Exercício 15: Considere a transformada da resposta ao impulso de um sistema linear invariante no tempo dada por
H(j \omega)=G_{3}(\omega)
a) Determine a saída y(t) do sistema para a entrada
x(t)=\sum_{k=-\infty}^{+\infty} q(t-k 2 \pi) \quad, \quad q(t)=100 \pi\left((t+1) G_{1}(t+0.5)+(1-t) G_{1}(t-0.5)\right)
b) Determine a potência média dos sinais x(t) e y(t).

Passo 1

O enunciado fornece:
H(j\omega)=G_{3}(\omega)
e a entrada é a repetição periódica de q(t) com período T=2\pi:
x(t)=\sum_{k=-\infty}^{+\infty} q(t-k 2\pi).
A função q(t) é dada por
q(t)=100\pi\bigl((t+1)G_{1}(t+0.5)+(1-t)G_{1}(t-0.5)\bigr).
O que se pede:
  • (a) Determinar a saída y(t) do sistema LTI com resposta em frequência H(j\omega)=G_3(\omega) quando a entrada é x(t).
  • (b) Determinar a potência média dos sinais x(t) e y(t).
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • x(t) é periódica com período T=2\pi, logo sua série de Fourier tem harmônicas em \omega_n=n (pois \omega_0=\tfrac{2\pi}{T}=1).
  • O sistema é LTI e portanto age multiplicando as componentes espectrais por H(j\omega).
  • q(t) é uma combinação linear e deslocada de G_{1}(t); precisaremos do seu transformado Q(j\omega) usando propriedades de deslocamento no tempo e multiplicação por t.
  • Não há valores numéricos explícitos de G_1(\omega) ou G_3(\omega) fornecidos, então a resposta ficará em termos dessas funções e de suas derivadas quando necessário.

Passo 2

Plano de ataque (sem resolver ainda): como x(t) é a periódica repetição de q(t) com período T=2\pi, podemos obter os coeficientes complexos c_n da série de Fourier de x(t) a partir do transformado contínuo Q(j\omega) de q(t) pela relação padrão
c_n=\frac{1}{T}Q(j\omega)\Big|_{\omega=n}=\frac{1}{2\pi}Q(n).
Depois, para um sistema LTI com H(j\omega), os coeficientes da saída são d_n=H(jn)\,c_n. Finalmente
y(t)=\sum_{n=-\infty}^{\infty} d_n e^{j n t}.
Para calcular Q(j\omega) vamos usar propriedades do transformado:
  • Linearidade.
  • Deslocamento no tempo: se f(t)\stackrel{\mathcal{F}}{\longleftrightarrow}F(\omega), então f(t-a)\stackrel{\mathcal{F}}{\longleftrightarrow}e^{-j\omega a}F(\omega). Equivalente: f(t+a)\stackrel{\mathcal{F}}{\longleftrightarrow}e^{j\omega a}F(\omega).
  • Multiplicação por t: se f(t)\stackrel{\mathcal{F}}{\longleftrightarrow}F(\omega), então t f(t)\stackrel{\mathcal{F}}{\longleftrightarrow} j\frac{d}{d\omega}F(\omega).
    Também usaremos a combinação dessas propriedades para funções deslocadas multiplicadas por t. Vou demonstrar a fórmula que usarei em seguida.

Passo 3

Derivação (muito didática) da fórmula que aplica multiplicação por t depois de um deslocamento:
  • Seja f(t)\stackrel{\mathcal{F}}{\longleftrightarrow}F(\omega).
  • Defina r(t)=f(t+a). Então R(\omega)=e^{j\omega a}F(\omega) (deslocamento).
  • Agora tome s(t)=t\,r(t)=t f(t+a). Aplicando a propriedade de multiplicação por t sobre r(t) temos
S(\omega)=j\frac{d}{d\omega}R(\omega)=j\frac{d}{d\omega}\bigl(e^{j\omega a}F(\omega)\bigr).
  • Derivando:
S(\omega)=j\Bigl(j a e^{j\omega a}F(\omega)+e^{j\omega a}F'(\omega)\Bigr) = e^{j\omega a}\bigl(j F'(\omega)-a F(\omega)\bigr),
onde F'(\omega)=\dfrac{d}{d\omega}F(\omega).
Essa fórmula é prática: transformada de t f(t+a) é e^{j\omega a}\bigl(j F'(\omega)-a F(\omega)\bigr).

