362690167-Solucoes-Capitulo-2-Analise-No-Dominio-Da-Frequencia

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Introdução ao Processamento Digital de Sinais
Soluções dos Exerćıcios Propostos — Caṕıtulo 2
José Alexandre Nalon
1. Verifique se os sinais abaixo têm ou não transformada de Fourier. Em caso positivo, calcule a transformada
correspondente:
a) x[n] = −2δ[n+ 2] + 3δ[n]− δ[n− 3]
Solução: O sinal tem transformada, pois é um sinal finito.
X(ω) = −2e2jω + 3− e−3jω
b) x[n] = 3δ[n+ 2] + 2δ[n]− δ[n− 1] + 2δ[n− 2]
Solução: O sinal tem transformada, pois é um sinal finito.
X(ω) = 3e2jω + 2− e−jω + 2e2jω
c) x[n] = anu[n], para |a| < 1
Solução: O sinal tem transformada, pois
∞
∑
n=−∞
|x[n]| =
∞
∑
n=−∞
|anu[n]|
=
∞
∑
n=0
an
=
1
1− a
Assim,
X(ω) =
∞
∑
n=−∞
anu[n]e−jωn
=
∞
∑
n=0
ane−jωn
=
∞
∑
n=0
(ae−jω)n
=
1
1− ae−jω
d) x[n] = anu[−n], para |a| > 1
Solução: O sinal tem transformada, pois
∞
∑
n=−∞
|x[n]| =
∞
∑
n=−∞
|anu[−n]|
=
0
∑
n=−∞
an
=
∞
∑
n=0
a−n
=
∞
∑
n=0
(a−1)n
=
1
1− a−1
1
2
Assim,
X(ω) =
∞
∑
n=−∞
anu[−n]e−jωn
=
0
∑
n=−∞
ane−jωn
=
∞
∑
n=0
a−nejωn
=
∞
∑
n=0
(a−1ejω)−n
=
1
1− a−1ejω
e) x[n] = an(u[n]− u[n−N ])
Solução: O sinal tem transformada pois é um sinal finito no tempo.
X(ω) =
∞
∑
n=−∞
an(u[n]− u[n−N ])e−jωn
=
N−1
∑
n=0
ane−jωn
=
N−1
∑
n=0
(ae−jω)n
=
1− (ae−jω)N
1− ae−jω
f) x[n] = e−n
Solução: O sinal não tem transformada, pois não é absolutamente somável. Em particular,
−1
∑
n=−∞
e−n =
∞
∑
n=1
en → ∞
g) x[n] =
1
3n−2
u[n+ 2]
Solução: O sinal tem transformada, pois
∞
∑
n=−∞
|x[n]| =
∞
∑
n=−2
1
3n−2
=
∞
∑
n=0
1
3n−4
=
1
3−4
∞
∑
n=0
1
3n
= 81
1
1− 1/3
=
243
2
Sua transformada de Fourier é
X(ω) =
∞
∑
n=−2
1
3n−2
e−jωn
=
∞
∑
n=0
1
3n−4
e−jω(n+2)
=
1
3−4
e−2jω
∞
∑
n=0
1
3n
e−jωn
=
81e−2jω
1− 1/3ejω
José Alexandre Nalon Processamento Digital de Sinais
3
h) x[n] =
1
n+ 1
u[n]
Solução: O sinal não tem somatório finito, portanto, não tem transformada de Fourier. Este sinal é a conhecida série
harmônica. A demonstração da divergência de seu somatório pode ser feita por comparação:
∞
∑
n=−∞
|x[n]| =
∞
∑
n=−∞
∣
∣
∣
∣
1
n+ 1
u[n]
∣
∣
∣
∣
=
∞
∑
n=0
1
n+ 1
= 1 +
1
2
+
1
3
+
1
4
+ . . .
