Introdução ao Processamento Digital de Sinais Soluções dos Exercícios Propostos Capítulo 3

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1 Introdução ao Soluções dos Exercícios Propostos Capítulo 3. Calcule a transformada z, a região de convergência e a localização de pólos e zeros das sequências abaixo a) x[n] 4δ[n ]+3δ[n] δ[n+]+3δ[n+] Solução: 4z +3 z +3z R x: todo o plano, exceto z 0 e z. { a b) x[n] n, se 0 n < N 0, fora do intervalo Solução: N n0 N n0 a n z n ( a z ) n (az) N (az) R x: todo o plano, exceto z 0. O polo em z a é cancelado por um zero. c) x[n] cos(ωn)u[n] Solução: R x : z >. cos(ωn)z n n0 ( e jωn z n +e jωn z n) n0 ( ) e jω z + e jω z d) x[n] cos(ωn)u[ n ] Solução: cos(ω)z cos(ω)z +z n cos(ωn)z n ( e jωn z n +e jωn z n) n ( e jωn z n +e jωn z n) n ( e jω ) z e jω z + ejω z e jω z z +cos(ω)z cos(ω)z +z +cos(ω)z cos(ω)z +z

2 R x : z < e) x[n] n cos(ωn)u[n] Solução: Esse exercício pode ser resolvido utilizando a propriedade da escala em frequência. Sabemos que Z {cos(ωn)} cos(ω)z cos(ω)z +z Portanto, a transformada z de x[n] pode ser encontrada substituindo z por z/(/) nessa expressão: R x : z > f) x[n] a n, a < cos(ω)(z) cos(ω)(z) +(z) cos(ω)z cos(ω)z + 4 z Solução: Esse exercício pode ser resolvido com o uso da propriedade da linearidade, se escrevemos Assim, x[n] a n u[ n ]+a n u[n] Z { a n u[ n ]+a n u[n] } Z { a n u[ n ] } +Z{a n u[n]} az az + az a (+a ) az az αz βz +z R x : a < z < /a, em que α a /a e β a+/a. g) x[n] a n u[ n] Solução: Este exercício pode ser resolvido facilmente com o uso da propriedade da reversão no tempo: Z { a n u[ n] } R x : z < a z az az. As sequência x[n] abaixo é unilateral à direita. Se X(z) é sua transformada z, encontre a sequência unilateral à esquerda que tem a mesma transformada z, a menos da região de convergência: x[n] n cos(ωn)u[n] Solução: Como visto no exercício anterior, essa transformada z pode ser obtida a partir do uso da propriedade da mudança de escala em frequência sobre a transformada do cosseno. Essa transformada tem região de convergência dada por z >. A sequência no domínio do tempo que tem a mesma transformada, exceto pela região de convergência, é cos(ωn)u[ n ] com z <. Aplicando a mesma propriedade, obtemos y[n] n cos(ωn)u[ n ] Aplicando a transformada, obtemos a mesma resposta. Neste caso, no entanto, a região de convergência é dada por z < /. 3. Suponha que odiagramada Figura3.8representaalocalizaçãodepólosezerosdatransformadaz deuma sequência. Escolha os pólos, os zeros e a região de convergência adequados para que a sequência seja:

