Em um dado sistema foi aplicada a entrada x(t)=2 \delta(t-3) gerando a saída:
y(t)=4 e^{-3(t-4)} u(t-4)
(a) Determine a resposta impulsiva deste sistema.
(b) Avalie se este sistema é BIBO-estável e causal, justificando sua resposta.
(c) Encontre a saída do sistema se no mesmo for aplicado o sinal
x(t)=u(t)+u(t-1)-2 u(t-2)

Passo 1

O enunciado dá claramente as seguintes informações e pede três coisas:
  • Informação dada: a entrada aplicada ao sistema foi x(t)=2\delta(t-3) e a saída observada correspondente foi
y(t)=4 e^{-3(t-4)} u(t-4).
  • Perguntas:
    (a) Determinar a resposta impulsiva do sistema h(t).
    (b) Dizer se o sistema é BIBO-estável e se é causal, justificando.
    (c) Calcular a saída do sistema quando a entrada for x(t)=u(t)+u(t-1)-2u(t-2).
Observação importante (que uso para resolver): para relacionar saída a entrada do tipo \delta e determinar h(t) é necessário assumir que o sistema é linear e invariante no tempo (LTI). Essa hipótese é a usada rotineiramente em exercícios desse tipo porque a definição de resposta impulsiva e as propriedades que vou usar (convolução, deslocamento por tempo do impulso) dependem dessa hipótese. Vou explicitar como uso essa hipótese nos próximos passos.

Passo 2

Revisão didática (conceitos essenciais que usarei).
  • Impulso e resposta impulsiva: para um sistema LTI a resposta impulsiva h(t) é a saída quando a entrada é \delta(t). Uma propriedade fundamental é a convolução: para qualquer entrada x(t),
y(t) = (h * x)(t) = \int_{-\infty}^{\infty} h(\tau)\, x(t-\tau)\, d\tau.
  • Entrada delta deslocada e linearidade/tempo-invariância: se a entrada é x(t)=A\delta(t-t_0), a saída do sistema LTI é
y(t)=A\, h(t-t_0).
Isto vem direto da convolução: substituindo x(t)=A\delta(t-t_0) na integral resulta y(t)=A h(t-t_0).
Vou aplicar exatamente isso ao caso dado: x(t)=2\delta(t-3) gerou a saída fornecida. Isso nos dá uma equação que permite resolver h(t).

Passo 3

Usando a propriedade do passo anterior, escrevemos a relação entre y(t) e h(t) para a entrada dada:
y(t)=2\, h(t-3).
Mas o problema nos deu y(t)=4 e^{-3(t-4)} u(t-4). Igualando:
2\, h(t-3)=4 e^{-3(t-4)} u(t-4).
Agora isolamos h. Substituímos t por t+3 (equivalente a resolver para h(t)):
h(t)=\frac{1}{2}\, y(t+3).
Substituindo y(\cdot):
h(t)=\tfrac{1}{2}\cdot 4 e^{-3((t+3)-4)} u((t+3)-4).
Simplificando os argumentos:
(t+3)-4 = t-1,
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h(t)=2\, e^{-3(t-1)} u(t-1).
Essa é a resposta impulsiva do sistema (não há ambiguidade se assumimos LTI).

Passo 4

Explicação do que significa a forma encontrada para h(t) e observações úteis para a prova:
  • A função u(t-1) indica que h(t)=0 para t<1 e passa a ser exponencial decrescente para t\ge1.
  • Em provas, sempre verifique suporte (onde é não nulo) da h(t) para responder questões de causalidade e para saber os limites da integração nas convoluções (isso economiza trabalho).

Passo 5

Verificação de BIBO-estabilidade.
  • Critério (para sistemas LTI contínuos): o sistema é BIBO-estável se e somente se h(t) for absolutamente integrável, isto é,
\int_{-\infty}^{\infty} |h(t)|\, dt < \infty.
  • Calcule a integral para h(t)=2 e^{-3(t-1)} u(t-1). Como h(t)=0 para t<1, a integral reduz-se a
\int_{-\infty}^{\infty} |h(t)|\, dt = \int_{1}^{\infty} 2 e^{-3(t-1)}\, dt.
Faça a mudança s=t-1 (leva o limite inferior para 0):
\int_{1}^{\infty} 2 e^{-3(t-1)}\, dt = 2 \int_{0}^{\infty} e^{-3s}\, ds.
A primitiva de e^{-3s} é -\tfrac{1}{3} e^{-3s}, portanto
2 \int_{0}^{\infty} e^{-3s}\, ds = 2 \left[\frac{1}{3}\right] = \frac{2}{3}.
Como \tfrac{2}{3}<\infty, a integral é finita e, portanto, o sistema é BIBO-estável.

