Sejam os sinais x(t)=t[u(t+1)-u(t-1)] e y(t)=-u(t+2)+u(t+1).
Para esses sinais, determine o resultado das operações (as equações e os gráficos):
(1,0 pontos ) z(t)=x(t) * y(-t / 2).

Passo 1

Resumo do enunciado: queremos calcular a convolução
z(t)=x(t)*y\Bigl(-\frac t2\Bigr)
em que
x(t)=t\bigl[u(t+1)-u(t-1)\bigr] \quad\text{e}\quad y(t)=-u(t+2)+u(t+1).
O conteúdo envolve transformação de tempo (reversão e escala) em y, identificação dos suportes e, então, aplicação direta da integral de convolução.

Passo 2

Análise de x(t): como
x(t)=t\bigl[u(t+1)-u(t-1)\bigr],
temos u(t+1)=1 para t\ge -1 e u(t-1)=1 para t\ge1. Logo
x(t)= \begin{cases} t,& -1\le t<1,\\\\ 0,&\text{caso contrário.} \end{cases}á

Passo 3

Definimos g(t)=y(-t/2). Primeiro note que
y(\alpha)=-u(\alpha+2)+u(\alpha+1)
é -1 em \alpha\in[-2,-1) e zero fora. Impondo \alpha=-t/2 temos -t/2\in[-2,-1)\iff2<t\le4. Assim
g(t)=y\Bigl(-\frac t2\Bigr)= \begin{cases} -1,&2<t\le4,\\\\ 0,&\text{caso contrário.} \end{cases}á

Passo 4

A convolução fica
z(t)=\int_{-\infty}^{\infty}x(\tau)\,g(t-\tau)\,d\tau =-\int_{\substack{\tau:\\\ 2<t-\tau\le4}}x(\tau)\,d\tau =-\int_{t-4}^{\,t-2}x(\tau)\,d\tau,
onde usamos que g(t-\tau)=-1 se e somente se 2<t-\tau\le4.

Passo 5

Como x(\tau)\neq0 só para \tau\in[-1,1), a integral é não-nula apenas quando [t-4,t-2] intercepta [-1,1). Isso dá a condição
t-4<1 \quad\text{e}\quad t-2>-1 \quad\Longrightarrow\quad 1<t<5.

Passo 6

Há dois subcasos em (1,5):
  • Para 1<t<3, o intervalo de integração [t-4,t-2] fica parcialmente fora à esquerda, então a sobreposição é \tau\in[-1,t-2].
  • Para 3<t<5, o intervalo de integração sobra à direita, e a sobreposição é \tau\in[t-4,1].

Passo 7

Calculamos cada caso:
  1. Se 1<t<3,
z(t)=-\int_{-1}^{\,t-2}\tau\,d\tau =-\Bigl[\tfrac12\tau^2\Bigr]_{-1}^{\,t-2} =-\frac{(t-2)^2-1}{2} =\frac{1-(t-2)^2}{2}.
  1. Se 3<t<5,
z(t)=-\int_{\,t-4}^{1}\tau\,d\tau =-\Bigl[\tfrac12\tau^2\Bigr]_{t-4}^{1} =-\frac{1-(t-4)^2}{2} =\frac{(t-4)^2-1}{2}.

Passo 8

Esboço do gráfico de z(t):
  • z(t)=0 para t\le1 e t\ge5.
  • No trecho 1<t<3 é uma parábola invertida com valor máximo z(2)=\tfrac12.
  • Em t=3 volta a zero e, para 3<t<5, é uma parábola direita com valor mínimo z(4)=-\tfrac12, retornando a zero em t=5.

Resposta

z(t)= \begin{cases} 0,&t\le1,\\[6pt] \dfrac{1-(t-2)^2}{2},&1<t<3,\\[6pt] \dfrac{(t-4)^2-1}{2},&3<t<5,\\[6pt] 0,&t\ge5. \end{cases}]

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