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Lista de Exercícios Transformada de Laplace e Z Vinícius Marinho Silva Vitória da Conquista, BA Janeiro de 2013. Livro: Sinais e Sistemas / Simon Haykin e Barry Van Veen, Cap 2,3,4 e 5. 2 Vinícius Marinho Silva – Sinais e Sistemas Problemas 2.4-7 A resposta ao impulso unitário de um sistema LCIT é ℎ(𝑡) = 𝑒−𝑡𝑢(𝑡) Determine a resposta do sistema (estado nulo) y(t) se a entrada x(t) for: a) )(tu b) 𝑒−𝑡𝑢(𝑡) c) 𝑒−2𝑡𝑢(𝑡) d) 𝑠𝑒𝑛3𝑡 𝑢(𝑡) Alternativa a: A resposta do um sistema (estado nulo) obedece a seguinte equação: 𝑦(𝑡) = ℎ(𝑡)∗𝑥(𝑡) Substituindo x(t) e h(t): 𝑦(𝑡) = 𝑒−𝑡𝑢(𝑡) . 𝑢(𝑡) Deixando h(t) e x(t) em função da frequência (vide tabela 1 - Transformada de Laplace): ℎ(𝑠) = 1 𝑠+1 e 𝑥(𝑠) = 1 𝑠 logo, 𝑦(𝑠) = ℎ(𝑠) . 𝑥(𝑠) 𝑦(𝑠) = ( 1 𝑠+1 ) ( 1 𝑠 ) Como esta transformada não pode ser obtida diretamente da tabela 1 será necessário expandir estas funções por frações parciais. Então: 𝑦(𝑠) = 1 𝑠 + 1 . 1 𝑠 = 𝐴 𝑠 + 𝐵 𝑠 + 1 Trata-se de do caso 1 de frações parciais (Raízes diferentes e racionais) Para saber o valor do resíduo “A” multiplica-se a equação acima pelo denominador de “A” e em seguida substitui-se “s” pela raiz do denominador de “A”, ou seja, substitui-se por zero. Então: [( 1 𝑠 + 1 ) ( 1 𝑠 )] (𝑠) = ( 𝐴 𝑠 + 𝐵 𝑠 + 1 ) (𝑠) Substituindo-se s por 0: [( 1 0 + 1 )] = 𝐴 + ( 𝐵 0 + 1 ) (0) Livro: Sinais e Sistemas / Simon Haykin e Barry Van Veen, Cap 2,3,4 e 5. 3 Vinícius Marinho Silva – Sinais e Sistemas 𝐴 = 1 Para encontrar o valor do resíduo B utilizou-se do mesmo artifício de A: multiplica-se a equação principal pelo denominador de “B” e em seguida substitui-se tal denominador “s+1” pela raiz do denominador de “B”, ou seja, substitui-se “s” por -1. Então: [( 1 𝑠 + 1 ) ( 1 𝑠 )] (𝑠 + 1) = ( 𝐴 𝑠 + 𝐵 𝑠 + 1 ) (𝑠 + 1) [(1) ( 1 𝑠 )] = 𝐴(𝑠 + 1) 𝑠 + 𝐵 Substituindo-se s por -1: −1 = 𝐴(−1 + 1) −1 + 𝐵 𝐵 = −1 Subst. A e B: 𝑦(𝑠) = 1 𝑠 − 1 𝑠 + 1 Em função do tempo: 𝑦(𝑡) = (1 − 𝑒−𝑡)𝑢(𝑡) Alternativa b: A resposta de um sistema (estado nulo) obedece à seguinte equação: 𝑦(𝑡) = ℎ(𝑡) ∗ 𝑥(𝑡) Substituindo x(t) e h(t): 𝑦(𝑡) = 𝑒−𝑡𝑢(𝑡) . 