Introdução9.1
Hoje veremos por que um sinal contínuo pode ser substituído por uma sequência de amostras sem perder informação, desde que a taxa de amostragem seja escolhida corretamente.
Nas aulas anteriores, a Transformada de Fourier nos deu uma forma de enxergar o sinal pelo seu espectro. Agora essa leitura espectral passa a responder uma pergunta prática: quando podemos sair do mundo contínuo, trabalhar com números, e depois reconstruir o sinal original?
O Capítulo 8 do Lathi chama a amostragem de ponte entre contínuo e discreto. Essa imagem é importante. Amostrar não é apenas “pegar pontos” de um gráfico. Amostrar é trocar uma descrição contínua por uma sequência de valores que só funciona se o espectro permitir essa troca.
Essa ponte também prepara a próxima linguagem da disciplina. Quando escrevemos $x[n]=x(nT)$, deixamos de falar apenas de um sinal contínuo observado em alguns instantes e passamos a falar de uma sequência. Essa sequência terá uma análise de Fourier própria, com uma frequência discreta periódica. Por isso, a amostragem não é um tópico isolado. Ela explica por que a Transformada de Fourier em tempo discreto e, depois, a TDF possuem espectros periódicos.
Um sinal limitado em faixa a $B$ Hz pode ser reconstruído a partir de suas amostras se a frequência de amostragem for suficientemente alta. O limite teórico é a taxa de Nyquist, $f_s=2B$, mas a prática exige cuidado com filtros, aliasing e reconstrução. No fundo, o teorema diz quando uma sequência $x[n]$ ainda carrega informação suficiente para recuperar o sinal contínuo $x(t)$.
O que queremos com a amostragem9.2
Antes de discutir o que dá errado, precisamos deixar claro o que queremos que dê certo. A amostragem ideal tem um objetivo simples: trocar um sinal contínuo $x(t)$ por uma sequência $x[n]$ sem perder a informação necessária para reconstruir o sinal original.
Em forma de processo, queremos isto:
$$ x(t) \quad \longrightarrow \quad x[n]=x(nT) \quad \longrightarrow \quad \hat{x}(t) $$
Se a amostragem e a reconstrução forem ideais, então
$$ \hat{x}(t)=x(t) $$
O problema da aula é descobrir quando essa igualdade é possível. A resposta não depende apenas de quantos pontos aparecem no gráfico. Ela depende da relação entre a largura de faixa do sinal e a frequência de amostragem.
Esse desenho mostra a meta, não a dificuldade. Queremos que as amostras sejam uma representação suficiente do sinal contínuo. A próxima seção mostra por que isso pode falhar quando a taxa de amostragem é baixa em relação ao conteúdo de frequência do sinal.
O problema de pegar poucos pontos9.3
Imagine uma senoide rápida sendo observada em poucos instantes. Entre duas amostras consecutivas, o sinal pode oscilar várias vezes sem que você perceba. Se isso acontecer, uma senoide de alta frequência pode parecer uma senoide mais lenta.
Esse é o problema central da amostragem: as amostras não carregam automaticamente a identidade do sinal original. Elas só preservam essa identidade quando a taxa de amostragem é compatível com a maior frequência relevante do sinal.
O gráfico abaixo mostra essa ambiguidade de forma direta. Duas senoides diferentes, uma de $1$ Hz e outra de $6$ Hz, são amostradas a $5$ Hz. Como as frequências diferem exatamente de $f_s$, elas produzem os mesmos valores nos instantes de amostragem.
Repare no ponto pedagógico do gráfico: olhando apenas para as bolinhas pretas, não há como decidir se o sinal original era a senoide lenta ou a senoide rápida. A condição de Nyquist existe justamente para evitar esse tipo de ambiguidade.
Se dois sinais diferentes passam exatamente pelos mesmos pontos amostrados, como o sistema decide qual deles deve ser reconstruído?
A resposta não está apenas no domínio do tempo. No tempo, realmente parece haver infinitas curvas passando pelos mesmos pontos. A restrição que resolve o problema vem do domínio da frequência. Entre todos os sinais que passam pelas mesmas amostras, apenas um deles é o sinal de menor largura de faixa compatível com essas amostras.
Sinal limitado em faixa9.4
Um sinal $x(t)$ é limitado em faixa a $B$ Hz quando seu espectro é nulo fora do intervalo de frequências de $-B$ a $B$ Hz.
