Considere um sistema LTI cuja resposta ao impulso é dada por:
h[n]=u[n+10]-2 u[n]+u[n-4]
(a) Determine o sinal de saída y[n] para uma entrada da forma.
x[n]=u[n-2]
(b) Avalie se este sistema é BIBO-estável e causal, justificando sua resposta.

Passo 1

O enunciado nos dá:
  • A resposta ao impulso do sistema:
h[n]=u[n+10]-2\,u[n]+u[n-4].
  • A entrada:
x[n]=u[n-2].
O que é pedido:
(a) Determinar o sinal de saída [y[n]) quando a entrada é x[n]=u[n-2].
(b) Avaliar se o sistema é BIBO-estável e se é causal, justificando as respostas.
Informações relevantes que já temos do enunciado:
  • u[n] é o degrau unitário discreto, isto é (,u[n]= \begin{cases}1,&n\ge0,\\\ 0,&n<0.\end{cases}]
  • O sistema é LTI (linear e invariante no tempo), então a saída é dada por convolução:
y[n]=(x*h)[n]=\sum_{k=-\infty}^{\infty}x[k]\,h[n-k].

Passo 2

Ideia prática para fazer (a) sem somar infinito a toa: usar linearidade para decompor a convolução em três convoluções menores. Vou explicar e provar uma fórmula útil para convolução de dois degraus deslocados — isso vai facilitar muito os cálculos.
Propriedade útil (e sua dedução): sejam s_a[n]=u[n-a]\) e \(s_b[n]=u[n-b]\). Então \[(s_a * s_b)[n]=\sum_{m=-\infty}^{\infty}u[m-a]\,u[n-m-b].
Note que u[m-a]=1 quando m\ge a, e u[n-m-b]=1 quando m\le n-b. Logo os índices m que contribuem são
m=a, a+1,\dots,n-b,
desde que n-b\ge a. O número de termos é (n-b)-a+1=n-(a+b)+1. Assim obtemos a fórmula prática:
(s_a * s_b)[n]=\begin{cases} n-(a+b)+1,& n\ge a+b,\\[4pt] 0,& n< a+b. \end{cases}
Essa fórmula é só a soma de 1 repetida, o que dá uma rampa discreta iniciando em (n=a+b]. (Se preferir pensar: convolução de degraus gera uma rampa.)
Vou usar essa fórmula com x[n]=u[n-2]=s_{2}[n] e com cada termo de h[n].]

Passo 3

Usando linearidade:
y[n]=x*h = x*(u[n+10]) -2\,x*(u[n]) + x*(u[n-4]).
Identifico cada termo do tipo [s_a * s_b) com a=2 (porque x=s_2) e b igual ao deslocamento do degrau em cada parcela:
  1. Para u[n+10] escrevo como u[n-(-10)]. Então b=-10. Aplicando a fórmula com a=2 e b=-10:
x*(u[n+10])=(s_2*s_{-10})[n]=\begin{cases} n-(2+(-10))+1 = n+9, & n\ge -8,\\[4pt] 0, & n< -8. \end{cases}
  1. Para u[n]\] temos \[b=0. Então com a=2,b=0:
x*(u[n])=(s_2*s_{0})[n]=\begin{cases} n-(2+0)+1 = n-1, & n\ge 2,\\[4pt] 0, & n<2. \end{cases}
  1. Para u[n-4]\] temos \(b=4. Então com a=2,b=4:
x*(u[n-4])=(s_2*s_{4})[n]=\begin{cases} n-(2+4)+1 = n-5, & n\ge 6,\\[4pt] 0, & n<6. \end{cases}]

