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Lista de Exercícios 04 Resolvida- Sinais e Sistemas

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UNIVERSIDADE DE BRASÍLIA, FACULDADE GAMA
Sinais e Sistemas - Lista 4
Gabarito
7 de dezembro de 2015
1. Determine a função do tempo x(t), para cada uma das seguintes transformadas de La-
place e suas regiõs de convergência associadas:
a) x(s) = 1s2+9 , Re{s} > 0
b) x(s) = ss2+9 , Re{s} < 0
c) x(s) = s+1(s+1)2+9 , Re{s} <−1
d) x(s) = s+2s2+7s+12 , −4 <Re{s} <−3
e) x(s) = s+1s2+5s+6 , −3 <Re{s} <−2
f) x(s) = (s+1)2s2−s+1 , Re{s} > 12
g) x(s) = s2−s+1(s+1)2 , Re{s} >−1
Resposta:
a) x(s) = 1s2+9 , Re{s} > 0
Da Tabela de Laplace (Tabela 9.2 - Oppenheim) temos:
x(t ) = 13 si n(3t )u(t )
b) x(s) = ss2+9 , Re{s} < 0
Da Tabela de Laplace (Tabela 9.2 - Oppenheim) temos:
cos(3t )u(t ) ←→ ss2+9
Pela propriedade de mudança na escala do temos:
cos(3t )u(−t ) ←→− ss2+9
Portanto:
x(t) = -cos(3t) u(-t)
1
c) x(s) = s+1(s+1)2+9 , Re{s} <−1
Pela tabela de Laplace temos:
e t cos(3t )u(t ) ←→ s−1(s−1)2+9
Pela propriedade de mudança na escala do tempo:
e−t cos(3t )u(−t ) ←→− s+1(s+1)2+9
Portanto:
x(t ) =−e−t cos(3t )u(−t )
d) x(s) = s+2s2+7s+12 , −4 <Re{s} <−3
Por frações parciais:
X (s) = 2s+4 − 1s+3
Portanto:
x(t ) = 2e−4t u(t )+e−3t u(−t )
e) x(s) = s+1s2+5s+6 , −3 <Re{s} <−2
Por frações parciais:
X (s) = 2s+3 − 1s+2
Portanto:
x(t ) = 2e−3t u(t )+e−2t u(−t )
f) x(s) = (s+1)2s2−s+1 , Re{s} > 12
X (s) pode ser reescrito como:
X (s) = 1+ 3ss2−s+1
X (s) = 1+ 3s
(s−1/2)2+(p3/2)2
X (s) = 1+3 s−1/2
(s−1/2)2+(p3/2)2 +
3/2
(s−1/2)2+(p3/2)2
Pela tabela de Laplace:
x(t ) = δ(t )+3e−t/2cos(p3t/2)u(t )+p3e−t/2si n(p3t/2)u(t )
g) x(s) = s2−s+1(s+1)2 , Re{s} >−1
x(s) = 1− 3s(s+1)2
Da tabela de Laplace:
tu(t ) ←→ 1s2
e−t tu(t ) ←→ 1(s+1)2
d
d t [e
−t tu(t )] = e−t u(t )− te−t u(t ) ←→ s(s+1)2
Portanto:
x(t ) = δ(t )−3e−t u(t )−3te−t u(t )
2. Considere um sistema LIT de tempo contínuo para o qual a entrada x(t) e a saída y(t)
estão relacionadas pela equação diferencial
d 2 y(t )
d t 2
− d y(t )
d t
−2y(t ) = x(t ).
Sejam X(s) e Y(s) as transformadas de Laplace de x(t) e y(t), respectivamente, e seja H(s)
a transformada de Laplace de h(t), a resposta ao impulso do sistema.
a) Determine H(s) como uma razão de dois polinômios em s. Esboce o diagrama de
polos e zeros de H(s).
