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

Passo 1

O enunciado dá a função de transferência da planta e pede para plotar qualitativamente a resposta ao degrau unitário:
G(s)=\frac{s+1}{s(s+2)(s+3)},
entrada u(t) é um degrau unitário (transformada 1/s). O que precisa ser obtido: a expressão temporal y(t) da saída para t>0 e, com isso, um desenho qualitativo (comportamento inicial, transiente, comportamento para t\to\infty, assimptota, etc.). Informação dada importante: polos em s=0,-2,-3 e zero em s=-1.

Passo 2

Escrevendo a saída no domínio de Laplace:
Y(s)=G(s)\cdot\frac{1}{s}=\frac{s+1}{s^2(s+2)(s+3)}.
Vou inverter \;Y(s)\; usando frações parciais para obter y(t). Explico como e por quê: decompor em termos simples cujas inversas de Laplace são conhecidas (constante, t, e exponenciais).

Passo 3

Posso procurar uma decomposição do tipo
\frac{s+1}{s^2(s+2)(s+3)}=\frac{A}{s}+\frac{B}{s^2}+\frac{C}{s+2}+\frac{D}{s+3}.
Multiplicando ambos os lados por s^2(s+2)(s+3) obtemos a identidade em s:
s+1 = A\,s(s+2)(s+3) + B\,(s+2)(s+3) + C\,s^2(s+3) + D\,s^2(s+2).
Para encontrar A,B,C,D uso os valores de s que anulam fatores e, se necessário, um valor adicional.

Passo 4

Calculo dos coeficientes por substituição direta:
  • Para s=0:
1 = B\cdot(2)(3)=6B \quad\Rightarrow\quad B=\frac{1}{6}.
  • Para s=-2:
-1 = 4C \quad\Rightarrow\quad C=-\frac{1}{4}.
(porque s+2=0 anula termos com A,B,D.)
  • Para s=-3:
-2 = -9D \quad\Rightarrow\quad D=\frac{2}{9}.
  • Para A uso um valor conveniente, por exemplo s=1. Substituindo s=1 na identidade:
2 = 12A + 12B + 4C + 3D.
Com B=\tfrac{1}{6},C=-\tfrac{1}{4},D=\tfrac{2}{9} temos 12B=2, 4C=-1, 3D=\tfrac{2}{3}. Assim
2 = 12A + 2 -1 + \tfrac{2}{3}\quad\Rightarrow\quad 12A = \tfrac{1}{3}\quad\Rightarrow\quad A=\frac{1}{36}.

Passo 5

Agora escrevo a decomposição encontrada:
\frac{s+1}{s^2(s+2)(s+3)}=\frac{1}{36}\cdot\frac{1}{s}+\frac{1}{6}\cdot\frac{1}{s^2}-\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{s+2}+\frac{2}{9}\cdot\frac{1}{s+3}.
Inversas de Laplace conhecidas:
  • \mathcal{L}^{-1}\!\left(\dfrac{1}{s}\right)=1 (degrau),
  • \mathcal{L}^{-1}\!\left(\dfrac{1}{s^2}\right)=t,
  • \mathcal{L}^{-1}\!\left(\dfrac{1}{s+a}\right)=e^{-a t}.
Portanto, para t>0:
y(t)=\frac{1}{36}+\frac{1}{6}\,t-\frac{1}{4}e^{-2t}+\frac{2}{9}e^{-3t}.

Passo 6

Verificações úteis (teoremas do valor inicial/final e interpretação física):
  • Valor inicial pela expressão direta:
y(0^+)=\frac{1}{36}+0-\frac{1}{4}+\frac{2}{9}=\frac{1-9+8}{36}=0.
Logo a saída inicia em zero.
  • Derivada inicial (para entender o slope inicial):
y'(t)=\frac{1}{6}+ \big(-2\big)\!\left(-\frac{1}{4}\right)e^{-2t}+ \big(-3\big)\!\left(\frac{2}{9}\right)e^{-3t} =\frac{1}{6}-2\!\left(-\tfrac{1}{4}e^{-2t}\right)-3\!\left(\tfrac{2}{9}e^{-3t}\right).
Em t=0:
y'(0^+)=\frac{1}{6}-2\left(-\frac{1}{4}\right)-3\left(\frac{2}{9}\right)=\frac{1}{6}+ \frac{1}{2} - \frac{2}{3}=0.
Portanto a inclinação inicial é zero.
  • Concavidade inicial:
y''(t)=4\left(-\tfrac{1}{4}\right)e^{-2t}+9\left(\tfrac{2}{9}\right)e^{-3t}= -e^{-2t}+2e^{-3t}.
Em t=0:
y''(0)= -1 + 2 = 1>0,
logo inicialmente a curva é côncava para cima (curvatura positiva).
  • Comportamento para t\to\infty: os termos exponenciais se anulam e sobra a parte polinomial
y(t)\sim \frac{1}{6}t+\frac{1}{36}\quad\text{quando }t\to\infty.
Isto mostra que a saída cresce sem limite (tende a uma rampa de inclinação \tfrac{1}{6}). O teorema do valor final não se aplica para um limite finito (saída divergente).

Passo 7

Interpretação física e instrução para o esboço qualitativo:
  • A saída começa em y(0)=0 com inclinação inicial y'(0)=0.
  • Logo após, a resposta fica côncava para cima e cresce, aproximando-se de uma rampa de inclinação \tfrac{1}{6}.
  • A assimptota de longo prazo é a reta
y_{\text{asym}}(t)=\frac{1}{6}\,t+\frac{1}{36},
e a resposta aproxima essa reta por baixo (a diferença inicial para a assimptota é pequena e negativa: y(0)-y_{\text{asym}}(0)=0-\tfrac{1}{36}=-\tfrac{1}{36}).
  • Não há oscilação nem sobrepasso: os termos exponenciais têm sinais que produzem um ajuste monótono (sem ciclo) em torno da assimptota.

Passo 8

Como desenhar qualitativamente (passo a passo no papel):
  1. Marque t=0 e y=0.
  2. Desenhe a reta assimptótica de longo prazo com inclinação 1/6 e intercepto 1/36 (p.ex. para t=0 a reta vale 1/36, para t=36 vale 1/6\cdot36+1/36=6+1/36, etc.).
  3. Faça a curva partir de 0, com inclinação inicial 0, curvando para cima e aproximando-se da reta assimptótica por baixo, sem cruzá-la (aproximação monotônica à medida que os termos exponenciais decaem).
  4. Não espere que a saída se estabilize em valor finito: para t grande a saída cresce praticamente linearmente com a inclinção indicada.

Resposta

y(t)=\frac{1}{36}+\frac{1}{6}\,t-\frac{1}{4}e^{-2t}+\frac{2}{9}e^{-3t},\quad t>0
Início: y(0)=0, y'(0)=0.
Assimptota de longo prazo: \;y_{\text{asym}}(t)=\dfrac{1}{6}t+\dfrac{1}{36}\; (a resposta cresce indefinidamente, aproximando-se dessa rampa por baixo).

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