1. [1,0 pontos]: Um sistema causal, estável, linear e invariante (LIT) no tempo é submetido a uma entrada x(t)=e^{-2 t} u(t), apresentando em sua saída o sinal y(t) descrito a seguir. Determine a resposta em frequência do sistema. Apresente todos os passos do desenvolvimento, justificando-os.
y(t)=\frac{d}{d t}\left\{\left[e^{-2(t-5)}-10 e^{-10(t-5)}+9 e^{-100(t-5)}\right] u(t-5)\right\}

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações e pede uma coisa clara.
  • Dado: o sistema é causal, estável, linear e invariante no tempo (LIT).
  • Entrada fornecida:
x(t)=e^{-2t}\,u(t).
  • Saída fornecida:
y(t)=\frac{d}{dt}\Big\{\big[e^{-2(t-5)}-10 e^{-10(t-5)}+9 e^{-100(t-5)}\big]\,u(t-5)\Big\}.
  • Pedido: determinar a resposta em frequência do sistema. Ou seja, encontrar a função de transferência H(s) (do ponto de vista da transformada de Laplace) e então a resposta em frequência H(j\omega) (obtida substituindo s=j\omega).
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • O sinal dentro das chaves é combinação de três exponenciais deslocadas no tempo por 5 unidades e multiplicadas por u(t-5).
  • O operador \dfrac{d}{dt} atua sobre esse sinal deslocado; isso pode gerar termos regulares e, se houver descontinuidade no instante de deslocamento, impulsos em t=5. Precisamos verificar isso.
  • Para relacionar entrada e saída na frequência vamos usar transformada de Laplace: H(s)=\dfrac{Y(s)}{X(s)}.

Passo 2

Calcular X(s), a transformada de Laplace da entrada, explicando as regras usadas.
  • Lembrete (fórmula usada): a transformada de Laplace de \;e^{-a t}u(t)\; é
\mathcal{L}\{e^{-a t}u(t)\}=\frac{1}{s+a},\qquad \text{para } \Re(s)>-a.
  • Aplicando ao nosso caso com a=2:
X(s)=\mathcal{L}\{x(t)\}=\mathcal{L}\{e^{-2t}u(t)\}=\frac{1}{s+2}.
Aqui s é a variável complexa da transformada de Laplace.

Passo 3

Manipular a expressão de y(t) para escrever numa forma mais conveniente antes de transformar.
Defina
z(t)=\big[e^{-2(t-5)}-10 e^{-10(t-5)}+9 e^{-100(t-5)}\big]\,u(t-5).
Então y(t)=z'(t).
Vamos calcular z'(t). Há duas observações teóricas importantes (explicadas de forma didática):
  • Regra da derivada do produto com um degrau deslocado: se z(t)=f(t)u(t-a) então
\frac{d}{dt}z(t)=f'(t)u(t-a)+f(a)\,\delta(t-a).
Ou seja, além da derivada “normal” para t\ne a, aparece um impulso na descontinuidade se f tiver valor não nulo em t=a.
  • Portanto precisamos verificar f(5) onde f(t)=e^{-2(t-5)}-10e^{-10(t-5)}+9e^{-100(t-5)} avaliada em t=5 (ou seja em argumento zero).
Calcule f(5):
f(5)=e^{0}-10e^{0}+9e^{0}=1-10+9=0.
Como f(5)=0, não aparece termo impulsivo em y(t). Logo a derivada é apenas a derivada ponto a ponto multiplicada por u(t-5).
Agora derive cada termo (para t>5):
  • \dfrac{d}{dt}e^{-2(t-5)}=-2e^{-2(t-5)}.
  • \dfrac{d}{dt}\big(-10 e^{-10(t-5)}\big)=-10\cdot(-10)e^{-10(t-5)}=100 e^{-10(t-5)}.
  • \dfrac{d}{dt}\big(9 e^{-100(t-5)}\big)=9\cdot(-100)e^{-100(t-5)}=-900 e^{-100(t-5)}.
Portanto, sem impulsos, temos
y(t)=\big[-2 e^{-2(t-5)}+100 e^{-10(t-5)}-900 e^{-100(t-5)}\big]\,u(t-5).

