[3,0 pontos] Um sistema LIT e estável, com entrada x(t) e saida y(t), é representado pela função de transferéncia indicada abaixo. Pede-se: (a) determine a regiāo de convergência de H(s); (b) disserte sobre a causalidade do sistema; (c) determine a resposta ao impulso do sistema; (d) determine a equaçăo diferencial que descreve o sistema; (e) determine a saida do sistema para a entrada X(s)=2+s+e^{-2 s}. Apresente todos os passos de resolução e justifique todas as respostas.
H(s)=\frac{2 s+2}{(s-2)\left(s^{2}+2 s+2\right)}

Passo 1

O enunciado pede cinco coisas sobre o sistema LIT (linear e invariante no tempo) e estável com função de transferência dada. Lista clara do que é pedido e o que foi fornecido:
  • Função de transferência dada:
H(s)=\frac{2 s+2}{(s-2)\left(s^{2}+2 s+2\right)}.
  • Perguntas:
    (a) determinar a região de convergência (ROC) de H(s);
    (b) discutir a causalidade do sistema;
    (c) determinar a resposta ao impulso h(t) do sistema;
    (d) obter a equação diferencial que descreve o sistema (relação entre y(t) e x(t));
    (e) calcular a saída quando a entrada tem transformada X(s)=2+s+e^{-2 s}.
Informações relevantes dadas: o sistema é LIT e estável (isto é, a transformada bilateral de Laplace de h(t) converge na linha s=j\omega e h(t) é absolutamente integrável).

Passo 2

Identificar polos e zeros de H(s) — passo necessário para ROC, causalidade e forma de h(t).
  • Polos: resolver o denominador.
s^{2}+2s+2=(s+1)^2+1,
portanto as raízes são s=-1\pm j. O outro fator dá polo em s=2. Logo os polos são:
s=2,\qquad s=-1\pm j.
  • Zeros: numerador 2s+2=2(s+1) tem zero em s=-1.
Agora raciocínio sobre ROC: para uma função racional a ROC é uma região vertical (ou faixa) no plano s que não contém polos. Como o sistema é estável, a ROC deve incluir o eixo j\omega (Re (s)=0). Os polos têm partes reais \Re\{2\}=2 e \Re\{-1\pm j\}=-1. A única forma de ter o eixo j\omega incluído é escolher uma ROC que corte entre os polos de parte real -1 e 2, ou seja uma faixa vertical -1<\Re(s)<2. Concluímos:
\text{ROC: }\,-1<\Re(s)<2.
(Justificação: ROC não pode conter polos; deve incluir Re s=0 pela estabilidade; a única faixa viável é entre as duas abscissas reais dos polos.)

Passo 3

Dissertação sobre causalidade (o que é causalidade e como decidir aqui).
  • Definição prática: um sistema LIT é causal se e somente se sua resposta ao impulso h(t)=0 para t<0 (isto é, não responde antes da entrada). Em termos de ROC e polos: para uma função racional, causalidade implica ROC do tipo à direita do maior pólo (ROC \Re(s)>\sigma_{\max}) e a transformada bilateral coincide com a transformada unilateral; em particular, para um sistema causal a ROC é da forma \Re(s)> (maior parte real de pólos).
  • Aqui o maior polo tem parte real 2. A ROC encontrada é -1<\Re(s)<2, que NÃO é da forma \Re(s)>2. Portanto o sistema não é causal: a ROC indica uma resposta ao impulso que tem partes para t<0 e t>0 (sinal de dois lados). Conclusão:
\text{o sistema NÃO é causal.}Ãé

