fourier

Capıtulo 3 - Fourier

Eduardo [email protected]

Departamento de Engenharia EletronicaUniversidade Federal de Minas Gerais

Av. Antonio Carlos 6627, Belo Horizonte, MG, Brasil

– p.1/175

Representacoes de sinais por Fourier

Representacoes de sinais como contribuicao linear de umconjunto de sinais basicos.

Convolucao - combinacao linear de impulsos deslocadosno tempo.

Fourier - combinacao linear de exponenciais complexas

Se a entrada de um LTI e uma combinacao linear de funcoesexponenciais complexas (senoides/cossenoides), a saıda podeser expressa nesta mesma forma com coeficientes que saorelacionados de maneira direta com aqueles da entrada.

Sinais Periodicos - Somas ponderadas de senoidesharmonicamente relacionadas - Series de Fourier

Sinais Nao-Periodicos - Integrais ponderadas de senoidesnao-harmonicamente relacionadas - Transformada deFourier

– p.2/175

Resposta Senoidal

Considere y[n] =∑∞

k=−∞ h[k]x[n− k] mas com x[n] = ejΩn.

y[n] =∑∞

k=−∞ h[k]ejΩ(n−k)

y[n] = ejΩ(n)∑∞

k=−∞ h[k]ejΩ(−k)

y[n] = H(ejΩ)ejΩn

Onde H(ejΩ) =∑∞

k=−∞ h[k]e−jΩk

H(ejΩ) e chamada Resposta em Frequencia do sistemadiscreto.

Para sistemas contınuos

H(jω) =∫∞

−∞h(τ)e−jωτdτ

y(t) = |H(jω)|ej(ωt+arg(H(jω))

– p.3/175

Agora suponha que

x[n] = Acos(Ωn + φ) = A2 ej(Ωn+φ) + A

2 e−j(Ωn+φ)

Considerando que h[n] e real, pode-se obter

y[n] = |H(ejΩ)|Acos(Ωn + φ + arg(H(ejΩ))

Em termos de diagrama de blocos, temos:

– p.4/175

Lembrando do problema de autovalor e autovetor da AlgebraLinear, temos:

Aek = λkek

onde λk e o autovalor e ek e o autovetor.No nosso caso, temos:

ejωt e a autofuncao e

H(jω) e o autovalor.

– p.5/175

Lembrando do problema de autovalor e autovetor da AlgebraLinear, temos:

Aek = λkek

onde λk e o autovalor e ek e o autovetor.No nosso caso, temos:

ejωt e a autofuncao e

H(jω) e o autovalor.

– p.5/175

Podemos, entao, escrever:

x(t) =∑M

k=1 akejωkt

y(t) =∑M

k=1 akH(jωk)︸︷︷︸

ejωkt

Ou seja, para um entrada do tipo ejωt a saıda e a“ejωt”modificada pelo autovalor H(jωk).Vantagem

Convolucao =⇒ Multiplicacao

– p.6/175

x(t) =∑M

k=1 akejωkt

y(t) =∑M

ejωkt

– p.6/175

x(t) =∑M

k=1 akejωkt

y(t) =∑M

ejωkt

– p.6/175

Exemplo

Conisidere o seguinte circuito-RC

Onde h(t) = 1RC

RC u(t)

– p.7/175

H(jω) =1

∫ ∞

−∞

e−τ

RC u(τ)e−jωτdτ

∫ ∞

−∞

e−(jω+ 1RC

)τu(τ)dτ

∣∣∣∣

jω + 1RC

e−(jω+ 1RC

∣∣∣∣

jω + 1RC

(0− 1)

jω + 1RC

Normalmente a resposta em frequencia e dada em modulo efase:

|H(jω)| =1

ω2 + 1RC

arg(H(jω)) = −arctg(ωRC)

– p.8/175

– p.9/175

Representacao de Fourier para os sinais

Sinal Contınuo e Periodico - Serie deFourier (FS)

Sinal Discreto e Periodico - Serie de FourierDiscreta (DTFS)

Sinal Contınuo e Nao-Periodico -Transformada de Fourier (FT)

Sinal Discreto e Nao-Periodico -Transformada de Fourier Discreta (DTFT)

– p.10/175

Sinais Discretos e Periodicos

Representar sinais discreto periodicos com uma somaponderada de ejkΩon

Vamos, entao, aproximar o sinal x[n] (discreto e periodico) por

x[n] =∑

A[k]ejkΩon

Onde Ωo = 2πN e a frequencia fundamental de x[n].

– p.11/175

Periodicidade na Representacao de Si-nais Discretos e PeriodicosRepare que:

ej(N+k)Ω0n = ejNΩ0nejkΩ0n mas NΩo = N2π

N= 2π

= ej2πnejkΩ0n mas ej2πn = 1

= ejkΩ0n

Ou seja, so existem N valores distintos, portanto:

x[n] =∑

A[k]ejkΩon

Como calcular os coeficientes A[k]?

– p.12/175

Os coeficientes A[k]

Vamos minimizar a diferenca entre x[n] e x[n], ou seja:

MSE =1

|x[n]− x[n]|2 → o menor possıvel

MSE =1

|x[n]−∑

A[k]ejkΩon|2 → o menor possıvel

Antes de derivar a DTFS, considere as seguintes expressoes:

N−1∑

ej(k−m)Ωon =

N, k = m

1−ejk2π

1−ejkΩok 6= m

Repare que ejk2π = 1, logo:

N−1∑

ej(k−m)Ωon =

N, k = m

0 k 6= m

– p.13/175

Os coeficientes A[k]

Vamos minimizar a diferenca entre x[n] e x[n], ou seja:

MSE =1

|x[n]− x[n]|2 → o menor possıvel

MSE =1

|x[n]−∑

A[k]ejkΩon|2 → o menor possıvel

Antes de derivar a DTFS, considere as seguintes expressoes:

N−1∑

ej(k−m)Ωon =

N, k = m

1−ejk2π

1−ejkΩok 6= m

Repare que ejk2π = 1, logo:

N−1∑

ej(k−m)Ωon =

N, k = m

0 k 6= m

– p.13/175

A versao contınua e:

ej(k−m)ωotdt =

T, k = m

0 k 6= m

A expressao (discreta) acima pode ser obtida usando:

N−1∑

1−βN

1−β , β 6= 1

N β = 1

∞∑

βn =1

1− β, |β| < 1

∞∑

βn =βk

1− β, |β| < 1

∞∑

nβn =β

(1− β)2, |β| < 1

– p.14/175

A versao contınua e:

ej(k−m)ωotdt =

T, k = m

0 k 6= m

A expressao (discreta) acima pode ser obtida usando:

N−1∑

1−βN

1−β , β 6= 1

N β = 1

∞∑

βn =1

1− β, |β| < 1

∞∑

βn =βk

1− β, |β| < 1

∞∑

nβn =β

(1− β)2, |β| < 1

– p.14/175

Minimizacao do Erro

Considere, entao, a minimizacao do erro

MSE =1

|x[n]− x[n]|2

∣∣∣∣∣x[n]−

A[k]ejkΩon

∣∣∣∣∣

Lembrando que o MSE envolve numeros complexos,podemos escrever:

MSE =1

@x[n] −X

A[k]ejkΩon

@x[n] −X

A[k]ejkΩon

– p.15/175

Minimizacao do Erro

Considere, entao, a minimizacao do erro

MSE =1

|x[n]− x[n]|2

∣∣∣∣∣x[n]−

A[k]ejkΩon

∣∣∣∣∣

Lembrando que o MSE envolve numeros complexos,podemos escrever:

MSE =1

@x[n] −X

A[k]ejkΩon

@x[n] −X

A[k]ejkΩon

– p.15/175

Multiplicando cada termo, temos:

MSE =1

|x[n]|2∑

A∗[m]

x[n]e−jmΩon

−∑

A∗[k]

x∗[n]ejkΩon

A∗[m]A[k]

x[n]e−j(k−m)Ωon

Definindo

X[k] =1

x[n]e−jkΩon

e considerando a ortogonalidade entre as exponenciaiscomplexas

MSE =1

|x[n]|2−X

A∗[k]X[k]−X

A[k]X∗[k]+X

|A[k]|2

– p.16/175

MSE =1

|x[n]|2∑

A∗[m]

x[n]e−jmΩon

−∑

A∗[k]

x∗[n]ejkΩon

A∗[m]A[k]

Definindo

X[k] =1

x[n]e−jkΩon

MSE =1

|x[n]|2−X

A∗[k]X[k]−X

A[k]X∗[k]+X

|A[k]|2

– p.16/175

MSE =1

|x[n]|2∑

A∗[m]

x[n]e−jmΩon

−∑

A∗[k]

x∗[n]ejkΩon

A∗[m]A[k]

Definindo

X[k] =1

x[n]e−jkΩon

MSE =1

|x[n]|2−X

A∗[k]X[k]−X

A[k]X∗[k]+X

|A[k]|2– p.16/175

Completando o quadrado, temos:

MSE =1

|x[n]|2

|A[k]|2 −A∗[k]X[k]−A[k]X∗[k] + |X[k]|2)

−∑

|X[k]|2

MSE =1

|x[n]|2

|A[k]−X[k]|2

−∑

|X[k]|2

– p.17/175

Completando o quadrado, temos:

MSE =1

|x[n]|2

|A[k]|2 −A∗[k]X[k]−A[k]X∗[k] + |X[k]|2)

−∑

|X[k]|2

MSE =1

|x[n]|2

|A[k]−X[k]|2

−∑

|X[k]|2

– p.17/175

MSE e minimizado se:

A[k] = X [k]

MSE =1

|x[n]|2 −∑

|X[k]|2

Usando

X[k] =1

x[n]e−jkΩon

temos∑

|X[k]|2 =∑

x[n]x∗[m]ej(m−n)Ωok

x[n]x∗[m]1

ej(m−n)Ωok

– p.18/175

A[k] = X [k]

MSE =1

|x[n]|2 −∑

|X[k]|2

Usando

X[k] =1

x[n]e−jkΩon

temos∑

|X[k]|2 =∑

x[n]x∗[m]1

ej(m−n)Ωok

– p.18/175

A[k] = X [k]

MSE =1

|x[n]|2 −∑

|X[k]|2

Usando

X[k] =1

x[n]e−jkΩon

temos∑

|X[k]|2 =∑

x[n]x∗[m]1

ej(m−n)Ωok

– p.18/175

Resultado MSEUsando a ortogonalidade

|X[k]|2 =1

|x[n]|2

resulta em MSE = 0.

– p.19/175

Discrete Time Fourier Series (DTFS)

A DTFS e calculada a partir de Sinais Discretos Periodicos:

(T) Discreto ⇐⇒ Periodico (F)

(T) Periodico (Perıodo = N e Ωo = 2π/N)⇐⇒ Discreto (F)

O par Tempo-Frequencia para a DTFS e:

x[n] =∑

k=<N> X[k]ejkΩon

X[k] = 1N

n=<N> x[n]e−jkΩon

– p.20/175

x[n] =∑

k=<N> X[k]ejkΩon

X[k] = 1N

– p.20/175

x[n] =∑

k=<N> X[k]ejkΩon

X[k] = 1N

– p.20/175

Exemplo 3.1 (mfile3)

Problema 3.1 - Determine os coeficientes da DTFS do sinal

x[n] = 1 + sin

12πn +

Ao inves de usar as formulas, escrevo x[n] em termos deexponenciais.

x[n] = 1 +ej( 1

12πn+ 3π8 ) − e−j( 1

12πn+ 3π8 )

Colocando na forma x[n] =∑

k=<N> X[k]ejkΩon

x[n] = 1−e(−1)j 3π

2je(−1)j 1

12πn +e(+1)j 3π

2je(+1)j 1

– p.21/175

x[n] = 1 + sin

12πn +

x[n] = 1 +ej( 1

12πn+ 3π8 ) − e−j( 1

12πn+ 3π8 )

k=<N> X[k]ejkΩon

x[n] = 1−e(−1)j 3π

2je(−1)j 1

12πn +e(+1)j 3π

2je(+1)j 1

– p.21/175

x[n] = 1 + sin

12πn +

x[n] = 1 +ej( 1

12πn+ 3π8 ) − e−j( 1

12πn+ 3π8 )

k=<N> X[k]ejkΩon

x[n] = 1−e(−1)j 3π

2je(−1)j 1

12πn +e(+1)j 3π

2je(+1)j 1

– p.21/175

Falta o perıodo. Mas Ωo = π12 , logo N = 24.

