Considere o sistema linear e invariante no tempo com função de transferência dada por
H(s)=\frac{s-1}{s+3}
(a) O sistema é BIBO-Estável? Justifique.
(b) Qual é a entrada x(t) que deve ser aplicada ao sistema para que este resulte na saída y(t)=2 u(t) ?
(c) Observe a entrada que você obteve no item anterior. Essa entrada é implementável na prática?

Passo 1

O enunciado dá a função de transferência
H(s)=\frac{s-1}{s+3}
e pede três coisas:
  1. (a) Determinar se o sistema é BIBO-estável e justificar.
  2. (b) Encontrar a entrada x(t) que gera a saída y(t)=2\,u(t).
  3. (c) Verificar se a entrada encontrada em (b) é implementável na prática.
Informações relevantes dadas pelo enunciado:
H(s)=\frac{s-1}{s+3}.
Dado isso, sabemos que há um polo em s=-3 (denominador zero) e um zero em s=1 (numerador zero). Também temos que a saída desejada é y(t)=2\,u(t), cuja transformada de Laplace é Y(s)=\dfrac{2}{s}. A resolução começará a partir dessas informações.

Passo 2

(a) Critério e ideia para BIBO-estabilidade — o que eu preciso usar e por quê.
  • Definição prática que vamos usar: um sistema LTI contínuo é BIBO-estável se a sua resposta ao impulso h(t) for absolutamente integrável, ou seja,
\int_{-\infty}^{\infty} |h(t)|\,dt < \infty.
  • Para sistemas racionais e causais, isso costuma equivaler a todos os polos de H(s) estarem no semiplano esquerdo (parte real negativa), porque polos com parte real não negativa geram termos não integráveis na resposta ao impulso.
Agora vou obter a resposta ao impulso h(t) a partir de H(s). Primeiro faço uma divisão/algebra para escrever H(s) de forma conveniente:
H(s)=\frac{s-1}{s+3}.
Faço a decomposição do tipo “polinomial + parte fracionária”: escrevo s-1 = (s+3)-4, então
H(s)=\frac{(s+3)-4}{s+3}=1-\frac{4}{s+3}.
Isso é útil porque sei as transformadas inversas dessas partes:
  • A transformada inversa de 1 (no sentido de função de transferência) corresponde a \delta(t) (impulso).
  • A transformada inversa de \dfrac{1}{s+3} é e^{-3t}u(t).
Portanto, a resposta ao impulso é
h(t)=\delta(t)-4\,e^{-3t}u(t).
Agora verifico a condição de integrabilidade absoluta:
  • \int_{-\infty}^{\infty} |\delta(t)|\,dt = 1.
  • \int_{-\infty}^{\infty} 4\,e^{-3t}u(t)\,dt = 4\int_{0}^{\infty} e^{-3t}\,dt = 4\left[\frac{1}{3}\right]=\frac{4}{3}.
Somando (e lembrando do valor absoluto que só muda o sinal do segundo termo se fosse negativo, aqui é positivo ao integrar),
\int_{-\infty}^{\infty} |h(t)|\,dt \le 1 + \frac{4}{3} = \frac{7}{3} < \infty.
Conclusão parcial: h(t) é absolutamente integrável, logo o sistema é BIBO-estável. (Observação técnica: o pólo está em s=-3 — LHP — e o zero em s=1 não afeta a estabilidade do sistema em si.)

Passo 3

(b) Encontrar x(t) tal que y(t)=2\,u(t).
Estratégia (por que uso Laplace): para sistemas LTI no domínio contínuo é muito prático usar a transformada de Laplace porque Y(s)=H(s)X(s). Assim, conhecendo Y(s) e H(s) eu obtenho X(s)=Y(s)/H(s) e faço a transformada inversa para voltar ao tempo.
  1. Calculo Y(s). Como y(t)=2\,u(t),
Y(s)=\mathcal{L}\{2\,u(t)\}=\frac{2}{s},\qquad \text{(válido para Re}(s)>0\text{).}á
  1. Uso a relação Y(s)=H(s)X(s) para achar X(s):
X(s)=\frac{Y(s)}{H(s)}=\frac{2/s}{(s-1)/(s+3)}=\frac{2}{s}\cdot\frac{s+3}{s-1}=2\frac{s+3}{s(s-1)}.
  1. Faço decomposição em frações parciais para inverter a transformada:
    Quero escrever
2\frac{s+3}{s(s-1)}=\frac{A}{s}+\frac{B}{s-1}.
Multiplicando por s(s-1) obtemos
2(s+3)=A(s-1)+Bs.
Avalio em valores convenientes para achar A e B:
  • Em s=0: 2(3)=A(-1)\Rightarrow A=-6.
  • Em s=1: 2(4)=B(1)\Rightarrow B=8.
Logo
X(s)=-\frac{6}{s}+\frac{8}{s-1}.
  1. Agora aplico transformada inversa termo a termo:
  • \mathcal{L}^{-1}\{\dfrac{1}{s}\}=u(t).
  • \mathcal{L}^{-1}\{\dfrac{1}{s-1}\}=e^{t}u(t) (observe que este termo cresce, pois a exponencial tem taxa +1).
Assim
x(t) = -6\,u(t) + 8\,e^{t}u(t) = \bigl(-6 + 8e^{t}\bigr)u(t).
Interpretação rápida dos termos: o termo -6u(t) é uma constante (negativa) aplicada a partir de t=0; o termo 8e^{t}u(t) cresce exponencialmente com tempo.

Passo 4

(c) A entrada encontrada é implementável na prática?
Vamos analisar propriedades físicas relevantes:
  • Causalidade: x(t)=(-6+8e^{t})u(t) é causal (multiplicada por u(t), é zero para t<0). Então não é não-causal — não precisamos de antecipação temporal para aplicá-la.
  • Boundedness (limitada)/Praticabilidade: o termo 8e^{t}u(t) cresce sem limite quando t\to\infty. Ou seja, x(t) não é limitada nem de energia finita — cresce exponencialmente. Em termos práticos, não dá para gerar um sinal que cresce indefinidamente; equipamentos têm saturação e limites físicos. Portanto o sinal não é implementável na prática.
  • Relação com o zero em s=1: o zero de H(s) em s=1 (no semiplano direito) implica que a função inversa 1/H(s) terá um polo em s=1, ou seja, a inversa é instável. Para obter uma saída constante e limitada y(t)=2u(t) a partir deste sistema estável, foi necessário um x(t) que explora esse polo instável (aparece o termo e^{t}). Esse é o motivo técnico: o sistema tem zero no RHP, tornando o inverso instável — portanto conseguir uma saída simples e limitada pode exigir uma entrada não limitada.
Conclusão: apesar de x(t) ser causal, não é implementável na prática porque contém um termo exponencial crescente ( 8e^{t}u(t)) que cresce sem limites.

Resposta

(a) Sim.
(b) x(t)=\bigl(-6+8e^{t}\bigr)u(t).
(c) Não.

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