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 1
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] x[n] 4
3
2
1
0
-1
-2
-3
-6
-4
-2
0 n
2
4
6
2
4
6
fig.1 y[n]=x[-n] 4
3
2
1
0
-1
-2
-3
-6
-4
-2
0 n
Fig.2− Representação gráfica do sinal discreto x [n ].
Solução: a) Neste caso o sinal x [n] foi rodado rodado no tempo tempo para dar dar o sinal sinal x[−n]. 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] x[n] 4
3
2
1
0
-1
-2
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-2
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4
6
fig.1 y[n]=x[-n] 4
3
2
1
0
-1
-2
-3
-6
-4
-2
0 n
Fig.2− Representação gráfica do sinal discreto x [n ].
Solução: a) Neste caso o sinal x [n] foi rodado rodado no tempo tempo para dar dar o sinal sinal x[−n]. 2
b) Neste caso, o sinal x [2n] foi obtido obtido de x[n] efectuando efectuando “saltos” “saltos” de 2 unidade unidadess no tempo, tempo, conforme se mostra na figura 3. y[n]=x[2n] 4
3
2
1
0
-1
-2
-3
-6
-4
-2
0 n
2
4
6
Fig.3− Representação gráfica do sinal discreto x [2n ]. c) O sinal x[−n - 1] é obtido obtido do sinal sinal discret discreto o x[n], efectuando efectuando em 1º lugar lugar a operação operação de inversão inversão no tempo e em 2º lugar a operação de deslocamento no tempo de 1 unidades para a direita. y[n]=x[-n+1] 4
3
2
1
0
-1
-2
-3
-6
-4
-2
0 n
2
4
6
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 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] 3
O resultado final está representado na figura seguinte. y[n]=x[2n+2] 4
3
2
1
0
-1
-2
-3
-8
-6
-4
-2 n
0
2
4
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 y 1[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 ] 4
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[n
]
2
c) y(n) = x2(n) Solução: a) Para as entradas x 1(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 y 1(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 y 1[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) 2
y2(t) = x2 (t) A combinação linear dos dois sinais de entrada, resulta na saída: 2
2
2
2
2
y3(t) = Γ [a x1(t) + b x2(t)] = [a x1(t) + b x2(t)] = a x1 (t) + 2ab x1(t) x2(t) + b x2 (t) Por outro lado, a combinação linear dos dois sinais de saída y 1(t) e y2(t), resulta no sinal: 2
2
y4(t) = a y1(t) + b y2(t) = a x1 (t) + b x2 (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] 5
n
b) y[n] =
∑ x[k ] k=−∞
c) y[n] = x[n] + 3 x[n + 4] d) y[n] = x[n
]
2
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 |n| −3 ≤ n ≤ 3 a) x[n] = c.c 0 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]. x[n] 4 3.5 3 2.5 2 1.5 1 0.5 0 -6
-4
-2
0 n
2
4
6
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, … ↑ 6
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 1 2 x[−1] + x[0] + x[1]] = (1 + 0 + 1) = [ 2 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, 2 3 , 1, 2, 5/3, 1, 0, … ↑
7
III. ANÁLISE DE SINAIS E SISTEMAS NO DOMÍNIO DO TEMPO 7 - Determine a convolução entre os seguintes sinais discretos: (2/3)n 0≤n≤6 1 0≤n≤4
0
a) x[n] =
h[n] =
0
c.c
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] =
∑ x[k]h[n-k ]
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.
h[k]
x[n-k] 1
0.8
0.6
0.4
0.2
0 -15 -4+n
n-10
-5
00
5
6
10
15
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): 8
n
y[n] =
n+1
∑ (2/3)k = 1−1(2/3) − (2/3)
= 3(1−(2/3)
n+1
)
k=0
Fig.2−Representação gráfica dos sinais factores da convolução y [n] = x[n]*h[n] = h[n]*x[n], 0≤n≤4.
