1. Apresente o diagrama de Bode (magnitude apenas) para o sistema linear e invariante no tempo apresentado a seguir. Desenhe as assíntotas e o esboço da resposta verdadeira. Apresente valores de frequência/amplitude para todos os pontos de quebra, valores máximos e mínimos e pontos importantes para a caracterização das curvas.
H(s)=50000 \frac{s^{2}}{(s+10)^{2}(s+500)}
Para o sinal de entrada x(t)=\cos (1,00505 t-2,9392)+0,2 \sin (9987 t+1,5188), determine o sinal obtido na saída deste sistema.

Passo 1

Vou organizar claramente o que o enunciado pede e os dados fornecidos.
  • O enunciado dá a função de transferência
H(s)=50000\frac{s^{2}}{(s+10)^{2}(s+500)}
e pede:
  1. Apresentar o diagrama de Bode (magnitude apenas): desenhar as assíntotas, esboçar a resposta verdadeira, e entregar valores de frequência/amplitude para todos os pontos de quebra, valores máximos/minimos e pontos importantes para caracterização.
  2. Para o sinal de entrada
x(t)=\cos\bigl(1,00505\,t-2,9392\bigr)+0,2\sin\bigl(9987\,t+1,5188\bigr),
determinar o sinal de saída do sistema LTI dado.
  • Informações relevantes (do enunciado):
    • Polinômios em s: numerador grau 2 (zero de ordem 2 em s=0), denominador com polos em s=-10 (ordem 2) e s=-500 (ordem 1).
    • As frequências de interesse no sinal de entrada são \omega_1=1,00505\\ \text{rad/s} e \omega_2=9987\\ \text{rad/s}.
    • Deve-se fornecer o diagrama de Bode de magnitude com assíntotas e o esboço correto (ou seja, indicar os valores exatos/aproximados nos pontos de quebra e em pontos importantes).
A partir daqui vou construir passo a passo o Bode de magnitude (assíntotas e curva real) e então calcular a resposta em regime senoidal para cada componente do sinal de entrada e somar para obter y(t).

Passo 2

Simplificar a função de transferência para montar o Bode de forma direta.
  • Primeiro fatoramos os termos para ver constantes adimensionais:
(s+10)^{2}=10^{2}\bigl(1+\tfrac{s}{10}\bigr)^{2},\qquad (s+500)=500\bigl(1+\tfrac{s}{500}\bigr).
  • Substituindo em H(s) obtemos
H(s)=50000\frac{s^{2}}{10^{2}\cdot 500\,(1+\tfrac{s}{10})^{2}(1+\tfrac{s}{500})} = \frac{s^{2}}{(1+\tfrac{s}{10})^{2}(1+\tfrac{s}{500})}.
Observação importante: a constante multiplicativa simplificou para 1. Isso facilita o cálculo do Bode porque não há ganho dc extra.
  • Escrevendo a resposta em frequência ( s=j\omega):
H(j\omega)=\frac{(j\omega)^{2}}{\bigl(1+j\tfrac{\omega}{10}\bigr)^{2}\bigl(1+j\tfrac{\omega}{500}\bigr)}.
A magnitude (para cálculos numéricos) pode ser escrita como
|H(j\omega)|=\frac{\omega^{2}}{\bigl(1+(\tfrac{\omega}{10})^{2}\bigr)\sqrt{\,1+(\tfrac{\omega}{500})^{2}\,}}.
A fase (fórmula que usarei depois) é
\arg H(j\omega)=\pi-2\arctan\!\bigl(\tfrac{\omega}{10}\bigr)-\arctan\!\bigl(\tfrac{\omega}{500}\bigr).
(Explicação rápida: (j\omega)^{2} tem fase 2\cdot90^\circ=\pi e cada fator do denominador contribui com \arctan(\omega/a).)

