Um sistema de tempo contínuo, linear e invariante no tempo, é representado pela seguinte equação diferencial: \frac{d y(t)}{d t}+y(t)=x(t), em que x(t) é a entrada e y(t) é a saída. a) determine a resposta em frequência H(j \omega); (b) determine a resposta ao impulso do sistema; (c) esboce os espectros de fase e magnitude indicando as assíntotas e os valores de frequência/fase/magnitude nos pontos mais importantes para caracterização das curvas e em \pm \infty \mathrm{rad} / \mathrm{s}; (d) assumindo que x(t)=\sin (t) /(\pi t), determine e esboce |Y(j \omega)| indicando os valores de frequência/fase/magnitude nos pontos mais importantes para caracterização das curvas e em \pm \infty \mathrm{rad} / \mathrm{s}.
Passo 1
O enunciado dá um sistema LTI no tempo contínuo descrito pela equação diferencial
\frac{d y(t)}{d t}+y(t)=x(t),
onde x(t) é a entrada e y(t) a saída. As perguntas são:
(a) determinar a resposta em frequência H(j\omega);
(b) determinar a resposta ao impulso h(t);
(c) esboçar os espectros de fase e magnitude de H(j\omega), indicando assíntotas e valores importantes (pontos característicos e comportamentos em \pm\infty);
(d) assumindo x(t)=\dfrac{\sin(t)}{\pi t}, determinar e esboçar |Y(j\omega)|, indicando os valores de frequência/fase/magnitude mais importantes e comportamentos em \pm\infty.
Informações relevantes fornecidas:
equação diferencial linear de primeira ordem com coeficientes constantes;
sistema causal típico (assumiremos resposta ao impulso causal);
entrada especial em (d): x(t)=\dfrac{\sin(t)}{\pi t}, que é uma forma de sinc; isso tem transformada de Fourier compacta (retangular) que será usada.
Passo 2
O que é “resposta em frequência” e como obtê-la a partir da equação diferencial (aula rápida):
Para sistemas LTI, a resposta em frequência H(j\omega) é a razão entre a transformada de Fourier da saída e da entrada:H(j\omega)=\frac{Y(j\omega)}{X(j\omega)}.
Uma forma prática de obter H(j\omega) é tomar a transformada de Fourier (ou Laplace com s=j\omega) da equação diferencial, usando que a transformada de \dfrac{d}{dt}y(t) é j\omega Y(j\omega) (para sinais com transformada bem comportada).
Aplicando a transformada de Fourier à equação dada:
Explicação simples do resultado: a presença de 1+j\omega no denominador vem da soma da componente proporcional à derivada (j\omega) com a componente proporcional ao próprio sinal (1).
Passo 3
Determinação da resposta ao impulso h(t) (métodos e ensino passo a passo):
Métodos possíveis:
Resolver a equação diferencial com x(t)=\delta(t) (delta de Dirac) e condição de causalidade.
Usarei ambos rapidamente para ensinar.
Pelo domínio de Laplace/Fourier:
A transformada em s do sistema é H(s)=\dfrac{1}{s+1}. A transformada inversa conhecida dá\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s+1}\right\}=e^{-t}u(t),onde u(t) é a função degrau unitário (garante causalidade). Portantoh(t)=e^{-t}u(t).
Resolvendo a equação diferencial com entrada \delta(t):
Substituir x(t)=\delta(t) na equação:\frac{d h(t)}{d t}+h(t)=\delta(t).
Para t>0 a direita de \delta a equação homogênea vale: \dfrac{d h}{dt}+h=0 → solução h(t)=A e^{-t} para t>0.
Integrando a equação no entorno de t=0 para lidar com o impulso e impondo causalidade ( h(t)=0 para t<0 ), obtém-se A=1. Logoh(t)=e^{-t}u(t).
Interpretação física: a resposta ao impulso decai exponencialmente com constante de tempo 1.
