W Questão 2. Considere um sistema linear, invariante no tempo e causal com equação diferencial dada por:
\frac{d^{2} y(t)}{d t^{2}}+10 \frac{d y(t)}{d t}+34 y(t)=\frac{d x(t)}{d t}+34 x(t)
a) Determine a função de transferência e verifique se sistema é estável. Justifique sua resposta.
b) Determine o valor em regime permanente da saída y(t) quando a entrada é x(t)=10 u(t).
c) Determine a resposta y(t) do sistema se a entrada x(t) for igual à x(t)=e^{-3 t} u(t). Considere que as condiçōes iniciais são nulas.

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial do sistema causal e pede três coisas:
  • a) Determinar a função de transferência e verificar se o sistema é estável (justificando).
  • b) Determinar o valor em regime permanente de y(t) quando x(t)=10\,u(t).
  • c) Determinar a resposta y(t) quando x(t)=e^{-3t}u(t), com condições iniciais nulas.
Informações relevantes fornecidas:
\frac{d^{2} y(t)}{d t^{2}}+10 \frac{d y(t)}{d t}+34 y(t)=\frac{d x(t)}{d t}+34 x(t).
Condição extra para (c): condições iniciais nulas (ou seja, todas as condições iniciais = 0). Os sinais de entrada para (b) e (c) são x(t)=10\,u(t) e x(t)=e^{-3t}u(t), respectivamente.

Passo 2

Vamos obter a função de transferência H(s)=\dfrac{Y(s)}{X(s)} pela transformada de Laplace assumindo condições iniciais nulas. Aplico Laplace na equação dada; lembrando que \mathcal{L}\{\dot y(t)\}=sY(s) e \mathcal{L}\{\ddot y(t)\}=s^{2}Y(s) quando as condições iniciais são zero. Assim:
s^{2}Y(s)+10sY(s)+34Y(s)=sX(s)+34X(s).
Fatorando Y(s) e X(s):
\bigl(s^{2}+10s+34\bigr)Y(s)=\bigl(s+34\bigr)X(s).
Logo a função de transferência é
H(s)=\frac{Y(s)}{X(s)}=\frac{s+34}{s^{2}+10s+34}.

Passo 3

Agora verifico estabilidade. Primeiro encontro os polos: resolvo s^{2}+10s+34=0. O discriminante é
\Delta=10^{2}-4\cdot1\cdot34=100-136=-36.
As raízes são
s=\frac{-10\pm j\sqrt{36}}{2}=-5\pm j3.
Ambos os polos têm parte real -5 (negativa). Para um sistema LTI causal e com H(s) racional e próprio (grau do numerador =1 menor que grau do denominador =2), a condição de estabilidade BIBO é que todos os polos tenham parte real negativa. Como isso ocorre, o sistema é estável. (Obs.: isso também garante que podemos usar, por exemplo, o Teorema do Valor Final quando necessário.)

Passo 4

Parte (b): encontrar o valor em regime permanente para x(t)=10\,u(t).
Primeiro escrevo a transformada de Laplace da entrada:
X(s)=\frac{10}{s}.
A saída em s é Y(s)=H(s)X(s)=\dfrac{s+34}{s^{2}+10s+34}\cdot\dfrac{10}{s}.
Uso o Teorema do Valor Final para obter \lim_{t\to\infty}y(t)=\lim_{s\to0}sY(s), verificando que as condições do teorema valem: sY(s)=10H(s) tem apenas os polos de H(s), que estão no semiplano esquerdo, logo o limite existe. Então
\lim_{t\to\infty}y(t)=\lim_{s\to0}sY(s)=\lim_{s\to0}10H(s)=10H(0).
Calculo H(0):
H(0)=\frac{0+34}{0+0+34}=1.
Portanto o valor em regime permanente é
\lim_{t\to\infty}y(t)=10\cdot 1=10.