Passo 3

Identificar zeros, polos e pontos de quebra (frequências características) e as assíntotas do Bode (magnitude).
  • Zeros/polos:
    • Dois zeros em s=0 (numerador s^{2}) → contribuem com +40 dB/decade no trecho abaixo do primeiro polo.
    • Polos: pólo duplo em s=-10 (frequência de quebra \omega=10\\ \text{rad/s}) e pólo simples em s=-500 (quebra em \omega=500\\ \text{rad/s}).
  • Pontos de quebra finitos: \omega=10 e \omega=500. (O zero em 0 é um “quebra” em \omega=0 que produz a inclinação inicial.)
  • Slope (inclinações) das assíntotas (magnitude em dB/dec):
    • Para \omega<10: cada zero de origem dá +20 dB/dec; com dois zeros temos +40 dB/dec.
    • Para 10<\omega<500: o pólo duplo em 10 introduz -40 dB/dec, anulando os +40 dB/dec → inclinação ≈ 0 dB/dec (comportamento aproximadamente constante/platau).
    • Para \omega>500: soma-se o pólo em 500 que dá mais -20 dB/dec → inclinação final ≈ -20 dB/dec.
  • Como a constante global é 1, uma referência conveniente: em \omega=1 a assíntota de baixa frequência dá
20\log_{10}|H(j1)|_{\text{ass}} \approx 40\log_{10}(1)=0\\ \text{dB}.
Assim as assíntotas passam por (aprox.) (\omega=1,\;0\\ \text{dB}); a partir daí subimos +40 dB/dec até \omega=10, ficamos aproximadamente constantes entre 10 e 500 e caímos -20 dB/dec acima de 500.

Passo 4

Construir numericamente as assíntotas em pontos típicos e calcular valores assintóticos úteis (em dB).
Usando as regras de assíntotas:
  • Região \omega<10 (slope +40 dB/dec):
    • \omega=0,1:\\\ 20\log_{10}|H|_{\text{ass}}\approx 40\log_{10}(0,1)=-40\\ \text{dB}.
    • \omega=1:\\\ 0\\ \text{dB}.
    • \omega=10:\\\ 40\\ \text{dB} (assíntota).
  • Região 10<\omega<500 (slope 0 dB/dec, assíntota aproximadamente constante):
    • assíntota ≈ 40\\ \text{dB} neste intervalo.
  • Região \omega>500 (slope -20 dB/dec):
    • fórmula assintótica: M_{\text{ass}}(\omega)\approx 40-20\log_{10}\!\bigl(\tfrac{\omega}{500}\bigr)\\ \text{dB}.
    • Por exemplo, em \omega=10\,000 (duas décadas acima de 100 e uma década acima de 1000): M_{\text{ass}}(10\,000)\approx 40-20\log_{10}\!\bigl(\tfrac{10\,000}{500}\bigr) =40-20\log_{10}(20)\approx 40-26,0206\approx 13,9794\\ \text{dB}.
Esses são os níveis assintóticos; a curva real estará próxima dessas linhas, com desvios de alguns dB ao redor das quebras.

