Exercicios_resolvidos

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TEORIA DE SINAIS 
2004/05 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
EXERCÍCIOS RESOLVIDOS de SINAIS e SISTEMAS para a CADEIRA 
de 
TEORIA DE SINAIS 
 
 
 
por 
 
Cesaltina Morgado 
(Prof. da Escola Náutica Infante D. Henrique e Estudante de Doutoramento da FCT da UNL) 
e 
Manuel Duarte Ortigueira 
 
I. INTRODUÇÃO AOS SINAIS E SISTEMAS 
1 - Determine se os seguintes sistemas são ou não invariantes no tempo: 
a) y[ ]n = x[ ]n − x[ ]n − 1 
b) y( )t = t x( )t 
c) y[ ]n = x[ ]−n 
d) y( )t = x( )t cos( )ωot 
 
Solução: 
a) Este sistema está descrito pela seguinte relação entrada-saída: 
 y[ ]n = Γ[ ]x[ ]n = x[ ]n − x[ ]n − 1 
 
Se a entrada for atrasada de k unidades no tempo e aplicada ao sistema, a saída virá igual a: 
y1[ ]n = Γ[ ]x[ ]n − k = x[ ]n − k − x[ ]n − k − 1 
 
Por outro lado, se a saída y[ ]n for atrasada de k unidades no tempo, temos que: 
y2[ ]n = y[ ] n − k = x[ ]n − k − x[ ]n − k − 1 
 
Uma vez que os resultados de y1[ ]n e y2[ ]n são idênticos, isto é, y1[ ]n = y2[ ]n , concluímos que o 
sistema é invariante no tempo. 
 
b) Nesta caso, a equação de entrada-saída do sistema é y( )t = Γ[ ]x( )t = t x( )t ). 
A resposta deste sistema à entrada x( )t − to é: 
y1( )t = Γ[ ]x( )t − to = t x( )t − to 
e para a saída: 
y2( )t = y( )t − to = ( )t − to x( )t − to 
Como y1( )t ≠ y2( )t , concluímos que o sistema é variante no tempo. 
 
c) Este sistema é descrito pela relação entrada-saída: 
y[ ]n = Γ[ ]x[ ]n = x[ ]−n 
 
A resposta do sistema à entrada x[ ]n − k é igual a: 
y1[ ]n = Γ[ ]x[ ]n − k = x[ ]− n − k 
 
Se a saída y[ ]n for atrasada de k unidades no tempo, temos que: 
y2[ ]n = y[ ] n − k = x[ ]−n + k 
 
Como y1[ ]n ≠ y2[ ]n , concluímos que o sistema é variante no tempo. 
 
d) A relação entrada-saída para este sistema é: 
y( )t = Γ[ ]x( )t = x( )t cos( )ωot 
 
A resposta deste sistema à entrada x( )t − to é: 
y1( )t = Γ[ ]x( )t −to = x( )t −to cos( )ωot 
 
e para a saída: 
y2( )t = x( )t −to cos( )ωo( )t −to 
 
Como y1( )t ≠ y2( )t , concluímos que o sistema é variante no tempo. 
 
2 - Determine se os sistemas descritos pelas seguintes relações de entrada-saída são lineares ou não 
lineares. 
a) y( )t = t x( )t 
b) y[ ]n = x[ ]n2 
c) y( )t = x2( )t 
 
Solução: 
Para as entradas x1( )t e x2( )t , as correspondentes saídas são: 
y1( )t = t x1( )t 
y2( )t = t x2( )t 
 
A combinação linear dos dois sinais de entrada, resulta na saída: 
y3( )t = Γ[ ]a x1( )t + b x2( )t = t[ ]a x1( )t + b x2( )t = a t x1( )t + b t x2( )t 
 
Por outro lado, a combinação linear dos dois sinais de saída y1( )t e y2( )t , resulta no sinal: 
y4( )t = a y1( )t + b y2( )t = a t x1( )t + b t x2( )t 
 
Como y3( )t = y4( )t , concluímos que o sistema é linear. 
Procedendo de forma similar ao exemplo anterior, as saídas correspondentes aos sinais de entradas 
x1[ ]n e x2[ ]n são: 
y1[ ]n = x1[ ]n2 
y2[ ]n = x2[ ]n2 
 
A combinação linear dos dois sinais de entrada, resulta na saída: 
y3[ ]n = Γ[ ]a x1[ ]n + b x2[ ]n = a x1[ ]n2 + b x2[ ]n2 
Por outro lado, a combinação linear dos dois sinais de saída y1[ ]n e y2[ ]n , resulta no sinal: 
y4[ ]n = a y1[ ]n + b y2[ ]n = a x1[ ]n2 + b x2[ ]n2 
 
Como y3[ ]n = y4[ ]n , concluímos que o sistema é linear. 
 
As respostas do sistema aos sinais de entrada x1( )t e x2( )t são: 
y1( )t = x12( )t 
y2( )t = x22( )t 
 
A combinação linear dos dois sinais de entrada, resulta na saída: 
y3( )t = Γ[ ]a x1( )t + b x2( )t = [ ]a x1( )t + b x2( )t 2 = a2 x12( )t + 2ab x1( )t x2( )t + b2 x22( )t 
 
Por outro lado, a combinação linear dos dois sinais de saída y1( )t e y2( )t , resulta no sinal: 
y4( )t = a y1( )t + b y2( )t = a x12( )t + b x22( )t 
 
Como y3( )t ≠ y4( )t , concluímos que o sistema é não linear. 
 
3 - Determine se os seguintes sistemas são ou não causais. 
a) y[ ]n = x[ ]n − x[ ]n − 1 
b) y[ ]n = ∑
k=−∞
n
 x[ ]k 
c) y( )t = ax( )t 
d) y[ ]n = x[ ]n + 3 x[ ]n + 4 
e) y[ ]n = x[ ]n2 
f) y( )t = x( )2t 
g) y( )t = x( )−t 
 
Solução: O sistemas descritos nas alíneas a), b), e c) são causais, porque as saídas dependem apenas 
das entradas presentes e passadas. Por outro lado, os sistemas das alíneas d), e), e f) são não causais, 
porque as saídas dependem dos valores futuros da entrada. O sistema da alínea g) é não causal: por 
exemplo, se seleccionarmos o instante t = −1, temos para a saída y( )−1 = x( )1 . Assim, a saída no 
instante t = −1, depende da entrada no instante futuro t =1. 
 
4 - Faça a representação gráfica dos seguintes sinais. Tome como referência o sinal discreto x[ ]n da 
figura 1. 
a) y[ ]n = x[ ]−n 
b) y[ ]n = x[ ]2n 
c) y[ ]n = x[ ]−n +1 
d) y[ ]n = x[ ]2n +2 
-6 -4 -2 0 2 4 6
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
n
x[n]
 
Fig.1−Representação gráfica do sinal discreto x[ ]n . 
 
Solução: 
Neste caso o sinal x[ ]n foi rodado no tempo para dar o sinal x[ ]−n . 
 
Fig.2−Representação gráfica do sinal discreto x[ ]−n . 
 
Neste caso, o sinal x[ ]2n foi obtido de x[ ]n efectuando “saltos” de 2 unidades no tempo, conforme se 
mostra na figura 3. 
-6 -4 -2 0 2 4 6
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
n
y[n]=x[2n]
 
Fig.3−Representação gráfica do sinal discreto x[ ]2n . 
 
O sinal x[ ]−n + 1 é obtido do sinal discreto x[ ]n , efectuando em 1º lugar a operação de inversão no 
tempo e em 2º lugar a operação de deslocamento no tempo de 1 unidades para a direita. 
 
 
-6 -4 -2 0 2 4 6-3 
-2 
-1 
0 
1 
2 
3 
4 
n
y[n]=x[-n]
 
Fig.4−Representação gráfica do sinal discreto x[ ]−n + 1 . 
 
Neste caso, vamos resolver o problema por um segundo método. Vamos considerar sinais do tipo 
y[ ]n =x[ ]an + b . Para representar estes sinais devemos efectuar a sua decomposição em dois, seguindo 
as seguintes regras: 
1º −Efectuar a translação no tempo; 
2º−Efectuar a mudança de escala. 
No nosso caso, efectuamos a seguinte decomposição: 
1º− y1[ ]n =x[ ]n + 2 
2º− y2[ ]n =y1[ ]2n =x[ ]2n + 2 
O resultado final está representado na figura 5. 
Note que, se tivéssemos aplicado este método de resolução na alínea c) teríamos chegado ao mesmo 
resultado apresentado na figura 4. 
 
Nota: Os resultados analisados neste problema podem ser estendidos de forma similar ao caso dos 
sinais A TEMPO CONTÍNUO. 
 
-8 -6 -4 -2 0 2 4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
n
y[n]=x[2n+2]
 
Fig.5−Representação gráfica do sinal discreto x[ ]2n + 2 . 
5 - Determine a resposta dos seguintes sistemas ao sinal de entrada x[ ]n = 
| |n −3 ≤ n ≤ 3
0 c.c 
y[ ]n = x[ ]n 
y[ ]n = x[ ]n − 1 
y[ ]n = x[ ]n + 1 
y[ ]n = 1/2[ ]x[ ]n − 1 + x[ ]n + x[ ]n − 1 
 
Solução: 
Na figura 6 está representado o sinal x[ ]n . 
Este sinal pode ainda ser representado por: 
x[ ]n = 



…, 0, 3, 2, 1, 
↑
0 , 1, 2, 3, 0, 0, … 
Neste caso, a saída é exactamente igual à entrada. Tal sistema denomina-se sistema identidade. 
Este sistema atrasa a entrada de uma amostra. Assim, a sua saída é dada por: 
x[ ]n = 



…, 0, 3, 2, 
↑
1 , 0, 1, 2, 3, 0, 0, … 
Neste caso o sistema avança a entrada de uma amostra. Por exemplo, o valor da saída no instante n = 0 
é y[ ]0 = x[ ]1 . A resposta do sistema ao sinal de entrada é igual a: 
x[ ]n = 



…, 0, 3, 2, 1, 0, 
↑
1 , 2, 3, 0, 0, … 
 
 
 
-6 -4 -2 0 2 4 6
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
4
n
x[n]
 
Fig.6− Representação gráfica do sinal discreto x[ ]2n + 2 . 
 
