Solução dos Exercícios de Análise de Sinais
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Solução dos Exercícios de Análise de Sinais
Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 1/130 SOLUÇÃO EXERCÍCIOS SELECIONADOS DE ANÁLISE DE SINAIS J. B. Bayão 2014 Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 2/130 Introdução Esta soluções dizem respeito aos exercícios propostos Volume Análise de Sinais. Sua resolução é importante, pois esclarece e estende diversos aspectos da teoria. Foi elaborada visando principalmente os professores de Engenharia de Telecomunicações, mas pode ajudar também o aluno desde que este tente sinceramente fazer os Exercícios antes de olhar a solução. A versão do Scilab usada é a versão 4.0. Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 3/130 EXERCÍCIOS - Sequência A A-2.4-Calcule a energia do pulso de RF (rádio frequência) definido pela fórmula abaixo: Sugestão: Para facilitar, considere t0=0 . Note que 1/f0 não necessariamente é igual a T ( ou seja, o pulso de RF não necessariamente tem uma duração múltipla inteira de um período 1/f0). T deve conter pelo menos 5 períodos do pulso de RF (rádio frequência). O pulso não é periódico. Ele só ocorre uma vez. T é a duração do pulso. Solução: T [ T ] [ t sen4 π f 0 t T sen 4 π f 0 t Ex =∫ [Asen2 π f 0 t ] dt=A − =A² − 2 8 π f0 2 8 πf 0 0 0 2 2 ] A-2.6-Calcule a potência total dissipada pelo pulso de RF do Exercício A-2.4. Solução: Px =lim T→ ∞ Ex =0 T pois Ex é finito A-2.12-Uma sequência periódica de pulsos retangulares, como na Figura 2.1, de largura de pulso τ e período T, pode ser representado pela fórmula x T(t)=AΠT(t/τ). Baseado nesta representação, faça um gráfico para x T(t)=AΠT[(t-τ1)/τ2]. Solução Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 4/130 Figura A-2.12 A-2.14-Faça um gráfico para 2Π4(t/0,5). Faça -6<t<6. Solução: Figura A-2.14 A-2.15-Faça um gráfico para xT(t)=Π4[2(t-1)]. Faça -4<t<9. Solução: x T (t)=Π 4 [2(t−1)]=Π 4 [ (t−1) ] 0,5 Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 5/130 Figura A-2.15 A-2.16-Faça um gráfico de xT(t)=Π4(2t-1). Faça -4<t<10. Solução: ∣ x T (t)=Π 4 (2t−1)=Π4 [2 (t−0,5)]=Π4 t−0,5 0,5 ∣ Figura A-2.16 A-2.18-Trace o gráfico do sinal x(t)=[sen(πt)/(πt)], para -10<t<10. O sinal x(t), assim definido, é também conhecido como x(t)=sinc(t). Qual o valor máximo do sinal x(t), e para que valor de t ele ocorre? O 1° zero do sinal x(t) ocorre para que valor de t? O sinal x(t) é um sinal de energia ou de potência? Por quê? Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 6/130 R: Valor máximo=1 em t=0; 1° zero do sinal x(t) em t=±1. Solução: Figura A-2.18 sinc(t) é um sinal de energia, pois a sua energia total tende a 1. Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 7/130 EXERCÍCIOS – Sequência B B-2.3-No Exercício B-2.1, qual é a relação, em dB, de P B para PA, e como interpretar este resultado? Solução: B é a saida e A a entrada. Se P B <PA, houve uma perda de 32,3 dB. Também podemos dizer que houve ganho negativo, no valor de -32,3 dB. Daí, concluirmos que ganho negativo significa perda, em dB. B-2.5-Um sistema de transmissão apresenta ganho entre dois pontos, A e B, e a relação da potência de A, PA para a potência de B, PB, é de +10dB. Qual o sentido de transmissão? Solução: Vê-se que PA>PB. Como foi afirmado que o sistema apresenta ganho, o sentido de transmissão é de B --->A, ou seja, B é a entrada e A é a saída. B-2.7-Vamos supor que desejamos relacionar em unidades logarítmicas a tensão em V. Como seria essa relação expressa em decibéis? Justifique. Solução: Sempre supondo a impedância a mesma nos pontos considerados, temos que: 2 V P(A , B)= (A , B) R(A ,B) Logo, pela definição de decibel db( V)=20×log 10 VA VB B-2.8-Em se tratando de tensões, a relação em dB é como no Exercício B-2.7. Se entre dois pontos de um sistema temos uma relação P 1/P0=0.5, qual a relação entre as tensões V1/V0 nestes pontos, sabendo que V1 gerou P1 e V0 gerou P0, e que a impedância nos dois pontos podem serem consideradas iguais? Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 8/130 Solução: P! = V21 R P0 = V20 R V 21 P! R =0,5= 2 P0 V0 R Simplificando, temos: V1 2 [ ] =0,5 Logo V0 V1 =√ 0,5 V0 Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 9/130 EXERCÍCIOS – Sequência C C-2.4-Em um sistema de comunicações ocorre a soma de dois sinais, de potências S 1 e N1, respectivamente. Calcule a potência do sinal resultante. Dados: S1=10mW N1 = 3mW. Expresse o resultado em dBm. Solução: A soma de potências ocorre em unidades lineares. Assim: S1+N1=10+3=13mW. Passando para dBm, vem: S1 +N1 (dBm)= 11,139 dBm C-2.6-A relação sinal/ruido, S/N, em um ponto de um sistema de comunicações, é definida como sendo a razão entre a potência do sinal S, em mW, e a potência do ruido N, também em mW, naquele ponto. Sendo S=10mW e N=5×10-4W, expresse a relação S/N em dB. Solução: S 10×10−3 = =20 N 5×10−4 Logo: S/N(dB)=10 log10 20=13,01 dB C-2.8-Em um ponto de um sistema de comunicações a impedância é definida como sendo = 600 Ω resistivos. Se a potência especificada de sinal no ponto é -10dBm, qual o valor em V do sinal? Considere o sinal como sendo senoidal e de 1 KHz de frequência. Solução: Normalmente, refere-se ao valor eficaz do sinal, medido com um voltímetro CA (de um multitester, por exemplo), Em se tratando de sinais senoidais, o valor eficaz vale 0,707 do valor de pico (valor de pico=0V ao |valor máximo|). 2 −10dBm=10log 10 (V ef /600)×10 1 3 Vef é dado em V. Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 10/130 ( V2ef /600)×103 =10−1 1 Daí, 2 V ef=10 ×600 portanto, V ef =10 × √ (600)=0,2449 V=244,9 mV −4 −2 C-2.10-Na entrada de um sistema, deseja-se efetuar um teste onde injetam-se duas frequências diferentes, f1Hz e f2Hz. Se ambas geram uma potência de 0dBm, qual a potência total gerada? Solução: Será o dobro, ou seja +3 dBm. A medição deste valor será obtida desde que a largura de banda do medidor deixe passar as frequências f 1 e f2 sem atenuação e a fonte1 não interfira na fonte2 e vice-versa. C-2.11-Em um enlace para um satélite, temos a seguinte situação: Potência do transmissor = 25dBW; Ganho de transmissão da antena = 63,4dB; Perdas de propagação = 202,7dB; Tolerância para desvanecimentos de sinal e outras perdas = 10dB; Ganho das antenas de recepção no satélite = 33dB Preencha a tabela abaixo, calculando a potência total recebida pelo satélite em dBW e em W. Solução: Cálculo de Balanceamento Potência do transmissor (+) = :25dBW Ganho de transmissão da antena (+) = :63,4dB; = :88,4dBW (-) = :202,4dB; (-) = :10dB; Potência total transmitida Perdas de propagação Tolerância para desvanecimentos de sinal e outras perdas Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 11/130 Ganho das antenas de recepção no satélite (+) = :33dB; Potência total recebida pelo satélite (?) = :-91dBW :7,94x10 10W Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 12/130 EXERCÍCIOS – Sequência D D-2.2- Repita D-2.1 para a forma bilateral do espectro de frequências. Solução: Conforme Figura D-2.2 Figura D2.2 Nota: Na Figura D-2.2, optou-se por informar através do gráfico de fase o valor negativo da parcela -3cos(30t). Desta forma, o gráfico de amplitudes é sempre positivo. D-2.3-Suponha que se resolva traçar um gráfico de espectro unilateral de frequências do sinal no Exercício D-2.1, só que utilizando uma escala logarítmica para o eixo das abscissas. Como seria o aspecto deste gráfico? Solução Conforme a Figura D-2.3 Nota: Nesta representação, não se consegue expor graficamente o nível de CC, pois log 0 = -∞, Conclui-se que esta não é a representação adequada para o espectro unilateral, se bem que a indicação do nível de CC pode ser feito a parte. Figura D-2.3 D-2.4-Repita D-2.3 para o gráfico de espectro bilateral. Solução: Não é possível representar o espectro bilateral desta forma, pois não existe logaritmo de número negativo. D-2.5-Como seriam genericamente traçados gráficos de módulo e fase para o espectro bilateral do sinal definido pela série: Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 13/130 onde Xn é um número complexo função de n, isto é, X n=x(n) + jy(n), n inteiro e variando de -∞<n<+∞, sendo x(t) um sinal real. Isto implica em que X -n=X+n*, ou seja, x(-n)=x(n) e y(-n)=-y(n). Solução: Módulo: Gráficos de barras (exemplo Figura D-2.2), onde para cada n é levantada uma barra vertical com amplitude |X n|. A largura da barra não é importante. n é um inteiro, variando de -∞ a +∞ . O eixo das abcissas pode ser graduado diretamente em n, (adimensional) ou em nf0 ou ainda em nω0. f0 é chamada frequência da fundamental de x(t) sendo indicada em Hz. ω0 é também chamada frequência fundamental de x(t), sendo que, de um modo geral, nω=2πnf. nω é a frequência angular de cada componente de x(t), indicada em rad/s. Em n=0 temos a frequência zero ( em Hz ou rad/s), representando o nível de CC (corrente contínua) existente em x(t). A amplitude de cada barra vertical |X(n)| é igual a ∣ T /2 ∣ 1 ∣X n∣= ∫ x (t )e−jn ω t dt =∣< x(t)e−jn ω t >∣ =|xn +jyn|, onde ω0 = 2πf0 e, pela T −T/2 0 0 fórmula de Euler, x n=< x(t)cos ω 0 t > e y(t)=−< x(t )sen ω0 t > . , sendo n um inteiro, incluindo zero. Fase: Gráficos de barras (exemplo Figura D-2.2), onde para cada n é levantada uma barra vertical com amplitude φn=atan(yn/xn). Nota: Xn e jn ω 0 t −jn ω0 t +X*n e φn =∣Xn∣e e jn ω0 t −φn − jn ω0 t +∣Xn∣e e =∣X n∣{ e jn ω0 t+ φn = 2 ∣X n∣ cos(n ω0 t+ φn ), que representa a harmônica n na série de Fourier compacta de x(t). − jn ω0 t−φ n +e }= Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 14/130 EXERCÍCIOS – Sequência E E-2.3-Faça um desenho do espectro unilateral de frequências do trem de pulsos retangulares de amplitude 2 V, largura 1,5 s e período 4 s. Faça n variar de 0 a 8, calculando 8 componentes do espectro. R: n ω(rad/s) an bn ___________________________________________________ 0 1 2 3 4 5 6 7 8 0 1,57 3,14 4,71 6,28 7,85 9,42 10,99 12,56 0,75 1,18 0,45 -0,16 -0,38 -0,10 0,15 0,17 0,00 0 0 0 0 0 0 0 0 0 Solução: Para simplificar o cálculo dos coeficientes, o trem de pulsos será representado pela fórmula abaixo: x T (t)=2 Π4 ( 1,5t ) a0={2x1,5)/4=0,75 Conforme resultado do Exercício E 2.2, Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 15/130 an = 2×2×1,5 sinc (0,375×n) 4 A figura E.-2.3 abaixo representa o espectro unilateral de forma gráfica. Figura E-2.3 Esta figura foi obtida, após algumas manipulações com o BROffice Impress, com a seguinte listagem Scilab: X=[]; for n=1:1:8 x=(2*2*1.5/4)*sin(0.375*n*%pi)/(0.375*n*%pi); X=[X x]; end bar(X,.2,'black') xgrid Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 16/130 E-2.4-Para os dados do Exercício E-2.3, faça um esboço para a forma de onda resultante da soma da fundamental com a 4a harmônica do sinal. Considere t≤8. Solução: A fundamental, no caso a componente que corresponde a n=1: x1=C1cos (ω0t), ou seja: x1=1,18 cos(1,57t). Portanto, é um cos de fase zero, amplitude 1,18 e período T=4s. A 4ª harmônica tem n=4. Daí, x4=-0,38cos(6,28t). Portanto, é um cos de amplitude -38 e fase zero. A Figura E -2.4 apresenta um gráfico para x 1+x4 em 2 períodos, correspondendo a t=8s Figura E-2.4 Esta Figura foi obtida com a seguinte listagem para o Scilab: Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 17/130 E-2.5-Para os dados do Exercício E-2.3, demonstre que o 1 o nulo ocorre quando nτ/T0=K, sendo K o menor inteiro positivo e real. Determine n e K. R: n=8 e K=3. Solução: A amplitude da componente Cn= 2A τ n τ sen T ( ) . Portanto, Cn=0 pela 1a vez (1o nulo) quando nk =K , sendo K o menor inteiro para a relação T nτ , n=1, 2, 3⋯ T Assim, para o primeiro nulo, n é o menor inteiro para o qual n= kT τ , K=1, 2. 3 ⋯ No caso K KT n= τ 1 2,6666 2 5,3333 3 8 Portanto, o primeiro nulo ocorre para n=8 e K=3. Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 18/130 EXERCÍCIOS – Sequência F F-2.4-Prove as Equações 2.18, 2.19 e 2.20. Solução: a n cosn ω0 t+ bn sen n ω0 t=√ (a 2n + b2n )[ (√ an (a2n+ b 2n ) ) (√ cosn ω 0 t+ bn ( a2n +b 2n ) ) sen n ω0 t ] Usando a identidade trigonométrica: cos (A−B)=(cosAcosB+ senAsenB)=( an b ×cos A+ n ×senA) e fazendo c n=√( a2n +b 2n ) Cn Cn e A=ω0t temos que cosB= an Cn e sen B= bn bn , sendo - B=θn temos que θn =−arc tg Cn an Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 19/130 EXERCÍCIOS – Sequência G G-2.1-A figura 2.17 apresenta um circuito de um retificador de onda completa. Para este circuito, quando a entrada x e(t) for o sinal senoidal x e(t)=Asen (2πf0t) a saída será o sinal retificado xs(t)=|Asen(2πf0t)|. (veja a Figura 2-6). Calcule a série complexa de Fourier para xs(t). Forneça as frequências das 4 primeiras harmônicas e o nível de corrente contínua do sinal. Figura 2-17 R: Tomando-se como referência a frequência f0 do sinal senoidal de entrada, temos: fundamental : n=1 : fs1=2f0. 