Questão 03: Dada a EDO abaixo:
\frac{d^{2} y(t)}{d t^{2}}+6 \frac{d y(t)}{d t}+8 y(t)=2 \frac{d x(t)}{d t}+x(t)
a) Encontre H(j w).
b) Dado que x(t)=e^{-2 t} u(t), determine X(j w).
c) Por meio da propriedade da convolução da transformada de Fourier, determine Y(j w) e y(t).

Passo 1

Enunciado e o que é pedido (resumindo, com todas as informações relevantes):
  • Dada a EDO
\frac{d^{2} y(t)}{d t^{2}}+6 \frac{d y(t)}{d t}+8 y(t)=2 \frac{d x(t)}{d t}+x(t).
  • Perguntas:
    a) Encontrar H(j\omega) (função de transferência em frequência).
    b) Dado x(t)=e^{-2t}u(t), determinar X(j\omega).
    c) Usando a propriedade da convolução da transformada de Fourier, determinar Y(j\omega) e y(t).

Passo 2

Conceito-chave usado para (a): transformação de Fourier e propriedade das derivadas.
  • Propriedade (derivada no tempo → multiplicação por j\omega no domínio da frequência): \mathcal{F}\left\{\frac{d^n x(t)}{dt^n}\right\}= (j\omega)^n X(j\omega),desde que os sinais sejam apropriados (p.ex. suficientes decaimento ou condições causais) — na prática em problemas de EDO lineares essa fórmula é usada direto.
  • Aplicando a transformada de Fourier à EDO: transforme cada termo em função de Y(j\omega) e X(j\omega).
    • Para o lado esquerdo: \mathcal{F}\left\{\frac{d^{2} y}{dt^{2}}\right\}=(j\omega)^2 Y(j\omega), \qquad \mathcal{F}\left\{\frac{d y}{dt}\right\}=j\omega Y(j\omega),então \big((j\omega)^2+6(j\omega)+8\big)Y(j\omega).
    • Para o lado direito: \mathcal{F}\left\{2\frac{d x}{dt}+x(t)\right\}=(2j\omega+1)X(j\omega).
  • A função de transferência é definida por H(j\omega)=\dfrac{Y(j\omega)}{X(j\omega)} assumindo condições iniciais nulas (sistema LTI). Assim, H(j\omega)=\frac{2j\omega+1}{(j\omega)^2+6j\omega+8}.
  • Observação útil: fatorando o denominador: (j\omega)^2+6j\omega+8=(j\omega+2)(j\omega+4),então podemos escrever H(j\omega)=\frac{2j\omega+1}{(j\omega+2)(j\omega+4)}.

Passo 3

Determinar X(j\omega) para x(t)=e^{-2t}u(t) (parte b).
  • Use a definição da transformada de Fourier: X(j\omega)=\int_{-\infty}^{\infty} x(t)e^{-j\omega t}\,dt = \int_{0}^{\infty} e^{-2t} e^{-j\omega t}\,dt,porque u(t) restringe a integral a t\ge0.
  • Calcule a integral (é uma integral exponencial): X(j\omega)=\int_{0}^{\infty} e^{-(2+j\omega)t}\,dt = \left[\frac{e^{-(2+j\omega)t}}{-(2+j\omega)}\right]_{0}^{\infty}.Como \Re(2+j\omega)=2>0, o termo no infinito some, ficando X(j\omega)=\frac{1}{2+j\omega}=\frac{1}{j\omega+2}.
  • Portanto X(j\omega)=\frac{1}{j\omega+2}.

Passo 4

Usar a propriedade da convolução / multiplicação para obter Y(j\omega) (parte c).
  • Propriedade relevante: para um sistema LTI com resposta em frequência H(j\omega) e entrada X(j\omega), Y(j\omega)=H(j\omega)\,X(j\omega).
  • Substituindo os resultados de Passo 2 e Passo 3: Y(j\omega)=\frac{2j\omega+1}{(j\omega+2)(j\omega+4)}\cdot\frac{1}{j\omega+2} =\frac{2j\omega+1}{(j\omega+2)^2 (j\omega+4)}.

