Um degrau de magnitude 3 é introduzido na função de transferencia:
\frac{\bar{Y} \cdot(s)}{\bar{X} \cdot(s)}=\frac{10}{2 s^{2}+0,3 s+0,5}
Determine qual o valor maximo que Y^{\prime}(t) alcança e o tempo para o qual este máximo ocorre.

Passo 1

O enunciado dá a função de transferência entre as transformadas de Laplace \bar{Y}(s) e \bar{X}(s):
\frac{\bar{Y}(s)}{\bar{X}(s)}=\frac{10}{2 s^{2}+0,3 s+0,5}.
Além disso um degrau de magnitude 3 é aplicado na entrada, ou seja,
x(t)=3\,u(t)\quad\Rightarrow\quad \bar{X}(s)=\frac{3}{s}.
O que se pede:
  • o valor máximo que Y'(t) atinge (ou seja, o máximo da derivada temporal da saída);
  • o tempo t em que esse máximo ocorre.
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • sistema linear e causal (assumimos condições iniciais nulas);
  • relação entre \bar{Y}(s) e \bar{X}(s) dada acima;
  • entrada degrau de amplitude 3, com \bar{X}(s)=3/s.

Passo 2

Observação útil (propriedade da transformada de Laplace que vamos usar): para uma função y(t) com y(0^-)=0 vale
\mathcal{L}\{y'(t)\}(s)=s\,\bar{Y}(s).
Como x(t)=3u(t), temos \bar{X}(s)=3/s e a transformada da saída é
\bar{Y}(s)=\frac{10}{2 s^{2}+0,3 s+0,5}\cdot\frac{3}{s}=\frac{30}{2 s^{3}+0,3 s^{2}+0,5 s}.
Aplicando a propriedade acima, a transformada de y'(t) é
\mathcal{L}\{y'(t)\}(s)=s\bar{Y}(s)=s\cdot\frac{30}{2 s^{3}+0,3 s^{2}+0,5 s}.
Perceba algo conveniente: o fator s no numerador cancela o s do denominador (proveniente da entrada em degrau). Fazendo essa simplificação obtemos uma expressão simples para \mathcal{L}\{y'(t)\}.

Passo 3

Fazendo a simplificação mencionada:
\mathcal{L}\{y'(t)\}(s)=\frac{30}{2 s^{2}+0,3 s+0,5}.
Dividindo numerador e denominador por 2 para colocar em forma mais usual:
\mathcal{L}\{y'(t)\}(s)=\frac{15}{s^{2}+0,15 s+0,25}.
Vamos colocar o denominador na forma padrão da segunda ordem:
s^{2}+0,15 s+0,25 = s^{2}+2\zeta\omega_n s + \omega_n^{2}.
Comparando coeficientes:
\omega_n^{2}=0,25 \quad\Rightarrow\quad \omega_n=0,5,
2\zeta\omega_n=0,15 \quad\Rightarrow\quad \zeta=\frac{0,15}{2\cdot 0,5}=0,15.
Como \zeta<1, o sistema é subamortecido e a resposta será um seno amortecido.

Passo 4

Reescrevendo o denominador usando \omega_d=\omega_n\sqrt{1-\zeta^{2}}:
s^{2}+0,15 s+0,25=(s+\zeta\omega_n)^{2}+\omega_d^{2},
com
\omega_d=\omega_n\sqrt{1-\zeta^{2}}=0,5\sqrt{1-0,15^{2}}=0,5\sqrt{0,9775}\approx0,4943615.
A transformada
\mathcal{L}\{y'(t)\}(s)=\frac{15}{(s+\zeta\omega_n)^{2}+\omega_d^{2}}
tem transformada inversa conhecida:
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{\omega_d}{(s+a)^{2}+\omega_d^{2}}\right\}=e^{-a t}\sin(\omega_d t).
No nosso caso o numerador é 15, não \omega_d. Portanto
y'(t)=\frac{15}{\omega_d}\,e^{-\zeta\omega_n t}\sin(\omega_d t).
Esse é o sinal que precisamos estudar para encontrar o máximo.

