Considere o sistema com a seguinte função de transferência:
H_{B}(z)=\frac{1+0.3, z^{-1}}{1-0.6, z^{-1}}
Verifique se esse sistema é estável de acordo com o critério BIBO. Se não for, encontre uma entrada limitada ( x[n] ) que torna ( y[n] ) ilimitada.
Obtendo os valores numericamente (por exemplo, usando um loop for), obtenha as saídas para x[n]=u[n], x[n]=\cos (0.05 \pi n)) e x[n]=\operatorname{sgn}(\cos (0.05 \pi n)). Faz sentido essas saídas?

Passo 1

Enunciado e dados importantes (o que o problema pede e o que é dado).
  • Foi dada a função de transferência
H_{B}(z)=\frac{1+0,3\,z^{-1}}{1-0,6\,z^{-1}}.
  • Perguntas:
    1. Verificar se o sistema é BIBO estável.
    2. Se não for estável, encontrar uma entrada limitada x[n] que gere saída ilimitada y[n].
    3. Numericamente (por exemplo com um loop) obter as saídas para as entradas x[n]=u[n],\quad x[n]=\cos(0,05\pi n),\quad x[n]=\operatorname{sgn}(\cos(0,05\pi n))e comentar se essas saídas fazem sentido.
  • Informação adicional implícita: sistema causal (assumiremos condições iniciais de repouso, isto é, y[n]=0 para n<0). Para entradas definidas para n\ge0 usaremos x[n]=0 para n<0, exceto quando a própria entrada é naturalmente definida para todos os inteiros (por ex. o cosseno), caso em que usamos os valores reais para índices negativos.

Passo 2

Critério BIBO e como aplicá-lo — revisão didática curta e sem pular etapas.
  • Definição prática: um sistema LTI discreto é BIBO estável se e somente se sua resposta ao impulso h[n] é absolutamente somável: \sum_{n=-\infty}^{\infty} |h[n]| < \infty.Intuição: uma entrada limitada (valor máximo finito) convolvida com h[n] produz uma soma finita se os coeficientes h[n] decaem suficientemente rápido.
  • Outra forma (mais rápida): para sistemas racionais causais, basta checar as raízes do denominador (polos) no plano z: o sistema causal é BIBO estável se todos os polos estão estritamente dentro do círculo unitário ( |z_p|<1).
  • Vamos aplicar ambas as abordagens (calcular h[n] explicitamente e somá-lo, e também identificar o polo).

Passo 3

Encontrar a resposta ao impulso h[n] explicitamente (passo a passo).
  • Escrevo H_B(z) como soma conveniente: H_{B}(z)=\frac{1+0,3\,z^{-1}}{1-0,6\,z^{-1}} =\frac{1}{1-0,6\,z^{-1}}+\frac{0,3\,z^{-1}}{1-0,6\,z^{-1}}.Aqui eu só separei em duas frações que têm forma conhecida.
  • Lembrando a série geométrica causal: para |a|<1, \frac{1}{1-a\,z^{-1}} \xrightarrow{\mathcal{Z}^{-1}} a^{n}u[n].A variável a é o polo (número real ou complexo), n é o índice temporal, e u[n] é o degrau unitário.
  • Aplicando a transformada inversa termo a termo: \frac{1}{1-0,6\,z^{-1}} \longleftrightarrow (0,6)^{n}u[n],
\frac{0,3\,z^{-1}}{1-0,6\,z^{-1}} \longleftrightarrow 0,3\,(0,6)^{n-1}u[n-1].
  • Portanto a resposta ao impulso é, para inteiros n, h[n]= (0,6)^{n}u[n] + 0,3\,(0,6)^{n-1}u[n-1].Observação: u[n] é 1 para n\ge0 e 0 para n<0. Assim h[0]=1 (pois o segundo termo só existe a partir de n=1).

Passo 4

Verificar a soma absoluta de h[n] (cálculo explícito, sem pular etapas).
  • Calculo a soma para n\ge0 (fora deste intervalo h[n]=0): \sum_{n=0}^{\infty} |h[n]| = h[0] + \sum_{n=1}^{\infty}\bigl((0,6)^{n} + 0,3\,(0,6)^{n-1}\bigr).Como todos os termos são não-negativos, posso remover o valor absoluto.
  • Substituo h[0]=1 e separo as séries: \sum_{n=0}^{\infty} h[n] = 1 + \sum_{n=1}^{\infty} (0,6)^{n} + 0,3\sum_{n=1}^{\infty} (0,6)^{n-1}.
  • Calculo cada soma geométrica (fórmula: \sum_{n=0}^{\infty} r^{n}=\dfrac{1}{1-r} para |r|<1): \sum_{n=1}^{\infty} (0,6)^{n} = \frac{0,6}{1-0,6}=\frac{0,6}{0,4}=1,5,
\sum_{n=1}^{\infty} (0,6)^{n-1} = \frac{1}{1-0,6}=\frac{1}{0,4}=2,5.
  • Agora volto para a soma total: \sum_{n=0}^{\infty} h[n] = 1 + 1,5 + 0,3\cdot 2,5 = 1 + 1,5 + 0,75 = 3,25.
  • Conclusão dessa etapa: a soma é finita ( 3,25), portanto a resposta ao impulso é absolutamente somável.

