Soluções Capítulo 5 Amostragem de Sinais Contínuos

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Introduc¸a˜o ao Processamento Digital de Sinais
Soluc¸o˜es dos Exerc´ıcios Propostos — Cap´ıtulo 5
Jose´ Alexandre Nalon
1. Considere a sequeˆncia
x[n] = cos
(pi
4
n
)
encontre todos os sinais cont´ınuos que poderiam gerar essa sequeˆncia e as respectivas taxas de amostragem.
Soluc¸a˜o: Para solucionarmos esse problema, supomos um sinal cont´ınuo dado por
xc(t) = cosωt
Como a amostragem exige a substituic¸a˜o de t por nTa, temos
ωnTa =
pi
4
n
o que leva a ω = pi/4Ta rad/s. Note que sa˜o infinitas as relac¸o˜es desse tipo, o que significa que existem infinitos sinais que
levam ao mesmo resultado, desde que se utilize a taxa de amostragem correta. Note tambe´m que essa soluc¸a˜o na˜o leva em
considerac¸a˜o a existeˆncia de aliasing. Para tanto, fazemos
ωnTa =
(pi
4
+ 2kpi
)
n
o que leva a
ω =
pi + 8kpi
4Ta
rad/s
1
2
2. Seja a func¸a˜o definida por
xc(t) = sen(2pit)
Esboce a func¸a˜o amostrada e sua transformada de Fourier se o per´ıodo de amostragem e´ dada abaixo. Em quais desses
casos ocorrera´ aliasing? Qual o efeito do aliasing em cada caso?
a) Ta = 1/4 s
Soluc¸a˜o: Sem aliasing
b) Ta = 1/2 s
Soluc¸a˜o: No limite do crite´rio de Nyquist para a
existeˆncia de aliasing
c) Ta = 3/4 s
Soluc¸a˜o: Como 2piTa = 3pi/2, ha´ aliasing. A
frequeˆncia aparente e´ ω = pi/2 rad/s.
d) Ta = 1 s
Soluc¸a˜o: Como 2piTa = 2pi, ha´ aliasing. A
frequeˆncia aparente e´ ω = 0 rad/s.
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3. Dadas as frequeˆncias de amostragem abaixo, encontre as frequeˆncias de tempo discreto correspondentes. Algumas
dessas frequeˆncias esta˜o em aliasing:
Soluc¸a˜o: As frequeˆncias em aliasing esta˜o com as frequeˆncias aparentes marcadas com o s´ımbolo de equivaleˆncia (≡)
a) fa = 15 kHz
f = 10 kHz
Soluc¸a˜o:
ω =
4pi
3
≡ pi
3
rad/s
b) fa = 44, 1 kHz
f = 18, 3 kHz
Soluc¸a˜o:
ω = 0, 83pirad/s
c) fa = 10 kHz
f = 20 kHz
Soluc¸a˜o:
ω = pirad/s
d) fa = 7, 5 kHz
f = 10 kHz
Soluc¸a˜o:
ω =
3pi
2
≡ pi
2
rad/s
e) fa = 5 kHz
f = 4, 5 kHz
Soluc¸a˜o:
ω =
20pi
9
≡ 2pi
9
rad/s
4. Dadas as frequeˆncias de amostragem abaixo, encontre as frequeˆncias de tempo cont´ınuo correspondentes. Encontre
pelo menos uma frequeˆncia em aliasing ale´m da frequeˆncia fundamental:
a) fa = 15 kHz
ω = pi/4 rad/s
Soluc¸a˜o:
f = 1, 875 + 15k (kHz), k inteiro
b) fa = 16 kHz
ω = pi/5 rad/s
Soluc¸a˜o:
f = 1, 6 + 16k (kHz), k inteiro
c) fa = 20 kHz
ω = 0 rad/s
Soluc¸a˜o:
f = 20k (kHz), k inteiro
d) fa = 7, 5 kHz
ω = pi/2 rad/s
Soluc¸a˜o:
f = 1, 875 + 7, 5k (kHz), k inteiro
e) fa = 18 kHz
ω = pi rad/s
Soluc¸a˜o:
f = 9 + 18k (kHz), k inteiro
5. Se a frequeˆncia de amostragem para xc(t) e´ fa, enta˜o qual deve ser a frequeˆncia de amostragem para
a) yc(t) = xc(2t)
Soluc¸a˜o: A operac¸a˜o feita sobre o sinal xc(t) e´ uma
compressa˜o no tempo por um fator 2, o que implica
na expansa˜o no domı´nio da frequeˆncia pelo mesmo fa-
tor. Assim, se a frequeˆncia de amostragem para xc(t)
e´ fa, a frequeˆncia para yc(t) deve ser 2fa.