Passo 5

Calcular a curva exata (valores numéricos) em pontos importantes: \omega=0{,}1,\;1,\;10,\;100,\;500,\;9987. Em cada ponto calculo |H(j\omega)| (linear e dB) e \arg H(j\omega).
Usarei as fórmulas:
|H(j\omega)|=\frac{\omega^{2}}{\bigl(1+(\tfrac{\omega}{10})^{2}\bigr)\sqrt{1+(\tfrac{\omega}{500})^{2}}},\qquad \arg H(j\omega)=\pi-2\arctan\!\bigl(\tfrac{\omega}{10}\bigr)-\arctan\!\bigl(\tfrac{\omega}{500}\bigr).
Cálculos (arredondados com precisão razoável para a prova):
  • Para \omega=0{,}1:
    • \omega^{2}=0{,}01,\;1+(\tfrac{\omega}{10})^{2}=1+0{,}0001=1{,}0001,
    • \sqrt{1+(\tfrac{\omega}{500})^{2}}\approx 1{,}00000002.
    • |H(j0{,}1)|\approx \dfrac{0{,}01}{1{,}0001\cdot 1{,}00000002}\approx 0{,}009999
      20\log_{10}\approx -40{,}00\\ \text{dB}.
    • \arg H(j0{,}1)\approx \pi-2\arctan(0{,}01)-\arctan(0{,}0002)\approx 3{,}12139\\ \text{rad} (≈178,8°).
  • Para \omega=1:
    • |H(j1)|\approx 1{,}000027 20\log_{10}\approx 0{,}0002\\ \text{dB} (praticamente 0\\ \text{dB}).
    • \arg H(j1)\approx \pi-2\arctan(0{,}1)-\arctan(0{,}002)\approx 2{,}939249\\ \text{rad}.
  • Para \omega=10 (quebra):
    • \omega^{2}=100,\;1+(\tfrac{10}{10})^{2}=2,\;\sqrt{1+(10/500)^{2}}=\sqrt{1+0{,}0004}\approx 1{,}00019998.
    • |H(j10)|\approx \dfrac{100}{2\cdot 1{,}00019998}\approx 49{,}998 20\log_{10}\approx 33{,}98\\ \text{dB}.
    • \arg H(j10)=\pi-2\arctan(1)-\arctan(0{,}02)\approx 1{,}550798\\ \text{rad} (≈88,9°).
  • Para \omega=100:
    • cálculo direto: |H(j100)|\approx 97{,}09 20\log_{10}\approx 39{,}75\\ \text{dB}.
    • \arg H(j100)\approx \pi-2\arctan(10)-\arctan(0{,}2)\approx 0{,}00194\\ \text{rad} (≈0,11°).
  • Para \omega=500 (quebra):
    • |H(j500)|\approx 70{,}673 20\log_{10}\approx 36{,}99\\ \text{dB}.
    • \arg H(j500)=\pi-2\arctan(50)-\arctan(1)\approx -0{,}745398\\ \text{rad} (≈-42,72°).
  • Para \omega=9987 (frequência do segundo termo do sinal):
    • \omega^{2}=99\,740\,169,\;1+(\tfrac{\omega}{10})^{2}\approx 99\,740\,269,\;\sqrt{1+(\tfrac{\omega}{500})^{2}}\approx 9\,999{,}50845.
    • |H(j9987)|\approx \dfrac{50000\cdot \omega^{2}/50000}{(1+(\omega/10)^{2})\sqrt{1+(\omega/500)^{2}}} (usar a forma simplificada dá o mesmo numericamente)
      → valor numérico |H(j9987)|\approx 5{,}00024 20\log_{10}\approx 13{,}9798\\ \text{dB}.
    • \arg H(j9987)\approx \pi-2\arctan(998{,}7)-\arctan(19{,}974)\approx -1{,}518773\\ \text{rad} (≈-87,02°).
Comentário: os cálculos mostrados acima usam as fórmulas exatas; arredondei os resultados para poucas casas decimais úteis para a prova. Note que a assíntota previu 40\\ \text{dB} no platô teórico entre 10 e 500, mas a curva real fica alguns dB abaixo em torno de \omega=10 e \omega=500 (efeito de transição não ideal).