𝑒−𝑡𝑢(𝑡) Deixando h(t) e x(t) em função da frequência (vide tabela 1 - Transformada de Laplace): ℎ(𝑠) = 1 𝑠+1 e 𝑥(𝑠) = 1 𝑠+1 Logo, 𝑦(𝑠) = ℎ(𝑠) . 𝑥(𝑠) 𝑦(𝑠) = 1 𝑠 + 1 . 1 𝑠 + 1 = 1 (𝑠 + 1)2 Esta transformada pode ser obtida diretamente da tabela 1. Então não será preciso separá-la por frações parciais (iria resultar numa fração parcial “modo 2”, onde há duas raízes iguais). Portanto, utilizando a tabela 1 𝑦(𝑡) será: 𝑦(𝑡) = 𝑡𝑒−𝑡𝑢(𝑡) Livro: Sinais e Sistemas / Simon Haykin e Barry Van Veen, Cap 2,3,4 e 5. 4 Vinícius Marinho Silva – Sinais e Sistemas Alternativa c: Substituindo x(t) e h(t): 𝑦(𝑡) = 𝑒−𝑡𝑢(𝑡) . 𝑒−2𝑡𝑢(𝑡) Deixando h(t) e x(t) em função da frequência (vide tabela 1 - Transformada de Laplace): ℎ(𝑠) = 1 𝑠+1 e 𝑥(𝑠) = 1 𝑠+2 Logo, 𝑦(𝑠) = ℎ(𝑠) . 𝑥(𝑠) 𝑦(𝑠) = 1 𝑠+1 . 1 𝑠+2 Como esta transformada não pode ser obtida diretamente da tabela 1 será necessário expandir estas funções por frações parciais. Então: 𝑦(𝑠) = 1 𝑠 + 1 . 1 𝑠 + 2 = 𝐴 𝑠 + 1 + 𝐵 𝑠 + 2 𝐴 = −1 𝑒 𝐵 = 1 Subst. A e B: 𝑦(𝑠) = −1 𝑠 + 1 + 1 𝑠 + 2 Em função do tempo: 𝑦(𝑡) = (𝑒−𝑡 − 𝑒−2𝑡)𝑢(𝑡) Alternativa d: A resposta do um sistema (estado nulo) obedece a seguinte equação: 𝑦(𝑡) = ℎ(𝑡)∗𝑥(𝑡) Substituindo x(t) e h(t): 𝑦(𝑡) = 𝑒−𝑡𝑢(𝑡) . 𝑠𝑒𝑛3𝑡 𝑢(𝑡) Deixando h(t) e x(t) em função da frequência (vide tabela 1 - Transformada de Laplace): ℎ(𝑠) = 1 𝑠+1 e 𝑥(𝑠) = 3 𝑠2+ 32 logo, 𝑦(𝑠) = ℎ(𝑠) . 𝑥(𝑠) 𝑦(𝑠) = 1 𝑠+1 . 1 𝑠2+32 Livro: Sinais e Sistemas / Simon Haykin e Barry Van Veen, Cap 2,3,4 e 5. 5 Vinícius Marinho Silva – Sinais e Sistemas Como esta transformada não pode ser obtida diretamente da tabela 1. É necessário expandir estas funções por frações parciais. Trata-se de uma fração parcial de modo 3 (onde o denominador possui raiz complexa). Nota-se que (𝑠2 + 32) é o fator irredutível que possui raízes complexas. Então a fração parcial será: 𝑦(𝑠) = 1 𝑠 + 1 . 3 𝑠2 + 32 = 3 (𝑠 + 1)(𝑠2 + 32) = 𝐴 (𝑠 + 1) + 𝐵. 