Cálculo de Energia e Potência em Sinais Periódicos

Questão 1 A energia é calculada pela seguinte equação 𝐸 𝑥𝑡 2 𝑑𝑡 Para o sinal considerado a energia é dada por 𝐸 𝐶 cos𝜔0𝑡 𝜃2 𝑇 0 𝑑𝑡 𝐸 𝐶2 cos2𝜔0𝑡 𝜃 𝑇 0 𝑑𝑡 𝐸 𝐶2 1 cos2𝜔0𝑡 𝜃 2 𝑇 0 𝑑𝑡 𝐸 𝐶2 𝑡 1 2𝜔0 sin2𝜔0𝑡 𝜃 2 0 𝑇 𝐸 𝐶2 𝑇 1 2𝜔0 sin2𝜔0𝑇 𝜃 2 0 1 2𝜔0 sin2𝜃 2 𝐸 𝐶2 𝑇 2 1 2𝜔0 sin2𝜔0𝑇 2𝜃 1 2𝜔0 sin2𝜃 2 Mas como 𝑇 é um período temos 2𝜔0𝑇 2𝜋 logo 𝐸 𝐶2 𝑇 2 1 2𝜔0 sin2𝜃 1 2𝜔0 sin2𝜃 2 𝐸 𝐶2 𝑇 2 𝑬 𝑪𝟐 𝑻 𝟐 Questão 2 Para um sinal periódico a potência é calculada por 𝑃 1 𝑇 𝑥𝑡 2 𝑇2 𝑇2 𝑑𝑡 Para o sinal considerado o período é dado por 5𝑇 2𝜋 ou seja 𝑇 2 5 𝜋 de modo que a potência é dada por 𝑃 1 2 5 𝜋 10 sin 5𝑡 cos 10𝑡2 2 5𝜋 2 5𝜋 𝑑𝑡 𝑃 100 2 5 𝜋 sin2 5𝑡 cos2 10𝑡 2 5𝜋 2 5𝜋 𝑑𝑡 𝑃 500 2𝜋 1 cos 10𝑡 2 1 cos 20𝑡 2 2 5𝜋 2 5𝜋 𝑑𝑡 𝑃 500 8𝜋 1 cos 20𝑡 cos 10𝑡 cos 10𝑡 cos 20𝑡 2 5𝜋 2 5𝜋 𝑑𝑡 𝑃 500 8𝜋 1 2 5𝜋 2 5𝜋 𝑑𝑡 500 8𝜋 cos 20𝑡 cos 10𝑡 cos 10𝑡 cos 20𝑡 2 5𝜋 2 5𝜋 𝑑𝑡 Como a integral da direita envolve termos do tipo 10𝑡 e 20𝑡 a sua integral irá valer zero pois estamos integrando num período menorAssim temos 𝑃 500 8𝜋 2 5 𝜋 2 5 𝜋 500 8𝜋 0 𝑃 500 8 2 5 2 5 0 𝑃 100 8 2 2 𝑃 100 4 𝑷 𝟐𝟓 Para um sinal periódico o VRMS é calculado por 𝑉𝑅𝑀𝑆 1 𝑇 𝑥𝑡 2 𝑇2 𝑇2 𝑑𝑡 𝑉𝑅𝑀𝑆 𝑃 𝑉𝑅𝑀𝑆 25 𝑽𝑹𝑴𝑺 𝟓 Questão 3 