E5.15 Um sistema de controle em malha fechada possui uma função de transferência T(s) conforme a seguir:
\frac{Y(s)}{R(s)}=T(s)=\frac{2500}{(s+50)\left(s^{2}+10 s+50\right)} .
Represente graficamente y(t) para uma entrada em degrau R(s) quando (a) o T(s) real é usado e (b) usando os polos complexos relativamente dominantes. Compare os resultados.

Passo 1

O que o enunciado pede:
  • Representar graficamente y(t) quando a entrada é um degrau unitário ( R(s)=1/s) em dois casos:
    (a) usando o T(s) real dado;
    (b) usando apenas os polos complexos relativamente dominantes (aproximação por polos dominantes).
  • Comparar os resultados obtidos.
Informações fornecidas:
\frac{Y(s)}{R(s)}=T(s)=\frac{2500}{(s+50)\left(s^{2}+10s+50\right)}.
  • A entrada é degrau unitário: R(s)=\dfrac{1}{s}.
  • Então a função que precisamos inverter é
Y(s)=\frac{2500}{s(s+50)\left(s^{2}+10s+50\right)}.

Passo 2

Identificar os polos (dados pelo denominador de T(s)):
  • Polo real em s=-50 (vindo do fator s+50).
  • Polos do quadrático s^{2}+10s+50. Vamos achar as raízes:
s=\frac{-10\pm\sqrt{10^{2}-4\cdot1\cdot50}}{2}=\frac{-10\pm\sqrt{-100}}{2}=-5\pm 5j.
Portanto os polos complexos são s=-5\pm 5j.
Observação importante (conceito usado depois): os polos com parte real menos negativa (aqui -5\pm5j) são mais lentos e, tipicamente, dominam a resposta transitória; o polo em -50 é rápido (tempo característico \tau=1/50=0{,}02 s) e tende a causar um pulso rápido de pequena amplitude.

Passo 3

Preparar a decomposição em frações parciais para inverter Y(s). Escrevemos:
Y(s)=\frac{2500}{s(s+50)(s^{2}+10s+50)}=\frac{A}{s}+\frac{B}{s+50}+\frac{Cs+D}{s^{2}+10s+50}.
Multiplicando ambos os lados pelo denominador comum obtemos a identidade polinomial
2500 = A(s+50)(s^{2}+10s+50) + B s (s^{2}+10s+50) + (Cs+D) s (s+50).
Agora vamos achar A,B,C,D passo a passo.

Passo 4

Determinar A e B por substituição de valores de s que anulam fatores simples.
  • Para s=0:
2500 = A\cdot(50)\cdot(50) \Rightarrow A\cdot 2500 =2500 \Rightarrow A=1.
  • Para s=-50:
2500 = B\cdot(-50)\big((-50)^{2}+10(-50)+50\big) = B\cdot(-50)\cdot 2050,
pois (-50)^{2}+10(-50)+50=2500-500+50=2050. Logo
B=\frac{2500}{-50\cdot 2050} = -\frac{1}{41}.

Passo 5

Determinar [C) e D usando comparação de coeficientes (ou substituindo outros valores). Vamos expandir os termos já parciais com A=1 e B=-1/41.
Expandindo A(s+50)(s^{2}+10s+50) com A=1:
(s+50)(s^{2}+10s+50) = s^{3}+60s^{2}+550s+2500.
Expandindo B s (s^{2}+10s+50) com B=-\dfrac{1}{41}:
B\big(s^{3}+10s^{2}+50s\big)=B s^{3}+10B s^{2}+50B s.
Expandindo (Cs+D)s(s+50)=C s^{3} + (50C + D) s^{2} + 50D s.
Somando tudo e comparando com o polinômio constante 2500 (ou seja, os coeficientes de s^{3}, s^{2}, s devem ser zero), obtemos o sistema:
\begin{cases} \text{coef } s^{3}: & 1 + B + C = 0,\\[4pt] \text{coef } s^{2}: & 60 + 10B + 50C + D = 0,\\[4pt] \text{coef } s^{1}: & 550 + 50B + 50D = 0. \end{cases}
Substituindo (B=-\dfrac{1}{41}] na primeira equação:
C = -1 - B = -1 + \frac{1}{41} = -\frac{40}{41}.
Da terceira equação:
550 + 50B + 50D = 0 \Rightarrow 11 + B + D = 0 \Rightarrow D = -11 - B = -11 + \frac{1}{41} = -\frac{450}{41}.
(A verificação na segunda equação confirma esses valores.)
Portanto:
A=1,\quad B=-\frac{1}{41},\quad C=-\frac{40}{41},\quad D=-\frac{450}{41}.]