3 3 a) unilateral direita Solução: Para que a sequência seja lateral à direita, a região de convergência deve ser externa à circunferência delimitada pelo polo mais externo. Os polos marcados na figura são (com seus respectivos módulos: d k d k d 0,8 0,8 d,5,5 d 3 0,5+0,4j 0,64 d 4 0,5 0.4j 0,64 d 5, 0.976j,56 d 6,+0.976j,56 d 7 0,8+0,j 0,85 d 8 0,8 0,j 0,85 d j,3 d j,3 Os polos mais externos são d 5 e d 6. A transformada z pode ter qualquer número de polos e zeros, mas sua região de convergência deve ser z > d 5 para que a sequência seja unilateral à direita. b) unilateral esquerda c) bilateral d) causal Solução: O raciocínio é semelhante ao item anterior, mas deve-se escolher a região de convergência delimitada pelo polo mais interno. Os polos com menor módulo são d 4 e d 5. Da mesma maneira, a transformada z pode ter qualquer número de polos e zeros, mas sua região de convergência deve ser z < d 4 para que a sequência seja unilateral à esquerda. Solução: Novamente, o raciocínio é semelhante aos itens anteriores, mas neste caso há várias escolhas. Uma sequência bilateral terá como região de convergência um anel centrado na origem delimitado por dois polos. As possíveis regiões de convergência são: d 3 < z < d d < z < d 7 d 7 < z < d 9 d 9 < z < d d < z < d 5 Solução: Ver a seção Para que a condição seja satisfeita, devemos ter uma sequência finita com polos em zero e sem polos no infinito; ou uma sequência lateral à direita. Como z 0 não é um polo presente no diagrama, devemos decidir que a região de convergência é a de uma sequência lateral à direita, portanto, z > d 5. e) causalmente inversível (ou seja, X (z) é causal) f) par g) real Solução: Ver a seção Para que a condição seja satisfeita, a região de convergência deve ser a mesma do item acima. Adicionalmente, ao ser invertida, a região de convergência deve ser acima do zero mais externo. Os zeros dessa transformada são c k c k c 0,8+0,j 0,85 c j 0,85 c ,94j,3 c ,94j,3 Os zeros mais externos são c 3 e c 4. Portanto, em sua inversão, a região de convergência deve ser z > c 3. Solução: Para que a sequência seja par, e por definição real, se um polo ou um zero estão presentes, então tanto seus conjugados, seus inversos e os inversos de seus conjugados devem também ser, respectivamente, polos e zeros. Assim, para que a sequência seja par, todos os polos e zeros devem fazer parte da transformada. Solução: Para que a sequência seja real, se um polo ou um zero estão presentes, então seus conjugados também devem ser, respectivamente, polos e zeros. Assim, para que a sequência seja real, os polos conjugados devem fazer parte da transformada.

4 4 4. Sejam x [n] e x [n] duas sequências com transformadas z X (z) e X (z) e regiões de convergência R e R respectivamente. Encontre as transformadas z de: a) y[n] 3x [n] x [n] Solução: Pela propriedade da linearidade, b) y[n] n x [n ] Y(z) 3X (z) x (z), R y R R Solução: Sabemos que Z { n x [n]} X ( z Aplicando a propriedade do deslocamento, ( z ) Y(z) z X c) y[n] x [n] ) Se a região de convergência de X (z) era dada por r < z < r, então R y : r < z < r com a possibilidade do surgimento de um polo em z 0, ou o cancelamento de um polo em z, dependendo da região de convergência de X (z). Solução: Podemos escrever y[n] +( )n x [n] Calculando a transformada z utilizando a propriedade da linearidade e da escala em frequência, temos { +( ) n } Y(z) Z x [n] [Z {x [n]}+z{( ) n x [n]}] [X (z)+x ( z)] A região de convergência de X ( z) é a mesma que a de X (z), portanto, a região de convergência de Y(z) é R. { x [n], se n par d) y[n] 0, se n ímpar Solução: Este exercício é o mesmo acima, apenas escrito de forma diferente. e) y[n] cos(ωn)x [n]+sen(ωn)x [n] Solução: Podemos escrever: y[n] ( e jωn +e jωn) x [n]+ j ( e jωn e jωn) x [n] Pela propriedade da linearidade, e usando a escala em frequência, Y(z) ( X (e jω z)+x (e jω z) ) + j ( X (e jω z) X (e jω z) ) Para compreender o que acontece com a região de convergência, analisemos em separado cada uma das parcelas. A região de convergência da primeira parcela é a mesma de X (z), pois a magnitude das exponenciais é. O mesmo acontece com a segunda parcela e X (z). Pela propriedade da linearidade, portanto, f) y[n] nx [n] R y R R Solução: Pela propriedade da diferenciação em frequência, Y(z) z d dz X (z) g) y[n] n(n+)x [n]