Gráfico A série de Fourier para esta função de meioperíodo 𝑙 1 é dada por 𝑔𝑡 𝑎0 2 𝑎𝑘 cos 𝑘𝜋 𝑙 𝑡 𝑏𝑘 sin 𝑘𝜋 𝑙 𝑡 𝑘1 Como a função 𝑔 é par automaticamente temos 𝑏𝑘 0 Assim os coeficientes são dados por 𝑎0 1 𝑙 𝑔𝑡𝑑𝑡 𝑙 𝑙 𝑎0 1 1 𝑡2𝑑𝑡 1 1 𝑎0 𝑡3 3 1 1 𝑎0 13 3 13 3 𝑎0 1 3 1 3 𝑎0 2 3 Também temos 𝑎𝑘 1 𝑙 𝑔𝑡cos 𝑘𝜋 𝑙 𝑡 𝑑𝑡 𝑙 𝑙 𝑎𝑘 𝑡2 cos 𝑘𝜋𝑡 𝑑𝑡 1 1 Integrando por partes fazemos 𝑢 𝑡2 𝑑𝑣 cos𝑘𝜋𝑡𝑑𝑡 Logo temos 𝑑𝑢 2𝑡𝑑𝑡 𝑣 1 𝑘𝜋 sin 𝑘𝜋𝑡 Assim a integral original fica 𝑎𝑘 𝑢𝑣1 1 𝑣𝑑𝑢 1 1 𝑎𝑘 𝑡2 1 𝑘𝜋 sin 𝑘𝜋𝑡 1 1 1 𝑘𝜋 sin 𝑘𝜋𝑡 2𝑡𝑑𝑡 1 1 𝑎𝑘 12 1 𝑘𝜋 sin 𝑘𝜋 12 1 𝑘𝜋 sin 𝑘𝜋 2 𝑘𝜋 𝑡 sin 𝑘𝜋𝑡 𝑑𝑡 1 1 𝑎𝑘 0 0 2 𝑘𝜋 𝑡 sin 𝑘𝜋𝑡 𝑑𝑡 1 1 𝑎𝑘 2 𝑘𝜋 𝑡 sin 𝑘𝜋𝑡 𝑑𝑡 1 1 Integrando por partes fazemos 𝑢 𝑡 𝑑𝑣 sin 𝑘𝜋𝑡𝑑𝑡 Logo temos 𝑑𝑢 𝑑𝑡 𝑣 1 𝑘𝜋 cos 𝑘𝜋𝑡 Assim a integral original fica 𝑎𝑘 2 𝑘𝜋 𝑡 sin 𝑘𝜋𝑡 𝑑𝑡 1 1 2 𝑘𝜋 𝑢𝑣1 1 𝑣𝑑𝑢 1 1 𝑎𝑘 2 𝑘𝜋 𝑡 1 𝑘𝜋 cos 𝑘𝜋𝑡 1 1 1 𝑘𝜋 cos 𝑘𝜋𝑡 𝑑𝑡 1 1 𝑎𝑘 2 𝑘𝜋 1 𝑘𝜋 cos 𝑘𝜋 1 1 𝑘𝜋 cos 𝑘𝜋 1 𝑘𝜋 cos 𝑘𝜋𝑡 𝑑𝑡 1 1 𝑎𝑘 2 𝑘𝜋 1 𝑘𝜋 cos 𝑘𝜋 1 𝑘𝜋 cos 𝑘𝜋 1 𝑘𝜋 1 𝑘𝜋 sin 𝑘𝜋𝑡 1 1 𝑎𝑘 2 𝑘𝜋 2 𝑘𝜋 cos 𝑘𝜋 1 𝑘𝜋 1 𝑘𝜋 sin 𝑘𝜋 1 𝑘𝜋 sin 𝑘𝜋 𝑎𝑘 2 𝑘𝜋 2 𝑘𝜋 1𝑘 1 𝑘𝜋 0 0 𝑎𝑘 2 𝑘𝜋 2 𝑘𝜋 1𝑘 𝑎𝑘 41𝑘 𝑘2𝜋2 Logo a função é dada pela seguinte série 𝑔𝑡 𝑎0 2 𝑎𝑘 cos 𝑘𝜋 𝑙 𝑡 𝑏𝑘 sin 𝑘𝜋 𝑙 𝑡 𝑘1 𝑔𝑡 23 2 41𝑘 𝑘2𝜋2 cos 𝑘𝜋𝑡 0 sin 𝑘𝜋𝑡 𝑘1 𝒈𝒕 𝟏 𝟑 𝟒 𝝅𝟐 𝟏𝒌 𝒌𝟐 𝐜𝐨𝐬 𝒌𝝅𝒕 𝒌𝟏 Gráfico para a série Questão 