Passo 5

Preparar a inversão de Y(j\omega)\) para obter \(y(t)\): decomposição em frações parciais. - Defina \(s=j\omega\) para simplificar a álgebra; então \[Y(j\omega)=\frac{2s+1}{(s+2)^2(s+4)},\quad s=j\omega.
  • Procuramos a decomposição \frac{2s+1}{(s+2)^2(s+4)}=\frac{A}{s+2}+\frac{B}{(s+2)^2}+\frac{C}{s+4}.
  • Multiplicando ambos os lados por (s+2)^2(s+4) obtemos 2s+1 = A(s+2)(s+4) + B(s+4) + C(s+2)^2.
  • Expanda e compare coeficientes. Desenvolvendo: A(s^2+6s+8) + B(s+4) + C(s^2+4s+4).Agrupando coeficientes de s^2, s, 1: s^2(A+C) + s(6A+B+4C) + (8A+4B+4C).Deve ser igual a 2s+1, isto é coeficientes: \begin{cases} A+C=0,\\[4pt] 6A+B+4C=2,\\[4pt] 8A+4B+4C=1. \end{cases}
  • Resolva o sistema: de A+C=0\] vem \(C=-A. Substituindo: 6A+B-4A=2 \Rightarrow 2A+B=2 \Rightarrow B=2-2A.Na equação constante: 8A+4(2-2A)+4(-A)=1.Calcule: 8A+8-8A-4A=1 \Rightarrow -4A+8=1 \Rightarrow -4A=-7 \Rightarrow A=\frac{7}{4}.Então C=-\frac{7}{4},\qquad B=2-2\cdot\frac{7}{4}=2-\frac{7}{2}=-\frac{3}{2}.
  • Assim a decomposição é Y(j\omega)=\frac{7/4}{j\omega+2}+\frac{-3/2}{(j\omega+2)^2}+\frac{-7/4}{j\omega+4}.]

Passo 6

Inversão final: de Y(j\omega) para y(t) (usar pares conhecidos).
  • Pares padrão (para a>0): \mathcal{F}\{e^{-at}u(t)\}=\frac{1}{a+j\omega}=\frac{1}{j\omega+a}, \qquad \mathcal{F}\{t e^{-at}u(t)\}=\frac{1}{(a+j\omega)^2}.
  • Usando linearidade e aplicando inversa a cada termo da decomposição:
    • \dfrac{7/4}{j\omega+2} corresponde a \dfrac{7}{4}e^{-2t}u(t).
    • -\dfrac{3}{2}\dfrac{1}{(j\omega+2)^2} corresponde a -\dfrac{3}{2}\,t e^{-2t}u(t).
    • -\dfrac{7}{4}\dfrac{1}{j\omega+4} corresponde a -\dfrac{7}{4}e^{-4t}u(t).
  • Somando: y(t)=\Big(\frac{7}{4}e^{-2t}-\frac{3}{2}t e^{-2t}-\frac{7}{4}e^{-4t}\Big)u(t).
  • (Opcionalmente pode-se fatorar e^{-2t}: y(t)=\frac{1}{4}\big(7-6t\big)e^{-2t}u(t)-\frac{7}{4}e^{-4t}u(t), mas a forma anterior está clara.)

Resposta

H(j\omega)=\dfrac{2j\omega+1}{(j\omega+2)(j\omega+4)}
X(j\omega)=\dfrac{1}{j\omega+2}
Y(j\omega)=\dfrac{2j\omega+1}{(j\omega+2)^2(j\omega+4)}
y(t)=\Big(\dfrac{7}{4}e^{-2t}-\dfrac{3}{2}t e^{-2t}-\dfrac{7}{4}e^{-4t}\Big)u(t)

Exercícios relacionados