Essa série pode ser comparada termo a termo conforme abaixo. Pode-se notar que cada termo da série harmônia é maior ou
igual à série na linha abaixo:
1 +
1
2
+
1
3
+
1
4
+
1
5
+
1
6
+
1
7
+
1
8
+
1
9
+
1
10
+
1
11
+
1
12
+
1
13
+
1
14
+
1
15
+
1
16
+ . . .
> 1 +
1
2
+
1
4
+
1
4
+
1
8
+
1
8
+
1
8
+
1
8
+
1
16
+
1
16
+
1
16
+
1
16
+
1
16
+
1
16
+
1
16
+
1
16
+ . . .
Agrupando-se os termos da segunda série, temos
1 +
1
2
+
(
1
4
+
1
4
)
+
(
1
8
+
1
8
+
1
8
+
1
8
)
+
(
1
16
+
1
16
+
1
16
+
1
16
+
1
16
+
1
16
+
1
16
+
1
16
)
+ . . .
= 1 +
1
2
+
1
2
+
1
2
+
1
2
+ . . .
Essa soma claramente diverge, portanto, a série harmônica também divergirá. Portanto, o sinal não tem transformada de
Fourier.
i) x[n] =
{
1−
|n|
N
, se |n| < N
0, fora do intervalo
Solução: Esta é uma sequência triangular de largura 2N . Sua transformada de Fourier pode ser calculada facilmente, se
levarmos em consideração que um pulso triangular de largura 2N é a convolução entre dois pulsos retangulares de largura
N . O pulso retangular tem transformada de Fourier dada por
RectN (ω) =
1− e−jωN
1− e−jω
então, pelo teorema da convolução,
X(ω) = Rect2N (ω)
=
(
1− e−jωN
1− e−jω
)2
Esse resultado pode ser melhorado desenvolvendo-se os quadrados:
X(ω) =
1− 2e−jωN + e−2jωN
1− 2e−jω + e−2jω
Multiplicando-se essa fração no numerador por ejωNe−jωN e no denominador por ejωe−jω , obtemos
X(ω) =
ejωN − 2 + e−jωNe−jωN
ejω − 2 + e−jωe−jω
e utilizando a definição exponencial do cosseno,
X(ω) =
2e−jωN (cos(ωN) − 1)
2e−jω(cos(ω) − 1)
= e
−jω(N−1)
cos(ωN)−1
cos(ω)−1
j) x[n] = cos
(
2π
N
n
)
, para 0 ≤ n < N
Solução: Este sinal tem transformada de Fourier pois é um sinal finito. Para calcular sua transformada, notamos que
x[n] = cos
(
2π
N
n
)
(u[n]− u[n−N ])
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4
ou seja, um janelamento, cuja resposta pode ser dada na forma de uma convolução no domı́nio da frequência. Pela Tabela
2.1, a transformada de Fourier do cosseno é dada por
F
{
cos
(
2π
N
n
)}
=
∞
∑
k=−∞
δ
(
ω −
2π
N
+ 2kπ
)
Para simplificar, consideremos apenas o valor principal de ω. Assim,
F
{
cos
(
2π
N
n
)}
= δ
(
ω +
2π
N
)
+ δ
(
ω −
2π
N
)
A transformada de Fourier do pulso retangular é dada por
F {u[n]− u[n−N ]} =
1− e−jωN
1− e−jω
Com alguma manipulação (veja a Seção 6.6), podemos escrever como
Φ(ω) = e−jω
N−1
2
sen(ωN/2)
N sen(ω/2)
Assim,
F {x[n]} =
(
δ
(
ω +
2π
N
)
+ δ
(
ω −
2π
N
))
⊛ Φ(ω)
= Φ
(
ω +
2π
N
)
+ Φ
(
ω −
2π
N
)
k) x[n] =
senπn
πn
Solução: Ver Exemplo 2.8
2. Sejam X1(ω) a transformada de Fourier do sinal discreto x1[n], e X2(ω) a transformada do sinal x2[n]. Calcule,
em função dessas duas transformadas, as transformadas abaixo:
a) y[n] = 3x1[n]− 2x2[n]
Solução:
Y (ω) = 3X1(ω) − 2X2(ω)
