[2,5 pontos] Um sistema LIT causal de tempo contínuo, com entrada x(t) e saída y(t), é representado pela equação diferencial abaixo. Pede-se: (a) determine a função de transferência do sistema, incluindo sua região de convergência; (b) disserte se esse sistema possui um sistema inverso causal e estável; (c) determine a resposta à entrada nula para a entrada x(t)=e^{-t} u(t) e condições iniciais y\left(0^{-}\right)= 1 e \left.\frac{d}{d t} y(t)\right|_{t=0^{-}}=-1. Apresente todos os passos de resolução e justifique todas as respostas
\frac{d^{2}}{d t^{2}} y(t)+7 \frac{d}{d t} y(t)+12 y(t)=\frac{d^{2}}{d t^{2}} x(t)+\frac{d}{d t} x(t)

Passo 1

Vou listar com clareza o que o enunciado dá e o que pede (peguei todas as informações do enunciado).
  • Equação diferencial do sistema (causal, LIT, tempo contínuo):
\frac{d^{2}}{d t^{2}} y(t)+7 \frac{d}{d t} y(t)+12 y(t)=\frac{d^{2}}{d t^{2}} x(t)+\frac{d}{d t} x(t).
  • Condições iniciais fornecidas (para item (c)):
y\left(0^{-}\right)=1,\qquad \left.\frac{d}{d t}y(t)\right|_{t=0^{-}}=-1.
  • Entrada dada (para item (c)):
x(t)=e^{-t}u(t).
O enunciado pede:
(a) determinar a função de transferência do sistema e a sua região de convergência (ROC);
(b) discutir se o sistema possui um sistema inverso causal e estável;
(c) determinar a resposta do sistema à entrada x(t)=e^{-t}u(t) considerando as condições iniciais dadas (ou seja, determinar y(t) para t\ge0 com essas condições iniciais).

Passo 2

Vamos obter a função de transferência. Primeiro explico a ferramenta que vou usar: a transformada de Laplace (unilateral ou bilateral) transforma derivadas em polinômios em s. Para uma função causal f(t) e suas derivadas, valem as fórmulas (unilateral), que eu vou usar explicitamente para cuidar das condições iniciais quando for necessário:
\mathcal{L}\{f'(t)\}=sF(s)-f(0^{-}), \qquad \mathcal{L}\{f''(t)\}=s^{2}F(s)-s f(0^{-})-f'(0^{-}),
onde F(s)=\mathcal{L}\{f(t)\}. Essas fórmulas são essenciais para transformar a EDO em álgebra no domínio s.
Para obter a função de transferência H(s)=\dfrac{Y(s)}{X(s)} usamos a transformada de Laplace assumindo condições iniciais nulas (isso é a definição de função de transferência: relação entrada/saída no domínio s com condições iniciais zero). Aplicando transformada de Laplace na equação diferencial e anulando termos iniciais obtemos:
(s^{2}+7s+12)Y(s)=(s^{2}+s)X(s).
Portanto
H(s)=\frac{Y(s)}{X(s)}=\frac{s^{2}+s}{s^{2}+7s+12}.
Agora fatoro numerador e denominador para identificar zeros e polos:
s^{2}+s=s(s+1), \qquad s^{2}+7s+12=(s+3)(s+4).
Logo
H(s)=\frac{s(s+1)}{(s+3)(s+4)}.
Explicação sobre ROC (região de convergência): para um sistema causal LTI a ROC da função de transferência é a região à direita do polo de maior parte real (ou seja, Re( s) maior que a maior parte real dos polos), porque a transformada de Laplace de um impulso causal converge nessa região. Os polos de H(s) são s=-3 e s=-4. O maior deles (em parte real) é s=-3. Portanto, para o sistema causal dado, a ROC é
\text{ROC: }\Re(s)>-3.
Comentário sobre estabilidade (BIBO): um sistema causal LTI é BIBO estável se todos os polos de H(s) estiverem estritamente no semiplano esquerdo (partes reais negativas), o que garante que a ROC inclua o eixo imaginário s=j\omega. Aqui os polos estão em -3 e -4 (ambos com parte real negativa), então o sistema é causal e BIBO estável.