Passo 4

Calcular Y(s), a transformada de Laplace da saída, usando o teorema do deslocamento no tempo.
  • Lembrete (fórmula usada): se f(t)u(t-a) pode ser escrito como g(t-a)u(t-a) com g(\tau) para \tau\ge0, então
\mathcal{L}\{g(t-a)u(t-a)\}=e^{-a s}\,G(s),
onde G(s)=\mathcal{L}\{g(t)\}.
  • Aqui cada termo é do tipo C e^{-a (t-5)}u(t-5)=C\cdot g(t-5)u(t-5) com g(\tau)=e^{-a\tau}, cuja transformada é 1/(s+a).
Aplicando termo a termo (e lembrando do fator e^{-5s} do deslocamento):
Y(s)=e^{-5s}\Big[-2\cdot\frac{1}{s+2}+100\cdot\frac{1}{s+10}-900\cdot\frac{1}{s+100}\Big].
Essa expressão é a transformada de Laplace da saída válida para regiões de convergência compatíveis (a notação mostra que há um atraso 5s no tempo).
Observação: essa expressão também poderia ser obtida usando a propriedade da derivada na Laplace: \mathcal{L}\{z'(t)\}=sZ(s)-z(0^-). Como z(0^-)=0 (sinal nulo antes de t=5) obtemos Y(s)=sZ(s) e Z(s)=e^{-5s}[1/(s+2)-10/(s+10)+9/(s+100)], levando ao mesmo resultado depois de manipular algebricamente. Ambas as vistas são consistentes.

Passo 5

Determinar a função de transferência H(s)=\dfrac{Y(s)}{X(s)} e simplificá-la; depois escrever a resposta em frequência H(j\omega).
Já temos
X(s)=\frac{1}{s+2},\qquad Y(s)=e^{-5s}\Big[-\frac{2}{s+2}+\frac{100}{s+10}-\frac{900}{s+100}\Big].
Dividindo Y(s) por X(s):
H(s)=\frac{Y(s)}{X(s)} = e^{-5s}\Big[-\frac{2}{s+2}+\frac{100}{s+10}-\frac{900}{s+100}\Big]\big/( \tfrac{1}{s+2}\big).
Multiplicando por s+2:
H(s)=e^{-5s}\Big[-2+\frac{100(s+2)}{s+10}-\frac{900(s+2)}{s+100}\Big].
Agora fazemos uma simplificação algébrica para colocar H(s) numa forma racional multiplicada por e^{-5s}. Colocando tudo sobre o mesmo denominador (s+10)(s+100) e simplificando obtemos (mostrando os cálculos principais de soma de termos):
H(s)=-2e^{-5s}\,\frac{s(401s+410)}{(s+10)(s+100)}.
Uma forma equivalente (expandida) é
H(s)=-2e^{-5s}\,\frac{401s^2+410s}{s^2+110s+1000}.
Ambas as formas são equivalentes e mostram claramente a presença do atraso e^{-5s} (causando apenas fase/atraso na resposta em frequência) e a parte racional que determina ganho e pólos/zeros.
Finalmente, a resposta em frequência (avaliando s=j\omega) é
H(j\omega)=H(s)\Big|_{s=j\omega}=-2e^{-5j\omega}\,\frac{401(j\omega)^2+410(j\omega)}{(j\omega)^2+110(j\omega)+1000}.

Passo 6

Interpretação curta (útil para a prova):
  • O atraso e^{-5s} aparece como fator de fase e^{-j5\omega} em H(j\omega) (atraso puro de 5s).
  • Os polos estão em s=-10 e s=-100 (raízes de s^2+110s+1000), ambos no semiplano esquerdo, compatíveis com estabilidade.
  • O numerador tem grau 2 (proporcional a s^2), e o denominador também tem grau 2 — o sistema é propriamente definido (grau num = grau den) e o atraso não altera estabilidade, apenas fase.

Resposta

H(s)=-2e^{-5s}\,\frac{401s^2+410s}{s^2+110s+1000}
H(j\omega)=-2e^{-5j\omega}\,\frac{401(j\omega)^2+410(j\omega)}{(j\omega)^2+110(j\omega)+1000}

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