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:
x(t)=u(t)

Passo 1

O enunciado diz que temos um sistema LTI com resposta ao impulso
h(t)=u(t+1)-2,u(t)+u(t-1)
e a entrada é x(t)=u(t). Para achar a saída y(t) vamos usar a convolução
y(t)=l(h*xr)(t)=integral-infty^inftyh(tau),x(t-tau),dtau

Passo 2

Como x(t)=u(t), temos x(t-tau)=u(t-tau), que vale 1 se tau<= t e 0 caso contrário. Logo
y(t)=integral-infty^th(tau),dtau
Isto mostra que y(t) é a integral acumulada de h(tau) de -infty até t.

Passo 3

Vamos integrar cada termo de h(tau) separadamente:
integral-infty^tu(tau+1),dtau=(t+1),u(t+1),
integral-infty^tu(tau),dtau=t,u(t),
integral-infty^tu(tau-1),dtau=(t-1),u(t-1)
Portanto
y(t)=(t+1),u(t+1)-2,t,u(t)+(t-1),u(t-1)

Passo 4

Agora determinamos y(t) em cada intervalo chave de t:
  • Para t< -1: todos os passos estão em zero, então y(t)=0.
  • Para -1<= t<0: só u(t+1)=1, os outros dois são zero, logo y(t)=t+1.
  • Para 0<= t<1: u(t+1)=1 e u(t)=1, mas u(t-1)=0, logo y(t)=(t+1)-2,t=1-t
  • Para t>=1: todos os passos valem 1, então y(t)=(t+1)-2,t+(t-1)=0
Juntando em forma de casos:
y(t)= 0, & t< -1, t+1, & -1<= t<0, 1-t, & 0<= t<1, 0, & t>=1

Passo 5

O gráfico de y(t) é, portanto, um pulso triangular que cresce linearmente de 0 a 1 no intervalo [-1,0] e decresce linearmente de 1 a 0 no intervalo [0,1], sendo zero fora de [-1,1].

Resposta

y(t)= 0, & t< -1, t+1, & -1<= t<0, 1-t, & 0<= t<1, 0, & t>=1,
que corresponde a um triângulo de base em [-1,1] e altura 1.

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