Em termos de frequência angular, isso significa
$$ X(\omega)=0 \quad \text{para} \quad |\omega|>2\pi B $$
Essa hipótese é a base do teorema da amostragem. Sem ela, a reconstrução exata deixa de ser garantida.
Para um sinal limitado em faixa a $B$ Hz, chamamos de taxa de Nyquist o valor
$$ f_{\text{Nyq}}=2B $$
Ela representa a menor taxa de amostragem teórica associada ao sinal, dentro das hipóteses ideais do teorema da amostragem. O intervalo correspondente é chamado de intervalo de Nyquist:
$$ T_{\text{Nyq}}=\frac{1}{2B} $$
Um sinal tem espectro diferente de zero apenas entre $-5$ Hz e $5$ Hz. Qual é sua largura de faixa $B$ e qual é a taxa de Nyquist?
Como o maior módulo de frequência presente no sinal é $5$ Hz, temos
$$ B=5\text{ Hz} $$
A taxa de Nyquist é
$$ f_{\text{Nyq}}=2B=10\text{ Hz} $$
Logo, em condições ideais, o sinal pode ser reconstruído a partir de amostras tomadas a $10$ amostras por segundo. Na formulação estrita, usamos $f_s>2B$. Na prática, costuma-se escolher uma taxa maior que $2B$ para deixar margem para filtros reais.
Amostragem como multiplicação por um trem de impulsos9.5
No modelo ideal do Lathi, amostrar $x(t)$ equivale a multiplicar o sinal por um trem de impulsos espaçados de $T$ segundos. Se:
$$ T=\frac{1}{f_s} $$
então o sinal amostrado ideal pode ser escrito como
$$ x_s(t)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}x(nT)\delta(t-nT) $$
Cada impulso guarda o valor da amostra naquele instante. O impulso em $t=nT$ tem peso $x(nT)$.
A pergunta mais importante é o que acontece no domínio da frequência. O mecanismo vem diretamente das propriedades de Fourier que já estudamos. Amostrar idealmente é multiplicar $x(t)$ por um trem de impulsos no tempo. Multiplicação no tempo corresponde a convolução na frequência. Como a transformada de Fourier de um trem de impulsos também é um trem de impulsos, a convolução desloca e repete o espectro original em torno de múltiplos da frequência de amostragem.
O resultado essencial é
$$ X_s(\omega)=\frac{1}{T}\sum_{k=-\infty}^{\infty}X(\omega-k\omega_s) $$
com
$$ \omega_s=\frac{2\pi}{T}=2\pi f_s $$
Ou seja, amostrar no tempo cria repetições do espectro em frequência.
No caso de subamostragem, as cópias se misturam e não existe filtro capaz de separar o espectro original. No caso da taxa de Nyquist, as cópias ficam no limite, encostando uma na outra, o que exige um filtro ideal. No caso de superamostragem, aparece uma faixa de guarda entre as cópias. Essa faixa não adiciona informação nova ao sinal, mas facilita a reconstrução prática porque permite usar filtros reais com transição gradual.
Por que aparece a condição de Nyquist9.6
Se o espectro original ocupa de $-B$ a $B$ Hz, cada cópia tem largura total $2B$. Para reconstruir o sinal, precisamos separar uma cópia central das cópias vizinhas usando um filtro passa-baixas.
Isso só é possível se as cópias não se sobrepuserem. Portanto, precisamos de
$$ f_s>2B $$
Como vimos no início, o valor $2B$ é chamado de taxa de Nyquist. O intervalo correspondente é
$$ T_{\text{Nyq}}=\frac{1}{2B} $$
No Lathi, a taxa de Nyquist do sinal limitado em faixa a $B$ Hz é $2B$. Já a frequência de Nyquist associada a um sistema de amostragem com taxa $f_s$ é $f_s/2$. A primeira descreve o requisito mínimo do sinal. A segunda descreve o limite máximo de frequência representável por aquele sistema de amostragem.
Um sinal tem largura de faixa $B=4$ kHz. Determine a taxa de Nyquist e o intervalo de Nyquist.
