Lista de Exercícios Resolvida - Transformada de Laplace e Z PDF

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Lista de Exercícios Transformada de Laplace e Z Vinícius Marinho Silva Vitória da Conquista, BA Janeiro de 2013. Vinícius Marinho Silva – Sinais e Sistemas 2 Problemas 2.4-7 A resposta ao impulso unitário de um sistema LCIT é ℎ(𝑡) = 𝑒 −𝑡 𝑢(𝑡) Determine a resposta do sistema (estado nulo) y(t) se a e...

Description

Lista de Exercícios Transformada de Laplace e Z Vinícius Marinho Silva

Vitória da Conquista, BA Janeiro de 2013.

Vinícius Marinho Silva – Sinais e Sistemas

Problemas 2.4-7 A resposta ao impulso unitário de um sistema LCIT é ℎ(𝑡) = 𝑒 −𝑡 𝑢(𝑡)

Determine a resposta do sistema (estado nulo) y(t) se a entrada x(t) for: a) u (t ) b) 𝑒 −𝑡 𝑢(𝑡)

c) 𝑒 −2𝑡 𝑢(𝑡)

d) 𝑠𝑒𝑛3𝑡 𝑢(𝑡) Item a: A resposta do um sistema (estado nulo) obedece a seguinte equação: 𝑦(𝑡) = ℎ(𝑡)∗ 𝑥(𝑡)

Substituindo x(t) e h(t):

𝑦(𝑡) = 𝑒 −𝑡 𝑢(𝑡) . 𝑢(𝑡)

Deixando h(t) e x(t) em função da frequência (vide tabela 1 - Transformada de Laplace):

logo,

ℎ(𝑠) =

1

𝑠+1

e 𝑥(𝑠) =

1 𝑠

𝑦(𝑠) = ℎ(𝑠) . 𝑥(𝑠) 𝑦(𝑠) = (

1

1

)( ) 𝑠+1 𝑠

Como esta transformada não pode ser obtida diretamente da tabela 1 será necessário expandir estas funções por frações parciais. Então: 𝑦(𝑠) =

1 𝐴 𝐵 1 . = + 𝑠+1 𝑠 𝑠 𝑠+1

Trata-se de do caso 1 de frações parciais (Raízes diferentes e racionais) Para saber o valor do resíduo “A” multiplica-se a equação acima pelo denominador de “A” e em seguida substitui-se “s” pela raiz do denominador de “A”, ou seja, substitui-se por zero. Então:

Substituindo-se s por 0:

1 𝐴 𝐵 1 ) ( )] (𝑠) = ( + ) (𝑠) [( 𝑠 𝑠+1 𝑠+1 𝑠 1 𝐵 [( )] = 𝐴 + ( ) (0) 0+1 0+1 𝐴=1

Livro: Sinais e Sistemas / Simon Haykin e Barry Van Veen, Cap 2,3,4 e 5.

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Para encontrar o valor do resíduo B utilizou-se do mesmo artifício de A: multiplica-se a equação principal pelo denominador de “B” e em seguida substitui-se tal denominador “s+1” pela raiz do denominador de “B”, ou seja, substitui-se “s” por -1. Então: 1 𝐴 𝐵 1 ) ( )] (𝑠 + 1) = ( + ) (𝑠 + 1) [( 𝑠 𝑠+1 𝑠+1 𝑠 1 𝐴(𝑠 + 1) [(1) ( )] = +𝐵 𝑠 𝑠

Substituindo-se s por -1:

−1 = Subst. A e B:

𝐴(−1 + 1) +𝐵 −1 𝐵 = −1

𝑦(𝑠) =

Em função do tempo:

1 1 − 𝑠 𝑠+1

𝑦(𝑡) = (1 − 𝑒 −𝑡 )𝑢(𝑡)

Item b:

A resposta de um sistema (estado nulo) obedece à seguinte equação: 𝑦(𝑡) = ℎ(𝑡) ∗ 𝑥(𝑡)

Substituindo x(t) e h(t):

𝑦(𝑡) = 𝑒 −𝑡 𝑢(𝑡) . 𝑒 −𝑡 𝑢(𝑡)

Deixando h(t) e x(t) em função da frequência (vide tabela 1 - Transformada de Laplace): ℎ(𝑠) =

Logo,

𝑦(𝑠) =

1

𝑠+1

e 𝑥(𝑠) =

1

𝑠+1

𝑦(𝑠) = ℎ(𝑠) . 𝑥(𝑠)

