Considere um sistema de amostragem hipotético que tem como objetivo digitalizar sinais analógicos limitados à banda de frequência −L < f < L. O sinal analógico, passa por um filtro anti-aliasing passa-baixas ideal de largura de banda igual a L antes de ser amostrado. O sinal é amostrado a cada 100μs e cada amostra possui 7 bits. A frequência de amostragem é igual à frequência de Nyquist. O valor de L é igual a
- A)10kHz.
Errada: 10 kHz e a frequencia de amostragem, nao o valor de L.
- B)5kHz.
Certa: com T = 100 us, fs = 10 kHz e, em Nyquist, fs = 2L, entao L = 5 kHz.
- C)20kHz.
Errada: 20 kHz seria acima da frequencia de amostragem informada e nao bate com Nyquist.
- D)2,5kHz.
Errada: 2,5 kHz seria metade de L, mas nao e o valor pedido pela relacao fs = 2L.
- E)40kHz.
Errada: 40 kHz esta muito acima da taxa de amostragem e nao corresponde ao limite de banda dado.
Gabarito: B
Aqui a ideia central e bem clássica: se o sinal analogico ocupa a banda de -L < f < L, entao ele tem largura de banda L em cada lado do zero, ou seja, o limite positivo da faixa e L. Para evitar aliasing, a frequencia de amostragem deve obedecer ao criterio de Nyquist, isto e, fs = 2L quando a amostragem e exatamente a taxa de Nyquist. O enunciado diz que o sinal e amostrado a cada 100 us. Isso significa um periodo de amostragem T = 100 x 10^-6 s, logo fs = 1/T = 10 kHz. Como a questao afirma que essa e a frequencia de Nyquist, temos 10 kHz = 2L. Da conta sai L = 5 kHz. Repare que os 7 bits por amostra nao entram nessa parte do raciocinio, porque eles tratam da quantizacao, nao da frequencia maxima do sinal. Entao o gabarito B esta correto porque a largura de banda do sinal e metade da frequencia de amostragem quando se opera exatamente em Nyquist.