3ª Situação:
h[k]
1 0.8 0.6 0.4 0.2 0 -15
-10
-5
0
5
10
15
10
15
u[n-k]
1 0.8 0.6 0.4 0.2 0 -15
-10
-5
-4+n
00
n
5
Para n≤6 ∧ n-4>0, isto é, 4
y[n] =
∑ (2/3)k k=−4+n
Fazendo a mudança de variável m = k + 4 − n, obtemos: 4
y[n] =
5 − = 3 [(2/3) 4+n − (2/3) 1+n] ∑ (2/3)m −4+n = (2/3)−4+n 11−−(2/3) (2/3)
m=0
9
h[k]
1 0.8 0.6 0.4 0.2 0 -15
-10
-5
0
5
10
15 k
1
x[n-k]
0.8 0.6 0.4 0.2 0 -15
-10
-5
0 -4+n
5n
10
k 15
Fig.3−Representação gráfica dos sinais factores da convolução y [n] = x[n]*h[n], 46, ou seja 6
y[n] =
∑ (2/3)k k=−4+n
Fazendo a mudança de variável m = k + 4 − n, obtemos: 10−n y[n] =
11−n = 3 [(2/3) -4+n − (2/3) 7] ∑ (2/3)m −4+n = (2/3)−4+n 1−1(2/3) −(2/3)
m=0
Fig.4−Representação gráfica dos sinais factores da convolução y [n] = x[n]*h[n], 6
h[k]
1 0.8 0.6 0.4 0.2 0 -15
-10
-5
0
5
10
15 k
x[n-k]
1 0.8 0.6 0.4 0.2 0 -15
-10
-5
0
-4+n5
n
10
k15
5ª Situação: Para n-4>6,ou seja n>10, não há intersecção (ver figura 5). Deste modo: y [n] = 0. 10
Fig.5−Representação gráfica dos sinais factores da convolução y [n] = x[n]*h[n], n>10.
h[k]
1 0.8 0.6 0.4 0.2 0 -15
-10
-5
0
5
10
15 k
1 x[n-k]
0.8 0.6 0.4 0.2 0 -15
-10
-5
0
-4+n 10
5
n 15 k
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.
20 15
x[k]
10 5 0 -15
-10
-5
0
5
10
15 k
1
m[n-k]
0.8 0.6 0.4 0.2 0 -15
-10
n -5
0
5
10
15 k
2ª Situação: Para n≥0 , temos que (ver figura 7): n
y[n] =
∑
1−(1.2)n+1 n+1 k (1.2) = = −5 1−(1.2)
k=0
1 − (1.2)
(
) 11
20 15
x[k]
10 5 0 -15
-10
-5
0
5
10
15 k
1
m[n-k]
0.8 0.6 0.4 0.2 0 -15
-10
n -5
0
5
10
15 k
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: 1 n 1 n h1[n] = u[n] e h2[n] = u[n] 2 4 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: +∞
∑ h1[k]h2[n-k ]
h[n] = h1[n]*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=−∞
k=0
k=0
∑ h1[k]h2[n-k ] = ∑ (1/2)k (1/4)n-k = (1/4)n ∑ 2k = (1/4)n (2n+1 − 1) = (1/2)n [2 −(1/2)n] n
9 - Calcule a sequência de autocorrelação do sinal x [n] = a u[n], 0 < a <1. Solução: A autocorrelação do sinal x[n] é, por definição, dada por: +∞ Rx[n] = x[n]*x[−n] =
∑ x[k] x[k − n]
k=−∞ 12
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
k= 0
−n
∑ ak ak − n = a−n ∑ (a2)k = 1a− a2 x[k] 1 0.8 0.6 0.4 0.2 0 -8
-6
-4
0
-2
2
4
6
k8
2
4
6
k8
x[k-n] 1
n<0
0.8 0.6 0.4 0.2 0 -8
-6
-4 n
-2
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] =
∑
ak ak − n = a−n
k= n
+∞
∑ (a2)k =
k= n
an 1 − a2 x[k]
1 0.8 0.6 0.4 0.2 0 -8
-6
-4
-2
0
2
4
6
k8
x[k-n] 1
n>0
0.8 0.6 0.4 0.2 0 -8
-6
-4
-2
0
2
n
4
6
k
8
Fig.9−Representação gráfica da autocorrelação Rxx(n) = x[n]* x[−n], n ≥ 0. 13
− Note que quando n é negativo, a n = a|n|. Deste modo, as 2 equações anteriores podem ser combinadas na seguinte expressão:
|n|
Rx[n] =
a
−∞ < n < ∞
2
1−a
n
10 - Determine a resposta de um sistema LIT discreto com resposta impulsional h [n] = (1/2) u[n] ao π n/2 sinal de entrada x n = e j , - ∞ < n < ∞.
