0, 0722 j × 0, 5n ejπn/3 − 0, 0722 j × 0, 5n e−jπn/3 Com alguma manipula¸ca õ, e utilizando a defini¸ca õ do seno na forma de exponenciais complexas, obtemos π n u[n] 3 Como a resposta é v´ alida apenas para n ≥ 0, é multiplicada por u[n]. y[n] = −0.1444 × 0, 5n sen

 

d) y[n] − 2y[n − 1] + y[n − 2] = x[n] − x[n − 1], com x[n] = 0, 5nu[n], y[−1] = 0 e y [−2] = 1. Solu¸ c˜ ao: Come¸ camos a solu¸ca õ pelo c´ alculo da resposta particular. Supomos y p [n] = A × 0, 5n u[n]. Supomos que a solu¸ca õ

é v´ alida para n ≥ 0, o que permite, substituindo na equa¸ca õ original, escrever A × 0, 5n − 2A × 0, 5n−1 + A × 0, 5n−2 = 0, 5n − 0, 5n−1 e, simplificando: (A − 4A + 4A)0, 5n = −0, 5n o que nos permite concluir que A = −1. Para calcular a resposta natural, encontramos o polinˆ omio caracter´ıstico: 1 − 2z −1 + z −2 = 0



8

o que fornece uma raiz z 1 = 1 com multiplicidade 2. Isso significa que a resposta natural é dada por yh [n] = A 1 z1n + A2 nz1n = A 1 + A2 n A resposta completa é dada por y[n] = −0, 5n u[n] + A1 + A2 n Note o termo u[n] na resposta completa — esse termo foi ignorado para facilitar o cálculo da resposta for¸cada, mas ele n˜ ao pode ser ignorado nesse ponto. Substituindo as condi¸ c˜ oes iniciais, obtemos duas equa¸co ˜es lineares com duas incógnitas: A1 − A2 = 0 e A1 − 2A2 = 1 o que resulta em A 1 = 1 e A 2 = −1. A resposta completa da equa¸ca õ de diferen¸cas é, portanto, y[n] = −0, 5n u[n] + 1 − n

12.

Seja um sistema descrito pela equa¸cão de diferen¸cas abaixo, com |a| < 1 e b  = 0 e condi¸cão inicial y [0] = c: y[n] = ay[n − 1] + b

Mostre que a resposta a esta equa¸cão é y[n] = ca

n+1

1 − an+1 + b 1−a

ormula Dica: calcule as primeiras amostras da resposta recursivamente e tente encontrar uma fórmula geral. Essa f´ geral pode ser demonstrada por indu¸cão infinita, e pode ser simplificada para fazer aparecer a fra¸c˜ ao no lado direito. Solu¸ c˜ ao: Calculemos os pr imeiros termos dessa sequência:

y[0] = ac + b y[1] = a 2 c + (1 + a)b y[2] = a 3 c + (1 + a + a2 )b y[3] = a 2 c + (1 + a + a2 + a3 )b Generalizando, temos n

y[n] = an+1 + b



ak = can+1 + b

k=0

1 − an+1 1−a

O somat´ orio pode ser calculado porque assumimos |a| < 1. Essa f´ ormula é v´ alida para n = 0. Assumamos que ela seja v´ alida para um n arbitr´ ario, ent˜ ao, para n + 1, temos y[n + 1]

= =

=

ay[n] + b a



n

n+1

ca

        ak

+ b

+b

k=0 n

can+2 + ba

ak + b

k=0

n+1

=

can+2 + b

ak + b

k=1

n+1

=

can+2 + b

ak

k=0

Dados os sistemas descritos pelas equa¸cões de diferen¸cas abaixo, calcule a resposta em frequência do sistema, represente seu espectro de fase e de magnitude e calcule sua resposta ao impulso: 13.



