Processamento de Sinais Digitais

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Exerćıcio 1.12. Verifique que o conjunto L2(N) do Exemplo 1.5 com as respectivas operações é um espaço vetorial.
Explique também por que L2(N) é um sub-espaço de L∞(N). Dica: use a desigualdade (x − y)2 ≥ 0 para provar que
(x+ y)2 ≤ 2x2 + 2y2, ∀x, y.
Solução: Como as operações definidas são feitas coordenada a coordenada e essas são as mesmas operações que temos no
corpo precisamos apenas verificar que essas operações são fechadas no espaço normado L2(N), ou seja, que dados x, y ∈
L2(N), a ∈ R então x+ y, ax satisfazem
∞∑
k=0
|xk + yk|2 < ∞,
∞∑
k=0
|axk|2 < ∞. Para o produto por escalar basta notar que
∞∑
k=0
|axk|2 =
∞∑
k=0
a2|xk|2
= a2
∞∑
k=0
|xk|2 < ∞
para verificar a soma
|xk + yk|2 = (xk + yk)2
≤ x2k + 2xkyk + y2k
0 ≤ (xk − yk)2 = x2k − 2xkyk + y2k
−→ 2xkyk ≤ x2k + y2k
−→ x2k + 2xkyk + y2k ≤ 2x2k + 2y2k
assim temos que
∞∑
k=0
|xk + yk|2 =
∞∑
k=0
(xk + yk)
2
≤
∞∑
k=0
x2k + 2xkyk + y
2
k
≤
∞∑
k=0
2x2k + 2y
2
k
como
∞∑
k=0
x2k,
∞∑
k=0
x2k < ∞, então
∞∑
k=0
2x2k + 2y
2
k = 2
∞∑
k=0
x2k + 2
∞∑
k=0
y2k < ∞
e portanto
∞∑
k=0
|xk + yk|2 < ∞, assim de fato temos que x+ y, ax ∈ L2(N). Para mostrar que L2(N) é um sub-espaço de
L∞(N) basta notar que
∞∑
k=0
|xk + yk|2 = M < ∞
−→ x2k ≤ M
−→ |xk| ≤
√
M
Exerćıcio 1.13. O objetivo deste exerćıcio é provar a Proposição 1.4.1 para um espaço vetorial abstrato V .
(a) Mostre que o vetor 0 ∈ V é único. Para fazê-lo, suponha que existam dois vetores 01,02 ∈ V , que satisfazem o axioma
do vetor nulo, e mostre que 01 = 02. Dica: considere o vetor 01 + 02.
Solução: Sejam 01,02 ∈ V tais que 01 + v = v = 02 + v para todo v ∈ V , desse modo temos que 02 = 01 + 02 =
02 + 01 = 01.
(b) Abaixo está uma demonstração de 0u = 0 em qualquer espaço vetorial. Nesta demonstração, todos os escalares,
inclusive o 0, estão escritos sem negrito, e −u representa o inverso aditivo de u, logo u+(−u) = 0. Quais das propriedades
listadas na Proposição 1.4.1 justificam cada passo?
1
(1 + 0)u = 1u+ 0u (1)
1u = u+ 0u (2)
u = u+ 0u (3)
u+ (−u) = (u+ (−u)) + 0u (4)
0 = 0 + 0u (5)
0 = 0u (6)
Solução: O passo (1) segue da distributiva, no passo (2) o lado esquerdo segue da identidade aditiva do corpo e o lado
direito da identidade do corpo agir como identidade, no passo (3) usa-se o mesmo fato do lado direito do passo (3), no
passo (4) se usa a comutatividade e associatividade do espaço vetorial, no passo (5) utilizamos o inverso aditivo e no passo
(6) usamos a identidade aditiva do espaço vetorial.
(c) Mostre que se u+ v = 0, então v = (-1)u (Isto mostra que o inverso aditivo de u é (−1)u
Solução: Sejam u,v tais que u+ v = 0, temos que
u+ v+ (−1)u = (−1)u
1u+ (−1)u+ v = (−1)u
(1− 1)u+ v = (−1)u
0u+ v = (−1)u
v = (−1)u
Exerćıcio 1.18. Mostre que é posśıvel fatorar a forma da onda bidimensional básica Em,n,k,l como:
Em,n,k,l = Em,kETn,l,
onde Em,k e E
T
n,l são as formas da onda unidimensionais discretas básicas definidas na Equação 1.22, como vetores coluna
(lembre-se que o sobrescrito T denota a operação de transposição de vetores e matrizes).
Solução: Sejam r ∈ {0, 1, . . . ,m− 1}, s ∈ {0, 1, . . . , n− 1} e Em,k(r) a r linha do vetor coluna Em,k e En,l(s) a s linha
do vetor coluna En,l, temos que Em,kE
T
n,l é uma matriz m × n e que a entrada (r, s) é dada por Em,k(r)En,l(s), dessa
forma vemos que
Em,k(r)En,l(s) = e
(2πikr)/me(2πils)/n
= e2πi(kr/m+ls/n)
= Em,n,k,l(r, s)
e como isso vale para todo (r, s) ∈ {0, 1, . . . ,m− 1} × {0, 1, . . . , n− 1}, temos que todas as entradas das matrizes Em,n,k,l
e Em,kE
T
n,l são iguais e portanto as matrizes são iguais.
Exerćıcio 1.19. Considere a forma de onda exponencial
f(x, y) = e2πi(px+qy)
como descrita na Seção 1.5.2 (p, q ∈ R não precisam ser inteiros). A Figura 1.7 nesta seção indica que a forma de onda
tem uma ”direção”e um ”comprimento de onda”naturais. O objetivo deste problema é compreender em que sentido isso
é verdade, e em quanto esses valores dependem de p e q. Defina v = (p, q), assim v é um vetor bidimensional. Considere
a reta L que passa por um ponto arbitrário x0 = (x0, y0) na direção de um vetor unitário u = (u1, u2) (logo, ∥u∥ = 1). A
reta L pode ser parametrizada em função de x0 e u como
x(t) = x0 + tu1, y(t) = y0 + tu2
(a) Mostre que a função g(t) = f(x(t), y(t)), com x(t) e y(t) como acima (ou seja, f avaliada sobre a reta L) é dada por
g(t) = Ae2πi∥v∥ cos(θ)t
onde A é um número complexo que não depende de t, e θ é o ângulo entre u e v. Dica: Use a Equação 1.30.
2
Solução:
g(t) = e2πi(px(t)+qy(t)
= e2πi(px0+tu1+qy0+tu2)
= e2πi(px0+qy0+t(pu1+qu2))
= e2πi(⟨v,x⟩+t⟨v,u⟩)
= e2πi⟨v,x⟩e2πit⟨v,u⟩
agora tomando A = e2πi⟨v,x⟩ e sabendo que ⟨v,u⟩ = ∥v∥ ∥u∥ cos(θ) obtemos
g(t) = Ae2πi∥v∥ cos(θ)t.