2o harmônico : fs2=4f0. 3o harmônico : fs3=6f0. 4o harmônico : fs4=8f0. Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 20/130 O nível de corrente contínua será dado por 2A/π. Solução: Série complexa de Fourier: n=+∞ x s (t)= ∑ Xn e jn ω t onde ω0=2π/Ts. 0 n=−∞ Atenção: Se escrevermos ω0=2π/T como é usual, corremos o risco de confundir o período da onda não retificada, identificado por T, com o período T s do sinal retificado, pois Ts=T/2 e assim ω0=4л/T=4πf0. 1 X n= Ts t 0+ T s ∫ x s ( t)e−jn ω t dt onde ω0=2π/Ts. 0 t0 Sabendo que Ts=T0/2, e fazendo t0=0, temos: 2 X n= Ts T0 /2 2A X n= π −jn ∫ A(sen 2 π t/T 0)e 4π t T0 dt Daí, 0 ( 1 2 1−4n ) Frequência dos 5 primeiros harmônicos: 1º harmônico: fs1=ω0/2π =2f0, f0=1/T0, onde T0 é o período da onda de entrada. 2º harmônico: fs2=4f0. 3º harmônico: fs3=6f0. 4º harmônico: fs4=8f0 5º harmônico: fs5=10f0 G-2.2-Faça um esboço do espectro de frequências complexo de Fourier dos sinais x e(t) e xs(t) do Exercício G-2.1. Calcule até a 5a harmônica. Solução: a)Sinal xe(t)=Asen2πf0t Este é um sinal senoidal. Portanto, é um sinal de frequência f 0, ou seja, só tem uma componente no espectro, que é o próprio sinal. Utilizando a fórmula de Euler, jx −jx e −e sen x= 2j , então Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 21/130 e j2 πf t −e−j2 π f t x e (t)=Asen 2 π f 0 t=A = 2j A j2 π f t A − j2π f t A j2π f t A −j2 π f e − e =− j e +j e 2j 2j 2 2 0 0 0 −j π A − j π2 A X e1+ = e = (− j=e 2 ) 2 2 X e1−= jπ A j π2 A e = ( j=e 2 ) 2 2 0 0 0 t Portanto, coeficiente para n=+1 coeficiente para n=-1 A Figura G 2-2.1 apresenta o espectro do sinal acima: Figura G-2-2.1 b)Sinal xs(t): A série do sinal de saída é dada por: x s (t)= ∞ ∑ n =−∞ e jn4π f 0 t , n=1,2 ,3,⋯ f0 é a frequência do sinal de entrada, xe(t). As frequências do espectro de xs(t), são múltiplos pares de fo. 2A 1 Segundo o resultado do Exercício G-2.1, X n= π 1−4n 2 ( n Xn/A 0 0,64 ±1 -0,21 ±2 -0,04 ±3 -0,02 ) . Assim, Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 22/130 ±4 -0,01 ±5 -0,006 A Figura G-2.2 ilustra graficamente este espectro de frequência, em função de n. O afastamento entre raias é de 2f0. Figura G-2.2 G-2.3-De que maneira o conteúdo espectral do sinal de entrada x e(t) do Exercício G-2.1 foi alterado pelo circuito retificador? E a potência? Analise e comente em relação à distribuição espectral do sinal de saída x s(t), à distribuição de potência na frequência do sinal de entrada em relação ao sinal de saída e em relação a linearidade do circuito retificador. Solução: O sinal de entrada é um sinal senoidal puro. Possui apenas uma componente espectral, de frequência f0. O espectro complexo de Fourier, atendendo à convenção Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 23/130 matemática da série complexa, apresenta f0 e -f0 conforme a Figura G 2-1. O nível C.C. do sinal de entrada é zero. A potência média é A 2/2. Podemos afirmar, portanto, que toda a potência do sinal de entrada está concentrada na frequência f0 do espectro. Já o nível de C.C. do sinal de saida é bastante elevado, correspondendo a quase 64% da amplitude máxima do sinal de entrada. A menor frequência do espectro de saida vale 2f0, com uma amplitude relativa de 42% da amplitude do sinal de entrada. Além disso, o espectro do sinal de saida apresenta valores em todos os múltiplos pares de f0, inclusive em fs=0 (C.C.). Entretanto, a potência total do sinal de saida é a metade que a potência rms de entrada. Isto pode ser verificado realizando-se a integral do quadrado de xs(t)2 ao longo do período do sinal de saida, que é a metade do período de entrada. Ou ainda, vê-se logo que a área sob a curva de x s(t)2 é a metade da área sob xe(t)2, quando considerados os períodos respectivos. Conclui-se, portanto, que o circuito retificador é um circuito não linear, pois não atende ao princípio da superposição. Podemos dizer que a frequência f0 foi espalhada no espectro nas frequências componentes do sinal de saida, pelo circuito retificador. A maior parte da potência fica concentrada em f=0 (0,41=0,642). G-2.4-Calcule a série exponencial de Fourier de um trem de pulsos retangulares, de amplitude A, largura τ e período T0. Assuma simetria par pela escolha adequada de t 0, conforme a Figura 2-1. R: Solução: A série exponencial de Fourier de um sinal periódico x(t) se escreve: +∞ x(t)= ∑ n=−∞ Xn e jn ω 0 t n é sempre um número real , inteiro, variando de −∞ a +∞ Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 24/130 Xn é o coeficiente da série. O período do sinal periódico x(t) sendo considerado=T 0, temos que ω0=2Л/T0 , onde ω0 representa o intervalo de frequência espectral entre componentes do espectro. Temos que a série exponencial tem componentes espectrais positivas e negativas, usando portanto a representação bilateral. É baseada na fórmula de Euler, onde uma função senoidal é representada por dois fasores conjugados, Para um sinal x(t) real, para representar uma componente são necessários 2 componente, uma positiva e outra negativa, Xn e-X-n Sendo x(t) um sinal real, Xn e X-n são complexos conjugados. Cálculo de Xn 1 X n= T0 t0 + T0 ∫ x(t ) e− jn ω t dt , ou seja, a integração é feita ao longo de um período da ¿ t=t0 variável livre t. O instante inicial t0 pode ser arbitrado, normalmente sendo escolhido de modo a facilitar o cálculo da integral de Xn. No caso deste exercício, como valor para t 0 deve ser escolhido para que a integral seja simétrica, será feito t0=-T0/2, de modo que Xn fica: τ/ 2 X n= A A 2 sen (n ω¿ τ /2) e−jn ω t dt= ∫ T 0 −τ /2 T0 n ω0 0 = A τ sinc n τ T0 T0 Assim, a série exponencial de Fourier do sinal ω 1 f0= 0 = 2 π T0 pedido é: t A ΠT0 ( τ )= +∞ ∑ n=−∞ jn ω t A τ sinc n τ e T0 T0 0 Obs: Para se escrever a série, basta X n. Por isso, a resposta numérica foi dada em termos de Xn. G-2.5-Trace o gráfico do espectro bilateral do trem de pulsos do Exercício G-2.4. Para o Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 25/130 traçado, considere T0=4τ e repita para T0=10τ, primeiro mantendo T0 invariável e variando τ, e depois mantendo o valor de τ constante e variando T0. Solução: As Figuras G-2.5-1 a G-2.5-4 apresentam o resultado pedido. Na Figura G-2.5-1, T0=1 e τ=0,25. Na Figura G-2.5-2, T0=1 e τ=0,1. Na Figura G-2.5-3, T0=4 e τ=1. Na Figura G-2.5-4, T0=10 e τ=1. Figura G-2.5-1 Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 26/130 Figura G-2.5-2 Figura G-2.5-3 Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 27/130 Figura G-2.5-4 As quatro Figuras acima foram geradas usando a listagem abaixo, escrita e reproduzida em qualquer editor de textos, para o software matemático Scilab. pi=4*atan(1); Nn=input('Entre com o numero de componentes unilaterais: '); T0=10; tau=T0/10; A=1; X=[]; for n=-Nn:1:Nn if n == 0 then xx=A*tau/T0; else xx=(A*tau/T0)*((sin(n*pi*tau/T0)/(n*pi*tau/T0))); end X=[X xx]; end bar(X,0.2,'black') xgrid Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 28/130 G-2.6-Para o Exercício G-2.5, verifique e relate o que acontece com os espectros. Em particular, determine quantas raias do espectro existem desde n=0 até a primeira raia nula e relacione este resultado com os valores de T 0 e τ. Verifique também onde ocorre o 1º nulo do espectro, para n, f e ω. Verifique o que acontece se T 0/τ=4,75. Solução: Analisando os gráficos do Exercício anterior verificamos que a forma geral do espectro é de uma função “sinc“, e que o número de raias até o 1° nulo depende apenas da relação T0/τ. Por exemplo, na Figura G-2.5-3, onde T0/τ=4 , o 1° nulo ocorre para n=4. Desta forma, existem 3 raias não-nulas, o 1°, o 2° e o 3° harmônicos. O 4°harmônico é nulo. Assim, em relação a n, a forma geral das funções “sinc” é a mesma para uma dada relação τ/T0 , não dependendo dos valores particulares de τ ou T0. Entretanto, se o eixo das abcissas for graduado para ω ou f, a forma exata dos espectros dependerá dos valores particulares de τ ou T. Isto pode ser visto se considerarmos que ω0=2л/T, sendo ω0=afastamento entre raias, e que o 1° nulo ocorrerá para ω=2Л(T/τ)xT=2Л/τ. Portanto, temos: Gráfico G-2.5-1: Espaçamento entre raias (em ω)= 2Л/1= 2Л. 1° nulo: ω=2Л/τ=2Л/0,25=8Л rad/s. Gráfico G-2.5-2: Espaçamento entre raias (em ω)= 2Л/1= 2Л. 1° nulo: ω=2Л/τ=2Л/0,1=20Л rad/s. Gráfico G-2.5-3: Espaçamento entre raias (em ω)= 2Л/4= Л/2. 1° nulo: ω=2Л/τ=2Л/1=2Л rad/s. Gráfico G-2.5-4: Espaçamento entre raias (em ω)= 2Л/10= Л/5. 1° nulo: ω=2Л/τ=2Л/1=2Л rad/s. Se T0/τ=4,75, e o eixo das abcissas graduado em n, o 1° nulo ocorrerá para n=4,75. Como as raias só acontecem para n um número inteiro, tanto harmônicos existirão e serão diferentes de zero. o 4 ° quanto o 5° Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 29/130 . Figura G-2.6-1 G-2.7-A partir das fórmulas de Euler, Equações 2-11 e 2-12, mostre que c n=2|Xn|. Solução: Equação 2-11: Equação 2-12: A série exponencial se escreve: Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 30/130 Onde Xn é um fasor de módulo |Xn| e fase α Temos que:, se x(t) é um sinal real, então X n é complexo conjugado de X-n, e somamos um fasor com frequência positiva com seu correspondente fasor complexo conjugado negativo para obter uma componente real de x(t): X n e jn ω t +X *n e− jn ω t =∣Xn∣e jn ω t +α +∣Xn∣* e−( jn ω t +α )=∣Xn∣{e( jn ω t+ α) +e−(jn ω t +α) }=2∣Xn∣cos (n ω0 t+ α) 0 0 0 0 0 0 Assim, comparando com a série compacta, vemos que: X 0=C 0 e 2∣Xn∣=C n EXERCÍCIOS – Sequência H H-2.1-Calcule o espectro de densidade de frequências de um pulso retangular de largura τ e amplitude A. Desenhe o gráfico de X(ω) pelo menos até |ω|<8π/τ. R: X(ω)=Aτsinc(ωτ/2π) sendo sinc(x)=sen(πx)/πx. Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 31/130 Solução: Como não foi definida a posição no tempo do pulso retangular, para simplificar o cálculo este pulso retangular será será representado pelo sinal simétrico x(t)=AΠ(t/τ), conforme a Figura H-2.1.1 abaixo. Figura H-2.1.1 Assim, X(ω) será calculado pela integral: +τ 2 +∞ − jω t +τ 2 −τ 2 [ −j ω τ 2 jω τ 2 ] −e X (ω)=∫ x (t)e− jω t dt=∫ Ae−j ω t dt= Ae ] =A e = −∞ −τ − jω −jω 2 jω τ − jω τ sen ω τ 2A e 2 −e 2 2A 2 τ = ω = ω sen ω =A τ =A τ sinc ω τ τ 2j 2 2π ω 2 [ ] Graficamente, temos, para A=1 e τ=1: ( ) ( ) Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 32/130 Aτ -2π/τ 2π/τ Figura H-2.1.2 A figura acima foi gerada pela listagem abaixo, feita para o software Scilab; pi=4*atan(1); A=1; tau=1; X=0; w=-8*pi:0.1:8*pi; X=A*tau*(sin(w.*tau/2)./(w.*tau/2)); plot2d(w,X) xgrid H-2.2-Calcule o espectro de densidade de frequências do sinal x(t)=AΠ[(t-τ)/τ], sendo x(t) uma função retangular de amplitude A, centrada em t=τ e de largura τ. Desenhe o gráfico de X(ω) (módulo e fase) pelo menos até |ω|<8π/τ. R: Aτsinc(ωτ/2π)e-jωτ Solução: Um possível gráfico para o pulso x(t) está apresentado na Figura H-2.2.1. Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 33/130 Figura H-2.2.1 Utilizando o resultado anterior e a propriedade do deslocamento no tempo podemos escrever: Se AΠ(t/τ) <----------> Aτsinc(ωτ/2π) então AΠ(t-τ/τ)<---------> Aτsinc(ωτ/2π)e-jωτ O acréscimo linear de fase corresponde, portanto, a um deslocamento no tempo. A Figura H-2.2.2 mostra como fica característica de fase do pulso. Como podemos observar, é uma reta passando pela origem, com inclinação -τ (sendo τ o retardo de tempo do pulso). Figura H-2.2.2 A característica de amplitude é como na Figura H-2.1.2. H-2.3-Esboce o gráfico do espectro de densidade de frequências do sinal x(t)=2Π[(t- Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 34/130 3)/1,5], representado na Figura 2-19. Solução: Desafio para o leitor. H-2.4-Para o sinal x(t)=2Π[(t-3)/1,5], representado na Figura 2-19, calcule a contribuição para o valor do pulso em t=3s, pela faixa de frequências do espectro que vai de 0,9 a 1,1Hz. R: -0,5 V para o valor do pulso em t = 3s, que é de 2 V. Figura 2-19 Solução: O sinal x(t) no instante de tempo t 0, x(t0), pode ser representado pela integral de seu espectro de frequências X(ω): x (t 0 )= 1 +∞ ∫ X(ω)e jω t dω 2 π −∞ 0 Portanto, o valor x(t0) é formado pela contribuição de todas as frequências do espectro. No caso deste Exercício, foi solicitada a contribuição da faixa de frequências de 0,9 a 1,1Hz, para o valor x(3). Como podemos observar da Figura 2-19, x(3)=2. Como este valor, para ser obtido, precisa da contribuição de toda a faixa de frequências de X(ω), a faixa pedida, de 0,9 a 1,1Hz, contribuirá com apenas uma parcela g(3) para x(3)=2. Sendo X(ω) representativo do espectro complexo de Fourier, vamos calcular 2 parcelas, uma relativa à parte negativa do espectro e outra relativa à parte positiva do espectro. Assim, temos: Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 35/130 2 π(1,1) −2 π(0,9) 1 1 g1 (3)= X(ω)e jω 3 d ω+ ∫ ∫ X(ω) e jω 3 dω No caso, 2 π −2 π(1,1) 2 π 2 π(0,9) X (ω)=3 sinc ( ω×1,5 − j ω3 )e Assim, 2π 2,2π −1,8 π 1 ω×1,5 ω×1,5 g1 (3)= 3sinc( )d ω+ ∫ 3sinc( )d ω A ∫ 2 π −2,2 π 2π 2π 1,8π integral da função sinc(ωx1,5/2π) pode ser calculada aproximadamente para o intervalo considerado, que é mínimo. Assim, ω sinc(ωx1,5/2π) 2,2π 2,0π 1,8π -0,17 -0,21 -0,21 Portanto,sinc(ωx1,5/2π)≈0,21 para 1,8π<|ω|<2,2π Daí, 3 g1 (3)= 2π [∫ −1,8 π −2 ; 2 π 2,2 π ] (−0,21)d ω+ ∫ (−0,21)d ω =−0,5 1,8 π Portanto a faixa de frequências especificada, de 0,9 a 1,1Hz, contribui com aproximadamente -0,5V para o valor do pulso em t=3V, que é de 2V. H-2.6-Qual a contribuição da frequência de 1Hz para o valor do pulso especificado em H-2.4 em t=3s? R: 0 V. Solução: Conforme o conceito de espectro de densidade de frequências é necessário uma faixa de frequências para uma contribuição finita ao valor do sinal. Uma única frequência gera uma contribuição infinitesimal, portanto zero. H-2.7-Utilizando a propriedade da derivação no tempo, calcule o espectro de densidade de frequências do sinal da Figura 2-20. Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 36/130 Figura 2-20 R: Solução: A propriedade da derivação no tempo estabelece que: x (t)<-----> X(ω) dx(t) <-----> j ω X (ω) dt d 2 (t) <----->( j ω)2 X ( ω) 2 (dt) Baseado no exposto acima, a solução consiste em se derivar o sinal x(t) em sucessão, até se obter um sinal cuja transformada é conhecida. Aplica-se então a propriedade acima para obter X(ω). Assim, derivando-se uma vez x(t), obtém-se: Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 37/130 Figura H-2.7.1 Derivando-se novamente, obtém-se: Figura H-2.7.2 De resultados anteriores, observa-se que: d 2 x =2 Π( t ) 8 (dt)² Daí, temos que ( j ω) 2 X( ω)=2×8sinc ( ω×8 ) 2π Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 38/130 Então 4ω 16 sinc( 4 ω ) −16 sinc( π ) π X (ω)= = ( jω)2 ω2 H-2.8-Compare e comente as eventuais diferenças entre os espectros de densidade de frequência dos sinais x1(t)=2Π(t/4) e x2(t)=2Π(t/8). Faça gráficos dos sinais no domínio do tempo e dos respectivos espectros, observando as respectivas escalas. R: Solução: Os pulsos x1(t) e x2(t) são ambos retangulares, com o mesmo formato e centrados na origem. Apenas x2(t) é mais largo, no tempo. Verifica-se que no domínio da frequência ocorre o oposto, isto é, o pulso mais estreito tem o espectro comparativamente mais largo na frequência. Este fato é interpretado dizendo-se que o pulso mais estreito é mais rápido do que o outro, pois tem uma duração menor. Consequentemente, possui frequências maiores, espalhando mais seu espectro. Entretanto, por uma questão de conservação de energia, o espectro do pulso mais largo tem amplitude maior que o espectro do pulso mais estreito, nesse caso. Gráficos: Desafio para o leitor. H-2.9-Sendo F(ω) a transformada de Fourier de f(t), ache a transformada de Fourier de f(t)cos(ω0)t. Apresente uma solução literal e uma solução gráfica. R: 1/2F(ω-ω0)+1/2F(ω+ω0) Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 39/130 Solução: e j ω t + e− jω t cos (ω0 t)= 2 0 +∞ X (ω)= ∫ f (t) −∞ Pela fórmula de Euler, 0 Daí, a transformada de f(t)cosω0 t é: e jω t +e− jω t −j ω t e dt 2 0 0 Assim +∞ X (ω)= ( ∫ f (t)e −∞ −j ωt )e jω 0 t ¿∞ +( ∫ f (t)e−j ωt )e− jω t 0 2 −∞ Aplicando-se a propriedade do desvio na frequência, escreve-se imediatamente: X(ω)=1/2F(ω-ω0)+1/2F(ω+ω0) Solução gráfica: O sinal x(t) é um sinal qualquer, com um certo espectro de frequências. Ao multiplicarmos os dois sinais, estamos fazendo com que um sinal de frequência e amplitude máximas fixa são multiplicadas por frequências variáveis de x(t). O resultado é a modificação da amplitude máxima de cosω0t, conforme as variações de x(t). x(t) pode ser qualquer sinal, inclusive senoidal. Neste caso particular , x(t).cosω0t, considerando ω0 a maior frequência. Por exemplo, seja f0 =80Hz e x(t) uma senoide de 5Hz. cos (2π80t) x(t) Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 40/130 Figura H-2.9.1 Figura H-2.9.2 x(t).cos (2π80t) Figura H-2.9.3 O produto x(t).cos (2π80t) atende à relação trigonométrica: 1 1 cos (At ). cos (Bt )= [cos (A+ B)t ]+ [cos( B−A) t] 2 2 Esta relação pode ser mostrada graficamente. Assim, A+B=85Hz. B-A=75Hz. Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 41/130 Figura H-2.9.4 1/2cos(B+A)+1/2cos(B-A). Figura H-2.9.6 Figura H-2.9.5 x(t).cos (Bt). Figura H-2.9.7 Conforme podemos ver, os dois gráficos acima são idênticos. Um foi obtido pela soma de duas frequências, respectivamente (B+A) e (B-A), e o outro pelo produto das frequências A e B. É claro que x(t) representa um sinal complexo, com um espectro de densidade de frequências e não apenas uma frequência A. Entretanto, podemos intuir que o resultado é válido para F(ω). No momento, é o máximo que podemos fazer. Experimente repetir este Exercício após os conhecimentos da função impulso unitário e da convolução. Veja também a Parte 3. Esta operação de produto é a base da Modulação em amplitude AM-DSB-SC. Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 42/130 EXERCÍCIOS – Sequência I I-2.3-Qual o valor da função impulso δ(t) em t=0? Solução Considera-se que a amplitude de um impulso, onde estiver localizado, é infinita. No caso, estará localizado em t=0. Portanto, a resposta é infinito. I-2.6-Qual o valor da função δ(t)f(t)? Solução δ(t)f(t)=δ(0)f(0) = infinito I-2.7-Qual o valor da integral (2.27) Solução +∞ +∞ +∞ ∫ δ(t −T)f (t)dt=−∞ ∫ δ(t=T) f (T )dt=f ( T)−∞ ∫ δ( 0)dt=f (T) −∞ I-2.9-Represente graficamente as funções em a, b,c e d abaixo: a) δ(t-T); b) c) f(t)δ(t-T), sendo f(t) uma função qualquer; d) Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 43/130 Solução a) δ(t-T) Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 44/130 Figura I-2.9.1 b) f(t)δ(t-T) Figura I-2.9.2 Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 45/130 c) Figura I-2.9.3 d) Figura I-2.9.4 I-2.10-Calcule a transformada de Fourier de um impulso unitário. Interprete o resultado. Solução +∞ F(ω)= ∫ f (t) e− jω t dt −∞ No caso, f(t)=δ(t) Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 46/130 +∞ F(ω)= ∫ δ(t)e −j ωt dt −∞ +∞ Como δ(t)=0 para t≠0, e F(ω)=e −j ω0 ∫ δ(t)f (t) dt=f (0) −∞ =1 Portanto, a “função” impulso unitário possui um espectro de densidade de frequências constante e igual à unidade. Isto significa que o impulso unitário gera todas as frequências simultaneamente, de 0 até infinito, com a mesma intensidade, I-2.11-Faça um gráfico do espectro de densidade de frequências do impulso unitário. Solução Para o leitor. I-2.12-A partir da definição da série complexa de Fourier, e da transformada de Fourier de ejωot, defina formalmente uma expressão para o espectro de densidade de frequências ou transformada de Fourier de um sinal periódico. Interprete o resultado. R: (2-29) Solução Dado um sinal periódico xT(t), de período T, já vimos que este sinal pode ser representado pela série de Fourier: +∞ x T (t)=∑ Xn e jn ω t 0 −∞ onde ω0= (2 π) T Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 47/130 Portanto, a T.F. de xT(t) será: +∞ +∞ −∞ −∞ X T (ω)= ∫ ( ∑ Xn e jnω 0 t −j ω t )e dt Invertendo-se a integral e o somatório, e fazendo-se u=ω-nω0 +∞ +∞ − jut X T (ω)=∑ ∫ X n e −∞ −∞ +∞ +∞ −∞ −∞ − jut dt=∑ Xn ∫ e dt Mas se +∞ ∫ δ(t )e−j ω t dt=1 −∞ segundo o resultado do Exercício I-2.10, então 1 +∞ j ωt 1×e dω=δ(t) , pela fórmula da transformação inversa. ∫ 2 π −∞ 1 +∞ ∫ 1×e−j ωt dt=δ(−ω) 2 π −∞ Mas acontece que Portanto, δ( ω)=δ(−ω) , pois a função só existe na origem, em ω=0. Portanto +∞ ∫ e− jut dt=2 π δ(u)=2 π δ(ω−n ω0 ) −∞ ∞ X T (ω)=2 π ∑ X n δ(ω−n ω0 ) −∞ onde 2π ω 0= T Assim, Esta expressão representa formalmente o espectro de densidade de frequências do sinal periódico xT(t). Conforme vemos, XT(ω) apresenta as mesmas informações que a série de Fourier do sinal periódico xT(t), ou seja, o valor de cada componente, X n , e o intervalo entre cada componente, ω0. Apenas a forma de apresentação é diferente. Assim, o tratamento espectral dos sinais periódicos e não-periódicos é unificado, pela transformada de Fourier. Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 48/130 I-2.13-Calcule o espectro de densidade de frequências de uma sequência periódica de impulsos periódicos, conforme ilustrado na Figura 2-22. Forneça o gráfico do espectro e interprete o resultado. Figura 2-22 R: (2-30) Solução O trem de impulsos periódicos é uma extensão do conceito de impulso unitário. Assim, temos δT(t), apresentado na Figura 2-22. Sendo δT(t) um sinal periódico, seu espectro de densidade de frequência é dado por: ∞ X T (ω)=2 π ∑ X n δ( ω−n ω0 ) onde −∞ ω 0= 2π T Xn, o coeficiente da série de Fourier do sinal periódico δT(t). No caso, +T / 2 X n= + T/ 2 1 1 1 1 δ (t)e−jn ω t dt= e−jn ω (0) ∫ δ(t)dt= e− jnω (0 )= ∫ T −T /2 T T T −T /2 0 0 0 Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 49/130 X T (ω)=δω (ω)=ω 0 0 Portanto, +∞ ∑ n=−∞ δ( ω−n ω 0) Graficamente, Figura I-2.13 Portanto, vê-se que a transformada de um trem de impulso unitários é também um trem de impulsos unitários na frequência, separados por um intervalo de frequências de ω0 , que pode ser chamado de δω (ω). 0 I-2.14-Calcule o espectro de densidade de frequências de um sinal senoidal de frequência f0 Hz. Solução Um sinal senoidal tem apenas uma frequência espectral. Portanto, seu espectro deve esta concentrado em um único valor, que é |f0|. Formalmente, temos que calcular a T.F. de um sinal senoidal x 1 (t)=Acos (ω0 t + θ) , sendo θ=2 π f 0 +∞ X 1(ω)=∫ Acos(ω 0 t+θ) e− jω t dt −∞ Esta transformada pode ser calculada partindo-se da fórmula de Euler: e j γ +e− j γ cos γ= 2 e do conhecimento que e jω t ←→2 π δ(ω−ω0) , que é uma das 0 Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 50/130 propriedades da T.F., a do deslocamento na frequência. Assim, x 1 (t)=Acos (ω0 t +θ)= [ X 1 (ω)=T.F. A e j(ω 0 t+θ) + e−j (ω t +θ ) e j ω t ×e j θ e−j ω t ×e− jθ =A +A 2 2 2 0 ] [ 0 0 ] e jω t ×e jθ e− j ω t×e− j θ +T.F. A =A /2 e jθ 2 π δ (ω−ω0 )+ A /2 e j θ 2 π δ (ω+ω 0) 2 2 0 0 Portanto pois +∞ ke j ω t ←→ k ∫ e−j (ω−ω ) t dt=2 π k δ(ω−ω 0) 0 0 −∞ segundo o desenvolvimento do Exercício 2-12. Se θ=0, temos a transformada do cosseno: Acos (ω0 t)←→ A π [δ(ω+ω0 )+δ(ω−ω 0)] Se θ=-π/2, temos a transformada do seno, pois cos (θ-π/2)=sen(θ). Asen (ω 0 t)←→A π[δ(ω−ω0 )e j−π/ 2 +δ( ω−ω0) e Mas e j− π/2 =cos (−π/2)+ jsen (−π/2)=− j j π/ 2 ] e e j π/ 2=cos (π /2)+ jsen (π /2)= j Portanto, podemos escrever: Asen (ω 0 t)←→A π[ jδ(ω+ ω0 )− jδ( ω−ω 0)] As transformadas do cos e do sen admitem uma interpretação gráfica: T.F.(Asen t) T.F.(Acos t) jAπ Aπ Aπ -ω0 T.F.(Asent) ω0 -ω0 ω0 -jAπ Figura I-2.14 Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 51/130 EXERCÍCIOS – Sequência J J-2.2-Determine a expressão e faça o gráfico da convolução entre as funções u(t) e ΛW(t). A função u(t) é o degrau unitário, cuja amplitude =1 para t>0, e = 0 para t<0, e ΛW(t) é o pulso triangular, centrado na origem, de amplitude =1 e largura = 2W. R: y(t)=0 para t<-W y(t)=[t2+2tW+W2]/[2W] para -W<t<0 y(t)=W-[-t2+2tW-W2]/[2W] para 0<T<W y(t)=W para t>W Solução A Figura J-2.2.1 apresenta o gráfico de ambos os sinais, ou seja, o degrau unitário e o pulso triangular. Para realizar a convolução entre os dois sinais, podemos manter um deles fixo e o outro deslizando sobre o primeiro, realizando-se uma inversão do segundo em relação ao eixo vertical [x2(-τ)] e calculando-se a área sob a intercessão, variando-se o deslocamento t entre ambas. A convolução é função do deslocamento t. No caso, faremos 1 τ>0 x1(τ) = u(τ), o degrau unitário= 0 τ<0 τ é como denominamos a variável de integração. Isto é feito por conveniência, para que a convolução, que é o resultado de infinitas integrações, cada qual correspondente a um deslocamento, resulte função de t. Por conveniência, escolhemos x2(τ)=ΛW(τ), pois x2(τ) é uma função par, e assim Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 52/130 ΛW(-τ)=ΛW(τ). a) y(t)=0 para t<-W Figura J-2.2.1 Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 53/130 Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 54/130 Figura J-2.2.2 a) t +W b) y ( t)= ∫ 0 −1 t+ w t 2 +2tW+ W² [( τ+ )]d τ= W W 2W para -W<t<0 Figura J-2.2.2 b) c) Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 55/130 y ( t)=S1 + W 2 S1 = W −S2 2 S2 = (W−t) 2W 2 2 logo S1= W (W−t ) − 2 2W Portanto (W−t) 2 y ( t)=W− 2W para 0<t<W Figura J-2.2.2 c) d)Para t>W, a convolução é constante e igual a W, pois a superposição dos dois sinais resulta em 1. x2=x2, e portanto a convolução é igual à área de x 2 , que é igual a W. Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 56/130 Figura J-2.2.2 d) e)Representação gráfica da convolução final: Figura J-2.2.2 e) Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 57/130 EXERCÍCIOS – Sequência K K-2.1-Um sistema tem resposta ao impulso de Dirac igual a h(t). Se a ele é aplicado um sinal de entrada g(t), determine o espectro do sinal de saída, Y(ω), em função do espectro do sinal de entrada, G(ω) e da transformada H(ω) de h(t). Sabe-se que y(t)=g(t)∗h(t). Comente o resultado. R: Y(ω)=H(ω)xG(ω) Solução: Figura K-2.1.1 Como y(t)=g(t)∗h(t), então +∞ y (t)= ∫ g ( τ) h (t−τ )d τ −∞ Portanto +∞ +∞ −∞ −∞ Y (ω)=∫ { ∫ g( τ ) h (t−τ) d τ }e− j ω t dt= +∞ +∞ −∞ −∞ = ∫ g (τ)[ ∫ h (t−τ )e− j ω t dt]d τ = +∞ = ∫ g (τ)H (ω)e− j ω τ d τ −∞ devido à propriedade do deslocamento no tempo. Portanto, Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 58/130 +∞ Y (ω)=H(ω) ∫ g (τ) e− jω τ d τ=H(ω)×G(ω) −∞ Comentário: A transformada do impulso unitário é igual a 1, conforme foi visto no Exercício I-2.10. Portanto, neste caso, Δ(ω)=1 (ou seja, a transformada de δ(t) é igual a 1). Pelo resultado acima, Y(ω) = H(ω). Sendo a função de transferência de um sistema definida como sendo a relação entre a transformada da saida pela transformada da entrada, segue-se que neste caso H(ω) é a própria função de transferência do sistema. A transformada inversa de H(ω), h(t), é chamada equação característica do sistema. É a resposta no tempo ao impulso unitário. Conhecendo-se h(t), uma operação de convolução no tempo permite obter a resposta do sistema a qualquer outra entrada x(t). K-2.3-Utilizando a propriedade adequada, calcule pela convolução a transformada de Fourier do pulso triangular [ A ٨τ]. R: Aτsinc2(ωτ/2π). Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 59/130 Solução A função triangular [ A ٨τ] é um pulso, centrado na origem, com formato triangular, amplitude máxima na origem A e se estende de -τ a +τ, portanto tem largura total de 2τ, conforme abaixo definido matematicamente e o aspecto gráfico na Figura K-2.3.1. Figura K-2.3.1 Duas propriedades da convolução são: Tempo Frequência x 1 (t)∗x2 (t) X 1(ω)×X2 (ω) 2 π [ x 1(t)×x 2 (t )] X 1(ω)∗X 2 (ω) A função A ٨τ (t) pode ser considerada como resultado da convolução entre dois pulsos retangulares iguais de largura τ e amplitude √ (A)τ . Assim, (comprove graficamente) A t A t A ٨τ (t) = τ Π( τ )∗ τ Π( τ ) √ √ Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 60/130 Logo se X 1 (ω)=X2 (ω)= √ A τ sinc( ω τ ) 2π Pelo teorema da convolução no tempo A ٨τ (t) ←→X 1 (ω)×X 2 (ω)=A τ sinc2 ( ω τ ) 2π Assim, foi empregada a convolução no tempo para o cálculo de A ٨τ(t) a partir do pulso retangular e a respectiva propriedade para o cálculo da transformada. Deixamos ao leitor a tarefa de implementar graficamente as funções assim obtidas. K-2.4-Deduza uma fórmula geral para a convolução entre dois pulsos retangulares centrados na origem, não necessariamente iguais. Faça o gráfico do resultado. (Veja o resultado do Exercício K-2.1). R: Um trapézio simétrico em relação ao eixo vertical, centrado na origem, cuja altura vale A1.A2.τ2 , o lado superior vale τ1-τ2 e a base vale τ1+τ2. Solução Utilizando-se a interpretação gráfica da convolução e observando que temos 3 situações distintas de sobreposição dos pulsos, a saber: ∣t∣> ( τ 1+ τ 2 2 τ −τ ∣t∣< 1 2 2 ( ) ( τ 1−τ 2 τ1 + τ 2 <∣t∣< 2 2 ) e ) verifica-se que a convolução resultante é uma trapezoidal, da forma: função ( ) Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 61/130 (confirme). Figura K-2.4 Pelo resultado de K-2.1, um dos pulsos poderia ser o sinal de entrada, e o outro a equação característica de um sistema linear. Como ambos são pulso retangulares, no domínio da frequência temos o produto entre duas funções sinc. É interessante observar que no caso dos pulsos serem iguais, a Figura K-2.4 corresponde a um triângulo isósceles, cuja transformada é proporcional a sinc2. K-2.5-Analise, a partir da propriedade da convolução na frequência, o espectro de densidade de frequências de x2(t). Comente o resultado obtido, principalmente se x(t) for um sinal limitado em frequência [isto é, se X(ω)=0 além de um certo valor para ω]. Solução Como x2(t)=x(t).x(t), então, pelo teorema a convolução na frequência: x 2 ( t)←→ 1 X( ω)∗X (ω) 2π Portanto, X(ω) convolui com ela própria, fornecendo o espectro de x2(t). Se X(ω) 'limitado em frequência, sua frequência máxima é ω m, valor finito. Independente da forma exata de X(ω), sua convolução com ela própria possui o dobro da largura de X(ω). Portanto, conclui-se que quando x(t) possui um espectro limitado a uma valor máximo ωm, x2(t) possui um valor limitado ao dobro, ou seja, 2 ωm. K-2.6-Utilizando a definição de convolução expressa em (2-31) e considerando x1(t)=δ(t), obtenha a convolução x 1(t)∗x2(t), sendo x2(t) uma função qualquer. Dê uma interpretação gráfica ao resultado. Solução +∞ x 1 ( t)∗x2 ( t)= ∫ x 1 (τ)x 2 ( t− τ)d τ −∞ Se x 1 (t)=δ( t) Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 62/130 Então +∞ +ϵ +ϵ −∞ −ϵ −ϵ x 1 (t)∗x2 ( t)= ∫ δ( τ ) x 2(t−τ) d τ=∫ δ ( τ)x 2 (t−τ )d τ=x2 ( t) ∫ δ (τ)d τ=x 2 (t) . Desta forma, podemos dizer que a convolução com uma função impulso reproduz a função. Interpretação gráfica: Supondo x2(t)=f(t) Figura K-2.6 Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 63/130 K-2.7-Refaça o Exercício K-2.6 utilizando a análise no domínio da frequência aplicada às funções impulso. Solução: No domínio da frequência, y(t )=x1 (t )∗x 2 (t)←→X1 (ω) . X 2 (ω)=Y(ω) Se x1(t)=δ(t) ------>δ(ω)=1 Logo, Y(ω)=X2(ω) Portanto y(t)=x2(t) EXERCÍCIOS – Sequência L L-2.1-Um sistema LTI é excitado [função de entrada x(t)] por uma função impulso unitário δ(t) [impulso de Dirac]. Obtenha uma resposta geral para a transformada da saída y(t), em termos da função de transferência H(ω) do sistema. *Sugestão: Resolva o Exercício I-2.10, e aplique a equação (2-45). R: Y(ω)=H(ω). Solução Segundo o Exercício I-2.10, a transformada do impulso unitário é igual a 1. Portanto, se um sistema LTI recebe como entrada uma função x(t)=δ(t), e como saida gera uma função h(t), assim expressa no domínio do tempo, é claro que no domínio da frequência a transformada de h(t), H(ω), é a resposta do sistema à unidade. Assim, um LTI pode ser caracterizado por h(t), no domínio do tempo, ou por H(ω), no domínio da frequência. h(t) é a resposta do sistema ao impulso unitário. A Equação (2-45) define uma função de transferência: Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 64/130 Portanto Y (ω)=X(ω) . H(ω) Portanto, conhecendo-se H(ω), função de transferência do sistema LTI, pode-se determinar a transformada da resposta a qualquer entrada x(t). L-2.2-Um sistema LTI é excitado por uma função de entrada x(t), cuja transformada de Fourier é X(ω). A saída é y(t). Sendo H(ω) a função de transferência do sistema LTI, estabeleça uma equação geral, no domínio do tempo, relacionando y(t), x(t) e h(t), transformada inversa de H(ω), e mostre que h(t) é a resposta impulsiva do sistema LTI. Solução Pelo teorema da convolução no tempo, se então Relacionando-se a expressão acima com a Equação (2-45) pode-se escrever que : y ( t)=x (t)∗h (t) Por resposta impulsiva queremos dizer a resposta do sistema LTI à x(t)=δ(t). Se isto ocorrer, então y(t)=h(t), pela expressão acima. Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 65/130 L-2.3-O resultado obtido no Exercício L-2.2 é muito importante. Ele permite determinar, no domínio do tempo, a resposta y(t) de um sistema LTI à qualquer entrada x(t) desde que se conheça ou determine h(t), que é a resposta impulsiva ou equação característica do sistema. No Exercício L-2.2, ela foi deduzida a partir da Equação 2-45, que foi obtida a partir da definição de função de transferência de sistemas LTI. Partindo agora do resultado do Exercício K-2.6, e interpretando a integral de convolução como o limite de um somatório (onde cada termo do somatório é igual a [x(τ) Δτ]δ(t-τ), Δτ tendendo a zero), demonstre o resultado de L-2.2 utilizando o princípio da superposição aplicado a sistemas LTI. Solução Sabemos que qualquer sinal x(t) pode ser escrito como: +∞ x ( t)=x( t)∗δ(t)=∫ x( τ)δ(t−τ)d τ −∞ Para maior clareza, vamos expressar a relação acima como o limite de um somatório (qualquer integral pode ser expressa desta forma): ∞ ∑ x ( t)= lim Δ τ→0 t =−∞ K Δ τ x (t K )δ (t −t K ) No limite, Δτ--->dτ (um infinitésimo), e tK tende a uma variável contínua. Na expressão acima, temos um somatório infinito de impulsos, cada impulso com uma área igual a Δτx(tK). Assim, pelo princípio da superposição, sendo x(t) aplicado na entrada do sistema LTI temos na sua saida: y ( t)= lim ∞ ∑ Δ τ→ 0 t K=−∞ +∞ Δ τ x(t K )h ( t−t K )=∫ x( τ) h ( t−τ )d τ=x(t)∗h (t) −∞ Portanto, confirmamos que o conhecimento de h(t) permite a determinação de y(t) para qualquer x(t), sendo h(t) a resposta impulsiva do sistema LTI, que é a transformada inversa da função de transferência H(ω). Por esse motivo, h(t) é também chamado de equação característica do sistema LTI. Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 66/130 L-2.5-Um sistema LTI tem resposta impulsiva h(t). Sendo x(t) a entrada, obtenha Y(ω), em função de X(ω) e H(ω). Observe o resultado de L-2.2 e aplique o teorema da convolução no tempo. R: Y(ω)=H(ω).X(ω) Solução Segundo o Exercício L-2.2 y ( t)=x (t)∗h (t) Portanto Y(ω)=H(ω).X(ω) L-2.6- Calcule a resposta de um sistema LTI à um sinal x(t) = cos ω 0t. Utilize a fórmula de Euler para o cosseno e o Exercício L-2.4. Interprete o resultado. R: y(t)=| H(ω0) |cos [ω0t+θ(ω0)] Solução Podemos escrever que: x ( t)=cos (ω0 t)= e j ω t + e−j ω t 2 0 0 Mas já foi visto no Exercício L-2.4 que se a entrada for e H(ω0) e jωot . Assim, se x (t)=e j ω t → y( t)=H(ω 0)e j ω t 0 0 Portanto, se − j ω0 t x ( t)=e − j ω0 t → y(t )=H(−ω0 )e Mas se h(t) é uma função real de t, então H(-ω0)=H*(ω0). Portanto, se H(ω0 )=∣H(ω0 )∣e j θ (ω 0 ) , então − j θ(ω 0) H(−ω 0)=∣H( ω0 )∣e { y ( t)=∣H(ω 0)∣ e e j[ ω t+ θ (ω )]+ e− j[ω 2 0 0 0 t+ θ(ω 0)] } jωot , a resposta será Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 67/130 Portanto y ( t)=∣H(ω 0)∣cos (ω0 t+ θ (ω0 )) Assim, conclui-se que um sistema linear LTI não altera a frequência de um sinal senoidal aplicado em sua entrada, apenas sua amplitude e sua fase relativa. Pelo princípio da superposição, se x(t)=Acos( cos ω 0t+θ1(ω0)) então y(t)=A|H(ω0)|( cos ω0t +θ2( ω0)). A função de transferência do sistema em ω0 será H(ω0)=|H(ω0)|ej(θ2-θ1). L-2.7-Estabeleça um método prático para determinar experimentalmente, em laboratório, uma função de transferência de um sistema LTI. Suponha que estão disponíveis um gerador de sinais senoidais, um osciloscópio de dois canais e uma carga resistiva de valor adequado. Solução A função de transferência H(ω), conforme sugerido pelo resultado do Exercício L-2.8, pode ser obtida para um sinal senoidal de frequência ω0 injetando-se na entrada do sistema um x(t)=Acos(ω0t). A amplitude de sinal de saida será A|H(ω 0t)|. Logo, a amplitude da função de transferência é dada pela relação entre a amplitude da saida e da entrada. A fase introduzida pelo sistema é devida ao retardo de tempo introduzido pelo sistema. Se o sistema introduz um retardo t 0 s , a fase introduzida será t 0ω0 rad. Uma forma de medir essa fase é medindo o desvio de tempo entre a saida e a entrada, o que pode se feito com precisão pelo osciloscópio, principalmente. se este for dotado de um dispositivo de linha de retardo. Variando-se a frequência do oscilador, obtêm-se uma boa descrição da função de transferência do sistema dentro de uma certa faixa de frequência de interesse. A Figura L-2.7 apresenta uma montagem que pode ser utilizada. Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 68/130 Figura L-2.7 Geralmente as entradas de um osciloscópio são de alta impedância, de modo que sua introdução no circuito de medida não afeta as características do sinal sendo medido. Como o sistema LTI deve se “casado em suas impedâncias” nominais de entrada e saida, a impedância do oscilador deve ser ajustada para coincidir com a impedância de entrada do sistema, bem como a carga com a impedância de saida do sistema. L-2.8-Para um circuito elétrico, a função de transferência pode ser obtida conhecendo-se sua topologia e as características elétricas de seus componentes, usandose ferramentas de cálculo apropriadas. Obtenha a função de transferência para a rede RC conforme a Figura 2-24; forneça também os gráficos bilaterais de módulo e fase. Figura 2-24 R: Sendo H(ω) complexo, possui módulo e fase, dados respectivamente por: e Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 69/130 Solução 1 Aplicando-se a regra do divisor de tensão ZC Y jω C 1 = = = X R +Z C 1 1+ jω RC R+ Daí, então jωC H(ω)= 1 1 /RC = 1+ j ω RC 1/ RC+ j ω Chamando a=1/(RC), temos que e A Figura L-2.8.1 apresenta a curva para |H(ω)|, e a Figura L-2.8.2 apresenta a curva de ângulo para H(ω), ambas obtidas através da listagem abaixo: j=sqrt(-1) ww=5000 R=100 C=.00001 a=1/(R*C) H3=abs(a/(a+j*a)) alfa1=[] WW=[] HH=[] for omega=-ww:1:ww; H1=(1/(R*C))/(1/(R*C)+j*omega); H2=abs(H1); WW=[WW omega]; HH=[HH H2]; alfa=-atan(omega/a); alfa1=[alfa1 alfa]; end scf(1) plot2d(WW,HH) Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 70/130 xgrid scf(2) plot2d(ww,alfa1) xgrid Os valores de R e C são, respectivamente R=100Ω e C=10μF. Observamos que para |ω|=a, ∣H (ω)∣= 1 =0,707 √( 2) Portanto, a largura de banda de 3 dB do filtro é proporcional ao valor de a. No caso, a= 1000 rad/s. Como a é inversamente proporcional a RC, o filtro é mais rápido para valores menores de RC. RC tem a dimensional de s. Figura L-2.8.1 Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 71/130 Figura L-2.8.2 RC é a chamada “constante de tempo do filtro”. L-2.9-Usando a transformada inversa da função de transferência, calcule a resposta impulsiva do circuito RC da Figura 2-24. R: Solução a H( ω)= a+ j ω −at e Conforme visto no Exercício L-2.8, 1 u ( t)←→ a+ j ω De uma tabela de transformadas, temos Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 72/130 −at ae a u (t)←→ a+ j ω 1 −t /(RC) h ( t)= e RC Logo Considerando que a=1/(RC) L-2.10-Calcule a saída y(t) do circuito RC da Figura 2-24 quando a entrada x(t) for uma função degrau unitário. R: Solução y ( t)=x (t)∗h (t)=u (t)∗h (t ) h ( t)= 1 e RC −t RC Mas u ( t) −t conforme Exercício anterior. Portanto 1 RC y ( t)=u (t )∗ e u (t) RC 1 +∞ −τ y ( t)= e RC u( τ)u ( t− τ)d τ RC ∫ −∞ Daí, Como −τ e RC u ( τ) só existe para τ>0 e u(t-τ)=1 para τ<t e u(t-τ)=0 para τ>t, então quando t>0 existe sobreposição e consequentemente temos t [ ] t t − 1 1 e−( τ/ RC) y (t)= e−τ /(RC) d τ= =−[e−(t / RC)−1]=1−e (RC ) ∫ RC 0 ( RC) −1 (RC ) 0 Quando t<0 não há sobreposição e y(t)=0. Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 73/130 Portanto, − y ( t)=[1−e t RC ]u (t) L-2.11-No circuito RC da Figura 2-24, R= 1 kΩ e C= 1 μF. Calcule y(t) se x(t)=10cos(2π106)t. Interprete o resultado. R: Solução Para um sinal senoidal, se x(t)=cos(ω0t), y(t)=|H(ω0)|cos(ω0t+θ(ω0)). 1 H( ω)= Para o filtro RC, 1+ j ω RC 3 ∣H (ω0 )∣= Sendo ω0=2π.106 rad/s, R=103Ω e C=10-6F. 10 =1,6×10−4 Sendo a=1/RC=103. 2 12 √(10 +(2 π) 10 ) θ( ω0)=−atan 6 ω0 =−atan (2 π×103 )=−89,99o a ( ) Portanto, y ( t)=−1,6×10−3 sen (2 π×106 t) pois cos(ωt-90o)=-sen (ωt) O resultado acima indica que a frequência de saida é a mesma que a do sinal de entrada. Entretanto, o desvio de fase é muito grande, praticamente -90 o. Além disso, A amplitude de saida é muito pequena. Isto indica que a atuação do filtro é muito forte nesta frequência. L-2.12-No circuito RC da Figura 2-24, x(t) é um pulso retangular definido pela fórmula x(t)=AΠ[(t-τ/2)/τ] (ver Exercício H-2.2). Calcule y(t) e faça gráficos de y(t) para τ/RC >> 1 e τ/RC << 1. Interprete os resultados. Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 74/130 R: Solução Segundo o Exercício L-2.9, a equação característica do filtro RC é −t 1 RC h ( t)= e u ( t) RC Assim +∞ y (t)= ∫ h (z) x (t−z)dz −∞ Utilizando como auxílio a interpretação gráfica da convolução, vemos que temos 3 situações: 1º) t<0 2º) 0<t<τ e 3º) t>τ Para a 1ª situação, t<0, não há sobreposição, e y(t)=0. t y ( t)=∫ 0 A e RC t y ( t)= ∫ t−τ − z RC z − dz=A [1−e t RC t Para a 2ª situação, 0<t<τ, e ] − − A − RC e dz=A [1−e RC ]e RC (t −τ) RC Finalmente, para t>τ, temos: A Figura L.2-12-1 apresenta um exemplo para o sinal de saida quando τ/RC>>1, isto é, o pulso de saída é muito parecido com o pulso de entrada, sendo pequena a distorção apresentada pelo filtro. Isto se justifica pois o espectro de frequências do pulso retangular é proporcional a 1/τ,que é muito menor que a largura de banda do filtro, que é proporcional a a=1/RC. Desta forma o pulso é pouco afetado pelo filtro. Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 75/130 Figura L.2-12-1 A Figura L.2-12-2 representa um exemplo para quando τ/RC <<1. Nota-se, neste caso, uma grande deformação do pulso de saida em relação ao pulso de entrada. Isto se justifica pois τ/RC sendo <<1, então a largura de de banda do filtro é muito menor que a largura de banda do pulso de entrada, causado grande distorção. Figura l.2-12-2 As Figuras L.12-2-1 e L.12-2-2 fora geradas pela listagem a seguir, para tau=80 e tau=5 respectivamente, e A=2. A listagem roda no Scilab 4.0: A=2 tau=5 R=2000 C=1E-03 z=tau/(R*C) tt1=[] Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 76/130 hh1=[] for t=-100:.1:0 h1=0.00000000000001; hh1=[hh1 h1]; tt1=[tt1 t]; end plot2d (tt1,hh1) xgrid hh2=[] tt2=[] for t=0:.1:tau; h2=A*[1-exp(-t/(R*C))]; tt2=[tt2 t]; hh2=[hh2 h2]; end plot2d(tt2,hh2) xgrid tt3=[] hh3=[] for t=tau:.1:100 h3=A*[1-exp(-tau/(R*C))].*[exp(-(t-tau)/(R*C))]; hh3=[hh3 h3]; tt3=[tt3 t] ; end plot2d(tt3, hh3) xgrid L-2.13-Obtenha a função de transferência e a resposta impulsiva do sistema conhecido como segurador de ordem zero (Zero Order Hold – ZOH) apresentado na Figura 2-25. Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 77/130 Figura 2-25 Faça os gráficos correspondentes e interprete. Solução A resposta impulsiva do sistema é sua resposta ao impulso unitário. Assim , considerando que em sua entrada seja aplicado uma função impulso unitário, na entrada do integrador teremos a diferença de dois impulsos, δ(t)-δ(t-T). T é o retardo entre os dois impulsos aplicados na entrada do integrador. É como se ao impulso em t=0 correspondesse um eco em t=T, de área de sinal oposto ao 1º impulso. Assim, na saida do integrador temos um pulso retangular de largura T e amplitude =1, iniciando em t=0 e terminando em t=T, pois a integração do eco anula a integração do impulso a partir de t=T. Assim, y ( t)=h( t)=Π( t−T/2 ) T Fica como desafio para o leitor a obtenção da função de transferência e uma confirmação do valor obtido. Fica também a realização dos gráficos correspondentes. R: L-2.14-Um sistema de transmissão apresenta o efeito de multicaminho, que ocorre quando o sinal chega ao receptor por dois ou mais caminhos com retardos diferentes. Considerando o caso de apenas dois caminhos, o sistema em questão pode ser representado pelo diagrama da Figura-2-26. Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 78/130 Figura 2-26 Obtenha o módulo e a fase da função de transferência deste sistema e comente o resultado obtido. Sugestão: Faça gráficos aproximados de |H(ω)| e θ(ω). Considere K1=K2=1, e os gráficos vão desde – π/(t2-t1) a +π/(t2-t1). Comente sobre os gráficos obtidos. Solução ( H( ω)=K 1 e− j ω t +K 2 e−j ω t =K 1 1+ 1 ( H( ω)=K 1 1+ ∣H (ω)∣=K1 √ ∣H (ω)∣=K1 √[ 2 K 2 − jω (t −t ) − jω t e e K1 2 1 ) 1 K2 K2 −j ω t cos ω (t 2−t 1)− j sen ω (t 2−t 1 ) e K1 K1 ) [ 2 ][ K K 1+ 2 cos ω(t 2−t 1) + 2 sen ω(t 2−t 1 ) K1 K1 2 ] 1 Portanto K2 K 22 K 22 2 2 1+ 2 cos ω( t 2−t 1)+ 2 cos ω(t 2 −t 1)+ 2 sen ω(t 2 −t 1) K1 K1 K1 ] Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 79/130 ∣H (ω)∣=K1 √[ 2 K K 1+ 2 2 cos ω( t 2−t 1)+ 22 K1 K1 [ ] K2 sen ω (t 2−t 1 ) K1 θ h (ω)=−ω t 1−atan K 1+ 2 cos omega( t 2−t 1) K1 ] e Desafio para o leitor: Gerar e representar gráficos para |H(ω)| e θh(ω). EXERCÍCIOS – Sequência M M-2.1-Considere o sinal x(t)=10cos(tπ+π/5)+5sen(2πt – π/4) + cos (6πt +π/3) sendo aplicado na entrada de um FPB ideal com ω c=4π e t0= 1 s. Determine a expressão do sinal y(t) na saída do filtro e trace as formas de onda de x(t) e y(t). Considere t variando de -5 a 5 s, com um intervalo mínimo de 0.1 s. Solução: O sinal de entrada é composto por 3 frequências, respectivamente ω1=π, ω2=2π e ω3=6π rad/s. O FPB é ideal, e possui uma frequência de corte ωc=4π rad/s. Logo, de antemão podemos inferir que o sinal de saida será composto por apenas duas frequências, ω1=π, ω2=2π. Mas qual serão as formas de onda de x(t) e y(t)? Evidentemente, isto dependerá do defasamento entre as frequências de entrada e do retardo oferecido pelo sistema. Podemos resolver essa questão supondo inicialmente que o sistema tenha retardo zero, e inserindo posteriormente o retardo de 1s em y(t), e Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 80/130 aplicar o principio da superposição, calculando a saida correspondente a cada x. Mas mesmo assim ainda temos que considerar o defasamento entre os sinais de entrada. Pode-se também calcular logo as três grandezas envolvidas, x(t), y(t) e h(t), utilizando o teorema da convolução no tempo: y ( t)=x (t)∗h (t) Para isto, é muito fácil utilizarmos um software para cálculo matemático, como o Scilab, que é gratuito. A convolução, no Scilab, é calculada com apenas 1 comando, convol. A rotina utilizada é apresentada após as Figuras abaixo. Nesta rotina do Scilab, utilizaremos a equação característica do FPB : Outra coisa a ser considerada é que teoricamente tanto x(t) quanto y(t) são sinais de potência, portanto têm duração infinita ( de -∞ a+∞). Mas para poder usar um processamento numérico, ou mesmo desenhar um gráfico é preciso limitar a variável livre a valores finitos máximos e mínimos. Portanto, as respostas obtidas são limitadas a um certo intervalo, fora do qual elas não têm validade. Mas como saber se o resultado obtido é correto (ao menos aproximadamente)? Um critério é comparar as respostas segundo duas maneiras diferente de obtê-las. Uma, mais restritiva quanto aos parâmetros de cálculo, porém com boa probabilidade de acerto nos resultados. Outra mais geral, que pode ser facilmente estendida a outros tipos de sinais e sistemas. No nosso caso, a primeira valida a segunda. As duas formas foram empregadas, e deram origem aos resultados das figuras abaixo, geradas pelo Scilab: Figura M-2.1-1 Sinal de entrada Figura M-2.1-2 Resposta Impulsiva h(t) do sistema Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 81/130 Figura M-2.1-3 Saida x1+x2 Figura M-2.1-4 Saida representando a convoluçao entre as duas Figuras acima Observe que a Figura M-2.1-3 representa a soma de x 1+x2, sinais com frequências respectivamente ω1=π, ω2=2π, que são inferiores a frequência de corte do FPB ωc=4π. Seria a saida do filtro, se o retardo fosse zero. Como o tempo de retardo do filtro é 1s, o valor em t=0 corresponde a t=1, etc. Este resultado valida o apresentado na Figura M-2.1-4, que é dado pela convolução entre o sinal de entrada e a resposta impulsiva do FPB. Note que o valor de retardo do filtro já está computado. As Figuras acima foram geradas pela utilização da rotina listada a seguir, que é aplicável a versões 4.0 e inferiores do Scilab. pi=4*atan(1); t=-5:0.01:5; x1=10*cos(pi*t+pi/5); x2=5*sin(t-pi/4); x3=cos(6*pi*t+pi/3); x4=x1+x2+x3; x9=x1+x2; scf(0) plot2d(t,x4) xgrid scf(1) plot2d(t,x9) xgrid Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 82/130 omegac=4*pi; t0=1; W=omegac/(2*pi); x=2*W*(t-t0); sinc=(sin(pi*x))./(pi*x); h=2*W*sinc; scf(2); plot2d(t,h) xgrid scf(3) y=convol(x4,h); tt=-10:0.01:10; plot2d(tt,0.01*y) xgrid M-2.2-Trace a resposta impulsiva h(t) para o FPB do Exercício M-2.1. Considere t de -5 a +5 s, com um intervalo mínimo de 0.1 s. Solução Na verdade, a solução deste exercício está contida na solução do Exercício M-2.1. A listagem a seguir é um subconjunto de comandos da listagem apresentada no Exercício M-2.1, que roda no Scilab Versão 4.0: pi=4*atan(1); t=-5:0.01:5; omegac=4*pi; t0=1; W=omegac/(2*pi); x=2*W*(t-t0); sinc=(sin(pi*x))./(pi*x); h=2*W*sinc; scf(2); plot2d(t,h) xgrid A Figura M-2.2-1 apresenta o gráfico para h(t), conforme geradp pela listagem acima: Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 83/130 Figura M-2.2-1 M-2.3-Conforme sabemos, y(t)=x(t)∗h(t). Comprove esta relação, obtendo a referida convolução para o caso do Exercício M-2.1. Sugestão: Elabore uma rotina computacional na linguagem de sua preferência, e utilize como entrada os vetores correspondentes à x(t) e h(t), para t de -5 a +5 s com intervalo de 0.099 s (para evitar divisão por zero). A saída deve ser comparada com y(t) obtido em M-2.1. Solução Novamente, este é um sub-produto do Exercício M-2.1. M-2.6-Trace o gráfico do pulso sinc x(t)=Asinc(2Bt). Considere 2 conjuntos de parâmetros:A1=1; B1=2 e A2=2; B2=4. A transformada de Fourier do pulso é X(ω)=(A/2B)Π (ω/4πB). Deduza esta expressão e calcule X(ω) para cada conjunto [A1,B1] e [A2,B2]. Trace os gráficos correspondentes e compare com os gráficos dos pulsos sinc. Estabeleça por sua conta as escalas das