9

a) y [n] = 3x[n] − 4x[n − 1] + x[n − 2]

Solu¸ c˜ ao: Calculando a transformada de Fourier

Y (ω) = 3X (ω) − 4e−jω X (ω) + e−2jω X (ω) e isolando Y (ω)/X (ω), temos H (ω) = 3 − 4e−jω + e−2jω A transformada inversa permite encontrar a resposta ao impulso: h[n] = 3δ[n] − 4δ[n − 1] + δ[n − 2]

b) y[n] = x[n] − x[n − 1]


Y (ω) = X (ω) − e−jω X (ω) e isolando Y (ω)/X (ω), temos H (ω) = 1 − e−jω A transformada inversa permite encontrar a resposta ao impulso: h[n] = δ[n] − δ[n − 1]

1 c) y [n] = x[n] − y[n − 1] 2 Solu¸ c˜ ao: Calculando a transformada de Fourier

Y (ω) = X (ω) −

1 −jω e Y (ω) 2

e isolando Y (ω)/X (ω), temos H (ω) =

1 1+

1 −jω e 2

A transformada inversa pode ser calculada por inspe¸ca õ: h[n] =

1 2

  −

n

u[n]



10

d) y [n] + 0, 5y[n − 1] − 0, 25y[n − 2] = x[n] − 0, 25x[n − 1]


Y (ω)+0, 5e−jω Y (ω)−0, 25e−2jω Y (ω) = X (ω)−0, 25e−jω X (ω) e isolando Y (ω)/X (ω), temos H (ω) =

1 − 0, 25e−jω 1 + 0, 5e−jω − 0, 25e−2jω

A transformada inversa pode ser calculada pela expans˜ a o em fra¸co ˜es parciais, substituindo-se e jω = z: h[n] = 0, 9472 × (−0, 8090)n u[n] + 0, 0528 × 0, 3090n u[n]

1 e) y [n] = N

N −1

 x[n − k] k=0

Solu¸ c˜ ao: Calculando a transformada de Fourier N −1

Y (ω) =



e

jωk

−

k=0



X (ω) =

1 − ejωN X (ω) 1 − ejω

e isolando Y (ω)/X (ω), temos N −1

H (ω) =



e−jωk =

k=0

1 − ejωN 1 − ejω

A transformada inversa pode ser calculada pela expans˜ a o em fra¸co ˜es parciais, substituindo-se e jω = z: N −1

h[n] =



δ[n − k] = u[n] − u[n − N ]

k=0

14.

Encontre a equa¸cão de diferen¸cas do sistema cuja resposta em frequência é dada por H (ω) = tg ω Solu¸ c˜ ao: A tangente de um ˆ angulo qualquer é dada p or

tg ω =

sen ω ejω − e−jω = j jω cos ω e + e −jω

Logo, H (ω)

=

Y (ω) x(ω)

=

j

ejω − e−jω ejω + e −jω

Assim, j ejω − e−jω Y (ω) = ejω + e −jω X (ω)









Com a transformada inversa de Fourier, obtemos y[n + 1] − y[n − 1] = − jx[n + 1] − jx[n − 1] Com uma substitui¸ca õ de vari´ aveis e alguma manipula¸ca õ, temos y[n] = − jx[n] − jx[n − 2] + y[n + 2] Note que a resposta ao impulso é uma sequˆ encia puramente imagin´ aria. Isso é esperado, uma vez que H (ω) = tg ω é uma fun¸ca õ antissimétrica. 15.