Passo 4

Agora somo as três parcelas com os coeficientes apropriados:
y[n]=\big(x*(u[n+10])\big) -2\big(x*(u[n])\big) + \big(x*(u[n-4])\big).
Vamos montar isso por intervalos de n. Os pontos de mudança são n=-8,\;n=2,\;n=6.
  • Para n< -8: todas as três convoluções são zero, então
y[n]=0.
  • Para -8\le n < 2: apenas a primeira convolução está ativa (as outras ainda são zero). Assim
y[n]=n+9.
  • Para 2\le n < 6: a primeira e a segunda estão ativas; a terceira é zero. Então
y[n]=(n+9) -2(n-1) = n+9 -2n +2 = -n+11.
  • Para n\ge 6: todas as três parcelas estão ativas. Calculando:
y[n]=(n+9) -2(n-1) + (n-5).
Faço a soma termo a termo:
(n+9) -2(n-1) + (n-5) = n+9 -2n +2 + n -5 = 6.
Portanto para n\ge6 temos y[n]=6.
Resumo (repetindo de forma limpa):
y[n]=\begin{cases} 0, & n< -8,\\[4pt] n+9, & -8\le n<2,\\[4pt] -n+11, & 2\le n<6,\\[4pt] 6, & n\ge 6. \end{cases}
(Fica intuitivo: começamos com uma rampa, depois ela se inverte, e por fim a soma das rampas gera uma constante.)]

Passo 5

Checagem rápida por alguns valores pontuais (só para ganhar confiança):
  • Em n=-8: y[-8]=(-8)+9=1.
  • Em n=2: usar intervalo 2\le n<6 y[2]=-2+11=9. Pela continuidade das fórmulas nos pontos de mudança as contas batem (pode verificar substituindo na expressão anterior que também dá 9).
  • Em n=6: fórmula final dá y[6]=6. Pela fórmula do intervalo anterior y[6] já é 6 (verificando limites à direita/à esquerda também consistente).

Passo 6

Agora (b) Estabilidade BIBO.
Definição prática para sistemas LTI: o sistema é BIBO-estável se e somente se a resposta ao impulso é absolutamente somável:
\sum_{n=-\infty}^{\infty} |h[n]| < \infty.
Vou simplificar h[n] explicitando seus valores usando os degraus:
  • Para n< -10: u[n+10]=0, u[n]=0, u[n-4]=0 h[n]=0.
  • Para -10\le n<0: u[n+10]=1, u[n]=0, u[n-4]=0 h[n]=1.
  • Para 0\le n<4: u[n+10]=1, u[n]=1, u[n-4]=0 h[n]=1-2=-1.
  • Para n\ge4: u[n+10]=1, u[n]=1, u[n-4]=1 h[n]=1-2+1=0.
Logo h[n] tem suporte finito: é 1 em n=-10,-9,\dots,-1 (10 amostras) e é -1 em n=0,1,2,3 (4 amostras). Fora desses índices h[n]=0. Assim
\sum_{n=-\infty}^{\infty}|h[n]| = \underbrace{10}_{\text{para }n=-10,\dots,-1} + \underbrace{4}_{\text{para }n=0,\dots,3} = 14 < \infty.
Como a soma absoluta é finita, o sistema é BIBO-estável.

Passo 7

Agora causalidade.
Definição prática para LTI: o sistema é causal se e somente se h[n]=0 para todo n<0. Isso significa que a resposta ao impulso não pode começar antes de n=0 (não pode depender do futuro do sinal de entrada).
No nosso caso, conforme identificado no passo anterior, h[n]=1 para n=-10,-9,\dots,-1. Em particular h[-10]=1\neq 0. Portanto h[n] não é zero para alguns n<0. Conclusão: o sistema é não-causal (ou seja, não é causal). Em termos intuitivos: o sistema “responde” antes do tempo zero, então exigiria conhecimento futuro da entrada.

Resposta

(a) y[n]=\begin{cases} 0, & n< -8,\\[4pt] n+9, & -8\le n<2,\\[4pt] -n+11, & 2\le n<6,\\[4pt] 6, & n\ge 6. \end{cases}
(b) BIBO-estável: sim.
Causal: não.]

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