[2,5 pontos] Um sistema LIT de tempo contínuo é representado pela resposta ao impulso h(t)=2 e^{-3(t+1)} u(t+1)+\delta(t-1). Pede-se: (a) esboce h(-4 t+2); (b) classifique o sistema quanto à estabilidade e causalidade; (c) determine a saída y(t) do sistema para a entrada x(t)=u(t). Utilize exclusivamente técnicas no domínio do tempo. Apresente todos os passos de resolução e justifique todas as respostas.

Passo 1

O enunciado dá a resposta ao impulso
h(t)=2 e^{-3(t+1)} u(t+1)+\delta(t-1)
e pede três coisas:
(a) esboçar h(-4t+2);
(b) classificar o sistema quanto à estabilidade e à causalidade;
(c) determinar a saída y(t) para a entrada x(t)=u(t) usando só técnicas no domínio do tempo.
Informações relevantes fornecidas:
  • A função u(\cdot) é a função degrau unitário: u(t)=1 para t\ge 0 e u(t)=0 para t<0.
  • \delta(\cdot) é a função delta de Dirac, com a propriedade de amostragem.
  • h(t) é a resposta ao impulso do sistema LTI (logo podemos usar convolução no tempo).
  • Não há outras imagens ou dados; tudo necessário está no enunciado acima.

Passo 2

Entendendo as operações de tempo que vamos usar (pequena aula):
  • Substituir a variável por uma expressão (por exemplo h(at+b)) exige aplicar essa mudança dentro de cada termo de h.
  • Para o delta: regra de escala e translação é
\delta(a t-t_0)=\frac{1}{|a|}\,\delta\!\left(t-\frac{t_0}{a}\right).
Isto vem da propriedade \int \delta(a t-t_0)\varphi(t)\,dt=\frac{1}{|a|}\varphi(t_0/a).
  • Para o degrau: u(\alpha t+\beta) muda o ponto em que a função “liga”. Se \alpha>0 então u(\alpha t+\beta)=u\big(t+{\beta\over\alpha}\big) e o degrau ocorre em t=-\beta/\alpha. Se \alpha<0 o sinal negativo inverte a região de ativação: u(\alpha t+\beta) será 1 para t à esquerda do ponto de mudança.
  • Convolução no tempo para LTI: saída é
y(t)=(h*x)(t)=\int_{-\infty}^{\infty} h(\tau)\,x(t-\tau)\,d\tau.
Ao convovler com uma delta deslocada, \delta(\tau-\tau_0) age como amostrador: \int \delta(\tau-\tau_0) x(t-\tau)\,d\tau = x(t-\tau_0).

Passo 3

(a) Calcular h(-4t+2) passo a passo substituindo -4t+2 em cada termo de h(\cdot).
Começando por substituir na parte exponencial:
2 e^{-3\big((-4t+2)+1\big)} u\big((-4t+2)+1\big) =2 e^{-3(-4t+3)}\,u(-4t+3).
Simplificando o expoente:
-3(-4t+3)=12t-9,
portanto o primeiro termo fica
2 e^{12t-9}\,u(-4t+3).
Agora tratar a delta:
\delta((-4t+2)-1)=\delta(-4t+1)=\delta\big(-4\big(t-\tfrac{1}{4}\big)\big).
Aplicando a regra de escala da delta com a=-4 e t_0=1:
\delta(-4t+1)=\frac{1}{|{-4}|}\,\delta\!\left(t-\tfrac{1}{4}\right)=\frac{1}{4}\,\delta\!\left(t-\tfrac{1}{4}\right).
Sobre o degrau u(-4t+3): a condição -4t+3\ge 0 é equivalente a t\le \tfrac{3}{4}. Então
u(-4t+3)=u\!\left(\tfrac{3}{4}-t\right),
que vale 1 para t\le \tfrac{3}{4} e 0 para t>\tfrac{3}{4}.
Juntando tudo:
\boxed{\,h(-4t+2)=2 e^{12t-9}\,u\!\left(\tfrac{3}{4}-t\right)+\frac{1}{4}\,\delta\!\left(t-\tfrac{1}{4}\right)\,.}

Passo 4

(a) — Observações para o esboço (como desenhar no caderno):
  • A parte exponencial 2 e^{12t-9} está ativa apenas para t\le \tfrac{3}{4}. Para t\to -\infty essa exponencial tende a 0; ela cresce com t (porque o coeficiente de t no expoente é +12) até atingir em t=\tfrac{3}{4} o valor
2 e^{12(\tfrac{3}{4})-9}=2 e^{9-9}=2.
  • Para t>\tfrac{3}{4} a parte exponencial é zerada pelo degrau u(\tfrac{3}{4}-t).
  • Há um impulso (delta) em t=\tfrac{1}{4} com peso \tfrac{1}{4}. Note que nesse ponto a exponencial também tem um valor pequeno (mas o delta é “infinitamente alto” em sentido distribuicional com área \tfrac{1}{4}).
  • No esboço: desenhar uma curva exponencial baixa para t\ll 0, crescendo rapidamente até o ponto (t=\tfrac{3}{4},\,2), e zerar para t>\tfrac{3}{4}. Colocar um eixo vertical no t=\tfrac{1}{4} com uma seta vertical indicando o impulso de área \tfrac{1}{4}.

