Esboce a saída de um sistema linear e invariante no tempo cuja resposta ao impulso é
h(t)=u(t+1)-2 u(t)+u(t-1)
para as entradas
a) x(t)=u(t)
b) x(t)=-u(t)+2 u(t-1)-u(t-2)

Passo 1

O enunciado pede a saída y(t) de um sistema LTI cuja resposta ao impulso é
h(t)=u(t+1)-2,u(t)+u(t-1)
para duas entradas diferentes:
a) x(t)=u(t)
b) x(t)=-u(t)+2,u(t-1)-u(t-2)
Conteúdo: convolução em tempo contínuo, uso de superposição e deslocamento de sinais.

Passo 2

Primeiro, escrevemos h(t) em forma de “retângulos” usando o comportamento dos degraus:
- Para t< -1: todos os u são zero, logo h(t)=0.
- Para -1<= t<0: tem-se u(t+1)=1, u(t)=0, u(t-1)=0, logo
h(t)=1-0+0=1
- Para 0<= t<1: u(t+1)=1, u(t)=1, u(t-1)=0, logo
h(t)=1-2cdot1+0=-1
- Para t>=1: todos os degraus são 1, então h(t)=1-2+1=0.
Resumindo:
h(t)= 0, & t< -1, 1, & -1<= t<0, -1,& 0<= t<1, 0, & t>=1

Passo 3

(a) Para
ou seja a “integração” cumulativa de . Avaliando por faixas:
- : não entra na região onde , logo .
- : integra-se de até , dando
- : já integrou de a (área ) e de a integra , logo
- : toda área de já foi “percorrida” e soma a zero, então .
Em forma fechada:
Isto é um triângulo de base a ) e pico em .

Passo 4

(b) Para
x(t)=-u(t)+2,u(t-1)-u(t-2),
usamos superposição e deslocamento:
y2(t)=xast h =-l[uast hr](t) +2l[uast hr](t-1) -l[uast hr](t-2) =-y1(t)+2,y1(t-1)-y1(t-2)
Sabendo que y1(t) é não nula só em [-1,1], determinamos y2(t) trecho a trecho:
Para t< -1 e t>=3: todas as três funções estão nulas to y2(t)=0.
Para -1<= t<0: só y1(t) vive em [-1,1], então
y2(t)=-y1(t)=-(t+1)=-t-1
Para 0<= t<1: entram -y1(t) (onde y1=1-t) e 2,y1(t-1) (onde y1(t-1)=(t-1)+1=t), logo
y2(t)=-(1-t)+2cdot t =3t-1
Para 1<= t<2: entram as três parcelas:
y2(t)=-(1-t)+2,(2-t)-(t-1) =4-2t
Para 2<= t<3: só sobrevive -y1(t-2), com y1(t-2)=1-(t-2)=3-t, portanto
y2(t)=-(3-t)=t-3

Resposta

a)
y1(t)= 0, & t< -1, t+1, & -1<= t<0, 1-t, & 0<= t<1, 0, & t>=1
b)
y2(t)= 0, & t< -1, -t-1, & -1<= t<0, 3t-1, & 0<= t<1, 4-2t, & 1<= t<2, t-3, & 2<= t<3, 0, & t>=3

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