A resposta ao impulso de um filtro all-pass de primeira ordem é dada por:
h(t)=-\delta(t)+2 e^{-t} u(t)
(a) Encontre a resposta de estado-zero deste filtro para a entrada x(t)=e^{t} u(-t).
(b) Esboce a entrada e a resposta de estado-zero correspondentes.

Passo 1

O enunciado dá a resposta ao impulso do filtro e a entrada, e pede duas coisas. Vou listar tudo claramente.
Dado:
h(t)=-\delta(t)+2 e^{-t} u(t)
x(t)=e^{t} u(-t)
Perguntas:
(a) Encontrar a resposta de estado-zero do sistema (ou seja, a saída LTI devido somente à entrada, assumindo condições iniciais nulas).
(b) Esboçar (desenhar mentalmente ou descrever) a entrada x(t) e a resposta de estado-zero correspondente.
Informações úteis que tenho à mão e que vou usar depois (não estou resolvendo ainda, só anotando):
  • \delta(t) é a função delta de Dirac; convolução com \delta(t) reproduz (ou desloca) a função.
  • u(t) é a função degrau unitário; u(-t) é 1 para t\le 0 e 0 para t>0.
  • A resposta de estado-zero de um sistema LTI é a convolução y_{zs}(t)=(h*x)(t).

Passo 2

Explico a estratégia matemática (fórmula que vou usar) e propriedades que vou aplicar — bem mastigado.
Fórmula de convolução para LTI (zero-estado):
y_{zs}(t)=(h*x)(t)=\int_{-\infty}^{\infty} h(\alpha)\,x(t-\alpha)\,d\alpha.
Aqui \alpha é a variável de integração (um “tempo de atraso”). Essa fórmula diz: para cada \alpha multiplico a contribuição h(\alpha) pela entrada no instante t-\alpha e somo tudo.
Propriedades que vamos usar:
  • Convolução com delta: \displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}\delta(\alpha)\,x(t-\alpha)\,d\alpha = x(t). Em geral, (\delta * x)(t)=x(t).
  • A presença de u(\alpha) na integrando limita a integração a \alpha\ge 0, porque u(\alpha)=0 para \alpha<0.
  • A entrada x(s)=e^{s}u(-s) é não nula somente quando s\le 0. Ao substituir s=t-\alpha, a condição vira t-\alpha\le 0 \iff \alpha\ge t. Assim, o factor u(-(t-\alpha)) pode ser escrito como u(\alpha-t).

Passo 3

Substituo a decomposição de h(\alpha) diretamente na integral e uso a propriedade da delta.
Escrevo:
h(\alpha)=-\delta(\alpha)+2e^{-\alpha}u(\alpha).
Logo
y_{zs}(t)=\int_{-\infty}^{\infty}\big[-\delta(\alpha)+2e^{-\alpha}u(\alpha)\big]\,x(t-\alpha)\,d\alpha.
Separando termos e aplicando convolução com \delta:
y_{zs}(t) = -\int_{-\infty}^{\infty}\delta(\alpha)\,x(t-\alpha)\,d\alpha \;+\; 2\int_{-\infty}^{\infty} e^{-\alpha}u(\alpha)\,x(t-\alpha)\,d\alpha.
Pela propriedade da delta o primeiro termo é simplesmente -x(t). No segundo termo u(\alpha) limita \alpha\ge 0, então
y_{zs}(t) = -x(t) + 2\int_{0}^{\infty} e^{-\alpha}\,x(t-\alpha)\,d\alpha.

Passo 4

Agora substituo explicitamente x(t-\alpha). Lembre que x(s)=e^{s}u(-s), então com s=t-\alpha:
x(t-\alpha)=e^{t-\alpha}\,u(-[t-\alpha])=e^{t-\alpha}\,u(\alpha-t).
Substituo na integral do segundo termo:
2\int_{0}^{\infty} e^{-\alpha}\,x(t-\alpha)\,d\alpha =2\int_{0}^{\infty} e^{-\alpha}\,e^{t-\alpha}\,u(\alpha-t)\,d\alpha.
Simplifico os expoentes:
2\int_{0}^{\infty} e^{t}\,e^{-2\alpha}\,u(\alpha-t)\,d\alpha =2e^{t}\int_{0}^{\infty} e^{-2\alpha}\,u(\alpha-t)\,d\alpha.

