(LATHI, Problema 2.4-29, p. 219) O sinal periódico x(t) (ou seja, o seu comportamento é semelhante para todo o intervalo -\infty<t<+\infty) corresponde à entrada de um sistema com função de resposta ao impulso dada por h(t)=t\left[u(t)-u\left(t-\frac{3}{2}\right)\right]. Use a convolução para determinar a saída y(t) deste sistema. Trace y(t) no intervalo (-3 \leq t \leq 3).

Passo 1

O enunciado nos dá um sistema LTI cuja entrada é o sinal periódico x(t), um trem de pulsos retangulares de período T=2 e largura 1, definido por
x(t)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}\Bigl[u(t-2n)-u\bigl(t-(2n+1)\bigr)\Bigr],
e com resposta ao impulso
h(t)=t\bigl[u(t)-u(t-\tfrac{3}{2})\bigr].
Queremos usar convolução para encontrar
y(t)=(x*h)(t)
e traçar y(t) no intervalo -3\le t\le3.

Passo 2

Como h(t) tem suporte finito em 0\le t\le\tfrac32, o sinal de saída fica
y(t)=\int_{-\infty}^{\infty}x(\tau)\,h(t-\tau)\,d\tau =\int_{-\infty}^{\infty}x(\tau)\,(t-\tau)\bigl[u(t-\tau)-u(t-\tau-\tfrac32)\bigr]\,d\tau.
Mas \bigl[u(t-\tau)-u(t-\tau-\tfrac32)\bigr] restringe \tau a
t-\tfrac32\le\tau\le t,
de modo que
y(t)=\int_{t-\tfrac32}^{\,t}x(\tau)\,(t-\tau)\,d\tau.

Passo 3

Dentro desse intervalo \tau\in[t-\tfrac32,t], x(\tau)=1 apenas quando \tau cai em cada pulso [2n,2n+1]. Como y(t) será periódico de mesmo período 2, basta achar um “período-tipo” definindo u = t - 2k no intervalo 0\le u<2. Então para t geral teremos
y(t)=f\bigl(u = t-2k\bigr),
onde k é o inteiro tal que u\in[0,2) e a função f(u) é dada a seguir.

Passo 4

Para 0 \le u < 2 definimos
f(u)=\int_{u-\tfrac32}^{u}x(\tau)\,(u-\tau)\,d\tau,
mas os únicos pulsos não nulos de x(\tau) são \tau\in[0,1] e \tau\in[2,3]. No intervalo 0\le u<2 só a região [0,1] pode contribuir, até que u ultrapasse 2. Assim subintervalizamos u\in[0,2) em três casos:

Passo 5

Caso A: 0 \le u \le 1. Aqui u-\tfrac32\le -\tfrac12, então a integração cai inteira em [0,u]\subset[0,1].
f(u)=\int_{0}^{u}(u-\tau)\,d\tau =\Bigl[u\tau-\tfrac12\,\tau^2\Bigr]_{0}^{u} =\tfrac12\,u^2.
Caso B: 1 \le u \le 1{,}5. Agora u-\tfrac32<0 mas u>1, então a integração vai de \tau=0 até \tau=1:
f(u)=\int_{0}^{1}(u-\tau)\,d\tau =\Bigl[u\tau-\tfrac12\,\tau^2\Bigr]_{0}^{1} =u-\tfrac12.
Caso C: 1{,}5 \le u < 2. Neste trecho o limite inferior u-\tfrac32 ainda fica em [0,1], e o limite superior u já está em (1,2), mas x(\tau)=1 só até \tau=1. Logo
f(u) =\int_{u-\tfrac32}^{1}(u-\tau)\,d\tau =\Bigl[u\tau-\tfrac12\,\tau^2\Bigr]_{u-\tfrac32}^{1} =-\tfrac12\,u^2+u+\tfrac58.

Passo 6

Portanto a resposta em um período padrão é
f(u)= \begin{cases} \tfrac12\,u^2, & 0 \le u \le 1,\\[6pt] u-\tfrac12, & 1 \le u \le 1{,}5,\\[4pt] -\tfrac12\,u^2 + u + \tfrac58, & 1{,}5 \le u < 2, \end{cases}
e a saída periódica é
y(t)=f\bigl(u=(t\!\!\!\!\mod 2)\bigr),
com y(t+2)=y(t).]

Passo 7

Para traçar y(t) em -3\le t\le3, basta repetir o bloco acima a cada 2 unidades. O gráfico de cada período tem três seções:
  1. De u=0 a 1, cresce quadraticamente de 0 a 0{,}5.
  2. De u=1 a 1{,}5, cresce linearmente de 0{,}5 a 1.
  3. De u=1{,}5 a 2, decresce suavemente (quadrático) de 1 a 0{,}625.
    Repita esse padrão para cobrir todo -3\le t\le3.

Resposta

A saída é o sinal periódico de período 2\) dado por \[y(t)= \begin{cases} \tfrac12\,u^2, & 0 \le u \le 1,\\[6pt] u-\tfrac12, & 1 \le u \le 1{,}5,\\[4pt] -\tfrac12\,u^2 + u + \tfrac58, & 1{,}5 \le u < 2, \end{cases} \quad u = t \;\bmod\; 2,
e o gráfico no intervalo -3\le t\le3\] é a repetição desse trecho de comprimento \(2.]

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