1 1 1 . = (𝑠 + 1)2 𝑠+1 𝑠+1

Esta transformada pode ser obtida diretamente da tabela 1. Então não será preciso separá-la por frações parciais (iria resultar numa fração parcial “modo 2”, onde há duas raízes iguais). Portanto, utilizando a tabela 1 𝑦(𝑡) será: Item c:

𝑦(𝑡) = 𝑡𝑒 −𝑡 𝑢(𝑡)

Substituindo x(t) e h(t): 𝑦(𝑡) = 𝑒 −𝑡 𝑢(𝑡) . 𝑒 −2𝑡 𝑢(𝑡)

Deixando h(t) e x(t) em função da frequência (vide tabela 1 - Transformada de Laplace): Livro: Sinais e Sistemas / Simon Haykin e Barry Van Veen, Cap 2,3,4 e 5.

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ℎ(𝑠) =

Logo,

1

𝑠+1

e 𝑥(𝑠) =

1

𝑠+2

𝑦(𝑠) = ℎ(𝑠) . 𝑥(𝑠) 𝑦(𝑠) =

1

.

𝑠+1

1

𝑠+2

Como esta transformada não pode ser obtida diretamente da tabela 1 será necessário expandir estas funções por frações parciais. Então: 𝑦(𝑠) = Subst. A e B:

1 1 𝐴 𝐵 . = + 𝑠+1 𝑠+2 𝑠+1 𝑠+2 𝐴 = −1 𝑒 𝐵 = 1

𝑦(𝑠) =

Em função do tempo:

1 −1 + 𝑠+1 𝑠+2

𝑦(𝑡) = (𝑒 −𝑡 − 𝑒 −2𝑡 )𝑢(𝑡)

Item d:

A resposta do um sistema (estado nulo) obedece a seguinte equação:

Substituindo x(t) e h(t):

𝑦(𝑡) = ℎ(𝑡)∗ 𝑥(𝑡) 𝑦(𝑡) = 𝑒 −𝑡 𝑢(𝑡) . 𝑠𝑒𝑛3𝑡 𝑢(𝑡)

Deixando h(t) e x(t) em função da frequência (vide tabela 1 - Transformada de Laplace):

ℎ(𝑠) =

logo,

1

𝑠+1

e 𝑥(𝑠) =

3

𝑠 2 + 32

𝑦(𝑠) = ℎ(𝑠) . 𝑥(𝑠) 𝑦(𝑠) =

1

𝑠+1

.

1

𝑠2 +32

Como esta transformada não pode ser obtida diretamente da tabela 1. É necessário expandir estas funções por frações parciais. Trata-se de uma fração parcial de modo 3 (onde o denominador possui raiz complexa). Nota-se que (𝑠 2 + 32 ) é o fator irredutível que possui raízes complexas. Então a fração parcial será: 𝑦(𝑠) =

3 3 𝐴 𝐵. 𝑠 + 𝐶 1 . 2 = = + 𝑠 + 1 𝑠 + 32 (𝑠 + 1)(𝑠 2 + 32 ) (𝑠 + 1) (𝑠 2 + 32 )

Para encontrar “A” utiliza-se a metodologia tradicional (multiplica-se os dois termos da equação principal pelo denominador de A e depois aplica-se em “s” a raiz do denominador de A). Então teremos:

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[

3 𝐴 𝐵. 𝑠 + 𝐶 (𝑠 + 1) ] (𝑠 + 1) = (𝑠 + 1) + (𝑠 2 + 32 ) (𝑠 2 + 32 )(𝑠 + 1) (𝑠 + 1)

Simplificando,

Substituindo s por -1

[

(𝑠 2

𝐵. 𝑠 + 𝐶 3 (𝑠 + 1) ]=𝐴+ 2 2 (𝑠 + 32 ) +3 ) [

3 ]=𝐴+0 (−1)2 + 32 𝐴=

3 10

Para encontrar "B", multiplique tudo por "s " e aplique o limite ao infinito para s. Para encontrar “C” apenas considere na equação principal 𝑠 = 0. Então: Subst. A, B e C:

𝐴=

3 , 10

𝐵 = −𝐴 = −

3 3 , 𝐶= 10 10

−3𝑠 3 + 3 1 10 = ( 3 ) ( 1 ) + ( 3 ) ( −𝑠 + 1 ) 𝑦(𝑠) = ( ) + 102 10 𝑠 − 1 10 𝑠 − 1 10 𝑠 2 + 32 𝑠 + 32 1 −𝑠 + 1 3 )+( 2 )] 𝑦(𝑠) = ( ) [( 𝑠−1 𝑠 + 32 10

Em função do Tempo:

𝑦(𝑡) =

3 𝑡 [𝑒 𝑢(𝑡) + cos(3𝑡). 𝑢(𝑡)] 10

Obs: Para o lado direito utilizou-se o caso 9 da tabela da transformada de Laplace.

