Exercício 14: Considere a transformada da resposta ao impulso de um sistema linear invariante no tempo dada por
H(j \omega)=G_{1}(\omega+10)+G_{1}(\omega-10)
a) Determine a saída y(t) do sistema para a entrada x(t)=10+20 \operatorname{sen}(3 t) \cos (7 t).
b) Determine a potência média dos sinais x(t) e y(t).

Passo 1

O enunciado dá a função resposta em frequência
H(j\omega)=G_{1}(\omega+10)+G_{1}(\omega-10)
e a entrada
x(t)=10+20\sin(3t)\cos(7t).
As perguntas são:
  • (a) Determinar a saída y(t) do sistema LTI descrito por H(j\omega) quando a entrada é x(t).
  • (b) Determinar a potência média dos sinais x(t) e y(t).
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • Temos a expressão de H(j\omega) como soma de duas versões deslocadas de G_{1}(\omega).
  • A entrada contém uma constante (DC) e um produto trigonométrico \sin(3t)\cos(7t).
    Nada mais é dado explicitamente sobre G_{1}; portanto vamos primeiro trabalhar de forma geral em termos dos valores de G_{1} em frequências específicas e, quando útil, indicar a simplificação que ocorre se G_{1} for real e par (caso físico comum).

Passo 2

Vamos simplificar x(t) usando identidade trigonométrica para transformar o produto em soma de senos. A identidade usada é
\sin A\cos B=\tfrac{1}{2}\big(\sin(A+B)+\sin(A-B)\big).
Aplicando com A=3t e B=7t obtemos
\sin(3t)\cos(7t)=\tfrac{1}{2}\big(\sin(10t)+\sin(-4t)\big)=\tfrac{1}{2}\big(\sin(10t)-\sin(4t)\big).
Portanto,
x(t)=10+20\cdot \tfrac{1}{2}\big(\sin(10t)-\sin(4t)\big)=10+10\sin(10t)-10\sin(4t).
Comentário didático: escrevemos x(t) como soma de três componentes simples (DC, \sin(10t), \sin(4t)), que é conveniente para analisar a saída de um sistema LTI, porque cada componente senoidal será afetada apenas pelo ganho/fase de H(j\omega) nas suas frequências.

Passo 3

Agora vamos escrever a transformada de Fourier X(j\omega) desses componentes (lembrando fórmulas padrão):
  • A transformada do sinal constante A é 2\pi A\,\delta(\omega).
  • A transformada de \sin(\omega_0 t) é \pi/j\,[\delta(\omega-\omega_0)-\delta(\omega+\omega_0)].
Usando isso, para x(t)=10+10\sin(10t)-10\sin(4t) temos
X(j\omega)=10\cdot 2\pi\,\delta(\omega) +10\cdot\frac{\pi}{j}\big[\delta(\omega-10)-\delta(\omega+10)\big] -10\cdot\frac{\pi}{j}\big[\delta(\omega-4)-\delta(\omega+4)\big].
Explicação didática: cada seno gera dois deltas em \omega=\pm\omega_0 com coeficientes que originam a amplitude e a fase do componente; o DC gera um delta em \omega=0.

Passo 4

A saída no domínio da frequência é
Y(j\omega)=H(j\omega)\,X(j\omega)=\big[G_{1}(\omega+10)+G_{1}(\omega-10)\big]X(j\omega).
Como X(j\omega) é uma soma de deltas, multiplicar por H(j\omega) apenas escala cada delta pelo valor de H(j\omega) avaliado na posição daquele delta. Assim, avaliando em cada frequência relevante \omega_0\in\{0,\pm 10,\pm 4\}:
  • Para o delta em \omega=0 (DC): o coeficiente em Y é 10\cdot 2\pi\big[G_{1}(0+10)+G_{1}(0-10)\big]=10\cdot 2\pi\big[G_{1}(10)+G_{1}(-10)\big].
  • Para os deltas em \omega=\pm 10 (componente \sin(10t)): o ganho em \omega=10 é H(10)=G_{1}(10+10)+G_{1}(10-10)=G_{1}(20)+G_{1}(0),e em \omega=-10 é H(-10)=G_{1}(-10+10)+G_{1}(-10-10)=G_{1}(0)+G_{1}(-20).Então os coeficientes dos deltas \delta(\omega\mp 10) em Y são os coeficientes originais multiplicados por esses H(\pm 10).
  • Para os deltas em \omega=\pm 4 (componente \sin(4t)): o ganho em \omega=4 é H(4)=G_{1}(4+10)+G_{1}(4-10)=G_{1}(14)+G_{1}(-6),e em \omega=-4 é H(-4)=G_{1}(-4+10)+G_{1}(-4-10)=G_{1}(6)+G_{1}(-14).
Didática: multiplicar por H(j\omega) “pesa” cada componente espectral pelo valor de H naquela frequência — se H for zero ali, o componente é totalmente eliminado; se for unitário, o componente passa sem alteração de amplitude.

