# Problema Considere que o sinal sinusoidal: $\forall t \in \mathbb{R}, x(t) = \cos\left(\frac{\omega_s}{2}t+\phi\right)$ é amostrado com intervalo de amostragem $T=2\pi/\omega_s$. Determine o sinal resultante $x_r(t)$ em função do valor de $\phi$. > [!Solução]- > $ > x_{r}(t)=\cos(\phi)\cos\left( \frac{\omega_{s}}{2} t\right) > $ > > [!Resolução detalhada]- > Este sinal tem um frequência igual a metade da frequência de amostragem (amostragem crítica) e como tal não cumpre os requisitos do teorema da amostragem, que exige que a frequência de amostragem seja *maior* do que o dobro da frequência máxima do sinal. > > Para $\phi=0$ obtém-se uma reconstrução perfeita do sinal, enquanto que para $\phi=\pi/2$ $x_r(t)=0$. > > A amplitude de $x_r(t)$ depende do valor de $\phi$. > > Podemos representar $x(t)$ como a parte real de uma exponencial complexa > $ > x(t) =\Re(e^{j \omega_{s}t/2+\phi}) > $ > Amostrando em $t=nT$ e sabendo que $\omega_{s}=\frac{2\pi}{T}$: > $ > \begin{align} > x_{p}(t) &= \sum_{n=-\infty}^{+\infty} x(nT) \delta(t-nT)\\ > &= \sum_{n=-\infty}^{+\infty} \Re(e^{j \omega_{s}nT/2}e^{j\phi}) \delta(t-nT) \\ > &= \sum_{n=-\infty}^{+\infty} \Re(e^{j 2\pi n/2}e^{j\phi}) \delta(t-nT) \\ > &= \sum_{n=-\infty}^{+\infty} (-1)^{n}\Re(e^{j\phi}) \delta(t-nT) \\ > &= \sum_{n=-\infty}^{+\infty} (-1)^{n} \cos(\phi) \delta(t-nT) \\ > &= \cos(\phi) \sum_{n=-\infty}^{+\infty} (-1)^{n} \delta(t-nT) > \end{align} > $ > O filtro de reconstrução elimina as componentes com frequências acima de $\frac{\omega_{s}}{2}$ obtendo-se: > $ > x_{r}(t)=\cos(\phi)\cos\left( \frac{\omega_{s}}{2} t\right) > $ > [[amost-teor-o01 banda limitada]] < [[7-1 Teorema da amostragem (teor)]]