5 5 Solução: Para encontramos essa transformada z, imaginemos Assim, Mas w[n] (n+)x [n] Y(z) z d dz W(z) W(z) Z {(n+)x [n]} Z {nx [n]}+z{x [n]} z d dz X (z)+x (z) Substituindo essa equação na expressão da transformada z de y[n], Y(z) z d [ z d ] dz dz X (z)+x (z) z [ ddz X (z) z d dz X (z)+ d ] dz X(z) z d dz X(z) A região de convergência não se altera pela derivação. h) y[n] n(n+)...(n+k )x [n] Solução: Essa transformada pode ser encontrada por indução infinita sobre os dois exercícios anteriores. Pelos resultados desses exercícios, supomos que Y(z) ( z) k dk dz kx (z) Essa expressão é verdade para k. Supondo que seja verdadeira para k, verifiquemos para k +. Para isso, imaginemos e w[n] n(n+)...(n+k )x[n] y[n] n(n+)...(n+k )(n+k)x[n] (n+k)w[n] A transformada z de y[n] será dada por Y(z) z d dz W(z)+kW(z) z d ] [( z) k dk dz dz kx (z) +( z) k dk dz kx (z) k dk z [ k( z) dz kx (z)( z) k dk+ dz k+x (z) ]+( z) k dk dz kx (z) k( z) k dk dz kx k+ dk+ (z)( z) dz k+x (z)+k( z) k dk dz kx (z) k+ dk+ ( z) dz k+x (z) Portanto, a relação é verdadeira. Como nos exercícios anteriores, a derivação não afeta a região de convergência. 5. Encontre a transformada z inversa das funções abaixo, dadas as regiões de convergência: a) (+z )( z )(+z ), R X : 0 < z < b) Solução: Fazendo o produto entre os fatores, temos + 7 z + 7 z +z 3 Portanto, por inspeção, x[n] δ[n]+ 7 δ[n ]+ 7 δ[n ]+δ[n 3] az, R X : z > a Solução: Por inspeção, x[n] a n u[n]

6 6 c) bz az, R X : z < a Solução: Utilizando a propriedade da linearidade, bz az az Por inspeção, e usando a propriedade do deslocamento, x[n] a n u[ n ]+ba n u[ n] d) z a, R X : z > a e) f) g) Solução: Multiplicando e dividindo a expressão por z, z az Pela propriedade do deslocamento, x[n] a n u[n ] z 5z +6z, R X : z < Solução: Esse problema é resolvido pela expansão em frações parciais. X(z) pode ser escrito como A z + A 3z Através do método das frações parciais, encontra-se A e A. Assim, z + 3z A região de convergência é interna a esses dois polos, o que indica uma sequência lateral à esquerda. Portanto, com o uso da linearidade e dos pares tabelados, x[n] ( n u[ n ]) 3 n u[ n ] ( n 3 n )u[ n ] z 5z +6z, R X : z > 3 Solução: Esta expressão é exatamente a mesma do exercício anterior, diferindo apenas na região de convergência. Pelo mesmo raciocínio, escreve-se z + 3z A região de convergência é externa a esses dois polos, o que indica uma sequência lateral à direita. Portanto, com o uso da linearidade e dos pares tabelados, x[n] n u[n]+3 n u[n] (3 n n )u[n] a z, R X : z > a Solução: Este exercício pode ser resolvido também pela decomposição em frações parciais. Primeiro, notamos que os polos são d a e d a. Assim, A az + A +az O cálculo da expansão em frações parciais nos dá A / e A /, logo / az + / +az A região de convergência é externa a esses dois polos, o que indica uma sequência lateral à direita. Assim, x[n] an u[n]+ ( a)n u[n] [+( )n ]a n u[n] Uma outra forma de escrever essa mesma expressão é { a x[n] n, se n 0 e n par. 0, caso contrário

