Considere o sistema com a seguinte função de transferência:
H_{C}(z)=\frac{1}{\left(1-z^{-1}\right)^{2}}
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

O enunciado dá a função de transferência
H_{C}(z)=\frac{1}{\left(1-z^{-1}\right)^{2}}
e pede:
  • Verificar se o sistema é estável segundo o critério BIBO.
  • Se não for estável, encontrar uma entrada limitada x[n] que gere saída ilimitada y[n].
  • Obter numericamente (por exemplo, com um loop for) as saídas para as entradas x[n]=u[n], x[n]=\cos(0{,}05\pi n) e x[n]=\operatorname{sgn}(\cos(0{,}05\pi n)) e comentar se os resultados fazem sentido.
Informações relevantes dadas:
  • H_{C}(z) está no domínio z.
  • Sistema é causal implícito (forma usual de transformada com pólos em z=1).
  • Entradas propostas são funções limitadas (para todo n, |u[n]|\le 1, |\cos(\cdot)|\le 1, |\operatorname{sgn}(\cdot)|\le 1).

Passo 2

Queremos aplicar o critério BIBO para sistemas LTI causais: um sistema LTI causal é BIBO estável se, e somente se, sua resposta ao impulso h[n] for absolutamente somável:
\sum_{n=-\infty}^{\infty} |h[n]| < \infty.
Como o sistema é causal, a soma reduz-se a n\ge 0.
Então primeiro precisamos obter a resposta ao impulso h[n] associada a H_{C}(z). Vamos inverter a transformada em z. Use a identidade conhecida (ou derive com série geométrica):
\frac{1}{1-z^{-1}} \longleftrightarrow u[n],
e a derivada em relação a z^{-1} dá o segundo caso:
\frac{1}{(1-z^{-1})^{2}} = \frac{1}{1-z^{-1}} + \frac{z^{-1}}{(1-z^{-1})^{2}},
ou, reconhecendo pares usuais de Z-transformada,
\frac{1}{(1-z^{-1})^{2}} \longleftrightarrow (n+1)\,u[n].
Explicando mais devagar: sabemos que \mathcal{Z}\{u[n]\}=\dfrac{1}{1-z^{-1}} e \mathcal{Z}\{n u[n]\}=\dfrac{z^{-1}}{(1-z^{-1})^{2}}. Somando \mathcal{Z}\{u[n]\}+\mathcal{Z}\{n u[n]\} obtemos \dfrac{1}{(1-z^{-1})^{2}}. Assim a resposta ao impulso é
h[n]=(n+1)\,u[n],
ou seja h[n]=0 para n<0 e h[n]=n+1 para n\ge 0.

Passo 3

Aplicando o critério BIBO: verificar a soma absoluta de h[n]:
\sum_{n=0}^{\infty} |h[n]| = \sum_{n=0}^{\infty} (n+1) = \sum_{k=1}^{\infty} k.
Essa soma diverge (a série harmónica triangular diverge para infinito). Logo h[n] não é absolutamente somável e o sistema NÃO é BIBO estável.
Intuição curta: a resposta ao impulso cresce linearmente com n; um sistema cuja resposta ao impulso cresce sem decair não pode “apagar” sinais persistentes — ele acumula energia e pode gerar saídas que divergem mesmo para entradas limitadas.

Passo 4

Agora precisamos dar uma entrada limitada x[n] que produza saída ilimitada. Um exemplo simples e clássico é a entrada de passo:
x[n]=u[n],
que é limitada ( |u[n]|\le 1 para todo n).
Calcule a saída por convolução causal:
y[n]=\sum_{k=-\infty}^{\infty} h[k]\,x[n-k] = \sum_{k=0}^{n} (k+1)\cdot 1,
pois para k>n temos x[n-k]=0. Então
y[n]=\sum_{k=0}^{n} (k+1) = 1+2+3+\cdots+(n+1).
A soma dos primeiros (n+1) inteiros é conhecida:
y[n]=\frac{(n+1)(n+2)}{2}.
Essa expressão cresce como \sim \dfrac{n^{2}}{2} para n grande, portanto y[n]\to\infty quando n\to\infty. Conclusão: entrada limitada x[n]=u[n] produz saída ilimitada, confirmando instabilidade BIBO.

