Encontre resposta ao degrau no domínio do tempo para as funções abaixo. Desenhe os gráficos.
G(S)=\frac{9}{s^{2}+0,6 s+9}

Passo 1

O enunciado dá a função de transferência
G(s)=\frac{9}{s^{2}+0,6s+9}
e pede a resposta ao degrau no domínio do tempo e o desenho do gráfico. Informações relevantes que temos do enunciado:
  • A entrada será um degrau unitário u(t), cuja transformada de Laplace é \dfrac{1}{s}.
  • A resposta ao degrau y(t) tem transformada Y(s)=G(s)\cdot\dfrac{1}{s}.
  • A função G(s) é um sistema de segunda ordem com coeficientes explicitados no denominador.
O que preciso entregar:
  • A expressão de y(t) (tempo contínuo) para t\ge 0.
  • Indicações numéricas e características para desenhar o gráfico (valores iniciais, pico, período amortecido, envoltória, comportamento final).

Passo 2

Escolha do método e preparação: vou calcular a transformada de Laplace da saída multiplicando G(s) pelo degrau e depois inverter via decomposição em frações parciais e fórmulas padrão de transformada inversa. Primeiro escrevo a transformada da saída:
Y(s)=\frac{9}{s\,(s^{2}+0,6s+9)}.
Explico rápido a ideia de frações parciais: qualquer função racional como essa pode ser escrita como soma de termos simples cuja transformada inversa é conhecida. Vou procurar constantes A,B,C tais que
\frac{9}{s(s^{2}+0,6s+9)}=\frac{A}{s}+\frac{Bs+C}{s^{2}+0,6s+9}.
Depois achamos A,B,C comparando coeficientes.

Passo 3

Determinação de A,B,C\) por identificação de coeficientes. Multiplico ambos os lados por \(s(s^{2}+0,6s+9)\): \[9 = A(s^{2}+0,6s+9) + (Bs+C)s.
Desenvolvendo:
9 = (A+B)s^{2} + (0,6A+C)s + 9A.
Igualando coeficientes dos polinômios (termos em s^{2}, s e constante):
\begin{cases} A+B = 0,\\[4pt] 0,6A + C = 0,\\[4pt] 9A = 9. \end{cases}
Da última equação vem A=1\]. Então \(B=-A=-1 e C=-0,6A=-0,6.
Portanto a decomposição é
Y(s)=\frac{1}{s}+\frac{-s-0,6}{s^{2}+0,6s+9}.]

Passo 4

Preparar para inverter a transformada: completar o quadrado no denominador quadrático para usar pares padrão. Escrevo
s^{2}+0,6s+9=(s+0,3)^{2}+9-0,09=(s+0,3)^{2}+8,91.
Defino as constantes padrão de um segundo-ordem:
\omega_n=\sqrt{9}=3,\qquad \zeta=\frac{0,6}{2\omega_n}=\frac{0,6}{6}=0,1.
A frequência amortecida é
\omega_d=\omega_n\sqrt{1-\zeta^{2}}=3\sqrt{1-0,1^{2}}=3\sqrt{0,99}\approx 2,985.
Agora reescrevo o termo racional remanescente numa forma que facilite a inversa:
\frac{-s-0,6}{s^{2}+0,6s+9}=-\frac{s+0,3}{(s+0,3)^{2}+\omega_d^{2}}-\frac{0,3}{(s+0,3)^{2}+\omega_d^{2}}.
Expliquei: decompus -s-0,6=-(s+0,3)-0,3 e usei a forma (s+0,3)^{2}+\omega_d^{2} no denominador.

