A partir da função de transferência a seguir, faça o que se pede:
\frac{Y(s)}{R(s)}=\frac{-8}{s^{2}+0.8 s+16}
encontre \xi e \omega_{n};
encontre os polos do sistema;
reposta ao impulso unitário \left(y_{1}(t)\right);
resposta ao degrau unitário \left(y_{2}(t)\right);
resposta à rampa unitária \left(y_{3}(t)\right);
encontre y_{2}(0.3); e
desenhe o sinal de saída.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e pede (tudo que vou usar está aqui).
  • A função de transferência fornecida é
\frac{Y(s)}{R(s)}=\frac{-8}{s^{2}+0,8s+16}.
O enunciado pede (cada item separado):
  1. Encontrar \xi e \omega_{n}.
  2. Encontrar os polos do sistema.
  3. Obter a resposta ao impulso unitário y_{1}(t).
  4. Obter a resposta ao degrau unitário y_{2}(t).
  5. Obter a resposta à rampa unitária y_{3}(t).
  6. Calcular y_{2}(0,3).
  7. Desenhar (descrever) o sinal de saída.
Tenho então como dados relevantes a expressão do denominador s^{2}+0,8s+16 e o numerador constante -8. A partir disso serão determinados \omega_n, \xi, polos e as transformadas inversas.

Passo 2

Encontrar \xi e \omega_{n} (a explicação do porquê).
  • Para um sistema de segunda ordem padrão, o denominador se escreve como
s^{2}+2\xi\omega_{n}s+\omega_{n}^{2}.
Aqui o denominador é s^{2}+0,8s+16. Igualando termos obtemos
\omega_{n}^{2}=16,\qquad 2\xi\omega_{n}=0,8.
  • Da primeira igualdade,
\omega_{n}=\sqrt{16}=4.
  • Da segunda,
\xi=\frac{0,8}{2\omega_{n}}=\frac{0,8}{2\cdot 4}=\frac{0,8}{8}=0,1.
Breve explicação didática:
  • \omega_{n} é a frequência natural não amortecida (em rad/s). Dá a escala de frequência do sistema.
  • \xi é o coeficiente de amortecimento (damping ratio). Se \xi<1 o sistema é subamortecido e apresenta oscilações amortecidas; se \xi=1 é criticamente amortecido; se \xi>1 é superamortecido.
Portanto,
\omega_{n}=4,\qquad \xi=0,1.

Passo 3

Encontrar os polos do sistema (cálculo passo a passo).
Os polos são as raízes do denominador s^{2}+0,8s+16=0. Uso a fórmula quadrática:
s=\frac{-0,8\pm\sqrt{0,8^{2}-4\cdot1\cdot16}}{2}=\frac{-0,8\pm\sqrt{0,64-64}}{2}.
O discriminante é 0,64-64=-63,36, logo as raízes são complexas:
s=\frac{-0,8}{2}\pm j\frac{\sqrt{63,36}}{2}=-0,4\pm j\;3,97995\\ (\text{aprox.}).
Observação/checagem: para \xi=0,1 e \omega_{n}=4 temos \xi\omega_{n}=0,4 e \omega_{d}=\omega_{n}\sqrt{1-\xi^{2}}=4\sqrt{0,99}\approx 3,97995. Os polos podem também ser escritos como
s=-\xi\omega_{n}\pm j\omega_{d}=-0,4\pm j\,3,97995.

Passo 4

Resposta ao impulso unitário y_{1}(t) — derivação didática.
Queremos a transformada inversa de
Y(s)=\frac{Y(s)}{R(s)}\cdot R(s)=\frac{-8}{s^{2}+0,8s+16}
quando a entrada é o impulso unitário r(t)=\delta(t) (no domínio de Laplace R(s)=1). Assim y_{1}(t) é a inversa de -8/(s^{2}+0,8s+16).
  • Para sistemas subamortecidos ( \xi<1), é útil usar \omega_{d}=\omega_{n}\sqrt{1-\xi^{2}}. Calculamos
\omega_{d}=4\sqrt{1-0,1^{2}}=4\sqrt{0,99}\approx3,97995.
  • A forma padrão conhecida: a inversa de \dfrac{\omega_{n}^{2}}{s^{2}+2\xi\omega_{n}s+\omega_{n}^{2}} é
h(t)=\frac{\omega_{n}^{2}}{\omega_{d}}\,e^{-\xi\omega_{n}t}\sin(\omega_{d}t),\qquad t\ge 0.
  • Nosso numerador é -8. Escrevemos -8 = (-\tfrac{8}{16})\omega_{n}^{2}=(-\tfrac{1}{2})\omega_{n}^{2} pois \omega_{n}^{2}=16. Assim
y_{1}(t)=(-\tfrac{1}{2})\cdot\frac{\omega_{n}^{2}}{\omega_{d}}\,e^{-\xi\omega_{n}t}\sin(\omega_{d}t) =\frac{-8}{\omega_{d}}\,e^{-0,4t}\sin(\omega_{d}t).
  • Substituindo \omega_{d}\approx 3,97995,
y_{1}(t)\approx -2,01006\;e^{-0,4t}\sin(3,97995\,t),\qquad t\ge 0.
Interpretação: é uma senoide com frequência \omega_{d} e amplitude decrescente exponencialmente com taxa 0,4 (isto é, decai como e^{-0,4t}), e o sinal inicial é negativo por causa do numerador -8.

