EXERCICIO 2

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Sinais e Sistemas 
 
Prof. Eng. Viviana R. Zurro MSc. 
 
SS vivo 11-06-18 1 Sinais e Sistemas – Oppenheim, Willsky 
Sinais em tempo contínuo e tempo discreto 
Energia e potência de um sinal 
Por definição, potência é energia dissipada por unidade de tempo. 
 Tempo contínuo Tempo discreto 
Energia 𝐸∞ = ∫ |𝑥(𝑡)|
2𝑑𝑡
∞
−∞
 𝐸∞ = ∑ |𝑥[𝑛]|
2
∞
𝑛=−∞
 
Potência 𝑃∞ ≜ lim
𝑇→∞
1
2𝑇
∫ |𝑥(𝑡)|2𝑑𝑡
T
−T
 𝑃∞ ≜ lim
𝑁→∞
1
2𝑁 + 1
∑ |𝑥[𝑛]|2
𝑁
𝑛=−𝑁
 
 
{
𝐸∞ < ∞ 𝑃∞ = 0
𝐸∞ = ∞ 𝑃∞ > 0
𝐸∞ = ∞ 𝑃∞ = ∞
 
1. Determine os valores de 𝐸∞ e 𝑃∞ para os seguintes sinais. 
a. 𝑥(𝑡) = ⅇ𝑗(2𝑡+
𝜋
4
)
 
b. 𝑥[𝑛] = ⅇ𝑗(
𝜋𝑛
2
+
𝜋
8
)
 
c. 𝑥[𝑛] = 𝑐𝑜𝑠 (
𝜋
4
𝑛) 
Resolução 
a. 𝑥(𝑡) = 1. ⅇ𝑗(2𝑡+
𝜋
4
)
, portanto |𝑥(𝑡)| = 1 
𝐸∞ = ∫|𝑥(𝑡)|
2 𝑑𝑡
∞
−∞
= ∫ 1𝑑𝑡
∞
−∞
= ∞ 
Para calcular 𝑃∞ deveremos usar a fórmula: 
𝑃∞ ≜ lim
𝑇→∞
1
2𝑇
∫ |𝑥(𝑡)|2𝑑𝑡
T
−T
= lim
𝑇→∞
1
2𝑇
∫ 1𝑑𝑡
T
−T
= lim
𝑇→∞
1
2𝑇
∫ 𝑑𝑡
T
−T
 
𝑷∞ = 𝐥𝐢𝐦
𝑻→∞
𝟏
𝟐𝑻
[𝑻 + 𝑻] = 𝟏 
b. 𝑥[𝑛] = 1. ⅇ𝑗(
𝜋𝑛
2
+
𝜋
8
)
, portanto |𝑥[𝑛]| = 1 
𝑬∞ = ∑ |𝒙[𝒏]|
𝟐
∞
𝒏=−∞
= ∑ 𝟏𝟐
∞
𝒏=−∞
= ∞ 
Para calcular 𝑃∞ deveremos usar a fórmula: 
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SS vivo 11-06-18 2 Sinais e Sistemas – Oppenheim, Willsky 
𝑃∞ ≜ lim
𝑁→∞
1
2𝑁 + 1
∑ |𝑥[𝑛]|2
𝑁
𝑛=−𝑁
= lim
𝑁→∞
1
2𝑁 + 1
∑ 12
𝑁
𝑛=−𝑁
 
𝑷∞ ≜ 𝐥𝐢𝐦
𝑵→∞
𝟏
𝟐𝑵 + 𝟏
(𝟐𝑵 + 𝟏) = 𝟏 
c. 𝑥[𝑛] = 𝑐𝑜𝑠 (
𝜋
4
𝑛) 
𝐸∞ = ∑ |𝑥[𝑛]|
2
∞
𝑛=−∞
= ∑ 𝑐𝑜𝑠2 (
𝜋
4
𝑛)
∞
𝑛=−∞
 
