Um circuito tem a função de transferência a seguir. Determine a resposta a um degrau unitário.
H(s)=\frac{s+4}{(s+1)(s+2)}

Passo 1

O enunciado dá a função de transferência do circuito e pede a resposta ao degrau unitário. Vou listar claramente o que foi dado e o que é pedido.
  • Foi dada a função de transferência
H(s)=\frac{s+4}{(s+1)(s+2)}.
  • O excitamento é um degrau unitário, cuja transformada de Laplace é
\text{Laplace}\{\text{degrau unitário}\}=\frac{1}{s}.á
  • O que pedem: encontrar a saída no tempo y(t) para t\ge 0 quando a entrada é esse degrau unitário.

Passo 2

Transformada de Laplace da saída. Em sistemas lineares invariantes no tempo, a transformada de Laplace da saída Y(s) é o produto da função de transferência H(s) pela transformada da entrada. Como a entrada é o degrau unitário, temos
Y(s)=H(s)\cdot\frac{1}{s}=\frac{s+4}{s(s+1)(s+2)}.
Nosso objetivo agora é obter y(t)=\mathcal{L}^{-1}\{Y(s)\}.

Passo 3

Estratégia para inverter Y(s). Para aplicar a transformada inversa de Laplace de forma direta, vamos decompor Y(s) em frações parciais no formato
\frac{s+4}{s(s+1)(s+2)}=\frac{A}{s}+\frac{B}{s+1}+\frac{C}{s+2},
com constantes A,B,C. Depois cada termo terá uma antitransformada conhecida:
  • \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{1}{s}\right\}=1 (degrau),
  • \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{1}{s+a}\right\}=e^{-a t} para t\ge 0.
Explico brevemente o método das frações parciais: multiplica-se ambos os lados pela expressão s(s+1)(s+2) e determina-se A,B,C avaliando convenientemente em valores de s que anulem fatores (método da cobertura) ou igualando coeficientes.

Passo 4

Determinação de A,B,C pelo método da cobertura (plugando raízes dos denominadores). Multiplicando e igualando,
s+4 = A(s+1)(s+2) + B s(s+2) + C s(s+1).
Agora escolhe-se valores de s que simplifiquem:
  • Para s=0:
0+4 = A(0+1)(0+2) \quad\Rightarrow\quad 4 = 2A \quad\Rightarrow\quad A=2.
  • Para s=-1:
-1+4 = B(-1)(-1+2) \quad\Rightarrow\quad 3 = B(-1)(1) = -B \quad\Rightarrow\quad B=-3.
  • Para s=-2:
-2+4 = C(-2)(-2+1) \quad\Rightarrow\quad 2 = C(-2)(-1) = 2C \quad\Rightarrow\quad C=1.
Assim obtemos A=2, B=-3, C=1.

Passo 5

Escrevendo Y(s) com as frações parciais encontradas:
Y(s)=\frac{2}{s}-\frac{3}{s+1}+\frac{1}{s+2}.
Agora aplicamos a transformada inversa termo a termo usando linearidade e as tabelas básicas de Laplace:
  • \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{2}{s}\right\}=2\cdot 1 = 2,
  • \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{-3}{s+1}\right\}=-3 e^{-t},
  • \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{1}{s+2}\right\}= e^{-2t}.

Passo 6

Montando a resposta no tempo para t\ge 0, e lembrando de multiplicar pela função degrau (caso queira explicitar causality):
y(t)=\bigl(2-3e^{-t}+e^{-2t}\bigr)\,\mathrm{u}(t),
onde \mathrm{u}(t) é o degrau unitário (padrão para saída causal). Na prática, para t\ge 0 podemos simplesmente escrever
y(t)=2-3e^{-t}+e^{-2t},\qquad t\ge 0.

Passo 7

Verificações rápidas (úteis na prova, para checar possíveis erros):
  • Valor inicial y(0^+)=2-3+1=0. Pode-se confirmar com o teorema do valor inicial usando \lim_{s\to\infty} sY(s).
  • Valor em regime permanente y(\infty)=2. Isso bate com o ganho DC H(0)=\dfrac{0+4}{(0+1)(0+2)}=2 multiplicado pelo degrau unitário de amplitude 1.

Resposta

y(t)=2-3e^{-t}+e^{-2t},\quad t\ge 0

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