Encontre a resposta ao estado nulo y(t) dos sistemas LTIC (linear, time-invariant, continuous-time) abaixo:
h(t)=e^{-2 t} u(t) \quad x(t)=e^{-t} u(t)

Passo 1

O enunciado dá as duas funções tempo-contínuo (peguei exatamente do enunciado):
  • h(t)=e^{-2 t}\,u(t).
  • x(t)=e^{-t}\,u(t).
O que é pedido:
  • Encontrar a resposta ao estado nulo y(t) do sistema LTIC dado esses h(t) e x(t).
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • Ambas as funções são multiplicadas por u(t), a função degrau unitário, portanto são causais (valem zero para t<0).
  • A resposta ao estado nulo corresponde à saída do sistema quando não há condições iniciais, ou seja, depende apenas da entrada x(t) e da resposta ao impulso h(t).

Passo 2

Decidindo o método: há duas maneiras naturais e equivalentes para obter y(t):
  • Usar a integral de convolução no domínio do tempo.
  • Usar transformada de Laplace: Y(s)=H(s)X(s) e inverter.
Vou usar a convolução no tempo porque é direto, é a forma mais elementar do que o enunciado pede e permite praticar o cálculo da integral passo a passo sem precisar de tabelas de Laplace. Se preferir, mais abaixo dou uma rápida checagem mental com Laplace.

Passo 3

Recordando (e explicando) a fórmula que precisamos aplicar: a resposta ao estado nulo de um sistema linear e invariante no tempo é a convolução da resposta ao impulso com a entrada. A definição da convolução é
y(t)=\int_{-\infty}^{\infty} h(\tau)\,x(t-\tau)\,d\tau.
Aqui \tau é a variável de integração (um “tempo intermediário”) e t é o tempo onde queremos avaliar a saída. Vou agora usar as expressões dadas para h e x.

Passo 4

Substituindo h(\tau)=e^{-2\tau}u(\tau) e x(t-\tau)=e^{-(t-\tau)}u(t-\tau) na integral, obtemos
y(t)=\int_{-\infty}^{\infty} e^{-2\tau}u(\tau)\; e^{-(t-\tau)}u(t-\tau)\;d\tau.
Agora determinamos os limites de integração usando as funções degrau:
  • u(\tau) exige \tau\ge0.
  • u(t-\tau) exige t-\tau\ge0, isto é \tau\le t.
Como as duas devem ser verdadeiras simultaneamente, a integração não-trivial ocorre quando 0\le\tau\le t. Para t<0 esse intervalo é vazio e y(t)=0. Logo a integral reduz-se, para t\ge0, a
y(t)=\int_{0}^{t} e^{-2\tau}\,e^{-(t-\tau)}\,d\tau.

Passo 5

Simplificando o integrando:
e^{-2\tau}\,e^{-(t-\tau)} = e^{-t}\,e^{- \tau}.
Portanto, para t\ge0,
y(t)=\int_{0}^{t} e^{-t}\,e^{-\tau}\,d\tau = e^{-t}\int_{0}^{t} e^{-\tau}\,d\tau.
Agora calculamos a primitiva de e^{-\tau}: \int e^{-\tau}\,d\tau = -e^{-\tau}. Avaliando nos limites de 0 a t obtém-se
\int_{0}^{t} e^{-\tau}\,d\tau = \bigl[-e^{-\tau}\bigr]_{0}^{t} = -e^{-t} -(-e^{0}) = 1 - e^{-t}.
Substituindo de volta,
y(t)=e^{-t}\,\bigl(1 - e^{-t}\bigr)=e^{-t}-e^{-2t},\qquad t\ge0.
Para t<0 temos y(t)=0 (porque ambos os sinais são causais). Assim podemos escrever a solução com o degrau unitário:
y(t)=\bigl(e^{-t}-e^{-2t}\bigr)\,u(t).

Passo 6

Checagens rápidas e intuição:
  • No instante t=0^+ temos y(0^+)=1-1=0, que faz sentido porque a convolução de duas exponenciais causais pode começar em zero.
  • Comportamento para t\to\infty: y(t)\to0 porque ambas as exponenciais se anulam, consistente com um sistema estável.
  • Alternativa (rápida): em Laplace, H(s)=\dfrac{1}{s+2}, X(s)=\dfrac{1}{s+1}, então Y(s)=\dfrac{1}{(s+1)(s+2)}. Frações parciais dão \dfrac{1}{s+1}-\dfrac{1}{s+2}, cuja transformada inversa é exatamente e^{-t}-e^{-2t} multiplicada por u(t). Portanto a resposta está consistente.

Resposta

y(t)=\bigl(e^{-t}-e^{-2t}\bigr)\,u(t)

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