4 A convolução é dada por 𝑦𝑡 𝑥𝑡 ℎ𝑡 𝑥𝜏ℎ𝑡 𝜏𝑑𝜏 Substituindo as funções temos 𝑦𝑡 𝜏 1ℎ𝑡 𝜏𝑑𝜏 1 0 2 𝜏ℎ𝑡 𝜏𝑑𝜏 2 1 0ℎ𝑡 𝜏𝑑𝜏 𝑜𝑢𝑡𝑟𝑜 𝑐𝑎𝑠𝑜 𝑦𝑡 𝜏 1𝛿𝑡 𝜏 2 2𝛿𝑡 𝜏 1𝑑𝜏 1 0 2 𝜏𝛿𝑡 𝜏 2 2𝛿𝑡 𝜏 1𝑑𝜏 2 1 𝑦𝑡 𝜏 1𝛿𝑡 𝜏 2𝑑𝜏 1 0 2 𝜏 1𝛿𝑡 𝜏 1𝑑𝜏 1 0 2 𝜏𝛿𝑡 𝜏 2𝑑𝜏 2 1 2 2 𝜏𝛿𝑡 𝜏 1𝑑𝜏 2 1 Pelas propriedades da função delta temos 𝑦𝑡 𝜏 1𝑡𝜏20𝑢𝑡 𝜏 2𝜏0 𝜏1 2𝜏 1𝑡𝜏10𝑢𝑡 𝜏 1𝜏0 𝜏1 2 𝜏𝑡𝜏20𝑢𝑡 𝜏 2𝜏1 𝜏2 22 𝜏𝑡𝜏10𝑢𝑡 𝜏 1𝜏1 𝜏2 𝑦𝑡 𝜏 1𝜏𝑡2𝑢𝑡 1 2 𝑢𝑡 0 2 2𝜏 1𝜏𝑡1𝑢𝑡 1 1 𝑢𝑡 0 1 2 𝜏𝜏𝑡2𝑢𝑡 2 2 𝑢𝑡 1 2 22 𝜏𝜏𝑡1𝑢𝑡 2 1 𝑢𝑡 1 1 𝑦𝑡 𝑡 3𝑢𝑡 1 𝑢𝑡 2 2𝑡 2𝑢𝑡 𝑢𝑡 1 𝑡𝑢𝑡 𝑢𝑡 1 21 𝑡𝑢𝑡 1 𝑢𝑡 𝒚𝒕 𝒕 𝟑𝒖𝒕 𝟏 𝒖𝒕 𝟐 𝒕 𝟒𝒖𝒕 𝒖𝒕 𝟏 𝟐 𝟐𝒕𝒖𝒕 𝟏 𝒖𝒕 Expressando de outra forma a função fica Gráfico yt Questão 5 Temos 𝑔𝑡 𝑑𝑥𝑡 𝑑𝑡 ℎ𝑡 A convolução é dada por 𝑔𝑡 𝑑𝑥𝑡 𝑑𝑡 ℎ𝑡 𝑑𝑥𝜏 𝑑𝑡 ℎ𝑡 𝜏𝑑𝜏 𝑑𝑢𝜏 3 𝑢𝜏 5 𝑑𝑡 𝑒3𝑡𝜏𝑢𝑡 𝜏𝑑𝜏 𝑑𝑢𝜏 3 𝑑𝑡 𝑒3𝑡𝜏𝑢𝑡 𝜏𝑑𝜏 𝑑𝑢𝜏 5 𝑑𝑡 𝑒3𝑡𝜏𝑢𝑡 𝜏𝑑𝜏 Pelas propriedades da função degrau temos 𝑒3𝑡𝜏𝑢𝑡 𝜏𝜏30 𝑒3𝑡𝜏𝑢𝑡 𝜏𝜏50 𝑒3𝑡𝜏𝑢𝑡 𝜏𝜏3 𝑒3𝑡𝜏𝑢𝑡 𝜏𝜏5 𝒆𝟑𝒕𝟑𝒖𝒕 𝟑 𝒆𝟑𝒕𝟓𝒖𝒕 𝟓 Questão 6 Um sistema LTI é estável quando a saída retorna ao seu estado de equilíbrio quando o sistema é submetido a uma condição inicial Note que em ambas as respostas está presente o termo 𝑒𝑡 multiplicando o restante da função Isto significa que para um tempo suficientemente longo 𝑡 as respostas convergiram para ℎ𝑡 0 Ou seja ambos os sistemas são estáveis