A saída deste sistema, em qualquer instante, é igual aovalor médio da amostra anterior, actual e 
posterior. Por exemplo, a saída no instante n = 0, é: 
y[ ]0 = 12[ ]x[ ]−1 + x[ ]0 + x[ ]1 = 
1
2 ( )1 + 0 + 1 = 
2
3 
Repetindo este cálculo para todo o valor de n obtemos o seguinte sinal de saída: 
x[ ]n = 



…, 0, 1, 5/3, 2, 1, 
↑
32 , 1, 2, 5/3, 1, 0, … 
 
II. ANÁLISE DE SINAIS E SISTEMAS NO DOMÍNIO DO TEMPO 
 
6 - Determine a convolução entre os seguintes sinais discretos: 
x[ ]n = 
 
1 0≤n≤4
 
0 c.c
 h[ ]n = 



 
(2/3)n 0≤n≤6
 
0 c.c
 
x[ ]n = (1.2)n u[ ]n m[ ]n = u[ ]n 
 
Solução: 
Para calcular a convolução entre 2 sinais discretos x[ ]n e h[ ]n , vamos aplicar o resultado: 
y[ ]n =x[ ]n *h[ ]n = ∑
k=−∞
+∞
 x[ ]k h[ ]n-k 
 
com base nos seguintes passos: 
1º Efectuar a inversão no tempo do sinal h[ ]k : obtemos h[ ]−k 
2º Deslocar h[ ]−k de “n1”: obtemos h[ ]−k + n1 
3º Multiplicar x[ ]k por h[ ]−k + n1 e somar: obtemos y[ ]n1 
4º Repetir os passos anteriores, fazendo variar “n” de −∞ a +∞: obtemos y[ ]n . 
 
Note que a operação de convolução goza da propriedade comutativa, isto é: 
y[ ]n = x[ ]n *h[ ]n = h[ ]n *x[ ]n 
 
Vejamos o exemplo da alínea a): 
1º Situação: 
Para n<0, não há intersecção dos sinais, logo y[ ]n = 0. 
-15 -10 -5 0 5 10 15
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
x[n-k] h[k]
n -4+n 0 6 
 
Fig.1−Representação gráfica dos sinais factores da convolução y[ ]n = x[ ]n *h[ ]n = h[ ]n *x[ ]n , n <0. 
 
2ª Situação: 
Para n≥0 ∧ n −4≤0, i. e, 0≤n≤4, vem que (ver figura 2−zona de intersecção): 
y[ ]n = ∑
k=0
n
 (2/3)k = 1−(2/3)
n+1
1 − (2/3) = 3( )1−(2/3)
n+1 
-15 -10 -5 0 5 10 15
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1 h[k]
-15 -10 -5 0 5 10 15
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1 u[n-k ]
n -4+n 0 
 
Fig.2−Representação gráfica dos sinais factores da convolução y[ ]n = x[ ]n *h[ ]n = h[ ]n *x[ ]n , 0≤n≤4. 
 
3ª Situação: 
Para n≤6 ∧ n-4>0, isto é, 4<n≤6, temos (ver figura 3): 
y[ ]n = ∑
k=−4+n
n
 (2/3)k 
Fazendo a mudança de variável m = k + 4 − n, obtemos: 
y[ ]n = ∑
m=0
4
 (2/3)m −4+n = (2/3)−4+n 1−(2/3)5
1 −(2/3) = 3 [ ](2/3) 
−4+n − (2/3) 1+n 
 
4ª Situação: 
Para n-4≤6 ∧ n>6, ou seja 6<n≤10,temos (ver figura 4): 
y[ ]n = ∑
k=−4+n
6
 (2/3)k 
Fazendo a mudança de variável m = k + 4 − n, obtemos: 
y[ ]n = ∑
m=0
10−n
 (2/3)m −4+n = (2/3)−4+n 1−(2/3)11−n
1 −(2/3) = 3 [ ](2/3) 
-4+n − (2/3) 7 
-15 -10 -5 0 5 10 15
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1 h[k]
-15 -10 -5 0 5 10 15
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1 x[n-k]
kn -4+n 0 
k
 
Fig.3−Representação gráfica dos sinais factores da convolução y[ ]n = x[ ]n *h[ ]n , 4<n≤6. 
 
-15 -10 -5 0 5 10 15
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1 h[k]
-15 -10 -5 0 5 10 15
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1 x[n-k]
-4+n 0 
k
n k
 
Fig.4−Representação gráfica dos sinais factores da convolução y[ ]n = x[ ]n *h[ ]n , 6<n≤10 
 
5ª Situação: 
Para n-4>6,ou seja n>10, não há intersecção (ver figura 5). Deste modo: y[ ]n = 0. 
-15 -10 -5 0 5 10 15
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1 h[k]
-15 -10 -5 0 5 10 15
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
x[n-k]
-4+n 0 
k
k
n 
 
Fig.5−Representação gráfica dos sinais factores da convolução y[ ]n = x[ ]n *h[ ]n , n>10. 
 
1º Situação: 
Para n<0, temos y[ ]n = 0 (pois não há intersecção, conforme se mostra na figura 6). 
-15 -10 -5 0 5 10 15
0
5
10
15
20
x[k]
-15 -10 -5 0 5 10 15
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1 m[n-k]
0 
k
k
n 
 
Fig.6−Representação gráfica dos sinais factores da convolução y[ ]n = x[ ]n *h[ ]n , n<0. 
 
2ª Situação: 
Para n≥0 , temos que (ver figura 7): 
y[ ]n = ∑
k=0
n
 (1.2)k = 
1−(1.2)n+1
1 − (1.2) = −5( )1−(1.2)
n+1 
 
-15 -10 -5 0 5 10 15
0
5
10
15
20
x[k]
-15 -10 -5 0 5 10 15
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1 m[n-k]
0 
k
k
n 
 
Fig.7−Representação gráfica dos sinais factores da convolução y[ ]n = x[ ]n *h[ ]n , n≥0 . 
 
7 - Determine a resposta impulsional da associação em série de dois sistemas LIT tendo como repostas 
impulsivas: 
h1[ ]n =  
1
2
n u[ ]n e h2[ ]n =  
1
4
n u[ ]n 
Solução: 
Para determinar a resposta impulsional global dos dois sistemas ligados em série, efectuamos a 
convolução de h1[ ]n com h2[ ]n . Deste modo, obtemos: 
h[ ]n = h1[ ]n *h2[ ]n = ∑
k=−∞
+∞
 h1[ ]k h2[ ]n-k 
 
onde h2[ ]n é invertido e deslocado no tempo, como referido no problema anterior. 
 
1ª Situação: 
Para n < 0, temos que h[ ]n = 0. 
 
2ª Situação: 
Para n ≥ 0, temos que: 
h[ ]n = ∑
k=−∞
+∞
 h1[ ]k h2[ ]n-k = ∑
k=0
+∞
 ( )1/2 k( )1/4 n-k = ( )1/4 n ∑
k=0
+∞
 2k = ( )1/4 n ( )2n+1 − 1 
 = ( )1/2 n [ ]2 −( )1/2 n 
 
8 - Calcule a sequência de autocorrelação do sinal x[ ]n = an u[ ]n , 0 < a <1. 
 
Solução: 
A autocorrelação do sinal x[ ]n é, por definição, dada por: 
Rx[ ]n = x[ ]n *x[ ]−n = ∑
k=−∞
+∞
 x[ ]k x[ ]k − n 
 
O método de resolução é idêntico ao da convolução. Neste caso, o sinal não é invertido no tempo, 
apenas é deslocado de uma quantidade n. 
 
1ª Situação: 
Para n < 0, vem que (ver figura 8): 
Rx[ ]n = ∑
k= 0
+∞
 ak ak − n = a−n ∑
k= 0
+∞
 ( )a2 k = a
−n
1 − a2 
-8 -6 -4 -2 0 2 4 6 8
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
x[k]
k
-8 -6 -4 -2 0 2 4 6 8
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
x[k-n]
0 
0 n k
n<0 
 
Fig.8−Representação gráfica da autocorrelação Rxx( )n = x[ ]n * x[ ]−n , n<0. 
 
2ª Situação: 
Para n ≥ 0, vem que (ver figura 9): 
Rx[ ]n = ∑
k= n
+∞
 ak ak − n = a−n ∑
k= n
+∞
 ( )a2 k = a
n
1 − a2 
 
-8 -6 -4 -2 0 2 4 6 8
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
x[k]
k
-8 -6 -4 -2 0 2 4 6 8
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
x[k-n]
0 
0 n 
k
n>0 
 
Fig.9−Representação gráfica da autocorrelação Rxx( )n = x[ ]n * x[ ]−n , n ≥ 0. 
 
Note que quando n é negativo, a−n = a| |n . Deste modo, as 2 equações anteriores podem ser combinadas 
na seguinte expressão: 
Rx[ ]n = 
a| |n
1 − a2 −∞ < n < ∞ 
 
9 - Determine a resposta de um sistema LIT com resposta impulsional h( )t = u( )t ao sinal de entrada 
x( )t = e-2tu( )t . 
 
Solução: 
A resposta do sistema é determinada através da operação de convolução: 
y( )t =x( )t *h( )t = ⌡⌠
−∞
+∞
 x( )t h( )t-τ dτ 
Vamos aplicar o mesmo raciocínio usado para o caso de sinais discretos. 
 
1ª Situação: 
Para t<0 (ver figura 10), não há intersecção. Deste modo, y( )t =0. 
-15 -10 -5 0 5 10 15
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
0 t
x 
h(t - τ) (τ) 
τ 
 
Fig.10−Representação gráfica dos sinais factores da convolução y( )t = x( )t * x( )t , t<0. 
 