Passo 5

Agora tratamos das entradas solicitadas e obtemos fórmulas que você pode computar numericamente (por loop for). Uma fórmula prática, válida para qualquer entrada causal, é:
y[n]=\sum_{k=0}^{n} (k+1)\,x[n-k].
Essa é a implementação direta em código: para cada n compute a soma de k=0 até n de (k+1)\,x[n-k].
Escrevo abaixo formas fechadas e análise assintótica para cada entrada pedida.
Para x[n]=u[n] já vimos e temos a forma fechada:
y[n]=\frac{(n+1)(n+2)}{2},
crescimento quadrático e portanto não limitado.

Passo 6

Para x[n]=\cos\!(0{,}05\pi n): defina \omega=0{,}05\pi.
Usamos a manipulação da soma (troca de índices) para obter uma forma fechada. Com m=n-k obtemos
y[n]=\sum_{k=0}^{n} (k+1)\cos\big(\omega (n-k)\big)=\sum_{m=0}^{n} (n-m+1)\cos(\omega m).
Escreva isso como
y[n]=(n+1)\underbrace{\sum_{m=0}^{n}\cos(\omega m)}_{S_{1}(n)} \;-\; \underbrace{\sum_{m=0}^{n} m\cos(\omega m)}_{S_{2}(n)}.
As duas somas têm fórmulas fechadas em termos de exponenciais complexas:
S_{1}(n)=\operatorname{Re}\!\left(\frac{1-e^{j\omega(n+1)}}{1-e^{j\omega}}\right),
S_{2}(n)=\operatorname{Re}\!\left(\frac{e^{j\omega}\big(1-(n+1)e^{j\omega n}+n e^{j\omega(n+1)}\big)}{(1-e^{j\omega})^{2}}\right).
Portanto uma expressão exata para y[n] é
y[n]=(n+1)\operatorname{Re}\!\left(\frac{1-e^{j\omega(n+1)}}{1-e^{j\omega}}\right)\;-\;\operatorname{Re}\!\left(\frac{e^{j\omega}\big(1-(n+1)e^{j\omega n}+n e^{j\omega(n+1)}\big)}{(1-e^{j\omega})^{2}}\right).
Análise assintótica (importante para entender o que observar numericamente): para \omega\neq 0 a soma S_{1}(n) é limitada (oscila com amplitude no máximo \dfrac{1}{|1-e^{j\omega}|}), enquanto S_{2}(n) tem termos proporcionais a n (veja o numerador com fatores n e n+1). Logo ambos os termos que compõem y[n] escalam com n na mesma ordem, resultando em crescimento assintótico proporcional a n (crescimento linear) — ou seja, para \omega=0{,}05\pi espera-se numericamente ver y[n] crescer aproximadamente linearmente com n (sem saturar), portanto não limitado.
Interpretação física: o pólo duplo em z=1 (freqüência DC) amplifica muito componentes de baixa frequência; mesmo que \omega não seja zero, o acúmulo da resposta ao impulso crescente causa um termo que escala com n. Assim a saída para um cosseno com pequena frequência tende a crescer (linearmente) ao longo do tempo.

