Sinais e Sistemas

Este é o sexto curso de Engenharia Elétrica Universitária: sinais e sistemas. EE04 perguntou "o que ESTE circuito faz NESTA frequência"; este curso faz a pergunta mais profunda: o que um sistema faz com QUALQUER entrada — respondida através das três transformadas (convolução, Fourier, z) nas quais o restante do curso (comunicações, DSP, controle) se baseia.

• Unidade 6.1 classifica sinais e sistemas.
• Unidade 6.2 torna a convolução a resposta universal no domínio do tempo.
• Unidades 6.3–6.4 movem-se para frequência: séries/frequência de Fourier e amostragem.
• Unidade 6.5 reutiliza a maquinaria Laplace da EE02 como função do sistema.
• Unidades 6.6–6.7 tornam-se discretas: equações de diferença e a transformada z.

A história em curso é um canal de áudio: um sinal de microfone, um filtro, uma amostradora, um equalizador digital. Cada transformação abaixo move esse canal adiante, e cada resposta é verificada da forma como um engenheiro de sinais verifica — derivando cada par de transformada pelo menos uma vez, verificando toda a convolução de duas formas (graficamente e pelo produto de Fourier quando disponível), e testando todo resultado discreto por iteração direta.

Por que importa. "É linear? É invariante no tempo?" são as primeiras duas perguntas de toda análise neste curso — as respostas decidem qual de toda a maquinaria está mesmo autorizada.

A ideia, com uma imagem. Um sinal é uma função do tempo: tempo contínuo $x(t)$ ou tempo discreto $x[n]$. Um sistema mapeia sinais de entrada em sinais de saída. Quatro propriedades compõem o curso, e cada uma é um teste aplicado a UMA entrada cuidadosamente selecionada, não uma intuição:

• Linearidade: $ax_{1} + bx_{2} \to ay_{1} + by_{2}$ — aplique a soma, verifique a soma das saídas.
• Invariância no tempo: desloque a entrada em $T$; a saída deve deslocar exatamente $T$ e nada mais.
• Causalidade: a saída no instante $t$ depende apenas de $x$ até $t$.
• Estabilidade BIBO BIBO: toda entrada limitada gera uma saída limitada; para sistemas LTI isso se reduz a $\int |h(t)|\,dt < \infty$ — a resposta ao impulso deve ser absolutamente integrável.

A dedução. A invariância temporal falha sempre que o relógio do sistema escala: para $y(t) = x(2t)$, deslocar a entrada em $T$ resulta em $y_{shift}(t) = x(2t - T) = x(2(t - T/2))$ — a saída é a original do sistema atrasada apenas em $T/2$. Comparar "deslocar depois sistema" ($x(t-T) \to y(t)$ no argumento $2t$, isto é, $x(2t - T)$) contra "sistema depois deslocar" ($y(t - T) = x(2t - 2T)$) expõe a discrepância sempre que existe — essa comparação É o teste.

Exemplo resolvido 1 — a armadilha de escalonamento temporal. $y(t) = x(2t)$ é invariante no tempo? Com $x(t) = u(t)$: deslocar-então-sistema resulta em $x(t-1) = u(t-1) \to u(2t-1) = u(t - \tfrac{1}{2})$; sistema-então-deslocar resulta em $y(t-1) = u(2(t-1)) = u(t-1)$. Meio deslocamento versus deslocamento completo — variável no tempo ✓. Etapa de reprodução rápida 2 no canal de áudio em execução falha exatamente dessa forma.

