Seja X(t) um ruído branco Gaussiano com S_{X}(f)=\frac{N_{0}}{2}. Assuma que X(t) é a entrada de um filtro passa baixas com resposta à frequência
H(f)=\left\{\begin{array}{l}2, \text { se } 1<|f|<3 ; \\\\ 0, \text { caso contrário. }\end{array}\right.á
Seja Y(t) a saída do filtro.
a) Encontre S_{Y}(f);
b) Calcule R_{Y}(\tau);
c) Calcule E\left[Y(t)^{2}\right].

Passo 1

Vou listar exatamente o que o enunciado dá e o que pede, para não nos perder:
  • Dado: X(t)\) é ruído branco Gaussiano com densidade espectral de potência (PSD) de duas faces \[S_{X}(f)=\frac{N_{0}}{2}.
  • Dado: o sistema (filtro passa‑baixas) tem resposta em frequência
H(f)=\begin{cases} 2, & \text{se } 1<|f|<3,\\[4pt] 0, & \text{caso contrário.} \end{cases}á
  • Definição: Y(t)\] é a saída do filtro quando a entrada é \(X(t).
O enunciado pede:
(a) encontrar S_{Y}(f);
(b) calcular R_{Y}(\tau) (autocorrelação) para todo \tau;
(c) calcular E\!\left[Y(t)^{2}\right].]

Passo 2

Conceito importante e fórmula que vamos usar (explicação didática):
  • Para um processo estacionário wide‑sense e um sistema linear e invariante no tempo (LTI) com resposta em frequência H(f), a relação entre a PSD de entrada S_X(f) e a PSD de saída S_Y(f) é
S_{Y}(f)=|H(f)|^{2}\,S_{X}(f).
O sentido: o filtro atua em cada frequência multiplicando o componente complexo por H(f); a potência nessa frequência é multiplicada por |H(f)|^{2}.
Aplicando ao nosso caso:
  • S_X(f)=\dfrac{N_{0}}{2} é constante (ruído branco).
  • H(f) vale 2 nas bandas 1<|f|<3 e 0 fora. Como H(f) é real nessa região, |H(f)|^{2}=2^{2}=4 onde H(f)=2.
Logo, para todas as frequências:
S_{Y}(f)=\begin{cases} 4\cdot\dfrac{N_{0}}{2}=2N_{0}, & \text{se }1<|f|<3,\\[6pt] 0, & \text{caso contrário.} \end{cases}á]

Passo 3

Agora vamos achar R_{Y}(\tau). Conceito/fórmula que usamos:
  • Teorema de Wiener–Khinchin: a autocorrelação R_Y(\tau) é a transformada inversa de Fourier da PSD S_Y(f), com a convenção usada aqui:
R_{Y}(\tau)=\int_{-\infty}^{\infty} S_{Y}(f)\,e^{j2\pi f\tau}\,df.
Isto dá a autocorrelação em função do deslocamento \tau.
Substituindo o S_Y(f) obtido no Passo 2:
R_{Y}(\tau)=\int_{-\infty}^{\infty} S_{Y}(f)\,e^{j2\pi f\tau}\,df =2N_{0}\left(\int_{1}^{3} e^{j2\pi f\tau}\,df + \int_{-3}^{-1} e^{j2\pi f\tau}\,df\right).
Explico: peguei os intervalos 1\le f\le3 e -3\le f\le-1 porque os intervalos onde S_Y é não‑zero são exatamente esses; e usei que de 1 a 3 a PSD vale 2N_0, mesmo para o lado negativo simetricamente.