X[k] =

− ej(− 3π

8 )2j = 1

2ejπe

j(− 3π8 )

ej π2

= 12ej π

8 k = −1

1 k = 0

ej 3π8

2j = 12

ej 3π8

ej π2

= 12e−j π

8 k = 1

0 caso contrario para −11 ≤ k ≤ 12

– p.22/175

Resposta do exercıcio Proposto 3.1

−30 −20 −10 0 10 20 300

2x[n]=1+sin(π/12n+3π/8n)

−30 −20 −10 0 10 20 300

−30 −20 −10 0 10 20 30−0.5

– p.23/175

Exemplo 3.2

−30 −20 −10 0 10 20 300

– p.24/175

Achando o perıodo - N = 6→ Ωo = 2π6 = π

Usando a expressao X[k] = 1N

n=<N> x[n]e−jkΩon temos

X[k] =1

n=−2

x[n]e−jkΩon

X[k] =1

n=−1

x[n]e−jk π3 n

6e−jk π

6ejk π

ejk π3 + e−jk π

3cos(k

– p.25/175

X[k] =1

n=−2

x[n]e−jkΩon

X[k] =1

n=−1

x[n]e−jk π3 n

6e−jk π

6ejk π

ejk π3 + e−jk π

3cos(k

– p.25/175

X[k] =1

n=−2

x[n]e−jkΩon

X[k] =1

n=−1

x[n]e−jk π3 n

6e−jk π

6ejk π

ejk π3 + e−jk π

3cos(k

Obs.: X[k] e real→ Fase e 0 ou ±π.

– p.25/175

Solucao do Exercıcio Proposto 3.2

−30 −20 −10 0 10 20 300

– p.26/175

Onda Quadrada (mfile1)

Considere a onda quadrada discreta mostrada abaixo.

−20 −15 −10 −5 0 5 10 15 200

Time (n)

– p.27/175

Onda QuadradaUsando a expressao para X[k], temos:

X[k] =1

N−M−1∑

n=−M

x[n]e−jkΩon

Foi escolhido um perıodo para o somatorio (Ωo = 2πN ).

Simplificando:

X[k] =1

n=−M

e−jkΩon

m = n + M →

n = −M → m = −M + M = 0

n = M → m = M + M = 2M

– p.28/175

X[k] =1

N−M−1∑

n=−M

x[n]e−jkΩon

Simplificando:

X[k] =1

n=−M

e−jkΩon

m = n + M →

n = −M → m = −M + M = 0

n = M → m = M + M = 2M

– p.28/175

X[k] =1

N−M−1∑

n=−M

x[n]e−jkΩon

Simplificando:

X[k] =1

n=−M

e−jkΩon

m = n + M →

n = −M → m = −M + M = 0

n = M → m = M + M = 2M

– p.28/175

Mudando as variaveis no somatorio:

X[k] =1

e−jkΩo(m−M)

=ejkΩoM

e−jkΩom

=ejkΩoM

1− e−jkΩo(2M+1)

1− e−jkΩo

=ejkΩoM

e−jkΩo(2M+1)/2

e−jkΩo/2

ejkΩo(2M+1)/2 − e−jkΩo(2M+1)/2

ejkΩo/2 − e−jkΩo/2

ejkΩoM

e−jkΩo(2M+1)/2

e−jkΩo/2=

– p.29/175

Mudando as variaveis no somatorio:

X[k] =1

e−jkΩo(m−M)

=ejkΩoM

e−jkΩom

=ejkΩoM

1− e−jkΩo(2M+1)

1− e−jkΩo

=ejkΩoM

e−jkΩo(2M+1)/2

e−jkΩo/2

ejkΩoM

e−jkΩo(2M+1)/2

e−jkΩo/2=

– p.29/175

Finalmente

X[k] =1

sin(k Ωo

2 (2M + 1))

sin(k Ωo

Lembrando que limx→0sin(x)

x = 1, podemos escrever que:

X[k] =1

2 (2M + 1)

sin(k Ωo

2 (2M + 1))

2 (2M + 1)

sin(k Ωo

=2M + 1

sin(k Ωo

2 (2M + 1))

2 (2M + 1)

sin(k Ωo

Quando k = 0 (Lembre que a DTFS e periodica) X[k] = 2M+1N

– p.30/175

Finalmente

X[k] =1

sin(k Ωo

2 (2M + 1))

sin(k Ωo

X[k] =1

2 (2M + 1)

sin(k Ωo

2 (2M + 1))

2 (2M + 1)

sin(k Ωo

=2M + 1

sin(k Ωo

2 (2M + 1))

2 (2M + 1)

sin(k Ωo

– p.30/175

Finalmente

X[k] =1

sin(k Ωo

2 (2M + 1))

sin(k Ωo

X[k] =1

2 (2M + 1)

sin(k Ωo

2 (2M + 1))

2 (2M + 1)

sin(k Ωo

=2M + 1

sin(k Ωo

2 (2M + 1))

2 (2M + 1)

sin(k Ωo

– p.30/175

−20 −15 −10 −5 0 5 10 15 20−0.2

−0.1

– p.31/175

Exemplo 1 - Inversa - IDTFS (mfile4)

Considere o seguinte sinal na frequencia:

X[k] = cos

Determine o sinal x[n].

– p.32/175

Solucao

Neste caso e mais facil encontrar x[n] usando:

X[k] =1

x[n]e−jkΩon

ou seja, usar a formula de Euler.

Entao:

X[k] = cos

=ej 6π

17 k + e−j 6π17 k

=e−jk 2π

17 (−3) + e−jk 2π17 (3)

2→ Ωo =

17→ N = 17 ∈ N

2e−jk 2π

17 (−3) +17

2e−jk 2π

17 (3)

– p.33/175

Solucao

Neste caso e mais facil encontrar x[n] usando:

X[k] =1

x[n]e−jkΩon

ou seja, usar a formula de Euler.

Entao:

X[k] = cos

=ej 6π

17 k + e−j 6π17 k

=e−jk 2π

17 (−3) + e−jk 2π17 (3)

2→ Ωo =

17→ N = 17 ∈ N

2e−jk 2π

17 (−3) +17

2e−jk 2π

17 (3)

– p.33/175

x[n] e:

x[n] =

172 n = −3

172 n = 3

0 caso contrario para − 8 ≤ n ≤ 8

– p.34/175

X[k] = cos

+ jsin

– p.35/175

Solucao

Mais uma vez e mais facil encontrar x[n] usando:

X[k] =1

x[n]e−jkΩon

Entao (Lembrando que Ωo = 2π21 → N = 21) :

X[k] =21

+ jsin

ej 10π21 k + e−j 10π

ej 4π21 k − e−j 4π

ej 10π21 k

e−j 10π21 k

ej 4π21 k

e−j 4π21 k

e−jk 2π21 (−5)

e−jk 2π21 (5)

e−jk 2π21 (−2)

e−jk 2π21 (2)

– p.36/175

Solucao

Mais uma vez e mais facil encontrar x[n] usando:

X[k] =1

x[n]e−jkΩon

Entao (Lembrando que Ωo = 2π21 → N = 21) :

X[k] =21

+ jsin

ej 10π21 k + e−j 10π

ej 4π21 k − e−j 4π

ej 10π21 k

e−j 10π21 k

ej 4π21 k

e−j 4π21 k

e−jk 2π21 (−5)

e−jk 2π21 (5)

e−jk 2π21 (−2)

e−jk 2π21 (2)

– p.36/175

x[n] e:

x[n] =

212 n = −5

212 n = 5

212 n = −2

− 212 n = 2

0 caso contrario para − 10 ≤ n ≤ 10

– p.37/175

X[k] =∞∑

m=−∞

δ[k − 2m]− 2δ[k + 3m]

– p.38/175

Solucao

Neste caso, temos que usar

x[n] =∑

X[k]ejkΩon

Note que N = 6 e Ωo = 2π6 = π

−20 −15 −10 −5 0 5 10 15 200

δ[k−

−20 −15 −10 −5 0 5 10 15 20−2

δ[k−

2m]−

– p.39/175

Solucao

Neste caso, temos que usar

x[n] =∑

X[k]ejkΩon

Note que N = 6 e Ωo = 2π6 = π

−20 −15 −10 −5 0 5 10 15 200

δ[k−

−20 −15 −10 −5 0 5 10 15 20−2

δ[k−

2m]−

k– p.39/175

Considerando somente um perıodo, ou seja, −3 ≤ k ≤ 2,temos os seguintes valores para X[k]

X[k] =

−2, k = −3

1, k = −2

0, k = −1

−1, k = 0

0, k = 1

1, k = 2

– p.40/175

O sinal x[n] e:

x[n] =2∑

k=−3

X[k]ejk π3 n

Expandindo, temos:

x[n] = −2e−j 3π3 n + 1e−j 2π

3 n − 1 + 1ej 2π3 n

= −2(−1)n + 2cos

– p.41/175

O sinal x[n] e:

x[n] =2∑

k=−3

X[k]ejk π3 n

Expandindo, temos:

x[n] = −2e−j 3π3 n + 1e−j 2π

3 n − 1 + 1ej 2π3 n

= −2(−1)n + 2cos

– p.41/175

Serie de Fourier (FS)

A FS e calculada a partir de Sinais Contınuos Periodicos:

(T) Contınuo (Perıodo = T e ωo = 2π/T )⇐⇒ Nao-Periodico (F)

(T) Periodico ⇐⇒ Discreto (F)

O par Tempo-Frequencia para a FS e:

x(t) =∑∞

k=−∞X[k]ejkωot

X[k] = 1T

<T> x(t)e−jkωotdt

– p.42/175

x(t) =∑∞

k=−∞X[k]ejkωot

X[k] = 1T

– p.42/175

x(t) =∑∞

k=−∞X[k]ejkωot

X[k] = 1T

– p.42/175

ExistenciaAs condicoes para a existencia sao:

O sinal deve ser limitado.

O sinal deve ter um numero finito de maximos e mınimos noperıodo.

O sinal deve ter um numero finito de discontinuidades noperıodo.

– p.43/175

Existencia - Contra-exemplos

– p.44/175

Derivacao

Supondo que um sinal x(t) contınuo e periodico por serescrito como:

x(t) =∞∑

k=−∞

A[k]ejkωot

onde ωo = 2πT e T e o perıodo da fundamental,

entao∫

x(t)e−jmωotdt =

x(t)e−jmωotdt

∞∑

k=−∞

A[k]ejkωote−jmωotdt

=∞∑

k=−∞

ejkωote−jmωotdt

– p.45/175

Derivacao

Supondo que um sinal x(t) contınuo e periodico por serescrito como:

x(t) =∞∑

k=−∞

A[k]ejkωot

onde ωo = 2πT e T e o perıodo da fundamental,

entao∫

x(t)e−jmωotdt =

x(t)e−jmωotdt

∞∑

k=−∞

A[k]ejkωote−jmωotdt

=∞∑

k=−∞

ejkωote−jmωotdt

– p.45/175

Mas∫

<T>ejkωote−jmωotdt so nao e zero se k = m

x(t)e−jmωotdt = A[m]T

Entao:

A[m] =1

x(t)e−jmωotdt

ou, na nossa notacao:

X[k] =1

x(t)e−jkωotdt

– p.46/175

Considere o sinal x(t) = 2sin(2πt− 3) + sin(6πt), calcule a FS.

Perıodo Fundamental entre 2sin(2πt− 3) (T = 1, ωo = 2π) esin(6πt) (T = 1/3, ωo = 6π) e

T = 1,

ωo = 2π

Usando a expressao x(t) =∑∞

k=−∞ X[k]ejkωot temos

x(t) = 2ej(2πt−3) − e−j(2πt−3)

ej6πt − e−(j6πt)

x(t) = −jej(2πt−3) + je−j(2πt−3) −j

2ej6πt +

2e−(j6πt)

x(t) =j

2ej(−3)2πt + jej(−1)2πtej3 − jej(1)2πte−j3

2ej(3)2πt

– p.47/175

Considere o sinal x(t) = 2sin(2πt− 3) + sin(6πt), calcule a FS.