Passo 5

Conclusão sobre estabilidade (liga com critério dos polos) e resposta à primeira pergunta.
  • Pelo cálculo anterior encontramos soma finita de h[n], logo o sistema é BIBO estável.
  • Pelo critério dos polos: o denominador 1-0,6\,z^{-1} dá polo em z_p=0,6,cuja magnitude |z_p|=0,6<1. Polos dentro do círculo unitário confirmam estabilidade para sistema causal.
  • Portanto não existe entrada limitada que gere saída ilimitada — para qualquer entrada limitada a saída também será limitada (essa é a definição de BIBO estabilidade para LTI).

Passo 6

Como calcular numericamente as saídas — diferença de representação prática e algoritmo (aula prática).
  • A partir de H_{B}(z)=\dfrac{1+0,3z^{-1}}{1-0,6z^{-1}} podemos escrever a equação em tempo discreto (diferença): y[n]-0,6\,y[n-1]=x[n]+0,3\,x[n-1].Aqui y[n] é a saída no instante n, x[n] é a entrada, e y[n-1],x[n-1] são os valores no instante anterior.
  • Algoritmo iterativo (loop for) para calcular y[n] para n=0,1,\dots,N com condições iniciais de repouso:
    • assumir y[-1]=0;
    • para entradas que não existam para índices negativos (por ex. u[n]), definir x[n]=0 para n<0;
    • para entradas definidas para todos os inteiros (ex.: cosseno), usar o valor real de x[-1] correspondente.
    • iteração: \text{para } n=0\text{ até }N:\quad y[n]=0,6\,y[n-1]+x[n]+0,3\,x[n-1].é

Passo 7

Cálculo numérico exemplo 1: x[n]=u[n] (degrau unitário). Desenvolvo os primeiros termos passo a passo (método que você aplica na prova).
  • Para u[n] temos x[n]=1 para n\ge0 e x[n]=0 para n<0. Assim x[-1]=0.
  • Inicializo y[-1]=0.
  • Calculo manualmente:
    • n=0:\quad y[0]=0,6\cdot 0 + x[0] + 0,3\cdot x[-1] = 1 + 0 = 1.
    • n=1:\quad y[1]=0,6\cdot 1 + 1 + 0,3\cdot 1 = 0,6 + 1 + 0,3 = 1,9.
    • n=2:\quad y[2]=0,6\cdot 1,9 + 1 + 0,3\cdot 1 = 1,14 + 1 + 0,3 = 2,44.
    • n=3:\quad y[3]=0,6\cdot 2,44 + 1 + 0,3 = 1,464 + 1 + 0,3 = 2,764.
    • n=4:\quad y[4]=0,6\cdot 2,764 + 1 + 0,3 = 1,6584 + 1 + 0,3 = 2,9584.
  • Observação: esses valores são os primeiros termos de uma sequência que tende para a soma total de h[n] convolvida com o passo, que como visto é 3,25. Ou seja, y[n] converge para 3,25 conforme n\to\infty. Faz sentido: sistema amplifica componentes de baixa frequência (ganho DC H(e^{j0})=3,25), então um passo (DC) leva a um valor final 3,25.

Passo 8

Cálculo numérico exemplo 2: x[n]=\cos(0,05\pi n). Explico como tratar índice x[-1] e mostro os primeiros valores calculados.
  • Frequência angular \omega=0,05\pi (rad/amostra). O cosseno está naturalmente definido para índices negativos também, então usaremos x[-1]=\cos(-0,05\pi)=\cos(0,05\pi).
  • Valores de x[n] usados (aproximações com vírgula como separador decimal): x[0]=\cos(0)=1,\quad x[1]=\cos(0,05\pi)\approx 0,987688,\quad x[2]=\cos(0,1\pi)\approx 0,9510565,
x[3]\approx 0,8910065,\quad x[4]\approx 0,809016,\quad x[-1]=x[1]\approx 0,987688.
  • Com y[-1]=0, calculo:
    • n=0:\quad y[0]=0,6\cdot 0 + x[0] + 0,3\cdot x[-1] = 1 + 0,3\cdot 0,987688 \approx 1,2963064.
    • n=1:\quad y[1]=0,6\cdot 1,2963064 + x[1] + 0,3\cdot x[0] \approx 0,77778384 + 0,987688 + 0,3\cdot 1 = 0,77778384 + 0,987688 + 0,3 \approx 2,06547184.
    • n=2:\quad y[2]=0,6\cdot 2,06547184 + 0,9510565 + 0,3\cdot 0,987688 \approx 1,239283104 + 0,9510565 + 0,2963064 \approx 2,4866460.
    • n=3:\quad y[3]\approx 0,6\cdot 2,4866460 + 0,8910065 + 0,3\cdot 0,9510565 \approx 2,6683111.
    • n=4:\quad y[4]\approx 2,6773046.
  • Esses valores mostram uma resposta que rapidamente adquire um regime forçado oscilante. Para sistemas estáveis LTI, a saída para um cosseno é outro cosseno na mesma frequência, com ganho e fase dados por H(e^{j\omega}). Vamos calcular o ganho em \omega=0,05\pi: H(e^{j\omega})=\frac{1+0,3e^{-j\omega}}{1-0,6e^{-j\omega}}.Substituindo numericamente \omega=0,05\pi (com os cossenos/senos usados antes) obtemos aproximadamente |H(e^{j\omega})|\approx 3,10. Isso quer dizer que, no regime permanente, o cosseno de entrada unitária terá amplitude multiplicada por aproximadamente 3,10. Os valores numéricos iniciais calculados acima são coerentes com essa amplificação e com a presença de um transiente que decai com fator 0,6^{n}.

