Considere um sistema descrito pela equação diferencial,
\ddot{y}(t)+5 \dot{y}(t)+4 y(t)=x(t)
(a) Este sistema é BIBO-estável? Justifique sua resposta.
(b) Determine a resposta ao impulso deste sistema para condições iniciais nulas.
(c) Calcule a saída do sistema para uma entrada x(t)=u(t) e condições inicias y(0)=0 e \dot{y}(0)=1.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede.
  • Sistema descrito pela equação diferencial
\ddot{y}(t)+5\dot{y}(t)+4y(t)=x(t).
  • Perguntas:
    (a) Este sistema é BIBO-estável? Justificar.
    (b) Determinar a resposta ao impulso (condições iniciais nulas).
    (c) Calcular a saída para x(t)=u(t) (degrau unitário) com condições iniciais y(0)=0 e \dot{y}(0)=1.
Observações úteis que vou usar (sem resolver ainda):
  • Para encontrar a resposta ao impulso uso a transformada de Laplace com condições iniciais nulas e depois a transformada inversa.
  • Para estabilidade BIBO de um sistema LTI contínuo e causal posso verificar se a resposta ao impulso é absolutamente integrável (ou olhar os polos do sistema).
  • Para tratar condições iniciais não nulas, uso as propriedades da transformada de Laplace para derivadas: \mathcal{L}\{\dot{y}\}=sY(s)-y(0),\qquad \mathcal{L}\{\ddot{y}\}=s^{2}Y(s)-s y(0)-\dot{y}(0).

Passo 2

Responder (a): definir BIBO e obter a função de transferência (pedaço teórico rápido).
  • Definição prática: um sistema LTI causal é BIBO-estável se a sua resposta ao impulso h(t) é absolutamente integrável, isto é,
    \int_{0}^{\infty} |h(t)|\,dt<\infty.
    Equivalentemente, para sistemas lineares com coeficientes constantes, isso ocorre se todos os polos tiverem parte real negativa (polos no semiplano esquerdo), o que garante decaimento exponencial da resposta ao impulso.
  • Obter a função de transferência H(s). Tomando Laplace da equação com condições iniciais nulas ( y(0)=0,\\ \dot{y}(0)=0) e entrada X(s):
    (s^{2}+5s+4)Y(s)=X(s).
    Portanto a função de transferência é
    H(s)=\frac{Y(s)}{X(s)}=\frac{1}{s^{2}+5s+4}.
  • Calcular os polos: resolver s^{2}+5s+4=0.
    s^{2}+5s+4=(s+1)(s+4)=0 \quad\Rightarrow\quad s=-1,\\ s=-4.
    Ambos os polos têm parte real negativa. Logo o sistema é assintoticamente estável e sua resposta ao impulso decai exponencialmente.
  • Concluir BIBO: como os polos têm parte real negativa, h(t) é uma combinação de exponenciais decrescentes e portanto
    \int_{0}^{\infty}|h(t)|\,dt \le \frac{1}{3}\int_{0}^{\infty}\big(e^{-t}+e^{-4t}\big)\,dt =\frac{1}{3}\left(1+\tfrac{1}{4}\right)=\frac{5}{12}<\infty,
    de modo que o sistema é BIBO-estável.

Passo 3

Determinar a resposta ao impulso (b). Vou calcular h(t) com zero-estado (condições iniciais nulas) — isso é a resposta a x(t)=\delta(t).
  • Em s-domínio já temos
    H(s)=\frac{1}{s^{2}+5s+4}=\frac{1}{(s+1)(s+4)}.
  • Fazer frações parciais: procurar constantes A e B tais que
    \frac{1}{(s+1)(s+4)}=\frac{A}{s+1}+\frac{B}{s+4}.
    Multiplicando ambos os lados por (s+1)(s+4):
    1=A(s+4)+B(s+1).
    Tomando s=-1 obtém-se A\cdot 3=1\Rightarrow A=\tfrac{1}{3}.
    Tomando s=-4 obtém-se B\cdot(-3)=1\Rightarrow B=-\tfrac{1}{3}.
  • Logo
    H(s)=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{s+1}-\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{s+4}.
    Aplicando transformada inversa (relembrando que \mathcal{L}^{-1}\{\tfrac{1}{s+a}\}=e^{-a t}u(t)):
    h(t)=\frac{1}{3}e^{-t}u(t)-\frac{1}{3}e^{-4t}u(t)=\frac{1}{3}\big(e^{-t}-e^{-4t}\big)u(t).