[ ]
Solução: A resposta de um SLIT é, no domínio do tempo, dada por: +∞ y[n] = x[n]*h[n] = x[k] h[n − k]
∑
(1)
k=−∞ Então, podemos observar que a resposta do sistema ao sinal de entrada: x n = e jo n
(2)
é igual a: y[n] = x[n] H(o)
(3)
[ ]
onde, ∞
H(o) =
∑ h[k] e-j
o k
(4)
k= - ∞
é a transformada de Fourier da resposta impulsional h [n] do sistema calculada à frequência Ωo. Na resolução do problema proposto, iremos apl icar a expressão (3), vindo: y n = e j on H
[ ]
( o)
(5)
onde, o = π /2. Da equação (4), obtemos:
∞
π = H 2
∑
∞
1 k e- j π k/2 = 2
∑
1 1-
-j π /2 k
e
k= 0
k= 0 ou ainda: H(π/2 ) =
1 2
1 - j π /2 e 2
=
1 1+j
1 2
=
2
5
- j 26.6o e
Substituindo este resultado na equação (5), resulta: 2 e- j 26.6o e j π n/2 y[n] =
5
n 11 - Determine a resposta de um SLIT com resposta impulsional h [n] = (1/2) 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: 14
x[n] = cos(Ωo) =
j Ωon
e
- j Ωon +e = x1[n] + x2[n] 2
(6)
Procedendo de forma idêntica à do exercício anterior, poderemos mostrar que:
|
(on + Φ(o))
|
y[n] = H(o) cos
(7)
Note que:
Φ H(o) = H(o) e j ( o)
|
|
Particularizando estes resultados para os dados do problema, resulta que: o=π
x[n] = cos(πn) ⇒ y[n] = |H(π)| cos(π n + Φ(π))
(8)
Da equação (4), determinamos: ∞
H(o) =
∑
1 e− j o k = 2
k= 0
1 1−
1 − j o e 2
⇔
H(π) =
1 1 2 = = 1 -j π 1+ 1/2 3 1- e 2
Desta forma, virá para (8), que: y[n] =
2 cos(πn), 3
-∞
15
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: 1 N-1 π ck = x[n] e -j k (2 /N)n k= 0, 1, 2, …, N-1 ∑ N n= 0 onde N é o período fundamental do sinal x [n]. Temos, então, que: 1 3 - j k (2π/N)n ck = ∑ x[n] e 4
= ou ainda: 1 co = 2
1 4
c1 =
n= 0 1
∑ e - j k (2π/N)n = 14 (1 + e -j πk/2)
com
k= 0, 1, 2, 3
n= 0
1 (1 - j ) 4
c2 = 0
c3 =
1 (1 + j) 4
Na figura seguinte estão representados os espectros de amplitude e de fase deste sinal.
| k c |
0.4
0.2
0 -4
-3
-2
-1
0 k
1
0 k
1
2
3
4 fig.a)
50
s u a r g m e o l u g n a
0
-50 -4
-3
-2
-1
2
3
4 fig.b)
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: 1 j 2πn/6 -j 2πn/6 x[n] = cos(2πn/6) = e +e 2 e comparar com a série de Fourier (DTFS):
(
)
16
∑
x[n] =
π ck e j k (2 /N)n =
k= 〈N〉
∑
π ck e j k (2 /6)n
k= 〈 N=6〉
Deste modo, obtemos os seguintes coeficientes c k : 1 c-1 = 2
1 c1 = 2
Note que os c k são também periódicos com período N=6. Deste modo, podemos notar que:
c-1 = c-1+6 = c5 =
c1 = c1+ 6 = c7 =
1 2
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.