(b) Mostre que se L é ortogonal a v então a função g (e também f) se mantém constante em L.
Solução: Se L é ortogonal a v, então ⟨v,u⟩ = 0 e portanto cos(θ) = 0, o que implica que
g(t) = Ae2πi∥v∥ cos(θ)t
= Ae2πi∥v∥0t
= Ae0
= A
(c) Encontre a frequência (oscilações por unidade de distância percorrida) de g como uma função de t, em termos de p, q e θ.
Solução: Vimos anteriormente que g(t) = Ae2πi∥v∥ cos(θ)t, escrevendo de outra forma
Ae2πi∥v∥ cos(θ)t = A(cos(2π ∥v∥ cos(θ)t) + i sin(2π ∥v∥ cos(θ)t))
assim vemos que a frequência f é dada por ∥v∥ cos(θ) em termos de p, q e θ é f =
√
p2 + q2 cos(θ)Hz.
(d) Encontre o valor θ que maximiza a frequência em que g(t) oscila. Este θ dita a função direção em que deve-se mover,
relativo a v, para que f oscile o mais rápido posśıvel. Como este valor θ se compara com o valor θ na questão (b)? Qual
é a maior frequência de oscilações em termos de p e q?
Solução: Como −1 ≤ cos(θ) ≤ 1, temos que o valor θ que maximiza a frequência em que g(t) oscila é quando cos(θ) = 1,
ou seja, quando θ = 0, assim quando v e u são paralelos e tem a mesma direção. Sua maior frequência é portanto
f =
√
p2 + q2.
Exerćıcio 1.21. Para uma forma de onda unidimensional pura de N amostras, mostre a relação de aliasing
EN−k = Ek
Solução: Sendo (EN−k)j a j-ésima linha do vetor coluna temos que
(EN−k)j = e
2πi(N−k) jN
= e2πij−2πik
j
N
= e−2πik
j
N
= e2πik
j
N
= (Ek)j
como isso vale para todo j, temos que de fato
EN−k = Ek
3
Exerćıcio 1.22. Encontre todas as relações de aliasing que você conseguir (incluindo aliasing conjugados) para Em,n,k,l.
Isto pode ser feito diretamente ou utilizando a equação 1.26 e as relações de aliasing para EN,k.
Solução:
Em,n,k−m,l = Em,k−mETn,l
= Em,kE
T
n,l
= Em,n,k,l
Em,n,k,l−n = Em,kETn,l−n
= Em,kE
T
n,l
= Em,n,k,l
Em,n,m−k,n−l = Em,m−kETn,n−l
= Em,kETn,l
= Em,n,k,l
Exerćıcio 1.25. Existem infinitos outros produtos internos em Rn além do produto interno canônico, e eles também
podem ser úteis. Considere d = (d1, d2, . . . , dn) ∈ Rn e suponha que dk > 0 para todo 1 ≤ k ≤ n.
(a) Sejam v = (v1, v2, . . . , vn) e w = (w1, w2, . . . , wn) vetores em Rn. Mostre que a função
⟨v,w⟩d =
n∑
k=1
dkvkwk
define um produto interno em Rn. Escreva a expressão da norma ∥.∥d associada.
Solução: Sejam u = (u1, u2, . . . , un) ∈ Rn, λ ∈ R temos que ⟨, ⟩d satisfaz
(1) (Comutatividade)
⟨v,w⟩ =
n∑
k=1
dkvkwk
=
n∑
k=1
dkwkvk
= ⟨w,v⟩
(2) (Linearidade)
⟨λv+ u,w⟩d =
n∑
k=1
dk(λvk + uk)wk
=
n∑
k=1
dkλvkwk + dkukwk
=
n∑
k=1
λdkvkwk +
n∑
k=1
dkukwk
= λ
n∑
k=1
dkvkwk +
n∑
k=1
dkukwk
= λ ⟨v,w⟩d + ⟨u,w⟩d
(3) (Positividade)
4
Se v ̸= 0
⟨v,v⟩ =
n∑
k=1
dkvkvk
=
n∑
k=1
dkv
2
k
como dk > 0 para todo 1 ≤ k ≤ n, então dkv2k ≥ 0 e como existe pelo um vk ̸= 0
⟨v,v⟩d =
n∑
k=1
dkv
2
k
> 0
A norma induzida pelo produto interno é dada por
∥v∥d =
√
⟨v,v⟩d
=
√√√√ n∑
k=1
dkv2k
(b) Seja d = (1, 5) ∈ R2 e seja S = {v1,v2} com v1 = (2, 1) e v2 = (5,−2). Mostre que S não é ortnogonal em relação
ao produto canônico, mas é ortogonal com respeito ao produto ⟨, ⟩d.
Solução: Denotando por ⟨, ⟩ o produto interno canônico, temosque
⟨v1,v2⟩ = ⟨(2, 1), (5,−2)⟩
= 2 ∗ 5 + 1 ∗ (−2)
= 8
de fato os vetores v1 e v2 não são ortogonais usando se o produto interno canônico, agora para o produto interno ⟨, ⟩d
obtemos
⟨v1,v2⟩d = ⟨(2, 1), (5,−2)⟩d
= 1 ∗ 2 ∗ 5 + 5 ∗ 1 ∗ (−2)
= 0
(c) Encontre o comprimento de cada vetor em S com respeito à norma gerada pelo produto interno ⟨, ⟩d, e compare-os
com os comprimentos em relação à norma usual (Euclidiana).
Solução:
∥v1∥d = ∥(2, 1)∥d
=
√
1 ∗ 4 + 5 ∗ 1
=
√
9
= 3
∥v1∥ = ∥(2, 1)∥
=
√
4 + 1
=
√
5
∥v2∥d = ∥(5,−2)∥d
=
√
1 ∗ 25 + 5 ∗ 4
=
√
45
= 3
√
5
∥v2∥ = ∥(5,−2)∥
=
√
25 + 4
=
√
29
5
podemos notar que a norma ∥.∥d é maior que a norma euclidiana e que isto ocorre pois essa norma da um peso maior
para a segunda coordenada do vetor.
(d) Escreva o vetor w = (−2, 5) como combinação linear dos lementos de S. Verifique que a combinação que você obteve
realmente escreve w.
Solução: Como S forma uma base ortogonal usando o produto interno ⟨, ⟩d podemos calcular os coeficientes α1, α2 de
w nessa base utilizando
αi =
⟨w,vi⟩d
∥vi∥2d
assim obtemos
α1 =
⟨w,v1⟩d
∥v1∥2d
=
⟨(−2, 5), (2, 1)⟩d
9
=
(−2) ∗ 2 + 5 ∗ 5 ∗ 1)
9
=
7
3
α2 =
⟨w,v2⟩d
∥v2∥2d
=
⟨(−2, 5), (5,−2)⟩d
45
=
(−2) ∗ 5− 5 ∗ 5 ∗ 2)
45
= −4
3
e de fato temos que
α1v1 + α2v2 =
7
3
(2, 1)− 4
3
(5,−2)
=
(14− 20, 7 + 8)
3
= (−2, 5)
= w
Exerćıcio 1.31. Suponha que S é uma base ortogonal mas não é ortonormal para Rn composta pelos vetores vk, para
1 ≤ k ≤ n. Mostre que se v =
n∑
k=1
akvk, então a identidade de Parseval se torna
∥v∥2 =
n∑
k=1
|ak|2 ∥vk∥2 = ∥a∥2d
onde a = (a1, . . . , an) e d = (∥v1∥2 , . . . , ∥vn∥2). Dica: Olhe a dedução da Equação 1.36.
Solução:
∥v∥ = ⟨v,v⟩
=
〈
n∑
k=1
akvk,
n∑
j=1
ajvj
〉
=
n∑
k=1
〈
akvk,
n∑
j=1
ajvj
〉
6
como ⟨vk, vj⟩ = 0 se k ̸= j