b) yc(t) = xc(t− τ)
Soluc¸a˜o: A operac¸a˜o do deslocamento no tempo al-
tera apenas a fase da transformada de Fourier, o que
significa que a frequeˆncia ma´xima de um sinal li-
mitado em frequeˆncia na˜o e´ alterada. Portanto, a
frequeˆncia de amostragem para yc(t) e´ tambe´m fa.
c) yc(t) = xc(t) ∗ xc(t)
Soluc¸a˜o: A convoluc¸a˜o de dois sinais no domı´nio do
tempo corresponde ao produto das respectivas trans-
formadas de Fourier. Se Xc(Ω) e´ limitada no inter-
valo |Ω| < Ωa/2, o produto tambe´m sera´. Assim, a
frequeˆncia de amostragem de yc(t) tambe´m e´ fa.
d) yc(t) =
d
dt
xc(t)
Soluc¸a˜o: A transformada de Fourier da derivada no
domı´nio do tempo de um sinal cont´ınuo e´ dada por
F
{
d
dt
xc(t)
}
= jΩXc(Ω)
Assim, se o sinal original e´ limitado nas frequeˆncias
|Ω| < Ωa, sua derivada tambe´m sera´. Portanto, a
frequeˆncia de amostragem de yc(t) e´ tambe´m fa.
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6. Um sinal de 20 kHz de largura de banda deve ser filtrado para eliminar as frequeˆncias abaixo de 7,5 kHz e acima
de 12,5 kHz. Encontre a taxa de amostragem do sistema que processara´ esse sinal e quais devem ser as frequeˆncias de
tempo discreto do filtro.
Soluc¸a˜o: A frequeˆncia de amostragem deve ser pelo menos duas vezes maior que a largura de banda do sinal. Assim, fa > 40
kHz. Supondo que a amostragem seja feita sobre a frequeˆncia cr´ıtica, enta˜o:
f = 7, 5kHz → ω = 3pi
8
rad/s
e
f = 12, 5kHz → ω = 5pi
4
rad/s
7. Um sinal amostrado a 15 kHz tem uma interfereˆncia causada por um ru´ıdo de 20 kHz. Esse ru´ıdo se sobrepo˜e
numa frequeˆncia determinada de tempo discreto. Descubra qual e´ essa frequeˆncia.
Soluc¸a˜o: A frequeˆncia pode ser encontrada por uma relac¸a˜o simples, resultando em ω = 8pi/3 rad/s. Essa e´ uma frequeˆncia
em aliasing, pois ω > pi. Para encontrarmos a frequeˆncia aparente, subtra´ımos 2pi ate´ que a condic¸a˜o |ω| < pi seja satisfeita. O
resultado e´ ω′ = 2pi/3 rad/s.
8. Um sinal senoidal com frequeˆncia angular Ω = 5pi e´ amostrado com uma frequeˆncia Ωa = 50pi.
a) A que frequeˆncia de tempo discreto corresponde a frequeˆncia de tempo cont´ınuo do sinal original?
Soluc¸a˜o: Por proporc¸a˜o simples, ω = pi/5 rad/s.
b) Se o sinal e´ contaminado por uma func¸a˜o senoidal de
frequeˆncia 120pi, em que frequeˆncia do tempo discreto essa
componente sera´ percebida? Esboce o sinal resultante, se a
amplitude desse ru´ıdo e´ 0, 4.
Soluc¸a˜o: Por proporc¸a˜o simples, ω = 24pi/5 rad/s. Essa e´ uma
frequeˆncia em aliasing. Subtraindo 2pi sucessivamente, encon-
tramos a frequeˆncia aparente como sendo ω′ = 4pi/5 rad/s.
c) Se o sinal e´ contaminado por uma func¸a˜o senoidal de
frequeˆncia 150pi, em que frequeˆncia do tempo discreto essa
componente sera´ percebida? Esboce o sinal resultante, se a
amplitude desse ru´ıdo e´ 0, 4.
