Determine a saída de um sistema LTI com resposta ao impulso h(t)=e^{-t} u(t) sujeito à entrada:
x(t)= \begin{cases}e^{2 t}, & t \leq-1 \\\\ 0, & -1<t<1 \\\ e^{-2 t}, & t \geq 1\end{cases}
Resposta:
y(t)= \begin{cases}\frac{e^{2 t}}{3} & t \leq-1 \\ \frac{e^{-(t+3)}}{3} & |t|<1 \\ \frac{e^{-(t+3)}}{3}+e^{-(t+1)}-e^{-2 t} & t \geq 1\end{cases}

Passo 1

O enunciado dá a resposta ao impulso e a entrada do sistema e pede a saída y(t)\). Informações fornecidas: - Resposta ao impulso: \[h(t)=e^{-t}u(t).
  • Entrada (função em partes): x(t)= \begin{cases}e^{2 t}, & t \leq-1 \\[4pt] 0, & -1<t<1 \\[4pt] e^{-2 t}, & t \geq 1\end{cases}
  • Pedido: determinar a saída y(t)\] do sistema LTI com entrada \(x(t) e resposta ao impulso h(t).]

Passo 2

Regra básica para LTI: a saída é a convolução da entrada com a resposta ao impulso. Vou escrever a fórmula e explicar cada termo:
y(t)=(h*x)(t)=\int_{-\infty}^{\infty} h(\tau)\,x(t-\tau)\,d\tau.
Aqui:
  • \tau é a variável de integração (tempo “deslocado”),
  • h(\tau) é a resposta ao impulso avaliada em \tau,
  • x(t-\tau) é a entrada avaliada em t-\tau.
Agora uso a forma específica de h. Como h(\tau)=e^{-\tau}u(\tau), temos que h(\tau)=0 para \tau<0. Por isso a integral reduz para \tau\ge0:
y(t)=\int_{0}^{\infty} e^{-\tau}\,x(t-\tau)\,d\tau.
Explicação intuitiva: o sistema é causal (devido ao u(\tau)), então só contribuem valores passados/futuros relativos à convolução com \tau\ge0.

Passo 3

Preciso saber para quais \tau a função x(t-\tau) é não nula. Lembro da definição de x:
  • x(s)=e^{2s} se s\le-1,
  • x(s)=0 se -1<s<1,
  • x(s)=e^{-2s} se s\ge1.
Substituindo s=t-\tau, as condições viram:
  • Região A (parte esquerda de x): t-\tau\le-1 \iff \tau\ge t+1. Nessa região x(t-\tau)=e^{2(t-\tau)}.
  • Região B (parte central): -1<t-\tau<1 (aqui x(t-\tau)=0): não contribui.
  • Região C (parte direita de x): t-\tau\ge1 \iff \tau\le t-1. Nessa região x(t-\tau)=e^{-2(t-\tau)}.
Mas a integração já tem \tau entre 0 e \infty. Assim os intervalos efetivos de integração são as interseções desses conjuntos com [0,\infty). Resumo:
  • Contribuição da Região A: \tau de \max(0,t+1) até \infty com x(t-\tau)=e^{2(t-\tau)}.
  • Contribuição da Região C: \tau de 0 até \min(t-1,\infty) com x(t-\tau)=e^{-2(t-\tau)}; essa contribuição só existe quando t-1\ge0, ou seja, quando t\ge1.

Passo 4

Escrevo o integral como soma das duas contribuições não nulas (quando existirem):
y(t)=\int_{\max(0,t+1)}^{\infty} e^{-\tau}\,e^{2(t-\tau)}\,d\tau \;+\; \int_{0}^{\min(t-1,\infty)} e^{-\tau}\,e^{-2(t-\tau)}\,d\tau,
onde a segunda integral só aparece para t\ge1. Vou simplificar os integrandos antes de integrar.
Para a primeira integral:
e^{-\tau}\,e^{2(t-\tau)}=e^{2t}\,e^{-3\tau}.
Para a segunda integral (quando existe):
e^{-\tau}\,e^{-2(t-\tau)}=e^{-2t}\,e^{\tau}.

Passo 5

Calculo a primeira integral (sempre válida, mas com o limite inferior dependente de t):
I_1(t)=\int_{\max(0,t+1)}^{\infty} e^{2t}\,e^{-3\tau}\,d\tau = e^{2t}\int_{\max(0,t+1)}^{\infty} e^{-3\tau}\,d\tau.
Integral exponencial simples:
\int_{a}^{\infty} e^{-3\tau}\,d\tau = \left[-\tfrac{1}{3}e^{-3\tau}\right]_{a}^{\infty}=\tfrac{1}{3}e^{-3a}.
Aplicando com a=\max(0,t+1):
I_1(t)=\tfrac{1}{3} e^{2t} e^{-3\max(0,t+1)}.

Passo 6

Calculo a segunda integral (só se t\ge1):
I_2(t)=\int_{0}^{t-1} e^{-2t}\,e^{\tau}\,d\tau = e^{-2t}\int_{0}^{t-1} e^{\tau}\,d\tau.
Avalio a integral:
\int_{0}^{t-1} e^{\tau}\,d\tau = \left[e^{\tau}\right]_{0}^{t-1}=e^{t-1}-1.
Logo, para t\ge1,
I_2(t)=e^{-2t}\bigl(e^{t-1}-1\bigr)=e^{-t-1}-e^{-2t}.

Passo 7

Agora combino I_1 e I_2 e avalio de forma explícita em cada faixa de t.
  • Caso t\le-1: então t+1\le0 e \max(0,t+1)=0. Assim
I_1(t)=\tfrac{1}{3}e^{2t}e^{0}=\tfrac{1}{3}e^{2t}.
Não há I_2 porque t<1. Portanto
y(t)=\tfrac{1}{3}e^{2t},\qquad t\le-1.
  • Caso -1<t<1: então t+1>0 e \max(0,t+1)=t+1. Ainda t<1 então I_2 não existe. Assim
I_1(t)=\tfrac{1}{3}e^{2t}e^{-3(t+1)}=\tfrac{1}{3}e^{2t-3t-3}=\tfrac{1}{3}e^{-(t+3)}.
Logo
y(t)=\tfrac{1}{3}e^{-(t+3)},\qquad |t|<1.
  • Caso t\ge1: temos \max(0,t+1)=t+1 e a segunda integral existe. Então
I_1(t)=\tfrac{1}{3}e^{2t}e^{-3(t+1)}=\tfrac{1}{3}e^{-(t+3)},
e
I_2(t)=e^{-t-1}-e^{-2t}.
Somando:
y(t)=\tfrac{1}{3}e^{-(t+3)}+e^{-t-1}-e^{-2t},\qquad t\ge1.

Resposta

y(t)= \begin{cases}\dfrac{e^{2 t}}{3}, & t \leq-1 \\[6pt] \dfrac{e^{-(t+3)}}{3}, & |t|<1 \\[6pt] \dfrac{e^{-(t+3)}}{3}+e^{-(t+1)}-e^{-2 t}, & t \geq 1\end{cases}]

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