n∑
k=1
〈
akvk,
n∑
j=1
ajvj
〉
=
n∑
k=1
⟨akvk, akvk⟩
=
n∑
k=1
a2k ∥vk∥
2
= ∥a∥2d
Exerćıcio 1.33. mostre a ortogonalidade das formas básicas de onda Ek,l ∈ Mm,n(C) definidas pela eq. (1.25)
(Ek,l)r,s = e2πi(k
r
m+l
s
n ),
usando o produto interno canônico (Exemplo 1.14), ou seja, mostre que
⟨Ek,l, Ep,q⟩ = 0
sempre que k ̸= p ou l ̸= q. mostre também que
∥Ek,l∥2 = ⟨Ek,l, Ek,l⟩ = mn
para quaisquer k, l. Dica: Pode ser útil olhar o Exemplo 1.20.
Solução:
⟨Ek,l, Ep,q⟩ =
m−1∑
r=0
n−1∑
s=0
Ek,l(r, s)Ep,q(r, s)
=
m−1∑
r=0
n−1∑
s=0
e2πi(k
r
m+l
s
n )e−2πi(p
r
m+q
s
n )
=
m−1∑
r=0
n−1∑
s=0
e2πi((k−p)
r
m+(l−q)
s
n )
=
m−1∑
r=0
(
e2πi((k−p)
r
m )
n−1∑
s=0
e2πi((l−q)
s
n )
)
=
m−1∑
r=0
(
e2πi((k−p)
r
m )
n−1∑
s=0
(
e2πi
(l−q)
n
)s)
se l − q ̸= 0, ou seja, e2πi
(l−q)
n ̸= 1 temos que
n−1∑
s=0
(
e2πi
(l−q)
n
)s
=
1−
(
e2πi
(l−q)
n
)n
1− e2πi
(l−q)
n
=
1− e2πi(l−q)
1− e2πi
(l−q)
n
= 0
e portanto
⟨Ek,l, Ep,q⟩ =
m−1∑
r=0
(
e2πi((k−p)
r
m )
n−1∑
s=0
(
e2πi
(l−q)
n
)s)
=
m−1∑
r=0
e2πi((k−p)
r
m ) ∗ 0
= 0
7
se q = l obtemos
⟨Ek,l, Ep,q⟩ =
m−1∑
r=0
(
e2πi((k−p)
r
m )
n−1∑
s=0
1
)
=
m−1∑
r=0
e2πi((k−p)
r
m ) ∗ n
= n
m−1∑
r=0
(
e2πi
(k−p)
m
)r
se k − p ̸= 0, ou seja e2πi
(k−p)
m ̸= 1 temos que
m−1∑
r=0
(
e2πi
(k−l)
m
)r
=
1−
(
e2πi
(k−l)
m
)m
1− e2πi
(k−l)
m
=
1− e2πi(k−l)
1− e2πi
(k−l)
m
= 0
e portanto
⟨Ek,l, Ep,q⟩ = n
m−1∑
r=0
(
e2πi(k−p)
r
m
)
= n ∗ 0
= 0
agora se k = p e l = q obtemos
∥Ek,l∥2 = ⟨Ek,l, Ek,l⟩
=
m−1∑
r=0
n−1∑
s=0
Ek,l(r, s)Ek,l(r, s)
=
m−1∑
r=0
n−1∑
s=0
e2πi(k
r
m+l
s
n )e−2πi(k
r
m+l
s
n )
=
m−1∑
r=0
n−1∑
s=0
e2πi0
=
m−1∑
r=0
n−1∑
s=0
1
= mn
Exerćıcio 2.3/4. Usando as expressões
Xk = ⟨x,Ek⟩ =
N−1∑
n=0
xne
−2πik nN (DFT)
e
x =
1
N
N−1∑
n=0
XkEk (IDFT)
calcule a DFT do vetor y = (1, 2, 0,−1) e a IDFT do vetor w = (3, 1 + i, 1, 1 − i). Você pode usar o computador para
confirmar as respostas, mas deve indicar na solução todas as passagens das contas.
8
Solução: Calculando a DFT do vetor y = (1, 2, 0,−1)
X0 = ⟨y,E0⟩
=
3∑
n=0
yne
−2πi0n4
= 1 ∗ 1 + 2 ∗ 1 + 0 ∗ 1 + (−1) ∗ 1
= 2
X1 = ⟨y,E1⟩
=
3∑
n=0
yne
−2πin4
= 1 + 2 ∗ e−2πi 14 + 3 ∗ e−2πi 34
= 1 + 2 ∗ (−i) + 3 ∗ i
= 1 + i
X2 = ⟨y,E2⟩
=
3∑
n=0
yne
−4πin4
= 1 + 2 ∗ e−4πi 14 + 3 ∗ e−4πi 34
= 1 + 2 ∗ (−1) + 3 ∗ (−1)
= −4
X3 = ⟨y,E3⟩
=
3∑
n=0
yne
−6πin4
= 1 + 2 ∗ e−6πi 14 + 3 ∗ e−6πi 34
= 1 + 2 ∗ (i) + 3 ∗ (−i)
= 1− i
desse modo DFT (y) = (2, 1 + i,−4, 1− i). Agora calculando a IDFT do vetor w = (3, 1 + i, 1, 1− i)
x =
1
4
3∑
n=0
wkEk
= 2 ∗ (1, 1, 1, 1) + (1 + i) ∗ (1, e2πi 14 , e2πi 24 , e2πi 34 )− 4 ∗ (1, e2πi2 14 , e2πi2 24 , e2πi2 34 ) + (1− i) ∗ (1, e2πi3 14 , e2πi3 24 , e2πi3 34 )
= 2 ∗ (1, 1, 1, 1) + (1 + i) ∗ (1, i,−1,−i)− 4 ∗ (1,−1, 1,−1) + (1− i) ∗ (1,−i,−1, i)
= (2, 2, 2, 2) + (1 + i,−1 + i,−1− i, 1− i) + (−4, 4,−4, 4) + (1− i,−1− i,−1 + i, 1 + i)
= (0, 4,−4, 8)
Exerćıcio 2.6. Seja {e0, . . . , eN−1} ⊂ CN a base canônica em CN , onde o vetor ej possui 1 na j-ésima posição e 0 nas
demais (as posições são indexadas em (0 ≤ j ≤ N − 1). Calcule a DFT de ej , e também a magnitude (valor absoluto) de
cada coeficiente da DFT. Qual é a relação entre DFT(ej) e as formas básicas de onda Ek?
Solução:
⟨ej , Ek⟩ =
N−1∑
n=0
(ej)ne
−2πik nN
= e−2πik
j
N
dessa forma a k-ésima coordenada da DFT (ej) é igual a conjugação complexa da jésima coordenada de Ek. Já o seu
9
valor absoluto é dado por
⟨DFT (ej), DFT (ej)⟩ =
N−1∑
k=0
⟨ej , Ek⟩ ⟨ej , Ek⟩
=
N−1∑
k=0
e−2πik
j
N e−2πik
j
N
=
N−1∑
k=0
e−2πik
j
N e2πik
j
N
=
N−1∑
k=0
1
= N
Exerćıcio 2.16. Calcule (à mão) a DFT bidimensional da matriz
A =
[
1 −1
2 0
]
Em seguida calcule a transformada inversa do resultado obtido.
Solução:
à = DFT (A) = (⟨A, Ek,l⟩)k,l∈{0,1}
10
ã0,0 = ⟨A, E0,0⟩
=
1∑
r=0
1∑
s=0
ar,se
−2πi 0∗r+0∗s2
= 1− 1 + 2 + 0
= 2
ã0,1 = ⟨A, E0,1⟩
=
1∑
r=0
1∑
s=0
ar,se
−2πi 0∗r+1∗s2
=
1∑
r=0
1∑
s=0
ar,se
−πis
= 1− 1 ∗ e−πi + 2 + 0 ∗ e−πi
= 4
ã1,0 = ⟨A, E1,0⟩
=
1∑
r=0
1∑
s=0
ar,se
−2πi 1∗r+0∗s2
=
1∑
r=0
1∑
s=0
ar,se
−πir
= 1− 1 + 2 ∗ e−πi + 0 ∗ e−πir
= −2
ã1,1 = ⟨A, E1,1⟩
=
1∑
r=0
1∑
s=0
ar,se
−2πi 1∗r+1∗s2
=
1∑
r=0
1∑
s=0
ar,se
−2πi(r+s)
= 1− 1 ∗ e−πi + 2 ∗ e−πi + 0 ∗ e−2πi
= 1 + 1− 2
= 0
Desse modo
à =
[
2 4
−2 0
]
IDFT (Ã) =
1
4
1∑
k=0
1∑
l=0
ãk,lEk,l
=
1
4
1∑
k=0
1∑
l=0
ãk,l
[
eπi(k∗0+l∗0) eπi(k∗0+l∗1)
eπi(k∗1+l∗0) eπi(k∗1+l∗1)
]
=
1
4
(
ã0,0
[
eπi0 eπi0
eπi0 eπi0
]
+ ã0,1
[
eπi0 eπi
eπi0 eπi
]
+ ã1,0
[
eπi0 eπi0
eπi eπi
]
+ ã1,1
[
eπi0 eπi
eπi1 e2πi
])
=
1
4
(
2
[
1 1
1 1
]
+ 4
[
1 −1
1 −1
]
+−2
[
1 1
−1 −1
]
+ 0
[
1 −1
−1 1
])
=
[
1 −1
2 0
]
= A
Exerćıcio 2.17. Sejam x e y dois vetores coluna de dimensão m e n, respectivamente, com DFT ’s X e Y. Seja z a
matriz m× n definida por
zr,s = xrys, com 0 ≤ r ≤ m− 1 e 0 ≤ s ≤ n− 1
11
e seja Z a DFT bidimensional de z.
(a) Mostre que z é uma matriz m× n que satisfaz z = xyT , onde yT denota a transposta de y.
Solução:
xyT =