2ª Situação: 
Para t≥0 , no intervalo da intersecção (ver figura 11), temos que: 
y( )t = ⌡⌠
0
t
 e-2τ dτ =  − 
1
2 e
−2τ
 
t
0 = 
1
2 ( )1 −e-2t 
ou ainda: 
y( )t = 12 ( )1 −e-2t u( )t 
-15 -10 -5 0 5 10 15
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
0 t 
x( τ) 
τ 
h(t- τ) 
 
Fig.11−Representação gráfica dos sinais factores da convolução y( )t = x( )t * x( )t , t≥0 . 
10 - Determine a resposta de um sistema LIT discreto com resposta impulsional h[ ]n = ( )1/2 n u[ ]n ao 
sinal de entrada x[ ]n = ej π n/2, - ∞ < n < ∞. 
 
Solução: 
A resposta de um SLIT é, no domínio do tempo, dada por: 
y[ ]n = x[ ]n *h[ ]n = ∑
k=−∞
+∞
x[ ]k h[ ]n − k (1) 
 
Então, podemos observar que a resposta do sistema ao sinal de entrada: 
x[ ]n = ejΩo n (2) 
é igual a: 
y[ ]n = x[ ]n H( )Ωo (3)onde, 
H( )Ωo = ∑
k= - ∞
 ∞
 h[ ]k e-j Ωo k (4) 
 
é a transformada de Fourier da resposta impulsional h[ ]n do sistema calculada à frequência Ωo. 
Na resolução do problema proposto, iremos aplicar a expressão (3), vindo: 
y[ ]n = ej Ωon H( )Ωo (5) 
onde, Ωo = π/2. 
Da equação (4), obtemos: 
H 
π
2 = ∑
k= 0
 ∞
  
1
2
 k e-j π k/2 = ∑
k= 0
 ∞
  
1
2 e
-j π /2 k 
ou ainda: 
H( )π/2 = 1
 1 - 
1
2 e
- j π/2 = 
1
 1 + j 
1
2
 = 2
 5 e
- j 26.6o 
Substituindo este resultado na equação (5), resulta: 
y[ ]n = 


2
 5 e
- j 26.6o ej π n/2 
 
11 - Determine a resposta de um SLIT com resposta impulsional h[ ]n = ( )1/2 n u[ ]n ao sinal de 
entrada: 
x[ ]n = cos( )π n , - ∞ < n < ∞ 
 
Solução: 
Vamos considerar x[ ]n = cos( )Ωon . Decompondo em sinais exponenciais complexos, teremos: 
x[ ]n = cos( )Ωo = e
j Ωon + e-j Ωon
2 = x1[ ]n + x2[ ]n (6) 
 
Procedendo de forma idêntica à do exercício anterior, poderemos mostrar que: 
y[ ]n = | |H( )Ωo cos( )Ωon + Φ( )Ωo (7) 
Note que: 
H( )Ωo = | |H( )Ωo e jΦ( )Ωo 
 
Particularizando estes resultados para os dados do problema, resulta que: 
Ωo = π 
x[ ]n = cos( )πn ⇒ y[ ]n = | |H( )π cos( )π n + Φ( )π (8) 
Da equação (4), determinamos: 
H( )Ωo = ∑
k= 0
 ∞
  
1
2 e
−j Ωo k = 1
 1 − 12 e−j Ωo
 ⇔ H( )π = 1
 1 - 
1
2 e
-j π = 
1
 1+ 1/2 = 
2
3 
Desta forma, virá para (8), que: 
y[ ]n = 23 cos( )πn , - ∞ < n < ∞ 
 
Nota: No caso contínuo, a resposta de um SLIT contínuo a sinais exponenciais complexos e 
sinusoidais, segue um raciocínio idêntico ao descrito nos problemas 5 e 6 para sinais discretos. 
 
III. REPRESENTAÇÃO DE SINAIS PERIÓDICOS POR SÉRIES DE FOURIER 
 
12 - Determine os coeficientes de Fourier do sinal x( )t = sin( )ωot . 
Solução: 
Para identificar os coeficientes de Fourier ck do sinal, vamos decompor o sinal x( )t na forma: 
x( )t = ∑
k=−∞
+∞
cke
j ωot (Série de Fourier) (3.1) 
Então: 
x( )t =sin( )ωot = e
j ωot − e−j ωot
2j
 
 
e comparando com a equação (3.1), resulta que: 
c-1 = 
−1
2j c1 = 
1
2j 
ck = 0, k ≠ ±1 
 
Repare que este método é mais simples do que aplicar o resultado: 
ck = 
1
To
 ⌡⌠
To
 
x( )t e−jωot dt 
onde To é o período fundamental do sinal x( )t . 
 
13 - Considere o sinal x( )t = 1 + sin( )ωot + 2 cos( )ωot + cos( )2ωot + π/4 
Determine e represente o espectro do sinal x( )t . 
Calcule a potência média do sinal através da relação de Parseval. 
 
Solução: 
O espectro do sinal é determinado pelos coeficientes de Fourier, ck. 
Vamos novamente decompor o sinal x( )t em exponenciais complexas: 
x( )t = 1 + e
j ωot − e−jωot
2j + 2 
ej ωot + e−jωot
2 + 
ej ( )2ωot + π/4 + e−j ( )2ωot + π/4
2 
 
ou ainda: 
x( )t = 1 +  1 + 
1
2j e
j ωot +  1 − 
1
2j e
−j ωot +  
1
2 e
j π/4 ej 2ωot +  
1
2 e
−j π/4 e−j 2ωot 
 
Comparando com a equação (3.1), obtemos: 
co = 1 c1 =  1 + 
1
2j = 1 − 
1
2 j =  
5
4
1/2
 e
-j 26.6º
 c−1 =  1 − 
1
2j = 1 + 
1
2 j =  
5
4
1/2
 e
j 26.6º
 
c2 = 
1
2 e
j π/4 c−2 = 
1
2 e
−j π/4 
ck = 0, | |k >2 
Na figura seguinte estão representados o espectro de amplitude e o espectro de fase do sinal x( )t . 
-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5
0
0.5
1
1.5
k
-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5
-1
-0.5
0
0.5
1
k
(ra
di
an
os
)
 θ(ck) 
|ck| 
 
Fig.1−Representação gráfica do espectro de amplitude | |ck (no topo) e do espectro de fase θ( )ck (em 
baixo). 
 
Px = ∑
k=−∞
+∞
| |ck 2 =co2 + 2∑
k=1
+∞
| |ck 2 
 = 1 +co
2 + 2∑
k=1
+∞
| |ck 2 = 1 + 2  
5
4 +
1
4 = 4 
 
14 - Considere o sinal periódico x( )t da figura 2, consistindo numa forma de onda rectangular de 
amplitude unitária e período fundamental To . 
Determine os coeficientes de Fourier de x( )t . 
Calcule a potência média do sinal. 
-To 
1
- T1 t To 2To T1 
 
Fig.2−Sinal rectangular periódico com período To. 
 
Solução: 
Para determinar os coeficientes de Fourier, ck, do sinal x( )t , vamos tomar apenas um período do sinal 
e sobre o qual aplicar a equação: 
ck = 
1
To
 ⌡⌠
To
 
 x( )t e-j kωot dt k= 0, ±1, ±2, … 
Deste modo, resultam: 
co = 
1
To
 ⌡⌠
To
 
 x( )t dt = 1To ⌡⌠
-T1
 T1
 dt = 
2T1
To
 
e para k≠0 : 
ck = 
1
To
 ⌡⌠
To
 
 x( )t e-j kωot dt = 1To ⌡⌠-T1
T1 
 e-j kωot dt = - 1jkωoTo [ ] 11−− TTtoωje 
ou ainda: 
ck = -2 
1
kωoTo 



2
− 1−1
j
ee
ToωjToωj
 = 
2 sin( )kωoT1
 kωoTo = 
 sin( )kωoT1
 kπ k≠0 
Relativamente ao cálculo da potência média do sinal, vamos efectuá-lo no domínio do tempo por 
questões de simplicidade. Deste modo, iremos empregar a equação seguinte: 
Px = 
1
 To
 ⌡⌠
To
 
 |x( )t |2 dt 
vindo: 
Px = 
1
 To
 ⌡⌠
To
 
 |x( )t |2 dt = 1 To ⌡⌠-T1
T1
 dt = 
2T1
To
 
 
15 - Considere o sinal de tensão periódico da figura 3: 
Mostre que os coeficientes de Fourier do sinal são dados por: 
Vk = 
jV
2πk, k = ±1, ±2, ±3, … e Vo = 
V
2 
 
Determine a série de Fourier do sinal de tensão. 
Determine a potência média normalizada do sinal. 
Determine a percentagem de potência média (Pmed) contida nas componentes DC e fundamental da 
representação em séries de Fourier. 
0 5 10 15 20 25 30
-1
-0.8
-0.6
-0.4
-0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
v(t)
0 To 2To -To 3To t 
V 
 
Fig.3−Sinal periódico com período To. 
 
Fig.3−Sinal periódico com período To. 
 
Solução: 
Para 0 ≤ t < To, o sinal é descrito pela equação v( )t = Vt/To. Os coeficientes de Fourier são dados por: 
Vk = 
1
To
 ⌡⌠
0
To
 v( )t e−j kωot dt = 1To ⌡⌠
0
To
 
Vt
 To
 e−j kωot dt 
ou, ainda: 
Vk = 



 V
To 
2 


e−j kωot
−k2ω o2
 ( )−j kωot − 1 
T0
0
 = j V2πk 
Para k = 0, temos: 
V0 = 
1
To
 ⌡
⌠
0
To



V t
 To
 dt = 
V
2 
Usando os resultados da alínea a), vem que: 
v( )t = Vo +2 ∑
k=1
 +∞
 |Vk| cos( ) k ωot + θk = V2 + ∑
k=1
 +∞
( )V/πk cos( ) k ωot + π/2 , -∞ < t< +∞ 
Considerando que, para 0 ≤ t < To, a tensão é descrita por v( )t = Vt/To, vem para a potência média 
normalizada, que: 
Pmed = 
1
 To
. ⌡⌠
0
To
 |v( )t |2 dt = 1 To
. ⌡
⌠
0
To



Vt
 To
2 dt = 
V2
3 
Designando o valor médio, ou DC, da tensão como Vo, a potência DC é igual a: 
Po = Vo
2 =  
V
2
2 = 
V2
4 
Da alínea a), temos | |V1 = | |V−1 = V/2π. A potência da fundamental é igual a: 
P1 =  
V
2π
2
 +  
V
2π
2
 = V
2
2π2 
A potência total associada às componentes DC e fundamental é : 
Po + P1 = V
2



1
4 + 
1
2π2 = 0.301 V
2 
Comparando este resultado com a verdadeira potência média de 0.333 V2, vemos que 
0.301/0.333×100, isto é, 90.4% da potência do sinal está contida nestas duas componentes. Deste 
modo, maior parte da potência do sinal está contida nas baixas frequências. 
 