Passo 4
Magnitude e fase de H(j\omega): fórmulas e interpretação numérica (passo a passo).
Para um número complexo z=a+jb tem-se |z|=\sqrt{a^2+b^2} e \angle z=\operatorname{atan2}(b,a). Aqui H(j\omega)=\dfrac{1}{1+j\omega}.
Magnitude:|H(j\omega)|=\frac{1}{|1+j\omega|}=\frac{1}{\sqrt{1+\omega^2}}.Isso é uma função par de \omega (mesmo valor para \omega e -\omega) e decai com |\omega|.
Fase:\angle H(j\omega)=-\angle(1+j\omega)=-\arctan(\omega).Observações sobre a função \arctan(\omega): \arctan(0)=0; \arctan(1)=\pi/4; \arctan(\omega)\to\pi/2 quando \omega\to+\infty, e \arctan(\omega)\to-\pi/2 quando \omega\to-\infty. Assim \angle H varia de +\pi/2 (em -\infty) a -\pi/2 (em +\infty), passando por 0 em \omega=0.
Cálculo de valores importantes:
Em \omega=0:|H(j0)|=\frac{1}{\sqrt{1+0}}=1,\qquad \angle H(j0)=0.
Em \omega=1:|H(j1)|=\frac{1}{\sqrt{2}}\approx 0,707\quad(\text{isso é o ponto }-3{,}01\\ \text{dB}), \qquad \angle H(j1)=-\frac{\pi}{4}=-45^\circ.
Assíntotas/Bode (aproximação): para \omega\ll1 magnitude quase constante (0\\ \text{dB}); para \omega\gg1 a magnitude decai com inclinação de -20\\ \text{dB/dec} (porque |H|\propto 1/\omega). A frequência de canto (polo) é \omega=1\\ \mathrm{rad/s}.
Passo 5
Como esboçar os gráficos (orientações práticas e pontos-chave para o desenho):
Magnitude (linear): desenhar uma curva com valor 1 em \omega=0, descendo suave até 1/\sqrt{2} em \omega=1, e tendendo a zero conforme |\omega| cresce. É simétrica em torno de \omega=0.
Magnitude (Bode em dB): 20\log_{10}|H(j\omega)|. Em \omega=0 é 0\\ \text{dB}. Em \omega=1 é -3{,}01\\ \text{dB}. Para \omega>1 segue aproximadamente uma reta com declive -20\\ \text{dB/dec}.
Fase: traçar curva que vale 0 em \omega=0, passa por -45^\circ em \omega=1, tende a -90^\circ quando \omega\to+\infty e a +90^\circ quando \omega\to-\infty. É monótona decrescente.
\omega\to\pm\infty:\\ |H|\to0,\\ \angle H\to\mp\pi/2 (note o sinal trocado conforme o lado).
Dica prática para prova: desenhe eixo \omega com marcas -\infty,-1,0,1,\infty, plote os pontos citados e ligue com a forma conhecida de um pólo simples em -1.
Passo 6
Parte (d): transformar x(t)=\dfrac{\sin(t)}{\pi t}\) para o domínio de frequência e obter \(Y(j\omega)\); depois \(|Y(j\omega)|\).
1) Transformada de \(x(t)\) (aula sobre a transformada de uma sinc):
- Existe um par de transformadas padrão:
\[\mathcal{F}\!\left\{\frac{\sin(\omega_0 t)}{\pi t}\right\}= \begin{cases} 1, & |\omega|<\omega_0,\\[3pt] \tfrac{1}{2}, & |\omega|=\omega_0 \quad(\text{valores na borda}),\\[3pt] 0, & |\omega|>\omega_0, \end{cases}
isto é, uma função retangular em \omega\] de largura \[2\omega_0.
No nosso caso \omega_0=1. PortantoX(j\omega)=\begin{cases} 1, & |\omega|<1,\\[3pt] 0, & |\omega|>1, \end{cases}(e X(j\omega)=\tfrac{1}{2}\] exatamente em \[|\omega|=1, se for preciso tratar as bordas).
