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:
(b) x(t)=e^{-t} u(t)

Passo 1

O enunciado pede os valores inicial e final da resposta de estado nulo (zero-state) do sistema LCIT dado por
H(s)=\frac{6 s^{2}+3 s+10}{2 s^{2}+6 s+5}
quando a entrada é
x(t)=e^{-t}u(t).
Informações relevantes dadas:
  • A função de transferência H(s) está explícita.
  • A entrada x(t)=e^{-t}u(t) é uma exponencial causal.
  • “Resposta de estado nulo” significa que as condições iniciais do sistema são nulas; então podemos obter a saída Y(s) simplesmente por multiplicação em Laplace: Y(s)=H(s)X(s).
    As perguntas específicas: encontrar y(0^+) e y(\infty).

Passo 2

Primeiro transforme a entrada para o domínio de Laplace. Lembrete rápido: a transformada de Laplace da função exponencial causal e^{-a t}u(t) é
\mathcal{L}\{e^{-a t}u(t)\}=\frac{1}{s+a},
válida para \Re(s)>-a. Aqui a=1, logo
X(s)=\mathcal{L}\{e^{-t}u(t)\}=\frac{1}{s+1}.

Passo 3

A saída no domínio de Laplace (resposta de estado nulo) é
Y(s)=H(s)\,X(s)=\frac{6 s^{2}+3 s+10}{2 s^{2}+6 s+5}\cdot\frac{1}{s+1}=\frac{6 s^{2}+3 s+10}{(2 s^{2}+6 s+5)(s+1)}.

Passo 4

Para encontrar o valor inicial y(0^+) usamos o teorema do valor inicial:
y(0^+)=\lim_{s\to\infty} s\,Y(s),
válido para sinais causais (e aqui a saída é causal). Vamos calcular a limite. Primeiro escrevendo explicitamente
s\,Y(s)=\frac{6 s^{3}+3 s^{2}+10 s}{(2 s^{2}+6 s+5)(s+1)}.
Para s\to\infty podemos dividir numerador e denominador pelo termo de maior ordem s^{3} ou simplesmente comparar os coeficientes dominantes: no numerador o termo de maior ordem é 6 s^{3}; no denominador o termo de maior ordem vem de (2 s^{2})(s)=2 s^{3}. Portanto
\lim_{s\to\infty} s\,Y(s)=\frac{6}{2}=3.
Assim
y(0^+)=3.

Passo 5

Para o valor final y(\infty) usamos o teorema do valor final:
y(\infty)=\lim_{s\to 0} s\,Y(s),
desde que \,s\,Y(s)\, não tenha polos no semi-plano direito nem polos em j\omega (condição satisfeita se o sistema for estável e a entrada não introduzir polos problemáticos). Vamos verificar rapidamente a estabilidade de H(s): os polos de H(s) vêm das raízes de 2 s^{2}+6 s+5=0. Pela fórmula quadrática,
s=\frac{-6\pm\sqrt{36-40}}{4}=\frac{-6\pm 2j}{4}=-\tfrac{3}{2}\pm \tfrac{1}{2}j,
portanto têm parte real negativa (sistema estável). O polo adicional devido a X(s) é s=-1, também no semiplano esquerdo. Logo as hipóteses do teorema do valor final são atendidas e podemos aplicar:
y(\infty)=\lim_{s\to 0} s\,\frac{6 s^{2}+3 s+10}{(2 s^{2}+6 s+5)(s+1)}.
Avalie em s=0:
s\,\frac{6 s^{2}+3 s+10}{(2 s^{2}+6 s+5)(s+1)}\Bigg|_{s\to0}=\frac{0\cdot(10)}{5\cdot 1}=0.
Mais direto: para pequenos s o fator s na frente anula o termo constante do quociente, dando limite zero. Assim
y(\infty)=0.

Passo 6

Resumo e olhar prático para a prova: calcule X(s), escreva Y(s)=H(s)X(s). Use o teorema do valor inicial com \lim_{s\to\infty}sY(s) e o teorema do valor final com \lim_{s\to0}sY(s). Verifique estabilidade (raízes do denominador de H(s)) para garantir validade do valor final. Pronto — sem integrais pesadas, só limites e verificação de polos.

Resposta

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