Passo 6

Verificação de causalidade.
  • Critério (para sistemas LTI): o sistema é causal se e somente se h(t)=0 para todo t<0. Isso significa que a resposta ao impulso não começa antes de t=0.
  • No nosso caso h(t)=2 e^{-3(t-1)} u(t-1). A função u(t-1) anula h(t) para t<1. Em particular, para todo t<0 temos t<1 então h(t)=0. Logo h(t)=0 para todo t<0, condição satisfeita.
  • Conclusão: o sistema é causal.
(Observação pedagógica: é suficiente que h(t)=0 para t<0; não importa que a resposta comece em t=1 em vez de exatamente em t=0.)

Passo 7

Agora resolvemos a parte (c): calcular a saída para a entrada
x(t)=u(t)+u(t-1)-2u(t-2).
Para um sistema LTI vale superposição e convolução linear, portanto
y(t)=h * x = h * u(t) + h * u(t-1) - 2\, (h * u(t-2)).
Uma forma prática de calcular é primeiro obter z(t)=h * u(t) e depois usar a propriedade de deslocamento no tempo:
h * u(t-a) = z(t-a).

Passo 8

Cálculo de z(t)=h * u(t).
Usamos a definição de convolução:
z(t)=\int_{-\infty}^{\infty} h(\tau)\, u(t-\tau)\, d\tau.
Como h(\tau)=2 e^{-3(\tau-1)} u(\tau-1), a integração efetiva é sobre \tau\ge1. Além disso u(t-\tau)=1 apenas quando \tau\le t. Então os limites da integral são \tau de 1 até t (assumindo t\ge1; se t<1 o intervalo é vazio e z(t)=0). Assim, para t\ge1:
z(t)=\int_{1}^{t} 2 e^{-3(\tau-1)}\, d\tau.
Fazendo a mudança s=\tau-1 (então s vai de 0 a t-1):
z(t)=2\int_{0}^{t-1} e^{-3s}\, ds = 2\cdot\frac{1}{3}\bigl(1-e^{-3(t-1)}\bigr) = \tfrac{2}{3}\bigl(1-e^{-3(t-1)}\bigr).
Para t<1 temos z(t)=0. Podemos então escrever de modo compacto:
z(t)=\tfrac{2}{3}\bigl(1-e^{-3(t-1)}\bigr) u(t-1).

Passo 9

Usando deslocamentos: como dito,
h * u(t-1) = z(t-1) = \tfrac{2}{3}\bigl(1-e^{-3(t-2)}\bigr) u(t-2),
h * u(t-2) = z(t-2) = \tfrac{2}{3}\bigl(1-e^{-3(t-3)}\bigr) u(t-3).
Agora montamos y(t):
y(t)=z(t)+z(t-1)-2z(t-2).
Substituindo as expressões de z obtemos uma fórmula que pode ser apresentada de forma contínua por intervalos de tempo. É prático separar os intervalos onde surgem os degraus: t<1, 1\le t<2, 2\le t<3, t\ge 3.
  • Para t<1: nenhum dos termos ativa-se, então y(t)=0.
  • Para 1\le t<2: apenas z(t) está ativo:
y(t)=\tfrac{2}{3}\bigl(1-e^{-3(t-1)}\bigr).
  • Para 2\le t<3: z(t) e z(t-1) ativos:
y(t)=\tfrac{2}{3}\bigl(1-e^{-3(t-1)}\bigr)+\tfrac{2}{3}\bigl(1-e^{-3(t-2)}\bigr) =\tfrac{4}{3}-\tfrac{2}{3}\bigl(e^{-3(t-1)}+e^{-3(t-2)}\bigr).
  • Para t\ge 3: todos os três termos ativos; substituindo e simplificando os termos constantes:
\begin{aligned} y(t)&=\tfrac{2}{3}\bigl(1-e^{-3(t-1)}\bigr)+\tfrac{2}{3}\bigl(1-e^{-3(t-2)}\bigr)-2\cdot\tfrac{2}{3}\bigl(1-e^{-3(t-3)}\bigr)\\[4pt] &=\tfrac{2}{3}\bigl(- e^{-3(t-1)}- e^{-3(t-2)} +2 e^{-3(t-3)}\bigr). \end{aligned}
(Neste intervalo as partes constantes se cancelam, ficando apenas combinação linear de exponenciais.)]

Resposta

(a) h(t)=2\, e^{-3(t-1)} u(t-1)
(b) O sistema é BIBO-estável (porque \int_{-\infty}^{\infty} |h(t)|\,dt=\tfrac{2}{3}<\infty) e é causal (porque h(t)=0 para todo t<0).
(c) A saída y(t) é dada peça a peça por
\begin{aligned} t<1:\quad & y(t)=0,\\[4pt] 1\le t<2:\quad & y(t)=\tfrac{2}{3}\bigl(1-e^{-3(t-1)}\bigr),\\[6pt] 2\le t<3:\quad & y(t)=\tfrac{4}{3}-\tfrac{2}{3}\bigl(e^{-3(t-1)}+e^{-3(t-2)}\bigr),\\[6pt] t\ge 3:\quad & y(t)=\tfrac{2}{3}\bigl(-e^{-3(t-1)}-e^{-3(t-2)}+2e^{-3(t-3)}\bigr). \end{aligned}

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