Passo 7

Para x[n]=\operatorname{sgn}(\cos(0{,}05\pi n)): seja s(\theta)=\operatorname{sgn}(\cos\theta) (onda quadrada de atividade \pm 1). Podemos usar a série de Fourier (convergência ponto a ponto salvo nas descontinuidades, mas serve para entender a contribuição das harmônicas):
\operatorname{sgn}(\cos\theta)=\frac{4}{\pi}\sum_{\substack{r=1\\\ r\\ \text{ímpar}}}^{\infty}\frac{1}{r}\cos(r\theta).í
Então
x[n]=\operatorname{sgn}(\cos(\omega n))=\frac{4}{\pi}\sum_{r\\ \text{ímpar}}\frac{1}{r}\cos(r\omega n).í
Pela linearidade, a saída é soma das respostas a cada harmônica:
y[n]=\frac{4}{\pi}\sum_{r\\ \text{ímpar}}\frac{1}{r}\,y_r[n],í
onde y_r[n] é a saída para \cos(r\omega n) e cada y_r[n] tem comportamento assintótico O(n) como no passo anterior (para r\omega\neq 0 fixo). Assim cada termo contribui com algo da ordem de n/r, e somando sobre r ímpares teremos algo como n\sum_{r\\ \text{ímpar}} 1/rí — a série harmónica sobre r ímpares diverge (embora lentamente), o que sugere que a soma das contribuições das infinitas harmônicas pode reforçar o crescimento e tornar a resposta muito grande (na prática, para qualquer n finito, a convolução original dá um número finito; mas à medida que n cresce a resposta tende a crescer e numericamente você verá crescimento forte — possivelmente mais rápido que o caso do único cosseno). Portanto numericamente espera-se observar saída que cresce (geralmente de modo comparável ou mais rápido que para o cosseno puro), e com oscilações.
Observação prática sobre cálculo numérico: para implementar um loop for você pode truncar a soma de Fourier em um número finito de harmônicas (por exemplo primeiros M ímpares) e/ou simplesmente usar a fórmula direta de convolução
y[n]=\sum_{k=0}^{n} (k+1)\,x[n-k],
calculando x[n] ponto a ponto; isso é simples e robusto: para cada n calcule a soma finita sobre k=0\ldots n.

Passo 8

Conclusões e interpretação final (curta e motivadora):
  • O sistema é BIBO instável porque h[n]=(n+1)u[n] não é absolutamente somável.
  • Um exemplo explícito e simples de entrada limitada que gera saída ilimitada é x[n]=u[n], para a qual
y[n]=\frac{(n+1)(n+2)}{2}\to\infty.
  • Para x[n]=\cos(0{,}05\pi n) a saída tem forma fechada dada no passo 6 e cresce aproximadamente de forma linear com n (você verá isso num loop). Faz sentido: pólo duplo em z=1 causa acúmulo.
  • Para x[n]=\operatorname{sgn}(\cos(0{,}05\pi n)) a saída também cresce; por conter muitas harmônicas de baixa ordem, a amplificação acumulada costuma ser ainda mais evidente numericamente.
Perspectiva prática: se você implementar um loop for com a fórmula \;y[n]=\sum_{k=0}^{n}(k+1)x[n-k]\; para n=0,1,\dots, N verá:
  • para x[n]=u[n]: crescimento quadrático claro;
  • para x[n]=\cos(0{,}05\pi n): crescimento aproximadamente linear com oscilações;
  • para x[n]=\operatorname{sgn}(\cos(0{,}05\pi n)): crescimento evidente possivelmente mais irregular e intenso.
Força aí — é chato mas agora você tem as fórmulas exatas e sabe o que o loop deve mostrar.

Resposta

O sistema NÃO é BIBO estável.
Para x[n]=u[n]: y[n]=\dfrac{(n+1)(n+2)}{2} (crescimento quadrático, ilimitado).
Para x[n]=\cos(0{,}05\pi n): y[n]=(n+1)\operatorname{Re}\!\left(\frac{1-e^{j\omega(n+1)}}{1-e^{j\omega}}\right)-\operatorname{Re}\!\left(\frac{e^{j\omega}\big(1-(n+1)e^{j\omega n}+n e^{j\omega(n+1)}\big)}{(1-e^{j\omega})^{2}}\right),
com \omega=0{,}05\pi; essa saída cresce aproximadamente como O(n) (ilimitada).
Para x[n]=\operatorname{sgn}(\cos(0{,}05\pi n)): usando a série de Fourier \operatorname{sgn}(\cos\theta)=\dfrac{4}{\pi}\sum_{r\\ \text{ímpar}}\dfrac{1}{r}\cos(r\theta)í, a saída é soma das respostas às harmônicas e também cresce com n (na prática você verá crescimento não limitado).

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