A entrada X(t) de um sistema LIT é um processo estocástico W W S com \mu_{X}=-3 volts. A resposta ao impulso do sistema é
h(t)=\left\{\begin{array}{l}1-10^{6} t^{2}, \text { se } 0 \leq t \leq 10^{-3} s ; \\\\ 0, \text { caso contrário. }\end{array}\right.á
Qual é o valor esperado da saída Y(t) do processo?

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações (vou listar bem claro o que vem de cada parte):
  • A entrada X(t)\) é um processo estocástico WSS (wide-sense stationary) com média constante \(\mu_{X}=-3\\ \text{V}\). - A resposta ao impulso do sistema LIT é \[h(t)=\begin{cases} 1-10^{6}t^{2}, & 0\le t\le 10^{-3}\\ \text{s},\\[4pt] 0, & \text{caso contrário.} \end{cases}
  • A pergunta é: qual é o valor esperado (a média) da saída (Y(t)] do processo?]

Passo 2

Conceito e fórmula que vamos usar (explicando devagar como se estivéssemos juntos na prova).
  • Para um sistema linear e invariante no tempo (LIT), a saída Y(t) é a convolução da entrada X(t) com h(t):
Y(t) = (h * X)(t) = \int_{-\infty}^{+\infty} h(\tau)\,X(t-\tau)\,d\tau.
  • Aplicando expectativa (lembra: expectativa é linear, podemos trocar expectativa e integral porque tudo é apropriado aqui), obtemos
\mathbb{E}[Y(t)] = \mathbb{E}\!\left[\int_{-\infty}^{+\infty} h(\tau)\,X(t-\tau)\,d\tau\right] = \int_{-\infty}^{+\infty} h(\tau)\,\mathbb{E}[X(t-\tau)]\,d\tau.
Nessa passagem usei a linearidade da esperança e a permitida troca de integral e esperança (passagem padrão em sinais estocásticos).

Passo 3

Usando que X(t) é WSS:
  • Para um processo WSS a média é constante no tempo, ou seja \mathbb{E}[X(t-\tau)]=\mu_{X} para todo t,\tau.
  • Assim a expressão da média da saída simplifica para
\mathbb{E}[Y(t)] = \int_{-\infty}^{+\infty} h(\tau)\,\mu_{X}\,d\tau = \mu_{X}\int_{-\infty}^{+\infty} h(\tau)\,d\tau.
Observação prática: h(\tau) é zero fora de [0,10^{-3}], então a integral vai só de 0 a 10^{-3}.

Passo 4

Calcular a integral de h no suporte onde é não nula:
I \equiv \int_{-\infty}^{+\infty} h(\tau)\,d\tau = \int_{0}^{10^{-3}} \bigl(1-10^{6}\tau^{2}\bigr)\,d\tau.
Vou integrar termo a termo:
\int_{0}^{10^{-3}} 1\,d\tau = \left[\tau\right]_{0}^{10^{-3}} = 10^{-3}.
\int_{0}^{10^{-3}} 10^{6}\tau^{2}\,d\tau = 10^{6}\left[\frac{\tau^{3}}{3}\right]_{0}^{10^{-3}} = 10^{6}\cdot\frac{(10^{-3})^{3}}{3} = 10^{6}\cdot\frac{10^{-9}}{3} = \frac{10^{-3}}{3}.
Subtraindo:
I = 10^{-3} - \frac{10^{-3}}{3} = \frac{2}{3}\,10^{-3}.

Passo 5

Voltar à expressão da média da saída e substituir \mu_{X} e I:
\mathbb{E}[Y(t)] = \mu_{X}\cdot I = \mu_{X}\cdot\frac{2}{3}\,10^{-3}.
Substituindo \mu_{X}=-3\\ \text{V} obtemos
\mathbb{E}[Y(t)] = (-3)\cdot\frac{2}{3}\,10^{-3}.

Resposta

-2\times 10^{-3}\\ \text{V}

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