Considere o sinal x(t)=\sin (\omega t). Apresente o gráfico do sinal resultante \rho(x) das seguintes transformações:
\rho(x)=\operatorname{sat}(x), no qual sat (x) é a função saturação:
\operatorname{sat}(x)= \begin{cases}1, & \text { se } x>1 \\\ x, & \text { se }|x| \leq 1 \\\\ -1, & \text { se } x<-1\end{cases}

Passo 1

O enunciado nos dá o sinal de entrada
x(t)=\sin(\omega t)
e pede o gráfico do sinal de saída
\rho(x)=\operatorname{sat}(x)
onde
\operatorname{sat}(x)= \begin{cases} 1, &\text{se }x>1,\\\ x, &\text{se }|x|\le1,\\\\ -1,&\text{se }x<-1. \end{cases}
O conteúdo é a aplicação de uma função de saturação em um sinal.

Passo 2

Observamos o intervalo de valores que \sin(\omega t) assume. Como
-1\le\sin(\omega t)\le1
para todo t, o sinal nunca ultrapassa \pm1.

Passo 3

Aplicando a definição de \operatorname{sat}(x) em x=\sin(\omega t):
  • Sempre vale |\sin(\omega t)|\le1, logo cai na segunda linha da definição:
\operatorname{sat}\bigl(\sin(\omega t)\bigr) =\sin(\omega t).
  • Não há trechos em que \sin(\omega t)>1 nem \sin(\omega t)<-1, portanto não ocorre saturação nos níveis \pm1.

Passo 4

Concluímos que
\rho\bigl(x(t)\bigr)=\operatorname{sat}\bigl(\sin(\omega t)\bigr)=\sin(\omega t).
Ou seja, o sinal de saída é exatamente o mesmo senoide de entrada.

Resposta

O gráfico de \rho(x) é idêntico ao de \sin(\omega t): uma senóide de amplitude 1 variando entre -1 e 1 com frequência angular \omega.

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