Questão 1)(valor 1.0 ponto) Um sistema LTI de tempo contínuo tem entrada x(t)=\left(1-e^{-2 t}\right) u(t). Para essa entrada x(t), observa-se que a saída é y(t)=\left(1-2 e^{-t}+3 e^{-2 t}\right) u(t). Encontre a resposta ao impulso desse sistema.

Passo 1

O enunciado dá a entrada e a saída de um sistema LTI causal no tempo contínuo e pede a resposta ao impulso do sistema. Dados fornecidos:
  • Entrada: x(t)=\left(1-e^{-2 t}\right)u(t).
  • Saída: y(t)=\left(1-2 e^{-t}+3 e^{-2 t}\right)u(t).
    O que se pede: encontrar a resposta ao impulso h(t) desse sistema, isto é, a função (ou distribuição) tal que y(t)=h(t)*x(t) (convolução).

Passo 2

Estratégia escolhida (apenas anunciando a ferramenta; a resolução começa no passo seguinte): para sistemas LTI causais é muito prático usar a transformada de Laplace unilateral porque transforma convolução em produto: \mathcal{L}\{y(t)\}=\mathcal{L}\{h(t)\}\,\mathcal{L}\{x(t)\}. Assim calculo \mathcal{L}\{x(t)\}, \mathcal{L}\{y(t)\}, obtenho \mathcal{L}\{h(t)\}=\dfrac{\mathcal{L}\{y(t)\}}{\mathcal{L}\{x(t)\}} e faço a transformada inversa.

Passo 3

Lembrete (fórmulas que vou usar):
  • Definição da transformada de Laplace unilateral para sinais causais: \displaystyle \mathcal{L}\{f(t)\}=\int_{0}^{\infty} f(t)e^{-s t}\,dt.
  • Transformadas padrões úteis:
    • \displaystyle \mathcal{L}\{u(t)\}=\frac{1}{s}.
    • \displaystyle \mathcal{L}\{e^{-a t}u(t)\}=\frac{1}{s+a} (para \Re(s)>-a).
    • Para distribuições: \displaystyle \mathcal{L}\{\delta(t)\}=1 e \displaystyle \mathcal{L}\{\delta'(t)\}=s.
      Cada símbolo: s é a variável complexa da transformada; a é constante positiva aqui; u(t) é a função degrau unitário; \delta(t) é o impulso de Dirac.

Passo 4

Calcular \mathcal{L}\{x(t)\}. Como x(t)=\bigl(1-e^{-2t}\bigr)u(t), aplicando linearidade:
\mathcal{L}\{x(t)\}=\mathcal{L}\{u(t)\}-\mathcal{L}\{e^{-2t}u(t)\}=\frac{1}{s}-\frac{1}{s+2}.
Colocando em único termo:
\mathcal{L}\{x(t)\}=\frac{1}{s}-\frac{1}{s+2}=\frac{(s+2)-s}{s(s+2)}=\frac{2}{s(s+2)}.

Passo 5

Calcular \mathcal{L}\{y(t)\}. Como y(t)=\bigl(1-2e^{-t}+3e^{-2t}\bigr)u(t),
\mathcal{L}\{y(t)\}=\frac{1}{s}-\frac{2}{s+1}+\frac{3}{s+2}.

Passo 6

Obter \mathcal{L}\{h(t)\} por divisão:
\mathcal{L}\{h(t)\}=\frac{\mathcal{L}\{y(t)\}}{\mathcal{L}\{x(t)\}} =\frac{\dfrac{1}{s}-\dfrac{2}{s+1}+\dfrac{3}{s+2}}{\dfrac{2}{s(s+2)}}.
Multiplico numerador e denominador convenientemente para simplificar:
\mathcal{L}\{h(t)\}=\frac{s(s+2)}{2}\left(\frac{1}{s}-\frac{2}{s+1}+\frac{3}{s+2}\right).
Agora desenvolvo termo a termo:
\mathcal{L}\{h(t)\}=\frac{s+2}{2}-\frac{s(s+2)}{s+1}+\frac{3s}{2}.
Somando os termos com denominador comum onde necessário:
\frac{s+2}{2}+\frac{3s}{2}=2s+1,
logo
\mathcal{L}\{h(t)\}=2s+1-\frac{s(s+2)}{s+1}.
Coloco em um único quociente sobre (s+1):
\mathcal{L}\{h(t)\}=\frac{(2s+1)(s+1)-s(s+2)}{s+1} =\frac{s^{2}+s+1}{s+1}.

Passo 7

Simplificar \mathcal{L}\{h(t)\} por divisão polinomial:
\frac{s^{2}+s+1}{s+1}=s+\frac{1}{s+1}.
Portanto
\mathcal{L}\{h(t)\}=s+\frac{1}{s+1}.

Passo 8

Aplicar a transformada inversa de Laplace termo a termo:
  • O termo \dfrac{1}{s+1} tem inversa \,e^{-t}u(t).
  • O termo s corresponde à transformada de \delta'(t), pois \mathcal{L}\{\delta'(t)\}=s.
    Assim, a resposta ao impulso (que pode ser uma distribuição) é
h(t)=\delta'(t)+e^{-t}u(t).

Passo 9

Comentário didático final (como usar isso numa prova): sempre que der entrada e saída de um LTI causal com combinações de expoentes multiplicados por u(t), a forma mais direta é:
  1. Calcular X(s) e Y(s).
  2. Fazer H(s)=Y(s)/X(s).
  3. Simplificar e inverter.
    Se aparecer um polinômio em s em H(s) isso indica termos impulsivos (ex.: 1 -> \delta(t), s -> \delta'(t), etc.). Não esquecer que esses termos são distribuições, perfeitamente válidos como resposta ao impulso de sistemas que tenham derivadas ou “ação instantânea” no caminho.

Resposta

\;h(t)=\delta'(t)+e^{-t}u(t)

Exercícios relacionados