x0
x1
...
xm−1
 [ y0 y1 . . . yn−1 ]
=

x0y0 x0y1 . . . x0yn−1
x1y0 x1y1 . . . x1yn−1
...
...
. . .
...
xm−1y0 xm−1y1 . . . xm−1yn−1

Desse modo vemos que xyT (r, s) a r-linha e s-coluna é dada por xrys = zr,s.
(b) Mostre que Zk,l = XkYl ou equivalentemente Z = XY
T , onde Zk,l denota o elemento da linha k e coluna l de Z.
Solução:
Zk,l = ⟨z, Ek,l⟩
=
m−1∑
r=0
n−1∑
s=0
zr,se
−2πi( krm +
ls
n )
=
m−1∑
r=0
n−1∑
s=0
xryse
−2πi( krm +
ls
n )
Xk = ⟨x, EK⟩
=
m−1∑
r=0
xre
−2πi krm
Yl = ⟨y, El⟩
=
n−1∑
s=0
yse
−2πi lsn
XkYl =
m−1∑
r=0
xre
−2πi krm
n−1∑
s=0
yse
−2πi lsn
=
m−1∑
r=0
n−1∑
s=0
xryse
−2πi( krm−1+
ls
n−1 )
= Zk,l
Exerćıcio 2.19. Seja x ∈ CN com DFT X. Seja y ∈ CN o vetor obtido pelo deslocamente circular de x em m indices:
yk = x(k+m) mod N
Mostre que a DFT de y tem componentes Yr = e
2πirm/NXr e que |Xr| = |Yr| para todo r.
Solução:
12
Yr = ⟨y,Er⟩
=
N−1∑
s=0
yse
−2πi rsN
=
N−1∑
s=0
xs+me
−2πi rsN
usando a definição de j = s+m mod N , temos que existe l ∈ Z tal que s+m− j = lN , desse modo
j = s+m− lN
s = lN + j −m
e portantoescolhendo l de maneira que para s = 0 tenhamos 0 ≤ j ≤ N − 1 e que se j > N − 1, podemos tomar um
representante da classe que esteja entre 0 e N − 1 chegamos em
Yr =
N−1∑
j=0
xje
−2πir lN+j−mN
=
N−1∑
j=0
xje
−2πir j−mN e−2πir
lN
N
=
N−1∑
j=0
xje
−2πir j−mN
=
N−1∑
j=0
xje
−2πir jN e2πir
m
N
= e2πir
m
N
N−1∑
j=0
xje
−2πir jN
= e2πi
rm
N Xk
Além disso temos que
|Yr| = |e2πi
rm
N Xk|
= |e2πi rmN ||Xk|
= |Xk|
Exerćıcio 3.12. Mostre que a DCT é uma transformada ortogonal, ou seja, que
∥DCT (x)∥2 = ∥x∥2
utilizando a norma Euclidiana usual para vetores em CN . Esta é a versão da identidade de Parseval para a DCT . Dica:
para qualquer vetor v ∈ CN , temos que ∥v∥2 = v∗v onde v∗ é o vetor linha dado por v∗ = vT .
Solução: Considerando x como vetor coluna e sendo CN a matriz do operador DCT na base canônica, temos que
∥DCT (x)∥2 = ⟨DCT (x), DCT (x)⟩
= (Cnx)
TCnx
= xTCTNCNx
como CN é um operador ortogonal, isto é, C
T
NCN = IN obtemos
xTCTNCNx = x
T INx
= xTx
= ∥x∥2
13
Exerćıcio 3.16. Suponha que x ∈ RN tem DCT X. Seja x̃ o vetor com componentes x̃k = xN−k−1, ou seja,
x̃ = (xN−1, xN−2, . . . , x1, x0).
(a) Mostre que a DCT X̃ de x̃ tem componentes X̃k = (−1)kXk.
Solução: Seja bk =

√
1
N se k = 0√
2
N se k ̸= 0
, temos que a DCT de x̃ é dada por
X̃k = bk
N−1∑
s=0
x̃s cos
(
πk(s+ 12 )
N
)
= bk
N−1∑
s=0
xN−s−1 cos
(
πk(s+ 12 )
N
)
tomando j = N − s − 1, temos que s = N − j − 1 e que se s = 0, então j = N − 1 e que se s = N − 1, então j = 0 e
portanto temos que
X̃k = bk
N−1∑
s=0
xN−s−1 cos
(
πk(s+ 12 )
N
)
= bk
0∑
j=N−1
xj cos
(
πk(N − j − 1 + 12 )
N
)
= bk
N−1∑
j=0
xj cos
(
πk(N − j − 1 + 12 )
N
)
= bk
N−1∑
j=0
xj
(
cos (πk) cos
(
πk
(
j + 12
)
N
)
− sin (πk) cos
(
πk
(
j + 12
)
N
))
= bk
N−1∑
j=0
xj
(
cos (πk) cos
(
πk
(
j + 12
)
N
))
=
cos (πk) bk N−1∑
j=0
xj cos
(
πk
(
j + 12
)
N
)
= (−1)kXk
(b) Suponha que R denota a operação de reversão que leva x em x̃ e C denota a compressão por limiarização (corte de
coeficientes pequenos) da DCT , ou seja, C denota a sequência DCT −→ Limiarização −→ IDCT . Explique porque o
resultado da parte (a) mostra que R(C(x)) = C(R(x)), ou seja a abordagem de compressão por limiarização é invariante
com respeito À reversão temporal. Dica: Mostre que R(C(x)) e C(R(x)) têm o mesma DCT (e como a DCT é inverśıvel,
têm que ser o mesmo vetor
Solução: Sendo X, X̃ as DCT de x e x̃, respectivamente, temos que
C(x)k =
{
xk, se |Xk| ≥ cM
0, caso contrário
onde M = max
k∈{0,1,...,N−1}
(|Xk|) e c é o limiar de compressão. Agora como X̃k = (−1)kXk, temos que
M = max
k∈{0,1,...,N−1}
(|Xk|) = max
k∈{0,1,...,N−1}
(|X̃k|)
|X̃k| = |(−1)kXk|
= |(−1)k||Xk|
= |Xk|
14
desse modo para todo k temos que C(x)k = xk ⇐⇒ C(R(x))k = x̃k, sendo assim se C(x)k = xk, então R(C(x))k =
xN−k−1 = x̃k. Portanto C(R(x)) = R(C(x)).
Exerćıcio 4.2. Escreva a matriz circulante associada ao vetor h = (1, 5, 7, 2)T e use-a para computar a convolução
circular x ∗ h com o vetor x = (1,−1, 1, 2)T .
Solução:
x ∗ h = Mhx
=

h0 h3 h2 h1
h1 h0 h3 h2
h2 h1 h0 h3
h3 h2 h1 h0


x0
x1
x2
x3

=

1 2 7 5
5 1 2 7
7 5 1 2
2 7 5 1


1
−1
1
2

=

1 ∗ 1 + 2 ∗ (−1) + 7 ∗ 1 + 5 ∗ 2
5 ∗ 1 + 1 ∗ (−1) + 2 ∗ 1 + 7 ∗ 2
7 ∗ 1 + 5 ∗ (−1) + 1 ∗ 1 + 2 ∗ 2
2 ∗ 1 + 7 ∗ (−1) + 5 ∗ 1 + 1 ∗ 2