Passo 5

(b) Classificação quanto à causalidade.
Definição (curta): um sistema LTI é causal se e somente se h(t)=0 para todo t<0. Isso quer dizer que o sistema não responde antes do estímulo.
Analisar h(t):
h(t)=2 e^{-3(t+1)} u(t+1)+\delta(t-1).
O primeiro termo tem fator u(t+1), que é 1 para t\ge -1. Assim h(t) é não nulo no intervalo [-1,\infty) (pelo menos no subintervalo [-1,0) existem valores não nulos). Em particular há valores de h(t) para t<0 (por exemplo t=-0{,}5), logo
\boxed{\text{o sistema é não causal.}}éã

Passo 6

(b) Classificação quanto à estabilidade (BIBO).
Definição (curta): um sistema LTI é BIBO estável se e somente se a resposta ao impulso for absolutamente integrável:
\int_{-\infty}^{\infty} |h(t)|\,dt <\infty.
Calcular a integral de h(t) (valor absoluto). Como os termos são não negativos (exponencial positiva e delta com massa positiva), podemos integrar diretamente:
Para o termo exponencial:
\int_{-\infty}^{\infty} 2 e^{-3(t+1)} u(t+1)\,dt =2\int_{-1}^{\infty} e^{-3(t+1)}\,dt.
Fazendo mudança s=t+1, s vai de 0 a \infty:
2\int_{0}^{\infty} e^{-3s}\,ds = 2\left[\frac{1}{3}\right]=\frac{2}{3}.
Para o delta:
\int_{-\infty}^{\infty} \delta(t-1)\,dt =1.
Somando:
\int_{-\infty}^{\infty} |h(t)|\,dt = \frac{2}{3}+1 = \frac{5}{3} <\infty.
Portanto
\boxed{\text{o sistema é BIBO estável.}}éá

Passo 7

(c) Calcular y(t)=(h*x)(t) com x(t)=u(t) usando convolução no tempo.
Escreve-se
y(t)=\int_{-\infty}^{\infty} h(\tau)\,u(t-\tau)\,d\tau.
Substituir h(\tau)=2 e^{-3(\tau+1)} u(\tau+1)+\delta(\tau-1) e separar a integral em duas:
y(t)=\int_{-\infty}^{\infty} 2 e^{-3(\tau+1)} u(\tau+1)\,u(t-\tau)\,d\tau \;+\;\int_{-\infty}^{\infty} \delta(\tau-1)\,u(t-\tau)\,d\tau.
Tratar o termo com delta primeiro (mais simples):
\int_{-\infty}^{\infty} \delta(\tau-1)\,u(t-\tau)\,d\tau = u\big(t-1\big),
pela propriedade de amostragem da delta.
Agora o termo exponencial. O produto de degraus impõe as condições de integração:
  • u(\tau+1)=1 só para \tau\ge -1.
  • u(t-\tau)=1 só para \tau\le t.
Logo a região onde o integrando é não nulo é -1\le \tau\le t. Se t<-1 essa região é vazia e a integral é zero. Portanto podemos escrever (para geral)
\int_{-\infty}^{\infty} 2 e^{-3(\tau+1)} u(\tau+1)\,u(t-\tau)\,d\tau =2\int_{\tau=-1}^{\tau=t} e^{-3(\tau+1)}\,d\tau,
com a convenção de integral nula se t<-1.
Fazer a integral: usar s=\tau+1. Quando \tau=-1 temos s=0; quando \tau=t temos s=t+1. Assim
2\int_{0}^{t+1} e^{-3s}\,ds =2\left[\frac{1}{3}\big(1-e^{-3(t+1)}\big)\right] =\frac{2}{3}\big(1-e^{-3(t+1)}\big),
válido quando t\ge -1. Para t<-1 esse termo é 0. Então podemos multiplicar por u(t+1) para indicar a região de validade.
Somando com o termo da delta:
\boxed{\,y(t)=\frac{2}{3}\big(1-e^{-3(t+1)}\big)\,u(t+1)+u(t-1)\,.}

Passo 8

(c) — Colocar y(t) em forma peça‑por‑peça (útil para esboço e para a prova):
  • Para t< -1: y(t)=0.
  • Para -1\le t<1: u(t+1)=1 e u(t-1)=0, então
y(t)=\frac{2}{3}\big(1-e^{-3(t+1)}\big).
  • Para t\ge 1: u(t+1)=1 e u(t-1)=1, então
y(t)=\frac{2}{3}\big(1-e^{-3(t+1)}\big)+1.
Essas expressões são equivalentes à forma compacta dada acima e são práticas na hora de desenhar ou avaliar valores em instantes específicos.

Resposta

(a) h(-4t+2)=2 e^{12t-9}\,u\!\left(\tfrac{3}{4}-t\right)+\dfrac{1}{4}\,\delta\!\left(t-\tfrac{1}{4}\right).
(b) O sistema é BIBO estável e não causal.
(c) y(t)=\dfrac{2}{3}\big(1-e^{-3(t+1)}\big)\,u(t+1)+u(t-1).

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