Sinais_e_Sistemas_-_Teoria_e_Exercicios

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Licenciatura em Engenharia Electrónica e Telecomunicações 
 3ºano, 2º semestre 
2009/2010 
 
Sinais e Sistemas 
 
 
 
Exercícios resolvidos dos exercícios 
propostos pelo docente da cadeira 
 
 
 
 
 
Discente: Jorge Rodrigues Valente, 2087406 
Docente: Prof. Joaquim Amândio Rodrigues Azevedo 
 
Julho de 2010 
Jorge Rodrigues Valente – 2087406 UMa 09-10-2011 1/388 
Sugestões: jrvalente@netmadeira.com Sinais e Sistemas – Teórico-prática 
 
Índice 
 
Recordar ............................................................................................................................................................... 3 
Teoria – Sinal Contínuo .................................................................................................................................... 4 
Teoria – Sinal Discreto ...................................................................................................................................... 4 
Função de distribuição (ou generalizada) ........................................................................................................ 7 
Exercícios do capítulo 1 ...................................................................................................................................... 12 
Cálculo da Energia .......................................................................................................................................... 14 
Exercícios do capítulo 2 ...................................................................................................................................... 18 
Exercícios do capítulo 3 ...................................................................................................................................... 30 
Exercícios do capítulo 4 ...................................................................................................................................... 64 
Teoria – Par e Impar ....................................................................................................................................... 64 
Exercícios do capítulo 5 ...................................................................................................................................... 73 
Teoria Correlação e Convulação ..................................................................................................................... 73 
Capitulo 6, pagina 7 ........................................................................................................................................ 85 
Capitulo 6, pagina 20, exercício 6.5.7b .......................................................................................................... 93 
Capitulo 6, pagina 20, exercício 6.5.7e......................................................................................................... 101 
Series e Transformada de Fourier .................................................................................................................... 106 
Recordar ....................................................................................................................................................... 106 
Exercícios Práticos 7 - Serie de Fourier ............................................................................................................ 114 
Serie Trigonométrica da Primeira Forma ................................................................................................. 120 
Serie Trigonométrica da Segunda Forma ................................................................................................. 125 
Exercícios Práticos 8 - Transformada de Fourier .............................................................................................. 137 
Pagina 10, do capítulo 8 ........................................................................................................................... 148 
Exercícios Práticos 9 - Transformada de Laplace ............................................................................................ 168 
Exercícios Práticos 9 - Transformada de Z ....................................................................................................... 214 
Introdução ao capítulo 11 - Análise de Sistemas de Controlo .......................................................................... 226 
Exercícios do capítulo 11 - Análise de Sistemas de Controlo .......................................................................... 240 
Modelos matemáticos .................................................................................................................................. 257 
Exercícios do capítulo 12 - Análise de Sistemas no Domínio dos Tempos ..................................................... 266 
Exercícios do capítulo 13 - Análise de Sistemas no Domínio das Frequências ............................................... 273 
Exercícios do capítulo 14 - Análise de Sistemas por Espaços de Estado ......................................................... 300 
10 Janeiro 2005 – 3º Mini Teste ....................................................................................................................... 301 
24 Maio 2007 – 2º Mini Teste .......................................................................................................................... 303 
17 Março 2009 – 1º Mini Teste ........................................................................................................................ 339 
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21 Abril 2009 – 2º Mini Teste ........................................................................................................................... 344 
19 Maio 2009 – 2º Mini Teste .......................................................................................................................... 356 
12 Abril 2010 – 1º Mini Teste ........................................................................................................................... 360 
24 Maio 2010 – 2º Mini Teste .......................................................................................................................... 368 
31 Janeiro 2005 – Exame Normal ..................................................................................................................... 370 
4 Março 2005 – Exame Recurso ....................................................................................................................... 371 
26 Abril 2007 – Exame Normal ......................................................................................................................... 374 
12 Junho 2009 – Exame Normal ....................................................................................................................... 380 
 
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Recordar 
 
Derivadas 
( )2 25 ' 10t te e= 3 31
3
t te dt e=∫ 
( )3 37 ' 21t te e= 
 
 
3 31 '
3
t te e
 
= 
 
 
 
 8 81
8
t te dt e− −= −∫ 
5 54 ' 4
5
t te e
 
= 
 
 
 2 21
2
t te dt eα α
α
− −= −∫ 
 
 
Os complexos: 
( ) ( )cos sinje jθ θ θ= + 
( ) ( ) ( )5 5cos 5 sin 5 1 0 5je jπ π π= + = − + = − 
3 1 3cos sin
3 3 2 2
j
e j j
π π π   
= + = +   
    
 
 
 
Integração:
 
( ) ( ) ( ) ( )sin s2 ' 2cos 2 2 2
2 2
.
2
. int
d
t tt
t
 
⇔ ⇔ 
 
∫ Como não tenho o “2”, multiplico 
por ½: 
( ) ( ) ( )sinc 2 '1 1
2
os 2 2
2 22
.dt
tt t 
⇔ ⇔ 
 
∫ 
( ) ( ) ( )sin 2. sin 2
. .
2 4
21
2
t t
⇔ ⇔ (não CORTA!). 
Outro exemplo a ter cuidado, ( )
( )
030
2
1 1
3 1
3 1 ERRADO!
3
t
tt d
−
−
+
⇔+∫
 
( )
( ) ( ) ( ) ( )
1 10
2
1
' 3 1 3 1
1
3
1
1
' 3
n n
dt
n
a t
t
a t
n
+ +
−
 
⇔ ⇔ ⇔ 
+ + 
+

+
+∫
( )
3
3
3
1t +
0
1
ERRADO!
− 
 
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O correcto é assim: 
( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
01 1 3 30
2
1 1
' 3 1
1 1 3
3 1 3' 31 1
3
3
3
1
1
3
3 1
n n
dt
n n
a t
t
a t t t
+ +
−
−
 
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
+ + +

+
+ +  
+∫
 
( )
( )
( ) ( )( )
3 00
2 3
11
3 1
3 1
1 1 1 2
. . 0 3 1 .2
3 9 9
3 1 1
1
3 9 9
dt
t
tt
−−
 ⇔ ⇔ ⇔ − +
+
⇔+ − ⇔+∫ 
 
 
 
 
 
 
Teoria – Sinal Contínuo 
 
Representação: o sinal continuo representa se por ( )u t , em que t +∈� . 
 
( )
( ) ( ) ( )
( ) [ ] ( ) ( ) ; 
lim -
Valor médio de um sinal 
lim para um intervalo de "a" a 
 
"b"
1
2
1
a
a
a
b
a b a
a
u t
u t
u t dt para t
u t
u t dt
a
b a
→+∞
−
→+∞

< > = ∞ < < +∞
−




< > =

∫
∫
 
( )
( ) ( )
( ) ( )
2
2
lim -
Energia de um sinal 
lim para um intervalo de "a" 
 
a "b"
a
a
a
b
a
a
W dt para t
u t
W
u t
dtu t
→+∞
−
→+∞

= ∞ < < +∞




 =

∫
∫
 
( )
( ) ( )
( )
( )
( )
2
2
lim
Potência de um sinal
 
 
1
2
 
l
1
im
a
a
a
b
a
a
f tP p t dt
u t
P p t df t
a
b a
t
→+∞
−
→+∞

= < > =




 = < > =
 −
∫
∫
 
 
 
Teoria – Sinal Discreto 
 
O sinal DISCRETO representa se por ( )u n , em que n∈� . 
 
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( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
 lim para T=1
Valor médio
1
1
 de um sinal 
lim para T
2
2
1
1
1
a
n a
a
n a
a
a
u n u n
u n
T T
a
n
a
u u n
=−
=−
→+∞
→+∞

< > =



< >
 +
= ≠

+
∑
∑ 
( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2
2 2
 lim lim para T=1
Energia de um sinal 
lim lim para T 1
a
n a n
a
n
a
a a
a n
a
W u n u n
u n
W u n Tu nT
+∞
∞
+∞
→+∞ →+∞
→
=− =−
=− =−
+ ∞
∞
∞ →+

= =



 = = ≠

∑ ∑
∑ ∑ 
( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2
2
lim para T=1
Potência de um sinal 
lim pa
1
1
1
2
1
2
ra T 1
a
a
a
n a
a
n a
P p n u n
u n
P p n u
a
nT
a
T
→+∞
→
=−
=
+∞
−

= < > =



 = <
+
> = ≠
 +
∑
∑
 
 
Função Rampa: 
 
 
 
( )
0 t < 0
 t 0
se
f t
t se

= 
≥
 
Derivada da Função de Heaviside: 
 
 
 
( ) ( )
( )
( )
0 ' 0 t < 0
'
' 1 t > 0
H
se
h t f t
t se
=
= = 
= 
 
 
 
Função degrau de 
Heaviside 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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( )
0 t < 0
1 t > 0H
se
h t
se

= 

 
 
 
 
 
 
 
Não está definido no 
zero. 
 
( )
0
0 n 
1 n H
se
h n
se +
∈
= 
∈
�
�
 
 
 
 
 
( )
{ }
{ }
0 n ...; 2 ;
1 n 0; ;2 ;...
H
se T T
h nT
se T T
∈ − −
= 
∈
 
 
 
 
 
 
Função 
 
 
 
Gráfico de distribuição (generalizada) 
 
 
 
A distribuição está representada a verde. 
 
DIRAC (ou Impulso de DIRAC): 
 
 
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( ) ( ) ( )
0 t 0
''
1 t = 0H
se
t h t f t
se
δ
≠
= = = 
 
Propriedades - ( ) 1t dtδ
+∞
−∞
=∫ 
 
Consequência - ( ) ( )
7 23
4 7
0 1t dt t dtδ δ
−
= ∧ =∫ ∫ 
 
 
 
 
Função de distribuição (ou generalizada) 
 
 
 
( ) ( )
Integral Improprio
1
2
lim
a
a
a
x t
a
x t dt
→+∞
−
< > = =∫
�������
 
 
Se for para fazer apenas entre o zero e o 2, tira se o limite! 
Se for para fazer as três função, do menos infinito até zero, de zero a dois e de dois a mais infinito, 
mantém se o limite. 
 
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
0 0
Integral Improprio Constante Constante
lim x 
1 1
2
lim x 
2
0 0
a
a a
a
x t dt dt dt
a
x t x t x t
a→+∞ →+∞
−
< > = = = =∫ ∫ ∫
������� ����� �����
 
 
 
Quando for um sinal periódico: 
 
 
( ) ( ) ( )
11 2
0 0 0
Integral Improprio
1
lim
2 2
1 1 1
2 1
a T
a
a
t
x x t x tt dt dt
a
dtt
T→+∞
−
 
< > = = = = = 
 
∫ ∫ ∫
�������
 
 
Nota: como o impulso de Dirac só toma o valor diferente de zero em m = n, a expressão anterior 
tem a forma 
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( )
2
lim
a
a
n a
W v nT
=
+∞
−
→
= ∑ �(2.48) 
 
ou seja, a energia é infinita, como era de esperar, uma vez que o impulso de Dirac é um sinal de 
potência. No entanto, a representação de sinais discretos por impulsos de Dirac serve para 
representar sinais de energia ou potência em pontos discretos da variável independente. A energia 
só é infinita pelo facto de representarmos o sinal pelos impulsos de Dirac que tem uma energia 
infinita. 
 
 
 
 
 
 
 
Regra que ajuda, a rapidamente saber qual é a função da recta: 
 
 
 
 
 
 
Regra geral: 
( )
�
( )
�
( )
0
0 0
y y
v t v t m t t− = − 
 
( )
Recta: 1
v tt
a b
+ = 
 
 
 
 
 
 
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Exemplo: 
 
( )
( )Recta: 1 1
2 1 2
v tt t
v t+ = ⇔ − = − ⇔
−
 
 
( )
�
1
2
y
t
v t = − 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Nota: se somar estes dois sinais 
 
 
 
 
Quando ∆ se aproxima de zero, 
1
∆
 fica igual a ∞ . Logo é um DIRAC, o seu integral (ou seja a sua 
área) é 1. 
 
 
 
( )
2
1
1 porque passa no zero.t dtδ
−
=∫ ( )
2
0
1.t dtδ =∫ 
( )
3
2
0 porque não passa no zero.t dtδ =∫ ( )
0
3
1.t dtδ
−
=∫ 
 
 
Quando: 
 
1 tem uma área.∆ = 
1
tem metade da área.
2
∆ = 
0 tem um sinal que tende para o degrau de Heaviside.∆ → 
E a respectiva derivada tende para a função DIRAC. 
 
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Exercícios do capítulo 1 
 
 
 
 
Exercício 1.1.1- Determine o valor médio do degrau de Heaviside, ( ).Hh t 
 
 
 
Resolução 1.1.1: 
 
 
Função degrau de Heaviside 
 
 
( )
0 t < 0
1 t > 0H
se
h t
se

= 

 
 
Qualquer função é um sinal. E é em função do tempo ( ) .h t   
( ) ( ) ( ) ( )
0
0
Integral Improprio
1 1
l m
2
i lim
2
a a
a
H
a
H H
a a
h t dt dt dth t h t h
a
t
a→+∞ →+∞
− −
 
< > = = + 
 
∫ ∫ ∫
���������
 
Porque é que é 
1
2a
? 
 
 
( )
1 1
2a a a
=
− −
 
 
 
Pelo gráfico, sei que do infinito até zero (eixo) a função é zero, e do eixo até ao mais infinito é 1, 
assim sendo fica (e porque é CONTINUO!): 
 
( ) ( )
�
( )
�
0 0
0 0
Conforme está definido pela funç !
0 1
ão
0li
1 1
2 2
lim 1m
a a
a a
a
H
a
Hh t dt dt dt dha a
tt h t
= =
→+∞ →+∞
− −
 
   
 < > = + = + = 
   
 
 
∫ ∫ ∫ ∫
���������
 
 
( ) [ ] [ ]0lim 0 li
1 1 1
2
i
2
m
2
0 l m
a
a a aa a
t t a
a
h
→+∞ →+∞ →+∞
 < > = + = − =
 
a
1
2
= 
 
 
Nota: se a função fosse DISCRETA, teria que se calcular uma serie (e não um integral). 
 
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Exercício 1.1.2 - Determine o valor médio da seguinte função: 
 
 
 
 
 
( ) [ ]
3 t < 4
 no intervalo 1 ; 7
2 t > 4
se
f t
se

= −
 
 
 
 
Resolução 1.1.2 – Intuitivamente é: 
� � � �
�
5 x 3 3 x 2
5 x 3 3 x 2 21
5 3 5 3 8
yx y x
x
+
+
= =
+ +
. Mas usando a integração: 
 
( ) [ ] ( ) ( )
( ) ( )
�
( )
�
7 4 7
1 ; 7
1 1 4
Integral Improprio Como está limitado por "-1" e "7", lim deixa de fazer sentido. 
3 2
1 1 1
2 7
m
1
l
8
i
a
a
a
a
Hf t dt dh t f t ft dt ta
dt tf
→+∞
=
− →+∞
− − − =
 
 < > = = = + =
 
− −
∫ ∫ ∫ ∫
��������� ���������������������
 
( ) [ ] [ ] [ ]
4 7
4 7
1 ; 7 1 4
1 4
1 1
8
33 2
8
2f t dt dt t t
− −
−
 
 < > = + = + =   
 
∫ ∫ 
( ) [ ] ( ) ( ) ( ) ( )( ) [ ] [ ]( )1 ; 7 3 4 3 1 2 7 2 4 12 3 14 8
1 1
8 8
f t
−
< > = − − + − = + + − =       
( ) [ ] ( )1 ; 7
1
8
21
15 6
8
f t
−
< > = + = 
 
Assim, o valor médio (é uma aérea) é de 
21
8
. 
 
Nota: quando a energia é infinita, é porque é um sinal de Potência. Quando finita, tem se um sinal 
de Energia. 
 
 
Resumo: O valor médio do sinal (continuo) ( )f t no intervalo [ ] ; a b é dado por: 
( ) [ ] ( ) ; lim
1 b
a b a
a
f t d
a
t t
b
f
→+∞ −
< > = ∫ 
 
Mas se em vez de ser num intervalo limitado fosse em � ( ) , −∞ + ∞ , é dado por 
( )
� ( )�
( )lim
1
a
b
a
f t dtf t
∞
→+∞
−∞
+∞ − −∞
< > = ∫ 
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E pela regras dadas em Calculo I – Modulo II: 
( ) ( )
Continuo!
Integral Improprio
lim
1
2
a
a
a
f t df t t
a→+∞
−
< > = ∫�����
�������
 
 
Nota: usa se a variável “t” para função contínua, e variável “n” para funções discretas: ( )
Discreta!
f n< >
�����
. 
Também se usa a seguinte notação: ( )Fdf n , em que o “d” denuncia o discreto. 
 
 
 
 
 
Cálculo da Energia 
 
 
Agora vai se estudar o cálculo da energia, mas a definição da energia e da potência. 
A energia dissipada do sinal ( )f t em [ ] ; a b é dado por (não se divide por 1
T



. 
[ ] ( ) 
2
; 
b
T a b
a
fW tW dt= = ∫ 
 
A energia dissipada do sinal ( )f t em � ( ) , −∞ + ∞ é dado por 
( )
2
 lim
a
a
a
fW dtt
→∞
−
= ∫ 
 
Aqui não se devide o integral pelo período (T). Não confundir com a potência do sinal. 
Pode parecer desnecessário ter o módulo e o expoente ao quadrado ao mesmo tempo, mas este 
módulo é para os números COMPLEXOS. 
 
 
 
Exercício 1.2 - Calcule a energia dos sinais: 
1.2.1 – ( ) ( ).Hv t h t= 
1.2.2 – ( ) ( ) , com 0Hv t e h t
α α−= >
 
1.2.3 – 
 
1.2.4 – 
 
Jorge Rodrigues Valente – 2087406 UMa 09-10-2011 15/388 
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Resolução - 1.2.1 – ( ) ( ).Hv t h t= Aqui não é num intervalo de tempo! Logo é a 2ª fórmula: 
( )
2
 lim
a
a
a
fW dtt
→∞
−
= ∫ 
 
Assim, ( ) ( ) ( ) ( )
0
2 2 2
0
2
 lim lim lim + H
a a a
a a a
a
H
a
H
a
W dt dt dt dv t h t h t h t t
→∞ →∞ →∞
− − −
 
= = = = 
 
∫ ∫ ∫ ∫ 
[ ]( ) ( )
0
0
2
0
2
 lim + lim 0+ lim0 1 0 +
a
a
a a a
a
W dt dt t a
→∞ →∞ →∞
−
 
= = = − = ∞ 
 
∫ ∫
 
 
 
 
 
Resolução - 1.2.2 – ( ) ( ) , com 0Hv t e h t
α α−= > . Aqui não é num intervalo de tempo! Logo é a 2ª 
fórmula: 
 
( )
2
 lim
a
a
a
fW dtt
→∞
−
= ∫ 
 
Assim, 
( ) ( ) ( )
�
( )
�
0 1
 Para decorar, pois é sempre assim. A função é sempre zero de 
"-A a 0" e 1 de "0 a A". Funciona como "on/off
2 2
2
0
0
2
 lim lim lim +H
a a a
a a a
a a
H H
a
e hW dt t e h t e hdt dt dt tv t α α α
→∞ →∞ →∞
−
− −
=−
−
− =
 
 = = =
 
 
∫ ∫ ∫ ∫
" de um circuito.
 =
�����������������
 
 
( ) ( )
2 2 2 2
0
0 0 0
 lim + lim 0+ l 0 1 im
a a a
a a a
a
W dt dte e e edt dtα α α α
→∞ →∞
−
−
→
−
∞
− −
     
= = = =     
     
∫ ∫ ∫ ∫ 
 
 
 
 
Agora cuidado com esta integração: 
 
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( ) ( )( ) 2 
00
2 2 2 0
2
1 1
 lim lim lim 
2
aa
a
a
t
a a
W e d e e et α αα α
α α
− −− −
→∞ →∞ →∞
   
= = = − − =   −  
∫ 
( ) ( ) 0 1 1 1 - - 0 1 
2 2 2
W e e
α α α
−∞= − = − = 
 
 
Não esquecer de que estes integrais são designados por impróprios. 
 
Não esquecer de colocar o “t” na integração de 2e tdα−∫ para 
2 
2
1 te α
α
−
−
. 
 
 
Resolução - 1.2.3 – 
 
 
1º tenho que definir a função: 
 
( )
1 2 3
1 1 2
2 0 1
0 0
se t
se t
v t
se t
se t
− < <
 < <
= 
< <
 <
 
 
 
 
 
Assim (muito cuidado com a função, pois está a potencia dois): 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2
0 1 2 3
0 1 2
 lim 
a
a
a
W dt dtv t f t f t fdt dt tt f t d
→∞
− −∞
= = + + + =∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 
( )
2 2
0 1 2
2 2
0 1
2
3
2
 lim 0 2 1 1
a
a
a
W dt dt dt dt dtv t
→∞
− −∞
+ −= = + + =∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 
( )
2
1 2
1
2 2 2
3
0 2
 lim 2 1 1 
a
a
a
W v t dt dt dt dt
→∞
−
= = + + − =∫ ∫ ∫ ∫ 
( ) [ ] [ ] [ ] ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 2 3
0 1 2
2
 lim 4 4 41 0 2 1 3 2 
a
a
a
t tW v t d tt
→∞
−
= = + + = + + =         − − −∫ 
( ) ( )
2
 lim 4 1 1 6
a
a
a
W v t dt J
→∞
−
= = + + =∫
 
 
 
 
Resolução - 1.2.4 – 
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1º tenho que definir a função: 
 
( )
0 t < -1 2
A recta necessita de um calculo auxiliar.
se t
f t
∨ >
= 

 
 
 
 
Recta inclinada: � �
0 0
1 ; 0
t y
A
 
−  
 
, � �2 ; 3
t y
B
 
 
 
. 
( )3 ; 3v =
	
 e 1
y
m
x
= = 
( ) ( )( )0 0 0 1 1 1y y t ym t y tt− = − ⇔ − = ⇔ =−− + 
 
Assim: 
( )
0 t < -1 2
1 1 2
se t
f t
t se t
∨ >
= 
+ − < < 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 2 2
1
2 2 2 2
2 1
2
00
 lim lim 
a a
a a
a a
W dt dt dt dtf t f t f t f t dtf t
−
→∞ →∞
− − − −
==
 
   
   
   
= =+ + =

 
=∫ ∫ ∫ ∫ ∫
����������
 
 
( )
( ) ( )
( )
2
1
A constante 
2
2
sa
2 231
23
1 1
í
1
1 1
1 1
2
1
 
3 3
 
1
 W dt
t t
t t
−
−
+
−
−
   
           
 
 
+
= = = =
+
+ + =

+

∫
�������
 
 
( ) ( ) ( ) ( ) [ ] ( )
3 3 3 3
3 3
1 1 1
 27 2 1 1
3
1 0 3 9W J+ − − + −= = = =   
   
 
 
( )f t é o sinal. 
( )
2
f t é a potência instantânea. 
( )
2
f t dt∫ é a energia total (energia infinitesimal) 
 
 x 
E
P E P t
t
= ⇔ = 
 
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Exercícios do capítulo 2 
 
 
Exercício 2 - Para os sinais seguintes calcule: 
 
a) O valor médio. 
b) Potência média. 
c) Valor eficaz. 
 
 
 
2.1 ( ) ( )1 sinv t t= 
2.2 
 
 
2.3 
 
 
2.4 
 
 
 
 
Nota: cada alínea tem três perguntas, que são a a) O valor médio, b) Potência média e c) Valor 
eficaz! 
 
 
 
 
Resolução 2.1a) – ( ) ( )1 sinv t t= . Quando não se diz o conjunto/intervalo é porque é .� 
 
O sinal é dado pela função ( )1v t . 
( ) ( ) ( )1
Integral Improprio
1 1
2
lim lims
2
in cos
a
a
aa a
a
tv t dt t
a a −→+∞ →+∞
−
   
   
  
< > = = =−  ∫
���������
 
 
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( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )1
1 1
2 2
lim cos cos lim cos cos
a a
v t a a a
a a
a
→+∞ →+∞
 
− − − < > = − = − =  
 
   
  
− −
 
 
 
Cuidado que o sinal negativo da função cosseno não vem para fora! 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )1
1 1
2
lim cos cos lim cos s
2
co
a a
v t a a a
a
a
a→+∞ →+∞
 
− −< > =
 
   
 
− = =      
 
− − 
 
 
( ) [ ]1 lim 0 0
1
2a
v t
a→+∞
 
=

< − 

> =
 
 
 
( )1 0v t< > = . Graficamente dá para se perceber que a média é zero. 
 
 
Também se pode chegar a mesma conclusão por esta ser periódica ( )2 :π 
 
( ) ( ) ( )
2
1 0 0
1 1
sin sin 0
2
T
v t t dt t dt
T
π
π
< > = = =∫ ∫
 
 
 
( ) ( ) ( )
Esta passagem s possivel porque sei que a fun o 
 um sinal periódico, com um periodo igual a T. 
Não é preciso calc
0
Continuo!
Integral Improprio
1
: lim siRes o
1
n
2
um
ó é çã
é
a
T
a
a
f t dt t dt
T
f
a
t
→+∞
−
< > = =∫ ∫�����
�������
( )
ular em , pois basta o periodo T.
2
0
1
sin 0
2
t dt
π
π
= =∫
�
��������������
 
 
 
 
 
 
 
Resolução 2.1b) – ( ) ( )1 sinv t t= . ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2
1
Pot ncia instant nea
sin
ê â
p t v t t p t p t= = ∧ ≠ < >=
�����������
 
 
 
Nota: pretende se a media. Uma função ao quadrado é sempre uma função. Logo para calcular a 
potência instantânea é igual a calcular como se fosse um sinal. 
 
( )p t é a potência instantânea, e P é a potência média. 
 
 
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( ) ( ) ( ) ( )
 Valor m dio da 
pot ncia instant nea.
Continuo!
Integral Im
2 2
1
proprio
lim lim li
1 1 1
2 2 2
sinm
é
ê â
a a a
a a a
a a a
p tP
a
p t dt dt dtv
a
t
a
t
→+∞ →+∞ →+∞
− − −
= < > = = = =∫ ∫ ∫
����
�����
�������
 
 
 
Nota: ( )p t é periódico? 
É porque as funções trigonométricas são 
periódicas. 
 
 
( ) ( ) ( )2
0
2
0
limsin n
1
si
1T
a
t tP p t dt
T
dt
π
π→+∞
= < > = = =∫ ∫ 
 
 
 
Recordar: ( )
( )2 1 cos 2sin
2
t
t
−
= . Assim: 
 
 
( ) ( ) ( )
( )
0
0
2 2
0
1 cos 2
sin sin
1 1
2
1T
T
P p t dt dt dt t
t
t
π π
π π
= < > = = =
−
=∫ ∫ ∫ 
 
 
Para integrar, é mais fácil separar os termos: 
 
( ) ( ) ( )
0 0 0 0
1 cos 2 cos 2 cos 21 1
2 2 2 2 2
dt dt t
t
d
t
t
t
d
π π π π−     
−    
 
−

= =
  
∫ ∫ ∫ ∫ 
 
 
( )
( ) ( )
00 0 0
cos 2 sin 21
2 2
1
2
1 1
4
P p t dt d
t t
tt
πππ π
π π
      = < > = − = − =      
  
  
       
∫ ∫ 
 
( ) ( ) ( )
( )( ) ( )( )sin 2 sin 2 01 1
0
2
1
2
1
4 4
P p t
π
π π
π
   
 = < > = − =        
− −
π 0 0
2 4 4
   
−     
−
 
=  
 
 
 
( )
1
2
P W= 
 
 
 
Cuidado com a regra de derivação: 
 
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( ) ( ) ( ) ( )sin s2 ' 2cos 2 2 2
2 2
.
2
. int
d
t t t
t
 
⇔ ⇔ 
 
∫ Como não tenho o “2”, multiplico 
por ½: 
( ) ( ) ( )sinc 2 '1 1
2
os 2 2
2 22
.dt
tt t 
⇔ ⇔ 
 
∫ 
( ) ( ) ( )sin 2. sin 2
. .
2 4
21
2
t t
⇔ ⇔ (não CORTA!). 
 
 
Resolução – 2.1c) ( ) ( )1 sinv t t= . 
1 2 2
( )
2 4 2ef
v P W RMS= = = = . 
 
 
 
 
Resolução 2.2a) – Aqui a função é periódica (T)! 
 
 
 
 
 
Por isso vou calcular para apenas o período T. 
 
 
 
 
Ou seja ] [0 ; t T∈ . Vou ter que analisar o comportamento da função: 
 
( )2
Para 0 < , a recta necessita de um calculo auxiliar.
2
 < 
2
T
t
v t
T
A se t T

<
= 
− <

 
 
 
 
Jorge Rodrigues Valente – 2087406 UMa 09-10-2011 22/388 
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Calculo auxiliar - a inclinação da recta é: � �
0 0
0 ; 0
t y
A
 
  
 
, 
�
� ; 2 y
t
T
B A
 
 
 
 
 
. 
2
y A
m
Tx
= = 
 
( ) ( )( )0 0
2
0 0
2
y y t y
A A
m
T
t tyt
T
− = − ⇔ − = − ⇔ = 
 
 
 
( )2
 0 < 
2
 < 
2
2 T
se t
v t
T
A
e t
t
T
T
A s

<
= 
− <
 
 
 
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2
0 0 0
2 2Integral Impropr
2
i
2 2
o
1 1 21
T T
T T T
T T
A
v t v t vv t dt tdt dt dt Adt
T TT
t
T
   
   
< > = = + = + − =   
      
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
�����
 
 
( )2
21
v t
T
< > =
2
A
[ ] ( ) ( )
0
2
22
2
2
0
1
2 2
T
T
T
T T
T
A A
A A A
T TT
t t
T
         + = + =                
   
− −  − − 
     
− 
 
( )
2
2
1 1
4
0
2
A A
A
T
v t
T T
T
T T    
< > = + =       
 
−
 
− + 

AT
4
TA−
TA
+
2
 
= 
 
 
 
 
 
( )2
4 2 3 4
4 2 4 4 4
A A AA A
A
A A A
v t
− + −
< > = = = = −− + 
 
 
 
Nota: era de se esperar um valor negativo, pois como é uma média, a área negativa é superior a 
área positiva. 
 
 
 
 
 
 
 
Jorge Rodrigues Valente – 2087406 UMa 09-10-2011 23/388 
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Resolução 2.2b) – Tenho que ter em atenção de que o período não é uniforme. O período é 2 .π 
 
( )p t é a potência instantânea, e P é a potência média. 
 
 
( )
 Valor m dio da 
pot ncia instant nea.
Continuo!
?
é
ê â
P p t= < > =
����
�����
 
 
 
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1º tenho que definir a função: 
 
( ) ( )
2
2
2
2
22
22
 0 < 0 < 
22
 < < 22
A TA T
se ts tt e t
TTp t v t
TT A se t TA set T
 
<<  
= = = 
  <<  
 
 
 
O gráfico da função (da potência) é: 
 
 
 
 
Agora já posso fazer o cálculo do valor médio: 
 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
 Valor m dio da 
pot ncia 
2 2 2
2 2
instant nea.
2
0 0Continuo!
2Integral Impr
2
oprio
1 1 1
2
lim
é Tê â
a T T
a
Ta
P p t dp t v t v t v tt dt dt d
a
t
T T→+∞
−
 
 
= < > = = = + = 
 
 
∫ ∫ ∫ ∫
����
�����
�������
 
 
( ) ( )
2 2 2
0 0 0
2 2
2 2 2
2 2 2
2
2 21 1 12 2 2 1
T T T
T T T
T T T
P dt dt dt d
A A A
A A A
T
t t
T
t dt dt
T T
t
TT
  
     
     
= + = + = + =     
     
    

   
 

 
∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 
 
[ ]
( )
( )
2
20
2
2 2
3
332 021 1
3 3 3
2 2
2
T
T
T
T
T
T
A A
A A
T
t
P t
T TT
  
         

    
     = + = − + −

=   

   
   
      
   


 
 

 
 
 
Cuidado que a integração NÃO é assim: ( )
3
2
2 2
0 0
3
T T
t
tt d
  
=   
   
∫ 
 
 
1 2
P
TT
A
=
32 T 
 
 
( )23
2 2
2 2 24 2
1
2
1
.3 T
T T T
A A A
T
   
   
   
 +

= + =        
24A
T 2
24
T
A+
2
 
= 
 
 
 
2 2 2 2
2 23 4 2
6 2 6 6 3
A A A A
P A A
+
= + = = = 
 
Jorge Rodrigues Valente – 2087406 UMa 09-10-2011 25/388 
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Resolução 2.2c) – 2
2 2
.
3 3ef
v P A A= = =
 
 
 
 
 
Resolução 2.3a) – Aqui a função é periódica (T)! 
 
 
 
 
Por isso vou calcular para apenas o período T. 
 
 
 
 
Ou seja ] [0 ; 1t ∈ . Vou ter que analisar o comportamento da função: 
 
( )3
Para 0 < 0,5, a recta necessita de um calculo auxiliar 1.
Para 0,5 < 1, a recta necessita de um calculo auxiliar 2.
t
v t
t
<
= 
<
 
 
 
 
Calculo auxiliar 1 - a inclinação da recta é: � �
0 0
0 ; 0
t y
A
 
  
 
, � �0,5 ; 
yt
B A
 
  
 
. 
0
2
0,5 0
y A
m A
x
−
= = =
−
 
 
( ) ( )( )0 0 0 2 20y y m tt y t y AtA− = − ⇔ − = − ⇔ = 
 
 
 
Calculo auxiliar 2 - a inclinação da recta é: � �
00
0,5 ; 
yt
A A
 
 
 
 
, � �1 ; 0
t y
B
 
 
 
. 
0
2
1 0,5
y A
m A
x
−
= = = −
−
 
 
( ) ( )( ) ( )00 10 2 1 2y y t y t ytm A tA− −− = − ⇔ − = − ⇔ = − 
 
 
 
Jorge Rodrigues Valente – 2087406 UMa 09-10-2011 26/388 
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( )
( )
3
1
 0 < 
2
2
2
1
 < 1
2
1
A
A
se t
v t
se
t
tt

<
−

= 
− <
 
 
( ) ( ) ( ) ( )
�
( )
( )
�
1
12
3
10 0
2Integral I
3
m
3 3 3
2
propri
12
o
1 1
lim
1
12
A A t
a
a
a t
T
v t vv t dt dt dtt v t dv t
T
t
a→+∞
− −−
 
   
< > = = = + =   
    
∫ ∫ ∫ ∫
���������
 
 
( ) ( )
1
12
3
10
2
12 2v At dt dt tA t< > = + −− =∫ ∫ 
 
 
As constantes saem do integral para simplificar: 
 
( ) ( ) [ ]
1 1
112 2 1
13
1 210 0
22
2 2
12 2 2
2
2
2
t
v t dt dt tA A
t
tA At
   
< > = − = − −

=  

 −
   
 
  
∫ ∫ 
 
( )
( ) ( )
( )
2 2
2 2
3 2 22 2 2 2
1 1
0 1 12 2
1
2
Av t A
    
         
   
   
    < > = − − − − − =      
   

 
   
 
 


 
 
( )3
1 1 1
8
1
1
2 8
2
2
2v A At
     
< > = − − − − =         
 
 
 
 
 
 
( )3
4 2
8
1 3 1 1 1 1
4 8 4 4 4 4
2 2
4 2
A A
v A A A A A At
           
     < > = − − =      
          
= =

− − + = 
 
 
 
 
 
 
Resolução 2.3b) – ( )p t é a potência instantânea, e P é a potência média. 
 
( )
 Valor m dio da 
pot ncia instant nea.
Continuo!
?
é
ê â
P p t= < > =
����
�����
 
 
 
Jorge Rodrigues Valente – 2087406 UMa 09-10-2011 27/388 
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1º tenho que definir a função, calculados nos cálculos auxiliar na alínea a): 
 
( ) ( )
( ) ( )
2 22
2
2
3
22
1
4 0 < 
2
1
4 1 
2
 < 112
2
A
A
A t se t
p t v t
t A t
t
se t

⇔ <
= = 
 − − ⇔ − <

 
 
 
Agora já posso fazer o cálculo do valor médio: 
 
 
( ) ( ) ( ) ( )
 Valor m dio da 1pot ncia instant ne
2
a.
1 12
10 0Continuo!
2Integral Impropri
2
3
o
21 1
1
2
m 2 2li
1
é
ê â
a
a
a
t tP p t dt dt dt dv tt t A A
a
p
→+∞
−
= < > = = = + − =−∫ ∫ ∫ ∫
����
�����
�������
 
 
( ) ( )
( )
33
2
1 1 1 1
1 12 2 2
1 1
2 2 2 2
10 0 0
22
2 2
2
2
1
3
4 4 41 1
3
4
tt
t t tP tA dt d At t At dA d
  
    
= + = + = + =  
   
−
−

  
   
  

−

∫ ∫ ∫ ∫ 
 
 
( ) ( )( )
33
332 1 1 1 10 1
3 2 3 2
14 1P A
  
= − + −
    
− −    
    
= 

 
   

  
 
 
 
 
 
 
2 2 2 2
3 3
1 1 1 1 1 1 1 1 2 4
. .
3 2 3 2 3 8 3 8 2
4 4
4
4
12
A A AP A
     
          
   
= + − − = + = = = 
   
   
 
 
       
 
 
2
3
A
P = 
 
 
 
 
Resolução 2.3c) –
2 3
3 33
ef
A A A
v P= = = = 
 
 
 
Resolução 2.4a) – Aqui a função é periódica (T)! 
 
 
Jorge Rodrigues Valente – 2087406 UMa 09-10-2011 28/388 
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Por isso vou calcular para apenas o período T. 
 
 
 
Ou seja ] [1 ; 2t ∈ − . Vou ter que analisar o comportamento da função: 
 
 
Calculo auxiliar 1 - a inclinação da recta é: � �
0 0
1 ; 0
t y
A
 
−  
 
, � �2 ; 3
t y
B
 
 
 
. 
 
( )
( )
( )( )0
0
3 3
1
0
1
32
y y
t t
y
m
x
= = =
−−
=
−
−
=
−
 
 
( ) ( )( )0 0 0 1 1 1y y t ym t yt t− = − ⇔ − = ⇔ =− +− 
 
 
 
( )4 -1 < 21v t se tt= <+ 
 
 
( ) ( ) ( )
( )
( )
2
4
1
Integral Impropri
4 4
o
1 1
l 1im
1
2
a b
a
a a
v t dt dt dtv t v t
T b a
t
a→+∞
− −
   
< > = = = =   
−  
+
 
∫ ∫ ∫
���������
 
 
 
( ) ( ) ( ) [ ] [ ]
22 2 2
22 22
4 1 11
1 1 1
1 1 1 1
3 3 2 3 2
1
t
v t dt dt t t tt
− −−
− − −
        < > = + = + = + =             
∫ ∫ 
 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) [ ] [ ]
2 2
4
1 1 1 1
2 1 2 1 4 1 2 1
3 2 3 2
v t
    < > = − − + − − = − + + =         
 
 
 
( )4
1 3 1 3
3 1
3 2 2 2
v t
 
< > = + = + = 
 
 
 
 
Jorge Rodrigues Valente – 2087406 UMa 09-10-2011 29/388 
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Resolução 2.4b) – ( )p t é a potência instantânea, e P é a potência média. 
 
( )
 Valor m dio da 
pot ncia instant nea.
Continuo!
?
é
ê â
P p t= < > =
����
�����
 
 
 
1º tenho que definir a função, calculados nos cálculos auxiliar na alínea a): 
 
( ) ( ) ( )
22
4 -1 < 1 2p t v t se tt += = < 
 
 
Agora já posso fazer o cálculo do valor médio: 
 
 
( ) ( ) ( )
( )
( )
 Valor m dio da 
pot ncia instant nea.
2 2
1 1Continuo!
Integral 
2 2
4
Improprio
li
1 1 1
2 2
m
1
1
é
ê â
a
a
a
P p t dt dt dt tp t v t
a T→+∞
− − −
+= < > = =
−
=
−
=∫ ∫ ∫
����
�����
�������
 
 
 
( )
( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )
2
2 3 3 3 3
1
3
3
1
1
1
1 1
3 3
1 1 1
. 2 1 1 1 3 0
3 3 9 9
tP
t
−
−
 
    = = = + − − + = − =        
+
+ 
 
2
1
3
P = 23.3 ()3 W  = 
 
 
 
 
 
Resolução 2.4c) – 3 ( )efv P W RMS= = 
 
 
Jorge Rodrigues Valente – 2087406 UMa 09-10-2011 30/388 
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Exercícios do capítulo 3 
 
 
Exercício 3.1 - Calcule a energia e a potência média do sinal ( ) :u t 
 
( )
0 3
3 3 1
3 1 1 0
1 0 1
3 1 3
0 3
t
t t
t t
u t
t t
t t
t
< −
− − − ≤ < −
 + − ≤ <
= 
+ ≤ <
− + ≤ <

≥
 
 
 
 
Resolução 3.1) – Não é pedido, mas vou calcular na mesma. 
 
( ) ( ) ( )
( )( )
( )
3
3
Integral Improprio
1 1
lim
3
1
2 3
a b
a
a a
u t dt dt dt
T
u u t
a
u t t
→+∞
− −
   
< > = = = =   
− −   
∫ ∫ ∫
�������
 
 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 0 1 3
3 1 0 1
3
1
3 1 3
6
1u t dt dt dt dt t tt t
−
− −
 
< > = +− − + + −+ + = +
 
∫ ∫ ∫ ∫
 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1 0 0 1 1 3 3
3 3 1 1 0 0 1 1
3 3 1 1 3
1
6
u t dt dt dt dtt t dt dt d tt t dt
− −
− − − −
 
< > = + + + + + + +− − − = 
 
∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 32 2
3 1
12
0
02
1
1
0
1 3
113
0 1
2
3
1 1
26 2 2
3
3
1
t ttt tt ttu t
−
−−
− −−
− +
 
< > = + = 

++ −

− +
 
 
 
( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )2 2 2 .1 1 3 3 0 1 ...
26
.
1
2
3 1 3u t − − − −− < > = − − − − ++

− 
 
( )( ) ( ) ( ) ( )2 2 21 0 1..... 3 1
2
30 1 3
2
1
1
1 0+ − + − − − + − = 

+

− −
 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1
8
1
3 2 3 2
1
1 1 8
2 26 2
3
2
11u t +− + < > = + + 

− − −−

+
 
 
( )
1
6
4u t< > = 6−
1
22
41 1
3
− ++ −+ 6+ ( )
1 1
1 2
6 6
 
= − + = 
  
Jorge Rodrigues Valente – 2087406 UMa 09-10-2011 31/388 
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Resolução 3.1a) – Vou calcular a Energia do sinal: 
 
( ) ( )
Integral Improprio
2 2
lim
a b
a
a a
E du t ut dtt
→+∞
−
 
= = = 
 
∫ ∫
�������
 
( ) ( ) ( ) ( )
1 0 1 3
3 1 0 1
2 2 2 2
3 3 1 1 3t t tE dt dt d dttt
−
− −
− − + + −
 
= + + + =

+

∫ ∫ ∫ ∫
 
( )( ) ( ) ( ) ( )( )
1 0 1 3
3 1
2 22
0 1
2
3 3 1 1 3E dt dtt t t dtdt t
−
− −
− + + + − −= + + + =∫ ∫ ∫ ∫
 
 
 
 
 
 
 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
3 3 3 3 3 3 3 31 1
2 0 1 2 2 1 0 2
3 3
E
        = − + − − + − + − − =         
 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1 8 1 26
8 0 8 1 0 8 8 3 7 8
3 3 3 3
E J
 +  
= − + + − − − = + + + =  
  
 
 
 
 
 
Nota: ( )
( ) ( ) ( )
2 1 2'
2
0
1
1
3 1 33 1 3 1
1
1
2
3
3
t t
t d
t
t
−
+ +
+
⇔
+
⇔
+ +
+∫ . Falta o 3 , logo tenho que 
acrescentar 
1
3
 antes do integral. 
 
 
 
 
Jorge Rodrigues Valente – 2087406 UMa 09-10-2011 32/388 
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3.1b) – como a energia é um valor finito, a potência é zero. 
 
( ) ( ) ( )
 Valor m dio da 
pot ncia instant nea.
Continuo!
Integral Impropri
2
o
lim
1 1
2
0
é
ê â
a
a
a
P p t dt dt
a
p t u t
∞
→+∞
− −∞
= < > = =
∞
=∫ ∫
����
�����
�������
 
 
 
 
 
 
Exercício 3.2 - Para o sinal ( )1u t da figura, calcule o período, o valor médio e a potência média. 
 
 
 
 
Resolução 3.2 - Aqui a função é periódica, com T = 3s. 
 
 
Por isso vou calcular para apenas o período T. 
 
Ou seja ] [1 ; 2t ∈ − . Vou ter que analisar o comportamento da função: 
 
( )1
1 -1 < 0
2 0 < 1
? 1 < 2 É preciso calcular.
se t
u t se t
se t
<

= <
 < 
 
 
Calculo auxiliar 1 - a inclinação da recta é: � �
0 0
1 ; 1
t y
A
 
 
 
, � �2 ; 0
t y
B
 
 
 
. 
( )
( )
( )( )0
0
0 1
1
1
1
12
y y
t t
y
m
x
= = =
−
=
− −
−
= −
−
 
 
( ) ( )( )0 0 0 2 21y y t yt tt ym− = − ⇔ − = − ⇔ = − +− 
 
 
Jorge Rodrigues Valente – 2087406 UMa 09-10-2011 33/388 
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( )1
1 -1 < 0
2 0 < 1
 1 < 22
se t
u t se t
se tt
<

= <

 +− <
 
 
( )1u t< > = Valor médio do sinal 1u : 
 
( ) ( ) ( )
( )
( )1
Integral Improprio
1 1
1 1
l m
1
i 2
2
a b b
a
a a a
u t dt dt dt
T b a
u t
a
u t t
→+∞
−
   
< > = = = =   
−  
− +

∫ ∫ ∫
���������
 
( )
( )( )
( ) ( )
2 0 1 2
1
1 1 0 1
2 1
1 1
32
2 2
1
t tu t dt dt dt dt
− −
− + −
  
< > = = + + =  +
− −    
∫ ∫ ∫ ∫ 
 
( ) ( ) ( ) [ ] [ ]
( )
[ ]
220 1 2 2
0 1 2
1 1 0 1
1 0 1 1 1
1 1
3 3 2
1 2 2 2 2u t dt dt dt
t
t dt t t t
−
−
     < > = + + + = + + − + =         
−∫ ∫ ∫ ∫ 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
2 2
1
2 11
0 1 2 1 2 0 2 2 2 1
3 2 2
u t
   
  < > = − − + − + − − − + −                  
 
( ) [ ]1
1 1 1
1 2 2 4 2 3 2
3 2 3
u t
  
< > = + + − + + − = −    
1
2
2
+ +
1 7 7
3 2 6
   
= =   
    
 
 
 
 
 
 
Resolução 3.2c) – ( )p t é a potência instantânea, e P é a potência média. 
 
1º tenho que definir a função, calculados nos cálculos auxiliar na alínea a): 
 
( ) ( )
( )
2
2
2
2
1
1 -1 < 0
2 0 < 1
 1 1 < 2
se t
p t u t se t
se tt
 <

= = <
− +

 <
 
 
 
Agora já posso fazer o cálculo do valor da potência média: 
 
 
( ) ( ) ( )
( )
( )
 Valor m dio da 
pot ncia instant nea.
2
1Co
2 2
1 1
ntinuo!
Integral Improprio
lim
1 1 1
2 2 1
é
ê â
a
a
a
P p p t u tt dt dt dt
a
u
T
t
→+∞
− −
= < = = = =
− −
> ∫ ∫ ∫
����
�����
�������
 
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[ ] [ ] ( )2 2
0 1 2 2
0 1
1 0
1 0 1
2 2
1
1 1
3 3
1 442 2 4t t tP dt dt dt t t dt
−
−
   
= + + = + + =  
 
− +

+

−∫ ∫ ∫ ∫ 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
1
2
1 1
1
3
0 1 4 4 40P dt d dt t t t
 
= − − + − + + + =      
 
− ∫ ∫ ∫ 
 
[ ]
2 23 2
2
1
1 1
4
1 4 4
3 2
1
3
t t
P t
    −
 = + + + + =        
 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
3 3 2 21
5 2 1 2 2 1 1
3
4
3
1
2P     = + − + − − + − =       
 
 
[ ] ( )[ ] [ ]
1 7
5 8 1 2 4 1 4 2 1
1 1
3
5 6 4
3 33
P    = + − + − − + − = + − + =   
   
 
 
( )
16
9
P W= 
 
 
A energia do sinal é ( )
2
1lim
a
a
a
u tW dt
→+∞
−
= = ∞∫ . Num sinal PERIODICO a sua energia é sempre 
infinita. Em 90% dos sinais, a respectiva energia é infinita. 
 
 
 
 
 
Exemplo 1 de cálculo de um integral (1): 
 
 
 
 
 
Vou separar o integral pela descontinuidade. 
 
 
 
Se ( ) ( ) ( ) ( )3 00
t t
f t v dt f t d f tτ τ τ
−∞ −∞
→ = ⇔< = ⇔− =∫ ∫ 
 
 
 
 
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Se ( ) ( ) ( )
3
3
3 0 21
t t
f t v d f t dt dτ τ τ τ
−
−∞ −∞ −
→− < =< ⇔ = + ⇔∫ ∫ ∫ 
 
( ) ( ) ( ) ( )30 2 2 22. 3 6
t
f tf t f t t tτ
−
⇔ = + ⇔ = − =⇔ +−
 
 
 
Se ( ) ( ) ( )
3 1
3 1
01 2 0
t t
f t v d f t dt d dτ τ τ τ τ
−
−∞ −∞ −
→ = ⇔> = + + ⇔∫ ∫ ∫ ∫ 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1
3
0 2 0 2. 1 2 3 8f t t f f tt
−
⇔ = + + ⇔ = − − =⇔ 
 
 
 
 
 
Graficamentefica (para ser mais simples, primeiro 
referencio os pontos, depois uno por uma linha): 
 
 
 
 
 
No eixo, em que: 
 
( ) 2 60 f t tt =→ += ⇔ 
 
( ) ( )0 2 0 6f⇔ = + ⇔ 
 
( )0 6f⇔ = 
 
 
 
 
Vou confirmar: 
 
( ) ( ) 0 Não é preciso fazer mais nada, é de facto zero' ' .0f t = = 
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( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 6 2 6 2 0' ' ' ' ' 2' 'f t t f t t f t f t= + = + ⇔= +⇔ =⇔
( ) ( ) 0 Não é preciso fazer mais nada, é de facto zer' ' o8f t = = 
 
 
 
Graficamente: 
 c.q.d. 
 
 
 
 
Exemplo 2 de cálculo de um integral (2): 
 
 
 
 
 
Declive é 
( )
3 0
1
1 2
b a
b a
y y
m
x x
− −
= = =
− − −
 
 
( ) ( )0 2 2y m t t y t y t= − ⇔ = − − ⇔ = + 
 
 
 
Se ( ) ( ) ( ) ( )2 00
t t
f t v dt f t d f tτ τ τ
−∞ −∞
→ = ⇔< = ⇔− =∫ ∫ 
 
 
 
Se ( ) ( ) ( ) ( )
2
2
02 21
t t
f t v d f t d dt τ τ τ τ τ
−
−∞ −∞ −
→− = = +< ⇔ +< ⇔∫ ∫ ∫ 
 
( ) ( )
( )
( )( )
22 2
2
2
0 2 2 2 2
2 2 2
t
t
f t f t t
τ
τ
−
 −   
⇔ = + + ⇔ = + − + − ⇔           
 
 
( ) ( ) ( )
2
22 2 4
1
2
2 2
2
f t
t
f t t t t⇔ − − ⇔ += = ++
 
 
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Se ( ) ( ) ( ) ( )
2 1
2 1
01 2 0
t t
f t v d f t d d dt τ τ τ τ τ τ
−
−∞ −∞ −
> → = ⇔ = + + + ⇔∫ ∫ ∫ ∫ 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
1
1 2 22
2
2
1 1 1
0 2 0 1 2 2 1 2 2
2 2 2
f t f tτ τ
−
−
 
⇔ = + + + ⇔ = − − + − − ⇔ 
  
 
( ) ( ) ( ) ( )
91 4 3
2 4 6
2 2 2 2
f t f tt f ⇔ = − + + ⇔ = − + ⇔  =
  
 
 
 
Graficamente fica (para ser mais simples, 
primeiro referencio os pontos, depois uno por 
uma linha): 
 
 
 
 
Sei que para ( )2 0t f t→< − = , e que para ( )
9
1
2
t f t =→> . Fica: 
 
 
 
 
E que para ( ) 2
1
2 1 2 2
2
t f t t t− < < = + +→ . É uma parábola (!) e que quando 
( )0 0 2t f= → = . Fica: 
 
 
Cópia Original 
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A área a partir de 1t > é sempre 
9
2
. 
 