2.4-9 Repita o problema 2.4-7 para ℎ(𝑡) = (1 − 2𝑡)𝑒 −𝑡 𝑢(𝑡) e 𝑥(𝑡) = 𝑢(𝑡)

A resposta do um sistema (estado nulo) obedece a seguinte equação: 𝑦(𝑡) = ℎ(𝑡) ∗ 𝑥(𝑡)

Substituindo x(t) e h(t):

𝑦(𝑡) = (1 − 2𝑡)𝑒 −2𝑡 𝑢(𝑡) . 𝑢(𝑡)

Deixando h(t) e x(t) em função da frequência (vide tabela 1 - Transformada de Laplace):

logo,

ℎ(𝑠) =

1

𝑠+2

2

− (𝑠+2)2 e 𝑥(𝑠) =

1 𝑠

𝑦(𝑠) = ℎ(𝑠) . 𝑥(𝑠) Livro: Sinais e Sistemas / Simon Haykin e Barry Van Veen, Cap 2,3,4 e 5.

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Manipulando a equação:

𝑦(𝑠) = (

1 2 1 − ) . 𝑠 + 2 (𝑠 + 2)2 𝑠

𝑦(𝑠) = ((𝑠 + 2) − 2) 𝑦(𝑠) =

𝑠 2 𝑠(𝑠+2)

=

1 𝑠(𝑠 + 2)2 1 2 (𝑠+2)

Agora esta transformada pode ser obtida diretamente da tabela 4.1 Em função do tempo: 𝑦(𝑡) = 𝑡𝑒 −2𝑡 2.4-25 Considere o circuito mostrado na figura P2.4-5.

Figura P2.4-25

a) Determine a saída y(t) dada uma tensão inicial do capacitor de 𝑦(0) = 2𝑉 e entrada 𝑥(𝑡) = 𝑢(𝑡).

b) Dada uma entrada 𝑥(𝑡) = 𝑢(𝑡 − 1), determine a tensão inicial do capacitor y(t) tal que a saída y(t) seja 0,5 volts para t = 2 segundos. Item a Através da LTK, nota-se que,

Sendo que a corrente do circuito é

𝑥(𝑡) = 𝑅𝐼 + 𝑦(𝑡) 𝐼 = IC = 𝐶

𝑑𝑣𝑐 (𝑡) 𝑑𝑡

Sendo 𝑣𝑐 (𝑡) a tensão sobre o capacitor, que também é 𝑦(𝑡). Portanto: Logo, substituindo I, teremos

𝑣𝑐 (𝑡) = 𝑦(𝑡)

𝑥(𝑡) = 𝑅𝐶

𝑑𝑦(𝑡) + 𝑦(𝑡) 𝑑𝑡

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De modo que

1 𝑑𝑦(𝑡) 1 𝑥(𝑡) = + 𝑦(𝑡) 𝑅𝐶 𝑅𝐶 𝑑𝑡

A resposta quando 𝑡 = 0− tem a forma Quando t=0 teremos

𝑎=−

1 RC 𝑡

𝑦𝑜 (𝑡) = 𝑐1 . 𝑒 −𝑅𝐶 0

Porém 𝑦(0) = 2𝑉 (enunciado):

𝑦𝑜 (0) = 𝑐1 . 𝑒 −𝑅𝐶 = 𝑐1 = 2 0

2 = 𝑐1 . 𝑒 −𝑅𝐶 𝑐1 = 2

Portanto:

𝑡

A resposta de entrada nula é

Portanto, substituindo h(t) e x(t)

𝑦𝑜 (𝑡) = 2. 𝑒 −𝑅𝐶 𝑦𝑜 (𝑡) = ℎ(𝑡) ∗ 𝑥(𝑡) 𝑡

Item b

𝑦(𝑡) = (1 + 𝑒 −𝑅𝐶 ) . 𝑢(𝑡)

