Considere o sistema com função de transferência \frac{Y(s)}{U(s)}=G(s)=\frac{s-5}{s^{2}+9 s+20}( 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 uma entrada u(t)=t.
c) Encontre a resposta y(t) quando t \rightarrow \infty para uma entrada u(t) do tipo degrau unitário.

Passo 1

Enunciado resumido e dados fornecidos:
  • A função de transferência é \displaystyle G(s)=\frac{Y(s)}{U(s)}=\frac{s-5}{s^{2}+9s+20}.
  • Perguntas:
    a) Representar polos e zeros no plano s e comentar sobre estabilidade.
    b) Calcular y(t)=\mathcal{L}^{-1}\{Y(s)\} para entrada u(t)=t.
    c) Encontrar \displaystyle \lim_{t\to\infty} y(t) para entrada degrau unitário u(t)=1.
  • Informação implícita que usaremos: transformada de Laplace padrão e propriedades usuais de inversão (por exemplo, \mathcal{L}\{1\}=1/s, \mathcal{L}\{t\}=1/s^{2}, \mathcal{L}^{-1}\{1/(s+a)\}=e^{-at}, etc.).

Passo 2

Análise dos polos e zeros (identificar raízes do numerador e denominador).
  • Zero(s) são as raízes do numerador \,s-5=0. Logo existe um zero em
s=5.
  • Polos são as raízes do denominador \,s^{2}+9s+20=0. Vamos fatorar:
s^{2}+9s+20=(s+4)(s+5).
Portanto os polos são
s=-4\quad\text{e}\quad s=-5.

Passo 3

Interpretação geométrica no plano s e comentário sobre estabilidade.
  • No plano s:
    • Zero em \,s=5 (eixo real, lado direito — região de parte real positiva).
    • Polos em \,s=-4 e \,s=-5 (eixo real, ambos à esquerda, parte real negativa).
  • Estabilidade:
    • Um sistema linear e causal com todos os polos com parte real negativa é BIBO estável. Aqui os polos estão em \,s=-4 e \,s=-5, ambos à esquerda, então o sistema é estável.
    • Observação extra importante: o zero em \,s=5 está no semiplano direito (RHP), isso não torna o sistema instável, mas indica que o sistema é não mínimo-fase (resposta transitória pode ter comportamento não-intuitivo). Portanto: estável, porém não mínimo-fase.

Passo 4

Preparação para a parte (b): obter Y(s) a partir de G(s) e U(s) quando u(t)=t.
  • Transformada de Laplace de u(t)=t é
\mathcal{L}\{t\}=\frac{1}{s^{2}}.
  • Logo
Y(s)=G(s)\,U(s)=\frac{s-5}{s^{2}+9s+20}\cdot\frac{1}{s^{2}}=\frac{s-5}{s^{2}(s+4)(s+5)}.
  • Para inverter a transformada, vamos decompor Y(s) em frações parciais do tipo
\frac{s-5}{s^{2}(s+4)(s+5)}=\frac{A}{s}+\frac{B}{s^{2}}+\frac{C}{s+4}+\frac{D}{s+5}.

Passo 5

Montagem da equação para determinar coeficientes das frações parciais.
  • Multiplicando ambos os lados por s^{2}(s+4)(s+5) obtemos a identidade em s:
s-5 = A\,s\,(s+4)(s+5) + B\,(s+4)(s+5) + C\,s^{2}(s+5) + D\,s^{2}(s+4).
  • Agora vamos encontrar A,B,C,D. Uma técnica eficaz é avaliar a identidade em valores de s que anulem fatores.

Passo 6

Determinação de B usando s=0.
  • Colocando s=0 em \,s-5 = \cdots temos
-5 = B\cdot(0+4)(0+5)=B\cdot 20.
  • Logo
B=-\frac{5}{20}=-\frac{1}{4}.

Passo 7

Determinação de C usando s=-4.
  • Para s=-4:
-4-5=-9 = C\cdot (-4)^{2}\cdot(-4+5) = C\cdot 16\cdot 1 = 16C.
  • Logo
C = -\frac{9}{16}.

Passo 8

Determinação de D usando s=-5.
  • Para s=-5:
-5-5=-10 = D\cdot (-5)^{2}\cdot(-5+4)=D\cdot 25\cdot(-1)=-25D.
  • Portanto
D = \frac{10}{25}=\frac{2}{5}.

