Considere o sistema com função de transferência \frac{Y(s)}{U(s)}=G(s)=\frac{s-3}{s^{2}+7 s+12}( Valor 2,5 ) :
a) Represente os polos e zeros do sistema G(s) no plano s e comente sobre sua estabilidade.
b) Determine a transformada inversa de Laplace da saída y(t)=\mathcal{L}^{-1}\{Y(s)\} para a entrada u(t)=\mathbb{1}(t)𝟙.
c) Encontre a resposta y(t) quando t \rightarrow \infty para uma entrada u(t) do tipo degrau unitário.

Passo 1

O enunciado dá a função de transferência
G(s)=\frac{Y(s)}{U(s)}=\frac{s-3}{s^{2}+7s+12}
e pede três coisas:
  1. Representar os polos e zeros de G(s) no plano s e comentar sobre a estabilidade do sistema.
  2. Determinar a transformada inversa de Laplace da saída y(t)=\mathcal{L}^{-1}\{Y(s)\} quando a entrada é o degrau unitário u(t)=\mathbb{1}(t)𝟙.
  3. Encontrar o valor de y(t) quando t\to\infty para a mesma entrada degrau unitário.
Informações relevantes fornecidas: a expressão de G(s) acima. Não há outras condições iniciais explícitas, assumimos sistema causal e condições iniciais nulas.

Passo 2

Encontremos os zeros e polos explicitamente a partir de G(s).
Zero(s): resolvemos o numerador \,s-3=0, o que dá
\text{zero em } s=3.
Polos: fatoramos o denominador \,s^{2}+7s+12. Procuramos dois números que multiplicados dão 12 e somados dão 7: são 3 e 4. Assim
s^{2}+7s+12=(s+3)(s+4).
Logo os polos são as raízes dessas expressões:
\text{polos em } s=-3 \quad\text{e}\quad s=-4.

Passo 3

Como representar no plano s e comentar estabilidade (explicando bem o porquê).
Representação (descrição): temos um zero em \,s=3 (no semiplano direito) e polos em \,s=-3 e \,s=-4 (no semiplano esquerdo). No eixo real isso fica: zero em +3 à direita, polos em -3 e -4 à esquerda.
Comentário sobre estabilidade (explicação didática): para estabilidade de BIBO de um sistema linear invariante no tempo com função de transferência racional, a condição é que todos os polos tenham parte real negativa (isto é, estejam no semiplano esquerdo). Aqui ambos os polos têm parte real negativa ( -3 e -4), portanto o sistema é estável (BIBO estável). Observação adicional: o zero em s=3 está no semiplano direito, o que caracteriza o sistema como não-minimum-phase (ou seja, comportamento de fase/overshoot particular), mas isso não impede a estabilidade — apenas complica a resposta transitória.

Passo 4

Preparação para achar y(t) quando u(t)=\mathbb{1}(t)𝟙.
A transformada de Laplace do degrau unitário é \mathcal{L}\{\mathbb{1}(t)\}=1/s𝟙. Assim
Y(s)=G(s)\,U(s)=\frac{s-3}{s^{2}+7s+12}\cdot\frac{1}{s}=\frac{s-3}{s(s+3)(s+4)}.
Para inverter para o tempo vamos decompor Y(s) em frações parciais da forma
\frac{s-3}{s(s+3)(s+4)}=\frac{A}{s}+\frac{B}{s+3}+\frac{C}{s+4},
onde A,B,C são constantes a determinar.

Passo 5

Cálculo das constantes por método “cover-up” (substituição direta em pontos que anulam os denominadores) — explico porque funciona: ao multiplicar ambos os lados pela expressão s(s+3)(s+4) obtemos uma identidade em s. Avaliar essa identidade em valores que zere um dos fatores isola a constante correspondente.
Multiplicando:
s-3 = A(s+3)(s+4) + B s (s+4) + C s (s+3).
Agora escolhemos valores convenientes:
  • Para s=0:
-3 = A(0+3)(0+4)=12A \quad\Rightarrow\quad A=-\tfrac{1}{4}.
  • Para s=-3:
-3-3=-6 = B(-3)(-3+4)=B(-3)(1)=-3B \quad\Rightarrow\quad B=2.
  • Para s=-4:
-4-3=-7 = C(-4)(-4+3)=C(-4)(-1)=4C \quad\Rightarrow\quad C=-\tfrac{7}{4}.
Portanto as frações parciais são
Y(s)=-\tfrac{1}{4}\cdot\frac{1}{s}+2\cdot\frac{1}{s+3}-\tfrac{7}{4}\cdot\frac{1}{s+4}.

Passo 6

Transformada inversa de Laplace (regras e aplicação).
Regra fundamental que usamos:
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s}\right\}=\mathbb{1}(t), \qquad \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s+a}\right\}=e^{-a t}\quad(t\ge 0).𝟙
Aplicando termo a termo em Y(s) obtemos, para t\ge 0,
y(t)=-\tfrac{1}{4}\cdot 1 + 2 e^{-3t} - \tfrac{7}{4} e^{-4t}.
Ou seja,
y(t)=-\tfrac{1}{4} + 2e^{-3t} - \tfrac{7}{4}e^{-4t},\qquad t\ge 0.
Eu recomendo decorar a correspondência simples 1/s\leftrightarrow 1 e 1/(s+a)\leftrightarrow e^{-a t}; com isso a maioria das inversões fica direta após a decomposição em frações parciais.

Passo 7

Checagens úteis (inicial e final) — isso ajuda a confiar na resposta.
Inicial: calcule y(0^+) substituindo t=0 na expressão:
y(0^+)=-\tfrac{1}{4}+2-\tfrac{7}{4} = -\tfrac{8}{4}+2 = -2+2=0.
Isso faz sentido: para um sistema causal com entrada degrau e sem condições iniciais, a saída pode iniciar em zero dependendo do zero/polos — aqui dá zero.
Final: pelo Teorema do Valor Final (explico): se Y(s) tem pó(s) com parte real negativa exceto possivelmente em zero, então
\lim_{t\to\infty} y(t)=\lim_{s\to 0} sY(s).
Como Y(s)=\dfrac{G(s)}{s}, temos sY(s)=G(s) e assim
\lim_{t\to\infty} y(t)=G(0)=\frac{0-3}{0+0+12}=-\tfrac{3}{12}=-\tfrac{1}{4}.
Também vemos isso diretamente na expressão de y(t): os termos exponenciais tendem a zero e sobra -\tfrac{1}{4}.

Resposta

(a) Zero em \,s=3. Polos em \,s=-3 e \,s=-4. O sistema é estável (polos no semiplano esquerdo); porém tem um zero no semiplano direito (não-minimum-phase).
(b) \displaystyle y(t)=-\tfrac{1}{4}+2e^{-3t}-\tfrac{7}{4}e^{-4t},\quad t\ge 0.
(c) \displaystyle \lim_{t\to\infty}y(t)=-\tfrac{1}{4}.

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