A taxa de Nyquist é
$$ f_{\text{Nyq}}=2B=8\text{ kHz} $$
O intervalo de Nyquist é
$$ T_{\text{Nyq}}=\frac{1}{2B}=\frac{1}{8000}=125\ \mu\text{s} $$
Isso significa que, idealmente, uma amostra a cada $125\ \mu\text{s}$ é o limite mínimo para preservar a informação de um sinal limitado a $4$ kHz.
O livro observa que a afirmação estrita é $f_s>2B$. A igualdade $f_s=2B$ costuma ser aceita quando o espectro não contém impulso ou derivadas de impulso exatamente na frequência mais alta $B$.
Subamostragem, Nyquist e superamostragem9.7
O efeito da taxa de amostragem pode ser entendido comparando três casos.
| Caso | Condição | Efeito no espectro |
|---|---|---|
| Subamostragem | $f_s<2B$ | cópias espectrais se sobrepõem |
| Taxa de Nyquist | $f_s=2B$ | cópias encostam no limite ideal |
| Superamostragem | $f_s>2B$ | há faixa de guarda entre as cópias |
Portanto, o caso em que a reconstrução prática fica mais viável é a superamostragem. Ela não muda a informação original, mas cria uma faixa de guarda entre a cópia central e as réplicas. Essa faixa permite usar filtros reais, que não cortam abruptamente como um filtro ideal.
Considere um sinal limitado em faixa a $B=5$ Hz. Compare as taxas $f_s=5$ Hz, $f_s=10$ Hz e $f_s=20$ Hz.
Para $B=5$ Hz, a taxa de Nyquist é
$$ f_{\text{Nyq}}=2B=10\text{ Hz} $$
Com $f_s=5$ Hz, temos subamostragem. As cópias do espectro se sobrepõem e o sinal original não pode ser recuperado fielmente.
Com $f_s=10$ Hz, estamos na taxa de Nyquist. O caso ideal permite reconstrução, mas exige separação perfeita entre cópias espectrais.
Com $f_s=20$ Hz, há superamostragem. As cópias ficam separadas, e a reconstrução fica mais viável com filtros práticos.
Da amostragem à frequência discreta9.8
Depois da amostragem, passamos a trabalhar com a sequência
$$ x[n]=x(nT) $$
Esse passo parece apenas uma troca de notação, mas ele muda a forma como a frequência é lida. Uma exponencial contínua
$$ e^{j\omega_0t} $$
avaliada nos instantes $t=nT$ vira
$$ x[n]=e^{j\omega_0 nT} $$
Podemos escrever isso como
$$ x[n]=e^{j\Omega_0 n} $$
em que
$$ \Omega_0=\omega_0T $$
A variável $\Omega$ é a frequência discreta em radianos por amostra. Ela não mede radianos por segundo. Ela mede quanto a fase avança de uma amostra para a próxima.
Se $e^{j\Omega n}$ e $e^{j(\Omega+2\pi)n}$ são avaliadas apenas em $n$ inteiro, elas geram sequências diferentes?
Não. Como
$$ e^{j(\Omega+2\pi)n}=e^{j\Omega n}e^{j2\pi n}=e^{j\Omega n} $$
para todo $n$ inteiro, as duas frequências discretas produzem a mesma sequência. Esse é o motivo estrutural pelo qual a análise de Fourier de sequências é periódica em $2\pi$.
A mesma ideia aparece em hertz. Como $T=1/f_s$, temos
$$ \Omega_0=\omega_0T=2\pi f_0T=2\pi\frac{f_0}{f_s} $$
Se trocarmos $f_0$ por $f_0+kf_s$, obtemos
$$ 2\pi\frac{f_0+kf_s}{f_s}=2\pi\frac{f_0}{f_s}+2\pi k $$
que representa a mesma frequência discreta. Portanto, a sequência amostrada não distingue frequências contínuas separadas por múltiplos inteiros de $f_s$.
Mostre que uma senoide de $1$ Hz e uma senoide de $6$ Hz geram a mesma sequência quando amostradas a $f_s=5$ Hz, considerando cossenos de fase zero.
Para a senoide de $1$ Hz,
$$ x_1[n]=\cos\left(2\pi\frac{1}{5}n\right) $$
Para a senoide de $6$ Hz,
$$ x_2[n]=\cos\left(2\pi\frac{6}{5}n\right) $$
Como
$$ 2\pi\frac{6}{5}n=2\pi\frac{1}{5}n+2\pi n $$
e $\cos(\theta+2\pi n)=\cos(\theta)$ para $n$ inteiro, concluímos que
$$ x_2[n]=x_1[n] $$
Esse exemplo é a versão algébrica do primeiro gráfico da aula. O problema não está no desenho da curva contínua. O problema está no fato de que a sequência só enxerga os valores nos instantes $nT$.
