Encontre a convolução.
\psi(t)=c^{-1}|H(s) G(s)|=\int_{0}^{1} h(t-r) g(r) d r

Passo 1

O enunciado pede que a gente “encontre a convolução” dada pela expressão
\psi(t)=c^{-1}|H(s) G(s)|=\int_{0}^{1} h(t-r)\,g(r)\,d r.
Informações relevantes que temos (tiradas diretamente do enunciado):
  • A convolução está escrita como a integral \displaystyle \int_{0}^{1} h(t-r)\,g(r)\,d r.
  • O domínio de integração em r é [0,1], então a função g(r) só contribui nesse intervalo.
  • Não foram dadas formas explícitas para h e g; a tarefa é manipular essa integral e escrever a convolução de forma prática para cálculo (ou em forma de expressão peça a peça).
  • O fator c^{-1}|H(s)G(s)| aparece no enunciado, mas a parte que devemos “encontrar” é a integral de convolução indicada. Vou focar em reescrever e simplificar essa integral para uso em prova — se o professor espera relacionar com transformadas, essa integral já é a convolução temporal associada ao produto no domínio s.

Passo 2

O que é a operação que temos na integral? Vou explicar concretamente: a integral
\psi(t)=\int_{0}^{1} h(t-r)\,g(r)\,d r
é a definição de convolução entre h e g, escrita com variável de integração r. Em geral, a convolução (h*g)(t) é definida por
(h*g)(t)=\int_{-\infty}^{\infty} h(t-\tau)\,g(\tau)\,d\tau,
mas aqui a integral é só de 0 a 1 porque g(r) (ou o enunciado) restringe a integração a esse intervalo. Isso costuma acontecer quando g tem suporte em [0,1] (ou quando só nos interessa essa faixa). A ideia prática: vamos transformar a integral para uma forma simétrica \int h(u) g(t-u)\,du, porque essa forma deixa claro os limites efetivos dependendo de t.

Passo 3

Fazemos a troca de variável simples para obter a forma padrão da convolução. Seja u=t-r. Então:
  • r = t-u,
  • d r = -d u.
Aplicando isso na integral,
\int_{0}^{1} h(t-r)\,g(r)\,d r = \int_{r=0}^{r=1} h(u)\,g(t-u)\,(-d u).
Invertendo os limites para eliminar o sinal negativo, obtemos
\int_{0}^{1} h(t-r)\,g(r)\,d r = \int_{t-1}^{t} h(u)\,g(t-u)\,d u.
Essa é uma forma útil: a integração em u é sobre o intervalo [t-1,t].

Passo 4

Agora vamos tornar explícitos os limites de integração úteis quando h e g têm suporte em [0,1] (o que é compatível com a integral inicial em r\in[0,1]). Para que o integrando h(u)\,g(t-u) seja diferente de zero, ambos os argumentos devem estar no suporte relevante:
  • precisamos de u\in[0,1] para h(u) ser possivelmente não nulo,
  • e precisamos de t-u\in[0,1] para g(t-u) ser possivelmente não nulo.
A condição t-u\in[0,1] é equivalente a u\in[t-1,t]. Portanto o conjunto de u que realmente contribui é a interseção
u\in[0,1]\cap[t-1,t].
Interseção de intervalos dá os limites
u\in\big[\max(0,t-1),\\ \min(1,t)\big].
Logo podemos escrever a convolução em forma compacta e prática:
\psi(t)=\int_{\max(0,t-1)}^{\min(1,t)} h(u)\,g(t-u)\,d u.
Essa é a fórmula que você usa na prova: reduz a integral à faixa onde ambos os fatores são ativos.

Passo 5

Vamos traduzir isso numa expressão peça a peça em função de t. A interseção [\max(0,t-1),\min(1,t)] muda conforme t. Há quatro regimes:
  1. Se t<0: então \min(1,t)=t<0 e \max(0,t-1)=0, mas o limite superior é menor que o inferior, logo não há contribuição e
\psi(t)=0\quad\text{para }t<0.
  1. Se 0\le t\le 1: então \max(0,t-1)=0 e \min(1,t)=t. A integral fica
\psi(t)=\int_{0}^{t} h(u)\,g(t-u)\,d u\quad\text{para }0\le t\le 1.
  1. Se 1\le t\le 2: então \max(0,t-1)=t-1 e \min(1,t)=1. A integral fica
\psi(t)=\int_{t-1}^{1} h(u)\,g(t-u)\,d u\quad\text{para }1\le t\le 2.
  1. Se t>2: então \max(0,t-1)=t-1>1 e a interseção é vazia, logo
\psi(t)=0\quad\text{para }t>2.
Esses casos aparecem sempre que convolvemos duas funções com suporte em [0,1]: o suporte do resultado fica em [0,2] e a expressão é triangularmente piecewise como acima.

Passo 6

Um exemplo concreto para fixar a ideia (muito útil para a prova): tome h(u)=1 e g(u)=1 para u\in[0,1] (função degrau unitária no intervalo). Aplicando a fórmula peça a peça:
  • Para 0\le t\le 1:
\psi(t)=\int_{0}^{t} 1\cdot 1\,d u = t.
  • Para 1\le t\le 2:
\psi(t)=\int_{t-1}^{1} 1\cdot 1\,d u = 1-(t-1)=2-t.
  • Fora de [0,2] é zero. Então obtemos o clássico triângulo:
\psi(t)=\begin{cases} 0, & t<0,\\[4pt] t, & 0\le t\le 1,\\[4pt] 2-t, & 1\le t\le 2,\\[4pt] 0, & t>2. \end{cases}
Esse exemplo mostra como usar a expressão geral na prática.]

Passo 7

Resumo prático para a hora da prova: transforme a integral original com r em uma integral em u e escreva os limites como interseção de intervalos. A fórmula pronta e rápida é
\psi(t)=\int_{\max(0,t-1)}^{\min(1,t)} h(u)\,g(t-u)\,d u,
e, se h e g têm suporte em [0,1], então equivalem às expressões peça a peça dadas no Passo 5.

Resposta

\psi(t)=\int_{\max(0,t-1)}^{\min(1,t)} h(u)\,g(t-u)\,d u
\psi(t)= \begin{cases} 0, & t<0,\\[4pt] \displaystyle \int_{0}^{t} h(u)\,g(t-u)\,d u, & 0\le t\le 1,\\[8pt] \displaystyle \int_{t-1}^{1} h(u)\,g(t-u)\,d u, & 1\le t\le 2,\\[8pt] 0, & t>2. \end{cases}]

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