A resposta em frequência de um sistema é H (ω) =

1 − 0, 5ejω 1 − 0, 5ejω + 0, 25e2jω

Encontre uma equa¸cão de diferen¸cas que represente esse sistema. Jos´ e Alexandre Nalon


11

Solu¸ c˜ ao: Como H (ω) = Y (ω)/X (ω), temos

(1 − 0, 5ejω + 0, 25e2jω = (1 − 0, 5ejω )X (ω) e, com a transformada inversa de Fourier, y[n] − 0, 5y[n + 1] + 0, 15y[n + 2] = x[n] − 0, 5x[n + 1] Esse padr˜ ao de deslocamentos ´ e pouco tradicional, mas p ode ser colocado em uma forma mais usual com uma simples substitui¸c˜ ao de vari´ aveis: y[n − 2] − 0, 5y[n − 1] + 0, 15y[n] = x[n − 2] − 0, 5x[n − 1] Isso equivale a multiplicar a resposta em fr equˆ encia p or e −2jω no numerador e denominador da fra¸ca õ. A forma mais comum para a equa¸c˜ ao é dada abaixo y[n] − 0, 3y[n − 1] + 6, 67y[n − 2] = −0, 3x[n − 1] + 6, 67x[n − 2]

16.

Um sistema com entrada x[n] e sa´ıda y[n] é descrito pelo seguinte conjunto de equa¸cões de diferen¸cas: y[n] =

1 y[n − 1] + 2v[n] + v[n − 1] 2

1 v[n − 1] + w[n − 1] 3 1 w[n] = x[n] + 2x[n − 1] 2 Encontre uma u ´ nica equa¸caõ de diferen¸cas que descreva esse sistema, relacionando entrada com sa´ıda diretamente. v[n] =

Solu¸ c˜ ao: Calculando as respectivas transformadas z , temos

Y (z) =

2 − z −1 V (z) 1 − 21 z −1

V (z) =

z −1 W (z) 1 − 31 z −1





1 W (z) = + 2z −1 X (z) 2 Obtemos Y (z) em fun¸c˜ ao de X (z) substituindo as equa¸co ˜es e multiplicando as fra¸co ˜es: Y (z) =

2 − z −1 z −1 × × 1 −1 1 − 2z 1 − 31 z −1



z −1 + 27 z −2 − 2z −3 1 + 2z −1 X (z) = 2 1 − 65 z −1 + 61 z −2



Assim,



1−



5 −1 1 −2 z + z Y (z) = 6 6



z −1 +



7 −2 z − 2z −3 X (z) 2

e, com a transformada z inversa, temos y[n] −

5 1 7 y[n − 1] + y[n − 2] = x[n − 1] + x[n − 2] − 2x[n − 3] 6 6 2

Encontre a fun¸cão de transferˆ encia dos sistemas descritos pelas equa¸cões de diferen¸cas abaixo, e encontre a resposta ao impulso desses sistemas, considerando um sistema estável onde poss´ıvel. 17.

1 a) y[n] = x[n] − x[n − 1] 2 Solu¸ c˜ ao: Com a transformada z , temos

Y (z) 1 = 1 − z −1 X (z) 2 A resposta ao impulso pode ser encontrada pela transformada z inversa h[n] = δ[n] −

1 δ[n − 1] 2

1 b) y[n] = x[n] − y[n − 1] 2



13

A segunda diferen¸ca de uma sequência é definida como a primeira diferen¸ca aplicada duas vezes sucessivamente à mesma sequência. O conceito pode ser generalizado para a k-ésima diferen¸ca de uma sequência. Encontre uma fórmula generalizada para a fun¸cão de transferência de um sistema que implementa a k-ésima diferen¸ca. 18.

Solu¸ c˜ ao: Suponha que y k [n] seja a k -´ esima diferen¸ca do sinal x[n]. Assim,

Y 1 (z) = (1 − z −1 )X (z) e Y 2 (z) = (1 − z −1 )2 X (z) Aplicando-se sucessivamente a diferen¸ca, obtemos Y k (z) = (1 − z −1 )k X (z) O termo (1 − z −1 )k pode ser expandido pelo binômio de Newton: k −1 k −2 k z + z − ... − z−(k − 1) + z −k 1 2 k−1 O que pode ser escrito como (1 − z −1 )k = 1 −



k

 

k −i z i

 

(1 − z −1 )k =

(−1)i

i=0

Assim, k

Y k (z) =



   (−1)i

i=0

k i

z −i X (z)

Quando a entrada de um sistema linear e invariante com o tempo é x[n] = u[n], a resposta do sistema é y[n] = 2 nu[n]. Com o aux´ılio da transformada z, encontre a resposta ao impulso do sistema. 19.

