SOLUÇÃO EXERCÍCIOS SELECIONADOS DE ANÁLISE DE SINAIS

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Solução dos Exercícios de Análise de Sinais
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SOLUÇÃO EXERCÍCIOS
SELECIONADOS
DE
ANÁLISE DE SINAIS
J. B. Bayão
2014
Solução dos Exercícios de Análise de Sinais
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Introdução
Esta soluções dizem respeito aos exercícios propostos Volume Análise de Sinais. Sua 
resolução é importante, pois esclarece e estende diversos aspectos da teoria. Foi 
elaborada visando principalmente os professores de Engenharia de Telecomunicações, 
mas pode ajudar também o aluno desde que este tente sinceramente fazer os Exercícios 
antes de olhar a solução. A versão do Scilab usada é a versão 4.0.
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EXERCÍCIOS - Sequência A
A-2.4-Calcule a energia do pulso de RF (rádio frequência) definido pela fórmula 
abaixo:
Sugestão: Para facilitar, considere t0=0 . Note que 1/f0 não necessariamente é igual a T 
( ou seja, o pulso de RF não necessariamente tem uma duração múltipla inteira de um 
período 1/f0). T deve conter pelo menos 5 períodos do pulso de RF (rádio frequência). O 
pulso não é periódico. Ele só ocorre uma vez. T é a duração do pulso.
Solução:
Ex=∫
0
T
[Asen2π f0t ]
2dt=A2[ t2− sen4π f0 t8π f0 ]0
T
=A²[ T2−sen 4π f0 t8πf 0 ]
A-2.6-Calcule a potência total dissipada pelo pulso de RF do Exercício A-2.4.
Solução:
Px=lim
T→∞
Ex
T
=0
pois Ex é finito
A-2.12-Uma sequência periódica de pulsos retangulares, como na Figura 2.1, de 
largura de pulso τ e período T, pode ser representado pela fórmula xT(t)=AΠT(t/τ). 
Baseado nesta representação, faça um gráfico para xT(t)=AΠT[(t-τ1)/τ2].
Solução 
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Figura A-2.12
A-2.14-Faça um gráfico para 2Π4(t/0,5). Faça -6<t<6.
Solução:
Figura A-2.14
A-2.15-Faça um gráfico para xT(t)=Π4[2(t-1)]. Faça -4<t<9.
Solução:
xT(t)=Π4[2(t−1)]=Π4[
(t−1)
0,5
]
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Figura A-2.15
A-2.16-Faça um gráfico de xT(t)=Π4(2t-1). Faça -4<t<10.
Solução:
Figura A-2.16
A-2.18-Trace o gráfico do sinal x(t)=[sen(πt)/(πt)], para -10<t<10. O sinal x(t), assim 
definido, é também conhecido como x(t)=sinc(t). Qual o valor máximo do sinal x(t), e 
para que valor de t ele ocorre? O 1° zero do sinal x(t) ocorre para que valor de t? O sinal 
x(t) é um sinal de energia ou de potência? Por quê?
xT(t)=Π4(2t−1)=Π4[2 (t−0,5)]=Π4∣t−0,50,5 ∣
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R: Valor máximo=1 em t=0; 1° zero do sinal x(t) em t=±1.
Solução:
Figura A-2.18
sinc(t) é um sinal de energia, pois a sua energia total tende a 1.
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EXERCÍCIOS – Sequência B
B-2.3-No Exercício B-2.1, qual é a relação, em dB, de PB para PA, e como interpretar 
este resultado?
Solução:
B é a saida e A a entrada. Se PB <PA, houve uma perda de 32,3 dB. Também podemos 
dizer que houve ganho negativo, no valor de -32,3 dB. Daí, concluirmos que ganho 
negativo significa perda, em dB.
B-2.5-Um sistema de transmissão apresenta ganho entre dois pontos, A e B, e a 
relação da potência de A, PA para a potência de B, PB, é de +10dB. Qual o sentido de 
transmissão?
Solução:
Vê-se que PA>PB. Como foi afirmado que o sistema apresenta ganho, o sentido de 
transmissão é de B --->A, ou seja, B é a entrada e A é a saída.
B-2.7-Vamos supor que desejamos relacionar em unidades logarítmicas a tensão em V. 
Como seria essa relação expressa em decibéis? Justifique.
Solução:
Sempre supondo a impedância a mesma nos pontos considerados, temos que: 
P(A, B)=
V(A, B)
2
R(A ,B)
Logo, pela definição de decibel
db(V)=20×log10
VA
VB
B-2.8-Em se tratando de tensões, a relação em dB é como no Exercício B-2.7. Se entre 
dois pontos de um sistema temos uma relação P1/P0=0.5, qual a relação entre as tensões 
V1/V0 nestes pontos, sabendo que V1 gerou P1 e V0 gerou P0, e que a impedância nos dois 
pontos podem serem consideradas iguais?
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Solução:
P!=
V1
2
R
P0=
V0
2
R
P!
P0
=0,5=
V1
2
R
V0
2
R
Simplificando, temos:
[
V1
V0
]
2
=0,5 Logo 
V1
V0
=√0,5
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EXERCÍCIOS – Sequência C
C-2.4-Em um sistema de comunicações ocorre a soma de dois sinais, de potências S1 e 
N1, respectivamente. Calcule a potência do sinal resultante.
Dados: S1=10mW N1 = 3mW.
Expresse o resultado em dBm.
Solução:
A soma de potências ocorre em unidades lineares. Assim:
S1+N1=10+3=13mW. Passando para dBm, vem: S1 +N1 (dBm)= 11,139 dBm
C-2.6-A relação sinal/ruido, S/N, em um ponto de um sistema de comunicações, é 
definida como sendo a razão entre a potência do sinal S, em mW, e a potência do ruido 
N, também em mW, naquele ponto.
Sendo S=10mW e N=5×10-4W, expresse a relação S/N em dB.
Solução:
S
N
=10×10
−3
5×10−4
=20
Logo:
S/N(dB)=10 log10 20=13,01 dB
C-2.8-Em um ponto de um sistema de comunicações a impedância é definida como 
sendo = 600 Ω resistivos. Se a potência especificada de sinal no ponto é -10dBm, qual o 
valor em V do sinal? Considere o sinal como sendo senoidal e de 1 KHz de frequência.
Solução:
Normalmente, refere-se ao valor eficaz do sinal, medido com um voltímetro CA (de 
um multitester, por exemplo), Em se tratando de sinais senoidais, o valor eficaz vale 
0,707 do valor de pico (valor de pico=0V ao |valor máximo|).
−10dBm=10log10
(V ef
2 /600)×103
1
Vef é dado em V.
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(Vef
2 /600)×103
1
=10−1
Daí,
V ef
2 =10−4×600 portanto, V ef=10
−2×√(600)=0,2449 V=244,9 mV
C-2.10-Na entrada de um sistema, deseja-se efetuar um teste onde injetam-se duas 
frequências diferentes, f1Hz e f2Hz. Se ambas geram uma potência de 0dBm, qual a 
potência total gerada?
Solução:
Será o dobro, ou seja +3 dBm. A medição deste valor será obtida desde que a largura 
de banda do medidor deixe passar as frequências f1 e f2 sem atenuação e a fonte1 não 
interfira na fonte2 e vice-versa.
C-2.11-Em um enlace para um satélite, temos a seguinte situação:
Potência do transmissor = 25dBW;
Ganho de transmissão da antena = 63,4dB;
Perdas de propagação = 202,7dB;
Tolerância para desvanecimentos de sinal e outras perdas = 10dB;
Ganho das antenas de recepção no satélite = 33dB
Preencha a tabela abaixo, calculando a potência total recebida pelo satélite em dBW e 
em W.
Solução:
Cálculo de Balanceamento 
Potência do transmissor (+) = :25dBW
Ganho de transmissão da antena (+) = :63,4dB;
Potência total transmitida = :88,4dBW
Perdas de propagação (-) = :202,4dB;
Tolerância para desvanecimentos 
de sinal e outras perdas (-) = :10dB;
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Ganho das antenas de recepção no 
satélite (+) = :33dB;
Potência total recebida pelo satélite (?) = :-91dBW
:7,94x10 10W
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EXERCÍCIOS– Sequência D
D-2.2- Repita D-2.1 para a forma bilateral do espectro de frequências.
Solução:
Conforme Figura D-2.2
Figura D2.2
Nota: Na Figura D-2.2, optou-se por informar através do gráfico de fase o valor 
negativo da parcela -3cos(30t). Desta forma, o gráfico de amplitudes é sempre positivo.
D-2.3-Suponha que se resolva traçar um gráfico de espectro unilateral de frequências 
do sinal no Exercício D-2.1, só que utilizando uma escala logarítmica para o eixo das 
abscissas. Como seria o aspecto deste gráfico?
Solução
Conforme a Figura D-2.3
Nota: Nesta representação, não se consegue expor graficamente o nível de CC, pois 
log 0 = -∞, Conclui-se que esta não é a representação adequada para o espectro 
unilateral, se bem que a indicação do nível de CC pode ser feito a parte.
Figura D-2.3
D-2.4-Repita D-2.3 para o gráfico de espectro bilateral.
Solução:
Não é possível representar o espectro bilateral desta forma, pois não existe logaritmo 
de número negativo.
D-2.5-Como seriam genericamente traçados gráficos de módulo e fase para o 
espectro bilateral do sinal definido pela série:
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onde Xn é um número complexo função de n, isto é, Xn=x(n) + jy(n), n inteiro e variando 
de -∞<n<+∞, sendo x(t) um sinal real. 
Isto implica em que X -n=X+n*, ou seja, x(-n)=x(n) e y(-n)=-y(n).
Solução:
Módulo: Gráficos de barras (exemplo Figura D-2.2), onde para cada n é levantada uma 
barra vertical com amplitude |Xn|. A largura da barra não é importante. n é um inteiro, 
variando de -∞ a +∞ . O eixo das abcissas pode ser graduado diretamente em n, 
(adimensional) ou em nf0 ou ainda em nω0. f0 é chamada frequência da fundamental de 
x(t) sendo indicada em Hz. ω0 é também chamada frequência fundamental de x(t), sendo 
que, de um modo geral, nω=2πnf. nω é a frequência angular de cada componente de x(t), 
indicada em rad/s. Em n=0 temos a frequência zero ( em Hz ou rad/s), representando o 
nível de CC (corrente contínua) existente em x(t).
A amplitude de cada barra vertical |X(n)| é igual a
∣Xn∣=∣1T ∫−T /2
T /2
x (t)e−jn ω0 t dt∣=∣< x( t)e− jnω0 t>∣ =|xn +jyn|, onde ω0 = 2πf0 e, pela 
fórmula de Euler,
xn=< x( t)cosω0 t > e y( t)=−< x( t )senω0 t > . , sendo n um inteiro, 
incluindo zero.