Passo 9

Determinação de A usando um valor conveniente (por exemplo s=1) e os coeficientes já encontrados.
  • Para s=1 a identidade dá:
1-5=-4 = A\cdot 1\cdot(1+4)(1+5) + B\cdot(1+4)(1+5) + C\cdot 1^{2}(1+5) + D\cdot 1^{2}(1+4).
  • Calculando os termos já com B,C,D:
    • (1+4)(1+5)=5\cdot 6=30.
    • Usando B=-\tfrac{1}{4} temos B\cdot 30=-\tfrac{30}{4}=-\tfrac{15}{2}.
    • Usando C=-\tfrac{9}{16} temos C\cdot 6=-\tfrac{54}{16}=-\tfrac{27}{8}.
    • Usando D=\tfrac{2}{5} temos D\cdot 5=2.
  • Substituindo:
-4 = 30A -\frac{15}{2} -\frac{27}{8} + 2.
  • Somando constantes: -\tfrac{15}{2}+2 = -\tfrac{15}{2}+\tfrac{4}{2}=-\tfrac{11}{2}. Agora -\tfrac{11}{2}-\tfrac{27}{8}=-\tfrac{44}{8}-\tfrac{27}{8}=-\tfrac{71}{8}.
  • Então
-4 = 30A -\frac{71}{8}.
  • Passando termo:
30A = -4 + \frac{71}{8} = -\frac{32}{8} + \frac{71}{8} = \frac{39}{8}.
  • Logo
A = \frac{39}{8}\cdot\frac{1}{30}=\frac{39}{240}=\frac{13}{80}.
(Antes obtivemos 7/48 por outro método; vamos verificar consistência: calculemos novamente a soma das constantes numericamente para conferir. Vou reavaliar numericamente para evitar erro.)
  • Conferência numérica rápida: B\cdot30=-7{,}5. C\cdot6\approx -3{,}375. D\cdot5=2. Soma = -8{,}875. Então 30A = -4 + 8{,}875 = 4{,}875. A = 4{,}875/30 = 0{,}1625 = 13/80. Portanto A=\tfrac{13}{80} (valor correto após verificação).
  • Observação: escolha de pontos e aritmética podem variar; o método de resolver o sistema linear ou usar outro ponto dá o mesmo resultado quando bem calculado. Aqui o valor final é \displaystyle A=\frac{13}{80}.

Passo 10

Escrevendo a decomposição em frações parciais completa.
  • Temos, portanto,
\frac{s-5}{s^{2}(s+4)(s+5)}=\frac{A}{s}+\frac{B}{s^{2}}+\frac{C}{s+4}+\frac{D}{s+5},
com
A=\frac{13}{80},\quad B=-\frac{1}{4},\quad C=-\frac{9}{16},\quad D=\frac{2}{5}.

Passo 11

Aplicando a transformada inversa de Laplace termo a termo para obter y(t).
  • Usando as transformadas inversas conhecidas:
    • \mathcal{L}^{-1}\{\tfrac{1}{s}\}=1 (função degrau unitário).
    • \mathcal{L}^{-1}\{\tfrac{1}{s^{2}}\}=t.
    • \mathcal{L}^{-1}\{\tfrac{1}{s+a}\}=e^{-at}.
  • Portanto, para t\ge 0,
y(t)=A\cdot 1 + B\cdot t + C\,e^{-4t} + D\,e^{-5t}.
  • Substituindo os coeficientes:
y(t)=\frac{13}{80} -\frac{1}{4}\,t -\frac{9}{16}\,e^{-4t} + \frac{2}{5}\,e^{-5t},\qquad t\ge 0.

Passo 12

Comentário didático sobre o resultado de (b) e verificação de consistência.
  • Estrutura da solução: soma de um termo polinomial em t (a partir da entrada polinomial t) e termos exponenciais decaindo (modos naturais do sistema) devido aos polos -4 e -5.
  • Como os exponenciais têm fatores e^{-4t} e e^{-5t} (decrescentes), no longo prazo esses termos desaparecem e a contribuição dominante vem do termo constante e do termo linear em t, que refletem a entrada crescente t.
  • Observação prática: coeficiente negativo em t implica que a saída cresce negativamente com o tempo dominada pelo termo -\tfrac{1}{4}t quando t fica grande (os exponenciais vão a zero).

Passo 13

Parte (c): resposta em regime permanente para entrada degrau unitário u(t)=1.
  • Para u(t)=1 temos U(s)=\tfrac{1}{s} e Y(s)=G(s)\tfrac{1}{s}.
  • Como o sistema é estável (ver Passo 3), podemos usar o Teorema do Valor Final:
\lim_{t\to\infty} y(t) = \lim_{s\to 0} s\,Y(s) = \lim_{s\to 0} s\cdot G(s)\cdot\frac{1}{s} = \lim_{s\to 0} G(s).
  • Então basta avaliar G(0):
G(0)=\frac{0-5}{0^{2}+9\cdot 0 +20}=\frac{-5}{20}=-\frac{1}{4}.
  • Logo
\lim_{t\to\infty} y(t) = -\frac{1}{4}.

Resposta

a) Zeros: \,s=5. Polos: \,s=-4 e \,s=-5. Sistema estável (polos à esquerda), porém possui zero em \,s=5 (RHP) — não mínimo‑fase.
b) \displaystyle y(t)=\frac{13}{80}-\frac{1}{4}\,t-\frac{9}{16}e^{-4t}+\frac{2}{5}e^{-5t},\quad t\ge 0.
c) \displaystyle \lim_{t\to\infty} y(t)=-\frac{1}{4}.

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