IV. TRANSFORMADA DE FOURIER DE SINAIS APERIÓDICOS A TEMPO 
CONTÍNUO 
 
16 - Determine o espectro do sinal x( )t = e-at u( )t e represente-o graficamente. 
 
Solução: 
Para calcular o espectro do sinal iremos usar a definição de transformada de Fourier: 
X( )ω = ⌡⌠
-∞
+∞
x( )t e-j ωt dt (2) 
Note que para o sinal x()t terá apenas transformada de Fourier (TF) se for estável. Assim, o sinal x( )t 
terá apenas Transformada de Fourier para a>0. Nesta situação, obtemos para a TF: 
X( )ω = ⌡⌠
0
+∞
e-at e-j ωt dt = − 1a + j ω [ ]e−( )a + jω t 0
+∞
 
 = 
1
a + j ω a>0 
Representado X( )ω na forma polar, obteremos como amplitude e fase: 
| |X( )ω = 1( )a2 + ω2 1/2 θ( )ω = − arctan 
 
ω
a 
Este resultado está representado na figura seguinte. 
-6 -4 -2 0 2 4 6
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
w
|X(w)|
-8 -6 -4 -2 0 2 4 6 8
-100
-50
0
50
100
θ(ω)
w
 
Fig.1 Espectro do sinal aperiódico x( )t = e-at u( )t . a) Espectro de amplitude | |X( )ω ; b) Espectro de 
fase θ( )ω . 
 
 
 
 
17 - Determine e represente o espectro do sinal x( )t = e-a| |t , a>0. 
 
Solução: 
 
O sinal satisfaz as três condições de Dirichlet, por isso, tem transformada de Fourier. 
Aplicando a equação (2), obtemos: 
X( )ω = ⌡⌠
0
+∞
e-a| |t e-j ωt dt = ⌡⌠
-∞
0
eat e-j ωt dt + ⌡⌠
0
+∞
e-at e-j ωt dt 
 = 
1
a − j ω + 
1
a + j ω 
 = 
2a
a2 + ω2 
Este resultado está representado na figura seguinte. 
-8 -6 -4 -2 0 2 4 6 8
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
X(w)
w
 
Fig.2 Espectro do sinal aperiódico x( )t = e-a| |t para a = 2. 
 
18 - Considere o sinal periódico x( )t , com período fundamental T, descrito por: 
x( )t = ∑
k=−∞
+∞
 δ( )t−kT 
Determine a transformada de Fourier. 
 
Solução: 
O sinal x( )t , sendo periódico, pode ser representado pela série de Fourier: 
x( )t = ∑
k=−∞
+∞
cke
j ωot 
Para estes sinais, a transformada de Fourier (TF) é dada pela expressão (ver tabela de TF): 
X( )ω = 2π ∑
k=−∞
+∞
 ckδ( )ω − kωo (3) 
onde ωo = 
2π
T 
Assim, para determinarmos a transformada de Fourier necessitamos calcular os coeficientes de Fourier 
ck: 
ck = 
1
To
 ⌡⌠
To
 
 x( )t e-j kωot dt k= 0, ±1, ±2, … 
Donde resultam: 
ck = 
1
T ⌡⌠−T/2
T/2 
 δ( )t e-j kωot dt = 1T 
Inserindo este resultado na equação (3), vem que: 
X( )ω = 2πT ∑
k=−∞
+∞
 δ( )ω − kωo 
Deste modo, podemos verificar que a Transformada de Fourier de uma sequência periódica de 
impulsos no tempo, é também uma sequência periódica de impulsos no domínio da frequência. 
 
19 - Determine a resposta em frequência de um sistema LIT com entrada x( )t e saída y( )t relacionadas 
através da equação: 
y( )t = 
d x( )t
d t 
 
Solução: 
 
A saída y( )t de um SLIT está relacionada com a entrada x( )t através da operação de convolução: 
y( )t = x( )t *h( )t (1) 
onde h( )t é a resposta impulsional do sistema. 
Através da propriedade da convolução, a equação (1) é equivalente no domínio da frequência ao 
resultado: 
Y( )ω = TF{ }y( )t = X( )ω H( )ω (2) 
onde H( )ω = TF{ }h( )t , a resposta em frequência do sistema é a transformada de Fourier (TF) de h( )t . 
Deste modo, através da propriedade da derivação, resulta para: 
y(t) = 
dx(t)
dt 
que: 
Y( )ω = TF{ }y( )t = jω X( )ω 
vindo, pela equação (2), que: 
H( )ω = Y(ω)X (ω) = j ω 
 
20 - Determine a resposta y( )t de um SLIT, com resposta impulsional h( )t = e-at u( )t , a>0, ao sinal de 
entrada x( )t = e-bt u( )t , b>0. (Sugestão: faça uso das propriedades da transformada de Fourier.) 
 
Solução: 
Através da equação (2) do exercício anterior e da propriedade da convolução, temos que, no domínio 
da frequência, a resposta de um sistema SLIT, é dada por: 
Y( )ω = TF{ }y( )t = X( )ω H( )ω 
Vamos determinar a TF dos sinais h( )t e x( )t . 
H( )ω = TF{ }h( )t = 1 a + jω 
X( )ω = TF{ }x( )t = 1 b + jω 
 Substituindo na equação (2), vem que: 
Y(ω) = X(ω) H(ω) = 1(a + jω)( b + jω) (3) 
Vamos determinar a TF dos sinais h( )t e x( )t . 
H( )ω = TF{ }h( )t = 1 a + jω 
X( )ω = TF{ }x( )t = 1 b + jω 
 Substituindo na equação (2), vem que: 
Y(ω) = X(ω) H(ω) = 1(a + jω)( b + jω) (3) 
Vamos admitir que a ≠ b. 
Aplicando o método dos resíduos, obtemos: 
1
 ( )a + jω ( ) b + jω = 
A
 a + jω + 
B
 b + jω (4) 
vindo: 
A =  
1
b + jω jω = −a = 
1
b − a (5) 
 B =  
1
a + jω jω = −b = 
1
a − b = − 
1
b − a (6) 
Substituindo (5) e (6) na equação (4), virá que: 
Y( )ω = 1 ( )a + jω ( ) b + jω = 
1
b − a  
1
 a + jω − 
1
 b + jω (7) 
 
Calculando a transformada de Fourier inversa (TF-1), obtemos finalmente: 
y( )t = TF-1{ }Y( )ω = 1b − a [ ]e−at u( )t − e−bt u( )t 
Estude, agora, o caso em que a=b. 
 
21 - Determine a resposta de um SLIT com resposta impulsional h( )t = e-t u( )t ao sinal de entrada 
x( )t = ∑
k=−3
3
ck e
j k 2πt, onde co =1, c1 = c−1 = 
1
4, c2 = c−2 = 
1
2, c3 = c−3 = 
1
3. 
 
Solução: 
Procedendo de forma similar ao caso anterior, teremos que (pela propriedade da convolução): 
Y( )ω = TF{ }y( )t = X( )ω H( )ω (8) 
Calculando a TF de h( )t e x( )t , obtemos que: 
H( )ω = TF{ }h( )t = 11 + jω 
X( )ω = TF{ }x( )t = ∑
k= −3
3
 2π ck δ( )ω −2πk 
Substituindo estes resultados na equação (8), teremos que: 
Y( )ω = X( )ω H( )ω = ∑
k= −3
3
 2π ck δ( )ω −2πk H( )2πk 
Y( )ω = ∑
k= −3
3



2π c k
1 + j 2πk δ( )ω −2πk (é um sinal periódico) 
Logo, convertendo para a representação em Séries de Fourier, obtemos: 
y( )t = TF-1{ }Y( )ω = ∑
k= −3
3



c k
1 + j 2πk e
j 2πkt 
22 - Seja p( )t um sinal periódico com período T, dado pela equação p( )t = ∑
k= −∞
+∞
 δ( )t −kT e s( )t um 
sinal com TF representada na figura seguinte. Determine a TF do sinal r( )t = p( )t s( )t . 
- 1 . 5 - 1 - 0 . 5 0 0 . 5 1 1 . 5
0
0 . 2
0 . 4
0 . 6
0 . 8
1
ω 
( ω ) 
ω 1 − ω 1 0 
A 
S 
 
Fig.3−Espectro do sinal S( )ω de banda-limitada. 
 
Solução: 
Da tabela de transformadas de Fourier, podemos ver que: 
( ) ( ) ( ) ∑∑ +∞
−∞=
+∞
−∞=


 2−2=↔−=
k
TF
k
k
T
πωδ
T
πωPkTtδtp 
Através da propriedade da modulação, o sinal r( )t é, no domínio da frequência, dado por: 
R (ω) = TF{ }r (t) = 12π [ ]S (ω)*P (ω) = 
1
T ∑
k= −∞
+∞
S (ω)* δ (ω − 2πkT ) 
ou, ainda: 
R(ω) = 1T ∑
k= −∞
+∞
 S(ω − 2πkT ) 
Este sinal consiste na repetição periódica de réplicas do sinal S( )ω espaçadas na frequência de 2π/T. 
Este problema evidencia a ideia da operação de amostragem no domínio do tempo. 
 
23 - Considere que um SLIT cujo o sinal de saída y( )t está relacionado com o sinal de entrada x( )t 
através da equação: 
dy( )t
dt + a y( )t = x( )t com a>0 
Determine a resposta impulsional do sistema. 
 