Fase: Gráficos de barras (exemplo Figura D-2.2), onde para cada n é levantada uma 
barra vertical com amplitude φn=atan(yn/xn).
Nota: 
Xn e
jnω0 t+Xn
* e−jnω0 t=∣Xn∣eφn e jnω0 t+∣Xn∣e−φn e− jnω0 t=∣Xn∣{ejnω0 t+φn+e− jnω0 t−φ n }=
 =2 ∣Xn∣ cos(nω0 t+φn),
que representa a harmônica n na série de Fourier compacta de x(t). 
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EXERCÍCIOS – Sequência E
E-2.3-Faça um desenho do espectro unilateral de frequências do trem de pulsos 
retangulares de amplitude 2 V, largura 1,5 s e período 4 s. Faça n variar de 0 a 8, 
calculando 8 componentes do espectro.
R: 
n ω(rad/s) an bn
___________________________________________________
0 0 0,75 0
1 1,57 1,18 0
2 3,14 0,45 0
3 4,71 -0,16 0
4 6,28 -0,38 0
5 7,85 -0,10 0
6 9,42 0,15 0
7 10,99 0,17 0
8 12,56 0,00 0
Solução:
Para simplificar o cálculo dos coeficientes, o trem de pulsos será representado pela 
fórmula abaixo: 
xT( t)=2Π4( t1,5 ) Conforme resultado do Exercício E 2.2,
a0={2x1,5)/4=0,75
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an=
2×2×1,5
4
sinc (0,375×n)
A figura E.-2.3 abaixo representa o espectro unilateral de forma gráfica.
Figura E-2.3
Esta figura foi obtida, após algumas manipulações com o BROffice Impress, com a 
seguinte listagem Scilab: 
X=[]; 
for n=1:1:8 
x=(2*2*1.5/4)*sin(0.375*n*%pi)/(0.375*n*%pi); 
X=[X x]; 
end 
bar(X,.2,'black') 
xgrid
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E-2.4-Para os dados do Exercício E-2.3, faça um esboço para a forma de onda 
resultante da soma da fundamental com a 4a harmônica do sinal. Considere t≤8.
Solução:
A fundamental, no caso a componente que corresponde a n=1:
x1=C1cos (ω0t), ou seja:
x1=1,18 cos(1,57t). Portanto, é um cos de fase zero, amplitude 1,18 e período T=4s.
A 4ª harmônica tem n=4.
Daí, x4=-0,38cos(6,28t). Portanto, é um cos de amplitude -38 e fase zero.
A Figura E -2.4 apresenta um gráfico para x1+x4 em 2 períodos, correspondendo a t=8s
Figura E-2.4
Esta Figura foi obtida com a seguinte listagem para o Scilab:
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E-2.5-Para os dados do Exercício E-2.3, demonstre que o 1o nulo ocorre quando 
nτ/T0=K, sendo K o menor inteiro positivo e real. Determine n e K.
R: n=8 e K=3.
Solução:
A amplitude da componente 
Cn=
2A τ
sen ( n τT ) . Portanto, Cn=0 pela 1a vez (1o nulo) quando 
nk
T
=K , sendo K o menor inteiro para a relação 
n τ
T
, n=1, 2, 3⋯
Assim, para o primeiro nulo, n é o menor inteiro para o qual n=kTτ , K=1, 2. 3 ⋯
No caso
K n=KTτ
1 2,6666
2 5,3333
3 8
Portanto, o primeiro nulo ocorre para n=8 e K=3.
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EXERCÍCIOS – Sequência F
F-2.4-Prove as Equações 2.18, 2.19 e 2.20.
Solução:
an cosnω0 t+bn sen nω0 t=√(an2+bn2)[( an√(an2+bn2))cosnω0 t+(
bn
√(an2+bn2))sennω0 t ]
Usando a identidade trigonométrica:
cos (A−B)=(cosAcosB+senAsenB)=(
an
Cn
×cos A+
bn
Cn
×senA) e fazendo cn=√(an2+bn2)
e A=ω0t temos que
cosB=
an
Cn
 e sen B=
bn
Cn
, sendo - B=θn temos que θn=−arc tg
bn
an
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EXERCÍCIOS – Sequência G
G-2.1-A figura 2.17 apresenta um circuito de um retificador de onda completa. Para 
este circuito, quando a entrada xe(t) for o sinal senoidal xe(t)=Asen (2πf0t) a saída será o 
sinal retificado xs(t)=|Asen(2πf0t)|. (veja a Figura 2-6). Calcule a série complexa de Fourier 
para xs(t). Forneça as frequências das 4 primeiras harmônicas e o nível de corrente 
contínua do sinal.
Figura 2-17
R: 
Tomando-se como referência a frequência f0 do sinal senoidal de entrada, temos:
fundamental : n=1 : fs1=2f0. 2o harmônico : fs2=4f0.
3o harmônico : fs3=6f0. 4o harmônico : fs4=8f0.
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O nível de corrente contínua será dado por 2A/π.
Solução:
Série complexa de Fourier:
xs( t)=∑
n=−∞
n=+∞
Xn e
jnω0 t onde ω0=2π/Ts.
Atenção: Se escrevermos ω0=2π/T como é usual, corremos o risco de confundir o 
período da onda não retificada, identificado por T, com o período Ts do sinal retificado, 
pois Ts=T/2 e assim ω0=4л/T=4πf0.
X n=
1
T s
∫
t0
t0+Ts
xs( t)e
−jnω0 t dt onde ω0=2π/Ts.
Sabendo que Ts=T0/2, e fazendo t0=0, temos:
Xn=
2
T s
∫
0
T0 /2
A(sen 2π t /T0)e
−jn 4πT0
t
dt Daí,
Xn=
2A
π ( 11−4n2 )
Frequência dos 5 primeiros harmônicos:
1º harmônico: fs1=ω0/2π =2f0, f0=1/T0, onde T0 é o período da onda de entrada.
2º harmônico: fs2=4f0.
3º harmônico: fs3=6f0.
4º harmônico: fs4=8f0
5º harmônico: fs5=10f0
G-2.2-Faça um esboço do espectro de frequências complexo de Fourier dos sinais xe(t) 
e xs(t) do Exercício G-2.1. Calcule até a 5a harmônica.
Solução:
a)Sinal xe(t)=Asen2πf0t
Este é um sinal senoidal. Portanto,é um sinal de frequência f0, ou seja, só tem uma 
componente no espectro, que é o próprio sinal. Utilizando a fórmula de Euler,
sen x= e
jx−e−jx
2j
, então
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xe (t)=Asen 2π f 0 t=A
e j2 πf 0 t−e−j2 π f0 t
2j
=
A
2j e
j2 π f0 t−
A
2j e
− j2π f0 t=− j A2 e
j2π f 0 t+ j A2 e
−j2 π f0 t
Portanto,
X e1+=
A
2
e
− j π
2=A
2
(− j=e
−j π
2 ) coeficiente para n=+1
X e1−=
A
2
e
j π
2=A
2
( j=e
j π
2 ) coeficiente para n=-1
A Figura G 2-2.1 apresenta o espectro do sinal acima:
Figura G-2-2.1
b)Sinal xs(t): A série do sinal de saída é dada por:
xs( t)=∑
n=−∞
∞
e jn4π f 0 t , n=1,2 ,3,⋯ f0 é a frequência do sinal de entrada, xe(t).
As frequências do espectro de xs(t), são múltiplos pares de fo.
Segundo o resultado do Exercício G-2.1, X n=
2A
π ( 11−4n2 ) . Assim,
n Xn/A
0 0,64
±1 -0,21
±2 -0,04
±3 -0,02
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±4 -0,01
±5 -0,006
A Figura G-2.2 ilustra graficamente este espectro de frequência, em função de n. O 
afastamento entre raias é de 2f0.
Figura G-2.2
G-2.3-De que maneira o conteúdo espectral do sinal de entrada xe(t) do Exercício G-2.1 
foi alterado pelo circuito retificador? E a potência? Analise e comente em relação à 
distribuição espectral do sinal de saída xs(t), à distribuição de potência na frequência do 
sinal de entrada em relação ao sinal de saída e em relação a linearidade do circuito 
retificador.
Solução:
O sinal de entrada é um sinal senoidal puro. Possui apenas uma componente 
espectral, de frequência f0. O espectro complexo de Fourier, atendendo à convenção 
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matemática da série complexa, apresenta f0 e -f0 conforme a Figura G 2-1.
O nível C.C. do sinal de entrada é zero. A potência média é A2/2.
Podemos afirmar, portanto, que toda a potência do sinal de entrada está concentrada 
na frequência f0 do espectro.
Já o nível de C.C. do sinal de saida é bastante elevado, correspondendo a quase 64% 
da amplitude máxima do sinal de entrada. A menor frequência do espectro de saida vale 
2f0, com uma amplitude relativa de 42% da amplitude do sinal de entrada.
Além disso, o espectro do sinal de saida apresenta valores em todos os múltiplos 
pares de f0, inclusive em fs=0 (C.C.). Entretanto, a potência total do sinal de saida é a 
metade que a potência rms de entrada. Isto pode ser verificado realizando-se a integral 
do quadrado de xs(t)2 ao longo do período do sinal de saida, que é a metade do período 
de entrada. Ou ainda, vê-se logo que a área sob a curva de xs(t)2 é a metade da área sob 
xe(t)2, quando considerados os períodos respectivos.
Conclui-se, portanto, que o circuito retificador é um circuito não linear, pois não 
atende ao princípio da superposição. 
Podemos dizer que a frequência f0 foi espalhada no espectro nas frequências 
componentes do sinal de saida, pelo circuito retificador. A maior parte da potência fica 
concentrada em f=0 (0,41=0,642).
G-2.4-Calcule a série exponencial de Fourier de um trem de pulsos retangulares, de 
amplitude A, largura τ e período T0. Assuma simetria par pela escolha adequada de t0, 
conforme a Figura 2-1.
R:
Solução:
A série exponencial de Fourier de um sinal periódico x(t) se escreve:
x( t)=∑
n=−∞
+∞
Xn e
jnω0 t
 n é sempre um número real , inteiro, variando de −∞ a +∞
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Xn é o coeficiente da série. O período do sinal periódico x(t) sendo considerado=T0, 
temos que ω0=2Л/T0 , onde ω0 representa o intervalo de frequência espectral entre 
componentes do espectro. Temos que a série exponencial tem componentes espectrais 
positivas e negativas, usando portanto a representação bilateral. É baseada na fórmula 
de Euler, onde uma função senoidal é representada por dois fasores conjugados, Para 
um sinal x(t) real, para representar uma componente são necessários 2 componente, 
uma positiva e outra negativa, Xn e-X-n Sendo x(t) um sinal real, Xn e X-n são complexos 
conjugados.
