Obtenha a menor frequência de amostragem necessária para amostrar corretamente os seguintes sinais abaixo, segundo o teorema de amostragem:
x(t)=\operatorname{sinc}(100 t)

Passo 1

O enunciado dá o sinal temporal
x(t)=\operatorname{sinc}(100\,t)
e pede: qual é a menor frequência de amostragem necessária para amostrar corretamente esse sinal segundo o teorema de amostragem?
Observação importante (assunção que vou usar): tomo aqui a definição padrão de processamento de sinais
\operatorname{sinc}(t)=\frac{\sin(\pi t)}{\pi t}.
Não foi dada outra definição no enunciado, então seguirei essa convenção.

Passo 2

O que precisamos entender primeiro é qual é o conteúdo espectral (em frequência) de \operatorname{sinc}(t)\). Há um par transformada de Fourier (usando frequência em Hz) bem conhecido: \[\operatorname{sinc}(t) \xleftrightarrow{\mathcal{F}} \operatorname{rect}(f),
onde \operatorname{rect}(f) é a função retangular definida por
\operatorname{rect}(f)=\begin{cases}1,&|f|\le \tfrac{1}{2},\\[4pt]0,&|f|>\tfrac{1}{2}.\end{cases}
Explicação rápida: aqui f\] é a frequência em hertz (Hz). Isso significa que \(\operatorname{sinc}(t) tem espectro limitado (bandlimited) e ocupa somente as frequências entre -\tfrac{1}{2} Hz e +\tfrac{1}{2} Hz.]

Passo 3

Agora uso a propriedade de escala no tempo e frequência da transformada de Fourier. Se
x(t) \xleftrightarrow{\mathcal{F}} X(f),
então, para um escalar real a\neq0,
x(a\,t) \xleftrightarrow{\mathcal{F}} \frac{1}{|a|}\,X\!\left(\frac{f}{a}\right).
Aqui a é o fator de compressão/expansão no tempo; X(f) é o espectro original; a propriedade diz como o espectro se altera (ele se dilata em frequência e ganha um fator de amplitude 1/|a|).
Aplicando isso a x(t)=\operatorname{sinc}(100\,t): tomando x_0(t)=\operatorname{sinc}(t) com X_0(f)=\operatorname{rect}(f), temos
\operatorname{sinc}(100\,t) \xleftrightarrow{\mathcal{F}} \frac{1}{100}\,\operatorname{rect}\!\left(\frac{f}{100}\right).

Passo 4

Determino o suporte (largura de banda) desse espectro. A função \operatorname{rect}\!\left(\dfrac{f}{100}\right) vale 1 quando
\left|\frac{f}{100}\right| \le \frac{1}{2}\quad\Longrightarrow\quad |f| \le 50.
Portanto o espectro está limitado às frequências -50\\ \mathrm{Hz}\le f\le 50\\ \mathrm{Hz}. O maior componente em frequência (a banda passante máxima) é
B = 50\\ \mathrm{Hz}.
Explicando em palavras: o sinal é bandlimited com banda máxima 50\\ \mathrm{Hz}, ou seja não contém frequências acima de 50\\ \mathrm{Hz}.

Passo 5

Lembrete do teorema de amostragem (forma prática que vamos usar): para reconstruir perfeitamente um sinal bandlimited sem aliasing, a frequência de amostragem f_s deve satisfazer
f_s \ge 2B
(onde B é a maior frequência presente no sinal). O valor mínimo admissível é chamado de taxa de Nyquist; na prática recomenda-se estritamente maior que 2B por causa de filtros reais, mas matematicamente a igualdade é aceita para sinais estritamente bandlimited.
Aqui, com B=50\\ \mathrm{Hz},
f_s \ge 2\cdot 50\\ \mathrm{Hz} = 100\\ \mathrm{Hz}.

Passo 6

Conclusão: a menor frequência de amostragem (taxa de Nyquist) que garante amostragem sem perda de informação para x(t)=\operatorname{sinc}(100\,t) é
f_s = 100\\ \mathrm{Hz}.

Resposta

\,f_s = 100\\ \mathrm{Hz}

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