7 7 6. Através da expansão em série de potências, encontre as transformadas z inversas das funções abaixo: a) az, R X : z > a Solução: A divisão longa dessa fração resulta em a+a z +a z +a 3 z A sequência no domínio do tempo é, portanto, x[n] aδ[n]+a δ[n ]+a δ[n ]+a 3 δ[n 3]+... b) bz az, R X : z < a Solução: É preciso notar que a região de convergência indica uma sequência lateral à esquerada. Assim, reescrevemos a fração como bz + az + A divisão longa dessa fração resulta em b a a b a z a b a 3 z +... A sequência no domínio do tempo é, portanto, x[n] b a b a b δ[n] δ[n+] a a a 3 δ[n+]+... c) cos(z), R X : todo o plano complexo, exceto z. Solução: A expansão em séries de MacLaurin da função cosseno é dada por cos(z) +! z + 4! z É interessante comentar a respeito da região de convergência dessa função. Essa soma converge para todo valor complexo de z, exceto z. Portanto, esse é um caso de uma função que, apesar de ser lateralmente infinita à esquerda, a região de convergência é todo o plano complexo. Isso acontece porque o cosseno não tem polos. Matematicamente, um polo é definido como o valor z 0 tal que lim X(z) 0 z z 0 o que não acontece com essa soma. Note que isso não invalida a regra que diz que uma sequência lateral à esquerda tem região de convergência na parte interna de um círculo definido pelo seu polo mais interno o polo, neste caso, está em infinito. No domínio do tempo, a sequência é x[n] δ[n]+! δ[n+]+ 4! δ[n+4]+... d) cos(z ), R X : todo o polo complexo, exceto z 0. e) ln Solução: A expansão em séries de MacLaurin para o cosseno é dada como no exercício acima. Substituindo z por z, temos cos(z ) +! z + 4! z Essa soma somente não convergirá quando z 0, que é onde se situa o seu polo. No domínio do tempo, x[n] δ[n]+! δ[n ]+ 4! δ[n 4]+... az, R X : z > a Solução: A série de MacLaurin para o logaritmo é dada por ln( z) z z 3 z3 4 z4... Portanto, ( ) ln z ln( z) z + z + 3 z3 + 4 z Aplicando ao caso do exercício, temos ( ) ln az az + a z + 3 a3 z a4 z Essa expansão é coerente com a região de convergência, que indica uma sequência lateral à direita. Portanto, no domínio do tempo, x[n] aδ[n ]+ a a3 a4 δ[n ]+ δ[n 3]+ 3 4 δ[n 4]+...

8 8 f) 5 6 z + 6 z, R X : z > / Solução: A solução é encontrada pela divisão longa entre os dois polinômios, resultando na seguinte sequência z z +... Calculando a transformada inversa, obtemos x[n] δ[n]+ 5 9 δ[n ] δ[n ] A expressão abaixo é a transformada z de uma sequência finita, com região de convergência 0 < z <. Encontre a sequência no domínio do tempo discreto correspondente a essa transformada: (a+bz ) N sendo N um inteiro. Solução: Supondo N inteiro positivo, a expansão pode ser feita pelo teorema binômio de Newton, dado por (α+β) N N n0 ( N n) α N n β n Aplicando à transformada z em questão, (a+bz ) N N n0 a N N ( N n) a N n b n z n n0 ( N n) (b/a) n z n A transformada inversa dessa expressão é dada por x[n] a N N k0 ( N k) (b/a) k δ[n k] Note que existem expansões diferentes para essa expressão, por exemplo, caso N seja negativo. No entanto, nesses casos, a região de convergência não seria coerente com o exercício. 8. Demonstre as Equações (3.73) e (3.74). Adicionalmente, tente adaptar essas equações para casos em que a região de convergência da transformada z é dada por z < r. Solução: A Equação (3.73) pode ser obtida diretamente pela divisão longa entre os dois polinômios. Uma outra forma, é imaginar que x[n] pode ser obtido como a resposta ao impulso de um sistema cuja função de transferência é a função racional. Assim, x[n] pode ser escrito como a 0 x[n] b 0 δ[n]+b δ[n ]+...+b M δ[n M] a x[n ] a x[n ]... a N x[n N] Para obter x[0], lembramos que a hipótese é de uma sequência lateral à direita, e que x[n] 0 para n < 0. Assim, a 0 x[0] b 0 a 0 x[] b a x[0] a 0 x[] b a x[] a x[0] e assim por diante. A fórmula geral encontrada na Equação (3.74) é obtida diretamente para um n genérico. Para encontrar a expressão equivalente quando z < r, notamos que essa região de convergência corresponde a uma sequência lateral à esquerda. reescrevemos a N x[n N] b 0 δ[n]+b δ[n ]+...+b M δ[n M] a 0 x[n] a x[n ]... a N x[n N +] Substituindo m n N, temos a equação abaixo. Note que invertemos as posições das amostras e dos índices para deixar clara a progressão do cálculo a N x[m] b M δ[m+n M]+b M δ[m +N M +]+...+b δ[m+n ]+b δ[m +N ]+b 0 δ[m+n] a N x[m+] a N x[m+]... a x[m+n ] a x[m+n ] a 0 x[m+n]

