Considere o sistema:
G(s)=\frac{4}{s+2}
Para entrada degrau unitário:
a) Determine C(s);
b) Faça a decomposição em frações parciais;
c) Determine c(t) utilizando Transformada Inversa de Laplace.

Passo 1

O enunciado dá o sistema em espaço de frequência (função de transferência) e pede a resposta ao degrau unitário. Informações e perguntas claras:
  • Dado: G(s)=\frac{4}{s+2}.
  • Entrada: degrau unitário. A transformada de Laplace do degrau unitário será usada.
  • Perguntas:
    a) Determine C(s) (a transformada de Laplace da saída).
    b) Faça a decomposição em frações parciais de C(s).
    c) Determine c(t) (a saída no tempo) usando a transformada inversa de Laplace.

Passo 2

Entendendo o que é C(s) e como obtê-lo (fórmulas que vamos usar).
  • G(s) é a função de transferência do sistema, que relaciona a transformada da saída C(s) com a transformada da entrada R(s) pela relação
C(s)=G(s)\,R(s),
onde:
  • C(s) é a transformada de Laplace da saída c(t);
  • R(s) é a transformada de Laplace da entrada r(t).
  • Para entrada degrau unitário r(t)=u(t) (onde u(t) é a função degrau de Heaviside), vale a transformada padrão
\mathcal{L}\{u(t)\}=\frac{1}{s}.
Então, usaremos R(s)=\dfrac{1}{s}.

Passo 3

Calcular C(s) aplicando C(s)=G(s)R(s).
  • Substituindo G(s)=\dfrac{4}{s+2} e R(s)=\dfrac{1}{s}, obtemos
C(s)=\frac{4}{s+2}\cdot\frac{1}{s}=\frac{4}{s(s+2)}.

Passo 4

Preparar a decomposição em frações parciais.
  • Queremos escrever
\frac{4}{s(s+2)}=\frac{A}{s}+\frac{B}{s+2},
onde A e B são constantes a determinar. Multiplicando ambos os lados por s(s+2) obtemos a identidade algébrica
4=A(s+2)+Bs.

Passo 5

Determinar A e B resolvendo a identidade.
  • Método de valores convenientes:
    • Tomando s=0 na identidade 4=A(s+2)+Bs
    4=A(0+2)\quad\Rightarrow\quad A=2.
    • Tomando s=-2
    4=B(-2)\quad\Rightarrow\quad B=-2.
  • Portanto a decomposição é
\frac{4}{s(s+2)}=\frac{2}{s}-\frac{2}{s+2}.

Passo 6

Explicar as transformadas inversas que vamos usar e inverter termo a termo.
  • Fórmulas padrão de Laplace (úteis aqui):
    • \mathcal{L}\{1\}=\dfrac{1}{s}.
    • \mathcal{L}\{e^{-at}\}=\dfrac{1}{s+a} para \Re(s)>-a.
  • Usando linearidade da transformada inversa, aplicamos inversa a cada parcela:
    • \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{2}{s}\right\}=2\cdot 1=2 (multiplicado por u(t), para t\ge 0).
    • \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{-2}{s+2}\right\}=-2e^{-2t} (para t\ge 0).
  • Somando os dois termos obtemos a resposta no tempo:
c(t)=2-2e^{-2t},\qquad t\ge 0.

Passo 7

Verificação rápida (sanity check) usando o teorema do valor final e valor inicial:
  • Valor inicial c(0^+)=2-2\cdot1=0. Faz sentido: sistema com ganho dinâmico começa em zero para degrau aplicado instantaneamente.
  • Valor final pela fórmula do valor final: \lim_{t\to\infty}c(t)=2. Pelo teorema do valor final,
\lim_{t\to\infty}c(t)=\lim_{s\to 0}sC(s)=\lim_{s\to 0}s\cdot\frac{4}{s(s+2)}=\lim_{s\to 0}\frac{4}{s+2}=2,
coincide com a solução encontrada — bom sinal de consistência.

Resposta

a) \displaystyle C(s)=\frac{4}{s(s+2)}
b) \displaystyle \frac{4}{s(s+2)}=\frac{2}{s}-\frac{2}{s+2}
c) \displaystyle c(t)=2-2e^{-2t},\quad t\ge 0

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