Definindo as funções
\operatorname{tri}(t)=\left\{\begin{array}{ll}1- & |t|,|t|<1 \\\\ 0, & |t| \geq 1\end{array}\right.
e
\operatorname{ret}(t)=\left\{\begin{array}{l}1,|t| \leq 1 / 2 \\\\ 0,|t|>1 / 2\end{array}\right. :
Determine o valor de \mathrm{g}(\mathrm{t})=2 \operatorname{tri}(\mathrm{t} / 4)^{*} \delta(\mathrm{t}-2) para \mathrm{t}=1 e \mathrm{t}=-1

Passo 1

O enunciado dá as funções [\operatorname{tri}(t)) e \operatorname{ret}(t) e pede para determinar o valor de \mathrm{g}(t)=2\,\operatorname{tri}(t/4)^{*}\delta(t-2) nos pontos t=1 e t=-1.
Informações relevantes que o enunciado fornece:
\operatorname{tri}(t)=\begin{cases} 1-|t|, & |t|<1,\\[4pt] 0, & |t|\ge 1, \end{cases}
\operatorname{ret}(t)=\begin{cases} 1, & |t|\le 1/2,\\[4pt] 0, & |t|>1/2, \end{cases}
e a função a ser convoluída é 2\,\operatorname{tri}(t/4)\] convoluída com \(\delta(t-2).
As perguntas explícitas:
  • Calcular \mathrm{g}(1).
  • Calcular \mathrm{g}(-1).]

Passo 2

Relembrando e provando a propriedade prática que vamos usar: convolução com delta deslocada. Para qualquer função f razoável vale
(f * \delta(\cdot - a))(t)=\int_{-\infty}^{\infty} f(\tau)\,\delta(t-\tau-a)\,d\tau.
Usando a propriedade do delta (só “pega” o valor onde seu argumento é zero), fazemos a mudança de variável implicada: o integrando só contribui quando t-\tau-a=0, ou seja \tau=t-a. Logo
(f * \delta(\cdot - a))(t)=f(t-a).
Isto é, convoluir com \delta(t-a) desloca a função f em +a: o resultado é f avaliada em t-a.

Passo 3

Aplicando a propriedade ao nosso caso: tomamos
f(t)=2\,\operatorname{tri}\!\left(\frac{t}{4}\right)
e convoluímos com \delta(t-2). Pelas contas do Passo 2,
\mathrm{g}(t) = \bigl(2\,\operatorname{tri}(t/4)\bigr) * \delta(t-2) = 2\,\operatorname{tri}\!\left(\frac{t-2}{4}\right).
Aqui justifiquei: substituí f(t-a) com a=2.

Passo 4

Agora convém entender a expressão \operatorname{tri}\!\left(\dfrac{t-2}{4}\right)\) explicitamente. Usando a definição de \(\operatorname{tri}\): \[\operatorname{tri}(u)=\begin{cases} 1-|u|, & |u|<1,\\[4pt] 0, & |u|\ge 1, \end{cases}
faço a troca u=(t-2)/4\]. Então \[\operatorname{tri}\!\left(\frac{t-2}{4}\right)= \begin{cases} 1-\left|\dfrac{t-2}{4}\right|, & \left|\dfrac{t-2}{4}\right|<1,\\[8pt] 0, & \left|\dfrac{t-2}{4}\right|\ge 1. \end{cases}\] A condição \(\left|\dfrac{t-2}{4}\right|<1 equivale a |t-2|<4, isto é -2<t<6. Ou seja, \operatorname{tri}\!\bigl(\tfrac{t-2}{4}\bigr) é uma “base triangular” centrada em t=2 com suporte aberto entre -2 e 6, e a forma dentro do suporte é
\operatorname{tri}\!\left(\frac{t-2}{4}\right)=1-\frac{|t-2|}{4}.
Portanto
\mathrm{g}(t)=2\left(1-\frac{|t-2|}{4}\right)=2-\frac{|t-2|}{2}, \qquad\text{para }-2<t<6,
e \mathrm{g}(t)=0 fora desse intervalo.]

Passo 5

Agora avaliamos nos pontos pedidos. Primeiro t=1. Verificamos que 1 está no intervalo -2<t<6, então usamos a fórmula:
calcule o argumento de \operatorname{tri}:
\frac{t-2}{4}\Big|_{t=1}=\frac{1-2}{4}=\frac{-1}{4}.
Como \left|\dfrac{-1}{4}\right|<1, temos
\operatorname{tri}\!\left(-\frac{1}{4}\right)=1-\left|\!-\frac{1}{4}\right|=1-\frac{1}{4}=\frac{3}{4}.
Multiplicando por 2,
\mathrm{g}(1)=2\cdot\frac{3}{4}=\frac{3}{2}.

Passo 6

Agora t=-1. Verificamos que -1 também está no intervalo -2<t<6, então usamos a mesma fórmula:
calcule o argumento de \operatorname{tri}:
\frac{t-2}{4}\Big|_{t=-1}=\frac{-1-2}{4}=\frac{-3}{4}.
Como \left|\dfrac{-3}{4}\right|<1, temos
\operatorname{tri}\!\left(-\frac{3}{4}\right)=1-\left|\!-\frac{3}{4}\right|=1-\frac{3}{4}=\frac{1}{4}.
Multiplicando por 2,
\mathrm{g}(-1)=2\cdot\frac{1}{4}=\frac{1}{2}.

Resposta

\mathrm{g}(1)=\frac{3}{2}
\mathrm{g}(-1)=\frac{1}{2}

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