Passo 4

Determinar a resposta ao impulso [h(t)) fazendo expansão em frações parciais e invertendo a transformada, com explicação didática das transformadas usadas.
  1. Expansão em frações parciais: escrevemos
\frac{2s+2}{(s-2)(s^2+2s+2)}=\frac{A}{s-2}+\frac{Bs+C}{s^2+2s+2}.
Multiplicando ambos os lados pelo denominador comum:
2s+2 = A(s^2+2s+2)+(Bs+C)(s-2).
Expandindo e agrupando coeficientes em potências de s (passo algébrico):
2s+2 = (A+B)s^2 + (2A + C - 2B)s + (2A - 2C).
Comparando coeficientes em s^2,s,1:
\begin{cases} A+B=0,\\[4pt] 2A + C - 2B = 2,\\[4pt] 2A - 2C = 2. \end{cases}
Resolver o sistema: de A=-B\]. Substituindo nas outras equações obtemos \(B=-\dfrac{3}{5}, A=\dfrac{3}{5}, C=-\dfrac{2}{5}.
Logo a decomposição é
H(s)=\frac{3/5}{s-2}+\frac{(-3/5)s-2/5}{s^2+2s+2}.
  1. Reescrever o termo quadrático para facilitar a inversa:
s^2+2s+2=(s+1)^2+1,
e
(-\tfrac{3}{5}s-\tfrac{2}{5}) = -\tfrac{3}{5}(s+1)+\tfrac{1}{5}.
Portanto
H(s)=\frac{3}{5}\cdot\frac{1}{s-2} -\frac{3}{5}\cdot\frac{s+1}{(s+1)^2+1} +\frac{1}{5}\cdot\frac{1}{(s+1)^2+1}.
  1. Inverter a transformada de Laplace usando pares usuais e observando a ROC para decidir se cada termo é direita ou esquerda (isto é, se gera u(t) ou u(-t)):
  • Par conhecido: \mathcal L\{e^{at}u(t)\}=\dfrac{1}{s-a} com ROC \Re(s)>a. E \mathcal L\{-e^{at}u(-t)\}=\dfrac{1}{s-a} com ROC \Re(s)<a. Portanto o sinal do tempo depende se a ROC está à direita ou à esquerda do polo.
  • No nosso caso a ROC é -1<\Re(s)<2:
    • Para o polo s=2: a ROC está à esquerda do polo (pois \Re(s)<2), então o termo \dfrac{1}{s-2} corresponde a uma componente de tempo para t<0: \mathcal L^{-1}\{\dfrac{1}{s-2}\}=-e^{2t}u(-t).
    • Para os polos em s=-1\pm j: a ROC está à direita desses polos (pois \Re(s)>-1), então os termos com (s+1) e (s+1)^2+1 correspondem a componentes com u(t) (parte para t\ge0).
  • Usando pares usuais:
    \mathcal L^{-1}\!\left\{\frac{s+1}{(s+1)^2+1}\right\}=e^{-t}\cos t\,u(t), \qquad \mathcal L^{-1}\!\left\{\frac{1}{(s+1)^2+1}\right\}=e^{-t}\sin t\,u(t).
  1. Aplicando estas inversas aos termos:
h(t) = \frac{3}{5}\big(-e^{2t}u(-t)\big) -\frac{3}{5}\big(e^{-t}\cos t\,u(t)\big) +\frac{1}{5}\big(e^{-t}\sin t\,u(t)\big).
Organizando:
\boxed{\,h(t)=-\frac{3}{5}e^{2t}u(-t)-\frac{3}{5}e^{-t}\cos t\,u(t)+\frac{1}{5}e^{-t}\sin t\,u(t).\,}
Observações didáticas rápidas: o sinal negativo no primeiro termo vem do fato de que \dfrac{1}{s-2} com ROC \Re(s)<2 corresponde a -e^{2t}u(-t). O fato de termos mistura de u(-t) e u(t) confirma que h(t) é de dois lados (não causal).]

Passo 5

Verificação de estabilidade (por que a ROC escolhida garante estabilidade e h(t) é absolutamente integrável).
  • Estabilidade BIBO para LIT exige \int_{-\infty}^{\infty}|h(t)|\,dt<\infty. As componentes de h(t): para t\to-\infty a porção -\tfrac{3}{5}e^{2t}u(-t) decai exponencialmente (porque e^{2t}\to0 quando t\to-\infty); para t\to+\infty as componentes com e^{-t} decaem exponencialmente. Assim h(t) é absolutamente integrável. Isso é coerente com a ROC incluindo a linha j\omega — característica de estabilidade.

Passo 6

Determinar a equação diferencial que relaciona y(t) e x(t).
  • Começar da relação Y(s)=H(s)X(s). Rearranjar:
(s-2)(s^2+2s+2)Y(s)=(2s+2)X(s).
  • Multiplicar o lado esquerdo e simplificar o polinômio do lado de Y(s):
(s-2)(s^2+2s+2)=s^3-2s-4.
Logo
(s^3-2s-4)Y(s)=(2s+2)X(s).
  • Transformando para domínio do tempo, trocando s por o operador de diferenciação \dfrac{d}{dt} (assumindo condições iniciais nulas inerentes à relação entre transformadas):
\mathcal L\{y^{(3)}(t)\}=s^3Y(s)\quad\text{e}\quad \mathcal L\{y'(t)\}=sY(s)\\ (\text{com IC nulas}).
Portanto a equação diferencial é
\boxed{\,y^{(3)}(t)-2y'(t)-4y(t)=2x'(t)+2x(t).\,}
(Comentário: as derivadas são ordens inteiras; esta é uma EDO linear de coeficientes constantes que descreve o sistema.)

