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 seguintes entradas:
(b) x(t)=u(t)-u(t-1)

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)
quando a entrada é
x(t)=u(t)-u(t-1)
O conteúdo envolvido é a convolução de sinais em tempo contínuo:
y(t)=(h * x)(t)=integral-infty^inftyh(tau),x(t-tau),dtau

Passo 2

Antes de convolver, determinamos as formas a pedaços de h(t) e de x(t):
h(t)= 0, & t< -1, 1, & -1<= t<0, -1,& 0<= t<1, 0, & t>=1,
pois
u(t+1)= 1,&t>-1,0,&t<= -1, u(t)= 1,&t>0,0,&t<= 0, u(t-1)= 1,&t>1,0,&t<=1,
e
x(t)= 1, &0<= t<1, 0, &caso contrário á

Passo 3

A convolução em geral fica
y(t)=integral-infty^inftyh(tau),x(t-tau),dtau =integralt-1^th(tau),dtau
porque x(t-tau)=1 só quando 0<= t-tau<1, isto é, tauin[t-1,t). Além disso h(tau)neq0 só em [-1,1), logo a saída estará suportada em
[-1,1]+[0,1)=[-1,2)

Passo 4

Para -1<= t<0 a faixa de integração é tauin[-1,t)subset[-1,0), onde h(tau)=1. Então
y(t)=integral-1^t1,dtau=(t-(-1))=t+1
Para 0<= t<1 a faixa é tauin[t-1,0)cup[0,t). Em [t-1,0) temos h=1 e em [0,t) temos h=-1, logo
y(t)=integralt-1^01,dtau+integral0^t(-1),dtau =(0-(t-1))-(t-0)=1-t- t=1-2t

Passo 5

Para 1<= t<2 a faixa é tauin[t-1,1)subset[0,1), onde h(tau)=-1. Assim
y(t)=integralt-1^1(-1),dtau=-(1-(t-1))=t-2
Fora desses intervalos ( t<-1 ou t>=2) temos y(t)=0.

Passo 6

Reunindo tudo, a saída é um pulso triangular duplo, que cresce de zero em t=-1 até y(0)=1, cai até y(1)=-1 e volta a zero em t=2. O esboço é:
— Para t<-1: y(t)=0
— De -1 a 0: reta crescente de 0 a 1
— De 0 a 1: reta decrescente de 1 a -1
— De 1 a 2: reta crescente de -1 a 0
— Para t>=2: y(t)=0

Resposta

y(t)= 0, & t< -1, t+1, & -1<= t<0, 1-2t, & 0<= t<1, t-2, & 1<= t<2, 0, & t>=2

Exercícios relacionados