 
 
 
 
 
Exercício 3.3 – Determine a média do seguinte sinal discreto: 
 
 
 
 
 
 
Resolução 3.3) – sei que 1T = e ( )8 pois repete-se de 8 em 8 .N = 
 
( ) ( )
( )
( )Valor médio de um sinal para T 1 é .
1
 li
1
m
b
n
b
a
u n u n u n
b a→ =+∞ +
=
−
= < > ∑ 
 
( )
( )
( ) ( ) ( )
8
1 11
1 1 1
8 1 8
Nb
n a n n
u n u n u n u n
N= = =
 
 < > = = = =− + 
∑ ∑ ∑ 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )1 2 3 4 5 6 8
8
7
1
u u u u u u u u= + + + + + + + = 
 
 
Vou agora socorrer do gráfico para saber o valor das imagens: 
 
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( ) ( )( )
4 1
2 2 2 1 0 0 1 2
8 2
1
8
= + + − + − + + + + = = 
 
 
 
 
Exercício 3.4 - Para os seguintes sinais discretos calcule a energia: 
 
3.4.1 – ( ) ( )5nT Hv nT e h nT
−=
 
 
3.4.2 – 
 
3.4.3 – 
 
 
 
Resolução 3.4.1) 
( ) ( ) ( ) ( )
( )
2 2
22 5 5 5
 que é zero para 0 e 1 par
0
0
Recordar a fun
0
ação
1
 1
lim
H
a
n a n n n
nT nT nT
H H H
a
h nT t t
W v nT e h nT e h nT e h nT
+∞ +∞
∞
− − −
=− =− =−∞
→+∞
< >
=
= =
+= = = =∑ ∑ ∑ ∑����� ��
������������ �
��
����
�
 
 
 
Recordar que 
0n=
+∞
∑ é uma serie geométrica, da razão, neste exercício de ( )
5 10 x 2 .T Te e− −= 
 
 
( ) ( ) ( )
0 0
2 5 105 2
0
10
1
0 1
1
T TT
n n n
n
T
nnW e e e
e= =
+∞ +∞ +∞
=
− −−= = = =
−
+∑ ∑ ∑
 
 
 
 
0
1
 1
1n
nr se r
r=
+∞
= <
−
∑
 
 
 
( ) 10nTu n e−= 
 
 
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( )
( )
( ) ( )110 10
10
1
n
T Tn
T
nu n e e
r
u n e
− + −
−
+
= = =
( )110
10
T
Tn
e
e
−
−
10Te−=
 
 
 
 
 
 
Resolução 3.4.2) - Estudar o capítulo 2, pagina 22 do manual do professor. 
 
 
 
 
( )
2
lim
a
a
n a
W v nT
=
+∞
−
→
= ∑ , para sinais discretos. 
 
 
 
Em que o “n” é a escala (step) e o “T” é o período. 
 
 
Nota: na posição “T” a área é 2. A ideia é imaginar que na realidade a recta para cima representa um 
rectângulo, e por conseguinte existe uma área. Usa se seta em vez de bola, pois é para indicar que a 
energia é infinita (não é engano, o limite inferior é igual ao limite superior). 
 
( ) 2
T
T
tv dt =∫ 
 
( ) ( ) ( )0 2v v T v T< > = + ∞ < > = + ∞ < > = + ∞ 
 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
3 0 2 3
0 2
0 1 2 1 4
T T T T
T T T T
dt dtv t v t v t v t v tdt dt dt
− −
= + + + = + + + =∫ ∫ ∫ ∫ ∫
 
 
 
 
Recordando a formula 2.48 da pagina 22, do capítulo 2, que é utilizada nas distribuições com pelo 
menos um impulso de DIRAC: 
 
( ) ( ) ( )
2
0
n
W x nT Jδ
+∞
=−∞
= ∑ 
 
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Volto ao exercício, utilizando o gráfico: 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
2 2
Para cada uma das situações validas 
 
2
0
(de 0 a 2T)
0 20 0 0
n n
T
W v nT v nT v v T v Tδ δ δ
+∞
=−∞ =
= = = + + = + ∞∑ ∑
���������
 
 
 
 
 
Resolução 3.4.3) 
 
 
( ) ( )
2 2
n n
nTW x x n
+∞ +∞
=−∞ =−∞
= = =∑ ∑ 
 
Pois T é 1 (escala). 
( ) ( ) ( )
2
5
2
2 2
n n n
W x nT x n x n
+∞ +∞
=−∞ =−∞ =−
= = = =∑ ∑ ∑ 
 
( )
�
( )
�
( )
�
( )
�
( )
�
( )
�
( )
�
( )
�
2 2 2 2 2 2 2 2
0 1 2 2 2 2 1 0
2 1 0 1 2 3 4 5
y y y y y y y y
W x x x x x x x x
= = = = = =− =− =
= − + − + + + + + + 
 
 
( ) ( ) ( )
2 22 2 2 20 1 2 2 2 2 1 0 18W J= + + + + + − + − + = 
 
 
 
 
 
 
 
Exercício 3.5 - Dado o sinal ( )u t representado na seguinte 
figura: 
 
 
 
 
 
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Represente graficamente os sinais: 
 
3.5.1 - ( )2u t − 
3.5.2 - ( )1u t− 
3.5.3 - ( )2 2u t + 
3.5.4 - ( ) ( ) ( )2 Hu t u t h t+ −   
3.5.5 2
3
t
u  − − 
 
 
 
 
 
Resolução 3.5 – Este gráfico não representa uma função, mas sim uma distribuição (ou função 
generalizada). Ou seja uma função pode ser uma função generalizada, mas uma função generalizada 
pode não ser uma função, pois pode ser uma distribuição. 
 
 
 
Quando: 
( )
( )
( )
( )
( )
1 0
 0 1
 1 2
 2 1
 3 0
t u t
t u t
t u t
t u t
t u t
= − → =
= → =
= → =
= → = −
= → =
 
Resolução 3.5.1 – vou baptizar ( )2t − por 0.t Assim 0 02 2 .t t t t= − ⇔ = + 
 
 
t ( )u t 2t + ( )2u t − 
-1 0 21 1− + = 0 
0 1 0 22+ = 1 
1 1 1 32+ = 1 
1 2 1 32+ = 2 
2 2 2 42+ = 2 
2 -1 2 42+ = -1 
3 0 3 52+ = 0 
 
 
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Esta é mais fácil, é só deslocar para a direita o gráfico original de duas posições. É uma translação 
no tempo (com atraso de duas unidades). 
 
 
 
 
 
Resolução 3.5.2 – Cuidado com este, pois é ( ) ( )1 1t t− = − − 
 
Vou baptizar ( )1 t− por 0.t Assim 0 01 1 .t t t t= − ⇔ = − 
Como é o simétrico de “t” as setas também rodam no mesmo eixo. Só as subidas e descidas se 
mantém. 
 
Graficamente - é feito uma inversão no eixo dos “y” …. 
 
 
 
… e um deslocamento para a direita de uma unidade: 
 
t ( )u t 1t− + ( )2u t − 
-1 0 ( ) 211− − + = 0 
0 1 0 11+ = 1 
1 1 11 0− + = 1 
1 2 11 0− + = 2 
2 2 12 1− + = − 2 
2 -1 12 1− + = − -1 
3 0 13 2− + = − 0 
 
 
Resolução 3.5.3 – vou baptizar ( )2 2t + por 0.t Assim 00 2 2 1.2
t
t t t= + ⇔ = −
 
 
Multiplicar por dois, é na realidade dividir por 2 o tempo 0
2
t
t
 
= 
 
: 
 
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Agora é só deslocar para a direita uma unidade, e não duas como poderia se pensar - ( )2 1t + : 
 
t ( )u t 1
2
t
− ( )2u t − 
-1 0 
1
1
2
3
2
−
−
= − 
0 
0 1 0
2
11− = − 
1 
1 1 1
2 2
1
1
− = − 
1 
1 2 1
2 2
1
1
− = − 
2 
2 2 2
2
01− = 
2 
2 -1 2
2
01− = 
-1 
3 0 3
2
1
1
2
− = 
0 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução 3.5.4 – vou fazer por parte, pois fica mais fácil perceber. 
 
 
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Assim ( ) � ( )
0
0 0 02 2 2 2
t
a t u t u t t t t t
 
= − = ⇔ − = − ⇔ = −  
 
 
 
t ( )u t 2t− + ( )2u t − 
-1 0 ( ) 321− − + = 0 
0 1 0 22+ = 1 
1 1 21 1− + = 1 
1 2 21 1− + = 2 
2 2 22 0− + = 2 
2 -1 22 0− + = -1 
3 0 23 1− + = − 0 
 
 
 
 
 
Posso também fazer assim: 
 
 
 
Agora tenho: 
 
( ) ( )02u t u t− = 
 
0 | 
1| 3
 0| 2
 1| 1
 2| 0
 3| 1
t t
−
−
 
 
Vou socorrer me do original e fazendo ponto a ponto: 
 
 
 
 
Utilizando a tabela, sei que o 1− é 3: 
 
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Utilizando a tabela, sei que o 3 é 1− : 
 
 
 
 
Utilizando a tabela, sei que o 2 é 0: 
 
 
 
No final fica assim: 
 
 
 
 
 
 
 
Ou posso também fazer assim: 
 
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Como é o simétrico de “t” as setas também rodam no mesmo eixo. Só as subidas e descidas se 
mantém. Graficamente - é feito uma inversão no eixo dos “y” …. 
 
 
 
 
 
… e um deslocamento para a direita de duas unidade: 
 
 
Mas ainda não acabou! Pois só fiz um dos dois termos:
 
( ) ( )2u t u t−+   
 
 
A roxo o ( )2u t− e a verde o ( )u t
 
As área simétricas (a amarelo) anulam se e 
fica: 
 
 
0 1 0
2 1 3 0 1
1 2 3 1 2
0 2 3
t t se t
se t
se t
t t se t
− + = − < <
+ = < <
+ = < <
− = < <
 
 
 
Agora falta o produto:
 
( ) ( ) ( )2 Ht tu hu t+ −   
 
Multiplicar os pontos do gráfico anterior por este: 
 
 
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Por acaso dá igual (!). 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução 3.5.5 – ( )0 02 2 3 23 3
t t
u t t t − → = − ⇔ = − − 
 
 
 
t ( )u t ( )03 2t− − ( )2u t − 
-1 0 ( )( ) 93 21− − − = 0 
0 1 ( )( )3 20 6− − = 1 
1 1 ( )( )3 21 3− − = 1 
1 2 ( )( )3 21 3− − = 2 
2 2 ( )( )3 22 0− − = 2 
2 -1 ( )( )3 22 0− − = -1 
3 0 ( )( )3 23 3− − = − 0 
 
 
 
 
 
 
 
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Exercício 3.6 - Para o sinal da figura seguinte, represente graficamente ( )2 :u n− 
 
 
 
� ( )
0
0 0 02 2 2
n
u n u n n n n n
 
− = ⇔ − = ⇔ = −  
 
 
 
 
t ( )u t 02 n− ( )2u t − 
-1 0 ( )2 1 3− − = 0 
0 2 ( )2 20− = 2 
1 -1 ( )2 11− = -1 
2 2 ( )2 02− = 2 
3 2 ( )2 13− = − 2 
4 1 ( )2 24− = − 1 
5 0 ( )2 35− = − 0 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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DECOMPOSIÇÃO BINÁRIA DE SINAIS 
 
 
 
3.6 EXERCÍCIOS 
 
3.6.1 Para os sinais das figuras seguintes encontre: 
a) As componentes pares e ímpares. 
b) A energia do sinal. 
 
3.6.1.1 
 
 
Sei que a componente par é igual a: ( )
( ) ( )
2p
v t v t
v t
+ −
= 
 
 
E sei que a componente ímpar é igual a: ( )
( ) ( )
2i
v t v t
v t
− −
= 
Assim ( )v t− é a função que roda no eixo dos “y”: 
 
 
 
 
 
E a função ( )v t− − é a função que roda no eixo dos “y” e dos “x”: 
 
 
 
 
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Assim, ( )
( ) ( )
2p
v t v t
v t
+ −
= é 
 
 
 
 
 
Entre -1 e zero a função é ( )[ ] ( )[ ]1;0 1;0 2v t t v t t− −= ∧ − = − 
 
 
 
Como é uma função par, era de se esperar que o gráfico foi “espelhado” no eixo dos “y”. 
 
( )[ ] ( )[ ]0;1 0;1 2v t t v t t= ∧ − = 
 
 
E, é ( )[ ] ( )[ ]1;0 0;1
2 2 2 2
1 1
2 2i i
t t
v t t v t t
−
+ − +
= = + ∧ = = − +
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Como é a dividir por dois, é o eixo dos “y” que reduz. 
 
 
 
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Por ter ido utilizando uma tabela: 
 
 
 ( )v t t− ( )v t− ( )v t− − p
v
 i
v
 
-1 0 1 0 0 0 0 
-1 2 1 2 2− 2 0 
0 2 0 0 0 1 1 
0 0 0 2 2− 1 -1 
1 2 1− 2 2− 2 0 
1 0 1− 0 0 0 0 
 
 
 
 
 
 
 
 
Exercício 3.7 – Verifique a periodicidade dos seguintes sinais (n inteiro):
 
 
3.7.1 cos
12
nπ 
−  
  
2
33.7.2 e
n
j
π
−
 
3
3.7.3 cos
2
n 
−  
  
 
 
 
 
Resolução 3.7.1 – ( ) cos .
12
n
u n
π 
=  
 
 Quero determinar N ∈� tal que: 
 
( ) ( )u n N u n+ = , porque é periódico. 
 
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( ) ( )v t v t T= + 
 
Ou seja, se não estiver na origem não interessa. 
O período da função cosseno é ( )2 , 4 ,6 ,8 ,...π ππ π . 
A função identidade é ( ) ( )cos cos , com 2 .K Kα α π+ = = 
Assim: 
( )
Este é o objectico, fazer esta igualdade!
cos cos cos cos
12 12 12 12
n n N nN nπ π π π π  +     
= ⇔ = ⇔       
     
+

�������������
 
 
cos cos 2 24
12 12 12 12
n N n N
N
π π π π
π
   
⇔ + = → ∴ = ⇔ =   
   
 
 
 
 
 
 
 
Resolução 3.7.2 – ( )
2
3 2e , em que .
3
n
j n
v n
π π
α= = Quero que ( ) ( )v n N v n+ = : 
 
( ) 2 22 2 2
3 33 3 3
Este é o objectico, fazer esta igualdade!
2
e e e e 2 3
3
n Nn N n njj j j N
N
π ππ π π π
π
 
+ 

+
= ⇔ = → ∴ = ⇔ =������� 
 
 
 
 
 
 
Resolução 3.7.3 – ( )
3
cos .
2
n
w n  =  
 
 Quero que ( ) ( )w n N w n+ = : 
 
( )
Este é o objectico, fazer esta igualdade!
3 3 3 3 3 3 4
cos cos cos cos 2 .
2 2 2 2 2 2 3
n n n N n N
N
N
π π
       
= ⇔ + = → ∴ = ⇔ =       
      
+
�����������
 
 
 
Como 
4
,
3
π ∉� então ( )w n não é periódico. 
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Agora vou fazer um raciocínio de forma a poder resolver estes três exercícios de uma forma mais 
intuitiva: 
 
 
( ) ( )sin .u t At B= + Quero que ( ) ( ).u t T u t+ = Fica: 
 
( )( ) ( ) ( ) ( )sin sin sin sinA t T B At B At AT B At B+ + = + ⇔ + + = + ⇔ 
 
2
2AT T
A
π
π∴ = ⇔ = 
 
 
Agora vou resolver os exercícios de novo, utilizando esta nova fórmula: 
 
 
Resolução 3.7.1.2 – 
 
2
24.
12
N
π
π
= = 
 
Resolução 3.7.2.2 – 
 
2
3.
2
3
N
π
π
= = 
 
Resolução 3.7.3.2 – 
 
2 4
.
3 3
2
N
π
π= = 
 
 
 
 
 
 
 
 
Exercicio 3.8 – Para o sinal da figura: 
 
 
Determine: 
 ( )
( )
3.8.1 '
dv t
v t
dt
− =
 
 ( ) ( )3.8.2 
t
f t v dτ τ
−∞
− = ∫ 
 
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Resolução 3.8.1 – 
 
 
Obtém se três impulsos de DIRAC. 
 
Agora como saber se se deve subir ou descer, e qual o seu tamanho: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Resolução 3.8.2 – ( ) ( )
t
f t v dτ τ
−∞
= ∫ 
 
At ao ponto 1, a sua integra o zero. Agora de 1 0.é çã é t− − < <
 
 
( ) ( ) ( ) ( )
�
( )
1
1
0
t t
f t v d f t v d v dτ τ τ τ τ τ
−
−∞ −∞ −
=
= ⇔ = + ⇔∫ ∫ ∫ 
 
( ) ( ) ( ) ( )110 1 0 1
t t
f t d f t f t tτ τ
−−
⇔ = + ⇔ = + ⇔ = − − ⇔∫ 
 
( ) 1f t t= + 
 
 
 
 
Agora de 0 1.t< <
 
 
( ) ( ) ( ) ( )
�
( ) ( )
1 0
1 0
0
t t
f t v d f t v d v d v dτ τ τ τ τ τ τ τ
−
−∞ −∞ −
=
= ⇔ = + + ⇔∫ ∫ ∫ ∫ 
 
( ) ( ) ( ) ( )000 1 1 1 1
t t
f t d f t f t tτ τ⇔ = + + − ⇔ = − ⇔ = −∫ 
 
 
 
 
Agora de 1 .t< < +∞
 
 
( ) ( ) ( ) ( )
�
( ) ( ) ( )
1 0 1
1 0 1
0
t t
f t v d f t v d v d v d v dτ τ τ τ τ τ τ τ τ τ
−
−∞ −∞ −
=
= ⇔ = + + + ⇔∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 
 
( ) ( ) ( )
1
0 1 1 0 0
t
f t d f tτ⇔ = + + − + ⇔ =∫ 
 
 
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Exercicio 3.9 – Para o sinal da figura: 
 
 
Determine: 
 
( )
3.9.1
dv t
dt 
 ( ) ( )3.9.2 'v t v t+ 
( ) ( )3.9.3 . 'v t v t
 
( ) ( )3.9.4 'v t v t−
 
( ) ( )3.9.5 '
t
v v dτ τ τ
−∞
−  ∫ 
 
 
 
 
Resolução – 1º vou “descobrir” as funções que esboçam este gráfico: 
 
 
 
( )
2 2 1
1 1 1
1 3
1 3
2 2
t se t
v t se t
t se t

 + − < < −

= − < <

− + < <

 
 
 
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Resolução 3.9.1 - 
( )dv t
dt
, ou seja é a derivada da função em ordem a “t”: 
 
 
 
( )
( )
( )
2 ' 1 2 1
' 1 ' 0 1 1
1 3 1
' 1 3
2 2 2
t se t
v t se t
t se t

 + = − < < −

= = − < <

  − + = − < < 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução 3.9.2 - ( ) ( ) ,'v t v t+ ou seja é a função somada a derivada da função em ordem a “t”: 
 
 
 
 
 2 1: . Entre a declive do original t− − =
 
y t b= +
 
 
( )0 2 2f b b= − + ⇔ = 
 
2y t= +
 
 
Agora substituindo os valores: 
 
 
 
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Graficamente: 
 
 
 
 
 
Resultado: 
 
 
( ) ( )Resolução 3.9.3 . 'v t v t 
 
( )
2 2 1
1 1 1
1 3
1 3
2 2
t se t
v t se t
t se t

 + − < < −

= − < <

− + < <

 ( )
( )
( )
2 ' 1 2 1
' 1 ' 0 1 1
1 3 1
' 1 3
2 2 2
t se t
v t se t
t se t

 + = − < < −

= = − < <

  − + = − < < 
 
 
 
 
 
 
 
 
( ) ( )Resolução 3.9.4 'v t v t− 
 
 
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Sobrepondo: 
 
 
 
 
 
Resulta em: 
 
 
 
( ) ( )Resolução 3.9.5 '
t
v v dτ τ τ
−∞
−  ∫ 
 
Resolução: o que se pretende é calcular a AREA do exercício 3.9.4 
 
 
( )
2 2 1
1 1 1
1 3
1 3
2 2
t se t
v t se t
t se t

 + − < < −

= − < <

− + < <

 ( )
( )
( )
2 ' 1 2 1
' 1 ' 0 1 1
1 3 1
' 1 3
2 2 2
t se t
v t se t
t se t

 + = − < < −

= = − < <

  − + = − < < 
 
 
 
 
E que graficamente é 
 
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Para o intervalo 2 :t < −
 
 
( ) ( ) ( ) ( )
2
' ' 0
t
v v d v v dτ τ τ τ τ τ
−
−∞ −∞
− = − =      ∫ ∫ 
 
 
 
Para o intervalo 2 1:t− < < −
 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) [ ]
2
2 2
' ' ' 0 1
t t t
v v d v v d v v d dτ τ τ τ τ τ τ τ τ τ τ
−
−∞ −∞ − −
− = − + − = + + =          ∫ ∫ ∫ ∫ 
 
( )
( ) ( )
22 2
2 2
2
2 1 1
2 0
2 2 2 2 2
t
t
t t t t t
τ
τ
−
 −   
= + = + − + − = + − = +          
 
 
 
É um polinómio do 2º grau e o coeficiente “a” é positivo, logo é uma parábola com a concavidade 
voltada para cima. 
 
Graficamnete: 
 
Agora de 1 1.t− < <
 
 
( ) ( )'
t
v v dτ τ τ
−∞
− ⇔  ∫
 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 1
2 1
' ' ' '
t t
v v d v v d v v d v v dτ τ τ τ τ τ τ τ τ τ τ τ
− −
−∞ −∞ − −
− = − + − + − =              ∫ ∫ ∫ ∫ 
 
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[ ]
( )
( )
( )
( ) ( )
1 2 21 2
1
2 1 2
1 2
0 1 1 1 2 1
2 2 2
t
t
d d t
τ
τ τ τ τ τ
−−
−
− − −
    − −
 = + + + = + + = + − − + − + − − =              
∫ ∫ 
 
[ ]
1 4 1 11
1 2 1 0 1 1
2 2 2 2 2
t t t t
        
= − − − + + = − − + + = − + + = +        
         
 
É um polinómio do 1º grau , logo é uma recta. Vou calcular o 1º ponto para t=-1 e para t=1, e une os 
dois pontos com a recta. 
 
 
 
 
 
Agora de 1 3.t< <
 
 
( ) ( )'
t
v v dτ τ τ
−∞
− ⇔  ∫
 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 1 1
2 1 1
' ' ' '
t
v v d v v d v v d v v dτ τ τ τ τ τ τ τ τ τ τ τ
− −
−∞ − −
= − + − + − + − =              ∫ ∫ ∫ ∫ 
 
[ ]
11 1
1
1
2 1 1
2 2
2 1
0 1
1 1
1 2 2
2 22 2
tt
d d d
τ τ
τ τ τ τ τ τ τ τ
−−
−
− − −
  
= + + + + + = + + + +− − =  
   
∫ ∫ ∫ 
 
( )
( )
( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( )
2 22 2
1 2 1
1 2 1 1 2
2
1 1
1
2 2 2
2
2 2
t
t
          − −
   = + − − + − + − − + + − + =                          
−
 
−

 
 
( ) [ ]
21 1
1 2 2 1 1 2 2
2 4 4
t
t
    
= − − − + + + − + + − =    
     
 
 
2 2
21 7 3 7 1 12 2 2 2
2 4 4 2 4 4 4 4
t t
t t t t
 
= − + + − + − = − + − = − + − 
  
 
 
 
É um polinómio do 2º grau , logo é uma recta. Vou calcular o 1º ponto para t=1 e para t=3, e une os 
dois pontos com uma parábola voltada para baixo (pois o coeficiente “a” é negativo). 
 
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( ) ( ) ( )
21 1 1 8 1 6 3
1 1 2 1
4 4 4 4 2
v
− + −
= − + − = = =
 
 
( ) ( ) ( )
21 1 9 24 1 14 7
3 3 2 3
4 4 4 4 2
v
− + −
= − + − = = =
 
 
 
 
 
 
Agora de 3.t >
 
( ) ( ) ( ) ( ) [ ]( )' com ' ....
t
v v d v vτ τ τ τ τ
−∞
− ⇔ − =      ∫
 
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]
2 1 1 3
2 1 1 3
.... .... .... .... ....
t
d d d d dτ τ τ τ τ
− −
−∞ − −
= + + + + =∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 
[ ] [ ]
311 1 3
1
1
2 1 1 2
2
1
21
0 1 1 2 0
1
2
2
22 2
d d d
τ τ
τ τ τ τ τ τ τ τ
−−
−
− − −
  
= + + + + − + + = + + + + =   
−
 
∫ ∫ ∫
 
( )
( )
2
31 7 3 9 7 3 7
2 2 3 6 4 6
2 4 222 4 2
1
2 4
  
 = − + + + − = − + − = − + = 
    
−
 
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Exercícios do capítulo 4
 
 
 
Teoria – Par e Impar 
 
 
 
Todas as função se subdividem em funções par e impares. 
 
 
( )
( ) ( )
2p
v t v t
v t
+ −
= , ou seja para se obter a função par, é só somar as funções simétricas e dividir 
por 2. A função simétrica obtém se rodando o eixo dos “y”. 
 
 
 
 
 
 
 
( )
( ) ( )
2i
v t v t
v t
− −
= , ou seja para se obter a função impar, é só subtrair as funções simétricas e 
dividir por 2. A função impar obtém se rodando tanto no eixo do “y” com o dos “x”. 
 
 
 
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2.6.2 Sistemas com e sem Memória 
 
Um sistema diz-se sem memória se, para cada valor de entrada, a saída depender apenas da entrada 
nesse instante de tempo. Caso contrário, diz-se com memória. Um exemplo de sistema sem memória 
é ( ) ( )y t Kx t= (um amplificador), e um exemplo de sistema com memória é o acumulador num 
computador. Notar que um sistema com memória necessita de algum mecanismo que permita 
armazenar a informação acerca dos valores das entradas passadas. 
 
 
 
 
2.6.3 Causalidade 
 
Um sistema diz-se causal se a saída só depender dos valores actuais da entrada e dos seus valores 
passados. Tal sistema não antecipa valores futuros. Um exemplo de sistema causal é um em que a 
saída dependa da entrada segundo a expressão ( ) ( )1 .y t Kx t= − 
Um exemplo de sistema não causal é um em que a saída dependa da entrada segundo a expressão 
( ) ( )1 .y n Kx n= + 
 
 
 
 
2.6.4 Estabilidade 
 
Em geral, um sistema é projectado para ser estável. Um sistema estável é aquele que para pequenas 
entradas a saída não diverge ou, mais concretamente, que para entradas limitadas em amplitude a 
saída também é limitada. Um exemplo de sistema estável é o circuito RLC, cuja resposta a um 
impulso de Dirac é apresentada na figura 2.35. Um exemplo de sistema instável é uma reacção 
atómica em cadeia. 
 
 
Fig. 2.35 – Resposta de um circuito RLC em regime de oscilatório. 
 
 
 
 
2.6.5 Invariância 
 
Um sistema é invariante, na variável independente, se uma variação na posição do sinal de entrada, 
nessa variável independente, conduzir à mesma variação na posição do sinal de saída. 
 
( ) ( )x t y t→ 
( ) ( )0 0x t t y t t− → − 
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Um exemplo de sistema invariante é aquele em que a saída depende da entrada segundo a expressão 
( ) ( )[ ],y t sin x t= e um exemplo de sistema variante no tempo é o sistema discreto em que a saída 
depende da entrada segundo a expressão ( ) ( ).y n nx n= 
 
 
 
2.6.6 Linearidade 
 
Um sistema é linear se se verificar o teorema da sobreposição, ou seja, se a entrada consistir numa 
soma pesada de vários sinais, a saída também será caracterizada por uma soma pesadas das respostas 
a cada uma das entradas. 
Analiticamente, se ( )1 y t é a saída referente a ( )1 , x t x1(t), e se ( )2 y t é a saída referente a ( )2 , x t
então 
( ) ( )
( ) ( )
1 1
2 2
x t y t
x t y t
→
→
 
( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2ax t bx t ay t by t+ → + 
 
em que a, b são constantes que podem ser complexas. 
Como exemplo de sistema linear tem-se ( ) ( )2 ,y n x n= e como exemplo de não linear tem-se 
( ) ( )
2
y t x t= . 
 
 
( ) �
( )
Processo de transformação
Processo com memória: x tx t e→
 
( ) � ( )
22
1 1
Processo de transformação
Processo com memória: tx t t y t e= → =
 
 
 
( ) �
( )3
Processo de transformação
Processo sem memória: 3 xx e→
 
 
( ) �
( )4
Processo de transformação
Processo sem memória: 4 xx e→
 
 
 
 
( ) ( )
4
2
Processo com memoria: 
n
k n
y n x k
+
= −
= ∑ 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
�
( ) ( ) ( ) ( )
3 4 7
3 2 1
Pr
3 1 2 3 4 5 6 7
k k
esentePassado Futuro
y x k x k x x x x x x x
+
= − =
= = = + + + + + +∑ ∑ ����� ����������� 
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Exercício 4.2 – Verifique se os sistemas apresentados obedecem ou não ás seguintes propriedades: 
 
 
( ) ( )x ty t e= ( ) ( ) ( )
sin .y t t x t=
 ( ) ( )siny t x t=    ( ) ( )
4
2
n
k n
y n x k
+
= −
= ∑ 
( ) ( ) ( )1 . 1y t x t x t= − + ( ) ( )y n x n= − ( ) ( )Rey t x t=    
 
 
 
4.2.1 – Sem memória. 
4.2.2 – Invariância no tempo. 
4.2.3 – Linearidade. 
4.2.4 – Causalidade. 
 
 
 
Resolução 4.2.1 – 
 
Sem memória são: 
 
( ) ( )x ty t e= ( ) ( ) ( )
sin .y t t x t=
 ( ) ( )siny t x t=    ( ) ( )Rey t x t=    
 
 
Com memória são: 
 
( ) ( )
4
2
n
k n
y n x k
+
= −
= ∑ 
( ) ( ) ( )1 . 1y t x t x t= − + 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução 4.2.2 – Invariância 
 
 
 
 
Portanto o sistema é invariante no tempo. 
 
 
 
Portanto o sistema não é invariante no tempo. 
 
De facto 
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Teoria para este exercício: ( ) ( ) ( ) ( )2 2Se Então: sin . .x t t x t t t y t= → → = 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2
Se 3 3 ; 3 sin 3 . 3x t t y t t t− = − − = − −
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2
Então: 3 3 sin . 3 3 .x t t t t y t→ − = − → −≠−
 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 0 02.7.14.3 - Se sin Então: sin .x t x t y t x t t x t t y t t→ = − → − = −      
 
Portanto o sistema é invariante no tempo. 
 
 
 
 
 
Resolução 4.2.2 – Linearidade 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 2
1 2 1 2
1 1 2 2
1 2
2.7.14.1 - Se ;
Então: .
x t x t
ax t bx t ax t bx t
x t e y t x t e y t
ax t bx t e e e+
→ = → =
+ → = 
 
Portanto o sistema não é linear. 
 
 
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1
2 2 2
1 2 1 2 1 2
2.7.14.2 - Se sin .
sin .
sin .
Então: sin sin sin
y t t x t
x t t x t y t
x t t x t y t
ax t bx t t ax t bx t a t x t b t x t
=
→ =
→ =
+ → + = + =
 
 
( ) ( )1 2ay t by t+
 
Portanto o sistema é linear. 
 
 
 
( ) ( )( )
( ) ( )( ) ( )
( ) ( )( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( )
1 1 1
2 2 2
1 2 1 2 1 2
2.7.14.3 - Se sin
sin
sin
Então: sin sin sin
y t x t
x t x t y t
x t x t y t
ax t bx t ax t bx t a x t b x t
=
→ =
→ =
+ → + +≠  
 
 
( )( ) ( )( ) ( ) ( )1 2 1 2
é isto que se pretende. Como é diferente, posso concluir que não é linear.
sin sina x t b x t ay t by t+ = +
������������������� 
 
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Portanto o sistema não é linear. 
 
 
 
 
4.8.3 - Sinais Ortogonais ou Não Correlacionados 
 
 
 
 
 
 
( )1
1 1 0
1 0 1
t se t
u t
t se t
− − − < <
= 
− + < <
 
 
Função Impar 
 
 
 
 
( )2
1 0
0
se t
u t
t se t
<
= 
>
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
( )3
1 0
1 0
se t
u t
se t
− <
= 
>
 ( )4
0
0
t se t
u t
t se t
− <
= 
>
 
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Função Impar 
 
 
 
 
Função Par 
 
 
 
Os sinais para serem ortogonais ( )0Cuv = , tem que serem disjuntos no tempo o que tenham 
simetria oposta (par e impar). Assim sendo sei que: 
 
1 4 3 40 0Cu u Cu u= ∧ = 
 
 
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Explicação da equação 4.47, pagina 15 do capítulo 4. 
 
 
 
 
 
 
 
 
( ) ( )( ) ( ) ( )*1 2 1 2,s t s t s t s t dt
+∞
−∞
= ∫ 
 
 
Como o ( )2s t é um numero real, logo não se tem numero conjugado, ficando igual a 
 
( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )*1 2 1 2 1 2,s t s t s t s t dt s t s t dt
+∞ +∞
−∞ −∞
= =∫ ∫ 
 
 
Assim voltando a equação 4.47, fica: 
( ) ( )( )
( ) ( )( )
( ) ( )
( ) ( )
1 31 3
1 3
3 3 3 3
,
,
u t u t dtu t u t
Cu u
u t u t u t u t dt
+∞
−∞
+∞
−∞
= = =
∫
∫
 
 
 
 
Definições das funções dos gráficos: 
 
 
( ) ( )1 3
1 1 0 0
1 0 1 0
t se t t se t
u t u t
t se t t se t
− − − < < − < 
= = 
− + < < >  
 
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Assim, continuando, vou substituir no integral as respectivas funções: 
 
 
( ) ( )( )
( ) ( )( )
( ) ( )
( ) ( )
[ ][ ] [ ][ ]
[ ][ ] [ ][ ]
0 1
1 31 3 1 0
1 3 0 1
3 3 3 3 1 0
1 1 1 1,
, 1 1 1 1
t dt t dtu t u t dtu t u t
Cu u
u t u t u t u t dt dt dt
+∞
−−∞
+∞
−∞ −
− − − + − +
= = = =
− − +
∫ ∫∫
∫ ∫ ∫
 
[ ] [ ]
[ ] [ ] ( )( ) ( )
102 2
0 1
11 0 0
1 3 0 1 0 1
1 01 0
1 1
1 11 1 2 2 2 2
0 1 1 01 1
t t
t t
t dt t dt
Cu u
t tdt dt
−−
−
−
     + + − + − + + − +     + + − +      = = = =
− − + −++
∫ ∫
∫ ∫
 
 
 
1 3
1 1 1 1
1 1 12 2 2 2
1 1 2 2
Cu u
− + − + +
= = =
+
 
 
 
 
Assim a aproximação é ( ) ( )1 3
1
2
u t u t= , e o erro é igual ao sinal original menos a aproximação 
realizada, 
( ) ( ) ( )1 3
1
2
e t u t u t= − 
 
 
 
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Exercícios do capítulo 5 
Teoria Correlação e Convulação 
 
Simbologia 
 - Correlação
 - Convulção⊗
 
 
 
Correlação: 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )*, .u t v t u t v t u t v t dtτ τ
+∞
−∞
= − = −   ∫
 
Em que 
 é a operação de correlação. 
E ( ) ( ),u t v t τ−   é o produto escalar entre 2 funções. 
 
 
 
 
 
 
 
Exercício 5.6.1 Calcule a função de correlação entre os pares de sinais das figuras seguintes: 
 
a) Usando os sinais. 
b) Usando derivadas. 
 
 
( )
( ) ( )0
. para a função :
1 3
1
3
3
1
1
3
C A v t
m
y m t t t
y t
= −
= − = − −
= − +
 
 
 
Definições das funções: 
 
( )
0 1
1 1 1
0 1
se t
u t se t
se t
−∞ < < −

= − ≤ ≤
 < < +∞
 ( )
0
0
1
1 0 3
3
3
0
se t
v t t t
se t

−∞ < <
= − + ≤ ≤
 < < +∞

 
 
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( ) ( ) ( ) ( )
0 0
0 0
1 1
1 0 3 1 3
3 3
3 3
0 0
se t se t
v t t t v t t t
se t se t
τ τ τ τ τ τ τ
 
−∞ < < −∞ < <  
− = − − + ≤ − ≤ ⇔ − = − − + ≤ ≤ + 
 < < +∞ < < +∞
  
 
1ª fase - 3 1 4τ τ+ < − ⇔ < − 
 
 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
�
( ) ( ) ( )
3
* *
!
 .
, . 0. 0
Cuidado
Não esquecer
u t v t u t v t u t v t dt v t dt
τ
τ τ τψ τ
+∞ +
−∞ −∞
 
 
= = − = − = − = 
 
 
∫ ∫
 
 
 
 
 
2ª fase - 1 3 1 1 1 3 1 3 1 4 2τ τ τ τ τ− < + < ∧ < − ⇔ − − < < − ∧ < − ⇔ − < < − 
 
 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]
1 3 1
*
1 3 1
, . ... ... ... ... ...u t v t u t v t u t v t dt
τ τ
τ τ
ψ τ ττ
+∞ − + +∞
−∞ −∞ − +
= = − = − = + + + + =   ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫
 
 
[ ] ( ) [ ] [ ]
( )
� ( )
( ) ( )
[ ] [ ]
*
1 3 1
4 ; 2
1 3 1
0 00 0
1
... ... 1 x 1 ... ...
3u t
v t v t
dt dt t dt dt dt
τ
τ
τ τ
τ
ψ ττ
− + +∞
− −
−∞ − +
= == == −
 
= + + − − + + + =  
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
������������ ���������� �����
 
 
 
 
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[ ] ( ) ( )
33 3 2
4 ; 2
1 1 1
1 1 1 1 1
 1 1
3 3 3 3 2 3
t
t dt t dt t t
ττ τ
ψ τ τ τ τ
++ +
− −
− − −
    
= − − + = − + + = − + + =         
∫ ∫
 
 
 
 
 
 
 
 
 
[ ] ( )
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
2 2
4 ; 2
1 1 1 1
3 2 3
3 1
3 3 1 1
3 2 3
τ
τ τψ τ τ τ
− −
   
= − + + − − + + =   
   
+ −
+ +
 
− −

 
 
[ ] ( ) ( ) ( )2
2
4 ;
1
3 3 3
1 1 1 1
6 3 3 2 3
1τ τ ττ ττ τψ
− −
   
= − ++ + + − −+ − − =      
 
 
[ ] ( ) ( )
2 2
4 ; 2
1 1 3
6 9
6 3
ψ τ τ τ τ
− −
= − + + + +
3
1 1
3 16 3
τ τ τ
   
+ + − − − − =     
 
 
[ ] ( )
2 2
4 ; 2
1 1 1 1 1 1
6 9 2 3 1
6 6 6 3 6 3
ψ τ τ τ τ τ τ
− −
 
= − − − + + + + + + =  
 
 
[ ] ( )
2 2 2
4 ; 2
1 3 1 1 1 1 3 6 1 1
2 3 1 1
6 2 3 6 3 6 2 6 3
ψ τ τ τ τ τ τ τ τ τ
− −
+ 
= − − − + + + + + + = + + + + + = 
−
 
 
 
 
 
 
 
[ ] ( )
2 2
4 ; 2
1 3 1 9 1 6 1 4 16
6 3 3 6 6 6 6 3 6
τ τ τ τψ ττ
− −
= + + + + + = + + 
 
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[ ] ( )
2
4 ; 2
1 4 8
6 3 3
τψ ττ
− −
= + + 
 
A função é do 2º grau, e o coeficiente “a” é positivo, logo a parábola tem a concavidade voltada para 
cima. 
Agora vou verificar os pontos mínimos e máximo, de modo a poder representar no gráfico: 
 
 
( ) ( ) ( )
21 4 8 8 16 8
4 4 4 0 . . .
6 3 3 3 3 3
c q dψ − = − + − + = − + = 
 
( ) ( ) ( )
21 4 8 4 8
2 2 2
6 3 3 6 3
ψ − = − + − + = −
8
3
+
2
3
= . 
 
 
 
 
 
 
 
 
3ª fase – tenho que verificar onde as funções tem no eixo dos “x” partes comuns: 
 
 
 
1 1 3 1 2τ τ τ τ< − ∧ < + ⇔ < − ∧ > − 
 
2 1τ∴ − < < − 
 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]
1 1 3
*
1 1 3
, . ... ... ... ... ...u t v t u t v t u t v t dt
τ τ
τ τ
τψ τ τ
+∞ − + +∞
−∞ −∞ − +
= = − = − = + + + + =   ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫
 
 
[ ] ( ) [ ] [ ]
( )
� ( )
( ) ( )
[ ]
�
[ ]
�
*
1 1 3
2 ; 1
1 1 3
0 00 0
1
... ... 1 x 1 ... ...
3u t
v t v t
dt dt t dt
τ
τ
τ τ
τ
τψ τ
− + +∞
− −
−∞ − +
= == = = −
 
= + + − − + + + =  
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
�������������� �����
 
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[ ] ( ) [ ] [ ] [ ]
�
[ ]
�
1 1 3
2 ; 1
1 1 3
0 00 0
1 1
... ... 1 ... ...
3 3
dt dt t dt
τ τ
τ τ
τψ τ
− + +∞
− −
−∞ − +
= == =
 
= + + − + + + + =  
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
����� �����
 
 
[ ] ( ) ( )
11 1 2
2 ; 1
1 1 1
1 1 1 1 1
 1 1
3 3 3 3 2 3
t
t dt t dt t tτ ττ τψ
− −
− − −
    
= − − + = − + + = − + + =         
∫ ∫
 
 
 
 
 
 
 
 
[ ] ( )
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
2 2
2 ; 1
1 1
1 1
1 1 1 1
3 2 3 3 3
1
2
1ψ τ τ τ
− −
   
= − + + − − + + =   
  
−
−
 
−

 
 
[ ] ( )2 ; 1
1 1 1 1 1
1
6 6
1
3 3 6
ψ τ ττ
− −
   
= − + + − − = −      
− −
1 1
1
3 6
τ+ + +
1
1
3
τ+ + = 
 
[ ] ( )2 ; 1
2
2
3
ψ τ τ
− −
= +
 
 
 
A função é do 1º grau, logo é uma recta, a subir (pois é positivo). 
 
Agora vou verificar os pontos mínimos e máximo, de modo a poder representar no gráfico: 
 
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2 2 Como era de esperar, para haver continuidade .
3 3 3
τψ
 
− = + = − + = 
 
 
 
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( ) ( )
2 2 4
1 2 1 2
3 3 3
τψ
 
− = + = − + = 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
4ª fase – tenho que verificar onde as funções tem no eixo dos “x” partes comuns: 
 
 
 
11 3 1ττ τ> − ∧ ∧ + >< ⇔ 
 
1 1τ∴ − < < 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]
1 1 3
*
1 1 3
, . ... ... ... ... ...u t v t u t v t u t v t dt
τ τ
τ τ
ψ τ τ τ
+∞ − + +∞
−∞ −∞ − +
= = − = − = + + + + =   ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫
 
( )[ ] [ ]
�
[ ]
� ( )
� ( )
( ) ( )
[ ]
�
[ ]
�
*
1 1 3
1 ; 1
1 1 3
0 0 0 0
1
... ... 1 x 1 ... ...
3u t
v t v t
t dt
τ τ
τ
τ
τ
τψ τ
− + +∞
−
−∞ − +
= = = == −
 
= + + − − + + + =  
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
���������
 
 
 
( )[ ] ( )
11 1 2
1 ; 1
1 1 1 1 1
 1 1
3 3 3 3 2 3
t
t dt t dt t t
τ τ τ
τ τ τψ τ
−
    
= − − + = − + + = − + + =         
∫ ∫
 
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( )[ ]
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
2 2
1 ; 1
11 1 1 1
3 2 3 3 2 3
1 1
τ
τ ττ τ τψ
−
   
= − + + − − + + =   
      
 
 
( )[ ]
2 2 2
1 ; 1
1 1 1 2 1 2 5
1
6 3 6 6 6 3 6
ψ τ τ τ τ τ τ τ
−
 
= − + + − − + + = − − +  
 
 
 
A função é do 2º grau, e o coeficiente “a” é negativo, logo a parábola tem a concavidade voltada para 
baixo. 
 
Agora vou verificar os pontos (mínimos e máximo, de modo a poder representar no gráfico) 
 
 
( ) 2
1 2 5 1 4 5 4
6 3 6 6 6 3
1
6
τ τψ
 
= − − + = − + + = 
 
− 
 
( ) 2
1 2 5 1 4 5
0
6 3 6 6
1
6 6
τ τψ
 
= − − + = − − + = 
 
 
 
 
 
 
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5ª fase - 1τ > 
 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )* *, . 0. 0u t v t u t v t u t v t dt v t dt
τ
τψ τ τ τ
+∞ +∞
−∞
= = − = − = − =   ∫ ∫
 
Nota: 
 
 
 
 
 
Fazer a Convolução com o gráfico de 
cima dá o mesmo resultado do que 
fazer a Correlação com o gráfico de 
baixo. Apesar de se obter o mesmo 
valor, o significado físico é totalmente 
diferente. 
 
 
 
 
 
 
 
 
Trabalho prático 02 - 2.1 Correlação dos sinais discretos - ( ) ( ) ( )*
n
z m x n y n m
+∞
=−∞
= −∑ 
 
 
 
 
 
1ª fase: 
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Se ( )2 1 3 3 ?m m z+ < − ⇔ < − → − < = 
No ponto 2m + , ( )2 1v m + = . E ( 2) ?u m + = 
 
É zero! Como ( ) ( ) ( )*
n
z m x n y n m
+∞
=−∞
= −∑ é um produto de imagens, fica 1 x 0 0.= 
 
Assim, ( ) ( ) ( ) ( )
2 2
* *3 1. 0
m m
n n
z x n y n m y n m
+ +
=−∞ =−∞
− < = − = − =∑ ∑ . 
 
 
 
 
2ª fase: 
 
 
 
Se ( )2 1 3 3 ?m m z= =+ − ⇔ − → − = 
 
No ponto 2m + , ( )2 1v m + = . E ( 2) ?u m + = É 1! Como ( ) ( ) ( )*
n
z m x n y n m
+∞
=−∞
= −∑ . 
 
Assim, ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) �
2 2
*
1
O conjugado é igual, porque 
os numeros são reais. 
Retira se o asterisco.
3 1.1 1
m m
n n n
z x n y n m x n y n m
+ +
=−∞ =−∞ =−
− = − = − = =∑ ∑ ����� 
 
 
 
3ª fase: 
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Se ( )2 0 2 2 ?m m z+ ⇔ − → −= == 
 
No ponto 2m + , ( )2 1v m + = (esta função tem sempre como imagem 1). E ( 2) ?u m + = É 2! 
Assim, ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) � �
2 2
*
1 0
2 1.1 1.2 3
m m
n n n n
z x n y n m x n y n m
+ +
=−∞ =−∞ =− =
− = − = − = + =∑ ∑ . 
4ª fase: 
 
 
Se ( )2 1 1 1 ?m m z+ ⇔ − → −= == 
 
No ponto 2m + , ( )2 1v m + = . E ( 2) ?u m + = 
É 1! Mas falta ainda calcular os outros 2 pontos! 
 
Assim, ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) � � �
2 2
*
1 0 1
1 1.1 1.2 1.1 4
m m
n n n n n
z x n y n m x n y n m
+ +
=−∞ =−∞ =− = =
− = − = − = + + =∑ ∑ 
 
 
 
5ª fase: 
 
 
Se ( )2 2 0 0 ?m m z= =+ ⇔ → = 
 
No ponto 2m + , ( )2 1v m + = . E ( 2) ?u m + = É 0! Mas falta ainda calcular o outro ponto! 
 
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Assim, ( ) ( ) ( ) � �
2
0 1
0 1.2 1.1 3
m
n n n
z x n y n m
+
=−∞ = =
= − = + =∑ 
 
 
 
6ª fase: 
 
 
Se ( )2 3 1 1 ?m m z= =+ ⇔ → = 
No ponto 2m + , ( )2 0v m + = . E ( 2) ?u m + = É 0! 
 
 
Assim, ( ) ( ) ( ) �
2
1
1 1.1 1
m
n n
z x n y n m
+
=−∞ =
= − = =∑ 
 
 
 
 
Poderia ter calculado utilizando as matrizes: 
 
 
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
1 3 2 0 2 8 1.0 3.2 2. 8 1. 2 3.0 2.6 1.8 3. 6 2.0
4 0 1 . 2 0 6 4.0 0.2 1. 8 4. 2 0.0 1.6 4.8 0. 6 1.0
0 2 5 8 6 0 0.0 2.2 5. 8 0. 2 2.0 5.6 0.8 2. 6 5.0
− + + − − + + + − +    
    = − = + + − − + + + − + =    
    − + + − − + + + − +     
 
 
 
 
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10 10 10
8 2 32
36 30 12
− − 
 − − 
 − − 
 
 
 
 
 
Assim neste exercício fica: 
 
[ ] [ ]1 2 1 x 1 1 1 0 0 = 1 3 4 3 1
0 1 1 1 0
0 0 1 1 1
 
 
 
  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2 1 3m m+ = − ↔ = −
 
2 0 2m m+ = ↔ = −
 
2 1 1m m+ = ↔ = −
 
2 2 0m m+ = ↔ =
 
2 3 1m m+ = ↔ =
 
 
Jorge Rodrigues Valente – 2087406 UMa 09-10-2011 85/388 
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Capitulo 6, pagina 7
 
 
Trabalho prático 02 - 2.2 Convolução dos sinais discretos
 
 
 
Considerando um sinal ( ) x n com 1N valores e um sinal ( ) y n com 2N valores, a convolução é 
representada por 
( ) ( ) ( )
k
z n x k y n k
∞
=−∞
= −∑ 
 
onde k pode tomar qualquer valor inteiro de −∞ a +∞ . 
 
 
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Determinar a convolução dos sinais representados na figura: 
 
 
 
Preciso de calcular a função: 
 
( ) 1u n = 
 
 
 
Preciso de calcular a função: 
( )
( ) ( )
( )
0
?
0 2 1
8 0 4
1 1
8 2
4 4
v n
y
m
x
v n y y m n n
y n y n
=
−
= = = −
−
= ⇔ = −
= − − ⇔ = − +
 
O produto da convolução: 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )*
k k
y n u k v n k u k v n k
+∞ +∞
=−∞ =−∞
= − = −∑ ∑ 
 
E como ( )u k é sempre 1, fica ( ) ( )
k
y n v n k
+∞
=−∞
= −∑ . 
 
A função é 
1
2
4
y n= − + . 
 
Assim fica ( )
2
1
2
4k
y n n
+∞
=−
 
= − +  
∑ . 
 
 
 
 
Para o cálculo posso utilizar as propriedades da Correlação, pois só o significado físico é que é 
diferente. O valor numérico é o mesmo. 
 
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Função ( )v n invertida. 
 
1º Caso: 
 
 
 
Se ( )0 2 2 2 ?n n z= =− − ⇔ − → − = 
 
Assim, ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) �
0 0
*
2
2 1.2 2
m n
n n n
z u n v n m u n v n m
− −
=−∞ =−∞ =−
− = − = − = =∑ ∑ 
 
 
 
 
2º Caso: 
 
 
Se ( )0 1 1 1 ?n n z= =− − ⇔ − → − = 
Assim, ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
�
�
0 0
*
1
2
7 15
1 1. + 1.2
4 4
n n
n n n
n
z u n v n m u n v n m
− −
=−∞ =−∞ =−
=−
− = − = − = =∑ ∑
 
 
 
 
3º Caso: 
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Se ( )0 0 0 0 ?n n z= =− ⇔ → = 
Assim, ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
� �
�
0 0
*
0
2 1
6 7 21
0 1. +1. + 1.2
4 4 4
n n
n n n
n n
z u n v n m u n v n m
− −
=−∞ =−∞ =
=− =−
= − = − = =∑ ∑ 
4º Caso: 
 
 
Se ( )0 1 1 1 ?n n z= =− ⇔ → = 
 
Assim, ( ) ( ) ( )
� � �
�
0
*
1
2 1 0
5 6 7 26 13
1 1. +1. +1. + 1.2
4 4 4 4 2
n
n n
n n n
z u n v n m
−
=−∞ =
=− =− =
= − = = =∑ 
 
 
 
 
5º Caso: 
 
 
Se ( )0 2 2 2 ?n n z= =− ⇔ → = 
 
Assim, ( ) �
� � �
�
2 2
1 0 1
5 6 7 30 15
2 1.1 +1. +1. +1. + 1.2
4 4 4 4 2n n
n n n
z
=− =
=− = =
= = =
 
 
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6º Caso: 
 
Se ( )0 3 3 3 ?n n z= =− ⇔ → = 
 
Assim, ( )
�
�
� � �1
2 0 1 2
3 5 6 7 25
3 + 1.1 +1. +1. +1. 
4 4 4 4 4n
n n n n
z
=−
=− = = =
= = 
 
 
E assim por diante, até ao n-8 estar na posição n=2. 
 