Perıodo Fundamental entre 2sin(2πt− 3) (T = 1, ωo = 2π) esin(6πt) (T = 1/3, ωo = 6π) e

T = 1,

ωo = 2π

Usando a expressao x(t) =∑∞

k=−∞ X[k]ejkωot temos

x(t) = 2ej(2πt−3) − e−j(2πt−3)

ej6πt − e−(j6πt)

x(t) = −jej(2πt−3) + je−j(2πt−3) −j

2ej6πt +

2e−(j6πt)

x(t) =j

2ej(−3)2πt + jej(−1)2πtej3 − jej(1)2πte−j3

2ej(3)2πt

– p.47/175

Portanto

X[k] =

j2 = 1

2ej π2 k = −3

jej3 = 1ej π2 ej3 = 1ej( π

2 +3) k = −1

−je−j3 = ejπej π2 e−j3 = ej( 3π

2 −3) k = 1

− j2 = 1

2ejπej π2 = 1

2e−j π2 k = 3

0 caso contrario

– p.48/175

−2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2−4

4x(t)=2sin((2π)t−3)+sin((6π)t)

−30 −20 −10 0 10 20 300

−30 −20 −10 0 10 20 30−2

– p.49/175

Proposto 3.4

Encontre a FS para o sinal dente de serra mostrado na figuraabaixo.

−3 −2 −1 0 1 2 3−0.5

1Sawtooth

−30 −20 −10 0 10 20 300

−30 −20 −10 0 10 20 30−4

– p.50/175

Solucao

Como o sinal e periodico, devemos determinar T e ωo.

T = 1−

2→ ωo =

Usando a expressao para o calculo de X[k], temos:

X[k] =1

−1/2

te−jkωotdt

Resolvendo a integral por partes, temos:

u = t → du = dt

vdt = e−jkωotdt → v = −1

jkωote−jkωot

– p.51/175

Solucao

T = 1−

2→ ωo =

X[k] =1

−1/2

te−jkωotdt

u = t → du = dt

jkωote−jkωot

– p.51/175

Solucao

T = 1−

2→ ωo =

X[k] =1

−1/2

te−jkωotdt

u = t → du = dt

jkωote−jkωot

– p.51/175

X[k] =2

jkωoe−jkωot

∣∣∣∣

−1/2

e−jkωotdt

e−jkωo +1

2ejkωo/2

k2ω2o

e−jkωo − ejkωo/2)]

– p.52/175

Onda Quadrada (mfile2)

Considere a onda quadrada mostrada na figura abaixo

– p.53/175

FS da Onda Quadrada

O Perıodo e T → ωo = 2πT

Temos que integrar sobre um perıodo (Escolhendo o maisfacil), temos:

X[k] =1

∫ T/2

−T/2

x(t)e−jkωotdt

∫ To

e−jkωotdt

Tjkωoe−jkωot

∣∣∣∣

ejkωoTo − e−jkωoTo

=2sin(kωoTo)

sin(kωoTo)

kωoTo

– p.54/175

FS da Onda Quadrada

O Perıodo e T → ωo = 2πT

Temos que integrar sobre um perıodo (Escolhendo o maisfacil), temos:

X[k] =1

∫ T/2

−T/2

x(t)e−jkωotdt

∫ To

e−jkωotdt

Tjkωoe−jkωot

∣∣∣∣

ejkωoTo − e−jkωoTo

=2sin(kωoTo)

sin(kωoTo)

kωoTo– p.54/175

Podemos escrever X[k] como:

X[k] =2To

sin(k 2πT To)

k 2πT To

sin(πk 2To

πk 2To

Tsinc(k

A funcao sinc no lado direito da expressao e definida como:

sinc(u) =sin(πu)

– p.55/175

Podemos escrever X[k] como:

X[k] =2To

sin(k 2πT To)

k 2πT To

sin(πk 2To

πk 2To

Tsinc(k

A funcao sinc no lado direito da expressao e definida como:

sinc(u) =sin(πu)

– p.55/175

FS da Onda Quadrada

−50 0 50−0.05

)T=50, T

−50 0 50−0.5

T=50, To=35

PSfrag replacementsk

– p.56/175

Onda Quadrada como entrada de umCircuito RC (mfile7)

O exemplo anterior mostrou que a onda quadrada pode serescrita em Series de Fourier:

x(t) =∞∑

k=−∞

sin(kωoTo)

kωoToejkωot

Suponha, agora, que uma onda quadrada (com T = 1 s eTo

T = 14 ) e entrada de tensao em um circuito RC (com

RC = 0, 1 s). Determine a saıda y(t) (tensao no capacitor).

– p.57/175

Onda Quadrada como entrada de umCircuito RC (mfile7)

O exemplo anterior mostrou que a onda quadrada pode serescrita em Series de Fourier:

x(t) =∞∑

k=−∞

sin(kωoTo)

kωoToejkωot

Suponha, agora, que uma onda quadrada (com T = 1 s eTo

T = 14 ) e entrada de tensao em um circuito RC (com

RC = 0, 1 s). Determine a saıda y(t) (tensao no capacitor).

– p.57/175

Sabemos que a saıda y(t) de um sistema LIT contem asmesmas exponenciais complexas da entrada. Logo:

y(t) =∞∑

k=−∞

H(jkωo)2To

sin(kωoTo)

kωoTo︸︷︷︸

ejkωot

H(jkωo) modifica a amplitude e a fase das variasexponenciais complexas da entrada.

A resposta em frequencia do circuito RC e dada por:

H(jω) =1/RC

jω + 1/RC

H(jkωo) =1/RC

jkωo + 1/RC

– p.58/175

Sabemos que a saıda y(t) de um sistema LIT contem asmesmas exponenciais complexas da entrada. Logo:

y(t) =∞∑

k=−∞

H(jkωo)2To

sin(kωoTo)

kωoTo︸︷︷︸

ejkωot

H(jkωo) modifica a amplitude e a fase das variasexponenciais complexas da entrada.

A resposta em frequencia do circuito RC e dada por:

H(jω) =1/RC

jω + 1/RC

H(jkωo) =1/RC

jkωo + 1/RC

– p.58/175

Como RC = 0, 1, T = 1 e ωo = 2π, podemos escrever:

H(j2πk) =10

j2πk + 10

A saıda y(t) e:

y(t) =∞∑

k=−∞

j2πk + 10

sin(kπ/2)

kπ︸︷︷︸

ej2πkt

– p.59/175

Como RC = 0, 1, T = 1 e ωo = 2π, podemos escrever:

H(j2πk) =10

j2πk + 10

A saıda y(t) e:

y(t) =

∞∑

k=−∞

j2πk + 10

sin(kπ/2)

kπ︸︷︷︸

ej2πkt

– p.59/175

Trem de Impulsos

Considere o seguinte trem de impulsos:

x(t) =∞∑

i=−∞

δ(t− iT )

Ache a representacao em FS para este sinal.

– p.60/175

Claramente o sinal x(t) e contınuo e periodico com perıodoT .

Podemos calcular os coeficientes X[k]:

X[k] =1

∫ T/2

−T/2

x(t)e−jkωotdt

∫ T/2

−T/2

δ(t)e−jkωotdt

– p.61/175

Claramente o sinal x(t) e contınuo e periodico com perıodoT .

Podemos calcular os coeficientes X[k]:

X[k] =1

∫ T/2

−T/2

x(t)e−jkωotdt

∫ T/2

−T/2

δ(t)e−jkωotdt

– p.61/175

Transformada Discreta de Fourier (DTFT)

A DTFT e calculada a partir de Sinais Discretos Nao-Periodicos:

(T) Discreto⇐⇒ Periodico (F) (Perıodo = 2π)

(T) Nao-Periodico⇐⇒ Contınuo (F)

x[n] = 12π

∫ π

−π X[ejΩ]ejΩndΩ

X(ejΩ) =∑∞

n=−∞ x[n]e−jΩn

– p.62/175

x[n] = 12π

∫ π

X(ejΩ) =∑∞

– p.62/175

x[n] = 12π

∫ π

X(ejΩ) =∑∞

– p.62/175

Pulso Retangular

Considere o seguinte sinal:

x[n] =

1 |n| ≤M

0 |n| > M

Determine a DTFT do sinal.

– p.63/175

Solucao

Usando X(ejΩ) =∑∞

n=−∞ x[n]e−jΩn, temos:

X(ejΩ) =

n=−M

x[n]e−jΩn =

n=−M

e−jΩn

Faco m = n + M

X(ejΩ) =2M∑

e−jΩ(m−M)

= ejΩM2M∑

e−jΩm

= ejΩM 1− e−jΩ(2M+1)

1− e−jΩ

= ejΩM e−j Ω2 (2M+1)

e−j Ω2

ej Ω2 (2M+1) − e−j Ω

2 (2M+1)

ej Ω2 − e−j Ω

=sin(Ω

2 (2M + 1))

sin(Ω2 )

– p.64/175

Solucao

X(ejΩ) =

n=−M

x[n]e−jΩn =

n=−M

e−jΩn

Faco m = n + M

X(ejΩ) =

e−jΩ(m−M)

= ejΩM2M∑

e−jΩm

= ejΩM 1− e−jΩ(2M+1)

1− e−jΩ

= ejΩM e−j Ω2 (2M+1)

e−j Ω2

ej Ω2 (2M+1) − e−j Ω

2 (2M+1)

ej Ω2 − e−j Ω

=sin(Ω

2 (2M + 1))

sin(Ω2 )

– p.64/175

Pulso Retangular

– p.65/175

Pulso Retangular na Frequencia

Considere o seguinte sinal na frequencia

X(ejΩ) =

1 |Ω| ≤W

0 W < |Ω| < π

Determine o sinal x[n] (domınio do tempo).

– p.66/175

Aplicando x[n] = 12π

∫ π

−πX[ejΩ]ejΩndΩ, temos

x[n] =1

ejΩndΩ

2πnjejΩn

∣∣∣∣

Lembre de n = 0

πnsin(Wn) ou

sin(Wn)

– p.67/175

– p.68/175

Impulso

Considere o seguinte sinal

x[n] = δ[n]

Determine a DTFT do sinal.

– p.69/175

X(ejΩ) =∞∑

n=−∞

δ[n]e−jΩn

Graficamente, temos:

– p.70/175

X(ejΩ) =∞∑

n=−∞

δ[n]e−jΩn

Graficamente, temos:

– p.70/175

Transformada de Fourier (FT)

A FT e calculada a partir de Sinais Contınuos Nao-Periodicos:

(T) Contınuo⇐⇒ Nao-Periodico (F)

x(t) = 12π

∫∞−∞X[jω]ejωtdω

X(jω) =∫∞−∞ x(t)e−jωtdt

– p.71/175

x(t) = 12π

– p.71/175

x(t) = 12π

– p.71/175

Exponencial

Considere o sinal x(t) = e−atu(t). Calcular a FT do sinal.

– p.72/175

Ao usar X(jω) =∫∞

−∞x(t)e−jωtdt, temos que observar se a

integral converge. Entao para a > 0, temos:

X(jω) =

∫ ∞

−∞

e−atu(t)e−jωtdt

∫ ∞

e−(a+jω)tdt

= −1

a + jwe−(a+jω)t

∣∣∣∣

a + jw

– p.73/175

Exponencial

– p.74/175

Pulso Retangular

Considere o seguinte sinal:

x(t) =

1 |t| ≤ T0

0 |t| > T0

Calcule a FT.

– p.75/175

Usando X(jw) =∫∞

−∞x(t)e−jωt, temos:

X(jw) =

∫ T0

x(t)e−jωtdt

= −1

jwe−jωt

∣∣∣∣

= −1

jw(e−jωT0 − ejωT0)

ejωT0 − e−jωT0

ωsin(ωT0)

= 2T0sin(ωT0)

– p.76/175

Pulso Retangular

– p.77/175

Considere o seguinte sinal na frequencia

X(jω) =

1 |ω| ≤W

0 W < |ω|

Determine o sinal x(t) (domınio do tempo).

