1. Plote qualitativamente as respostas das seguintes funções de transferências, assuma que a entrada seja um degrau unitário.
    a) \quad G(s)=\frac{s+1}{(s+2)(s+3)}

Passo 1

O enunciado pede para plotar qualitativamente a resposta ao degrau unitário da função de transferência dada. Informações fornecidas:
  • A função de transferência é G(s)=\dfrac{s+1}{(s+2)(s+3)}.
  • A entrada é um degrau unitário, isto é, u(t) com transformada de Laplace U(s)=\dfrac{1}{s}.
O pedido é: obter a resposta no tempo (qualitativa) y(t) para t\ge0 quando a entrada é o degrau unitário, e indicar como esboçar o gráfico (pontos importantes, comportamento inicial e assíntota).

Passo 2

Vamos escrever a saída em domínio de Laplace Y(s) multiplicando G(s) por U(s):
Y(s)=G(s)\,U(s)=\frac{s+1}{(s+2)(s+3)}\cdot\frac{1}{s}=\frac{s+1}{s(s+2)(s+3)}.
Explicação didática: aqui Y(s) é a transformada de Laplace da saída y(t). Para voltar ao tempo precisamos decompor Y(s) em frações simples (partial fractions) e depois usar tabelas de transformada inversa da Laplace.

Passo 3

Fazemos a decomposição em frações simples assumindo a forma
\frac{s+1}{s(s+2)(s+3)}=\frac{A}{s}+\frac{B}{s+2}+\frac{C}{s+3},
onde A,B,C são constantes a determinar.
Explicação didática: a ideia é escrever Y(s) como soma de termos cuja transformada inversa é conhecida: \mathcal{L}^{-1}\{\tfrac{1}{s}\}=1 e \mathcal{L}^{-1}\{\tfrac{1}{s+a}\}=e^{-a t}.

Passo 4

Multiplicando ambos os lados por s(s+2)(s+3) obtemos a identidade
s+1 = A(s+2)(s+3) + B\,s(s+3) + C\,s(s+2).
Para achar A,B,C é eficiente avaliar em valores de s que anulam fatores:
  • Em s=0:
0+1 = A(2)(3)\quad\Rightarrow\quad 1=6A\quad\Rightarrow\quad A=\frac{1}{6}.
  • Em s=-2:
-2+1=-1 = B(-2)(1)\quad\Rightarrow\quad -1 = -2B\quad\Rightarrow\quad B=\frac{1}{2}.
  • Em s=-3:
-3+1=-2 = C(-3)(-1)\quad\Rightarrow\quad -2 = 3C\quad\Rightarrow\quad C=-\frac{2}{3}.
Verificação rápida (opcional): A+B+C=\tfrac{1}{6}+\tfrac{1}{2}-\tfrac{2}{3}=0 elimina termo s^2, e os demais termos conferem com s+1.

Passo 5

Agora aplicamos a transformada inversa termo a termo. Lembrando as correspondências:
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s}\right\}=1,\qquad \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s+a}\right\}=e^{-a t}.
Portanto
y(t)=\frac{1}{6}\cdot 1 + \frac{1}{2}e^{-2t} - \frac{2}{3}e^{-3t},\qquad t\ge0.
Escrevendo de forma limpa:
y(t)=\frac{1}{6}+\frac{1}{2}e^{-2t}-\frac{2}{3}e^{-3t}.
Explicação didática: cada termo corresponde a uma contribuição ao comportamento temporal. O termo constante \tfrac{1}{6} é a componente de estado permanente; os termos exponenciais decaem com as constantes de decaimento 2 e 3.