Cálculo de Xn
Xn=
1
T0
∫
t= t0
t0+T0
x( t)e− jnω¿ t dt , ou seja, a integração é feita ao longo de um período da 
variável livre t. O instante inicial t0 pode ser arbitrado, normalmente sendo escolhido de 
modo a facilitar o cálculo da integral de Xn.
No caso deste exercício, como valor para t0 deve ser escolhido para que a integral seja 
simétrica, será feito t0=-T0/2, de modo que Xn fica:
Xn=
A
T0
∫
−τ /2
τ/2
e−jnω0 t dt= A
T0
2 sen (nω¿ τ /2)
nω0
= A τ
T0
sinc n τ
T0
f0=
ω0
2π
= 1
T0
Assim, a série exponencial de Fourier do sinal 
pedido é:
A ΠT0(
t
τ )=∑
n=−∞
+∞
A τ
T0
sinc n τ
T0
e jnω0 t
Obs: Para se escrever a série, basta Xn. Por isso, a resposta numérica foi dada em 
termos de Xn.
G-2.5-Trace o gráfico do espectro bilateral do trem de pulsos do Exercício G-2.4. Para o 
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traçado, considere T0=4τ e repita para T0=10τ, primeiro mantendo T0 invariável e 
variando τ, e depois mantendo o valor de τ constante e variando T0.
Solução:
As Figuras G-2.5-1 a G-2.5-4 apresentam o resultado pedido.
Na Figura G-2.5-1, T0=1 e τ=0,25.
Na Figura G-2.5-2, T0=1 e τ=0,1.
Na Figura G-2.5-3, T0=4 e τ=1.
Na Figura G-2.5-4, T0=10 e τ=1.
Figura G-2.5-1
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Figura G-2.5-2
Figura G-2.5-3
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Figura G-2.5-4
As quatro Figuras acima foram geradas usando a listagem abaixo, escrita e 
reproduzida em qualquer editor de textos, para o software matemático Scilab.
pi=4*atan(1); 
Nn=input('Entre com o numero de componentes unilaterais: '); 
T0=10; 
tau=T0/10; 
A=1; 
X=[]; 
for n=-Nn:1:Nn 
if n == 0 then xx=A*tau/T0; 
else xx=(A*tau/T0)*((sin(n*pi*tau/T0)/(n*pi*tau/T0))); 
end 
X=[X xx]; 
end 
bar(X,0.2,'black') 
xgrid
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G-2.6-Para o Exercício G-2.5, verifique e relate o que acontece com os espectros. Em 
particular, determine quantas raias do espectro existem desde n=0 até a primeira raia 
nula e relacione este resultado com os valores de T0 e τ. Verifique também onde ocorre o 
1º nulo do espectro, para n, f e ω. Verifique o que acontece se T0/τ=4,75.
Solução: 
Analisando os gráficos do Exercício anterior verificamos que a forma geral do 
espectro é de uma função “sinc“, e que o número de raias até o 1° nulo depende apenas 
da relação T0/τ. Por exemplo, na Figura G-2.5-3, onde T0/τ=4 , o 1° nulo ocorre para n=4. 
Desta forma, existem 3 raias não-nulas, o 1°, o 2° e o 3° harmônicos. O 4°harmônico é 
nulo.
 Assim, em relação a n, a forma geral das funções “sinc” é a mesma para uma dada 
relação τ/T0 , não dependendo dos valores particulares de τ ou T0. 
Entretanto, se o eixo das abcissas for graduado para ω ou f, a forma exata dos 
espectros dependerá dos valores particulares de τ ou T. Isto pode ser visto se 
considerarmos que ω0=2л/T, sendo ω0=afastamento entre raias, e que o1° nulo ocorrerá 
para ω=2Л(T/τ)xT=2Л/τ.
Portanto, temos:
Gráfico G-2.5-1: Espaçamento entre raias (em ω)= 2Л/1= 2Л. 
1° nulo: ω=2Л/τ=2Л/0,25=8Л rad/s.
Gráfico G-2.5-2: Espaçamento entre raias (em ω)= 2Л/1= 2Л. 
1° nulo: ω=2Л/τ=2Л/0,1=20Л rad/s.
Gráfico G-2.5-3: Espaçamento entre raias (em ω)= 2Л/4= Л/2. 
1° nulo: ω=2Л/τ=2Л/1=2Л rad/s.
Gráfico G-2.5-4: Espaçamento entre raias (em ω)= 2Л/10= Л/5. 
1° nulo: ω=2Л/τ=2Л/1=2Л rad/s.
Se T0/τ=4,75, e o eixo das abcissas graduado em n, o 1° nulo ocorrerá para n=4,75. 
Como as raias só acontecem para n um número inteiro, tanto o 4 ° quanto o 5° 
harmônicos existirão e serão diferentes de zero.
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.
Figura G-2.6-1
G-2.7-A partir das fórmulas de Euler, Equações 2-11 e 2-12, mostre que cn=2|Xn|.
Solução:
Equação 2-11:
Equação 2-12:
A série exponencial se escreve:
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Onde Xn é um fasor de módulo |Xn| e fase α
Temos que:, se x(t) é um sinal real, então Xn é complexo conjugado de X-n, e somamos 
um fasor com frequência positiva com seu correspondente fasor complexo conjugado 
negativo para obter uma componente real de x(t):
Xn e
jnω0 t+Xn
* e− jnω0t=∣Xn∣e
jnω0 t+α+∣Xn∣
*e−( jnω0 t+α)=∣Xn∣{e
( jnω0 t+α)+e−( jnω0 t+α)}=2∣Xn∣cos (nω0 t+α)
Assim, comparando com a série compacta, vemos que:
X0=C0 e 2∣Xn∣=Cn
EXERCÍCIOS – Sequência H 
H-2.1-Calcule o espectro de densidade de frequências de um pulso retangular de 
largura τ e amplitude A. Desenhe o gráfico de X(ω) pelo menos até |ω|<8π/τ.
R: X(ω)=Aτsinc(ωτ/2π) sendo sinc(x)=sen(πx)/πx.
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Solução:
Como não foi definida a posição no tempo do pulso retangular, para simplificar o 
cálculo este pulso retangular será será representado pelo sinal simétrico x(t)=AΠ(t/τ), 
conforme a Figura H-2.1.1 abaixo.
Figura H-2.1.1
Assim, X(ω) será calculado pela integral:
Graficamente, temos, para A=1 e τ=1:
X (ω)=∫
−∞
+∞
x (t)e− jω t dt=∫
−τ
2
+τ
2
Ae−jω tdt=Ae
− jω t
− jω
]−τ
2
+τ
2 =A [ e−jω
τ
2−e
jω τ
2
− jω ]=
= 2Aω [e jω
τ
2−e
− jω τ
2
2j ]=2Aω sen (ω τ2 )=A τ
senω τ
2
ω τ
2
=A τsinc (ω τ2π )
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Figura H-2.1.2
A figura acima foi gerada pela listagem abaixo, feita para o software Scilab;
pi=4*atan(1); 
A=1; 
tau=1; 
X=0; 
w=-8*pi:0.1:8*pi; 
X=A*tau*(sin(w.*tau/2)./(w.*tau/2)); 
plot2d(w,X) 
xgrid
H-2.2-Calcule o espectro de densidade de frequências do sinal x(t)=AΠ[(t-τ)/τ], sendo 
x(t) uma função retangular de amplitude A, centrada em t=τ e de largura τ. Desenhe o 
gráfico de X(ω) (módulo e fase) pelo menos até |ω|<8π/τ.
R: Aτsinc(ωτ/2π)e-jωτ 
Solução:
Um possível gráfico para o pulso x(t) está apresentado na Figura H-2.2.1.
2π/τ2π/τ-2π/τ
Aτ
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Figura H-2.2.1
Utilizando o resultado anterior e a propriedade do deslocamento no tempo podemos 
escrever:
Se AΠ(t/τ) <----------> Aτsinc(ωτ/2π) então
AΠ(t-τ/τ)<---------> Aτsinc(ωτ/2π)e-jωτ
O acréscimo linear de fase corresponde, portanto, a um deslocamento no tempo. A 
Figura H-2.2.2 mostra como fica característica de fase do pulso. Como podemos observar, 
é uma reta passando pela origem, com inclinação -τ (sendo τ o retardo de tempo do 
pulso).
Figura H-2.2.2
A característica de amplitude é como na Figura H-2.1.2.
H-2.3-Esboce o gráfico do espectro de densidade de frequências do sinal x(t)=2Π[(t-
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3)/1,5], representado na Figura 2-19.
Solução:
 Desafio para o leitor.
H-2.4-Para o sinal x(t)=2Π[(t-3)/1,5], representado na Figura 2-19, calcule a 
contribuição para o valor do pulso em t=3s, pela faixa de frequências do espectro que vai 
de 0,9 a 1,1Hz.
R: -0,5 V para o valor do pulso em t = 3s, que é de 2 V.
Figura 2-19
Solução:
O sinal x(t) no instante de tempo t0, x(t0), pode ser representado pela integral de seu 
espectro de frequências X(ω):
x (t0)=
1
2π ∫−∞
+∞
X(ω)e jω t0 dω
Portanto, o valor x(t0) é formado pela contribuição de todas as frequências do espectro. 
No caso deste Exercício, foi solicitada a contribuição da faixa de frequências de 0,9 a 
1,1Hz, para o valor x(3). Como podemos observar da Figura 2-19, x(3)=2. Como este 
valor, para ser obtido, precisa da contribuição de toda a faixa de frequências de X(ω), a 
faixa pedida, de 0,9 a 1,1Hz, contribuirá com apenas uma parcela g(3) para x(3)=2.
Sendo X(ω) representativo do espectro complexo de Fourier, vamos calcular 2 
parcelas, uma relativa à parte negativa do espectro e outra relativa à parte positiva do 
espectro. Assim, temos:
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g1(3)=
1
2π ∫−2π(1,1)
−2π(0,9)
X(ω)e jω3 dω+ 1
2π ∫2π(0,9)
2π(1,1)
X(ω)e jω 3 dω No caso, 
X (ω)=3 sinc ( ω×1,5
2π
)e− jω3 Assim,
g1(3)=
1
2π ∫−2,2 π
−1,8 π
3sinc(ω×1,5
2π
)dω+ ∫
1,8π
2,2π
3sinc( ω×1,5
2π
)dω A integral da função 
sinc(ωx1,5/2π) pode ser calculada aproximadamente para o intervalo considerado, que é 
mínimo. Assim,
ω 2,2π 2,0π 1,8π
sinc(ωx1,5/2π) -0,17 -0,21 -0,21
Portanto,sinc(ωx1,5/2π)≈0,21 para 1,8π<|ω|<2,2π
Daí,
Portanto a faixa de frequências especificada, de 0,9 a 1,1Hz, contribui com 
aproximadamente -0,5V para o valor do pulso em t=3V, que é de 2V.