Exemplo resolvido 2 — estabilidade pela integral. O eco ambiente do canal modelo $h(t) = e^{-t}u(t)$: $\int_{0}^{\infty} e^{-t}\,dt = 1 < \infty$ ✓ $h(t) = u(t)$ — uma entrada rampo limitada gera uma $\int_{0}^{\infty} 1\,dt = \infty$ — uma entrada degrau limitada produz uma saída rampa ilimitada, portanto o integrador é instável BIBO embora seja Erros comuns. Testar linearidade com uma única entrada (são necessárias duas, mais

escalonamento). Declarar invariância temporal a partir de um diagrama (realize o teste de deslocamento). escalonamento). Declarar invariância temporal a partir de um diagrama (execute o teste de deslocamento). $h(t) = e^{-t}u(t)$ (anti-causal, decrescente) é estável e NÃO causal — $h(t) = -e^{t}u(-t)$ (anticausal, decrescente) é estável e NÃO causal — Resumo. Linearidade + invariância temporal desbloqueiam a convolução; causalidade

Resumo. Linearidade + invariância temporal desbloqueiam a convolução; causalidade ordens causam e efeito; estabilidade BIBO é $\int|h| < \infty$. Cada propriedade é um experimento de uma única sonda.

Por que importa. A convolução é a ÚNICA fórmula que gera a saída de qualquer sistema linear invariante no tempo para QUALQUER entrada — sem transformada, sem função de transferência, apenas a resposta ao impulso e uma integral.

A ideia, com uma imagem. Para um sistema linear invariante no tempo a resposta ao impulso $h(t)$ determina tudo: decomponha a entrada em impulsos atrasados e escalonados; cada impulso $\delta(t-\tau)\,x(\tau)\,d\tau$ produz $h(t-\tau)$ escalonado; superposição integra todos eles:

Convolução é deslizar–multiplicar–integrar: inverte-se $h$, desliza-se sobre $x$, e cada valor de saída é a área da sobreposição.

A derivação. Peneiramento: $x(t) = \int x(\tau)\delta(t-\tau)\,d\tau$. A linearidade coloca a integral fora; a invariância temporal transforma $\delta(t-\tau) \to h(t-\tau)$; o resultado é a integral de convolução — três propriedades, uma fórmula.

Exemplo resolvido 1 — a resposta ao degrau clássica. O filtro do canal $x(t) = u(t)$ em $h(t) = e^{-t}u(t)$: para $t \ge 0$ a sobreposição é $\tau \in [0, t]$, então

Verifique as extremidades: $y(0) = 0$ ✓ (nenhuma saída antes da chegada da entrada); $y(\infty) = 1$ ✓ (ganho CC 1 — e de fato $H(0) = 1$). Em $t = 1.5$, $y = 1 - e^{-1.5} = 0.777$ — a área sombreada da sobreposição na figura.

Exemplo resolvido 2 — evoluir para o pulso. Agora um retangular de 2-segundo entrada de altura 1 (uma nota sustentada) no mesmo filtro. Dois pontos de verificação por superposição: o degrau LIGADO em $t=0$ mais um degrau DESLIGADO em $t=2$, logo $y(t) = (1 - e^{-t})u(t) - (1 - e^{-(t-2)})u(t-2)$. Em $t = 1$: $1 - e^{-1} = 0.632$. Em $t = 3$: $(1 - e^{-3}) - (1 - e^{-1}) = e^{-1} - e^{-3} = 0.318$ — a cauda de liberação. Verifique o pico em $t = 2^-$: $1 - e^{-2} = 0.865$, e em $t = 2^+$ o segundo termo Erros comuns. Esquecer a inversão (a convolução NÃO é $-1$). Omitir os limites quando os sinais iniciam

Erros comuns. Esquecer a inversão (a convolução NÃO é assumir $\int x(\tau)h(\tau)\,d\tau$ — a multiplicação ocorre no em 0 (a janela de sobreposição, não $(-\infty,\infty)$, que faz o trabalho). E Resumo. $x * h = x \cdot h$; inverter, deslizar, integrar; larguras somam domínio FREQUENCIAL, nunca no tempo.

Resumo. $y = x * h$; inversão, translação, integração; larguras somam ($W_{1} + W_{2}$); comutativo; cascata convolve. Toda transformação posterior sua propriedade de convolução-multiplicação é a razão pela qual filtros são projetados

Por que importa. O ruído do canal, seus harmônicos e seu equalizador de bandas — todos residem na frequência. A transformada de Fourier é a ponte, e sua propriedade de convolução para multiplicação é por que os filtros são projetados there.

