Lista_de_Exercicios_Resolvida_-_Transfor

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Lista de Exercícios 
Unidade III 
 
 
 
 Docente: Fabiano Poderoso 
 Disciplina: Análise de sinais e Sistemas 
 Alunos: Mabelle C. Marinho da Rocha, 
 Vinícius Marinho Silva 
 
 
 
 
 
 
 
Vitória da Conquista, Janeiro de 2013. 
Livro: Sinais e Sistemas / Simon Haykin e Barry Van Veen, Cap 2,3,4 e 5. 
Problemas 
2.4-7 A resposta ao impulso unitário de um sistema LCIT é 
 ℎ(𝑡) = 𝑒−𝑡𝑢(𝑡) 
Determine a resposta do sistema (estado nulo) y(t) se a entrada x(t) for: 
a) )(tu 
b) 𝑒−𝑡𝑢(𝑡) 
c) 𝑒−2𝑡𝑢(𝑡) 
d) 𝑠𝑒𝑛3𝑡 𝑢(𝑡) 
 
Letra 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−𝑡𝑢(𝑡) . 𝑢(𝑡) 
Deixando h(t) e x(t) em função da frequência (vide tabela 1 - Transformada de Laplace): 
ℎ(𝑠) =
1
𝑠+1
 e 𝑥(𝑠) =
1
𝑠
 
logo, 
𝑦(𝑠) = ℎ(𝑠) . 𝑥(𝑠) 
𝑦(𝑠) = 
1
𝑠+1
 . 
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
𝑠 + 1
 . 
1
𝑠
=
𝐴
𝑠
+
𝐵
𝑠 + 1
 
A = 1 e B = -1 
Subst. A e B: 
 𝑦(𝑠) =
1
𝑠
 − 
1
𝑠 + 1
 
Em função do tempo: 
𝑦(𝑡) = (1 − 𝑒−𝑡)𝑢(𝑡) 
 
Livro: Sinais e Sistemas / Simon Haykin e Barry Van Veen, Cap 2,3,4 e 5. 
Letra b: 
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−𝑡𝑢(𝑡) . 𝑒−𝑡𝑢(𝑡) 
Deixando h(t) e x(t) em função da frequência (vide tabela 1 - Transformada de Laplace): 
ℎ(𝑠) =
1
𝑠+1
 e 𝑥(𝑠) =
1
𝑠+1
 
logo, 
𝑦(𝑠) = ℎ(𝑠) . 𝑥(𝑠) 
𝑦(𝑠) = 
1
𝑠 + 1
 . 
1
𝑠 + 1
 =
1
(𝑠 + 1)2
 
Esta transformada pode ser obtida diretamente da tabela 1. Então, em função do tempo: 
𝑦(𝑡) = 𝑡𝑒−𝑡𝑢(𝑡) 
 
Letra c: 
Substituindo x(t) e h(t): 
𝑦(𝑡) = 𝑒−𝑡𝑢(𝑡) . 𝑒−2𝑡𝑢(𝑡) 
Deixando h(t) e x(t) em função da frequência (vide tabela 1 - Transformada de Laplace): 
ℎ(𝑠) =
1
𝑠+1
 e 𝑥(𝑠) =
1
𝑠+2
 
logo, 
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. É necessário expandir 
estas funções por frações parciais. Então: 
𝑦(𝑠) = 
1
𝑠 + 1
 . 
1
𝑠 + 2
=
𝐴
𝑠 + 1
+
𝐵
𝑠 + 2
 
A = -1 e B = 1 
Subst. A e B: 
 𝑦(𝑠) = −
1
𝑠 + 1
+ 
1
𝑠 + 2
 
Livro: Sinais e Sistemas / Simon Haykin e Barry Van Veen, Cap 2,3,4 e 5. 
Em função do tempo: 
𝑦(𝑡) = (𝑒−𝑡 − 𝑒−2𝑡)𝑢(𝑡) 
Letra d: 
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−𝑡𝑢(𝑡) . 𝑠𝑒𝑛3𝑡 𝑢(𝑡) 
Deixando h(t) e x(t) em função da frequência (vide tabela 1 - Transformada de Laplace): 
ℎ(𝑠) =
1
𝑠+1
 e 𝑥(𝑠) =
3
𝑠2+ 32
 
logo, 
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. 
𝑦(𝑠) = 
1
𝑠 + 1
 .
3
𝑠2 + 32
=
3
(𝑠 + 1)(𝑠2 + 32)
=
𝐴
(𝑠 + 1)
+
𝐵. 𝑠 + 𝐶
(𝑠2 + 32)
 
