Calcule o valor inicial e final da resposta de estado nulo do sistema LCIT com a seguinte função de transferência:
H(s)=\frac{6 s^{2}+3 s+10}{2 s^{2}+6 s+5}
e a entrada:
(a) x(t)=u(t)

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações:
  • A função de transferência do sistema é H(s)=\dfrac{6 s^{2}+3 s+10}{2 s^{2}+6 s+5}.
  • A entrada é (a) x(t)=u(t), o degrau unitário.
    O que o problema pede:
  • Calcular o valor inicial da resposta de estado nulo (isto é, y(0^+)).
  • Calcular o valor final da resposta de estado nulo (isto é, y(\infty)).

Passo 2

Lembretes fundamentais que vou usar (com explicação):
  • A transformada de Laplace do degrau unitário u(t) é \dfrac{1}{s}. Ou seja, a entrada em domínio de Laplace é X(s)=\dfrac{1}{s}.
  • A saída em Laplace é Y(s)=H(s)\,X(s). Aqui, como quero a resposta de estado nulo (zero-state), uso apenas H(s) multiplicando X(s).
  • Teorema do valor inicial: para uma função causal y(t) com transformada Y(s),
y(0^+)=\lim_{s\to\infty} s\,Y(s).
Isto dá o valor da saída imediatamente após t=0.
  • Teorema do valor final: se todos os polos de s\,Y(s) têm parte real negativa (ou seja, não há polos no semiplano direito nem polos não estáveis em j\omega), então
y(\infty)=\lim_{s\to 0} s\,Y(s).
Isto dá o valor de regime permanente da saída.

Passo 3

Calcular Y(s) usando X(s)=\dfrac{1}{s}:
Y(s)=H(s)\,X(s)=\frac{6 s^{2}+3 s+10}{2 s^{2}+6 s+5}\cdot\frac{1}{s}=\frac{6 s^{2}+3 s+10}{s\left(2 s^{2}+6 s+5\right)}.

Passo 4

Aplicar o teorema do valor inicial:
y(0^+)=\lim_{s\to\infty} s\,Y(s)=\lim_{s\to\infty} s\cdot\frac{6 s^{2}+3 s+10}{s\left(2 s^{2}+6 s+5\right)}=\lim_{s\to\infty}\frac{6 s^{2}+3 s+10}{2 s^{2}+6 s+5}.
Para \;s\to\infty\; numa razão de polinômios de mesmo grau, o limite é a razão dos coeficientes dos termos de maior grau. Assim:
y(0^+)=\frac{6}{2}=3.
Interpretação rápida: a saída começa em 3 imediatamente após a aplicação do degrau.

Passo 5

Aplicar o teorema do valor final:
y(\infty)=\lim_{s\to 0} s\,Y(s)=\lim_{s\to 0} s\cdot\frac{6 s^{2}+3 s+10}{s\left(2 s^{2}+6 s+5\right)}=\lim_{s\to 0}\frac{6 s^{2}+3 s+10}{2 s^{2}+6 s+5}.
Agora avaliar em s=0 (substituição direta):
y(\infty)=\frac{10}{5}=2.
Interpretação rápida: o valor em regime permanente (quando t\to\infty) é 2.

Passo 6

Verificação das hipóteses do teorema do valor final (para garantir que o uso foi válido):
  • Os polos de H(s) são raízes de 2 s^{2}+6 s+5=0. Calcular as raízes:
\Delta=6^{2}-4\cdot 2\cdot 5=36-40=-4,
s=\frac{-6\pm\sqrt{-4}}{2\cdot 2}=\frac{-6\pm 2i}{4}=-\tfrac{3}{2}\pm \tfrac{i}{2}.
As partes reais são -\tfrac{3}{2}<0, ou seja, os polos estão no semiplano esquerdo (sistema estável). Além disso, s\,Y(s)=H(s) não tem polos com parte real não-negativa. Logo, as condições para o teorema do valor final estão satisfeitas e o resultado y(\infty)=2 é válido.

Resposta

y(0^+)=3
y(\infty)=2

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