– p.78/175

Aplicando x(t) = 12π

∫∞

−∞X(jω)ejωtdω, temos

x(t) =1

ejωtdω

2πtjejωt

∣∣∣∣

Lembre de t = 0

πtsin(Wt) ou

sin(Wt)

– p.79/175

Impulso no tempo

Determine a transformada de Fourier para o impulso δ(t).

– p.80/175

Usando X(jw) =∫∞

−∞x(t)e−jωt, temos:

X(jw) =

∫ ∞

−∞

δ(t)e−jωtdt

= e−jωt∣∣t=0

– p.81/175

Impulso na frequencia

Determine a transformada inversa de Fourier para o impulsoδ(ω).

– p.82/175

Usando x(t) = 12π

∫∞

−∞X(jω)ejωt, temos:

x(t) =1

∫ ∞

−∞

δ(ω)ejωtdt

2πejωt

∣∣ω=0

– p.83/175

Propriedades das Representacoes deFourier

Periodicidade

Linearidade

Simetria

Deslocamento no tempo

Deslocamento na Frequencia

Escalonamento

Diferenciacao

Integracao

Convolucao

Modulacao

Relacoes de Parseval

Dualidade

Produto Tempo-Banda de passagem

– p.84/175

Periodicidade

Linearidade

Simetria

Escalonamento

Diferenciacao

Integracao

Convolucao

Modulacao

Dualidade

– p.84/175

Periodicidade

Linearidade

Simetria

Escalonamento

Diferenciacao

Integracao

Convolucao

Modulacao

Dualidade

– p.84/175

Periodicidade

Linearidade

Simetria

Escalonamento

Diferenciacao

Integracao

Convolucao

Modulacao

Dualidade

– p.84/175

Periodicidade

Linearidade

Simetria

Escalonamento

Diferenciacao

Integracao

Convolucao

Modulacao

Dualidade

– p.84/175

Periodicidade

Linearidade

Simetria

Escalonamento

Diferenciacao

Integracao

Convolucao

Modulacao

Dualidade

– p.84/175

Periodicidade

Linearidade

Simetria

Escalonamento

Diferenciacao

Integracao

Convolucao

Modulacao

Dualidade

– p.84/175

Periodicidade

Linearidade

Simetria

Escalonamento

Diferenciacao

Integracao

Convolucao

Modulacao

Dualidade

– p.84/175

Periodicidade

Linearidade

Simetria

Escalonamento

Diferenciacao

Integracao

Convolucao

Modulacao

Dualidade

– p.84/175

Periodicidade

Linearidade

Simetria

Escalonamento

Diferenciacao

Integracao

Convolucao

Modulacao

Dualidade

– p.84/175

Periodicidade

Linearidade

Simetria

Escalonamento

Diferenciacao

Integracao

Convolucao

Modulacao

Dualidade

– p.84/175

Periodicidade

Linearidade

Simetria

Escalonamento

Diferenciacao

Integracao

Convolucao

Modulacao

Dualidade

– p.84/175

Periodicidade

Linearidade

Simetria

Escalonamento

Diferenciacao

Integracao

Convolucao

Modulacao

Dualidade

Produto Tempo-Banda de passagem – p.84/175

LinearidadeEsta propriedade pode ser facilmente provada, lembrando quea integral (soma) da soma de duas funcoes e a soma (soma) decada integral (soma). Entao:

z(t) = ax(t) + by(t)→ Z(jw) = aX(jw) + bY (jw)

– p.85/175

Exemplo

Determine a transformada inversa de

X(jw) =−jω

(jω)2 + 3jw + 2

– p.86/175

Solucao

Para encontrar a Transformada Inversa e preciso expandirem fracoes parciais

X(jw) =−jω

(jω)2 + 3jw + 2

jω + 1+

jω + 2

Determinando A e B, temos:

(A + B)jω + 2A + B = −jω →

A + B = −1

2A + B = 0

A = − 12B

− 12B + B = −1→ B = −2→ A = 1

– p.87/175

Solucao

Para encontrar a Transformada Inversa e preciso expandirem fracoes parciais

X(jw) =−jω

(jω)2 + 3jw + 2

jω + 1+

jω + 2

Determinando A e B, temos:

(A + B)jω + 2A + B = −jω →

A + B = −1

2A + B = 0

A = − 12B

− 12B + B = −1→ B = −2→ A = 1

– p.87/175

Escrevendo X(jω) em fracoes parciais:

X(jω) =1

jω + 1+−2

jω + 2

Usando a propriedade de linearidade, podemos encontrara transformada inversa de cada uma das parcelas:

x(t) =(1e−t − 2e−2t

– p.88/175

Escrevendo X(jω) em fracoes parciais:

X(jω) =1

jω + 1+−2

jω + 2

Usando a propriedade de linearidade, podemos encontrara transformada inversa de cada uma das parcelas:

x(t) =(1e−t − 2e−2t

– p.88/175

Simetria (sinal real)

O sinal x(t) e real→ x∗(t) = x(t).

Usando a definicao da Transformada, temos:

X∗(jω) =

[∫ ∞

−∞

x(t)e−jωtdt

∫ ∞

−∞

x∗(t)ejωtdt

∫ ∞

−∞

x(t)e−j(−ωt)dt

= X(−jω)

Isto significa que:

<(X(jω)) = <(−X(jω))

=(X(jω)) = −=(−X(jω))e

|(X(jω))| = |(−X(jω))|

∠(X(jω)) = −∠(−X(jω))

– p.89/175

X∗(jω) =

[∫ ∞

−∞

x(t)e−jωtdt

∫ ∞

−∞

x∗(t)ejωtdt

∫ ∞

−∞

x(t)e−j(−ωt)dt

= X(−jω)

Isto significa que:

<(X(jω)) = <(−X(jω))

=(X(jω)) = −=(−X(jω))e

|(X(jω))| = |(−X(jω))|

∠(X(jω)) = −∠(−X(jω))

– p.89/175

X∗(jω) =

[∫ ∞

−∞

x(t)e−jωtdt

∫ ∞

−∞

x∗(t)ejωtdt

∫ ∞

−∞

x(t)e−j(−ωt)dt

= X(−jω)

Isto significa que:

<(X(jω)) = <(−X(jω))

=(X(jω)) = −=(−X(jω))e

|(X(jω))| = |(−X(jω))|

∠(X(jω)) = −∠(−X(jω))

– p.89/175

Simetria (sinal imaginario)

O sinal x(t) e puramente imaginario→ x∗(t) = −x(t).

X∗(jω) =

[∫ ∞

−∞

x(t)e−jωtdt

∫ ∞

−∞

x∗(t)ejωtdt

∫ ∞

−∞

x(t)e−j(−ωt)dt

= −X(−jω)

Isto significa que:

<(X(jω)) = −<(−X(jω))

=(X(jω)) = =(−X(jω))mas

|(X(jω))| = |(−X(jω))|

∠(X(jω)) = −∠(−X(jω))

– p.90/175

X∗(jω) =

[∫ ∞

−∞

x(t)e−jωtdt

∫ ∞

−∞

x∗(t)ejωtdt

∫ ∞

−∞

x(t)e−j(−ωt)dt

= −X(−jω)

Isto significa que:

<(X(jω)) = −<(−X(jω))

=(X(jω)) = =(−X(jω))mas

|(X(jω))| = |(−X(jω))|

∠(X(jω)) = −∠(−X(jω))

– p.90/175

X∗(jω) =

[∫ ∞

−∞

x(t)e−jωtdt

∫ ∞

−∞

x∗(t)ejωtdt

∫ ∞

−∞

x(t)e−j(−ωt)dt

= −X(−jω)

Isto significa que:

<(X(jω)) = −<(−X(jω))

=(X(jω)) = =(−X(jω))mas

|(X(jω))| = |(−X(jω))|

∠(X(jω)) = −∠(−X(jω))

– p.90/175

Simetria (sinal real com simetria par)

O sinal x(t) e real com simetria par→ x∗(t) = x(t) ex(t) = x(−t).

Usando a definicao da Transformada, temos:X∗(jω) =

[∫ ∞

−∞

x(t)e−jωtdt

∫ ∞

−∞

x∗(t)ejωtdt

∫ ∞

−∞

x(t)ejωtdt

∫ ∞

−∞

x(−t)e−jω(−t)dt

Trocando − t por τ

∫ ∞

−∞

x(τ)e−jωτdτ

= X(jω)

Isso so e verdade se X(jw) e real (parte imaginaria nula).

– p.91/175

[∫ ∞

−∞

x(t)e−jωtdt

∫ ∞

−∞

x∗(t)ejωtdt

∫ ∞

−∞

x(t)ejωtdt

∫ ∞

−∞

∫ ∞

−∞

x(τ)e−jωτdτ

= X(jω)

Isso so e verdade se X(jw) e real (parte imaginaria nula).

– p.91/175

[∫ ∞

−∞

x(t)e−jωtdt

∫ ∞

−∞

x∗(t)ejωtdt

∫ ∞

−∞

x(t)ejωtdt

∫ ∞

−∞

∫ ∞

−∞

x(τ)e−jωτdτ

= X(jω)

Isso so e verdade se X(jw) e real (parte imaginaria nula). – p.91/175

Simetria (sinal real com simetria impar)

O sinal x(t) e real com simetria impar→ x∗(t) = x(t) ex(t) = −x(−t).

[∫ ∞

−∞

x(t)e−jωtdt

∫ ∞

−∞

x∗(t)ejωtdt

∫ ∞

−∞

x(t)ejωtdt

∫ ∞

−∞

∫ ∞

−∞

x(τ)e−jωτdτ

= −X(jω)

Isso so e verdade se X(jw) e imaginario.

– p.92/175

[∫ ∞

−∞

x(t)e−jωtdt

∫ ∞

−∞

x∗(t)ejωtdt

∫ ∞

−∞

x(t)ejωtdt

∫ ∞

−∞

∫ ∞

−∞

x(τ)e−jωτdτ

= −X(jω)

Isso so e verdade se X(jw) e imaginario.

– p.92/175

[∫ ∞

−∞

x(t)e−jωtdt

∫ ∞

−∞

x∗(t)ejωtdt

∫ ∞

−∞

x(t)ejωtdt

∫ ∞

−∞

∫ ∞

−∞

x(τ)e−jωτdτ

= −X(jω)

Isso so e verdade se X(jw) e imaginario. – p.92/175

Considere o sinal z(t) = x(t− to).

Calculando a Transformada de Fourier, temos:

Z(jω) =

∫ ∞

−∞

x(t− to)e−jωtdt

Fazendo τ = t− to → t = τ + to e dt = dτ

Z(jω) =

∫ ∞

−∞

x(τ)e−jω(τ+to)dτ

= e−jωto

∫ ∞

−∞

x(τ)e−jωτdτ

= e−jωtoX(jω)

– p.93/175

Z(jω) =

∫ ∞

−∞

Z(jω) =

∫ ∞

−∞

= e−jωto

∫ ∞

−∞

x(τ)e−jωτdτ

= e−jωtoX(jω)

– p.93/175

Z(jω) =

∫ ∞

−∞

Z(jω) =

∫ ∞

−∞

= e−jωto

∫ ∞

−∞

x(τ)e−jωτdτ

= e−jωtoX(jω)

– p.93/175

Exemplo - Onda Quadrada com atraso

Considere os seguintes sinais

Determine a DTFS do sinal em b).

– p.94/175

O sinal da figura a) e a onda quadrada cuja DTFS e

X[k] =1

sin(k Ωo

2 (2M + 1))

sin(k Ωo

Mas Ωo = 2πN . Da figura a) N = 7, Ωo = 2π

7 e M = 2. logo2M + 1 = 5:

X[k] =1

sin(k 5π7 )

sin(k π7 )

Na figura b) podemos notar que no e 3, logo

Z[k] = e−j 6π7

sin(k 5π7 )

sin(k π7 )

– p.95/175

O sinal da figura a) e a onda quadrada cuja DTFS e

X[k] =1

sin(k Ωo

2 (2M + 1))

sin(k Ωo

Mas Ωo = 2πN . Da figura a) N = 7, Ωo = 2π

7 e M = 2. logo2M + 1 = 5:

X[k] =1

sin(k 5π7 )

sin(k π7 )

Na figura b) podemos notar que no e 3, logo

Z[k] = e−j 6π7

sin(k 5π7 )

sin(k π7 )

– p.95/175

X[k] para a onda quadrada

−10 −5 0 5 100

∠X[k

– p.96/175

Z[k] para a onda quadrada deslocada

−10 −5 0 5 100

−10 −5 0 5 10−3

∠Z[k

– p.97/175

Considere Z(jω) = X(j(ω − γ)).