(𝑠2 + 32) é o fator irredutível que possui raízes complexas, motivo este de tal fração parcial. 
Então, para encontrar “A”: 
3
(𝑠2 + 32)(𝑠 − 3)
=
𝐴
𝑠 − 3
 
𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑒𝑛𝑐𝑜𝑛𝑡𝑟𝑎𝑟 "𝐵" , 𝑚𝑢𝑙𝑡𝑖𝑝𝑙𝑖𝑞𝑢𝑒 𝑡𝑢𝑑𝑜 𝑝𝑜𝑟 "s" 𝑒 𝑎𝑝𝑙𝑖𝑞𝑢𝑒 𝑜 𝑙𝑖𝑚𝑖𝑡𝑒 𝑎𝑜 𝑖𝑛𝑓𝑖𝑛𝑖𝑡𝑜 
Para encontrar “C”, considere 𝑠 = 0. 
Então 
𝐴 =
1
6
 , 𝐵 = −𝐴 = −
1
6
 , 𝐶 = 
3
2
 
Subst. A,B e C: 
 𝑦(𝑠) =
1
6
(
1
𝑠 − 3
) +
8
18
 (
3
𝑠2 + 32
) 
Em função do tempo: 
𝑦(𝑡) =
1
6
𝑒3𝑡𝑢(𝑡) +
4
9
𝑠𝑒𝑛3𝑡. 𝑢(𝑡) 
Livro: Sinais e Sistemas / Simon Haykin e Barry Van Veen, Cap 2,3,4 e 5. 
 
2.4-9 Repita o problema 2.4-7 para 
 ℎ(𝑡) = (1 − 2𝑡)𝑒−𝑡𝑢(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−2𝑡𝑢(𝑡) . 𝑢(𝑡) 
Deixando h(t) e x(t) em função da frequência (vide tabela 1 - Transformada de Laplace): 
ℎ(𝑠) =
1
𝑠+2
−
2
(𝑠+2)2
 e 𝑥(𝑠) =
1
𝑠
 
logo, 
𝑦(𝑠) = ℎ(𝑠) . 𝑥(𝑠) 
𝑦(𝑠) = (
1
𝑠 + 2
−
2
(𝑠 + 2)2
) . 
1
𝑠
 
= ((𝑠 + 2) − 2)
1
𝑠(𝑠 + 2)2
 
=
𝑠
𝑠(𝑠+2)2
=
1
(𝑠+2)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). 
Livro: Sinais e Sistemas / Simon Haykin e Barry Van Veen, Cap 2,3,4 e 5. 
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. 
 
Letra a 
Através da LTK, nota-se que, 
𝑥(𝑡) = 𝑅𝐼 + 𝑦(𝑡) 
Sendo que 
y(t) = 𝐶
𝑑𝑣(𝑡)
𝑑𝑡
 
então 
𝑥(𝑡) = 𝑅𝐶𝑦(𝑡) + 𝑦(𝑡) 
1
𝑅𝐶
𝑥(𝑡) =
1
𝑅𝐶
𝑦(𝑡) + 𝑦(𝑡) 
De modo que 
𝑎 = −
1
RC
 
A resposta quando 𝑡 = 0− tem a forma 
𝑦𝑜(𝑡) = 𝑐1. 𝑒−
𝑡
𝑅𝐶 
Quando t=0 
𝑦𝑜(0) = 𝑐1. 𝑒−
0
𝑅𝐶 = 𝑐1 = 2 
Então 
𝑦𝑜(𝑡) = 2. 𝑒−
𝑡
𝑅𝐶 
A resposta de entrada nula é 
𝑦𝑜(𝑡) = ℎ(𝑡)∗𝑥(𝑡) 
𝑦(𝑡) = (1 + 𝑒−
𝑡
𝑅𝐶) . 𝑢(𝑡) 
Letra b 
Sabe-se que a resposta de entrada nula é 
𝑦𝑜(𝑡) = 𝑦𝑜(0). 𝑒−
𝑡
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 
Livro: Sinais e Sistemas / Simon Haykin e Barry Van Veen, Cap 2,3,4 e 5. 
𝑦(𝑡) = (1 − 𝑒−
𝑡−1
𝑅𝐶 ) 𝑢(𝑡 − 1) 
Portanto, 
𝑦𝑜(0) = 𝑒
1
𝑅𝐶 − 0,5. 𝑒
2
𝑅𝐶 
 
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] = −
13
3
 . 
 