Passo 4

Resolver (c): saída para x(t)=u(t) com y(0)=0,\\ \dot{y}(0)=1. Vou usar Laplace incluindo condições iniciais.
  • Tomar Laplace da equação geral com y(0)=0 e \dot{y}(0)=1:
    \mathcal{L}\{\ddot{y}\}+\;5\mathcal{L}\{\dot{y}\}+4\mathcal{L}\{y\}=\mathcal{L}\{x\}.
    Substituindo as fórmulas para derivadas:
    \big(s^{2}Y(s)-s y(0)-\dot{y}(0)\big)+5\big(sY(s)-y(0)\big)+4Y(s)=X(s).
    Como y(0)=0 e \dot{y}(0)=1, isso fica
    s^{2}Y(s)-1 +5sY(s)+4Y(s)=X(s).
    Agrupando:
    \big(s^{2}+5s+4\big)Y(s)-1 = X(s).
  • Para x(t)=u(t) tem-se X(s)=\tfrac{1}{s}. Assim
    \big(s^{2}+5s+4\big)Y(s)=1+\frac{1}{s}.
    Portanto
    Y(s)=\frac{1}{s^{2}+5s+4}+\frac{1}{s\big(s^{2}+5s+4\big)}.
    Vou inverter termo a termo.
  • O primeiro termo é exatamente H(s) visto no Passo 3; sua transformada inversa é
    y_{1}(t)=\frac{1}{3}\big(e^{-t}-e^{-4t}\big)u(t).
  • O segundo termo é \dfrac{1}{s(s+1)(s+4)}. Faço frações parciais:
    \frac{1}{s(s+1)(s+4)}=\frac{A}{s}+\frac{B}{s+1}+\frac{C}{s+4}.
    Multiplicando por s(s+1)(s+4):
    1=A(s+1)(s+4)+B s(s+4)+C s(s+1).
    Avaliando em pontos convenientes:
    • s=0\Rightarrow 1=A\cdot 1\cdot 4 \Rightarrow A=\tfrac{1}{4}.
    • s=-1\Rightarrow 1=B\cdot(-1)\cdot 3 \Rightarrow B=-\tfrac{1}{3}.
    • s=-4\Rightarrow 1=C\cdot(-4)\cdot(-3) \Rightarrow C=\tfrac{1}{12}.
  • Assim
    \frac{1}{s(s+1)(s+4)}=\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{s}-\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{s+1}+\frac{1}{12}\cdot\frac{1}{s+4}.
    Invertendo:
    y_{2}(t)=\frac{1}{4}u(t)-\frac{1}{3}e^{-t}u(t)+\frac{1}{12}e^{-4t}u(t).
  • A saída total é y(t)=y_{1}(t)+y_{2}(t). Somando termo a termo:
    y(t)=\Big(\frac{1}{3}e^{-t}-\frac{1}{3}e^{-4t}\Big) +\Big(\frac{1}{4}-\frac{1}{3}e^{-t}+\frac{1}{12}e^{-4t}\Big)
    Agrupando os termos exponenciais e a constante:
    • Coeficiente de e^{-t}: \tfrac{1}{3}-\tfrac{1}{3}=0.
    • Coeficiente de e^{-4t}: -\tfrac{1}{3}+\tfrac{1}{12}=-\tfrac{1}{4}.
    • Constante: \tfrac{1}{4}.
    Portanto
    y(t)=\frac{1}{4}-\frac{1}{4}e^{-4t}\quad\text{para }t\ge 0,
    ou escrito com degrau unitário:
    y(t)=\frac{1}{4}\big(1-e^{-4t}\big)u(t).
  • Pequena verificação rápida: y(0)=\tfrac{1}{4}(1-1)=0 (confere) e
    \dot{y}(t)=\frac{1}{4}\cdot 4 e^{-4t}=\;e^{-4t}\quad\Rightarrow\quad \dot{y}(0)=1,
    que coincide com a condição inicial dada.

Resposta

(a) Sim, o sistema é BIBO-estável (polos s=-1 e s=-4, resposta ao impulso absolutamente integrável).
(b) h(t)=\dfrac{1}{3}\big(e^{-t}-e^{-4t}\big)u(t).
(c) y(t)=\dfrac{1}{4}\big(1-e^{-4t}\big)u(t).

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