𝑠 + 𝐶 (𝑠2 + 32) Para encontrar “A” utiliza-se a metodologia tradicional (multiplica-se os dois termos da equação principal pelo denominador de A e depois aplica-se em “s” a raiz do denominador de A). Então teremos: 3 (𝑠2 + 32)(𝑠 − 3) = 𝐴 𝑠 − 1 𝐴 = 3 ((−1)2 + 32) = 3 10 Para encontrar "B", multiplique tudo por "s " e aplique o limite ao infinito para s. Para encontrar “C” apenas considere na equação principal 𝑠 = 0. Então: 𝐴 = 3 10 , 𝐵 = −𝐴 = − 3 10 , 𝐶 = 3 10 Subst. A,B e C: 𝑦(𝑠) = 3 10 ( 1 𝑠 − 1 ) + −3𝑠 10 + 3 10 𝑠2 + 32 = ( 3 10 ) ( 1 𝑠 − 1 ) + ( 3 10 ) ( −𝑠 + 1 𝑠2 + 32 ) 𝑦(𝑠) = ( 3 10 ) [( 1 𝑠 − 1 ) + ( −𝑠 + 1 𝑠2 + 32 )] Em função do Tempo: 𝑦(𝑡) = 3 10 [𝑒𝑡𝑢(𝑡) + cos(3𝑡). 𝑢(𝑡)] Obs: Para o lado direito utilizou-se o caso 9 da tabela da transformada de Laplace. 2.4-9 Repita o problema 2.4-7 para ℎ(𝑡) = (1 − 2𝑡)𝑒−𝑡𝑢(𝑡) e 𝑥(𝑡) = 𝑢(𝑡) A resposta do um sistema (estado nulo) obedece a seguinte equação: 𝑦(𝑡) = ℎ(𝑡) ∗ 𝑥(𝑡) Substituindo x(t) e h(t): 𝑦(𝑡) = (1 − 2𝑡)𝑒−2𝑡𝑢(𝑡) . 𝑢(𝑡) Livro: Sinais e Sistemas / Simon Haykin e Barry Van Veen, Cap 2,3,4 e 5. 6 Vinícius Marinho Silva – Sinais e Sistemas Deixando h(t) e x(t) em função da frequência (vide tabela 1 - Transformada de Laplace): ℎ(𝑠) = 1 𝑠+2 − 2 (𝑠+2)2 e 𝑥(𝑠) = 1 𝑠 logo, 𝑦(𝑠) = ℎ(𝑠) . 𝑥(𝑠) 𝑦(𝑠) = ( 1 𝑠 + 2 − 2 (𝑠 + 2)2 ) . 1 𝑠 Manipulando a equação: 𝑦(𝑠) = ((𝑠 + 2) − 2) 1 𝑠(𝑠 + 2)2 𝑦(𝑠) = 𝑠 𝑠(𝑠+2)2 = 1 (𝑠+2)2 Agora esta transformada pode ser obtida diretamente da tabela 4.1 Em função do tempo: 𝑦(𝑡) = 𝑡𝑒−2𝑡 2.4-25 Considere o circuito mostrado na figura P2.4-5. Figura P2.4-25 a) Determine a saída y(t) dada uma tensão inicial do capacitor de 𝑦(0) = 2𝑉 e entrada 𝑥(𝑡) = 𝑢(𝑡). b) Dada uma entrada 𝑥(𝑡) = 𝑢(𝑡 − 1), determine a tensão inicial do capacitor y(t) tal que a saída y(t) seja 0,5 volts para t = 2 segundos. Alternativa a Através da LTK, nota-se que, 𝑥(𝑡) = 𝑅𝐼 + 𝑦(𝑡) Sendo que Livro: Sinais e Sistemas / Simon Haykin e Barry Van Veen, Cap 2,3,4 e 5. 7 Vinícius Marinho Silva – Sinais e Sistemas y(t) = 𝐶 𝑑𝑣(𝑡) 𝑑𝑡 então 𝑥(𝑡) = 𝑅𝐶𝑦(𝑡) + 𝑦(𝑡) 1 𝑅𝐶 𝑥(𝑡) = 1 𝑅𝐶 𝑦(𝑡) + 𝑦(𝑡) De modo que 𝑎 = − 1 RC A resposta quando 𝑡 = 0− tem a forma 𝑦𝑜(𝑡) = 𝑐1. 𝑒− 𝑡 𝑅𝐶 Quando t=0 𝑦𝑜(0) = 𝑐1. 𝑒− 0 𝑅𝐶 = 𝑐1 = 2 Então 𝑦𝑜(𝑡) = 2. 𝑒− 𝑡 𝑅𝐶A resposta de entrada nula é 𝑦𝑜(𝑡) = ℎ(𝑡)∗𝑥(𝑡) 𝑦(𝑡) = (1 + 𝑒− 𝑡 𝑅𝐶) . 