H-2.6-Qual a contribuição da frequência de 1Hz para o valor do pulso especificado em 
H-2.4 em t=3s?
R: 0 V.
Solução:
Conforme o conceito de espectro de densidade de frequências é necessário uma faixa 
de frequências para uma contribuição finita ao valor do sinal. Uma única frequência gera 
uma contribuição infinitesimal, portanto zero.
H-2.7-Utilizando a propriedade da derivação no tempo, calcule o espectro de 
densidade de frequências do sinal da Figura 2-20.
g1(3)=
3
2π [ ∫−2 ; 2π
−1,8π
(−0,21)dω+∫
1,8 π
2,2 π
(−0,21)dω]=−0,5
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Figura 2-20
R:
Solução:
A propriedade da derivação no tempo estabelece que:
Baseado no exposto acima, a solução consiste em se derivar o sinal x(t) em sucessão, 
até se obter um sinal cuja transformada é conhecida. Aplica-se então a propriedade 
acima para obter X(ω).
Assim, derivando-se uma vez x(t), obtém-se:
x (t)<-----> X(ω)
dx(t)
dt
<-----> jωX (ω)
d2(t)
(dt)2
<----->( jω)2 X (ω)
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Figura H-2.7.1
Derivando-se novamente, obtém-se:
Figura H-2.7.2
De resultados anteriores, observa-se que:
Daí, temos que
d2 x
(dt) ²
=2Π( t
8
)
( jω)2 X(ω)=2×8sinc ( ω×8
2 π
)
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Então
H-2.8-Compare e comente as eventuais diferenças entre os espectros de densidade de 
frequência dos sinais x1(t)=2Π(t/4) e x2(t)=2Π(t/8). Faça gráficos dos sinais no domínio do 
tempo e dos respectivos espectros, observando as respectivas escalas.
R: 
Solução: Os pulsos x1(t) e x2(t)são ambos retangulares, com o mesmo formato e 
centrados na origem. Apenas x2(t) é mais largo, no tempo.
Verifica-se que no domínio da frequência ocorre o oposto, isto é, o pulso mais estreito 
tem o espectro comparativamente mais largo na frequência. Este fato é interpretado 
dizendo-se que o pulso mais estreito é mais rápido do que o outro, pois tem uma 
duração menor. Consequentemente, possui frequências maiores, espalhando mais seu 
espectro. Entretanto, por uma questão de conservação de energia, o espectro do pulso 
mais largo tem amplitude maior que o espectro do pulso mais estreito, nesse caso.
Gráficos: Desafio para o leitor.
H-2.9-Sendo F(ω) a transformada de Fourier de f(t), ache a transformada de Fourier de 
f(t)cos(ω0)t. Apresente uma solução literal e uma solução gráfica.
R: 1/2F(ω-ω0)+1/2F(ω+ω0)
X (ω)=
16 sinc(4ωπ )
( jω)2
=
−16 sinc( 4ωπ )
ω2
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Solução:
Pela fórmula de Euler,
Daí, a transformada de f(t)cosω0 t é:
Assim
Aplicando-se a propriedade do desvio na frequência, escreve-se imediatamente:
X(ω)=1/2F(ω-ω0)+1/2F(ω+ω0)
Solução gráfica:
O sinal x(t) é um sinal qualquer, com um certo espectro de frequências. Ao 
multiplicarmos os dois sinais, estamos fazendo com que um sinal de frequência e 
amplitude máximas fixa são multiplicadas por frequências variáveis de x(t). O resultado 
é a modificação da amplitude máxima de cosω0t, conforme as variações de x(t). x(t) pode 
ser qualquer sinal, inclusive senoidal. Neste caso particular , x(t).cosω0t, considerando ω0 
a maior frequência. Por exemplo, seja f0 =80Hz e x(t) uma senoide de 5Hz.
cos (2π80t) x(t)
cos (ω0 t)=
e jω0t+e− jω0 t
2
X (ω)=∫
−∞
+∞
f (t)e
jω0 t+e− jω0 t
2
e−jω tdt
X (ω)=
(∫
−∞
+∞
f (t)e−jωt)e jω0 t+(∫
−∞
¿∞
f (t)e−jωt)e− jω0 t
2
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 Figura H-2.9.1 Figura H-2.9.2
x(t).cos (2π80t)
Figura H-2.9.3
O produto x(t).cos (2π80t) atende à relação trigonométrica:
Esta relação pode ser mostrada graficamente. Assim,
A+B=85Hz. B-A=75Hz.
cos (At ). cos (Bt )=1
2
[cos (A+B) t ]+ 1
2
[cos(B−A) t ]
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 Figura H-2.9.4 Figura H-2.9.5
1/2cos(B+A)+1/2cos(B-A). x(t).cos (Bt).
 Figura H-2.9.6 Figura H-2.9.7
Conforme podemos ver, os dois gráficos acima são idênticos. Um foi obtido pela soma 
de duas frequências, respectivamente (B+A) e (B-A), e o outro pelo produto das 
frequências A e B. É claro que x(t) representa um sinal complexo, com um espectro de 
densidade de frequências e não apenas uma frequência A. Entretanto, podemos intuir 
que o resultado é válido para F(ω). No momento, é o máximo que podemos fazer. 
Experimente repetir este Exercício após os conhecimentos da função impulso unitário e 
da convolução. Veja também a Parte 3. Esta operação de produto é a base da Modulação 
em amplitude AM-DSB-SC.
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EXERCÍCIOS – Sequência I
I-2.3-Qual o valor da função impulso δ(t) em t=0?
Solução
Considera-se que a amplitude de um impulso, onde estiver localizado, é infinita. No 
caso, estará localizado em t=0. Portanto, a resposta é infinito.
I-2.6-Qual o valor da função δ(t)f(t)?
Solução
δ(t)f(t)=δ(0)f(0) = infinito
I-2.7-Qual o valor da integral
(2.27)
Solução
I-2.9-Represente graficamente as funções em a, b,c e d abaixo:
a) δ(t-T); b) f(t)δ(t-T), sendo f(t) uma função qualquer;
c) d)
∫
−∞
+∞
δ(t−T)f (t)dt=∫
−∞
+∞
δ(t=T)f (T )dt=f (T)∫
−∞
+∞
δ(0)dt=f (T)
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Solução
a) δ(t-T)
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 Figura I-2.9.1
b) f(t)δ(t-T)
Figura I-2.9.2
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c)
Figura I-2.9.3
d)
Figura I-2.9.4
I-2.10-Calcule a transformada de Fourier de um impulso unitário. Interprete o 
resultado.
Solução
No caso, f(t)=δ(t)
F(ω)=∫
−∞
+∞
f (t)e− jω t dt
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Como δ(t)=0 para t≠0, e ∫
−∞
+∞
δ(t)f (t)dt=f (0)
F(ω)=e−jω0=1
Portanto, a “função” impulso unitário possui um espectro de densidade de 
frequências constante e igual à unidade. Isto significa que o impulso unitário gera todas 
as frequências simultaneamente, de 0 até infinito, com a mesma intensidade, 
I-2.11-Faça um gráfico do espectro de densidade de frequências do impulso unitário.
Solução
Para o leitor.
I-2.12-A partir da definição da série complexa de Fourier, e da transformada de Fourier 
de ejωot, defina formalmente uma expressão para o espectro de densidade de 
frequências ou transformada de Fourier de um sinal periódico. Interprete o resultado.
R: 
(2-29)
Solução
Dado um sinal periódico xT(t), de período T, já vimos que este sinal pode ser 
representado pela série de Fourier:
F(ω)=∫
−∞
+∞
δ(t)e−jωt dt
xT(t)=∑
−∞
+∞
Xn e
jnω0 t onde ω0=
(2π)
T
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Portanto, a T.F. de xT(t) será:
Invertendo-se a integral e o somatório, e fazendo-se u=ω-nω0
Mas se
segundo o resultado do Exercício I-2.10, então 
1
2π ∫−∞
+∞
1×e jωt dω=δ(t) , pela fórmula da transformação inversa.
Portanto,
Mas acontece que δ(ω)=δ(−ω) , pois a função só existe na origem, em ω=0. 
Portanto
Assim,
Esta expressão representa formalmente o espectro de densidade de frequências do 
sinal periódico xT(t).
Conforme vemos, XT(ω) apresenta as mesmas informações que a série de Fourier do 
sinal periódico xT(t), ou seja, o valor de cada componente, Xn , e o intervalo entre cada 
componente, ω0.
Apenas a forma de apresentação é diferente. Assim, o tratamento espectral dos sinais 
periódicos e não-periódicos é unificado, pela transformada de Fourier.
XT(ω)=∑
−∞
+∞
∫
−∞
+∞
Xne
− jut dt=∑
−∞
+∞
Xn∫
−∞
+∞
e− jut dt
XT(ω)=∫
−∞
+∞
(∑
−∞
+∞
Xne
jnω0 t)e−jω tdt
∫
−∞
+∞
δ(t )e−jω tdt=1
∫
−∞
+∞
e− jutdt=2πδ(u)=2πδ(ω−nω0)
XT (ω)=2π∑
−∞
∞
Xnδ(ω−nω0) onde ω0=
2π
T
1
2π ∫−∞
+∞
1×e−jωt dt=δ(−ω)
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I-2.13-Calcule o espectro de densidade de frequências de uma sequência periódica de 
impulsos periódicos, conforme ilustrado na Figura 2-22. Forneça o gráfico do espectro e 
interprete o resultado.
Figura 2-22
R:
(2-30)
Solução
O trem de impulsos periódicos é uma extensão do conceito de impulso unitário. 
Assim, temos δT(t), apresentado na Figura 2-22.
Sendo δT(t) um sinal periódico, seu espectrode densidade de frequência é dado por:
Xn, o coeficiente da série de Fourier do sinal periódico δT(t).
No caso,
XT(ω)=2π∑
−∞
∞
Xnδ(ω−nω0) onde ω0=
2π
T
Xn=
1
T ∫−T /2
+T /2
δ (t)e−jnω0 t dt= 1
T
e−jnω0(0) ∫
−T /2
+T/2
δ( t)dt= 1
T
e− jnω0 (0 )= 1
T
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Portanto,
Graficamente,
Figura I-2.13
Portanto, vê-se que a transformada de um trem de impulso unitários é também um 
trem de impulsos unitários na frequência, separados por um intervalo de frequências de 
ω0 , que pode ser chamado de δω0(ω).
I-2.14-Calcule o espectro de densidade de frequências de um sinal senoidal de 
frequência f0 Hz.