Solução: 
Para obter a resposta impulsional h( )t do sistema, vamos ter de calcular a transformada de Fourier 
inversa (TF-1) da resposta em frequência do sistema H( )ω , isto é: 
h( )t = TF-1{ }H( )ω (1) 
Aplicado TF a ambos os membros da equação 
dy( )t
dt + a y( )t = x( )t , obteremos: 
Y( )ω [ ]jω + a = X( )ω (2) 
Também, através da propriedade da modulação, sabemos que a resposta, Y( )ω , de um SLIT está 
relacionada com o sinal de entrada X( )ω através da equação: 
Y( )ω = X( )ω H( )ω (3) 
Donde, a resposta em frequência do sistema é igual a: 
H(ω) = Y(ω)X(ω) (4) 
Aplicando este resultado na equação (2), resulta que: 
H(ω) = 1 a + jω (5) 
e para a resposta impulsional (ver tabela das Transformadas de Fourier): 
h( )t = TF-1{ }H( )ω = e−at u( )t 
 
24 - Considere um SLIT caracterizado pela equaçãodiferencial de 2ª ordem: 
d2y(t)
dt2
 + 4 
dy(t)
dt + 3 y(t) = 
dx(t)
dt + 2 x(t) (1) 
Determine: 
a resposta impulsional do sistema. 
a resposta do sistema ao sinal de entrada x( )t = e−t u( )t 
 
Solução: 
Aplicando TF a ambos os membros da equação (1), temos que: 
Y( )ω [ ]( )jω 2 + 4 jω + 3 = X( )ω [ ]jω + 2 
e: 
H( )ω = Y( )ωX( )ω = 
2 + jω
( )jω 2 + 4 jω + 3 = 
2 + jω
( )jω + 1 ( )jω + 3 (2) 
Através do método do resíduos, temos ainda para a equação (2), que: 
H( )ω = 2 + jω( )jω + 1 ( )jω + 3 = 
1/2
jω + 1 + 
1/2
jω + 3 
A resposta impulsional é agora determinada por: 
h( )t = TF-1{ }H( )ω = 12 e−t u( )t + 
1
2 e
−3t u( )t 
Da propriedade da modulação, resulta para a saída de um SLIT: 
Y( )ω = X( )ω H( )ω (3) 
A transformada de Fourier de x( )t é (ver tabela de TF): 
X( )ω = TF{ }x( )t = 11 + jω 
Substituindo este resultado em (3), e aplicando de seguida o método dos resíduos, obteremos: 
Y( )ω = 2 + jω
( )jω + 1 2( )jω + 3 = 
1/4
jω + 1 + 
1/2
( )jω + 1 2 − 
1/4
jω + 3 
donde: 
y( )t = TF-1{ }Y( )ω =  
1
4 e
−t + t2 e
−t − 14 e−3t u( )t 
 
25 - Considere o sinal seguinte: 
x( )t = 
A | |t ≤ T1/2
0 | |t > T1/2
. 
Determine a transformada de Fourier de x( )t . 
Determine e represente o espectro de energia do sinal. 
Calcule a energia do sinal. 
 
Solução: 
X( )ω = ⌡⌠
−∞
+∞
 x( )t e−j ωtdt = ⌡⌠
−T1/2
T1/2
 A e−j ωtdt = 2Aω .sin


ωT1
2 (1) 
Aplicando a relação: 
sinc( )λ = sin( )πλπλ (2) 
Virá ainda para (1), que: 
X( )ω = AT1 .sinc


ωT1
2π 
O espectro de energia (também designado de densidade espectral de energia) é dado por: 
| |X( )ω 2 =  
2A
ω
2 .sin2


ωT1
2 
Na figura seguinte está representado | |X( )ω 2. 
-20 -15 -10 -5 0 5 10 15 20
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
| (ω)|2
ω
X 
2π −2π 0
 
Fig.4−Densidade espectral de energia | |X( )ω 2 para A=1 e T1 =1. 
 
Por simplicidade, vamos calcular a energia do sinal, no domínio do tempo: 
Ex = ⌡⌠
−∞
+∞
 | |x( )t 2dt = ⌡⌠
−T1/2
T1/2
 A2dt = A2T1 
 
26 - Determine a transformada de Fourier do sinal x( )t representado na figura seguinte: 
 
+ = 
1 −1 
1 1 1 
2 
1 2 2−1 −2 −2 t t t 
x2(t) x1(t) 
x(t) 
 
Fig.5 
 
Solução: 
Da figura, vemos que: 
x( )t = x1( )t + x2( )t 
Aplicando a TF a ambos os membros desta equação e usando a propriedade da linearidade (ver tabela 
de TF), obtemos para a transformada de Fourier do sinal x( )t : 
X( )ω = 4 sinc


2ω
π + 2 sinc


ω
π 
 
27 - Determinar a transformada de Fourier do sinal x( )t = t x2( )t , onde x2( )t é o sinal dado no 
exercício 25, com A=1 e T1 =1. 
 
Solução: 
Aplicando TF a ambos os membros de x( )t e usando a propriedade da multiplicação por potências de t 
TF{ }tnx2( )t = ( )j n dn
dωn
 X2( )ω 
Resulta que: 
X( )ω = j ddω 


2 sinc ωπ = 2j 
d
dω


sin ω
ω = 2j 
ω cos ω − sin ω
ω2 
Note que, a transformada de Fourier de x2( )t é igual a (ver tabela de TF): 
X2( )ω = 2 sinc 
ω
π 
 
Na figura 6 está representado o espectro de amplitude do sinal X( )ω . 
-10 -8 -6 -4 -2 0 2 4 6 8 10
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
| (ω))|X 
ω (rad/sec) 
 
Fig.6−Espectro de amplitude, | |X( )ω , do sinal x( )t = t x2( )t . 
 
 
 
V. TRANSFORMADA DE LAPLACE 
 
28 - Determine a transformada de Laplace dos seguintes sinais: 
a) x( )t = −e−atu( )−t . 
b) x( )t = e−tu( )t + e−2tu( )t 
c) x( )t = δ( )t − 43 e−tu( )t + 
1
4 e
2tu( )t 
d) x( )t = e−b| |t u( )t 
e) x( )t = cos( )ωt u( )t 
 
Solução: 
Aplicando a definição de transformada de Laplace (TL)(bilateral): 
X( )s = TL{ }x( )t = ⌡⌠
−∞
+∞
x( )t e-stdt (1) 
obtemos: 
X( )s = TL{ }x( )t = − ⌡⌠
−∞
0
e−( )a + s t dt = 1s + a 
A região de convergência (ROC) para este sinal é dada por Re{ }s + a <0, isto é Re{ }s < −a. 
Novamente, aplicando a definição de transformada de Laplace, resulta que: 
X( )s = TL{ }x( )t = ⌡⌠
−∞
+∞
x( )t e-stdt = ⌡⌠
0
+∞
e−( )1 + s t dt + ⌡⌠
0
+∞
e−( )2 + s t dt 
ou ainda: 
X( )s = 1s + 1 + 
1
s + 2 (2) 
Neste exemplo foi aplicada a propriedade da linearidade da transformada de Laplace. A ROC é 
formada pela intersecção da ROC de cada termo da equação (2). 
Deste modo, podemos verificar que: 
TL{ }e−t u( )t = 1s + 1 ROC1: Re{ }s > −1 
TL{ }e−2t u( )t = 1s + 2 ROC2: Re{ }s > −2 
A ROC da equação (2) é igual ROC1 ∩ ROC2: Re{ }s > −1. 
Aplicando a propriedade da linearidade da TL a x( )t , vem que: 
X( )s = TL{ }x( )t = TL{ }δ( )t − 43 TL{ }e−tu( )t + 
1
4 TL{ }e2tu( )t (1) 
Aplicando, agora, os resultados da tabela de transformadas de Laplace (ver tabela): 
TL{ }δ( )t = 1 ROC1: todo o plano s 
TL{ }e−t u( )t = 1s + 1 ROC2: Re{ }s > −1 
TL{ }e2t u( )t = 1s − 2 ROC3: Re{ }s > 2 
na equação (1), obtemos: 
X( )s = 1 − 43  
1
s + 1 + 
1
3  
1
s − 2 = 
( )s − 1 2
( )s + 1 ( )s − 2 ROC=ROC1∩ROC2∩ROC3: Re{ }s > 2 
x( )t = e−b| |t u( )t = e−bt u( )t + e−bt u( )−t 
Pela propriedade da linearidade da TL, obtemos: 
X( )s = TL{ }x( )t = TL{ }e−btu( )t + TL{ }e−btu( )−t 
Da tabela de TL, tiramos que: 
TL{ }e−bt u( )t = 1s + b ROC1: Re{ }s > −b 
TL{ }ebt u( )−t = − 1s − b ROC2: Re{ }s < b 
Observemos os casos: 
 
Para b<0, o sinal x( )t não tem TL, porque não há uma região comum de convergência das ROC’s de 
cada um dos termos de X( )s . 
 
Para b>0, x( )t tem TL dada por: 
X( )s = 1s + b − 
1
s − b = 
2b
s2 − b2 ROC1∩ROC2: −b<Re{ }s <b 
 
Para x( )t = cos( )ωt u( )t = 12 [ ]ejωt + e−jωt u( )t , temos que: 
X( )s = TL{ }x( )t = 12 TL{ }ejωtu( )t + 
1
2 TL{ }e−jωtu( )t 
Aplicando nesta equação o resultado (ver tabela de TL): 
 TL{ }e−at u( )t = 1s + a ROC1: Re{ }s > −a 
Virá para a= ±jω que: 
 
X( )s = 12  
1
s − jω − 
1
s + jω = 
1
s2 + ω2 ROC1∩ROC2: Re{ }s −jω >0 
Note que a ROC pode ser escrita como Re{ }s >0, uma vez que Re{ }jω = 0. 
 