Usando a Transformada Inversa, temos:

z(t) =1

∫ ∞

−∞

Z(jω)ejωtdω

∫ ∞

−∞

X(j(ω − γ))ejωtdω

Fazendo ν = ω − γ, temos:

z(t) =1

∫ ∞

−∞

X(jν)ej(ν+γ)tdν

= ejγt 1

∫ ∞

−∞

X(jν)ejνtdν

= ejγtx(t)

– p.98/175

z(t) =1

∫ ∞

−∞

Z(jω)ejωtdω

∫ ∞

−∞

z(t) =1

∫ ∞

−∞

X(jν)ej(ν+γ)tdν

= ejγt 1

∫ ∞

−∞

X(jν)ejνtdν

= ejγtx(t)

– p.98/175

z(t) =1

∫ ∞

−∞

Z(jω)ejωtdω

∫ ∞

−∞

z(t) =1

∫ ∞

−∞

X(jν)ej(ν+γ)tdν

= ejγt 1

∫ ∞

−∞

X(jν)ejνtdν

= ejγtx(t)

– p.98/175

Exemplo 1

Encontre a DT Transformada Inversa de

Z(ejΩ) =1

1− αe−j(Ω+ π4 )

– p.99/175

Solucao

Re-escrevendo Z(ejΩ) = 1

1−αe−j(Ω+ π4

) , temos:

Z(ejΩ) =1

1− αe−j(Ω−(−π4 ))

A forma de onda x[n] = αnu[n] tem DTFT X(ejΩ) = 11−αe−jΩ

para α < 1. Portanto

z[n] = e−j π4 nαnu[n]

– p.100/175

Solucao

Re-escrevendo Z(ejΩ) = 1

1−αe−j(Ω+ π4

) , temos:

Z(ejΩ) =1

1− αe−j(Ω−(−π4 ))

A forma de onda x[n] = αnu[n] tem DTFT X(ejΩ) = 11−αe−jΩ

para α < 1. Portanto

z[n] = e−j π4 nαnu[n]

– p.100/175

Exemplo 2

Encontre a DT Transformada Inversa de

X(jω) = π (δ(ω + ω0) + δ(ω − ω0))

– p.101/175

Solucao 1 - Usando a definicao

Usando x(t) = 12π

∫∞

−∞X(jω)ejωtdω, temos:

x(t) =1

∫ ∞

−∞

X(jω)ejωtdω

∫ ∞

−∞

π (δ(ω + ω0) + δ(ω − ω0)) ejωtdω

(∫ ∞

−∞

δ(ω + ω0)ejωtdω +

∫ ∞

−∞

δ(ω − ω0)ejωtdω

ejωt∣∣ω=−ω0

+ ejωt∣∣ω=ω0

(e−jω0t + ejω0t

= cos(ω0t)

Mas o cosseno e periodico?

– p.102/175

Solucao 1 - Usando a definicao

Usando x(t) = 12π

∫∞

−∞X(jω)ejωtdω, temos:

x(t) =1

∫ ∞

−∞

X(jω)ejωtdω

∫ ∞

−∞

π (δ(ω + ω0) + δ(ω − ω0)) ejωtdω

(∫ ∞

−∞

δ(ω + ω0)ejωtdω +

∫ ∞

−∞

δ(ω − ω0)ejωtdω

ejωt∣∣ω=−ω0

+ ejωt∣∣ω=ω0

(e−jω0t + ejω0t

= cos(ω0t)

Mas o cosseno e periodico?

– p.102/175

Solucao 2 - Usando a Propriedade

Considerando o exemplo do impulso na frequencia, temos:

δ(ω)FT←→

πδ(ω)FT←→

Aplicando a propriedade de Deslocamento na Frequencia:

πδ(ω + ω0)FT←→

2e−jω0t

πδ(ω − ω0)FT←→

2ejω0t

Finalmente:

X(jω) = π (δ(ω + ω0) + δ(ω − ω0))FT←→

2e−jω0t +

2ejω0t = cos(ω0t)

Podemos representar sinais periodicos com a FT!

– p.103/175

δ(ω)FT←→

πδ(ω)FT←→

2e−jω0t

2ejω0t

Finalmente:

X(jω) = π (δ(ω + ω0) + δ(ω − ω0))FT←→

2e−jω0t +

2ejω0t = cos(ω0t)

– p.103/175

δ(ω)FT←→

πδ(ω)FT←→

2e−jω0t

2ejω0t

Finalmente:

X(jω) = π (δ(ω + ω0) + δ(ω − ω0))FT←→

2e−jω0t +

2ejω0t = cos(ω0t)

– p.103/175

δ(ω)FT←→

πδ(ω)FT←→

2e−jω0t

2ejω0t

Finalmente:

X(jω) = π (δ(ω + ω0) + δ(ω − ω0))FT←→

2e−jω0t +

2ejω0t = cos(ω0t)

Podemos representar sinais periodicos com a FT! – p.103/175

Exemplo 3

Usando o resultado anterior, encontre a transformada de Fourierde sin(ω0t).

– p.104/175

Solucao

Podemos escrever o seno como:

sin(ω0t) =1

2jejω0t −

2je−jω0t

= −1

2je−jω0t +

2jejω0t

Por analogia temos:

sin(ω0t) = −1

2je−jω0t +

2jejω0t

↓ ↓

sin(ω0t)FT←→

j(−δ(ω + ω0) + δ(ω − ω0))

FT←→ πj (δ(ω + ω0)− δ(ω − ω0))

– p.105/175

Solucao

Podemos escrever o seno como:

sin(ω0t) =1

2jejω0t −

2je−jω0t

= −1

2je−jω0t +

2jejω0t

Por analogia temos:

sin(ω0t) = −1

2je−jω0t +

2jejω0t

↓ ↓

sin(ω0t)FT←→

j(−δ(ω + ω0) + δ(ω − ω0))

FT←→ πj (δ(ω + ω0)− δ(ω − ω0))

– p.105/175

FT e FS

Os exemplos anteriores mostram que e possıvel determinar aFT de sinais periodicos.

No caso da FT, temos:

Exponenciais complexas FT←→ Impulsos contınuos

X[k]FT−→ XFT [kω0] = 2πX[k]

Ou seja

x(t) =∞∑

k=−∞

X[k]ejkω0t FT←→ X(jω) =

∞∑

k=−∞

2πX[k]δ(ω − kω0)

– p.106/175

FT e FS

Ou seja

x(t) =∞∑

k=−∞

∞∑

k=−∞

– p.106/175

FT e FS

Ou seja

x(t) =

∞∑

k=−∞

∞∑

k=−∞

– p.106/175

FT de um Trem de Impulsos

Determine a transformada do trem de impulsos

x(t) =

∞∑

i=−∞

δ(t− iT )

– p.107/175

Solucao

Sabemos que a FS do trem de impulsosx(t) =

∑∞i=−∞ δ(t− iT ) e:

X[k] =1

Portanto, a FT e:

X(jω) =∞∑

k=−∞

Tδ(ω − kω0)

∞∑

k=−∞

δ(ω − kω0)

∞∑

k=−∞

δ(ω − k2π

– p.108/175

Solucao

Sabemos que a FS do trem de impulsosx(t) =

∑∞i=−∞ δ(t− iT ) e:

X[k] =1

Portanto, a FT e:

X(jω) =∞∑

k=−∞

Tδ(ω − kω0)

∞∑

k=−∞

δ(ω − kω0)

∞∑

k=−∞

δ(ω − k2π

– p.108/175

EscalonamentoConsidere o sinal z(t) = x(at). a define acompressao/expansao no tempo, a transformada de Fouriere:

Z(jω) =

∫ ∞

−∞

z(t)e−jωtdt

∫ ∞

−∞

x(at)e−jωtdt

Fazendo τ = at→ t = τa → dt = dτ

a , temos:

Z(jω) =1

∫ ∞

−∞

x(τ)e−j ωa

|a|X(j

– p.109/175

EscalonamentoConsidere o sinal z(t) = x(at). a define acompressao/expansao no tempo, a transformada de Fouriere:

Z(jω) =

∫ ∞

−∞

z(t)e−jωtdt

∫ ∞

−∞

x(at)e−jωtdt

Fazendo τ = at→ t = τa → dt = dτ

a , temos:

Z(jω) =1

∫ ∞

−∞

x(τ)e−j ωa

|a|X(j

– p.109/175

Escalonamento - Caso Discreto

E o caso discreto? E a mesma coisa?

O caso discreto z[n] = x[pn] e definido somente para valoresinteiros de p.

Se |p| > 1 informacao de x e perdida e nao podemos usaruma relacao semelhante aquela do caso contınuo.

Se x[n] e nao-periodico→ Z(ejΩ) = X(ej Ωp ). O caso especial

e:x[−n]

DTFT←→ X(e−jΩ)

Se x[n] e periodico→ Z[k] = pX[k] para p > 0.

– p.110/175

e:x[−n]

– p.110/175

e:x[−n]

– p.110/175

e:x[−n]

– p.110/175

Contınuo - Compressao/Expansao notempo

– p.111/175

Discreto - Compressao/Expansao notempo (Discreto)

Determine a DTFT de f [n] a partir da informacao no sinal w[n].

−30 −20 −10 0 10 20 300

– p.112/175

Solucao

Repare que w[n] = f [2n].

Sabemos que W (ejΩ) =sin(7Ω

sin(Ω2 )

, logo:

F (ejΩ) =sin(7Ω)

sin(Ω)

– p.113/175

Solucao

Repare que w[n] = f [2n].

Sabemos que W (ejΩ) =sin(7Ω

sin(Ω2 )

, logo:

F (ejΩ) =sin(7Ω)

sin(Ω)

– p.113/175

Compressao/Expansao - frequencia (Dis-creto)

−4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4−2

F(ejΩ

– p.114/175

Diferenciacao no Tempo

Considere

x(t) =1

∫ ∞

−∞

X(jω)ejωtdω

Tomando a derivada de x(t), temos:

∫ ∞

−∞

(jw)X(jω)ejωtdω

∫ ∞

−∞

(jw)X(jω)︸︷︷︸

ejωtdω

Entaox(t)

FT←→ jωX(jw)

– p.115/175

Considere

x(t) =1

∫ ∞

−∞

X(jω)ejωtdω

∫ ∞

−∞

(jw)X(jω)ejωtdω

∫ ∞

−∞

(jw)X(jω)︸︷︷︸

ejωtdω

Entaox(t)

FT←→ jωX(jw)

– p.115/175

Considere

x(t) =1

∫ ∞

−∞

X(jω)ejωtdω

∫ ∞

−∞

(jw)X(jω)ejωtdω

∫ ∞

−∞

(jw)X(jω)︸︷︷︸

ejωtdω

Entaox(t)

FT←→ jωX(jw)

– p.115/175

Diferenciacao no Frequencia

Considere

X(jw) =

∫ ∞

x(t)e−jωtdt

Tomando a derivada de X(jw), temos:

dX(jω)

∫ ∞

−∞

(−jt)x(t)︸︷︷︸

e−jωtdt

Logo:dX(jω)

FT←→ (−jt)x(t)

– p.116/175

Considere

X(jw) =

∫ ∞

x(t)e−jωtdt

dX(jω)

∫ ∞

−∞

(−jt)x(t)︸︷︷︸

e−jωtdt

Logo:dX(jω)

dwFT←→ (−jt)x(t)

– p.116/175

Considere

X(jw) =

∫ ∞

x(t)e−jωtdt

dX(jω)

∫ ∞

−∞

(−jt)x(t)︸︷︷︸

e−jωtdt

Logo:dX(jω)

FT←→ (−jt)x(t)

– p.116/175

Exemplo 1

Dado o sinal x(t) = te−atu(t), determine X(jω).