Solução
Um sinal senoidal tem apenas uma frequência espectral. Portanto, seu espectro deve 
esta concentrado em um único valor, que é |f0|.
Formalmente, temos que calcular a T.F. de um sinal senoidal
x1( t)=Acos (ω0 t+θ) , sendo
Esta transformada pode ser calculada partindo-se da fórmula de Euler:
cos γ= e
j γ+e− jγ
2
 e do conhecimento que e jω0 t←→2πδ(ω−ω0) , que é uma das 
θ=2π f 0
XT(ω)=δω0(ω)=ω0 ∑
n=−∞
+∞
δ(ω−nω0)
X1(ω)=∫
−∞
+∞
Acos(ω0 t+θ)e
− jω t dt
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propriedades da T.F., a do deslocamento na frequência.
Assim,
Portanto
pois
segundo o desenvolvimento do Exercício 2-12.
Se θ=0, temos a transformada do cosseno:
Se θ=-π/2, temos a transformada do seno, pois cos (θ-π/2)=sen(θ).
Mas e j−π/2=cos (−π/2)+ jsen (−π/2)=− j e e jπ/2=cos (π /2)+ jsen (π /2)= j
Portanto, podemos escrever:
As transformadas do cos e do sen admitem uma interpretação gráfica:
Figura I-2.14 
Asen (ω0 t)←→A π[δ(ω−ω0)e
j−π/2+δ(ω−ω0)e
jπ/2]
Asen (ω0 t)←→A π[ jδ(ω+ω0)− jδ(ω−ω0)]
AπAπ
ω0-ω0
T.F.(Acos t)
ke jω0 t←→ k∫
−∞
+∞
e−j (ω−ω0) t dt=2πk δ(ω−ω0)
ω0
-ω0
jAπ
-jAπ
T.F.(Asent)
T.F.(Asen t)
x1( t)=Acos (ω0 t+θ)=
e j(ω0 t+θ)+e−j (ω0 t+θ)
2
=A e
jω0 t×e jθ
2
+A e
−jω0 t×e− jθ
2
X 1(ω)=T.F.[A e jω0 t×e jθ2 ]+T.F.[A e
− jω0 t×e− jθ
2 ]=A /2e jθ2πδ(ω−ω0)+A /2 e jθ2πδ (ω+ω0)
Acos (ω0 t)←→Aπ [δ(ω+ω0)+δ(ω−ω0)]
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EXERCÍCIOS – Sequência J
J-2.2-Determine a expressão e faça o gráfico da convolução entre as funções u(t) e 
ΛW(t).
A função u(t) é o degrau unitário, cuja amplitude =1 para t>0, e = 0 para t<0, e ΛW(t) é 
o pulso triangular, centrado na origem, de amplitude =1 e largura = 2W.
R:
y(t)=0 para t<-W
y(t)=[t2+2tW+W2]/[2W] para -W<t<0
y(t)=W-[-t2+2tW-W2]/[2W] para 0<T<W
y(t)=W para t>W
Solução
A Figura J-2.2.1 apresenta o gráfico de ambos os sinais, ou seja, o degrau unitário e o 
pulso triangular. Para realizar a convolução entre os dois sinais, podemos manter um 
deles fixo e o outro deslizando sobre o primeiro, realizando-se uma inversão do segundo 
em relação ao eixo vertical [x2(-τ)] e calculando-se a área sob a intercessão, variando-se o 
deslocamento t entre ambas. A convolução é função do deslocamento t. 
No caso, faremos 1 τ>0
x1(τ) = u(τ), o degrau unitário=
 0 τ<0
τ é como denominamos a variável de integração. Isto é feito por conveniência, para 
que a convolução, que é o resultado de infinitas integrações, cada qual correspondente a 
um deslocamento, resulte função de t.
Por conveniência, escolhemos x2(τ)=ΛW(τ), pois x2(τ) é uma função par, e assim 
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ΛW(-τ)=ΛW(τ). Figura J-2.2.1
a) y(t)=0 para t<-W
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Figura J-2.2.2 a)
b) y ( t)=∫
0
t+W
[(−1
W
τ+ t+w
W
)]d τ= t
2+2tW+W²
2W
para -W<t<0
Figura J-2.2.2 b)
c)
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S2=
(W− t)2
2W
 logo S1=
W
2
−
(W−t)2
2W
Portanto
y ( t)=W−(W−t)
2
2W
 para 0<t<W
Figura J-2.2.2 c)
d)Para t>W, a convolução é constante e igual a W, pois a superposição dos dois sinais 
resulta em 1. x2=x2, e portanto a convolução é igual à área de x2 , que é igual a W.
y ( t)=S1+
W
2
S1=
W
2
−S2
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Figura J-2.2.2 d)
e)Representação gráfica da convolução final:
Figura J-2.2.2 e)
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EXERCÍCIOS – Sequência K
K-2.1-Um sistema tem resposta ao impulso de Dirac igual a h(t). Se a ele é aplicado um 
sinal de entrada g(t), determine o espectro do sinal de saída, Y(ω), em função do 
espectro do sinal de entrada, G(ω) e da transformada H(ω) de h(t). Sabe-se que 
y(t)=g(t)∗h(t). Comente o resultado.
R: Y(ω)=H(ω)xG(ω)
Solução:
Figura K-2.1.1
Como y(t)=g(t)∗h(t), então
y ( t)=∫
−∞
+∞
g (τ)h ( t−τ)d τ
Portanto
Y (ω)=∫
−∞
+∞
{∫
−∞
+∞
g(τ )h (t−τ)d τ}e− jω t dt=
=∫
−∞
+∞
g (τ)[∫
−∞
+∞
h ( t−τ)e− jω t dt ]d τ =
=∫
−∞
+∞
g (τ)H (ω)e− jωτd τ
 
devido à propriedade do deslocamento no tempo. Portanto,
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Y (ω)=H(ω)∫
−∞
+∞
g (τ)e− jω τd τ=H(ω)×G(ω)
Comentário:
A transformada do impulso unitário é igual a 1, conforme foi visto no Exercício I-2.10. 
Portanto, neste caso, Δ(ω)=1 (ou seja, a transformada de δ(t) é igual a 1). Pelo resultado 
acima, Y(ω) = H(ω). Sendo a função de transferência de um sistema definida como sendo 
a relação entre a transformada da saida pela transformada da entrada, segue-se que 
neste caso H(ω) é a própria função de transferência do sistema. A transformada inversa 
de H(ω), h(t), é chamada equação característica do sistema. É a resposta no tempo ao 
impulso unitário. 
Conhecendo-se h(t), uma operação de convolução no tempo permite obter a resposta 
do sistema a qualquer outra entrada x(t).
K-2.3-Utilizando a propriedade adequada, calcule pela convolução a transformada de 
Fourier do pulso triangular [ A ٨τ].
R: Aτsinc2(ωτ/2π).
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Solução
A função triangular [ A ٨τ] é um pulso, centrado na origem, com formato triangular, 
amplitude máxima na origem A e se estende de -τ a +τ, portanto tem largura total de 2τ, 
conforme abaixo definido matematicamente e o aspecto gráfico na Figura K-2.3.1.
Figura K-2.3.1
Duas propriedades da convolução são:
Tempo Frequência
x1( t)∗x2( t) X 1(ω)×X2(ω)
2π [x1( t)×x2( t )] X 1(ω)∗X2(ω)
A função A ٨τ (t) pode ser considerada como resultado da convolução entre dois pulsos 
retangulares iguais de largura τ e amplitude √ (A)τ .
Assim, 
A τ (t)٨ =√ Aτ Π( tτ )∗√ Aτ Π( tτ ) (comprove graficamente)
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Logo se
Pelo teorema da convolução no tempo
Assim, foi empregada a convolução no tempo para o cálculo de A ٨τ(t) a partir do 
pulso retangular e a respectiva propriedade para o cálculo da transformada. Deixamos 
ao leitor a tarefa de implementar graficamente as funções assim obtidas.
K-2.4-Deduzauma fórmula geral para a convolução entre dois pulsos retangulares 
centrados na origem, não necessariamente iguais. Faça o gráfico do resultado. (Veja o 
resultado do Exercício K-2.1).
R: Um trapézio simétrico em relação ao eixo vertical, centrado na origem, cuja altura 
vale A1.A2.τ2 , o lado superior vale τ1-τ2 e a base vale τ1+τ2.
Solução
Utilizando-se a interpretação gráfica da convolução e observando que temos 3 
situações distintas de sobreposição dos pulsos, a saber:
e
verifica-se que a convolução 
resultante é uma função 
trapezoidal, da forma:
X1(ω)=X2(ω)=√A τ sinc( ω τ2π )
∣t∣>( τ1+ τ22 ) (
τ1−τ2
2 )<∣t∣<(
τ1+τ2
2 )
∣t∣<( τ1−τ22 )
A τ (t)٨ ←→X1(ω)×X2(ω)=A τ sinc2( ω τ2π )
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(confirme).
Figura K-2.4
Pelo resultado de K-2.1, um dos pulsos poderia ser o sinal de entrada, e o outro a 
equação característica de um sistema linear. Como ambos são pulso retangulares, no 
domínio da frequência temos o produto entre duas funções sinc. É interessante observar 
que no caso dos pulsos serem iguais, a Figura K-2.4 corresponde a um triângulo isósceles, 
cuja transformada é proporcional a sinc2.
K-2.5-Analise, a partir da propriedade da convolução na frequência, o espectro de 
densidade de frequências de x2(t).
Comente o resultado obtido, principalmente se x(t) for um sinal limitado em 
frequência [isto é, se X(ω)=0 além de um certo valor para ω].
Solução
Como x2(t)=x(t).x(t), então, pelo teorema a convolução na frequência:
Portanto, X(ω) convolui com ela própria, fornecendo o espectro de x2(t).
Se X(ω) 'limitado em frequência, sua frequência máxima é ωm, valor finito.
Independente da forma exata de X(ω), sua convolução com ela própria possui o dobro 
da largura de X(ω). Portanto, conclui-se que quando x(t) possui um espectro limitado a 
uma valor máximo ωm, x2(t) possui um valor limitado ao dobro, ou seja, 2 ωm.
K-2.6-Utilizando a definição de convolução expressa em (2-31) e considerando 
x1(t)=δ(t), obtenha a convolução x1(t)∗x2(t), sendo x2(t) uma função qualquer. Dê uma 
interpretação gráfica ao resultado.
Solução
Se
x2( t)←→ 1
2π
X(ω)∗X (ω)
x1( t)∗x2( t)=∫
−∞
+∞
x1(τ)x2( t−τ)d τ
x1( t)=δ( t)
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Então
Desta forma, podemos dizer que a convolução com uma função impulso reproduz a 
função.