9 9 Se considerarmos que x[n] 0 para n 0, a primeira amostra não-nula (no sentido negativo do eixo do tempo) acontecerá quando m+n M 0, ou seja, m M N. Assim, a N x[m N] b M Caminhando no sentido negativo de n, temos a N x[m N ] b M a N x[m N] a N x[m N ] b M a N x[m N ] a N x[m N] e assim por diante. A fórmula geral é encontrada, novamente, substituindo um valor genérico de n: N a N x[m N n] b M n a N k x[m N n+k+] k0 9. Utilizando a técnica da expansão em frações parciais, calcule a transformada z inversa das funções abaixo, dadas as regiões de convergência: a) b) c) d) z 3z +z, R X : z < / Solução: Multiplicando e dividindo por /, obtemos z 3 z + z Os polos dessa função são d / e d. Assim, A z + A z As constantes obtidas são A e A, assim + z z De acordo com a região de convergência, a sequência é lateral à esquerda, logo [ x[n] ] nu[ n ] u[ n ] [ ] n u[ n ] 5 6 z + 6 z, R X : z > / Solução: Os polos dessa função são d / e d /3. Assim, A z + A 3 z As constantes obtidas são A 3 e A, assim 3 z 3 z De acordo com a região de convergência, a sequência é lateral à direita, logo x[n] 3 nu[n] 3 [ nu[n] 3 n ] 3 n u[ n ] 5 6 z + 6 z, R X : /3 < z < / Solução: Este é o mesmo exercício do item anterior, mas com região de convergência indicando uma função bilateral. Assim, x[n] 3 nu[ n ] 3 nu[n] z R X : z <

10 0 Solução: Os polos dessa função são d e d. Assim, A z + A +z As constantes obtidas são A / e A /, assim / / z +z De acordo com a região de convergência, a sequência é lateral à esquerda, logo x[n] u[ n ] ( )n u[ n ] [+( )n ]u[ n ] {, se n < 0 e n par. 0, caso contrário e) z ( 3 z )( z ), R X : z > / Solução: Para realizar a decomposição em frações parciais desta função, é necessário levar em consideração o polo múltiplo: A + C 3 z ( z ) + C z Calculando as constantes através do método das frações parciais, incluindo a fórmula para o cálculo do fator múltiplo, temos A 8, C 3 e C. Assim, z ( z ) + z Com a propriedade da linearidade, dos pares da tabela, e levando em consideração a região de convergência, que indica uma sequência lateral à direita, temos x[n] nu[n] n(n+)u[n]+ nu[n] 0. Faça a convolução das sequências abaixo utilizando a transformada z a) x[n] δ[n]+δ[n ] δ[n 3] δ[n 4] h[n] δ[n]+0,5δ[n ] 0,5δ[n+] Solução: A transformada z de x[n] é +z z 3 z 4 com região de convergência sendo todo o plano complexo com a exceção de z 0. A transformada z de h[n] é +0,5z 0,5z com região de convergência sendo todo o plano complexo, excetuando z 0 e z. Assim, o produto entre as duas transformadas pode ser executado, e o resultado é X(z)H(z) z +,5+z +z 3,5z 5 z 6 A transformada inversa dá o resultado no domínio do tempo x[n] h[n] δ[n+]+,5δ[n]+δ[n ]+δ[n 3],5δ[n 5] δ[n 6] b) x[n] a n u[n], com a < h[n] δ[n+]+δ[n]+ δ[n ] Solução: A transformada z de x[n] é dada por az com região de convergência z > a. A transformada z de h[n] é dada por H(z) z ++ z com região de convergência dada em todo o plano complexo, exceto em z 0 e z. Assim, X(z)H(z) z ++ z az A região de convergência do produto é dada pela intersecção das duas regiões, portanto, z > a. Com a propriedade da linearidade e o uso dos pares da tabela, temos x[n] h[n] an+ u[n+]+a n u[n]+ an u[n ] Com alguma manipulação, mostra-se que x[n] ( δ[n+]+ + a ) δ[n]+(a +a+)a n u[n ]

