Para a função de transferência abaixo, determine o sinal de saída quando a entrada é 4 e^{-2 t} u(t).
H(s)=\frac{s^{2}}{3 s+1}

Passo 1

O enunciado dá:
  • A função de transferência H(s)=\frac{s^{2}}{3s+1}.
  • A entrada no domínio do tempo é x(t)=4 e^{-2 t} u(t).
O que se pede: determinar o sinal de saída y(t) (ou seja, a resposta do sistema LTI com a transferência H(s) quando a entrada for x(t)).

Passo 2

Vamos trabalhar no domínio de Laplace porque em sistemas LTI a multiplicação em s corresponde à resposta ao produto H(s)X(s). Primeiro achamos a transformada de Laplace da entrada. A transformada de \,e^{-a t}u(t)\, é \dfrac{1}{s+a} (para \Re(s)>-a). Portanto, por linearidade,
X(s)=\mathcal{L}\{4 e^{-2 t}u(t)\}=\frac{4}{s+2}.
Explicação rápida dessa fórmula: a transformada de Laplace é definida por \mathcal{L}\{f(t)\}=\int_{0}^{\infty} f(t)e^{-st}\,dt. No caso f(t)=e^{-2t} isso dá \int_{0}^{\infty} e^{-(s+2)t}dt=1/(s+2), e o fator 4 sai multiplicando.

Passo 3

No domínio de Laplace a saída é
Y(s)=H(s)\,X(s)=\frac{s^{2}}{3s+1}\cdot\frac{4}{s+2}=\frac{4s^{2}}{(3s+1)(s+2)}.
Queremos agora encontrar y(t)=\mathcal{L}^{-1}\{Y(s)\}.

Passo 4

Observação importante: o numerador tem grau 2 e o denominador também tem grau 2 (grau igual). Quando, após multiplicar por X(s), a função Y(s) não é estritamente própria (grau do numerador maior ou igual ao do denominador), a transformada inversa contém impulsos (como \delta(t)) e possivelmente derivadas do delta. Para separar esses termos fazemos divisão polinomial ou escrevemos Y(s) como soma de um polinômio em s mais uma fração própria.
Fazendo a divisão (razão entre coeficientes principais):
o termo polinomial é \dfrac{4}{3}, pois \dfrac{4s^{2}}{3s^{2}+\cdots} tem razão de coeficientes 4/3.
Escrevendo explicitamente:
\frac{4s^{2}}{(3s+1)(s+2)}=\frac{4}{3}+\frac{R(s)}{(3s+1)(s+2)},
onde R(s) é o resto (grau menor que 2). Calculamos R(s):
R(s)=4s^{2}-\frac{4}{3}\big(3s^{2}+7s+2\big)=4s^{2}-\frac{4}{3}(3s^{2})-\frac{4}{3}(7s)-\frac{4}{3}(2).
Isso dá
R(s)=-\frac{28}{3}s-\frac{8}{3}=-\frac{4}{3}(7s+2).
Portanto
Y(s)=\frac{4}{3}-\frac{4}{3}\cdot\frac{7s+2}{(3s+1)(s+2)}.

Passo 5

Agora decomponho a parte própria em frações simples:
procuro constantes A\) e \(B\) tais que \[-\frac{4}{3}\cdot\frac{7s+2}{(3s+1)(s+2)}=\frac{A}{3s+1}+\frac{B}{s+2}.
Multiplicando ambos os lados por (3s+1)(s+2) obtemos
-\frac{4}{3}(7s+2)=A(s+2)+B(3s+1).
Expandindo:
-\frac{28}{3}s-\frac{8}{3}=(A+3B)s+(2A+B).
Igualando coeficientes de s e termos constantes:
\begin{cases} A+3B=-\dfrac{28}{3},\\[6pt] 2A+B=-\dfrac{8}{3}. \end{cases}
Multiplicando o sistema por 3\] para eliminar denominadores: \[\begin{cases} 3A+9B=-28,\\[6pt] 6A+3B=-8. \end{cases}\] Resolvendo: multiplicando a primeira por \(2 e subtraindo a segunda:
(6A+18B)-(6A+3B)=-56-(-8)\implies 15B=-48\implies B=-\frac{48}{15}=-\frac{16}{5}.
Substituindo em 2A+B=-\dfrac{8}{3}:
2A=-\frac{8}{3}-B=-\frac{8}{3}+\frac{16}{5}=\frac{-40+48}{15}=\frac{8}{15}\implies A=\frac{4}{15}.
Portanto a decomposição é
Y(s)=\frac{4}{3}+\frac{4/15}{3s+1}-\frac{16/5}{s+2}.]

Passo 6

Agora aplicamos a transformada inversa termo a termo.
  1. Termo polinomial \dfrac{4}{3}. A transformada inversa de uma constante em s é um impulso: \mathcal{L}^{-1}\{1\}=\delta(t). Logo
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{4}{3}\right\}=\frac{4}{3}\,\delta(t).
Explicação intuitiva: termos polinomiais em s (ou constantes) correspondem a combinações de \delta(t) e suas derivadas porque essas componentes não são funções “normais” de tempo limitado, mas impulsos concentrados em t=0.
  1. Termo \dfrac{4/15}{3s+1}. Observação: \dfrac{1}{3s+1}=\dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{1}{s+1/3}. A transformada inversa de \dfrac{1}{s+a} é e^{-a t}u(t). Assim
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{4/15}{3s+1}\right\}=\frac{4}{15}\cdot\frac{1}{3}e^{-t/3}u(t)=\frac{4}{45}e^{-t/3}u(t).
  1. Termo -\dfrac{16/5}{s+2}. A transformada inversa é direta:
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{-\frac{16/5}{s+2}\right\}=-\frac{16}{5}e^{-2t}u(t).

Passo 7

Somando todas as contribuições, a saída no domínio do tempo é
y(t)=\frac{4}{3}\,\delta(t)+\frac{4}{45}e^{-t/3}u(t)-\frac{16}{5}e^{-2t}u(t).
Comentário final e incentivo: note que há um impulso em t=0 (devido ao comportamento em altas frequências do sistema, já que H(s) não é estritamente própria) e, para t>0, a resposta é a soma de duas exponenciais causais. Está indo bem — isso é exatamente o tipo de detalhe que costuma cair em prova (reconhecer o termo de impulso e fazer a decomposição em frações simples).

Resposta

y(t)=\frac{4}{3}\,\delta(t)+\frac{4}{45}e^{-t/3}u(t)-\frac{16}{5}e^{-2t}u(t)

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