b) y[n] = x1[n− 2] + x2[n+ 2]
Solução:
Y (ω) = e−2jωX1(ω) + e
2jωX2(ω)
c) y[n] = x1[n]− x1[n− 1]
Solução:
Y (ω) = (1 − e−jω)X1(ω)
d) y[n] =
n
∑
k=−∞
x1[k]
Solução: Basta notar que x1[n] = y[n]− y[n− 1], assim,
(1 − e−jω)Y (ω) = X1(ω)
Portanto
Y (ω) =
1
1− e−jω
X1(ω)
e) y[n] = x2
[n
2
]
Solução: Veja a Seção 5.1
f) y[n] = x1[1− n]− x2[1 + n]
Solução: Veja que
y[n] = x1[−(n− 1)]− x2[n+ 1]
Assim, aplicando-se primeiro o deslocamento, e depois a reversão, temos
Y (ω) = e−jωX1(ω) − e
jωX2(ω)
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g) y[n] = x1[n] + (−1)
nx1[n]
Solução: Veja que
y[n] = x1[n] + e
jπnx2[n]
Assim,
Y (ω) = X1(ω) +X2(ω − π)
h) y[n] = x2[n] ∗ x2
∗[−n]
Y (ω) = X2(ω)X2
∗ω = |X2(ω)|
2
3. Calcule a transformada de Fourier inversa das expressões abaixo:
a) X(ω) =
1
1− aejω
Solução: Utilizando os resultados do exerćıcio 1d), obtemos
x[n] = a−nu[−n], para |a| < 1
b) X(ω) =
1
(1− ae−jω)2
Solução: Seja x1[n] = anu[n], com |a| < 1. Portanto
X1(ω) =
1
1− ae−jω
A derivada de X1(ω) pode ser obtida facilmente como sendo
d
dω
X1(ω) = −
jae−jω
(1− aejω)2
Portanto
j
d
dω
X1(ω) =
ae−jω
(1 − aejω)2
Como, por inspeção,
X(ω) =
1
a
ejωX1(ω)
então, pela propriedade da diferenciação em frequência, combinada ao deslocamento no tempo, temos
x[n] =
1
a
(n+ 1)an+1u[n+ 1]
= an(n+ 1)u[n+ 1]
c) X(ω) =
1− 1
4
ejω
1− 1
8
ejω
Solução: A transformada X(ω) pode ser decomposta em duas partes:
X(ω) =
1
1− 1
8
ejω
−
1
4
ejω
1− 1
8
ejω
A primeira fração pode ser obtida por inspeção, conforme exerćıcio 1d), e a segunda fração é a mesma transformada com um
deslocamento aplicado no tempo. Assim,
x[n] = 8nu[−n]−
1
4
8n+1u[−(n+ 1)]
= 8nu[−n]−
1
4
8n+1u[−n− 1]
d) X(ω) =
{
1, se |ω| < ω0
0, se ω0 ≤ |ω| < π
Solução: Veja Exemplo 2.8
e) X(ω) =
{
0, se |ω| < ω0
1, se ω0 ≤ |ω| < π
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Solução: Seja X1(ω) definido conforme no exerćıcio anterior. Assim, para este exerćıcio,
X(ω) = 1−X1(ω)
Aplicando-se os teoremas da transformada inversa de Fourier, temos
x[n] = δ[n]−
senω0n
πn
f) X(ω) =
senωN
senω
Solução: Veja Seção 6.6
g) X(ω) = cos2 ω
Solução: Desenvolvendo X(ω), temos
X(ω) = cos2 ω =
1
4
(
e2jω + 2 + e−2jω
)
Pode-se aplicar a linearidade da transformada, além do deslocamento no tempo. Assim,
F−1
{
e2jω
}
= δ[n+ 2]
e
F−1
{
e−2jω
}
= δ[n− 2]
Assim,
x[n] =
1
4
δ[n+ 2] +
1
2
+
1
4
δ[n− 2]
4. Calcule a convolução entre as sequências abaixo utilizando o teorema da convolução para as transformadas de
Fourier
a) x[n] = 2δ[n+ 2] + δ[n+ 1] + 3δ[n] + δ[n− 1] + 2δ[n− 2]
h[n] = δ[n] + 0, 5δ[n− 1]− 0, 25δ[n− 2]
Solução:
X(ω) = 2e2jω + ejω + 3 + e−jω + 2e−2jω
H(ω) = 1 + 0, 5ejω − 0, 25e−2jω
X(ω)H(ω) = 2e2jω + 2ejω + 4 +2, 75e−jω + 3, 25e−2jω + 1, 25e−3jω + 0, 5e−4jω