Passo 6

Preparar a inversão da parte quadrática, escrevendo s^{2}+10s+50=(s+5)^{2}+5^{2} (completar o quadrado) — isso é padrão para inverter funções que geram decaimento exponencial multiplicado por seno/cosseno.
Reescrevemos o numerador Cs + D em função de (s+5):
Cs+D = C(s+5) + (D-5C).
Calculemos D-5C:
D-5C = -\frac{450}{41} - 5\left(-\frac{40}{41}\right) = -\frac{450}{41} + \frac{200}{41} = -\frac{250}{41}.
Assim
\frac{Cs+D}{s^{2}+10s+50} = C\cdot\frac{s+5}{(s+5)^{2}+5^{2}} + (D-5C)\cdot\frac{1}{(s+5)^{2}+5^{2}}.
Lembrete de transformadas de Laplace (essencial para inverter):
  • \mathcal{L}\{e^{-at}\cos(\omega t)\} = \dfrac{s+a}{(s+a)^{2}+\omega^{2}}.
  • \mathcal{L}\{e^{-at}\sin(\omega t)\} = \dfrac{\omega}{(s+a)^{2}+\omega^{2}}.
  • \mathcal{L}^{-1}\{\dfrac{1}{s}\}=1 (degrau unitário).
  • \mathcal{L}^{-1}\{\dfrac{1}{s+a}\}=e^{-at}.
Usando essas fórmulas, cada termo de Y(s)=\dfrac{A}{s}+\dfrac{B}{s+50}+\dfrac{Cs+D}{s^{2}+10s+50} é invertível.

Passo 7

Inverter termo a termo:
  • \dfrac{A}{s} \Rightarrow A\cdot 1 = 1.
  • \dfrac{B}{s+50} \Rightarrow B e^{-50 t} = -\dfrac{1}{41} e^{-50 t}.
  • Para a parte quadrática, com C=-\dfrac{40}{41} e D-5C=-\dfrac{250}{41} e \omega=5, a=5:
    • C\cdot\dfrac{s+5}{(s+5)^{2}+5^{2}} \Rightarrow C e^{-5t}\cos(5t) = -\frac{40}{41} e^{-5t}\cos(5t).
    • (D-5C)\cdot\dfrac{1}{(s+5)^{2}+5^{2}} \Rightarrow (D-5C)\cdot\frac{1}{5} e^{-5t}\sin(5t) = -\frac{250}{41}\cdot\frac{1}{5} e^{-5t}\sin(5t) = -\frac{50}{41} e^{-5t}\sin(5t).
Somando tudo, a resposta exata no domínio do tempo é:
\boxed{y(t)=1-\frac{1}{41}e^{-50t}-\frac{40}{41}e^{-5t}\cos(5t)-\frac{50}{41}e^{-5t}\sin(5t).}
Comentário didático: essa expressão tem
  • termo de regime permanente 1 (ganho DC igual a 1),
  • um pulso rápido de amplitude \dfrac{1}{41}\approx 0{,}02439 com constante de tempo 0{,}02 s (provido pelo polo em -50),
  • e um oscilador amortecido com frequência amortecida \omega_{d}=5 rad/s e decaimento e^{-5t} (provido pelos polos -5\pm 5j). Esse último domina a forma do transiente para t\gtrsim 0{,}05 s.

Passo 8

Agora fazemos a aproximação por polos dominantes: justificativa e método.
  • O polo em -50 é muito mais rápido que os polos -5\pm5j. Em respostas de interesse de tempo mais lento (baixas frequências), podemos aproximar (s+50)\approx 50 no denominador (técnica de aproximação por polos dominantes / redução da ordem).
  • Assim aproximamos:
T_{\text{ap}}(s)\approx \frac{2500}{50\left(s^{2}+10s+50\right)}=\frac{50}{s^{2}+10s+50}.
Para entrada degrau:
Y_{\text{ap}}(s)=\frac{50}{s\left(s^{2}+10s+50\right)}.