– p.117/175

Solucao

Sabendo que (−j)j = 1 e que o sinal x(t) tem t

explicitamente (Diferenciacao na frequencia), podemosescrever:

x(t) = (−jt)︸︷︷︸

dX1(jω)dω

je−atu(t)︸︷︷︸

Considerando, primeiramente, o sinal x1(t) = je−atu(t),temos:

X1(jω) = j1

jω + a

Aplicando a propriedade de Diferenciacao na Frequencia:

X(jω) =dX1(jω)

= j(−1)1

(jω + a)2j

(jω + a)2

– p.118/175

Solucao

x(t) = (−jt)︸︷︷︸

dX1(jω)dω

X1(jω) = j1

jω + a

X(jω) =dX1(jω)

= j(−1)1

(jω + a)2j

(jω + a)2

– p.118/175

Solucao

x(t) = (−jt)︸︷︷︸

dX1(jω)dω

X1(jω) = j1

jω + a

X(jω) =dX1(jω)

= j(−1)1

(jω + a)2j

(jω + a)2– p.118/175

Exemplo 2

Dado o sinal x[n] = nej π8 nαn−3u[n− 3], calcule a DTFT.

– p.119/175

Solucao

Como no exemplo anterior, devemos preparar o sinal x[n]:

x[n] = (j)(−jn)ej π8 nαn−3u[n− 3]

Claramente podemos ver tres propriedades:

1) x[n− n0]DTFT⇐⇒ e−jΩn0X

(ejΩ)

Deslocamento no Tempo

2) ejΩγx[n]DTFT⇐⇒ X

ej(Ω−γ))

3) − jnx[n]DTFT⇐⇒

dX(ejΩ)

dΩDeferenciacao na Frequencia

A funcao sobre a qual as tres propriedades foram aplicadase:

x0[n] = αnu[n]←→ X0

(ejΩ)

1− αe−jΩ

– p.120/175

Solucao

x[n] = (j)(−jn)ej π8 nαn−3u[n− 3]

(ejΩ)

ej(Ω−γ))

dX(ejΩ)

x0[n] = αnu[n]←→ X0

(ejΩ)

1− αe−jΩ

– p.120/175

Solucao

x[n] = (j)(−jn)ej π8 nαn−3u[n− 3]

(ejΩ)

ej(Ω−γ))

dX(ejΩ)

x0[n] = αnu[n]←→ X0

(ejΩ)

1− αe−jΩ

– p.120/175

Portanto

(ejΩ)

=e−j3Ω

1− αe−jΩ

(ejΩ)

=e−j3(Ω−π/8)

1− αe−j(Ω−π/8)

(ejΩ)

= X(ejΩ)

(e−j3(Ω−π/8)

1− αe−j(Ω−π/8)

X(ejΩ)

= −j(

3 (−1)78 e−3 jΩ + 2 e−4 jΩα

(−1 + αe−1/8 j(8 Ω−π)

– p.121/175

Integracao∫∞

−∞x(τ)dτ ⇐⇒ 1

jωX(jω) + πX(j0)δ(ω)

Para sinais com media zero Y (jω) = 1jω X(jω)

Para o degrau temos u(t)⇐⇒ 1jω + πδ(ω)

– p.122/175

Integracao∫∞

−∞x(τ)dτ ⇐⇒ 1

– p.122/175

Integracao∫∞

−∞x(τ)dτ ⇐⇒ 1

– p.122/175

Soma e Diferenca

Considere

y[n] =∞∑

k=−∞

Logox[n] = y[n]− y[n− 1]

Considerando o sinal nao-periodico e aplicando apropriedade de deslocamento no tempo temos

X(ejΩ) = (1− e−jΩ)Y (ejΩ)

No caso da soma, temos:

Y (ejΩ) =X(ejΩ)

1− e−jΩ+ πX(ejΩ)δ(Ω), −π < Ω ≤ π

– p.123/175

Soma e Diferenca

Considere

y[n] =∞∑

k=−∞

Y (ejΩ) =X(ejΩ)

– p.123/175

Soma e Diferenca

Considere

y[n] =∞∑

k=−∞

Y (ejΩ) =X(ejΩ)

– p.123/175

Convolucao

Convolucao Nao-Periodica

y(t) = h(t) ∗ x(t)

∫ ∞

−∞

h(τ)x(t− τ)dτ

Podemos calcular o sinal x(t− τ) em termos da FT:

x(t− τ) =1

∫ ∞

−∞

X(jω)ejω(t−τ)dω

Usando isto na expressao da convolucao, temos:

y(t) =

∫ ∞

−∞

h(τ)1

∫ ∞

−∞

X(jω)ejω(t−τ)dωdτ

∫ ∞

−∞

∫ ∞

−∞

h(τ)e−jωτdτ

︸︷︷︸

X(jω)ejωtdω

– p.124/175

Convolucao

y(t) = h(t) ∗ x(t)

∫ ∞

−∞

h(τ)x(t− τ)dτ

x(t− τ) =1

∫ ∞

−∞

y(t) =

∫ ∞

−∞

h(τ)1

∫ ∞

−∞

∫ ∞

−∞

∫ ∞

−∞

h(τ)e−jωτdτ

︸︷︷︸

X(jω)ejωtdω

– p.124/175

Convolucao

y(t) = h(t) ∗ x(t)

∫ ∞

−∞

h(τ)x(t− τ)dτ

x(t− τ) =1

∫ ∞

−∞

y(t) =

∫ ∞

−∞

h(τ)1

∫ ∞

−∞

∫ ∞

−∞

∫ ∞

−∞

h(τ)e−jωτdτ

︸︷︷︸

X(jω)ejωtdω

– p.124/175

A parte em negrito nada mais e do que a definicao de H(jω),logo:

y(t) =1

∫ ∞

−∞

H(jω)X(jω)ejωtdω

que e a FT inversa de H(jω)X(jω).

y(t) = h(t) ∗ x(t)⇐⇒ Y (jω) = H(jω)X(jω)

– p.125/175

Exemplo 1

Determine a saıda y(t) de um sistema LIT, cuja resposta aoimpulso e h(t) = 2e−2tu(t), quando uma entrada x(t) = 3e−tu(t)

foi aplicada.

– p.126/175

Solucao

Pela propriedade da Convolucao, temos:

Y (jω) = H(jω)X(jω)

Calculando a Transformada de Fourier dos sinais h(t) e x(t):

h(t) = 2e−2tu(t)FT⇐⇒

jω + 2

x(t) = 3e−tu(t)FT⇐⇒

jω + 1

Portanto:

Y (jω) = H(jω)X(jω) =6

(jω + 2)(jω + 1)=

jω + 2+

jω + 1

– p.127/175

Solucao

jω + 2

jω + 1

Portanto:

(jω + 2)(jω + 1)=

jω + 2+

jω + 1

– p.127/175

Solucao

jω + 2

jω + 1

Portanto:

(jω + 2)(jω + 1)=

jω + 2+

jω + 1

– p.127/175

Calculando A e B

(A+B)(jω)+(2B+A) = 6 →

A + B = 0 → A = −B

2B + A = 6 → 2B −B = 6

→ B = 6 e A = −6

Finalmente

Y (jω) = 6

jω + 2+

jω + 1

FT⇐⇒ y(t) = −6e−2tu(t) + 6e−tu(t)

– p.128/175

Calculando A e B

(A+B)(jω)+(2B+A) = 6 →

A + B = 0 → A = −B

2B + A = 6 → 2B −B = 6

→ B = 6 e A = −6

Finalmente

Y (jω) = 6

jω + 2+

jω + 1

FT⇐⇒ y(t) = −6e−2tu(t) + 6e−tu(t)

– p.128/175

Exemplo 2

Seja a resposta ao impulso de um sistema LIT h[n] = 1πnsin

(π4 n).

Encontre a saıda y[n] em resposta as entradas:

x1[n] = 1πnsin

(π8 n)

x2[n] = 1πnsin

(π2 n)

– p.129/175

Solucao

Notanto que o sinal h[n] esta na forma de sinc, ou seja, osinal H(ejΩ) e um pulso:

h[n] =1

πnsin

⇐⇒ H(ejΩ) =

1, |Ω| ≤ π4

0, π4 < |Ω| < π

A mesma analise pode ser feita para cada uma dasentradas:

x1[n] =1

πnsin

⇐⇒ X1(ejΩ) =

1, |Ω| ≤ π8

0, π8 < |Ω| < π

x2[n] =1

πnsin

⇐⇒ X2(ejΩ) =

1, |Ω| ≤ π2

0, π2 < |Ω| < π

– p.130/175

Solucao

Notanto que o sinal h[n] esta na forma de sinc, ou seja, osinal H(ejΩ) e um pulso:

h[n] =1

πnsin

⇐⇒ H(ejΩ) =

1, |Ω| ≤ π4

0, π4 < |Ω| < π

A mesma analise pode ser feita para cada uma dasentradas:

x1[n] =1

πnsin

⇐⇒ X1(ejΩ) =

1, |Ω| ≤ π8

0, π8 < |Ω| < π

x2[n] =1

πnsin

⇐⇒ X2(ejΩ) =

1, |Ω| ≤ π2

0, π2 < |Ω| < π

– p.130/175

Entrada x1[n]

Para a entrada x1[n], na frequencia, temos:

Y1(ejΩ) = H(ejΩ)X1(e

= X1(ejΩ)

y[n] = y1[n] = x1[n] =1

πnsin

– p.131/175

Entrada x1[n]

= X1(ejΩ)

y[n] = y1[n] = x1[n] =1

πnsin

– p.131/175

Entrada x2[n]

= H(ejΩ)

y[n] = y2[n] = h[n] =1

πnsin

– p.132/175

Entrada x2[n]

= H(ejΩ)

y[n] = y2[n] = h[n] =1

πnsin

– p.132/175

Exemplo 3

Para o circuito da figura abaixo, considerando o sinal de tensaox(t) como entrada e o sinal de corrente y(t) como saıda,

PSfrag replacements R

CLx(t) y(t)

determine:

a) a equacao diferencial que descreve o circuito;

b) a resposta em frequencia do circuito;

c) a resposta ao impulso h(t).

– p.133/175

Solucao

Considerando i a corrente no resistor (soma da corrente noindutor, y, mais a corrente no capacitor, iC), e as tensoes vL

e vC , temos:

vL = vC = Ly

iC = CvC = CLy

i = y + iC = y + CLy

Finalmente:

x = Ri + vL

x = Ry + RCLy + Ly

Ou seja

– p.134/175

Solucao

e vC , temos:

vL = vC = Ly

iC = CvC = CLy

Finalmente:

x = Ri + vL

x = Ry + RCLy + Ly

Ou seja

– p.134/175

Solucao

e vC , temos:

vL = vC = Ly

iC = CvC = CLy

Finalmente:

x = Ri + vL

x = Ry + RCLy + Ly

Ou seja

– p.134/175

Usando a propriedade de diferenciacao, podemos escrevera equacao diferencial no domınio da frequencia:

↓ FT ↓(

(jω)2 +1

RCjω +

Y (jω) =1

RCLX(jω)

A ultima equacao e algebrica, logo, podemos escrever:

Y (jω)

X(jω)=

(jω)2 + 1RC jω + 1

Pela propriedade de Convolucao, sabemos que:

Y (jω) = H(jω)X(jω)→ H(jω) =Y (jω)

X(jω)

pois o sistema e LIT.

– p.135/175

↓ FT ↓(

(jω)2 +1

RCjω +

Y (jω) =1

RCLX(jω)

Y (jω)

X(jω)=

(jω)2 + 1RC jω + 1

X(jω)

– p.135/175

↓ FT ↓(

(jω)2 +1

RCjω +

Y (jω) =1

RCLX(jω)

Y (jω)

X(jω)=

(jω)2 + 1RC jω + 1

X(jω)

pois o sistema e LIT. – p.135/175

No caso do circuito em questao, a expressao para aresposta em frequencia e:

H(jω) =1

(jω)2 + 1RC jω + 1

H(jω) pode ser expandido em fracoes parciais:

H(jω) =1

(jω)2 + 1RC jω + 1

jω + 12RC + 1

(RC)2 −4

jω + 12RC −

(RC)2 −4

onde A = − 1

1(RC)2

− 4CL

e B = 1

1(RC)2

− 4CL

– p.136/175

H(jω) =1

(jω)2 + 1RC jω + 1

H(jω) pode ser expandido em fracoes parciais:

H(jω) =1

(jω)2 + 1RC jω + 1

jω + 12RC + 1

(RC)2 −4

jω + 12RC −

(RC)2 −4

onde A = − 1

1(RC)2

− 4CL

e B = 1

1(RC)2

− 4CL

– p.136/175

Fica claro da ultima expressao que h(t) e uma soma de duasexponenciais:

h(t) = −1

RCL√

1(RC)2 −

1(RC)2

− 4CL

RCL√

1(RC)2 −

− 12

1(RC)2

− 4CL

Deve ser verificado se o sinal encontrado h(t) eabsolutamente integravel.