ck
0.5
0.4
0.3
0.2
0.1
0 -6
-4
-2
0
2
4
6
k
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. 17
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=−∞
n=0
∑|x[n]| = ∑|a|2 = 1 −|a| <1 1
Logo, x[n] tem transformada de Fourier. Aplicando a definição, teremos que: X(Ω) =
+∞
+∞
n=−∞
n=0
∑x[n] e− j Ωn = ∑(a e− j Ω)n = 1 − ae1 − 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 2
1 − 2a cos(Ω) + a
A energia é determinada por:
Espectro de amplitude 2 1.5 1 0.5
-8
-6
-4
-2 0 2 frequência (radianos)
4
6
8
Espectro de fase
40 20
) s u a r g (
0 -20 -40 -10
-8
-6
-4
-2 0 2 frequência (radianos)
4
6
8
10
18
x[n] 1 0.8 0.6 0.4 0.2 0 -20
-15
-10
0
-5
5
10
15
n 20
fig.a) 20 15 10 5 0
-6 −2π
-4
−π
-2
00
2
π
frequência (radianos)
6 2π fig.b)
+∞
+∞
Ex =
4
∑ |x[n]| = ∑ |a|2n = 1 − 1|a|2n<1 2
n=−∞
n=0
n 14 - Determine a transformada de Fourier do sinal discreto x [n] = a| | , | a|<1. Solução:
X(Ω) =
+∞
+∞
−1
n=−∞
n=0
n=−∞
∑x[n] e− j Ωn = ∑(a e− j Ω)n + ∑(a e j Ω)−n
Fazendo a mudança de variável m= −n no 2º somatório, obtemos: X(Ω) =
+∞
+∞
+∞
n=−∞
n=0
m=1
∑x[n] e− j Ωn = ∑(a e− j Ω)n + ∑(a e j Ω)n
Vindo, finalmente, que: 1 1 −1 X(Ω) = + − jΩ jΩ − − 1 ae 1 ae
⇔ 2
X(Ω) =
1−a
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: j Ω n - j Ωon e o +e x[n] = cos(Ωo) = (1) 2 Repare que isto é equivalente à expansão da série de Fourier para sinais discretos. 19
Aplicando de seguida o seguinte resultado em (1): +∞ Ω j TFDT{e o} = 2πδ(Ω − Ωo − 2πk) (ver tabela de Transformadas de Fourier)
∑
k=−∞ Obteremos que: +∞
X(Ω) =TFDT{x(n)} =
∑π [δ(Ω − Ω
o − 2πk + δ Ω + Ωo − 2πk
)
)]
(
k=−∞ Repare que o sinal é periódico de período 2 π. 1 n 16 - Considere um SLIT discreto com resposta impulsional h [n] = u[n]. 3 Determine a resposta em frequência do sistema. 1 n Determine a resposta do sistema ao sinal de entrada x [n] = u[n]. 2 Solução: H(Ω) = TFDT{h[n]} =
+∞
+∞
n=−∞
n=0
∑ h[n] e− jΩn = ∑ (1/3)n e− jΩn ⇔
1 1 − jΩ 1 − e 3 Nota: Este resultado pode também ser obtido directamente através da tabela de Transformadas de Fourier. H(Ω) =
Através da propriedade da convolução pode obter-se para a resposta de um SLIT discreto, que: TF
y[n] = h[n]* x[n]
↔
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]} =
∑ x[n] e
− jΩn
n=−∞
+∞
=
∑ (1/2)n e− jΩn = n=0
1 1 − jΩ 1 − e 2
Deste modo, teremos que: Y(Ω) = H(Ω).X(Ω) =
1
1 − 1 e− jΩ . 1 − 1 e− jΩ 3 2
(2)
Aplicando o método dos resíduos na equação (2), poderemos ainda obter: A B Y(Ω) = H(Ω).X(Ω) = + (3) 1 − jΩ 1 − jΩ 1− 1− 3 e 2 e onde: 1 1 A = = −2 B = =3 1 1 − Ω − Ω j j 1 − 2 e e-j Ω =3 1 − 3 e e-j Ω =2 Finalmente determinamos a transformada de Fourier inversa de (3) (ver tabela de transformadas de Fourier): 1 n 1 n y[n] = -2 u[n] + 3 u[n] 3 2 20
17 - Considere o SLIT discreto descrito pela equação: 3 1 y[n] − y[n − 1] + y[n − 2] = 2x[n] 4 8 Determine: a) a resposta impulsional do sistema.