Passo 6

Esboço do Bode de magnitude (como desenhar na prova) — instruções passo a passo para montar o gráfico:
  1. Eixos: escala logarítmica no eixo horizontal ( \omega de 10^{-1} a 10^{4} rad/s, por exemplo) e dB no vertical (ex.: -60 a +60 dB).
  2. Marcar as quebras em \omega=10 e \omega=500.
  3. Traçar as assíntotas:
    • Antes de 10: reta de inclinação +40 dB/dec que passa por (1,\;0\\ \text{dB}). Exemplos: em 0{,}1 está em -40\\ \text{dB}.
    • Entre 10 e 500: reta horizontal (0 dB/dec) em nível assintótico 40\\ \text{dB}.
    • Após 500: reta com inclinação -20\\ \text{dB/dec} que passa por 40\\ \text{dB} em \omega=500; em \omega=10\,000 a assíntota está em \approx 13{,}98\\ \text{dB}.
  4. Traçar a curva real (esboço): cerca de
    • \omega=0{,}1: -40\\ \text{dB} (coincide quase exato com assíntota).
    • \omega=1: 0\\ \text{dB}.
    • \omega=10: curva real em \approx 33{,}98\\ \text{dB} (alguns dB abaixo da assíntota de 40\\ \text{dB}).
    • \omega=100: \approx 39{,}75\\ \text{dB} (próximo ao platô).
    • \omega=500: \approx 36{,}99\\ \text{dB} (ainda no platô, antes da queda).
    • \omega=9987: \approx 13{,}98\\ \text{dB}.
  5. Não há pico de ressonância pronunciado (os polos são reais; apenas transições suaves), portanto máximos locais ocorrem aproximadamente perto do final da região de subida / início do platô (valores exatos listados acima). O valor máximo aproximado da resposta de magnitude acontece por volta da região entre 10 e 100 e é da ordem de 39{,}7\\ \text{dB} (não há pico de alta qualidade Q).

Passo 7

Horas da teoria aplicada para transformar sinais no domínio do tempo (regra usada para calcular saída de um sistema LTI em regime permanente senoidal):
  • Teorema (fórmula prática): se a entrada for A\cos(\omega t+\varphi) e o sistema LTI tem resposta em frequência H(j\omega)=|H(j\omega)|e^{j\angle H(j\omega)}, então a saída em regime senoidal será
y(t)=A\,|H(j\omega)|\cos\bigl(\omega t+\varphi+\angle H(j\omega)\bigr).
  • Se a entrada estiver em forma \sin(\omega t+\varphi), convém converter para cosseno usando \sin(\theta)=\cos(\theta-\tfrac{\pi}{2}) e aplicar a mesma fórmula.
Vou aplicar essa regra a cada termo do sinal x(t).

Passo 8

Aplicar a fórmula ao primeiro termo de x(t).
Entrada 1: x_{1}(t)=\cos\bigl(1,00505\,t-2,9392\bigr).
  • \omega_{1}=1,00505\\ \text{rad/s}.
  • Já calculei acima (Passo 5) que |H(j\omega_{1})|\approx 1{,}000027,\qquad \angle H(j\omega_{1})\approx 2{,}939249\\ \text{rad}.
  • Pela regra, a saída correspondente é y_{1}(t)=1\cdot 1{,}000027\cos\bigl(1,00505\,t-2,9392+2,939249\bigr).
  • Simplificando a fase: -2,9392+2,939249\approx 0{,}000049\\ \text{rad}.
  • Logo: y_{1}(t)\approx 1{,}000027\cos\bigl(1,00505\,t+0{,}000049\bigr).
Observação física: o sistema praticamente restaurou a fase (anula a fase de entrada) e o ganho é praticamente 1 nessa frequência.

Passo 9

Aplicar a fórmula ao segundo termo de x(t).
Entrada 2: x_{2}(t)=0{,}2\sin\bigl(9987\,t+1,5188\bigr).
Procedimento:
  • Converto para cosseno: \sin(\theta)=\cos(\theta-\tfrac{\pi}{2}),então x_{2}(t)=0{,}2\cos\bigl(9987\,t+1,5188-\tfrac{\pi}{2}\bigr).Calcule 1{,}5188-\tfrac{\pi}{2}. Como \tfrac{\pi}{2}\approx 1{,}570796327, 1{,}5188-\tfrac{\pi}{2}\approx -0{,}051996327.
  • Para \omega_{2}=9987 já computei |H(j9987)|\approx 5{,}00024,\qquad \angle H(j9987)\approx -1{,}518773\\ \text{rad}.
  • Aplicando a fórmula: y_{2}(t)=0{,}2\cdot 5{,}00024 \cos\bigl(9987\,t-0{,}051996327-1{,}518773\bigr).
  • Produto da amplitude: 0{,}2\cdot 5{,}00024\approx 1{,}000048.
  • Soma das fases: -0{,}051996327-1{,}518773\approx -1{,}570769327\\ \text{rad}.
  • Portanto y_{2}(t)\approx 1{,}000048\cos\bigl(9987\,t-1{,}570769327\bigr).
Observação: -1{,}570769327 é praticamente -\tfrac{\pi}{2} (diferença de ordem 10^{-5} rad). Isso significa que, para esse componente de alta frequência, o sistema converteu o seno de entrada em uma seno (com quase mesma fase) e amplificou fortemente (ganho ≈5 multiplicando a 0{,}2 dá ≈1).