11 c) x[n] a n u[n], com a < h[n] b n u[ n ], com b > Solução: A transformada z de x[n] é dada por az com região de convergência dada por z > a. A transformada z de h[n] é dada por H(z) b z com região de convergência dada por z < b. O produto só existirá se a região de convergência puder ser escrita como a < z < b, portanto, é necessário que a < b, ou a convolução não existirá. Se, no entanto, a condição for satisfeita, o produto é dado por X(z)H(z) az b z A transformada inversa pode ser obtida por decomposição em frações parciais como X(z)H(z) ab ab az + ab b z A região de convergência indica uma sequência bilateral, dada no domínio do tempo por x[n] h[n] ab ab an u[n] ab b n u[ n ] Com alguma manipulação, x[n] ( ba n+ u[n]+b n u[ n ] ) ab ( π ) d) x[n] cos 4 n u[n] h[n] nu[n] Solução: A transformada z de x[n] é dada por cos(π/4)z cos(π/4)z +z com região de convergência z > e a transformada z de h[n] é dada por H(z) z com região de convergência z > /. O produto existirá na região de convergência dada por z >, e o resultado é dado por X(z)H(z) cos(π/4)z cos(π/4)z +z z A transformada inversa pode ser calculada através da decomposição em frações parciais dada por X(z)H(z) A z + A e jπ/4 z + A 3 e jπ/4 z Aqui, há dois polos complexos. Notamos uma propriedade da decomposição neste caso: se todos os coeficientes são reais, então, na expressão, A 3 A. Assim, X(z)H(z) A + A z e jπ/4 z + A e jπ/4 z Com o cálculo da transformada inversa, x[n] h[n] A nu[n]+a e jπn/4 u[n]+a e jπn/4 u[n] É fácil ver que [ x[n] h[n] A nu[n]+a e jπn/4 u[n]+ A e jπn/4] u[n] { A nu[n]+re A e jπn/4} u[n] [ ( π ) ] A n +A cos 4 n u[n] Calculando as constantes pelo método da decomposição em frações parciais, temos A 0,907 e A 0,5954 0,356j, assim, [ x[n] h[n] 0,907 ( π )] n +,908cos 4 n u[n]

12 e) x[n] u[n] h[n] u[n] u[n N] Solução: A transformada z de x[n] é z com região de convergência z >. A transformada z de h[n] é H(z) z N z com região de convergência z >. O produto entre as duas transformadas é X(z)H(z) z N ( z ) ( z ) z N ( z ) Com o uso das propriedades da linearidade, do deslocamento e dos pares adequados da tabela, temos x[n] h[n] (n+)u[n] (n N +)u[n] Essa sequência pode ser reescrita como 0, se n < 0 x[n] h[n] n+, se 0 n < N N, se n N. Mostre que, se um sistema é estável se e somente se sua região de convergência contém o círculo de raio unitário. Solução: Suponha um sistema estável cuja resposta ao impulso é dada por h[n]. Portanto, podemos dizer que n h[n] < Pela Equação (3.4), a transformada z converge se h[n] z n < n Essas duas relações serão verdadeiras se z n, o que corresponde ao círculo de raio unitário. Portanto, o círculo de raio unitário pertence à região de convergência. Por outro lado, imagine que o círculo de raio unitário pertença à região de convergência de H(z). Então, o somatório h[n] z n n converge para z. Para esses pontos, essa relação se reduz a n h[n] Portanto, o sistema é estável.. Mostre que, se um sistema é causal e estável, então todos os seus pólos estão contidos dentro do círculo de raio unitário. Solução: Para que o sistema seja causal, sua região de convergência precisa ser o complemento de um disco a partir do polo mais externo da função. Para que o sistema seja estável, o círculo de raio unitário precisa fazer parte da região de convergência. Portanto, o círculo de raio unitário deve estar mais afastado da origem que o polo mais externo, e assim, esse polo e todos os outros estarão no interior dessa circunferência. 3. Mostre que, se um sistema é causal, estável e inversível, então todos os seus pólos e zeros estão contidos dentro do círculo de raio unitário. Solução: Para que o sistema seja causal e estável, como visto no exercício anterior, todos os polos e zeros devem estar no interior do círculo de raio unitário. Quando o sistema descrito por uma função racional (por exemplo) é invertido, então seus polos se tornam os zeros do sistema inverso e vice-versa. Assim, para que o sistema inverso seja causal e estável, então seus polos que são os zeros da função de transferência original deverão estar dentro do círculo de raio unitário.