−

Solu¸ c˜ ao: As transformadas z s˜ ao dadas por

Y (z) =

1 1 − 21 z −1

e X (z) =

1 1 − z −1

Logo, a fun¸ca õ de transferˆ encia, dada por Y (z)/X (z) é 1 1 − 21 z −1 1 − z −1 H (z) = = 1 1 − 21 z −1 1 − z −1 Essa fun¸c˜ ao de transferˆ encia p ode ser i nvertida por inspe¸ca õ simples, separando a soma sobre a fra¸ca õ e lembrando que z −1 é um atraso unit´ ario. Assim, h[n] = 2−n u[n] − 2−(n−1) u[n − 1]

A sa´ıda de um sistema linear e invariante com o tempo é y[n] = u[n] quando a entrada é x[n] = 2 aux´ılio da transformada z, encontre a resposta ao impulso do sistema.

n

−

20.

u[n]. Com o

Solu¸ c˜ ao: As transformadas z s˜ ao dadas por

Y (z) =

1 1 − z −1

e X (z) =

1 1 − 21 z −1

Logo, a fun¸ca õ de transferˆ encia, dada por Y (z)/X (z) é 1 1 − 21 z −1 1 − z −1 H (z) = = 1 1 − z −1 1 −1 1 − 2z Essa fun¸c˜ ao de transferˆ encia p ode ser i nvertida por inspe¸ca õ simples, separando a soma sobre a fra¸ca õ e lembrando que z −1 é um atraso unit´ ario. Assim, h[n] = u[n] −

1 u[n − 1] 2



15

Solu¸ c˜ ao: Para encontrar a solu¸ ca õ natural, fazemos x[n] = 0 e obtemos a transformada z :

Y (z) +

1 y[−1] + z −1 Y (z) = 0 3





Isolando Y (z), temos Y (z) = −

1 1+

1 −1 z 3

Por inspe¸ca õ simples, obtemos

 

y[n] = − −

1 3

n

u[n]

1 1 b) y[n] = x[n] − y[n − 1] + y[n − 2] 2 4 y[−1] = 1 1 y[−2] = 2 Solu¸ c˜ ao: Para encontrar a solu¸ ca õ natural, fazemos x[n] = 0 e obtemos a transformada z :

Y (z) +

1 1 y[−1] + z −1 Y (z) − y[−2] + z −1 y[−1] + z −2 Y (z) = 0 2 4



 

Isolando Y (z), temos Y (z) =



− 83 + 41 z −1 1+

1 −1 z 2

− 41 z −2

Com a decomposi¸ca õ em fra¸co ˜es parciais, temos Y (z) =

0, 12 0, 495 − 1 − 0, 3090z −1 1 + 0, 8090z −1

No dom´ınio do tempo, temos y[n] = 0, 12 × 0, 3090n u[n] − 0, 495 × (−0, 8090)n u[n]

1 3 1 c) y[n] = x[n] + x[n − 1] + y[n − 1] − y[n − 2] 2 4 8 1 y[−1] = 3 5 y[−2] = 2 Solu¸ c˜ ao: Para encontrar a solu¸ ca õ natural, fazemos x[n] = 0 e obtemos a transformada z :

Y (z) −

3 1 y[−1] + z −1 Y (z) + y[−2] + z −1 y[−1] + z −2 Y (z) = 0 4 8



Isolando Y (z), temos Y (z) =

 



1 − 16 −

1−

1 −1 z 24 3 −1 z + 81 z −2 4

Com a decomposi¸ca õ em fra¸co ˜es parciais, temos Y (z) =

0, 2292 0, 2917 − 1 − 0, 25z −1 1 − 0, 5z −1

No dom´ınio do tempo, y[n] = 0, 2292 × 0, 25n u[n] − 0, 2917 × 0, 5n u[n]

Com o aux´ılio da transformada z, encontre a resposta particular da equa¸cão de diferen¸cas abaixo para as fun¸co˜es de excita¸cão dadas: 24.

