(E2.4 pág 76) - Uma impressora utiliza um feixe de laser para imprimir rapidamente cópias para um computador. O laser é posicionado por um sinal de controle de entrada, \mathrm{r}(\mathrm{t}), tal que
Y(s)=\frac{5(s+100)}{s^{2}+60 s+500} R(s)
A entrada \mathrm{r}(\mathrm{t}) representa a posição desejada do feixe de laser.
(a) Determine a saída y(t) quando r(t) for um degrau unitário de entrada.
(b) Qual o valor final de \mathrm{y}(\mathrm{t}) ?

Passo 1

O enunciado dá a função de transferência entre entrada e saída no domínio de Laplace:
\frac{Y(s)}{R(s)}=\frac{5(s+100)}{s^{2}+60s+500}.
A entrada r(t) é um degrau unitário. As perguntas são:
  • (a) Determinar y(t) quando r(t) é o degrau unitário.
  • (b) Determinar o valor final de y(t), isto é \lim_{t\to\infty}y(t).
Informações relevantes extraídas do enunciado:
\frac{Y(s)}{R(s)}=\frac{5(s+100)}{s^{2}+60s+500},\qquad r(t)=u(t)\Rightarrow R(s)=\frac{1}{s}.

Passo 2

Vamos escrever Y(s) substituindo R(s)=\dfrac{1}{s}:
Y(s)=\frac{5(s+100)}{s^{2}+60s+500}\cdot\frac{1}{s}=\frac{5(s+100)}{s\,(s^{2}+60s+500)}.
Para inverter a transformada de Laplace, vamos fatorar o denominador quadrático.

Passo 3

Fatoramos s^{2}+60s+500. Calculamos o discriminante:
\Delta=60^{2}-4\cdot1\cdot500=3600-2000=1600,
logo \sqrt{\Delta}=40. As raízes são
s=\frac{-60\pm40}{2} \Rightarrow s=-10 \quad\text{e}\quad s=-50.
Portanto
s^{2}+60s+500=(s+10)(s+50).
Assim podemos reescrever
Y(s)=\frac{5(s+100)}{s\,(s+10)(s+50)}.

Passo 4

Fazemos frações parciais no formato
\frac{5(s+100)}{s\,(s+10)(s+50)}=\frac{A}{s}+\frac{B}{s+10}+\frac{C}{s+50}.
Multiplicando por s(s+10)(s+50) obtemos a identidade
5(s+100)=A(s+10)(s+50)+B\,s(s+50)+C\,s(s+10).
Usamos o método de Heaviside: avaliamos em s=0,-10,-50.
  • Em s=0:
5(0+100)=500=A(10)(50)=500A \Rightarrow A=1.
  • Em s=-10:
5(-10+100)=5\cdot90=450=B(-10)(40)=-400B \Rightarrow B=-\frac{450}{400}=-\frac{9}{8}.
  • Em s=-50:
5(-50+100)=5\cdot50=250=C(-50)(-40)=2000C \Rightarrow C=\frac{250}{2000}=\frac{1}{8}.
Verificação rápida (opcional): os valores A=1, B=-\tfrac{9}{8}, C=\tfrac{1}{8} satisfazem a identidade.
Logo
Y(s)=\frac{1}{s}-\frac{9}{8}\cdot\frac{1}{s+10}+\frac{1}{8}\cdot\frac{1}{s+50}.

Passo 5

Agora fazemos a transformada inversa termo a termo. Lembrete de pares da transformada de Laplace:
  • \mathcal{L}\{1\}=\dfrac{1}{s}.
  • \mathcal{L}\{e^{-at}\}=\dfrac{1}{s+a}.
Aplicando inversa:
y(t)=1-\frac{9}{8}e^{-10t}+\frac{1}{8}e^{-50t},\qquad t\ge 0.
Explicando de forma didática: o primeiro termo 1 vem da parte \dfrac{1}{s} (resposta constante ao degrau). Os outros dois termos são exponenciais decrescentes com constantes de tempo \tau_1=\tfrac{1}{10} e \tau_2=\tfrac{1}{50}; ambos tendem a zero quando t\to\infty, o que mostra que a saída estaciona em um valor constante.

Passo 6

Agora o valor final. Pelo resultado do passo anterior, tomando limite t\to\infty:
\lim_{t\to\infty}y(t)=1-\frac{9}{8}\cdot 0+\frac{1}{8}\cdot 0=1.
Como checagem alternativa, podemos usar o Teorema do Valor Final: se \lim_{t\to\infty}y(t) existe e sY(s) não tem pólos no semiplano direito, então
\lim_{t\to\infty}y(t)=\lim_{s\to 0}sY(s)=\lim_{s\to 0}\frac{5(s+100)}{(s+10)(s+50)}=\frac{5(0+100)}{(0+10)(0+50)}=\frac{500}{500}=1,
o mesmo resultado, confirmando consistência.

Resposta

(a) y(t)=1-\dfrac{9}{8}e^{-10t}+\dfrac{1}{8}e^{-50t},\;t\ge 0.
(b) \displaystyle \lim_{t\to\infty}y(t)=1.

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