( 1,5 pts ) Um sistema contínuo, linear, invariante no tempo e causal tem resposta ao degrau unitário dada por y1(t)=[1-t e^-t-e^-t] u(t). Para um sinal de entrada x(t) desconhecido, sabe-se que a saída desse mesmo sistema é dada por y2(t)=[2+3 e^-2 t+t e^-t-5 e^-t] u(t).
Determine o sinal de entrada x(t).

Passo 1

O enunciado diz que o sistema é LTI, causal e contínuo, e que sua resposta ao degrau unitário é
y1(t)=l(1 - t e^-t - e^-tr)u(t)
Além disso, para uma entrada desconhecida x(t), a saída é
y2(t)=l(2 + 3e^-2t + t e^-t - 5e^-tr)u(t)
Queremos encontrar x(t). Vamos precisar usar a transformada de Laplace, a relação entre resposta ao degrau e função impulso, e a propriedade de convolução.

Passo 2

Primeiro encontramos a transformada de Laplace de y1(t). Como
y1(t)=1cdot u(t);- e^-tu(t);- e^-tt,u(t),
temos
Y1(s)=1s - 1s+1 - 1(s+1)^2

Passo 3

Sabendo que a resposta ao degrau y1(t) satisfaz Y1(s)=H(s),/,s, obtemos a função de transferência
$$H(s)=s,Y_{1}(s)=s\Bigl(\frac{1}{s} - \frac{1}{s+1} - \frac{1}{(s+1)^{2}}\Bigr).
H(s)=s,Y1(s)=sl(1s - 1s+1 - 1(s+1)^2r) çãH(s)=\frac{1}{(s+1)^{2}}.$$

Passo 4

Agora calculamos a transformada de Laplace de y2(t):
y2(t)=2u(t)+3e^-2tu(t)+te^-tu(t)-5e^-tu(t),
então
Y2(s)=2s+3s+2+1(s+1)^2-5s+1

Passo 5

Como em regime LTI vale Y2(s)=H(s),X(s), temos
$$X(s)=\frac{Y_{2}(s)}{H(s)}=Y_{2}(s),(s+1)^{2}.
X(s)=Y2(s)H(s)=Y2(s),(s+1)^2 X(s)=\Bigl(\frac{2}{s}+\frac{3}{s+2}+\frac{1}{(s+1){2}}-\frac{5}{s+1}\Bigr)(s+1){2}.
X(s)=l(2s+3s+2+1(s+1)^2-5s+1r)(s+1)^2 ãôéX(s)=\frac{2}{s}+\frac{3}{s+2}.$$

Passo 6

Finalmente, aplicamos a transformada inversa de Laplace em X(s):
X(s)=2slongrightarrow 2,u(t),
$$X(s)=\frac{3}{s+2}\quad\longrightarrow\quad 3e^{-2t}u(t).
$$
Somando, chega-se ao sinal de entrada.

Resposta

x(t)=l(2+3e^-2tr),u(t).

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