Sabe-se que a resposta de entrada nula é 𝑡

𝑦𝑜(𝑡) = 𝑦𝑜(0). 𝑒 −𝑅𝐶

Desde que o sistema seja invariante no tempo, o passo unitário é avançado 1 segundo gerando a resposta 𝑥(𝑡) = 𝑢(𝑡 − 1) .Então 𝑡−1

Portanto,

𝑦(𝑡) = (1 − 𝑒 − 𝑅𝐶 ) 𝑢(𝑡 − 1) 1

2

𝑦𝑜(0) = 𝑒 𝑅𝐶 − 0,5. 𝑒 𝑅𝐶

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3.9-4 Utilize o método clássico para resolver 𝑦[𝑛] + 2𝑦[𝑛 − 1] + 𝑦[𝑛 − 2] = 2𝑥[𝑛] − 𝑥[𝑛 − 1]

Com entrada x[n] = 3−n u[n] e condições auxiliares y[0] = 2 e y[1] = − 𝛾 2 + 2𝛾 + 1 = (𝛾 + 1)2 = 0

As raízes repetidas são −1 As equações do sistema são:

3

.

𝑦𝑛 [𝑛] = (𝐵1 + 𝐵2 𝑛)(−1)𝑛

(𝐸 2 + 2𝐸 + 1) 𝑦[𝑛] = (2𝐸 2 − 𝐸)𝑥[𝑛]

e

1 1 𝑦[𝑛] = 𝐻 [ ] 3−𝑛 = − 3−𝑛 3 16 𝑦[𝑛] = (𝐵1 + 𝐵2 𝑛)(−1)𝑛 −

1 −𝑛 3 16

Para 𝑛 = 0, 1, e substituindo 𝑦[0] = 2 e 𝑦[1] = − −

𝑦[𝑛] = (

13

2 = 𝐵1 −

1 16

13

1 𝑛

𝑥[𝑛] = ( ) 3

𝑛≥0

𝑛≥0

3

1 13 = −(𝐵1 + 𝐵2 ) − 48 3

𝐵1 =

33 16

𝐵2 =

9

4

33 9 1 + 𝑛) (−1)𝑛 − (3)−𝑛 16 4 16

Respondendo esta questão por transformada Z

𝑛≥0

𝑦[𝑛] + 2𝑦[𝑛 − 1] + 𝑦[𝑛 − 2] = 2𝑥[𝑛] − 𝑥[𝑛 − 1]

Considerando x[n] = 3−n u[n] e condições auxiliares y[0] = 2 e y[1] = − equação acima se tornará:

13 3

𝑦(𝑧) + 2[𝑧 −1 𝑦(𝑧) + 𝑦[−1]] + [ 𝑧 −1 𝑦(𝑧) + 𝑦[−1] + 𝑦[−2]] = 2𝑥(𝑧) − (𝑧 −1 𝑥(𝑧) + 𝑥[−1])

Sabe-se que

e que

𝑥[−1] 𝑒 𝑥[−2] = 0 𝑦[1] + 2𝑦[0] + 𝑦[−1] = 2𝑥[1] − 𝑥[0],

𝑦[0] + 2𝑦[−1] + 𝑦[−2] = 2𝑥[0] − 𝑥[1] portanto: Livro: Sinais e Sistemas / Simon Haykin e Barry Van Veen, Cap 2,3,4 e 5.

a

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𝑦[−1] = 2𝑥[1] − 𝑥[0] − 𝑦[1] − 2𝑦[0]

(𝐸𝑞 1)

𝑦[−2] = 2𝑥[0] − 𝑥[1] − 𝑦[0] − 2𝑦[−1]

(𝐸𝑞 2)

Substituindo y[0] e y[1] na Eq. 1

1 13 𝑦[−1] = 2(1) − ( ) − − 2(2) 3 3 𝑦[−1] = −26

Substituindo y[0] , y[1] e y[-1] na Eq. 2

1 y[−2] = 2(1)– ( ) − 2 − [2(−26)] 3 y[−2] = 155

Substituindo as condições iniciais em y[0], y[1] 𝑒 𝑦[−1] e y[-2]

𝑦(𝑧) + 2[𝑧 −1 𝑦(𝑧) + 𝑦[−1]] + 2[ 𝑧 −1 𝑦(𝑧) + 𝑦[−1] + 𝑦[−2]] = 2𝑥(𝑧) − (𝑧 −1 𝑥(𝑧) ) 𝑦(𝑧) + 2[𝑧 −1 𝑦(𝑧) + −26] + 2[ 𝑧 −1 𝑦(𝑧) + −26 + 155] = 2𝑥(𝑧) − (𝑧 −1 𝑥(𝑧) )