 
 
Se ( )0 10 10 10 ?n n z= =− ⇔ → = 
 
Assim, ( ) �
2
10 1.0 0
n
z
=
= = 
 
Calculando o domínio e as respectivas funções: 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )*1 1 1 1 1 1 1, .t u t v t u t v t u v t dτ τ τψ τ
+∞
−∞
= = − = −   ∫
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )*2 2 2 2 2 2 2, .t u t v t u t v t u v t dτψ τ τ τ
+∞
−∞
= ⊗ = − = −   ∫ 
 
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1º caso: 2 0 7 72 7 nk n k k n nn k− ≤ ≤ ∧ ≤ − −−− ≤ ⇔ ≤ − ≤ ⇔ ≤ ≤ 
 
 
Assim, ( ) 0y n = 
 
2º caso: 7 2 2 2n n n− ≤ − ∧ − ≤ ∧ ≤ ⇔ 
 
5 2 2 2 2n n n n⇔ ≤ ∧ ≥ − ∧ ≤ ⇔ − ≤ ≤ 
 
 
 
 
Regra a respeitar durante o cálculo: ( ) ( )
1
. 1 2
2 4
b
ba
a
k
k
b
v
nv va
v
k
=
+
= − + ∧ = − − +∑ 
 
Cuidado com os limites do somatório, pois são os pontos comuns! 
 
 
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
1 1 1
1 2 2
4 4 4
n n
k k k
n
n n nky kk v kn u
− − −= = =
   
= − = − − + = − + + =   
   
∑ ∑ ∑
 
 
( )
1 1 1
2
4 4 4
2n n − + + + − 
 
=
−
1
4
n+
� � ( )
1 32 2
4 2
1 3
2 2
2
ab
n n
n
   + − + +        − + = + =  
  
−
 
( )
( )
1 7
3
1 7 1 7 1 74 2
3 3
2 8 4 8 4 8 4
n n
n n n n n
 
− + + 
      = = − + + = − + + − + =     
      
 
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2 21 7 3 21 1 11 21
8 4 8 4 8 8 4
n n n n n= − + − + = − + +
 
 
 
 
 
3º caso: 7 2 2 2 2n n− ≤ ∧ − ≤ ∧ ≤ ⇔ 
 
5 2 2 5n n n⇔ ≤ ∧ ≥ ⇔ ≤ ≤ 
 
 
 
Regra a respeitar durante o cálculo: ( ) ( )
1
. 1 2
2 4
b
ba
a
k
k
b
v v
v v na k
=
+
= − + ∧ = − − +∑ 
Cuidado com os limites do somatório, pois são os pontos comuns! 
 
 
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 21 1 1
1 2 2
4 4 4k k k
y n u k v n k n k n k
−=− =− =
   
= − = − − + = − + + =   
   
∑ ∑ ∑
 
 
( )
� � ( )
2
2
1 1 1 1 1 3 1 5
2 2
4 4 4 4 4 2 4 2
1 5
2 2
2
2
ab
n n n n       − + + + − + + − + + − +                = − + = =  
  
−
−
 
1
4
1 52
5 2 5 10
2 4 4
n
n n
 
− + 
  = = − + = − + 
  
 
 
 
 
4º caso: 2 7 7 2 2n n n− ≤ − ∧ − ≤ ∧ ≤ ⇔ 
 
5 9 2 5 9n n n n⇔ ≥ ∧ ≤ ∧ ≥ ⇔ ≤ ≤ 
 
 
 
Regra a respeitar durante o cálculo: ( ) ( )
1
. 1 2
2 4
b
ba
a
k
k
b
v v
v v na k
=
+
= − + ∧ = − − +∑ 
Jorge Rodrigues Valente – 2087406 UMa 09-10-2011 92/388 
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Cuidado com os limites do somatório, pois são os pontos comuns! 
 
 
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
7
2
7 7
1 1 1
1 2 2
4 4 4k kn kn n
y n u k v n k n k n k
= = =− − −
   
= − = − − + = − + + =   
   
∑ ∑ ∑
 
 
( ) ( )
� �
1 1 1 1
2 22
2
4 4 4 4
7
7 1
2 b a
n
n
n n   − + + + − + +         = − + =  
  
−
−
 
 
1
4
n−
=
1
4
n+
( ) ( )
7 1 1 1 1 52 2
4 4 2 4 4 210 10
2 2
n n
n n
   
− + + − + +    − +   − = − =
 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 11 1 11 1 11
8 8 8 8 8 8
10 10 10n nn n nn     = − + − = − + + − + =     
     
− −
 
 
2 210 110 1 11 1 21 55
8 8 8 8 8 8 4
n n n n n = − + + − = − + 
  
 
 
 
 
 
5º caso: 2 7 9 10n n n− >⇔ ⇔ ≥−< 
 
 
 
Assim, ( ) 0y n =
 
Posso agora definir a função de convolução: 
 
 
( )
2
2
0 3
1 11 21
2 2
8 8 4
5
10 2 5
4
1 21 55
5 9
8 8 4
0 10
se n
n n se n
y n n se n
n n se n
se n
≤ −

− + + − ≤ ≤


= − + ≤ ≤


− + ≤ ≤

≥
 
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Capitulo 6, pagina 20, exercício 6.5.7b 
 
Trabalho prático 02 - 2.3b Convolução dos sinais contínuos -
 
 
Determinar a convolução dos sinais representados na figura: 
 
 
 
 
 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 ; 1 2 ; 0 1 ; 1
'' 1 2 1 '' 1. 1 2. 1. 1
y t y t y t
v t t t t v t t t tδ δ δ δ δ
= =− =− = = =
 
 = + − + − = + − + −
 
 
���������� ����� 
 
 
Regra - ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1
n m nm n
uvu t v t ψ τ
+
= −
 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 0 2'' '' ''1 uv uvu t v t u t v tψ τ ψ τ
+
= − ⇔ =
 
 
 
 
 
Assim, ( ) ( ) ( ) ( )
2 '' ''1 . uv u t v tψ τ− = 
 . 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )'' '' ** ''uv u t v t u t v t dt u t v t dtτψ τ τ
+∞ +∞
−∞ −∞
= = − = −∫ ∫
 
 
 
 
 
 
 
Jorge Rodrigues Valente – 2087406 UMa 09-10-2011 94/388 
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1º caso 1 1 0τ τ+ < ⇔ < 
 
 
 
 
( )'' 0uvψ τ = 
 
 
 
Decorrente da definição de impulso de Dirac, outra situação apresenta-se de grande aplicação 
prática: sendo �(t-�) o impulso de Dirac deslocado de �, isto é, com valor infinito no instante �, 
tem-se que, para um sinal u(t), 
 
 
 
ou seja, obtemos o valor do sinal u(t) no ponto t = �� 
A distribuição de Dirac serve, assim, para determinar o integral duplamente impróprio, quer pelos 
seus limites infinitos quer pelo valor infinito que assume a função integranda. Uma regra prática 
importante desta situação pode enunciar-se, portanto, da seguinte forma: o valor do integral, entre 
limites infinitos, duma função pesada pela distribuição de Dirac é o valor dessa função no ponto em 
que existe o impulso de Dirac. 
A equivalência das duas definições do impulso de Dirac deriva do facto de qualquer delas se poder 
deduzir a partir da outra. A verdade desta última expressão deduz-se das condições de definição do 
impulso de Dirac apontadas acima. De facto, o integrando anula-se em "todo o domínio" de 
integração, excepto à volta do ponto �, por ser fora deste ponto nulo um dos factores, que é o 
impulso de Dirac. Deste modo, o integral 
 
 
 
 
reduz-se a u(�) por ser unitária a área limitada pelo impulso de Dirac, só existente em �. 
 
 
Demonstração: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )u t t u t u t t dtδ δ δτ τ τ τ
+∞
−∞
− = − = − =∫ 
 
Jorge Rodrigues Valente – 2087406 UMa 09-10-2011 95/388 
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( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1
.1u t dt u t dt u uτ τ τ τδ τδ τ
+∞ +∞
−∞ −∞
=
= − = − = =∫ ∫
�������
 
 
 
( )Assim a constante sai do integral, uma vez que agora uma constante.u éτ
 
 
 
E também no capítulo 5, pagina 14: 
 
 
 
 
2º caso 1 1 1 1 2τ τ τ< ∧ + > ∧ + < 
 
1 0 1τ τ τ< ∧ > ∧ < 
 
0 1τ< < 
 
 
 
 
Como sei que ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 ; 1 2 ; 0 1 ; 1
'' 1 2 1 '' 1. 1 2. 1. 1
y t y t y t
v t t t t v t t t tδ δ δ δ δ
= =− =− = = =
 
 = + − + − = + − + −
 
 
���������� �����
 
 
 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )'' '' ''uv u t v t u t v t dtτψ τ
+∞
−∞
= = − ⇔∫
 
 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )'' 1 2 1uv u t t t t dtτ τψ τ δ δ δ τ
+∞
−∞
= − + − − + − +  ∫ 
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( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )'' 1 2 1uv
u
u t t dt u t t dt u t t dt
τ
ψ τ δ δ δτ τ τ
+∞ +∞ +∞
−∞ −∞ −∞
= − + − − + − +∫ ∫ ∫����� 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )'' 1 1 2 1 1uv u t dt u t dt u t dtψ τ δ δτ τ τ τ τ δ τ
+∞ +∞ +∞
−∞ −∞ −∞
= − − + − − + + − +∫ ∫ ∫ 
 
 
 
 
 
( ) ( ) ( ) ( )'' 1 2. 1 0 2.0 3 3uv u u uτ τψ ττ = − − + + = − + = 
 
Nota: os casos calculados são para cada situação de descontinuidade. 
 
 
3º caso 1 1 1 2 2 1 1 6τ τ τ τ τ− + < ∧ < ∧ < ∧ < + ∧ + < ⇔ 
 
2 1 2 1 5τ τ τ τ τ< ∧ > ∧ < ∧ > ∧ < ⇔ 
 
1 2τ< < 
 
 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )'' '' ''uv u t v t u t v t dtψ τ τ
+∞
−∞
= = − ⇔∫
 
 
 
 
O cálculo é igual ao caso 2. 
 
( ) ( ) ( )
�
( )''
3 1
1 2. 1 0 2.3 1 5uv u u uτ τ τψ τ
= =
= − − + + = − + = −
�����
 
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4º caso 
1 1 2τ< − + < 
 
2 3τ< < 
 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )'' '' ''uv u t v t u t v t dtψ τ τ
+∞
−∞
= = − ⇔∫
 
 
 
 
O cálculo é igual ao caso 2. 
 
( ) ( ) ( )
�
( )''
13 1
1 2. 1 3 2.1 1 2uv u u uτ τ τψ τ
== =
= − − + + = − + =
����� �����
 
 
 
 
 
5º caso 
 
2 1 1 6 3 5τ τ τ τ< − + ∧ + < ∧ > ∧ < ⇔ 
 
3 5τ< < 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )'' '' ''uv u t v t u t v t dtψ τ τ
+∞
−∞
= = − ⇔∫
 
 
 
 
O cálculo é igual ao caso 2. 
 
( ) ( ) ( )
�
( )''
11 1
1 2. 1 1 2.1 1 0uv u u uτ τ τψ τ
== =
= − − + + = − + =
����� �����
 
 
 
 
 
 
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6º caso 
 
6 6 1 6 5τ τ τ τ< ∧ < + ∧ < ∧ > ⇔ 
 
5 6τ< < 
 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )'' '' ''uv u t v t u t v t dtψ τ τ
+∞
−∞
= = − ⇔∫
 
 
 
 
O cálculo é igual ao caso 2. 
 
( ) ( ) ( )
�
( )''
11 0
1 2. 1 1 2.1 0 1uv u u uττ τ τψ
== =
= − − + + = − + = −
����� �����
 
 
 
 
 
7º caso 
 
 
1 6 6 7 6τ τ τ τ− + < ∧ < ∧ < ∧ > ⇔ 
 
6 7τ< < 
 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )'' '' ''uv u t v t u t v t dtψ τ τ
+∞
−∞
= = − ⇔∫
 
 
 
 
O cálculo é igual ao caso 2. 
 
( ) ( ) ( )
�
( )''
01 0
1 2. 1 1 2.0 0 1uv u u uτ τ τψ τ
== =
= − − + + = − + =
����� �����
 
 
 
 
 
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8º caso 1 1 0τ τ+ < ⇔ < 
 
 
 
( )'' 0uvψ τ = 
 
 
 
Fica: 
 
 
Agora vou integrar duas vezes: 
 
 
 
 
 
 
 
 
Se 
 
 
 
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Se 
 
( ) ( ) ( ) ( )
2 22 2
0
0
3 3 3 3
0 3 0
2 2 2 2
t
t
uv t d t tτ τψ τ= + = = − =∫ 
 
 
 
 
Se ( ) ( )'1 2 : uv uv
t
t t dψ ψ τ τ
−∞
< < = =∫ 
 
( ) ( ) ( )
1 ' '
1
3/2
uv uv u
t
vt d dψ ψ ψτ τ τ τ−∞
=
= + =∫ ∫
�������
 
 
( ) ( ) ( ) ( )
1
2 22 2
1
0 1
3 3 3 5
5 8 1 0 8
2 2 2 2
t
t
uv t dτ τ τ τ τψ
 
= + − + = − + − + = 
 
∫ 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 23 5 5
8 1 8 1
2 2 2uv
t t tψ    = + − + − − + =   
   
 
 
( ) 2 2
3 5 5 5
8 8 8 4
2 2 2 2uv
t t t t tψ = − + + − = − + − 
 
 
 
Se ( ) ( )'2 3: uv uv
t
t t dψ ψ τ τ
−∞
< < = =∫ 
 
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
2
2 ' '
2 2
5
2 8 2 4 2
2
2 2 6uv uv uv
t t
t d d dτ τ τ τψ τψ ψ τ
−∞
=− + − =
= + = + − =∫ ∫ ∫
�������
 
 
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )2 2 22 6 2 6 2 2 6 4 12uv t t t t tψ    = + − − − = + − − − =   
 
( ) 2 22 6 8 6 10uv t t t t tψ  = + − + = − +  
 
 
 
Se ( ) ( )'3 5 : uv uv
t
t t dψ ψ τ τ
−∞
< < = =∫ 
 
( ) ( )
( ) ( )
( )
2
3 ' '
3
3 6 3 10 1
1 0 1uv uv u
t
vt d dτ τ τ τψ ψ ψ
−∞
= − + =
= + = + =∫ ∫
�������
 
 
Jorge Rodrigues Valente – 2087406 UMa 09-10-2011 101/388 
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Se ( ) ( )'5 6 : uv uv
t
t t dψ ψ τ τ
−∞
< < = =∫ 
 
( ) ( ) ( ) ( )
25 ' ' '
5 5
5
1
1 5 1 5
2
t t
t
uv uv uv uvt d d d
τ
τ τ τψ ψ ψ ψτ τ τ τ
−∞
=
 
= + = + − + = + − + 
 
∫ ∫ ∫
�������
 
( )
2
225 1 231 5 25 5
2 2 2 2uv
t
t t t tψ = − + + − = − + − 
 
 
 
 
Se ( ) ( )'6 7 : uv uv
t
t t dψ ψ τ τ
−∞
< < = =∫ 
 
( ) ( ) ( ) ( )
26 ' ' '
6 6
6
1/2
1 1
7 5
2 2 2
t
uv u
t
u
t
v v uvt d d dψ ψ
τ
τ τ τ τ τ τ τψ ψ
−∞
=
 
= + = + − = + − 
 
∫ ∫ ∫
�������
 
 
( )
2
21 1 497 18 42 7
2 2 2 2uv
t
t t t tψ = + − − + = − + 
 
 
 
Se ( )7 : 0uvt tψ> = 
 
 
 
 
 
Capitulo 6, pagina 20, exercício 6.5.7e. 
 
Determinar a convolução dos sinais representados na figura: 
 
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Cuidado com os limites do somatório, pois são os pontos comuns! 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
k
y n u n v n u k v n k
+∞
=−∞
= ⊗ = − =∑
 
 
 
Em que o “k” é o valor do primeiro ponto (da variável independente) e n” é o ultimo. 
 
 
 
1º caso: 0 2 1 2 0 2 1 2k n k k n k n≤ ≤ ∧ − ≤ − ≤ ⇔ ≤ ≤ ∧ − − ≤ − ≤ − ⇔ 
 
2 1k nn ≤ ≤ +− 
 
 
Assim, ( ) 0y n = 
 
 
 
2º caso: 2 0 0 1 1 2n n n− ≤ ∧ ≤ + ∧ + ≤ ⇔ 
 
2 1 1 1 1n n n n⇔ ≤ ∧ ≥ − ∧ ≤ ⇔ − ≤ ≤ 
 
 
Cuidado com os limites do somatório, pois são os pontos comuns! 
 
( ) ( ) ( ) ( )
1 1
0 0
1.
n n
k k
y n u k v n k v n k
+ +
= =
= − = − =∑ ∑
 
Vou substituindo os valores (e não me preocupo com o valor de u(k), pois é sempre 1): 
 
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( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( )
1
0
1 1
0
0
0
Se 1: 1
1 1
1 1 0 1
n
k
k
k
n y v n k
y v k
y v v
+
=
− +
=
=
= − − = − =
− = − − =
− = − − = −
∑
∑
∑
 
 
 
No gráfico consigo ver que quando n = -1, a imagem é -1. Assim fica: 
 
( )1 1v − = −
 
 
 
( ) ( )
( ) ( ) ( )
1
0
0 1 1
0 0
Se 0 : 0
0 1 0
n
k
k k
n y v n k
y v k v n
+
=
+
= =
= = − =
= − − = − =
∑
∑ ∑ 
 
( ) ( ) ( )0 0 1 1 1 0y v v= + − = − =
 
 
 
 
 
( ) ( )
( ) ( ) ( )
1
0
1 1 2
0 0
Se 1: 1
0 1 0
n
k
k k
n y v n k
y v k v n
+
=
+
= =
= = − =
= − − = − =
∑
∑ ∑ 
 
( ) ( ) ( ) ( )0 1 0 1 2 1 1 2y v v v= + + − = + − =
 
 
 
J fiz as tr s possibilidades que “n” poderia ter face ao dom nio: 1 1á ê í n− ≤ ≤
 
 
 
3º caso: 2 0 2 1n n− ≤ ∧ ≤ + ⇔ 
 
2 1 1 2n n n⇔ ≤ ∧ ≥ ⇔ ≤ ≤ 
 
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Cuidado com os limites do somatório, pois são os pontos comuns! 
 
( ) ( ) ( ) ( )
1 1
0 0
1.
n n
k k
y n u k v n k v n k
+ +
= =
= − = − =∑ ∑
 
 
 
Vou substituindo os valores (e não me preocupo com o valor de u(k), pois é sempre 1): 
 
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
1
0
1 1
0
2
0
Se 1: 1
1 1
1 1 0 1 0 1
1 2 1 1 2
n
k
k
k
n y v n k
y v k
y v v v v
y
+
=
+
=
=
= = − =
= − =
= − = + + −
= + − =
∑
∑
∑
 
 
 
Não era preciso calcular, pois era igual ao 2º caso, por ser uma zona de transição. 
 
 
 
( ) ( )
( ) ( ) ( )
1
0
2 1 3
0 0
Se 2 : 2
2 1 0
n
k
k k
n y v n k
y v k v n
+
=
+
= =
= = − =
= − − = − =
∑
∑ ∑ 
 
( ) ( ) ( ) ( )2 2 1 0 1 2 1 4y v v v= + + = + + =
 
 
 
 
J fiz as possibilidades que “n” poderia ter face ao dom nio: 1 2á duas í n≤ ≤
 
 
 
 
 
 
 
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Outro método, mais rápido: 
 
Gráfico revertido 
 
 
 
 
1º caso: 
( ) ( ) ( ) ( )
1 1
0 0
n n
k k
y n u k v n k v n k
+ +
= =
= − = − =∑ ∑
 
 
Vou substituindo os valores (e não me preocupo com o valor de u(k), pois é sempre 1): 
 
( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( )
( )
Se 1: 1 0
Se 1: 1 1 x 1 1
Se 0 : 0 1 x 1 + 1 x 1 0
Se 1: 1 1 x 1 + 1 x 1 + 1 x 2 2
Se 2 : 2 1 x 1 + 1 x 2 + 1 x 1 4
Se 3: 3 1 x 2 + 1 x 1 3
Se 4 :
n y n
n y
n y
n y
n y
n y
n
< − < − =
= − − = − = −
= = − =
= = − =
= = =
= = =
= ( )
( )
 4 1 x 1 1
Se 4 : 4 0
y
n y n
= =
> > = 
 
 
 
 
1n = −
 
 
0n =
 
1n =
 
 
 
 
 
 
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2n =
 
3n =
 
 
4n =
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Series e Transformada de Fourier 
 
 
 
Recordar 
 
Componentes Reais e Imaginarias: 
O complexo pode ser representado sobre duas formas: algébrico e exponencial. 
 
 
 
( ) ( ) ( )r is t s t tjs= + 
 
Forma Algébrica 
 
 
 
( ) ( ) ( )j ts t s t e θ= 
 
Forma Exponencial 
 
Graficamente 
 
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( ) ( ) ( )cosrs t s t tθ=    ( ) ( ) ( )sinis t s t tθ=    ( )
( )
( )
i
r
s t
t arctg
s t
θ
 
=  
 
 
Cuidado que ( )tθ é uma função. 
 
 
Complexo conjugado: 
( ) ( ) ( )* r is t s t tjs−= ( ) ( ) ( )*
j ts t s t e θ−= ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
*
*
2
2
r
i
s t
s
s t
s t
s t
st tj
+ =
− =
 
( )
( ) ( )*
2r
s t s t
s t
+
= ( )
( ) ( )*
2i
s t s t
s t
−
= 
 
 
 
( )
0 0
0cos 2
tj j te e
t
ω ω
ω
−+
=
 
 
( )cos
2
tj jte e
t
−+
= 
( )
0 0
0sin 2
t tj je e
t
j
ω ω
ω
−−
=
 
 
( )
22
in 2s
2
t tj je e
t
j
−−
= 
 
( ) ( )2
1 0
cos 2 sin 2 1jke k kjπ π π
= =
= + =
����� �����
 
2 1j = −
 
 
( ) ( ) ( ) ( )sin sin cos cosφ φ φ φ− = − ∧ − = 
( ) ( ) ( ) ( )cosi s2 0 2 1 1cn os
n
nπ π π= ∧ = −= ∧ 
 
Recordar os números complexos: . jZ e θρ= , em que o ρ é o modulo e θ é o argumento. 
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Nota: 
( )
2
arctg
π
−∞ = − ( )0 0arctg = ( )
2
arctg
π
+∞ = 
 
1
4
arctg
π 
= 
 
 ( )1
4
arctg
π
= 
 
 
( )
( )
( )
( )2 21 cos 2 1 cos 2cos sin
2 2
x x
x x
+ −
= ∧ =
 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )cos cos cos sin sinA B A B A B+ = − 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )cos cos cos sin sinA B A B A B− = +
 
 
Preciso de me aproximar de ( ) ( )
( )
[ ]2 2cos , Re
t
H
s
e t h t s
s
α α
α
β
β
α−
 +
←→ > − 
 + + 
L 
 
Vou utilizar uma regra que é a seguinte 
2 2
2
2 4
b b
x bx c x c
 
+ + = + − + 
 
. Assim adaptado a função 
2 4 10s s+ + , fica 
 
( ) ( )
2 2 22
2 2
2 22
4 4
4 10 10
2 4 2 2
4 10 2 4 10 2 6
b b
x bx c x c s s s
s s s s
      
+ + = + − + → + + = + − +             
⇔ + + = + − + = + +
 
 
Outra função: 
2 2 2
2 1 1 1 154 4
2 2 2 4
s s s s
     
− + = − − + = − +     
     
 
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Nota: ( )3 210 10 0 10s s s s s s+ = + → = ∨ = ± 
 
Nota: 
2
2 2
1 1
1 1
1 1 1 1 1 1
1
1
x x x
x x x x x x
  
= − = − + − = +  
− − + − + −
−
 
 
Ou mais rápido: 
 
 
 
 
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Exercícios Práticos 7 - Serie de Fourier 
 
 
Exercício 7.9.1 - Desenvolva em série trigonométrica de Fourier os sinais periódicos: 
 
 
 
Resolução Exercício 7.9.2 a) 
( ) ( ) ( )2cos cos 2 2cos 1
kB
k k k
k k k
π π π
π π π
−
= − + = − 
 
Se “k” é impar, 
( )2 1 1 3
k k k
B
π π
− −
= − =
 
 
Se “k” é par, 
( )2 1 1 1
k k k
B
π π
−
= − = − 
 
Resposta: 
3
 se k é ímpar
1
 se k é par
k
kB
k
π
π


= 
−

 
 
 
 
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Exercício 7.9.2 - Desenvolva o sinal da figura em série trigonométrica de Fourier, no intervalo 
0 ,t K< < transformando-a numa função periódica que na série de Fourier gere: 
 
a) só os termos em seno. 
b) só os termos em cosseno. 
c) só os harmónicos ímpares em termos seno e cosseno. 
 
 
Resolução Exercício 7.9.2a) 
 
 
 
 
 
Recordar: 
( ) ( )0sinn n t dt u t du uB dm t tω
∞
−∞
= ∧ = → =∫ 
 
( )
( )0
0
0
sin
cos n t
dv n t dt v udv uv vdu
n
ω
ω
ω
 
= → = − = − 
 
∫ ∫
 
 
( ) ( ) ( )( )0 0
1
1 1y y m t t y t k y
k
− = − ⇔ − − = − − ⇔ +
1 k
t
k k
= +
t
y
k
⇔ = 
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( )0
2 2
( )
sin
k
n n
k
t
n tB dt B
k k k
ω
−
= ⇔ =
− − ∫ 2 ( )0
sin
k
k
t
n t dt
kk
ω
−
∫
 
( )
( ) ( )0 0
02 2
0 0
cos co
s
1 s.
n
1
i
k k
n n
k k
udv uv vdu
t n t n t
B t n t dt B dt
k k n n
ω ω
ω
ω ω
− −
= −
 
 
 
  = ⇔ = − − − ⇔    
 
∫ ∫  
∫ ∫
��������������� 
 
Sei que 0
2 2
2T k
π π
ω = =
 
( ) ( )
22 2 2 2
2
0 0
0 0
.cos s
2 2
2 2
2
in
.c
2
2
os sin1
2
1
k
k
n n
k
k
t n t n t
t n t n t
B B
k
k n
k
k k
n k
n n n
π π
ω ω
πω ω π
−
−
    
          ⇔ = − + ⇔ = − + ⇔       
       
 
2
1
nB
k
⇔ =
( )k
−
2
.cos
2
n
k
π
k( )
2
2k
n
π
 
 
 
sin
2
2k
n
π
+
 
 
 
k( )
2 2
2
n n
k
π
 
 
 
2
k
 
− 
 − −     
  
( )
2
.cos
2
n
k
π
k−( )
2
2k
n
π
 
 
 
sin
2
2k
n
π
+
 
 
 
k−( )
2 2
2
n n
k
π
 
 
 
2
 
 
  ⇔     
  
 
 
( ) ( ) ( ) ( )sin sin cos cosφ φ φ φ− = − ∧ − = 
 
cos
2
n
n
B⇔ = −
2
π
2
n
 
 
 
2
π
s
2
in n
+
 
 
 
2
π
2 2n n
 
 
 
2
π
2
cos
 
  −
 
− 
  
  
  
2
n
2
π
2
n
 
 
 
2
π
s
2
in n
−
 
 
 
2
π
2 2n n
 
 
 
2
π
2
 
 
 
⇔ 
  
  
  
 
 
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( )
2 22 2
cos sin cos sin
n
n n n n
B
n nn n n n
π π π π
π ππ π
   
⇔ = − + − ⇔   
  
−

   
 
 
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( ) ( ) ( ) ( )cosi s2 0 2 1 1cn os
n
nπ π π= ∧ = −= ∧ 
 
 
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( )
1 ou 1 0 1 ou 1 0
2 22 2
cos sin cos sin
n
n n n n
B
n nn n n n
π π π π
π ππ π
=− = = =− = =   
   
⇔ = − + − ⇔   
      
   
−
���� 
���� 
���� 
����
 
( ) ( )
( )
cos cos
n
n n
B
n n
π π
π π
⇔ = − − ⇔ 
( )
( )
2.cos 2
1
n
n n
n
B B
n n
π
π π
⇔ = − ⇔ = − −
 
 
 
 
Resolução 7.9.2b) - 
É função par. 
 
0nB = 
0
1
2
A = (valor médio do sinal) 
( )0
2
cosn
T
t
A n t dt
T k
ω= ∫
 
( )
( )
( )
( )
0
0 0
0
2 2
cos cos
k
n
k
t t
A n t dt n t dt
k k k k k k
ω ω
−
− += +
− − − −∫ ∫ 
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Sei que 0
2 2
T nk
π π
ω = =
 
 
Minhas contas: 
2
2
k
( )
( ) ( )
0 2 2
0
0 0
0 0 0
sin cos
cos
k k
n
t n t n t
A t n t dt
n n
ω
ω
ω
ω ω= = + ⇔∫
 
k nA
k
=
sin n
2
n
π
k
k
n
 
 
 
2
n
π
k
cos n
+
2
n
π
k
k
2n
 
 
 
2 2
2
2
n
π
( )
0
2
2
sin 2
2
k
k
π
π
=
= +
����
( ) ( )
2 2 2 2
cos 2 2
2 2
coskπ π
π π
= ⇔
 
 
 
As soluções do Prof. Amândio são 
( )
( ) ( )
0 2 2
0
0 0
0 0 0
sin cos
cos
k k
n
t n t n t
A t n t dt
n n
ω
ω
ω
ω ω
= = + ⇔∫
 
( )
2
2 2 2
sin cos
2
cos 1
2 2
2 2
n
nk nk
nk
n n
A
t t t
n
n
k
n
n n
π π
π
π π π
   
   
   ⇔ = + = −
 
⇔
 

 

 
 
2 2
0 se é par
4
 se é imparn
n
A
n
n π


= 
−
 
 
 
Resolução 7.9.2c) 
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Calculo auxiliar - das funções: 
 
( )
( )
( ) ( )( )
0
0
1
0
1 0 1
1
1
1
0
y
t t k
u t
t t t k t
y
y
m m m
k
y ym
k k
− − −
= ⇔ = ⇔ = − − −
= 
 =
−
−− ⇔ = − −− ⇔ = −

 
( )
( ) ( )
0
0
2
0
1
1
0
1
0
1
0y
y
m m m
y
t t k
u t
t t t
k
m
k
y
k
ty
− −
= ⇔ = ⇔ = − −
= 
 = − ⇔ = − ⇔ =

 
0 0A = 
( ) ( )
0
0 0
0
2 2
? 1 cos co
2
1
s
1
2
k
n n
k
A A n t dt n t
kkk
dt
k
ω ω
−
 
− += → = − + 
 
∫ ∫
 
( )2 2
2 2
0 se é par
2
1 4
 se é impar
n
n n
n
A t A
n n
n
π
π

 = − − ⇔ =   −
 
 
( ) ( )
0
0 0
0
2 2
? 1 sin sin
2 2
k
n n
k
t t
B B n t dt n t dt
k k k k
ω ω
−
 
= → = − + ⇔ 
 
− +∫ ∫
 
 
 
 
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Exercício 7.9.4 - Para o sinal periódico da figura: 
 
 
a) Determine o desenvolvimento em série trigonométrico de Fourier, nas duas formas de 
apresentação. 
b) Determine o desenvolvimento em série exponencial de Fourier e verifique o resultado com os 
valores obtidos na alínea a). 
c) Represente em módulo e fase o espectro complexo do sinal. 
d) Calcule a percentagem de potência contida nos três primeiros termos da série exponencial 
3 3( ).C a C− 
e) Calcule o erro quadrático médio que resultaria da aproximação feita pela alínea anterior ao sinal 
da figura. 
 
Resolução 7.9.4a) – Antes de resolver rever alguns conceitos. 
 
Serie Trigonométrica da Primeira Forma 
 
( ) ( ) ( )0 0
1
0
1
sincosk
k
k
k
p A k tu tA B kt ω ω
+ +∞
=
∞
=
= + +∑ ∑ 
Com ( ) ( )
0
0
0
2
cos.k
T
pA kT
u t t dtω= ∫ , e o caso particular da origem ( )
0
0
0
1
p
T
A dt t
T
u= ∫ 
0A é o valor médio do sinal. 
Com ( ) ( )
0
0
0
2
.sink p
T
B u t k t dt
T
ω= ∫ . O “k” é sempre positivo. 
Agora vou fazer o exercício. 1º vou determinar a função: 
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0
0
0
0
y y A A
m m m
x x T T
− −
= ⇔ = ⇔ = −
− −
 
( ) ( )0 0
A A A
y t t y t y t
T T T
= − − ⇔ = − − ⇔ = − 
 
Agora, usando a definição: 
( ) ( ) ( )0
1
0
1
0 sincosk
k
k
k
A B kv t A tk tω ω
+ +∞
=
∞
=
= + +∑ ∑ 
( )
0
0
0
0 011 1
p
T TT
A A
u t tA dt dt tdt
T T T TT
− −
== − = − ⇔∫ ∫ ∫
 
 
Nota: como 
A
T
− é uma constante, coloco fora do integral. 
 
( ) ( )
0 2
0
22
2 2 2
0
2 2 2
T
TA t A A
T
A
T T−
 −
= − = − − = − 
 
 
2T
−
2 2
A 
=  
 
 
 
A “olho” seria assim: o valor máximo é A, e o mínimo é zero, fica (porque tem a forma geométrica 
de um triangulo): 
0
0
2 2
A A
A =
−
=
 
( ) ( ) ( )
0
0
0
Os limites de integração são escolhidos
pela facilidade de se poder fazer o calculo.
Não é imposto que seja num determinado
intervalo
0
.
0
 Por 
1
. .cos
2
cos
udv uv vdu
p
T T
kA k t dt
A
u t t k t dt
T TT
ω ω
= −
−
∫ ∫
= = −∫∫
��������
ter cosseno, a função é par.
⇔
���������
 
( ) ( ) ( )
( ) ( )
0
0
02
0
0 0
020 2 2 2
0 00
.sin cos2 2
. . .co
2
cos s .
T
p
T
T
k
T
t k t k tA A
u t t k t dt
T T k k
A k t dt
T
π
ω
ω ω
ω
ω
ω
ω
=
−
−
 
 
 
= = − = − + ⇔ 
 
 
 
∫∫
��
 
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Cuidado para não fazer isto! 
( ) ( )
0
2
22
2
2 2
.sin cos
2
.
2 2
T
k
T k T k T
A T T
T k
T T
A
k
π
ω
π π
π π
= 
 
    
− − −       ⇔ = −  +  ⇔
  
    
 
 
������
 
 
 
( ) ( ) ( ) ( )2 2
2 2 2 2 2
.sin 2 cos 2 sin 2 cos 22
. .
2 4 2k
T k T k k kA
A
T k k
A
k k
π π π π
π π π π
 − − − − − − 
= − + = − + ⇔   
  
 
 
( ) ( ) ( ) ( )sin 2 sin cos 2 cosk k k kπ π− − = ∧ − = 
 
( ) ( )
2 2
sin cos
.
2k
k k
k
A A
kπ π
 
= − + 
 
 
 
 
Correcto é assim: 
( ) ( ) ( )
0
0
020
0
2
. . .
2
cos cosk
T
p
T
A k
A
u t t t k t dt
T
dt
T
ω ω
−
= = −∫ ∫ (é preciso um calculo auxiliar!) 
 
 
Calculo Auxiliar, � ( ) ( ) ( )0 0 0
0 0
'
1 1
.cos sin . sin1
u
v
tk t dt k t k t dt
k k
t ω ω ω
ω ω
= − ⇔∫ ∫�����
 
( ) ( )0 02 2
0 0
1
sin cosk t k t
k k
t
ω ω
ω ω
+
 
 
Jorge Rodrigues Valente – 2087406 UMa 
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Assim sendo fica: 
0 0
2 2 2 2
2 2 1
. .cos . sin cos
T
k
A A
t k t dt k t k t dt
T T k k
A
− −
= − = −∫ ∫
kA = − =
( )
�
( 0 0 0 02 2 2 2 2
0 0 0 0
0
0
2 1 1
. sin cos sin cos
0
k
A
k k k k
T k k k
A ω ω ω ω
ω ω ω ω
=
=
  
  
  
= − −  
  
   
   
�������
2
2 1 1
. 0 cos 0 sin cosk
A T
T k
A
  
  = − − − −
  
  
 
 
Sei que, ( ) ( )sin sinφ φ φ φ− = − ∧ − =
( )si 2 0 2 1 1n π π π= ∧
2087406 UMa 09-10
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( ) ( )
0 0
0 0 02 2 2 2
0 0
Calúlo auxiliar
2 2 1
. .cos . sin cos
T
A A
t k t dt k t k t dt
T T k k
t
ω ω ω
ω ω
− −
+= − = −∫ ∫
���������������
( ) ( )
0
0 02 2 2
0 0
2 1
. sin cos
T
A
k k
T k k
t
t tω ω
ω ω
−
 
= − = +
 
 
( )) ( )( )
( )
( )( )0 0 0 02 2 2 2 2
0 0 0 0
2 1 1
. sin cos sin cos0 0
T
T Tk k k k
T k k k
ω ω ω ω
ω ω ω ω
  
  
    
= − −    
   
   
   
+ +
−
− −
�������
( ) ( )0 0
0
2 2 2
1
0
2
0
2 1 1
. 0 cos 0 sin cos
A T
k T k T
T k k k
ω ω
ω ω ω
=
+
    −  = − − − − 
     
+
���
) ( ) ( )cos cosφ φ φ φ− = − ∧ − = 
( ) (cos2 0 2 1 1cos nπ π π= ∧ == ∧
0
2
T
π
ω = 
10-2011 123/388 
s e Sistemas – Teórico-prática 
( )0 0 02 2 2 2
0 0
Calúlo auxiliar
2 2 1
. .cos . sin cost k t dt k t k t dtω ω ω
ω ω
���������������
 
= − = 
( )( )0 0 0 02 2 2 2 2
0 0 0 0
2 1 1
. sin cos sin cosT Tk k k k
k
ω ω ω ω
ω ω ω ω
 
 
  
  
  
 
  
+ +− − 
( )0 0. 0 cos 0 sin cosk T k Tω ω
  
 = − − − − 
   
 
 
) ( )2 0 2 1 1
n
nπ π π= ∧ = − 
Jorge Rodrigues Valente – 2087406 UMa 09-10-2011 124/388 
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2 22
2 2
2 1 1
. sin cos
2 2
22 2
k T T
T
A T
k T k T
T k
A
T
k k
T
π π
ππ π
 
 
    = −          
    
    
− −
 
2
2 2 2 2
2
2
2
2
.
. sink
T T
T
T
T
A
A
k
k k
π
π π
−= − T
2
2 2 2
2
2
cos k
T
Tk
π
π
 
 −
 
T
  
  
  
 
2
2
kA
A
T
= −
2
.
T 2
2 2 22
T
k π
− ( )
2
0
2
2
sin k
T
k
π
π
=
−
�����
( )2 2 2
1
2
2
cos k
k
π
π
=
 
 
  
�����
 
( )2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1
2 . 0 1
2
.
2
2
2k
A
k
A A
k kπ π π
 
= − = −  
− −
2 2 2
1
2k π
− 2 0.0A
 
= − = 
 
 
( ) ( )
0 0
0 02
2 2
.sin . .sin
T T
udv uv vdu
k
A A
t k t dt t k t dt
T T
B
T
ω ω
− −
= −
= − = −
∫ ∫
∫ ∫
���������
 (preciso de um calculo auxiliar). 
 
Calculo Auxiliar: � ( )0
'
.sin
v
u
t k t dtω ⇔∫ ����� 
( ) ( ) ( ) ( )0 0 0 02 2
0 0 0 0
1 1 1
cos cos cos sink t k t dt k t k t
k k k
t
t
k
ω ω ω ω
ω ω ω ω
⇔ − − − +− =∫ 
 
 
Assim fica: 
( ) ( )
0
0 02 2 2
0 0
2 1
. cos sink
T
A
k k
T k k
t
t tB ω ω
ω ω
−
 
= −  
 
+− 
( )
( )( ) ( )( )
( )
( )( ) ( )( )0 0 0 02 2 2 2 2
0 0 0 0
2 1 1
. cos sin cos sin
0
0 0k
A
k k k k
T k k k
B
T
T
k
Tω ω ω ω
ω ω ω ω
    
= − − − −    
    
+ −+

−
− 
( ) ( ) ( )2 2 2 2 2
0
0 0
0 0
0
0
2 1 1
. 0 sin 0 cos sink
A
k k
T k k
T
TB T
k
ω ω
ω ω ω
=
=
  
      = − −      
  
−+−
 
+
 
���
�������
 
Jorge Rodrigues Valente – 2087406 UMa 09-10-2011 125/388 
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Sei que, ( ) ( ) ( ) ( )sin sin cos cosφ φ φ φ− = − ∧ − = 
( ) ( ) ( ) ( )cosi s2 0 2 1 1cn os
n
nπ π π= ∧ = −= ∧ 
0
2
T
π
ω = 
 
2
2 2
cos
2
.k
A
k
T k T
T
B
T π
π
= − − T 2
2
2
2
1
sin
T
T
k
k
π
π
 
 
   
 
 
− T
  
  
   
    
  
  
 
2
2
kB
A
T
= − .
TT
− ( )
2
1
2
2
cos k
T
k
π
π
=
−
�����
( )2 2 2
0
2
2
sin k
k
π
π
=
  
  
  
  
�����
 
( )
1
2 . 1 0
2
2kB A k π
  
= − − − =  
   2
1
.A
k
A
kπ π
= 
 
 
Assim: ( ) ( ) ( )0
1
0
1
0 sincosk
k
k
k
A B kv t A tk tω ω
+ +∞
=
∞
=
= + +∑ ∑
 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )0
1ª decomposição em serie 
0
1
de Fourier
0
1 1
0
sin0 sio n
2 2
c s
k kk
A A
k tk t t
k
A
t k
k
v
A
ω ω
π π
ω
+∞ ++∞
=
=
∞
= =
   
   
  
= + + = +

∑ ∑∑
�� ��������� �� �����
 
 
 
 
 
 
Serie Trigonométrica da Segunda Forma 
 
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( ) ( )0 0
1
cosk k
k
v t D D k t Cω
∞
=
= + +∑ 
 
 
Recordar livro do professor Amândio, no capítulo 7, pagina 17: 
7.3.7 Relação Entre as Diferentes Formas da Série de Fourier 
Resume-se de seguida a relação entre os diferentes coeficientes das diferentes formas da série de 
Fourier. Cada coeficiente é representado pela letra com a qual foi designado na apresentação da 
respectiva forma. A tabela 7.1 mostra essas relações. 
 
 
 
Tabela 7.1 – Definição de produto escalar para cada tipo de sinal. 
 
 
 
00D A= (e neste exercício 0 2
A
A = 

 
 
�
2 2 2
0
k kkk kD
A
B B
k
A B
π
=
= + = = = 
( )
20
k
k
k
A
arctg
A
C
B karctg arctg
ππ
 
  
= − = − = −∞ =  
   

−

 (nota: k kC ϕ= e é a fase.) 
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( ) ( )0 0
1
0
1
Assim como 
2
 c
2
os cos
k
k k
k
v t k t k tD
A
CD
A
k
ω
π
ω
π
∞ ∞
= =
  
= + + = + + 

−

 
 
∑ ∑
 
 
( ) 0
1 2
 c
2
os
k
v t k t
AA
k
π
ω
π
∞
=
 
= +  
 
−∑ 
 
 
 
 
Resolução 7.9.4b Serie Exponencial de Fourier 
 
( ) 0k tk
j
k
p C eu t
ω
+∞
=−∞
= ∑ 
 
Com ( ) 0
00
1 tj
k p
k
T
C et tu d
T
ω−= ∫ , e cuidado com os sinais. Aqui o expoente é negativo. 
Assim fica: 0 0
2
Decorrar este integral, pois é sempre igual
1
. .k tk
T T
j jk tA At t e dt
T
e t
T
C d
T
ωω
−
− −
−
− = −= ∫ ∫
�������
 
 
(Ou seja, até agora tem se três integrais para saber de cor, que é esta, uma com o seno, e outra com o 
cosseno). 
Continuando - 0
2
. k t
T
j
k
A
t e dt
T
C ω−
−
⇔ = − ⇔∫ 
kC⇔ = − 2
A t
T −
0
0
sem o "t"!
. jk t
j
e
k
ω
ω
− −
���
0 0 0
0
0
2 2 2 2 2 2 2
0 0 0
1 1
. . .k t k t k t
T
T
j j jA te e e
k T kj j j k
ω ω ω
ω ω ω
− −
−
−
−
 
   
= ⇔   
 
 
+
 

 
( ) ( ) ( ) ( )0 00 0
2 2 2 2
0 0 0
0 1
. . .k
k kj j TA e e e
T k k kj j
C
j
ω ω
ω ω ω
−− − − 
⇔ = + − 
 
0jkω −( )
2 2 2
0
1
.
T
j
e
k ω
−
+ 0
jkω −( )T  
⇔  
   
 
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0 0
2 2 2 2 2 2 2
0 0 0
1 1
. .k T kj jk
T
j j j
A T
e e
T k k k
C ω ω
ω ω ω
 
⇔ = + − ⇔ 
 
 
0 0
2 2 2 2 2 2 2
0 0 0
1 1
. .k T kj jk
T
j j j
A T
e e
T k k k
C ω ω
ω ω ω
 
⇔ = + − ⇔ 
 
 
 
Sei que 20 1
2
j
T
π
ω ∧ = −= 
 
2
2
22
2
2
2
22
1
. .
2
1j jT Tk
k
T k T
C
A T
e e
T
kk k
TT T
j
π π
ππ π
   
   
   
 
 
 ⇔ = + − ⇔
     
          
 
2k T
C
A
⇔ =
2T
2 2 22
.
k
TT
π
+
2
.
2
j
T
k
e
jk
π
π
T
 
 
 
2T
−
2 2
2
2
.
2
T
kj
e
k
π
π
T
 
 
 
 
  ⇔
  
 
2
2 2
2
2 2 2 2
1 1 1
. .
2 2 2
jk jk
k A k k
C e
k
e
j
π π
π π π
 
⇔ = + − ⇔ 
 
 
 
Nota: ( ) ( )
1
2
0
cos 2 sin 2 1jk ke j kπ π π
= =
= + =
����� �����
 
2 2 2
1
2k
A
k
C
π
⇔ = ( ) ( )2 2 2
1 1
. .
2 2
1 1
kj kπ π
+ −
 
⇔ 
 
 
( )
1
1 1
. .
2 2 2 2 2.k
j j j j
j j j j
A A A
A A
k k k
C
k kjπ π π π π
=−
− − 
⇔ = = = = =  − 
−
− −
���
 
Sabendo que: 
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Verifica se que 2
0
.
2 2 2 2
k k
k
j
A
A B A Ak
j
C
j
j e
k k
π
π
π π
−
= = = =
−
−
− 
Assim, utilizando a definição: ( ) 0 0 0
0
2. .
2 2
k t k t k
k
t
k
k k
j j
k
jj
p C e e
A A
u t
k
j
e e
k
π
ω ω ω
π π
+∞ +∞ +∞
=−∞ =−∞ =−∞
≠
−
=
−
= =∑ ∑ ∑ 
Verifica-se então que: ( )
( )
�
( )
0 0
0
2
0
 . . .
2 22 2
p
v t
u t
k t k t
k k
j
k k
jjA AjA Av ee
k k
et ω ω
π
π π
+
≠
∞ +∞
=−∞ −∞
−
=
≠
= + =
−
+∑ ∑
�������
 
Resolução 7.9.4c) – Serie Exponencial de Fourier 
O módulo tem que ser par e a fase (argumento) impar para se obter um sinal Real. São necessários 
dois gráficos (espectros). 
Os cálculos são os mesmos da alínea anterior. Aqui só me é pedido a representação dos valores. 
 
0 0
0 0
0 0
2 2 2 2 2 2 2
0 0 0 0
1 .
. .j j
jk t jk t
k t k t
k
T T
A t A t e e
C e e
T k k T jkj kj
ω ω
ω ω
ω ω ω ω
−
− −
− −
−
+
   
= = ⇔   
 
−
 
 
2.
2 2
j
k
A A
C e
k kj
π
π π
−
= = 
 
Como há uma relação entre a forma trigonométrica e a forma exponencial, fica: 
�0
2
Calculado na pagina 13
.
2 2 2 2
j
k k k
k k
A jB B A
C j e
k
A A
k k
jB
π
π ππ
−
=
−
− −
  
= = → = = =  
  ������� 
 
Jorge Rodrigues Valente – 2087406 UMa09-10-2011 130/388 
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Espectro do módulo é dado por ( )2. só fica a parte real
2 2k
jA A
k
eC
k
π
π π
−
= = 
Esboçar o gráfico: 
 
Como se pode ver pelo gráfico, o módulo (em cima) é par, pois se rodarmos o eixo na ordenada, 
constatamos que é simétrico. E em baixo, é simétrico na origem. 
Os módulos são sempre números positivos e reais. 
Na origem é uma definição específica que é 00 2
C
A
A= = 
 
Para os outros diversos pontos é: 
( )
2
1 1
.
2 2
jA A
eC
π
π π
−
= = 
( )
2
2 2
.
2 4
jA A
eC
π
π π
−
= =
 
( )
2
3 3
.
2 6
jA A
eC
π
π π
−
= =
 
 
 
 
Nota: 
Jorge Rodrigues Valente – 2087406 UMa 09-10-2011 131/388 
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( )
2
1 1
.
2 2
jA A
eC
π
π π
−
= = , e tem argumento 
2
π
− . 
( )1
2.
1 2 2
jA A
eC
π
π π
− = =
−
, e tem argumento 
2
π
. 
 
( ) ( ) ( )arg arg 04 a
2
rg 7j
π
π= ∧ − = ∧− − =− 
( ) ( ) ( )arg 3 arg 4 a
2
r 70 gj
π
π= ∧ ∧ − = −=
 
 
 
 
 
 
Jorge Rodrigues Valente – 2087406 UMa 09-10-2011 132/388 
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Resolução 7.9.4d) - Qual a potência total? Vou utilizar o Teorema de Parseval. 
 
Recordar livro do professor Amândio, no capítulo 7, pagina 25: 
 
7.6 - TEOREMA DE PARSEVAL - Numa transformação de coordenadas ortogonal, como é a de 
Fourier, o produto escalar, ( ) ( )( ),u t u t , é invariante. A verdade desta afirmação pode ser verificada 
pelo teorema de Parseval. 
 
Teorema de Parseval: A potência média de um sinal periódico é igual ao somatório das potências 
das suas componentes na decomposição em série de Fourier. 
 
Utilizando a definição para o cálculo da potência, sendo ( )uP t um sinal periódico de período 0T , a 
potência média, tal como foi definida anteriormente em (4.32), é dada por 
 
( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )
0 0
2 *
0 0
1 1
, 7.74p p p p p
T T
P u t u t u t dt u t u t dt
T T
= = =∫ ∫ 
 
 
Utilizando a representação em série de Fourier, (7.14), a equação anterior fica: 
 
0
0
0
*
0
1 l
l
T
k t t
k
k
j
l
jP e e dt
T
C Cω ω
+∞ +∞
∞ ∞=− =−
  
= ⇔  
  
∑ ∑∫ 
 
0
0
0
0
1
. . . .lk ll
k t t
k
j j j j
kT l
P e e e e dt
T
C C ωϕ ϕω − −
+∞ +∞
∞ −=− = ∞
  
= ⇔  
  
∑ ∑∫ 
 
( )0
0
0
0
Constante
1
. . . . . 7.75k lj j j
T
k t t
k
l
l
l
j
k
P e e e e dtC
T
Cϕ ω ωϕ
+∞ +∞
=−∞ =−∞
− −   =    
   
∫∑ ∑
���������������
 
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Cuidado que utilizei variáveis diferentes, como o “k” e o “l”. 
O integral que aparece nesta expressão é resolvido desta forma ( )0 1 recordar q eue = : 
( )
( )
( )
0
0
0
0
0 0 0
0 00 0 0
1 1
, .
k
k t t k
j
j j t t
tT
l lj
T
l
j ee e e e dt
lT T j k
ω
ω ω ω ω
ω
−
− −
 
= = ⇔ 
− 
∫ 
( )
( )
0 0
0
2
0
1
,
k
k t tl
T
j j
lj
e
e e
T
π
ω ω
−
−⇔ =
0T
( ) 0
1
lj k ω
 
 −
 − 
 
 
( ) ( ) 00
0
0
0 0
0 0 0
0 0 00 0 0
1 1 1
, . 1
T
k tkk t t jj j jk tkjt
T T
ke e e e dt e dt e dt
T T T
ωω ω ω ω− − −= = = =∫ ∫ ∫ 
 
sendo o resultado: 
 
 
Com este resultado, a expressão da potência fica 
( ) ( )
0
2 2
0
1
7.77p
kT
kP u t dtT
C
+∞
=−∞
= = ∑∫ 
 
definindo o teorema de Parseval. Pondo a expressão (7.77) noutra notação matemática, 
( )
2 2 22
0 1 22 2 .. ... 7.72 8. km C C CP C+ + + ++=
 
 
 
( )
( )
�
2
00 0 02 2 2 3 2
2 2 2
2 3 3
1 1
3 3T T T T T
v t
A A A t A
P dt t dt t dt
T
A
v t
T T
t
TT T
− − − −
=
 
   
= = = = = =   
  

−

∫ ∫ ∫ 
Este valor é a potência total do sinal. 
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Com 00 2
C
A
A= = 
E para os outros três pontos é: 
( )
2
1 1
.
2 2
jA A
eC
π
π π
−
= = 
( )
2
2 2
.
2 4
jA A
eC
π
π π
−
= =
 
( )
2
3 3
.
2 6
jA A
eC
π
π π
−
= =
 
 
 
2 2 2 2
2 2
2 2 22
0 1 2
 
3 2
 
2 2 2
2 4 1 36
2 2
6
2m
TEOREMA DE PARSEVAL
A A
C
A
C C
A
P C
π π π
 
= = + + + 

+ +

+
�������������
 
 
( )
2 2 2 2 2 2 2
2
2 2 2 2 2
Potência média do sinal
49.
36 9 4 18 49
4 72 72 72 4 72. 72.m
A A A A A A A
P π
π π π π π
 
= + + + = + = + 
 �����
 
 
 
Percentagem: 
2
2
2 2
: x32 2
2 2
x3:
49. 1 49
3 1474 72. 4 72. 95,68%
1 4 72.
33
A
m
AT
A A
P
AP
π π
π
+ +
= + == =
 
 
Ou seja, com apenas três valores de kC consegue se uma boa aproximação da potencia total. 
 