1 1 y[n] − y[n − 1] = x[n] + x[n − 1] 2 2 a) x[n] = u[n]



16

Solu¸ c˜ ao: A transformada z dessa equa¸ca õ é:

Y (z) =

1 + 21 z −1 1 − 21 z −1

X (z)

Substituindo X (z) pela transformada z do degrau unit´ ario, temos Y (z) =

1 −1 z 2 1 −1 z )(1 − z −1 ) 2

1+

(1 −

Com a decomposi¸ ca õ em fra¸co ˜es parciais, Y (z) =

−2 3 + 1 −1 1 − z −1 1 − 2z

No dom´ınio do tempo, y[n] = −2 ×

b) x[n] =

1 u[n] + 3u[n] 2n

1 u[n] 2n

Solu¸ c˜ ao: A transformada z dessa equa¸ca õ é:

Y (z) =

1 + 21 z −1 1 − 21 z −1

X (z)

Substituindo X (z) pela transformada z da fun¸ca õ dada, temos Y (z) =

1+ (1 −

1 −1 z 2 1 −1 2 z ) 2

Com a decomposi¸ ca õ em fra¸co ˜es parciais, Y (z) =

2 (1 −

1 −1 2 z ) 2

+

−1 1 − 21 z −1

No dom´ınio do tempo, y[n] = 2(n + 1)

1 1 2n + 1 u[n] − n u[n] = u[n] n 2 2 2n

c) x[n] = cos(ω0 n)u[n] Solu¸ c˜ ao: A resolu¸ ca õ desse problema exige alguns passos complicados. Ele pode ser resolvido por decomposi¸ ca õ em fra¸c˜ oes

parciais, se vocˆ e estiver disposto a li dar com constantes complexas, alguns literais (essencialmente ω0 ) e algumas simplifica¸c˜ oes que, apesar de n˜ ao serem complicadas, exigem aten¸ca õ. Para simplificar, resolva primeiro este exerc´ıcio usando ω0 = π /4, por exemplo. O m´ etodo a seguir, no entanto, pode ser visto como alternativa para situa¸ c˜ oes em que cossenos e senos são usados como fun¸c˜ oes de excita¸ca õ. Neste caso, a resposta no dom´ınio da transformada z ´ e dada por Y (z) =





1−

1 −1 z 1 − z −1 cos ω0 2 1 −1 z (1 − 2z −1 cos ω0 + z −2 ) 2



1+





=

1+





1−

1 − cos ω0 z −1 − 21 cos ω0 z −2 2 1 −1 z (1 − 2z −1 cos ω0 + z −2 ) 2





N˜ ao é dif´ıcil ver que essa expressão complexa pode ser reescrita como Y (z) =

A1 A2 + A3 z −1 + 1 −1 1 − 2z −1 cos ω0 + z −2 1 − 2z

Essa rela¸ca õ po de ser encontrada multiplicando os termos que cont´ em os p olos (complexos) referentes ao cosseno. A constante A1 pode ser encontrada pelo m´ etodo da decomposi¸ ca õ em fra¸co ˜es parciais normalmente, mas as constantes A2 e A3 n˜ ao. Para isso, somamos novamente as duas fra¸co ˜es: Y (z) =

(A1 + A2 ) + 2A1 − 21 A2 + A3 z −1 + A1 − 21 A3 z −2







1 − 21 z −1 (1 − 2z −1 cos ω0 + z −2 )







Igualando os numeradores das duas fra¸c˜ oes, obtemos o seguinte sistema de equa¸co ˜es lineares:

 

A1 + A2 = 1 −2cos ω0 A1 − 21 A2 + A3 = A1 −

1 A = 2 3

− 12 cos

1 2

− cos ω0

ω0

o que permite encontrar: A1 =

2 − 4 cos ω0 5 − 4 cos ω0

A2 =

3 5 − 4 cos ω0



19

26.