Soluc¸a˜o: Por proporc¸a˜o simples, ω = 6pi rad/s. Essa e´ uma
frequeˆncia em aliasing. Subtraindo 2pi sucessivamente, encon-
tramos a frequeˆncia aparente como sendo ω′ = 0 rad/s.
9. A energia de um sinal cont´ınuo xc(t) e´ dada por
Ex =
∫
∞
−∞
|xc(t)|
2 dt
Qual e´ a relac¸a˜o da energia do sinal amostrado x[n] = xc(nTa) com o sinal cont´ınuo original?
Soluc¸a˜o: A energia de um sinal discreto x[n] pode ser encontrado segundo a relac¸a˜o de Parseval, ou seja,
E =
1
2pi
∫ pi
−pi
|X(ω)|2 dω
O espectro X(ω) pode ser encontrado do sinal amostrado. Aqui, ignoramos os efeitos do aliasing, supondo que o sinal xc(t)
foi amostrado de acordo com o crite´rio de Nyquist. Se o crite´rio foi respeitado, enta˜o
X(ω) =
1
Ta
X
(
ω
Ta
)
Assim,
E =
1
2pi
∫ pi
−pi
∣∣∣∣ 1TaX
(
ω
Ta
)∣∣∣∣2 dω
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O intervalo de integrac¸a˜o se justifica porque o sinal e´ assumido como sendo nulo fora dessa faixa (pois o crite´rio de Nyquist e´
satisfeito). Fazendo w = ω/Ta, temos
E =
1
2piTa
∫ pi/Ta
−pi/Ta
X(w) dw =
1
2piTa
∫ Ωa/2
−Ωa/2
X(w) dw
E, portanto,
E =
1
Ta
Ec
10. Para os sinais abaixo, encontre a menor taxa de amostragem poss´ıvel. Se o sinal na˜o for limitado em frequeˆncia,
encontre a taxa de Nyquist de forma que apenas 5% da energia seja perdia pela filtragem anti-aliasing.
a) xc(t) =
1
2t
u(t)
Soluc¸a˜o: A transformada de Fourier de tempo cont´ınuo deste sinal pode ser encontrada de forma simples atrave´s da equac¸a˜o
de ana´lise:
Xc(Ω) = − 1
0, 6931 + jΩ
Esse sinal e´ ilimitado em frequeˆncia. Sua magnitude e´ dada por
|Xc(Ω)| = 1√
0, 4805 + Ω2
Como esse sinal e´ sime´trico em relac¸a˜o ao eixo vertical, para descobrir em que ponto sua energia, dada pelaintegral abaixo
(atrave´s da relac¸a˜o de Parseval para a transformada de Fourier de tempo cont´ınuo), atinge 2,5%:
E =
1
pi
∫ Ω0
0
1
0, 4805 + Ω2
dΩ =
1
0, 4805pi
arctg
(
Ω
0, 4805
)
Essa integral atinge o valor ma´ximo quando Ω0 →∞, e o resultado e´ E = 1/(2× 0, 4805) = 1, 0407. Basta calcular para que
valor de Ω0 a energia atinge 0, 975 desse valor, ou seja,
1
0, 4805pi
arctg
(
Ω
0, 4805
)
= 1, 0147
O resultado e´ Ω0 = 12, 2445 rad/s. Portanto, a taxa de amostragem deve ser Ωa > 24, 4891 rad/s, o que equivale a
fa = 3, 8976 hertz.
b) xc(t) = sinc(Ω0t)
Soluc¸a˜o: E´ bem sabido que a transformada de Fourier da func¸ao sincΩ0t e´ dada por
Xc(Ω) =


1
2Ω0
, se |Ω| < Ω0
0, caso contra´rio
Essa func¸a˜o e´ claramente limitada pela frequeˆncia Ω0, portanto, a taxa de amostragem e´ Ωa = 2Ω0, o que corresponde a
fa = Ω0/pi Hz.
c) xc(t) = sen(pit) + cos(2pit)
Soluc¸a˜o: Como essa func¸a˜o tem apenas duas componentes em frequeˆncia, uma em Ω = pi rad/s e outra em Ω = 2pi rad/s, e´
limitada em frequeˆncia. A frequeˆncia de amostragem deve ser Ωa = 2pi rad/s, o que equivale a` frequeˆncia c´ıclica fa = 1 Hz.