 
 
Resolução 7.9.4e) - ( ) ( ) ( )t e tvv t∆= + 
Este termo ( )v t∆ é obtido apenas pelo somatório do 3+1 primeiros termos. Ou seja os valores 
0 1 2 3, , , .C C C C Ou seja apesar da quantidade de termos tenderem para uma quantidade de 
infinitos termos, só com estes 4 termos consegue se 95,68% da potência total do sinal. 
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Pois na realidade a definição da função é ( ) 02
0
 . .
22
k
k
k
j tjAv t
A
e
k
e ω
π
π
≠
+∞
=−∞
−
= + ∑ , com o k = −∞ . 
Na pratica só se utiliza a função ( ) 02
0
3
. .
2 2
kj
k
k
tjA Av e
k
et
π
ω
π=−
+∞
≠
−
= + ∑ , com o 3k = − , pois tem uma boa 
aproximação. Assim ( ) ( ) ( )v t v t e t∆= + 
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )
22 2
0
22v t v t e t v t v t e t e t∆ ∆ ∆
=
< > = + = + +
�����
 
Porque é que ( ) ( )
Produto Escalar
02v t e t∆ =�����
? - Porque os vectores são ortogonais entre si. 
 
( ) ( ) ( ) � �
Potência total Potência média Valor Médio do Valor Médio do 
 do si
2
nal do sinalerro Quadratico. sinal Quadratico. Valor Médio do 
erro 
3 2 2
2 2
Qu
2
49
3 4 72T m
v t
A A A
t v t Pe P
π
∆= < > − < > = −
 
< > +

= −  
����� �����
adratico.
���������
 
Nota: o produto escalar de energia é diferente do produto escalar de potência. 
 
 
 
Exercício 7.10 - Considere o sinal periódico discreto apresentado na figura: 
 
 
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a) Apresente o desenvolvimento em série exponencial de Fourier e esboce o espectro do sinal. 
b) Determine a potência do sinal pela definição, utilizando os coeficientes do espectro. 
 
 
 
Resolução 7.10a) – Serie Fourier – Sinais Discretos 
( )
�
0
a
b
k
k
k
p
Tj n
N
u n C eT ω
=< >
= ∑ , com ( )
( )
�
0
1
1
a
nT
k
p
N
b
N
k
k
jnT
b a
C u e ω
=
=< >
−
−
=
+
∑
�����
 
O sinal é periódico, com n=7: 
 
 
 
( )
( )
( )
�
0 0
1
1 1
a
nT nT
n N k N
j
b
k
k p
j
p
N
knT nT
N b
C e eu
a
u ω ω
=<
+∞
> =<
− −
=
>+−
= = ⇔∑ ∑
�����
 
( )( )
( ) ( )0 0
7
0
7
7
0
1 1
83 4 1
nT nT
n
jk
p
n
p
jk
kC u uT e en nT
ω ω
=
=
−
=
−= =
+
⇔
− −
∑ ∑�����
 
 
 
Parei aqui ….. 
 
 
 
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Exercícios Práticos 8 - Transformada de Fourier 
 
 
Exercício 8.15.1 – Calcule a transformada de Fourier dos sinais: 
 
a) ( ) ( )u t tδ= 
b) ( )u t A= 
c) ( ) ( )Hu t h t= 
d) ( )
1 se 
0 se 
T
t T
P t
t T
 ≤
= 
>
 (ver pagina 8 do capitulo 8). 
e) ( ) ( ) , com 0t Hu t e h t
α α−= > 
f) ( )
+1 se 0
+1 se 0
0 se 
t
T t
T
t
u t t T
T
outros

− ≤ ≤


= − ≤ ≤




 
g) ( ) 0j tu t e ω= 
h) ( ) ( )0cosu t tω= 
i) ( ) ( )0sinu t tω= 
 
 
 
Resolução do Exercício 8.15.1 a) - Recordar a definição da Transformada Directa (TDF) e inversa 
de Fourier (TIF). 
( ) ( )u t U ω←→ 
( ) ( ){ } ( ) tjU u t dtu t e ωω −
+∞
−∞
= = ∫F 
Este termo " "tje ω− é que faz a transformada de Fourier. Ver nota sobre “Novo referencial”. 
E a Inversa é ( ) ( ){ } ( )1
2
1 tjU eu t U dtωω ω
π
+
∞
−
∞
−
= = ∫F 
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Transformada de um Dirac: 
( ) ( ){ } ( ) ( ) tjtju tU u t dt dt te eω ωδω
+∞ +∞
−
−
−
−
∞ ∞
= = =∫ ∫F 
Vou ter que realizar um cálculo auxiliar, e igualando o 0.t = Colocando assim na origem. Mas 
primeiro vou recordar um pouco de teoria. 
 
Recordar do manual do professor, pagina 2 do capítulo 8: 
8.2 NOVO REFERENCIAL 
A transformada de Fourier permite efectuar a representação de sinais (vectores) no domínio 
das frequências, conhecendo-se a representação do sinal no domínio dos tempos. Esta 
passagem para o domínio das frequências é realizada pela designada transformada de 
Fourier directa. A operação inversa, a passagem do domínio das frequências para o dos 
tempos é realizada pela transformada de Fourier inversa. 
Os vectores de base no domínio das frequências são exponenciais complexas, tje ω , análogas às 
da série, mas onde ��é agora uma variável contínua. 
Para verificação da ortogonalidade das cissóides, calculemos o produto escalar, 
( ) ( )
( ) ( )
( )
0 0 0
1 2 1 2
2
1 21 1 2
0
0 0
2 2 2
1 2
2
, lim lim
j t
j j
jj j j tt t te
T T T
T T
T
e dt d
e e
e e e e t
j
ω
ω ω ω ω
ω ωω ω ω
ω ω
−
+ − −
−−
→∞
∞
−
−
−
∞
→∞
= = ⇔
−
−
=∫ ∫ 
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2
0 0
1
0
0 0
1 2 1 2
0
0 0 1 2
1 2 1 2
2sin si
2 2
n
, lim lim lim i
2
s n
j t
T T T
Senocardinal
tj e
T T
T
e Te cT
ωω
ω ω ω ω
ω ω
ω ω ω ω→∞ →∞ →∞
   
       
− −
−
− −
= = =   
���������
 
 
De modo a compreender esta expressão, 
podemos verificar pela figura 8.1 que outra 
forma de definir o impulso de Dirac consiste 
em considerar o limite da função seno 
cardinal, 
 
( ) ( )
0 0
1
lim lim sin
t
t f t cτ
τ τ
π
δ
τ τ→ →
 
= =  
 
, 
sendo ��o parâmetro de controlo. 
 
Função seno cardinal para aproximação 
ao impulso de Dirac. 
 
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Calculo Auxiliar: 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 0 0
1
0 0t tU x t t dt x t t dt x t t t dtδ δ δω
+∞ +∞ +∞
−∞ −∞
=
−∞
= − = − = − ⇔∫ ∫ ∫
�������
 
( ) ( ) ( )0 0 x 1U x t x tω = = 
( ) ( ){ } ( ) ( )
�
( )
0 1
1j jt t
e
u t e t tU u t dt de t dtω ωδ δω
=+∞ +∞
− −
+∞
−∞ −∞ −∞
= = = = =∫ ∫ ∫F 
 
 
 
 
 
Resolução do Exercício 8.15.1 b) – 
Vou utilizar a propriedade da Dualidade (pagina 17, do capitulo 8). 
 
Teoria - 8.6.6 Dualidade. Se ( )u t tem por transformada de Fourier ( ),U ω então 
( ) ( )u t U ω←→F 
( ) ( )2U t uπ ω←→ −F 
 
Para o demonstrar utilizemos a definição da transformada inversa, 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1
2 8.45
2
t tj jU d uu t U det eω ωω ω
π
ωω π −
∞ ∞
−∞ −∞
⇒ −= =∫ ∫ 
 
Se na última relação fizermos a troca das variáveis t por ��e ��por t, obtém-se 
( ) ( ) ( )2 8.46j tu U tet dωπ ω
∞
−∞
−=− ∫ 
 
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Este resultado diz que a transformada da função ( )U t é ( )2 uπ ω− , uma vez que o que se obteve foi 
efectivamente a definição da transformada directa. 
 
Assim 
( ) ( )u t U ω←→F 
( ) 1tδ ←→F 
 
Agora utilizando o teorema da dualidade ( )1 2πδ ω←→ −F 
Como o sinal é par, logo é igual a ( )1 2πδ ω←→F 
Agora utilizando o teorema da linearidade ( )2A Aπ δ ω←→F 
 
Assim fica ( ) ( ){ } { }U u t Aω = =F F , em que “A” é constante, 
( ) ( )2U Aω π δ ω= 
 
 
 
 
Resolução do Exercício 8.15.1 c) - ( ) ( )Hu t h t= . É diferente da 8.15.1.e). 
Pois se fizer como foi feito nesse exercício, vou obter: 
( ) ( ){ } ( )
0 0 0 0
1
. .1 j t j t j tU u t u t dt e
j
dt e dt eω ω ωω
ω
− −
+∞+∞ +∞ ∞
−
+  
= = = = = − ⇔ 
 
∫ ∫ ∫F 
( ) ( ) ( ) ( )0 0
1 1 1 1
0 1j j
j j j
e e e
j
U eω ωω
ω ω ω ω
+− −∞ +∞   = − − = − − = − − =   , e que se traduz 
num imaginário puro. Ora o sinal original teria que ser impar para tal suceder. Então o resultado não 
é este (apesar dos cálculos estarem certos!). 
 
O exercício está resolvido na página 26, do capítulo 8, exemplo 8.11. 
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Não vou pela definição, mas sim utilizando as propriedades. 
Vou utilizar a 8ª propriedade (da derivação nos tempos), que diz o seguinte: 
Se u(t) tem por transformada de Fourier U(�), então 
( )
( ) ( ) ( )8.90
n
n
n
d u t
j U
dt
ω ω←→F 
 
Se derivarmos ambos os lados da expressão da transformada inversa tem-se 
( )
( ) ( ) ( )
1 1
8.91
2 2
j tj tdu t d U e d j
t t
U e d
d d
ωωω ω ω ω
π π
ω
∞ ∞
−∞ −∞
 
= = 
 
∫ ∫
 
 
donde se conclui que 
( )
( ) ( )8.92
td
j
du t
Uω ω= . 
Continuando a derivar ambos os lados de (8.92) chega-se ao resultado do (8.90). 
Contudo, é necessário ter alguns cuidados quando se pretende aplicar esta propriedade no cálculo de 
transformadas de sinais, como vai ser exemplificado de seguida. 
Assim resolvendo agora o exercício, fica: 
( ) ( )u t U ω←→F 
( )
( ) ( )
n
n
n
d u t
j U
dt
ω ω←→F 
 
Como ( ) ( )Hu t h t= e ( ) ( )Hh t H ω
ℑ←→ , fica 
( )
( ) ( )
1
1
1
Hd h t j H
dt
ω ω←→F 
 
Como a derivada de um degrau de Heaviside é um Dirac 
( )
( )
1
1
.H
d h t
t
dt
δ
 
= 
 
 
( ) ( )
1
t j Hδ ω ω
=
←→
�����
F 
(Pois a derivada de um impulso de Dirac também é um). 
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Como o 2º membro é a derivada do 1º membro, e sei que a derivada de um Dirac é um, fica: 
( ) ( )
1
1j H H
j
ω ω ω
ω
= ⇔ = 
Obtive o mesmo valor!! Imaginário puro. 
Logo a escolha das propriedades na resolução dos exercícios é muito importante. 
Este resultado contraria a equação 8.43 da página 15 do livro do Prof. Amândio (tópico 8.6.5.2): 
( ) ( ) () ( ) ( ) ( ) ( )* * *u t u t u t U U U Uω ω ω ω= − = − ←→ = − −− = −=−F 
Esta definição afirma que para um sinal ter transformada puramente imaginária, a sua representação 
nos tempos deve ser Real e impar, o que não é o caso da função ( ) ( )Hu t h t= , pois embora seja 
Real, não tem simetria impar. 
 
Sei que qualquer sinal pode ser decomposto em sinais pares e ímpares. 
 
 
Sinal par 
 
Sinal ímpar 
( ) ( ) ( ) ( )
p iH H H
u t h t h t h t= = + 
 
Vou fazer por termos individualizados, primeiro impar. 
 
Derivando o termo impar, fico com um Dirac: 
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Sei que ( ) ( )1 1 2tδ πδ ω←→ → ←→ −F F 
( ) ( )
( ) ( )2
u t U
U t
ω
πδ ω
←→
←→ −
F
F
 
 
Para a componente par ( ) ( )
1
1 2
2
πδ ω πδ ω←→ − → ←→ −F F 
( ) ( )
pH
H ω πδ ω∴ = 
 
 
Para a componente impar ( ) ( )
i iH H
h t H ω←→F 
( )
( ) ( )
'i
i
n
n
H
H
d h t
j H
dt
ω ω←→F 
( ) ( )
1
iH
t j Hδ ω ω
=
←→
�����
F 
( ) ( ) ( )
1
1
i iH H
j H H ím
j
parω ω ω
ω
∴ = ⇔ = 
 
 
Logo o sinal completo fica: 
( ) ( ){ } ( ) ( ){ } ( ){ } ( ){ }p i p iH H H HH h t h t h t h t h tω = = + = + ⇔F F F F 
( ) ( ) ( ) ( )
1
p iH H
H
j
H Hω ω ω πδ ω
ω
= + = + 
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Resolução do Exercício 8.15.1 d) - ( )
1 se 
0 se 
T
t T
P t
t T
 ≤
= 
>
 (ver pagina 8 do capitulo 8). 
Trata se de um pedestal. 
( ) ( ){ } ( ). 1.
T T
j t j t j t
T T
tP p t p t e dt e dt e dω ω ωω − −
+∞
−∞ − −
−= = = = =∫ ∫ ∫F 
( ) ( )
1 1
. . jj j
T Tt T
T
P e e e
j j
ωω ωω
ω ω
−
−
−− −−
−
  = = − ⇔    
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1
. cos sin cos sinT TP j j
j
T Tω ω ω ω ω
ω
 = + − + ⇔      − − − 
 
Sei que ( ) ( ) ( ) ( )cos cos sin sinT T Tj jTω ω ω ω− − −= ∧ = 
 
( ) ( )
1
. cosP
j
Tω ω
ω
−= ( ) ( )sin cosTj Tω ω−− ( )sin Tj ω − ⇔  
( )P ω = −
1
j
.
ω
− j ( ) ( )
2
2sin .sinT Tω ω
ω
  =  
 
Vou multiplicar por 
T
T
ω
ω
, e fica 
( ) ( ) ( )
( )sin2
.sin . 2sin . 2 .
TT T
T T T
T T T
P
ωω
ω ω ω
ω ω ω ω
= = = 
 
 
E sei que 
( )sin T
T
ω
ω
 é um seno cardina. Com uma amplitude de 2T . 
( ) ( )2 .sinTP c Tω ω= 
 
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Resolução do Exercício 8.15.1 e) - ( ) ( )t Hu t e h t
α−= , com 0.α > A resolução está na página 9, do 
capítulo 8 (exemplo 8.3). A resolução deste exercício é diferente do exercício 8.1.1 c). 
 
 
 
( ) ( ){ } ( ). j tU u t u t e dtωω −
+∞
−∞
= = ∫F 
j te ω− é o responsável pela transformada (é o novo referencial, ler pagina 27 deste manual). 
E como o gráfico é para maior de que zero. 
Utilizei a folha de propriedades da faculdade de Castelo Branco: ( )
1
H
th te
j
α
α ω
− ←→
+
F 
 
( ) ( ) .1H
t th tu t e eα α−−= = 
( ) ( ){ } ( ) ( )
0 0 0
. . .1 t j tj t t j tU u t u t e dt e e dt e dtα ωω α ωω −
+∞
− − −
+∞ +∞
+
= = = = =∫ ∫ ∫F 
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Sei que 
1
bb
tx
a
xt
a
e dt e
x
 
=   
∫ , fica: 
( ) ( ) ( )
( )
( )
0 0 0
1
.t j j tt jtU e dt e td e
j
α ω α ω α ωω
α ω
+∞
+
− − −
∞ +∞
+ + + 
= = = ⇔ 
+ −
∫ ∫ 
( )
( )
( )
( )
( ) ( )0
0
1 1
. .j j jtU e e e
j j
α ω α ω α ωω
α ω α ω
− −
+∞
+ + +∞ − +
− −
   = = − ⇔   + +
 
( )
( )
01 1.U e e
j
ω
α ω
−∞ = − = − + − ( )
. 0
jα ω
−
+
1
1
jα ω
  =  +
 
 
 
Agora vou ter que passar para a forma polar, e em que consiste por multiplicar tudo pelo conjugado 
do numerador. 
( ) 2 2 2 2 2 2
1 1
.
j j
U j
j j j
α ω α ω α ω
ω
α ω α ω α ω α ω α ω α ω
= = = =
+ + + +
−
+
− −
−
 
 
Falta me agora o modulo e o argumento. 
Modulo - ( )
Não leva "
2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
j" e o sinal passa a positivo.
U j
α ω α ω
ω
α ω α ω α ω α ω
−
   
= = ⇔   
+ + + +  
+

�������������
 
 
( )
( ) ( )
2 2 2 2
2 22 2 2 2
Cuidado com o calcúlo Cuidado com o calcúlo
U
α ω α ω
ω
α ω α ω
+
= =
+
+
+
����� �����
( )2 2 2α ω+ 2 2
1
α ω
=
+
 
 
Nota: 
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Argumento - 
 
Assim fica 
 
Graficamente - α é constante e é ω que varia. Mais uma nota, o sinal é par, logo é simétrico ao eixo 
das ordenadas. 
 
 
Ao conjunto dos dois gráfico designa se por espectro. 
Nota: 
( )
2
arctg
π
−∞ = − ( )0 0arctg = ( )
2
arctg
π
+∞ = 
 
1
4
arctg
π 
= 
 
 ( )1
4
arctg
π
= 
 
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Pagina 10, do capítulo 8 
 
Exemplo 8.4 - Determinar a transformada de Fourier inversa do sinal da figura 8.13, definido pelo 
seu módulo e fase. 
 
 
 
( ) ( ) ( ) ( )arg? . j UU U U e ωω ω ω   = → = 
 
Passar de Fourier para polar, fica 
( )
( ) ( )
( ) ( )
2
arg
2
arg
. -1 0
.
. 0 1
. 0 
1
1
1
j
j
j
j
U
U
U
U
e se
e
U e se
e se
π
ω π
ω
ω
ω ω
ω ω
ω −
 
 
 
    
−
 
 
  

< <

 
= = < < 
  >


 
 
Para conseguir perceber a função, é preciso conjugar os dois gráficos: 
 
 
 
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( )
 -1 0
 0 1
0 1
se
U se
se
j
j
ω
ω ω
ω
 < <

= < <
>
−


 
 
( ) ( ){ } ( )
0 1
1
1 0
1 1
. . .
2 2
j t tj j tju t U U e d e d e djω ω ωω ω
π
ωω ω
π
+∞
−
−∞ −
 
= = = + − ⇔ 
 
∫ ∫ ∫F 
 
Sei que 
1
bb
tx
a
xt
a
e dt e
x
 
=   
∫ , fica (cuidado que é em ordem a ω e não em ordem a t ): 
( )
1
.
2
u t
j
π
=
j
0
1
tje
t
j
ω
−
 
+ 
 
−
 j
1 0
1 00
1
1 1 1
. . .
2
t tj tj je e e
t tt
ω ω ω
π −
         = + − ⇔                 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
0 1
0 1 1 0
1 0
1 1 1 1 1 1 1 1
. . .
2 2
j j j jj t t t tjt tu t e e e e e
t t t
e
t t t
ω ω
π π
−
−
          
= − = − − − ⇔                   
 
( ) 00
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
. .
2 2
t t tj tj j j
t t t t t t t t
u t e e e e e e
π π
− −      = − − − = − − + ⇔      
      
 
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )
1 2 1 1
. cos sin cos sin
2
j jt t t t
t t t
u t
π
− −
 
= − + − + ⇔ 
 
 
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )
1 2 1 1
. cos sin cos sin
2
j jt t t t
t t t
u t
π
− −
 
= − + − + ⇔ 
 
 
 
Sei que ( ) ( ) ( ) ( )cos cos sin sinj jt t t t− − −= ∧ = 
( ) () ( )( ) ( ) ( )( )
1 2 1 1
. cos sin cos sin
2
t t t t
t t t
j ju t
π
 
= − − + ⇔ 
 
− 
( ) ( ) ( )
1 2 1 1
. cos sin
2
t t
t t t
u t j
π
= − + ( ) ( )
1 1
cos sint
t
j t
t
− −
 
⇔ 
 
 
( )
1
2
u t =
2
.
π
2
t
− ( )
( ) ( )1 cos 1 cos1
cos .
t t
t
t t tπ π
  − − 
= =   
  
 
 
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Exercício 8.15.3 - Utilizar as propriedades da transformada de Fourier para calcular as transformadas 
dos sinais: 
 
b) ( )
( )0cos se 
 0 se 
t t T
t T
u t
ω <
= 
>
 
 
c) ( )
( )sin t
u t
t
=
 
 
 
Resolução da 8.15.3b) É uma transformada. Definição da Transformada de Fourier é 
( ) ( ) tjU u t e dtωω −
+∞
−∞
= ∫ . Como é cosseno, é uma função par. 
 
 
 
Função Sinusoidal que tem por 
transformada (é característico): 
 
( ) ( )0 0
Um Dirac Outro Dirac
π δ ω ω π δ ω ω→ + + −
����� �����
F 
 
 
 
 
Função Pedestal que tem por 
transformada (é característico): 
 
( )2 sinT c tω→F 
 
Vou utilizar a propriedade das convoluções nas frequências para calcular o resultado. 
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E pretende se: 
 
 
Fica então: ( ) ( ) ( ) ( )0 0 2
1
2
sinU T c Tδ ω ω δ ω ω ωω π π
π
= + + − ⇔ ⊗      
( )
2
1
U ω =
π
π ( )0δ ω πω+ + ( )0 2δ ω ω  ⊗− ( )sinT c Tω  =  
( ) ( ) ( ) ( )00 sinT c TU δ ω ωδ ω ω ωω = + =    ⊗ − + 
( ) ( )( ) ( )( )0 0sin sinT c T cU T Tω ω ω ω ω= + −+ 
 
 
Poderia ter feito de uma outra maneira: 
( )
( )0cos se 
 0 se 
t t T
t T
u t
ω <
= 
>
 
 
Sei que ( )
0 0
0cos 2
tj j te e
t
ω ω
ω
−+
= 
 
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Assim ( )
0 0
+ se 
2 2
 0 se 
j t j te e
t
t
t
u
T
T
ω ω−
<
= 
 >
 e também que o pedestal é ( )
1 se 
0 se 
t T
v t
t T
 <
= 
>
. 
 
Ora também sei quanto é a transformada de um pedestal: ( ) ( )2 sinV T c Tω ω= . 
Utilizando a regras da transformada (pagina 20, 7ª): 
 
( ) ( )2 sinTP t T c tω→
F 
( ) ( )v t V ω←→F 
 
Agora vou utilizar a 6ª propriedade (pagina 21), em que 0j te ω representa o pedestal. No outro 
membro substituiu o ( )ω por ( )0ω ω− . 
( ) ( )0 0.
tjv t e Vω ω ω←→ −F 
( ) ( )0 0. 2 sin
j t Te Tv t cω ω ω←→ −  
F 
 
Agora vou calcular o simétrico: 
( ) ( )0 0.
tjv t e Vω ω ω− ← +→F 
( ) ( )0 0. 2 sin
j t Te Tv t cω ω ω− ← +→   
F 
 
Então ( ) ( ) ( )( ) ( )( )0 0 0 0. . 2 sin 2 sinjtj tv t e v t e TcTcT Tω ω ω ω ω ω−    + ←→ + + +  
F 
( )
0
2
tje
v t
ω 0
+
2
j te ω−
2
 
←→ 
 
F ( )( )0sin 2T c Tω ω  + + ( )( )0sin cT Tω ω+   
( ) ( )( ) ( )( )0 0sin sinT c T cU T Tω ω ω ω ω= + −+ 
 
 
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Resolução da 8.15.3c) – Como se calcula a transformada? Não posso usar a definição, porque nunca 
mais chego ao fim do cálculo. Devo me socorrer das propriedades. Aqui vou utilizar a propriedade 
da dualidade. 
( )
( )sin t
u t
t
= 
Ou seja, de um pedestal, a sua transformada é um senocardinal, e um senocardinal, a sua 
transformada é um pedestal. 
 
 
Como tenho um senocardinal, ( )
( )sin t
u t
t
= , a sua transformada é: 
 
 
( )
( )
( )
n
2
si t
u t
t
uπ ω= → −F 
A ter em conta que ( )u ω− é o reverso! Mas como a função ( )u ω é par, o resultado é igual ao 
reverso. 
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Recordar - 8.6.6 Dualidade. Se ( )u t tem por transformada de Fourier ( )U ω , então 
( ) ( )
( ) ( ) ( )2 8.44
u t U
U t u
ω
π ω
←→
←→ −
F
F
 
 
Para o demonstrar utilizemos a definição da transformada inversa, 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1
2 8.45
2
j jt tu t U e d u t U e dω ωω ω π ω ω
π
+∞ +∞
−∞ −∞
−= ⇒ − =∫ ∫ 
 
Se na última relação fizermos a troca das variáveis t por ω e ω por t, obtém-se 
( ) ( ) ( )2 8.46tju U t e dtωπ ω
+∞
−
−
∞
− = ∫ 
 
Este resultado diz que a transformada da função ( )U t é ( )2 uπ ω− , uma vez que o que se obteve foi 
efectivamente a definição da transformada directa. (ver capitulo 8, pagina 16). 
 
 
Poderia ter feito de uma outra maneira: 
( )
( )sin t
u t
t
= 
Se me socorrer da pagina 20, transformada de sinais mais importantes, e escolhendo um sinal já 
conhecido (nº 8 da pagina 75), 
( ) ( )sin W
W
c Wt P ω
π
←→F 
Sei que o seno cardinal tem outra notação matemática, que é 
( )sin Wt
Wt
. Assim 
( ) ( )sin W
W W
c Wt P ω
π
←→ ⇔F
( )sin Wt
Wπ
( )WP
t
ω←→ ⇔F 
( )
( )
( )
( )
sin sin1
W W
Wt Wt
P P
t t
ω π ω
π
⇔ ←→ ⇔ ←→ ⇔F F 
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Obedece a propriedade da linearidade, posso então multiplicar por constantes, se 1W = , fica: 
( )
( )
( )
1
1 se 1sin sin
0 se 1
t t
P
t t
ω
π ω π
ω
 <
←→ ⇔ ←→ 
>
F F 
( ) se 1sin
0 se 1
t
t
π ω
ω
 <
←→
>
F 
 
 
 
 
Exercício 8.15.6 - Complete os pares de transformadas de Fourier: 
 
a) ( ) ( )sin 3 cos ?t t ←→F 
 
Resolução 8.15.6.a) - Poderia utilizar a propriedade da convolução, pois ambos são dois 
Dirac, mas não vou pela propriedade da soma dos dois termos. 
 
( ) ( )
1 1
sin 4 sin 2
2 2
t t+
 
 
 
Genericamente: ( ) ( ) ( )0 0 0sin t jω πδ ω ω πδ ω ω←→ + − −
F 
 
 
Fica: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
Representam 4 riscas.
1 1
sin 4 sin 2 4 4 2 2
2 2 2 2 2 2
t t j j
π π π π
δ ω δ ω δ ω δ ω+ ←→ + − − + + − −
�����������������������
F
 
 
 
b) 
( )
2
2
?
2 5j ω
 
←→  
+ − 
F 
 
 
Resolução 8.15.6.b) O que se vai fazer é a Transformada Inversa: 
 
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( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1
2 8.45
2
j jt tu t U e d u t U e dω ωω ω π ω ω
π
+∞ +∞
−∞ −∞
−= ⇒ − =∫ ∫ 
 
Mas não dá! 
 
 
Então vai se fazer por tentativas e ao contrário. Ou seja, vou pensar o que é que dá o que 
temos. 
 
Utilizando a folha de propriedades da faculdade de Castelo Branco: 
( )
1
H
th te
j
α
α ω
− ←→
+
F 
 
Adaptado ao exercício, fica ( )2
1
2
t
Hh t j
e
ω
− ←→
+
F 
 
 
Depois faço a translação: ( )
( )
52
2 5
1t t
H
je h t
j
e
ω
− ←→
+ −
F 
 
 
Já tenho parte do resultado pedido: 
( )
2
2
?
2 5j ω
 
←→  
+ − 
F
 
 
 
Falta me o 2 no numerador (e vou pô-lo ao quadrado): 
 
( )
( )
2
2 2 52
2 5
2t t
H
je h t e
j ω
− ←→
+ −
FAgora vou utilizar a propriedade da derivação (equação 8.103 da pagina 28 do capitulo 8). 
( )
( )
.
dU
t u t
d
j
ω
ω
− ←→F 
 
 
Assim fica: ( )
( )
2
2 5
2
2
5
2
. 2
2
t tj
Ht t e
j
j
j
e h
ω
− − − ←→ 
+ −  
F 
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j− ( )2 2 5. 2 jt tHt e h t e
j
−
−
  ←→ 
F
( )
2
2
2 5
2
j ω+ −  
 
 
Como ( )5 22 5. tt t jje e e −− = , fica: 
 
( ) ( )
( )
2
2
2
52
5
2
2 .
2
j t
Ht e h t
j ω
− +  ←→ 
+ −  
F 
 
 
 
Este exercício não era evidente (não era directa). A única pista que se tinha era o 
denominador. 
 
 
 
Exercício 8.15.8 – 
 
a) Calcule o sinal, ( )s t , que possui o seguinte espectro complexo de Fourier: 
 
 
 
 
b) Suponha que o sinal passa por um filtro com função de transferência ( ) ,G ω apresentada na 
figura abaixo. Calcule 1W , de modo a que à saída se tenha um sinal com 95% da potência de 
( )s t . Justifique. 
 
 
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Resolução 8.15.8a) – 
 
O 1º sinal é o módulo e o 2º é a fase. 
Ou se usa a definição (dividido em duas parte: ( ) ( )
��
( )
0
0
t t
Fase
j j
Módulo
U u t e dt u t e dtω ωω
+∞
−
− −
∞

= +


∫ ∫ , que é o 
módulo vezes a fase. 
Mas usar as propriedades, que é mais rápido. Sei que 
 
Utilizando a folha de propriedades da faculdade de Castelo Branco: ( )
1
H
th te
j
α
α ω
− ←→
+
F 
( ) ( )
�
Degrau Heaviside Revertido Degrau Heaviside
2 2
 a 0 0 a 
2t t
H He h t e h t
α α α
α ω
−
−∞ +∞
− + ←→
+
��
��������� �������
F 
 
Fica: ( ) ( ) 2 2
2t t
H He h t e h t
α α α
α ω
−− + ←→
+
F 
 
Se for conhecida a 
( ) ( )u t U ω←→F 
( ) ( )2U t uπ ω←→ −F 
 
Posso utilizar a propriedade da dualidade: 
( ) ( )( )2 2
2
2
2 H H
e h e h
t
τω τωτ π ω ω−←→ +
+
F 
 
E como é reversível, posso trocar os sinais: 
2
2 2
2
2 t
τ
←→
+
F ( ) ( )( )H He h e hτω τωωπ ω− + − 
 
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Depois fica: ( ) ( )( )2 2
1
.
2 H H
e h e h
t
τω τωτ ω
π
ω−←→ +
+
−F 
 
Falta a fase (que é o 2º sinal, a recta). Vou utilizar a propriedade da translação: 
( ) ( ) ( )
1
2
2
2
Cuidado com a troca de sinais!
1
2
1
. .
2
j
H Hs t e
t
h e h eτω τω ω
π
τ
ω ω
−
− = ←
 
−
→ + 
+  
 
�����������
F 
 
No fim se pode ter, na equação, o “j”, pois o módulo é par e a fase é impar. Obtêm se um numero 
puramente Real. 
 
 
Trata se de um filtro. 
 
 Modulo 
 
Fica: 
 
Assim, só uma parte do módulo é que passa. 
Vou calcular a potência total. Posso fazer este cálculo pelos domínios dos tempos ou das frequências. 
Vou pelo domínio das frequências e utilizando o Teorema Parseval: 
( )
0
2 2 2
0
1 1 1
2 2 2n
Pedestal
P d e d e dωδ ωδδ ω ω ω ω
π π π
−
+∞ +∞
−∞ −∞
= = + =∫ ∫ ∫���
 
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Nota: do lado esquerdo o exponencial é positivo ( )2e ωδ , pois a função cresce desse lado, e é negativo 
do lado direito ( )2e ωδ− , pois esta é decrescente. 
 
( )
0
2 2 2
0
1 1 1
2 2 2
1
2n
Pedestal
P d e d e dωδ ωδδ ω ω ω ω
π π π πδ
+∞ +∞
−∞ −
−
∞
= = + =∫ ∫ ∫��� 
 
 
Mas só se pretende uma potência de 95%. 
2
1
1
Os limites foram alterado para os limites de dentro do filtro.
0
22 2
0
1 1 1 1
2 2 2 2
W
W
W
aP e d e d e
δωδ ωδω ω
π π πδ πδ
−
−
−
+
= + = −∫ ∫
�������������
 
 
 
Ou seja 
1
2πδ
1
2πδ
− 12 0,95.
1
2
We δ
πδ
− = 121 0,95We δ−⇔ − = ⇔ 
( )
1 12
1
21 0
ln 0,
5
5
2
,9 0,5W We e Wδ δ
δ
− − =⇔ − = ⇔ = ⇔ 
 
 
 
 
 
Exercício 8.15.10 – Calcule a série exponencial de Fourier do sinal a seguir representado, usando a 
transformada de Fourier: 
 
 
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Resolução 8.15.10 - Como é periódica, vou apenas cingir me a um período. Tanto posso utilizar a 
definição, como a propriedade: 
( ) ( ) ( )
1
0 0
1 Propriedade
2s. int
Definição
jU t e t cu dωω ω
−
−= =∫ �����
�������
 
 
Sei que kC é o coeficiente da Serie de Fourier. 
Sei que 
0
0 3
2 2
T
ω
π π
= = e que 
( )0 0
0
2sin
3
3
2
k
k
U k
C
T
c
ω
π 
 
 = = 
(Conforme slides do Prof. Amândio, TF4). 
 
 
 
Exercício 8.15.14 – Determine a transformada de Fourier do impulso rectangular discreto: 
 
 
Resolução 8.15.14 – Vou ter que utilizar a expressão para sinais discretos. Só mais uma nota: como 
tenho no eixo dos “n” valores em “N”, posso afirmar que tenho coeficientes. 
 
 
 
Aqui não tenho coeficientes! 
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E a definição seria: ( ) ( ) 00 .
jn T
n
U T u n e ωω
∞
−
=−∞
= ∑ 
 
 
( ) ( ) ( )
1
1
1. .
N
n nj j
n n N
e enU u
∞
Ω Ω
=−∞
− −
=−
Ω = =∑ ∑ 
 
Vou utilizar a mudança de variável, de forma a ter zero no limite inferior da integração. 
( ) ( ) ( )0 1
1
0
0
2
0
1
rj
N
r
Nenr UN Ω−
=
−
= → Ω =+ ⇔∑ 
 
Vou colocar as constantes da parte de “fora” do somatório: 
( ) ( )
( )
( )1
10 0
0
1
0
1 1
1
2
2 2
1
0 0
1
.r r
r r
N
N N N
jj
j j j
N
j
N
j
e
U e e e e
e
ΩΩ
Ω ΩΩ Ω
Ω
= =
+
−
−−
− −
−
−
Ω = = =∑ ∑ 
 
Convém apresentar o resultado em módulo e em fase. 
Tendo se uma função Real Par nos tempos, tem se uma função puramente Real nos domínios das 
frequências. Logo no cálculo não pode aparecer o “j”. 
( )
( )
( )
( ) ( ) ( )1 1 1
1
1
1
1 12 2 2
2 2 22
2 2 2
1
1 . .
1
.
j jN N NN
N
jj
jj
j
j
j j
N
j
e e e e
e
U e
e
e e e
+ + +
Ω Ω Ω
Ω
ΩΩ
Ω
Ω Ω Ω
− −
−− +
Ω−
− −
 
 −  Ω = = ⇔
 
 − 
 
−
 
 
Esta “abertura” da exponencial teve por finalidade o facilitar os cálculos, pois agora é mais evidente 
o “cortar”. 
( )
1jNe
U
Ω
Ω =
( )12 2
1
.
Nj
e
+−
Ω
( ) ( )1 11 2 12 2 2
2
.
j j
j
N N
e e
e
+ +
−
Ω
Ω
−
Ω 
 −
 
( ) ( )1 11 12 22 2
2 22 2
N Nj j
j jj j
e e
e ee e
Ω Ω
−
−
+
Ω Ω
+
Ω Ω
−
= ⇔
 
 

−
−−

 
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( )
( ) ( ) ( )1 12 22 2
2
1 1 1
2
sin 2 . 2
2
1j j
j j
N N N
e
j
e
U
e e
−
−
+ +
Ω Ω
Ω Ω
−
Ω 
  =
+
Ω =
− sin . 2
2
j
Ω 
  
⇔ 
 
Nota: sin
2
Ω 
  
 é o responsável pelos picos da função. 
 
( )
( )
( )
1sin 2 2
A função é par
s n
1
i
2
N
U
Ω 
  Ω =
Ω 
  
+
 
 
O resultado obtido não é um seno cardinal,mas é parecido. 
 
 
 
 
 
Exercício 8.15.16 – Considere os sinais: 
 
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a) Determine a convolução dos sinais, ( ) ( ) ( ) ,y t u n v n= ⊗ em que 310 sT −= . 
b) Obtenha a transformada de Fourier de ( ).y t 
 
 
Resolução 8.15.16a) - ( ) ( ) ( )y t u n v n= ⊗ 
( )
( )3 6
3
1
5 5
1
T n
T
e
n y nT
e
− +
−
−
− ≤ < → =
−
 
( )
( ) ( ) ( )3 5 3 5 6 3 5 33
3 3
. 1 . 1
6
1 1
T n T T n T
T T
e e e e
n y nT
e e
− − − + − − −
− −
 −  −   ≥ → = =
− −
 
 
 
Resolução 8.15.16b) – Vou utilizar uma propriedade da Convolução, que é a da multiplicação. 
 
( ) ?y ω = ( )
11
sin
2
sin
2
T
U
T
ω
ω
ω
 
 
 =
 
 
 
 ( ) ( )
3
3
0
1
.
1
nT n
n
j
j
T
T T
V e e
e
ω
ω
ω
∞
+
=
− −
−
= =
−
∑ 
 
Mas o resultado não é este, tem que se ter o módulo e a fase: 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
3
3 3 3
0
Forma Sinusoidal
1 1
.
1 1 cos sin
nT nT
T
n
j
T Tj Tj
V e e
e e T e T
ω
ω
ω
ω ω
−
− −
∞
−
+−
=
= = =
− − −
∑
���������������
 
Mas ainda não terminou! 
 
( )
( ) ( )
2 233 sis n1
1
coT Tee T T
V
ω ω
ω
− −
= ⇔
   +   −
 
( )
( ) ( )
( )
( )3
3
1 cos
3
s n
6
i
2 21 cos
1
.
sin
T
T
jarctg
e
e
T
T T
T
V
T
e
Te e
ω
ω
ω
ω
ω
−
−
−
−
 
 
  
−
−
=
 +−  
 
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Exercício 8.15.17 – Sabendo que a transformada de Fourier referente a um sinal discreto é dada por: 
 
 
( )arg 2U Ω = Ω   
a) Determine a transformada inversa 
b) Determine a energia do sinal. 
 
 
Resolução 8.15.17a) – A função é periódica. O índice é Ω pois são conhecidas (não são variáveis). 
A Transformada Inversa é dada pela seguinte definição: 
( ) ( )
1
.
2
jnu n U e d
π
ππ
Ω
−
= Ω Ω∫ 
Vou primeiro considerar o seguinte pedestal (uma parte da original): 
 
 
As variáveis dos limites foram modificadas para que a definição sirva para qualquer valor, e com 
uma amplitude unitária! 
 
Não é preciso fazer cálculos, pois é um pedestal, e já sei qual é o resultado. 
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Obtenho um seno cardinal. Vou então pelas propriedades: dualidade. 
 
Preciso de que ( ) ( )0 02 sin c n X ωΩ Ω ←→
F 
E a propriedade diz me que ( ) ( )0 02 sin 2c n Xπ ωΩ Ω ←→
F . Não é bem igual. Mas está quase lá. 
Vou dividir ambos os membros por 2π . 
2
2
( )0 0
2
sin c n
π
π
Ω Ω ←→F
2π
( )X ω− 
( ) ( )0 0
1
sin c n X ω
π
Ω Ω ←→ −F 
 
Surgiu me outro problema agora! Fiquei com o reverso da função ( ) .X ω−   
Mas não há problema, pois a função é par, logo é indiferente o sinal, e fica na realidade: 
( ) ( )0 0
1
sin c n X ω
π
Ω Ω ←→F 
 
Como sei que 0 2
,
π
Ω = fica então: 
( )1
1
u n
π
=
π
2
sin
2
1
c n
π
π
 
+ 
 
π
sin
4 4
c n
π 
 
 
 
( )1 2
1 1
sin sin
2 4 4
u n c n c n
ππ   
= +   
   
 
 
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Falta a fase! E é ( )( )arg 22 U Ω = Ω  Ω 
Fica (definição geral): ( ) ( ) ( )
1 1
sin sin
2 42 4
2 2u n c n c n
ππ   
= +  +
  
+ 

 
 
Nota: ( ) ( ) 00
tju t t U e ωω −− ←→F 
 
 
Resolução 8.15.17b) – ( ) ( )
2 2
2
1
2n
u n U d
ππ
∞
=−∞
= Ω Ω∑ ∫ . 
Como é para, faço só para metade, e multiplico por dois. Assim o limite inferior é zero. 
( ) ( )
2 4
2 2
42
0
22 0
2
1 1 1
. 2. 4 2. 1 . 4
2 2n
u n U d d d
π π
ππ
π
πππ π π
∞
=−∞
 
  
= Ω Ω = Ω + Ω = Ω + Ω ⇔  
  
 
∑ ∫ ∫ ∫ 
( )
2 1 1
4
2 4 2n
u n
π π π
π π
∞
=−∞
    
= + − =    
    
∑ 2π
π
+
5
2 4
 
= 
 
 
 
 
 
 
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Exercícios Práticos 9 - Transformada de Laplace 
 
 
Exercício 9.9.2 - Determine a transformada de Laplace das funções: 
9.9.2 a) - ( ) ( ), 0t Hu t Ae h t
α α−= > 
9.9.2 b) - ( )( )u t tδ= 
9.9.2 c) - ( ) .cos( -1) ( )Hu t t t h t= 
9.9.2 d) - 2 0( ) .sin( ) ( )Hu t t t h tω= 
9.9.2 e) - ( ) ( )2 20 0( ) sin cos ( ).Hu t a t b t h tω ω = +  
9.9.2 f) - 
0 
( ) 3
0 3
T t
u t A T t T
T t
>

= ≤ ≤
 <
 
 
 
 
Resolução 9.9.2 a) – Pela transformada nº 10, 
( ) ( )
( )
[ ]1
!
, Ren t H n
n
t e h t s
s
α α
α
−
+
← →
+
+  > −L 
 
E pela propriedade da linearidade, e sabendo que 1 0,n α= ∧ = tem se 
( ) ( )
( )
( )
( )( )
( )1 21 1
1 !!
. . . .
0
H n
n A
u t A t h t A A
ss sα
+ +
 
= ←→ → = 
 + + 
L 
 
 
 
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Resolução 9.9.2 b) – Pela transformada nº 8, ( ) ( ) [ ]1 , Ret He h t ss
α α
α
− ←
+
− →− < −L . 
E pela propriedade da linearidade, e sabendo que 0,α = tem se 
( ) ( )
1 1
H Hh t h ts sα
 
←→ → ←→ 
+ 
− − − −L L 
 
 
 
Resolução 9.9.2 c) – Pela definição não mais lá chega. 
Recordar: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )cos cos cos sin sinA B A B A B+ = − 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )cos cos cos sin sinA B A B A B− = + 
( ) ( ) ( ) ( )cos( 1) cos cos 1 sin sin( ) . ( ) . ( )1H Ht tu t t h t t h tt− − = =  −    
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )cos cos 1 sin sin 1 cos cos 1 si. . n sin 1( .) ( )H H Ht tu t h t ht t t t h ttt= =  + + 
 
Sei que usando a transformada de sinais conhecidos, 9.8.2 – 4º: 
( )
( )
( )
[ ]2 2( )c , Reos 0H
u t
U s
s
t h t s
s
β
β
←→ >
+�������
�����
L 
Assim: ( ) 2 2co .1 1
( )s H
s
h t
s
t =
+
 
Cuidado que não posso usar o mesmo para o ( )cos 1 , pois 1 é constante 
( ) ( ) ( )
( )
2 2
cos 1
cos . cos
.
( )1
1
1 H
s
V s h t
s
t= =   +
L 
 
Agora vou utilizar a propriedade da multiplicação: 
( )
( )
. u
dU s
t u t ROC ROC
ds
− ←→ =L
 
( )
( )
. u
dU s
t u t ROC ROC
ds
← −→ =L
 
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( ) ( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
( )
2 22
22
Constante!
cos . cos 1 cos
'
1 co.
'
(
1 11
) s 11
1
H
s
d s s s sdU s s
h t
ds
t
ds s
t − − −
 
  + − ++ = = =
+�����
 
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( )
( )
( )
2 2 2
2 22 2
2 2
cos . cos 1 cos 1 cos 1
1 0 1
1
1 1
. ( )H
s s s s s
h t
s
t t
s
+ − + + −
= =
+ +
− − 
 
( ) ( ) ( )
( )
2
22
cos . cos 1
1
1. s)
1
1( coH
s
h t
s
tt
− +
=
+
− = − ( )cos 1
− ( )
( )
( )
( )
2 2
2 22 2
co
1 1
1 1
s 1
s s
s s
−
=
+ +
−
 
 
 
Resposta: ( ) ( )
( )
2
22
1
 2ª parte1
cos 1
s
U s
s
= +
+
−
 
 
 
A segunda parte é igual, só que para o seno: 
 
Sei que usando a transformada de sinais conhecidos, 9.8.2 – 5º: 
( ) [ ]2 2( ) , Rein 0s Hh t ss
t
β
β
β
←→ >
+
L 
 
Assim: ( ) 2 2
1
1
in .1 (s )Hh t s
t =
+
 
( ) ( )
( )
2 2
sin 1
sin . s
1
1
1
)i
.
(n 1 Hh t s
t =
+
 
Agora vou utilizar a propriedade 
 
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( )
( )
( )
( )
.
.
u
u
dU s
t u t ROC ROC
ds
dU s
t u t ROC ROC
ds
←→ =
←→ =
−
−
L
L
 
 
 
( ) ( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
( )
2 22
22
sin . sin 1 sin 1
' 1 1 '
s1
1
1
i
1 1
) 1( n.
1
H
d s sdU s s
h
s
tt t
ds d s
 
  + − ++
− −   −= = =
+
 
( ) ( ) ( )
( )
( )
22
2
( )sin . si
0
1
1
1
1
n 1. sinHt t
s
h t
s
−
− +
= =
+
− ( )sin 1
−
( )
( )
( )
2 22 2
2 .sin 12
1 1
ss
s s
=
+ +
 
 
 
Resposta: ( ) ( )
( )
( )
( )
cos 1 sin 1
dU s dU s
U s
ds ds
   
= − + −   
    
 
( ) ( )
( )
( )
( )
[ ]
2
2 22 2
sin 12 .1
, com co Re1
1
0
1
s
ss
U s s
s s
= + >
+ +
−
 
 
 
 
 
Resolução 9.9.2 d) – 2 0( ) .sin( ) ( ).Hu t t t h tω= É parecido com o 9.9.2c), mas tem o 
2t . 
 
Assim: ( ) [ ]2
0
20
0
si ( ) , com Re 0. .n Hh t ss
t
ω
ω
ω
= >
+
. Agora vou utilizar a propriedade nº 7 (pagina 
47): 
( ) ( )
( )
.
n
n
un
d U s
t u t ROC ROC
ds
←− → =L
 
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( )
( )
( )
'2 2
0 0
22 2 2
0
0
2
0
0
0
2
( ))sin .. H
d
sdU s s
h t
ds s
t
ds s
t
ω
ω
ωω
ω ω
ω
  
  
+    = = = =  + + 
 
  
 
 
Mas tenho o “t” com uma potência de 2: 
( )
( )
2
'2 2
2 2
'2
2
2
0
2
0
0 0
0 ( ))in.s . H
d
sd U s
h t
s
t
d
t
s ds
ω
ω ω
ω
ω
 
 +   = = = ⇔ 
+ 
 
( )
( )
�
( )
( ) ( )
( )
0 0 0 0
0 0
0
0
''
'
2
0
2 2 2 2
2 2
2 22 2 2 2
0
s
0. 2
( )).. i
'
n H
s s
s s
h t
s
t
s
t
ω ω ω ω
ω ω
ω
ω ω
=  
  + − +
     + −    = = ⇔
  + +  
 
  
( )
( )
( ) ( ) ( )
( )
'' ' 2 22 2 2 2
0 0 0 0
2 0
2 42 2 2
0
0
2
0
.
2
si
22
( ))n . H
s s s ss
h t
s
t t
s
ω ω ω ω
ω
ω
ω ω
    + − +    = = ⇔ 
 + + 

−


−
 
( )
( ) ( )( )
( )
22 2 2 2 2 2
0 0 0 0 0
42
'
2
2
0
0sin
2 2
(..
2
))H
s s s s
h t
s
tt
ω ω ω ω
ω
ω
ω
−
  + − + +   = ⇔ 
+ 
  
( )
( )2 2 20 0
0
2
2
( ).sin . )Ht h tt
sω
ω
ω+
−=
( )2 20 02 2s sω ω− +
( )
42 2
0
2s
s ω
 
  
+
3→
 
 
⇔ 
 
  
( )
( ) ( )
( )
12 2
0 0 0
2 3
2
2
0
0
2 2 2.2
si (n )). . Ht
s s s
h t
s
t
ω ω ω
ω
ω
 + − −
 = ⇔
 + 
−
 
( )
( ) ( ) ( )
2 2 2 3 2 2 3
0 0 0 0 0 0 0 0
3 3 32 2 2 2 2 2
0
0
0
2
0
2 2 8 2 6 6 2
( ))n ..si H
s s s s
h t
s s s
tt
ω ω ω ω ω ω ω ω
ω ω ω
ω
− − −+ +
= = =
+ + +
−
 
 
Resposta: ( )
( )
[ ]
2 3
0 0
32 2
0
6 2
, com Re 0.
s
U s s
s
ω ω
ω
>
+
−
= 
 
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Resolução 9.9.2 e) – ( ) ( )2 20 0( ) sin cos ( ).Hu t a t b t h tω ω = +  
 
Sei que ( )
( )
( )
( )2 21 cos 2 1 cos 2cos sin
2 2
x x
x x
+ −
= ∧ = 
 
Então: 
( ) ( ) ( ) ( )0 0 0 01 cos 2 1 cos 2 .cos 2 .cos 2( ) ( ) ( )
2 2 22 2 2H H
t t t t
u t a b h t h
a bb
t
aω ω ω ω − +     
= + = + +      
       
−
( ) ( )0 0( ) cos 2 ( )) cos 22 22
(
2
)( )H HHu t t h t
a b
h
a a b
t
b
h tt
b a
ω ω
− − + +
= − = +   
( )
( )
( )
( )( )22 0 22 02 2
1
.
2 2 2. 2
1 s b aa b
u t
b
s
b
s
a s
s
a
s ωω
−+
←→ +
+
+
+
+
−
=L 
 
 
 
Resolução 9.9.2 f) – 
0 
( ) 3
0 3
T t
u t A T t T
T t
>

= ≤ ≤
 <
 
 
( ) ( ) ( )( )3H Hu t s h t T h t T= − − − 
 
Pela transformada 2, tem se ( ) [ ]
1
, Re 0Hh t ss
←→ >L . 
E pela 3ª propriedade, a translação nos tempos, ( ) ( )0 .
stu t t U s e−− ←→L 
Tem se que ( ) [ ]. , Re 0sTH
A
Ah t e s
s
T −− ←→ >L 
 ( ) [ ]3. , Re 03 sH
TAAh t e s
s
T −− ←→ >L 
 
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Assim, pela propriedade da linearidade, tem se 
( ) ( )( )
( )
( )3 33 . . .s s s sT T T TH H
u t
A A A
s h t T h t T e e e e
s s s
− − − −− − − ←→ − = −
�����������
L 
 
 
 
Resolução 9.9.2 f) – ( ) ( ) ( )( ) cosh cos Hu t at at h t=    
Como ( )cosh ,
2
x xe e
x
−+
= logo adaptado ao exercício fica ( )cosh .
2
at ate e
at
−+
= 
Logo ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
21 ( ) ( )
( ) .cos .cos .cos
2 2 2
u t
at at a
u
t
H
t
at
H
e e e e
u t at h t at at h t
− −
 
   +
= = +   
   
 
����� ������� 
 
Utilizando a 12ª transformada, ( ) ( )
( )
[ ]2 2cos , Re
t
H
s
e t h t s
s
α αβ α
α β
− +←→ > −
+ +
L 
Vou fazer por partes: ( )1( ) .cos2
at
u
e
tt a= , com aα = − e aβ = , fica ( )
( )
21 2
.
s a
s
U
a a
s
−
=
− +
 
Vou fazer por partes: ( )2 2
( s) .co
at
u
e
att
−
= , com aα = e , fica 
 
E pela propriedade da linearidade: 
 
 
( ) ( )( ) ( ) ( )( )
( )( ) ( )( )
2 2
2 22
2 2
2
1
2
s a s a
s
s a a s a a
a aa s a
+ −
+ −
 − + + + +
 ⇔ ⇔
 + +   
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( ) ( )( ) ( ) ( )( )
( )( ) ( )( )
2 22 2 2 2
2 2 2 222
1
2
2 2
2 2
s s a s s a
s s a s s
s a
a
s
a
aa a
a
+ − + + + +
 ⇔ ⇔
 + +
+ − +
+ +

−

+
 
( ) ( ) ( ) ( )
( )( )
2 2 2 2
2 2 2 2
1 2 2
2 2
2
2
2
2 2
s s a s s a
s s a s s
s a
a
s a+ + − +
−
 − + +
 ⇔ ⇔
  + + + 
( ) ( ) ( ) ( )3 2 2 2 3 3 2 2 2 3
4 3 2 2 3 2 2 2 2 2 4
2 2 2 2 2 2 2 21
2 2 2 2 4 4 2 4 4
s s a s as as a s s a s as as a
s s a s s s a s a s a s a
 + + + − − − + + + + − +
 ⇔ ⇔
+ + − − − + + +   
2 23 3 2 222 22 21
2
aa a ss s sss s + + −
⇔
+ ++ 2as+ 322 2as as a−− − 32a+
4 3 32 2s s s− + 2 2 2 22 2 24 4 42 2a s a ss a s a s− − ++ + 44a
 
⇔ 
+   
( )( )
( )4 2 2 4
2 4 11
2 4
4
1 4
2ss a as
s s a a
 + −
 ⇔ ⇔
+ − +  
+
 
 
Não sei fazer mais….. mas como é parecido com o exercício pratico da aula pratica numero 4. Só 
que é o desenvolvimento ao contrário. 
 
