(E2.18 pag 78) A função de transferência de um sistema é
\frac{Y(s)}{R(s)}=\frac{10(s+2)}{s^{2}+8 s+15}
Determinar \mathrm{y}(\mathrm{t}) quando \mathrm{r}(\mathrm{t}) for um degrau unitário de entrada.

Passo 1

O enunciado dá a função de transferência
\frac{Y(s)}{R(s)}=\frac{10(s+2)}{s^{2}+8s+15}
e pede para determinar y(t) quando a entrada r(t) for um degrau unitário.
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • A função de transferência entre saída e entrada é \displaystyle \frac{Y(s)}{R(s)}=\frac{10(s+2)}{s^{2}+8s+15}.
  • A entrada é um degrau unitário r(t)=1 para t\ge 0.
    Nada mais será decidido aqui — só listei o que temos e o que é pedido.

Passo 2

Conexão entre função de transferência e sinais no domínio de Laplace (passo conceitual):
Se temos a transformada de entrada R(s) e a função de transferência G(s)=\dfrac{Y(s)}{R(s)}, então a transformada da saída é
Y(s)=G(s)\,R(s).
Vou usar isso para obter Y(s) e depois voltar para o domínio do tempo pelo método inverso de Laplace.

Passo 3

Transformada de Laplace da entrada: um degrau unitário r(t)=1 tem transformada
R(s)=\frac{1}{s},
válida para \Re(s)>0. Portanto a transformada da saída é
Y(s)=\frac{10(s+2)}{s^{2}+8s+15}\cdot\frac{1}{s}=\frac{10(s+2)}{s\,(s^{2}+8s+15)}.

Passo 4

Simplificar o denominador para facilitar a inversão: fatoro o polinômio quadrático
s^{2}+8s+15.
Procuro dois números que somem 8 e multipliquem 15: são 3 e 5. Logo
s^{2}+8s+15=(s+3)(s+5).
Portanto
Y(s)=\frac{10(s+2)}{s\,(s+3)\,(s+5)}.

Passo 5

Estratégia para inverter Y(s): decomposição em frações parciais. Ideia: escrever
\frac{10(s+2)}{s\,(s+3)\,(s+5)}=\frac{A}{s}+\frac{B}{s+3}+\frac{C}{s+5},
onde A,B,C são constantes a determinar. Isso é útil porque conhecemos as transformadas inversas de \dfrac{1}{s} e \dfrac{1}{s+a}.

Passo 6

Determinar A,B,C. Multiplico ambos os lados por s(s+3)(s+5) para limpar denominadores:
10(s+2)=A\,(s+3)(s+5)+B\,s\,(s+5)+C\,s\,(s+3).
Usando o método “cover-up” (avaliar em raízes simples) fica fácil:
  • Para s=0:
10(0+2)=20 = A(0+3)(0+5)=15A \quad\Rightarrow\quad A=\frac{20}{15}=\frac{4}{3}.
  • Para s=-3:
10(-3+2)=10(-1)=-10 = B(-3)(-3+5)=B(-3)(2)=-6B \quad\Rightarrow\quad B=\frac{10}{6}=\frac{5}{3}.
(Nota: cuidado com sinais; -10=-6B B=5/3.)
  • Para s=-5:
10(-5+2)=10(-3)=-30 = C(-5)(-5+3)=C(-5)(-2)=10C \quad\Rightarrow\quad C=-3.
Portanto
A=\frac{4}{3},\qquad B=\frac{5}{3},\qquad C=-3.

Passo 7

Escrevo a decomposição final de Y(s):
Y(s)=\frac{4/3}{s}+\frac{5/3}{s+3}-\frac{3}{s+5}.
Agora lembro as transformadas inversas básicas que vou usar:
  • \displaystyle \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s}\right\}=1 (degrau unitário),
  • \displaystyle \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s+a}\right\}=e^{-a t} para t\ge 0.
    Aqui a>0 dá decaimento exponencial e^{-a t}.

Passo 8

Aplico a inversa de Laplace termo a termo:
  • \displaystyle \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{4/3}{s}\right\}=\frac{4}{3}\cdot 1=\frac{4}{3}.
  • \displaystyle \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{5/3}{s+3}\right\}=\frac{5}{3}e^{-3t}.
  • \displaystyle \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{-3}{s+5}\right\}=-3e^{-5t}.
Somando os termos:
y(t)=\frac{4}{3}+\frac{5}{3}e^{-3t}-3e^{-5t},\qquad t\ge 0.

Passo 9

Checagens rápidas (úteis na prova):
  • Valor inicial t=0^+: y(0^+)=\dfrac{4}{3}+\dfrac{5}{3}-3=\dfrac{9-9}{3}=0, faz sentido se o sistema for causal e sem salto instantâneo.
  • Valor em regime permanente t\to\infty: os termos exponenciais tendem a zero, logo y(\infty)=\dfrac{4}{3} (valor final do sistema para degrau unitário). Isso confirma consistência física.

Resposta

\displaystyle y(t)=\frac{4}{3}+\frac{5}{3}e^{-3t}-3e^{-5t},\quad t\ge 0.

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