𝑬∞ = ∞ 
Por relações trigonométricas: cos2 (
𝛼
2
) =
1+cos𝛼
2
 
𝑃∞ ≜ lim
𝑛→∞
1
2𝑁 + 1
∑ |𝑥[𝑛]|2
𝑁
𝑛=−𝑁
= lim
𝑛→∞
1
2𝑁 + 1
∑ 𝑐𝑜𝑠2 (
𝜋
4
𝑛)
N
𝑛=−N
 
𝑃∞ = lim
𝑛→∞
1
2𝑁 + 1
∑
1+ 𝑐𝑜𝑠 (
𝜋
2 𝑛)
2
𝑁
𝑛=−𝑁
 
Resolvendo o somatório: 
∑
1+ 𝑐𝑜𝑠 (
𝜋
2 𝑛)
2
𝑁
𝑛=−𝑁
= ∑
1
2
𝑁
𝑛=−𝑁
+ ∑
1
2
𝑐𝑜𝑠 (
𝜋
2
𝑛)
𝑁
𝑛=−𝑁
 
∑ 𝑎
𝑁
𝑛=−𝑁
= (2𝑁 + 1)𝑎 
∑
1
2
𝑁
𝑛=−𝑁
=
1
2
(2𝑁 + 1) 
Como o somatório do cosseno é dentro de dois períodos do sinal, a soma total (área 
em baixo da curva) é igual a zero: 
∑ 𝑎. 𝑐𝑜𝑠⁡(𝑏𝑛)
𝑁
𝑛=−𝑁
= ∑
1
2
𝑐𝑜𝑠 (
𝜋
2
𝑛)
𝑁
𝑛=−𝑁
= 0 
Na Figura 1 podemos ver o resultado do somatório do cosseno. 
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SS vivo 11-06-18 3 Sinais e Sistemas – Oppenheim, Willsky 
 
Figura 1: Área total do cosseno em dois períodos de sinal. A soma das áreas 1, 
2, 3 e 4 (positivas) é igual à soma das áreas 5 e 6 (negativas). 
Então: 
∑
1
2
𝑁
𝑛=−𝑁
+ ∑
1
2
𝑐𝑜𝑠 (
𝜋
2
𝑛)
𝑁
𝑛=−𝑁
=
1
2
(2𝑁 + 1) + 0 =
1
2
(2𝑁 + 1) 
Portanto: 
𝑃∞ = lim
𝑛→∞
1
(2𝑁 + 1)
∑
1+ 𝑐𝑜𝑠 (
𝜋
2 𝑛)
2
𝑁
𝑛=−𝑁
= lim
𝑛→∞
1
(2𝑁 + 1)
1
2
(2𝑁 + 1) 
𝑷∞ =
𝟏
𝟐
 
Transformações da variável independente 
2. Para os seguintes sinais determine 𝑦(𝑡) e 𝑦[𝑛]: 
 
a. 𝑦(𝑡) = 𝑥(𝑡 − 2) 
b. 𝑦(𝑡) = 𝑥(𝑡 + 3) 
c. 𝑦(𝑡) = 𝑥(−𝑡) 
d. 𝑦[𝑛] = 𝑥[−𝑛 − 3] 
e. 𝑦[𝑛] = 𝑥[2𝑛] 
f. 𝑦[𝑛] = 𝑥[𝑛/2] 
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SS vivo 11-06-18 4 Sinais e Sistemas – Oppenheim, Willsky 
Resolução 
a. Atraso desloca o sinal para a esquerda. Desta forma: 
Para 𝑡 = 0, 𝑦(0) = 𝑥(0 − 2) = 𝑥(−2), portanto o valor de 𝑥 que estava em −2 corresponde 
ao 𝑦(0), 
𝑡 = 1, 𝑦(1) = 𝑥(1 − 2) = 𝑥(−1), portanto o valor de 𝑥 que estava em −1 corresponde ao 
𝑦(1), 
𝑡 = −2, 𝑦(−2) = 𝑥(−2 − 2) = 𝑥(−4), portanto o valor de 𝑥 que estava em −4 corresponde 
ao 𝑦(−2), e assim por diante, portanto o sinal desloca para a esquerda como mostrado nas 
figuras a seguir. 
 