=

16
20
7
2

Exerćıcio 4.9.
(a) Defina a reversão temporal (também chamada de adjunto) de um filtro com coeficientes reais h ∈ RN como o vetor
h′ ∈ RN com componentes
h′k = h−k mod N ,
para 0 ≤ k ≤ N − 1 (considere que também h′ pode ser estendido periodicamente no ı́ndice k). Mostre que as matrizes
circulantes de h e h′ satisfazem Mh′ = M
T
h .
Solução: Denotando por Mh(i, j) o elemento da i-ésima linha e j-ésima coluna da matriz Mh, podemos notar que
Mh(i, j) = hi−j mod N
Desse modo temos que
Mh′(i, j) = h
′
i−j mod N
= h−(i−j) mod N
= hj−i mod N
= Mh(j, i)
como isso vale para todo i, j ∈ {0, . . . , N − 1} = [N ], temos que de fato Mh′ = MTh
(b) Dizemos que um filtro é simétrico se h = h′. Mostre que h é simétrico se, e somente se, a matriz circulante Mh é
simétrica.
Solução: Pela definição de h′ temos que h = h′ ⇐⇒ hk = h−k mod N ∀k ∈ [N ], e sabemos que
Mh(i, j) = Mh(j, i) ⇐⇒ hi−j mod N = hj−i mod N
como hk = h−k mod N ∀k ∈ [N ] ⇐⇒ hi−j mod N = hj−i mod N ∀i, j ∈ [N ] vemos que hk = h−k mod N ∀k ∈ [N ] ⇐⇒
Mh(i, j) = Mh(j, i), e portanto h
′ temos que h = h′ ⇐⇒ Mh(i, j) = Mh(j, i), ou seja, h é simétrico se, e somente se, Mh
é simétrica.
15
(c) Para um filtro com coeficientes complexos h ∈ CN definimos seu adjunto h′ ∈ CN como
h′k = h−k mod N
Mostre que as matrizes circulantes de h e h′ satisfazem Mh′ = M
∗
h (onde o asterisco denota a matriz transposta e
conjugada, também chamada de hermitiana).
Solução:
Mh′(i, j) = h
′
i−j mod N
= hj−i mod N
= Mh(j, i)
como isso vale para todo i, j ∈ {0, . . . , N − 1} = [N ], temos que de fato Mh′ = MTh = M
∗
h
Exerćıcio 4.10. Sejam g, h ∈ RN e g′, h′ seus adjuntos (usando a reversão temporal definida no exerćıcio 4.9). Mos-
tre que (g′ ∗ h′)′ = g ∗ h. Dica: use matrizes circulantes, relembre a parte (iii) do teorema 4.1, e use a propriedade
x = y ⇐⇒ Mx = My (esse é o exerćıcio 4.7).
Solução:
M(g′∗h′)′ = (Mg′∗h′)
T
(1)
= (Mg′Mh′)
T
(2)
= MTh′M
T
g′ (3)
= MhMg (4)
= Mh∗g (5)
a igualdade (1) vem do Exerćıcio 4.9. (a) e as igualdades (2),(4),(5) decorrem do teorema 4.1, agora usando a proprie-
dade mostrada no Exerćıcio 4.7. temos que (g′ ∗ h′)′ = h ∗ g = g ∗ h como queŕıamos mostrar.
Exerćıcio 4.17. Prove o Teorema da Convolução no caso bidimensional (Teo 4.4):
Se x, y, h ∈ MM,NC e y = x ∗ h, então
Yk,l = Xk,lHk,l, ∀k = 0, 1, . . .M − 1, ∀l = 0, 1, . . . , N − 1,
onde X,H, Y ∈ MM,NC são as DFT s de x, h, y, respectivamente.
Solução:
Yk,l = ⟨y, Ek,l⟩
=
M−1∑
r=0
N−1∑
s=0
yr,se
−2πi( krM +
ls
N )
=
M−1∑
r=0
N−1∑
s=0
M−1∑
m=0
N−1∑
n=0
xm,nhr−m,s−ne
−2πi( krM +
ls
N )
fazendo as mudanças de variável p = r −m e q = r − n obtemos
Yk,l =
M−1∑
r=0
N−1∑
s=0
M−1∑
m=0
N−1∑
n=0
xm,nhr−m,s−ne
−2πi( krM +
ls
N )
=
M−1∑
p=0
N−1∑
q=0
M−1∑
m=0
N−1∑
n=0
xm,nhp,qe
−2πi( k(p+m)M +
l(q+n)
N )
=
M−1∑
p=0
N−1∑
q=0
M−1∑
m=0
N−1∑
n=0
xm,nhp,qe
−2πi( kpM +
lq
N )e−2πi(
km
M +
ln
N )
=
(
M−1∑
m=0
N−1∑
n=0
xm,ne
−2πi( kmM +
ln
N )
)(
M−1∑
p=0
N−1∑
q=0
hp,qe
−2πi( kpM +
lq
N )
)
= Xk,lHk,l.
16
Exerćıcio 4.25. Para detectar todas as bordas em uma imagem como na seção 4.4.2 e figura 4.10, podeŕıamos filtrar a
imagem nos dois sentidos simultaneamente fazendo
A −→ (A ∗ V ) ∗H,
onde V e H são as máscaras de detecção de bordas verticais e horizontais. Explique porque isso não funciona bem,
calculando a máscara V ∗H e mostrando o que acontece quando ela é aplicada em bordas (linhas) horizontais e verticais.
Solução: Primeiramente devemos notar que como a convolução é associativa vale que
(A ∗ V ) ∗H = A ∗ (V ∗H)
dessa maneira podemos calcular primeiramente a máscara V ∗H
(V ∗H)k,l =
M−1∑
r=0
N−1∑
s=0
Vr,sHk−r,l−s
como Vi,j = 0 para todo (i, j) /∈ {(0, 0), (0, 1)} obtemos
(V ∗H)k,l = V0,0Hk,l + V0,1Hk,l−1
agora como Hi,j = 0 para todo (i, j) /∈ {(0, 0), (1, 0)} obtemos
(V ∗H)0,0 = V0,0H0,0 + V0,1H0,−1
= 1 ∗ 1 + (−1) ∗ 0 = 1
(V ∗H)0,1 = V0,0H0,1 + V0,1H0,0
= 1 ∗ 0 + (−1) ∗ 1 = −1
(V ∗H)1,0 = V0,0H1,0 + V0,1H0,−1
= 1 ∗ (−1) + (−1) ∗ 0 = −1
(V ∗H)1,1 = V0,0H1,1 + V0,1H1,0
= 1 ∗ 0 + (−1) ∗ (−1) = 1
e (V ∗H)i,j = 0 para todos os outros valores de i, j. Desse modo o filtro não captura as coordenadas certas como podemos
observar abaixo
(A ∗ (V ∗H))k,l =
M−1∑
r=0
N−1∑
s=0
Ar,s(V ∗H)k−r,l−s
= Ak,l(V ∗H)0,0 +Ak,l−1(V ∗H)0,1 +Ak−1,l(V ∗H)1,0 +Ak−1,l−1(V ∗H)1,1
= Ak,l −Ak,l−1 −Ak−1,l +Ak−1,l−1.
como gostaŕıamos de obter as variações nas coordenadas x e y o filtro deveria capturar 2Ak,l − Ak,l−1 − Ak−1,l afim de
obtermos (Ak,l −Ak,l−1) + (Ak,l −Ak−1,l), mas isso não ocorre.Exerćıcio 4.29. Seja x = (x0, x1, . . . , xN−1) ∈ CN , e seja x̃ ∈ L2(Z) sua extensão bi-infinita com zeros, definida como
x̃n = xn, n = 0, . . . , N − 1, e x̃n = 0 caso contrário.
(a) Mostre que os coeficientes Xk da DFT de x podem ser computados a partir de X̃(f) a DTFT de x̃.
Solução: Seja ϕN : [N ] = {0, . . . , N − 1} → (− 12 ,
1
2 ) dada por
ϕN (k) =
{
k
N , se
k
N ≤
1
2
k−N
N , caso contrário.
temos que Xk = X̃(ϕN (k)), pois
X̃(ϕN (k)) =
∞∑
s=−∞
x̃se
−2πi(sϕN (k))
=
N−1∑
s=0
xse
−2πi(sϕN (k))
17
se kN ≤
1
2
X̃(ϕN (k)) =
N−1∑
s=0
xse
−2πi( skN )
= Xk
e caso contrário
X̃(ϕN (k)) =
N−1∑
s=0
xse
−2πis( k−NN )
=
N−1∑
s=0
xs
(
e−2πi(
ks
N )e2πis
)
=
N−1∑
s=0
xse
−2πi( ksN )
= Xk
precisamos agora somente verificar que |ϕN (k)| ≤ 12 . No caso em que
k
N ≤
1
2 é trivial, pois ϕN (k) =
k
N , agora nos outros
casos temos que podemos escrever k como N2 + ϵ, desse modo
ϕN (k) = ϕN
(
N
2
+ ϵ
)
=
N
2 + ϵ−N
N
=
N + 2ϵ− 2N
N
=
ϵ
N
− 1
2
≥ −1
2
e para verificar que ϕN (k) ≤ 12 , basta notar que ϕN (N−1) = −
1
N e que a restrição de ϕN para k tais que
K
N ≥
1
2 é crescente.
(b) Mostre que X̃(f) pode ser escrita em função dos coeficientes Xk como
X̃(f) =
1
N
N−1∑
k=0
N−1∑
n=0
Xke
2πik( nN −f)
Solução:
X̃(f) =
∞∑
n=−∞
x̃ne
−2πinf
=
N−1∑
n=0
xne
−2πinf
=
N−1∑
n=0
N−1∑
k=0
1
N
Xke
2πin kN e−2πinf
=
1
N
N−1∑
k=0
N−1∑
n=0
Xke
2πin( kN −f).
(c) Mostre que se f ̸= mN com m inteiro então
X̃(f) =
1
N
N−1∑
k=0
(
1− e2πi(k−fN)
1− e2πi(
k
N−f )
Xk
)
18
Solução: Seja z = e2πi(
k
N −f), temos que z = 1, se e somente se,
(
k
N − f
)
∈ Z, ou seja se ∃j ∈ Z tal que f = k−jNN , desse
modo para todo m = k − jN vale que
X̃(f) =
1
N
N−1∑
k=0
N−1∑
n=0
Xke
2πin( kN −f)
=
1
N
N−1∑
k=0
Xk
N−1∑
n=0
e2πin(
k
N −f)
=
1
N
N−1∑
k=0
Xk
(
1− e2πi(k−fN)
1− e2πi(
k
N−f )
)
.
Exerćıcio 4.33. Seja x = (−1, 2, 0, 4) e y = (1, 1, 2,−1) vetores em C4. Considere x e y também como elementos de
L2(Z), através da extensão com zeros.
(a) Calcule as transformadas-z X(z), Y (z), e o produto X(z)Y (z).
Solução:
X(z) =
∞∑
k=−∞
xkz
−k
= x0 ∗ z−0 + x0 ∗ z−1 + x2 ∗ z−2 + x3 ∗ z−3
= −1 ∗ z−0 + 2 ∗ z−1 + 0 ∗ z−2 + 4 ∗ z−3
= −1 + 2z−1 + 4z−3
Y (z) =
∞∑
k=−∞
ykz
−k
= y0 ∗ z−0 + y0 ∗ z−1 + y2 ∗ z−2 + y3 ∗ z−3
= 1 ∗ z−0 + 1 ∗ z−1 + 2 ∗ z−2 +−1 ∗ z−3
= 1 + z−1 + 2z−2 − z−3
X(z)Y (z) = (−1 + 2z−1 + 4z−3)(1 + z−1 + 2z−2 − z−3)
= −1− z−1 − 2z−2 + z−3 + 2z−1 + 2z−2 + 4z−3 − 2z−4 + 4z−3 + 4z−4 + 8z−5 − 4z−6
= −1 + z−1 + 9z−3 + 2z−4 + 8z−5 − 4z−6.
(b) Use o resultado do item (a) para escrever a convolução linear de x e y em L2(Z).
Solução: Pelo teorema 4.6. vale que
W (z) = X(z)Y (z)
onde W (z) é a transformada-z de w = x ∗ y a convolução linear de x e y, desse modo
∞∑
k=−∞
wkz
−z = −1 + z−1 + 9z−3 + 2z−4 + 8z−5 − 4z−6
e sabendo que dois polinômios são iguais se, e somente se, os coeficientes de cada termo são iguais, obtemos que
w = (1,−1, 0, 9, 2, 8,−4)
(c) Use o resultado do item (a) para escrever a convolução circular de x e y em R4 usando o Teorema 4.7.
Solução: Pelo teorema 4.7. vale que
W (z) = X(z)Y (z) mod z−N
19
onde W (z) é a transformada-z de w = x ∗ y a convolução circular de x e y, desse modo
N−1∑
k=0
wkz
−z = −1 + z−1 + 9z−3 + 2z−4 + 8z−5 − 4z−6 mod z−4
= (−1 + 2)z0 + (1 + 8)z−1 + (0− 4)z−2 + 9z−3 mod z−4
= 1 + 9z−1 − 4z−2 + 9z−3 mod z−4
e sabendo que dois polinômios são iguais se, e somente se, os coeficientes de cada termo são iguais, obtemos que
w = (1, 9,−4, 9).
(d) Use o resultado do item (b) para escrever a convolução circular de x e y em R4 usando a Equação (4.29).
Solução: Sendo w = x ∗ y a convolução circular de x e y e w̃ = x ∗ y a convolução linear de x e y usando a Equação 4.29
w0 = w̃0 + w̃4
= −1 + 2 = 1
w1 = w̃1 + w̃5
= 1 + 8 = 9
w2 = w̃2 + w̃6
= 0− 4 = −4
w3 = w̃3 + w̃7
= 9 + 0 = 9.
Exerćıcio 5.3. Demonstre a proposição 5.1:
Sejam x,w ∈ CN com DFT s X e W , e considere y = w ◦ x com DFT Y . Então
Y =
1
N
X ∗W
onde ∗ representa a convolução circular em CN .
Solução: Seja Y = 1NX ∗W , iremos mostrar que IDFT (Y ) = y = x ◦ w o produto de Hadamard de x e y.
IDFT (Y )k = yk
=
1
N
N−1∑
n=0
e−2πi
kn
N Yn
=
1
N
N−1∑
n=0
e−2πi
kn
N
1
N
N−1∑
s=0
XsWn−s
=
1
N2
N−1∑
n=0
N−1∑
s=0
e−2πi
kn
N XsWn−s
fazendo a mudança de variável n = s+ r, obtemos que
yk =
1
N2
N−1∑
n=0
N−1∑
s=0
e−2πi
kn
N XsWn−s
=
1
N2
N−1∑
s=0
N−1∑
r=0
e−2πi
k(s+r)
N XsWr
=
(
1
N
N−1∑
s=0
e−2πi
ks
N Xs
)(
1
N
N−1∑
r=0
e−2πi
kr
N Wr
)
= xkwk.
e portanto y = x ◦ w como queŕıamos.
20
Exerćıcio 5.1. Seja x = (x0, x1, x2, x3) um sinal e X = (X0, X1, X2, X3) a DFT de x. Seja w = (0, 1, 1, 0) um vetor
janela e y = x ◦ w (produto de Hadamard).
(a) Compute o vetor X ∈ C4 explicitamente/simbolicamente (a matriz F4 na equação (2.8) pode ajudar).
Solução:
XT = F4x
=