Passo 3

Parte (b): existe sistema inverso causal e estável?
  • Definição operacional: um sistema inverso (LTI) tem função de transferência G(s)=1/H(s). Se quisermos que esse inverso seja causal e estável, seus polos devem ficar no semiplano esquerdo (partes reais negativas) e, para causalidade, a ROC deve ser à direita do maior polo (em parte real).
Calculo o inverso:
G(s)=\frac{1}{H(s)}=\frac{(s+3)(s+4)}{s(s+1)}.
Os polos de G(s) são exatamente os zeros de H(s): s=0 e s=-1.
Análise:
  • O polo em s=-1 está no semiplano esquerdo, ok.
  • O polo em s=0 está no eixo imaginário (parte real zero). Isso impede que G(s) seja BIBO estável: um polo em s=0 gera um termo no domínio do tempo que não decai (por exemplo, uma componente constante ou um termo proporcional a u(t)), portanto resposta não é absolutamente integrável e o sistema não é estável no sentido BIBO.
  • Quanto à causalidade: um inverso causal teria ROC \Re(s)> \max\{0,-1\}=\;0. Isso é possível (ou seja, em princípio G(s) pode ser causal), porque para causalidade a ROC seria \Re(s)>0. Contudo, mesmo que G(s) seja causal (ROC \Re(s)>0), o polo em s=0 está exatamente na fronteira da região de convergência para a existência da transformada de Fourier (e, mais importante, significa falta de decaimento exponencial), então o sistema não seria BIBO estável.
Conclusão (resumida e justificada):
  • O sistema inverso G(s)=1/H(s) existe em termos algébricos.
  • Não existe um sistema inverso que seja simultaneamente causal e BIBO estável, porque G(s) tem um polo em s=0 (no eixo j\omega), o que impede estabilidade. Em outras palavras: pode-se obter um inverso causal (com ROC \Re(s)>0) mas ele não é estável; logo não há inverso que seja ao mesmo tempo causal e estável.