2
b) Determine h(t) para cada um dos seguintes casos:
1. O sistema é estável.
2. O sistema é causal.
3. O sistema não é estável nem causal.
Resposta:
a) Aplicando a Transformada de Laplace nos dois lados temos:
H(s) = Y (s)X (s) = 1s2−s−2
Esboço do diagrama de pólos e zeros:
b) Expansão em frações parciais de H(s) é:
H(s) = 1/3s−2 − 1/3s+1
1. Para o sistema ser estável, H(s) precisa ser −1 <Re{s} < 2. Portanto:
h(t ) =−13 e2t u(−t )− 13 e−t u(t )
2. Para o sistema ser causal, H(s) precisa ser Re{s} > 2. Portanto:
h(t ) = 13 e2t u(t )− 13 e−t u(t )
3. Para o sistema não ser estável e nâo causal, H(s) precisa ser Re{s} <−1. Por-
tanto:
h(t ) =−13 e2t u(−t )+ 13 e−t u(t )
3. Considere uma sequência lateral direita x[n] com transformada z
X (z) = 1(
1− 12 z−1
)
(1− z−1) (1)
a. Determine uma expansão em frações parciais da Equação 1 expressa como uma
razão de polinômios em z−1 e, a partir dessa expansão, determine x[n].
b. Reescreva a Equação 1 como uma razão de polinômios em z e determine uma
expansão em frações parciais de X(z) expressa em termos de polinômios em z.
3
A partir dessa expansão, determine x[n] e demonstre que a sequência obtida é
idêntica àquela obtida no item a).
Resposta:
a. A fração parcial de X(z) é:
X (z) =− 1
1− 12 z−1
+ 21−z−1
Como x[n] é uma sequência lateral direita, |z| > 1. Portanto:
x[n] = (12 )2 u[n]+2u[n]
b. X(z) pode ser reescrito como:
X (z) = z2
(z− 12 )(z−1)
Por frações parciais:
X (z) = 2z2
(
− 1
z− 12
+ 1z−1
)
X (z) = 2z
(
− z
z− 12
+ zz−1
)
Portanto:
x[n] =−2(1/2)n+1u[n +1]+2u[n +1]
Como x[−1] = 0, pode-se reescrever:
x[n] = (12 )2 u[n]+2u[n]
Esta é a resposta encontrada no item a).
4. Considere uma sequência lateral esquerda x[n] com transformada z como na Equação
1.
a) Escreva X(z) como uma razão de polinômios em z em vez de z−1
b) Usando a expressão em frações parciais, expresse X(z) como uma soma de parce-
las, em que cada parcela representa um polo da resposta no item a).
c) Determine x[n].
Resposta:
a) Do item b) da questão anterior temos:
X (z) = z2
(z− 12 )(z−1)
b) Do item b) da questão anterior temos:
X (z) = 2z(− z
z− 12
+ zz−1 )
c) Como x[n] é uma sequência lateral esquerda, |z| < 1/2. Portanto:
x[n] = 2(12 )n=1 u[−n −2]−2u[−n −2]
5. Classifique as singularidades das funções a seguir e indique os respectivos resíduos.
a) f (z) = si nzz
b) 1(1−z)2
4
c) zz2+1
d) 1z(1−z)2
Resposta:
a) A função f (z) = si nzz possui uma única singularidade na origem. POdemos cons-
truir o desenvolvimento de Laurent de f em torno da origem através do desenvol-
vimento de Mac-Laurin da função sin z, obtendo-se:
f (z) = 1z si nz = 1z
∞∑
n=0
(−1)2
(2n+1)! z
2n+1 =
∞∑
n=0
(−1)2
(2n+1)! z
2n ,
´válido para z ∈ D∞(0) = {z : 0 < |z|}. Podemos então concluir imediatamente que
a origem é uma singularidade removível de f e que, como em qualquer singula-
ridade desse tipo, Res(f,0) = 0. Note-se que após a remoção da singularidade se
obtém f (0) = 1 e por conseguinte:
limz→0 = si nzz = 1
b) Como:
1
(1−z)2 = 1(z−1)2 ,
o desenvolvimento em série de Laurent de f(z) em torno de z = 1, a única singula-
ridade da função se resume a:
f (z) = 1(z−1)2
c) As singularidade de
f (z) = zz2+1 = z(z+1)(z−1) ,
são z = ±i . Podemos determinar o desenvolvimento de Laurent da função em
torno de z = i , através da decomposição
f (z) = 12 1(z+i ) + 12 1(z−i ) .
