1. (30 pts) Sabendo-se que a resposta ao degrau de um sistema LTI é dada por:
s(t)=-2 e^{-2 t}+1, \quad t \geq 0
Determine:
c) Se o sistema é estável ou instável utilizando a definição de BIBO estabilidade.
d) A resposta do sistema para a entrada x(t)=e^{t}\{u(t)-u(t-2)\}.

Passo 1

O enunciado dá a resposta ao degrau do sistema (isto é, a saída quando a entrada é a função degrau unitário) como
s(t)=-2 e^{-2 t}+1,\quad t\ge 0.
As perguntas que precisamos responder são:
  • (c) Determinar se o sistema é estável segundo a definição BIBO (Bounded-Input Bounded-Output).
  • (d) Calcular a resposta do sistema para a entrada \;x(t)=e^{t}\{u(t)-u(t-2)\}.
Informações relevantes dadas:
  • A função s(t) é a resposta ao degrau (resposta a u(t)) para t\ge0.
  • A expressão de s(t) nos permite obter a resposta ao impulso h(t) (usando a relação entre passo e impulso para sistemas LTI).
  • A entrada pedida em (d) é um exponencial truncado: vale e^{t} no intervalo [0,2) e zero fora.

Passo 2

Relação passo → impulso (intuição e fórmula):
  • Para um sistema LTI causal e em repouso, a resposta ao degrau s(t) e a resposta ao impulso h(t) estão ligadas por derivação (no sentido das distribuições):
h(t)=\frac{d}{dt}s(t),
mas atenção: se s(t) tiver um salto em t=0 (isto é, s(0^+)\neq s(0^-)), a derivada em distribuições inclui um termo impulso \delta(t) com amplitude igual ao salto s(0^+)-s(0^-). Isso ocorre porque u(t) tem derivada \delta(t).
Aplicando ao nosso caso:
  • Como s(t) foi dada apenas para t\ge0, assumimos a condição usual de problemas assim formulados: o sistema está em repouso antes de t=0, logo s(0^-)=0.
  • Calcule s(0^+):
s(0^+) = -2 e^{-2\cdot 0}+1 = -2+1 = -1.
Há, portanto, um salto em t=0 de magnitude
\Delta s = s(0^+)-s(0^-)= -1 - 0 = -1.
Isso implica um termo impulso -1\cdot\delta(t) na resposta ao impulso.
Agora derivamos a parte contínua de s(t) para t>0:
\frac{d}{dt}\big(-2 e^{-2t}+1\big) = -2\cdot(-2)e^{-2t}+0 = 4 e^{-2t},\qquad t>0.
Portanto, a resposta ao impulso, em forma distribuicional, é
h(t)=-\delta(t)+4 e^{-2t}u(t).
(onde u(t) garante que a exponencial vale apenas para t\ge0). Vou explicar rapidamente o que cada termo significa: o -\delta(t) aparece por causa do salto inicial em s(t); o termo 4e^{-2t}u(t) é a derivada da parte contínua do passo.

Passo 3

Critério de BIBO estabilidade e aplicação:
  • Teorema (para sistemas LTI): o sistema é BIBO estável se, e somente se, a resposta ao impulso for absolutamente integrável:
\int_{-\infty}^{\infty} |h(t)|\,dt < \infty.
  • Vamos calcular essa integral usando h(t)=-\delta(t)+4 e^{-2t}u(t).
O termo impulso contribui com |-1|=1 para a integral (por definição \int |a\delta(t)|dt = |a|). A parte contínua contribui
\int_{0}^{\infty} 4 e^{-2t}\,dt = 4\left[\frac{e^{-2t}}{-2}\right]_{0}^{\infty} = 4\cdot\frac{1}{2}=2.
Somando:
\int_{-\infty}^{\infty} |h(t)|\,dt = 1 + 2 = 3 < \infty.
Conclusão: a resposta ao impulso é absolutamente integrável, logo o sistema é BIBO estável.
Intuição leve: apesar do impulso negativo em t=0, toda a energia/área do impulso + da cauda exponencial é finita, então qualquer entrada limitada gera saída limitada.

