A função de transferência de um sistema é:
\frac{Y(s)}{R(s)}=\frac{10(s+2)}{s^{2}+8 s+15}
a) Determine a equação diferencial que é equivalente a essa função de transferência b) Determine y(t) quando r(t) for um degrau unitário de entrada.

Passo 1

O enunciado nos dá a função de transferência
\frac{Y(s)}{R(s)}=\frac{10(s+2)}{s^{2}+8s+15}
e pede duas coisas:
  1. Determinar a equação diferencial no domínio do tempo equivalente a essa função de transferência.
  2. Determinar y(t) quando r(t) é um degrau unitário ( r(t)=u(t)).
Informações relevantes fornecidas:
\frac{Y(s)}{R(s)}=\frac{10(s+2)}{s^{2}+8s+15}.
Assume-se condições iniciais nulas quando se usa a função de transferência (isto é, y(0^-)=y'(0^-)=0 se necessário).

Passo 2

Entendendo como passar do domínio de Laplace para equação diferencial (aula rápida).
  • A função de transferência foi obtida supondo condições iniciais iguais a zero; por isso ao voltar ao tempo podemos usar a correspondência direta entre multiplicação por potências de s e derivadas no tempo.
  • Regras principais (com condições iniciais nulas): \mathcal{L}\{y(t)\}=Y(s), \qquad \mathcal{L}\{y'(t)\}=sY(s), \qquad \mathcal{L}\{y''(t)\}=s^{2}Y(s).
  • Assim, um polinômio em s multiplicando Y(s) corresponde a um polinômio nas derivadas de y(t).

Passo 3

Passando a expressão algébrica para o domínio do tempo.
Multiplicando ambos os lados da função de transferência pelo denominador:
\bigl(s^{2}+8s+15\bigr)Y(s)=10(s+2)R(s).
Aplicando a transformada inversa (assumindo condições iniciais nulas) e usando as correspondências do Passo 2, obtemos:
\mathcal{L}^{-1}\{s^{2}Y(s)\}=y''(t), \qquad \mathcal{L}^{-1}\{8sY(s)\}=8y'(t), \qquad \mathcal{L}^{-1}\{15Y(s)\}=15y(t).
No lado direito:
\mathcal{L}^{-1}\{10sR(s)\}=10r'(t), \qquad \mathcal{L}^{-1}\{20R(s)\}=20r(t).
Portanto a equação diferencial no domínio do tempo é
\boxed{\,y''(t)+8y'(t)+15y(t)=10\,r'(t)+20\,r(t)\,}
(com condições iniciais nulas implícitas quando a função de transferência foi usada).

Passo 4

Preparando para calcular y(t) quando r(t)=u(t).
  • Para um degrau unitário r(t)=u(t), tem-se a transformada
R(s)=\frac{1}{s}.
  • Substituindo em Y(s)=\dfrac{10(s+2)}{s^{2}+8s+15}R(s) obtemos
Y(s)=\frac{10(s+2)}{s\,(s^{2}+8s+15)}.
  • Note que o polinômio quadrático no denominador fatora:
s^{2}+8s+15=(s+3)(s+5).
Assim
Y(s)=\frac{10(s+2)}{s(s+3)(s+5)}.

Passo 5

Fração parcial (método e cálculo das constantes).
Queremos escrever
\frac{10(s+2)}{s(s+3)(s+5)}=\frac{A}{s}+\frac{B}{s+3}+\frac{C}{s+5}.
Multiplicando ambos os lados por s(s+3)(s+5)
10(s+2)=A(s+3)(s+5)+B\,s(s+5)+C\,s(s+3).
Usa-se o método “cover-up” (substituir raízes simples) para achar A,B,C:
  • Para s=0:
10(0+2)=A(0+3)(0+5)\quad\Rightarrow\quad 20=15A\quad\Rightarrow\quad A=\frac{20}{15}=\frac{4}{3}.
  • Para s=-3:
10(-3+2)=B(-3)(-3+5)\quad\Rightarrow\quad 10(-1)=B(-3)(2)\quad\Rightarrow\quad -10=-6B\quad\Rightarrow\quad B=\frac{5}{3}.
  • Para s=-5:
10(-5+2)=C(-5)(-5+3)\quad\Rightarrow\quad 10(-3)=C(-5)(-2)\quad\Rightarrow\quad -30=10C\quad\Rightarrow\quad C=-3.
Portanto
Y(s)=\frac{4/3}{s}+\frac{5/3}{s+3}-\frac{3}{s+5}.

Passo 6

Inversão de Laplace e interpretação (como fazer na prova).
  • Recordando transformadas básicas: \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s}\right\}=u(t), \qquad \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s+a}\right\}=e^{-a t}u(t).
  • Aplicando termo a termo: y(t)=\frac{4}{3}u(t)+\frac{5}{3}e^{-3t}u(t)-3e^{-5t}u(t).
  • Podemos escrever de forma compacta (assumindo t\ge0 e incluindo u(t) implicitamente):
\boxed{\,y(t)=\frac{4}{3}+\frac{5}{3}e^{-3t}-3e^{-5t}\quad (t\ge0)\,}.
Comentários úteis para a prova:
  • Verificação rápida do valor em t=0^+: y(0^+)=\dfrac{4}{3}+\dfrac{5}{3}-3=0, coerente com condições iniciais nulas.
  • Valor em regime permanente: \displaystyle \lim_{t\to\infty}y(t)=\dfrac{4}{3}. Isso é o ganho DC do sistema (resposta ao degrau).

Resposta

y''(t)+8y'(t)+15y(t)=10\,r'(t)+20\,r(t)
y(t)=\dfrac{4}{3}+\dfrac{5}{3}e^{-3t}-3e^{-5t}

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