Passo 5

Resposta ao degrau unitário y_{2}(t) — passo a passo com frações parciais.
Entrada degrau unitário: r(t)=1 com R(s)=1/s. Então
Y(s)=\frac{-8}{s(s^{2}+0,8s+16)}.
Faço decomposição em frações parciais na forma
\frac{-8}{s(s^{2}+0,8s+16)}=\frac{A}{s}+\frac{Bs+C}{s^{2}+0,8s+16}.
Multiplicando ambos os lados por s(s^{2}+0,8s+16) obtemos a identidade
-8=A(s^{2}+0,8s+16)+(Bs+C)s.
Comparando coeficientes (ou avaliando em valores convenientes) encontramos A=-\tfrac{1}{2}, B=\tfrac{1}{2}, C=0,4. (Mostra rápida: testar s=0 A=-8/16=-\tfrac{1}{2}. Depois igualar coeficientes de s^{2} e s B e C.)
Agora escrevo a parte transitória com completamento de quadrado:
s^{2}+0,8s+16=(s+0,4)^{2}+\omega_{d}^{2}
com \omega_{d} já calculado. Reescrevo o numerador:
Bs+C=\tfrac{1}{2}s+0,4=\tfrac{1}{2}(s+0,4)+0,2.
Inversas conhecidas:
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{s+0,4}{(s+0,4)^{2}+\omega_{d}^{2}}\right\}=e^{-0,4t}\cos(\omega_{d}t),
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{(s+0,4)^{2}+\omega_{d}^{2}}\right\}=\frac{1}{\omega_{d}}e^{-0,4t}\sin(\omega_{d}t).
Portanto, juntando tudo:
y_{2}(t)=-\tfrac{1}{2}+e^{-0,4t}\Big(0,5\cos(\omega_{d}t)+\frac{0,2}{\omega_{d}}\sin(\omega_{d}t)\Big).
Substituindo \omega_{d}\approx 3,97995 e calculando \dfrac{0,2}{\omega_{d}}\approx0,05025, obtemos a forma numérica
y_{2}(t)\approx -0,5 + e^{-0,4t}\big(0,5\cos(3,97995\,t)+0,05025\sin(3,97995\,t)\big),\qquad t\ge0.
Checagem física: o valor em regime permanente (limite t→∞) é -\tfrac{1}{2}, que coincide com G(0)=\dfrac{Y(0)}{R(0)}=\dfrac{-8}{16}=-\tfrac{1}{2}. Como \xi<1, observa-se oscilações amortecidas em torno desse valor.