Interpretação gráfica:
Supondo x2(t)=f(t)
Figura K-2.6
x1( t)∗x2( t)=∫
−∞
+∞
δ(τ )x2( t−τ)d τ=∫
−ϵ
+ϵ
δ (τ)x2( t−τ)d τ=x2( t)∫
−ϵ
+ϵ
δ (τ)d τ=x2(t) .
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K-2.7-Refaça o Exercício K-2.6 utilizando a análise no domínio da frequência aplicada às 
funções impulso.
Solução:
No domínio da frequência,
Se x1(t)=δ(t) ------>δ(ω)=1
Logo,
Y(ω)=X2(ω)
Portanto
y(t)=x2(t)
EXERCÍCIOS – Sequência L
L-2.1-Um sistema LTI é excitado [função de entrada x(t)] por uma função impulso 
unitário δ(t) [impulso de Dirac]. Obtenha uma resposta geral para a transformada da 
saída y(t), em termos da função de transferência H(ω) do sistema. 
*Sugestão: Resolva o Exercício I-2.10, e aplique a equação (2-45).
R: Y(ω)=H(ω).
Solução
Segundo o Exercício I-2.10, a transformada do impulso unitário é igual a 1. Portanto, 
se um sistema LTI recebe como entrada uma função x(t)=δ(t), e como saida gera uma 
função h(t), assim expressa no domínio do tempo, é claro que no domínio da frequência 
a transformada de h(t), H(ω), é a resposta do sistema à unidade. Assim, um LTI pode ser 
caracterizado por h(t), no domínio do tempo, ou por H(ω), no domínio da frequência. h(t) 
é a resposta do sistema ao impulso unitário. 
A Equação (2-45) define uma função de transferência:
y(t)=x1(t)∗x2(t)←→X1(ω) . X2(ω)=Y(ω)
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Portanto
Portanto, conhecendo-se H(ω), função de transferência do sistema LTI, pode-se 
determinar a transformada da resposta a qualquer entrada x(t).
L-2.2-Um sistema LTI é excitado por uma função de entrada x(t), cuja transformada de 
Fourier é X(ω). A saída é y(t). Sendo H(ω) a função de transferência do sistema LTI, 
estabeleça uma equação geral, no domínio do tempo, relacionando y(t), x(t) e h(t), 
transformada inversa de H(ω), e mostre que h(t) é a resposta impulsiva do sistema LTI.
Solução
Pelo teorema da convolução no tempo, se
então
Relacionando-se a expressão acima com a Equação (2-45) pode-se escrever que :
y ( t)=x (t)∗h ( t)
Por resposta impulsiva queremos dizer a resposta do sistema LTI à x(t)=δ(t). Se isto 
ocorrer, então y(t)=h(t), pela expressão acima.
Y (ω)=X(ω) .H(ω)
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L-2.3-O resultado obtido no Exercício L-2.2 é muito importante. Ele permite 
determinar, no domínio do tempo, a resposta y(t) de um sistema LTI à qualquer entrada 
x(t) desde que se conheça ou determine h(t), que é a resposta impulsiva ou equação 
característica do sistema. No Exercício L-2.2, ela foi deduzida a partir da Equação 2-45, 
que foi obtida a partir da definição de função de transferência de sistemas LTI. Partindo 
agora do resultado do Exercício K-2.6, e interpretando a integral de convolução como o 
limite de um somatório (onde cada termo do somatório é igual a [x(τ) Δτ]δ(t-τ), Δτ 
tendendo a zero), demonstre o resultado de L-2.2 utilizando o princípio da superposição 
aplicado a sistemas LTI.
Solução
Sabemos que qualquer sinal x(t) pode ser escrito como:
Para maior clareza, vamos expressar a relação acima como o limite de um somatório 
(qualquer integral pode ser expressa desta forma):
No limite, Δτ--->dτ (um infinitésimo), e tK tende a uma variável contínua. Na expressão 
acima, temos um somatório infinito de impulsos, cada impulso com uma área igual a 
Δτx(tK). 
Assim, pelo princípio da superposição, sendo x(t) aplicado na entrada do sistema LTI 
temos na sua saida:
Portanto, confirmamos que o conhecimento de h(t) permite a determinação de y(t) 
para qualquer x(t), sendo h(t) a resposta impulsiva do sistema LTI, que é a transformada 
inversa da função de transferência H(ω). Por esse motivo, h(t) é também chamado de 
equação característica do sistema LTI.
x ( t)=x( t)∗δ(t)=∫
−∞
+∞
x( τ)δ(t−τ)d τ
x ( t)= lim
Δ τ→0
∑
tK=−∞
∞
Δ τx ( tK )δ (t− tK)
y ( t)= lim
Δ τ→ 0
∑
t K=−∞
∞
Δ τ x( tK)h ( t−tK )=∫
−∞
+∞
x( τ)h ( t−τ)d τ=x( t)∗h (t)
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L-2.5-Um sistema LTI tem resposta impulsiva h(t). Sendo x(t) a entrada, obtenha Y(ω), 
em função de X(ω) e H(ω). Observe o resultado de L-2.2 e aplique o teorema da 
convolução no tempo.
R: Y(ω)=H(ω).X(ω)
Solução
Segundo o Exercício L-2.2
Portanto
Y(ω)=H(ω).X(ω)
L-2.6- Calcule a resposta de um sistema LTI à um sinal x(t) = cos ω0t. Utilize a fórmula 
de Euler para o cosseno e o Exercício L-2.4. Interprete o resultado.
R: y(t)=| H(ω0) |cos [ω0t+θ(ω0)]
Solução
Podemos escrever que:
Mas já foi visto no Exercício L-2.4 que se a entrada for e
jωot , a resposta será 
H(ω0) e
jωot. Assim, se
Portanto, se
x ( t)=e− jω0 t→ y( t )=H(−ω0)e
− jω0 t
Mas se h(t) é uma função real de t, então H(-ω0)=H*(ω0).
Portanto, se
, então
 e
y ( t)=x (t)∗h ( t)x ( t)=cos (ω0 t)=
ejω0 t+ e−jω0 t
2
x ( t)=e jω0 t→ y( t)=H(ω0)e
jω0 t
H(ω0)=∣H(ω0)∣e
jθ(ω0 )
H(−ω0)=∣H(ω0)∣e
− jθ(ω0)
y ( t)=∣H(ω0)∣{e j[ω0 t+ θ(ω0 )]+ e− j[ω0 t+ θ(ω0)]2 }
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Portanto
Assim, conclui-se que um sistema linear LTI não altera a frequência de um sinal 
senoidal aplicado em sua entrada, apenas sua amplitude e sua fase relativa. Pelo 
princípio da superposição, se x(t)=Acos( cos ω0t+θ1(ω0)) então y(t)=A|H(ω0)|( cos ω0t 
+θ2( ω0)). A função de transferência do sistema em ω0 será H(ω0)=|H(ω0)|ej(θ2-θ1).
L-2.7-Estabeleça um método prático para determinar experimentalmente, em 
laboratório, uma função de transferência de um sistema LTI. Suponha que estão 
disponíveis um gerador de sinais senoidais, um osciloscópio de dois canais e uma carga 
resistiva de valor adequado.
Solução
A função de transferência H(ω), conforme sugerido pelo resultado do Exercício L-2.8, 
pode ser obtida para um sinal senoidal de frequência ω0 injetando-se na entrada do 
sistema um x(t)=Acos(ω0t). A amplitude de sinal de saida será A|H(ω0t)|. Logo, a 
amplitude da função de transferência é dada pela relação entre a amplitude da saida e 
da entrada. A fase introduzida pelo sistema é devida ao retardo de tempo introduzido 
pelo sistema. Se o sistema introduz um retardo t0 s , a fase introduzida será t0ω0 rad. 
Uma forma de medir essa fase é medindo o desvio de tempo entre a saida e a entrada, o 
que pode se feito com precisão pelo osciloscópio, principalmente. se este for dotado de 
um dispositivo de linha de retardo. Variando-se a frequência do oscilador, obtêm-se uma 
boa descrição da função de transferência do sistema dentro de uma certa faixa de 
frequência de interesse. A Figura L-2.7 apresenta uma montagem que pode ser utilizada.
y ( t)=∣H(ω0)∣cos (ω0 t+ θ(ω0))
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Figura L-2.7
Geralmente as entradas de um osciloscópio são de alta impedância, de modo que sua 
introdução no circuito de medida não afeta as características do sinal sendo medido. 
Como o sistema LTI deve se “casado em suas impedâncias” nominais de entrada e saida, a 
impedância do oscilador deve ser ajustada para coincidir com a impedância de entrada 
do sistema, bem como a carga com a impedância de saida do sistema.
L-2.8-Para um circuito elétrico, a função de transferência pode ser obtida 
conhecendo-se sua topologia e as características elétricas de seus componentes, usando-
se ferramentas de cálculo apropriadas. Obtenha a função de transferência para a rede 
RC conforme a Figura 2-24; forneça também os gráficos bilaterais de módulo e fase.
Figura 2-24
R: 
Sendo H(ω) complexo, possui módulo e fase, dados respectivamente por:
e
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Solução
Aplicando-se a regra do divisor de tensão
 Daí, então
 Chamando a=1/(RC), temos que
e
A Figura L-2.8.1 apresenta a curva para |H(ω)|, e a Figura L-2.8.2 apresenta a curva de 
ângulo para H(ω), ambas obtidas através da listagem abaixo:
j=sqrt(-1) 
ww=5000 
R=100 
C=.00001 
a=1/(R*C) 
H3=abs(a/(a+j*a)) 
alfa1=[] 
WW=[] 
HH=[] 
for omega=-ww:1:ww; 
H1=(1/(R*C))/(1/(R*C)+j*omega); 
H2=abs(H1); 
WW=[WW omega]; 
HH=[HH H2]; 
alfa=-atan(omega/a); 
alfa1=[alfa1 alfa]; 
end 
scf(1) 
plot2d(WW,HH) 
Y
X
=
ZC
R+ZC
=
1
jωC
R+ 1
jωC
= 1
1+ jωRC
H(ω)= 1
1+ jωRC
= 1 /RC
1/RC+ jω
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xgrid 
scf(2) 
plot2d(ww,alfa1) 
xgrid
Os valores de R e C são, respectivamente R=100Ω e C=10μF. Observamos que para 
|ω|=a, 
∣H (ω)∣= 1
√(2)
=0,707
Portanto, a largura de banda de 3 dB do filtro é proporcional ao valor de a. No caso, 
a= 1000 rad/s. Como a é inversamente proporcional a RC, o filtro é mais rápido para 
valores menores de RC. RC tem a dimensional de s.
Figura L-2.8.1
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Figura L-2.8.2
RC é a chamada “constante de tempo do filtro”.
L-2.9-Usando a transformada inversa da função de transferência, calcule a resposta 
impulsiva do circuito RC da Figura 2-24.
