[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
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:
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:
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).
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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:
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:
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.
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:
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,
(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.