𝑢(𝑡) Alternativa b Sabe-se que a resposta de entrada nula é 𝑦𝑜(𝑡) = 𝑦𝑜(0). 𝑒− 𝑡 𝑅𝐶 Desde que o sistema seja invariante no tempo, o passo unitário é avançado 1 segundo gerando a resposta 𝑥(𝑡) = 𝑢(𝑡 − 1) .Então 𝑦(𝑡) = (1 − 𝑒− 𝑡−1 𝑅𝐶 ) 𝑢(𝑡 − 1) Portanto, 𝑦𝑜(0) = 𝑒 1 𝑅𝐶 − 0,5. 𝑒 2 𝑅𝐶 3.9-4 Utilize o método clássico para resolver 𝑦[𝑛] + 2𝑦[𝑛 − 1] + 𝑦[𝑛 − 2] = 2𝑥[𝑛] − 𝑥[𝑛 − 1] Livro: Sinais e Sistemas / Simon Haykin e Barry Van Veen, Cap 2,3,4 e 5. 8 Vinícius Marinho Silva – Sinais e Sistemas Com entrada x[n] = 3−n u[n] e condições auxiliares y[0] = 2 e y[1] = − 13 3 . 𝛾2 + 2𝛾 + 1 = (𝛾 + 1)2 = 0 As raízes repetidas são −1 𝑦𝑛[𝑛] = (𝐵1 + 𝐵2𝑛)(−1) 𝑛 As equações do sistema são: (𝐸2 + 2𝐸 + 1) 𝑦[𝑛] = (2𝐸2 − 𝐸)𝑥[𝑛] e 𝑥[𝑛] = ( 1 3 ) 𝑛 𝑦[𝑛] = 𝐻 [ 1 3 ] 3−𝑛 = − 1 16 3−𝑛 𝑛 ≥ 0 𝑦[𝑛] = (𝐵1 + 𝐵2𝑛)(−1) 𝑛 − 1 16 3−𝑛 𝑛 ≥ 0 Para 𝑛 = 0, 1, e substituindo 𝑦[0] = 2 e 𝑦[1] = − 13 3 2 = 𝐵1 − 1 16 − 13 3 = −(𝐵1 + 𝐵2) − 1 48 𝐵1 = 33 16 𝐵2 = 9 4 𝑦[𝑛] = ( 33 16 + 9 4 𝑛) (−1)𝑛 − 1 16 (3)−𝑛 𝑛 ≥ 0 Respondendo esta questão por transformada Z 𝑦[𝑛] + 2𝑦[𝑛 − 1] + 𝑦[𝑛 − 2] = 2𝑥[𝑛] − 𝑥[𝑛 − 1] Considerando x[n] = 3−n u[n] e condições auxiliares y[0] = 2 e y[1] = − 13 3 a equação acima se tornará: 𝑦(𝑧) + 2[𝑧−1𝑦(𝑧) + 𝑦[−1]] + [ 𝑧−1𝑦(𝑧) + 𝑦[−1] + 𝑦[−2]] = 2𝑥(𝑧) − (𝑧−1𝑥(𝑧) + 𝑥[−1]) Sabe-se que 𝑥[−1] 𝑒 𝑥[−2] = 0 e que 𝑦[1] + 2𝑦[0] + 𝑦[−1] = 2𝑥[1] − 𝑥[0], 𝑦[0] + 2𝑦[−1] + 𝑦[−2] = 2𝑥[0] − 𝑥[1] Livro: Sinais e Sistemas / Simon Haykin e Barry Van Veen, Cap 2,3,4 e 5. 9 Vinícius Marinho Silva – Sinais e Sistemas portanto: 𝑦[−1] = 2𝑥[1] − 𝑥[0] − 𝑦[1] − 2𝑦[0] (𝐸𝑞 1) 𝑦[−2] = 2𝑥[0] − 𝑥[1] − 𝑦[0] − 2𝑦[−1] (𝐸𝑞 2) Substituindo y[0] e y[1] na Eq. 1 𝑦[−1] = 2(1) − ( 1 3 ) − 13 3 − 2(2) 𝑦[−1] = −26 Substituindo y[0] , y[1] e y[-1] na Eq. 2 y[−2] = 2(1)– ( 1 3 ) − 2 − [2(−26)] y[−2] = 155 Substituindo as condições iniciais em y[0], y[1] 𝑒 𝑦[−1] e y[-2] 𝑦(𝑧) + 2[𝑧−1𝑦(𝑧) + 𝑦[−1]] + 2[ 𝑧−1𝑦(𝑧) + 𝑦[−1] + 𝑦[−2]] = 2𝑥(𝑧) − (𝑧−1𝑥(𝑧) ) 𝑦(𝑧) + 2[𝑧−1𝑦(𝑧) + −26] + 2[ 𝑧−1𝑦(𝑧) + −26 + 155] = 2𝑥(𝑧) − (𝑧−1𝑥(𝑧) ) 𝑦(𝑧)(1 + 2𝑧−1 + 2𝑧−1) − 52 + 258 = x(z)(2 − z−1) 𝑦(𝑧) = x(z)(2 − z−1) (1 + 4𝑧−1) − 206 (1 + 4𝑧−1) Estado nulo entrada nula Encontrando o estado nulo 𝑦(𝑧) = x(z)(2 − z−1) (1 + 4𝑧−1) Se x[z] = 3−nu[n] então, pela tabela de transformadas z: x[z] = z z−3 𝑦(𝑧) = z z−3 (2−z−1) (1+4𝑧−1) = z(2−z−1) (z−3)(1+4𝑧−1) Multiplicando por 𝑧 𝑧 𝑦(𝑧) = z(2z−1) (z2−3z)(𝑧+4) Livro: Sinais e Sistemas / Simon Haykin e Barry Van Veen, Cap 2,3,4 e 5. 