d) xc(t) =
cos(10pit) sen(pit)
2t
Soluc¸a˜o: Com alguma manipulac¸a˜o com identidades trigonome´tricas, chega-se a
xc(t) =
11pi
4
sinc(11t) − 9pi
4
sinc(9t)
Como a transformada de Fourier e´ linear, e a func¸a˜o sinc e´ limitada em frequeˆncia, esse sinal e´ limitado na frequeˆncia Ω0 = 11
rad/s, o que faz com que a frequeˆncia de amostragem seja Ωa = 22 rad/s, fa = 3, 50141 Hz.
e) xc(t) = e
−4tu(t) ∗
senΩt
pit
Soluc¸a˜o: A transformada de Fourier da convoluc¸a˜o e´ o produto entre as transformadas dos sinais envolvidos, ou seja,
Xc(Ω) = F
{
e−4tu(t)
}F { senΩ0t
pit
}
A transformada da exponencial e´ ilimitada em frequeˆncia. O seno amortecido, por sua vez, e´ limitado a` frequeˆncia Ω0. O
produto de ambas, portanto, tambe´m sera´ limitado a` frequeˆncia Ω0, o que faz com que a frequeˆncia de amostragem seja
Ωa = 2Ω0 rad/s, e fa = Ω0/pi Hz.
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11. As equac¸o˜es de diferenc¸as abaixo processam os sinais de tal forma que na˜o existe aliasing no processamento.
Encontre, em func¸a˜o de Ta, a frequeˆncia ma´xima dos sinais envolvidos, e encontre a resposta em frequeˆncia do sistema
cont´ınuo
a) y[n] = x[n]− x[n− 1]
Soluc¸a˜o: A resposta em frequeˆncia desse sistema e´
H(ω) = 1− e−jω
o que corresponde a` seguinte resposta em magnitude:
|H(ω)| = |2 cos(ω/2)|
Essa e´ uma resposta positiva e diferente de zero no intervalo em que ω vai de −pi a pi, o que significa que a frequeˆncia que a
frequeˆncia ma´xima do sinal e´ metade da frequeˆncia de amostragem, ou
f0 =
1
2Ta
A resposta em frequeˆncia do sistema cont´ınuo correspondente pode ser encontrada fazendo a substituic¸a˜o ω = ΩTa, e
multiplicando a func¸a˜o por Ta, portanto
Hc(Ω) =
{
Ta(1− e−jΩTa ) se |Ω| < piTa
0, caso contra´rio
b) y[n]− y[n− 1] = x[n]
Soluc¸a˜o: A resposta em frequeˆncia desse sistema e´
H(ω) =
1
1− e−jω
o que corresponde a` seguinte resposta em magnitude:
|H(ω)| = 1|2 cos(ω/2)|
Essa e´ uma resposta positiva e diferente de zero no intervalo em que ω vai de −pi a pi, o que significa que a frequeˆncia que a
frequeˆncia ma´xima do sinal e´ metade da frequeˆncia de amostragem, ou
f0 =
1
2Ta
A resposta em frequeˆncia do sistema cont´ınuo correspondente pode ser encontrada fazendo a substituic¸a˜o ω = ΩTa, e
multiplicando a func¸a˜o por Ta, portanto
Hc(Ω) =


Ta
1− e−jΩTa se |Ω| <
pi
Ta
0, caso contra´rio
c) y[n] = x[n]− 1
2
y[n]
Soluc¸a˜o: A resposta em frequeˆncia desse sistema e´
H(ω) =
1
1 + 1
2
e−jω
o que corresponde a` seguinte resposta em magnitude:
|H(ω)| = 2√
5 + 4 cos ω
Essa e´ uma resposta positiva e diferente de zero no intervalo em que ω vai de −pi a pi, o que significa que a frequeˆncia que a
frequeˆncia ma´xima do sinal e´ metade da frequeˆncia de amostragem, ou
f0 =
1
2Ta
A resposta em frequeˆncia do sistema cont´ınuo correspondente pode ser encontrada fazendo a substituic¸a˜o ω = ΩTa, e
multiplicando a func¸a˜o por Ta, portanto
Hc(Ω) =


Ta
1 + 1
2
e−jΩTa
se |Ω| < pi
Ta
0, caso contra´rio
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12. Um retentor de ordem zero e´ um dispositivo que produz uma reconstruc¸a˜o aproximada do sinal cont´ınuo atrave´s
de pulsos retangulares com largura Ta, a partir das amostras da sequeˆncia discreta x[n]. Se a resposta ao impulso de
um retentor de ordem zero e´
h(t) =
{
1, se 0 ≤ t < Ta
0, fora do intervalo
esboce a resposta de um retentor de ordem zero a uma sequeˆncia qualquer, e encontre o espectro resultante. Avalie as
distorc¸o˜es obtidas e como soluciona´-las.