13 3 4. Sem calcular explicitamente a transformada z, estime a região de convergência das sequências abaixo: a) x[n] u[n+n] u[n N] Solução: Essa sequência tem uma quantidade limitada de amostras, então sua região de convergência é todo o plano. No entanto, como tem amostras em ambos os lados do eixo vertical, haverá polos em z 0 e z. Esses pontos não fazem parte da região de convergência. b) x[n] n u[ n] Solução: Essa é uma função lateral à direita, portanto, devemos investigar o que acontece quando n. Pelo teste da razão, a soma que descreve a transformada z convergirá se lim a n n a < n em que a n é o termo geral da soma. Na transformada z, essa relação será lim n z n+ n n z lim z < n Assim, z <. ( ) c) x[n] n 3n u[ n ] Solução: Essa sequência pode ser inspecionada pelo mesmo método que o item acima. No entanto, é mais simples analisar a convergência para cada termo em separado. Assim, para a parcela / n u[ n ], lim / n z n+ n / n z lim z < n Assim, z < /. Para o termo 3 n u[ n ], lim 3 n z n+ n 3 n z lim 3 z < n Portanto z < 3. Essa sequência é composta pela soma desses dois termos, portanto a região de convergência deve ser a intersecção das duas regiões. Portanto, a região de convergência da sequência é z < /. 5. Seja o sinal de tempo contínuo x c (t) e αt u(t) Encontre a transformada z do sinal discreto obtido a partir da amostragem de x c (t) com período de amostragem T a, ou seja, x[n] x c (nt a ) Solução: A transformada z dessa sequência será obtida por x c(nt a)z n n e αnta z n n0 Suponhamos β e αta, então β n z n n0 (β n z ) n n0 βz desde que z > β.

14 4 6. Seja o sinal de tempo contínuo x c (t), com transformada de Laplace X c (s). Encontre a transformada z de um sinal discreto x[n] obtido a partir da amostragem de x c (t) com período T a. Solução: Considere a seguinte função: s(t) n δ(t nt a) em que δ(t) é o impulso contínuo. Essa função consiste em uma sequência de impulsos igualmente espaçados no tempo (por T a segundos). O sinal amostrado x s(t) a partir de x c(t) pode ser escrito como x s(t) x c(t)s(t) O sinal x s(t) é uma representação em tempo contínuo das amostras do sinal discreto em suas respectivas posições no tempo. Calculando a transformada de Laplace desse sinal, temos X s(s) x s(t)e st dt x c(t)s(t)e st dt x c(t) δ(t nt a) e st dt n [ ] x c(t)δ(t nt a)e st dt n Pela propriedade do peneiramento do impulso contínuo, temos X s(s) n x c(nt a)e snta Fazendo agora a definição x[n] x c(nt a) e z e sta, obtemos n x[n]z n Realizando o raciocínio contrário, temos ) X (e sta n x[n]e snta Fazendo t T a, e multiplicando ambos os lados da equação por t, ) X (e sta t x c(nt a)e snta t n x c(n t)e sn t t n Fazendo t 0, o resultado é ( lim X e ) t sta lim x c(n t)e sn t t t 0 t 0 n x c(t)e st dt X c(s) Portanto, a transformada z tende à transformada de Laplace conforme o intervalo de amostragem tende a 0.