Passo 9

Fazer decomposição parcial simplificada do sistema reduzido:
\frac{50}{s(s^{2}+10s+50)}=\frac{A}{s}+\frac{Cs+D}{s^{2}+10s+50}.
Usando s=0 A=1 (mesmo ganho DC). Igualando polinômios ficamos com
50 = A(s^{2}+10s+50) + (Cs+D)s.
Com A=1 concluímos (comparando coeficientes) que C=-1, D=-10. Então
Y_{\text{ap}}(s)=\frac{1}{s} - \frac{s+10}{s^{2}+10s+50}.
Escrevendo s+10=(s+5)+5 e usando novamente (s+5)^{2}+5^{2} obtemos a transformada inversa diretamente:
y_{\text{ap}}(t)=1 - e^{-5t}\cos(5t) - e^{-5t}\sin(5t).
Ou, de forma combinada,
y_{\text{ap}}(t)=1 - e^{-5t}\big(\cos(5t)+\sin(5t)\big).

Passo 10

Comparação entre resposta exata e aproximada (interpretação e pontos-chave para o gráfico):
  1. Valores iniciais:
    • y(0)=0 em ambos os casos (verifique: substituindo t=0 nas expressões dá 0). Isso é coerente com resposta a um degrau em um sistema dinâmico causal sem ação instantânea.
  2. Derivada inicial:
    • y'(0)=0 em ambos os casos (resultado das contas mostradas), logo a saída começa com inclinação zero.
  3. Componentes transientes:
    • Resposta exata tem um termo rápido -\dfrac{1}{41}e^{-50t} de amplitude \approx -0{,}0244 que desaparece muito rapidamente (tempo típico 0{,}02 s). Na prática é um “pulso” pequeno logo no início.
    • Ambas as respostas têm um oscilador amortecido com \omega_{d}=5 rad/s (período T=\dfrac{2\pi}{5}\approx 1{,}257 s) e decaimento e^{-5t} (constante 0{,}2 s), que domina para t\gtrsim 0{,}05 s.
  4. Diferença quantitativa:
    • A amplitude combinada do termo oscilatório é
      • na solução exata: M_{\text{ex}}=\sqrt{\left(\tfrac{40}{41}\right)^{2}+\left(\tfrac{50}{41}\right)^{2}}\approx 1{,}5627;
      • na aproximação: M_{\text{ap}}=\sqrt{1^{2}+1^{2}}=\sqrt{2}\approx 1{,}4142.
        A aproximação subestima a amplitude oscilatória em cerca de 0{,}1485 absoluto, ou aproximadamente 9{,}5\% relativo.
    • O termo rápido de amplitude 1/41\approx 0{,}0244 é muito pequeno; portanto, graficamente, as curvas exata e aproximada praticamente coincidem após os primeiros \sim 0{,}05 s, com diferenças máximas pequenas no início.
  5. Conclusão gráfica (como desenhar):
    • Ambas as curvas iniciam em 0, com pequena curvatura inicial e logo surgem oscilações amortecidas em torno de y=1.
    • A resposta exata apresenta um pequeno pico/perturbação muito rápida logo em t\approx 0 (devido a e^{-50t}), mas depois das primeiras dezenas de milésimos de segundo as duas curvas ficam quase sobrepostas.
    • Para a prova: basta mostrar a curva de oscilação amortecida 1-e^{-5t}(\cdots) e anotar o pequeno pulso adicional -\dfrac{1}{41}e^{-50t} presente na resposta exata.

Resposta

(a) y(t)=1-\dfrac{1}{41}e^{-50t}-\dfrac{40}{41}e^{-5t}\cos(5t)-\dfrac{50}{41}e^{-5t}\sin(5t).
(b) y_{\text{ap}}(t)=1-e^{-5t}\cos(5t)-e^{-5t}\sin(5t).