Agora Y(j\omega)=H(j\omega)X(j\omega) (multiplicação no domínio da frequência):
Como X(j\omega) é uma janela retangular que vale 1 para |\omega|<1 e 0 fora, temosY(j\omega)=\begin{cases} \dfrac{1}{1+j\omega}, & |\omega|<1,\\[6pt] 0, & |\omega|>1, \end{cases}(valor de borda em |\omega|=1\] dado por \[\tfrac{1}{2(1+j)} se for necessário).
Portanto |Y|\] é simplesmente a curva \(|H| “recortada” para o intervalo |\omega|<1 e nula fora (o sistema atua apenas multiplicando pelo ganho H dentro da banda onde X existe).
Valores importantes para o esboço de |Y(j\omega)|:
Em \omega=0: |Y|=1.
Em \omega=1^{-} (à esquerda de 1): |Y|=1/\sqrt{2}\approx0,707. Em |\omega|>1: |Y|=0.
Em \pm\infty: |Y|=0 (já que é exatamente zero fora da banda).
Fase de Y (quando |\omega|<1): \angle Y(j\omega)=\angle H(j\omega)=-\arctan(\omega). Fora da banda a fase é irrelevante (amplitude zero).
Observação física e prática: a entrada é bandlimited (|\omega|<1), o sistema aplica o ganho e atraso de fase típico do pólo em -1, e o resultado é um sinal cuja energia espectral está apenas em |\omega|<1, com amplitude reduzida conforme |H|.]
Passo 7
Resumo rápido do que desenhar para (c) e (d) (orientação final para o esboço):
Para H(j\omega): desenhar |H|=1/\sqrt{1+\omega^2} (curva simétrica, 1 em 0, 1/\sqrt{2} em 1, declive -20\\ \text{dB/dec} além de 1) e \angle H=-\arctan(\omega) (0 em 0, -45^\circ em 1, -90^\circ em +\infty, +90^\circ em -\infty).
Para Y: desenhar a curva |H| restrita a |\omega|<1; fora desse intervalo |Y|=0. Marcar os pontos \omega=0,\pm1 com valores citados.
Resposta
(a) [H(j\omega)=\dfrac{1}{1+j\omega})
(b) h(t)=e^{-t}u(t)
(c) |H(j\omega)|=\dfrac{1}{\sqrt{1+\omega^2}},\qquad \angle H(j\omega)=-\arctan(\omega).
Pontos importantes: \omega=0:\\ |H|=1,\\ \angle H=0;\\ \omega=1:\\ |H|=1/\sqrt{2}\approx0,707\\ (-3{,}01\\ \text{dB}),\\ \angle H=-\pi/4;\\ \omega\to+\infty:\\ |H|\to0,\\ \angle H\to-\pi/2;\\ \omega\to-\infty:\\ |H|\to0,\\ \angle H\to+\pi/2. Assíntota de magnitude (Bode): nível plano até \omega\sim1, depois declive de -20\\ \text{dB/dec}.
(d) X(j\omega)=\begin{cases}1,&|\omega|<1,\\[3pt]0,&|\omega|>1,\end{cases}\] então
\[Y(j\omega)=H(j\omega)X(j\omega)=\begin{cases}\dfrac{1}{1+j\omega},&|\omega|<1,\\[6pt]0,&|\omega|>1,\end{cases}\]
e
\[|Y(j\omega)|=\begin{cases}\dfrac{1}{\sqrt{1+\omega^2}},&|\omega|<1,\\[4pt]0,&|\omega|>1.\end{cases}\]
Pontos: \(\omega=0:\\ |Y|=1;\\ \omega=1^-:\\ |Y|=1/\sqrt{2}\approx0,707;\\ |\omega|>1:\\ |Y|=0;\\ \angle Y(j\omega)=-\arctan(\omega) para |\omega|<1.]