Passo 6

Resposta à rampa unitária y_{3}(t) — derivação completa.
Entrada rampa unitária r(t)=t tem R(s)=1/s^{2}. Então
Y(s)=\frac{-8}{s^{2}(s^{2}+0,8s+16)}.
Faço decomposição em frações parciais na forma
\frac{-8}{s^{2}(s^{2}+0,8s+16)}=\frac{A}{s}+\frac{B}{s^{2}}+\frac{Cs+D}{s^{2}+0,8s+16}.
Multiplicando por s^{2}(s^{2}+0,8s+16) e igualando coeficientes obtemos o sistema (detalhado no desenvolvimento):
  • Da constante: 16B=-8 B=-\tfrac{1}{2}.
  • Da equação do termo em s: 16A+0,8B=0 ⇒ com B achado vem A=0,025.
  • Dos demais termos obtém-se C=-0,025 e D=0,48.
Assim
Y(s)=\frac{0,025}{s}-\frac{0,5}{s^{2}}+\frac{-0,025s+0,48}{s^{2}+0,8s+16}.
Reescrevendo o numerador do último termo em função de s+0,4:
-0,025s+0,48=-0,025(s+0,4)+0,49.
Tomando inversa de Laplace e usando as transformadas conhecidas, obtemos
y_{3}(t)=0,025-0,5\,t+e^{-0,4t}\Big(-0,025\cos(\omega_{d}t)+\frac{0,49}{\omega_{d}}\sin(\omega_{d}t)\Big).
Com \omega_{d}\approx3,97995 e \dfrac{0,49}{\omega_{d}}\approx0,12318, a forma numérica é
y_{3}(t)\approx 0,025-0,5\,t + e^{-0,4t}\big(-0,025\cos(3,97995\,t)+0,12318\sin(3,97995\,t)\big).
Interpretação: para entradas rampa o termo dominante de longo prazo é -0,5\,t (pois G(0)=-0,5 multiplica a rampa), portanto a saída tende para -\infty com inclinação -0,5; o resto é um transiente oscilatório amortecido em torno dessa reta.

Passo 7

Calcular y_{2}(0,3) (substituição numérica, passo a passo).
Usamos a expressão do degrau:
y_{2}(t)=-0,5 + e^{-0,4t}\Big(0,5\cos(\omega_{d}t)+0,05025\sin(\omega_{d}t)\Big)
com \omega_{d}\approx3,97995.
  • Primeiro calcule e^{-0,4\cdot0,3}=e^{-0,12}\approx0,88692.
  • Depois \omega_{d}\cdot0,3\approx 3,97995\cdot0,3\approx1,193985 rad.
  • \cos(1,193985)\approx0,3663.
  • \sin(1,193985)\approx0,9305.
  • Então 0,5\cos(\cdot)\approx0,5\cdot0,3663=0,18315.
  • E 0,05025\sin(\cdot)\approx0,05025\cdot0,9305\approx0,04677.
  • Soma interna: 0,18315+0,04677=0,22992.
  • Multiplicando pelo exponencial: e^{-0,12}\cdot0,22992\approx0,88692\cdot0,22992\approx0,2039.
  • Finalmente y_{2}(0,3)=-0,5+0,2039\approx -0,2961.
Arredondando razoavelmente,
y_{2}(0,3)\approx -0,296.

Passo 8

Desenho / descrição qualitativa do sinal de saída (formas para cada entrada) — explicação para a prova.
  • Impulso y_{1}(t): é uma oscilação senoidal amortecida multiplicada por um fator negativo. Assim o gráfico tem uma oscilação iniciando com pico negativo, com amplitude decaindo exponencialmente com constante de decaimento 0,4. Visualmente: seno decrescente que cruza o zero e oscila, aproximando-se de zero por cima e por baixo, com amplitude cada vez menor.
  • Degrau y_{2}(t): inicia com uma oscilação transitória amortecida em torno do valor de regime permanente -0,5. O gráfico mostra sobre- e sub-oscilações (por ser subamortecido), com amplitude decrescente e tendência para o nível constante -0,5.
  • Rampa y_{3}(t): tem uma componente dominante linear negativa de inclinação -0,5 (reta que decresce indefinidamente), sobre a qual existe um transiente oscilatório amortecido. Ou seja, o gráfico é aproximadamente uma reta inclinada para baixo com pequenas oscilações amortecidas em torno dessa reta.
Se for necessário esboçar à mão na prova: marque o eixo tempo horizontal, para degrau desenhe uma curva que oscila e converge para -0,5; para rampa desenhe uma reta com declive -0,5 mais pequenas oscilações que somem com o tempo.

Resposta

\xi=0,1,\\ \omega_{n}=4
Polos: s=-0,4\pm j\,3,97995
y_{1}(t)= -\dfrac{8}{\omega_{d}}\,e^{-0,4t}\sin(\omega_{d}t)\approx -2,01006\,e^{-0,4t}\sin(3,97995\,t)
y_{2}(t)=-0,5+e^{-0,4t}\!\Big(0,5\cos(3,97995\,t)+0,05025\sin(3,97995\,t)\Big)
y_{3}(t)=0,025-0,5t+e^{-0,4t}\!\Big(-0,025\cos(3,97995\,t)+0,12318\sin(3,97995\,t)\Big)
y_{2}(0,3)\approx -0,296
Formas: impulso — oscilação amortecida negativa inicial; degrau — oscilações amortecidas convergindo para -0,5; rampa — queda linear -0,5t com oscilações amortecidas.

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