1 1 1 1
1 −i −1 i
1 −1 1 −1
1 i −1 −i


x0
x1
x2
x3

=

x0 + x1 + x2 + x3
x0 − x1i− x2 + x3i
x0 − x1 + x2 − x3
x0 + x1i− x2 − x3i

portanto X é dado por
X = (x0 + x1 + x2 + x3, x0 − x2 + (x3 + x1)i, x0 − x1 + x2 − x3, x0 − x2 + (x1 − x3)i)
(b) Compute as DFT s W,Y ∈ C4, e verifique que a equação (5.6) é satisfeita.
Solução:
WT = F4w
=

1 1 1 1
1 −i −1 i
1 −1 1 −1
1 i −1 −i


0
1
1
0

=

2
−1− i
0
i− 1

y = x ◦ w
= (0, x1, x2, 0)
Y T = F4y
=

1 1 1 1
1 −i −1 i
1 −1 1 −1
1 i −1 −i


0
x1
x2
0

=

x1 + x2
−x1i− x2
−x1 + x2
x1i− x2

21
1
4
X ∗W = 1
4
MWX
=
1
4

2 i− 1 0 −1− i
−1− i 2 i− 1 0
0 −1− i 2 i− 1
i− 1 0 −1− i 2


X0
X1
X2
X3

=
1
4

2 i− 1 0 −1− i
−1− i 2 i− 1 0
0 −1− i 2 i− 1
i− 1 0 −1− i 2


x0 + x1 + x2 + x3
x0 − x1i− x2 + x3i
x0 − x1 + x2 − x3
x0 + x1i− x2 − x3i

=
1
4

2(x0 + x1 + x2 + x3) + (i− 1)(x0 − x1i− x2 + x3i) + (−1− i)(x0 + x1i− x2 − x3i)
(−1− i)(x0 + x1 + x2 + x3) + 2(x0 − x1i− x2 + x3i) + (i− 1)(x0 − x1 + x2 − x3)
(−1− i)(x0 − x1i− x2 + x3i) + 2(x0 − x1 + x2 − x3) + (i− 1)(x0 + x1i− x2 − x3i)
(i− 1)(x0 + x1 + x2 + x3) + (−1− i)(x0 − x1 + x2 − x3) + 2(x0 + x1i− x2 − x3i)