Amostragem prática9.9
O modelo com trem de impulsos é matematicamente limpo, mas impulsos ideais não são realizáveis fisicamente. Na prática, a amostragem é feita com pulsos de largura finita.
O resultado importante do Lathi é que ainda é possível recuperar $x(t)$ do sinal amostrado por pulsos, desde que a taxa de amostragem respeite a condição de Nyquist. A razão é que a informação dos valores $x(nT)$ continua embutida no sinal amostrado.
No domínio da frequência, os termos gerados pela amostragem prática também produzem uma parte desejada próxima da origem e componentes deslocadas para múltiplos da frequência de amostragem. Um filtro passa-baixas recupera a parte desejada quando não há sobreposição.
A amostragem prática troca impulsos por pulsos, mas a lógica espectral continua a mesma: o espectro útil precisa ficar separado das réplicas deslocadas.
Reconstrução como filtragem9.10
Reconstruir o sinal é recuperar a cópia central do espectro $X(\omega)$ a partir do espectro amostrado $X_s(\omega)$.
No caso ideal, usamos um filtro passa-baixas com ganho $T$ e frequência de corte adequada. Uma escolha conveniente para a reconstrução é cortar em
$$ \omega_c=\frac{\pi}{T} $$
ou, em hertz,
$$ f_c=\frac{f_s}{2} $$
Esse filtro seleciona a cópia central e rejeita as cópias vizinhas.
Um sinal limitado a $B=3$ kHz é amostrado a $f_s=10$ kHz. Existe espaço para reconstrução por filtro passa-baixas?
As cópias do espectro ficam separadas por $f_s=10$ kHz. A cópia central ocupa de $-3$ kHz a $3$ kHz.
A cópia vizinha mais próxima começa, em módulo, em
$$ f_s-B=10-3=7\text{ kHz} $$
Portanto, há uma faixa de transição entre $3$ kHz e $7$ kHz. Isso permite escolher um filtro passa-baixas prático que passe a faixa útil e atenue antes da primeira réplica.
Interpolação no tempo9.11
O Lathi também interpreta a reconstrução no domínio do tempo. Reconstruir é interpolar, isto é, preencher os valores entre amostras.
Um interpolador simples é o retentor de ordem zero. Ele transforma cada amostra em um pulso retangular e produz uma aproximação em degraus. Esse método é simples, mas não é a reconstrução ideal.
| Interpolador | Ideia | Resultado |
|---|---|---|
| Retentor de ordem zero | mantém cada amostra constante por um intervalo | aproximação em degraus |
| Interpolador linear | liga amostras por segmentos de reta | aproximação por retas |
| Interpolador ideal | soma funções sinc ponderadas | reconstrução exata no modelo ideal |
O gráfico seguinte compara essas três leituras no mesmo conjunto de amostras. Ele não tem o objetivo de apresentar um algoritmo prático completo, mas de deixar clara a diferença entre “desenhar algo entre os pontos” e reconstruir usando o modelo ideal.
Observe que o retentor de ordem zero e a interpolação linear usam apenas uma vizinhança curta de amostras. A reconstrução ideal, por outro lado, vem de um filtro passa-baixas ideal e usa a contribuição de todas as amostras por meio de funções sinc.
Por que a reconstrução exata é difícil na prática9.12
O teorema da amostragem é exato no modelo ideal. A prática é mais difícil por dois motivos principais.
Primeiro, o filtro passa-baixas ideal não é realizável fisicamente. Ele exigiria uma transição abrupta perfeita e, no caso limite, um atraso infinito.
Segundo, sinais práticos não são perfeitamente limitados em faixa. Um sinal limitado no tempo não pode ser simultaneamente limitado em faixa. Portanto, sempre há caudas espectrais que podem se sobrepor depois da amostragem.
Essa sobreposição é o aliasing.
A traição do aliasing9.13
Aliasing ocorre quando componentes de alta frequência aparecem como componentes de baixa frequência após a amostragem.