Como para z tal que |z − i | < 2,
1
2
1
(z+i ) = 12 1(2i+z−i )
= 14i 11+ z−i2i
= 14i
∞∑
n=0
(−1
2i
)n
(z − i )n
= 14i
∞∑
n=0
( i
2
)n
(z − i )n
=
∞∑
n=0
i n−1
2n+2 (z − i )n ,
obtemos:
f (z) =
∞∑
n=0
i n−1
2n+2 (z − i )n + 12 1(z−i ) , para z ∈ D2(i )
Portanto: Res( f , i ) = 1/2
Analogamente em torno de z =−i temos para z ∈ D2(−i )
f (z) = 12 1(z+i ) − 14i 11− z+i2i =
1
2
1
z+i −
∞∑
n=0
1
2n+2i n+1 (z + i )n ,
Por conseguinte, f tem também naquele ponto um polo simples, sendo Res( f ,−i ) =
1/2
d) z = 0 e z = 1 são singularidades de
1
z(1−z)2
5
Para obtermos o desenvolvimento de Laurent em torno de z = 0 notemos primei-
ramente que
1
(1−z)2 = Dz
( 1
1−z
)
Como para z ∈ B = {z : |z| < 1} se tem
1
1−z =
∞∑
n=0
zn
então dada a possibilidade de derivarmos termo-a-termo uma série de potências,
obtemos:
f (z) = 1z +
∞∑
n=2
nzn−2 = 1z +
∞∑
n=0
(n +2)z.
z = 1 é um polo duplo e Res( f ,0) =−1.
6. Com respeito ao caminho γ dado por γ(t ) = 2e−i 2t , t ∈ [0,π], calcule as seguintes inte-
grais utilizando a teoria de resíduos.
a)
∫
γ
e(1−1/z)d z
b)
∫
γ
1
(z2+1)2 d z
c)
∫
γ
sec2d z
Resposta:
a) Como e(1−1/z) possui uma única singularidade em z = 0, e pelo teorema dos resí-
duos tem-se:∫
γ
e(1−1/z)d z = 2πi I (γ,0)Res( f ,0)
O desenvolvimento de Laurent de f em torno de z = 0 é:
e(1−1/z) = ee−1/z
= e ∑
n≥0
1
n!
(− 1z )n ∑
n≥0
e(−1)n
n!
1
zn ,
o que permite concluir que z = 0 é uma singularidade essencial e que: Res( f ,0) =
−e
Como I (γ,0) =−1 então∫
γ
e(1−1/z)d z = 2πei .
b) As singularidades de f (z) = 1(z2+1)2 são z =±i e por conseguinte
f (z) = 1(z−i )2(z+i )2
Como I (γ,±i ) =−1 temos pelo teorema dos resíduos∫
γ
1
(z2+1)2 d z =−2πi [Res( f , i )+Res( f ,−i )]
Os valores dos resíduos serão:
Res( f , i ) = lim
z→i
Dz
[
(z − i )2 f (z)]
= lim
z→i
Dz
[
1
(z+i )2
]
= lim
z→−i
[
−2
(2i )3
]
=− i4
6
Analogamente
Res( f ,−i ) = lim
z→−i
Dz
[
(z + i )2 f (z)]
= lim
z→−i
Dz
[
1
(z−i )2
]
= lim
z→−i
[
−2
(z−i )3
]
= −2(−2i )3
= i4
Logo∫
γ
1
(z2+1)2 d z =−2πi
[− i4 + i4]= 0
c) As singularidades de sec2z = 1cos2z são reais
z = π2 +kπ, (k ∈ Z )
Como I (γ,±π2 ) =−1 tem-se pelo teorema dos resíduos
∫
γ
sec2zd z =−2πi [Res( f , π2 )]+
Res( f ,−π2 )
Res( f ,±π2 ) = limz→±π/2
[
Dz
(z+ 12 )2
cos2z
]
= 2 lim
z→±π/2
(z± π2 )cosz+(z± 12 )2si nzcosz
cos4z
= 2 lim
z→±π/2
(z± π2 )cosz+(z± 12 )2si nz
cos3z
Aplicando regra de Cauchy sucessivamente tem-se
Res( f ,±π2 ) = 2 limz→±π/2cosz+(z± π2 )si nz+(z± π2 )2cosz
−3cos2zsi nz
= 2 0−6si n3(± π2 )= 0
Logo∫
γ
sec2zd z =−2πi [0+0] = 0
7. Apresente uma representação na forma direta para os sistemas LIT causais com as se-
guintes funções de transferência.