ordenadas e das abscissas mais adequadas. Solução A Figura M2.6.1 apresenta gráfico de x(t) para o conjunto valores [A,B]=[1,2]; 1º de Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 84/130 Figura M-2.6.1 Para o 2º conjunto [A, B]=[2,4] temos a Figura M-2.6.2; Figura M-2.6.2 As Figuras acima foram geradas com a seguinte listagem (Scilab 4.0): pi=4*atan(1); A=1; (2); B=2; (4); t0=0; Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 85/130 t=-5:0.0009:5; x=2*B*(t-t0); sinc=(sin(pi*x))./(pi*x); x=2*B*sinc; scf(1) plot2d(t,x) xgrid A f Asinc (2Wt)←→ Π( ) 2W 2W De uma tabela de transformadas compatível temos que: Daí, se x(t)=Asinc(2Bt) então X(ω)=(A/2B)Π (ω/4πB) As Figuras M-2.6.3 e M-2.6.4 apresentam X(ω) para os 2 conjuntos de valores [A,B]=[1,2] e [A,B]=[2,4], respectivamente. Figura M-2.6.3 Figura M-2.6.4 Conforme verificamos, a largura da função no domínio do tempo varia de forma inversa no domínio da frequência (se a função se alarga no tempo, isto é se a sua duração é maior, então ela se estreita na frequência, e vice-versa). Apesar de termos comprovado apenas para um caso particular, podemos generalizar para qualquer sinal. M-2.7-Considere o pulso sinc do Exercício M-2.6 sendo aplicado a um FPB ideal com largura de faixa WHz (W=ωc/2π), ganho unitário e retardo zero. Considere duas situações: B>W e B<W. Para cada uma das situações, calcule a expressão para o sinal de Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 86/130 saída y(t). Estabeleça comparações entre os dois casos, anotando o que acontece com a amplitude e a duração no tempo do pulso de entrada nos dois casos. Solução 1ª situação: B>W: Nesse caso, a largura de banda do sinal de entrada é modificada pelo filtro. Como a função de entrada é retangular em ω, sua representação no tempo é uma função sinc. Portanto, o sinal de saida, terá um espectro de frequências ainda retangular, porém, como B>W, este sinal de saida terá um espectro mais estreito que o de entrada, ficando limitado à uma frequência ωC. Este sinal, no domínio do tempo, tem a forma da transformada inversa da função retangular, ou seja a função sinc. Na verdade, pela ação do filtro, o espectro do sinal de saida será igual à função de transferência do filtro. No domínio do tempo, temos uma convolução entre duas funções sinc, a função de entrada e a equação característica do filtro. O resultado, isto é, o sinal de saida, é também expresso como uma função sinc no domínio do tempo. Daí concluímos que a convolução entre funções sinc de espalhamentos diferentes resulta ainda numa função sinc, que é igual à sinc mais espalhada. Em outras palavras: y ( t)=x (t)∗h (t)=2Bsinc ( 2Bt)∗2Wsinc(2Wt)=2Wsinc( 2Wwt) sendo B>W. 2ª situação: B<W: Nesse caso, o FPB não afeta o sinal de entrada, que possui menor largura de banda. Assim, o sinal de saida reproduz a entrada. Seguindo o mesmo raciocínio anterior, temos nesse caso: y ( t)=x (t)∗h (t)=2Bsinc ( 2Bt)∗2Wsinc(2Wt)=2Bsinc (2Bt ) sendo B<W. A amplitude, como a função de transferência tem valor =1, fica inalterada a amplitude máxima da função de transferência. Entretanto,no caso descrito pela situação 1, O sinal de saida possui largura de bada menor que o sinal de entrada, sua energia é menor, e sua amplitude máxima no domínio do tempo deverá também diminuir. Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 87/130 M-2.8-Considere uma função degrau unitário sendo aplicado à entrada de um FPB ideal de largura de banda W e t0=0. Calcule numericamente a saída y(t) do filtro para -4/W<t<4/W. Utilize o software de sua preferência, mas considere um número suficiente de amostras dos vetores de entrada para que se obtenha um gráfico claro e bem preciso. Discuta a precisão do sinal de saída em função do incremento utilizado nas variáveis e do comprimento dos vetores. Solução Conforme vimos no Exercício K-2.10, a convolução de uma função qualquer com o degrau unitário resulta na integral da função. Neste Exercício, temos como sinal de saida do filtro a convolução entre o sinal de entrada e a equação característica do sistema. Como o sinal de entrada é um degrau unitário, a saida será igual a integral da equação característica do FPB. Portanto, será igual à integral de h(t)=2Wsinc(2Wt). Esta é uma integral não-trivial, e só pode ser calculada numericamente. A Figura M-2.8 apresenta a função de saida, obtida pela rotina abaixo, escrita para rodar no Scilab versão 4.0. Esta rotina calcula numericamente a integral de uma função qualquer, definida pelo comando function, pelo método de Simpsom. pi=4*atan(1); W=1.5; fqq=[]; nn=[]; ss=[]; xx=[]; function [r]=IQ(v) r=(2*W)*(sin(2*W*pi*v)/(2*W*pi*v)); endfunction t=0; nx1=-1.; nx2=5.; for ny=nx1:0.01:nx2; nz=-1.5; s=0.; fq=0.; n=0.; for x=nz:0.01:ny n=n+1; s=IQ(x); fq=fq+2*s; end Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 88/130 fq=fq-(IQ(nz)+IQ(ny)); fq=((ny-nz)/(2.*(n-1))).*fq; int=fq; fqq=[fqq fq]; nn=[nn n]; xx=[xx x]; end scf(0) plot2d(xx,fqq) xgrid Figura M-2.8 Quanto aos parâmetros do cálculo, eles podem ser ajustados convenientemente na rotina. M-2.9-Um FPB tem uma função de transferência dada por: conforme mostra a Figura 2-31. Esta função não tem módulo constante na faixa de passagem do filtro, apresentando uma distorção linear em atenuação. Um pulso g(t), também limitado em banda à BHz, B=W, é aplicado à entrada deste Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 89/130 filtro, conforme mostra a Figura 2-32. Ache a saída r(t). Trace o gráfico resultante considerando k=0,1; t0=0,5 s; T=0,1 s, e W=1.5Hz. R: r(t)=g(t-t0)+(k/2)g(t-t0+T)+(k/2)g(t-t0-T) Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 90/130 Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 91/130 Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 92/130 Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 93/130 Figura 2-31 Figura 2-32 Solução Sendo g(t) <-----> G(ω) e r(t) <-----> R(ω) então R(ω)=G(ω)R(ω). Portanto, R (ω)=G(ω)[1+ kcos ω T ]e− j ω t cos ω T= e jωT − j ωT 0 Mas +e 2 Então R (ω)=G(ω) e−j ω t + (k /2)G(ω) e−j ω (t −T) + (k /2)G(ω) e−j ω(t + T) 0 0 0 Daí, pela propriedade do deslocamento no tempo, r (t)=g (t−t 0 )+( k /2) g( t−t 0+ T)+( k /2)g( t−t 0−T) Nota-se que o sinal de saida é composto pela adição do sinal de entrada deslocado no tempo com 2 “ecos” do sinal de entrada, com a amplitude multiplicado pelo fator k/2 e deslocamento relativo +T e -T. Isto irá distorcer o pulso de saida, fazendo com que sua Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 94/130 forma seja diferente do pulso de entrada. Para gerar figuras representando este fato, usamos a listagem a seguir, para o Scilab 4.0, entretanto, para melhor visualização, usamos T=0.35 e W=5. pi=4*atan(1); W=5; tau=1/W; k=0.1; t0=0.5; T=.35; A=1; ww=[]; HH=[]; xx=[]; yy=[]; tt=[]; for w=-W-.5:0.01:W+.5 H=1+k*cos(w*T); HH=[HH H]; ww=[ww w]; end scf(0) plot2d(ww,HH) xgrid for t=-2:0.01:2; z1=t; x=A*exp(-pi*(z1/tau)^2); z2=t-t0-T; z3=t-t0+T; y=A*exp(-pi*((z1-t0)/tau)^2)+k*A*exp(-pi*(z2/tau)^2)+k*A*exp(-pi*(z3/tau)^2); xx=[xx x]; yy=[yy y]; tt=[tt t]; end scf(1) plot2d(tt,xx) xgrid scf(2) plot2d(tt,yy) xgrid As Figuras geradas pela listagem acima são as Figuras M-2.9.1, M-2.9.2 e M-2.9.3 a Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 95/130 seguir representadas: Figura M-2.9.1 Figura M-2.9.2 Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 96/130 Figura M-2.9.3 M-2.12-Defina o que seria um Filtro Elimina Faixa. Escreva uma possível função de transferência e função característica para esse filtro. Apresente também algumas aplicações. Solução Um Filtro Elimina Faixa, como o nome já sugere, é o inverso de um Filtro Passa Faixa, isto é, um filtro que deixa passar livremente as frequências fora de sua faixa de passagem, e elimina completamente frequências dentro desta faixa. Sendo assim, sua função de transferência pode se escrever: H( ω)FEF =[1−H(ω)FPF ]e ⁻ j ω t 0 Uma possível função característica para este filtro seria dada pela transformada inversa da equação acima. Consultando-se uma tabela de transformadas e aplicando-se a propriedade da multiplicação por cosω0t, tem-se: h ( t)FEF=[δ (t−t 0 )−2cos (ω 0 (t−t 0 ))×( 2Wsinc2W( t−t 0))] EXERCÍCIOS – Sequência N N-2.1-Calcule a função de transferência do filtro passa faixa RLC da Figura 2-34, considerando como sinal de entrada a corrente x(t) e como sinal de saída a tensão y(t). Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 97/130 Figura 2-34 R: (Segundo Close): Solução A relação entre a tensão e a corrente é a impedância do circuito. Assim, segundo H( ω)= 1 1 1 + + jω C R ( jω L) = R ω2 −1/(LC) 1+ jRC ω ( Close, ) N-2.2-Supondo que para o Exercício N-2.1 , sejam definidos e sendo Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 98/130 ωR – frequência de ressonância do filtro Q – fator de mérito ou fator Q do filtro Calcule H(ω) , | H(ω) | e θ(ω) em função de ω R e Q. R: Solução H( ω)= H( ω)= R R = 2 2 2 (ω −ω R ) 1 C ω −ω R 1+ jRC × 1+ jR 1 √ LC L ω×ωR ω× √ LC 2 √( ) R 2 ( 2 ω −ω 1+ jQ ω×ω R R ∣H(ω)∣= ) Assim, R √ ω2−ω2R 1+ Q ω×ω R 2 ( ω2−ω2 θ( ω)=−arctg Q ω×ω R R ( ) ) 2 e N-2.5-Estabeleça a função de transferência de um equalizador 1 que possa ser utilizado 1 Um equalizador é um tipo de filtro que é geralmente inserido no caminho de recepção do sinal, de modo que Hcanal∙Hequal.=Ke- jωto (ou seja, o equalizador tenta compensar a distorção do canal, de modo que a resposta global seja a de um sistema sem distorção, ao menos na banda do canal). Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 99/130 para compensar a distorção de amplitude causada pelo efeito de multicaminho do Exercício L-2.14. R: Solução O equalizador, de função de transferência H eq(ω) , é um sistema linear colocado em série com o canal, modificando-o, de modo que, Hfinal ( ω)=Hcanal (ω)×Hequal (ω) Como o objetivo é alcançar transmissão sem distorção dentro da faixa de banda do canal, então Hfinal ( ω)=Ke −j ω t d onde K e td são constantes arbitrárias dentro da faixa do canal. Ke− j ω t H equal (ω)= H canal (ω) Assim d Para a distorção K 2 − j ω(t −t ) − j ω t Hcanal (ω)=K1 1+ e e multicaminho, K1 ( 2 1 ) causada pelo efeito 1 Portanto K ×e− jω (t −t ) K1 Hequal (ω)= K [1+ 2 e−j ω(t −t ) ] K1 d 1 2 1 N-2.6-A Figura N-2.6 apresenta o esquema básico de um equalizador de linha de retardo com derivações, um filtro transversal, no caso com 3 tomadas. Determine sua função de transferência na banda de passagem do filtro. Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 100/130 Figura N-2.6 R: Solução Do esquema do equalizador, temos que y ( t)=a −1 x ( t)+ a 0 x (t −T)+a 1 x (t−2T) Daí, aplicando-se a propriedade do deslocamento no tempo, e Y(ω) Hequal (ω)= notando-se que X(ω) N-2.7-Demonstre que o filtro transversal do Exercício N-2.6 pode ser utilizado como equalizador para compensar a distorção de multicaminho apresentada no Exercício L2.14 e estabeleça valores de a-1, a0 e a1 para que isto aconteça. Sugestão: Utilize o resultado do Exercício N-2.5, fazendo K=K 1/2 e t0=2t1, e utilize a seguinte expansão em série: 1/(1+x)=1-x+x2-x3+x4+... R: a-1=1; a0=-(K2/K1); a1=(K2/K1)2 e T=t2-t1 Solução Conforme visto no Exercício L-2.14, o efeito multicaminho provoca distorção de Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 101/130 amplitude e fase, pois K − jω (t −t ) ×e K1 Hequal (ω)= K [1+ 2 e−j ω(t −t ) ] K1 d 1 2 1 Como K e td são arbitrários, podemos fazer K=K12, e td=2t1, obtendo-se: K1×e− j ω(−t ) Hequal (ω)= K [1+ 2 e−j ω (t −t )] K1 1 2 1 Expandindo-se Hequal(ω) em uma série binomial 1 =1−x + x 2−x 3 +x 4 −... 1+ x 2 Hequal (ω)=1− 3 4 K 2 − j ω(t −t ) K 2 −2j ω(t −t ) K 2 −3j ω(t − t ) K2 −4j ω(t −t ) e + e − e + e −... K1 K1 K1 K1 2 1 ( ) 2 1 ( ) 2 1 ( ) 2 1 Comparando-se esta expressão com a obtida no Exercício N-2.6, conclui-se que Hequal(ω) pode ser aproximada por um equalizador empregado um filtro transversal com tantas tomadas quanto o número de termos necessários a uma boa aproximação na expansão binomial. Para o filtro transversal com 3 tomadas, K 2 − j ω(t −t ) K 2 2 −2j ω(t −t ) K 2 3 −3j ω(t − t ) Hequal (ω)=1− e + e − e K1 K1 K1 2 sendo portanto a−1=1 −K 2 a 0= K1 1 ( ) 2 1 ( ) 2 1 Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 102/130 T=t 2−t 1 K a 1= 2 K1 2 N-2.9-A Figura 2-37 apresenta o diagrama esquemático de um FPB muito utilizado na prática, chamado filtro Butterworth de 3a ordem. Considere os seguintes valores para este circuito: R = 200 Ω C1 = 1/(800πW) F C2 = 3C1 L = 400/(3πW) H sendo W a largura de banda em Hz, que corresponde aos pontos de -3dB do filtro. Considerando W=1000Hz, trace o módulo da função de transferência H(ω) do filtro. Indique os valores em dB de |H(ω)| para as frequências de 200Hz, 400Hz, 1000Hz, 1200Hz e 2500Hz. R: 200Hz: 0dB; 400Hz: 0dB; 1000Hz: -3dB 1200Hz: -6dB 2500Hz: -23,9dB Figura 2-37 Solução A rotina abaixo fornece um gráfico, apresentado na Figura N-2.9, onde podem ser Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 103/130 observados os valores até 1200Hz. pi=4*atan(1); i=sqrt(-1); V1=1; 'Butter6' B=1000; omegaB=2*pi*B; C_Bu=(1/(800*pi*B)); R=200; C1=C_Bu ; L=400/(3*pi*B); C2=3*C1; R_Bu=200; HH=[]; omeg=[]; HHdB=[]; for omega=0.1:1:2.5*pi*B s=i.