=
1
4

4x1 + 4x2
−4ix1 − 4x2
−4x1 + 4x2
4ix1 − 4x2

= Y
(c) Compute a DFT X̃ ∈ C2 da parte não-nula do sinal janelado x̃ = (x1, x2), e verifique que o teorema 5.1 é satisfeito.
Solução: Primeiramente calculando DFT (x̃) obtemos
X̃0 = ⟨x̃, E0⟩
=
1∑
n=0
x̃ne
−2πi0n2
= x1 + x2
X̃1 = ⟨x̃, E1⟩
=
1∑
n=0
x̃ne
−2πin2
= x1 − x2
agora de acordo com o teorema 5.1, e tomando N = 4,M = 2,m = 1 e q = 2
1
4
e2πi
1.0
2 (X ∗W )0 =
1
4
(4x1 + 4x2)
= X̃0
1
4
e2πi
1.1
2 (X ∗W )2 = −
1
4
(−4x1 + 4x2)
1
4
e2πi
1.1
2 (X ∗W )2 = −
1
4
(−4x1 + 4x2)
= X̃1
Assim vemos que de fato o teorema 5.1 é satisfeito.
Exerćıcio 5.4. Considere a análise do conteúdo de frequência local de um sinal x ∈ RN realizada tomando-se seg-
mentos janelados de tamanho M da forma x̃ = (xm, xm+1, . . . , xm+M−1), para algum m, e calculando-se uma DFT
M -dimensional de x̃.
(a) Examine o caso extremo onde M = 1. Em particular, compute a DFT de x̃. Explique por que M = 1 oferece perfeita
localização no tempo, mas essencialmente nenhuma informação de frequência além da componente dc local.
Solução: No caso em queM = 1, temos queDFT (x̃) = x̃ = xm para algumm ∈ [N ], assim temos que aDFT 1−dimensional
nos da o valor do sinal no tempo discreto m.
22
(b) Examine o caso extremo M = N (com m = 0). Em particular, compute a DFT de x̃. Explique por que M = N não
oferece nenhuma localização no tempo, mas oferece informação em frequência sem qualquer tipo de distorção.
Solução: Nesse caso, temos que DFT (x̃) = DFT (x), e a DFT nos dá informação completa do domı́nio de frequência
sem distorção.
Exerćıcio 5.7. No exemplo 5.6 nós consideramos um sinal que contém uma componente de frequência que varia no
tempo sen(2πω(t)t) com ω(t) = 150 + 50 cos(wπt). Assim podeŕıamos esperar quea frequência ”local”no instante t fosse
simplesmente ω(t), e assim no Exemplo 5.6 esperaŕıamos que a frequência mais baixa fosse 100Hz e a mais alta 300Hz.
Entretanto, a Figura 5.8 indica que este não é bem o caso - podemos encontrar frequências locais no espectrograma
próximas a 30Hz para t = 0.32s e chegando a 400Hz próximo de t = 0.75s. Para compreender isto, considere o sinal
f(t) = sen(ω(t)t) no intervalo de tempo t0 ≤ t ≤ t0 +△t. Suponha que ω(t) é diferenciável.
(a) Justifique a aproximação:
ω(t)t ≈ ω(t0)t0 + (ω(t0) + ω′(t0)t0)(t− t0)
para t0 ≤ t ≤ t0 +△t se △t é pequeno.
Solução: Pelo método da secante temos que podemos escrever
ω(t)t ≈ w(t0)t0 +
t− t0
△t
(w(t0 +△t)(t0 +△t)− w(t0)t0)
agora como w é diferencial podemos tomar o limite de △t tendendo a 0 e assim obtemos
w(t)(t) ≈ lim
△t→0
w(t0)t0 +
t− t0
△t
(w(t0 +△t)(t0 +△t)− w(t0)t0)
= lim
△t→0
w(t0)t0 +
t− t0
△t
(w(t0 +△t)(t0 +△t)− w(t0)t0 + (t0 +△t)w(t0)− (t0 +△t)w(t0)
= lim
△t→0
w(t0)t0 +
(
(w(t0 +△t)− w(t0))(t0 +△t)
△t
+
w(t0)(△t)
△t
)
(t− t0)
= ω(t0)t0 + (ω(t0) + ω
′(t0)t0)(t− t0)
(b) Mostre que, usando a aproximação do item (a) para t suficientemente próximo de t0, temos:
f(t) ≈ sen(c+ ω0t),
onde ω0 = ω(t0) + ω
′(t0)t0 e c é uma constante. Portanto, w0 é a frequência ”local”de f próximo de t = t0.
Solução:
f(t) = sen(w(t)t)
≈ sen(ω(t0)t0 + (ω(t0) + ω′(t0)t0)(t− t0))
= sen(ω(t0)t0 + (ω(t0) + ω
′(t0)t0)t− (ω(t0) + ω′(t0)t0)t0)
= sen(−ω′(t0)t0)t0) + (ω(t0) + ω′(t0)t0)t)
tomando w0 = ω(t0) + ω
′(t0)t0 e c = −ω′(t0)t20, obtemos que
f(t) ≈ sen(c+ ω0t)
Exerćıcio 5.8. Considere a seguinte transformada de Fourier janelada a seguir. Dado um sinal x ∈ CN e um inteiro
M > 0 que satisfaz N = ML com L > 0 inteiro, computamos a transformada X ∈ CN da seguinte maneira: para cada
inteiro k = 0, 1, . . . , L− 1, representando um ı́ndice de janela, consideramos o recorte
x̃k =

xkM
xkM+1
...
xkM+M−1
 ∈ CM .
23
Seja X̃k = DFT (x̃k) (em CM ) e defina a transformada do vetor completo x ∈ CN como
X =

X̃0
X̃1
...
X̃L−1
 ∈ CN .
(a) Qual é a representação matricial T da transformada X = Tx definida acima, e qual sua relação coma a matriz FM da
DFT M -dimensional? Mostre que x 7→ X é inverśıvel, e explique com computar a inversa.
Solução: Seja ⊕ a soma direta de matrizes e FM a matriz da DFT M -dimensional, temos que a representação matricial
T da transformada X = Tx é dada por
T =
L−1⊕
k=0
FM
de fato, para kM ≤ n ≤ kM +M − 1
(Tx)n =
(
L−1⊕
k=0
FMx
)
n
=
N−1∑
j=0
Tn,jxj
=
kM+M−1∑
j=kM
Tn,jxj
=
kM+M−1∑
j=kM
FM,(n−kM,j−kM)xj
= X̃k,n−kM
= Xn
para mostrar que T é inverśıvel basta lembrar que FM tem como inversa
1
M F
∗
M e que se M1,M2 são matrizes inverśıveis
então M1 ⊕M2 tem como inversa M−11 ⊕M
−1
2 , assim sendo a inversa de T é dada por
T−1 =
1
M
L−1⊕
k=0
F ∗M .
(b) Mostre que cada componente Xn, 0 ≤ n ≤ N − 1 pode ser computada através de um produto interno
Xn = ⟨x, vn⟩
para algum vetor vn ∈ CN . Mostre que o conjunto dos vetores {vn | 0 ≤ n ≤ N − 1} é ortogonal.
Solução: Como vimos no item (a), podemos escrever Xn como
Xn =
kM+M−1∑
j=kM
FM,(n−kM,j−kM)xj
desse modo, podemos definir vn da seguinte forma
vn,j =
{
FM,(n−kM,j−kM), se kM ≤ n, j ≤ kM +M − 1
0, caso contrário
,
para verificar que {vn | 0 ≤ n ≤ N−1} é ortogonal basta notar que se dados n1, n2 se kM ≤ n1 ≤ kM+M−1 e n2 < kM
ou n2 > kM +M − 1, então ⟨vn1 , vn2⟩ = 0, pelo modo que definimos cada vn, ou se ambos n1, n2, estão no mesmo range
kM ≤ n1, n2 ≤ kM +M − 1, então
⟨vn1 , vn2⟩ = ⟨FM,n1−kM , FM,n2−kM ⟩
24
e como FM é ortogonal, temos que
⟨FM,n1−kM , FM,n2−kM ⟩ = 0,
ou seja,
⟨vn1 , vn2⟩ = 0
e portanto temos que de fato {vn | 0 ≤ n ≤ N − 1} é ortogonal
(c) Suponha que cada segmento passe por um janelamento definido por um vetor w ∈ CM , ou seja, que
w ◦ x̃k =