10 Vinícius Marinho Silva – Sinais e Sistemas 𝑦(𝑧) z = (2z − 1) (z2 − 3z)(𝑧 + 4) = (2z−1) z(z−3)(𝑧+4) = 𝐴 𝑧 + 𝐵 𝑧−3 + 𝐶 𝑧−4 𝐴 = 1 12 , 𝐵 = 5 36 , 𝐶 = 7 4 Então, 𝑦(𝑧) = 𝐴. 𝑧 𝑧 + 𝐵. 𝑧 𝑧 − 3 + 𝐶. 𝑧 𝑧 − 4 𝑦𝑓(𝑧) = 𝑧 𝑧 ( 1 2 ) + 𝑧 𝑧 − 3 ( 5 6 ) + 𝑧 𝑧 − 4 ( 7 4 ) Em função do tempo 𝑦𝑓[𝑛] = δ[𝑛] ( 1 2 ) + 3𝑢[𝑛] ( 5 6 ) + 4𝑢[𝑛] ( 7 4 ) 𝑦𝑓[𝑛] = 1 2 δ[𝑛] + 5 2 𝑢[𝑛] + 7𝑢[𝑛] Encontrando a entrada nula yn[z] = 206 (1 + 4𝑧−1) Multiplicando por 𝑧 𝑧 yn[z] = 206z (𝑧 + 4) = (206). 𝑧 𝑧 + 4 Em função do tempo yn[n] = (−4 )(206)𝑢[𝑛] Então a resposta total é 𝑦[𝑛] = 𝑦𝑓[𝑛] + 𝑦𝑛[𝑛] = 1 2 δ[𝑛] + 5 2 𝑢[𝑛] + 7𝑢[𝑛] − 824𝑢[𝑛] 4.1-3 Determine a transformada inversa de Laplace (unilateral) das seguintes funções: b) 3s+5 𝑠2+ 4𝑠+13 c) (s+1)2 𝑠2+ 𝑠−6 f) s+2 𝑠(𝑠+1)2 Livro: Sinais e Sistemas / Simon Haykin e Barry Van Veen, Cap 2,3,4 e 5. 11 Vinícius Marinho Silva – Sinais e Sistemas Alternativa b Como a função 3s+5 𝑠2+ 4𝑠+13 possui um denominador com raízes complexas ele pertence ao exemplo As+B 𝑠2+ 2𝑎𝑠+𝑐 que possui uma transformada de Laplace específica na tabela de transformadas 1. Então: As + B 𝑠2 + 2𝑎𝑠 + 𝑐 = e−at [Acosbt + B − Aa 𝑏 𝑠𝑒𝑛𝑏𝑡] 𝑢(𝑡) Sendo 𝑏 = √𝑎2 + 𝑐 Portanto, e−2t [3. cos√22 + 13 t + 5 − 3x2 √22 + 13 𝑠𝑒𝑛√22 + 13 𝑡] 𝑢(𝑡) e−2t [3. cos4,123t − 1 4,123 𝑠𝑒𝑛4,123𝑡] 𝑢(𝑡) e−2t[3. cos4,123t− , 𝑠𝑒𝑛4,123𝑡]𝑢(𝑡) Alternativa c Como a função (s+1)2 𝑠2+ 𝑠−6 não possui um denominador com raízes complexas é necessário manipular esta função de modo que se possa fazer uma das transformações da tabela de transformadas 1. Então: (s + 1)2 𝑠2 + 𝑠 − 6 = s2 + 2s + 1 𝑠2 + 𝑠 − 6 Trata-se de um caso especial em que o denominador tem o mesmo grau que o numerador. Então, deve-se proceder da seguinte maneira: Divide-se s2 + 2s + 1 por 𝑠2 + 𝑠 − 6 e nota-se que possui como quociente o número 1 e de resto a equação 3𝑠 + 7. Assim: s2 + 2s + 1 𝑠2 + 𝑠 − 6 = 𝑠2 + 𝑠 − 6 𝑠2 + 𝑠 − 6 (1) + 3𝑠 + 7 𝑠2 + 𝑠 − 6 Ou s2 + 2s + 1 𝑠2 + 𝑠 − 6 = 1 + 3𝑠 + 7 𝑠2 + 𝑠 − 6 = 3𝑠 + 7 (𝑠 − 2)(𝑠 + 3) Encontrando a transformada da segunda parcela da equação 3𝑠 + 7 (𝑠 − 2)(𝑠 + 3) = 𝐴 (𝑠 − 2) + 𝐵 (𝑠 + 3) Livro: Sinais e Sistemas / Simon Haykin e Barry Van Veen, Cap 2,3,4 e 5. 12 Vinícius Marinho Silva – Sinais e Sistemas 𝐴 = 13 5 , 𝐵 = 2 5 Portanto, em função do tempo: δ(t) + 13 5 𝑒2𝑡𝑢(𝑡) + 2 5 𝑒−3𝑡𝑢(𝑡) Alternativa F Como a função s+2 𝑠(𝑠+1)2 não possui um denominador com raízes complexas é necessário manipular esta função de modo que se possa fazer uma das transformações da tabela de transformadas 1. Então: s + 2 𝑠(𝑠 + 1)2 = 𝐴 𝑠 + 𝐵𝑠 + 𝐶 (𝑠 + 1)2 Nota-se que (𝑠 + 1)2 é o fator irredutível de grau 2, que exige a fração parcial vista acima. Então A = 2 , B = −A = −2 , C = 0 2 𝑠 − 2𝑠 (𝑠 + 1)2 = Portanto, em função do tempo: 2𝑢(𝑡) − 2𝑠𝑒𝑛𝑡. 𝑢(𝑡) 5.1-4 Usando apenas as transformadas Z da tabela 5.1, determine a transformada Z de cada um dos seguintes sinais. a) 𝑢[𝑛] − 𝑢[𝑛 − 2] b) 𝛾𝑛−2 𝑢[𝑛 − 2] c) 2𝑛+1 𝑢[𝑛 − 1] + 𝑒𝑛−1 𝑢[𝑛] d) [2−𝑛 𝑐𝑜𝑠 ( 𝜋 3 𝑛)] 𝑢[𝑛 − 1] Alternativa a 𝑥[𝑛] = 𝑢[𝑛] − 𝑢[𝑛 − 2] = 𝛿[𝑛] + 𝛿[𝑛 − 1] De acordo com a tabela 5.1 𝑢[𝑛] − 𝑢[𝑛 − 2] = 1 + 1 𝑧 𝑥[𝑧] = 𝑧 + 1 𝑧 Alternativa b Livro: Sinais e Sistemas / Simon Haykin e Barry Van Veen, Cap 2,3,4 e 5. 13 Vinícius Marinho Silva – Sinais e Sistemas 𝛾𝑛−2 𝑢[𝑛 − 2] = 1 𝛾2 {𝛾𝑛 𝑢[𝑛] – 𝛿[𝑛] − 𝛾𝛿[𝑛 − 1]} 𝛾𝑛−2 𝑢[𝑛 − 2] = 1 𝛾2 [ 𝑧 𝑧 − 𝛾 − 1 − 𝛾 𝑧 ] 𝑥[𝑧] = 1 𝑧 (𝑧 − 𝛾) Alternativa c 𝑥[𝑛] = 2𝑛+1 𝑢[𝑛 − 1] + 𝑒𝑛−1 𝑢[𝑛] 𝑥[𝑛] = 4 (2)𝑛−1 𝑢[𝑛 − 1] + 1 𝑒 𝑒𝑛 𝑢[𝑛] De acordo com a tabela 5.1 𝑋[𝑧] = 4 𝑧 − 2 + 1 𝑒 𝑧 𝑧 − 𝑒 Alternativa d 𝑥[𝑛] = [2−𝑛 𝑐𝑜𝑠 𝜋𝑛 3 ] 𝑢[𝑛− 1] = 2−𝑛𝑐𝑜𝑠 ( 𝜋𝑛 3 ) 𝑢[𝑛] − 𝛿[𝑛] De acordo com a tabela 5.1 𝑋[𝑧] = 𝑧 (𝑧 − 0.25) 𝑧2 − 0.5𝑧 + 0.25 − 1 𝑋[𝑧] = 0.25(𝑧 − 1) 𝑧2 − 0.5𝑧 + 0.25 Livro: Sinais e Sistemas / Simon Haykin e Barry Van Veen, Cap 2,3,4 e 5. 14 Vinícius Marinho Silva – Sinais e Sistemas Livro: Sinais e Sistemas / Simon Haykin e Barry Van Veen, Cap 2,3,4 e 5. 15 Vinícius Marinho Silva – Sinais e Sistemas
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