a) H1(s) = s+1s2+5s+6
b) H2(s) = s2−5s+6s2+7s+10
c) H3(s) = s(s+2)2
7
8. Se X (z) indica a transformada z unilateral de x[n], determine em termos de X (z), a
transformada z unilateral de:
a) x[n +3]
X (z) =∑∞n=0 x[n]z−n
X (z) =∑∞n=0 x[n]z−n+3 −x[0]z3 −x[1]z2 −x[2]z
X (z) = z3X (z)−x[0]z3 −x[1]z2 −x[2]z
b) x[n −3]
X (z) = z−3 ∑∞n=0 x[n]z−n +x[−1]z−2 +x[−2]z−1 +x[−3]
X (z) = z−3X (z)+x[−1]z−2 +x[−2]z−1x[−3]
c)
∑n
k=−∞ x[k]
y[n] =∑n−∞ x[k] =∑∞m=0 x[n −m]
Y (z) =∑∞m=0 x−m X (z)+∑∞m=1 z−m ∑ml=1 x[−l ]z l
Y (z) = X (z)1−z−1 +
∑∞
m=1 z
−m ∑m
l=1 x[−l ]z l
9. A transformação bilinear é um mapeamento para se obter uma transformada z raci-
onal Hd (z) a partir da transformada de Laplace Hc (s). Esse mapeamento tem duas
propriedades importantes:
1. Se Hc (s) é a transformada de Laplace de um sistema LIT causal e estável, ent"ao
Hd (z) é a transformada z de um sistema LIT causal e estável.
2. Certas características importantes de |Hc ( jω)| são preservadas em |Hd (e jω)|.
Neste problema, ilustramos a segunda dessas propriedades para o caso de filtros
passa-tudo.
8
a) Seja
Hc (s) = a − s
s +a ,
sendo a real e positivo. Mostre que
|Hc ( jω)| = 1
|He ( jω)| = |a− jω|a+ jω =
p
a2+ω2p
a2+ω2 = 1
b) Agora, vamos aplicar a transformação bilinear a Hc (s) a fim de obter Hd (z), ou
seja,
Hd (z) = Hc (z)|s =
1− z−1
1+ z−1 .
Mostre que Hd (z) tem um polo ( que está dentro do círculo unitário) e um zero (
que está fora do círculo unitário).
Hd ( jω) = a−1a+1
[
1+z−1 a+1a−1
1+z−1 a−1a+1
]
c) Para a função de sistema Hd (z) obtida no item (b), mostre que |Hd (e jω)| = 1.
H(z) = (a−1)+z−1(a+1)(a+1)+z−1(a−1)
H(e jω) =
p
(a−1)2+(a+1)2+2(a+1)(a−1)cosωp
(a+1)2+(a−1)2+2(a+1)(a−1)cosω
10. Calcule o resíduo das funções:
a) f (z) = cot g (z).
R0 = limz → 0 cosz(senz)′ = 1
b) f (z) = ezz3 .
R0 = 12 limz→0 d
2
d z2 [z
3 ez
z3 ] = 12 limz→0 ez = 12
c) f (z) = ez(z−1)2(z−i ) .
R( f , i ) = limz→i (z − i ) f (z) = 10−3e i (13−9i )
R( f ,1) = e8 (2+ i )
d) f (z) = z(z2+2)2 .
R( f ,
p
2i ) = limz→p2i (2+
p
2i )2−2z(z+p2i )
(z+p2i )4 = 0
R( f ,−p2i = 0
e) f (z) = 1z7(1−z2) .
limz→0 z7 f (z) = limz→0 11−z2 = 1
limz→±1 f (z) = limz→±1 −1z±1 =−12
f (z) = 1z7(1−z2) = 1z7
∑∞
n=0(z
2)n =∑∞n=0 z2n−7 = 1z7 + 1z5 + 1z3 + 1z + z + z3 + ...
9
f) f (z) = z2e 1z .
f (z) = z2 ∑∞n=0 1n! z−n =∑∞n=0 1n! z−n+2 = z2 + z + 12! + 13!z + 14!z2 + 15!z3 + ...
R( f ,0) = 13!
10

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