b. Adiantamento desloca o sinal para a direita. Desta forma: 
Para 𝑡 = 0, 𝑦(0) = 𝑥(0 + 3) = 𝑥(3), portanto o valor de 𝑥 que estava em 3 corresponde ao 
𝑦(0), 
𝑡 = 1, 𝑦(1) = 𝑥(1 + 3) = 𝑥(4), portanto o valor de 𝑥 que estava em 4 corresponde ao 𝑦(1), 
𝑡 = −2, 𝑦(−2) = 𝑥(−2 + 3) = 𝑥(1), portanto o valor de 𝑥 que estava em 1 corresponde ao 
𝑦(−2), e assim por diante, portanto o sinal desloca para a esquerda como mostrado nas 
figuras a seguir. 
 
c. Ao inverter o sinal teremos a imagem especular do mesmo em relação ao eixo vertical. 
Desta forma: 
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SS vivo 11-06-18 5 Sinais e Sistemas – Oppenheim, Willsky 
Para 𝑡 = 0, 𝑦(0) = 𝑥(−0) = 𝑥(0), portanto o valor de 𝑥 que estava em 0 corresponde ao 
𝑦(0), 
𝑡 = 1, 𝑦(1) = 𝑥(−1), portanto o valor de 𝑥 que estava em −1 corresponde ao 𝑦(1), 
𝑡 = −2, 𝑦(−2) = 𝑥(−(−2)) = 𝑥(2), portanto o valor de 𝑥 que estava em 2 corresponde ao 
𝑦(−2), e assim por diante, portanto o sinal desloca para a esquerda como mostrado nas 
figuras a seguir. 
 
d. Neste caso o sinal é atrasado e invertido. Neste caso é conveniente primeiro atrasar 
(deslocar o sinal para a esquerda em 3 amostras) para depois inverter. Para verificar 
este sinal faremos da seguinte maneira: 
Para 𝑛 = 0, 𝑦[0] = 𝑥[0 − 3] = 𝑥[−3] = 1 
Para 𝑛 = −1, 𝑦[−1] = 𝑥[−(−1) − 3] = 𝑥[−2] = 2 
Para 𝑛 = −2, 𝑦[−2] = 𝑥[−(−2) − 3] = 𝑥[−1] = 5 
Para 𝑛 = −3, 𝑦[−3] = 𝑥[−(−3) − 3] = 𝑥[0] = 4 
E assim por diante 
 
e. Neste caso o sinal é comprimido, portanto algumas amostras vão se perder. Para 
verificar este sinal faremos da seguinte maneira: 
Para 𝑛 = −2, 𝑦[−2] = 𝑥[−2 ∗ 2] = 𝑥[−4] = 0 
Para 𝑛 = −1, 𝑦[−1] = 𝑥[−1 ∗ 2] = 𝑥[−2] = 2 
Para 𝑛 = 0, 𝑦[0] = 𝑥[0 ∗ 2] = 𝑥[0] = 4 
Para 𝑛 = 1, 𝑦[1] = 𝑥[1 ∗ 2] = 𝑥[2] = 3 
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SS vivo 11-06-18 6 Sinais e Sistemas – Oppenheim, Willsky 
Para 𝑛 = 2, 𝑦[2] = 𝑥[2 ∗ 2] = 𝑥[4] = 0 
Como podemos observar, todas as amostras impares de 𝑥[𝑛] se perderam. 
 
f. Neste caso o sinal é expandido, portanto algumas amostras (de valor zero neste caso) 
serão adicionadas. Para verificar este sinal faremos da seguinte maneira: 
Para 𝑛 = −7, 𝑦[−7] = 𝑥[−7/2] = 𝑥[−3,5], não existe 𝑥[−3,5], portanto 𝑦[−7] = 0 
Para 𝑛 = −6, 𝑦[−6] = 𝑥[−6/2] = 𝑥[−3] = 1 
Para 𝑛 = −5, 𝑦[−5] = 𝑥[−5/2] = 𝑥[−2,5], não existe 𝑥[−2,5], portanto 𝑦[−5] = 0 
Para 𝑛 = −4, 𝑦[−4] = 𝑥[−4/2] = 𝑥[−2] = 2 
E assim por diante. Como podemos observar, foram adicionadas amostras impares de 𝑦[𝑛] 
cujo valor é zero. 
 
Referências 
OPPENHEIM, A. V.; WILLSKY, A. S. Sinais e Sistemas. 2a. ed. São Paulo: Pearson 
Education do Brasil, 2010.