Um sistema LTI responde as seguintes entradas com as saídas correspondentes: se \mathrm{x}(t)=u(t), então \mathrm{y}(t)=2\left(1-e^{-t}\right) u(t) e se \mathrm{x}(t)=\cos (t), então \mathrm{y}(t)=\sqrt{2} \cos (t- \pi / 4). Encontre y(t) para as seguintes entradas:
x(t)=2 u(t)-2 u(t-1)

Passo 1

O enunciado nos dá explicitamente duas respostas do sistema LTI (peguei estes dados do enunciado):
  • Para a entrada x(t)=u(t) a saída é y(t)=2\bigl(1-e^{-t}\bigr)u(t).
  • Para a entrada x(t)=\cos(t) a saída é y(t)=\sqrt{2}\cos\bigl(t-\tfrac{\pi}{4}\bigr).
O que se pede:
  • Encontrar a saída y(t) quando a entrada é x(t)=2u(t)-2u(t-1).

Passo 2

Interpretação útil (fato sobre sistemas LTI que vou usar): para um sistema LTI causal, a resposta ao degrau unitário u(t), chamada de resposta ao degrau s(t), está relacionada à resposta ao impulso h(t) pela derivada:
h(t)=\frac{d}{dt}s(t).
Explicando devagar: s(t) é a saída quando a entrada é u(t). Como u(t) é a integral do impulso \delta(t) (isto é, u(t)=\int_{-\infty}^{t}\delta(\tau)\,d\tau), ao derivar a resposta ao degrau recupera-se a resposta ao impulso. Para sistemas causais sem salto em s(t) em t=0 não aparece termo em \delta(t) extra; aqui s(0)=2(1-e^{0})=0, então não há termo delta adicional.
Do enunciado eu peguei s(t)=2\bigl(1-e^{-t}\bigr)u(t). Vou derivar isso para obter h(t).

Passo 3

Derivando s(t)=2\bigl(1-e^{-t}\bigr)u(t):
Para t<0 temos u(t)=0 e s(t)=0. Para t>0 temos u(t)=1 e s(t)=2(1-e^{-t}). A derivada para t>0 é
\frac{d}{dt}s(t)=2\frac{d}{dt}\bigl(1-e^{-t}\bigr)=2\cdot e^{-t}.
Não há termo em \delta(t) porque s(t) é contínua em t=0 (valor 0 à esquerda e à direita). Portanto, a resposta ao impulso é
h(t)=2 e^{-t} u(t).

Passo 4

Verificação curta (opcional, mas dá segurança): a transformada de frequência de h(t)=2e^{-t}u(t) é H(j\omega)=\dfrac{2}{1+j\omega}. Em \omega=1 isso vale H(j1)=2/(1+j)=1-j, que tem módulo \sqrt{2} e fase -\pi/4. Isso bate com a saída observada para \cos t (ganho \sqrt{2}, defasagem -\pi/4), então h(t) está correta.

Passo 5

Agora uso linearidade e invariância temporal do sistema para obter a saída para x(t)=2u(t)-2u(t-1).
Pela linearidade,
y(t)=2\,y_{u}(t)-2\,y_{u(\cdot-1)}(t),
onde y_{u}(t) é a resposta ao degrau u(t) e y_{u(\cdot-1)}(t) é a resposta ao degrau deslocado u(t-1).
Pela invariância temporal, a resposta ao degrau deslocado é o degrau-resposta deslocado: y_{u(\cdot-1)}(t)=s(t-1). Como já sabemos s(t)=2\bigl(1-e^{-t}\bigr)u(t), temos
y(t)=2\,s(t)-2\,s(t-1).
Substituindo s:
y(t)=2\cdot 2\bigl(1-e^{-t}\bigr)u(t)-2\cdot 2\bigl(1-e^{-(t-1)}\bigr)u(t-1).
Ou seja,
y(t)=4\bigl(1-e^{-t}\bigr)u(t)-4\bigl(1-e^{-(t-1)}\bigr)u(t-1).

Passo 6

Simplifico e exponho em forma peça a peça (útil para avaliar em uma prova):
  • Para t<0: u(t)=0 e u(t-1)=0 \Rightarrow y(t)=0.
  • Para 0\le t<1: u(t)=1 e u(t-1)=0 \Rightarrow
y(t)=4\bigl(1-e^{-t}\bigr).
  • Para t\ge 1: u(t)=1 e u(t-1)=1 \Rightarrow
y(t)=4\bigl(1-e^{-t}\bigr)-4\bigl(1-e^{-(t-1)}\bigr) =4\bigl(e^{-(t-1)}-e^{-t}\bigr).
Uma forma alternativa para t\ge 1 é y(t)=4(e-1)e^{-t}, pois e^{-(t-1)}-e^{-t}=e^{-t}(e-1).

Resposta

[y(t)=4\bigl(1-e{-t}\bigr)u(t)-4\bigl(1-e{-(t-1)}\bigr)u(t-1))
(y(t)= \begin{cases} 0, & t<0,\\[4pt] 4\bigl(1-e^{-t}\bigr), & 0\le t<1,\\[4pt] 4\bigl(e^{-(t-1)}-e^{-t}\bigr)=4(e-1)e^{-t}, & t\ge 1. \end{cases}]]

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