Passo 4

Agora aplicamos isso para calcular Q(j\omega). Separe q(t) em duas partes:
q(t)=100\pi\bigl(u_1(t)+u_2(t)\bigr),
com
u_1(t)=(t+1)G_{1}(t+0.5),\qquad u_2(t)=(1-t)G_{1}(t-0.5).
Calcule a transformada de u_1(t).
  • Seja f(t)=G_1(t) e F(\omega)=G_1(\omega) o seu transformado.
  • Para u_1(t) note que (t+1)G_1(t+0.5)=t\cdot G_1(t+0.5)+1\cdot G_1(t+0.5).
  • Usando a fórmula do passo anterior com a=0.5:
    • Transformada de t G_1(t+0.5) é e^{j\omega 0.5}\bigl(j G_1'(\omega)-0.5 G_1(\omega)\bigr).
    • Transformada de G_1(t+0.5) é e^{j\omega 0.5}G_1(\omega).
  • Somando:
\mathcal{F}\{u_1(t)\}=e^{j\omega 0.5}\bigl(j G_1'(\omega)-0.5 G_1(\omega)\bigr)+e^{j\omega 0.5}G_1(\omega) = e^{j\omega 0.5}\bigl(j G_1'(\omega)+0.5 G_1(\omega)\bigr).
Calcule a transformada de u_2(t).
  • u_2(t)=(1-t)G_1(t-0.5)=G_1(t-0.5)-t G_1(t-0.5).
  • Agora a=-0.5. Pela fórmula:
    • Transformada de t G_1(t-0.5) é e^{-j\omega 0.5}\bigl(j G_1'(\omega)+0.5 G_1(\omega)\bigr) (note o sinal de a).
    • Transformada de G_1(t-0.5) é e^{-j\omega 0.5}G_1(\omega).
  • Subtraindo:
\mathcal{F}\{u_2(t)\}=e^{-j\omega 0.5}G_1(\omega)-e^{-j\omega 0.5}\bigl(j G_1'(\omega)+0.5 G_1(\omega)\bigr) = e^{-j\omega 0.5}\bigl(-j G_1'(\omega)+0.5 G_1(\omega)\bigr).
Somando as duas transformadas e multiplicando por 100\pi obtém-se Q(j\omega):
Q(\omega)=100\pi\Bigl(e^{j\omega 0.5}\bigl(j G_1'(\omega)+0.5 G_1(\omega)\bigr) +e^{-j\omega 0.5}\bigl(-j G_1'(\omega)+0.5 G_1(\omega)\bigr)\Bigr).

Passo 5

Simplifique Q(\omega) usando identidades exponenciais:
Q(\omega)=100\pi\Bigl(j G_1'(\omega)(e^{j\omega/2}-e^{-j\omega/2})+0.5 G_1(\omega)(e^{j\omega/2}+e^{-j\omega/2})\Bigr).
Usando e^{j a}-e^{-j a}=2j\sin a e e^{j a}+e^{-j a}=2\cos a, com a=\tfrac{\omega}{2}:
Q(\omega)=100\pi\Bigl(j G_1'(\omega)\cdot 2j\sin(\tfrac{\omega}{2}) + 0.5 G_1(\omega)\cdot 2\cos(\tfrac{\omega}{2})\Bigr).
Como j\cdot j=-1, isso vira
Q(\omega)=100\pi\Bigl(-2\sin(\tfrac{\omega}{2})\,G_1'(\omega)+\cos(\tfrac{\omega}{2})\,G_1(\omega)\Bigr).
Portanto
Q(\omega)=100\pi\Bigl(\cos\bigl(\tfrac{\omega}{2}\bigr)G_1(\omega)-2\sin\bigl(\tfrac{\omega}{2}\bigr)G_1'(\omega)\Bigr).

