[total = 1 p.] Aplicando x(t)=2 e^{-3 t} u(t-1) na entrada de um dado sistema linear e invariante no tempo (LIT) S, observa-se que x(t) \underset{s}{\rightarrow} y(t) \mathrm{e} \frac{d}{d x} x(t) \underset{s}{\rightarrow}-3 y(t)+e^{-2 t} u(t). Diante disso, determine a resposta ao impulso, h(t), do sistema.

Passo 1

O enunciado diz que o sistema S é LTI e que, para
x(t)=2e^{-3t}u(t-1),
temos
S\{x(t)\}=y(t) \quad\text{e}\quad S\{\dot x(t)\}=-3\,y(t)+e^{-2t}u(t).
Como S é LTI, S\{\dot x(t)\} = h(t)*\dot x(t) e vale a propriedade da derivada na convolução, mas também podemos decompor \dot x(t) isolando o termo em \delta(t-1).

Passo 2

Calculemos \dot x(t). Como
x(t)=2e^{-3t}u(t-1),
temos
\dot x(t) =\frac{d}{dt}\bigl(2e^{-3t}u(t-1)\bigr) =-6e^{-3t}u(t-1)+2e^{-3}\,\delta(t-1).
Aplicando S e usando linearidade e invariância de tempo:
S\{\dot x(t)\} =-6\,S\{e^{-3t}u(t-1)\} +2e^{-3}\,S\{\delta(t-1)\}.
Mas S\{e^{-3t}u(t-1)\}=\tfrac12\,S\{2e^{-3t}u(t-1)\}=\tfrac12\,y(t), e S\{\delta(t-1)\}=h(t-1). Logo
S\{\dot x(t)\} =-6\cdot\tfrac12\,y(t)+2e^{-3}\,h(t-1) =-3\,y(t)+2e^{-3}\,h(t-1).

Passo 3

Pelo enunciado também vale
S\{\dot x(t)\}=-3\,y(t)+e^{-2t}u(t).
Comparando com o resultado do passo anterior obtemos
2e^{-3}\,h(t-1)=e^{-2t}u(t).
Isolando h(t-1):
h(t-1)=\frac{e^{-2t}u(t)}{2e^{-3}} =\frac{e^3}{2}\,e^{-2t}u(t).
Agora faça a mudança de variável \tau=t-1,: para \tau\ge0 temos t=\tau+1 e u(t)=u(\tau+1)=1. Assim
h(\tau)=\frac{e^3}{2}\,e^{-2(\tau+1)} =\frac{e^3}{2}\,e^{-2\tau-2} =\frac{e}{2}\,e^{-2\tau}.

Resposta

h(t)=\frac{e}{2}\,e^{-2t}\,u(t).

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