A ideia, com uma imagem. Sinais periódicos expandem-se em harmônicos (série de EE02); a transformada de Fourier estende a ideia para sinais aperiódicos:

A convolução no tempo torna-se multiplicação na frequência: $Y(\omega) = X(\omega)H(\omega)$ — a propriedade sobre a qual todo o assunto se baseia .

A dedução. Para um pulso retangular de amplitude $A$ e largura $\tau$ centrado em 0:

a função sinc. Em $\omega = 0$ a transformada é igual à ÁREA $A\tau$ (e $\mathrm{sinc}(0) = 1$ a recupera ✓); o primeiro nulo está em $\omega\tau/2 = \pi$, ou seja, $f = 1/\tau$ — a troca entre tempo e largura de banda .

Exemplo resolvido 1 — o orçamento de pulso do canal. Um clique de 1 ms tem ($A = 1$, $\tau = 10^{-3}$ s): $X(f) = 10^{-3}\,\mathrm{sinc}(f \cdot 10^{-3})$, primeiro nulo em $f = 1$ kHz. Um clique dez vezes mais curto (0.1 ms) empurra o nulo para 10 kHz — quanto menor o evento, mais largo é o espectro, o que explica por que um clique irrita todas as bandas do equalizador simultaneamente. Verifique a área: o valor em $f = 0$ é $A\tau$ — $10^{-3}$ para o clique de 1 ms e $10^{-4}$ para o de 0.1 ms ✓; o clique mais curto coloca menos em cada banda mas espalha-o sobre dez vezes mais.

Exemplo resolvido 2 — escalone para o preço do filtro ideal. O canal deseja um filtro passa-baixas de borda abrupta: ganho 1 a 4 kHz, 0 acima. Sua resposta ao impulso é a transformada inversa do retângulo da banda passante: $h(t) = \frac{\sin(\omega_{c}t)}{\pi t}$ com $f_{c} = 4$ kHz — um sinc no DOMÍNIO TEMPORAL, estendendo-se infinitamente em ambas as direções, logo o filtro ideal é não causal. Truncá-lo para $|t| \le 5$ ms (uma janela de 10 ms) e as ondulações de ganho da faixa de passagem (Gibbs), com ondulações separadas por cerca de $1/(10\ \text{ms}) = 100$ Hz, e a borda pode ser não mais nítida do que cerca desse mesmo 100 Hz. O compromisso é honesto: a inclinação na frequência paga-se com comprimento no domínio temporal, a mesma lei de outro lado.

Erros comuns. Avaliar $\mathrm{sinc}$ em $\omega$ em vez de $\omega\tau/2$ (argumento adimensional, sempre). Esquecer o $1/2\pi$ na inversa. E interpretar $|X(\omega)|$ como "o sinal" — a transformada é completa apenas com sua fase.

Resumo. Pares de transformada pela integral; pulso ↔ sinc com nulo em $1/\tau$; convolução ↔ multiplicação. Inclinação em um domínio é comprimento no outro.

Por que importa. O canal torna-se digital num ponto: a amostragem. Tudo abaixo — o equalizador, o armazenamento, a reconstrução — herda o que o passo de amostragem fez, e nunca pode ser desfeito depois.

A ideia, com uma imagem. A amostragem multiplica o sinal por um trem de impulsos; em frequência, o espectro replica em múltiplos de $f_{s}$. O critério de Nyquist: um sinal limitado a $f_{max}$ é perfeitamente recuperável se $f_{s} > 2f_{max}$. Abaixo disso, replicas se sobrepõem e o aliasing dobra altas frequências para dentro da faixa como falsas baixas.

A dedução. A saída de uma amostradora $x_{s}(t) = x(t)\sum_{n}\delta(t - nT)$ tem, pela dualidade convolução-multiplicação (multiplicação no tempo = convolução em dualidade de multiplicação (multiplicação no tempo = convolução na frequência), o espectro $(1/T)\sum_{k} X(\omega - k\omega_{s})$ — réplicas a cada múltiplo da frequência de amostragem. Se $X$ ocupa $|\omega| < \omega_{s}/2$, as réplicas nunca se tocam; qualquer uma baixa frequência real de uma alta dobrada. baixa frequência genuína de uma alta dobrada.