*omega; C1=(1/(800*pi*B)); L=400/(3*pi*B); z1=R_Bu; z2=1/(s*C1); z3=s*L; z4=1/(s*3*C1); zz2=(z2*(z3+z4))/(z4+z2+z3); V3=(z4/(z3+z4))*(zz2/(z1+zz2))*V1; H=abs((z4/(z3+z4))*(zz2/(z1+zz2))); HdB=20*log10(H); HHdB=[HHdB HdB]; HH=[HH H]; omeg=[omeg omega]; end plot2d(omeg/(2*pi), HHdB) xgrid A rotina pode ser facilmente modificada para incluir o valor de 2500Hz. Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 104/130 Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 105/130 Figura N-2.9 N-2.10- Qual o valor aproximado, em unidades lineares, para a atenuação do filtro em 2500Hz? E em 10 KHz? R: Desafio para o leitor. N-2.11-Trace a resposta impulsiva h(t) do FPB da Figura 2-37. R: Figura 2-38 Por conveniência a Figura 2-38 foi obtida com os seguintes valores para os elementos Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 106/130 do filtro: W=12Hz, C1=0,66μF, C2=200μF, L=1,7H, R=100Ω. Conforme podemos observar da Figura 2-38, a resposta ao impulso é causal, sendo =0 para t<0. Solução A rotina abaixo pode ser usada para obter o gráfico da Figura 2-38. Roda em Scilab versão 4.0 ou inferior. A resposta está reproduzida no gráfico da Figura N-2.11, gerada pela rotina (após empregar recursos de edição de imagem do próprio Scilab). pi=4*atan(1); i=sqrt(-1); s=poly(0,'s') B=12; fator=1 ; omegaB=2*pi*B; C_Bu=(1/(400*fator*pi*B)); R=100*fator ; C1=C_Bu; L=200*fator/(3*pi*B) ; C2=3*C1; z1=R; z2=1/(s*C1); z3=s*L; z4=1/(s*3*C1); zz2=(z2*(z3+z4))/(z4+z2+z3); V3=(z4/(z3+z4))*(zz2/(z1+zz2)); s1=tf2ss(V3); t=0:0.001:1; xset("window",11); xselect(); y=csim('impulse',t,s1); plot2d(t',y') a=get("current_axes"); a.font_size=5; xgrid A largura de banda usada B=12Hz, pequena para que a largura do pulso seja próxima de da unidade (1/12 =0.08). Apenas um critério. Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 107/130 Figura N-2.11 N-2.12-A Figura 2-39 apresenta um diagrama em blocos de um sistema utilizando o FPB da Figura 2-37. Em que condições podemos afirmar que a função de transferência equivalente do sistema é H1HFPBH2? Figura 2-39 Solução Quando as funções de transferência não interferirem uma com a outra. Isto ocorre quando a saida de uma não interfere com a entrada de outra, em termos de impedâncias. No caso em questão, como só temos 3 funções de transferência ligadas em cascata, basta que a saida de H1 não interfira com a entrada de H FPB, e a saida de HFPB não interfira com a entrada de H2. Isto será possível se a impedância de saida de H1 for muito baixa, a Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 108/130 impedância de entrada de HFPB seja muito alta, de modo a não interferirem mutuamente , a impedância de saida de H FPB seja muito baixa e a impedância de entrada de H2 seja bem alta para que HFPB não afete H2 e vice-versa. N-2.14-Ainda para o filtro RC da Figura 2-24, suponha R=500Ω. Para este novo valor de R, calcule o valor de C tal que a frequência de corte (-3dB) continue a ser =1000Hz. Calcule a atenuação, em dB, à 5000Hz. Apresente seus cálculos. R: 300 nF; -14,15dB. Desafio para o leitor. Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 109/130 EXERCÍCIOS – Sequência O O-2.1-Utilizando a notação para funções retangulares definida nos exercícios da sequência A, defina a função de transferência ideal do FPB utilizado na recuperação do sinal amostrado. Suponha que a sequência amostradora δ T(t) tenha exatamente o dobro da frequência máxima (BHz) de x(t), ou seja T=1/2B (intervalo de Nyquist). Desenhe o gráfico da função de transferência do sinal amostrado X S(ω) nestas condições. R: H(FPB)=TΠ[ω/(4πB)]. Solução O FPB ideal tem a função de transferência conforme a Figura 2-43. Como a amostragem tem exatamente o dobro da frequência máxima (Bhz) de x(t). a função de transferência do FPB ideal tem exatamente W=B, assim |H(FPB)|=TΠ[ω/(4πB)]. A Figura O-2.1 mostra um aspecto geral para |H(ω)| neste caso. Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 110/130 Figura O-2.1 O-2.2-Desenvolva uma equação no domínio do tempo, que descreva o processo de reconstrução de um sinal analógico x(t) a partir de um FPB aplicado a suas amostras. Considere o modelo de amostragem da Figura 2-40 e utilize o intervalo de Nyquist (T=1/2B) na obtenção das amostras. *Sugestão: Estabeleça a função característica h(t) de um FPB ideal [que nada mais é do que a transformada inversa de H(FPB)], a seguir estabeleça a convolução entre x s(t) e h(t). R: Solução No domínio do tempo, a operação de filtragem que reconstitui x(t) a partir do sinal amostrado é analisada como sendo a convolução de x s(t) com h(t)=Ţ 1[H(ω)]: x ( t)=xs ( t)∗h (t) Sendo H( ω)=T Π( ω ) 4 πB então, h ( t)=2 T Bsinc( 2 Bt )=sinc(2 Bt) . pois T=1/(2B). Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 111/130 x s (t)= Mas +∞ ∑ x(nT)δ( t−nT), n =0,±1,±2,±3... n =−∞ ou seja, é um somatório de funções impulso, sendo a área de cada impulso igual a (xnT) (valor das amostras em t=nT). Pela teoria dos sistemas lineares, e pelo princípio da superposição, escreve-se imediatamente que: ∞ ∞ n=−∞ n=−∞ x ( t)=h( t)∗ ∑ x ( nT)δ(t−nT)= ∑ x (nT)h(t)∗δ(t−nT) Portanto x (t)= +∞ ∑ n =−∞ x( nT) h (t−nT)= +∞ ∑ x (nT) sinc[2B(t−nT)] n=−∞ Esta última equação descreve o processo de interpolação no domínio do tempo para reconstrução de x(t) a partir de suas amostras x(nT). O-2.4-Um sistema de tratamento de sinais resolve fazer a amostragem de um sinal analógico empregando o esquema da Figura 2-45 : Figura 2-45 Supondo que seja obedecido o teorema da amostragem, isto é: 2π/T > 2ωmax. a-Calcule e desenhe o espectro de densidade de frequência da sequência de pulsos Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 112/130 pT(t). b-Calcule e desenhe o espectro do sinal amostrado X s(ω). Solução Obs: Vemos que o sinal amostrado consiste de uma sequência de pulsos de amplitude constante. A amplitude de cada pulso é proporcional ao valor de cada amostra, x(nT). Este esquema de amostragem é chamado de amostragem instantânea. A solução dos itens a) e b) é deixada como desafio para o leitor. EXERCÍCIOS – Sequência P P-2.1-Sabemos que se o sinal analógico x(t) for amostrado segundo o modelo teórico da Figura 2-40, a sequência de amostras consiste de uma sequência de impulsos, cada qual com uma área que é proporcional ao valor da amostra x(nT), porém a amplitude de cada impulso é infinita. Este é um modelo teórico, não pode ser fisicamente realizado [entretanto, podemos realizá-lo em nossa imaginação]. Por isso, vamos chamar a sequência de impulsos, na saída de amostrador da Figura 2-40, de x is(t) ( O subíndice i referindo-se a uma entidade irreal). Por outro lado, a forma em escada, saída do circuito Hold conforme a Figura 2-46, é um sinal que com certeza tem existência física real. O valor de cada amostra está representado pela amplitude de cada pulso de largura T, sendo T o intervalo de amostragem. Este sinal será chamado xs(t). Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 113/130 Demonstre que, com o auxílio da teoria de sistemas lineares, é possível estabelecer um modelo matemático e assim obter o espectro de densidade de frequências de x s(t). Explique o resultado obtido e comente todas as considerações teóricas que julgar necessário. R: ω0=2π/T T é o intervalo de amostragem. Solução Consideremos o esquema de amostragem da Figura 2.45, apresentado no Exercício O-2.4. Vemos que o sinal amostrado consiste de uma sequência de pulsos de amplitude constante. A amplitude de cada pulso é proporcional ao valor de cada amostra, x(nT). Conforme é verificado, nesse esquema de amostragem o espectro de frequência do sinal amostrado é dado por: +∞ 1 X s (ω)=τ sinc ω τ × × ∑ (ω−n ω0 ) 2 π T n=−∞ ( ) onde ω0=2π/T No caso do ZOH, τ=T, e Nesta expressão, vê-se que o espectro do sinal amostrado é uma soma de espectros deslocados em nω0, mas cada parte do espectro é modificada pela função sinc(ωT/2π). Desta forma, a saída de um ZOH, apesar de ser um circuito não linear, pode ser modelada por técnicas da teoria de sistemas lineares. Observe que o ZOH só precisa ser considerado no lado de recepção de um sistema amostrado, na etapa de reconstituição do sinal analógico. No lado de transmissão, pelo contrário, temos a equação geral: Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 114/130 +∞ 1 X s (ω)=τ sinc ω τ × × ∑ (ω−n ω0 ) 2 π T n=−∞ onde ω0=2π/T ( ) τ deve ser o menor possível, para que o espaço livre entre amostras caiba outras informações, como por exemplo outas amostra de um sistema multiplexado. P-2.2-Com base no resultado obtido no Exercício P-2.1, explique porque o filtro Q(ω) da Figura 2-46, que teoricamente é um FPB, não deve ter sua característica de transferência plana, mas sim com algum reforço nas frequências mais agudas (isto é, próximas de ωmax). Solução O filtro Q(ω) é o filtro de reconstituição. Na amostragem ideal em que a função amostradora é uma sequência de impulsos, Q(ω) é um Filtro passa-baixas ideal, com frequência de corte ωC=ω0/2=T/π, sendo que a frequência máxima do sinal amostrado é igual a B=ω0/2π, isto é, está sendo usado o intervalo de amostragem de Nyquist. Para o ZOH, que usa pulsos de largura T, o sinal recuperado é multiplicado pela função ωT sinc( ) 2π portanto deformado por uma função como na Figura P-2.2 Figura-2.2 Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 115/130 Nesta figura,T=1 e serve apenas como exemplo. Para que a resposta final não seja distorcida, é necessário que seja acrescentado um equalizador que compense a distorção observada, como na Figura P-2.2.1. Figura -P-2.2.1 EXERCÍCIOS – Sequência Q Q-2.1-Determine o espectro de densidade de energia de um pulso retangular g(t)=⊓(t/T), e calcule sua energia Eg. Se o sinal g(t) for processado por um FPB ideal de largura de banda fcHz, determine a energia Ey de saída. Considere T=10 ms e fc com 3 valores: 10Hz, 100Hz e 1000Hz. Interprete os resultados obtidos, comparando a largura do pulso de entrada com as larguras de banda propostas e as respectivas respostas impulsivas do filtro, observando a deformação do pulso ao passar pelo filtro. Além das energias, obtenha também as formas de onda de entrada e saída em cada caso. R: Eg=0,01 J 1: T=10 ms e fc=10Hz: Ey=0,002 J Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 116/130 2: T=10 ms e fc=100Hz: Ey=0,009 J 3: T=10 ms e fc=1000Hz: Ey=0,0099 J Solução A energia de um pulso retangular é igual a E(J)=T(s)xamplitude(V)=0,01J. Por outro lado, no domínio da frequência, o espectro de densidade de energia do pulso retangular é: S(f)=(AT)2sinc2(fT). No caso, A=1V e T=0,01s. Portanto, S(f)=(Tsinc)2(fT) A energia é dada pela integral deste pulso. Quando o pulso passa pelo FPB ideal, seu espectro de frequências é limitado pelo filtro. Consequentemente sua energia diminui. A ∞ energia de entrada pode ser calculada pela fórmula: E i (J )=2×∫( Tsinc(fT)) df 2 0 fc Para o sinal de saida, a energia do pulso de saida será E 0 (J )=2×∫ ( Tsinc(fT))2 df dada por: 0 Infelizmente, as integrais acima são não-elementares, e só podem ser resolvidas por métodos numéricos ou gráficos. A listagem a seguir pode ser usada para resolução das equações acima utilizando um método numérico. A aplicação desta listagem para o Scilab 4.0 gera as respostas numéricas apresentadas. pi=4*atan(1); T=0.01; fc=100; function [r]=IQ(v) r=2*(T*((sin(pi*v))/(pi*v))^2) endfunction N=fc*T; s=0; fq=0; Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 117/130 n=0; for x=0.0001:0.01:N n=n+1; s=IQ(x); fq=fq+2*s; end fq=fq-(IQ(k)+IQ(N)); fq=((N-k)/(2.*(n-1))).*fq A forma de onda do sinal de saida é dada pela transformada inversa do espectro de frequências do sinal de saida. Este espectro, no caso, é igual ao espectro de entrada, que é uma função sinc, truncada na frequência pelo filtro. Daí, temos uma deformação do pulso. Parece que esta deformação será tanto maior quanto maior for a truncagem no espectro, ou seja, será tanto maior quanto menor for a largura de banda do filtro. Assim, a Figura Q.2-1 apresenta a forma de onda do pulso na saida do FPB ideal, quando em sua entrada temos um pulso retangular, em tres situações: quando a relação τW=2, 1/2 e1/4. O pulso de entrada tem amplitude igual a 1, e larguras respectivamente iguais a 2,82s, 1,41s e 1s. Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 118/130 Figura Q-2-1 Note que os pulsos representados na Figura Q.2-1 são não-causais, pois o filtro é ideal. A Figura Q.2-1 foi obtida pela listagem abaixo, variando-se seus parâmetros adequadamente: pi=4*atan(1); T=6; TT=T+50; T1=sqrt(.25); tau=T1*2; tt=[]; xx=[]; omegac=T1*pi; t0=1; for t=-T:0.011:T; if abs(t)<T1 then x=1; else x=0; end tt=[tt t]; xx=[xx x]; end Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 119/130 scf(0) plot2d(tt,xx) xgrid f=-10:0.011:10; T2=2*T1; sinc=(sin(pi*T2*f))./(pi*T2*f); H=T2*sinc; scf(1) plot2d(f,H) xgrid t=-50:0.011:50; W=omegac/(2*pi); sinc=(sin(pi*2*W*(t-t0)))./(pi*2*W*(t-t0)); h=2*W*sinc; scf(2) plot2d(t,h) xgrid y=(1/100)*convol(h,xx); scf(3) tt=-TT:0.011:TT-0.011; plot2d(tt,y) xgrid Q-2.2-Obtenha a função de autocorrelação de um sinal senoidal g(t)=Acos(ω 0t+ϴ). Sugestão: Faça Solução A sugestão acima considera apenas um (1) período da função, pois a função g(t)=Acos(ω0t+ϴ) é periódica, portanto um sinal de potência e o limite quando T--->infinito é igual à integral considerando apenas um (1) período. Assim, T /2 ϕg (τ)= ∫ A2 cos (ω 0 t+θ)cos( ω0 [t+ τ]+θ)dt= −T/ 2 T/2 =A2 /2 [ ∫ −T /2 cos ω0 τ dt+ T/2 ∫ −T /2 cos(2 ω0 t+ ω0 τ+2 θ) dt] Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 120/130 A última integral acima é nula, portanto A2 ϕg (τ )= cos ω0 τ 2 Q-2.3-Obtenha o espectro de densidade de potência do sinal g(t)=Acos(ω0t+θ). Interprete e apresente um gráfico do resultado. R: Solução Como ϕg (τ )←→Sg (ω) Então Esta equação pode ser representada graficamente, conforme a Figura Q.2-3. senoidal Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 121/130 Figura Q.2-3 Q-2.5-Obtenha a expressão geral do espectro de densidade de potência de um sinal periódico de período T0 em termos do coeficiente Gn da série complexa de Fourier. Sugestão: Observe os seguintes passos: 1-Obtenha a expressão para G(ω), transformada de Fourier de g(t), um sinal periódico. 2-Obtenha a expressão para GT(ω), que é a transformada de Fourier da versão truncada de g(t), usando o fato de que g T(t) pode ser considerado o produto de g(t) por um pulso retangular de largura T e amplitude 1, centrado na origem, logo G T(ω) pode ser obtido pelo teorema da convolução na frequência. Observe o passo 1. 3-Escreva a expressão para o espectro de densidade de energia de g T(t). 4-Aplique a definição e obtenha uma expressão inicial para S g(ω), que é igual a 1/T do espectro de densidade de energia de gT(t) quando T tende a infinito. 5-Resolva o limite para T tendendo a infinito da expressão obtida no passo 3, considerado que uma função (sinc) 2, quando concentrada na origem, tende a uma função impulso. Calcule a área desta função impulso. R: onde Gn é o coeficiente da série de Fourier do sinal periódico g(t). Solução Do passo 1, obtemos: Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 122/130 g( t)= +∞ Gn e jn ω t ∑ n=−∞ ω0 = 0 2π T sendo Gn o coeficiente de ordem n da série complexa de Fourier do sinal periódico g(t): +t / 2 1 − jn ω t G n = ∫ g( t)e dt T −T / 2 0 Portanto, a transformada de Fourier do sinal periódico g(t) é dada por: n=+∞ G(ω)=2 π ∑ n =−∞ G n δ( ω−n ω0 ) ω0 = 2π T sendo T o período de g(t). passo 2: A versão truncada do espectro de frequências de g(t) é dado por g T (t)=∣G T (ω)∣ Podemos dizer que a versão truncada de g(t) foi obtida multiplicado-se g(t) por uma função porta retangular. Utilizando a propriedade 1 GT (ω)= G(ω)∗T sinc(ω T/2 π) frequência, vem 2π Mas n=+∞ G(ω)=2 π ∑ n =−∞ Gn δ(ω−n ω0 ) n =+∞ GT (ω)=T sinc( ω T /2 π)∗ ∑ G n δ(ω−n ω0)= Portanto n=−∞ n =+∞ =T ∑ n=−∞ Gn sinc [ ( ω−n ω0 ) 2π ] da convolução na Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 123/130 n=+∞ [ (ω−n ω 0) Sg (ω)=lim ∑ ∣Gn∣ T sinc 2π T→ ∞ n =−∞ [ 2 ] 2 (ω−n ω0 ) T sinc 2π 2 ] passo 3: Observe que quando T--->infinito, a função tende a ficar concentrada na origem, com amplitude infinita, ou seja, um impulso. Resta determinar a área deste impulso, ou seja +∞ T ∫ sinc2 −∞ [ ] xT dx 2π Considerando a definição de energia, temos que a energia total de um pulso +∞ +∞ +∞ = 2 ∣ { }∣ 1 1 T 2 ET = ∣G (ω)∣ d ω= T sinc ω ∫ ∫ 2 π −∞ 2 π −∞ 2π 1 T 2 2 T sinc ω d ω=T ∫ 2 π −∞ 2π ( ) d ω= retangular, de largura T, e amplitude unitária, é igual a T. Daí, portanto 2 +∞ T= T T 2 sinc ω dω ∫ 2 π −∞ 2π +∞ ( ) T 2 π=T ∫ sinc ω dω 2π −∞ 2 ( [ (ω−n ω0 )T T sinc 2π 2 Daí, ) ] Portanto, quando T-->infinito, tende a um impulso, localizado em nω0, de área igual a 2л. Dai, podemos escrever que (passo quatro) n=+∞ Sg (ω)=2 π ∑ ∣G( n)∣2 δ(ω−n ω0 ) n =−∞ ou seja, o PSD de um sinal periódico é um somatório de funções impulso, onde a área Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 124/130 de cada impulso é dada por 2л |Gn|2 , onde Gn é o coeficiente da série complexa de Fourier de g(t). Cada impulso está localizado em nω0 , sendo ω0 a fundamental de g(t). Q-2.6-A partir da expressão acima calcule a potência de um sinal senoidal g(t)=Asenω0t. Apresente os passos intermediários. Solução A ±j π G= e 2 2 O coeficiente de Fourier de um sinal senoidal é: Daí, |G|2=A2/4 Para um sinal senoidal, Sg (ω)=2 π [ A 2 /4 δ(ω−ω0 )+ A2 /4 δ (ω+ω 0) ] Portanto Potência Total=1/2л x 2л x [A2/4+A2/4]=A2/2. Q-2.7-Considere um sinal g(t) sendo processado por um sistema linear com função de transferência H(ω). Obtenha uma relação entre as densidades de potência da entrada e da saída, Sg(ω) e Sy(ω). Justifique seus resultados. R: ∣GT (ω)∣2 Sg (ω)=lim T T→ ∞ Solução sendo g T (t )←→GT (ω) gT(t) é a versão truncada de g(t). Quando T tende a infinito, podemos considerar a resposta y T(t) do sistema corresponde à entrada gT(t), pois o tempo de duração do sinal é grande o suficiente para desprezarmos quaisquer resíduos de yT(t) além do tempo T. Daí, podemos considerar como válida a relação: Y T (ω)=H(ω)×GT (ω) para T →∞ Daí, segue-se que Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 125/130 1 1 ∣Y T (ω)∣2=lim ∣H(ω)×G T (ω)∣2= T →∞ T T →∞ T 2 =∣H(ω)∣ lim ∣GT (ω)∣2 =∣H(ω)∣2 Sg (ω) SY (ω)=lim T →∞ Q-2.8-Um espectro de densidade de potência Sg(f)=3 para f=∓10Hz, e 0 para |f|>10. Calcule a potência de g(t) em Watts. Solução O espectro acima é do tipo bilateral, conforme a especificação de f. Portanto, deve-se calcular a contribuição de frequências positivas e negativas. A expressão +∞ +10 −∞ −10 P=∫ Sg (f ) df=3 ∫ df =60W permite calcular essa potência. Q-2.9-Se ao invés da variável f, em Q-2.8, houvesse sido especificada a variável , fazendo-se Sg()=3, quais seriam os valores limites da janela em para a potência do sinal g(t) não varie. Solução No caso de utilização da variável ω (rad/s), a fórmula para cálculo da potência se modifica para: P= 1 +∞ ∫ Sg (ω) d ω 2 π −∞ Nesta expressão, ω=2лf é a frequência angular equivalente, medida em rad/s. +ω 1 60= No caso, os limites de integração são -ω1 a +ω1, e a 1 3 ∫ 3 d ω= 2 π [2 ω1 ] integral acima fica: 2 π −ω 1 Daí, ω1=20л. Como era de se esperar, uma vez que a potência do sinal não se alterou, nem o valor Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 126/130 da função de densidade espectral, os limites de frequência foram convertidos de Hz para rad/s. Q-2.10-Uma bateria de 12V CC é ligada a um resistor de 1, dissipando uma potência de 144W. A representação do espectro de densidade de potência deste sinal pode ser 144(f) W/Hz. Como seria essa representação se a variável livre fosse ? Solução Este caso requer interpretação. Temos que levar em conta que a mudança de variáveis implica uma mudança de escala no eixo das ordenadas, ou de frequências, expressa pela relação ω= 2лf. Evidentemente, a potência total tem que ser a mesma, em ambos os casos. Expressando o eixo das frequências em Hz, temos que: +∞ P=∫ 144 δ (f )df =144W −∞ Expressando o eixo das frequências em rad/s, temos que P= +∞ 1 +∞ 2 π +∞ 144 δ (ω)d ω= 144 δ(2 π f ) df=144 ∫ ∫ ∫ δ(x)dx=144W 2 π −∞ 2 π −∞ −∞ pois ω= 2лf, consequentemente dω= 2лdf. Além disso, como a função impulso só existe para o argumento =0, tanto faz δ( 2лf) ou δ(x), a função impulso só existirá em x=0, e assim δ( 2лf) = δ(x). Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 127/130 EXERCÍCIOS – Sequência R R-2.1-Estabeleça um método para medição em laboratório da distorção de atenuação de um sistema de uma entrada e uma saída. Você dispõe dos seguintes equipamentos: Um gerador de sinais, capaz de gerar sinais senoidais em frequências ajustáveis na banda W do sistema em teste, com amplitude pico a pico ajustável de 0 à 3 V e impedância de saída baixa, em torno de 5 Ω. Um medidor de valores rms, capaz de medir na banda do sistema, com alta impedância de entrada (da ordem de 10 KΩ), com escala calibrada em V. Sabemos que a precisão dos valores de amplitude gerados e medidores, por limitações do instrumental, é de ∓20% do valor nominal, mas desejamos uma precisão nas medições pelo menos igual ao dobro da especificada para a estabilidade dos aparelhos, que é de ∓1% do valor nominal. O sistema sob teste possui impedância de entrada e saida nominais de 600Ω e atenuação de 3 dB no centro da banda, e o sinal de teste de entrada deve gerar uma potência de -10dbm0 nominais em toda a banda a ser medida. Pelo menos 10 valores de frequência devem ser avaliados, igualmente espaçados na banda do sistema. Espera-se que a distorção de atenuação seja inferior a ∓1 dB na banda medida. Especifique o valor nominal de tensão de saida (valores pico a pico) do gerador de sinais a ser utilizado, o método de teste e a faixa de valores esperados como resultado da medição caso o sistema esteja corretamente ajustado. Solução: A distorção de atenuação é a obtenção da atenuação (módulo) do sistema para diversos valores de frequência dentro da faixa de atuação do sistema, e a partir desses valores o cálculo da diferença (normalmente em dB) do valor obtido para cada frequência e um valor de referência. Por exemplo para sistemas telefônicos, na faixa de voz (a faixa de voz assume o valor nominal de 0-4 kHz, nestes sistemas). . Assim, se Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 128/130 atn(620Hz) = 4 dB. atn(720Hz) = 3,5dB. atn(820Hz) = 3,0dB. atn(920Hz) = 2,5dB. atn(1020Hz) = 3,0dB. atn(1120Hz) = 3,0dB. atn(1220Hz) = 4,0dB. atn(1320Hz) = 4,5dB. atn(1420Hz) = 4,0dB. Então, tomando-se como referência a atn a 1020Hz, 3dB, temos que a distorção de atenuação medida para esta faixa é: dis(820Hz) = 4,0-3,0=1dB. dis(720Hz) = 3,5-3,0=0.5dB dis(820Hz) = 3,0-3,0=0,0dB dis(920Hz) = 2,5-3,0=-0.5dB dis(120Hz) = 3,0-3,0=0,0dB dis(1120Hz) = 3,0-3,0=0,0dB dis(1220Hz) = 4,0-3,0=1,0dB dis(1320Hz) = 4,5-3,0=1,5dB dis(1420Hz) = 4,0-3,0=1,0dB Portanto, a distorção de atenuação pode ser calculada a partir da característica de módulo da atenuação do sistema, também chamada de resposta em frequência do sistema. A Figura R-2.1 apresenta uma montagem de teste que pode ser utilizada para obtenção da resposta em frequência do sistema, em função dos recursos disponíveis. Inicialmente, com a chave ch-1 voltada para a posição a, medir a tensão de entrada no sistema fornecida pelo oscilador senoidal, previamente ajustado para uma frequência específica na faixa de medida. Supondo que o sistema em teste vá ser usado em um Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 129/130 sistema de telecomunicações num ponto de nível relativo de 0dB (o ponto de 0dB é o ponto de referência para alocação de níveis de potência nos demais pontos do sistema em teste), a potência de -10dBm0 corresponde a uma potência de -10 dBm. Isto corresponde à uma tensão rms de 0,224V sobre 600Ω. Portanto,o nível de saida do gerador deve ser ajustado para que se meça 0,224V no ponto a. A seguir, comuta-se a chave para o ponto b e mede-se a tensão rms de saida com o voltímetro. Como a impedância de entrada é igual a impedância de saida, o módulo da atenuação em dB do sistema pode ser calculado por: 2 atn(dB)=20×log 10 ( Vsaida /V entrada ) Note que Ventrada=0,224V. Este procedimento deve ser realizado para todas as frequências de medição. Solução dos Exercícios de Análise de Sinais Prof. João Baptista [email protected] Pag 130/130 Figura R-2.1 R-2.2-A Figura 2/G.713, especificada pelo ITU-T é relativa à distorção com a frequência do retardo de grupo esperado entre interfaces a 2 fios de canais PCM em frequências de voz (Recomendação G.713 do ITU-T). A referência é o retardo de grupo mínimo medido na banda, o qual não deve exceder 750μs. Foram obtidos os seguintes valores em uma medição: Valor mínimo (em 1000Hz): 650,0μs. Em 1100Hz: 650,2μs. Em 1200Hz: 650,5μs; Em 2020Hz: 656,0μs. Você aceitaria esse sistema como atendendo à Recomendação? Porquê? R- Desafio para o leitor. R-2.3 a R-2.7 – Desafio para o leitor.