29 - Determine a transformada de Laplace inversa de X( )s = 1( )s + 1 ( )s + 2 para cada uma das 
seguintes regiões de convergência: 
a) Re{ }s > −1 
b) Re{ }s < −2 
c) −2<Re{ }s < −1 
 
Solução: 
Aplicando o método dos resíduos a X( )s , obtemos que: 
X( )s = 1( )s + 1 ( )s + 2 = 
A
s + 1 + 
B
 s + 2 
com: 
A =  
1
s + 2 s= −1 = 1 B = 
 
1
s + 1 s= −2 = −1 
Vamos agora determinar a ROC de cada termo da equação: 
X( )s = 1s + 1 − 
1
 s + 2. 
Como os pólos de X( )s (isto é: s= −1;−2) estão à esquerda de Re{ }s > −1, a ROC de cada termo de 
X( )s deverá incluir Re{ }s > −1. Logo, ambos os sinais de X( )s deverão ser sinais orientados “à 
direita”. 
Das tabelas de TL, temos que: 
TL{ }e−t u( )t = 1s + 1 ROC1: Re{ }s > −1 
TL{ }e−2t u( )t = 1s + 2 ROC1: Re{ }s > −2 
Aplicando estes resultados no cálculo da transformada de Laplace inversa (TL-1), virá que: 
x( )t = TL−1{ }X( )s = e−t u( )t − e−2t u( )t 
Neste caso, como ambos os pólos de X( )s estão localizados à direita de Re{ }s < −2, os sinais 
referentes a cada termo de X( )s deverão incluir esta região de convergência. Deste modo, estes sinais 
deverão estar orientados “à esquerda”. Teremos, então, que (ver exercício 1, alínea a): 
 
x( )t = TL−1{ }X( )s = −e−t u( )−t + e−2t u( )−t = [ ]−e−t + e−2t u( )−t 
Neste caso, como o pólo s = −1 está à direita da ROC corresponderá a um sinal orientado “àesquerda”, enquanto o pólo s = −2 está à esquerda da ROC corresponderá a um sinal “à direita”. Deste 
modo, obtemos: 
x( )t = TL−1{ }X( )s = −e−t u( )−t − e−2t u( )t 
 
30 - Determine a transformada de Laplace de x( )t = t e−at u( )t . 
 
Solução: 
Das tabelas de TL, temos que: 
TL{ }e−at u( )t = 1s + a ROC1: Re{ }s > −a 
 
Aplicando a propriedade da derivação no domínio s: 
TL{ }t x( )t = − dX( )sds ROC=ROC1 
 
no resultado anterior, resulta que: 
X( )s =TL{ }t e−at u( )t = − dds  
1
s + a = 
1
( )s + a 2 ROC: Re{ }s > −a 
 
31 - Determine a resposta impulsional de um sistema LIT caracterizado pela função de transferência: 
H( )s = e
s
s + 1 ROC: Re{ }s > −1. 
 
Solução: 
Como a ROC está à direita do pólo mais à direita de H( )s , a resposta impulsional será um sinal 
orientado “à direita”. Por outro lado, das tabelas de TL, temos que: 
 TL{ }e−t u( )t = 1s + 1 ROC1: Re{ }s > −1 
 
e da propriedade do deslocamento no tempo: 
TL{ }x( )t − to = e−sto X( )s ROC=ROC1 
 
vem que: 
TL{ } e−( )t + 1 u( )t + 1 = e
s
s + 1 ROC: Re{ }s > −1 
 
A resposta impulsional do sistema é dada por: 
h( )t = TL−1{ }H( )s = e−( )t + 1 u( )t + 1 
 
32 - Considere um sistema LIT causal com entrada x( )t e saída y( )t relacionadas através da equação 
diferencial: 
dy( )t
dt + 3y( )t = x( )t (1) 
Determine a função de transferência do sistema H( )s . 
Determine a resposta impulsional h( )t . 
 
Solução: 
Aplicando a transformada de Laplace (TL) a ambos os membros da equação (1), e utilizando as 
propriedades da derivação e da linearidade da TL, obtemos: 
sY( )s + 3Y( )s = X( )s 
ou ainda: 
H( )s = 
Y( )s
X( )s = 
1
s + 3 ROC: Re{ }s > −3 
Note que, como o sistema é causal a ROC deverá estar à direita do pólo mais à direita, neste caso 
s = −3. 
O diagrama de pólos e zeros de H( )s está representado na figura 1. 
Para calcular a resposta impulsional, vamos calcular a transformada de Laplace inversa de H( )s . 
Consultando as tabelas da TL, obtemos: 
h( )t = TL−1{ }H( )s = e−3t u( )t 
-3 -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0
-1
-0.8
-0.6
-0.4
-0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
Pole-Zero Map
Real Axis
Im
ag
in
ar
y 
Ax
is
 
Fig.1−Diagrama de pólos e zeros de H( )s = 1/(s + 3). 
 
33 - Dada a função de transferência H( )s = s
2 + 1
( )s + 1 ( )s + 2 . Determine se o sistema é estável e/ou causal 
para as seguintes regiões de convergência: 
a) Re{ }s > −1 
b) Re{ }s < −2 
c) −1 < Re{ }s < −2 
 
Solução: 
Os pólos do sistema são s = −1 e s = −2, ambos estão à esquerda do eixo imaginário. 
Na figura 2 está representado o diagrama de pólos e zeros do sistema. 
 
A ROC inclui o eixo imaginário, por isso, H( )s é estável e causal. 
A ROC não inclui o eixo imaginário: H( )s descreve um sistema instável. H( )s é também anti-causal. 
A ROC não inclui o eixo imaginário: H( )s descreve um sistema instável. H( )s é também não causal. 
-2 -1.8 -1.6 -1.4 -1.2 -1 -0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0
-1
-0.8
-0.6
-0.4
-0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
Pole-Zero Map
Real Axis
Im
ag
in
ar
y 
Ax
is
 
Fig.2−Diagrama de pólos e zeros de H( )s = ( )s2 + 1 /( )s + 1 ( )s + 2 . 
 
34 - Determine a transformada de Laplace inversa de X( )s = s
4 + 2s3 + 3s2 + 2s + 1
 s4 + 4s3 + 7s2 + 6s + 2
. 
 
Solução: 
Vamos decompor X( )s em fracções. Para tal, efectuamos 1º a divisão do numerador pelo denominador 
e depois aplicamos o método dos resíduos. Obtemos o seguinte resultado simplificado: 
X( )s = 1 + −j 0.5s + 1 − j + 
j 0.5
s + 1 + j − 
2
s + 1 + 
1
( )s + 1 2 
A transformada de Laplace inversa pode, agora, ser obtida aplicando os resultados constantes na tabela 
de TL. Deste modo, obtemos: 
x( )t = TL−1{ }X( )s = δ( )t + e−tcos t − 
π
2 u( )t − 2 e−t u( )t + t e−t u( )t 
 
35 - Um filtro analógico passabanda tendo aplicado na entrada o sinal x( )t = u( )t deu como resposta 
y( )t = 1 + 1.155 e−5tcos( )8.66t −2.618 , t ≥ 0. 
Qual é a função de transferência do sistema? 
Determine a resposta impulsional do sistema. 
Determine a saída y( )t do sistema ao sinal de entrada x( )t = 10 cos( )8.66t u( )t 
 
Solução: 
Considerando o filtro como um SLIT, temos que: 
 
y( )t = x( )t *h( )t = u( )t *h( )t (1) 
para a entrada x( )t = u( )t . 
Aplicando a propriedade da convolução na equação (1), temos: 
Y( )s = H( )s .X( )s = H( )s . 1s 
ou ainda: 
H( )s = sY( )s (2) 
Vamos determinar Y( )s e substituir na equação (2). 
Nota: Os resultados seguintes foram determinados com auxílio da tabela de TL. 
Y( )s = TL{ }y( )t = 1s + 1.155 TL{ }e−5t [ ]cos( )8.66t cos( )−2.618 − sin( )8.66t sin( )−2.618 u( )t 
ou ainda: 
Y( )s = TL{ }y( )t = 1s + 1.155cos( )−2.618 TL{ }e−5tcos( )8.66t u( )t − 
− 1.155 sin( )−2.618 TL{ }e−5tsin( )8.66t u( )t 
mas: 
TL{ }u( )t = 1s ROC: Re{ }s > 0 
TL{ }e−5tcos( )8.66t u( )t = s + 5( )s + 5 2 + 8.662 ROC: Re{ }s > −5 
TL{ }e−5tsin( )8.66t u( )t = 8.66( )s + 5 2 + 8.662 ROC: Re{ }s > −5 
vindo: 
Y( )s = TL{ }y( )t = 1s − 
s + 5
( )s + 5 2 + 8.662 + 
5
( )s + 5 2 + 8.662 = 
1
s − 
s
( )s + 5 2 + 8.662 
 = 
10( )s + 10
s ( )s2 + 10s + 100 
Deste modo: 
H( )s = sY( )s = 
10( )s + 10
s2 + 10s + 100
 ROC: Re{ }s > −5 
Na figura 3 está representado o diagrama de pólos e zeros do sistema. 
-10 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0
-10
-8
-6
-4
-2
0
2
4
6
8
10
Pole-Zero Map
Real Axis
Im
ag
in
ar
y 
Ax
is
 
Fig. 3−Diagrama de pólos e zeros de H( )s = 10( )s + 10 /( )s2 + 10s + 100 . 
 
Aplicando a tranformada de Laplace inversa, obtemos: 
h( )t = TL−1{ }H( )s = TL−1




5.77 e−j 0.534
s + 5 − j8.66 + TL
−1



5.77 e
j 0.534
s + 5 + j8.66 
Da tabela de TL, obtemos que: 
h( )t = 11.54 e−5t cos( )8.66t −0.534 u( )t 
Na figura seguinte está representada a resposta impulsional h( )t do sistema. 
0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2
-2
0
2
4
6
8
10
Impulse Response
Time (sec)
Am
pl
itu
de
 
Fig.4−Representação da resposta impulsional h( )t = 11.54 e−5t cos( )8.66t −0.534 u( )t . 
 
