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)=5 u(t)+10 cos (2 t)

Passo 1

O enunciado nos dá um sistema LTI (linear e invariante no tempo) e duas respostas conhecidas:
  • Se \mathrm{x}(t)=u(t) então \mathrm{y}(t)=2\bigl(1-e^{-t}\bigr)u(t).
  • Se \mathrm{x}(t)=\cos(t) então \mathrm{y}(t)=\sqrt{2}\cos\!\bigl(t-\tfrac{\pi}{4}\bigr).
A questão pede a saída \mathrm{y}(t) quando a entrada é
\mathrm{x}(t)=5\,u(t)+10\cos(2t).
Informações que temos e usaremos:
  • O sistema é LTI, logo vale superposição (linearidade) e deslocamento em frequência é tratado por resposta em frequência.
  • A resposta ao degrau fornecida permite encontrar a resposta ao impulso do sistema.
  • A resposta ao cosseno fornece informação sobre o ganho e defasagem do sistema em frequência \omega=1, que pode ser verificada com a transformada da resposta ao impulso.

Passo 2

Estratégia geral (sem cálculos ainda): por linearidade a saída será soma das saídas causadas por cada termo da entrada:
\mathrm{y}(t)=\mathrm{y}_1(t)+\mathrm{y}_2(t),
onde \mathrm{y}_1 é a saída para 5u(t) e \mathrm{y}_2 para 10\cos(2t). Vou achar primeiro a função impulso h(t) do sistema (a partir da resposta ao passo) e a função de resposta em frequência H(j\omega) (transformada de h(t)), porque com H(j\omega) é direto obter a saída para um cosseno.

Passo 3

Encontrar a resposta ao impulso h(t) a partir da resposta ao degrau.
Lembrete/teoria rápida: a resposta ao degrau s(t) (quando a entrada é u(t)) está relacionada à resposta ao impulso h(t) por
s(t)=\int_{-\infty}^{t} h(\tau)\,d\tau,
ou equivalentemente h(t)=\dfrac{d}{dt}s(t) no sentido usual (há que verificar se aparece termo delta em t=0, mas vamos checar).
Aqui temos
s(t)=2\bigl(1-e^{-t}\bigr)u(t).
Calculemos a derivada para t>0. A derivada de 2(1-e^{-t}) é 2e^{-t}. Em termos de distribuição, a derivada de f(t)u(t) f'(t)u(t)+f(0)\delta(t). Aqui f(t)=2(1-e^{-t}) tem f(0)=0, então não aparece delta. Portanto
h(t)=2e^{-t}u(t).
Comentário amigo: isso significa que o sistema tem um decaimento exponencial com constante de tempo 1 e ganho inicial 2 — fácil de visualizar.

Passo 4

Obter a resposta em frequência H(j\omega) (transformada de Fourier de h(t)).
Teoria curta: para a>0,
\mathcal{F}\{e^{-a t}u(t)\}(\omega)=\int_{0}^{\infty} e^{-a t}e^{-j\omega t}\,dt=\frac{1}{a+j\omega}.
Aplicando a escala 2 e a=1,
H(j\omega)=\mathcal{F}\{h(t)\}=\frac{2}{1+j\omega}.
Verificação com a resposta dada para \cos(t): para entrada \cos t (amplitude 1, \omega=1) a saída em regime estacionário é |H(j1)|\cos\!\bigl(t+\arg H(j1)\bigr).
Calculemos H(j1)=\dfrac{2}{1+j}=\dfrac{2(1-j)}{(1+j)(1-j)}=\;1-j. Assim
|H(j1)|=\sqrt{1^2+(-1)^2}=\sqrt{2},\qquad \arg H(j1)=-\frac{\pi}{4}.
Logo a saída seria \sqrt{2}\cos\!\bigl(t-\tfrac{\pi}{4}\bigr), que coincide com o dado. Ótimo — tudo consistente.

Passo 5

Resposta para a parte 5u(t).
Propriedade de escala (linearidade): se a entrada for a\cdot u(t) a saída é a vezes a saída para u(t). Como a saída para u(t) é 2(1-e^{-t})u(t), então para 5u(t) obtemos
\mathrm{y}_1(t)=5\cdot 2\bigl(1-e^{-t}\bigr)u(t)=10\bigl(1-e^{-t}\bigr)u(t).
Explicando devagar: multiplica-se todo o degrau-resposta por 5. Simples e seguro na prova.

Passo 6

Resposta para a parte 10\cos(2t) usando H(j\omega).
Teoria do cosseno em LTI: para entrada A\cos(\omega t) (cosseno permanente, assumido para todos os tempos), a saída em regime estacionário é
A\,|H(j\omega)|\cos\!\bigl(\omega t+\arg H(j\omega)\bigr).
Aqui A=10 e \omega=2. Calculemos H(j2):
H(j2)=\frac{2}{1+j2}=\frac{2(1-j2)}{1+(2)^2}=\frac{2(1-j2)}{5}=\frac{2}{5}-j\frac{4}{5}.
O módulo é
|H(j2)|=\frac{2}{\sqrt{1+2^2}}=\frac{2}{\sqrt{5}}.
A fase é
\arg H(j2)=-\arctan(2).
Então a amplitude de saída será
10\cdot |H(j2)|=10\cdot\frac{2}{\sqrt{5}}=\frac{20}{\sqrt{5}}=4\sqrt{5}.
Portanto a saída para 10\cos(2t) é
\mathrm{y}_2(t)=4\sqrt{5}\cos\!\bigl(2t-\arctan(2)\bigr).
Nota didática: deixar a fase como \arctan(2) está ótimo na prova; se precisar de valor numérico pode usar \arctan(2)\approx1{,}1071\\ \text{rad} (mas não é necessário).

Passo 7

Somar as duas contribuições (superposição) para obter a saída total:
\mathrm{y}(t)=\mathrm{y}_1(t)+\mathrm{y}_2(t)=10\bigl(1-e^{-t}\bigr)u(t)+4\sqrt{5}\cos\!\bigl(2t-\arctan(2)\bigr).
Comentário final amigo: a primeira parcela é a resposta ao degrau escalado (tem o decaimento exponencial/transiente), a segunda parcela é a resposta em regime estacionário ao cosseno de frequência 2. Se na prova pedirem, pode também escrever \arctan(2) como ângulo negativo na exponencial complexa, mas a forma em cosseno com amplitude e fase é a mais limpa.

Resposta

\displaystyle \mathrm{y}(t)=10\bigl(1-e^{-t}\bigr)u(t)+4\sqrt{5}\cos\!\bigl(2t-\arctan(2)\bigr)

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