Calculando a transformada inversa:
x[n] ∗ h[n] = 2δ[n+ 2] + 2δ[n + 1] + 4δ[n] + 2, 75δ[n − 1] + 3, 25δ[n− 2] + 1, 25δ[n− 3] + 0, 5δ[n − 4]
b) x[n] = u[n]− u[n−N ]
h[n] = δ[n]− δ[n− 1]
Solução:
X(ω) =
1− ejωN
1− e−jω
H(ω) = 1− e−jω
X(ω)H(ω) = (1− e−jω)
1− ejωN
1− e−jω
= 1− ejωN
Calculando a transformada inversa:
x[n] ∗ h[n] = δ[n]− δ[n−N ]
c) x[n] = 1−
n
N
, se 0 ≤ n < N
h[n] = δ[n− 4]
Solução: Neste exerćıcio em particular, não existe a necessidade de calcular a transformada de x[n]. Assim,
H(ω) = e−4jω
X(ω)H(ω) = e−4jωX(ω)
Calculando a transformada inversa:
x[n] ∗ h[n] = x[n− 4]
= 1−
n− 4
N
, se 4 ≤ n < N + 4
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d) x[n] = αnu[n]
h[n] = βnu[n]
para |α| < 1 e |β| < 1.
Solução: Pela tabela das transformadas de Fourier,
X(ω) =
1
1− αejω
H(ω) =
1
1− βejω
X(ω)H(ω) =
1
1− αejω
×
1
1− βejω
=
1
(1− αejω)(1 − βejω)
Para encontrarmos a resposta no domı́nio do tempo, precisamos calcular a transformada inversa. Para isso, fazemos a
decomposição da expressão acima em frações parciais (veja a Seção 3.5.3). Escrevemos
X(ω)H(ω) =
A
1− αejω
+
B
1− βejω
As constantes A e B podem ser encontradas realizando a soma entre as duas frações e igualando o resultado à expressão
anterior. Disso, tiramos duas equações:
{
A+ B = 1
βA+ αB = 0
Resolvendo essa equação, temos
A =
α
α− β
e
B = −
β
α− β
Assim,
X(ω)H(ω) =
α
α− β
1
1− αejω
−
β
α− β
1
1− βejω
Calculando a transformada inversa,
x[n] ∗ h[n] =
α
α− β
αnu[n]−
β
α− β
βnu[n]
=
αn+1 − βn+1
α− β
u[n]
5. O sinal de entrada x[n] de um sistema é dado por
x[n] = 2 cos
(π
4
n
)
+ 3 sen
(
3π
4
n+
π
8
)
Encontre a resposta do sistema a esse sinal, se a resposta ao impulso é dada por
h[n] = 2
senπn/2
πn
Solução: O problema pode ser resolvido facilmente, desde que se perceba que h[n] é, na verdade, a resposta ao impulso de
um filtro ideal com frequência de corte π/2. Assim, as componentes abaixo dessa frequência serão mantidas sem alteração,
enquanto as componentes acima dessa frequência serão cortadas. O sinal x[n] possui duas componentes, uma em ω = π/4, e
outra em ω = 3π/4. A primeira componente possui frequência abaixo de π/2, e portanto será mantida; a segunda componente
possui frequência acima de π/2, portanto, será eliminada. Assim,
x[n] ∗ h[n] = 2 cos
(π
4
n
)
6. Se x[n] é dado como na Figura 2.9, calcule, sem avaliar explicitamente a transformada de Fourier:
a) X(0)
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8
Solução: X(0) pode ser calculado diretamente pela substituição de ω na equação de análise de transformada de Fourier:
X(0) =
∞
∑
n=−∞
x[n]e−j0n =
∞
∑
n=−∞
x[n]
Pela inspeção direta dos valores de x[n] no gráfico, X(0) = 0, 2.