Tem que dar este valor: 
[ ]
3
4 4
, Re
4
s
s a
s a
>
+
 
 
Exercício do trabalho pratico nº 4 - resolução 2.1.1 c) 
( )
3 3
3 4 4 4 4
.
4 4
s
ss e sF s e
s a s a
−
−= =
+ +
 
 
Os pólos: 44 44 4 44 4 4s a s a s a+ ⇔ = − ⇔ = − 
 
Vou trabalhar com os números complexos. 
{ }
2
4 4 44 4 4 44 4 4 , com 0,1, 2,3j
k
j
s a s a e s a e k
π π
π
+
→ = ⇔ = ⇔ =− ∈ 
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{ }
2
44 4 244 2. , com 0,1,2,3
jj
k k
s a es a e k
π ππ π  + + 
 → = ⇔ = ∈ 
 
Se 4 2 40 : 2. 2.
j k j
k s a e s a e
π π π + 
 = = ⇔ = 
Se 
3
4 2 41: 2. 2.
j jk
k s a e s a e
π π π + 
 = = ⇔ = 
Se 
5
4 2 42 : 2. 2.
j jk
k s a e s a e
π π π + 
 = = ⇔ = 
Se 
7
4 2 43: 2. 2.
j jk
k s a e s a e
π π π + 
 = = ⇔ = 
 
 
Assim: 
3 7
4
5
4 44 4 42. 2.2. 2.4
j j j j
s a e s a es a a ea e ss
π ππ π    
− −   
 
+ =
 
− −  
   
 
 
Vou agrupar para ser mais fácil de cortar: 
3 5
2
7
24 24 24 444 2 2.4 22 .
j j j j
s a e e ss e ea a sa s a
ππ ππ  
− + +  
   
+ =
  
− + +  
    
 
 
 
 
Calculo auxiliar, 
7
4 4 cos sin
4 4
j j
je e
π π π π   
= +   
   
+
7 7
cos sin
4 4
j
π π   
+ +   
    
3 5
4 4
3 3
cos sin
4 4
j j
je e
π π π π   
= +   
   
+
5 5
cos sin
4 4
j
π π   
+ +   
    
 
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7 2 2 2 2
cos cos
4 4 2
2
2 2
π π   
→ + = + = =   
   
 
3 5 2 2 2 2
cos cos 2
4 4 2 2 2
π π   
→ + = − − = − =   
  
−

 
 
( ) ( )4 4 2 2 2 24 2. 2 2. 22 2s a s a s a s a s a   + = − + − + −   
( )( )4 4 2 2 2 24 2 2 2 2s a s as a s as a+ = − + + + 
 
Logo 
( )( )
3 3
4 4 2 2 2 24 2 2 2 2
s s
s a s as a s as a
=
+ − + + +
 
 
Vou pela decomposição: 
2 2 2 22 2 2 2
As B Cs D
s as a s as a
+ +
→ + =
− + + + 
( )( ) ( )( )
( )( )
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
As B s as a Cs D s as a
s as a s as a
+ + + + + − +
= =
− + + +
 
( )( )
3 2 2 2 2 3 2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
As aAs a As Bs aBs a B Cs aCs a Cs Ds aDs a D
s as a s as a
+ + + + + + − + + − +
= =
− + + +
 
 
Vou agrupar de modo a ser mais fácil: 
( ) ( )
3º grau 2º grau 1º grau 
3 3 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
Grau zero
As Cs aAs aCs Bs Ds a As aBs a Cs aDs a B a D
s as a s as a
+ + − + + + + + − + +
= =
− + + +
���� 
���������� 
������������ 
������
 
 
13º 
2 2 02º 
21º 
 
A Cgrau
B aA D aCgrau
agrau
Grau zero
+ =
 + + − =
→


( )
2
0
2
B aA D aC
a
+ − + =
( ) 0B D



=

 + =
 
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( )
( )
1
0
1
2
0
A C
B a A C D
B a A C D
B D
C
D
A+ =

+ − + =
= =
+ + −
−
= −
=

−
=

( )12 Ca C D−+ − +
1
0
CD a
=
+ −− C+( )
1
2
0
A C
a
D
B D
 = −


=
− =

= −
( )1 2 0
2 0
C
a D
B D


− =
=
− =
 = −
 
 
1
2
1
2
1 1
2 21
1 1
2 2
1
2 2
1
1
2
1
2
2
D a
a
A A
A
C B a
CD a
B D
B D a
C
 
= = 
= −  
  = = −
 
= = =  
   =
=  
  = −  = −

=
=
=
 
 
 
Assim: 
3
4 4 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1
2 2 2 2
4 2 2 2 2 2 2 2 2
s a s as As B Cs D
s a s as a s as a s as a s as a
− +
+ + 
= + = + 
+ − + + + − + + + 
 
3
4 4 2 2 2 2
1
4 2 2 2 2 2
s s a s a
s a s as a s as a
− + 
= + 
+ − + + + 
 
 
 
Estes denominadores não me servem para poder utilizar os sinais conhecidos, vou então 
manipular a função sem alterar o seu valor: 
( ) ( )2 2
2 2
3
4 4 2 2 2 22 2 22
1 1
4 2 2 22 2 2 22
s a s a
s s a s a s a s a
s a s as s as s asa aa sa aa as
− +
 
 − + − + 
 = + = + 
+ − + + + − + + +  

+

 
+������� �������
 
( ) ( )2
4 24 2 2
3
4
1
2
s s a s a
s a s aas a a+
 − +
= + 
 − + + +
 
 
 
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Agora vou escrever a função completa: 
( )
( ) ( )
3
4 4 2
3
223 24 4
1
.
4
.
4 2
s
s ss e s a s aF s e e
s a s a
s
s as aaa
−
− −
 − +
= = = + 
 − + + ++ +
 
 
( )
( ) ( )
3 2 22 2
1 1
. . . .
2 2
s ss a s aF s e e
s a a s a a
− −− += +
− + + +
 
 
 
 
Recordando a 3ª propriedade (tópico 9.8.3): 
( ) ( ) 00 , ROC ROC
st
uu t t U s e
−− ←→ =L 
( )
( )
( )
( )
( )1 2
3 2 22 2
1 1
. . . .
2 2
s s
U s U s
s a s a
F s e e
s a a s a a
− −− += +
− + + +
������� �������
 
 
 
Com 0 1t = . Vou me socorrer dos sinais conhecidos (tópico 9.8.2, a nº 12): 
( ) ( )
( )
[ ]2 2cos , Re
t
H
s
e t h t s
s
α αβ α
α β
− +←→ > −
+ +
L 
 
 
Então: ( ) ( ) ( )
( ) ( )
[ ]2 2cos , Re
t
H
a ase t h t s
s a a
β α− − ←
−
− −
→ > −
+
L 
( ) ( ) ( )
( ) ( )
[ ]2 2cos , Re
t
H
a a
a
s
e t h t s
s a
β α− ←→
+
+
+
> −L 
 
Jorge Rodrigues Valente – 2087406 UMa 09-10-2011 180/388 
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Assim fica: ( )
( ) ( )
1
2 22 2
1 1
. . . .
2 2
s ss a s au t e e
s a a s a a
− − −
 − +
= + 
− + + +  
L 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1
. cos . cos
2 2
at at
H Hu t e at h t e at h t
−+−= 
 
Nota: ( ) ( )cos cosat at=− . 
Agora para ( )0u t t− , com 0 1t = . 
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )1 1
1 1
. cos . c1 1 1 1 1os
2 2
a t a t
H Hu t e a t h t e a t h t
− −−
− − − −+ −= 
 
 
Resposta ao exercício (resumido): 
( )
3
4
1
44
. s
s
s a
u t e− −

=
+

 
 
L 
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )1 11 1
1 1
. cos . cos
2 2
1 1a t a tH Hu t e a t h t e a t h t
− −−
− − −+ −= 
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )1 11 1. . cos
2 2
1 1a t a t Hu t e e a t h t
− −− 
= + 

− −

 
( )
( ) ( )
( ) ( )cos
2
1
a aat at
H
e e
u t at h ta
− −− +
=  − 

−

 
( ) ( ) ( ) ( )cos cosh 1Hu t at a at a h t= − − − 
 
 
 
 
 
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Exercício 9.9.6 - Considere o sinal representado na figura: 
 
 
 
 
 
 
Determine a transformada de Laplace de u(t), usando: 
 
a) A decomposição da função num somatório de 
funções degrau de Heaviside. 
 
b) A propriedade da integração. 
 
 
 
Resolução 9.9.6 a) – vou fazer por partes. 
 
Degrau de Heaviside 
 
 
Degrau de Heaviside c/ atraso 
 
 
Então fica: 
 
 
 
 
 
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Se a amplitude for de 2: 
 
 
…e t = 2 
 
 
Fica: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resultado: 
 
 
 
 
 
 
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( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2 2 2 3u t h t h t h t h t h t h t= − − + − − − + − − + −           
( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 3 2 3u t h t h t h t h t= + − − − + − 
 
Já defini a minha função. Agora vou calcular a Transformada de Laplace: 
Vou utilizar a 3ª propriedade, translação nos tempos) do tópico 9.8.3, ( ) ( ) 00
stu t t U s e−− ←→L 
Fica: ( ) ( ) ( )( ) ( )1 12 3. .31 0 .1.u t h t h t h t h t= − + − − + −− 
( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 20 31 11 3s s s sU s e e e e
s s s s
− − − −
= + + +
−
 
( ) [ ]
2 3
2 31 1 3 1 1 3 , Re 0
s s s
s s s e e eU s e e e s
s s s s s
− − −
− − − + − += + − + = > 
 
 
 
Resolução 9.9.6 b) – Propriedade da integração. Slide TL14. 
 
 
 
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A custa do Dirac, obtenho a seguinte função: 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )' 1 3 2 3u t v t t t t tδ δ δ δ= = + − − − + − 
 
Cuidado, pois existe uma diferença entre o Dirac e o degrau de Heaviside. A transformada de 
Laplace de um Dirac é “s”, e de um degrau de Heaviside é 1/s. 
 
A Transformada de Laplace dá ( ) 2 31 3s s sV s e e e− − −= + − + . O resultado sobre “s” aqui desaparece 
porque está a lidar com Diracs. Agora vou utilizar a 12ª das propriedades do tópico 9.8.3 (pagina 47). 
( ) ( )v t V s←→L 
( )
( )
( )
( )
�
 
t
u
U s
u t
V s
u ROC
s
τ
−∞
←→∫
���
L
 
 
Como é para integrar ( )v t , logo vou ter que obter ( )u t . 
 
Ou utilizo a 9ª dos sinais conhecido do tópico 9.8.2 (pagina 45). 
( ) 1
!n
H n
n
t h t
s +
←→L 
 
 
Resposta – tenho que dividir por “s” para ter o resultado: 
 
( )
( ) 2 3 21 3 1 3
s s s
s sV s e e eU s e e e
s s s
− − −
− −+ − += = = + − + 
 
 
 
 
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Exercício 9.9.8 - Calcule a transformada de Laplace inversa das funções apresentadas, por 
decomposição em fracções simples: 
a) ( )
( ) ( )
2
1 3
s
U s
s s s
+
=
+ +
 b) ( )
( ) ( )
2 3 4
2 1 2
s s
U s
s s
+ +
=
+ +
 
c) ( )
( )( )
( )2
2 4
4 3
s s
U s
s s s
+ +
=
+ +
 d) ( )
( )( )
3 25 9 7
1 2
s s s
U s
s s
+ + +
=
+ +
 
e) ( )
( )
2
2 1
se
U s
s s s
−
=
+ +
 
 
( )
( )2 2
1
) 
3 2
s
f U s
s s s
−
=
+ + 
 
( )
( ) ( )
2
3
) 
1 2
s
g U s
s s
+
=
+ +
 
 
 
Resolução 9.9.8 a) – ( )
( ) ( )
2
1 3
s
U s
s s s
+
=
+ +
 
Aplica se aqui o processo da decomposição em fracções simples: 
( )
( ) ( )
2
1 3 1 3
s A B C
U s
s s s s s s
+
= = + +
+ + + +
 
 
Se 
( )
( )( ) ( )( ) ( ) ( ) 000
0 2 2 2
0, 
1 3 30 1 0 3 sss
s fica A
===
+
= = = =
+ +
 
Se 
( )
( ) ( )( ) ( ) ( ) 111
1 2 1 1
1 
1 2 21 1 3 sss
s fica B
=−=−=−
− +
= − = = = −
−− − +
 
Se 
( )
( ) ( )( ) ( ) ( ) 333
3 2 1 1
3 
3 2 63 3 1 sss
s fica B
=−=−=−
− + −
= − = = = −
− −− − +
 
Fica: ( )
( )( )
1 12
2 2 63
1 3 1 3 1 3
s A B C
U s
s s s s s s s s s
   
− −   +    = = + + = + +
+ + + + + +
 
( )
( ) ( )
2 1 1
3 2 1 6 3
U s
s s s
= − −
+ +
 
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Agora vou socorrer me das propriedades. Para: 
2
3s
, vou utilizar a 2ª transformada de alguns sinais. ( ) [ ]
1
, Re 0Hh t ss
←→ >L . 
 
Para 
( )
1
2 1s
−
+
 e 
( )
1
6 3s
−
+
, vou utilizar a 7ª ( ) [ ]
1
, Ret He h t ss
α α
α
−+ ←→
+
> −L . 
( )
( ) ( ) ( )2
1
3
2
3 6
1
0 1
U s
s s s
= − −
+ + + 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )31 30
2 1 1 2 1 1
3 2 3 2 66
t t t t t
H Hu t e e e h t e e h t
− − − − −   = − − = − −   
   
 
 
 
 
 
Resolução 9.9.8 b) – Teoria TL18. ( )
( )( )
2 2
2
3 4 1 3 4
.
22 2 21 3
s s s s
U s
s ss s
+ + + +
= =
++ ++ 
Vou utilizar a técnica dos resíduos, e vou por em evidência o factor 
1
.
2
 
 
Como o grau do numerador é (maior ou ) igual ao denominador, tenho que dividir, utilizando a regra 
de Rufini: 
2 2
2
 3 4 3 2
3 2
 
1
 0 0 2
s s s s
s s
+ + + +
− − −
+ + 
 
 
Aplica se aqui o processo da decomposição em fracções simples: 
( )
( ) ( )
2
2 2
21 3 4 1 1
. .
2 3 2 2 3 2 2
1
21
s s A B
U s
s s s ss s
+ +  
= = + = + + 
+ + + + + +
 
 
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Vou calcular os resíduos: ( )
( ) ( )1 2
A B
U
s
s
s+
+
+
= . 
( )
( ) ( ) ( ) ( )2 21
1
1 ss
B
s
A
U s
s
= = +
++ ++
 
Se 
( ) ( ) 111 1
1 1 1
1, 
2 1 2 1
1
s
ss s
s fica A
s =−=−=− =−
= − = = = =
+ − +
 
 
Se 
( ) ( ) 222 2
1 1 1
2, 
1 2 1 1
1
s
ss s
s fica B
s =−=−=− =−
= − = = = =
+ −
−
+ −
 
 
( )
( ) ( )
1
1 2
1
2
1
ss
U s
+
−
+ +
+
= 
 
A transformada de uma constante
1
2
 
 
 
 origina um Dirac ( )
1
2
.tδ  
 
 Para os outros dois termos vou 
utilizar 8º sinal conhecido, do tópico 9.8.2. ( ) [ ]
1
, Ret He h t ss
α α
α
− − ←− → < −
+
. 
 
Fica: ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )21 21
2
1
2
t t t t
H Hu t t e e h t t e h teδ δ
− −− − −= + − = +
 
 
 
 
Resolução 9.9.8 c) – ( )
( ) ( )
( )
2
2
4 4
23
2
4
b b ac
U s
as
ss
s s
 − ± −
= → →
+

 + +  
+
 
 
( ) ( ) ( )( )
( )
2
4 4 4 1 3 4 16 12
1 3
2 1 2
Raízes s s s
− ± − − ± −
→ = = → = − ∧ = −
 
Aplica se aqui o processo da decomposição em fracções simples: 
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( )
( ) ( )
( )
( )( )
( )( )2 1 14 3 3 3
4 42 2
s s
s s A B C
U s
s ss s s s
s s
s
+ +
+ +
= = = + +
+ + +
+
+
+
 
 
A : Se 
( ) ( )
( )( )
( )( ) ( )( )
( )( ) ( )( )
( )( )
( )( ) 00 003
0 0 8
0, 
33
44 422
 
30 01 11
2
ss ss
s
s
i
s
f a
s
c
s == ==
+
= = = =
+
+++
++
+
 
B : Se 
( )( )
( )
( )( ) ( )( )
( ) ( )( )
( )( )
( )( ) 11 11
1 1 3
0, 
2
3 23
 
2 44
2
1 3
11 1 ss ss
s
s f
s
ic
s
a
s =−=− =−=−
− −
= = = = −
−− +−
++
+
++
 
C : Se 
( )( )
( )
( )( ) ( )( )
( ) ( )( )
( )( )
( )( ) 33 33
3 3 1
3, 
3 6
22 1
1 23 1
44
3
1
ss ss
s fica
s s
ss =−=− =−=−
+− ++ −−
= − = = = −
+ −+
+
−− −
 
 
( )
( ) ( )
8 13
3 6 32
1 3 1 362
8
3
1
U s
s s s s s s
−−
= + + =
+ +
−
+ +
− 
 
Fica: ( ) ( )3
1
62
8
3
3 t t
Hu t e e h t
−− =  
 
−−
 
 
Cuidado, pois é 
8
3
 e não ( )
8
3
tδ , pois é sobre “s”
8
3
.
s
 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução 9.9.8 d) – ( )
( )( )
3 2 3 2
2
5 9 7 5 9
22
7
31 s
s s s s s s
U s
ss s
+ + + + + +
= =
++ ++
→ como o grau do 
numerador é superior ao denominador, tenho que dividir, utilizando a regra de Rufini: 
 
 
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2 2
2
2
3
3 2
 5 9 7 3 2
 0 2 
2
 
3 2 
 2
7 7
 
 
 
 
0 
 6
 
 
 
 
 
3
4
 
s
s s s s s
s
s s
s
s
s s
s
− + − + −
− − −
+ + + + +
+
+ +
+ + 
 
( )
( ) ( ) ( )( )
3 25 9 7
2
3
21 1 2s
s s s
U
s
s
s
s
s
s
+
++ +
++ +
= = +
+
+ 
 
Aplica se aqui o processo da decomposição em fracções simples, 
( ) ( ) ( ) ( )1 2
3
2 1s s
B
s
s A
s
=
+
+
++ +
+
 
A : Se 
( )
( ) 11 11
1 33
2 2
1,2
2
1 1 ss ss
s
s
ica
s
f
=−
=− =−=−
−
= − = = =
− +
+
+
+
 
B : Se 
( )
( ) 22 22
32 1
2 1 
2 1
3
1
,
1 ss ss
s
s
f ca
s
i
=−
=− =−=−
+
−
−
= − = = =
− −
+
+ +
 
( )
( ) ( )
2
2
1
1
2
s
U s s
s
−= +
+ +
+ 
 
Agora vou me socorrer dos sinais conhecidos (tópico 9.8.2), a 6ª: 
 ( ) ( ) , 1, 2,...n nt s sδ ←→ =L 
 
O 1º termo (“s”) fica : ( ) ( )1 1t sδ ←→L . Os outros são iguais aos exercícios anteriores: 
 
Fica: 
( )
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )21 2. 2 2 1.
2
2
2
2
1
1
1
2
t t t t
H H
U s
u t t t e e h t s t t e e h
ss
t
s
s δ δ − −−−
−
−
= + +
= + + +
++
= + −
 
 
Nota: ( ) ( )'s t tδ= . 
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Resolução 9.9.8 e) – ( )
( ) ( )
2
2 2
21
1
.
1
s
s
s s ss
e
U
s
s
s
e
−
−= =
+ + + +
→ 
 
Calcular as raízes: 
1 3
2
s
− ± −
= → não tem raízes reais. Tem sim raízes complexas. 
 
Vou pela transformada inversa de Laplace, e mantenho o ( )2 1s s+ + “inteiro”: 
( )
( ) ( )
2
2
2
2
2 2
1
.
1
.
11
s
s se A Bs
ss ss s
C
U s e
s s s
e
s
−
− −
+ ++ + +
+ 
= = = +  +
 
 
A : Se 
( ) ( )
2 0
0
0
2
0
1 1 1
0, 1
10 01 1 ss s
s
s fica
s s == =
=
+
=
+
=
+ +
= = 
 
Não posso fazer o mesmo tipo cálculo para o 
2 1
B C
s
s
s+ +
+
. 
( )
( ) ( )
( )
� �
( )
2º 1º 
2 2
2
2
2 2
22 2
11 1
. . .
1
1
1 1
Grau Grau Grau zero
s s s
Bs CBs C Bs s
s
s
s s s s
s s Cs s
U s e e e
s ss s
− − −
 
 + +  + + + + + 
 = + = =    + +      

+ +
+ + +

+
����
 
 2 1 0 1
 1 1 0 1
 0 1 1 1 1
Grau B B
Grau C C
Grau
→ + = = − 
 
→ + = ⇔ = − 
 → = = 
 
 
Substituindo: ( ) 22
1 1
.
1
ssU s e
s s s
−− − = + 
+ + 
. Agora para calcular a transformada inversa vou 
socorrer me das propriedades. 
Mas como não tenho nada que me possa ajudar, vou “forçar” de modo a chegar a uma situação 
conhecida. 
Para 
1
s
 e 2se− já sei fazer. O meu problema está em 
2
1
1
s
s s
− −
+ +
. 
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Preciso de ter qualquer coisa parecida com 
�
2
1
2
s
b
a X
β
α
− −
 
+ + 
 �����
. 
2 22
1 1 1
1 1 3 1 3
2 4 2 4
s s s
s s
s s
− − − − +
= =
+ +    
+ + + +   
 
−
 
 
 
 
Pois depois fica parecido a a 12ª definição do tópico 9.8.2 (sinais conhecidos): 
( ) ( )
( )
[ ]2 2cos , Re
t
H
s
e t h t s
s
α αβ α
α β
− +←→ > −
+ +
L 
 
Mas ainda não é igual, vou igualar, sem alterar o valor. Como 
1
2
α = , e no numerador tenho 1, vou 
fazer assim: 
( )
�1
2 2 2 2
1 1
1 12 2
1 2 2
1 3 1 3 1 3 1 3
2 4 2 4 2 4 2 4
s
s
s
s s s s
=  
  
+    
    
    = = = =
  
+
+
+
− − − −
    
+ + + + + + + +       
        
 
 
Resolvi um problema e criei outro. Mas o 2º termo também dá para resolver, basta usar 13ª definição 
do tópico 9.8.2 (sinais conhecidos): 
( ) ( )
( )
[ ]2 2sin , Re
t
He t h t s
s
α β α
α
β
β
− ←→ > −
+ +
L
 
 
Preciso de que o meu β seja 
2
3
= , mas apenas tenho 
1
2
= . Então vou multiplicar por 1 .
3
3
= 
 
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2 2 2 2
3 3
3
1 1 1.
12 2 2 2
1 3 1 3 1 3 1 3
2 4 2 4 2 4 2 4
3
s s
s s s s
 
 
 = =
       
+ + + + + + +
+ +
− −
+       
       
− − 
 
Fica: ( )
( )
2
2
2 22
1 3
1 12 2 .
1 31 3 1 3
2 4 2 4
s
s
se
U s e
ss s s
s s
−
−
 
 +
 = = − −
 + +    
+ + + +    
    
 
 
Então, vou primeiro fazer sem o 2se− : 
�
� �
�
� �
( ) ( ) ( )
2 2
1
2
2
1
2
2
3
1 3
1
32 cos
32 sin
2 23
1 3
2
1 3
2 4 4
1
2
tt
h
s
e tt
s
h t t h
ss
e t
β
α β
α
α β
− −
 
 
 
 
 − − ←→ + −
 
 

 
     
 + + 
 

+  
     
 + + 
 
 

 
 
L 
 
Agora com 2se− , que representa um ATRASO de 2 unidades ( )2t − : 
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
2 2
2
1
2
1
2 2 2 2 2
3
cos
2
3 3
sin
2 2
tt
e t h t e th tu ht t
− −−−
= −
 
  

+

− − − −
 
 
 
− 
 
Vou por em evidência ( )2h t − : 
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
1 1
2 2
2 2
3 3 3
2 1 cos 2 sin 2
2 2 2
t t
u t h t e t e t
− − − −    
= − + − − −       
     
 
 
 
 
 
 
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Mas poderia ter ido pelas raízes complexas: 
( )
( )2
2
21 .
1 3 1 3
.
2 2 2
1
2
s
seU s e
s s
s
s
ss
j j
−
−= = ⇔
   
+ − + +   
   
+ +
 
( ) 2.
1 3 1 3
2 2 2 2
s
j j
A B C
U s e
s
s
s
−
 
 
= + + 
 + − + +  
 
A : Se 
( ) ( )
2 0
0
0
2
0
1 1 1
0, 1
10 01 1 ss s
s
s fica
s s == =
=
+
=
+
=
+ +
= = 
B : Se 
1 3
2 2
1 3
2 2
1 3 1 1 3
, 
2 2 2 61 3
2 2
js s
js s
s s fij
s
jc
j
a
s = + −
= + −
= + − = − +
 
+ + 
 
 
C : Se 
1 3
2 2
1 3
2 2
1 3 1 1 3
, 
2 2 2 61 3
2 2
js s
js s
s s fij
s
jc
j
a
s = + +
= + +
= + + = − −
 
+ − 
 
 
( ) 2
1 3 1 3
1 2 6 2 6 .
1 3 1 3
2 2 2 2
sU s e
s
s s
j j
j j
−
 
− + − − 
= + + 
 
+ − + +   
 
 
( ) ( )
( )
( )
( )
( )2 2
1 3
2
Cuidado com os sinais
2 2
1 3
!
2
3 1 3
2 2 6
2
2
2
1 3
6
2
tj jt
e h th t j je h tu t
− −+ − −− 
− + = − + −
 
+  



− −
  �����
 
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
2 2
2
1
2
1
2 2 2 2 2
3
cos
2
3 3
sin
2 2
tt
e t h t e th tu ht t
− −−−
= −
 
  

+

− − − −
 
 
 
−
 
 
 
Jorge Rodrigues Valente – 2087406 UMa 09-10-2011 194/388 
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Vou por em evidência ( )2h t − : 
( )
( )
( )
( )
( ) ( )
1 1
2 2
2 2
3 3 3
1 cos 2 sin 2 2
2 2 2
t t
u t e t e t h t
− − − −    
= + − − − −       
     
 
 
Tenho uma dúvida: como me aparece o factor 
3
2
, no terceiro termo, pois tinha de dar este valor (é 
igual ao que eu calculei pelo 1º método). 
 
 
 
Resolução 9.9.8 f) – ( )
( ) ( ) ( ) 22 2
1 1
1 23 2
s s
U s
s s ss s s
− −
= →
+ ++ +
 
 
Aplica se aqui o processo da decomposição em fracções simples 
 
( )
( ) 2 22
1
1 23 2
s A B C D
U s
s s s ss s s
−
= = + + +
+ ++ +
 
 
Cuidado com o factor 2s , pois é preciso fazer dois termos e crescentes. 
 
A : Se 
( )
( )
( )( )( )22 111 1
1 11 2
1, 2
2 11 2 1 sss s
s
s fica
s s =−=−=− =−
− −− −
= − = = = −
+ − + −
 
B : Se 
( )
( )
( )( )( )22 2 22 2
2 11 3 3
2, 
1 4 42 1 2 s ss s
s
s fica
s s =− =−=− =−
− −− −
= − = = =
+ −− + −
 
C : Se 
( ) ( )
( )
( )( ) ( )( ) 0 00 0
0 11 1 1
0, 
1 2 2 20 1 0 2 s ss s
s
s fica
s s = == =
−− −
= = = = −
+ + + +
 
Jorge Rodrigues Valente – 2087406 UMa 09-10-2011 195/388 
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D : Se 
( )( ) ( ) ( ) ( )( )
( )2
0
2
2 2
0
'
1
1 3 2 3 3 21 2
2, 
3
'
2
s
s
s
d
s s s s s ss s
s fica
ds s s
=
=
 −
 
− + + − + + ++ + = − = ⇔
+ +
 
 
( ) ( )
( ) ( )
2 22
2 2 2
0 0
2
3 2 2 3 6 93 2 3 2 3
3 2 3 2
s s
s s s s ss s s s
s s s s
= =
 + + + + ++ + − + +  = = ⇔
+ + + +
−
 
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )( )
22 2 2
2 2 2
0
0
2 2 2
0 0
0 6 0 73 2 2 9 9 6 7 7
43 2 3 2 0 3 0 2 s
s s s
s s s s s s
s s s s =
= =
=
+ +
= =
− −
⇔ = = −
+ + + + + +
−− − − − − − 
 
 
Logo ( ) 2
1 3 1 1 1 7 1
2. . . .
1 4 2 2 4
U s
s s s s
= − + − +
+ +
. 
 
Utilizando os sinais conhecidos ( ) ( ) 2
1 1
.t H He h t t h ts s
α
α
−− ←→ ∧ ←→
+
L L 
 
Desta forma tem se a expressão ( ) ( )2
1
2 4
7
2
3
4
tte h teu t t −−
 
= + − +  
− 
 
 
 
 
Resolução 9.9.8 g) – ( )
( )( )
2
3
1 2
s
U s
s s
+
=
+ +
 
 
Aplica se aqui o processo da decomposição em fracções simples 
 
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( )
( ) ( ) ( )
2 2
3
1 21 2 2
s A B C
U s
s ss s s
+
= = + +
+ ++ + +
 
 
 
A : Se 
( )
( )
( )( )
2 2 1
1
1 1
1 33 2
1, 2
12 1 2
s
s
s s
s
s fica
s =−=−
=− =−
− ++
= − = = =
+ − +
 
B : Se 
( )
( ) 22 22
2 33 1
2, 1
1 2 1 1 ss ss
s
s fica
s =−=− =−=−
− ++
= − = = = −
+ − + −
 
C : Se 
 
( )( ) 22
2
2
2
3
2 21
2, 2
12 1
s
s
s
s
s
d
s
s fica
ds =−=−
=−
=−
+ 
  − −+ = − = = = −
− +
 
 
Desta forma tem se a expressão: 
( ) ( ) ( )21 22 t t hee ttu t − −− − = +  
 
 
 
 
Exercício 9.9.11 - Nos bipolos das figuras pretende-se encontrar a resposta para dois tipos de sinal 
de entrada: um com a forma de um impulso de Dirac e o outro com a forma de um degrau de 
Heaviside. Se o sinal de entrada for uma corrente, pretende-se uma expressão da tensão nos 
terminais; se o sinal de entrada for a f.e.m. nos terminais, pretende-se uma expressão da corrente que 
entra no bipolo. Considere: 1 , 1 e 1 .R L H C F= Ω = = 
 
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
2
2 2
2
2
3
3 1 3 1 1 31
2
' '
, 
1 1
s s
s
s
d
s s s s s ss
s fica
ds s s
=− =−
=−
+ 
  + + − + + + −+ =
+ +
−= − =
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Resolução 9.9.11 a) – Tenho aqui 4 casos diferentes. Vou ter que calcular para cada um deles, 
individualmente. 
1
Z R Ls
sC
= + + 
E pela Lei de Ohm, sei que ( ) ( ) ( )
( )
. .I
U s
V Z si U s sZ
Z
I= ⇔ = ⇔ = 
Se ( ) ( ) ( ) 1v t t V sδ= ←→ =L . Assim posso afirmar que 
( )
x s
2x 2s
1
1 1 11
s s
s s s s
I
s
s
s = = =
+ + + ++ +
 
 
Os pólos são números complexos: 
1 3
2
j− ±
. 
Preciso de me aproximar de ( ) ( )
( )
[ ]2 2cos , Re
t
H
s
e t h t s
s
α α
α
β
β
α−
 +
←→ > − 
 + + 
L 
Vou utilizar uma regra que é a seguinte 
2 2
2
2 4
b b
x bx c x c
 
+ + = + − + 
 
. Assim adaptado ao exercício, 
fica 
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2 22
2
3
4
1 1
1
2 4 2 4
b b
x bx c x c s
=
    
+ + = + − + → + − +          ���
 
Assim ( ) 2 22 2 2
1 1
2 2
1 1 3 1 3
2 2 2 2
ss
s s
s s
I s
+
= = −
+ +       
+ + + +      
      
 
 
Resolvi um problema e criei outro. Mas o 2º termo também dá para resolver, basta usar 13ª definição 
do tópico 9.8.2 (sinais conhecidos): 
( ) ( )
( )
[ ]2 2sin , Re
t
He t h t s
s
α ββ α
α β
− ←→ > −
+ +
L
 
 
Preciso de que o meu β seja 
2
3
= , mas apenas tenho 
1
2
= . Então vou multiplicar por 1 .
3
3
= 
2 2 2 2
3 3
3
1 1 1.
12 2 2 2
1 3 1 3 1 3 1 3
2 4 2 4 2 4 2 4
3
s s
s s s s
 
 
 = =
       
+ + + + + + +
+ +
− −
+       
       
− − 
 
Fica: ( ) 2 22
1 3
12 2
1 31 3 1 3
2 4 2 4
ss
U s
s s
s s
+
= = −
+ +    
+ + + +   
    
 
A transformada inversa de ( )I s é 
�
� �
�
� �
( ) ( )
2 2
1
2
2
1
2
2
3
1 3
1
32 cos
2
1 3
2 4
32 sin
2 23
1 3
2 4
tt
s
e t h e h
s
t t t
s
β
α β
α
α β
− −
+  
     
 
 
     
 + + 
 

+ + 
− ←→ −

 
 
L 
Fica: 
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( ) ( ) ( )
1 1
2 2
3 3 3
cos sin
2 2 2
t t
u t e t h t e t h t
− −   
= −      
   
 
 
 
 
Resolução 9.9.11 b) – É igual ao mini teste do dia 19 Maio de 2009, exercício 1. Vou primeiro fazer 
um cálculo auxiliar: 
 
 
 
 
( ) ( ).v t tR i= 
 
( )
( )
.
d
i
Lv t
i t
d
= 
 
 
 
 
( )
( )
( )
( )1
. .
d d
C
dt C
i t i t
v
dt
t v t
= ⇔ = ⇔ 
( ) ( )
1
. it
C
v tt d= ∫ 
 
 
( )
( )
( )
( )
( )
( )
. . . 1
. .
i t
i t
i i t
i t
i
d
R L
d dt
d C
R L
d
t
i
v t = +
+
∫ 
 
Considerando: 1 , 1 e 1 .R L H C F= Ω = = 
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( )( )
( ) ( )( )
( )
'
'
. .
d
d dv t
i t
d
i t i t i ti i t i t
i
t
t i t i ti t
d
t
id
= + = +
++
∫ ∫
 
Vou utilizar a transformada de Laplace para poder continuar. Vou fazer por isso um circuito 
equivalente: 
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( ) ( )
. 1R sL
R L sC
s sV I
 
= + 
+ 
 
( )1 , 1 e 1R L H C F→ = Ω = = → 
( ) ( )
1
1
s
s s
V I ss
 
= + 
+ 
 
 
Para o 1º caso – se ( ) ( )i t tδ= , ou seja com uma corrente de entrada, obtenho um Dirac na saída. 
Então, e utilizando o 1º sinal conhecido, ( ) 1tδ ←→L . 
 
Como a potência do numerador é igual ao denominador, vou dividir: 
11
1
1
0
s
s
s
− −
−
+
, por isso fica ( ) 1.
11
1
1
1
1
s
V
ss s
s
s
   
= + = − +   
+   +
 
( ) ( ) ( ) ( )
1
1
1
1 H
t
He h t h ts
v t
s
t δ −+ = − +
+
= − 
 
 
Para o 2º caso – se ( ) ( )Hi t h t= , ou seja com uma corrente de entrada, obtenho um degrau de 
Heaviside na saída. Então, e utilizando o 2º sinal conhecido, ( ) [ ]
1
, Re 0Hh t ss
←→ >L . 
 
Como a potência do numerador é igual ao denominador, vou dividir: 
( ) ( ) 2
1 1 1 1
1 1 1
1s s
V s
s s s s s s
I s
s
   
= + = + = +   
+ + +   
 
( ) ( ) ( )2
1
1
.
1
H
t
He h ts
tv h t
s
t −= + = +
+
 
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Para o 3º caso – se ( ) ( )v t tδ= , ou seja com uma corrente de entrada, obtenho um Dirac na saída. 
Então, e utilizando o 1º sinal conhecido, ( ) 1tδ ←→L . Logo ( ) 1V s = 
( ) ( )
( )
( )
( )
1
1 1 .
1
.1.1 s
I s I s
s
s
V
s
s
s
ss
s
+ + 
= + ⇔ = ⇔       + +
 
( )
( )
( ) 22 2
2 2 211
1
1
1
ss s
s
I s I s
I
s
s ss
s
s ss
s+   + +
= ⇔ = ⇔ =   
+ 
++
 + ++
 
 
Como a potência donumerador é igual ao denominador, vou dividir, utilizando a regra de Rufini: 
22
2
0 0 
1
 
1
 
1
 1
s s
s ss s + +
− −
−
−
−
+
, fica ( )
2
2 1s
s
s
s
I
s+
=
+
+
⇔ 
( ) 2
1
1
1s s
I s⇔ = −
+ +
 
 
Agora preciso de algo parecido com isto para poder utilizar um sinal conhecido: 
( ) ( )
( )
[ ]2 2sin , Re
t
He t h t s
s
α ββ α
α β
− ←→ > −
+ +
L 
 
Vou utilizar uma regra que é a seguinte 
2 2
2
2 4
b b
x bx c x c
 
+ + = + − + 
 
. Assim adaptado ao exercício, 
fica 
2 22
2
3
4
1 1
1 1
2 4 2 4
b b
x bx c x c
=
    
+ + = + − + → + − +          ���
 
 
E também preciso agora de um valor para o β . Aqui é 
3 3
4 2
β = = . Como não tenho, vou 
arranjar um truque que é multiplicar por 
3
2
3
2
, e fica assim 
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( ) ( )
( )
2 22 2
1
2
sin .
3
2
3 3
2
2
1
t
He t h t
s
α ββ
βα
−
 
←→ → 
 + +    
+ +   
   
L 
 
Cuidado pois é preciso multiplicar por . Que é igual a
2
3
 
2 3
3
. 
( ) ( )
�
( )
1
1
2 sin
3
2
2 3
3
t
Htt ti t e hδ
−
=
 
= −   
 
 
 
 
Para o 4º caso – se ( ) ( )Hv t h t= , ou seja com uma corrente de entrada, obtenho um degrau de 
Heaviside na saída. Então, e utilizando o 2º sinal conhecido, ( ) [ ]
1
, Re 0Hh t ss
←→ >L . 
( )
1
V s
s
= 
( )( ) ( )
( )
1
1 1
1 11
I s
I s
V s s
s
s s
s s s s
   
→ = + ⇔ = + ⇔   
+ +   
 
( ) ( ) 2
1
1
1
1
.
1
1
ss
s s s
I s I
s
s
s
s s
⇔ =
++ +
⇔ =
+
⇔
+
 
( ) 2
1
1s
s
s
I
s
+
=
+ +
 
 
Preciso de me aproximar de ( ) ( )
( )
[ ]2 2cos , Re
t
H
s
e t h t s
s
α α
α
β
β
α−
 +
←→ > − 
 + + 
L 
 
Vou utilizar uma regra que é a seguinte 
2 2
2
2 4
b b
x bx c x c
 
+ + = + − + 
 
. Assim adaptado ao exercício, 
fica 
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2 22
2
3
4
1 1
1
2 4 2 4
b b
x bx c x c s
=
    
+ + = + − + → + − +          ���
 
 
E também preciso agora de um valor para o s α+ . Aqui é 
1
2
s + . Como não tenho, tenho 1, vou 
arranjar um truque que é 
1 1
1
2 2
+ = 
E também preciso agora de um valor para o β . Aqui é 
3 3
4 2
β = = . Como não tenho, vou 
arranjar um truque que é multiplicar por 
3
2
3
2
, e fica assim 
( ) ( )
( )
2 22 2
3
2
1
2
1
2
2c s
1
ot H
ss
e t h t
s
s
α
βα
β
α−
+ + +
←→ → 
 + +    
+ +   
   
L 
Cuidado pois é preciso multiplicar por . Que é igual a
2
3
 
2 3
3
. 
( ) ( )
( )
2 2 22
1 3
2
3
cos
2
3
2 .
1 1
2 2
32
4 4
.
1t
H
ss
e t h t
s
s s
α β
α
α β
−
+ +
←→ → + 
 + +      + + + +   
   
L 
( ) 2
1
4
1
12
2
23
s
s
I s
+
= +
 
+ + 
 
.
2
2 2 2
1
2
1 1 1
2 2
3 3
2 2
3 3 3
4 4 42
3 3
3
. .
3
s
s s s
+
= +
     
+ + + + + +     
     
 
 
 
Fica: 
( ) ( )
1 1
2 2cos
3 3
2
3
23
sin
t t
He t ei t h tt
− −    
= +       
     
 
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Exercício 9.9.13 - O circuito eléctrico apresentado na figura abaixo tem os seguintes valores para os 
componentes: 1 , 50 e 100R K L mH C Fµ= Ω = = : 
 
a) Calcule a função de transferência do sistema e esboce os pólos e zeros no plano complexo. 
b) Determine a saída do circuito, se à entrada tiver o sinal. 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução 9.9.13 a) – A bobina faço a multiplicar por “s”, e o condensador por “1/s”. 
Assim, fica: ( )
( )
( )
1
Função de transferência 
1 .
o
i
sV s CH s
R LV s
C sR L
s
s
→ = =
+
+ 
 
 
( )
( )
( )
11
1 .
o
i
ss
s
s
V s CCH s
R L
s
V s
C R L
= = =
+
+
( ) .R L Cs s
s
R
C
sL+ +
( )
( ) .
R L
R
s
sL C s
s
R L
R L
s
+
= ⇔
+ +
+ 
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( )
2 2
1 1
.
1 1
1
1 1 1.
1 sss
s s s s
R L LRLC LCH s
R L CR L
RL
R
RC
C LC
s s s
RC LC C
RC
R
 
++  +  = = = ⇔
+ + + + + +
 
( )
2
1
.
.
1 1
. .
R
R C L
H s
R C
s
L
s
s
C
 
+ 
 =
+ +
 
 
Com 50 1, e 01 0mHR LK C Fµ= = =Ω , fica: 
( )
( ) ( )
( )
( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
11 .. ..
1 1 1
50100
100
1
 
50 10
 
1 
1. . . 0 
1
 .
ss
s s s
mHFC
C C
KR
KL
L mHF
H
FR
s
R
K
s
µ
µ µ
   + + 
   = =
+ + + +
Ω
Ω
Ω
 
( )
( ) ( )
( )
( )
( ) ( ) ( ) ( )
3
3
3
6
6 6
3
2
3
50.10
50.1
100.10
100.10 100.10
10
10
0
1
1
1 1
.0
.
.
.
s
s
s
s
H
−
− −
−
−
 
 +
 
 =
+ +
 
( )
( )4
2 5
10. 2.10
10 2.10
s
H s
s s
+
∴ =
+ +
 
Polo da função: ( )
5
2 5 10 100 4.2.1010 2.10 5 447,18
2
s s s js
− ± −
+ + → = → = − ± 
 
Zeros da função: 42.10s = − 
 
Tem que ser representado pelos pólos, que são 
os valores que “s” toma que anula o 
denominador, 5 447,18js = − ± . 
Com números complexos tem se SEMPRE 
duas raizes. E os zeros da função, que são os 
valores que “s” toma que anula o numerador. 
 
 
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É de notar a diferença, entre pólos e zeros. Os zeros ficam SEMPRE no eixo dos “xx”, enquanto que 
os pólos ficam algures no plano. 
 
O ROC está a direita dos pólos, logo o zero está incluído. 
 
 
 
Resolução 9.9.13 b) – 
 
 
( )
51 s
i
e
V s
s
−−
= 
 
( ) ( ) ( ).o iH sV V ss = 
 
( )
( )4 5
5
10. 2.10
10 2.10
.
1 s
oV s
es
ss s
−−+
+
=
+
 
 
Decomposição em fracções simples. Um com o factor “1”, e os outros com o atraso. Não há 
problemas com o grau do denominador/numerador. 
Função Inversa de Laplace: ( ) ( ) ( )10 . iv t H s v s
−=   L 
Para saber qual é a saída temporal de ( )oV s , deve se fazer a transformada inversa do sinal. 
Sei que 
( ) ( )u t U s←→L 
( ) ( ) 00 .
stu t t U s e−− ←→L 
 
Como ( )
( )
4
2 5
5.2.10
10 2.10
F s
s s s
=
+ +
, aplica se aqui o processo da decomposição em fracções 
simples. Já sei que as raízes são complexas, fica: 
 
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( )
( ) ( )
4 5
2 52 5 2 5
10.10 10
10 2.1010 2.10 10 2.10
A Bs C
F s
s s ss s s s s s
+
= = = +
+ ++ + + +
 
 
Vou utilizar uma regra que é a seguinte 
2 2
2
2 4
b b
x bx c x c
 
+ + = + − + 
 
. Assim adaptado ao exercício, 
fica 
2 2
2
5
2 2 2
52.10 2
10 10
1
2 4
0
2 4
.10x x
b b
bx sc s sc
    
+ + = + − + → + + = + − +         
 
( )
( )2 2
5
5 447,18
2 2.110 0
s
ss
A Bs C
F s
s
= + +
+
= +
+ +�������
 
Assim: 
A : Se 
( ) ( )
5 5
22 5 5
00 0
10 10 1
0, 
10 2.10 20 10 0 2.10 ss s
s fica
s s == =
= = =
+ + + +Não posso fazer o mesmo tipo cálculo para decomposição em factores devido a: 
( )
2 25 447,18
Bs C
s
+
+ +
. 
( )
( )
( )( ) ( )
( )( )
2 2
2 22 2
1 5 447,181
2 5 447,18 2 5 447,18
s
s
s Bs CBs C
U s
s ss
 + + + + +  = + = ⇔ 
 + + + +     
 
( )
( )
� �
( )
2º 1º 
2 4 2 2 2 4
2 22 2
0,1 1 2.10 0,1 2.10
5 447,18 5 447,18
Grau Grau zeroGrau
s s Bs Cs s Bs Cs s
U s
s s
 
   + + + + + + + +
= = ⇔   
+ + + +    
 
����
 
 2 0,1
 1 1
 0 1 1
Grau B
Grau C
Grau
→ =

→ =
 → =
 
 
 
Jorge Rodrigues Valente – 2087406 UMa 
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Substituindo: 
( )F s = = −
 
 
Preciso de me aproximar de e t h t s
( )
( )(
5
2
10 0,1 0,1 0,1 0,1 0,5 ,05
5 447 8,1
F s
s s
= = − = − ⇔
+ +
( )F s = −
 
Pois a fracção está precedida do sinal negativo, o que afecta todos os termos dentro 
separar em dois termos, tenho que ter o cuidado do sinal.
E também preciso de me aproximar de 
( )F s = − − =
( )
0,1 5 0
F s
s
= − −
 
Agora é só calcular a transformada inversa usando as propriedad
 
2087406 UMa 09-10
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( )( ) ( )
5
22 2
10 0,1 0,1 1
5 447,185 447,18
s
s ss s
+
= = −
+ ++ +
( ) ( )
( )
2 2
cos , Ret H
s
e t h t s
s
α α
α
β
β
−
 +
←→ > − 
 + + 
L
) ( ) (2 22 22
10 0,1 0,1 0,1 0,1 0,5 ,05
5 447,18 5 447,185 447 8
1
,1
s s
s ss s
+ + +
= = − = − ⇔
+ + + +
( ) ( )
2 22 2
0,1 0,1 0,5 0,5
5 447,18 5 447,18
s
s s s
+
= −
+ +
−
+ +
 
Pois a fracção está precedida do sinal negativo, o que afecta todos os termos dentro 
separar em dois termos, tenho que ter o cuidado do sinal. 
E também preciso de me aproximar de ( ) ( )
(
sint He t h t
s
α β−
 
←→ 
 + + 
L
( ) ( )
2 22 2
0,1 5 0,5
0,1
5 447,18 5 447,18
s
s s s
+
= − − =
+ + + +
( ) ( )
2 22 2
0,1 5 0 447,18
447
,5
0,1 .
5 44 ,187,18 5 447,18
s
s s s
+
= − −
+ + + +
Agora é só calcular a transformada inversa usando as propriedades: 
10-2011 208/388 
s e Sistemas – Teórico-prática 
2
10 0,1 0,1 1
5 447,18
+
 
[ ]cos , Ree t h t s α←→ > − 
)
2 22 2
1
10 0,1 0,1 0,1 0,1 0,5 ,05
5 447,18 5 447,18
s s
s s
=
+ + +
= = − = − ⇔
+ + + +
����
 
2 25 447,18 5 447,18
⇔
 
 
Pois a fracção está precedida do sinal negativo, o que afecta todos os termos dentro da fracção. Ao 
)
2 2s
β
α β
 
 
 + + 
. 
2 25 447,18 5 447,18
= − − = 
2 2
447,18
7,18 5 447,18+ + + +
 
Jorge Rodrigues Valente – 2087406 UMa 09-10-2011 209/388 
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( ) ( ) ( ) ( )5 50,1 cos 447,1 0,01 sin 447,1 8 ,180 t tee t h tf t t −− −  −= 
 
 
Porque ( ) ( ) ( ) 50 10 10
sV s F s F s e−= − 
 ( ) ( ) ( )0 10 10 5v t f t t t= − − 
 
 
 
 
Exercício 9.9.14 - Considere a seguinte equação diferencial referente a um sistema com saída 
( )y t e entrada ( ) :x t 
 
 
Este exercício é igual ao que foi feito no Ex. 2 do exame do 12 Junho 2009. 
Só a b) tem uma pequena diferença, pois é “b) … um Degrau de Heaviside...” 
 