R: 
Solução
Conforme visto no Exercício L-2.8, 
De uma tabela de transformadas, temos
H(ω)= a
a+ jω
e−at u ( t)←→ 1
a+ jω
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Logo
Considerando que a=1/(RC)
L-2.10-Calcule a saída y(t) do circuito RC da Figura 2-24 quando a entrada x(t) for uma 
função degrau unitário.
R:
Solução
Mas 
conforme Exercício anterior. Portanto
Daí,
Como 
só existe para τ>0 e u(t-τ)=1 para τ<t e u(t-τ)=0 para τ>t, então quando t>0 
existe sobreposição e consequentemente temos 
Quando t<0 não há sobreposição e y(t)=0.
ae−at u ( t)←→ a
a+ jω
h ( t)= 1
RC
e−t /(RC)
y ( t)=x (t)∗h ( t)=u (t)∗h ( t )
h ( t)= 1
RC
e
−t
RC u ( t)
y ( t)=u ( t )∗ 1
RC
e
−t
RC u (t)
y ( t)= 1
RC∫−∞
+∞
e
−τ
RC u( τ)u ( t−τ)d τ
e
−τ
RC u (τ)
y ( t)= 1
RC∫0
t
e−τ /(RC)d τ= 1
(RC) [ e
−( τ/RC)
−1
(RC) ]0
t
=−[e−(t /RC)−1]=1−e
−
t
(RC )
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Portanto,
L-2.11-No circuito RC da Figura 2-24, R= 1 kΩ e C= 1 μF. Calcule y(t) se 
x(t)=10cos(2π106)t. Interprete o resultado.
R:
Solução
Para um sinal senoidal, se x(t)=cos(ω0t), y(t)=|H(ω0)|cos(ω0t+θ(ω0)). 
Para o filtro RC, 
Sendo ω0=2π.106 rad/s, R=103Ω e C=10-6F. 
Sendo a=1/RC=103.
Portanto, 
pois cos(ωt-90o)=-sen (ωt)
O resultado acima indica que a frequência de saida é a mesma que a do sinal de 
entrada. Entretanto, o desvio de fase é muito grande, praticamente -90o. Além disso, A 
amplitude de saida é muito pequena. Isto indica que a atuação do filtro é muito forte 
nesta frequência. 
L-2.12-No circuito RC da Figura 2-24, x(t) é um pulso retangular definido pela fórmula 
x(t)=AΠ[(t-τ/2)/τ] (ver Exercício H-2.2). Calcule y(t) e faça gráficos de y(t) para τ/RC >> 1 e 
τ/RC << 1. Interprete os resultados.
y ( t)=[1−e
− tRC ]u ( t)
H(ω)= 1
1+ jωRC
∣H (ω0)∣=
103
√(106+(2 π)21012)
=1,6×10−4
θ(ω0)=−atan(ω0a )=−atan (2π×103)=−89,99o
y ( t)=−1,6×10−3sen (2π×106 t)
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R:
Solução
Segundo o Exercício L-2.9, a equação característica do filtro RC é
Assim
Utilizando como auxílio a interpretação gráfica da convolução, vemos que temos 3 
situações:
1º) t<0
2º) 0<t<τ e
3º) t>τ 
Para a 1ª situação, t<0, não há sobreposição, e y(t)=0.
Para a 2ª situação, 0<t<τ, e
Finalmente, para t>τ, temos:
A Figura L.2-12-1 apresenta um exemplo para o sinal de saida quando τ/RC>>1, isto é, 
o pulso de saída é muito parecido com o pulso de entrada, sendo pequena a distorção 
apresentada pelo filtro. Isto se justifica pois o espectro de frequências do pulso 
retangular é proporcional a 1/τ,que é muito menor que a largura de banda do filtro, que 
é proporcional a a=1/RC. Desta forma o pulso é pouco afetado pelo filtro. 
h ( t)= 1
RC
e
−t
RC u ( t)
y ( t)=∫
−∞
+∞
h (z)x (t−z)dz
y ( t)=∫
0
t A
RC
e
−
z
RC dz=A [1−e
−
t
RC ]
y ( t)=∫
t−τ
t A
RC
e
−z
RC dz=A [1−e
−
t
RC ]e
−
(t−τ)
RC
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Figura L.2-12-1
A Figura L.2-12-2 representa um exemplo para quando τ/RC <<1. Nota-se, neste caso, 
uma grande deformação do pulso de saida em relação ao pulso de entrada. Isto se 
justifica pois τ/RC sendo <<1, então a largura de de banda do filtro é muito menor que a 
largura de banda do pulso de entrada, causado grande distorção.
Figura l.2-12-2
As Figuras L.12-2-1 e L.12-2-2 fora geradas pela listagem a seguir, para tau=80 e tau=5 
respectivamente, e A=2. A listagem roda no Scilab 4.0:
A=2 
tau=5 
R=2000 
C=1E-03 
z=tau/(R*C) 
tt1=[] 
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hh1=[] 
for t=-100:.1:0 
h1=0.00000000000001; 
hh1=[hh1 h1]; 
tt1=[tt1 t]; 
end 
plot2d (tt1,hh1) 
xgrid 
hh2=[] 
tt2=[] 
for t=0:.1:tau; 
h2=A*[1-exp(-t/(R*C))]; 
tt2=[tt2 t]; 
hh2=[hh2 h2]; 
end 
plot2d(tt2,hh2) 
xgrid 
tt3=[] 
hh3=[] 
for t=tau:.1:100 
h3=A*[1-exp(-tau/(R*C))].*[exp(-(t-tau)/(R*C))]; 
hh3=[hh3 h3]; 
tt3=[tt3 t] ; 
end 
plot2d(tt3, hh3) 
xgrid
L-2.13-Obtenha a função de transferência e a resposta impulsiva do sistema conhecido 
como segurador de ordem zero (Zero Order Hold – ZOH) apresentado na Figura 2-25.
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Figura 2-25
Faça os gráficos correspondentes e interprete.
Solução
A resposta impulsiva do sistema é sua resposta ao impulso unitário. Assim , considerando 
que em sua entrada seja aplicado uma função impulso unitário, na entrada do integrador 
teremos a diferença de dois impulsos, δ(t)-δ(t-T). T é o retardo entre os dois impulsos 
aplicados na entrada do integrador. É como se ao impulso em t=0 correspondesse um 
eco em t=T, de área de sinal oposto ao 1º impulso. Assim, na saida do integrador temos 
um pulso retangular de largura T e amplitude =1, iniciando em t=0 e terminando em t=T, 
pois a integração do eco anula a integração do impulso a partir de t=T. Assim,
Fica como desafio para o leitor a obtenção da função de transferência e uma 
confirmação do valor obtido. Fica também a realização dos gráficos correspondentes.
R:
L-2.14-Um sistema de transmissão apresenta o efeito de multicaminho, que ocorre 
quando o sinal chega ao receptor por dois ou mais caminhos com retardos diferentes. 
Considerando o caso de apenas dois caminhos, o sistema em questão pode ser 
representado pelo diagrama da Figura-2-26.
y ( t)=h( t)=Π( t−T/2
T
)
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Figura 2-26
Obtenha o módulo e a fase da função de transferência deste sistema e comente o 
resultado obtido.
Sugestão:
Faça gráficos aproximados de |H(ω)| e θ(ω). Considere K1=K2=1, e os gráficos vão 
desde – π/(t2-t1) a +π/(t2-t1). Comente sobre os gráficos obtidos.
Solução
Portanto
H(ω)=K 1e
− jω t1+K2 e
−jω t2=K 1(1+K 2K 1 e− jω( t2−t1 ))e− jω t1
H(ω)=K 1(1+K2K1 cosω(t 2− t1)− j
K 2
K1
senω(t 2− t1))e−jω t1
∣H (ω)∣=K1√1+[ K2K1 cosω( t 2−t 1)]2+[ K 2K1 senω(t 2−t1)]2
∣H (ω)∣=K1√[1+2 K 2K1 cosω( t2−t1)+K22K12 cos2ω( t2−t 1)+K 22K 12 sen2ω( t2−t 1)]
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e
Desafio para o leitor:
Gerar e representar gráficos para |H(ω)| e θh(ω).
EXERCÍCIOS – Sequência M
M-2.1-Considere o sinal x(t)=10cos(tπ+π/5)+5sen(2πt – π/4) + cos (6πt +π/3) sendo 
aplicado na entrada de um FPB ideal com ωc=4π e t0= 1 s. Determine a expressão do sinal 
y(t) na saída do filtro e trace as formas de onda de x(t) e y(t). Considere t variando de -5 a 
5 s, com um intervalo mínimo de 0.1 s.
Solução:
O sinal de entrada é composto por 3 frequências, respectivamente ω1=π, ω2=2π e 
ω3=6π rad/s. O FPB é ideal, e possui uma frequência de corte ωc=4π rad/s. Logo, de 
antemão podemos inferir que o sinal de saida será composto por apenas duas 
frequências, ω1=π, ω2=2π. Mas qual serão as formas de onda de x(t) e y(t)? 
Evidentemente, isto dependerá do defasamento entre as frequências de entrada e do 
retardo oferecido pelo sistema. Podemos resolver essa questão supondo inicialmente 
que o sistema tenha retardo zero, e inserindo posteriormente o retardo de 1s em y(t), e 
∣H (ω)∣=K1√[1+2 K 2K1 cosω( t2−t1)+K22K12 ]
θh(ω)=−ω t1−atan [ K2K1 senω(t 2− t1)1+K2K1 cos omega( t2−t1) ]
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aplicar o principio da superposição, calculando a saida correspondente a cada x. Mas 
mesmo assim ainda temos que considerar o defasamento entre os sinais de entrada. 
Pode-se também calcular logo as três grandezas envolvidas, x(t), y(t) e h(t), utilizando o 
teorema da convolução no tempo:
Para isto, é muito fácil utilizarmos um software para cálculo matemático, como o 
Scilab, que é gratuito.