Soluc¸a˜o: Uma discussa˜o completa de retentores de ordem zero e primeira ordem pode ser encontrada na literatura, eg.:
Oppenheim, A. V. & Schafer, R. W., “Discrete-Time Signal Processing”, Prentice-Hall, 1989. Esta questa˜o tem, na verdade,
a intenc¸a˜o de incentivar a pesquisa, pois ha´ muitos detalhes que precisam ser estudados e desenvolvidos. Retentores de ordem
zero sa˜o bastante estudados e estimula-se o estudante a procurar os resultados e compila´-los em um documento completo.
A transformada de Fourier desse pulso retangular e´ uma senoide amortecida, dada pela expressa˜o abaixo:
H(Ω) = Ta sinc
(
ωTa
2pi
)
A figura abaixo mostra o resultado da ana´lise. Em (a), a reconstruc¸a˜o das mesmas sequeˆncias dos exerc´ıcios anteriores; em (b),
a resposta ao impulso do filtro de reconstruc¸a˜o, em (c) a magnitude da transformada de Fourier da resposta em frequeˆncia.
13. Um retentor de primeira ordem e´ um dispositivo que produz uma reconstruc¸a˜o aproximada do sinal cont´ınuo
atrave´s de pulsos triangulares com largura Ta, a partir das amostras da sequeˆncia discreta x[n]. Se a resposta ao impulso
de um retentor de primeira ordem e´
h(t) =


1
Ta
t+ 1, se − Ta ≤ t < 0
−
1
Ta
t+ 1, se 0 ≤ t ≤ Ta
0, fora do intervalo
esboce a resposta de um retentor de primeira ordem a uma sequeˆncia qualquer, e encontre o espectro resultante. Avalie
as distorc¸o˜es obtidas e como soluciona´-las.
Soluc¸a˜o: Uma discussa˜o completa de retentores de ordem zero e primeira ordem pode ser encontrada na literatura, eg.:
Oppenheim, A. V. & Schafer, R. W., “Discrete-Time Signal Processing”, Prentice-Hall, 1989. Esta questa˜o tem, na verdade,
a intenc¸a˜o de incentivar a pesquisa, pois ha´ muitos detalhes que precisam ser estudados e desenvolvidos. Ainda que hajam
alguns textos que tratem de retentores desta natureza, o estudante provavelmente conseguira´ maiores resultados seguindo a
linha pesquisada na questa˜o anterior e obtendo suas pro´prias concluso˜es.
Esse sinal pode ser obtido pela convoluc¸a˜o de um pulso retangular de largura Ta/2 consigo mesmo. Isso significa que sua
transformada de Fourier e´ obtida pela terceira poteˆncia do sinc de largura adequada, ou seja,
H(Ω) =
[
Ta
2
sinc
(
ωTa
4pi
)]2
A figura abaixo mostra o resultado da ana´lise. Em (a), a reconstruc¸a˜o das mesmas sequeˆncias dos exerc´ıcios anteriores; em (b),
a resposta ao impulso do filtro de reconstruc¸a˜o, em (c) a magnitude da transformada de Fourier da resposta em frequeˆncia.
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14. Baseado nos problemas anteriores, crie e analise um retentor de segunda ordem, baseado em um pulso parabo´lico.
Soluc¸a˜o: Veja a observac¸a˜o na questa˜o anterior. Como questa˜o adicional, o estudante pode desenvolver uma teoria de
retentores de ordem N quaisquer, generalizando o visto aqui.