– p.137/175

Fica claro da ultima expressao que h(t) e uma soma de duasexponenciais:

h(t) = −1

RCL√

1(RC)2 −

1(RC)2

− 4CL

RCL√

1(RC)2 −

− 12

1(RC)2

− 4CL

– p.137/175

Exemplo 4

Para o circuito da figura abaixo, considerando o sinal de tensaox(t) como entrada e o sinal de tensao y(t) como saıda,

PSfrag replacements

x(t) y(t)

determine:

a) a equacao diferencial que descreve o circuito;

b) a resposta em frequencia do circuito;

c) a resposta ao impulso h(t).

– p.138/175

Solucao

Considerando iC a corrente no capacitor (soma dacorrente no indutor, iL, mais a corrente no resistor, iR), e astensoes vL, vR e vC , temos:

vL = vR = y

vLdt =1

iC = iL + iR =1

ydt +y

Finalmente:

x = vC + y

∫ (1

ydt +y

dt + y

∫ ∫

ydt +1

ydt + y

– p.139/175

Solucao

Considerando iC a corrente no capacitor (soma dacorrente no indutor, iL, mais a corrente no resistor, iR), e astensoes vL, vR e vC , temos:

vL = vR = y

vLdt =1

iC = iL + iR =1

ydt +y

Finalmente:

x = vC + y

∫ (1

ydt +y

dt + y

∫ ∫

ydt +1

ydt + y– p.139/175

Diferenciando duas vezes:

CLy = x

↓ FT ↓(

(jω)2 +1

RCjω +

Y (jω) = (jω)2X(jω)

Y (jω)

X(jω)=

(jω)2

(jω)2 + 1RC jω + 1

– p.140/175

CLy = x

↓ FT ↓(

(jω)2 +1

RCjω +

Y (jω)

X(jω)=

(jω)2

(jω)2 + 1RC jω + 1

– p.140/175

CLy = x

↓ FT ↓(

(jω)2 +1

RCjω +

Y (jω)

X(jω)=

(jω)2

(jω)2 + 1RC jω + 1

– p.140/175

X(jω)

H(jω) =(jω)2

(jω)2 + 1RC jω + 1

H(jω) nao pode ser expandido em fracoes parciais. Epreciso “tratar” a expressao:

H(jω) =(jω)2

(jω)2 + 1RC jω + 1

= 1−1

RC jω + 1CL

(jω)2 + 1RC jω + 1

– p.141/175

X(jω)

H(jω) =(jω)2

(jω)2 + 1RC jω + 1

H(jω) =(jω)2

(jω)2 + 1RC jω + 1

= 1−1

RC jω + 1CL

(jω)2 + 1RC jω + 1

– p.141/175

X(jω)

H(jω) =(jω)2

(jω)2 + 1RC jω + 1

H(jω) =(jω)2

(jω)2 + 1RC jω + 1

= 1−1

RC jω + 1CL

(jω)2 + 1RC jω + 1

CL– p.141/175

A parte de H(jω) que corresponde a uma fracao propriapode ser expandida em fracoes parciais:

H(jω) = 1−A

jω + 12RC + 1

(RC)2 −4

jω + 12RC −

(RC)2 −4

A = 1RC −

+ 12(RC)2

− 12RC

1(RC)2

− 4CL

CL− 1

2(RC)2+ 1

1(RC)2

− 4CL

– p.142/175

Fica claro da ultima expressao que h(t) e uma soma de duasexponenciais mais um impulso:

h(t) = δ(t) +

1CL + 1

2(RC)2 −1

2RC√

1(RC)2 −

1(RC)2

− 4CL

1CL −

12(RC)2 + 1

2RC√

1(RC)2 −

− 12

1(RC)2

− 4CL

– p.143/175

Fica claro da ultima expressao que h(t) e uma soma de duasexponenciais mais um impulso:

h(t) = δ(t) +

1CL + 1

2(RC)2 −1

2RC√

1(RC)2 −

1(RC)2

− 4CL

1CL −

12(RC)2 + 1

2RC√

1(RC)2 −

− 12

1(RC)2

− 4CL

– p.143/175

Modulacao

No do cado da Modulacao Nao-Periodica o problema einverso do outro, ou seja, temos:

y(t) = x(t)z(t) produto de duas funcoes

Os sinais x(t) e z(t) podem ser escritos usando aTransformada Inversa.

z(t) =1

∫ ∞

−∞

Z(jν)ejνtdν

x(t) =1

∫ ∞

−∞

X(jη)ejηtdη

Re-escrevendo y(t) usando as definicoes acima, temos:

y(t) =

)2 ∫ ∞

−∞

∫ ∞

−∞

Z(jν)X(jη)ej(ν+η)tdνdη

– p.144/175

Modulacao

z(t) =1

∫ ∞

−∞

Z(jν)ejνtdν

x(t) =1

∫ ∞

−∞

X(jη)ejηtdη

y(t) =

)2 ∫ ∞

−∞

∫ ∞

−∞

– p.144/175

Modulacao

z(t) =1

∫ ∞

−∞

Z(jν)ejνtdν

x(t) =1

∫ ∞

−∞

X(jη)ejηtdη

y(t) =

)2 ∫ ∞

−∞

∫ ∞

−∞

– p.144/175

Faco ν = ω − η para obter

y(t) =1

∫ ∞

−∞

∫ ∞

−∞

X(jη)Z(j(ω − η))dη

︸︷︷︸

ejωtdω

y(t) =1

∫ ∞

−∞

2πX(jω) ∗ Z(jω)ejωtdω

Finalmente

y(t) = x(t)z(t)⇐⇒ Y (jω) =1

2πX(jω) ∗ Z(jω)

– p.145/175

y(t) =1

∫ ∞

−∞

∫ ∞

−∞

︸︷︷︸

ejωtdω

y(t) =1

∫ ∞

−∞

Finalmente

y(t) = x(t)z(t)⇐⇒ Y (jω) =1

– p.145/175

y(t) =1

∫ ∞

−∞

∫ ∞

−∞

︸︷︷︸

ejωtdω

y(t) =1

∫ ∞

−∞

Finalmente

y(t) = x(t)z(t)⇐⇒ Y (jω) =1

– p.145/175

Exemplo 1

Encontre a FT de:

x(t) =4

π2t2sin2(2t)

– p.146/175

Solucao

Escrevendo x(t) em termos do produto de dois sinais:

x(t) =4

π2t2sin2(2t) = 4

πtsin(2t)

︸︷︷︸

πtsin(2t)

︸︷︷︸

O sinal z(t) e conhecido (pulso na frequencia), logo:

Z(jω) =

1, |ω| ≤ 2

0, |ω| > 2

O produto z(t)z(t)←→ 12πZ(jω) ∗ Z(jω) (que e a convolucao

de dois pulsos retangulares):

Z(jω) ∗ Z(jω) =

0, ω ≤ −4

ω + 4 −4 < ω ≤ 0

−ω + 4 0 < ω ≤ 4

0 4 < ω

– p.147/175

Solucao

x(t) =4

π2t2sin2(2t) = 4

πtsin(2t)

︸︷︷︸

πtsin(2t)

︸︷︷︸

Z(jω) =

1, |ω| ≤ 2

0, |ω| > 2

Z(jω) ∗ Z(jω) =

0, ω ≤ −4

ω + 4 −4 < ω ≤ 0

−ω + 4 0 < ω ≤ 4

0 4 < ω

– p.147/175

Solucao

x(t) =4

π2t2sin2(2t) = 4

πtsin(2t)

︸︷︷︸

πtsin(2t)

︸︷︷︸

Z(jω) =

1, |ω| ≤ 2

0, |ω| > 2

Z(jω) ∗ Z(jω) =

0, ω ≤ −4

ω + 4 −4 < ω ≤ 0

−ω + 4 0 < ω ≤ 4

0 4 < ω – p.147/175

Portanto:

X(jω) = 41

2π(Z(jω) ∗ Z(jω)) =

0, ω ≤ −4

2πω + 4

π −4 < ω ≤ 0

− 2πω + 4

π 0 < ω ≤ 4

0 4 < ω

– p.148/175

Convolucao para Sinais Perıodicos

Convolucao (Caso Contınuo)

y(t) = x(t) ~ z(t)FS, 2π

T⇐⇒ Y [k] = T X[k]Z[k]

Convolucao (Caso Discreto)

y[n] = x[n] ~ z[n]DTFS, 2π

N⇐⇒ Y [k] = N X[k]Z[k]

– p.149/175

Convolucao para Sinais Perıodicos

Convolucao (Caso Contınuo)

y(t) = x(t) ~ z(t)FS, 2π

T⇐⇒ Y [k] = T X[k]Z[k]

Convolucao (Caso Discreto)

y[n] = x[n] ~ z[n]DTFS, 2π

N⇐⇒ Y [k] = N X[k]Z[k]

– p.149/175

Modulacao para Sinais Perıodicos

Modulacao (Caso Contınuo)

y(t) = x(t)z(t)FS, 2π

T⇐⇒ Y [k] = X[k] ∗ Z[k]

X[k] ∗ Y [k] =∞∑

m=−∞

X[m]Z[k −m]

Modulacao (Caso Discreto)

y[n] = x[n]z[n]DTFS, 2π

N⇐⇒ Y [k] = X[k] ~ Z[k]

X[k] ~ Y [k] =∑

X[m]Z[k −m]

– p.150/175

Modulacao para Sinais Perıodicos

Modulacao (Caso Contınuo)

y(t) = x(t)z(t)FS, 2π

T⇐⇒ Y [k] = X[k] ∗ Z[k]

X[k] ∗ Y [k] =∞∑

m=−∞

X[m]Z[k −m]

Modulacao (Caso Discreto)

y[n] = x[n]z[n]DTFS, 2π

N⇐⇒ Y [k] = X[k] ~ Z[k]

X[k] ~ Y [k] =∑

X[m]Z[k −m]

– p.150/175

Propriedades da Convolucao eModulacao

Convolucao Modulacao

x(t) ∗ z(t)FT⇐⇒ X(jω)Z(jω) x(t)z(t)

FT⇐⇒ 1

x(t) ~ z(t)FS;ω0

⇐⇒ TX[k]Z[k] x(t)z(t)FS;ω0

⇐⇒ X[k] ∗ Z[k]

x[n] ∗ z[n]DTFT⇐⇒ X(ejΩ)Z(ejΩ) x[n]z[n]

DTFT⇐⇒ 1

2πX(ejΩ) ~ Z(ejΩ)

x[n] ~ z[n]DTFS;Ω0

⇐⇒ NX[k]Z[k] x[n]z[n]DTFS;Ω0

⇐⇒ X[k] ~ Z[k]

– p.151/175

Exemplo

Encontre x[n] dado:

X(ejΩ)

(e−j3Ω

1 + 12e−jΩ

– p.152/175

Solucao

Repare que X(ejΩ)

e a convolucao entre dois sinaiscontınuos (periodicos na frequencia):

X(ejΩ)

= 2π1

(e−j3Ω

1 + 12e−jΩ

︸︷︷︸

W (ejΩ)

︸︷︷︸

Z(ejΩ)

Determina-se w[n] de W(ejΩ)

usando αnu[n]←→ 11−αe−jΩ e a

propriedade de deslocamento no tempo:

W(ejΩ)

=e−j3Ω

1 + 12e−jΩ

=e−j3Ω

1− −12 e−jΩ

↓ ↓

w[n] =

)n−3

u[n− 3]

– p.153/175

Solucao

Repare que X(ejΩ)

e a convolucao entre dois sinaiscontınuos (periodicos na frequencia):

X(ejΩ)

= 2π1

(e−j3Ω

1 + 12e−jΩ

︸︷︷︸

W (ejΩ)

︸︷︷︸

Z(ejΩ)

Determina-se w[n] de W(ejΩ)

usando αnu[n]←→ 11−αe−jΩ e a

propriedade de deslocamento no tempo:

W(ejΩ)

=e−j3Ω

1 + 12e−jΩ

=e−j3Ω

1− −12 e−jΩ

↓ ↓

w[n] =

)n−3

u[n− 3]– p.153/175

Z(ejΩ)

e a transformada de pulso discreto no tempo:

Z(ejΩ)

(21Ω2

) =sin

(Ω2 (21)

) =sin

(Ω2 (10× 2 + 1)

Da expressao acima fica claro que M = 10 (duracao dopulso). logo:

z[n] = u[n + 10]− u[n− 11]

Finalmente

x[n] = 2π(w[n]z[n]) = 2π

)n−3

(u[n− 3]− u[n− 11])

– p.154/175

Z(ejΩ)

(21Ω2

) =sin

(Ω2 (21)

) =sin

(Ω2 (10× 2 + 1)

z[n] = u[n + 10]− u[n− 11]

Finalmente

x[n] = 2π(w[n]z[n]) = 2π

)n−3

(u[n− 3]− u[n− 11])

– p.154/175

Z(ejΩ)

(21Ω2

) =sin

(Ω2 (21)

) =sin

(Ω2 (10× 2 + 1)

z[n] = u[n + 10]− u[n− 11]

Finalmente

x[n] = 2π(w[n]z[n]) = 2π

)n−3

(u[n− 3]− u[n− 11])

– p.154/175

As relacoes de Parseval indicam que a energia ou potenciada representacao no tempo de um sinal e igual a energiaou potencia da representacao na frequencia.