 
 
 
Exercício 9.9.15 - Um sistema físico tem a seguinte função: 
 
 
 
Para um degrau de Heaviside à entrada, resolva a equação diferencial se o sistema tiver as condições 
iniciais: ( ) ( )0 0; ' 0 2.y y= = 
 
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Resolução 9.9.15 – Vou reescrever a equação com uma notação mais simpática: 
( )
( )
( )
0 0
'' 3 ' 5 , com 
' 0 2
H
y
y y y h t
y
=
+ + = 
=
 
 
Cuidado pois este exercício tem condições iniciais: ( ) ( )0 0; ' 0 2.y y= = 
Ver slides do professor TL27. 
Também é dito no enunciado, com entrada em degrau de Heaviside: ( ) ( ).Hx t h t= 
 
Regra: 
 ( )( ) ( ) ( )' 0f t s fF s= −L 
( )( ) ( ) ( ) ( )2'' 0 ' 0F ff st fs= − −L 
 
Cuidado com as maiúsculas (a azul) e minúsculas (a vermelho). 
Assim aplicado ao exercício: ( ) ( )( )'' 3 ' 5 Hy y y h t+ + =L L 
( ) ( ) ( )
1
'' 3 ' 5y y y
s
+ + =L L L 
 
Vou fazer por partes para se conseguir seguir as regras, utilizando as condições iniciais. 
 
( ) ( ) ( )2'' 0 ' 0Yy ysys= − −L 
( ) ( )( )3 3' 0y s yY= −L 
( ) 55 Yy =L 
( ) ( ) ( ) ( )( )2 0 ' 0 503X s s Y ys Yy ysY= − − + − + 
 
 
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Ora como ( ) ( )2 2
1 2
.
3 5 3 5
y s X s
s s s s
= + ⇔
+ + + +
 
( )
( )
x 
x 2 2 2 2
1
21 1 2 1 2
.
3 5 3 5 3 5 3 5
s
s
sy s
s s s s s s s
s
s s s
+
+
= + = ⇔
+ + + + + + + +
 
 
 
Poderia também ter ido por aqui: 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2
1 1
'' 3 ' 5 0 ' 0 3 50y y y s s s
s
Y Yy y y Y
s
+ + = ⇔ − − + − + =L L L
 
( ) ( )
( )
( )( )
2
2
0 ' 0 03
1
0. 2 503
ys syY Y y
Y Y Ys s s
s
− − −
⇔ − − + − + = ⇔����� �����
 
( )2 23 5 12 1 3 5 2s s Y s s
s
Y
s
Y Y⇔ + + = ⇔ + +− += ⇔ 
( ) 2
x 
2
x 
1
21
3 5 2
3 5
s
s
sY s s Y
s s s
+
⇔ + + = + ⇔ = ⇔
+ + 
( )2
1 2
3 5
s
s
Y
s s
+
⇔ =
+ +
 
 
Como não se tem raízes reais, fica: 
2 23 5 3 5s s s s
A B A Bs C
Y Y
s s
+
⇔ = + ⇔ =
+
+
+ + +
⇔
 
 
( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2
3 5 3 5
3 5 3 5
s s s s
s s s
s s s
s
A Bs C A A A Bs C
Y Y
s s
+ + + +
⇔ = ⇔ =
+ + + +
+ + + +
⇔ 
�
( )
2º grau 1º grau Grau zero
2 2
2
3 5
3 5
As Bs As Cs A
Y
s s s
+ + + +
⇔ = →
+ +
���� 
����
 
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11 5 2 0 5
1 1 3 2 3 5 2 5
 0 5A 1 1 75 5
ABGrau A B
Grau A C C B
Grau A C
 = = −→ + =   
→ + = ⇔ + = ⇔ = −  
  → = = =  
 
 
2 2
1 1 7 1 7
15 5 5 5 5
3 5 5 3 5
s s
Y
s s s s s s
− + − +
= + = + →
+ + + +
 
 
Para calcular a transformada inversa vou socorrer me das propriedades. 
 
Pois depois fica parecido a a 12ª definição do tópico 9.8.2 (sinais conhecidos): 
( ) ( )
( )
[ ]2 2cos , Re
t
H
s
e t h t s
s
α αβ α
α β
− +←→ > −
+ +
L 
 
Mas ainda não é igual, vou igualar, sem alterar o valor. 
( )
�
( )
2 22
1 7 1 1
7 7
5 5 5 5
3 5 3 11
2 2 4
s s s
s s b
a X s
β
α
 
 
 − +
 = → → =
 + +    
+ + + +    
   
− − −


−


�����
 
 
Como 
3
2
α = , e no numerador tenho -7, vou fazer assim: 
( )
2 2 2 22
1 3 3 1 3 17 1 3 171 7 1 77
5 2 2 5 2 2 5 2 105 5 5
3 5 3 11 3 11 3 11 3 11
2 4 2 4 2 4 2 4
s s ss s
s s
s s s s
     
+ + +− +      
     = = = = =
+ +      
− − − −
 
+ + + + + + + +       
      
−

− −− +
 
 
Cuidado ao passar 
17
10
+ para fora. O sinal fica positivo! E no denominador é vezes 5. 
Jorge Rodrigues Valente – 2087406 UMa 09-10-2011 213/388 
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2 2
1 3 17
5 2 10
3 11 3 11
2 4 2 4
s
s s
 
+ 
 = + =
   
+ + + +   
   
−
 
 
 
Resolvi um problema e criei outro.Mas o 2º termo também dá para resolver, basta usar 13ª definição 
do tópico 9.8.2 (sinais conhecidos): 
( ) ( )
( )
[ ]2 2sin , Re
t
He t h t s
s
α ββ α
α β
− ←→ > −
+ +
L 
 
Fica: 
( ) 2 22
173
1 2 1 1 102
5 53 5 3 11 3
2 4 2
11
4
s
Y
ss s
s s
s
s
+
+
= = − +
+ +    
+ + + +   
    
 
 
Onde tenho 
10
7
, deveria de ter 
11
4
. Então fica: 
( ) 2 22
11
11 4
4 11
4
3
1 2 1 1 172 . .
5 5 103 5 3 11 3
2 4 2
s
Y
s
s ss s
s s
+
+
= = − +
+ +    
+ + + +   
   
 
( ) ( )
3 3
2 2
1 1 11 17 11 11
cos sin
5 5 2 55 2
t t
Hu t e t e t h t
− −    
= − +       
     
 
 
 
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Exercícios Práticos 9 - Transformada de Z 
 
 
 
Exercício 10.9.1 - Calcule a transformada Z dos sinais: 
 
a) ( ) ( ) ( )2u n n a nδ δ= + − 
b) ( ) ( ) ( )
1
10
2
n
H Hu n h n h n
 
= − −    
 
 
c) ( )
 0
 0
n
n
a n
u n
b n
 ≥
= 
− <
 
 
 
Resolução 10.9.1 a) – ( ) ( ) ( )( )2U Z n a nδ δ= + −Z . Vou utilizar a propriedade da linearidade. 
3ª propriedade (10.8.3): 
( ) ( )00 
n uROCu n n T z U z ROC
a
−− ←→ =  
Z , excepto origem ou ∞ . 
Assim: 
( ) ( ) ( ) 22 1U Z n a n aZδ δ −= + − = +Z Z 
 
 
Resolução 10.9.1 b) – ( ) ( ) ( )
1
10
2
n
H Hu n h n h n
 
= − −    
 
. Vou utilizar a propriedade da linearidade. 
 
Assim, vou utilizar a regra nº 3, 10.8.2 (dos sinais importantes): 
( )
1
1 1 1
12 21
2
n
Hh n z
z−
 
←→ > 
  −
Z . 
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Também é ( )
1 1
12 2
2
n
H
z
h n z
z
 
←→ > 
  −
Z . É uma questão de notação, pois é igual. 
Quanto ao 2º termo, cuidado, pois não é atraso! Para ser atraso teria que ser assim: 
( )
10
2
10
1
n
Hh n
−
 
− 
 
 
 
Como é parecido, vai se tentar fazer com que seja um atraso, sem alterar o valor do 2º termo. 
 
3ª propriedade (10.8.3): 
( ) ( )00 
n uROCu n n T z U z ROC
a
−− ←→ =  
Z , excepto origem ou ∞ . 
 
Fica assim: 
( ) ( ) ( )
1 1
10
2 2
n n
H HU Z z h n h n
    
= − −    
     
 
( ) ( ) ( )
10 10
1 1 1
2
0
2
1
2
n n
H HU Z z h n z h n
−        
= − −        
           
 
( ) ( )
1
10
101 12
1
0
1
1
2
2
n
HU Z z h n
z
−
−
−
  
= − −  
   −
 
( ) 10 10
1 1
1 1 1
, com 
1 1 21 1
2
2 2
U Z z z
z z
− −
− −
= − >
− −
 
 
Vou multiplicar por 
z
z
. 
( )
( )
109 910 10
1
1 22 2 1
, com 
1 1 1 1 21
2 2 2 2
zz z z z
U Z z
z z z z
−− − − −
−
 
 −−
= − = > 
 − − − −
 
 
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Resolução 10.9.1 c) – ( )
 0
 0
n
n
a n
u n
b n
 ≥
= 
− <
 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1n n n
H H H H
n
u n a h n b h n a h nn h
b
−
 
= − = −  
 
− 
Assim ( )
( )
x z
x z
x b
x b1 111
1 1 1 1
1 11 11 1
U Z
az az a zz z
z b
b
b b
z− −−−
= − = − = − ⇔
− − − −− −
 
( )
( ) ( )
( ) ( )
2.z z b b z az b z bz bz
U Z
z a z b z a z b
+
− − − +
= = =
− − −− ( ) ( ) ( ) ( )
2ab z ab
z a z b z a z b
− −
=
− − − −
 
 
 
 
 
 
 
 
Exercício 10.9.3 - Calcule a transformada Z inversa de: 
( )
1
1 2
1
1 12 , 
3 1 21
4 8
z
U z z
z z
−
− −
−
= >
+ +
 
 
 
Resolução 10.9.3 – 1º as raízes. 1 2
3 1
1
4 8
z z− −+ + . Parece difícil, mas não é. Só invulgar! Multiplica 
se por 2 .z 
2
2
1 3 1
.
4 8
z z
z
 
+ + 
 
. 
Pronto agora já parece mais simples! Assim as raízes são: 2
3 1
0
4 8
z z+ + = 
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( ) 1Polos ra zes : 4 2í z z− = − ∨ = − 
 
Assim: 2 2 1 1
2
1 3 1 1 1
. 1 1
4 8 2 4
z z z z z
z
− − −    + + = + +    
     
 
 
Fica: 
( )
( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1
1 1 1 1 1 1
1 1 1
1 1 1
2 2 2
1 1 1 1 14 2 4 2 1 1
8 4 2 4 2
z z z
U z
z z z z z z
− − −
− − − − − −
− − −
= = =
  + + + + + +  
  
 
 
 
Cálculo auxiliar (decomposição): 
 
( )
( )
1
1
1
4
1 1
1 1 1 2 32 2 3
1 1 2 1 11 1
2
4
2
4
z
z
z
A
−
−
−
−=
 
− −  +
= = = = − = −
−
−

− + + +
 
 
 
( )
( )
1
1
1
2
1 1
1 1 1 1 22 2 4
1 1 1 1
1 1 1
2 2
2
4
2
4 z
z
z
B
−
−
−
−=
 
− −  +
= = = = = 
  + +

−
+ −−

 
 
 
( )
1 1
4 3 1
, 
1 1 21 1
2 4
U z z
z z− −
= − >
+ +
 
 
Para inverter usar a regra nº 3 do tópico 10.8.2. α é negativo e dá ( )1 1 .α α− − = + 
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( )
1 1
1 1
3 4
1 1
1 1
4 2
U z
z z− −
= − +
+ +
 
 
 
Transformada Inversa. Usa se a definição 
geral, só é necessário saber o lado a que está 
limitado o sinal. Saber se é causal. 
 
 
( ) ( )
1 1
3 4
4 2
n n
Hu n h n
    
= − − + −    
     
. 
 
 
Ambos os sinais 
1 1
 e 
4 2
− −
 
 
 
, são causais. 
 
 
 
 
 
 
Exercício 10.9.5 - Considerando que a saída dum sistema LIT é dada por 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
5 3
2 1 1
2 2
y n y n y n x n x n− + − − = + − 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 1 3 1y n y n y n x n x n− + − + = + − 
 
a) Determine a função de transferência H(z). 
b) Obtenha a resposta impulsional, de modo a que o sistema seja estável. 
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Resolução 10.9.5 – Tem se atrasos na entrada e na saída. Não tem condições iniciais. 
( )
� �
2 2
ATRASO p ATRASa Oar
Y z z y n−
 


− 
 

→ 
( )
� �
15 5
2 2
1
ATRASO par ATRa ASO
Y z z y n−
 


− 
 

→ 
( )
� �
 !
03
2
0
3
2
ATRASO ATRASO
SEM ATR
par
O
a
AS
Y z z n
 
− −  
 
 
+→
�����
 
 
Sei que ( ) ( ) ( ) ( ) 11x n X z x n X z z−−= ∧ = 
 
Assim a função de transferência fica: 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 1 1
5 3
2 2
Y z z Y z z Y z X z X z z− − −+ − = + ⇔ 
( ) ( )2 1 1
5 3
1
2 2
Y z z z X z z− − −   ⇔ + − = +   
 
 
Função de transferência: ( )
( )
( )
1
2 15 3
2
1
2
Y z
z
z
H z
X zz
−
− −
= =
−
+
+
 
 
Tenho que calcular os pólos: 2 2 1 2 2
5 3 5 3 3 5
1 1
2 2 2 2 2 2
z z z z z z z− − → + − = + − = − + + 
 
 
 
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As raízes são 
1
3
2
z z= ∨ =− . 
 
Fica: ( )
( )
( ) ( )
1
1 11
2
1
3
Y z z
H z
X z
z z z z
−
− −
+
= =

+ −

 
 
 
 
Agora os zeros da função:11 0 1z z−+ = ⇔ = − . 
 
Agora vou desenhar o círculo unitário: 
 
 
Um sistema cuasal não tem que incluir os pólos. Causal é para fora do MAIOR pólo. 3.z > 
 
A ROC é representado pelo “donuts” (a azul mais a amarelo). É estável, mas não é causal. 
 
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Cálculo auxiliar (decomposição): 
( )
( )
1 1
1
1 1 1
1
2
1 1
2
3
2
3
3
A z z B z z
A B
z z z z z z z z
− −
−
− − −
 
+ 
 
+
+
+ =
 
 

− −+

−
 
3 0 3
1
1
1 4
1 7
2 z z
z
A
z z
−
−
⇔ =−+ =
 
 +
= = − 
 −
 
 
 
3 0 3
1
1
1 3
3 7
z z
z
B
z z
−
−
=⇔ −+ =
 +
= = 
+ 
 
 
( ) 1
113
4 3 1
7 7 2
1 1 3
2
z
H z para
z z z
−
−
− >
= + 
 <− 
+
 
Transformada Inversa: ( ) ( ) ( )
11
2
3 1
4 7 21
7 1
3
3
n
H
z
h n h n para
z z−

>
= − − + 
 <
−
−
 
 
 
 
 
Exercício 10.9.7 - Um sistema discreto causal tem a seguinte função de transferência: 
( )
1
1 2
1 0,4
1 0,8 0,64
z
H z
z z
−
− −
−
=
− +
 
 
a) Localize os pólos e zeros no plano z e a região de convergência. 
b) Determine a resposta impulsional. 
c) Determine a equação às diferenças do sistema. 
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Resolução 10.9.7 a) – 1º calcular os pólos. 
1 1
2 1 2 2 2
1 1 0, 4 1 1 0,4
. .
1 0,8 0,64 0,8 0,64
z z
z z z z z z
− −
− −
   − −
= →   
− + − +   
 
( ) ( ) ( )
( )
22 0,8 0,8 4 1 0,644
2 2 1
b b ac
z
a
  − ± −− ± −
→ → = 
 
  
2 10,8 1,92 0,8 192.10 0,8 192.10
2 2 2
z
− −− ± − − ± − − ± −
= = =
 
 
Agora o que é que representa o 192? 
 
Então, fica: 
10,8 8 3.10 0,8 0,8 3
2 2
z
− − ±
= =
− −− ±
 
0, 4 0, 4 3z j= − ± 
 
 
 
 
São sempre duplos, e nunca ficam no eixo dos “xx”. 
Ficam sempre no plano. 
 
 
Agora para representar o meu circulo unitário, com raio de: 
( ) ( ) ( ) ( )
22 2 2
Re Im 0, 4 0, 4 3 0,8Raio = + = + = 
 
( )
( )( ) ( )( )
1 1
1 2 2
1 0, 4 1 0, 4
, 0,8
1 0,8 0,64 0, 4 0, 4 3 0,4 0, 4 3
z z
H z com
z z z zj j
z
z
− −
− − −
− −
= = >
− + − + − −
 
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É causal e estável. 
 
 
 
 
Resolução 10.9.7 b) – Sinais mais importante nº 7, do topico 10.8.2 (pagina 33): 
( ) ( )
( )
( )
1
0
0 1 2 2
0
1 cos
cos , com 
1 2 cos
n
H
r z
r h n z r
r z r z
−
− −
− Ω
Ω ←→ >
− Ω +
Z 
No exercício: 
( ) ( )
( )
( )
1
0
0 1 2 2
0
1 cos
cos , com 
1 2 cos
n
H
r T z
r T h nT z r
r T z r z
ω
ω
ω
−
− −
−
←→ >
− +
Z 
Agora não me vou preocupar com o numerador, pois posso manipula-lo ao meu belo agrado. Vou me 
concentrar no denominador. 
( )
( )0
0
2
0,8
cos
cos 0,8
 0,64
 1
2
1
T
T
r
r
ω
ω
=
=

= ⇔
 =

( )2 0,8 ( )0
0,8 0,
1
cos
2
8r r
Tω

 =

⇔ 
 

= =



 
 
O raio já tinha confirmado na alínea a). E o 1
1
cos
2 3
π−   = 
 
. Assim fica 0 3
0,8
T
r
π
ω

=
⇔ 
 =
 
Assim substituindo o ( ) ( )0cos
n
Hr T h nTω , fica ( ) ( ) ( )0,8 cos 3
n
HR n n h n
π 
=  
 
. 
 
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Resolução 10.9.7 c) – Equação às diferenças do sistema: 
 
Tem se 
 
( )( ) ( )( )1 2 11 0,8 0,64 1 0,4Y z z z X z z− − −− + = − 
 
Agora a Transformada Inversa: ( ) ( )1 Y z y n− =  Z . 
 
E utilizando a propriedade da translação nos tempos, fica: 
( )
�
( ) ( ) ( )
�
( )
1 2 11 10,8 0,64 0,4
0,8 1 0,64 2 0, 4 1
z z z
y n y n y n x n x n
− − −
− − + − = − −
����� ������� �����
 
 
“Arrumado”: 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )0,64 2 0,8 1 0,4 1y n y n y n x n x n− − − + = − − + 
 
 
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Introdução ao capítulo 11 - Análise de Sistemas de Controlo 
 
 
 
1 - Álgebra dos diagramas de blocos 
Todo diagrama de blocos pode ser modificado e até reduzido a um único bloco equivalente, para o 
caso de sistemas com apenas uma entrada e uma saída. Cada modificação tem que ser feita de forma 
a não alterar as relações entre as variáveis envolvidas. O conjunto de regras para as modificações 
básicas dos diagramas de blocos é conhecido como "álgebra dos diagramas de blocos". 
A álgebra dos diagramas de blocos aplica se tanto a diagramas de blocos operacionais quanto a 
blocos na frequência. 
 
Deduções básicas 
 
1- Cascata 
 
 
 
1
1 2
2
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
Y s GU s
X s G G U s
X s G Y s
= 
⇒ =
= 
 
 
2- Paralelo 
 
 
 
 
 
1
2
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
Y s GU s
X s Y s W s
W s G Y s
= 
⇒ = +
= 
 
 
 
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3- Retroacção (realimentação ou feedback) 
 
 
 
 
( )a U s b= ± ( ). ( )b H s Y s= ( ) ( ).Y s G s a= 
 [ ] [ ]( ) ( ). ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )Y s G s U s H s Y s Y s G s H s Y s G s U s= ± ⇔ − ± = 
 
[ ]
( ) ( )
( )
( ) 1 ( ) ( )
Y s G s
T s
U s G s H s
= =
− ±
 
 
 
4- Deslocamento para frente 
 
 
 
 
 
2 1( )x G s x= 
 
 
5- Deslocamento para trás 
 
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2 1( )x G s x= 
 
6- Eliminação de Blocos 
 
 
 
 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )
1
. . .b H s Y s a U s H s Y s c U s Y s
H s
= = − = −
 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )
( ).
U s
Y s G s U s H s Y s Y s G s H s Y s
H s
 
= − ∨ = −    
  
 
 
7 - Reagrupamento de pontos de soma 
 
 
 
 
 
 
( )C R X Y= ± + 
 
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8- Reagrupamentos 
 
8a- Bloco / Ponto de Soma8b- Ponto de Soma / Nó 
 
 
 
C R X= ± 
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( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )3 3 2 3. . . .i H C s a R s H C s b G R s H C s = = − = −     
 
( ) ( )( ) ( )1 3 2 1. . . .c G R s H C s h H C s g H f = − = =  
 
( ) ( ) ( ) ( )2 1 2 1 2 1. . . . . .d H C s H f e G R s i G R s i H C s H f = + = − + − + +            
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )3 2 3 1 3 2 1. . . . . . .f G G R s H C s G R s H C s H C s H f = − + − + +            
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )4 3 2 3 1 3 2 1. . . . . . .C s G G G R s H C s G R s H C s H C s H f  = − + − + +             
 
Cuidado para não confundir o “c” com o ( )C s . 
 
 
 
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( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 3 3a C s H b R s C s H c R s C s H g= = − = − − 
 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 3 1 3 1. . .d G R s C s H g e G R s C s H g H C s= − − = − − −       
 
 
( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 3 1. . . .f H C s g H G R s C s H g H C s = = − − −    
 
 
( ) ( ) ( ) ( )2 1 3 1. .C s G G R s C s H g H C s = − − −    
 
 
 
 
 
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( ) ( )1 1 3 1 2a eH b R s eH c G R s eH d eH= = + = + =   
 
 
[ ] [ ] ( ) ( )1 2 1 2 4 4. . . . . .e G G h f G G h R s G g R s G= = + = 
 
 
( ) ( )( ) ( )1 3 1 2h eH G R s eH eH= + + +   
 
 
[ ]( ) ( ) [ ]( ) [ ]( )1 2 1 3 1 2 1 1 2 2. . . . . .h G G h H G R s G G h H G G h H      = + + +       
 
 
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )1 2 1 3 1 2 4. . .C s f C s G G eH G R s eH eH R s G = ⇔ = + + + +    
 
 
 
 
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2 - Diagrama de fluxo de sinais e regra de Mason 
É uma alternativa para o diagrama de blocos. Cada variável é representada por um nó e cada bloco é 
representado por um ramo. 
 
Fonte: é um nó com apenas saída. 
Sumidouro: é um nó com apenas chegada. 
 
 
 
Diagrama de blocos e gráfico de fluência 
 
 
 
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Diagrama de blocos e gráfico de fluência 
 
 
 
 
Diagrama de blocos e gráfico de fluência 
 
 
 
 
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Diagrama de blocos e gráfico de fluência 
 
 
 
Diagrama de blocos e gráfico de fluência 
 
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3 - Regra de Mason 
( )T s é a função de transferência, e é 
( )
( )
( )
( )
( )
C s Y s
T s
R s X s
= = . 
( ) i i
P
T s =∑
�
� 
 
 
Em que o � é: 
( ) ( ) ( )
”Ganhos” de todas as malhas.
Produtos das malhas que n o se tocam a .
Produtos das malhas que n o se tocam a .
Produtos das malhas que 
três três
quatro qn o se tocam a 
duas dua
uatr .
1
o
s
A
B ã
C ã
D ã
A B C−
=
= −
=
=
=
+ +∑ ∑ ∑� ( ) ...D −∑
 
 
O i� é o � para as malhas que não tocam o caminho (passo) directo “i”. 
 
Gráfico de fluência 
 
 
( ) ( )1i i
Py
T s i
u
= = =∑
�
�
 
 
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Passos: 1 . . . .iP P a b x c d= = 
 
Laços: 1 2 3 4 5. . . . .L b f e L c h g L i j L l L m∧ ∧ =∧ ∧= = = = . 
 
( ) ( ) ( ) ( )1 ...A B C D− −= + + −∑ ∑ ∑ ∑� 
( )
( )
( )
( )
( )
( )
1 2 3 4 5 1 2 1 4 1 5 2 3 3 4 2 5 4 5 1 2 5 1 4 51
A B C
L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L= − + + + + + + + + + + + +
∑ ∑ ∑
−
����������� ������������������� �������
� 
( ) ( )3 4 4 51 5 3 41i L L L L L L L= = − + + + +� � 
 
 
Assim: 
( )
( ) ( ) ( )( )
( ) ( ) ( )
3 4 5 3 4 4 5
1 2 3 4 5 1 2 1 4 1 5 2 3 3 4 2 5 4 5 1 2 5 1 4 5
. . . . . 1
1
i i
ab xcd L L L L L L LP
T s
L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L
− + + + +
= =
+ + +− + + + + + + + + +−
∑
�
�
 
 
Cuidado para não confundir i� com � . 
i� diz respeito ao passo em concentro, associado ao índice “i”. 
 
 
Exercício 1: 
 
Diagrama de blocos 
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Resolução: 
 
Gráfico de fluência 
 
Cuidado com os sinais. 
( ) ( )2i i
P
s iT = =∑
�
�
 
 
Passos: 1 3 4 41 1 31. . . .1iP P G G G G G G= = = 
2 3 4 42 2 31. . . .1iP P G G G G G G= = = 
 
Laços: ( ) ( ) ( ) ( )3 1 3 4 2 1 3 4 31 2 3 43 4 32L G H L G G H L G G G H L G G G H= = = =∧−∧− −∧− 
 
1 2G G não formam um laço! 
( ) ( ) ( )
”Ganhos” de todas as malhas.
Produtos das malhas que n o se tocam a .
Produtos das malhas que n o se tocam a .
Produtos das malhas que 
três três
quatro qn o se tocam a 
duas dua
uatr .
1
o
s
A
B ã
C ã
D ã
A B C−
=
= −
=
=
=
+ +∑ ∑ ∑� ( ) ...D −∑
 
 
Todos os laços se tocam. 
 
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( )
( )
1 2 3 41
A
L L L L= − + + +
∑
���������
� 
 
O i� é o � para as malhas que não tocam o caminho (passo) directo “i”. 
 
1 1 0 1i = = − =� � 
 
Assim: ( )
( ) ( )
( )
( )
( )
1 3
1 2 3 4 1 2 3 4
4 2 3 4 3 4 1 2. 1
1 1
i i
GG G G G G G G G GP
T s
L L L L L L L L
+ +
= = =
+ + +− −+ + +
∑
�
�
 
 
 
 
Exercícios do capítulo 11 - Análise de Sistemas de Controlo 
 
 
Exercício 1 – Reduza os seguintes diagramas de bloco utilizando a álgebra correspondente: 
 
a) 
 
 
Diagrama de blocos 
 
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Resolução: é necessário um realimentação na entrada. Ela existe mas é na entrada G2, e ela é 
necessária em G1. Vou por isso utilizar a regra nº 5. 
 
 
 
 
 
Assimfica: 
 
 
 
Agora aplicando a regra do ramo da realimentação, aplicando a regra nº 9, fica: 
 
 
 
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E tenho que ter cuidado com o sinal: 
 
 
Agora estes 3 blocos: 
 
 
 
No numerador fica o da linha de cima (onde irá ficar representado o novo bloco), e no numerador 
ficam o mesmo bloco, multiplicado com o bloco da linha que vai desaparecer. 
 
A equação tem já no numerador o sinal menos a seguir ao 1. Como a “chegada” do H1 é positivo, o 
sinal mantém se. 
 
 
 
 
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Assim, fica: 
 
 
 
Tenho mais uma realimentação, mas não devo de fazer isto: 
 
 
 
 
Mas sim assim: 
 
 
 
 
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E por fim, fica assim: 
 
 
 
 
Agora vou resolver o mesmo exercício, mas utilizando as regras de Mason (mais segura e bem mais 
fácil) 
 
 
Gráfico de fluência 
 
 
Como se pode ver, só se tem um caminho (passo), e 3 laços. 
 
Passos: 1 2 3 1 21 31.1. . . .1iP P G G G G G G= = = 
 
Cuidado que isto não é um caminho (passo) valido: ( )1 2 3 2 1 2 3 21.1. . . . .1P G G G H G G G H= − = − , pois no 
retorno de 2H− , volta a passar por pontos que já passou uma vez ( )2 3G G . É designada caminho não 
directo. E só se pode utilizar caminhos directos. 
 
Laços: ( ) ( )2 3 2 1 2 1 1 21 2 33 3L G G H L G G H L G G G H=∧ ∧ =− −= 
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( ) ( ) ( )
”Ganhos” de todas as malhas.
Produtos das malhas que n o se tocam a .
Produtos das malhas que n o se tocam a .
Produtos das malhas que 
três três
quatro qn o se tocam a 
duas dua
uatr .
1
o
s
A
B ã
C ã
D ã
A B C−
=
= −
=
=
=
+ +∑ ∑ ∑� ( ) ...D −∑
 
 
 
( )
( )
1 2 31 
A
L L L= − + + +
∑
As que não se tocam
�������
� 
 
Como todas se tocam, fica:
 
( )1 2 31 L L L= − + +� 
 
O i� é o � para as malhas que não tocam o caminho directo “i”. 1 1 0 1i = = − =� � 
 
Assim: ( )
( )
( ) ( )( ) ( ) ( )( )( )
1
1 2 3 1 2 3
1 2 3 2 1 2 1 1 2 31 32 3
. 1
1 1
i i
I
GG GP GG G
H s
L L L G G H GG H GG G H=
= = =
+− + + +− − −
∑
�
�
 
 
( )
( )
1 2 3 1 2 3
2 3 2 1 2 1 1 2 3 3 2 3 2 1 2 1 1 2 3 31 1
G G G G G G
H s
G G H G G H G G G H G G H G G H G G G H− − −+ +
=
+ −
=
 
( )
( ) ( )
1 2 3 1 2 3
2 3 2 1 2 1 1 2 3 3 2 3 2 1 1 3 31 1
G G G G G G
H s
G G H G G H G G G H G G H G H G H− − − + − +
= =
+    
 
 
 
 
 
 
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Exercício 1b) 
 
 
Diagrama de blocos 
 
 
Resolução 
 
 
Gráfico de fluência 
 
 
Como se pode ver, existem dois caminhos (passos), e 2 laços (e não três! O 2 5 6G G G não é). 
 
 
Passos: 1 2 5 1 21 51.1. . . .1iP P G G G G G G= = = 
1 6 1 62 1.1. . .1iP P G G G G= = = 
 
Laços: ( )1 21 3 1 2 4L G G L G G G= = −∧ 
 
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”Ganhos” de todas as malhas.
Produtos das malhas que n o se tocam a .
Produtos da três trêss malhas que n o se tocam a .
Produtos das malhas que n o s
duas du
e toca
as
m quatro quatro a .
A
B ã
C ã
D ã
=
=
=
=
 
 
( ) ( ) ( ) ( )1 ...A B C D− −= + + −∑ ∑ ∑ ∑� 
( )
( )
1 21 
A
L L= − + +
∑
As que não se tocam
�����
� 
 
Como todas se tocam, fica:
 
( )1 21 L L= − +� 
 
O i� é o � para as malhas que não tocam o caminho directo “i”. 
 
1 21 0 1 1 0 1i i∧= = − = = = − =� � � � 
 
 
Assim: 
 ( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
1 2 1
2
1 2 5 1 6 1 2 5 61 1 2 2
1 1 32
. 1 . 1
1 1 1
i i
I
GG G GG G G G GP P P
H s T s
L L L L GG= − − −
+ ++
= = =
+ −
= =
−
∑
� � �
�
1 2GG −( )4G 
 
( )
( )
( )
1 2 5 6
1 3 2 41
G G G G
T s
G G G G−
+
=
+
 
 
 
 
 
 
 
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Exercício 1c) 
 
 
 
Resolução 1c) 
 
 
 
Como se pode ver, existem três caminhos (passos), e 3 laços. 
 
Passos: ( ) ( )1 23 3 21 2
1 1 1
. .P P b P b
s s s
= = =∧ ∧ 
 
Laços: ( ) ( ) ( )1 2 32 31 2 3
1 1 1
L a L a L a
s s s
= = =−∧ −∧− 
 
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( ) ( ) ( )
”Ganhos” de todas as malhas.
Produtos das malhas que n o se tocam a .
Produtos das malhas que n o se tocam a .
Produtos das malhas que 
três três
quatro qn o se tocam a 
duas dua
uatr .
1
o
s
A
B ã
C ã
D ã
A B C−
=
= −
=
=
=
+ +∑ ∑ ∑� ( ) ...D −∑
 
( )
( )
1 2 31 
A
L L L= − + + +
∑
As que não se tocam
�������
� 
 
Como todas se tocam, fica:
 
( )1 2 31 L L L= − + +� 
 
O i� é o � para as malhas que não tocam o caminho directo “i”. 
 
1 2 31 0 1 1 0 1 1 0 1i i i= = − = = = − = = = −∧ =∧� � � � � � 
 
 
Assim: 
 ( )
( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
3 1 23 2
1 1 2 2 3 3
1
1 2 32
1 2
3
3
1 1 1
. 1 . . 1 . . 1
1 1 11 1
i i
I
b bP P P P s s sT s
L L L
a a a
s s s
=
+ +
+ +
= = = =
+ +      
     
  
−
− − − − − −
  
∑
� � � �
�
 
 
( )
231 23 2
1 2
3 3 2
1 2 3
1 2 32 3
1 1 1
1
.
1 1 1
1
b b b s b sss s sT s
s s a s a s aa a a
s s s
+ +   + +
= = 
+ ++ ++ +
 
 
 
No denominador, o objectivo é o de se ter no termo de grau da potência mais alto, que neste caso é 
3s , um coeficiente 1 (ou outra constante). 
 
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Exercício 2a) Represente o gráfico de fluência equivalente dos exercícios do problema 1. 
 
 
Exercício 2b) – Determine a relação 
( )
( )
Y s
R s
 (ou para os gráficos de fluência da alínea a), 
recorrendo à fórmula de Mason. 
 
 
 
Resolução 2b). Vou definir os laços (L) e os passos (P). 
 
 
 
E passos, só têm um. 
Assim matematicamente representa se assim: 
 
1 1 2 3
1 2 3 2
2 1 2 1
3 1 2 3 3
:
:
:
:
P G G G
L G G H
L G G H
L G G G H
−
− 
 
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( )
( )
( )
( )
( ) ( ) ( )
1
1 2 3
1 2 3
2 3 2 1 2 1 1 2 3 3
. 1
1
P
L L L
Y s G G GPassos
H s
X s Laços G G H G G H G G G H− − − −
= = =
−
����
����� ����� �������
 
 
 
 
 
Ou seja ( )
( )
1 2 3 1 2 3
2 3 2 1 2 1 1 2 3 3 2 3 2 1 1 3 31 1
G G G G G G
H s
G G H G G H G G G H G G H G H G H+ −
=
+ −
=
+ +  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Exercício 3 - Determine a relação 
( )
( )
Y s
U s
 para os seguintes gráficos de fluência, recorrendo à fórmula 
de Mason. 
 
3a) 
 
 
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Resolução 3a) 
 
 
 
Como se pode ver, apenas existe um caminho (passo), e 4 laços. 
 
Passo: 11 2 3iP P H H H= = 
 
Laços: 
1 2 3 4 1 5 2 6 31 2 3 4 7L H H H H L H H L H H L H H= = = =∧ ∧ ∧
 
 
 
 
 
( )
( )
1 2 3 41 
A
L L L L= − + + + +
∑
As que não se tocam
���������
� 
 
Só há uma situação em que dois laços não se tocam 2L e 4L , fica:
 
( )1 2 3 4 2 41 L L L L L L= − + + + +� 
 
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O i� é o � para as malhas que não tocam o caminho directo “i”. 
1 2 31 0 1 1 0 1 1 0 1i i i= = − = = = − = = = −∧ =∧� � � � � � 
 
 
Assim: 
( )
( )
1
1 2 3
1 1 2 3 4 2 41
i i
I
P H H H
H s
L L L L L L= −
= = =
+ + + +
∑
�
� 
 
( )
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )
1 2 3
1 2 3 4 1 5 2 6 3 7 1 5 3 71 .
H H H
H s
H H H H H H H H H H H H H H+ + + +−
=
 
 
( ) 1 2 3
1 2 3 4 1 5 2 6 3 7 1 5 3 71
H H H
H s
H H H H H H H H H H H H H H− − −
=
− −
 
 
( )
( ) ( )
1 2 3
2 1 3 4 6 3 7 1 5 3 71 1
H H H
H s
H H H H H H H H H H H
=
+ +− − − 
 
 
3b) 
 
Jorge Rodrigues Valente – 2087406 UMa 09-10-2011 254/388 
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Resolução 3b) 
 
 
A azul está representada um percurso errado, pois tenho que seguir as setas! 
 
Passos, tem se: 
 
 
E 
 
 
Jorge Rodrigues Valente – 2087406 UMa 09-10-2011 255/388 
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Assim fica: 1 1 1 4 5 2 1 2 3 5: :P H G G G P H G G G∧ 
Quanto aos laços: 
 
1 1 2 3 5 3:L H G G G H− 
 
2 1 1 4 5 4:L H G G G H− 
 
3 1 2 3 5 4:L H G G G H− 
 
4 1 1 4 5 3:L H G G G H− 
 
5 3 2:L G H− 6 4 2:L G H− 
 
 
Cuidado pois existe 2 2H . Não é um erro. Assim o resultado é, ( )
( )
( ) ( )1
Y s Passos
H s
X s Laços−
= = : 
( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 2
1 2 3 4 5
1 1 4 5 1 2 3 5
1 2 3 5 3 1 1 4 5 4 1 2 3 5 4 1 1 4 5 3 3 2 4 2
6
1
P P
L L L L L L
H GG G H G G G
H s
H G G G H H GG G H H G G G H H GG G H G H G H− −− − − − − −
+
−
=
− − −
���� 
����
������� ������� ������� ������� ����� �����
 
( )
( )1 5 1 4 2 3
1 2 3 5 3 1 1 4 5 4 1 2 3 5 4 1 1 4 5 3 3 2 4 21
H G G G G G
H s
H G G G H H G G G H H G G G H H G G G H G H G H+ + + + +
+
+
= 
( )
( )
( ) ( ) ( )
1 5 1 4 2 3
1 5 3 2 3 5 1 4 4 1 4 2 3 2 3 41
H G G G G G
H s
H G H G G G G G H G G G G H G G+ + +
+
=
 + + + 
Jorge Rodrigues Valente – 2087406 UMa 09-10-2011 256/388 
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3c) 
 
 
Resolução 3c) - Como se pode ver, tem se três caminhos (passos), e 4 laços. 
 
Passo: 1 2 3 4 5 1 6 41 1 72 35 2P G G G G G P G G G G P G G G=∧=∧=
 
 
Laços: 1 4 7 2 2 2 3 4 5 2 6 4 5 21 2 3 4L H G L G H G L G G G G H L G G G H= − = − = − = −∧ ∧ ∧
 
 
 
( ) ( ) ( )
”Ganhos” de todas as malhas.
Produtos das malhas que n o se tocam a .
Produtos das malhas que n o se tocam a .
Produtos das malhas que 
três três
quatro qn o se tocam a 
duas dua
uatr .
1
o
s
A
B ã
C ã
D ã
A B C−
=
= −
=
=
=
+ +∑ ∑ ∑� ( ) ...D −∑
 
 
( )
( )
1 2 3 41 
A
L L L L= − + + + +
∑
As que não se tocam
���������
� 
 
Só há uma situação em que dois laços não se tocam, fica:
 
( )1 2 3 4 1 21 L L L L L L= − + + + +� 
 
O i� é o � para as malhas que não tocam o caminho directo “i”. 
( )2 1 41 31 0 1 1 0 1 1i i i H G∧ ∧= = − = = = − = = = − −� � � � � � 
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Assim: 
( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
3
1 2 3 4 5 1 6 4 5 1
1 2
2 7 4
1 4
1
3 1 2
. 1 . 1 . 1
1
i i
I
G G G G G G G G G G G G H GP
H s
L L L L L L=
+ + +
= =
+ + + +−
∑
�
�
 
( )
( ) ( )( )
( ) ( )( )
1 2 4 5 3 6 7 1 4
1 4 7 2 2 2 3 4 5 2 6 4 5 2 1 4 7 2 2
. 1
1
G G G G G G G H G
H s
H G G H G G G G G H G G G H H G G H G
 + + + =
− − − − + − −−
 
( )
( ) ( )( )
( ) ( )( )
1 2 4 5 3 6 7 1 4
4 1 5 6 2 2 2 7 4 1 3 4 5
1
1 1
G G G G G G G H G
H s
G H G G H G H G G H G G G

+ + +
+ + +
−

+
=
  
 
 
 
 
 
Modelos matemáticos 
 
Exercício 4 - Dados os seguintes circuitos constituídos por duas malhas RC acopladas, num caso 
directamente e no outro através de um “buffer”. 
 
 
 
 
1 2 1 21 ; 1 2R R M C F C Fµ µ= = Ω = = 
 
Jorge Rodrigues Valente – 2087406 UMa 09-10-2011 258/388 
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a) Determine as funções de transferência 
b) Sendo ( )iv t um degrau unitário, calcule a resposta ( )0v t e, ambos os casos. 
 
 
Resolução 4a) - tem 2 malhas RC com “buffer”. Vou simplificar para Laplace: 
 
 
 
O “A” é 1, logo só isola. 
( )
( )
( ) ( ) ( )
1 2
1 2
1 2
1º de 2º de
 tensão t
21
ensã
1
o
2
1 1
1 1
. .
1 11 1
o
i
divisor divisor
V s sC sC
H s
V s R R R sC R
C
s
sC
C
s
= = = ⇔
+ + + +
����� �����
 
 
( )
( ) ( )2 21 1 1 1 2 21 1
1
. . .1 .1R sC R sR sC R sC
s
C
H
+ +
= ⇔
+ 
( )
( )1 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1
2 2
2 1 1 2 2
1 1
1 1
H s
R R C C R Cs ss s sR C R R C C R C R C
= = ⇔
+ + + + + +
 
 
Como me é dito de que 1 2 1 2; 21 1R R M C F C Fµ µ= = Ω = = , fica: 
( )
2
1
1s
H s
M
=
Ω .1M Ω .1 Fµ .2 Fµ( ) 1Ms+ Ω .1 Fµ 1M+ Ω .2 Fµ( ) 1
⇔
+
 
( )
( ) ( )2 22
1 1
1 2 121 3s s
H
s
s
s
= =
+ + + + +
. 
 
Jorge Rodrigues Valente – 2087406 UMa 09-10-2011 259/388 
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Resolução 4b) - ( ) ( )2i Hv t h t= . Se é assim a entrada, a saída é ( )1
1
oV s s
= . 
( ) ( ) ( )
( )1 12 2
1 1
. .
2 3 1
1
2 1
1
3
o oV s H s Vs s s s
s
ss s
= = ⇔ =
+ + + +
 
 
Preciso de calcular os pólos, mas antes, para simplificar, vou retirar o coeficiente do grau 2. 
( )1
2
1 1
3 12
2 2
o
s
V s
s s
=
 
+ + 
 
 
 
Calculo auxiliar: 
2
2
3 3 1 3 9 3 9 84 2
2 2 24 2 4 2 4 4
2 2 2 2
b b ac
s
a   
− ± − − ± − − ± −    − ± −    
= = = = ⇔ 
 
 
 
3 1
12 2 1
2 2
s s s
− ±
= ⇔ = − ∨ = − 
 
Assim ( )
( )
1
11 11
22
A B C
s s ss ss
U s = = + +
+  ++ + 
 
 
 
Aplica se aqui o processo da decomposição em fracções simples (vou retirar o ½): 
 
( )
( )
1
11 11
22
A B C
s s ss s s
U s = = + +
+  ++ + 
 
, como tenho 3 pólos, tenho que ter 3 termos. 
Se 
( ) ( )( ) ( ) 0
0 00 0
0 0
1 1 1 1 2
0, 
1 31 1 311 1
2 22 2
s
s ss s
s fica A
s s =
= == =
= = = = = =
    ++ + + +   
   
 
 
Jorge Rodrigues Valente – 2087406 UMa 09-10-2011 260/388 
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Se 
( ) ( ) 1
1 11 1
1 1
1
1 1 2
1 
1 31 1 31
22 2
1
2
s
s ss s
s s
s fica B
=−
=− =−=− =−
= − = = = = = −
    − − −+ + 

− − 
  
 
 
Se 
( )
1
21
2 111
222
1 1 1 1 1
 4
11 12 1
1
42 2
1 1
2 2
s
s
sss
s fica
s
B
s =−
=−
=−=−=−
= − = = = = = −
+        −−+            
− −
 
 
Fica: ( )
( )
3 3
1 42 2
1 11 1 1
1
2 22
s s s s
A B C
U
s s
s
s ss
= = + + = − −
+ +  + ++ + 
 
 
 
 
Agora vou socorrer me das propriedades. 
Para e 
1
4
1
2
s
 
 
− 
 +
 
, vou utilizar o sinal conhecido: 
( ) [ ]
1
, Ret He h t ss
α α
α
−+ ←→
+
> −L 
( )
( ) ( )
3
2
1 1 1
3
2
2
0
4
11
U s
s s s
= − −
+ +  
+ 
 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )0
1
2
1
1 24
2 3
4
3
3
2 2
2
3
t tt t t
H Hu t e e e h t e e h t
 
− − − − − 
   
= − − = − −       
 
 
Como tinha retirado o ½, agora vou reescrever a equação correcta: 
Assim fica: ( ) ( ) ( )
1 1
2 2
1
1 2 3 1 3
4 2
2 3 2 3 4
t tt t
o H Hv t e e h t e e h t
− −
− −   = − − = − −   
   
 
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Agora sem o buffer: 
 
 
( )
( )
( )
( )
( )
2
1 22
2 1 2
2 1 2
1
1
1 11 || 
.
1 1 1
|| 
oo
io
R
v s v s
v s
sC sCsC
H s
v s R R RsC sC sC
 
+ 
 = = ⇔
  + + +  
  
 
( )
( )1 2 1 2 1 1
2
2 2 2
1
1
H s
R R C C R C C R Cs ss
= ⇔
+ + + +
 
 
( )
( ) ( )2 2
1 1
1 52 2 15s s
H
s
s
s
= =
+ + + +
 
 
 
Como se tem ( ) ( )i Hv t h t= . Se é assim a entrada, a saída é ( )2
1
iV s s
= 
 
( ) ( ) ( )
( )2 22 2
1 1
2 5
1 1
.
2 5
.
1 1
o oHs s s
V s s V s
ss ss
= = ⇔ =
+ + + +
 
 
 
Preciso de calcular os pólos, mas antes, para simplificar, vou “retirar” o coeficiente do grau 2. 
( )2
2
1
5
2
1
2 1
2
o
s
V s
s s
=
 
+ + 
 
 
 
Jorge Rodrigues Valente – 2087406 UMa 09-10-2011 262/388 
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Calculo auxiliar: 
2
2
5 5 1 5 25 5 25 84 2
2 2 24 2 4 2 4 4
2 2 2 2
b b ac
s
a
   
− ± − − ± − − ± −    − ± −    
= = = = ⇔ 
 
 
 
 
5 17
5 17 5 172 2
2 4 4
s s s
− ±
− +
= ⇔ = − ∨ = − 
 
 
 
Assim (e retirando o ½): 
( )
1
5 17 5 175 17 5 17
4 44 4
s
s ss s
A B C
U
s
s = = + + ⇔
   − +− +
+ ++ +  
  
 
 
Como tenho 3 pólos, tenho que ter 3 termos. 
Se 
( ) ( )
0
22
0 0 0
1 1 1
0, 2
15 1 5 1
22 2 2
0 0
2
s
s s s
s
s fica A
s
=
= = =
= = = = =
   
+ + + +   
   
 
Se 
5 17 5 17
4 4
5 17 1 1
 
4 5 17 5 17 5 1
4 4 4
5 17
4
7
s s
s fic
s
a
s
B
− −=− =−
− −
−
−
= − = = ⇔
    + +
+ +         
− 
5 17
5 17 5 17
4
4 4
1 1 1
5 17 175 17 17 17 5 17 17
84 4 4 4 2 s
s s
−
=−− −
=− =−
⇔ = = ⇔
    −− −
−− + −   

+
  
 
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Se 
5 17 5 17
4 4
5 17 1 1
 
4 5 17 5 17 5 1
4 4 4
5 17
4
7
s s
s fic
s
a
s
C
+ +=− =−
+ +
−
+
= − = = ⇔
    + +
+ +         
− 
5 17
5 17 5 17
4
4 4
1 1 1
5 17 175 17 17 17 5 17 17
84 4 4 4 2 s
s s
+
=−+ +
=− =−
⇔ = = ⇔
    ++ +
−− + −   

+
  
 
5 17
4
8
17 5 17 s
C
+
=−
=
+
 
 
 
Fica: ( )
8 8
2 17 5 17 17 5 17
5 17 5 17 5 17 5 17
4 4 4 4
s s
s s s s
A B C
U s − += + + = + +
− + − +
+ + + +
 
 
Agora não me posso esquecer do ½ que foi retirado: 
( )2
8 8
2 117 5 17 17 5 17
5 17 5 17
4
17 5 17
4
1 17
4 4
5 1 5 17
4
5 7
2 7
4
1
oV s
s
s
s ss
s
 
  + 
 
 
− += + + = + + ⇔
− +
+ + + +
+

−
− 
 
 
Assim fica: ( ) ( )
55
2
17
4
17
4 4
1
4
7 5 177
1
17 5 1
t t
o Hv t e e h t
   −
− −      
   
+
−
 
 = + +
 
 
+
 
 
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Exercício 5 – Determine a função de transferência dos seguintes circuitos: 
 
 
 
 
Resolução 5a) - Circuito equivalente: 
 
( )
( )
0
2
1 1 1
/ / / / .
1 1 1
V s S
R sL
sI s sC CsC s
R sL RC LC
 
= = = 
  + + + +
 
 
 
 
Resolução 5b) - Circuito equivalente: 
 
 
( )
( )
( )0
1
/ /
i
V s
R sL
V s sC
 
= + = 
 
 
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Exercício 7 – Determine a função de transferência ( ) ( )2 /X s F s do seguinte sistema: 
 
Resolução 7) 
( )
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
( ) ( ) ( )
2
2 2 2
1 1 1
1 1
2 2 2 2
2
32 1
1
2
32
1
dx t dx t dx t dx t
M f t k x t B B
dt dt dt dt
dx t dx t dx t dx t
M k x t B B
dt dt dt dt
  
= − − − −  
  

 
= − − − − 
 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
2
2 2 2
1 1 1 1 1 1 1
1
2
2
2 2 2
3
3 2.
. . . . . .
. . . . .
M s X s F s K s X s B s X s B s X s X s
M s X s K s X s B s X s B s X s X s
 = − − − −

= − − − −
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
2
2 2 2
2
31 1 1 1 1 1 1
12
3
2
32 2 23
. . . . . . . .
. . . . . . . .
M s X s K s X s B s X s B s X s F s B s X s
M s X s K s X s B s X s B s X s B s X s
 + + + = − −

+ + + = − −
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
2
2
2
3 3
2
3 3
1 1
2 12 2
1 1. . .
. . .
M s K s B B s X s F s B s X s
M s K s B B s X s B s X s
 + + + = + 

 + + + =  
( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
3
2
3
2
1
1 1
2
2 2 2 3 3 12
1
. .
. . .
F s B s X s
X s
M s K s B B s
M s K s B B s X s B s X s
 +
=
+ + +
 + + + = 
 
 
Vou utilizar ( )1X s , como sendo comuns as duas funções, pois poderia ter utilizado ( )2X s . 
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
2
2 2 2
32
3 3 2
3
2
1 1 1
. .
. . .
F s B s X s
M s K s B B s X s B s
M s K s B B s
 +
 + + + =    + + + 
 
( )
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )1 1 1
32
2 2 2 2
2 2
3 3 3
.
. .
X s B s
F s B s X s M s K s B B s M s K s B B s
=
+ + + + + + +
 
 
Confirmar com os colegas, pois não consigo avançar… 
 
 
Jorge Rodrigues Valente – 2087406 UMa 09-10-2011 266/388 
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Exercícios do capítulo 12 - Análise de Sistemas no Domínio dos Tempos 
 
 
 
 
Exercício 1 - Para a entrada ( )r t representada na figura seguinte esboce, dimensionando os pontos 
mais importantes, a resposta ( )y t do sistema. 
 