(1)
1 n b) a resposta do sistema ao sinal de entrada x [n] = u[n] 4 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: 3 −Ω 1 − Ω Y(Ω) 1 − e j + e j2 = 2 X(Ω) 8 4 ou, ainda: Y(Ω) 2 2 H(Ω) = = = 3 − Ω 1 − j Ω 1 − jΩ 1 − jΩ X(Ω) 1 − e j + e 2 4 8 1 − 2e 1 − 4e Aplicando o método dos resíduos: 2 2 4 2 − H(Ω) = = = 3 − jΩ 1 − j2Ω 1 − jΩ 1 − jΩ 1 − jΩ 1 − jΩ 1− e + e 1− e 1− e 1− e 1− e 4 8 2 4 2 4
(2)
A transformada de Fourier inversa de (2) (consultar tabelas de Transformada de Fourier), é dada por: 1 n 1 n h[n] = 4 u[n] − 2 u[n] 2 4 Através da propriedade da convolução pode obter-se para a resposta de um SLIT discreto, que: TF
y[n] = h[n]* x[n]
↔
Y(Ω) = H(Ω).X(Ω) (1)
Determinando a TFDT de x[n], obtemos: +∞
X(Ω) = TFDT{x[n]} =
∑ x[n] e n=−∞
− jΩn
+∞
=
∑ (1/4)n e− jΩn = n=0
1 1 − jΩ 1 − e 4
Substituindo este resultado na equação (1), virá que: 2 Y(Ω) = 1 − 1e− jΩ 1 − 1e− jΩ 2 2 4 Aplicando o método dos resíduos, obtemos: 8 4 2 − − Y(Ω) = 1 − jΩ 1 − jΩ 1 − jΩ 2 1− e 1− e 2 4 1 − 4e O cálculo da transformada de Fourier inversa deste resultado (ver tabela de transformadas de Fourier), dá: 1 n 1 n 1 n y[n] = 8 u[n] − 4 u[n] − 2(n + 1) u[n] 2 4 4 21
22
VI. TRANSFORMADA Z 1 18 - Determine a transformada z do sinal x [n] = n u[n]. 2 Solução: Aplicando a definição de transformada z, vem que: +∞
X(z) =
∑ x[n]z
n=−∞
−n
+∞
=
∑ (1/2)
n −n
n=0
z
+∞
=
∑ (1/2 .z− )
1 n
n=0
Para que X(z) seja convergente é necessário que +∞
X(z) =
∑
1 z−1n < ∞ 2
n=0
A região de convergência (ROC) contém o intervalo de valores de Z para os quais
1 z−1n < 1, isto é, 2
| z| > 1/2. Neste caso, temos que: X(z) =
1 1 ROC: | z| > 1 − 2 1− 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) .
