Calcule a saída y(t) à aplicação da entrada x(t) no sistema com resposta ao impulso h(t), sendo
\begin{aligned} x(t) & =\left(e^{3 t}-2 e^{-2 t}\right) u(t) \\\ h(t) & =e^{-2 t} u(t) \end{aligned}

Passo 1

O enunciado diz que temos um sistema LTI causal com entrada x(t) e resposta ao impulso h(t), dadas por
x(t)=\bigl(e^{3t}-2e^{-2t}\bigr)u(t), \quad h(t)=e^{-2t}u(t).
Queremos encontrar a saída y(t) usando a operação de convolução, ou seja
y(t)=\int_{-\infty}^{\infty}x(\tau)\,h(t-\tau)\,d\tau.

Passo 2

Como x(\tau) e h(t-\tau) envolvem a função escalão unitário u(\cdot), a integral limita-se a \tau de 0 a t. Logo
y(t) =\int_{0}^{t}\bigl(e^{3\tau}-2e^{-2\tau}\bigr)\,e^{-2\bigl(t-\tau\bigr)}\,d\tau.

Passo 3

Vamos simplificar o integrando. Note que
e^{3\tau}\,e^{-2(t-\tau)}=e^{-2t}e^{5\tau}, \quad 2e^{-2\tau}\,e^{-2(t-\tau)}=2e^{-2t}.
Portanto
x(\tau)\,h(t-\tau) =e^{-2t}\bigl(e^{5\tau}-2\bigr).

Passo 4

Substituindo na integral e separando termos, obtemos
y(t) =e^{-2t}\Biggl[\int_{0}^{t}e^{5\tau}\,d\tau \;-\;2\int_{0}^{t}1\,d\tau\Biggr].
Calculemos cada integral:
\int_{0}^{t}e^{5\tau}\,d\tau =\frac{e^{5t}-1}{5}, \qquad \int_{0}^{t}1\,d\tau =t.

Passo 5

Reunindo os resultados:
y(t) =e^{-2t}\Bigl[\tfrac{e^{5t}-1}{5}-2t\Bigr] =\frac{1}{5}e^{3t}-\Bigl(\frac{1}{5}+2t\Bigr)e^{-2t}.
Como o sistema é causal, devemos multiplicar por u(t).

Resposta

y(t) =\Bigl(\tfrac{1}{5}e^{3t}-\bigl(\tfrac{1}{5}+2t\bigr)e^{-2t}\Bigr)\,u(t).

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