A convolução, no Scilab, é calculada com apenas 1 comando, convol. A rotina utilizada 
é apresentada após as Figuras abaixo. Nesta rotina do Scilab, utilizaremos a equação 
característica do FPB :
Outra coisa a ser considerada é que teoricamente tanto x(t) quanto y(t) são sinais de 
potência, portanto têm duração infinita ( de -∞ a+∞). Mas para poder usar um 
processamento numérico, ou mesmo desenhar um gráfico é preciso limitar a variável 
livre a valores finitos máximos e mínimos. Portanto, as respostas obtidas são limitadas a 
um certo intervalo, fora do qual elas não têm validade. Mas como saber se o resultado 
obtido é correto (ao menos aproximadamente)? Um critério é comparar as respostas 
segundo duas maneiras diferente de obtê-las. Uma, mais restritiva quanto aos 
parâmetros de cálculo, porém com boa probabilidade de acerto nos resultados. Outra 
mais geral, que pode ser facilmente estendida a outros tipos de sinais e sistemas. No 
nosso caso, a primeira valida a segunda. As duas formas foram empregadas, e deram 
origem aos resultados das figuras abaixo, geradas pelo Scilab:
 Figura M-2.1-1 Figura M-2.1-2
Sinal de entrada Resposta Impulsiva h(t)
do sistema
y ( t)=x (t)∗h ( t)
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Figura M-2.1-3 Figura M-2.1-4
Saida x1+x2 Saida representando
a convoluçao entre as duas Figuras acima
Observe que a Figura M-2.1-3 representa a soma de x1+x2, sinais com frequências 
respectivamente ω1=π, ω2=2π, que são inferiores a frequência de corte do FPB ωc=4π. 
Seria a saida do filtro, se o retardo fosse zero. Como o tempo de retardo do filtro é 1s, o 
valor em t=0 corresponde a t=1, etc. Este resultado valida o apresentado na Figura 
M-2.1-4, que é dado pela convolução entre o sinal de entrada e a resposta impulsiva do 
FPB. Note que o valor de retardo do filtro já está computado.
As Figuras acima foram geradas pela utilização da rotina listada a seguir, que é 
aplicável a versões 4.0 e inferiores do Scilab.
pi=4*atan(1); 
t=-5:0.01:5; 
x1=10*cos(pi*t+pi/5); 
x2=5*sin(t-pi/4); 
x3=cos(6*pi*t+pi/3); 
x4=x1+x2+x3; 
x9=x1+x2; 
scf(0) 
plot2d(t,x4) 
xgrid 
scf(1) 
plot2d(t,x9) 
xgrid 
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omegac=4*pi; 
t0=1; 
W=omegac/(2*pi); 
x=2*W*(t-t0); 
sinc=(sin(pi*x))./(pi*x); 
h=2*W*sinc; 
scf(2); 
plot2d(t,h) 
xgrid 
scf(3) 
y=convol(x4,h); 
tt=-10:0.01:10; 
plot2d(tt,0.01*y)xgrid
M-2.2-Trace a resposta impulsiva h(t) para o FPB do Exercício M-2.1. Considere t de -5 
a +5 s, com um intervalo mínimo de 0.1 s.
Solução
Na verdade, a solução deste exercício está contida na solução do Exercício M-2.1. A 
listagem a seguir é um subconjunto de comandos da listagem apresentada no Exercício 
M-2.1, que roda no Scilab Versão 4.0:
pi=4*atan(1); 
t=-5:0.01:5;
omegac=4*pi; 
t0=1; 
W=omegac/(2*pi); 
x=2*W*(t-t0); 
sinc=(sin(pi*x))./(pi*x); 
h=2*W*sinc; 
scf(2); 
plot2d(t,h) 
xgrid 
A Figura M-2.2-1 
apresenta o 
gráfico para h(t), 
conforme geradp 
pela listagem 
acima:
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Figura M-2.2-1
M-2.3-Conforme sabemos, y(t)=x(t)∗h(t). Comprove esta relação, obtendo a referida 
convolução para o caso do Exercício M-2.1.
Sugestão: Elabore uma rotina computacional na linguagem de sua preferência, e 
utilize como entrada os vetores correspondentes à x(t) e h(t), para t de -5 a +5 s com 
intervalo de 0.099 s (para evitar divisão por zero). A saída deve ser comparada com y(t) 
obtido em M-2.1.
Solução
Novamente, este é um sub-produto do Exercício M-2.1. 
M-2.6-Trace o gráfico do pulso sinc x(t)=Asinc(2Bt). Considere 2 conjuntos de 
parâmetros:A1=1; B1=2 e A2=2; B2=4. A transformada de Fourier do pulso é 
X(ω)=(A/2B)Π (ω/4πB). Deduza esta expressão e calcule X(ω) para cada conjunto [A1,B1] 
e [A2,B2]. Trace os gráficos correspondentes e compare com os gráficos dos pulsos sinc. 
Estabeleça por sua conta as escalas das ordenadas e das abscissas mais adequadas.
Solução
A Figura M-
2.6.1 apresenta 
gráfico de x(t) 
para o 1º 
conjunto de 
valores 
[A,B]=[1,2];
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Figura M-2.6.1
Para o 2º conjunto [A, B]=[2,4] temos a Figura M-2.6.2;
Figura M-2.6.2
As Figuras acima foram geradas com a seguinte listagem (Scilab 4.0):
pi=4*atan(1); 
A=1; (2);
B=2; (4);
t0=0; 
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t=-5:0.0009:5; 
x=2*B*(t-t0); 
sinc=(sin(pi*x))./(pi*x); 
x=2*B*sinc; 
scf(1) 
plot2d(t,x) 
xgrid
De uma tabela de transformadas compatível temos que:
Daí, se
x(t)=Asinc(2Bt) então X(ω)=(A/2B)Π (ω/4πB)
As Figuras M-2.6.3 e M-2.6.4 apresentam X(ω) para os 2 conjuntos de valores 
[A,B]=[1,2] e [A,B]=[2,4], respectivamente.
Figura M-2.6.3 Figura M-2.6.4
Conforme verificamos, a largura da função no domínio do tempo varia de forma 
inversa no domínio da frequência (se a função se alarga no tempo, isto é se a sua duração 
é maior, então ela se estreita na frequência, e vice-versa). Apesar de termos comprovado 
apenas para um caso particular, podemos generalizar para qualquer sinal.
M-2.7-Considere o pulso sinc do Exercício M-2.6 sendo aplicado a um FPB ideal com 
largura de faixa WHz (W=ωc/2π), ganho unitário e retardo zero. Considere duas 
situações: B>W e B<W. Para cada uma das situações, calcule a expressão para o sinal de 
Asinc (2Wt)←→ A
2W
Π( f
2W
)
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saída y(t). Estabeleça comparações entre os dois casos, anotando o que acontece com a 
amplitude e a duração no tempo do pulso de entrada nos dois casos.
Solução
1ª situação: B>W:
Nesse caso, a largura de banda do sinal de entrada é modificada pelo filtro. Como a 
função de entrada é retangular em ω, sua representação no tempo é uma função sinc. 
Portanto, o sinal de saida, terá um espectro de frequências ainda retangular, porém, 
como B>W, este sinal de saida terá um espectro mais estreito que o de entrada, ficando 
limitado à uma frequência ωC. Este sinal, no domínio do tempo, tem a forma da 
transformada inversa da função retangular, ou seja a função sinc. Na verdade, pela ação 
do filtro, o espectro do sinal de saida será igual à função de transferência do filtro. 
No domínio do tempo, temos uma convolução entre duas funções sinc, a função de 
entrada e a equação característica do filtro. O resultado, isto é, o sinal de saida, é 
também expresso como uma função sinc no domínio do tempo. Daí concluímos que a 
convolução entre funções sinc de espalhamentos diferentes resulta ainda numa função 
sinc, que é igual à sinc mais espalhada. Em outras palavras:
sendo B>W.
2ª situação: B<W:
Nesse caso, o FPB não afeta o sinal de entrada, que possui menor largura de banda. 
Assim, o sinal de saida reproduz a entrada. Seguindo o mesmo raciocínio anterior, temos 
nesse caso: 
sendo B<W.
A amplitude, como a função de transferência tem valor =1, fica inalterada a amplitude 
máxima da função de transferência. Entretanto,no caso descrito pela situação 1, O sinal 
de saida possui largura de bada menor que o sinal de entrada, sua energia é menor, e sua 
amplitude máxima no domínio do tempo deverá também diminuir.
y ( t)=x (t)∗h ( t)=2Bsinc (2Bt)∗2Wsinc(2Wt)=2Wsinc(2Wwt)
y ( t)=x (t)∗h ( t)=2Bsinc (2Bt)∗2Wsinc(2Wt)=2Bsinc (2Bt )
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M-2.8-Considere uma função degrau unitário sendo aplicado à entrada de um FPB 
ideal de largura de banda W e t0=0. Calcule numericamente a saída y(t) do filtro para 
-4/W<t<4/W. Utilize o software de sua preferência, mas considere um número suficiente 
de amostras dos vetores de entrada para que se obtenha um gráfico claro e bem preciso. 
Discuta a precisão do sinal de saída em função do incremento utilizado nas variáveis e do 
comprimento dos vetores.
Solução
Conforme vimos no Exercício K-2.10, a convolução de uma função qualquer com o 
degrau unitário resulta na integral da função. Neste Exercício, temos como sinal de saida 
do filtro a convolução entre o sinal de entrada e a equação característica do sistema. 
Como o sinal de entrada é um degrau unitário, a saida será igual a integral da equação 
característica do FPB. Portanto, será igual à integral de h(t)=2Wsinc(2Wt). Esta é uma 
integral não-trivial, e só pode ser calculada numericamente.
A Figura M-2.8 apresenta a função de saida, obtida pela rotina abaixo, escrita para 
rodar no Scilab versão 4.0. Esta rotina calcula numericamente a integral de uma função 
qualquer, definida pelo comando function, pelo método de Simpsom.
pi=4*atan(1); 
W=1.5; 
fqq=[]; 
nn=[]; 
ss=[]; 
xx=[]; 
function [r]=IQ(v) 
 r=(2*W)*(sin(2*W*pi*v)/(2*W*pi*v)); 
endfunction 
t=0; 
nx1=-1.; 
nx2=5.; 
for ny=nx1:0.01:nx2; 
nz=-1.5; 
s=0.; 
fq=0.; 
n=0.; 
for x=nz:0.01:ny 
n=n+1; 
s=IQ(x); 
fq=fq+2*s; 
end 
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fq=fq-(IQ(nz)+IQ(ny)); 
fq=((ny-nz)/(2.*(n-1))).*fq; 
int=fq; 
fqq=[fqq fq]; 
nn=[nn n]; 
xx=[xx x]; 
end 
scf(0) 
plot2d(xx,fqq) 
xgrid
Figura M-2.8
Quanto aos parâmetros do cálculo, eles podem ser ajustados convenientemente na 
rotina.
M-2.9-Um FPB tem uma função de transferência dada por:
conforme mostra a Figura 2-31. Esta função não tem módulo constante na faixa de 
passagem do filtro, apresentando uma distorção linear em atenuação.
Um pulso g(t), também limitado em banda à BHz, B=W, é aplicado à entrada deste 
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filtro, conforme mostra a Figura 2-32. Ache a saída r(t). Trace o gráfico resultante 
considerando k=0,1; t0=0,5 s; T=0,1 s, e W=1.5Hz.
R: r(t)=g(t-t0)+(k/2)g(t-t0+T)+(k/2)g(t-t0-T)