1 0.8 0.6 0.4 t r a 0.2 P y r 0 a n i g a m-0.2 I
-0.4 -0.6 -0.8 -1 -1
-0.5
0 Real Part
0.5
1
n
19 - Determine a transformada z do sinal x [n] = −a u[−n − 1]. Solução: Aplicando a definição de transformada z, vem que: 23
+∞
X(z) =
∑ x[n]z
−n
−1
=−
∑a z
n −n
n=−∞
n=−∞
−1
=
∑ (az−1)n n=−∞
Fazendo a mudança de variável m = −n na equação anterior, resulta que: +∞
X(z) =
∑ (a
+∞
−1
m
z)
=1−
m=1
∑ (a−1z)m m=0
−1
x[n] tem transformada z se |z a | < 1, isto é, | z| < a. Nestas condições: 1 1 z X(z) = 1 − = = ROC: | z| < a −1 −1 z − a 1 − a z 1 − az 20 - Determine a transformada Z do sinal discreto x [n] = an u[n] + bn 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) Das tabelas de TZ podemos obter: 1 X1(z) = TZ{an u[n]} = ROC1: | z| > |a| −1 1 − az 1 X2(z) = TZ{bn u[−n − 1]} = − ROC2: |z| < | b| −1 1 − bz
(1)
(2) (3)
Substituindo (2) e (3) na equação (1), vem que: 1 1 − X(z) = , | z| > | a| e | z| < | b| −1 −1 1 − az 1 − bz
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
−2
1 −1.5z + 0.5 z 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). 2
Multiplicando o numerador e denominador por z , eliminamos as potência negativas de H(z). Obtemos: 24
2
2
z
z
H(z) = 2 = z − 1.5z + 0.5 (z − 1) (z − 0.5)
Efectuando o desenvolvimento em fracções simples: H(z) z A B = = + z (z − 1) (z − 0.5) z − 1 z − 0.5
(1)
onde: A=
z z − 0.5 z =1 = 2
z − B= z − 1 z =0.5 = 1
Podemos ainda rescrever a equação (1), como: H(z) =
2
1 − (2) −1 −1 1−z 1 − 0.5z
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 (1) u[n] − (0.5) u[n] = [2 − (0.5) n
n
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: n
n
h[n] = −2 (1) u[−n − 1] − (0.5) u[n]
(ver tabela de TZ)
22 - Um sistema LIT é caracterizado pela função de transferência −1
H(z) =
3−4z −1
1 −3.5 z
+ 1.5 z
−2
=
1 2 + 1 −1 1 − 3 z−1 1− z 2
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). 25
1.5
1
0.5 t r a P y r 0 a n i g a m I -0.5
-1
-1.5 -1
-0.5
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
Real 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): 1 n n h[n] = TZ{H(z)} = u[n] − 2(3) u[−n − 1] 2 Uma vez que o sistema é causal, a ROC é | z| > 3. Neste caso (ver tabela de TZ): 1 n n h[n] = TZ{H(z)} = u[n] + 2(3) u[n] 2 Este sistema é instável. Se o sistema é anti-causal, a ROC é | z| < 0.5. Por isso (ver tabela de TZ): 1 n n h[n] = TZ{H(z)} = − + 2(3) u[−n − 1] 2 Neste caso, o sistema é instável. 23 - Determine a resposta do sistema LIT, y[n] = x[n] = δ[n] −
5 1 y[n − 1] − y[n − 2] + x[n], ao sinal de entrada 6 6
1 δ[n]. 3
Solução: 5 1 y[n] − y[n − 1] + y[n − 2] = x[n] 6 6
(1)
Aplicando TZ a ambos os membros de (1) e usando as propriedades da linearidade e do deslocamento no domínio do tempo, obtemos: 5 −1 1 −2 Y(z) 1 − z + z = X(z) 6 6 ou: 26
H(z) =
Y(z) = X(z)
1
=
5 −1 1 −2 1− z + z 6 6
1
1 − 1 z−1 1 − 1 z−1 2 3
(2)
A transformada z de x[n] é (ver tabela de TZ): 1 −1 X(z) = TZ{x[n]} = 1 − z (3) 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): 1 −1 1− z 3 1 Y(z) = H(z)X(z) = = ROC: | z| > 0.5 (5) 1 − 1 z−1 1 − 1 z−1 1 − 1 z−1 2 2 3 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: 1 n − y[n] = TZ 1{Y(z)} = u[n] 2 y[n] 1 0.9 0.8 0.7 0.6 0.5 0.4 0.3 0.2 0.1 0
0
5
10
15 n
20
25
30