 
 
Resolução - Pelo gráfico da função, consegue se deduzir a sua definição: ( ) ( )5 Hr t h t= . 
Assim consigo agora definir a função ( ) ( ) 2
1 10
2
5
10
5
. H sR s
ss ss +
= ∧
+
= = 
 
( ) ( ) ( ) 2.
105
2 10
R
s
Y Hs
s
s
s
s
+ +
= = 
 
Vou agora pela decomposição: 
( )
( ) ( )
( )
2
2 2 2
2 1010
2 10 2 10 2 1
.
0
5 s s Bs CBs C
s s s
A sA
s s s s ss
Y s
+ + ++
+ + + +
+
+
+ =
+
= = =
 
 
 
Como no denominador se tem um termo de grau 2, no numerador tem que ficar do grau inferior, que 
neste caso é 1. Por isso a necessidade do Bs. 
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Calculo auxiliar: 
( ) ( ) 00 0
0
22
50 50 50
5
2 10 102 100 0 ss s
s
A
s s == =
=
= = = =
+ + + + 
 
( )
( )
2 2
2
0
0 2
2 10
5.
10
5
1
2
2
0 10 50
10
0 51
As Cs
A C
A B B A
Y s C A
s
As A
A
B
s
B
s
A A
s
C
+ = = − =  
+ + + +   
= = + = = = − = =  
+ +   = = =
−
 
−
 
 
Continuando o exercício: 
( )
( )
2 2 2 2
5 25 10 5 5
.
2 10 2 10 2 10
105
2 10
sA s s
Y s
s s s s s s s s s
B
s s
C
s
+
= = + = + =
+ + + + +
−
+
+−
+
−
+ 
 
Vou utilizar um sinal conhecido, ( ) ( )
( )
[ ]2 2cos , Re
t
H
s
e t h t s
s
α α α
α
β
β
−
 +
←→ > 
 + + 
−L 
Vou trabalhar a função 
( )
2
5 2
2 10
s
s s
+
+ +
 de modo a ficar parecido com 
( )
2 2
s
s
α
α β
+
+ +
. 
Vou utilizar uma regra que é a seguinte 
2 2
2
2 4
b b
x bx c x c
 
+ + = + − + 
 
. Assim adaptado ao exercício, 
fica 
( ) � �
22 2
2 22 2 42 10 1 10
2 4 4
31
b b
x bx c x c s s s s
α β
    
+ + = + − + → + + = + − + = + +         
 
 
Para poder continuar vou retirar o coeficiente “-5”, porque nesta fase não me é útil. 
 
Na minha nova equação ( )
( )
22 2
2 2
2 10 1 3
s s
Z s
s s s
+ +
= =
+ + + +
, tenho um problema com o valor do 
meu α . Vou por isso adaptar, sem alterar o valor: 
( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 22 2 2 2
2 1 11 1
1 1 13 13 3 3
s s s
Z s
s s s s
+ + +
= = =
+ + + + +
+
+ + +
+
 
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Agora para resolver este termo, 
( )
2 2
1
31s + +
, preciso de utilizar outro sinal conhecido: 
( )
( )
[ ]2 2sin ( ) , Re
t
He t h t s
s
α β
β
α
α
β− ←→ >
+ +
−L 
 
Vou trabalhar a função 
( )
2 2
1
31s + +
 de modo a ficar parecido com 
( )
2 2s
β
βα+ +
. 
 
Preciso de um “3” no numerador: 
( ) ( )
2 22 2
1 13
1 13 3
.
3
33s s
=
+ + + + 
 
Já está. Agora é só voltar a utilizar o coeficiente “-5” que foi retirado:
 
( )
( ) ( )
2 22 2 2
5
15 10 5 3
3
1
.
2 10 31 13
s
Y s
s s s s s s
 +
= = + 
+ + + + + + 
−

 
 
Cuidado, pois não devo de “cortar” os “3”: 
1
3
3
( )
2 21 3s + +
, pois vou utilizar os coeficientes para 
fazer a transformada inversa de Laplace. 
 
( )
( ) ( )
1
2 22 2
5
3
31
5
1 3
5
3 1
s
y t
s s s
−
 +
=  
+ + + + 
−

−L 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 15 cos 3 3s
5
i5
3
nt t Hy t e t e t h t
− − 
=   
− − 
 
Calculo dos pontos importantes, como o valor máximo e em que momento, tempo de subida, tempo 
de estabelecimento, e sobre elevação. 
Usando a definição da função de transferência, ( )
2
2 22 n
H s
s s
ω
ξω ω
=
+ +
: 
 
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( ) ( )
2
2
2
2
22
2
2
2 2
2
10 10
10 2 1
2 210 10 10n n ns s
s s s
s
H
s
s
s
H s
s
s
ω ω
ω
ξω ξω
ξ ω
ω
ω ω
=


   
= → = → →  
+ + + +   
 

=
=
=
=
=
= =
 
 
 
Gráfico padrão, em que 0,9 
representa os 90% e o 0,1 os 10%. 
 
 
 
 
 
Apontamentos do Prof. Amândio. 
 
 
 
 
 
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Como a amplitude é 5, fica 4,5 para os 
90% e 0,5 para os 10%. 
 
 
2 2 2 2 2 2
101010
1011
10 10 1
0
0
01 1
n n n
s s s s s s
ω ω
ωω
ξ
ω
ω
ξ ξ
ω =
=



  
→ → →  
  
  
   = =
==
= =
=
=

= =
 
 
pt é o ponto do momento em que a função atinge o seu valor máximo. 
Como 
2 2
10
1 91 10 1 10 101 10
0
01
1
10
p
n
t
ξω
π π π π π
= = = = =
−   −−  
 
9
10
3
π
= . 
E em radianos, obtêm se 1,047s� . 
rt é o ponto da duração que medeia desde do inicio até atingir os 90% da subida. 
Como ( )cos
t
n
g
r
e
t
θ
θ
ω
ξθ= ∧ = . 
(em radianos!) ( )
10
cos 1,
1
2
0
49radθ⇔ = = 
( )
1,249 1,249
1,249 3 1,516
0, 48
1010 10
tg
r
e e
t = = = = 
 
st é o ponto do tempo que a função demora até se estabelecer, com um erro de 1,8%.± 
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Como 
4
s
n
t
ξω
= . 
10
1
4
10
4
0
st s= = 
 
 
pM é o ponto de sobre elevação, ou seja o valor máximo que a função toma. Em inglês é designado 
por “overshoot”. 
Também sei que ( )( )
2
2
1
10
1
1
01
10
0
1 5 5 1 5 1p pM y t e e
π
πξ
ξ
 
−  
 
 −
−  −  
 
 
  
  + = = + = + ⇔
  
   
  
 
 
1010 10
1010 10
10 1091 9
1
10 10 101 5 1 5 1 5 1 5 1pM e e e e
ππ π −− −
−
−
    
    
    
+ = + = + = + = +    
    
     
     
10
π
.3
 
 
 
 
 
( )31 5 1 1 5 1,351p pM e M
π
− 
+ = + ⇔ + = 
 
 
1 6,755pM+ = 
 
 
 
Jorge Rodrigues Valente – 2087406 UMa 09-10-2011 273/388 
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Exercícios do capítulo 13 - Análise de Sistemas no Domínio das Frequências 
 
 
 
Exercício 2 - Obtenha o gráfico de Nyquist em malha aberta dos seguintes sistemas. Generalizar a 
forma do traçado, consoante o tipo de sistema, a partir dos resultados obtidos: 
a) 
 
 
b) 
 
 
 
 
Resolução 2a) – Em malha aberta; ( ) ( )
( )
2 2
1 1
2 11
H s G s
s ss
= =
+ ++
 
Para a analise no domínio dos tempos, tem se: 
( )
( )
( )
( )
( )
�
( )
( )
2
2
2 2 2 2
2
1 1 1
1
2 1 2 12 1
H s G s
ss
j j j
j j jj j
H Gω ω
ω ω ω ωω ω
= = = = − =
+ + − + ++ +��������
���
 
 
Vou retirar o número complexo do denominador, multiplicando peloseu conjugado: 
( ) ( )
( ) �
( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2 22 2 22 2 2
imaginário
Real
1 21 1 2 1 2
.
1 2 1 2 1 2 1 4
H G
j j j
j j
j j
ω ω ω ω ω ω
ω ω
ω ω ω ω ω ω ω ω
− − − − −
= = =
− + − − + − +
−
−
�����
 
Jorge Rodrigues Valente – 2087406 UMa 09-10-2011 274/388 
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Se 
( ) ( )
( )( ) ( )
2
22 2
0 0
0
1 2
0 1
1 4 0
j
ω
− −
= → =
− +
 
 
Se 
( ) ( )
( )( ) ( )
2 2
2 42 2
1 2
0
1 4
j
ω
∞ ∞ ∞− −  
= ∞ → =  
∞∞ ∞ − +
 
 
Tenho que calcular a função, igualando 0ω = e para ω = ∞ , para saber onde começa e onde 
acaba. 
 
Atravessa o eixo imaginário com ( ) ( ) 0Re H j G jω ω =   
 
( ) ( )
2 2
2 22 2 2 2
1 2 1
1 4
Re
1 4
jω ω ω
ω ω ω ω
 
− − −  =
 − + − +  
 
( )
2
2
22 2
1
0 1 0 1
1 4
ω
ω ω
ω ω
−
→ = ⇔ − = ⇔ = ±
− +
 
 
Atravessa a parte real com ( ) ( ) 0Im H j G jω ω =   , e agora já sei o valor de 1ω = ± . Como é 
simétrico, basta o cálculo para um dos lados. Vou escolher o positivo. 
 
( ) ( )
( )
( )( ) ( )
2
2 2 22 2 2 2 2 2
11 1
21 2 2
1 4 1 4 1
1
14
Im
1
j
ωω ω
ω ω ω
ω ω ω ω
== =
  −− − −  = = ⇔
 − + − + − + 
 
 
( ) 1
2
22 2
1
1
1 2 2 1
4 2
m
01 4
I
j
ω ω
ω
ω ω
ω ω = =
=
 
− − −  = = −
  +− + 
 
Jorge Rodrigues Valente – 2087406 UMa 09-10-2011 275/388 
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Fica: O ponto ½ positivo é obtido pela simetria. 
 
 
 
No 1º e 4º quadrante sei qual é o comportamento da recta. 
 
O mais trabalhoso é para o 2º e 3º quadrante, uma vez que só sei a forma. Para saber o 
comportamento, tinha que calcular para mais pontos. Obviamente, quantos mais pontos, mais 
preciso é o gráfico. Mas é só para ter se uma ideia do gráfico, não irei fazer o cálculo. 
 
 
Aspecto que o gráfico poderá ter, sem mais cálculos. 
 
 
 
Jorge Rodrigues Valente – 2087406 UMa 09-10-2011 276/388 
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Recorrendo ao software MathLab, obtêm se: 
 
 
 
 
 
Resolução 2b) – Em malha aberta; ( ) ( )
( )
2 3 2
1 1
21
H s G s
s s ss s
= =
+ ++
 
Para a analise no domínio dos tempos, tem se: 
( )
( )
( )
( )
( )
�
( ) ( )
�
( )
( )
2
3
3 2 3 22
12
1 1
22 1
H s G s
ss
j j
j j
j j
H G
j j j j
ω ω
ω ω ωω ω ω
 = −
= = =
− − ++ + = −
��������
�����
 
 
Vou retirar o número complexo do denominador, multiplicando pelo seu conjugado: 
( ) ( )
� ( )
( )
( )
( )
( )
2 2 2 2
22 2 2 2 4 2 2
Real
imaginário
2 1 2 11
.
2 1 2 1 4 1
j j
j j
j j
H G
ω ω ω ω ω ω
ω ω
ω ω ω ω ω ω ω ω ω
+− − − −
= = =
− − − − − +
+
+ −
�����
 
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Vou primeiro simplificar, caso contrário fico com TUDO a zero. 
 
( )
( ) ( )
( )
( )
2 2 22
2 2 24 2 2 4 2 2 4 2 2
Real imaginário
2 1 12
4 1 4 1 4 1
j jω ω ω ω ωω
ω ω ω ω ω ω ω ω ω
− − −−
→ = + =
+ − + − + −
+
��������� ���������
 
( )
( )
( )
22
4 2 4 2 4 2 4 2
12
4 2 1 4 2 1
jω ωω
ω ω ω ω ω ω ω ω
−−
= + =
+ − + + − +
 
( )22
4 6 4 2 4 6 4 2
12
4 2 4 2
jω ωω
ω ω ω ω ω ω ω ω
−−
= + =
+ − + + − +
 
( ) ( )2 22 2
4 6 2 4 6 2 2 2 4 3 5
1 12 2
2 2 2 1 2
j jω ω ωω ω ω
ω ω ω ω ω ω ω ω ω ω ω ω ω
− −− −
= + = + =
+ + + + + + + +
 
2
2 4 3 5
2
2 1 2
j jω
ω ω ω ω ω
− −
+
+ + + +
 
 
Pronto já posso prosseguir: 
Se 
( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
2
2 4 3 5
0
0 0 0
2 2
0 2
1 2 0 1 002
j j j
jω
−− −
= → + = − + = − − ∞
+ + + +
 
 
 
 
 
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Se ( ) ( ) 0H s G sω = ∞ → = ⇔ 
( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( )( ) ( )
2 2
2 4 3 5 22 2
1 22
2 1 2 1 4
j j j∞ ∞ ∞
∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞
− − −−
= +
+ + + − + ∞
=
+
 
2
0
j∞
= +
∞ ∞
−
= 
 
 
Se 
( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
2
2 4 3 5
1
1 1 1 1 1
2 2 0
1
2 1 1 2 1 12 1 2
j j
ω
−− −
= → + = + ⇔
+ + + ++ + + +
 
1 1
1 0
2 2
ω = → = − + = − 
 
 
 
Exercício 3 - Complete os seguintes diagramas de Nyquist em malha aberta indicando se cada um 
dos sistemas é estável ou instável. 
 
 
 
 
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Resolução - 3a) 
 
 
 
 
2 2 2 0N Z N P Z Z= − → = + ⇔ = − + ⇔ = 
 
Sistema instável 
 
 
 
 
 
 
 
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Resolução - 3b) 
 
 
 
 
2 2 0 2N Z N P Z Z= → = + ⇔ = + ⇔ = 
 
Sistema instável 
 
 
 
 
Exercício 4 - Para determinar a estabilidade relativa de um sistema de fase mínima foram obtidos os 
diagramas de Nyquist em malha aberta para 4 valores de K (ganho) diferentes. Indique o sinal da MG 
(margem de ganho) e MF (margem de fase) e esboce a correspondente resposta para uma entrada em 
degrau (em malha fechada). 
 
 
 
 
 
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Resolução - 4a) 
 
 
 
 
Como se tem 0 0MF e MG> > → tem se um sistema estável. 
 
Tem se assim um movimento sobre amortecido 
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Resolução - 4b) 
 
 
Como se tem 0 0MF e MG> > → tem se um sistema estável. 
 
 
Mas como se está perto do círculo unitário o seu movimento é este: 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Resolução - 4c) Como se tem 0 0MF e MG= = → tem se um sistema com um 
movimento oscilatório. 
 
 
 
Resolução - 4d) Como se tem 0 0MF e MG< < → tem se um sistema instável, 
pois o seu movimento diverge. 
 
 
 
 
 
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Exercício 5 - Utilizando o critério de Nyquist determine a gama de valores de K para os quais o 
sistema em malha fechada é estável, sabendo que a função de transferênciaem malha aberta é: 
 
a) ( ) ( )
( )( )2 1 1
K
H s G s
s s s
=
+ +
 
 
b) ( ) ( )
( )
2
3
1K s
H s G s
s
+
= 
 
c) ( ) ( )
( )2 1 0,5
K
H s G s
s s
=
−
 
 
 
 
Resolução - 5b) O que se pretende é saber qual deverá ser o valor de “K” que leva o sistema a ficar 
instável. Ou seja qual é o valor máximo que “K” pode tomar. 
 
( ) ( )
( )
( ) ( )
( ) ( )( )
( )
22
33
2 12 1 KK s s
H s G s H s G s
s
j j
j
ω ω
ω
+ + + +
 = → = ⇔
  
 
( )
( )
( )3 2
32
2 1
1
j j j
jj
K ω ω
ω
  = + + → ⇔ ⇔
− −
−− = 
 
 
 
Vou retirar o número complexo do denominador, multiplicando pelo seu conjugado: 
 
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )( )
( )
2 2
3 3
1
1
2 1 2K K
H s G s H
j j jj
j j
s G s
ω ω ω ω
ω ω
− + + − + +
⇔ = ⇔ =
−−
−
⇔
−
 
( ) ( )
( )2
3
2K
H s G s
j jω ω
ω
−− +
⇔ = ⇔ 
 
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Agora vou agrupar os termos reais e os termos imaginários: 
( ) ( )
( )( )
( ) ( )
2
3
2 1 2K
H s G s H s
j
G s
ω ω ω
ω
+ −
⇔ ⇔ = −
−
=
3
K
ω
( )2
32
1K
j
ω
ω→
−
+ ⇔ 
( ) ( )
( )2
2 3
12 KK
H s G s j
ω
ω ω
−
= − + 
 
 
Se ( ) ( )
( )
( )( )
( )
2
2 3
0
0
12
0
0
KK
H s G j jsω
−
= → = − + = − ∞ − ∞ 
 
Se ( ) ( )
( )
( )( )
( )
2
2
2 3 2 3
12 1
0
K
H s G s j
K
ω
∞ ∞−  
= ∞ → = − + = + 
∞∞ ∞ ∞
 
 
 
 
Tenho que calcular a função, igualando 
0ω = e para ω = ∞ , para saber onde 
começa e onde acaba. 
 
É de se ter em atenção que a componente real 
é SEMPRE negativa. 
 
2
2K
ω
− 
 
Só a componente imaginária é que pode 
cruzar o eixo imaginário (pode, não é “tem 
que …”). 
 
Atravessa a parte real com ( ) ( ) 0Im H j G jω ω =   . 
( ) ( )2 2
2 3 3
I
1 12
m
K KK
j
ω ω
ω ω ω
 − −
 − + =
 
 
 
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( )
( )
2
2
3
1
0 1 0 1
K
K
ω
ω
ω
ω
−
→ = ⇔ − = = ±⇔ 
 
Cuidado para não confundir o valor de ω com o valor da função. 
 
Atravessa o eixo imaginário com ( ) ( ) 0Re H j G jω ω =   , e agora já sei o valor de 1ω = ± . 
Como é simétrico, basta o cálculo para um dos lados. Vou escolher o positivo. 
( )
( ) 11
11
2
22 3 2
12 2 2
2Re
1
KK K K
Kj
ω
ω
ωω
ω
ω ω ω ==
==
 −
 − + = − = − = −
 
 
 
 
 
 
Em que 
1
2 1
2
K K− > − ⇔ < 
 
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Exercício 6 - Esboce os diagramas de Bode (assimptóticos e corrigidos) das seguintes funções de 
transferência em frequência): 
a) ( ) ( )
( )
( )( )
2 1 0,3
1 0,1 1 0, 4
s
H s G s
s s s
+
=
+ +
 
 
b) ( ) ( )
( )
2
2
10 1
1
16 4
s
H s G s
s s
s
+
=
 
+ + 
 
 
 
 
Resolução - 6a) Vou primeiro fazer certas equivalências, que podem parecer desnecessárias, mas é 
só para facilitar a aproximação a definições conhecidas. 
3 1 2
0,3 0,1 0, 4
10 10 5
= ∧ = ∧ = 
 
Também está certo escrito desta forma: 
Este fica mesmo igual de notação
1 1 1 1
0,3 0,1 0,4
10 10 510
3 1 2
= ∧ = = ∧ =
�������
 
 
Assim: ( ) ( )
1
2 1 2 1
10 10
3 3
1 1
1 1 1 1
5 510 10
2 2
s
s
H s G s
s s
s s s s
   
   
+ +   
   
   = =
   
      
+ + + +      
      
   
 
Logo ( ) ( )
( )
( )
( ) ( )
2 1
10
3
1 1
510
2
j
j
j
j
G
j
H j
ω
ω ω
ω ω
ω
 
 
+ 
 
 =
 
  
+ +  
  
 
 
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Agora para calcular o módulo, vou utilizar o logaritmo, base 10, de cada coeficiente, conforme 
legenda: 
 
 
 
Termos positivos 
 
Termos negativos 
 
Assim o módulo de ( ) ( )H j jGω ω é: 
( ) ( ) ( )
( )
( )( )
( ) ( )
10 10 10 10 1020.log 2 20.log 1 20.log 20.log 1 20.log 110 510
3 2
jG
j
H
j j
j j
ω ω ω
ω ω ω
   
    
= + + + +−    
    

−

−
 
 
 
A ter em conta que o produto “Soma” e as fracções “Subtrai”. 
 
Para o calculo da fase, utiliza se a função ARCO de TAGENTE. 
 
 
Assim a fase de ( ) ( )H j jGω ω é: 
( ) ( )
�10 52 10
3 2j
H G arctg arctgj tj arc g
ω
ω π ω ω
ω ω
   
    
=     
   
− − −

  
 
 
Aqui também o produto “Soma” e as fracções “Subtrai”. 
 
 
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Agora a representação gráfica: 
 
Modulo de ( ) ( )H j jGω ω 
 
De notar que o ponto “C” tem uma inclinação de 20 db por década (dB/dec), e como está a “descer”, 
é negativo (conforme a equação). O ponto “A” é uma recta pois trata se de uma constante, neste caso 
( )1020.log 2 6,02= . 
 
Fase de ( ) ( )H j jGω ω 
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De notar que no gráfico da fase, a inclinação da recta é de 45º por década. 
Quando se representa a fase, uma década a baixo e uma década a cima. Como é 90º, e 20 décadas, 
fica os 45º por década. 
 
 
 
 
Agora vou somar. Se me interessa os 
pontos onde há mudanças. 
 
No ponto 1, por exemplo, é zero mais 1. 
Ou seja o ponto que estava na coordenada 
(0; 0), passa a (1; 6,02). A inclinação da 
recta é a mesma. 
( )( )1020.log 2 6,02= 
 
 
 
Jorge Rodrigues Valente – 2087406 UMa 09-10-2011 291/388 
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O próximo ponto de mudança é em 2,5. Qual é a imagem? 
( ) ( ) ( ) ( )10 10 1
20.log 2 20.lo
2,5
g 6,02 20. 0,398 1,94H j jG dBω ω  = = = − −
 
− 
 
 
 
 
 
O próximo ponto de mudança é em 3,33. Qual é a imagem? 
( ) ( ) 10
10
2,
1,94 40.lo 3g 6,9
5
2H dj jG Bω ω
 
 
= − = − 

 
−

. 
Porque é que é -40? 
É que a recta que segue a “C”, é a “E”, pois está no ponto 
10
3
. E é uma recta que desce 20 dB/dec . 
Como a recta “C” também tinha uma inclinação de -20 dB/dec, o resultado é a soma entre ambos: (-
20-20) dB/dec = -40dB/dec. 
 
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O próximo ponto de mudança é em 10. Qual é a imagem? 
( ) ( ) 10
10
10
3
6,92 20.log 16,47H G dBj jω ω
 
 
= − = − 
 
 
− . 
Porque é que é -20? Não deveria ser zero (que é -20 + 20 
dB/dec)? 
 
Não! É que a recta que segue a “E”, é a “B”, pois está no ponto 
10. E é uma recta que SOBE 20 dB/dec. Como a recta “E” já 
tinha uma inclinação de -40 dB/dec, o resultado é a soma entre 
ambos: (-40+20)dB/dec = -20dB/dec. Ou seja continua a descer, 
mas com uma inclinação menos acentuada. 
 
 
 
Representação gráfica do modulo de ( ) ( )H j jGω ω 
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Agora para a fase: 
Para o ponto 0,25 tem se: 90º− . 
Para o ponto 0,33 tem se: 10
0,333
0,2
90º 45º .log 95,4
5
º
 
− − = − 
 
. 
 
Para o ponto 1 tem é o mesmo valor, pois a inclinação é simétrica, logo anulam se. 
Para o ponto 25 tem se: 10
25
95,4º 45º .log 158º
1
 
− − = − 
 
. 
Para o ponto 33,3 tem é o mesmo valor, pois a inclinação é simétrica, logo anulam se. 
Para o ponto 100 tem se: 10
100
33,3
158º 45º .log 180º
 
− − = − 
 
 (não representei no gráfico). 
 
 
 
Representação gráfica da fase de ( ) ( )H j jGω ω . 
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Exercício 8 - Para o sistema em malha aberta 
( ) ( )
( ) ( )1 2
K
H s G s
s s s
=
+ +
 
a) Determine K de forma a garantir a estabilidade do sistema. 
b) Determine K tal que MF=45º. 
(Nota: exercício igual ao exercício 7 da mesma folha) 
 
Resolução - 8a) ?K = Preciso das raízes em malha fechada. 
( ) ( )
1 0.
1 2
K
s s s
+ =
+ +
 
 
Vou desenvolver o denominador: 
( )( ) 3 2 2 3 22
1 0 1 0 1 0
2 2 3 22
K K K
s s s s s s ss s s
+ = ⇔ + = ⇔ + = ⇔
+ + + + ++ +
 
3 2 3 2
3 2 3 2 3 2
3 2 3 2
0 0
3 2 3 2 3 2
s s s K s s s K
s s s s s s s s s
+ + + + +
⇔ + = ⇔ = ⇔
+ + + + + +
 
3 23 2 0s s s K+ + + = 
 
 
 
6
0 0 0 6
3
K
K K
−
> ∧ > → < < 
 
 
Se esta condição for respeitada, o sistema será estável. 
 
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Resolução - 8b) ?K = MF = 45º. 
 
Tenho um problema! Não posso ter no denominador ( )2jω + . Tenho de que me livrar do “2”. 
Como tenho produtos no denominador, fica fácil: 
 
( )( ) ( )( )
21 0 1 0
2
1 1
2
2
1
2 2
K
j
j j j j
K
jω ω
ω ω ω ω
⇔ + = ⇔ + =
   
+ + + +   
   
 
( ) ( )
( ) ( ) ( )( )
( ) ( )
( ) ( )
1 1 1 1
2 2
0 0
1 1 1 1 1 1
22
2 2 2
j j
j j j j
j j j
j j j j j
K
j
Kω ωω ω ω ω
ω ω ω
ω ω ω ω ω ω
   
+ + + + +   
   ⇔ + = ⇔ = ⇔
     
+ + + + + +     
     
 
( ) ( )1 1
2
0
2
j j
Kjω
ω ω
 
+ + + = 
 
 
 
Assim a fase de ( ) ( )H j jGω ω é: 
( ) ( )
�
( )
2 2
j
H G arctg arctgj j
ω
π ω
ω ω ω
 
= − − 

− 

 
 
 
� ( ) ( )180º jMF H Gj
π
ω ω
=
= + , e sabendo que 45
4
ºMF
π
= = , posso reescrever a equação: 
( ) ( )
2 24 4 2 2
arctg arctg arctg arctg
π ωπ ω π π
ωπ ω
   
= − − − ⇔ − = − − ⇔   
   
 
( ) ( )
4 2 4 2
arctg arctg arctg arctg
π ω π ω
ω ω
   
− = − − ⇔ = +   
   
 
 
E agora, como se resolve isto? 
Jorge Rodrigues Valente – 2087406 UMa 09-10-2011 296/388 
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Vou utilizar dois passos: 
 1º - preciso de recordar uma formula trigonométrica: ( )
( ) ( )
( ) ( )1 .
tg tgA
A
B
Btg
t Bg tgA
+
+ =
−
. 
2º - preciso de aproximar a minha equação a esta formula trigonométrica. 
 
Assim fica: 
( ) ( )
2 24 4
arctg arctg tg tg arctg arctg
ω ω
ω
π
ω
π       
⇔ = + ⇔ = + ⇔      
       
( )
( )
2
2
4
1 .
tg arctg tg arctg
tg
tg arctg tg arctg
π
ω
ω
ω
ω
  
+      
    ⇔ = ⇔ 
   
−       
  
 
 
Sei que 1
4
tg
π 
= 
 
, e que tangente, tendo por argumento um arco tangente de um ângulo, é o próprio 
ângulo! 
( )At Ag arctg =   
 
Assim, prosseguindo, fica: 
3
21
2
1
.
2
1
ω
ω
ω
ω
+
⇔ = ⇔ =
−
22
2
ω
ω− 2
3
1
2
ω
ω
⇔ = ⇔
− 
2 2 22 3 3 2 0 3 2 0ω ω ω ω ω ω⇔ − + = ⇔ − − + = ⇔ + − = ⇔ 
0,562 3,562ω ω→ = ∨ = − 
 
Arco tangente de um número negativo dá um número negativo. Como 
4
π
não pode ser a soma de dois 
números negativos, então a solução só pode ser 0,562. 
 
Jorge Rodrigues Valente – 2087406 UMa 09-10-2011 297/388 
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Não esquecer que o modulo me dá o “K” e a fase o " ".ω 
 
 
Agora vou calcular o “K”, e a simbologia é “| |”. 
( ) ( ) ( ) ( )
2
2
10 10 10 1020.log 20.log 20.log 1 20.log 1 02 4
K
jH jG
ω
ω ω ω ω
  
= − − + − + =       
 
( ) ( )
2
2
10 10 10 10
0,562
20.log 20.log 0,562 20.log 1 0,562 20.log 1 0
2 4
K   
→ − − + − + =       
 
10 10
3,483
20.log 3, 483 log 2,68
2 2 20 2
K K K   
⇔ = − ⇔ = − ⇔ = ⇔   
   
 
 
1,34K = 
 
 
 
Exercício 9 - Para cada o seguinte traçado do módulo, determine a correspondente função de 
transferência em frequência admitindo que o sistema é de fase mínima: 
 
Jorge Rodrigues Valente – 2087406 UMa 09-10-2011 298/388 
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Resolução - 9a) 1 3? ?ω ω= ∧ = 
 
Sei 2 8.ω = E a outra coisa que sei, e que é muito importante: O “momento” em que a função 
atravessa o eixo real! Logo é este traçado (entre o 1ω e o 2ω ) que tem o zero da função. 
 
Sei também que 
 
 
 
 
Assim vou calculando para os diversos pontos assinalados no gráfico. 
 
Jorge Rodrigues Valente – 2087406 UMa 09-10-2011 299/388 
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100 40 / 0 40.log 2 44
8
1 ,0a dB dec  −= − = − = 
 
 
2
1
3
3020.l12 22,,04 4og 2 41b
ω
ω
ω
 
= − = → =− 
 
− 
10 1
1
0
4
36 40.log 0,504c
ω
ω
 
= − = → = 
 
 
 
Agora saber onde estão os pólos: ver os pontos de transição. Ou seja, sempre que o declive altera, há 
um pólo. 
Como tem três transições, tem se três pólos. Não esquecer que o zero da função está no ponto 4. 
( ) ( ) 2
1 3
22,
1 1
1 11 1
0,5 4 4
8
40
K K
j j
j j
j
b b
j
H G
j j jj
ω ω
ω ω
ω ωω ω ωω
ω
ωω
   + +   
   = =
     
+ ++ +     
    
 
Qual é o valor de Kb ? 
Se o ganho fosse unitário: 
 
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Logo, o valor 36 advêm de quê? 
Do ganho e do pólo na origem. 10 0,504
20.log 0 5,96
1
y y
 
− = ⇔ = 
 
. 
Assim o ganho é ( )1036 5,96 20.log 31,77b bK K= + ⇔ = 
 
Completando: ( ) ( )
31,77
2
1
2,44
1
0,5
1
8
04
j
j j
j
H
j
j
G
ω
ω ω
ω ω
ω
 
+ 
 =
  
+ +  
  
 
 
( ) ( )
0, 22,
8
3
4
1,
4
77 1
1 1
504
s
H s G s
s s
s
 
+ 
 =
  
+ +  
  
 
 
Exercícios do capítulo 14 - Análise de Sistemas por Espaçosde Estado 
 
 
 
Apontamento – Nos slides ASEE, na página 16, a propriedade 3. 
 
Exercicio - 
( )1 2 1 2A t t At Ate e e+ = , será que é igual? 
 
 
Resolução - ( )1 2 1 2 1 2A t t At At At Ate e e e+ += = , uma vez que ( ) ( ) ( ) ( )1 2 2 1. .At At At At= . Assim, pela 
propriedade 2, pode se afirmar que ( )1 2 1 2A t t At Ate e e+ = . 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
1 2 31 2 31 1 1 1...
! ! ! !1 2 3
KA t t Ke I A A t A A t
K
A A t A A t+ = + + + + + + + + + + 
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( )1 2 2 2 3 3 2 2 3
1 1 1 1
3
2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
... ...
! ! ! ! ! !2 3 2 3
A t K K Kt Ke I At A t A t A t I A t A t A t A t
K K
+   
= + + + + + + + + + +  
  
 
( )1 2
2 2 2 2 1 1 2 1 2 1 2
1 2 1 1 2 1 2
2 2 3 3 2 3
2 2 2 2 3 3 3 3
2
3 4
3 4 2 5 2 4 5
1 2 1 2 1 2 13
2 6
2 3 2 3
2
1 1 1 1 1
... ...
! ! ! ! !
... ... ... ...
! ! ! !2 2 !2 3 3 3 3! ! ! ! !3!2 32 !
KA Kt te I A t A t A t A t At A A A A t A A t
A A A t A A t A A t A A A t A A t A A t
t t
K
+ = + + + + + + + + + +
+ + + + + + + + + + +
 
 
( ) ( )1 2 1 2 1 2 2 1 1 21 2
2 2 3 3 2 2
1 1 1 2 3
1 2
1
. ...
! ! !1 2 2 3 3 2! ! !2!
A t t A A A A A A A Ae I A A t A A t t+
   
= + + + + + + + + + + +   
   
 
 
 
Sei que 
( )
2
1 2 1 2
1
2
2
2
.
! ! !2 2 2
A A A A
A A
+
= + + e que 
( ) ( )1 2 1 2 1 1
2
1 2
2
2 2. .
! !2 2
A A A A A A A A A A+ + + + +
= . 
 
 
10 Janeiro 2005 – 3º Mini Teste 
 
 
1 – Determine a transformada de Fourier do seguinte sinal: 
( ) ( ) ( )sin 2 .cos 3x t t t t= + + 
 
Resolução – Vou fazer por partes, e no fim integro tudo. 
Sei que ( ) ( )
2 2
sin cos
2
2
2
t t t tj j j je e e e
t t
j
− −− +
= ∧ = 
 
Assim o 1º termo fica: 
( ) ( )
( ) ( )2 2 2 22 2
sin 2 .cos .
2 2 4
j j j j j j j jt t t t t t t tt t jtj tj j e e e e e e e ee e e e
t t
j j
− − − −− −  + − +   − +
 = = ⇔          
 
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( ) ( )
( ) ( )2 2 32 32
sin 2 .cos
4 4
j j j j jt t t t t tj j j j j j jt t t t t te e e e e
j
e e
t t
j
e
− − − − −+ −+ + − +  + − −
 = = ⇔     
 
( ) ( )
( ) ( )3 3 3 3
sin 2 .cos
4 4 4
t t tj j j jt t t tj j j jte e e e e e e e
j j j
t t
− − − − − + −  − −
 = = + ⇔     
 
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
3 3 3 3
sin 3 sin
1 1
sin 2 .cos
4 2 2 2 2
t t t t t t tj j j j j j j
t t
jte e e e e
j j
e e e
t
j
t
− − − −
 
  − + − − −
  = = + ⇔
      
 
����� �����
 
( ) ( ) ( ) ( )
1 1
sin 2 .cos sin 3 sin
2 2
t t t t= + 
 
Passou se para uma soma, em vez de um produto, o que veio simplificar em muito o cálculo, pois 
agora posso calcular para cada termo individualmente e no fim somar tudo! 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1
sin 2 .cos 3 sin 3 sin 3
2 2
x t t t t t t t= + + = + + + 
É a propriedade da linearidade. 
Agora vou resolver por propriedades. Mas primeiro para as funções seno e cosseno vou utilizar as 
transformadas de sinais conhecidos. Para o seno é a 4ª e para o cosseno é a 5ª do tópico 8.14.2 da 
página 75. 
( ) ( ) ( )sin 3 3 3t j jπδ ω πδ ω←→− − + + 
 
( ) ( ) ( )
1
sin 3 3 3
2 2 2
t j j
π π
δ ω δ ω←→ − − + + 
 
 
( ) ( ) ( )
1
sin
2 2 2
t j j
π π
δ ω δ ω←→ − + 
 
 
Para o 3, vou usar a 3ª das transformadas de sinais conhecidos. 
( )2A Aπ δ ω←→ 
( )23 3π δ ω←→ 
 
( )3 6πδ ω←→ 
 
 
Para o “t”, vou utilizar a 7ª propriedade – 
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( ) ( )
( )
( )
� ( )
( )
1 2
n
t
n
u
n
U
d U
u tjt
d
ω
ω
πδ ω
ω
− ←→ → ←→
�����
 
( )
( )
( ) ( )
1
1
1
2 2
x 1 2 ' '
d
t t
d
j j
j
t
πδ ω π
πδ ω δ ω
ω
  ←→ ⇔− −
−
←→ ⇔ ←→ 
 
Como não posso ter o “j” no denominador, vou multiplicar pelo seu conjugado: 
( ) ( )
2
' 2 't t
j
j
j j
π
δ ω π δ ω
−
⇔ ←→ ⇔ ←→ 
 
 
Agora tudo junto fica: 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )63 3 2
2
'
2 22
j jX j jj
π π
δ ω
π π
δ δ ω πδ ω πω δδ ωω ω
 
= + + +− − 
 
++ + − 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 '3 2
2
6j jX j jjδ ω δ πδω
π
ω π δω ωδ ω δ ω= + + − +− + −+ 
 
24 Maio 2007 – 2º Mini Teste 
 
 
Exercício 1 – A resposta de um sistema da 2ª ordem ao degrau unitário é representada na seguinte 
figura. Obtenha a função de transferência representada em forma canónica. 
 
 
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Resolução - Vou utilizar a fórmula canónica: ( )
2
2 22 n
H s
s s
ω
ξω ω
=
+ +
. 
O gráfico fornece dois valores, o 1 pM+ e o pt . Ou seja sei o instante e o valor máximo da função. 
1 1, 2pM+ = . A sobre elevação é 0, 2pM = . E o instante em que tal ocorre é 1pt s= . 
 
Como sei que 
21
pM e
ξπ
ξ
−
−= . Fica ( ) ( )
2 2
ln ln 0, 2
1 1
pM
ξπ ξπ
ξ ξ
− −
= ⇔ = ⇔
− −
 
2
1,602
1
ξπ
ξ
−
⇔ − = ⇔
−
, vou colocar tudo na potencia de 2 para me “livrar” da raiz: 
( )
( )
( )
( )22
2 2 2 2
2 2 2
2
2
1,602 2 1
1
,59 2,59
1
ξ π ξ π
ξ πξ
ξ ξ
−
⇔ − = ⇔ = =−⇔
−
⇔
−
 
( )22 2 2 2 2 2 22,59 2,59 2 2,5,59 2,59 2, 959ξ ξ π ξ π ξ ξ π⇔ − = ⇔ = + +⇔ = ⇔ 
2 2,5
2
9
,59
0,46
π
ξ ξ⇔ = ⇔ =
+
 
 
Nota: ξ é SEMPRE maior do que zero. 
 
Como 2
2 2
1 1
1 1 nn n
pt ω
ξ
ξ ξω
π π
ω
π
= ⇔ = ⇔ − = ⇔
− −
 
 
Vou colocar tudo na potencia de 2 para me “livrar” da raiz: 
( )
2 2
2 2 22
2 2 2
21
,41 6
1
01
n n n
n
ω ωξ ω
ω
ξ
ξ
π π π
π ⇔ − = ⇔ − = ⇔ = ⇔ = ⇔  − −
 
 
3,54nω = 
 
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( )
( )
( ) ( )
( )
2
2 2
2
2 222
22 2
2
2
2 2 0,46 2
3,54 12,53
3,5 3,2
12,533,54
64
2 n nns
s ss s
s
s
s s
H
s
s ω ω
ξω ξω
ξ
ω
ωω
ω
ω
= 
 
 
= → → 
+ +  
 

=
=
=
=
=
=
=
 
 
 
Resposta ao exercício: ( ) 2 3, 12,5
2 53
3
1 ,
26
H
s
s
s
=
+ +
 
 
Estes cálculos não eram necessários, é só para praticar: 
Tempo de subida: 
Como ( )cos
t
n
g
r
e
t
θ
θ
ω
ξθ= ∧ = .(em radianos!) ( ) 0, 46cos 1,0928 radθ⇔ = = 
( )
1,0928 1,0928
1,0928 1,9303 1,76
0, 498
3,54 3,543,54
tg
r
e e
t s= = = = 
 
Tempo de estabelecimento: 
Como 
( ) ( )0,46 3,54
4 4
2, 456
n
s s st t t s
ξω
= ⇔ = ⇔ = 
 
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Exercício 2 – Dimensione a gama de valores de “K” para que o seguinte sistema realimentado seja 
estável, utilizando o critério de Routh-Hurwitz. 
 
 
Diagrama de blocos 
 
Resolução – 1ª pista: é realimentado. Vou utilizar os apontamentos teóricos do Prof. Amândio para 
poder avançar. 
 
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Vou utilizar a regra de Mason: 
 
Gráfico de fluência 
 
Como se pode ver, só existe um caminho (passo), e 1 laço. 
 
Passo: 1 1. . .1iP P K G KG= = =
 
 
 
Laços: ( )1L KG H KGH= − = −
 
 
( )
( )
�1
1 
A
L= − +
∑
As que não se tocam� 
Fica:
 
( )1 1KGH KGH= − − = +� 
O i� é o � para as malhas que não tocam o caminho directo “i”. 1 1 0 1i = = − =� � 
 
Assim: 
( )
( ) ( )( )
( )( ) ( )
2
1
1
2
1
1 4 8. 1
1 1 1 1
1
31 4 8
i i
I
K
s s sKGP KG
T s
KGH KGH
K
ss s s
=
 
 
 + + + = = = =
+ +   
 +    ++ + +   
∑
�
�
 
Vou multiplicar tudo por ( )( )21 4 8s s s+ + + 
( )
( )( )21 4 8s s s
K
T s
+ + +
=
( )( )21 4 8s s s+ + +
( )( )
( )( )2
2
1 4 8
1 4 8
s s s
s s s K
 
 
  
 
+ + +
+ + + +
( )( )21 4 8s s s+ + + ( )
( ) ( )
( )
2 11 1 4 8
33
K
s s s K
ss
=
   
  + + + +   
  +   +  
 
 
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Vou multiplicar tudo por 
( )
1
3s +
 
( )
( )
( )( )( )
( )
2
3
3
1 4 8 3
K s
T s
s
s s s s K
+
=
+
+ + + + +
( )3s +
( )
( )( )( )2
3
1 4 8 3
K s
s s s s K
+
=
  + + + + +
 
 
 
 
Agora tenho que desenvolver: 
( )
( )
4 3 2
3
8 27 44 24
K s
T s
s s s s K
+
=
+ + + + +
 
 
O sistema é estável se, e só se, os pólos tiverem parte real negativa. 
 
Vou utilizar os apontamentos teóricos do Prof. Amândio para poder avançar. 
 
 
 
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Assim a 1º condição: 24 0 24K K+ > ⇔ > − . 
 
A 2ª condição: 
 
 
Vou utilizar o slide ASDT11: 
 
4 2 0
3 1
2
1 3
4
3
2
1
0
a
a a
a a a
a a
−
− −
 
 
 
 
Em que índices negativos, tem como valor zero: 
 
4 2 0
3 1
0
0 0
4
3
2
1
0
a a a
a a
 
 
3 4 3 1nb b b− −= = , em que o “n” é o valor da potencia de mais alto grau. 
 
4
3 1
01
3
1
a ab
a
a a−
−=
. Como o 3 8a = , fica: 
( )1
3
1
04
3
2
0
1 1 1
1 1x44 8x27 21,5
8
4
8
8
a a
a
a
Kb
a−
−= = − − − =+ =
 
 
Notar que 
3
1
a
− , significa que é a dividir pelo simétrico. 
 
Preenchendo a tabela: 
 ( )( )
1
1x0 8x 24 2
8
? 4K K= − − + = +
 
 
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4 1 27 24
3 8 44
2
1
0
21 ?,
0
5
0
0
K+
 
4 1 27 24
3 8 44
242 21,5
1
0
0
0 0
C
K
K
A B
+
+
 
 
 
Agora vou calcular os outros valores. O resto da tabela é preenchido com zeros! 
 
( )( )
1
8x 24 21,5x44
21,5
A K= − + − 
( )8x 242 754 8
21,
1,5x44
21,5 21,5 5
K K
A
−+
= − = 
 
( )
1
8x0 21,5x0
21,
0
5
B = − − = 
 
( )
1 754 8
21,5x0 24 x
754 8 21,5
21,
4
5
2
K
C K
K
KC
− 
= − − −  
= +
+
 
 
 
 
Respondendo ao exercício: 
754 8
0 24 0
21,5
K
K
−
> ∧ + > ⇔ 
94, 25 24 24 94, 25K K K⇔ < ∧ > − ⇔ − < < 
 
 
 
 
Exercício 3 - Para o sistema da figura seguinte, sujeito a uma entrada em degrau, verificar se é 
possível garantir simultaneamente o tempo de pico pt não superior a 1s e a percentagem de overshoot 
não superior a 5 %. 
 
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Resolução – É de 2ª ordem, e com uma resposta em degrau, vou utilizo por isso os slides ASDT 4 ao 
7. 
 
Os dados fornecidos, para além da função de transferência, são o momento e o valor limitado do 
“overshoot“, ou seja: 1 5%p pt M< ∧ < 
 
( )
2
2
1
Forma Canónica
2
2 2 1
1
co
2
m
n
n
n
p
p
s
K
t
s
e
s
H
M
K
πξ
ξ
π
ω ξ
ξω
ω
ξ
ω
ω −
−

=  =
− 
= →  
+ +  
 =
=
�������
 
 
( )
2
22
1
1
1
1
1
1 .
1
.
1
1
1
K
K K
KK
K
pp
p
p
K
p
p
tt
t
H s
M
K
K K K
M M e
K
e
e
π π
π
ππ
π
ξ
−
−− 
−  − 
−
 
 ==   =−   − −  
= = = ⇔  
  
   ==  = 
 
  
( )
1 1
1
1 1
0,05
p
K K
p
t
K KH s
M e e
π π
π π
−
− −
−
 =  − −= = 
 
=  >
>

 
 
 
Calculo auxiliar – são impostas duas condições iniciais: 
1ª condição: ( )10,05 ln 0,05
1
Ke
K
π
π− −> −⇔ >
−
 
( ) ( ) ( ) ( )
2
2 2 2
Elevei tudo ao quadrado
ln 0,05 ln 0,05 ln 0,05 1
11
K
KK
π π
π⇔ ⇔ < ⇔ − < ⇔
−−
<
���������
 
( ) ( )
( )
( ) ( )
2 2 2
2 2 2
2 2
ln 0,05
ln 0,05 ln 0,05 1
ln 0,05 ln 0,05
K K K
π π
π
+
⇔ − < ⇔ < ⇔ < + 
 
 
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2ª condição: 
2
2 2 21 1 1 1
11
K K
KK
π π
π π⇔ > ⇔ − > ⇔ > +
−−
> 
 
 
Assim, 
Condição impossivel!
10,81 2,1K< <
������
 é uma condição impossível, logo não posso por isso aceitar as condições 
iniciais. 
 
 
 
 
 
Exercício 4 - Usando o critério de Routh-Hurwitz determinar a gama de valores de K para os quais o 
sistema é estável? 
 
 
Resolução – 
( ) ( ) ( )2 4 3 25 2 5 7 15 25D s s s s s K s s s s K= + + + ++ + + += 
 
Se existisse algum coeficiente negativo, o sistema seria instável. 
 
 
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( ) ( )
1 151 1 1 80
1 x 25 7 x 15 25 105
7 257 7 7 7
A = − = − − = − − = 
 
( ) ( )
11 1 1
1 x 0 7 x 
0
K 0 7
77 7 7
K
D K K= − = − − = − − = 
 
7 25
1 7 80 7 2000 2000 49
7 x 25 x 78080 80 7 80 7 80
77
K
B K K K
K
−   
= − = − − = − − =   
   
 
 
Tenho que garantir que a 1ª coluna, todos os termos tem que ser positivos: 
80 2000 49
0 0 0
7 80
K
K
−
> ∧ > ∧ > 
 
0 49,82K< < 
 
Em que o valor 49,82 é o valor máximo que “K” pode tomar para o sistema ser estável. 
 
 
 
 
Exercício 5 - Averigúe a estabilidade do seguinte sistema. 
 
 
 
Resolução – Faço depois. Só uma nota: 3 26 6s s s+ + + , e 6 é o valor do “K”, pois é o único de grau 
zero. 
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Fica 
 
 
O sistema não é estável, pois tem pólos imaginários e uma raiz em cima de .jω 
 
 
 
Exercício 8 - Considere a seguinte equação característica: 
4 3 2 1 0s Ks s s+ + + + = 
Determine a gama de valores de K para que o sistema seja estável. 
 
Resolução – 
 
 
Na 1ª linha (potência a 4ª) tem se 4, 1, 1, 1. São muitos “uns” e pode confundir.O 1º “um” é do 
coeficiente do termo da potência a 4ª. O 2º “um” é do coeficiente do termo da potência 2, e o 3º é do 
coeficiente do termo de grau zero. 
Na 2ª linha tem se um “K” e um 1. O “K” é do coeficiente do termo com potência a 3ª, e o “um é do 
termo de grau 1. 
 
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( ) ( )
1 11 1 1 1
1 x 1 1 x 1
1
K
A K K
KK K K K
−
= − = − − = − − = 
 
( ) ( )
1 11 1 1
1 x 0 1 x 
0
K 0 1
7
D K
KK K
= − = − − = − − = 
 
1
1 1 1 1 1
 x 1 1 x 11 1 11
K
K K
B K KKK K KK K
KK K K
− −   
= − = − − = − − ⇔−    − − −   
 
2 1
1
K K
B
K
− +
= −
−
 
 
A 1ª coluna nunca poderá ter valores inferiores a zero. Ora tenho 3 valores variáveis nessa coluna. 
Tenho que salvaguardar que estes sejam positivos. 
 
21 1
0 0 0
1
K K K
K
K K
− − +
> >∧ ∧ >
−
−
 
21 0 1 0 0K K K K− > <∧ − + ∧ >
 
( )21 1 0 0K K K K> ∧ − + ∧ ><
 
( )
1 3
1 0
2
K K K
± −
<> ∧ ∧ > 
 
 
Para ser estável, os pólos tem que ter valores reais negativos. 
 
( )
Condição impossível em R
1 1 1 0K K K K> ∧ − < − ∧ >
�������
 
 
Logo é instável. 
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Exercício 9 - Considere os sistemas de controlo (1) em malha aberta e (2) em malha fechada, 
sujeitos a um degrau de Heaviside ( ) ( ).Hr t h t= 
 
 
 
 
 
 a) Compare os erros em regime permanente. 
b) Adoptando os valores do ganho de calibração cK e aK que tornem mínimos os erros em regime 
permanente (no sistema em malha fechada considere 100aK K = ) compare os valores do erro se o 
parâmetro K sofrer uma variação de 10% (i.e. K passa a K K+� com / 0,1K K =� ). 
 
Resolução 9a ) – Sei que ( ) ( ) ( )
1
logoHr t h t R s s
= =
 
Como é um degrau unitário, e tendo em conta o teorema do valor final (ASDT21): 
Para a 1ª situação: 
( ) ( ) ( )
1 .
1
1
cK KC s
sT
R
s
E s s −
+
 
= =  
 
 
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( ) ( )
0 0
lim lim . lim
st
ss
s
e e t s E s s
→ → →∞
= = = .
1
s ( )
..
1
.
0
1 .
1 11
1 1c cc c
K K K K
K K
T
K K
sT
 
= − = − = −
 + +
−  
 
Para a 2ª situação: 
( ) ( ) ( )
.
11
.
1
1
1
a
a
K K
sTC s
K K
sT
RE s s
s
+−
+
+
 
 
= =  
 
 
 
( ) ( )
0 0
lim lim . lim
st
ss
s
e e t s E s s
→ → →∞
= = = .
1
s
( )
( )
.
1 .0
.
11
.
1 1
. 1 .11
1 10
a
a
a
a
a
a
K K
T K K
K K
sT
K K
s
K
T
K K K
T
 
  +
= − = − 
+  +
+ 
+−
+
+
 
 
Nota, se o diagrama fosse este: 
 
A equação seria: 
 
( ) ( ) ( ) 1
1
1
.
1
c
c
K
C s
K K
s
E R
s
T
s s −
 
 
 
 = =
 
 

− 
 
−
+
 
 
 
 
( ) ( ) ( ) 1
1
1
.
1
c
c
K
C s
K K
s
E R
s
T
s s −
 
 
 
 = =
 
 

− 
 
−
+
 
( ) ( )
0 0
lim lim . lim
st
ss
s
e e t s E s s
→ → →∞
= = = .
1
s
( )
1 1
. .
1 1
1
.
1 0
1
1
1
c c
c
c
c c
K K K
K K K K
T
K
T T
K
s
  
  
 = − = − 
   + + + +  
+

−
+
 
 
 
Resolução 9b ) – ( )
1
1 . 1c cK K K K
→ = ⇔ = 
( )1 . 1 .ss c ce K K K KK= − = +− � , conforme enunciado. 
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( ) ( )0,1 10% 0,9%sse
K
K
= − = − →
�
 
( ) ( )
100
2 . 100 0a a aK K K K KK
→ = ⇔ = → ∞ = 
 
 
 
Exercício 11 - Esboce o Lugar das Raízes, em função do parâmetro K>0, para o seguinte sistema: 
 
 
 
Resolução 11 – Lugar de Raízes é obtido pelos pólos/zeros em malha fechada. 
Sei que ( )
( )( )
( )
2
1
1
1 4 8
H s G s
s s s
= ∧ =
+ + +
 
 
 
 
( ) ( )
( )
( ) ( ) ( ) ( )2 21 4 8 1 4 8
KG s K
KG s H s
s s s s s s
= =
+ + + + + +
 
 
Calculo dos pólos: 
2
2 4 4 4 x 84 8 2 2
2
s s s j
 − ± −
+ + ⇔ ⇔ = − ± 
 
 
 
 
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( ) ( )
( )
( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )2 2 1 2 2 2 21 4 8 1 4 8
KG s K K
KG s H s
s s j s js s s s s s
= = =
+ + − + ++ + + + + +
 
 
A função não tem zeros! (pois K é uma constante). Mas tem 3 pólos, -1, 2 2 j− + e 2 2 j− − . 
 