Passo 10

Somar as componentes para obter a saída total y(t) (superposição, pois o sistema é linear).
Somando y_{1} e y_{2}:
y(t)=y_{1}(t)+y_{2}(t)\approx 1{,}000027\cos\bigl(1{,}00505\,t+0{,}000049\bigr) +1{,}000048\cos\bigl(9987\,t-1{,}570769327\bigr).
Podemos também apresentar y_{2} em forma de seno (porque \cos(\omega t-\tfrac{\pi}{2}+\varepsilon)=\sin(\omega t+\varepsilon)):
  • Como -1{,}570769327\approx -\tfrac{\pi}{2}+0{,}000027, obtemos y_{2}(t)\approx 1{,}000048\sin\bigl(9987\,t+0{,}000027\bigr).
Assim, uma forma alternativa para y(t) é
y(t)\approx 1{,}000027\cos\bigl(1{,}00505\,t+0{,}000049\bigr)+1{,}000048\sin\bigl(9987\,t+0{,}000027\bigr).

Resposta

Bode (magnitude) — resumo dos pontos-chave (valores aproximados):
  • Quebras: \omega=10\\ \text{rad/s} e \omega=500\\ \text{rad/s}.
  • Assíntotas: inclinações +40 dB/dec para \omega<10; 0 dB/dec entre 10 e 500; −20 dB/dec para \omega>500.
  • Valores exatos/avaliados:
    • \omega=0{,}1:\\ |H|\approx 0{,}009999 (≈ -40{,}00\\ \text{dB}).
    • \omega=1:\\ |H|\approx 1{,}000027 (≈ 0{,}0002\\ \text{dB}).
    • \omega=10:\\ |H|\approx 49{,}998 (≈ 33{,}98\\ \text{dB}), \angle H\approx 1{,}550798\\ \text{rad}.
    • \omega=100:\\ |H|\approx 97{,}09 (≈ 39{,}75\\ \text{dB}), \angle H\approx 0{,}00194\\ \text{rad}.
    • \omega=500:\\ |H|\approx 70{,}673 (≈ 36{,}99\\ \text{dB}), \angle H\approx -0{,}745398\\ \text{rad}.
    • \omega=9987:\\ |H|\approx 5{,}00024 (≈ 13{,}9798\\ \text{dB}), \angle H\approx -1{,}518773\\ \text{rad}.
  • Esboço: subir +40 dB/dec até ~ \omega=10, ficar próximo de um platô por 10 a 500 (nível ≈ 37 40 dB), e então cair −20 dB/dec acima de 500. (No desenho marcar os pontos numéricos acima e traçar a curva real próxima às assíntotas.)
Saída do sistema y(t) (regime permanente, aproximada):
y(t)\approx 1{,}000027\cos\bigl(1{,}00505\,t+0{,}000049\bigr) +1{,}000048\cos\bigl(9987\,t-1{,}570769327\bigr).
Alternativamente (segunda componente em forma de seno):
y(t)\approx 1{,}000027\cos\bigl(1{,}00505\,t+0{,}000049\bigr) +1{,}000048\sin\bigl(9987\,t+0{,}000027\bigr).

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