Se a frequência de amostragem é $f_s$, a frequência de dobra é
$$ \frac{f_s}{2} $$
Componentes acima de $f_s/2$ podem reaparecer abaixo de $f_s/2$. Por exemplo, uma componente em
$$ \frac{f_s}{2}+f_z $$
pode aparecer como
$$ \frac{f_s}{2}-f_z $$
Essa é a parte perigosa. Não ocorre apenas perda das altas frequências. Elas voltam disfarçadas dentro da faixa útil e corrompem o espectro que queríamos preservar.
Uma forma prática de calcular a frequência que aparece nas amostras é trazer a frequência original para a faixa fundamental
$$ -\frac{f_s}{2}\le f_a \le \frac{f_s}{2} $$
por meio de
$$ f_a=f_0-mf_s $$
em que $m$ é escolhido para colocar $f_a$ nessa faixa. Para uma senoide cossenoidal, a frequência aparente observada no tempo é $|f_a|$. Se $f_a<0$, a frequência aparece positiva, mas a fase muda de sinal.
O zigue-zague do gráfico mostra o dobramento espectral. A partir de $f_s/2$, a frequência aparente volta para baixo. Por isso uma componente acima da frequência de Nyquist do sistema pode cair exatamente dentro da faixa que parecia segura.
Aliasing em jogos, imagens e fontes9.14
O aliasing não aparece apenas em sinais de áudio ou tensão. Em computação gráfica, uma imagem também é um sinal amostrado. A posição horizontal e vertical dos pixels funciona como uma grade de amostragem espacial. Se uma borda, uma textura, uma grade ou uma fonte contém detalhes mais finos do que a resolução consegue representar, surgem padrões falsos, serrilhado e cintilação.
Esse é o mesmo fenômeno com outro eixo. No tempo, amostrar devagar faz uma frequência alta parecer baixa. No espaço, usar poucos pixels faz um detalhe fino parecer outro desenho. Em jogos, isso aparece como bordas em “escadinha”, moiré em grades, flickering em texturas distantes e letras pequenas com contornos quebrados.
A ideia do antialiasing em computação gráfica é reduzir, antes da exibição final, os detalhes espaciais que a grade de pixels não conseguiria representar corretamente. Isso pode aparecer como suavização de bordas, mipmapping, filtragem de textura ou supersampling. Essas técnicas não criam resolução nova, mas reduzem a energia dos detalhes que virariam padrões falsos depois da amostragem espacial.
Filtro antialiasing9.15
A solução prática é filtrar antes de amostrar. Esse filtro é chamado de filtro antialiasing.
Ele deve remover ou atenuar as componentes acima de $f_s/2$ antes que elas possam se dobrar para dentro da faixa útil.
O filtro antialiasing precisa vir antes da amostragem. Depois que o aliasing aconteceu, não é mais possível separar a frequência original da frequência disfarçada apenas olhando para as amostras.
Na prática, o filtro antialiasing não é ideal. Por isso, também se usa uma taxa de amostragem maior que a mínima, criando uma faixa de transição para o filtro.
Questões9.16
1. Um sinal é dado por
$$ x(t)=3\cos(2\pi\cdot 700t)+2\sin(2\pi\cdot 1200t)+\cos(2\pi\cdot 2100t) $$
Determine a largura de faixa $B$, a taxa de Nyquist e o intervalo de Nyquist.
2. Um sinal limitado em faixa a $B=4$ kHz é amostrado a $f_s=7$ kHz. Diga se há possibilidade de reconstrução ideal sem aliasing. Justifique pela condição de Nyquist e pela posição das réplicas espectrais.
3. Um sinal limitado em faixa a $B=3$ kHz é amostrado a $f_s=10$ kHz. Determine uma faixa possível de transição para um filtro passa-baixas de reconstrução prático.
4. Explique, usando Fourier, por que multiplicar $x(t)$ por um trem de impulsos no tempo gera cópias de $X(\omega)$ em torno de múltiplos de $\omega_s$.
5. Considere a sequência obtida por amostragem
$$ x[n]=x(nT) $$
Mostre que uma exponencial contínua $e^{j\omega_0t}$ vira uma exponencial discreta $e^{j\Omega_0 n}$ e determine a relação entre $\Omega_0$, $\omega_0$ e $T$.