b) Θ(ω)
Solução: x[n] é uma função par. Como toda função par gera uma transformada de Fourier real, o espectro de fase terá
valores iguais a 0 ou π para todos os valores de ω.
c) X(π)
Solução: Pela substituição direta de ω por π, temos
X(0) =
∞
∑
n=−∞
x[n]e−jπn =
∞
∑
n=−∞
(−1)nx[n]
Ou seja, alternam-se os sinais das amostras sobre n ı́mpar. Aplicando esse resultado ao x[n] da figura, temos X(π) = 3, 4.
d)
∫ π
−π
X(ω) dω
Solução: Substituindo n = 0 na definição da transformada inversa de Fourier, temos
x[0] =
1
2π
∫ π
−π
X(ω)ejω0 dω =
1
2π
∫ π
−π
X(ω) dω
Portanto,
1
2π
∫ π
−π
X(ω) dω = 2πx[0] = 2π
e)
∫ π
−π
|X(ω)|2 dω
Solução: Pela relação de Parseval (veja a Seção 2.2.12):
1
2π
∫ π
−π
|X(ω)|2 dω =
∞
∑
n=−∞
|x[n]|2
Portanto,
∫ π
−π
|X(ω)|2 dω = 2π
∞
∑
n=−∞
|x[n]|2 = 2π × 2, 12 = 4, 24π
f)
∫ π
−π
∣
∣
∣
∣
d
dω
X(ω)
∣
∣
∣
∣
2
dω
Solução: Aplicando-se a propriedade da diferenciação em frequência, e tomando-se o valor absoluto, conclúımos que para
realizar essa integral basta fazermos:
∫ π
−π
∣
∣
∣
∣
d
dω
X(ω)
∣
∣
∣
∣
2
dω = 2π
∞
∑
n=−∞
|nx[n]|2
Portanto,
∫ π
−π
∣
∣
∣
∣
d
dω
X(ω)
∣
∣
∣
∣
2
dω = 2, 72× 2π = 5, 44π
7. Um sinal x[n] é alimentado a um sistema com resposta ao impulso h1[n] = 0, 5
nu[n], e a resposta desse sistema
é alimentada a um outro sistema com resposta ao impulso h2[n] = 0, 2
n(u[n] − u[n − 3]). Encontre a resposta em
frequência dos dois sistemas encadeados e sua resposta ao impulso.
Solução: Podemos encontrar facilmente:
H1(ω) =
1
1− 0, 5e−jω
e
H2(ω) =
1− 0, 008e−3jω
1− 0, 2e−jω
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A resposta em frequência do sistema encadeado é dada pelo produto entre essas duas transformadas de Fourier, ou seja:
H(ω) = H1(ω)H2(ω) =
1− 0, 008e−3jω
(1 − 0, 5e−jω)(1 − 0, 2e−jω)
Para encontrarmos a resposta ao impulso do sistema, podemos calcular a transformada inversa de H(ω). Para isso, reescrevemos
como
H(ω) =
1
(1− 0, 5e−jω)(1 − 0, 2e−jω)
−
0, 008e−3jω
(1− 0, 5e−jω)(1 − 0, 2e−jω)
A segunda fração nessa expressão corresponde simplesmente ao mesmo sinal da primeira fração, com um atraso de 3 amostras.