Passo 9

Cálculo numérico exemplo 3: x[n]=\operatorname{sgn}(\cos(0,05\pi n)) (onda quadrada de período 40 amostras). Interpretação.
  • A função \operatorname{sgn}(\cos(\cdot)) vale +1 quando \cos(\cdot)\ge0 e -1 quando \cos(\cdot)<0. Como \omega=0,05\pi tem período T=\dfrac{2\pi}{0,05\pi}=40 amostras, o sinal é +1 por 20 amostras, depois -1 por 20 amostras, e assim por diante.
  • Para os primeiros instantes n=0,1,2,\dots,19 temos x[n]=+1, portanto os primeiros valores de y[n] serão idênticos aos do caso u[n] (degrau) que calculei no Passo 7: y[0]=1,\; y[1]=1,9,\; y[2]=2,44,\; y[3]=2,764,\; y[4]=2,9584,\;\dots
  • Quando o sinal flipar para -1 a partir de n=20, a entrada muda bruscamente e o sistema reage com um novo transiente que decai geometricamente (fator 0,6^{n}). Como a entrada é periódica e o sistema é linear e estável, a saída permanecerá limitada e será uma forma de onda com as harmônicas do quadrado filtradas pelo ganho do sistema em cada harmônica.
  • Estimativa de amplitude: a série de Fourier de um quadrado (amplitude \pm1) tem componente fundamental com amplitude 4/\pi\approx1,273. O ganho do sistema no fundamental ( \approx 0,05\pi) é |H|\approx 3,10, então a contribuição do fundamental ao regime permanente tem amplitude aproximada \frac{4}{\pi}\cdot 3,10 \approx 1,273\cdot 3,10 \approx 3,95.Há também harmônicas ímpares que são atenuadas mais fortemente (frequências mais altas têm ganho menor), de modo que o sinal de saída será uma onda limitada, mais suave que o quadrado de entrada (os cantos arredondam-se por filtragem).

Passo 10

Resumo interpretativo final e encorajamento.
  • Resumindo: o sistema é BIBO estável; por isso nenhuma entrada limitada (no sentido usual) produzirá saída ilimitada. As simulações numéricas via iteração mostram:
    • para x[n]=u[n], y[n] cresce inicialmente e converge para 3,25;
    • para x[n]=\cos(0,05\pi n), y[n] apresenta transiente e depois regime periódico com amplitude aproximadamente 3,10 vezes a entrada (coerente com H(e^{j\omega}));
    • para x[n]=\operatorname{sgn}(\cos(0,05\pi n)), os primeiros valores coincidem com o caso degrau enquanto o sinal está em +1; a saída é limitada no regime permanente e tem amplitude dominada pela resposta ao fundamental (estimada \approx 3,95), com as harmônicas mais altas atenuadas.
  • Você pode implementar rapidamente o loop em Python/Octave/MATLAB com a equação recursiva do Passo 6 para obter vetores y[n] mais longos e plotá-los — isso vai confirmar tudo o que foi dito. Força aí, tá indo bem!

Resposta

O sistema é BIBO estável (a resposta ao impulso é absolutamente somável; soma total 3,25).
Não existe entrada limitada que gere saída ilimitada (sistema estável).
Para x[n]=u[n]: primeiros valores y[0]=1, y[1]=1,9, y[2]=2,44, y[3]=2,764, y[4]=2,9584; y[n]\to 3,25.
Para x[n]=\cos(0,05\pi n): primeiros valores aproximados y[0]\approx 1,2963, y[1]\approx 2,0655, y[2]\approx 2,4866, y[3]\approx 2,6683, y[4]\approx 2,6773; regime permanente é um cosseno na mesma frequência com ganho |H(e^{j0,05\pi})|\approx 3,10 (portanto saída limitada).
Para x[n]=\operatorname{sgn}(\cos(0,05\pi n)): primeiros valores coincidem com os do degrau enquanto x[n]=+1 (ex.: y[0]=1, y[1]=1,9, …); a saída é limitada no regime permanente, com amplitude dominada pelo fundamental estimada em cerca de 3,95.

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