6. Mostre que as frequências discretas $\Omega$ e $\Omega+2\pi k$, com $k$ inteiro, produzem a mesma sequência complexa.
7. Uma senoide de $f_0=13$ Hz é amostrada a $f_s=10$ Hz. Determine $f_a$ na faixa fundamental $[-f_s/2,f_s/2]$ e a frequência aparente $|f_a|$.
8. Uma senoide $\cos(2\pi f_0t+\theta)$ com $f_0=700$ Hz é amostrada a $f_s=1000$ Hz. Determine a frequência aparente e explique o que acontece com o sinal da fase.
9. Uma senoide $\cos(2\pi f_0t+\theta)$ com $f_0=2400$ Hz é amostrada a $f_s=1000$ Hz. Determine a frequência aparente e diga se há inversão de fase.
10. Explique por que as senoides de $90$ Hz e $110$ Hz podem gerar amostras indistinguíveis quando amostradas a $200$ Hz, considerando cossenos de fase zero.
11. Um estudante afirma: “se o sinal foi amostrado acima da taxa de Nyquist, ligar os pontos por retas reconstrói exatamente o sinal original”. A afirmação está correta? Justifique.
12. Explique por que ligar pontos por retas não é equivalente à reconstrução ideal garantida pelo teorema da amostragem.
13. Explique por que o filtro antialiasing deve vir antes da amostragem e não depois.
14. Em um jogo, uma cerca distante aparece com padrões ondulados falsos quando a câmera se move. Relacione esse efeito ao aliasing estudado na aula. O que faria o papel do filtro antialiasing nesse caso?
15. Uma fonte pequena na tela aparece serrilhada. Explique por que isso é um problema de amostragem espacial e compare com a amostragem temporal de uma senoide.
16. Complete a tabela.
| Grandeza | Interpretação | Unidade |
|---|---|---|
| $f_s$ | ||
| $T$ | ||
| $B$ | ||
| $2B$ | ||
| $f_s/2$ | ||
| $\Omega$ |
17. Um sinal limitado em faixa a $B=5$ kHz será amostrado a $f_s=14$ kHz. Determine se há faixa de guarda. Se houver, calcule a separação entre o fim da cópia central e o início da réplica mais próxima.
18. Marque V ou F.
- ( ) A sequência $x[n]$ não distingue frequências contínuas separadas por múltiplos inteiros de $f_s$.
- ( ) A frequência discreta $\Omega$ é medida em radianos por segundo.
- ( ) Superamostragem facilita filtros práticos, mas não cria informação nova sobre o sinal original.
- ( ) Depois que duas componentes se misturam por aliasing, um filtro digital posterior sempre consegue separá-las.
- ( ) A reconstrução ideal por sinc é equivalente a um filtro passa-baixas ideal aplicado ao sinal amostrado.
1. A maior frequência presente é $2100$ Hz. Portanto,
$$ B=2100\text{ Hz} $$
A taxa de Nyquist é
$$ f_{\text{Nyq}}=2B=4200\text{ Hz} $$
e o intervalo de Nyquist é
$$ T_{\text{Nyq}}=\frac{1}{4200}\approx 238\ \mu\text{s} $$
2. Não. A condição de Nyquist exige $f_s>2B=8$ kHz. Como $7$ kHz é menor que $8$ kHz, as réplicas espectrais se sobrepõem. A cópia central ocupa até $4$ kHz, e a réplica centrada em $7$ kHz começa em $7-4=3$ kHz. Há sobreposição entre $3$ kHz e $4$ kHz.
3. A cópia central ocupa até $3$ kHz. A réplica mais próxima começa em $f_s-B=10-3=7$ kHz. Portanto, a transição prática pode ficar entre $3$ kHz e $7$ kHz.
4. A amostragem ideal é uma multiplicação entre $x(t)$ e um trem de impulsos. Pela propriedade de Fourier, multiplicação no tempo corresponde a convolução na frequência. Como a transformada do trem de impulsos é outro trem de impulsos, a convolução de $X(\omega)$ com esse trem desloca $X(\omega)$ para múltiplos de $\omega_s$.