w0xkM
w1xkM+1
...
wM−1xkM+M−1
 ∈ CM
Que condições sobre w são necessárias para que a transformação x 7→ X ainda seja inverśıvel? Os vetores vk do item (b)
ainda seriam ortogonais quando readequados a essa nova transformada?
Solução: Note que dado w em CM a transformação x̃k 7→ w ◦ x̃ é linear, e portanto existe uma matriz Hw M ×M tal
que Hwx = w ◦ x, desse modo, temos que Xk = FMHwx̃k, e que T seria dada por
T =
L−1⊕
k=0
FMHw
podemos observar que T é inverśıvel se Hw for inverśıvel, e nesse caso a inversa seria
T−1 =
L−1⊕
k=0
(FMHw)
−1
=
1
M
L−1⊕
k=0
H−1w F
∗
M
além disso, o conjunto {vn | 0 ≤ n ≤ N − 1} continuaria sendo ortogonal se Hw for ortogonal.
Exerćıcio 7.1. Seja x ∈ L2(Z) um sinal com componentes x0 = 1, x1 = −2, x2 = 2, x3 = 4 e todas as demais componentes
nulas. Processe x através do banco de filtros de Haar com coeficientes (ℓa)0 = (ℓa)1 =
1
2 , (ha)0 =
1
2 , (ha)1 = −
1
2 a fim de
computar Xl e Xh, explicitamente. Em seguida, use os filtros de śıntese com coeficientes (ℓs)−1 = (ℓs)0 = 1, (hs)−1 = −1,
(hs)0 = 1 para reconstruir x.
Solução: Primeiramente calculando x ∗ ℓa e x ∗ hs
x ∗ ℓa =
1
2
(x−1 + x0, x0 + x1, x1 + x2, x2 + x3, x3 + x4)
=
(
1
2
,−1
2
, 0, 3, 2
)
x ∗ hs =
1
2
(x0 − x−1, x1 − x0, x2 − x1, x3 − x2, x4 − x3)
=
(
1
2
,−3
2
, 2, 1,−2
)
desse modo, aplicando o operador de subamostragem em x ∗ ℓa e x ∗ hs, obtemos
Xl =
(
1
2
, 0, 2
)
Xh =
(
1
2
, 2,−2
)
25
agora aplicando o operador de superamostragem em Xl e Xh, obtemos
U(Xl) =
(
1
2
, 0, 0, 0, 2
)
U(Xh) =
(
1
2
, 0, 2, 0,−2
)
aplicando a convolução com os filtros de śıntese
vl = ℓs ∗ U(Xl)
= (U(Xl)−1 + U(Xl)0, U(Xl)0 + U(Xl)1, U(Xl)1 + U(Xl)2, U(Xl)2 + U(Xl)3, U(Xl)3 + U(Xl)4, U(Xl)4 + U(Xl)5)
=
(
1
2
,
1
2
, 0, 0, 2, 2
)
vh = hs ∗ U(Xh)
= (U(Xh)−1 − U(Xh)0, U(Xh)0 − U(Xh)1, U(Xh)1 − U(Xh)2, U(Xh)2 − U(Xh)3, U(Xh)3 − U(Xh)4, U(Xh)4 − U(Xh)5)
=
(
−1
2
,
1
2
,−2, 2, 2,−2
)
finalmente ao somarmos vl e vh, reconstrúımos x
vl + vh =
(
1
2
,
1
2
, 0, 0, 2, 2
)
+
(
−1
2
,
1
2
,−2, 2, 2,−2
)
= (0, 1,−2, 2, 4, 0)
= (1,−2, 2, 4)
= x
Exerćıcio 7.7. Seja x ∈ L2(Z). Seja g ∈ L2(Z) um filtro FIR e S o operador de atraso/translação (shift) definido na
Observação 7.1 da página 257. Mostre que
(Sm(g)) ∗ x = Sm(g ∗ x)
Solução: Primeiramente calculando o valor de Sm(g ∗ x) e (Sm(g)) ∗ x no ı́ndice z ∈ Z
(Sm(g ∗ x))z = (g ∗ x)z−m
=
∞∑
k=−∞
gkxz−m−k
(Sm(g)) ∗ x =
∞∑
k=−∞
gk−mxz−k
considerando j = k −m e fazendo a mudança de coordenada k = j +m na segunda equação obtemos que
(Sm(g)) ∗ x =
∞∑
k=−∞
gk−mxz−k
=
∞∑
j=−∞
gjxz−m−j
= (Sm(g ∗ x))z
como isso vale para qualquer ı́ndice z ∈ Z, temos que, de fato, (Sm(g)) ∗ x = Sm(g ∗ x).
Exerćıcio 7.8. Suponha que usemos na etapa de análise os filtros ℓa e ha com coeficientes (ℓa)0 =
3
4 , (ℓa)1 =
1
2 , (ha)0 =
2
3
e (ha)1 = − 23 , com todos os demais coeficientes nulos (ℓa não é exatamente um filtro passa-baixa, mas isso não é relevante
para o exerćıcio). Encontre filtros apropriados para a śıntese que garantam a propriedade de reconstrução perfeita sem
atraso (equação 7.6 com m = 0).
26
Solução: Primeiramente aplicando os filtros
(x ∗ ℓa)k =
3
4
xk +
1
2
xk−1
(x ∗ ha)k =
2
3
xk −
2
3
xk−1
calculando o operador de subamostragem, obtemos
(Xl)k =
3
4
x2k +
1
2
x2k−1
(Xh)k =
2
3
x2k −
2
3
x2k−1
agora aplicando o operador de superamostragem em Xl e Xh, obtemos
U(Xl)k =
3
4
xk +
1
2
xk−1
U(Xh)k =
2
3
xk −
2
3
xk−1
quando k é par e zero quando k é impar, supondo agora que os filtros de śıntese tem duas componentes não nulas, nos
ı́ndices −1 e 0, aplicando a convolução com os filtros de śıntese teŕıamos quando k é par
(ℓs ∗ U(Xl))k = (ℓs)0
(
3
4
xk +
1
2
xk−1
)
(hs ∗ U(Xh))k = (hs)0
(
2
3
xk −
2
3
xk−1
)
como queremos que
(ℓs ∗ U(Xl))k + (hs ∗ U(Xh))k = xk
obtemos as seguintes equações
3
4
(ℓs)0 +
2
3
(hs)0 = 1
1
2
(ℓs)0 −
2
3
(hs)0 = 0
das quais temos que (ℓs)0 =
4
5 e (hs)0 =
3
5 , agora aplicando a convolução com os filtros de śıntese teŕıamos quando k é
impar
(ℓs∗ U(Xl))k = (ℓs)−1
(
3
4
xk+1 +
1
2
xk
)
(hs ∗ U(Xh))k = (hs)−1
(
2
3
xk+1 −
2
3
xk
)
como queremos que
(ℓs ∗ U(Xl))k + (hs ∗ U(Xh))k = xk
obtemos as seguintes equações
3
4
(ℓs)−1 +
2
3
(hs)−1 = 0
1
2
(ℓs)−1 −
2
3
(hs)−1 = 1
das quais temos que (ℓs)−1 =
4
5 e (hs)−1 = −
9
10 e finalmente teŕıamos que os filtros de śıntese são ℓs =
(
4
5 ,
4
5
)
e
hs =
(
− 910 ,
3
5
)
.
Exerćıcio 7.22. Seja o filtro passa-baixas de análise ℓa em um banco de filtros com coeficientes (ℓa)0 =
1
2 , (ℓa)1 =
1, (ℓa)2 = − 12 e demais coeficientes iguais a zero (não é realmente passa-baixas, mas isso não é importante), e o filtro
passa-altas com coeficientes (ha)0 =
1
4 , (ha)1 =
1
2 , (ha)2 =
1
4 e demais coeficientes iguais a zero. Use as equações 7.32 e
27
7.33 para encontrar filtros de śıntese causais adequados para reconstrução perfeita. Qual é o delay da sáıda do banco de
filtros?
Solução: Primeiramente calculando as z-transformada dos filtros de análise ℓa e ha
La(z) =
1
2
+ z−1 − 1
2
z−2
Ha(z) =
1
4
+
1
2
z−1 +
1
4
z−2
pelas equações 7.34 e 7.35, sabemos que existe m ∈ Z tal que
Ls(z) =
2z−mHa(−z)
La(z)Ha(−z)− La(−z)Ha(z)
Hs(z) =
2z−mLa(−z)
La(z)Ha(−z)− La(−z)Ha(z)
agora calculando o denominador
La(z)Ha(−z)− La(−z)Ha(z) = z−3
desta maneira
Ls(z) = z
−m
(
1
2
z3 − z2 + 1
2
z
)
Hs(z) = z
−m (z3 − 2z2 − z)
se tomarmos m = 3, temos que ℓs e hs serão dados por (ℓs)0 =
1
2 , (ℓs)1 = −1, (ℓs)2 =
1
2 e (hs)0 = 1, (hs)1 = −2,
(hs)2 = −1.
28