Passo 4

Estratégia para calcular a saída para x(t)=e^{t}\{u(t)-u(t-2)\}:
  • Usamos linearidade e invariância: escrevemos x(t) como diferença de duas funções mais simples:
x(t)=e^{t}u(t)-e^{t}u(t-2).
  • Note que e^{t}u(t-2)=e^{2}\cdot e^{t-2}u(t-2). Se chamarmos x_1(t)=e^{t}u(t), então a segunda parcela é e^{2}x_1(t-2). Denotando por y_1(t) a resposta do sistema a x_1(t), pela linearidade a resposta a x(t) será
y(t)=y_1(t)-e^{2}y_1(t-2).
Logo basta calcular y_1(t), a resposta do sistema à entrada e^{t}u(t).

Passo 5

Cálculo de y_1(t) por convolução (usando h(t) encontrado):
  • Convolução: para um sistema LTI, y_1(t)=(h*x_1)(t)=\int_{-\infty}^{\infty} h(\tau)\,x_1(t-\tau)\,d\tau.
  • Como x_1(t)=e^{t}u(t), podemos escrever a fórmula mais direta (para t\ge0):
y_1(t)=\int_{0}^{t} h(\tau)\,e^{\,t-\tau}\,d\tau,
pois x_1(t-\tau)=e^{t-\tau}u(t-\tau) restringe a integração a \tau\in[0,t].
Substituindo h(\tau)=-\delta(\tau)+4 e^{-2\tau}u(\tau) na integral (lembrando tratamento do delta):
  • Contribuição do impulso:
\int_{0}^{t} -\delta(\tau)\,e^{t-\tau}\,d\tau = -e^{t}.
  • Contribuição da parte contínua:
4\int_{0}^{t} e^{-2\tau} e^{t-\tau}\,d\tau = 4 e^{t}\int_{0}^{t} e^{-3\tau}\,d\tau =4 e^{t}\cdot\frac{1-e^{-3t}}{3}.
Somando as contribuições:
y_1(t) = -e^{t} + \frac{4}{3}e^{t}\big(1-e^{-3t}\big) = \frac{1}{3}e^{t} - \frac{4}{3}e^{-2t},\qquad t\ge0.
Para t<0 tem-se y_1(t)=0 (causalidade).

Passo 6

Montando a saída final y(t)=y_1(t)-e^{2}y_1(t-2) e simplificando por regiões de tempo:
  • Para t<0: y_1(t)=0 e y_1(t-2)=0, logo y(t)=0.
  • Para 0\le t<2: a segunda parcela y_1(t-2) é zero (pois t-2<0), então
y(t)=y_1(t)=\frac{1}{3}e^{t}-\frac{4}{3}e^{-2t}.
  • Para t\ge 2: ambas parcelas contribuem; substituindo y_1 e simplificando:
y(t)=\left(\frac{1}{3}e^{t}-\frac{4}{3}e^{-2t}\right)-e^{2}\left(\frac{1}{3}e^{t-2}-\frac{4}{3}e^{-2(t-2)}\right).
Calculemos a simplificação (faça passo a passo para conferir):
e^{2}\left(\frac{1}{3}e^{t-2}\right)=\frac{1}{3}e^{t}, \qquad e^{2}\left(-\frac{4}{3}e^{-2(t-2)}\right)=-\frac{4}{3}e^{-2t+6}.
Subtraindo, os termos \frac{1}{3}e^{t} se cancelam, sobrando
y(t) = -\frac{4}{3}e^{-2t} + \frac{4}{3}e^{-2t+6} = \frac{4}{3}e^{-2t}\big(e^{6}-1\big),\qquad t\ge 2.

Resposta

(c) Estável (BIBO estável).
(d) A saída y(t) para x(t)=e^{t}\{u(t)-u(t-2)\} é, em forma peça-wise:
y(t)=0,\quad t<0,
y(t)=\frac{1}{3}e^{t}-\frac{4}{3}e^{-2t},\quad 0\le t<2,
y(t)=\frac{4}{3}\big(e^{6}-1\big)\,e^{-2t},\quad t\ge 2.

Exercícios relacionados