Passo 5

Usar transformadas inversas conhecidas. Fórmulas úteis (todas para t\ge 0):
  • \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{1}{s}\right\}=1 (degrau unitário),
  • \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{s+a}{(s+a)^{2}+b^{2}}\right\}=e^{-at}\cos(bt),
  • \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{b}{(s+a)^{2}+b^{2}}\right\}=e^{-at}\sin(bt).
Aplicando essas fórmulas ao termo encontrado:
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{-\frac{s+0,3}{(s+0,3)^{2}+\omega_d^{2}}\right\} = -e^{-0,3t}\cos(\omega_d t),
e
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{-\frac{0,3}{(s+0,3)^{2}+\omega_d^{2}}\right\} = -\frac{0,3}{\omega_d}e^{-0,3t}\sin(\omega_d t).
Somando tudo (lembrando do termo 1/s) resulta a resposta ao degrau:
y(t)=1 - e^{-0,3t}\Bigl(\cos(\omega_d t)+\frac{0,3}{\omega_d}\sin(\omega_d t)\Bigr),\qquad t\ge 0,
com \omega_d\approx 2,985.

Passo 6

Interpretação física e características numéricas para desenhar o gráfico (vou explicar cada item para você entender o porquê):
  • Valor final (teorema do valor final): \displaystyle \lim_{t\to\infty}y(t)=\lim_{s\to 0}sY(s)=\lim_{s\to 0}\frac{9}{s^{2}+0,6s+9}=1. Então a saída tende para 1.
  • Valor inicial: y(0)=1 - [1 + 0]=0. Faz sentido porque o sistema começa em repouso e ao aplicar o degrau a saída inicia em zero.
  • Parâmetros numéricos: \zeta=0,1,\qquad \omega_n=3,\qquad \omega_d\approx 2,985,\qquad \zeta\omega_n=0,3.
  • Período das oscilações amortecidas: T_d=\frac{2\pi}{\omega_d}\approx\frac{2\pi}{2,985}\approx 2,105\\ \text{s}.
  • Tempo até o primeiro pico (aproximação para segundo-ordem subamortecido): t_p\approx\frac{\pi}{\omega_d}\approx\frac{\pi}{2,985}\approx 1,053\\ \text{s}.
  • Overshoot percentual (fórmula padrão): PO = e^{-\frac{\zeta\pi}{\sqrt{1-\zeta^{2}}}}\times 100\%\approx e^{-\frac{0,1\pi}{\sqrt{0,99}}}\times100\%\approx 72,97\%.Então a primeira máxima tem valor aproximado y_{\max}\approx 1+0,7297\approx 1,7297.
  • Envoltória: as oscilações estão dentro das curvas \pm M e^{-0,3t} com M\approx 1,005 (coeficiente resultante da combinação cos + k sin), isto mostra decaimento exponencial com constante de tempo \tau=1/(0,3)\approx 3{,}33\\ \text{s}.

Passo 7

Como desenhar o gráfico (passo a passo, pra você rabiscar na prova):
  1. Trace eixos: t horizontal e y(t) vertical. Marque a assíntota horizontal em y=1.
  2. Em t=0 comece em y(0)=0.
  3. A função sobe e ultrapassa 1 (overshoot de ~73%), atinge primeiro pico em t\approx 1,053\\ \text{s} com y\approx 1,73.
  4. Depois cruza a linha y=1 para baixo, oscila com período T_d\approx 2,105\\ \text{s} e amplitude decrescente segundo envoltória proporcional a e^{-0,3t}.
  5. As oscilações vão ficando cada vez menores e o sinal converge monotonicamente para 1 quando t\to\infty.
Se for desenhar à mão, marque alguns pontos: t=0 (0), t=t_p (≈1,053 → ~1,73), t=t_p+T_d/2 (vai ao mínimo), e em t\approx 3\tau (≈10 s) já estará praticamente em 1.

Resposta

y(t)=1 - e^{-0,3t}\!\left(\cos(2,985\,t)+\frac{0,3}{2,985}\sin(2,985\,t)\right),\qquad t\ge 0
\text{Características: }\zeta=0,1,\\ \omega_n=3,\\ \omega_d\approx 2,985,\\ T_d\approx 2,105\\ \text{s},\\ t_{p}\approx 1,053\\ \text{s},\\ PO\approx 72{,}97\%,\\ y_{\max}\approx 1{,}73í

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