Dada a fun¸cão de transferência 1−z 1 z 1 (1 − 2z 1)(1 − 3z −

H (z) =

−

−

−1

)

encontre todas as poss´ıveis regiões de convergência, baseado nas localiza¸co˜es dos polos e zeros, e encontre a transformada z inversa para cada caso. Solu¸ c˜ ao: O termo z −1 sob o tra¸ c o da fra¸ca õ na fun¸ca õ de transferˆ encia pode ser interpretado como um deslocamento a`

esquerda. Assim, H (z) = z

1 − z −1 (1 − 2z −1 )(1 − 3z −1 )

Por decomposi¸c˜ ao em fra¸co ˜es parciais, temos H (z) = z



−1 2 + 1 − 2z −1 1 − 3z −1



Existem três polos para essa fun¸ca õ de transferência: d1 = 0, d 2 = 2 e d 3 = 3. Portanto, as p oss´ıveis regi˜ oes de convergência e respectivas transformadas inversas são a) 0 < z < 2 h[n] = 2 −n−1 u[−n − 2] − 2 × 3−n−1 u[−n − 2] b) 2 < z < 3 h[n] = 2 n+1 u[n + 1] − 2 × 3−n−1 u[−n − 2] c) z > 3 h[n] = 2 n+1 u[n + 1] − 2 × 3n+1 u[n + 1]

27.

A transformada z de uma sequência estável é dada por 3 − 6z 1 X (z) = 1 − 7z 1 − 2z −

−

−2

Encontre a transformada de Fourier dessa sequência. Solu¸ c˜ ao: A transformada de Fourier de uma sequˆ encia est´ avel pode ser encontrada a partir da transformada z pela simples

substitui¸ ca õ de z por e jω . Assim, X (ω) =

28.

3 − 6e−jω 1 − 7e−jω − 2e−2jω

Utilzando o teorema do valor inicial, demonstre que para uma sequência causal: x[1] = lim [zX (z)] − x[0] z →∞

Solu¸ c˜ ao: Considere y [n] = x[n + 1], logo y [0] = x[1]. O valor inicial de y [n] pode ser obtido pelo teorema do valor inicial, ou

seja y[0] = lim Y (z) z →∞

Como, pelo teorema do deslocamento, Y (z) = zX (z) − x[0], ent˜ ao x[1] = lim [zX (z)] − x[0] z →∞

29.

A integra¸cão numérica feita pelo método do trapézio pode ser escrita como n

I [n] =

 T (x[n] + x[n − 1]) a

k=0

2

Considerando que a sequência a ser integrada é causal, encontre a resposta em frequência e a fun¸cão de transferência do sistema que faz esse cálculo. Processamento Digital de Sinais


20

Solu¸ c˜ ao: Podemos reescrever a defini¸ca õ da sequência I [n] recursivamente:

I [n] = I [n − 1] +

T a (x[n] + x[n − 1]) 2

Com o uso da transformada z , temos I (z) = I [−1] + z −1 +

T a X (z) + z −1 X (z) + x[−1] 2





Se considerarmos x[n] causal, ent˜ ao x[−1] = 0 e I [−1] = 0. Isolando I (z), ent˜ ao I (z) T a 1 + z −1 = X (z) 2 1 − z −1

Encontre as equa¸cões para os grafos de fluxo de sinais nas figuras a seguir:

30.

a)