Passo 5

Agora a parte “como achar o máximo” — técnica geral para funções do tipo
f(t)=A e^{-\alpha t}\sin(\omega t),\qquad A>0,\\ \alpha>0,\\ \omega>0.
Derivando e igualando a zero para achar extremos:
f'(t)=A e^{-\alpha t}\big(\omega\cos(\omega t)-\alpha\sin(\omega t)\big)=0
(omitimos o fator A e^{-\alpha t} que nunca é zero), então
\omega\cos(\omega t)-\alpha\sin(\omega t)=0 \quad\Rightarrow\quad \tan(\omega t)=\frac{\omega}{\alpha}.
As soluções são
\omega t = \arctan\!\left(\frac{\omega}{\alpha}\right)+k\pi,\quad k\in\mathbb{Z}.
A primeira ocorrência positiva (primeiro máximo) é com k=0 — para A>0 e pequeno amortecimento essa primeira solução é um máximo. Portanto o tempo do primeiro pico é
t_p=\frac{1}{\omega}\arctan\!\left(\frac{\omega}{\alpha}\right),
onde, no nosso caso, \alpha=\zeta\omega_n e \omega=\omega_d.

Passo 6

Aplicando ao nosso caso:
\omega_n=0,5,\qquad \zeta=0,15,\qquad \alpha=\zeta\omega_n=0,075,
\omega=\omega_d\approx0,4943615.
Assim o tempo do primeiro pico é
t_p=\frac{1}{\omega_d}\arctan\!\left(\frac{\omega_d}{\alpha}\right) =\frac{1}{0,4943615}\arctan\!\left(\frac{0,4943615}{0,075}\right).
Calcule:
\frac{\omega_d}{\alpha}\approx\frac{0,4943615}{0,075}\approx6,5915,
\arctan(6,5915)\approx 1,42006\\ \text{rad},
t_p\approx\frac{1,42006}{0,4943615}\approx 2,873\\ \text{s}.

Passo 7

Agora obter o valor máximo y'_{\max}=y'(t_p). Em vez de calcular \sin(\omega_d t_p) numericamente, podemos usar identidade trigonométrica a partir de \tan(\theta)=\omega/\alpha. Para \theta=\omega t_p vale
\sin\theta=\frac{\omega}{\sqrt{\alpha^{2}+\omega^{2}}}.
Substituindo em
y'(t)=\frac{15}{\omega_d}e^{-\alpha t}\sin(\omega_d t)
em t=t_p obtemos
y'_{\max}=\frac{15}{\omega_d}e^{-\alpha t_p}\cdot\frac{\omega_d}{\sqrt{\alpha^{2}+\omega_d^{2}}} = \frac{15}{\sqrt{\alpha^{2}+\omega_d^{2}}}\,e^{-\alpha t_p}.
Mas note que
\sqrt{\alpha^{2}+\omega_d^{2}}=\sqrt{(\zeta\omega_n)^{2}+\omega_n^{2}(1-\zeta^{2})}=\omega_n,
portanto a expressão simplifica muito:
y'_{\max}=\frac{15}{\omega_n}e^{-\alpha t_p}=\frac{15}{0,5}e^{-0,075 t_p}=30\,e^{-0,075 t_p}.

Passo 8

Substituindo t_p\approx 2,873\\ \text{s}:
\alpha t_p = 0,075\cdot 2,873 \approx 0,21548,
e^{-0,21548}\approx 0,80631,
y'_{\max}=30\cdot 0,80631\approx 24,189.
Arredondando razoavelmente:
y'_{\max}\approx 24,19,\qquad t_p\approx 2,873\\ \text{s}.

Resposta

\displaystyle y'_{\max}\approx 24{,}19
\displaystyle t\approx 2{,}873\\ \text{s}

Exercícios relacionados