Os pólos complexos estão no plano e não no eixo real, logo os pontos de saída e entrada não partem 
do eixo real. Quantos zeros têm no infinito? 
 
A quantidade de zeros no infinito é me dado pela equação: numero pólos, “menos” números de 
zeros. Assim fica 3 – 0 = 3. 
 
Agora os Lugares de Raízes. 
Vou começar por utilizar a regra número 3, que diz o seguinte: 
 
Regras Nº 3 – Os lugares de raízes começam nos pólos em malha aberta e terminam nos zeros ou no 
infinito. 
( )
( )
( )
( ) ( )( )
( )
( ) ( )
( ) ( )1 0
1 1
C s KW s KW s
KW s G s
R s KW s G s KW s G s
= = → + =
  − − +
 
( ) ( )
( )
( )
0
1
0
1
 são os zeros
1
 são os pólos
m
ii
i
n
i i
i
zs z
W s G s
K
s p p
=
=
 −
 = = −  
−   
∏
∏
 
 
Para K 0 → este resultado tende para infinito, o que só acontece se 0s estiver perto de um pólo da 
malha aberta. 
 
Para K → ∞ este resultado tende para zero, o que só acontece se estiver perto de um zero da malha 
aberta ou no infinito. 
 
 
Jorge Rodrigues Valente – 2087406 UMa 09-10-2011 321/388 
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O meu 1º pólo está na recta 
Real, no ponto -1. 
 
 
 
 
 
Os outros dois pólos complexos 
(ficam no plano): 
 
 
 
Agora vou utilizar a regra número 5, que diz o seguinte: 
Regras Nº 5 – Um ponto 0s no eixo real pertence ao lugar de raízes se e só se o número de pólos e 
zeros em malha aberta no eixo real, para a direita de 0s , é impar. 
( ) ( ) ( )arg 2 1 .180º , 0,1,2,...H s G s N N= ± + =   
[ ] [ ] ( )0 0
1 1
arg arg 2 1 .180º
m n
i i
i i
s s s p N
= =
− − − = ± +∑ ∑
 
 
 
Jorge Rodrigues Valente – 2087406 UMa 09-10-2011 322/388 
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01 011 2arg arg 180º 0 180ºp ps s s s   − + − = + =    
02 21 20arg arg 180º 180º 0ºp ps s s s   − + − = + =    
03 31 20arg arg 180º 180º 0ºp ps s s s   − + − = + =    
 
Não podem ser assim: 
 
 
 
 
Tem se de facto dois zeros a tender para o 
infinito, mas não existe simetria em relação 
ao eixo Real. 
 
Aqui existe simetria, mas os dois zeros não 
estão a tender para o infinito. 
 
 
Só pode ser assim, com dois zeros a tender para o infinito: 
 
Jorge Rodrigues Valente – 2087406 UMa 09-10-2011 323/388 
Sugestões: jrvalente@netmadeira.com Sinais e Sistemas – Teórico-práticaMas como ainda não sei qual das duas possibilidades é, vou investigar, utilizar a regra número 8, que 
diz o seguinte: 
 
Regras Nº 8 – Para valores elevados das raízes, os lugares são assíntotas com ângulos relativamente 
ao eixo real dados por 
( ) é o número de polos2 1 180º
em que 
 é o número de zerosm
N
m
n
n
θ
+ 
= ± 
− 
 
e interceptam (as assíntotas) o real no ponto 1 1
n n
i i
i i
p z
n m
σ = =
−
=
−
∑ ∑
 
 
Assim, aplicado ao exercício, fica: 
( )
( )
3
2 1 180º
60º . 2 1
0
N
Nθ
+
= ± = +
−
 
Se N = 0, ( )( )0 60º. 2. 1 º0 60θ = + = 
Se N = 1, ( )( )1 60º. 2. 1 11 80ºθ = + = 
Se N = 2, ( )( )2 60º. 2. 1 32 00ºθ = + = 
Se N = 3, ( )( )3 3 660º. 2. 1 420º 0ºθ = + = = 
 
A partir daqui já não vale a pena fazer mais, pois será cíclico (já nem sequer é necessário fazer N = 
3). 
 
Tem que ser 3 semi-rectas, com 3 inclinações diferentes, que intersectam o eixo Real no ponto: 
( )
�
( ) ( )
�
1
1Pólo 2 Pólo 3Pólo 1
1 1
1 2 2 2 2
0
0
3
n
i
ni
i
i
p
z
n n
i i
i i
j j
m
p z
n
σ
=
=
= =
∑
∑
 
 − + − − + − + −
−  
 = =
− −
∑ ∑
������������
���� 
����
 
5
3
σ = − 
 
Jorge Rodrigues Valente – 2087406 UMa 09-10-2011 324/388 
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σ referenciado no eixo Real 
 
Representação das 3 semi-rectas 
 
 
 
 
Todos os pontos das assíntotas, fazem com que a 
função seja zero. 
 
Agora já sei para que lado tende o zero do infinito 
dos dois pólos que faltavam, conforme está 
representado na figura. 
 
 
Olhando para a figura consegue se concluir que 
são simétricos em relação ao eixo Real, e ambos 
tende para zero, no infinito (aproximam se das 
assíntotas). Os zeros no infinito são assim os 
pontos que anulam a fracção, e por conseguinte 
tornam o valor da função infinito. 
 
 
 
 
Agora preciso de saber em que momento cruzam com o eixo imaginário, pois ao cruzar o eixo, o 
sistema deixa de ser estável, passando a instável. 
 
 
Jorge Rodrigues Valente – 2087406 UMa 09-10-2011 325/388 
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Os pontos que se pretende calcular estão representados 
a verde na seguinte figura: 
 
 
 
 
Nota: não posso utilizar a regra número 6, pois só se 
“Se um lugar de raízes estiver entre dois pólos no eixo 
real então existe um ponto de separação. Num lugar de 
raízes entre um pólo e um zero sobre o eixo real não 
existe ponto de separação ou então existem tantos 
pontos de partida como de chegada.” 
 
 
Para resolver esta questão, utiliza se a regra número 9, que diz o seguinte: 
 
 
Regras Nº 9 – Quando o lugar de raízes atravessa o eixo imaginário os pontos de 
cruzamento, e ganhos nesses pontos, podem ser obtidos pelo critério de Routh-Hurwitz. 
 
( )
( )( )
( ): 1
1 2
K
Ex H s G s
s s s
= ∧ =
+ +
 
 
( )( )
3 2
0 : 1 0 3 21 2
K
b K s s s
s s s
+ = ⇒ = − − −
+ +
 
 
 
( )3 2 23 2 ' 3 6 2 0dK s s s s s
ds
⇒ = − − − = − − − =
 
 
 
01,57 0, 42 0, 42
ìmpossivel
s s b⇒ = − ∨ = − ⇒ = −
�������
 
 
 
 
 
Assíntotas: 
( )2 1 180º
60º , 180º , 300º
m
N
n
θ
+
= ± =
−
 
 
 
 
Cruzamento com eixo: 
( )( )
3 21 0 3 2 0
1 2
K
s s s K
s s s
+ = ⇒ =
+ +
+ + + 
 
Jorge Rodrigues Valente – 2087406 UMa 09-10-2011 326/388 
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0 6K⇒ < < 
 
 
 
3 2 3 2 0s s s K+ + =+   
 
 
( ) ( )
23
1jj j ∧− = −= 
 
3 23 2 6 0jjω ω ω+ +− =− 
 
 
 
 
 
 
Agora escolho Real ou imaginário: 
 
3
2
2 0
3 6 0
j jω ω
ω
− + =
⇔
+− =
 
 
2ω = ± 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Assim, aplicado ao exercício, fica: 
( ) ( )
( )( )20
: 1 0 1
1 4 8
0
K
b KG s H s
s s s
+ = ⇔ +
+ +
=
+
 
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )( )
( )( )
2
2
2
22
4 8
0 0
1
1 4 8 1
1 4 8 41 4 8 8
s s s
s s s s s s
s s s KK
s s s
+ + +
+ + +
+ + + +
⇔ + = ⇔ =
+ + ++ + +
 
 
 
Agora tenho que desenvolver, e só o numerador, pois preciso de saber é o valor de “K”: 
 
( )( )
( )3 2
2
3 22
0 5 12 8 0
1 4 8
4 8 4 8ss K
s s s K
s s s
ss s ++ + +
⇔ = ⇔ + + + + =
+ +
+ +
+
 
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Cuidado que o ( )8 K+ é do mesmo grau, ou seja grau zero. 
 
Utilizando o critério de Routh-Hurwitz 
 
 
 
 
Grau inferior a 0, o resultado é zero. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Cálculo do: 
( )1 x 8 5 x 1 52
5
2 8 60 52
5 5 5
K K K K
A
+ − + − −
= = = =
−
−
− −
 
 
 B Grau zero= 
 
 
 
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Ou seja K tem que estar compreendido: 
52
0 8 0 0
5
K
K K
−
> ∧ + > ∧ > 
 
0 52K< < 
 
O valor zero, é o valor mínimo que “K” pode tomar. E na primeira coluna, TODOS os campos tem 
que ser superior a zero. E 52 é o valor máximo para haver estabilidade. 
 
Assim já sei o valor de “K”, ou seja sei o máximo que o valor “K” pode tomar, assim: 
 
 
( )
( )
3 2
3 2
3 2
5 12 8
5 1 52 28
5 12 60
s s s
s s s
s
K
s s
+ + + + ⇔
+ + + + ⇔
+ + +
 
 
3 2 5 12 60 0s s s =+ + +  
( ) ( ) ( )
3 2
5 12 60 0j j jω ω ω+ + + = 
 
( ) ( )
23
1jj j ∧− = −= 
 
3 25 12 60 0jjω ω ω+ +− =− 
 
 
 
 
 
Agora escolho Real ou imaginário: 
 
3
2
Imaginário
Real
12 0
5 60 0
12
j j
j
ω ω
ω
ω

⇔

 + =
⇔ ⇔
+ =
⇔ =
−
±
−
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Não me é pedido, mas consigo calcular o 
ângulo formado pela partida dos pólos, 
utilizando a regra número 7. 
 
 
Jorge Rodrigues Valente – 2087406 UMa 09-10-2011 329/388 
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Nota: ( )2s p< − , significa: ângulo formado pelo ponto “s” e pelo ponto “ 2p ”. 
 
Assim: ( ) ( ) ( )1 2 3 180ºs p s p s p< − + < − + < − = 
 
 
Aplicado ao exercício, uma vez que “s” é o mesmo ponto de 2p : 
 
( ) ( ) ( )2 1 3
*
2 2 180º
Como é no mesmo ponto, este termo não alter* a.
p p p ps p< − + < − + < − =
→
�����
 
 
 
( ) ( ) ( )2 2 1 2 3180º
B A
s p p p p p
−
< − = − < − − < −
�����
 
 
 
 
 
 
 
 
 
O cálculo deste ângulo é realmente fácil. 
 
Nota: cuidado, pois se fosse ( )3 2p p< − , o ângulo formado seria 270º (em vez dos 90º). 
 
Jorge Rodrigues Valente – 2087406 UMa 09-10-2011 330/388 
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Pronto, agora o mais difícil: 
 
Fica ( ) ( ) ( )2
9
1
0º
2 3 2
?
180º p pp pps
=
<< − = −< − − − ��� ��� �� � ���
 
( ) ( ) ( )
�
( ) ( )
12
2 1 2 2 1 2 2 1 1 2
pp
j jp p j
 
 = < − + − − = < +− + = < − +
 
 
< −
�����
 
 
Agora vou usar uma função trigonométrica, o arco de tangente, colocando no numerador a 
coordenada do eixo imaginário, e no denominador a coordenada do eixo real. 
( ) ( ) ( )2 1
2
1 2 2
1
arctgparctgjp
 
= < − + = = = 
 
−
−
< 
 
 
Recordar matéria do 12º ano: 
 
 
 
 
 
Neste exercício, o ângulo está no 3º quadrante. Assim fica: 
( ) ( ) ( )2 1
2
1 2 2 63,435
1
180º 180º 180ºarctg arctgp p j
 
= < − + = = = 

− −

< −
−
− 
( )2 1 116,57ºp p< − = 
 
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Tudo fica: ( )2 180º 90 116,5 2 ,6º7 6s p< − = − − = − 
 
 
Que ângulo é este? 
 
É o ângulo de partida! 
 
 
 
 
 
 
Exercício 12 - Esboce o Lugar das Raízes, em função do parâmetro K > 0, para o seguinte sistema: 
a) ( ) ( )
( )( )2 5
K
G s H s
s s s
=
+ +
 
b) ( ) ( )
( )
( )
5
2
K s
G s H s
s s
+
=
+
 
c) ( ) ( )
( ) ( )24 8 32
K
G s H s
s s s s
=
+ + +
 
 
 
Resolução a) – ( ) ( )
( )( )2 5
K
G s H s
s s s
=
+ +
 
 
Número de zeros: 0 e número 
de pólos: 3. 
 
 
Número de zeros no infinito: 
3 30mn − = − = . 
 
 
 
Jorge Rodrigues Valente – 2087406 UMa 09-10-2011 332/388 
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O objectivo é unir os pontos vizinhos, começando no infinito. 
 
Do menos infinito até ao ponto -5, é Lugar de Raiz pois a direita do ponto -5 tem se 3 pólo/zeros, e 3 
é um número impar. 
 
Entre o ponto -5 e -2, não é Lugar de Raiz, pois a direita de -2 tenho 2 pólos/zeros, e dois é um 
número par. 
 
Entre -2 e 0, é Lugar de Raiz, pois a direita de 0 tenho um pólo/zero (que é no próprio ponto zero. 
 
Entre o ponto -5 e -2 existe também Lugar de Raiz, mas não na recta Real! A haver é em ponte, mas 
nunca uma recta. 
 
Aqui não vou utilizar a regra número 6 (pois tenho zeros no infinito). 
Aqui não vou utilizar a regra número 7 (pois os pólos estão no eixo Real). 
Vou por isso usar a regra nº 8, que diz o seguinte: 
 
 
Regras Nº 8 – Para valores elevados das raízes, os lugares são assíntotas com ângulos relativamente 
ao eixo real dados por 
 
( ) é o número de polos2 1 180º
em que 
 é o número de zerosm
N
m
n
n
θ
+ 
= ± 
− 
 
 
e interceptam (as assíntotas) o eixo real no ponto 1 1
n n
i i
i i
p z
n m
σ = =
−
=
−
∑ ∑
 
 
 
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Assim, aplicado ao exercício, fica: 
( )
( )
3
2 1 180º
60º . 2 1
0
N
Nθ
+
= ± = +
−
 
Se N = 0, ( )( )0 60º. 2. 1 º0 60θ = + = 
Se N = 1, ( )( )1 60º. 2. 1 11 80ºθ = + = 
Se N = 2, ( )( )2 60º. 2. 1 32 00ºθ = + = 
Se N = 3, ( )( )3 3 660º. 2. 1 420º 0ºθ = + = = 
 
A partir daqui já não vale a pena fazer mais, pois será cíclico (já nem sequer é necessário fazer N = 
3). Tem que ser assim 3 semi-rectas, com 3 inclinações diferentes, que intersectam o eixo Real no 
ponto: 
( )
�
( )
�
( )
� �
1
1
1 1
Pólo 1 Pólo 2 Pólo 3
0
03
2 5 0
n
i
ni
i
i
n n
i i
i i
p
z
p
n
z
m
σ
σ
=
=
= =
−
= ⇔
−
∑
∑
 
 + − + − −
 
 = ⇔
−
∑ ∑
��������
 
 
7
3
σ = − 
 
 
 
Tenho que resolver em ordem a “K”, pois tenho duas soluções: 
 
 
 
 
Do ponto -5 para o mais infinito 
 
Do ponto -2 para o mais infinito 
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( )
( )( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 5
1 0
2 5
2 5
2 5
K s s s s K s
K s
s s ss
s s s
s s
+ +
+ +
+
+
+ = ⇔
+
⇔ =
+ +
− ⇔
 
( ) ( ) ( )2 3 27 10 7 10K s s s s K s s s s⇔ = − + + ⇔ ∴ = − − − 
 
Recordar materia do 12º ano: estudo da monotonia da função (maximos e minimos). 
( )3
'' 2 27 10 3 14 10K s s s s s⇒ = − − − = − − −
 
 
 
Como é 0
dK
ds
= , fica: 
 
 
23 14 10 0s s− − − = 
 
 
0,88 3,79s s⇒ = − ∨ = − 
 
 
 
 
 
 
O 3,79 não nos serve, pois não está no Lugar 
de Raizes. 
 
 
Assim sendo só serve o -0,88. Fica então 
dissipado a minha dúvida, o gráfico é: 
 
 
 
 
 
Consegue se concluir que são simétricos em relação ao eixo Real, e ambos tende para zero, no 
infinito (aproximam se das assíntotas). Os zeros no infinito são assim os pontos que anulam a 
fracção, e por conseguinte tornam o valor da função infinito. 
 
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Mais uma nota: no inicio disse que não 
poderia utilizar a regra número 7, pois isso 
obrigaria me a ter dois ângulos no ponto de 
partida, e ficaria assim: 
 
 
 
 
Agora preciso de saber em que momento cruzam com o eixo imaginário, pois ao cruzar o eixo, o 
sistema deixa de ser estável, passando a instável. 
 
Para resolver esta questão, utiliza se a regra número 9, conforme o descrito na pagina 22, do 
exercício 11. 
 
Assim, aplicado ao exercício, fica: 
 
( )( )
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )0
1 5
: 1 0 0
1 5 1 5 1 5
s s sK K
b
s s s s s s s s s
+ +
+ = ⇔ + =
+ + + + + +
 
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
1 5
0 1 5 0
1 5
s s s K
s s s K
s s s
+ + +
⇔ = ⇔ + + + = ⇔
+ +
 
 
3 27 10 0s s s K+ + + = 
 
70
0 0
7
K
K
−
> ∧ >
− 
 
0 70K< < 
 
 
 
 
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O limiar de estabilidade é quando K igual a 70. 
 
 
Sabendo que: 
 
( ) ( )
23
1jj j ∧− = −= 
 
3 2 7 10 0s s s K+ + =+   
 
( ) ( ) ( )
3 2
7 10 70 0j j jω ω ω+ + + =
 
 
3 27 10 70 0jjω ω ω+ +− =− 
 
 
 
 
Agora escolho Real ou imaginário: 
 
 
3
2
10 0
7 70 0
j jω ω
ω
− + =
⇔
− + = 
 
 
 
10 jω = ± 
 
 
 
 
Resolução b) – 
 
( ) ( )
( )
( )
5
2
K s
G s H s
s s
+
=
+
 
 
Número de zeros: 1. Número de 
pólos: 2. 
 
Número de zeros no infinito: 
2 11mn − = − = . 
 
 
 
Do menos infinito até ao ponto -5, é Lugar de Raiz pois a direita do ponto -5 tem se 3 pólo/zeros, e 3 
é um número impar. 
Entre o ponto -5 e -2, não é Lugar de Raiz, pois a direita de -2 tenho 2 pólos/zeros, e dois é um 
número par. 
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Entre -2 e 0, é Lugar de Raiz, pois a direita de 0 tenho um pólo/zero (que é no próprio ponto zero. 
 
Entre o ponto -5 e -2 existe também Lugar de Raiz, mas não na recta Real! A haver é em ponte, mas 
nunca uma recta. 
 
Aqui vou utilizar a regra número 6, que diz o seguinte: 
 
Regras Nº 6 - Os pontos onde os lugares de raízes deixam e entram no eixo real são pontos 
onde K, obtido em função de s, alcança um máximo ou mínimo, respectivamente. 
Se um lugar de raízes estiver entre dois pólos no eixo real então existe um ponto de 
separação. Num lugar de raízes entre um pólo e um zero sobre o eixo real não existe ponto de 
separação ou então existem tantos pontos de partida como de chegada. 
 
Os pontos são: 
 
( ) ( )
( ) ( )
1
1 0KW s G s K
W s G s
+ = ⇒ −= , e depois 0.
dK
ds
=( ) ( )
( )
( )
2
:
1
K s
Ex KW s G s
s s
+
=
+ 
 
( )
( )
( )2 1
: 1 0
1 2
K s s s
Ex K
s s s
+ +
+ = ⇒ = −
+ +
 
 
0 0,585 3,414
dK
s s
ds
= ⇒ = − ∨ = − 
 
 
 
 
 
 
 
 
Assim, aplicado ao exercício, fica: 
( )
( )
( ) ( )
( )
( ) 25 2 5 2 2
1 0 0
2 2 5 5
K s s s K s s s s s
K K
s s s s s s
−
+ + + + + +
+ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = −
+ + + + 
 
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Recordar materia do 12º ano: estudo da monotonia da função (maximos e minimos). 
( ) ( ) ( )( )
( )
2 22
2
' ''
'
2 5 2 52
5 5
s s s s s ss s
K
s s
+ − + 
⇒ = = 
+ +
− −

− −− −
 
( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 2
'
2
2 2
2 2 5 2 2 2 10 10 2
5 5
s s s s s s s s s
K
s s
− − + − − − − − − −
⇔
+ +
= = ⇔
+ +
 
( ) ( )
2 2
2 2
' '10 10 10 10
5 5
s s s s
K K
s s
− − − + +
⇔ = ⇔ −=
+ +
 
 
 
Como é 0
dK
ds
= , fica: ( )2 10 10 0 1,12 8,87s s s s+ + = ⇒ = − ∨ = −− 
 
 
 
 
Assim fica (com simetria ao eixo Real): 
 
 
 
 
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17 Março 2009 – 1º Mini Teste 
 
 
1. Seja ( ) ( ) ( )' 2 2 2 .v t t tδ δ= − − 
1.1 – Calcule a energia de 
1.2 – Calcule o valor eficaz de ( ).v t 
1.3 – Represente graficamente ( )1 .v t− + 
1.4 – O sinal da alínea 1.3 é causal? Justifique. 
 
 
2. Seja ( )pu n a componente par e a componente impar do sinal ( )u n : 
 
 
 
( )pu n 
 
 
( )iu n 
 
Obtenha ( )iu n e represente-o graficamente. 
 
 
3. Considere os sinais: 
 
 
Calcule o coeficiente de correlação .Cuv 
 
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Resolução da frequência do dia 17 março de 2009. 
 
1. ( ) ( ) ( )' 2 2 2 .v t t tδ δ= − − 
 
Como interpretar esta função: 
O 1º termo é . Significa que o sinal na ORIGEM ( )tδ , tem uma amplitude POSITIVA de 
2 unidades. 
O 2º termo é . Significa que o sinal esta ATRASADO de 2 unidades , tem 
uma amplitude NEGATIVO de 2 unidades. 
 
Graficamente é: 
 
 
 
 
 
 
Nota 1: se fosse 
 
 
 
 
 
Assim sendo, e continuando fica: 
( ) ( )'
t
v t v t dτ
−∞
= ∫ 
 
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É de se notar que a integração de uma derivada é igual a função primitiva, pois são acções 
simétricas. 
 
 
Como me é dado ( )'v t , vou “descobrir” 
( )v t . 
 
 
 
 
1.2 
( )
( ) ( )
( ) ( )
2
2
lim -
Energia de um sinal 
lim para um intervalo de "a" 
 
a "b"
a
a
a
b
a
a
W dt para t
u t
W
v t
dtv t
→+∞
−
→+∞

= ∞ < < +∞




 =

∫
∫
 
( )
2
2
0
0
2 2
lim lim 82 4
b
a a
a
v tW dt dt t J
→+∞ →+∞
= = = =∫ ∫ 
 
- Valor eficaz é .P 
( )
( ) ( )
( )
( )
( )
2
2
lim
Potência de um sinal
 
 
1
2
 
l
1
im
a
a
a
b
a
a
f tP p t dt
u t
P p t df t
a
b a
t
→+∞
−
→+∞

= < > =




 = < > =
 −
∫
∫
 
 
( )
( )
( )
( )
2 2
2
2
0
0
lim
1 1 1
.
2 0 2
2 4 4
b
a
a
P p t dt dtf t
b
W
a
t
→+∞ − −
= < > = = = =∫ ∫ 
 
4 2 ( )efv P W RMS= = = 
 
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1.3 
 
 
Qual será o gráfico? 
( )v t− ( )1v t− + 
 
 
t ( )v t t− ( )v t− 1t− + ( )1v t− + 
0 0 00− = 0 10 1− + = 0 
0 2 00− = 2 10 1− + = 2 
2 2 22− = − 2 12 1− + = − 2 
2 0 0 0 
 
 
 
 
1.4 - Um sistema diz-se causal se a saída só depender dos valores actuais da entrada e dos seus 
valores passados. Tal sistema não antecipa valores futuros. Um exemplo de sistema causal é um em 
que a saída dependa da entrada segundo a expressão ( ) ( )1 . y t Kx t= − Um exemplo de sistema não 
causal é um em que a saída dependa da entrada segundo a expressão ( ) ( )1 .y n Kx n= + 
 
 
2 - ( ) ( ) ( )p if x f x f x= + 
Ou seja, basta somar os dois sinais (par e impar) para obter o sinal original: 
 
 
3 - Vou determinar as funções que definem os gráficos: 
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( ) ( )
2 2 2
 0 1 0
2 2
1 2 
 
 
 se t se t
T T T
u t v t
se t T se t T
T T
t
 
< < < < 
 
= ∧ = 
 
 < < < <
 
 
 
( ) ( )( )
( ) ( )( )
( ) ( )
( ) ( )
[ ] [ ][ ]
[ ][ ] [ ][ ]
2
0
2
2
0
2
2
1 1 2
,
,
1 1 2 2
T
T
T
T
T
T
t dt dtu t v t dtu t v t T
Cuv
v t v t v t v t dt dt dt
+∞
−∞
+∞
−∞
 
+  = = = =
+
∫ ∫∫
∫ ∫ ∫
 
[ ]
[ ] [ ]
[ ]
[ ] [ ]
2 2
2 2
200 0
2 2
2 2 2
00 0 22 2
2
22 2
2 2 2
41 4 1 4
T
TT T
T T T
T T
T T T
T T T
TT T
t
t
dt dt dt dt T
T T
Cuv
t tdt dt dt dt
t t
 
  +      + +           = = = =
 ++ +  
 
∫ ∫ ∫ ∫
∫ ∫ ∫ ∫ 
 
22 50 2
8 2 14 4
5 220 4
2 22 2
T T TT T TT
Cuv
TT T T TT
   
− + −   +
  = = = =
    +− + −   
   
 
 
 
 
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21 Abril 2009 – 2º Mini Teste 
 
1 - Utilizando a propriedade de derivação da convolução, e sendo ( )u t e ( )'v t os sinais 
apresentados na figura, esboce graficamente ( ) ( )u t v t⊗ , sem calcular integrais analiticamente. 
 
 
 
Resolução - 1ª nota, a convolução obriga a 
rotação da função: 
 
 
 
 
 
Depois faz se deslocar do menos infinito ao 
mais infinito. 
 
Esta figura representa o 1º momento em que 
as duas funções se “tocam”. 
 
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Para o 2º Dirac é 
 
Para o 3º Dirac é 
 
 
 
 
 
Agora temos que integrar, mas não é preciso fazer cálculo de integração. Só é preciso saber que 
quando é uma recta oblíqua a subir, a integração dá uma parábola com a concavidade voltada para 
cima. Quando é a descer para baixo, a concavidade está voltada para baixo. 
 
As áreas vão sendo somadas. Se estiver na parte de cima do eixo dos “t” é mais, e se estiverem na 
parte de baixo, vão sendo subtraídas. 
 
 
 
2 x 2
2
2
A = 
2 x 2
 2
2
B = 
4A B+ = 
 
( )2 x 4
 4
2
C
−
= − 
0A B C+ + = 
 
 
 
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Gráfico da integração: 
 
***************************************************************************Outra maneira de fazer, analiticamente (recordando as funções originais) – 
 
 
 
 
1. Resolução – vou primeiro calcular ( ) ( )'u t v t⊗ . 
 
 
 
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Voltando ao exercício, vou então fazer a mudança da variável: 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 se 2 0
' 2 2 4 .
 0 se .
t t
u t v t t t t
c c
δ δ δ
+ − < <
= ∧ = + − − −

 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( )2 4
' 0 2 42'
t t t
u t v t u v d u dtt t t
δ δ δ
τ τ ττ τ τ δ δ δ ττ
+∞ +∞
−∞ −∞
− −
 
 ⊗ = − = − + + − − − − ⇔
 
  
−∫ ∫ ����� ����� ����� 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 2 42' tu t v t u d u d u dt tτ δ τ τ δ τ τ δ ττ τ τ
+∞ +∞ +∞
−∞ −∞ −∞
⊗ = − + + − − + − − ⇔         − ∫ ∫ ∫ 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )20 4' 422u t tt v t u t d u t d tu t dδ τ τ δ τ τ δ τ τ
+∞ +∞ +∞
−∞ −∞ −∞
⊗ = − + − − − − ⇔        + −− −∫ ∫ ∫
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )' 2 42u t v t u u ut t t⊗ = + −− − 
 
Como ( )
2 se 2 0
 0 se .
t t
u t
c c
+ − < <
= 

 
Seja ( ) ( ) ( ) ( )22 4t t tw t u u u− −+ −= 
 
Função ( ) 2u t t= + 
 
1º caso: 2t ≤ − 
 
Assim, ( ) 0w t = 
 
 
2º caso: 4 2 2 0t t t− ≤ − ∧ − ≤ ∧ ≤ ⇔ 
2 2 0t t t⇔ ≤ ∧ ≥ − ∧ ≤ ⇔ 
 
2 0t− ≤ ≤ 
 
( ) ( ) 2t tuw t = = +
 
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3º caso: 4 2 0t t− ≤ − ∧ ≤ ⇔ 
2 0t t⇔ ≤ ∧ ≥ ⇔ 
0 2t≤ ≤ 
 
( ) ( ) ( )2 2 2w t ttu t= = +− =−
 
 
 
4º caso: 2 4 4 0 0t t t− ≤ − ∧ − ≤ ∧ ≤ ⇔ 
2 4 0t t t⇔ ≥ ∧ ≤ ∧ ≥ ⇔ 
 
 
 
 
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 22 2 44 4t tuw t t t− − − −= = = − − = −+  + 
 
 
5º caso: 4t > 
 
Assim, ( ) 0w t = 
 
Resulta o seguinte gráfico: 
 
 
 
( ) ( ) ( ) ( )Como , então o gráfico (integração do gráf' ico anterio é' r) :u t v t u t v t⊗ = ⊗   
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Outra nota importante – imagine que a função era esta: 
 
 
 
Independentemente da forma do sinal, a origem é 
SEMPRE no mesmo sítio. E é na origem que começa a 
convolução. 
 
 
 
 
 
Assim a convolução é feita desta forma: 
 
 
 
 
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E se houvesse sobreposição das funções 
(zona a amarelo)? 
 
 
Basta somar! 
 
( ) ( ) ( ) 2 x 2 + 2 x 2 3 3 3 6 f = − − = 
( ) ( ) ( ) 2 x 2 + 2 x 4 2 2 2 2 f = − − = 
 
 
 
 
2 – Considere o seguinte sinal: 
 
 
Determine o desenvolvimento em serie exponencial de Fourier. 
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Resolução 2 - 
 
 
Sei que ( ) 0k tk
j
k
p C eu t
ω
+∞
=−∞
= ∑ , com ( ) 0
00
1 tj
k p
k
T
C et tu d
T
ω−= ∫ . É só calcular o kC e substituir na 
definição: 
( ) 0
0
0 0
2
A constan
0
te saí
1 1 11 k t k t
p
T T
k
k
T
jtj ju t e dtt e dt
T T
C
T
e dt
T
tω ωω− − −
 
== = ⇔ 
 
∫ ∫∫
�������
 
 
Vou ter que realizar um cálculo auxiliar (substituição por partes): 
�� � �
0 0 0
0 0
1 1
. . . .1k t k t k t
dvv du vT T
u
j j j
j j
t te dt e e dt
k k
ω ω ω
ω ω
− − −= −
−
⇔
−∫ ∫
�������
 
( )
0 0
0 0 0
1 1
. . .k t kj j te e
kj j jk k
tω ω
ω ω ω
− −⇔ − +
−
= 
0 0
2 2 2
0 0
1
. .j jk t k t
j j
e
k
t
e
k
ω ω
ω ω
− −− − 
 
Fim do cálculo auxiliar. 
( ) 00 0
0
2 2
0
2
0
2
0 0
1
. .
1 1j j jk t k t
p
k
k
T
T
tu t e e
T k k
C e
T
t
j
dt
j
ωω ω
ω ω
− − − = = − + ⇔ 
 
∫ 
 
 
 
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( ) ( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )0 0 0 0
2 2 2 2 2 2 2
0 0 0 0
0 01 1 1. .
0
0
. .j jT Tk
k jk k kje e e e
T k k kj j j
T
j k
C ω ω ω ω
ω ω ω ω
− − − −
   
= − + − + ⇔     
     
 
0 0 0
2 2 2 2 2 2 2
0 0 0
1 1 1
. . 0 .T Tk kjk
je e e
T k k kj j
T
C
j
ω ω
ω ω ω
− −
    
= − + − + ⇔    
    
 
0 0
2 2 2 2
0
2 2
0 0
2
1 1 1
. .T jk Tjk
k
j
e e
T
C
jk jk
T
k
ω ω
ω ω ω
− − = − + − ⇔ 
 
 
Sei que 0
2
T
π
ω =
 
 
 
 
 
Sei que 
� �1 1
2 2 2 2 2 2
2
2
2 1 1
2 2 2 2
1
2
k kj
k
j
j j j j j
e e
k k k k k
C
π π
π π π π π
− −
= = 
 
= − + − = − + 
 
 
2 2 2
1
2kj π
−
 
⇔  
 
 
 
1
2k k
C
j π
= − , mas não posso ter o “j” no denominador, por isso multiplico por 
j
j
: 
( )222
1
x
2
1
2k
j j j
j
j j j
C
k k kπ π π
= − = − → = − = 
 
Antes de concluir, não me posso esquecer que o kC nunca começa em zero. Existe uma definição 
para o 0C . 
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, co .
2
m 0k k
j
C
kπ
∴ = ≠ 
Vou então calcular na origem: 
( ) ( )0 0 0
0
0
2
0 0
A c
0
o
0
nstante s
0
í
0
a
1 1 1 11 1jj
T
j
T T
t
k
k t
p
k t
T
t tu t e de dt t e dt e dt
T
t
T
C
T T T T
ω ωω
=
−− −   = = = ⇔  = 
   
∫ ∫ ∫ ∫
�������
 
( ) ( )
2 22
2 2 2 2
0
A constante sa
0
0
í
1 1 1 1
2 2 2
TT
dt
T T
T
T T
C
Tt
t
  
= = = = − =  
    
∫
�����
( )
2
T
22
1
 
  =
 
 
 
 
Assim, fica ( ) 0
2
0
0 0
2
1
2
k tk t T
k
k
j
k
j
k
k
p Cu t e
j
e
k
C
π
ω
π
+∞ +∞
=−∞
≠ ≠
=−∞
= + = +∑ ∑
 
 
 
3 – Utilizando as propriedades calcule a transformada inversa do sinal com o espectro representado 
na figura. 
 
 
 
 
Resolução 3 – Cuidado que o 2º sinal não é impar! A função do 2º sinal é 2ω . 
( )
( )
( )
2
0
2 1
2 1
j
j
e se
U
e se
ω ω
ω
ω
 <
= 
>
 
 
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( )
( )22 1
2 1
je se
U
se
ω ω
ω
ω
 <
= 
>
 
Recordar os números complexos: . jZ e θρ= , em que o ρ é o modulo e θ é o argumento. 
Vou então socorrer me das propriedades: 
 
1º vou utilizar um sinal conhecido (é o primeiro do tópico 8.14.2. 
( ) ( )
( ) 1
u t U
t
ω
δ
←→
←→
 
 
Agora sim vou utilizar a 5ª propriedade: ( ) ( ) 00
tju t t U e ωω −− ←→ 
( )
( ) ( )
�
( )( )
2
2
1
 1
2 
2 
j
j
t
t
e
t
U
e
ω
ω
δ
δ ω
δ
−−
=
←→
+ ←→
+ ←→
 
 
É ( )2− , pois é o que anula o “t”. 
( ) 22 2 2 jet ωδ + ←→ 
 
Ou seja: 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )00 22 
tju t U u t t U e u t tωω ω δ−←→ → − ←→ → ←→ + 
 
Se fosse pela definição, seria assim: 
Assim: ( ) ( ){ } ( ) 21
1
1
1
. 2
2
2
1
2
j j j jt t tu t U dt dt dte e eU e ωω ω ω
π π
ω ω
+∞ +∞
−∞ −∞
−
 
= = = + ⇔ 
 
∫ ∫ ∫F 
Vou por o dois em evidência: ( )
1
2
1
1
. tj tj ju dte dte et ωω ω
π
+∞
−∞
 
= + ⇔ 
 
∫ ∫ 
 
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E agora? O que é que dá o 2º termo? Infinito?! Não sei. Por enquanto fica por aqui (as propriedades é 
bem melhor) … 
 
19 Maio 2009 – 2º Mini Teste 
 
 
 
Exercício 1 – Para o bipolo da figura, e utilizando a transformada de Laplace, obtenha a resposta 
(tensão nos seus terminais) quando o sinal de entrada for ( ) ( )i t tδ= . 
(É igual ao exercício 9.9.11b) 
 
 
Resolução 1 – 
( )
( )
( )
( )
( )
( )
. . . 1
. .
i t
i t
i i t
i t
i
d
R L
d dt
d C
R L
d
t
i
v t = +
+
∫ 
Vou utilizar a transformada de Laplace para poder continuar. Vou fazer por isso um circuito 
equivalente: 
 
 
( ) ( )
. 1R sL
R L sC
s sV I = + 
+ 
 
 
 
 
Como ( ) ( )i t tδ= , ou seja com uma corrente de entrada, obtenho um Dirac na saída. Então, e 
utilizando o 1º sinal conhecido, ( ) 1tδ ←→L . Ou seja ( ) 1I s = . 
 
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2
2 0 
R s L R
Ls
R
L RR s
R− −
−
+
, por isso fica ( )
2 21 11 1
V s
s
R R
s
R R
Ls R R
L
C L Cs
= − + = +
+
−
+
 
 
Fica: 
( ) ( ) ( ) ( )
2 1R
L
t
HHv R t L
ht
R
e h tt
C
δ
−
= − + 
 
 
 
Exercício 2 – Considerando um sistema discreto causal com a seguinte função de transferência: 
( ) 1 1
1 1
1 1
H z
az bz− −
= +
− −
 
a) Sendo ,b a> indique a ROC. 
b) Determine a equação ás diferenças do sistema. 
 
 
Resolução 2a) – A tabela 5 (da faculdade de Viseu), a 6ª propriedade diz me que: 
( ) ( ) ( ) , com , , n nH Hh n a h n b h n z a z b b a= + > > > 
( ) 1 1
1 1
1 1
z z
H z
az bz z a z b− −
= + = +
− − − −
 
Os seus pólos são complexos. 
 
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com b a> , a ROC é z b> 
 
 
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Resolução 2b) – Sei que ( )
( )
( ) 1 1
1 1
1 1
Y z
H z
X z az bz− −
= = + ⇔
− −
 
 
( )
( )
( )
( ) ( )
( ) ( )1 1
1 1
1 . 1
1 1az b
az
Y z
H z
X z b
z
z
− −
− −
−
=
−
+
−
−
= ⇔ 
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )1 11 1 11 . 1 1az bzY z az bzX z −− −−⇔ = − + −− − ⇔ 
( ) ( ) ( ) ( )1 1 11 21 2bz az abz bz azY z X z− − −− − −+ −−⇔ =− ⇔ 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 12Y z a b z Y z abz Y z X z a b z X z− − −− + + = − + 
 
( ) ( ) � � ( ) ( ) �
1 2 1
1 2 2 1
z z z
y n a b y n aby n x n a b x n
− − −
     
− + − + − = − + −     
     
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 2 1y n a b y n aby n x n a b x n− + − + − = − + − 
 
 
 
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12 Abril 2010 – 1º Mini Teste 
 
2.b) ( )
1 se - 2 0
1
1 se 0 3
3
t
u t
t t
< <

= 
+ < <
 
( )
20 3 3
0 2
2
2 0 0
1 1 2
1 1 1
3 9 3
E u t dt dt t dt t t t dt
+∞
−
−∞ −
   
= = + + = + + + ⇔   
   
∫ ∫ ∫ ∫ 
( ) ( ) ( )
3
3 23 2
0
1 1 2 1 1 1
2 2 3 3 3
9 3 3 2 27 3
E t t t
   
= + + + = + + + ⇔   
   
 
 
( )2 1 3 3 9E W= + + + = 
2.c) 
 
 
 
 
A melhor solução é derivar a função ( )v t até ser ter Diracs, pois torna o exercício mais fácil. No 
fim integra se o gráfico. No livro do professor Amândio é o capítulo 5.3.5, e é conforme a figura 
5.18. 
 
Assim fica: 
 
 
Nota: derivei a função ( )v t porque me vai facilitar 
imenso os cálculos. No fim não me posso esquecer de 
integrar. Se no exercício já viesse a função derivada, 
então no fim não tinha que integrar! 
 
Agora a minha preocupação é saber qual é o 1º momento 
em que as funções se “tocam” quando a função ( )u t fica 
estática e a função ( )v t desloca se do menos infinito ao 
mais infinito. E mais, vou fazer um Dirac de cada vez, 
pois só assim consigo chegar ao fim do exercício sem me 
enganar. 
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Acontece isto 
 
Mas só faço com um Dirac 
 
 
 
 
 
Resultado ( ) ( ) x x 0' 0 0v tu t = = : 
 
Acontece isto 
 
Mas só faço com um Dirac 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resultado ( ) ( ) ( )' x x 3 31v tu t = = −− : 
 
 
 
 
Acontece isto 
 
 
Mas só faço com um Dirac 
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Resultado 
 
( ) ( ) ( )' x x 3 31v tu t = = −− : 
 
 
 
 
 
Acontece isto 
 
 
Mas só faço com um Dirac 
 
 
 
 
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Vai se deslocando do ponto zero até ao ponto 3 no eixo dos tempos: 
 
Acontece isto 
 
 
Mas só faço com um Dirac 
 
 
 
 
 
Resultado ( ) ( ) ( )' x x 3 62v tu t = = −− : 
 
 
Tudo isto está errado! 
Este exercício que foi feito é para a situação de ( )v t ser assim, a começar na origem: 
 
 
É preciso ter o cuidado com a escolha do ponto de origem. E o ponto de origem não é -2 como 
foi aqui escolhido, mas sim -4! 
A equação é 2 2 22 4τ τ τ+ < − ⇔ < − ⇔ < −− 
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Assim fica: 
 
Agora falta o 2º Dirac: 
Aqui também é preciso ter muito cuidado com o ponto de origem, e também com o “sentido” do 
Dirac. 
A equação é 22 3 3 5τ τ τ− < ⇔ < ⇔ <+ 
 
Errado! 
 
Correcto! 
 
 
 
 
 
Porquê? Porque tem que se deslocar duas unidades de tempo para a esquerda. 
 
 
Acontece isto com o 2º Dirac 
 
Resultado: ( ) ( ) ( ) x x 3' 3 1v tu t = = : 
 
 
 
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No fim fica (só com o 2º Dirac): 
 
 
 
 
O resultado com os dois Diracs é 
 
 
 
 
Agora basta somar os dois sinais obtidos, 
tendo o devido cuidado na parte comum 
(entre 0 e 1). 
 
 
 
 
Ficando assim o seguinte gráfico: 
 
 
 
 
 
Como fiz uma derivação, na função ( )v t , vou ter que integrar uma vez este gráfico. Como são 
figuras geométricas conhecidas é fácil e nem sequer é preciso fazer a integração. Vou somar as 
áreas, não esquecendo que as rectas “transformam” se na integração em rectas oblíquas, e as 
rectas oblíquas “transformam” em parábolas. Se a recta oblíqua for a descer, a parábola fica com 
a concavidade voltada para baixo, se for a subir a concavidade fica voltada para cima. 
Jorge Rodrigues Valente – 2087406 UMa 09-10-2011 366/388 
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Mas como estão na parte negativa do eixo da correlação ( )ψ , os valores são negativos. Outra nota 
importante é o facto de se tratar de áreas, logo conforme vão progredindo no eixo dos tempos, as 
áreas somam-se. As áreas assinaladas são: 
 
( )2 x 3 6A − = − 
( )
( )2 x 2
1 2 2 x 3 8
2
B B B
−
+ = − + = − 
14A B+ = − 
 
 
33
2
A B C+ + = −
 
Jorge Rodrigues Valente – 2087406 UMa 09-10-2011 367/388 
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O exercício da correlação acaba aqui, pois só é necessário realizar uma integração. Como só fiz uma 
derivação, só integro uma vez. O sinal derivado foi o ( )v t . 
 
 
2.d) Convolução – o gráfico é igual pois o sinal ( )v t goza da propriedade da paridade do sinal. 
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24 Maio 2010 – 2º Mini Teste 
 
1 – Determine a transformada de Fourier do seguinte sinal: 
( ) ( ) ( )sin 2 .cos 3x t t t t= + + 
 
Resolução – Vou fazer por partes, e no fim integro tudo. 
Sei que ( ) ( )
2 2
sin cos
2
2
2
t t t tj j j je e e e
t t
j
− −− +
= ∧ = 
 
 
 
2 – Determine a ( ) ( )3x t tδ= − 
 
Resolução – ( )
( ) ( )
2
2
3 1
3 5
s
H s
s s
+
=
+ +
. 
Vou utilizar a propriedade da translação: ( ) ( )u t U s←→L 
( ) ( ) 00 , ROC ROC
st
uu t t U s e
−− ←→ =L
. 
( ) 1, ROC ROCutδ ←→ =
L 
( ) 33 , ROC ROCs ut eδ
−− ←→ =L
 
( ) ( )x t X s= 
 
( ) 3 , ROC ROCs uX s e
−∴ ←→ =L 
( )
( )( )
2
3
2
3 1
.
3 5
ssY s e
s s
−+=
+ +
 
 
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Decomposição: ( )
( )( )
2
3 3
22
3 1
. .
3 53 5
s ss A Bs CY s e e
s ss s
− −+ + = = + + ++ +  
 
 
Como 2 5s + não dá zero, calcula se o Bs C+ em vez de B +C . 
 
Vou calcular sem o 3se− e acrescento no fim. 
( ) ( ) ( )
( )( ) ( ) ( )
2 2
2 2 2
5 5
5 5
3
3 5
3 3
3 3
s sAA A ABs CBs C B
s
ss s s
s s s
C
s
Bs C
s
+ + +
+ =
+ + +
+ + +
+ +
+ +
=
+
+
+
= 
( )( )
2
2 2
2 3
353 5
3 5A ABs s
s
C Bs B
s s
As
s
Cs C+ +
+
+ + + +
+
+ =
++
= 
 
( ) ( )
( ) ( )
2
2
3
3
3
1
1
3
5 3
0
3 5
5 3 13
3
3
A BA
s
B
C B
C
C B
B B
s s
A
+ = = + 
  → + = ⇔ =  + +   
−
−−= + =
−
+ 
^ 
 
3 2
3 3
15 5 9 1 1
A B A
C B C
B B B
= − = 
 
⇔ = − ⇔ = − 
 − − = = 
 
 
Fica: 
( )
( ) ( )
2
3 3 3
2 2 22
3 1 2 3 2 3
. . .
3 5 3 5 53 5
s s ss s sY s e e e
s s s s ss s
− − −+ −   = = + = + −   + + + + ++ +    
 
 
Socorrendo me das propriedades: 
( ) 3 3 32 2
2 3
. . .
3 5 5
s s ssY s e e e
s s s
− − −= + −
+ + +
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 3
3
2. cos 5 3 sin 5 3 3
5
t
Hy t e t t h t
− −    = + − − − −     
 
 
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31 Janeiro 2005 – Exame Normal 
 
 
 
2 – Um sinal ( )x t representado na seguinte figura é aplicado à entrada de um sistema linear e 
invariante no tempo. 
 
 
a) Obtenha a transformada de Fourier do sinal ( )x t . 
b) Determine a resposta do sistema nos tempos, sabendo que o espectro do sinal na saída do 
sistema é ( ) ( ) ( ) ( ) 3cos 2 jY X X e ωω ω ω ω= + e ( )X ω é a transformada de Fourier do ( )x t . 
 
 
Resolução a) - Por definição sei que ( ) ( ){ } ( ) tjX x t dtx t e ωω −
+∞
−∞
= = ∫F 
Assim fica ( ) ( ) ( )
2 2 2
0 0
1
0
.t jj j jt tt t txX dt dtt e dt e de e te ωω ω ωω
+∞
−∞
−− − −− − −= = = = ⇔∫ ∫ ∫ ∫ 
( )
( )( )
( ) ( )
2
0
1
0
1
2
11
1 1
. .
'
jt t jX e e
jjt
ω ω
ωω
ω − − −−
   
= = − =   
   + −−
 
( ) ( )( ) ( )( )2 101
1 1
.
1 1
. j j
j j
X e eω ω
ω
ω
ω
− − −−    
= − − − =    
    + +
 
( ) ( )2 2 22
1 1
1 1 1
.
1
1j jX e
j j
e
j
ω ω
ω ω
ω
ω
− −− − = − + = − 
+ + +
 
 
 
 
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4 Março 2005 – Exame Recurso 
 
 
 
2 – Obtenha a Transformada de Fourier do seguinte sinal ( )x t . 
 
 
 
Resolução - Vou usar a propriedade derivação nos tempos: 
 
 
Se ( )u t tem por transformada de Fourier ( ),U ω então 
 
( )
( ) ( ) ( )8.90
n
n
n
d u t
j U
dt
ω ω←→ 
 
Se derivarmos ambos os lados da expressão da transformada inversa tem-se 
 
( )
( )
( ) ( ) ( )
1
1
'
2 1
2 2
j t
j t j t
d U e d
du t
j U e dt
t t
j U e d
d d
ω
ω ω
ω ω
π
ω ω ω ω ω ω
π π
∞
∞ ∞
−∞
−∞ −∞
 
 
 = = =
∫
∫ ∫ 
 
donde se conclui que 
( )
( ) ( )8.92
du t
j U
dt
ω ω←→ 
 
Continuando a derivar ambos os lados de (8.92) chega-se ao resultado de (8.90). 
 
 
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Assim sendo, vou usar a propriedade derivação nos tempos: 
 
 
 
( ) ( )
( )
( )
( ) ( )
( )
 
 
U
du t
dt
n
n
n
v t V
d v t
j V
dt
ω
ω
ω ω
←→
←→
�����
���
 
 
 
Se uma função for par, a sua derivada é impar, se for uma função impar, a sua derivada é par. Assim 
( )u t é impar. Se olhar para as propriedades, a nº 17 diz-me que 
( ) ímparu t 
( )
( ) ( ) ( )
0
0
2 sin
R
X u t t dt
ω
ω ω
∞
=
= − ∫
 
 
Isto significa que se o sinal é ímpar, a sua transformada é imaginária pura. Se o sinal é par, a sua 
transformada é real puro. 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
3 4
2 30
2 sin 2 si1 sin1n 2uX t dtt t dt t dtω ω ω ω
∞
= − = − −−∫ ∫ ∫ 
 
Cuidado! Não posso fazer no eixo negativo (-4 a -2). A regra diz que é por para positivos. 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
3 4 3 4
2 3 2 3
2 sin 2' 'sin 2 sin 2 sinX t dt t dt t dt tt tt dω ωω ω ω ωω ωω= − − = − −∫ ∫ ∫ ∫ 
 
Falta me o ω , logo vou ter que colocar: ( ) ( ) (