Exemplo resolvido 1 — o alias de 4 kHz. Um cosseno de 4 kHz amostrado em 6 kHz: $4 > 6/2 = 3$ kHz. Verifique amostra por amostra: $|f - f_{s}| = 2$ kHz. Check sample by sample: $\cos(2\pi \cdot \tfrac{4}{6} n) = \cos(2\pi \cdot \tfrac{2}{3} n)$ e $\cos(2\pi \cdot \tfrac{2}{6} n) = \cos(2\pi \cdot \tfrac{1}{3} n)$; as duas sequências concordam porque $\cos(2\pi \cdot \tfrac{2}{3} n) = \cos(2\pi(\tfrac{2}{3} - 1)n) = \cos(2\pi \cdot (-\tfrac{1}{3})n) = \cos(2\pi \cdot \tfrac{1}{3} n)$ ✓ (cosseno é par). Um tom de 4 kHz amostrado em 6 kHz É uma sequência de 2 kHz.

Exemplo resolvido 2 — escalonar para o orçamento anti-alias. O canal o microfone transmite conteúdo até 20 kHz; a taxa de amostragem é 44.1 kHz ($f_{s}/2 = 22.05$ kHz). Um tom de interferência de 25 kHz seria aliasado para $44.1 - 25 = 19.1$ kHz — dentro da faixa declarada de 20 kHz. O filtro anti-alias deve cortá-lo antes da amostragem: na CD com amostragem de 44.1 kHz, a banda de guarda é apenas 22.05 − 20 = 2.05 kHz de largura, razão pela qual a captura profissional superaamostra em 96 ou 192 kHz (bandas de guarda de 28 e 76 kHz) e filtra suaves. A correção ocorre sempre antes do amostrador, nunca depois — uma frequência dobrada não carrega nenhuma marca indicando sua origem.

Erros comuns. Considerar $f_{s} = 2f_{max}$ como seguro (a desigualdade é estrita; na igualdade, um seno em $f_{max}$ pode ser amostrado em seus cruzamentos por zero e desaparecer). Filtrar após a amostragem (o dobramento já está dentro da faixa). E assumir que o upsampling digital recupera o que um filtro baixo de $f_{s}$ omitiu — a informação nunca foi gravada.

Resumo. A amostragem replica o espectro em $f_{s}$; $f_{s} > 2f_{max}$ ou os aliases dobram; o filtro anti-aliasing vai antes do amostrador; a banda de guarda entre $f_{max}$ e $f_{s}/2$ é o orçamento de projeto do sistema.

Por que importa. A etapa analógica do canal — capacitores de acoplamento, controles de tom — é um sistema racional, e os polos de sua função de transferência preveem anéis, velocidade e estabilidade de relance.

A ideia, com uma imagem. A transformada de Laplace de EE02 torna-se a função do sistema $H(s) = Y(s)/X(s)$; para um sistema LTI, $h(t) \leftrightarrow H(s)$ como par de transformação. Fatores racionais $H(s)$ em polos e zeros: cada polo contribui com um modo natural $e^{pt}$; a região de convergência (ROC) decide qual; causalidade e estabilidade exigem que todos os polos estejam no semiplano esquerdo aberto.

A dedução. $\mathcal{L}\{e^{-at}u(t)\} = 1/(s+a)$ para $\mathrm{Re}(s) > -a$ (uma integração por partes). O degrau unitário $1/s$. Portanto, para $H(s) = 1/(s+1)$ excitado por um degrau:

frações parciais realizando a convolução de Unit 6.2 com três linhas de álgebra — e ambas as rotas levam à mesma curva ✓.

Exemplo resolvido 1 — leia o polo de três formas. $H(s) = 1/(s+1)$: o polo em $s = -1$ É o $e^{-t}$ na resposta ao impulso (constante de tempo 1 s); a resposta ao degrau estabiliza em $1 - e^{-t}$ atingindo 95% em $t = 3$ s; a resposta em frequência $H(j\omega)$ tem $|H(j \cdot 1)| = 1/\sqrt{2} = 0.707$ — o ponto −3 dB situa-se exatamente em a distância do polo à origem, e a fase lá é $-45°$.