 
Calculemos a transformada de Laplace de x( )t . Da tabela de TL, temos que: 
 TL{ }cos( )ωot u( )t = ss2 + ωo2 ROC: Re{ }s > 0 
Fazendo ωo = 8.66, obtemos: 
X( )s = TL{ }x( )t = 10ss2 + 8.662 ROC: Re{ }s > 0 
Substituindo este resultado na expressão Y( )s = H( )s .X( )s , resulta que: 
Y( )s = 
10( )s + 10
s2 + 10s + 100
 . 
10s
s2 + 8.662
 
 = As + 5 − j 8.66 + 
A*
s + 5 + j 8.66 + 
B
s − j 8.66 + 
B*
s + j 8.66 Re{ }s > −5 
onde: 
A = 6.41 ej 2.86 B = 7.34 e−j 0.576 
Calculando a TL inversa de Y( )s (ver tabela), obtemos: 
 y( )t = TL−1{ }Y( )s = 12.82 e−5t cos( )8.66t + 2.86 u( )t + 14.68 cos( )8.66t − 0.576 u( )t 
Na figura seguinte está representada a resposta y( )t ao sinal x( )t = 10 cos( )8.66t u( )t . 
0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2
-15
-10
-5
0
5
10
15
Linear Simulation Results
Time (sec)
Am
pl
itu
de
x(t) 
y(t) 
 
Fig.5−Resposta do sistema h( )t = 11.54 e−5t cos( )8.66t −0.534 u( )t ao sinal de entrada 
x( )t = 10 cos( )8.66t u( )t . 
 
 
 
VI. TRANSFORMADA Z 
36 - Determine a transformada z do sinal x[ ]n =  
1
2
n u[ ]n . 
Solução: 
Aplicando a definição de transformada z, vem que: 
X( )z = ∑
n=−∞
+∞
 x[ ]n z−n = ∑
n=0
+∞
 ( )1/2 nz−n = ∑
n=0
+∞( )1/2 .z−1 n 
 
Para que X( )z seja convergente é necessário que 
X( )z = ∑
n=0
+∞
  
1
2 z
−1 n < ∞ 
A região de convergência (ROC) contém o intervalo de valores de Z para os quais  
1
2 z
−1 n < 1, isto é, 
| |z > 1/2. Neste caso, temos que: 
X( )z = 1
1 − 12 z−1
 ROC: | |z > 12 
Na figura seguinte está representado o diagrama de pólos e zeros de X( )z . 
 
Fig.1−Diagrama de pólos e zeros de X( )z . 
 
-1 -0.5 0 0.5 1
-1
-0.8
-0.6
-0.4
-0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
Real Part
Im
ag
in
ar
y 
P
ar
t
 
37 - Determine a transformada z do sinal x[ ]n = −an u[ ]−n − 1 . 
 
Solução: 
Aplicando a definição de transformada z, vem que: 
X( )z = ∑
n=−∞
+∞
 x[ ]n z−n = − ∑
n=−∞
−1
 anz−n = ∑
n=−∞
−1
 ( )az−1 n 
 
Fazendo a mudança de variável m = −n na equação anterior, resulta que: 
X( )z = ∑
m=1
+∞
 ( )a−1z m = 1 − ∑
m=0
+∞
 ( )a−1z m 
 
x[ ]n tem transformada z se | |z a−1 < 1, isto é, | |z < a. Nestas condições: 
X( )z = 1 − 1
1 − a−1z = 
1
1 − az−1 = 
z
z − a ROC: | |z < a 
 
38 - Determine a transformada Z do sinal discreto x[ ]n = an u[ ]n + bn u[ ]−n − 1 . 
 
Solução: 
Neste exercício vamos usar a tabelas de transformadas z. 
A TZ de x[ ]n é igual a (aplicando a propriedade da linearidade): 
X( )z = X1( )z + X2( )z (1) 
 
Das tabelas de TZ podemos obter: 
X1( )z = TZ{ }an u[ ]n = 11 − az−1 ROC1: | |z > | |a (2) 
X2( )z = TZ{ }bn u[ ]−n − 1 = − 11 − bz−1 ROC2: | |z < | |b (3) 
 
Substituindo (2) e (3) na equação (1), vem que: 
X( )z = 1
1 − az−1 − 
1
1 − bz−1, | |z > | |a e | |z < | |b 
 
 
A transformada Z de x[ ]n existirá para todos os valores de a e b tais que | |a < | |b . Neste caso, a ROC é 
| |a < | |z < | |b . De notar que se | |a ≥ | |b , X( )z não existe, porque a intersecção das ROC’s de X1( )z e 
X2( )z é o conjunto vazio. 
 
39 - Dada a função de transferência H( )z = 1
1 −1.5z−1 + 0.5 z−2 
Determine a resposta impulsional do sistema para as seguintes regiões de convergência: 
| |z > 1 
| |z < 0.5 
0.5 < | |z < 1 
 
Solução: 
Vamos determinar a expansão em fracções parciais de H( )z . 
Multiplicando o numerador e denominador por z2, eliminamos as potência negativas de H( )z . 
Obtemos: 
H( )z = z
2
z2 − 1.5z + 0.5 = 
z2
( )z − 1 ( )z − 0.5 
 
Efectuando a expansão em fracções parciais: 
H( )z
z = 
z
( )z − 1 ( )z − 0.5 = 
A
z − 1 + 
B
z − 0.5 (1) 
 
onde: 
A =  
z
z − 0.5 z =1 = 2 B = 
 
z
z − 1 z =0.5 = −1 
 
Podemos ainda rescrever a equação (1), como: 
H( )z = 2
1 − z−1 − 
1
1 − 0.5z−1 (2) 
 
Neste caso como a ROC é | |z > 1, o sinal h[ ]n é causal; logo, ambos os termos de (2) são causais. 
Consultando a tabela de transformadas z, obtemos para a transformada z inversa de H( )z , que: 
h[ ]n = 2 ( )1 n u[ ]n − ( )0.5 n u[ ]n = [ ]2 − ( )0.5 n u[ ]n 
 
Como a ROC é | |z < 0.5, o sinal h[ ]n é anti-causal. Deste modo, ambos os termos de (2) correspondem 
a sinais anti-causais. 
h[ ]n = TZ −1{ }H( )z = [ ]−2 + ( )0.5 n u[ ]−n − 1 (ver tabela de TZ) 
 
Neste caso, a ROC é 0.5 < | |z < 1 é uma coroa, o que implica que o sinal é bilateral. Assim, o 1º termo 
de (2) corresponde a um sinal causal e o 2º termo a um sinal anti-causal. Deste modo, obtemos: 
h[ ]n = −2 ( )1 n u[ ]−n − 1 − ( )0.5 n u[ ]n (ver tabela de TZ) 
 
 
40 - Um sistema LIT é caracterizado pela função de transferência 
H( )z = 3 − 4 z
−1
1 −3.5 z−1 + 1.5 z−2 = 
1
1 − 12 z−1
 + 
2
1 − 3 z−1 
 
Especifique a ROC de H( )z e determine h[ ]n para as seguintes condições: 
sistema é estável. 
sistema é causal. 
sistema é anti-causal. 
 
Solução: 
Na figura seguinte está representado o diagrama de pólos e zeros de H( )z . 
-1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3
-1.5
-1
-0.5
0
0.5
1
1.5
Real Part
Im
ag
in
ar
y 
P
ar
t
 
Fig.2−Diagrama de pólos e zeros de H( )z . 
 
Podemos observar da figura que o sistema tem pólos em z = 1/2 e z = 3. 
 
Uma vez que o sistema é estável, a ROC deve incluir o círculo de raio unitário e por isso 0.5 < | |z < 3. 
Consequentemente, h[ ]n é não causal e é dada por (ver tabela de TZ): 
h[ ]n = TZ{ }H( )z =  
1
2
n u[ ]n − 2( )3 n u[ ]−n − 1 
 
Uma vez que o sistema é causal, a ROC é | |z > 3. Neste caso (ver tabela de TZ): 
h[ ]n = TZ{ }H( )z =  
1
2
n u[ ]n + 2( )3 n u[ ]n 
Este sistema é instável. 
 
Se o sistema é anti-causal, a ROC é | |z < 0.5. Por isso (ver tabela de TZ): 
h[ ]n = TZ{ }H( )z = −   
1
2
n + 2( )3 n u[ ]−n − 1 
Neste caso, o sistema é instável. 
 
41 - Determine a resposta do sistema LIT, y[ ]n = 56 y[ ]n − 1 − 
1
6 y[ ]n − 2 + x[ ]n , ao sinal de entrada 
x[ ]n = δ[ ]n − 13 δ[ ]n . 
 
Solução: 
y[ ]n − 56 y[ ]n − 1 + 
1
6 y[ ]n − 2 = x[ ]n (1) 
 
Aplicando TZ a ambos os membros de (1) e usando as propriedades da linearidade e do deslocamento 
no domínio do tempo, obtemos: 
Y( )z  1 − 
5
6 z
−1 + 16 z
−2 = X( )z 
ou: 
H( )z = 
Y( )z
X( )z = 
1
1 − 56 z−1 + 
1
6 z
−2 = 
1
 1 − 
1
2 z
−1  1 − 
1
3 z
−1 (2) 
 
A transformada z de x[ ]n é (ver tabela de TZ): 
X( )z = TZ{ }x[ ]n = 1 − 13 z−1 (3) 
Note que, aplicando a propriedade da convolução à resposta do sistema LIT, y[ ]n = h[ ]n *x[ ]n , temos 
que: 
Y( )z = H( )z X( )z (4) 
 
E, após substituir (2) e (3) em (4): 
Y( )z = H( )z X( )z = 
1 − 13 z−1
 1 − 
1
2 z
−1  1 − 
1
3 z
−1 = 
1
1 − 12 z−1
 ROC: | |z > 0.5 (5) 
Na equação (5), pólo z = 1/3 de H( )z foi cancelado pelo zero, z = 1/3, do sinal de entrada. Deste modo, 
a resposta do sistema é: 
y[ ]n = TZ−1{ }Y( )z =  
1
2
n u[ ]n 
0 5 10 15 20 25 30
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
n
y[n]
 
Fig.3− Representação da resposta do sistema:y[ ]n = ( )1/2 n u[ ]n 
 
42 - Determine a sequência de autocorrelação do sinal x[ ]n = an u[ ]n , −1< a <1. 
 