Passo 5

A função u(\alpha-t) faz com que a integral só contribua quando \alpha\ge t. Então, combinando com o limite \alpha\ge 0 da integral, a integração efetiva começa em \alpha=\max(0,t) e vai até \infty. Portanto
\int_{0}^{\infty} e^{-2\alpha}\,u(\alpha-t)\,d\alpha = \int_{\max(0,t)}^{\infty} e^{-2\alpha}\,d\alpha.
Essa integral é elementar: para a\ge 0,
\int_{a}^{\infty} e^{-2\alpha}\,d\alpha = \left[-\tfrac{1}{2}e^{-2\alpha}\right]_{a}^{\infty} = \tfrac{1}{2} e^{-2a}.
Logo o segundo termo vale
2e^{t}\cdot \tfrac{1}{2} e^{-2\max(0,t)} = e^{t-2\max(0,t)}.
Relembrando o primeiro termo -x(t), temos:
y_{zs}(t) = -x(t) + e^{t-2\max(0,t)}.

Passo 6

Agora avalio os dois casos (peça separados porque \max(0,t) muda com t).
Caso 1: t<0. Então \max(0,t)=0 e x(t)=e^{t} (pois para t<0 a entrada é e^{t}).
Substituindo:
y_{zs}(t) = -e^{t} + e^{t-0} = -e^{t}+e^{t}=0.
Portanto para t<0 a resposta de estado-zero é zero.
Caso 2: t\ge 0. Então \max(0,t)=t e x(t)=0 (pois para t>0 a entrada é nula; no t=0 há ambiguidade de valor de u(0) mas o resultado a seguir coincide com o limite).
Substituindo:
y_{zs}(t) = -0 + e^{t-2t} = e^{-t}.
Portanto para t\ge 0 a resposta de estado-zero é e^{-t}.
Juntando os dois ramos, escrevemos de forma compacta usando o degrau:
y_{zs}(t)=e^{-t}u(t).

Passo 7

Interpretação física e breve explicação pedagógica (por que saiu isso?): o termo -\delta(t) em h(t) gera no tempo presente uma contribuição -x(t). A parte causal 2e^{-t}u(t) realiza uma “soma” das contribuições passadas da entrada, de forma que, para t<0, essa soma cancela exatamente o -x(t) e o resultado fica zero. Para t\ge 0 a entrada já é zero, mas a parte causal do filtro produz uma cauda exponencial e^{-t}. Em palavras simples: o filtro desloca/espelha a energia da entrada (que estava à esquerda de zero) para a direita de zero, resultando numa saída que é uma exponencial decrescente para t\ge 0.

Passo 8

Instruções para esboço (como desenhar os gráficos pedindo no item b), descrito passo a passo para você reproduzir na prova sem medo.
Como desenhar x(t)=e^{t}u(-t):
  • Para t\le 0: plota e^{t}. Isso é uma curva exponencial que tende a 0 quando t\to -\infty e vale 1 em t=0.
  • Para t>0: x(t)=0.
  • No gráfico, marcar o ponto (0,1) e desenhar a curva à esquerda decrescendo para zero à medida que vai para -\infty.
Como desenhar y_{zs}(t)=e^{-t}u(t):
  • Para t<0: y_{zs}(t)=0.
  • Para t\ge 0: plota e^{-t}. Isso é uma exponencial decrescente que vale 1 em t=0 e tende a 0 quando t\to\infty.
  • No gráfico, marcar o ponto (0,1) e desenhar a curva à direita decrescendo.
Observação geométrica útil: as duas curvas se encontram em (0,1) e são “imagens espelhadas” uma da outra ao redor de t=0: a entrada é uma exponencial à esquerda de 0, a saída é a exponencial refletida à direita de 0.

Resposta

(a) \;y_{zs}(t)=e^{-t}u(t)\n
(b) Entrada: x(t)=e^{t}u(-t) — exponencial à esquerda de t=0, com x(0)=1; Resposta de estado-zero: y_{zs}(t)=e^{-t}u(t) — exponencial decrescente à direita de t=0, com y_{zs}(0)=1.

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