Passo 4

Parte (c): determinar a resposta y(t) para x(t)=e^{-t}u(t) e condições iniciais dadas.
Estratégia: usar transformada de Laplace unilateral (para levar em conta condições iniciais dadas em 0^{-}), resolver para Y(s) e inverter para y(t). Vou mostrar também a decomposição em resposta ao estado inicial (zero-input) e resposta ao estado nulo (zero-state) para entendimento didático.
Aplicando Laplace unilateral na equação original (agora mantendo os termos de condição inicial), uso as fórmulas:
\mathcal{L}\{y''(t)\}=s^{2}Y(s)-s y(0^{-})-y'(0^{-}), \qquad \mathcal{L}\{y'(t)\}=s Y(s)-y(0^{-}),
e para x(t) (sinal causal) temos x(0^{-})=0 e suas derivadas em 0^{-} também nulas (pois para t<0 o sinal é zero). Aplicando Laplace à EDO:
\bigl(s^{2}Y(s)-s y(0^{-})-y'(0^{-})\bigr) +7\bigl(sY(s)-y(0^{-})\bigr) +12Y(s) = \bigl(s^{2}X(s)-s x(0^{-})-x'(0^{-})\bigr) + \bigl(sX(s)-x(0^{-})\bigr).
Como x(0^{-})=0 e x'(0^{-})=0, o lado direito simplifica para (s^{2}+s)X(s). Rearranjando os termos em Y(s) e reunindo os termos iniciais do lado esquerdo:
(s^{2}+7s+12)Y(s)-\bigl(s y(0^{-})+y'(0^{-})+7y(0^{-})\bigr)=(s^{2}+s)X(s).
Isolando Y(s):
Y(s)=\frac{s^{2}+s}{s^{2}+7s+12}X(s)+\frac{s y(0^{-})+y'(0^{-})+7y(0^{-})}{s^{2}+7s+12}.
A interpretação: Y(s)=H(s)X(s)+Y_{\text{zi}}(s), onde H(s)X(s) é a resposta ao estado nulo (zero-state) e o segundo termo é a resposta ao estado inicial (zero-input) devido às condições iniciais.
Agora substituo os valores numéricos:
  • H(s)=\dfrac{s^{2}+s}{s^{2}+7s+12} (já calculado);
  • X(s)=\mathcal{L}\{e^{-t}u(t)\}=\dfrac{1}{s+1} (válido para \Re(s)>-1);
  • y(0^{-})=1, y'(0^{-})=-1.
Calculo o termo das condições iniciais:
s y(0^{-})+y'(0^{-})+7y(0^{-})=s\cdot1+(-1)+7\cdot1=s+6.
Logo
Y(s)=\underbrace{\frac{s^{2}+s}{s^{2}+7s+12}\cdot\frac{1}{s+1}}_{Y_{\text{zs}}(s)}+\underbrace{\frac{s+6}{s^{2}+7s+12}}_{Y_{\text{zi}}(s)}.
Simplifico Y_{\text{zs}}(s):
Y_{\text{zs}}(s)=\frac{s(s+1)}{(s+3)(s+4)}\cdot\frac{1}{s+1}=\frac{s}{(s+3)(s+4)}.
Agora somo Y_{\text{zs}}(s)+Y_{\text{zi}}(s):
Y(s)=\frac{s}{(s+3)(s+4)}+\frac{s+6}{(s+3)(s+4)}=\frac{2s+6}{(s+3)(s+4)}.
Fatorando o numerador:
2s+6=2(s+3),
logo
Y(s)=\frac{2(s+3)}{(s+3)(s+4)}=\frac{2}{s+4}.
Isto simplifica muito bem: a resposta total no domínio s é Y(s)=\dfrac{2}{s+4}. Agora invertemos a transformada de Laplace (sendo s+4 um polo simples em -4):
y(t)=2 e^{-4t}u(t).
Para fins didáticos, mostro também a decomposição em termos separando zero-state e zero-input e invertendo cada um para ver a cancelação intermediária:
  • Zero-state:
Y_{\text{zs}}(s)=\frac{s}{(s+3)(s+4)}=\frac{A}{s+3}+\frac{B}{s+4}.
Resolvendo s=A(s+4)+B(s+3) A=-3 e B=4. Então
Y_{\text{zs}}(s)=-\frac{3}{s+3}+\frac{4}{s+4}\quad\Rightarrow\quad y_{\text{zs}}(t)=-3e^{-3t}+4e^{-4t}\\ (t\ge0).
  • Zero-input:
Y_{\text{zi}}(s)=\frac{s+6}{(s+3)(s+4)}=\frac{C}{s+3}+\frac{D}{s+4}.
Resolvendo s+6=C(s+4)+D(s+3) C=3 e D=-2. Então
Y_{\text{zi}}(s)=\frac{3}{s+3}-\frac{2}{s+4}\quad\Rightarrow\quad y_{\text{zi}}(t)=3e^{-3t}-2e^{-4t}\\ (t\ge0).
Somando:
y(t)=y_{\text{zs}}(t)+y_{\text{zi}}(t)=\bigl(-3e^{-3t}+4e^{-4t}\bigr)+\bigl(3e^{-3t}-2e^{-4t}\bigr)=2e^{-4t},
confirmando o resultado direto obtido pela simplificação em s.
Comentário sobre continuidade em t=0: nota-se que y(0^{-})=1 (dado), enquanto y(0^{+})=2 (da solução). Isso é admissível porque a presença das derivadas de x(t) no lado direito permite descontinuidades em y(t) em t=0 quando há termos impulsivos/degrau na entrada ou condições iniciais — aqui o balanço das condições e do termo de entrada provoca essa transição instantânea. Em suma, a solução encontrada satisfaz a equação transformada com as condições impostas.

Passo 5

Recapitulando resultados obtidos (preparação final para a resposta sucinta na seção de resposta):
  • H(s)=\dfrac{s(s+1)}{(s+3)(s+4)} com \text{ROC}:\Re(s)>-3.
  • O inverso G(s)=1/H(s)=\dfrac{(s+3)(s+4)}{s(s+1)} tem polos em s=0 e s=-1. Assim, não existe inverso que seja simultaneamente causal e BIBO estável (polo em s=0 impede estabilidade).
  • Para x(t)=e^{-t}u(t) e y(0^{-})=1,\;y'(0^{-})=-1 obtemos Y(s)=\dfrac{2}{s+4} e, invertendo,
y(t)=2e^{-4t}u(t).

Resposta

(a) \displaystyle H(s)=\frac{s(s+1)}{(s+3)(s+4)},\quad \text{ROC: }\Re(s)>-3.
(b) \displaystyle G(s)=\frac{1}{H(s)}=\frac{(s+3)(s+4)}{s(s+1)}. Não existe inverso que seja ao mesmo tempo causal e BIBO estável, pois G(s) tem um polo em s=0 (no eixo imaginário), o que impede estabilidade.
(c) \displaystyle y(t)=2\,e^{-4t}u(t).

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