Exemplo resolvido 2 — escalone para o controle de tom de dois polos. Um grave boost com notch, $H(s) = \dfrac{s^{2} + 2s + 100}{(s+1)(s+10)}$: zeros em $-1 \pm j9.95$ (próximo ao eixo imaginário próximo a $\pm 10$ rad/s, então eles escavam uma notch ali: $|H(j10)| = 20/(10.05 \times 14.14) = 0.14$, cerca de −17 dB), polos em $-1$ e $-10$ (ambos à esquerda — estável ✓). Ganho DC $100/10 = 10$ (20 dB de realce nos graves ✓); ganho de alta frequência $1$ (o $s^{2}$ do numerador iguala ao do denominador). Verifique a mínima central: em $\omega = 0$, 20 dB; em $\omega \to \infty$, 0 dB; a transição ocorre entre as frequências dos polos — toda a curva do equalizador é legível a partir de cinco pontos marcados no plano s.

Erros comuns. Avaliar estabilidade apenas pelos polos sem considerar a ROC (um polo em $-1$ com ROC estendendo-se para a esquerda é anticanônico e instável). Esquecendo $H(s)$ só existe com seu ROC. E confiando em um polo-zero escalonado incorretamente: o ponto −3 dB representa a DISTÂNCIA do polo até a origem apenas para um fator de primeira ordem sem zeros próximos.

Resumo. $H(s) = Y/X$; frações parciais revertem transformadas em exponenciais; polos definem os modos, a ROC a causalidade, o semiplano esquerdo a estabilidade e $s = j\omega$ a resposta em frequência.

Por que importa. Uma vez amostrado, o equalizador do canal torna-se uma equação de diferenças executada por um processador — iterá-lo manualmente é como seu comportamento é realmente compreendido.

A ideia, com uma imagem. O espelho discreto da convolução: $y[n] = \sum_{k} x[k]\,h[n-k]$. Sistemas descritos por equações diferenciais como $y[n] = 0.5\,y[n-1] + x[n]$ — um acumulador com decaimento. O modo homogêneo é $a^{n}$ onde $a$ é a raiz da equação característica; iterar um passo de cada vez é a solução direta. solução.

A dedução. Para $y[n] = a\,y[n-1] + x[n]$ com entrada em degrau e condição inicial nula, as primeiras amostras são $1,\ 1+a,\ 1+a+a^{2},\ \ldots$ — somas parciais de uma série geométrica, logo

e o limite $1/(1-a)$ é o ganho DC: o eco discreto do condição contínua de $\int h < \infty$.

Exemplo resolvido 1 — itere e convirja. $y[n] = 0.5y[n-1] + x[n]$, $y[-1] = 0$, degrau unitário: $y[0] = 1$, $y[1] = 1.5$, $y[2] = 1.75$, $y[3] = 1.875$ — aproximando-se do ganho DC $1/(1-0.5) = 2$ ✓. A lacuna para o limite diminui pela metade a cada passo (o resíduo é $0.5^{n+1}$), então após 10 passos a lacuna será $0.5^{11} \approx 0.05\%$ — uma única linha de aritmética prevendo toda a tabela.

Exemplo resolvido 2 — escalone para uma raiz oscilatória. Defina $a = -0.8$: $y[n] = -0.8\,y[n-1] + x[n]$ em um degrau resulta $y[n] = \tfrac{1}{1.8}(1 - (-0.8)^{n+1})$ — a abordagem para $0.556$ oscila: $y[0] = 1$, $y[1] = 0.2$, $y[2] = 0.84$, $y[3] = 0.328$. Verifique $|a| = 0.8 < 1$ — ainda estável (a oscilação decai), e o sinal inverte em cada amostra é a assinatura de uma raiz negativa, o análogo discreto de um par de polos complexos oscilando na metade da taxa de amostragem taxa ($z = -0.8$ mapeia para $s = (\ln 0.8 \pm j\pi)/T$).