Passo 5

Parte (c): encontrar [y(t)) quando x(t)=e^{-3t}u(t) e condições iniciais nulas.
Primeiro a transformada de Laplace da entrada:
X(s)=\frac{1}{s+3}.
A saída em s é
Y(s)=H(s)X(s)=\frac{s+34}{s^{2}+10s+34}\cdot\frac{1}{s+3}=\frac{s+34}{(s+3)(s^{2}+10s+34)}.
Vou decompor em frações parciais da forma
\frac{s+34}{(s+3)(s^{2}+10s+34)}=\frac{A}{s+3}+\frac{Bs+C}{s^{2}+10s+34}.
Multiplicando ambos os lados por (s+3)(s^{2}+10s+34) obtemos a identidade
s+34=A(s^{2}+10s+34)+(Bs+C)(s+3).
Expandindo e agrupando coeficientes obtemos (coeficientes de s^{2},s^{1},s^{0}):
0\cdot s^{2}+1\cdot s+34=(A+B)s^{2}+(10A+3B+C)s+(34A+3C).
Igualando coeficientes:
\begin{cases} A+B=0,\\[4pt] 10A+3B+C=1,\\[4pt] 34A+3C=34. \end{cases}
Da primeira equação (B=-A]. Substituo nas demais:
10A+3(-A)+C=1 \implies 7A+C=1 \implies C=1-7A,
34A+3(1-7A)=34 \implies 34A+3-21A=34 \implies 13A=31 \implies A=\frac{31}{13}.
Então
B=-\frac{31}{13},\qquad C=1-7\cdot\frac{31}{13}= \frac{-204}{13}.
Portanto a decomposição é
Y(s)=\frac{31/13}{s+3}+\frac{\bigl(-\tfrac{31}{13}\bigr)s+\bigl(-\tfrac{204}{13}\bigr)}{s^{2}+10s+34}.]

Passo 6

Para inverter a segunda fração, completo o quadrado no denominador:
s^{2}+10s+34=(s+5)^{2}+9.
Reescrevo o numerador da segunda fração em termos de s+5:
\bigl(-\tfrac{31}{13}\bigr)s+\bigl(-\tfrac{204}{13}\bigr)=\bigl(-\tfrac{31}{13}\bigr)(s+5)+\underbrace{\left(-\tfrac{204}{13}+5\cdot\tfrac{31}{13}\right)}_{=\, -\tfrac{49}{13}}.
Logo
\frac{\bigl(-\tfrac{31}{13}\bigr)s+\bigl(-\tfrac{204}{13}\bigr)}{(s+5)^{2}+3^{2} } = -\frac{31}{13}\cdot\frac{s+5}{(s+5)^{2}+3^{2}} -\frac{49}{13}\cdot\frac{1}{(s+5)^{2}+3^{2}}.
Se lembrarmos das transformadas inversas padrão:
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{s+a}{(s+a)^{2}+b^{2}}\right\}=e^{-at}\cos(bt), \qquad \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{b}{(s+a)^{2}+b^{2}}\right\}=e^{-at}\sin(bt),
podemos tratar a segunda parte escrevendo a constante 1 como \dfrac{1}{3}\cdot 3 para usar a forma de \sin. Assim
-\frac{49}{13}\cdot\frac{1}{(s+5)^{2}+3^{2}} = -\frac{49}{13}\cdot\frac{1}{3}\cdot\frac{3}{(s+5)^{2}+3^{2}} = -\frac{49}{39}\cdot\frac{3}{(s+5)^{2}+3^{2}}.

Passo 7

Agora faço a transformada inversa termo a termo. A primeira fração dá:
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{31/13}{s+3}\right\}=\frac{31}{13}e^{-3t}u(t).
A segunda parte dá (com a=5, b=3):
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{-\frac{31}{13}\cdot\frac{s+5}{(s+5)^{2}+3^{2}}\right\}=-\frac{31}{13}e^{-5t}\cos(3t)\,u(t),
e a terceira parte:
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{-\frac{49}{39}\cdot\frac{3}{(s+5)^{2}+3^{2}}\right\}=-\frac{49}{39}e^{-5t}\sin(3t)\,u(t).
Somando tudo, a resposta temporal para t\ge 0 é
y(t)=\frac{31}{13}e^{-3t}-\frac{31}{13}e^{-5t}\cos(3t)-\frac{49}{39}e^{-5t}\sin(3t),\qquad t\ge0.
(E claro, y(t)=0 para t<0 por causalidade; podemos também escrever u(t) multiplicando, se preferir.)

Resposta

a) \displaystyle H(s)=\frac{s+34}{s^{2}+10s+34}. O denominador tem polos em \displaystyle s=-5\pm j3 (parte real negativa), logo o sistema é estável (polos no semiplano esquerdo).\n
b) Valor em regime permanente: \displaystyle 10.\n
c) \displaystyle y(t)=\frac{31}{13}e^{-3t}-\frac{31}{13}e^{-5t}\cos(3t)-\frac{49}{39}e^{-5t}\sin(3t),\quad t\ge0.

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