Por exemplo, considere um sinal nao-perıodico contınuox(t). A energia do sinal e

∫ ∞

−∞

|x(t)|2dt

Note que |x(t)|2 = x(t)x∗(t) e que x∗(t) pode ser escrito como

x∗(t) =1

∫ ∞

−∞

X∗(jω)e−jωtdω

– p.155/175

∫ ∞

−∞

|x(t)|2dt

x∗(t) =1

∫ ∞

−∞

– p.155/175

∫ ∞

−∞

|x(t)|2dt

x∗(t) =1

∫ ∞

−∞

– p.155/175

Portanto

∫ ∞

−∞

∫ ∞

−∞

X∗(jω)e−jωtdωdt

∫ ∞

−∞

X∗(jω)

∫ ∞

−∞

x(t)e−jωtdt

∫ ∞

−∞

X∗(jω)X(jω)dω

∫ ∞

−∞

|X(jω)|2dω

– p.156/175

Tabela para as Relacoes de Parseval

FT −→∫∞−∞ |x(t)|2dt = 1

∫∞−∞ |X(jω)|2dω

FS −→ 1T

<T> |x(t)|2dt =∑∞

k=−∞ |X(k)|2

DTFT −→∑∞

k=−∞ |x(t)|2 = 12π

<2π> |X(jΩ)|2dΩ

DTFS −→ 1N

n=<N> |x(t)|2 =∑

k=<N> |X(k)|2

|X(.)|2 e chamado espectro de energiado sinal.

– p.157/175

Exemplo

Encontre o valor da integral abaixo usando a Relacao deParseval

∫ ∞

−∞

|jω + 2|2dω

– p.158/175

Solucao

Colocando a integral na forma da Relacao de Parseval:

∫ ∞

−∞

|jω + 2|2dω

χ = 4π1

∫ ∞

−∞

|jω + 2|2dω

∫ ∞

−∞

|jω + 2|2dω

∫ ∞

−∞

∣∣∣∣

jω + 2

∣∣∣∣

︸︷︷︸

|X(jω)|2

– p.159/175

Usando a Relacao de Parseval:

∫ ∞

−∞

∣∣∣∣

jω + 2

∣∣∣∣

︸︷︷︸

|X(jω)|2

∫ ∞

−∞

|x(t)|2 dt

E necessario determinar x(t):

X(jω) =1

jω + 2FT←→ x(t) = e−2tu(t)

– p.160/175

Usando a Relacao de Parseval:

∫ ∞

−∞

∣∣∣∣

jω + 2

∣∣∣∣

︸︷︷︸

|X(jω)|2

∫ ∞

−∞

|x(t)|2 dt

E necessario determinar x(t):

X(jω) =1

jω + 2

FT←→ x(t) = e−2tu(t)

– p.160/175

Portanto

∫ ∞

−∞

|x(t)|2 dt

∫ ∞

−∞

∣∣e−2tu(t)

∣∣2dt

∫ ∞

∣∣e−2t

∣∣2dt

∫ ∞

e−4tdt

= −1

4e−4t

∣∣∣∣

Finalmenteχ = π

– p.161/175

Portanto

∫ ∞

−∞

|x(t)|2 dt

∫ ∞

−∞

∣∣e−2tu(t)

∣∣2dt

∫ ∞

∣∣e−2t

∣∣2dt

∫ ∞

e−4tdt

= −1

4e−4t

∣∣∣∣

Finalmenteχ = π

– p.161/175

Dualidade

– p.162/175

O par FT e:

x(t) =1

∫ ∞

−∞

X(jω)ejωtdω

X(jω) =

∫ ∞

−∞

x(t)e−jωtdt

O par pode ser escrito em uma unica formula:

y(η) =1

∫ ∞

−∞

z(ν)ejηνdν

Se η = t e ν = ω, temos:

y(t) =1

∫ ∞

−∞

z(ω)ejωtdω

– p.163/175

O par FT e:

x(t) =1

∫ ∞

−∞

X(jω)ejωtdω

X(jω) =

∫ ∞

−∞

x(t)e−jωtdt

y(η) =1

∫ ∞

−∞

z(ν)ejηνdν

y(t) =1

∫ ∞

−∞

z(ω)ejωtdω

– p.163/175

O par FT e:

x(t) =1

∫ ∞

−∞

X(jω)ejωtdω

X(jω) =

∫ ∞

−∞

x(t)e−jωtdt

y(η) =1

∫ ∞

−∞

z(ν)ejηνdν

y(t) =1

∫ ∞

−∞

z(ω)ejωtdω

– p.163/175

Podemos concluir que:

y(t)FT⇐⇒ z(ω)

Se, por outro lado, fizermos η = −ω e ν = t, teremos:

y(−ω) =1

∫ ∞

−∞

z(t)e−jωtdt

2πy(−ω) =

∫ ∞

−∞

z(t)e−jωtdt

Mas∫∞

−∞z(t)e−jωtdt e a definicao da FT de z(t). Logo

z(t)FT⇐⇒ 2πy(−ω)

– p.164/175

y(t)FT⇐⇒ z(ω)

y(−ω) =1

∫ ∞

−∞

z(t)e−jωtdt

2πy(−ω) =

∫ ∞

−∞

z(t)e−jωtdt

Mas∫∞

– p.164/175

y(t)FT⇐⇒ z(ω)

y(−ω) =1

∫ ∞

−∞

z(t)e−jωtdt

2πy(−ω) =

∫ ∞

−∞

z(t)e−jωtdt

Mas∫∞

– p.164/175

Em resumo, temos:

y(t)FT⇐⇒ Y (jω)

Y (jt)FT⇐⇒ 2πy(−ω)

– p.165/175

Propriedade de Dualidade da FT

– p.166/175

Exemplo 1

Usando a propriedade de Dualidade, encontre a FT da seguintefuncao:

x(t) =1

1 + jt

– p.167/175

Solucao

A funcao 11+jt tem uma funcao correspondente na

frequencia:1

1 + jω

FT↔ e−tu(t)

Temos, entao

x(t) =1

1 + jt

FT↔ X(jω) = ?

F (jω) =1

1 + jω

FT↔ f(t) = e−tu(t)

Pela propriedade de Dualidade sabemos queF (jt) = 2πf(−ω), logo:

F (jω) =1

1 + jω

↓ ω = t ↓ t = −ω

F (jt) =1

1 + jtFT↔ 2πeωu(−ω)

– p.168/175

Solucao

frequencia:1

1 + jω

FT↔ e−tu(t)

Temos, entao

x(t) =1

1 + jt

FT↔ X(jω) = ?

F (jω) =1

1 + jω

F (jω) =1

1 + jω

↓ ω = t ↓ t = −ω

F (jt) =1

1 + jt

FT↔ 2πeωu(−ω)

– p.168/175

Solucao

frequencia:1

1 + jω

FT↔ e−tu(t)

Temos, entao

x(t) =1

1 + jt

FT↔ X(jω) = ?

F (jω) =1

1 + jω

F (jω) =1

1 + jω

↓ ω = t ↓ t = −ω

F (jt) =1

1 + jtFT↔ 2πeωu(−ω)

– p.168/175

Exemplo 2

Usando a propriedade de Dualidade, encontre a Transformadainversa da seguinte funcao:

X(jω) = u(ω)

– p.169/175

Solucao

A funcao X(jω) = u(ω) tem uma funcao correspondente notempo:

f(t) = u(t)FT←→ F (jω) =

jω+ πδ(ω)

Temos, entao

x(t) = ?FT↔ X(jω) = u(ω)

F (jω) =1

jω+ πδ(ω)

FT↔ f(t) = u(t)

Sabemos que f(ω) = u(ω) e, pela propriedade deDualidade, que:

F (jt)FT↔ 2πf(−ω)

F (−jt)FT↔ 2πf(ω)

2πF (−jt)

FT↔ f(ω)

– p.170/175

Solucao

f(t) = u(t)FT←→ F (jω) =

jω+ πδ(ω)

Temos, entao

x(t) = ?FT↔ X(jω) = u(ω)

F (jω) =1

jω+ πδ(ω)

FT↔ f(t) = u(t)

2πF (−jt)

FT↔ f(ω)

– p.170/175

Solucao

f(t) = u(t)FT←→ F (jω) =

jω+ πδ(ω)

Temos, entao

x(t) = ?FT↔ X(jω) = u(ω)

F (jω) =1

jω+ πδ(ω)

FT↔ f(t) = u(t)

2πF (−jt)

FT↔ f(ω)

– p.170/175

Portanto

−jt+ πδ(−t)

FT↔ u(ω)

x(t) =−1

2πjt+

δ(−t)

FT↔ X(jω) = u(ω)

– p.171/175

Produto Tempo-Banda de Passagem

– p.172/175

A definicao de Duracao de um sinal x(t) e

[∫∞∞ t2|x(t)|2dt∫∞∞ |x(t)|2dt

Ja a definicao de Banda de Passagem e

[∫∞∞ ω2|X(jω)|2dω∫∞∞ |X(jω)|2dω

O produto Tempo-Banda de passagem e limitadoinferiormente por

TdBw ≥1

– p.173/175

[∫∞∞ t2|x(t)|2dt∫∞∞ |x(t)|2dt

[∫∞∞ ω2|X(jω)|2dω∫∞∞ |X(jω)|2dω

TdBw ≥1

– p.173/175

[∫∞∞ t2|x(t)|2dt∫∞∞ |x(t)|2dt

[∫∞∞ ω2|X(jω)|2dω∫∞∞ |X(jω)|2dω

TdBw ≥1

– p.173/175

LembretePG com limites finitos:

xn =xa − xb+1

1− x

– p.174/175

Arquivos matlab

chap3 mfile1 - DTFS - Onda quadrada

chap3 mfile2 - FS - Onda quadrada

chap3 mfile3 - Como usar a FFT com a DTFS - Exemplo 3.1

chap3 mfile4 - Exemplo 1 IDTFS

chap3 mfile7 - DTFS - Onda quadrada

chap3 mfile8 - Exemplo do uso da FFT para a FS -x=2*sin(2*pi*t-3)+sin(6*pi*t);

chap3 mfile9 - Exemplo do uso da FFT para a FS - Onda Triangular

chap3 mfile10 - Exemplo do uso da FFT para a FS - Onda Quadrada

chap3 mfile11 - Verificacao do Exercıcio Proposto 3.19

chap3 mfile12 - cossenoide

chap3 mfile13 - exponencial– p.175/175

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