Calculamos, portanto, a transformada inversa da primeira fração, que chamaremos de Hs(ω). Para isso, realizamos a decom-
posição em frações parciais (veja a Seção 3.5.3). Uma maneira simples de realizar essa decomposição é separar cada fator em
uma fração e calcular as constantes correspondentes:
Hs(ω) =
A
1− 0, 5e−jω
+
B
1− 0, 2e−jω
Para calcular as constantes A e B, somamos as duas frações e resolvemos o sistema linear formado pela igualdade que resulta
no numerador (pois a expressão obtida no numerador de Hs(ω) deve ser igual a 1. Assim, descobrimos que
Hs(ω) =
5/3
1− 0, 5e−jω
−
2/3
1− 0, 2e−jω
Por inspeção direta à tabela de transformadas, encontramos
hs[n] =
5
3
0, 5nu[n]−
2
3
0, 2nu[n]
A resposta ao impulso é encontrada fazendo:
h[n] = hs[n]− 0, 008hs[n− 3]
8. Um sinal x[n] é alimentado simultaneamente a dois sistemas cujas respostas ao impulso são respectivamente
h1[n] = 0.5
nu[n] e h2[n] = 0.2
n(u[n] − u[n − 2]). As sáıdas dos sistemas são combinadas. Encontre a resposta em
frequência dos dois sistemas combinados e sua resposta ao impulso.
Solução: Podemos encontrar facilmente:
H1(ω) =
1
1− 0, 5e−jω
e
H2(ω) =
1− 0, 008e−3jω
1− 0, 2e−jω
A resposta em frequência do sistema encadeado é dada pela soma entre essas duas transformadas de Fourier, ou seja:
H(ω) = H1(ω) +H2(ω) =
1
1− 0, 5e−jω
+
1− 0, 008e−3jω
1− 0, 2e−jω
Realizando a soma, obtemos
H(ω) =
2− 0, 7e−jω − 0, 008e−3jω + 0, 004e−4jω
(1 − 0, 5e−jω)(1 − 0, 2e−jω)
Para encontrarmos a resposta ao impulso do sistema, podemos calcular a transformada inversa de H(ω). Uma vez, no entanto,
que a resposta em frequência é obtida por uma combinação, e a transformada de Fourier é linear, a resposta ao impulso é dada
simplesmente por
h[n] = 0, 5nu[n] + 0, 2n(u[n]− u[n− 3])
9. Por meio da transformada de Fourier, mostre que, se mx é o valor médio de x[n] e my é o valor médio de y[n],
então mx +my é o valor médio de x[n] + y[n].
Solução: Consideremos o valor médio do sinal em um intervalo que vai de −N a N . Esse valor pode ser calculado pela
expressão:
mx =
1
2N + 1
N
∑
n=−N
x[n]
Esse resultado pode ser mapeado sobre a transformada de Fourier, fazendo ω = 0, e dividindo-se o resultado por 2N + 1:
mx =
1
2N + 1
N
∑
n=−N
x[n]ejω0
=
1
2N + 1
X(0)
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10
O mesmo racioćınio pode ser feito para my , e o valor médio do sinal pode ser calculado em todo o intervalo fazendo N → ∞.