Solução: 
Através da propriedade da correlação de duas sequências, temos que: 
Rx( )z = X( )z .X( )z−1 (1) 
Da tabela de TZ, obtemos: 
X( )z = TZ{ }an u[ ]n = 1
1 − az−1 ROC1: | |z > | |a (sinal causal) 
e 
X( )z−1 = 11 − az ROC2: | |z > 
1
| |a (sinal anti-causal) 
 
Substituindo estes resultados na equação (1), resulta que: 
Rx( )z = 
1
1 − az−1. 
1
1 − az ROC1∩ROC2: | |a < | |z < 
1
| |a (2) 
 
Dado que ROC deste sinal é um anel, rx [ ]n é um sinal bilateral, mesmo com x[ ]n causal. Efectuando 
a decomposição do sinal (2) em 2 fracções e aplicando a transformada z inversa, obtemos: 
rx [ ]n = 
1
1 − a2 a
| |n , −∞< n< ∞ 
 
43 - Determine a transformada z do sinal discreto x[ ]n = nan u[ ]n . 
Solução: 
Vamos rescrever o sinal como x[ ]n = nx1[ ]n , onde x1[ ]n = an u[ ]n . 
Da tabela de TZ, temos que: 
X1( )z = TZ{ }an u[ ]n = 11 − az−1 ROC: | |z > | |a 
 
Aplicando nesta expressão a propriedade da derivação no domínio z: 
TZ{ }nx[ ]n = −z dX( )zdz 
obtemos que: 
X( )z = TZ{ }nx1[ ]n = −z 
dX1( )z
dz = 
az−1
 ( )1 − z−1 2 ROC: | |z > | |a 
 
44 - Determine a convolução x[ ]n dos sinais: 
x1[ ]n = { }1, −2, 1 x2[ ]n = 
1 0 ≤ n ≤ 5
0 c.c 
 
Solução: 
Calculemos a transformada z de ambos os sinais pela definição: 
X( )z = ∑
n=−∞
+∞
 x[ ]n z−n (1) 
Resulta que: 
X1()z = 1 − 2z−1 + z−2 
X2( )z = 1 + z−1 + z−2 + z−3 + z−4 + z−5 
 
De acordo com a propriedade da convolução: 
X( )z = X1( )z X2( )z = 1 − z−1 − z−6 + z−7 
 
Comparando este resultado com (1), obtemos: 
x[ ]n = { }1, −1, 0, 0, 0, 0, −1, 1 
 
45 - Determine a transformada z unilateral dos seguintes sinais: 
x1[ ]n = 



↑
1 , 2, 5, 7, 0, 1 
x2[ ]n = δ[ ]n − k 
x3[ ]n = δ[ ]n + k 
x4[ ]n = 


1,2, 
↑
5 , 7, 0, 1 
x5[ ]n = x[ ]n − 2 onde x[ ]n = an, −1< a <1. 
 
Solução: 
Vamos aplicar a definição de transformada z unilateral: 
X+( )z = ∑
n=0
∞
 x[ ]n z−n 
X1
+( )z = 1 + 2z−1 + 5z−2 + 7z−3 + z−5 
X2
+( )z = z−k 
X3
+( )z = 0 
X4
+( )z = 5 + 7z−1 + z−3 
Vamos aplicar a propriedade do deslocamento: 
X+( )z = ∑
n=0
∞
 x[ ]n − k z−n = z−k 



 X+( )z + ∑
n=1
k
 x[ ]− n zn k>0 
 
com k = 2. Iremos obter: 
X5
+( )z = z−2 ( ) X+( )z + x[ ]−1 z + x[ ]−2 z2 = z−2 X+( )z + x[ ]−1 z−1 + x[ ]−2 (1) 
Uma vez que x[ ]−1 = a−1, x[ ]−2 = a−2 e por outro lado: 
X+( )z = ∑
n=0
∞
 x[ ]n z−n = ∑
n=0
∞
 ( )az−1 n = 1
1 − az−1 
 
Virá para a equação (1), que: 
X5
+( )z = z
−2
1 − az−1 + a
−1z−1 + a−2 
 
46 - Determine a resposta ao escalão do sistema 
y[ ]n = ay[ ]n − 1 + x[ ]n , −1< a <1 (1) 
 
 para a condição inicial y[ ]−1 = 1. 
 
Solução: 
Aplicando a transformada z unilateral a ambos os membros de (1), obtemos: 
Y+( )z = a [ ]z−1Y+( )z + y[ ]−1 + X+( )z (2) 
 
Substituindo y[ ]−1 = 1 e 
X+( )z = ∑
n=0
∞
 u[ ]n z−n = ∑
n=0
∞
 ( )z−1 n = 1
1 − z−1 
 
na equação (2), obtemos: 
Y+( )z = a
1 − az−1 + 
1
( )1 − az−1 ( )1 − z−1 (3) 
 
Efectuando a decomposição de (3) em fracções parciais e tomando a transformada z inversa do 
resultado, obtemos: 
y[ ]n = an+1 u[ ]n + 1 − a
n + 1
1 − a u[ ]n 
ou, ainda: 
y[ ]n = 11 − a ( )1 − a
n + 2 u[ ]n 
 
47 - Um sistema LIT causal é descrito pela equação y[ ]n = 0.5y[ ]n − 1 + x[ ]n + 0.5x[ ]n − 1 . 
Determine: 
 
a resposta impulsional do sistema. 
a resposta do sistema ao sinal de entrada x[ ]n = u[ ]n , com y[ ]−1 = 0. 
a resposta do sistema ao sinal x[ ]n = cos( )nπ/12 u[ ]n com y[ ]−1 = 0. 
 
 
 
Solução: 
Vamos 1º calcular a função de frequência H( )z do sistema e depois aplicar-lhe a transformada z 
inversa: obtemos h[ ]n . 
 
Aplicando TZ a ambos os membros de y[ ]n = 0.5y[ ]n − 1 + x[ ]n + 0.5x[ ]n − 1 e usando a 
propriedade do deslocamento, chegamos ao resultado: 
H( )z = 
Y( )z
X( )z = 
1 + 0.5z−1
1 − 0.5z−1 = 
z + 0.5
z − 0.5 ROC: | |z > 0.5 
 
Expandindo H( )z /z em fracções parciais: 
H( )z
z = 
z + 0.5
z( )z − 0.5 = 
−1
z + 
2
z − 0.5 
 
Multiplicando H( )z /z por z, obtemos: 
H( )z = −1 + 2zz − 0.5 ROC: | |z > 0.5 
 
Aplicando TZ inversa (ver tabela de TZ), teremos finalmente que: 
h[ ]n = −δ[ ]n + 2( )0.5 n u[ ]n 
 
A TZ de x[ ]n pode ser determinada por: 
X( )z = TZ{ }an u[ ]n = 1
1 − az−1 ROC: | |z > | |a 
 
fazendo a =1.Vamos substituir o resultado na equação Y( )z = H( )z X( )z . Obtemos, que: 
Y( )z = H( )z X( )z = z + 0.5z − 0.5 ×
z
1 − z−1 ROC: | |z > 1 
 
Seguindo o procedimento usual para expansão em fracções parciais (no domínio z), temos que: 
Y( )z
z = H( )z X( )z = 
z + 0.5
z − 0.5 ×
1
1 − z−1 = 
−2
z − 0.5 + 
3
1 − z−1 
 
e, após aplicarmos a transformada z inversa (ver tabela de TZ), obtemos: 
y[ ]n = [ ]−2( )0.5 n + 3 u[ ]n 
 
Seguindo o mesmo raciocínio da alínea b), obtemos: 
Y( )z = H( )z X( )z = z + 0.5z − 0.5 × 
z( )z − cos( )π/2
z2 − 2zcos( )π/2 + 1 = 
z + 0.5
z − 0.5 × 
z( )z − 0.966
z2 − 1.932z + 1 ROC: | |z > 1 
 
Nesta situação: 
Y( )z
z = 
z + 0.5
z − 0.5 × 
z − 0.966
z2 − 1.932z + 1 = 
−1.641
z − 0.5 + 
1.397e−j 0.332
z − ej 0.262 + 
1.397ej 0.332
z − e−j 0.262 
 
e após multiplicar esta equação por z para dar Y( )z , obtemos para a transformada z inversa (ver tabela 
TZ): 
y[ ]n = [ ]−1.641( )0.5 n + 2.794cos( )nπ/12 −0.332 u[ ]n 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
VII. AMOSTRAGEM 
48 - Considere o sinal analógico xa( )t = 3cos( )100πt . 
Determine a frequência de amostragem mínima requerida para evitar aliasing. 
Suponha que o sinal é amostrado ao ritmo fs = 200 Hz. Qual é o sinal discreto no tempo obtido após a 
amostragem? 
Suponha que o sinal é amostrado ao ritmo fs = 75 Hz. Qual é o sinal discreto no tempo obtido após a 
amostragem? 
Qual é a frequência 0<f<fs/2 de uma sinusóide cujas amostras são idênticas ao do sinal da alínea 
anterior? 
 
Solução: 
Como a frequência do sinal analógico é de 50 Hz, a frequência de amostragem mínima requerida para 
evitar aliasing é fs = 100 Hz. 
Se o sinal é amostrado à frequência fs = 200 Hz, o sinal discreto no tempo é: 
x[ ]n = 3cos 
100πn
200 = 3 cos 
πn
2 
Se o sinal é amostrado à frequência fs = 75 Hz, o sinal discreto no tempo é: 
x[ ]n = 3cos 
100πn
75 = 3 cos 
4πn
3 = 3 cos  2π − 
2π
3 n = 3 cos 
2πn
3 
Para o ritmo de amostragem fs = 75 Hz, obtivemos para a frequência da sinusóide discreta da alínea c) 
f = 1/3, a que corresponde a frequência analógica de fs ×f = 75 ×1/3 = 25 Hz. O sinal pretendido será, 
por isso, igual a: 
ya( )t = 3cos( )2×25πt = 3cos( )50πt 
Este sinal amostrado à frequência fs = 75 amostras/s dá amostras idênticas. 
 
49 - Considere o sinal analógico xa( )t = 3cos( )50πt + 10cos( )300πt − cos( )100πt . Qual é o ritmo de 
Nyquist deste sinal? 
 
Solução: 
As frequências presentes no sinal xa( )t referenciado acima são: 
f1 = 25 Hz, f2 = 150 Hz, f3 = 50 Hz 
Daqui constatamos que fmax = 150 Hz, logo fs > 2 fmax = 300 Hz.