5. Amostrando $e^{j\omega_0t}$ em $t=nT$, obtemos
$$ x[n]=e^{j\omega_0nT} $$
Logo,
$$ x[n]=e^{j\Omega_0n} $$
com
$$ \Omega_0=\omega_0T $$
6. Para $n$ inteiro,
$$ e^{j(\Omega+2\pi k)n}=e^{j\Omega n}e^{j2\pi kn} $$
Como $e^{j2\pi kn}=1$ para $k,n$ inteiros,
$$ e^{j(\Omega+2\pi k)n}=e^{j\Omega n} $$
Portanto, as duas frequências discretas geram a mesma sequência.
7. Queremos trazer $13$ Hz para $[-5,5]$ Hz. Usando $m=1$,
$$ f_a=13-1\cdot 10=3\text{ Hz} $$
A frequência aparente é $|f_a|=3$ Hz.
8. A faixa fundamental é $[-500,500]$ Hz. Usando $m=1$,
$$ f_a=700-1000=-300\text{ Hz} $$
A frequência aparente é $300$ Hz. Como $f_a<0$, a forma cossenoidal aparece com mudança de sinal na fase, isto é, como uma componente equivalente de $300$ Hz com fase $-\theta$.
9. Usando $m=2$,
$$ f_a=2400-2\cdot 1000=400\text{ Hz} $$
A frequência aparente é $400$ Hz. Como $f_a>0$, não há inversão de fase na forma cossenoidal.
10. Para $f_s=200$ Hz, as amostras de $90$ Hz são
$$ \cos\left(2\pi\frac{90}{200}n\right) $$
As amostras de $110$ Hz são
$$ \cos\left(2\pi\frac{110}{200}n\right) $$
Como $110=200-90$, a segunda sequência pode ser escrita como $\cos(2\pi n-2\pi(90/200)n)$, que é igual à primeira para cosseno de fase zero.
11. Não. Amostrar acima da taxa de Nyquist garante a possibilidade teórica de reconstrução por filtragem ideal. Ligar pontos por retas é interpolação linear, que é apenas uma aproximação prática. A reconstrução ideal usa um filtro passa-baixas ideal, cuja resposta impulsiva é uma sinc.
12. Porque ligar pontos por retas é uma interpolação local e geométrica. Ela usa apenas amostras vizinhas e não garante a remoção correta das réplicas espectrais criadas pela amostragem. A reconstrução ideal do teorema é entendida como uma filtragem passa-baixas ideal do sinal amostrado.
13. Porque o aliasing mistura componentes antes da reconstrução. Depois que uma frequência alta aparece como uma frequência baixa nas amostras, não há informação suficiente para distinguir qual delas era a original. O filtro antialiasing precisa remover essas componentes antes que a amostragem aconteça.
14. A cerca distante contém detalhes espaciais finos, como linhas ou grades, que podem exceder a resolução efetiva dos pixels. Quando a imagem é amostrada pela grade de pixels, esses detalhes podem aparecer como padrões falsos. O papel do filtro antialiasing é feito por técnicas como suavização, mipmapping, filtragem de textura ou supersampling, que reduzem detalhes espaciais antes da redução para a grade final.
15. A tela amostra a forma da letra em uma grade de pixels. Se o contorno da fonte tem detalhes menores que o espaçamento entre pixels, a borda aparece em degraus. Isso é análogo a amostrar uma senoide rápida com poucos pontos: a grade não consegue representar a variação real e cria uma aparência falsa.
16.
| Grandeza | Interpretação | Unidade |
|---|---|---|
| $f_s$ | taxa de amostragem | amostras/s ou Hz |
| $T$ | intervalo entre amostras | s |
| $B$ | largura de faixa do sinal | Hz |
| $2B$ | taxa de Nyquist do sinal | Hz |
| $f_s/2$ | frequência de Nyquist do sistema | Hz |
| $\Omega$ | frequência discreta, avanço de fase por amostra | rad/amostra |
17. Como $2B=10$ kHz e $f_s=14$ kHz, há superamostragem. A cópia central termina em $5$ kHz. A réplica mais próxima começa em
$$ f_s-B=14-5=9\text{ kHz} $$
Logo, a faixa de guarda entre a cópia central e a réplica mais próxima é de $9-5=4$ kHz.
18. V, F, V, F, V.
Próximos passos9.17
Na próxima aula, vamos usar essa ponte entre contínuo e discreto para estudar conversão A/D, amostragem espectral, TDF e FFT em 10 - adc dft and fft. A ideia será entender como as amostras viram dados digitais e como a Transformada de Fourier passa a ser calculada numericamente.