Passo 4

Vamos avaliar as integrais explicitamente. Primeiro calcule a integral de \,e^{j2\pi f\tau} entre a e b:
\int_{a}^{b} e^{j2\pi f\tau}\,df =\frac{e^{j2\pi b\tau}-e^{j2\pi a\tau}}{j2\pi \tau},\qquad (\tau\neq0).
Aplicando para a=1,\,b=3:
I_{+}:=\int_{1}^{3} e^{j2\pi f\tau}\,df=\frac{e^{j2\pi 3\tau}-e^{j2\pi 1\tau}}{j2\pi \tau}.
Para o intervalo negativo a=-3,\,b=-1:
I_{-}:=\int_{-3}^{-1} e^{j2\pi f\tau}\,df=\frac{e^{-j2\pi \,1\tau}-e^{-j2\pi \,3\tau}}{j2\pi \tau}.
Observe que I_{-}=\overline{I_{+}} (conjugado), porque os limites são simétricos e a função é exponencial complexa. Assim
I_{+}+I_{-}=2\Re\{I_{+}\}.
Portanto
R_{Y}(\tau)=2N_{0}\cdot 2\Re\{I_{+}\}=4N_{0}\Re\!\left\{\frac{e^{j2\pi 3\tau}-e^{j2\pi \tau}}{j2\pi \tau}\right\}.

Passo 5

Simplificamos a parte real. Note que \dfrac{1}{j}=-j e que a parte real de -j z é a parte imaginária de z. Então
\Re\!\left\{\frac{e^{j2\pi 3\tau}-e^{j2\pi \tau}}{j2\pi \tau}\right\} =\frac{1}{2\pi \tau}\,\Im\!\left\{e^{j2\pi 3\tau}-e^{j2\pi \tau}\right\}.
Usando \Im\{e^{j\theta}\}=\sin\theta, obtemos
\Im\{e^{j2\pi 3\tau}-e^{j2\pi \tau}\}=\sin(2\pi\cdot 3\tau)-\sin(2\pi\cdot 1\tau)=\sin(6\pi\tau)-\sin(2\pi\tau).
Substituindo de volta:
R_{Y}(\tau)=4N_{0}\cdot\frac{1}{2\pi \tau}\big[\sin(6\pi\tau)-\sin(2\pi\tau)\big] =\frac{2N_{0}}{\pi \tau}\big[\sin(6\pi\tau)-\sin(2\pi\tau)\big],\qquad (\tau\neq 0).

Passo 6

Tratar o caso \tau=0 (importante: a fórmula acima tem divisão por \tau). Pela definição,
R_{Y}(0)=\int_{-\infty}^{\infty} S_{Y}(f)\,df
que é a potência total (ou segunda momento). Como S_{Y}(f)=2N_{0} somente em 1<|f|<3, a largura total de banda não‑nula é (3-1) + (3-1)=2+2=4 (Hz). Logo
R_{Y}(0)=2N_{0}\times 4=8N_{0}.
Verificação pela regra do limite: se \tau\to0 então \sin(6\pi\tau)-\sin(2\pi\tau)\approx 6\pi\tau-2\pi\tau=4\pi\tau, e substituindo na expressão do Passo 5 obtém‑se R_Y(0)=8N_0, consistente.

Passo 7

Interpretação final curta (motivacional): o filtro amplifica por 2 as componentes entre 1 e 3 Hz (em módulo), então potencia por Hz fica multiplicada por 4. O ruído branco tinha N_0/2 por Hz; após o filtro nas bandas ativas a PSD vale 2N_0. Como a banda total ativa tem largura 4 Hz, a potência total ficou 2N_0\times 4=8N_0.

Resposta

(a) S_{Y}(f)=\begin{cases} 2N_{0}, & \text{se }1<|f|<3,\\[6pt] 0, & \text{caso contrário.} \end{cases}á
(b) R_{Y}(\tau)=\begin{cases} \displaystyle \frac{2N_{0}}{\pi \tau}\big[\sin(6\pi\tau)-\sin(2\pi\tau)\big], & \tau\neq 0,\\[8pt] \displaystyle 8N_{0}, & \tau=0. \end{cases}
(c) E\!\left[Y(t)^{2}\right]=R_{Y}(0)=8N_{0}.]

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