𝛾2 + 2𝛾 + 1 = (𝛾 + 1)2 = 0 
As raízes repetidas são −1 
𝑦𝑛[𝑛] = (𝐵1 + 𝐵2𝑛)(−1)
𝑛 
As equações do sistema são: 
(𝐸2 + 2𝐸 + 1) 𝑦[𝑛] = (2𝐸2 − 𝐸)𝑥[𝑛] e 𝑥[𝑛] = (
1
3
)
𝑛
 
𝑦[𝑛] = 𝐻 [
1
3
] 3−𝑛 = −
1
16
3−𝑛 𝑛 ≥ 0 
𝑦[𝑛] = (𝐵1 + 𝐵2𝑛)(−1)
𝑛 −
1
16
3−𝑛 𝑛 ≥ 0 
Para 𝑛 = 0, 1, e substituindo 𝑦[0] = 2 e 𝑦[1] = −
13
3
 
2 = 𝐵1 −
1
16
 
−
13
3
= −(𝐵1 + 𝐵2) −
1
48
 
𝐵1 =
33
16
 𝐵2 =
9
4
 
𝑦[𝑛] = (
33
16
+
9
4
𝑛) (−1)𝑛 −
1
16
(3)−𝑛 𝑛 ≥ 0 
 
Livro: Sinais e Sistemas / Simon Haykin e Barry Van Veen, Cap 2,3,4 e 5. 
Respondendo esta questão por transformada Z 
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] = −
13
3
 a equação 
acima se tornará: 
𝑦(𝑧) + 2[𝑧−1𝑦(𝑧) + 𝑦[−1]] + [ 𝑧−1𝑦(𝑧) + 𝑦[−1] + 𝑦[−2]] = 2𝑥(𝑧) − (𝑧−1𝑥(𝑧) + 𝑥[−1]) 
Sabe-se que 
x[-1] e x[-2] = 0 
e que 
𝑦[1] + 2𝑦[0] + 𝑦[−1] = 2𝑥[1] − 𝑥[0], 
 𝑦[0] + 2𝑦[−1] + 𝑦[−2] = 2𝑥[0] − 𝑥[1] 
 
portanto: 
 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 
𝑦[−1] = 2(1) − (
1
3
) −
13
3
− 2(2) 
𝑦[−1] = −26 
 
Substituindo y[0] , y[1] e y[-1] na Eq. 2 
y[−2] = 2(1)– (
1
3
) − 2 − [2(−26)] 
 y[−2] = 155 
Substituindo as condições iniciais em y[0], y[1] 𝑒 𝑦[−1] e y[-2] 
𝑦(𝑧) + 2[𝑧−1𝑦(𝑧) + 𝑦[−1]] + 2[𝑧−1𝑦(𝑧) + 𝑦[−1] + 𝑦[−2]] = 2𝑥(𝑧) − (𝑧−1𝑥(𝑧) ) 
𝑦(𝑧) + 2[𝑧−1𝑦(𝑧) + −26] + 2[ 𝑧−1𝑦(𝑧) + −26 + 155] = 2𝑥(𝑧) − (𝑧−1𝑥(𝑧) ) 
𝑦(𝑧)(1 + 2𝑧−1 + 2𝑧−1) − 52 + 258 = x(z)(2 − z−1) 
𝑦(𝑧) =
x(z)(2 − z−1)
(1 + 4𝑧−1) 
− 
206
(1 + 4𝑧−1)
 
 Estado nulo entrada nula 
Encontrando o estado nulo 
𝑦(𝑧) =
x(z)(2 − z−1)
(1 + 4𝑧−1) 
 
Livro: Sinais e Sistemas / Simon Haykin e Barry Van Veen, Cap 2,3,4 e 5. 
 
