Considere um sistema descrito pela equação de diferenças,
y[n]-\frac{1}{9} y[n-2]=x[n-1]
(a) Este sistema é BIBO-estável? Justifique sua resposta.
(b) Determine a resposta forçada deste sistema considerando x[n]=u[n].
(c) Determine a resposta completa deste sistema considerando a entrada anterior e y[-1]=1 e y[-2]=0.

Passo 1

O enunciado nos dá a equação de diferenças
y[n]-\frac{1}{9}y[n-2]=x[n-1].
As perguntas são:
  • (a) Este sistema é BIBO-estável? Justificar.
  • (b) Determinar a resposta forçada quando x[n]=u[n] (onde u[n] é o degrau unitário).
  • (c) Determinar a resposta completa quando x[n]=u[n] e as condições iniciais são y[-1]=1 e y[-2]=0.
Informações relevantes fornecidas:
  • Equação linear com coeficientes constantes (sistema linear e invariância no tempo presumidos).
  • Para (b) a entrada é x[n]=u[n].
  • Para (c) além de (b) temos y[-1]=1 e y[-2]=0.

Passo 2

Definição e estratégia para (a).
BIBO-estabilidade: um sistema LTI é BIBO-estável se e somente se sua resposta ao impulso h[n] for absolutamente somável, isto é,
\sum_{n=-\infty}^{\infty} |h[n]|<\infty.
Logo para decidir estabilidade vamos obter h[n] (resposta ao impulso) e verificar se é absolutamente somável.
Obter H(z) (função de transferência) via transformada em z. Aplicando a transformada em z da equação (assumindo condições iniciais nulas para obter H(z)):
Y(z)\left(1-\frac{1}{9}z^{-2}\right)=z^{-1}X(z).
Portanto a função de transferência é
H(z)=\frac{Y(z)}{X(z)}=\frac{z^{-1}}{1-\frac{1}{9}z^{-2}}.
Manipulando:
H(z)=\frac{z^{-1}}{\dfrac{z^{2}-\tfrac{1}{9}}{z^{2}}}=\frac{z}{z^{2}-\tfrac{1}{9}}.
Fatorando o denominador com a=\tfrac{1}{3}:
H(z)=\frac{z}{(z-a)(z+a)}.

Passo 3

Encontrar h[n]\) por frações parciais e inversa da transformada em z. Fazer frações parciais: \[\frac{z}{(z-a)(z+a)}=\frac{A}{z-a}+\frac{B}{z+a}.
Igualando numeradores:
z = A(z+a)+B(z-a) = (A+B)z + a(A-B).
Comparando coeficientes:
A+B=1,\qquad a(A-B)=0 \Rightarrow A=B=\tfrac{1}{2}.
Logo
H(z)=\tfrac{1}{2}\left(\frac{1}{z-a}+\frac{1}{z+a}\right).
Usar a identidade \dfrac{1}{z-p}=z^{-1}\dfrac{1}{1-pz^{-1}} e desenvolver em série geométrica (ROC |z|>a para sistema causal):
H(z)=\tfrac{1}{2}z^{-1}\left(\frac{1}{1-az^{-1}}+\frac{1}{1-(-a)z^{-1}}\right).
Aplicando a transformada inversa (séries geométricas) obtemos, para n\ge1,
h[n]=\tfrac{1}{2}\Big(a^{\,n-1}+(-a)^{\,n-1}\Big),
e h[n]=0 para n\le0. Substituindo a=\tfrac{1}{3}:
\boxed{h[n]=\begin{cases} 0, & n\le 0,\\[4pt] \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{3}\right)^{n-1}+\dfrac{1}{2}\left(-\dfrac{1}{3}\right)^{n-1}, & n\ge1. \end{cases}}
Verificar somabilidade absoluta. Para (n\ge1],
|h[n]|\le \tfrac{1}{2}\left(\left(\tfrac{1}{3}\right)^{n-1}+\left(\tfrac{1}{3}\right)^{n-1}\right)=\left(\tfrac{1}{3}\right)^{n-1}.
Logo
\sum_{n=-\infty}^{\infty}|h[n]|=\sum_{n=1}^{\infty}|h[n]|\le \sum_{n=1}^{\infty}\left(\tfrac{1}{3}\right)^{n-1}=\frac{1}{1-\tfrac{1}{3}}=\tfrac{3}{2}<\infty.
Portanto o sistema é BIBO-estável.]

