Encontre a DTFT dos seguintes sinais:
x(n)=\left\{\begin{array}{cc}1, & 0 \leq n \leq 4 \\\\ -1, & 5 \leq n \leq 9 \text { . }\end{array}\right.

Passo 1

O enunciado pede a DTFT do sinal discreto x(n)\) dado por \[x(n)=\begin{cases} 1, & 0 \le n \le 4,\\[4pt] -1, & 5 \le n \le 9,\\[4pt] 0, & \text{caso contrário.} \end{cases}
As informações importantes que eu peguei do enunciado são:
\begin{aligned} &\text{Valores não nulos: } x(n)=1 \text{ para } n=0,1,2,3,4,\\\ &\phantom{\text{Valores não nulos: }} x(n)=-1 \text{ para } n=5,6,7,8,9,\\\ &\text{o sinal é nulo fora de } 0\le n\le 9.\\\ \end{aligned}ãé
A pergunta é: encontrar a transformada discreta de Fourier (DTFT) X(e^{j\omega})\] desse \(x(n). A resolução começa agora.]

Passo 2

Lembre que a definição da DTFT é
X(e^{j\omega})=\sum_{n=-\infty}^{\infty} x(n)\,e^{-j\omega n}.
Como x(n) é não nulo só para n=0,\dots,9, substituo os valores dados e separo a soma em duas partes:
\begin{aligned} X(e^{j\omega}) &=\sum_{n=0}^{4} 1\cdot e^{-j\omega n}+\sum_{n=5}^{9} (-1)\cdot e^{-j\omega n}\\[6pt] &=\sum_{n=0}^{4} e^{-j\omega n}-\sum_{n=5}^{9} e^{-j\omega n}. \end{aligned}]

Passo 3

Agora uso a soma geométrica finita. A fórmula básica é: para a\neq 1,
\sum_{n=0}^{N-1} a^n=\frac{1-a^{N}}{1-a}.
Aqui tomo a=e^{-j\omega}. Então a primeira soma é
S_1=\sum_{n=0}^{4} e^{-j\omega n}=\frac{1-e^{-j5\omega}}{1-e^{-j\omega}}.
A segunda soma pode ser escrita extraindo o fator e^{-j5\omega}:
\sum_{n=5}^{9} e^{-j\omega n}=e^{-j5\omega}\sum_{k=0}^{4} e^{-j\omega k} = e^{-j5\omega}\frac{1-e^{-j5\omega}}{1-e^{-j\omega}}.
Como havia um sinal negativo nessa parte,
S_2=-\sum_{n=5}^{9} e^{-j\omega n}=-e^{-j5\omega}\frac{1-e^{-j5\omega}}{1-e^{-j\omega}}.

Passo 4

Somando S_1 e S_2 obtemos X(e^{j\omega}). Faço a fatoração comum:
\begin{aligned} X(e^{j\omega}) &=\frac{1-e^{-j5\omega}}{1-e^{-j\omega}}-e^{-j5\omega}\frac{1-e^{-j5\omega}}{1-e^{-j\omega}}\\[6pt] &=\frac{1-e^{-j5\omega}}{1-e^{-j\omega}}\bigl(1-e^{-j5\omega}\bigr)\\[6pt] &=\frac{\bigl(1-e^{-j5\omega}\bigr)^{2}}{1-e^{-j\omega}}. \end{aligned}
Portanto uma forma compacta e direta é
\boxed{\,X(e^{j\omega})=\dfrac{\bigl(1-e^{-j5\omega}\bigr)^{2}}{1-e^{-j\omega}}\,.}]

Passo 5

É interessante também escrever essa expressão numa forma com senos (útil para ver amplitude e simetria). Uso a identidade
1-e^{-jN\omega}=e^{-jN\omega/2}\cdot 2j\sin\!\bigl(N\omega/2\bigr).
Aplicando essa identidade com N=5 no numerador e com N=1 no denominador, tenho
\begin{aligned} (1-e^{-j5\omega})^{2} &=\bigl(e^{-j5\omega/2}\cdot 2j\sin(5\omega/2)\bigr)^{2} =-4\,e^{-j5\omega}\sin^{2}\!\bigl(5\omega/2\bigr),\\[6pt] 1-e^{-j\omega} &=e^{-j\omega/2}\cdot 2j\sin(\omega/2). \end{aligned}
Dividindo, obtemos
\begin{aligned} X(e^{j\omega}) &=\frac{-4\,e^{-j5\omega}\sin^{2}(5\omega/2)}{2j\,e^{-j\omega/2}\sin(\omega/2)}\\[6pt] &=\;2j\,e^{-j9\omega/2}\,\frac{\sin^{2}\!\bigl(5\omega/2\bigr)}{\sin(\omega/2)}. \end{aligned}
Portanto uma forma alternativa, útil em análise de magnitude e fase, é
\boxed{\,X(e^{j\omega})=2j\,e^{-j9\omega/2}\,\dfrac{\sin^{2}\!\bigl(5\omega/2\bigr)}{\sin(\omega/2)}\,.}]

Passo 6

Pequenas observações úteis para a prova (bem rápidas e práticas):
  • A forma racional \dfrac{(1-e^{-j5\omega})^{2}}{1-e^{-j\omega}} é direta e sai da soma geométrica — ótima para derivar rapidamente na prova.
  • A forma com senos mostra que X(e^{j\omega}) é finita e que em \omega=0 a expressão tem limite 0 (o somatório dos termos é 5-5=0). Se for preciso avaliar o valor em \omega onde há indeterminação, faça o limite usando aproximações de \sin.
  • Se você precisar do módulo |X(e^{j\omega})| para gabarito, use a forma com senos: |X|=2\left|\dfrac{\sin^{2}(5\omega/2)}{\sin(\omega/2)}\right|, já que |e^{-j9\omega/2}|=1 e |j|=1.

Resposta

X(e^{j\omega})=\frac{\bigl(1-e^{-j5\omega}\bigr)^{2}}{1-e^{-j\omega}}
X(e^{j\omega})=2j\,e^{-j9\omega/2}\,\frac{\sin^{2}\!\bigl(5\omega/2\bigr)}{\sin(\omega/2)}

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