Seja agora o sinal w[n] dado pela soma de x[n] e y[n]. Seu valor médio no intervalo que vai de −N a N é calculado de maneira
semelhante:
mw =
1
2N + 1
W (0)
No entanto, como W (ω) = X(ω) + Y (ω),
mw =
1
2N + 1
(X(0) + Y (0))
=
1
2N + 1
X(0) +
1
2N + 1
Y (0)
= mx +my
10. Demonstre que a energia de um sinal discreto x[n] pode ser encontrado pela expressão
E =
∞
∑
n=−∞
x[n]x∗[−n]
Solução: Seja
y[n] = x[n] ∗ x∗[−n]=
∞
∑
n=−∞
x[k]x∗[−n− k]
O domı́nio em x∗[k − n] se justifica pela reversão do sinal. A transformada de Fourier de y[n] é dada por
Y (ω) = X(ω)X∗(ω) = |X(ω)|2
A energia do sinal x[n], portanto, é calculada por
E =
1
2π
∫ π
−π
Y (ω) dω
Esse valor pode ser calculado fazendo n = 0 na definição da transformada de Fourier de y[n], ou seja
E =
1
2π
∫ π
−π
Y (ω) dω
=
1
2π
∫ π
−π
Y (ω)ejω0 dω
= y[0]
Substituindo n = 0 em y[n], obtemos
E =
∞
∑
k=−∞
x[k]x∗[−k]
Basta agora trocar k por n para obter a expressão original.
11. Mostre que, se y[n] é a sáıda de um sistema linear invariante com o tempo com resposta ao impulso h[n] quando
a entrada é x[n], então
|Y (ω)|
2
= (X2R(ω) +X
2
I (ω))(H
2
R(ω) +H
2
I (ω))
em que X(ω) = XR(ω) + jXI(ω) e H(ω) = HR(ω) + jHI(ω)
Solução: O espectro de y[n] é dado pelo produto de x[n] e h[n], ou seja,
Y (ω) = X(ω)H(ω)
e portanto
|Y (ω)|2 = |X(ω)|2 |H(ω)|2
O espectro de magnitude de X(ω) pode ser encontrado por
|X(ω)|2 = X2R(ω) +X
2
I (ω)
em que X(ω) = XR(ω) + jXI(ω). O mesmo racioćınio pode ser feito para H(ω). Assim,
|Y (ω)|2 = (X2R(ω) +X
2
I (ω))(H
2
R(ω) +H
2
I (ω))
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11
12. Demonstre que, se x[n] é um sinal par, então
X(ω) = x[0] + 2
∞
∑
n=1
x[n] cosωn
Solução: Pela definição da transformada de Fourier:
X(ω) =
∞
∑
n=−∞
x[n]e−jωn
=
−1
∑
n=−∞
x[n]e−jωn + x[0]ejω0 +
∞
∑
n=1
x[n]e−jωn
Mudando o sinal de n no primeiro somatório, temos
X(ω) = x[0] +
∞
∑
n=1
x[−n]ejωn +
∞
∑
n=1
x[n]e−jωn
Como x[−n] = x[n], pois o sinal é par
X(ω) = x[0] +
∞
∑
n=1
x[n]ejωn +
∞
∑
n=1
x[n]e−jωn
= x[0] +
∞
∑
n=1
x[n](ejωn + e−jωn)
= x[0] + 2
∞
∑
n=1
x[n] cosωn
13. Demonstre que, se x[n] é um sinal ı́mpar, então
X(ω) = −2j
∞
∑
n=1
x[n] senωn
Solução: Pela definição da transformada de Fourier:
X(ω) =
∞
∑
n=−∞
x[n]e−jωn
=
−1
∑
n=−∞
x[n]e−jωn + x[0]ejω0 +
∞
∑
n=1
x[n]e−jωn
Mudando o sinal de n no primeiro somatório, temos
X(ω) = x[0] +
∞
∑
n=1
x[−n]ejωn +
∞
∑
n=1
x[n]e−jωn
Como x[0] = 0 e x[−n] = −x[n], pois o sinal é ı́mpar
X(ω) = −
∞
∑
n=1
x[n]ejωn +
∞
∑
n=1
x[n]e−jωn
= −
∞
∑
n=1
x[n](ejωn − e−jωn)
= −2j
∞
∑
n=1
x[n] senωn
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