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{a u[n]} = n
1 −1
1 − az
ROC1: | z| > | a|
(sinal causal)
e −1
X(z
) = 1 −1 az
ROC2: | z| >
1 (sinal anti-causal) |a|
Substituindo estes resultados na equação (1), resulta que: 27
Rx(z) =
1 . 1 1 − az−1 1 − az
ROC1∩ROC2: |a| < | z| <
1 (2) |a|
Dado que ROC deste sinal é um anel, r x [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: 1 |n| −∞< n< ∞ rx [n] = a , 2 1−a n
25 - Determine a transformada z do sinal discreto x [n] = na u[n]. Solução: n
Vamos rescrever o sinal como x[n] = nx1[n], onde x1[n] = a u[n]. Da tabela de TZ, temos que: 1 n X1(z) = TZ{a u[n]} = ROC: | z| > | a| −1 1 − az Aplicando nesta expressão a propriedade da derivação no domínio z: dX(z) TZ{nx[n]} = −z dz obtemos que: dX1(z) az−1 X(z) = TZ{nx1[n]} = −z = ROC: | z| > | a| dz (1 − z−1) 2 26 - Determine a convolução x[n] dos sinais: 1 0 ≤ n ≤ 5 x1[n] = {1, −2, 1} x2[n] = 0 c.c Solução: Calculemos a transformada z de ambos os sinais pela definição: +∞
X(z) =
∑ x[n]z−n
(1)
n=−∞
Resulta que: −1
X1(z) = 1 − 2z
−1
X2(z) = 1 + z
−2
+z
−2
+z
−3
+z
−4
+z
−5
+z
De acordo com a propriedade da convolução: −1
X(z) = X1(z) X2(z) = 1 − z
− 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 ↑ n
e) x5[n] = x[n − 2] onde x[n] = a , −1< a <1. 28
Solução: Vamos aplicar a definição de transformada z unilateral: ∞
+
X (z) =
∑ x[n]z−n n=0
−1
+
X1 (z) = 1 + 2z
−2
+ 5z
−3
+ 7z
−5
+z
−k
+
X2 (z) = z
X3+(z) = 0 −1
+
X4 (z) = 5 + 7z
−3
+z
Vamos aplicar a propriedade do deslocamento: ∞
X (z) =
+ X (z) +
−k
−n
∑ x[n − k]z
+
=z
n=0
k
∑ x[− n]zn
n=1
k>0
com k = 2. Iremos obter: −2
+
( X+(z) + x[−1]z + x[−2]z2) = z−2 X+(z) + x[−1]z−1 + x[−2]
X5 (z) = z
−1
Uma vez que x[−1] = a +
X (z) =
−2
, x[−2] = a
∞
∞
n=0
n=0
(1)
e por outro lado:
∑ x[n]z−n = ∑ (az−1)n = 1 − 1az−1
Virá para a equação (1), que: + X5 (z) =
−2
z
−1
1 − az
+a
−1 −1
z
−2
+a
28 - Determine a resposta ao escalão do sistema −1< a <1 (1) y[n] = ay[n − 1] + x[n], 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) =
∑ u[n]z
−n
n=0
=
∑ (z−1)n = 1 −1z−1
n=0
na equação (2), obtemos: a 1 + Y (z) = + −1 1 − az (1 − az−1)(1 − z−1)
(3)
Efectuando a decomposição de (3) em fracções parciais e tomando a transformada z inversa do resultado, obtemos: 29
n+1
y[n] = a
n+1
1−a u[n] + u[n] 1 − a
ou, ainda: 1 (1 − an + 2)u[n] y[n] = 1−a 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: Y(z) 1 + 0.5z−1 z + 0.5 H(z) = = = X(z) 1 − 0.5z−1 z − 0.5
ROC: | z| > 0.5
Expandindo H(z)/z em fracções parciais: H(z) −1 z + 0.5 2 = = + z z(z − 0.5) z z − 0.5 Multiplicando H(z)/z por z, obtemos: 2z H(z) = −1 + ROC: | z| > 0.5 z − 0.5 Aplicando TZ inversa (ver tabela de TZ), teremos finalmente que: n
h[n] = −δ[n] + 2(0.5) u[n] A TZ de x[n] pode ser determinada por: 1 n X(z) = TZ{a u[n]} = ROC: | z| > |a| −1 1 − az fazendo a =1.Vamos substituir o resultado na equação Y(z) = H(z)X(z). Obtemos, que: z + 0.5 z Y(z) = H(z)X(z) = × ROC: | z| > 1 z − 0.5 1 − z−1 Seguindo o procedimento usual para expansão em fracções parciais (no domínio z), temos que: Y(z) z + 0.5 1 3 −2 = H(z)X(z) = × = + 1 − z z − 0.5 1 − z z − 0.5 1 − z−1 e, após aplicarmos a transformada z inversa (ver tabela de TZ), obtemos: y[n] = [−2(0.5) + 3]u[n] n
30