A resposta no domı´nio do tempo de um retentor baseado em um pulso parabo´lico pode ser definido pela seguinte expressa˜o.
h(t)=


1
2
(t+ Ta)
2, se − Ta ≤ t < −Ta/3
−t2 + T
2
a
3
, se − Ta/3 ≤ t < Ta/3
1
2
(t− Ta)2, se − Ta ≤ t < −Ta/3
0, caso contra´rio
Esse sinal pode ser obtido por duas convoluc¸o˜es consecutivas de um pulso retangular de largura Ta/3. Isso significa que sua
transformada de Fourier e´ obtida pela terceira poteˆncia do sinc de largura adequada, ou seja,
H(Ω) =
[
Ta
3
sinc
(
ωTa
6pi
)]3
A figura abaixo mostra o resultado da ana´lise. Em (a), a reconstruc¸a˜o das mesmas sequeˆncias dos exerc´ıcios anteriores; em (b),
a resposta ao impulso do filtro de reconstruc¸a˜o, em (c) a magnitude da transformada de Fourier da resposta em frequeˆncia.
15. Determine o fator ma´ximo de decimac¸a˜o que o sinal representado pela transformada de Fourier na figura (dada
no exerc´ıcio) pode sofrer sem que ocorra aliasing.
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Soluc¸a˜o: Esse sinal e´ limitado na frequeˆncia discreta ω = pi/6. Como, na subamostragem por um fator M , o espectro se
expande do mesmo fator, e´ poss´ıvel manter uma a cada 6 amostras.
16. Seja a transformada de Fourier de um sinal cont´ınuo dada pela figura (dada no exerc´ıcio)
a) Qual deve ser o maior per´ıodo de amostragem admitido para esse sinal?
Soluc¸a˜o: Seguindo o teorema da amostragem, a frequeˆncia de amostragem deveria ser duas vezes a mais alta componente
do sinal, portanto Ωa > 2Ω.
b) Metade do espectro desse sinal na˜o conte´m informac¸a˜o. Seria poss´ıvel amostrar esse sinal com um per´ıodo maior
que o encontrado no item (a)? Caso isso seja poss´ıvel, encontre a taxa de amostragem mı´nima e mostre como o sinal
original poderia ser recuperado.
Soluc¸a˜o: Na˜o e´ poss´ıvel amostrar esse sinal abaixo da frequeˆncia de Nyquist sem que ocorra aliasing. No entanto, neste
caso, o aliasing pode ser usado de forma u´til. A largura de banda do sinal e´ Ω/2. Amostrando esse sinal a` taxa Ωa = Ω,
o lo´bulo direito replica-se do lado esquerdo do eixo vertical, e o lo´bulo esquerdo replica-se do lado direito do eixo vertical.
Um sistema de processamento para esse tipo de sinal deve levar em considerac¸a˜o a modificac¸a˜o das frequeˆncias. Um sistema
para a recuperac¸a˜o do sinal original deve levar em considerac¸a˜o que os lo´bulos devem ser levados a`s suas posic¸o˜es originais.
17. Encontre os sistemas discretos de conversa˜o de taxa de amostragem para as frequeˆncias abaixo, sendo f1 a
frequeˆncia original de amostragem do sinal, e f2 a frequeˆncia desejada.
a) f1 = 480 Hz
f2 = 630 Hz
Soluc¸a˜o: O sinal resultante deve ter 630 amostras para cada 480 amostras do sinal original. Isso significa que o sistema
deve realizar a operac¸a˜o
y[n] = x
[
480
630
n
]
o que pode ser simplificado para
y[n] = x
[
16
21
n
]
A superamostragem deve ser realizada antes da subamostragem, e o filtro intermedia´rio deve ter frequeˆncia de corte ωc =
pi/21.
b) f1 = 5, 4 kHz
f2 = 8, 1 kHz
Soluc¸a˜o: O sinal resultante deve ter 8100 amostras para cada 5400 amostras do sinal original. Isso significa que o sistema
deve realizar a operac¸a˜o
y[n] = x
[
5400
8100
n
]
o que pode ser simplificado para
y[n] = x
[
2
3
n
]
A superamostragem deve ser realizada antes da subamostragem, e o filtro intermedia´rio deve ter frequeˆncia de corte ωc = pi/3.
c) f1 = 16 kHz
f2 = 14, 7 kHz
Soluc¸a˜o: O sinal resultante deve ter 14700 amostras para cada 16000 amostras do sinal original. Isso significa que o sistema
deve realizar a operac¸a˜o
y[n] = x
[
16000
14700
n
]
o que pode ser simplificado para
y[n] = x
[
160
147
n
]
A superamostragem deve ser realizada antes da subamostragem, e o filtro intermedia´rio deve ter frequeˆncia de corte ωc =
pi/160.
