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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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