Passo 7

Determinar a saída y(t) para a entrada cuja transformada é X(s)=2+s+e^{-2s}.
  1. Interpretar X(s) no domínio do tempo (dica: transformadas bilaterais usuais de impulsos):
  • \mathcal L\{\delta(t)\}=1.
  • \mathcal L\{\delta'(t)\}=s.
  • \mathcal L\{\delta(t-2)\}=e^{-2s}.
Portanto a entrada no tempo é
x(t)=2\delta(t)+\delta'(t)+\delta(t-2).
  1. Saída por convolução: y(t)=h(t)*x(t). Convolução com deltas é simples:
h*x = 2h(t) + h*\delta'(t) + h*\delta(t-2).
Propriedades:
h*\delta(t-2)=h(t-2),\qquad h*\delta'(t)=\frac{d}{dt}h(t)=h'(t).
Logo
\boxed{\,y(t)=2h(t)+h'(t)+h(t-2).\,}
(Alternativa em s-domínio: Y(s)=H(s)(2+s)+H(s)e^{-2s} e inverter usando propriedade de translação; os dois caminhos equivalem.)
  1. Agora calcular explicitamente y(t) usando a forma de h(t) encontrada e computando h'(t). Para clareza, vamos escrever h(t) em forma peça-a-peça:
  • Para t<0:
h(t)=-\frac{3}{5}e^{2t},\quad h'(t)=-\frac{6}{5}e^{2t}.
  • Para t\ge 0:
h(t)=-\frac{3}{5}e^{-t}\cos t+\frac{1}{5}e^{-t}\sin t,
e derivando (produto e soma; mostro os passos):
\frac{d}{dt}\big(e^{-t}\cos t\big)=e^{-t}(-\cos t-\sin t), \qquad \frac{d}{dt}\big(e^{-t}\sin t\big)=e^{-t}(\cos t-\sin t).
Portanto, para t>0,
h'(t)= -\frac{3}{5}e^{-t}(-\cos t-\sin t)+\frac{1}{5}e^{-t}(\cos t-\sin t) = \frac{4}{5}e^{-t}\cos t+\frac{2}{5}e^{-t}\sin t.
  1. Montar y(t)=2h(t)+h'(t)+h(t-2). Porque há um deslocamento em h(t-2) convém separar três faixas de t (pois a expressão de h muda em t=0 e em t=2):
  • Faixa I: t<0.
    • h(t)=-\dfrac{3}{5}e^{2t}.
    • h'(t)=-\dfrac{6}{5}e^{2t}.
    • t-2<0 também, então h(t-2)=-\dfrac{3}{5}e^{2(t-2)}=-\dfrac{3}{5}e^{2t-4}.
      Soma:
    y(t)=2\Big(-\tfrac{3}{5}e^{2t}\Big)+\Big(-\tfrac{6}{5}e^{2t}\Big)+\Big(-\tfrac{3}{5}e^{2t-4}\Big) =-\frac{3}{5}\big(4+e^{-4}\big)e^{2t}.
  • Faixa II: 0\le t<2.
    • h(t)=-\dfrac{3}{5}e^{-t}\cos t+\dfrac{1}{5}e^{-t}\sin t.
    • h'(t)=\dfrac{4}{5}e^{-t}\cos t+\dfrac{2}{5}e^{-t}\sin t.
    • Aqui t-2<0 então h(t-2)=-\dfrac{3}{5}e^{2(t-2)}=-\dfrac{3}{5}e^{2t-4}.
      Somando 2h+h'+h(t-2):
    \begin{aligned} y(t)&=2\Big(-\tfrac{3}{5}e^{-t}\cos t+\tfrac{1}{5}e^{-t}\sin t\Big) +\Big(\tfrac{4}{5}e^{-t}\cos t+\tfrac{2}{5}e^{-t}\sin t\Big) -\tfrac{3}{5}e^{2t-4}\\[4pt] &=\Big(-\tfrac{2}{5}e^{-t}\cos t+\tfrac{4}{5}e^{-t}\sin t\Big)-\tfrac{3}{5}e^{2t-4}. \end{aligned}
  • Faixa III: t\ge 2.
    • h(t) e h'(t) são as mesmas da faixa t\ge0.
    • Agora t-2\ge0 então h(t-2)=-\dfrac{3}{5}e^{-(t-2)}\cos(t-2)+\dfrac{1}{5}e^{-(t-2)}\sin(t-2).
    • É prático escrever e^{-(t-2)}=e^{2}e^{-t} se desejarmos fatorizar e^{-t}. Assim:
    y(t)=\Big(-\tfrac{2}{5}e^{-t}\cos t+\tfrac{4}{5}e^{-t}\sin t\Big) +e^{-t}e^{2}\Big(-\tfrac{3}{5}\cos(t-2)+\tfrac{1}{5}\sin(t-2)\Big).
Essas expressões dão y(t) explicitamente em cada faixa de tempo.]

Resposta

(a) -1<\Re(s)<2
(b) O sistema NÃO é causal.
(c) h(t)=-\dfrac{3}{5}e^{2t}u(-t)-\dfrac{3}{5}e^{-t}\cos t\,u(t)+\dfrac{1}{5}e^{-t}\sin t\,u(t)
(d) y^{(3)}(t)-2y'(t)-4y(t)=2x'(t)+2x(t)
(e) Saída y(t)=2h(t)+h'(t)+h(t-2), explicitamente em faixas:
  • Para t<0:
y(t)=-\frac{3}{5}\big(4+e^{-4}\big)e^{2t}.
  • Para 0\le t<2:
y(t)=-\frac{2}{5}e^{-t}\cos t+\frac{4}{5}e^{-t}\sin t-\frac{3}{5}e^{2t-4}.
  • Para t\ge 2:
y(t)=-\frac{2}{5}e^{-t}\cos t+\frac{4}{5}e^{-t}\sin t+e^{-t}e^{2}\Big(-\frac{3}{5}\cos(t-2)+\frac{1}{5}\sin(t-2)\Big).

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