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10
d) f1 = 44, 2 kHz
f2 = 48 kHz
Soluc¸a˜o: O sinal resultante deve ter 48000 amostras para cada 44200 amostras do sinal original. Isso significa que o sistema
deve realizar a operac¸a˜o
y[n] = x
[
44200
48000
n
]
o que pode ser simplificado para
y[n] = x
[
221
240
n
]
A superamostragem deve ser realizada antes da subamostragem, e o filtro intermedia´rio deve ter frequeˆncia de corte ωc =
pi/240.
e) f1 = 16 kHz
f2 = 2 kHz
Soluc¸a˜o: O sinal resultante deve ter 2000 amostras para cada 16000 amostras do sinal original. Isso significa que o sistema
deve realizar a operac¸a˜o
y[n] = x
[
16000
2000
n
]
o que pode ser simplificado para
y[n] = x[8n]
A superamostragem deve ser realizada antes da subamostragem, e o filtro intermedia´rio deve ter frequeˆncia de corte ωc = pi/8.
f) f1 = 960 Hz
f2 = 600 Hz
Soluc¸a˜o: O sinal resultante deve ter 600 amostras para cada 960 amostras do sinal original. Isso significa que o sistema
deve realizar a operac¸a˜o
y[n] = x
[
960
600
n
]
o que pode ser simplificado para
y[n] = x
[
8
5
n
]
A superamostragem deve ser realizada antes da subamostragem, e o filtro intermedia´rio deve ter frequeˆncia de corte ωc = pi/8.
g) f1 = 1, 63 kHz
f2 = 2, 17 kHz
Soluc¸a˜o: O sinal resultante deve ter 2170 amostras para cada 1630 amostras do sinal original. Isso significa que o sistema
deve realizar a operac¸a˜o
y[n] = x
[
1630
2170
n
]
o que pode ser simplificado para
y[n] = x
[
163
217
n
]
A superamostragem deve ser realizada antes da subamostragem, e o filtro intermedia´rio deve ter frequeˆncia de corte ωc =
pi/217.
18. Um sistema de mudanc¸a de taxas sempre tem a superamostragem acontecendo antes da subamostragem. Mostre
que o procedimento inverso, isto e´, a sub-amostragem sendo feita antes da superamostragem, so´ corresponde ao sistema
original sob condic¸o˜es especiais, e determine quais sa˜o essas condic¸o˜es.
Soluc¸a˜o: E´ poss´ıvel realizar a subamostragem antes da superamostragem se pudermos garantir que na˜o havera´ aliasing. Para
que isso acontec¸a, o sinal deve ser limitado em frequeˆncia: se o fator de subamostragem e´ M , enta˜o o sinal na˜o deve ter
componentes em sua transformada de Fourier para |ω| > pi/M .
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19. A superamostragem de um sinal e´ uma ana´lise bastante semelhante a` reconstruc¸a˜o de um sinal, pore´m e´
feita no domı´nio do tempo discreto. Podemos fazer alguns paralelos entre as te´cnicas de reconstruc¸a˜o de sinais e
a superamostragem. Por exemplo, se o sinal e´ superamostrado com um fator L, poder´ıamos definir um “retentor
discreto” de ordem zero como
h[n] =
{
1, se 0 ≤ n < L
0, fora do intervalo
Soluc¸a˜o: Mostramos aqui alguns detalhes do “retentor” de ordem zero. Racioc´ınio semelhante ao desenvolvido nos exerc´ıcios
13 e 14 permite encontrar as outras formas solicitadas. Assim como aquelas questo˜es, esta tem a intenc¸a˜o de incentivar a
pesquisa.
Como no enunciado, a resposta ao impulso e´ dada por
h[n] =
{
1, se 0 ≤ n < L
0, fora do intervalo
A transformada de Fourier dessa sequeˆncia pode ser encontrada diretamente pela definic¸a˜o, e e´ dada por
H(ω) = e−jω(L−1)/2
sen(ωL/2)
sen(ω/2)
Note que essa resposta corresponde a um atraso de (L− 1)/2 amostras. A figura abaixo mostra em (a) a resposta ao impulso
para L = 5 amostras, em (b), a superamostragem de uma sequeˆncia qualquer, e em (c) a magnitude da resposta em frequeˆncia
para alguns valores diferentes de L.
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