˜es dos n´ os, na sequˆ encia em que aparecem na figura, da esquerda para a direita, como Solu¸ c˜ ao: Podemos escrever as equa¸co W 1 (z) = X (z) + (a + b)W 2 (z) W 2 (z) = cW 1 (z) Y (z) = dX (z) + W 2 (z) Assim, W 1 (z) =

1 X (z) 1 − (a + b)c

Y (z) = dX (z) + cW 1 (z) = dX (z) +

c X (z) (a + b)c

e, por fim, Y (z) = −

(a + b) − cd X (z) 1 − (a + b)c

No dom´ınio do tempo y[n] = −

b)

(a + b) − cd x[n] 1 − (a + b)c

Solu¸ c˜ ao: Podemos escrever as equa¸co ˜es dos n´ os, na sequˆ encia em que aparecem na figura, da esquerda para a direita, como

W 1 (z) = X (z) − az−1 X (z) W 2 (z) = W 1 (z) + bW 3 (z) W 3 (z) = z −1 W 2 (z) W 4 (z) = aW 3 (z) + bz −1 W 4 (z) Y (z) = W 4 (z) Combinando a segunda e a terceira equa¸co ˜es, temos W 2 (z) =

1 W 1 (z) 1 − bz −1

Combinando a terceira e a quarta equa¸co ˜es, temos W 4 (z) =

az−1 W 2 (z) 1 − bz −1

Assim, Y (z) =

az−1 1 W 1 (z) 1 − bz −1 1 − bz −1

Desenvolvendo, temos Y (z) =

az−1 a2 z −1 X (z) − Y (z) −1 2 (1 − bz ) (1 − bz −1 )2

Somando as fra¸co ˜es e isolando Y (z):



(1 − bz −1 )2 + a2 z −2 Y (z) = az −1 X (z)

Por fim,



Y (z) − 2bz −1 Y (z) + (a2 + b2 )z −2 Y (z) = az −1 X (z) No dom´ınio do tempo, y[n] − 2by[n − 1] + (a2 + b2 )y[n − 2] = ax[n − 1]



21

c)

Solu¸ c˜ ao: Seguindo pelas defini¸co ˜es na Se¸ca õ 4.4:

b0 + b1 z −1 X (z) 1 + a1 z −1 + a2 z −1

Y (z) =

No dom´ınio do tempo y[n] + a1 y[n − 1] + a2 y[n − 2] = b 0 x[n] + b1 x[n − 1]

d)

Solu¸ c˜ ao: Seguindo pelas defini¸co ˜es na Se¸ca õ 4.4:

b0 + b1 z −1 X (z) 1 + a1 z −1 + a2 z −1

Y (z) =

No dom´ınio do tempo y[n] + a1 y[n − 1] + a2 y[n − 2] = b 0 x[n] + b1 x[n − 1]

Demonstre que o grafo da figura abaixo, comumente chamado a forma acoplada , representa um sistema de segunda ordem, e calcule os valores dos coeficientes a 0 , a1 e a 2 equivalentes. 31.

Solu¸ c˜ ao: Veja a solu¸ca õ no exerc´ıcio anterior. Pela simples compara¸ ca õ, temos a 0 = 1, a 1 = −2b e a 2 = a 2 + b2 .

32.

Encontre o grafo de fluxo de sinais para as fun¸co˜es de transferência abaixo:

a) H (z) =

1 1 − 1/2z

−1

Solu¸ c˜ ao: O grafo abaixo representa o sistema:

b) H (z) =

1 + 2z 1 − 2z

−1 −1


c) H (z) =

(1 − 1/2z

−1

1 )(1 − 1/3z

−1

)

Solu¸ c˜ ao: As duas formas abaixo s˜ ao equivalentes.

1/3 − 1/2z 1 1 − 1/2z 1 − 1/3z −

d) H (z) =

−

−1


e) H (z) =

1 1 − 1/2z

−1

+

1 1 − 1/3z

−1

Solu¸ c˜ ao: As duas formas abaixo s˜ ao equivalentes.



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