𝑦(𝑧)(1 + 2𝑧 −1 + 2𝑧 −1 ) − 52 + 258 = x(z)(2 − z −1 ) 206 x(z)(2 − z −1 ) − 𝑦(𝑧) = −1 (1 + 4𝑧 −1 ) (1 + 4𝑧 ) Estado nulo

entrada nula

Encontrando o estado nulo x(z)(2 − z −1 ) 𝑦(𝑧) = (1 + 4𝑧 −1 )

Se

x[z] = 3−n u[n]

então, pela tabela de transformadas z:

Multiplicando por

𝑧 𝑧

𝑦(𝑧) =

x[z] =

z (2−z−1 ) z−3 (1+4𝑧 −1 )

𝑦(𝑧) =

=

z

z−3

=

z(2−z−1 )

(z−3)(1+4𝑧 −1 )

z(2z−1)

(z2 −3z)(𝑧+4)

(2z − 1) 𝑦(𝑧) = 2 (z − 3z)(𝑧 + 4) z

(2z−1)

z(z−3)(𝑧+4)

𝐴

= + 𝑧

𝐵

𝑧−3

+

𝐶

𝑧−4

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𝐴=

Então,

1

12

𝑦(𝑧) =

,𝐵=

5

,𝐶 =

36

7 4

𝐴. 𝑧 𝐵. 𝑧 𝐶. 𝑧 + + 𝑧 𝑧−3 𝑧−4

𝑧 5 𝑧 7 𝑧 1 ( )+ ( ) 𝑦𝑓(𝑧) = ( ) + 𝑧−3 6 𝑧−4 4 𝑧 2

Em função do tempo

1 5 7 𝑦𝑓[𝑛] = δ[𝑛] ( ) + 3𝑢[𝑛] ( ) + 4𝑢[𝑛] ( ) 2 6 4 Encontrando a entrada nula

Multiplicando por

𝑦𝑓[𝑛] =

1 5 δ[𝑛] + 𝑢[𝑛] + 7𝑢[𝑛] 2 2

yn[z] =

𝑧 𝑧

yn[z] =

Em função do tempo

Então a resposta total é

206 (1 + 4𝑧 −1 )

206z

(𝑧 + 4)

= (206).

𝑧 𝑧+4

yn[n] = (−4 )(206)𝑢[𝑛]

𝑦[𝑛] = 𝑦𝑓[𝑛] + 𝑦𝑛[𝑛] =

1 5 δ[𝑛] + 𝑢[𝑛] + 7𝑢[𝑛] − 824𝑢[𝑛] 2 2

4.1-3 Determine a transformada inversa de Laplace (unilateral) das seguintes funções: b) c) f)

3s+5

𝑠 2 + 4𝑠+13 (s+1)2

𝑠 2 + 𝑠−6 s+2

𝑠(𝑠+1)2

Item b Como a função exemplo

3s+5

𝑠 2 + 4𝑠+13 As+B

𝑠 2 + 2𝑎𝑠+𝑐

possui um denominador com raízes complexas ele pertence ao

que possui uma transformada de Laplace específica na tabela de

transformadas 1.

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Então: As + B B − Aa −at = e [Acosbt + 𝑠𝑒𝑛𝑏𝑡] 𝑢(𝑡) 𝑠 2 + 2𝑎𝑠 + 𝑐 𝑏 Sendo 𝑏 = √𝑎2 + 𝑐

Portanto,

e−2t [3. cos√22 + 13 t +

5 − 3x2

√22

e−2t [3. cos4,123t −

1 𝑠𝑒𝑛4,123𝑡] 𝑢(𝑡) 4,123

e−2t [3. cos4,123t− , 𝑠𝑒𝑛4,123𝑡]𝑢(𝑡)

Item c Como a função

+ 13

𝑠𝑒𝑛√22 + 13 𝑡] 𝑢(𝑡)

(s+1)2

𝑠 2 + 𝑠−6

não possui um denominador com raízes complexas é necessário

manipular esta função de modo que se possa fazer uma das transformações da tabela de transformadas 1. Então: (s + 1)2 s 2 + 2s + 1 = 𝑠2 + 𝑠 − 6 𝑠2 + 𝑠 − 6