Passo 4

Resposta forçada para x[n]=u[n] — método: convolução y_f[n]=(h*x)[n].
Como h[k]=0 para k\le0, a soma de convolução para n torna-se
y_f[n]=\sum_{k=-\infty}^{\infty}h[k]u[n-k]=\sum_{k=1}^{n}h[k],
onde a soma é vazia (zer0) se n\le0. Para n\ge1 usar a expressão de h[k]:
y_f[n]=\tfrac{1}{2}\sum_{k=1}^{n}\left(\left(\tfrac{1}{3}\right)^{k-1}+(-1)^{\,k-1}\left(\tfrac{1}{3}\right)^{k-1}\right) =\tfrac{1}{2}\sum_{j=0}^{n-1}\left(\left(\tfrac{1}{3}\right)^{j}+(-1)^{j}\left(\tfrac{1}{3}\right)^{j}\right).
Separar somas geométricas: \displaystyle S_1=\sum_{j=0}^{n-1}\left(\tfrac{1}{3}\right)^{j} e \displaystyle S_2=\sum_{j=0}^{n-1}\left(-\tfrac{1}{3}\right)^{j}. Calcular:
S_1=\frac{1-(\tfrac{1}{3})^{n}}{1-\tfrac{1}{3}}=\tfrac{3}{2}\bigl(1-(\tfrac{1}{3})^{n}\bigr),
S_2=\frac{1-(-\tfrac{1}{3})^{n}}{1-(-\tfrac{1}{3})}=\frac{1-(-\tfrac{1}{3})^{n}}{\tfrac{4}{3}}=\tfrac{3}{4}\bigl(1-(-\tfrac{1}{3})^{n}\bigr).
Assim, para n\ge1,
y_f[n]=\tfrac{1}{2}\bigl(S_1+S_2\bigr) =\tfrac{1}{2}\left(\tfrac{3}{2}\bigl(1-(\tfrac{1}{3})^{n}\bigr)+\tfrac{3}{4}\bigl(1-(-\tfrac{1}{3})^{n}\bigr)\right).
Simplificando:
y_f[n]=\tfrac{9}{8}-\tfrac{3}{4}\left(\tfrac{1}{3}\right)^{n}-\tfrac{3}{8}\left(-\tfrac{1}{3}\right)^{n},\qquad n\ge1,
e y_f[n]=0 para n\le0. Podemos escrever compactamente:
\boxed{y_f[n]=\begin{cases} 0, & n\le0,\\[6pt] \dfrac{9}{8}-\dfrac{3}{4}\left(\dfrac{1}{3}\right)^{n}-\dfrac{3}{8}\left(-\dfrac{1}{3}\right)^{n}, & n\ge1. \end{cases}}]

Passo 5

Resposta completa com condições iniciais ( y[-1]=1,\;y[-2]=0).
Estratégia: a resposta total é soma da resposta forçada (obtida assumindo repouso inicial) com a resposta de zero-entrada (solução homogênea que ajusta as condições iniciais). A solução homogênea satisfaz
y_h[n]-\tfrac{1}{9}y_h[n-2]=0,
cuja equação característica é r^{2}-\tfrac{1}{9}=0 com raízes r=\pm\tfrac{1}{3}. Assim a solução homogênea geral é
y_{zi}[n]=C_1\left(\tfrac{1}{3}\right)^{n}+C_2\left(-\tfrac{1}{3}\right)^{n}.
Para escolher C_1,C_2 usamos os valores iniciais. Observação: a resposta particular y_f[n] vale 0 em n=-1 e n=-2 (pois y_f[n]=0 para n\le0), logo os valores iniciais devem ser totalmente produzidos por y_{zi}. Portanto:
y_{zi}[-1]=C_1\left(\tfrac{1}{3}\right)^{-1}+C_2\left(-\tfrac{1}{3}\right)^{-1}=1,
y_{zi}[-2]=C_1\left(\tfrac{1}{3}\right)^{-2}+C_2\left(-\tfrac{1}{3}\right)^{-2}=0.
Escrever as equações:
3C_1-3C_2=1 \quad\Rightarrow\quad C_1-C_2=\tfrac{1}{3},
9C_1+9C_2=0 \quad\Rightarrow\quad C_1+C_2=0.
Resolver o sistema:
C_1=\tfrac{1}{6},\qquad C_2=-\tfrac{1}{6}.
Logo
\boxed{y_{zi}[n]=\tfrac{1}{6}\left(\tfrac{1}{3}\right)^{n}-\tfrac{1}{6}\left(-\tfrac{1}{3}\right)^{n}.}
A resposta total é y[n]=y_f[n]+y_{zi}[n]. Para n\le0 temos y_f[n]=0, então
\boxed{y[n]=\tfrac{1}{6}\left(\tfrac{1}{3}\right)^{n}-\tfrac{1}{6}\left(-\tfrac{1}{3}\right)^{n},\qquad n\le0.}
Para n\ge1 somar as expressões de y_f[n] e y_{zi}[n]. Após simplificação obtemos
y[n]=\tfrac{9}{8}-\tfrac{7}{12}\left(\tfrac{1}{3}\right)^{n}-\tfrac{13}{24}\left(-\tfrac{1}{3}\right)^{n},\qquad n\ge1.
Portanto a solução completa (peça‑wise) é dada acima.

Resposta

(a) Sim. O sistema é BIBO-estável (a resposta ao impulso h[n] é absolutamente somável).\n
(b) y_f[n]=\begin{cases} 0, & n\le0,\\[6pt] \dfrac{9}{8}-\dfrac{3}{4}\left(\dfrac{1}{3}\right)^{n}-\dfrac{3}{8}\left(-\dfrac{1}{3}\right)^{n}, & n\ge1, \end{cases}\n
(c) y[n]=\begin{cases} \dfrac{1}{6}\left(\dfrac{1}{3}\right)^{n}-\dfrac{1}{6}\left(-\dfrac{1}{3}\right)^{n}, & n\le0,\\[8pt] \dfrac{9}{8}-\dfrac{7}{12}\left(\dfrac{1}{3}\right)^{n}-\dfrac{13}{24}\left(-\dfrac{1}{3}\right)^{n}, & n\ge1. \end{cases}]

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