Determine as posições dos polos e os correspondentes sinais no domínio do tempo das seguintes FT (funções de transferência):
Y_{9}(s)=\frac{6 s+2}{s^{2}+4 s+13}

Passo 1

O enunciado dá a função de transferência
Y_{9}(s)=\frac{6 s+2}{s^{2}+4 s+13}
e pede duas coisas:
  • determinar as posições dos polos (ou seja, as raízes do denominador);
  • determinar os correspondentes sinais no domínio do tempo (ou seja, a transformada inversa de Laplace que gera a resposta temporal).
    Informações fornecidas: numerador 6s+2 e denominador s^{2}+4s+13.

Passo 2

Encontrar os polos: são as raízes da equação quadrática do denominador. Uso a fórmula de Bhaskara para
s^{2}+4s+13=0.
O discriminante é
\Delta = 4^{2}-4\cdot1\cdot13 = 16-52 = -36.
Como o discriminante é negativo, as raízes são complexas conjugadas:
s = \frac{-4 \pm \sqrt{-36}}{2} = \frac{-4 \pm j6}{2} = -2 \pm j3.
Portanto os polos estão em s=-2\pm j3. Observação rápida: parte real -2<0 indica decaimento exponencial (sistema estável).

Passo 3

Para inverter para o domínio do tempo vamos usar pares padrão da transformada de Laplace (explicando didaticamente):
  • A fórmula básica: se uma função no tempo for e^{-a t}\cos(\omega t) então sua LT é
\mathcal{L}\{e^{-a t}\cos(\omega t)\}=\frac{s+a}{(s+a)^{2}+\omega^{2}}.
Aqui a é a taxa de decaimento (parte real do polo) e \omega é a frequência angular da oscilação (parte imaginária do polo).
  • Se a função no tempo for e^{-a t}\sin(\omega t) então
\mathcal{L}\{e^{-a t}\sin(\omega t)\}=\frac{\omega}{(s+a)^{2}+\omega^{2}}.
Daí, para inverter é conveniente escrever o numerador como combinação de (s+2) e de uma constante, já que o denominador se escreve como (s+2)^{2}+3^{2}.

Passo 4

Reescrevo o denominador completando o quadrado:
s^{2}+4s+13=(s+2)^{2}+9.
Agora reescrevo o numerador em função de (s+2):
6s+2 = 6(s+2) - 10,
pois 6(s+2)=6s+12 e 6s+12-10=6s+2.
Substituindo em Y_{9}(s):
Y_{9}(s)=\frac{6(s+2)-10}{(s+2)^{2}+3^{2}} =6\cdot\frac{s+2}{(s+2)^{2}+3^{2}} \;-\; 10\cdot\frac{1}{(s+2)^{2}+3^{2}}.
Agora uso os pares de Laplace do Passo 3:
  • \displaystyle \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{s+2}{(s+2)^{2}+3^{2}}\right\}=e^{-2t}\cos(3t).
  • \displaystyle \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{(s+2)^{2}+3^{2}}\right\}=\frac{1}{3}e^{-2t}\sin(3t) (porque divide-se por \omega=3).
Portanto, a transformada inversa é
y(t)=6\,e^{-2t}\cos(3t) - 10\cdot\frac{1}{3}e^{-2t}\sin(3t),
ou seja
\boxed{y(t)=e^{-2t}\left(6\cos(3t)-\frac{10}{3}\sin(3t)\right)u(t)}
onde u(t) é a função degrau unitário (implicando causalidade, t\ge0).

Passo 5

Interpretação física e forma alternativa (útil na prova): os polos s=-2\pm j3 geram um sinal oscilatório amortecido com decaimento exponencial e^{-2t} e frequência angular \omega=3. O sinal acima pode também ser escrito como uma só cossenoidal amortecida com amplitude e fase:
y(t)=R\,e^{-2t}\cos\bigl(3t+\theta\bigr)u(t),
com
R=\sqrt{6^{2}+\left(\tfrac{10}{3}\right)^{2}}=\sqrt{36+\tfrac{100}{9}}=\frac{2\sqrt{106}}{3}\approx6{,}864,
e
\theta=\operatorname{atan2}\!\left(-\tfrac{10}{3},\,6\right)\approx0{,}5071\\ \text{rad}\\ (\approx29{,}05^\circ),
de modo que numericamente
y(t)\approx 6{,}864\;e^{-2t}\cos\bigl(3t+0{,}5071\bigr)u(t).
Essa forma mostra amplitude e fase iniciais; a versão em soma de cosseno e seno (do Passo 4) é mais direta para cálculo manual na prova.

Resposta

Polos: s=-2\pm j3
Sinal no domínio do tempo: y(t)=e^{-2t}\!\left(6\cos(3t)-\dfrac{10}{3}\sin(3t)\right)u(t)

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