Trata-se de um caso especial em que o denominador tem o mesmo grau que o numerador. Então, deve-se proceder da seguinte maneira: Divide-se s2 + 2s + 1 por 𝑠 2 + 𝑠 − 6 e nota-se que possui como quociente o número 1 e de resto a equação 3𝑠 + 7. Assim: Ou

s 2 + 2s + 1 𝑠 2 + 𝑠 − 6 3𝑠 + 7 = 2 (1) + 2 2 𝑠 + 𝑠−6 𝑠 + 𝑠−6 𝑠 + 𝑠−6

3𝑠 + 7 3𝑠 + 7 s 2 + 2s + 1 = 1 + = 𝑠 2 + 𝑠 − 6 (𝑠 − 2)(𝑠 + 3) 𝑠2 + 𝑠 − 6

Encontrando a transformada da segunda parcela da equação

3𝑠 + 7 𝐴 𝐵 = + (𝑠 − 2)(𝑠 + 3) (𝑠 − 2) (𝑠 + 3) Portanto, em função do tempo: δ(t) +

𝐴=

2 13 ,𝐵 = 5 5

13 2𝑡 2 𝑒 𝑢(𝑡) + 𝑒 −3𝑡 𝑢(𝑡) 5 5

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Item F Como a função

s+2

𝑠(𝑠+1)2

não possui um denominador com raízes complexas é necessário

manipular esta função de modo que se possa fazer uma das transformações da tabela de transformadas 1. Então: s+2 𝐴 𝐵𝑠 + 𝐶 = + 2 𝑠(𝑠 + 1) 𝑠 (𝑠 + 1)2

Nota-se que (𝑠 + 1)2 é o fator irredutível de grau 2, que exige a fração parcial vista acima. Então A = 2 , B = −A = −2 , C = 0 2𝑠 2 − = 𝑠 (𝑠 + 1)2

Portanto, em função do tempo:

2𝑢(𝑡) − 2𝑠𝑒𝑛𝑡. 𝑢(𝑡)

5.1-4 Usando apenas as transformadas Z da tabela 5.1, determine a transformada Z de cada um dos seguintes sinais. a) b) c) d)

𝑢[𝑛] − 𝑢[𝑛 − 2] 𝛾 𝑛−2 𝑢[𝑛 − 2] 2𝑛+1 𝑢[𝑛 − 1] + 𝑒 𝑛−1 𝑢[𝑛] 𝜋 [2−𝑛 𝑐𝑜𝑠 ( 𝑛)] 𝑢[𝑛 − 1] 3

Item a 𝑥[𝑛] = 𝑢[𝑛] − 𝑢[𝑛 − 2] = 𝛿[𝑛] + 𝛿[𝑛 − 1]

De acordo com a tabela 5.1

𝑢[𝑛] − 𝑢[𝑛 − 2] = 1 + 𝑥[𝑧] =

Item b 𝛾 𝑛−2 𝑢[𝑛 − 2] =

𝑧

1 𝑛 {𝛾 𝑢[𝑛] – 𝛿[𝑛] − 𝛾𝛿[𝑛 − 1]} 𝛾2

𝛾 𝑛−2 𝑢[𝑛 − 2] =

𝑥[𝑧] =

Item c

𝑧+1 𝑧

1

1 𝑧 𝛾 [ − 1 − ] 𝛾2 𝑧 − 𝛾 𝑧

1 𝑧 (𝑧 − 𝛾)

𝑥[𝑛] = 2𝑛+1 𝑢[𝑛 − 1] + 𝑒 𝑛−1 𝑢[𝑛]

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De acordo com a tabela 5.1

𝑥[𝑛] = 4 (2)𝑛−1 𝑢[𝑛 − 1] + 𝑋[𝑧] =

Item d 𝑥[𝑛] = [2−𝑛 𝑐𝑜𝑠

De acordo com a tabela 5.1

1 𝑛 𝑒 𝑢[𝑛] 𝑒

4 1 𝑧 + 𝑧−2 𝑒 𝑧−𝑒

𝜋𝑛 𝜋𝑛 ] 𝑢[𝑛 − 1] = 2−𝑛 𝑐𝑜𝑠 ( ) 𝑢[𝑛] − 𝛿[𝑛] 3 3 𝑧 (𝑧 − 0.25) −1 − 0.5𝑧 + 0.25 0.25(𝑧 − 1) 𝑋[𝑧] = 2 𝑧 − 0.5𝑧 + 0.25

𝑋[𝑧] =

𝑧2

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