Se 
 x[z] = 3−nu[n] 
então, pela tabela de transformadas z: 
x[z] =
z
z−3
 
 
𝑦(𝑧) =
z
z−3
(2−z−1)
(1+4𝑧−1) 
= 
z(2−z−1)
(z−3)(1+4𝑧−1)
 
Multiplicando por 
𝑧
𝑧
 
𝑦(𝑧) =
z(2z−1)
(z2−3z)(𝑧+4)
 
𝑦(𝑧)
z 
=
(2z − 1)
(z2 − 3z)(𝑧 + 4)
 
=
(2z−1)
z(z−3)(𝑧+4)
=
𝐴
𝑧
+
𝐵
𝑧−3
+
𝐶
𝑧−4
 
𝐴 =
1
12
 , 𝐵 =
5
36
, 𝐶 =
7
4
 
Então, 
𝑦(𝑧) =
𝐴. 𝑧
𝑧
+
𝐵. 𝑧
𝑧 − 3
+
𝐶. 𝑧
𝑧 − 4
 
𝑦𝑓(𝑧) =
𝑧
𝑧
(
1
2
) +
𝑧
𝑧 − 3
(
5
6
) +
𝑧
𝑧 − 4
(
7
4
) 
Em função do tempo 
𝑦𝑓[𝑛] = δ[𝑛] (
1
2
) + 3𝑢[𝑛] (
5
6
) + 4𝑢[𝑛] (
7
4
) 
𝑦𝑓[𝑛] =
1
2
δ[𝑛] +
5
2
𝑢[𝑛] + 7𝑢[𝑛] 
Encontrando a entrada nula 
yn[z] =
206
(1 + 4𝑧−1)
 
Multiplicando por 
𝑧
𝑧
 
Livro: Sinais e Sistemas / Simon Haykin e Barry Van Veen, Cap 2,3,4 e 5. 
yn[z] =
206z
(𝑧 + 4)
= (206).
𝑧
𝑧 + 4
 
Em função do tempo 
yn[n] = (−4 )(206)𝑢[𝑛] 
Então a resposta total é 
𝑦[𝑛] = 𝑦𝑓[𝑛] + 𝑦𝑛[𝑛] =
1
2
δ[𝑛] +
5
2
𝑢[𝑛] + 7𝑢[𝑛] − 824𝑢[𝑛] 
 
4.1-3 Determine a transformada inversa de Laplace (unilateral) das seguintes funções: 
b) 
3s+5
𝑠2+ 4𝑠+13
 
c) 
(s+1)2
𝑠2+ 𝑠−6
 
f) 
s+2
𝑠(𝑠+1)2
 
 
Letra b 
Como a função 
3s+5
𝑠2+ 4𝑠+13
 possui um denominador com raízes complexas ele pertence ao 
exemplo 
As+B
𝑠2+ 2𝑎𝑠+𝑐
 que possui uma transformada de Laplace específica na tabela de 
transformadas 1. 
Então: 
As + B
𝑠2 + 2𝑎𝑠 + 𝑐
= e−at [Acosbt + 
B − Aa
𝑏
𝑠𝑒𝑛𝑏𝑡] 𝑢(𝑡) 
Sendo 𝑏 = √𝑎2 + 𝑐 
Portanto, 
 e−2t [3. cos√22 + 13 t + 
5 − 3x2
√22 + 13
𝑠𝑒𝑛√22 + 13 𝑡] 𝑢(𝑡) 
 e−2t [3. cos4,123t − 
1
4,123
𝑠𝑒𝑛4,123𝑡] 𝑢(𝑡) 
 e−2t[3. cos4,123t− , 𝑠𝑒𝑛4,123𝑡]𝑢(𝑡) 
Letra c 
Livro: Sinais e Sistemas / Simon Haykin e Barry Van Veen, Cap 2,3,4 e 5. 
Como a função 
(s+1)2
𝑠2+ 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
𝑠2 + 𝑠 − 6
 =
s2 + 2s + 1
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 𝑠2 + 𝑠 − 6 e nota-se que possui como quociente o número 1 e de 
resto a equação 3𝑠 + 7. 
então, 
s2 + 2s + 1
𝑠2 + 𝑠 − 6
=
𝑠2 + 𝑠 − 6
𝑠2 + 𝑠 − 6
(1) +
3𝑠 + 7
𝑠2 + 𝑠 − 6
 
