Séries de Fourier Exercícios Resolvidos

Prévia do material em texto

Universidade Federal da Paraíba - UFPB
CEAR/DEE/Graduação Engenharia Elétrica
Prof. Rafael Marinho
Exercícios resolvidos
Q1 - []
Encontre a série de Fourier dos seguintes sinais, sabendo que suas frequências fundamentais ω0 = 2pi:
(a) xa(t) = ej6pit
(b) xb(t) =
∑3
k=−3 ake
2pikt para a0 = 1, a−1,1 = 3/4, a−2,2 = 1/2, a−3,3 = 1/4.
(c) xc(t) = cos(4pit) + sin(6pit)
Solução:
(a) Sabemos que x(a) é um sinal que tem sua decomposição em série de Fourier dada por um
único harmônico. Neste caso o termo ck = Akeθk da série de Fourier têm |ck| = Ak = 1 e
∠ck = arctan θk = 0, pois eθk = 1.
Portanto, o gráfico de magnitude da série, mostrado na Figura 1 é dado por um único impulso
em ω0n = 3 (lembre-se que ω0 = 2pi) de amplitude |ck| e o gráfico de fase é inteiramente zero.
Nesta situação, o gráfico tem parte real e imaginária com aplitudes diferentes de zero (tente
mostrar).
(b) Assim como no caso anterior, o sinal xb é definido como uma soma de exponenciais com-
plexas de amplitude ck. Novamente a fase é igual a zero, no entanto neste caso, temos a
particularidade da soma ter conjugados. Portanto
xb(t) =
∑3
k=−3 ake
2pikt
=
1
4
[ej3ω0t + e−j3ω0t] +
1
2
[ej2ω0t + e−j2ω0t] +
3
4
[ejω0t + e−jω0t] + 1
=
1
2
cos(3ω0t) + cos(2ω0t) +
3
2
cos(ω0t) + 1
Este resultado indica que o sinal xb(t) tem somente componente real, e sua componente
imaginária é igual a zero (tente mostrar). A Figura 2 mostra o resultado em magnitude do
sinal xb(t).
(c)
xc(t) =
1
2
[ej2ω0t + e−j2ω0t] +
1
2j
[ej3ω0t − e−j3ω0t]
=
1
2
[ej2ω0t + e−j2ω0t] +
1
2
e−j
pi/2︸ ︷︷ ︸
aha´!
[ej3ω0t − e−j3ω0t]
Finalmente temos um exemplo onde aparece uma fase ∠x(t) 6= 0 (Figura 3. Neste caso a fase
é −pi/2 quando n = −3, 3.
Resolva a questão anterior com as definições formais da série de Fourier e compare com as soluções
mostradas.
Q2 - []
Calcule a série de Fourier do sinal periódico de período T
x(t) =
{
1 −T1 ≤ t ≤ T1,
0 T1 ≤ |t| ≤ T/2.
Universidade Federal da Paraíba - UFPB
CEAR/DEE/Graduação Engenharia Elétrica
Prof. Rafael Marinho
Solução:
A resolução detalhada da segunda questão está no livro Sinais e Sistemas do Oppenheim, página
144, exemplo 3.5.
0
0.5
1
1.5
2
-6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6
A
m
p
li
tu
d
e
-
|c k
|
Harmoˆnicos - ω0n
Figura 1: xa(t) = ej6pit
0
0.5
1
1.5
2
-6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6
A
m
p
li
tu
d
e
-
|c k
|
Harmoˆnicos - ω0n
Figura 2: xb(t) =
∑3
k=−3 ake
2pikt para a0 = 1, a−1,1 = 3/4, a−2,2 = 1/2, a−3,3 = 1/4
0
0.5
1
-6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6
A
m
p
li
tu
d
e
-
|c k
|
Harmoˆnicos - ω0n
−pi/2
0
pi/2
-6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6
F
as
e
-
6 c
k
Harmoˆnicos - ω0n
Figura 3: xc(t) = cos(4pit) + sin(6pit)
Page 2