Esboce a saída de um sistema linear e invariante no tempo cuja resposta ao impulso é
h(t)=t G1(t-0.5)
para a entrada x(t)=u(t)-u(t-1)+de<a(t-4)

Passo 1

O enunciado dá um sistema LTI com resposta ao impulso
h(t)=t,G1(t-0.5)
onde G1 é o degrau unitário, isto é
h(t)=t,u(t-0.5),
e a entrada
x(t)=u(t)-u(t-1)+de<a(t-4)
Como o sistema é linear e invariante no tempo, a saída é
y(t)=h(t)*x(t)

Passo 2

Separamos x(t) em duas partes:
x1(t)=u(t)-u(t-1)(pulso em [0,1]),
x2(t)=de<a(t-4)
Então
y(t)=y1(t)+y2(t),
com
y1(t)=h(t)*x1(t), y2(t)=h(t)*de<a(t-4)

Passo 3

Para y1(t) usamos
y1(t) =integral-infty^inftyh(tau),x1(t-tau),dtau =integral0^1h(t-tau),dtau,
pois x1(t-tau)=1 só quando 0<= t-tau<=1.
Além disso h(t-tau)=(t-tau),u(t-tau-0.5), que só vale algo se t-tau>=0.5 iff tau<= t-0.5.
Logo o limite superior de integração é min(1,t-0.5) e o inferior é 0, desde que t>=0.5. Para t<0.5, y1(t)=0.

Passo 4

Calculamos a integral em dois casos:
(a) Para 0.5<= t<1.5 temos t-0.5<=1, então
y1(t) =integral0^,t-0.5(t-tau),dtau =l[ttau-tfrac12tau^2r]0^t-0.5 =t(t-0.5)-tfrac12(t-0.5)^2 =tfrac12t^2-tfrac18
(b) Para t>=1.5 temos t-0.5>=1, então
y1(t) =integral0^1(t-tau),dtau =l[ttau-tfrac12tau^2r]0^1 =t-tfrac12
E para t<0.5, y1(t)=0.

Passo 5

Para y2(t) (convolução com de<a) vale
y2(t)=h(t-4)=(t-4),ul((t-4)-0.5r)=(t-4),u(t-4.5)

Passo 6

Somando:
y(t)= 0, & t<0.5,[6pt] dfrac12t^2-dfrac18, & 0.5<= t<1.5,[6pt] t-tfrac12, & 1.5<= t<4.5,[6pt] l(t-tfrac12r)+l(t-4r), & t>=4.5
Para t>=4.5 a rampa de coeficiente 1 ganha mais uma rampa de coeficiente 1, virando coeficiente 2.
No esboço fica assim:
– De t<0.5 zero.
– De 0.5 a 1.5, cresce como parábola até y(1.5)=1.
– De 1.5 a 4.5, rampa de inclinação 1.
– A partir de 4.5, rampa de inclinação 2 (soma da segunda resposta).]

Resposta

y(t)= 0, & t<0.5, dfrac12t^2-dfrac18, & 0.5<= t<1.5, t-tfrac12, & 1.5<= t<4.5, 2t-tfrac92, & t>=4.5

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