Passo 5

Agora invertemos Y(j\omega) para obter y(t). Para uma componente \sin(\omega_0 t) com amplitude A a transformada é A\frac{\pi}{j}[\delta(\omega-\omega_0)-\delta(\omega+\omega_0)]. Após multiplicação por H, a parte no tempo correspondente ficará (usando a propriedade linear e pares de deltas):
\text{saída da componente }A\sin(\omega_0 t) =\frac{A}{2j}\big[H(\omega_0)e^{j\omega_0 t}-H(-\omega_0)e^{-j\omega_0 t}\big].í
Se além H for real e par (isto é, H(-\omega)=H(\omega) e real — hipótese comum para filtros que não introduzem deslocamento de fase dependente de sinal), essa expressão simplifica para
A\,H(\omega_0)\sin(\omega_0 t).
Aplicando isso às componentes de x(t) obtemos a expressão geral de y(t).
Passo intermediário — escrever explicitamente y(t) em forma geral (sem assumir paridade de G_{1}): usando os resultados do Passo 4, a componente DC (constante) em y(t) é
y_{\text{DC}}=10\big[G_{1}(10)+G_{1}(-10)\big].
Para a componente em \sin(10t) (amplitude original 10) a saída é
y_{10}(t)=\frac{10}{2j}\big[H(10)e^{j10t}-H(-10)e^{-j10t}\big], \quad\text{com }H(\pm 10)=G_{1}(20)+G_{1}(0)\text{ ou }G_{1}(0)+G_{1}(\mp 20).
Para a componente em \sin(4t) (amplitude original -10) a saída é
y_{4}(t)=-\frac{10}{2j}\big[H(4)e^{j4t}-H(-4)e^{-j4t}\big].
Juntando tudo temos uma forma completa (ainda em termos de G_{1}).

Passo 6

Para ficar mais prático e legível — e porque é uma hipótese física comum (filtros com resposta real e par) — vamos apresentar a forma simplificada assumindo que G_{1}(\omega) é real e par, isto é,
G_{1}(-\omega)=G_{1}(\omega)\quad\text{e}\quad G_{1}(\omega)\in\mathbb{R}.
Nesse caso:
  • G_{1}(-10)=G_{1}(10), G_{1}(-20)=G_{1}(20), G_{1}(-6)=G_{1}(6), G_{1}(-14)=G_{1}(14).
  • Os ganhos ficam: H(0)=G_{1}(10)+G_{1}(-10)=2G_{1}(10),
H(10)=G_{1}(20)+G_{1}(0),
H(4)=G_{1}(14)+G_{1}(6).
  • A saída resultante (forma real e direta) é então y(t)=10\big[G_{1}(10)+G_{1}(-10)\big] +10\big[G_{1}(20)+G_{1}(0)\big]\sin(10t) -10\big[G_{1}(14)+G_{1}(6)\big]\sin(4t).
Usando a paridade de G_{1} isso pode ser escrita de modo ainda mais compacto:
y(t)=20\,G_{1}(10) +10\big[G_{1}(20)+G_{1}(0)\big]\sin(10t) -10\big[G_{1}(14)+G_{1}(6)\big]\sin(4t).
Didática: essa expressão mostra claramente que cada componente original foi multiplicada pelo ganho do sistema na respectiva frequência; por exemplo, a componente \sin(10t) é escalada por G_{1}(20)+G_{1}(0), que é o valor de H(j\omega) em \omega=10.

Passo 7

Agora calculamos as potências médias. Para um sinal periódico composto por componentes DC e senoidais de amplitude A_k, a potência média é
P=\text{(DC)}^{2}+\sum_{k}\frac{A_k^{2}}{2},
onde cada seno com amplitude A_k contribui com A_k^{2}/2 (a média de \sin^2 é 1/2).
Primeiro o sinal de entrada x(t)=10+10\sin(10t)-10\sin(4t):
  • DC é 10, contribuição 10^{2}=100.
  • Duas senóides com amplitudes 10 e 10 (o sinal -10\sin(4t) tem mesma amplitude positiva para potência): cada uma contribui com 10^{2}/2=50.
    Portanto
P_x=100+50+50=200.
Segundo o sinal de saída y(t) na forma (supondo G_{1} real e par)
y(t)=Y_{0}+A_{10}\sin(10t)+A_{4}\sin(4t),
onde
Y_{0}=20\,G_{1}(10), \quad A_{10}=10\big[G_{1}(20)+G_{1}(0)\big], \quad A_{4}=-10\big[G_{1}(14)+G_{1}(6)\big].
(Nota: o sinal de menos em A_{4} só muda sinal, não a potência.)
Assim a potência média de y(t) é
P_y=Y_{0}^{2}+\frac{A_{10}^{2}}{2}+\frac{A_{4}^{2}}{2}.
Substituindo as expressões:
P_y=\big(20\,G_{1}(10)\big)^{2} +\frac{1}{2}\Big(10\big[G_{1}(20)+G_{1}(0)\big]\Big)^{2} +\frac{1}{2}\Big(10\big[G_{1}(14)+G_{1}(6)\big]\Big)^{2}.
Podemos simplificar fatores numéricos se desejar:
P_y=400\,G_{1}^{2}(10) +50\big[G_{1}(20)+G_{1}(0)\big]^{2} +50\big[G_{1}(14)+G_{1}(6)\big]^{2}.
Observação final (caso particular frequentemente usado em exercícios): se G_{1}(\omega) for um lowpass ideal com ganho unitário em \omega=0 e largura pequena o suficiente para que somente G_{1}(0)=1 e todos os outros valores citados sejam zero, então:
  • y(t)=10\big[G_{1}(0)+G_{1}(20)\big]\sin(10t)=10\cdot 1\cdot\sin(10t)=10\sin(10t) (e as outras componentes e DC são nulas),
  • e as potências seriam P_x=200 e P_y=50.
    Isso é um caso particular útil para interpretar um sistema que sintoniza apenas a banda em \pm 10.

Resposta

(a) y(t)=20\,G_{1}(10) +10\big[G_{1}(20)+G_{1}(0)\big]\sin(10t) -10\big[G_{1}(14)+G_{1}(6)\big]\sin(4t).
(b) P_{x}=200,\quad P_{y}=400\,G_{1}^{2}(10) +50\big[G_{1}(20)+G_{1}(0)\big]^{2} +50\big[G_{1}(14)+G_{1}(6)\big]^{2}.

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