Passo 6

Coeficientes da série de Fourier de x(t). Como x(t) é a repetição de q(t) com T=2\pi, os coeficientes c_n (complexos) são
c_n=\frac{1}{T}Q(\omega)\Big|_{\omega=n}=\frac{1}{2\pi}Q(n).
Substituindo Q(\omega):
c_n=\frac{1}{2\pi}\cdot 100\pi\Bigl(\cos\bigl(\tfrac{n}{2}\bigr)G_1(n)-2\sin\bigl(\tfrac{n}{2}\bigr)G_1'(n)\Bigr).
\text{Logo }c_n=50\Bigl(\cos\bigl(\tfrac{n}{2}\bigr)G_1(n)-2\sin\bigl(\tfrac{n}{2}\bigr)G_1'(n)\Bigr).

Passo 7

Coeficientes da saída e expressão final de y(t).
  • Para um sistema LTI com resposta H(j\omega)=G_3(\omega) cada harmônica e^{j n t} é multiplicada por H(jn)=G_3(n). Assim os coeficientes da saída são
d_n=G_3(n)\,c_n=50\,G_3(n)\Bigl(\cos\bigl(\tfrac{n}{2}\bigr)G_1(n)-2\sin\bigl(\tfrac{n}{2}\bigr)G_1'(n)\Bigr).
  • Portanto a saída é a série
y(t)=\sum_{n=-\infty}^{\infty} d_n e^{j n t} =\sum_{n=-\infty}^{\infty}50\,G_3(n)\Bigl(\cos\bigl(\tfrac{n}{2}\bigr)G_1(n)-2\sin\bigl(\tfrac{n}{2}\bigr)G_1'(n)\Bigr)e^{j n t}.
Essa é a expressão completa em termos de G_1(\omega), sua derivada G_1'(\omega) e G_3(\omega).

Passo 8

Potência média dos sinais x(t) e y(t).
  • Para um sinal periódico com coeficientes c_n (convenção usada acima), a potência média (valor médio de |\cdot|^2 sobre um período) é dada por Parseval:
P_x=\frac{1}{T}\int_{T}|x(t)|^2 dt=\sum_{n=-\infty}^{\infty}|c_n|^2.
Substituindo c_n obtido no Passo 6:
P_x=\sum_{n=-\infty}^{\infty}\Bigl|50\Bigl(\cos\bigl(\tfrac{n}{2}\bigr)G_1(n)-2\sin\bigl(\tfrac{n}{2}\bigr)G_1'(n)\Bigr)\Bigr|^2.
Podemos fatorar 50^2 se quiser:
P_x=2500\sum_{n=-\infty}^{\infty}\Bigl|\cos\bigl(\tfrac{n}{2}\bigr)G_1(n)-2\sin\bigl(\tfrac{n}{2}\bigr)G_1'(n)\Bigr|^2.
  • A potência média da saída y(t) é análoga, usando d_n=G_3(n)c_n:
P_y=\sum_{n=-\infty}^{\infty}|d_n|^2=\sum_{n=-\infty}^{\infty}|G_3(n)|^2\,|c_n|^2.
Substituindo c_n:
P_y=\sum_{n=-\infty}^{\infty}|G_3(n)|^2\cdot 2500\Bigl|\cos\bigl(\tfrac{n}{2}\bigr)G_1(n)-2\sin\bigl(\tfrac{n}{2}\bigr)G_1'(n)\Bigr|^2.
Essas expressões são finais e corretas mesmo que G_1(\cdot) e G_3(\cdot) não estejam numericamente especificadas: expressam a saída e as potências em função das respostas fornecidas.

Resposta

y(t)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}50\,G_3(n)\Bigl(\cos\bigl(\tfrac{n}{2}\bigr)G_1(n)-2\sin\bigl(\tfrac{n}{2}\bigr)G_1'(n)\Bigr)e^{j n t}
P_x=2500\sum_{n=-\infty}^{\infty}\Bigl|\cos\bigl(\tfrac{n}{2}\bigr)G_1(n)-2\sin\bigl(\tfrac{n}{2}\bigr)G_1'(n)\Bigr|^2
P_y=2500\sum_{n=-\infty}^{\infty}|G_3(n)|^2\Bigl|\cos\bigl(\tfrac{n}{2}\bigr)G_1(n)-2\sin\bigl(\tfrac{n}{2}\bigr)G_1'(n)\Bigr|^2

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