Passo 6

Analisando valores-chave:
  • Valor inicial t=0^+:
y(0)=\frac{1}{6}+\frac{1}{2}-\frac{2}{3}=\frac{1+3-4}{6}=0.
Isto significa que a saída inicia em zero (como é comum quando a função de transferência é propriamente formada e a entrada é um degrau aplicado em t=0).
  • Valor em regime permanente ( t\to\infty): as exponenciais desaparecem, sobra
\lim_{t\to\infty}y(t)=\frac{1}{6}\approx 0{,}1667.
Isto também pode ser obtido pelo teorema do valor final: \lim_{t\to\infty}y(t)=\lim_{s\to0}sY(s)=\dfrac{1}{6}.
  • Derivada inicial (pendente inicial):
    Calcule y'(t):
y'(t) = -2\cdot\frac{1}{2}e^{-2t} -3\cdot\left(-\frac{2}{3}\right)e^{-3t} = -e^{-2t}+2e^{-3t}.
Logo
y'(0) = -1 + 2 = 1.
Significa que a saída está subindo inicialmente com inclinação unitária.

Passo 7

Verificamos se há pico (máximo) transitório e quando ocorre. Zerar y'(t):
-y'(t)=0 \quad\Rightarrow\quad -e^{-2t}+2e^{-3t}=0 \quad\Rightarrow\quad 2e^{-3t}=e^{-2t}.
Dividindo por e^{-3t} obtemos 2=e^{t}, portanto
t_{\text{pico}}=\ln 2 \approx 0{,}6931.
Valor no pico:
y(\ln 2)=\frac{1}{6}+\frac{1}{2}e^{-2\ln 2}-\frac{2}{3}e^{-3\ln 2}.
Usando e^{-2\ln 2}=e^{\ln 2^{-2}}=2^{-2}=\tfrac{1}{4} e e^{-3\ln 2}=2^{-3}=\tfrac{1}{8}, obtemos
y(\ln 2)=\frac{1}{6}+\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{4}-\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{8} =\frac{1}{6}+\frac{1}{8}-\frac{1}{12}=\frac{5}{24}\approx 0{,}20833.
Portanto há um pequeno overshoot: a saída sobe de 0 até cerca de 0{,}2083 em t\approx0{,}693 e depois decai para o valor final 0{,}1667. Não há oscilações (sem termos senoidais), apenas somas de exponenciais reais negativas.

Passo 8

Observações práticas para o esboço qualitativo do gráfico:
  • Eixos: horizontal tempo t\ge0, vertical saída y(t).
  • Ponto inicial: y(0)=0.
  • Ponto de pico: y(\ln 2)\approx 0{,}2083 em t\approx0{,}693.
  • Valor de regime permanente (assíntota horizontal): y(\infty)=\tfrac{1}{6}\approx 0{,}1667.
  • Inclinação inicial: y'(0)=1 (reta tangente inicial com coeficiente 1).
  • Constantes de decaimento: polos em -2 e -3 correspondem a constantes de tempo \tau_1=\tfrac{1}{2}=0{,}5 e \tau_2=\tfrac{1}{3}\approx0{,}333. O termo e^{-2t} (coeficiente +\tfrac{1}{2}) domina o decaimento para tempos maiores (decai mais lentamente que e^{-3t}).
  • Forma qualitativa do traço: sobe suavemente desde 0, cruza o valor final, atinge um pico pequeno ( \approx0{,}2083), depois decai exponencialmente aproximando-se assintoticamente de 0{,}1667 sem oscilações.
Sugestão prática para desenhar: marque t=0, t=\ln 2\approx0{,}7, t=1 e t=2. Em t=1 tem-se, por exemplo,
y(1)\approx\frac{1}{6}+\frac{1}{2}e^{-2}-\frac{2}{3}e^{-3}\approx0{,}201,
em t=2,
y(2)\approx0{,}174,
mostrando aproximação ao valor final.

Resposta

y(t)=\frac{1}{6}+\frac{1}{2}e^{-2t}-\frac{2}{3}e^{-3t},\quad t\ge0.
y(0)=0.
Valor de regime permanente: y(\infty)=\dfrac{1}{6}\approx0,1667.
Pico transitório: y(\ln 2)=\dfrac{5}{24}\approx0,2083 em t_{\text{pico}}=\ln 2\approx0,693.
Comportamento qualitativo: sobe desde 0 com inclinação inicial y'(0)=1, atinge um pequeno overshoot em t\approx0,693 e decai exponencialmente para a assíntota y=\tfrac{1}{6} sem oscilações.

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