A entrada e saída de um sistema LIT estável e causal estão relacionadas pela equação diferencial:
y^{\prime \prime}(t)+6 y^{\prime}(t)+8 y(t)=2 x(t)
a) Encontre a resposta ao impulso desse sistema.
b) Qual é a resposta desse sistema a uma entrada x(t)=t e^{-2 t} u(t)
c) Repita o item a) para os sistemas LIT estáveis e causais descritos pelas seguintes equações:
I. \quad y^{\prime \prime}(t)+\sqrt{2} y^{\prime}(t)+8 y(t)=2 x^{\prime}(t)
II. \quad y^{\prime \prime}(t)+3 y^{\prime}(t)+2 y(t)=x(t)
III. \quad y^{\prime \prime}(t)+2 y^{\prime}(t)+2 y(t)=x(t)

Passo 1

O enunciado dá uma equação diferencial linear com coeficientes constantes, representando um sistema LTI estável e causal. Precisamos:
  • (a) achar a resposta ao impulso h(t), isto é, a saída quando x(t)=\delta(t).
  • (b) achar a saída para x(t)=t e^{-2t}u(t).
  • (c) repetir o item (a) para três outras ODEs.
    Aqui vamos usar transformada de Laplace, já que para sistemas descritos por ODE é imediato obter a função de transferência H(s) e depois inverter para h(t).

Passo 2

(a) Aplicamos Laplace na equação
y''(t)+6y'(t)+8y(t)=2x(t)
usando condições iniciais nulas (sistema causal) e X(s) genérica:
s^2Y(s)+6sY(s)+8Y(s)=2X(s).
Logo a função de transferência é
H(s)=\frac{Y(s)}{X(s)}=\frac{2}{s^2+6s+8}=\frac{2}{(s+2)(s+4)}.

Passo 3

Para inverter H(s) fazemos frações parciais:
\frac{2}{(s+2)(s+4)}=\frac{A}{s+2}+\frac{B}{s+4}
e obtemos A=1, B=-1. Assim
H(s)=\frac{1}{s+2}-\frac{1}{s+4} \quad\Longrightarrow\quad h(t)=\bigl(e^{-2t}-e^{-4t}\bigr)u(t).

Passo 4

(b) Para x(t)=t e^{-2t}u(t) usamos Laplace:
X(s)=\mathcal L\{t e^{-2t}u(t)\}=\frac{1}{(s+2)^2}.
Então
Y(s)=H(s)\,X(s) =\frac{2}{(s+2)(s+4)}\cdot\frac{1}{(s+2)^2} =\frac{2}{(s+2)^3(s+4)}.
Fazendo decomposição em frações parciais
\frac{2}{(s+2)^3(s+4)} =\frac{A}{s+4}+\frac{B}{s+2}+\frac{C}{(s+2)^2}+\frac{D}{(s+2)^3},
enchemos os coeficientes e achamos
A=-\tfrac14,\; B=\tfrac14,\; C=-\tfrac12,\; D=1.
Invertemos cada termo:
y(t)=\Bigl(-\tfrac14e^{-4t}+\tfrac14e^{-2t}-\tfrac12t\,e^{-2t}+\tfrac12t^2e^{-2t}\Bigr)u(t).

Passo 5

(c.I) Para
y''(t)+\sqrt2\,y'(t)+8y(t)=2x'(t)
na Laplace temos
Y(s)\bigl(s^2+\sqrt2\,s+8\bigr)=2\,s\,X(s) \;\Longrightarrow\; H(s)=\frac{Y(s)}{X(s)}=\frac{2s}{s^2+\sqrt2\,s+8}.
Sejam a=\tfrac{\sqrt2}{2} e b=\tfrac{\sqrt{30}}{2}. Então
H(s) =2\frac{s+a - a}{(s+a)^2+b^2} =2\frac{s+a}{(s+a)^2+b^2}-2a\frac{1}{(s+a)^2+b^2},
o que no tempo dá
h_I(t)=2e^{-at}\cos(bt)-2\,\frac{a}{b}e^{-at}\sin(bt) \;=\;2e^{-\frac{\sqrt2}{2}t}\Bigl[\cos\!\bigl(\tfrac{\sqrt{30}}{2}t\bigr)-\tfrac{\sqrt2}{\sqrt{30}}\sin\!\bigl(\tfrac{\sqrt{30}}{2}t\bigr)\Bigr]u(t).

Passo 6

(c.II) Para
y''(t)+3y'(t)+2y(t)=x(t)
temos
H(s)=\frac{1}{s^2+3s+2}=\frac{1}{(s+1)(s+2)} =\frac{1}{s+1}-\frac{1}{s+2},
logo
h_{II}(t)=\bigl(e^{-t}-e^{-2t}\bigr)u(t).

Passo 7

(c.III) Para
y''(t)+2y'(t)+2y(t)=x(t)
obtemos
H(s)=\frac{1}{s^2+2s+2}=\frac{1}{(s+1)^2+1},
que inverte para
h_{III}(t)=e^{-t}\sin(t)\;u(t).

Resposta

(a) \displaystyle h(t)=\bigl(e^{-2t}-e^{-4t}\bigr)u(t).
(b) \displaystyle y(t)=\Bigl(-\tfrac14e^{-4t}+\tfrac14e^{-2t}-\tfrac12t\,e^{-2t}+\tfrac12t^2e^{-2t}\Bigr)u(t).
(c) \displaystyle h_I(t)=2e^{-\tfrac{\sqrt2}{2}t}\Bigl[\cos\!\bigl(\tfrac{\sqrt{30}}{2}t\bigr)-\tfrac{\sqrt2}{\sqrt{30}}\sin\!\bigl(\tfrac{\sqrt{30}}{2}t\bigr)\Bigr]u(t), \displaystyle h_{II}(t)=\bigl(e^{-t}-e^{-2t}\bigr)u(t), \displaystyle h_{III}(t)=e^{-t}\sin(t)\,u(t).

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