Ou 
s2 + 2s + 1
𝑠2 + 𝑠 − 6
= 1 +
3𝑠 + 7
𝑠2 + 𝑠 − 6
=
3𝑠 + 7
(𝑠 − 2)(𝑠 + 3)
 
= 1 +
3𝑠 + 7
𝑠2 + 𝑠 − 6
 
Encontrando a transformada da segunda parcela da equação 
3𝑠 + 7
(𝑠 − 2)(𝑠 + 3)
=
𝐴
(𝑠 − 2)
+
𝐵
(𝑠 + 3)
 
𝐴 =
13
5
 , 𝐵 =
2
5
 
Portanto, em função do tempo: 
 
δ(t) +
13
5
𝑒2𝑡𝑢(𝑡) + 
2
5
𝑒−3𝑡𝑢(𝑡) 
 
letra 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: 
Livro: Sinais e Sistemas / Simon Haykin e Barry Van Veen, Cap 2,3,4 e 5. 
s + 2
𝑠(𝑠 + 1)2
=
𝐴
𝑠
+
𝐵𝑠 + 𝐶
(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 
2
𝑠
−
2𝑠
(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) 𝑢[𝑛] − 𝑢[𝑛 − 2] 
b) 𝛾𝑛−2 𝑢[𝑛 − 2] 
c) 2𝑛+1 𝑢[𝑛 − 1] + 𝑒𝑛−1 𝑢[𝑛] 
d) [2−𝑛 𝑐𝑜𝑠 (
𝜋
3
 𝑛)] 𝑢[𝑛 − 1] 
 
 
Letra 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 + 
1
𝑧
 
𝑥[𝑧] =
𝑧 + 1
𝑧
 
Letra b 
𝛾𝑛−2 𝑢[𝑛 − 2] = 
1
𝛾2
{𝛾𝑛 𝑢[𝑛] – 𝛿[𝑛] − 𝛾𝛿[𝑛 − 1]} 
𝛾𝑛−2 𝑢[𝑛 − 2] = 
1
𝛾2
[
𝑧
𝑧 − 𝛾
− 1 −
𝛾
𝑧
] 
𝑥[𝑧] =
1
𝑧 (𝑧 − 𝛾)
 
 
Letra c 
𝑥[𝑛] = 2𝑛+1 𝑢[𝑛 − 1] + 𝑒𝑛−1 𝑢[𝑛] 
𝑥[𝑛] = 4 (2)𝑛−1 𝑢[𝑛 − 1] +
1
𝑒
 𝑒𝑛 𝑢[𝑛] 
Livro: Sinais e Sistemas / Simon Haykin e Barry Van Veen, Cap 2,3,4 e 5. 
𝐷𝑒 𝑎𝑐𝑜𝑟𝑑𝑜 𝑐𝑜𝑚 𝑎 𝑡𝑎𝑏𝑒𝑙𝑎 5.1 
𝑋[𝑧] =
4
𝑧 − 2
+
1
𝑒
 
𝑧
𝑧 − 𝑒
 
 
Letra d 
𝑥[𝑛] = [2−𝑛 𝑐𝑜𝑠
𝜋𝑛
3
] 𝑢[𝑛 − 1] = 2−𝑛𝑐𝑜𝑠 (
𝜋𝑛
3
) 𝑢[𝑛] − 𝛿[𝑛] 
De acordo com a tabela 5.1 
𝑋[𝑧] = 
𝑧 (𝑧 − 0.25)
𝑧2 − 0.5𝑧 + 0.25
− 1 
𝑋[𝑧] =
0.25(𝑧 − 1)
𝑧2 − 0.5𝑧 + 0.25
 
Livro: Sinais e Sistemas / Simon Haykin e Barry Van Veen, Cap 2,3,4 e 5. 
 
Livro: Sinais e Sistemas / Simon Haykin e Barry Van Veen, Cap 2,3,4 e 5.