Erros comuns. Iterar com $y[-1]$ incorreto (especifique a condição inicial antes da primeira linha). Declarar estabilidade pelos primeiros poucos amostras (apenas $|a| < 1$ decide). E ler o ganho DC de $n = 0$ sozinho — é $1/(1-a)$, o LIMITE, visível apenas quando as amostras se estabilizam.

Resumo. Equação em diferenças → iterar; somas parciais geométricas; ganho DC $1/(1-a)$; raiz dentro do círculo unitário = estabilidade; raízes negativas ou complexas = oscilação.

Por que importa. O equalizador é entregue como coeficientes $a_{k}, b_{k}$ de uma equação em diferenças; a transformada z é como esses números são escolhidos, e o círculo unitário é onde sua resposta em frequência é lida.

A ideia, com uma imagem. A transformada z z $X(z) = \sum_{n} x[n]z^{-n}$ desempenha o papel da Laplace no tempo discreto. O par fundamental: $a^{n}u[n] \leftrightarrow 1/(1 - az^{-1})$ com ROC $|z| > |a|$. Para um sistema causal, polos DENTRO do círculo unitário significam estabilidade. A transformada inversa é divisão longa ou frações parciais.

A dedução. $\sum_{n=0}^{\infty} a^{n}z^{-n}$ é geométrica com razão $az^{-1}$; ela converge para $1/(1 - az^{-1})$ exatamente quando $|az^{-1}| < 1$, isto é, $|z| > |a|$ — a RCE é o exterior de um círculo que passa pelo polo. A estabilidade exige que a RCE inclua o círculo unitário (the frequency axis $z = e^{j\omega}$), which forces $|a| < 1$ — the condição do círculo unitário em uma linha.

Exemplo resolvido 1 — o acumulador novamente, por transformada. $H(z) = 1/(1 - 0.5z^{-1})$, polo em $z = 0.5$ — dentro do círculo unitário, estável ✓. Resposta ao degrau: $Y(z) = H(z)\,\dfrac{z}{z-1} = \dfrac{z^{2}}{(z-0.5)(z-1)}$; parcial parciais resultam em $y[n] = 2(1 - 0.5^{n+1})$. Verifique $n = 0$: $2(1 - 0.5) = 1$ ✓ corresponde à iteração da Unidade 6.6, e $n \to \infty$ fornece $2$ ✓ — o ganho DC novamente. Dois métodos, uma sequência.

Exemplo resolvido 2 — o dicionário plano-para-plano. O mapeamento $s \to z = e^{sT}$ envia $s = j\omega$ para o círculo unitário $e^{j\omega T}$ (frequência = ângulo) e uma taxa de decaimento contínuo $\sigma$ a um raio $e^{\sigma T}$. O polo do acumulador em $z = 0.5$ com $T = 1$ ms corresponde a $\sigma = \ln(0.5)/0.001 = -693\ \text{s}^{-1}$ — uma constante de tempo de $1/693 = 1.44$ ms. Verifique contra a iteração da Unidade 6.6: a lacuna se reduz pela metade por AMOSTRA ($0.5 = e^{-0.693}$), e $0.693/T$ por segundo é o mesmo $-693\ \text{s}^{-1}$ ✓. As duas transformações são um único assunto visto de duas margens do mesmo rio.

Erros comuns. Citar $H(z)$ sem sua RCO (a mesma função racional função pode descrever sistemas diferentes quando a ROC muda). Leitura de resposta em frequência no eixo real (ela reside em $|z| = 1$). E confundir as convenções de $z$ e $z^{-1}$ convenções — para a sequência causal $a^{n}u[n]$, a ROC é $|z| > |a|$; uma sequência à esquerda tem uma ROC diferente.

Resumo. $a^{n} \leftrightarrow 1/(1-az^{-1})$, RCO exterior; para um sistema causal, polos dentro do círculo unitário = estabilidade; $z = e^{sT}$ mapeia o decaimento para raio e frequência para ângulo — e o ganho CC $1/(1-a)$ fecha o loop com a iteração de duas unidades atrás.