Questão 3. Considere um sistema de tempo LTI de tempo contínuo e causal com a seguinte funçīo de transferência:
H(s)=\frac{2 s+3}{s^{2}+2 s+5}
a) Determine a equação de diferenças que relaciona a entrada com a saída desse sistema.
b) O sistema será estável? Justifique sua resposta.
c) Determine a saída do sistema quando a entrada é o degrau unitário.

Passo 1

O enunciado dá a função de transferência do sistema contínuo, causal e LTI:
H(s)=\frac{2s+3}{s^{2}+2s+5}.
As perguntas são:
(a) Determine a equação que relaciona a entrada com a saída (em domínio do tempo).
(b) O sistema é estável? Justifique.
(c) Determine a saída quando a entrada é o degrau unitário (assumir condições iniciais nulas).
Informações relevantes fornecidas:
H(s)=\frac{Y(s)}{X(s)}=\frac{2s+3}{s^{2}+2s+5},
sistema causal e tempo contínuo (logo podemos usar propriedades da transformada de Laplace e a correspondência s \leftrightarrow operador de diferenciação quando as condições iniciais são nulas).

Passo 2

Transformada de Laplace e correspondência com derivadas temporais — explicação pedagógica curta:
  • Para sinais causais com condições iniciais nulas, a transformada de Laplace converte derivadas em multiplicação por s: a transformada de y'(t) é sY(s) (se as condições iniciais são zero) e a de y''(t) é s^{2}Y(s).
  • Assim, uma relação algébrica em s entre Y(s) e X(s) pode ser trazida ao domínio do tempo substituindo s por operadores de diferenciação.
Começamos escrevendo a relação entre Y(s) e X(s):
(s^{2}+2s+5)Y(s)=(2s+3)X(s).

Passo 3

Passando para o domínio do tempo (assumindo condições iniciais nulas) usando s \leftrightarrow \dfrac{d}{dt}:
  • s^{2}Y(s) corresponde a \dfrac{d^{2}y(t)}{dt^{2}}.
  • sY(s) corresponde a \dfrac{dy(t)}{dt}.
  • Analogamente para X(s).
Portanto a equação diferencial que relaciona entrada x(t) e saída y(t) é
\frac{d^{2}y(t)}{dt^{2}}+2\frac{dy(t)}{dt}+5y(t)=2\frac{dx(t)}{dt}+3x(t).
Aqui expliquei cada termo: o coeficiente de \dfrac{d^{2}y}{dt^{2}} vem de s^{2}, o de \dfrac{dy}{dt} vem de 2s e assim por diante; do lado direito o mesmo para x.

Passo 4

Verificação dos polos e estabilidade — teoria e aplicação:
  • Para um sistema LTI contínuo e causal, a estabilidade BIBO ocorre se e somente se todos os polos da função de transferência têm parte real negativa (estão no semiplano esquerdo).
  • Os polos são as raízes do denominador \,s^{2}+2s+5.
Calcule as raízes:
s=\frac{-2\pm\sqrt{2^{2}-4\cdot1\cdot5}}{2}=\frac{-2\pm\sqrt{-16}}{2}=-1\pm j2.
As partes reais são -1 (negativas), logo os polos estão no semiplano esquerdo. Portanto o sistema é BIBO estável.

Passo 5

Determinar a resposta ao degrau unitário — método via transformada de Laplace e frações parciais:
  • A entrada degrau unitário tem transformada
X(s)=\frac{1}{s}.
  • Logo
Y(s)=H(s)X(s)=\frac{2s+3}{s(s^{2}+2s+5)}.
Fazemos decomposição em frações parciais da forma
\frac{2s+3}{s(s^{2}+2s+5)}=\frac{A}{s}+\frac{Bs+C}{s^{2}+2s+5}.
Multiplicando ambos os lados por s(s^{2}+2s+5) obtemos
2s+3=A(s^{2}+2s+5)+s(Bs+C).
Expandindo e agrupando:
2s+3=(A+B)s^{2}+(2A+C)s+5A.
Comparando coeficientes:
  • Coeficiente de s^{2}: A+B=0 \Rightarrow B=-A.
  • Coeficiente de s: 2A+C=2 \Rightarrow C=2-2A.
  • Termo constante: 5A=3 \Rightarrow A=\tfrac{3}{5}.
Então
A=\frac{3}{5},\quad B=-\frac{3}{5},\quad C=\frac{4}{5}.
Logo
Y(s)=\frac{3}{5}\cdot\frac{1}{s}+\frac{-\tfrac{3}{5}s+\tfrac{4}{5}}{s^{2}+2s+5}.

Passo 6

Preparar a inversa de Laplace — completar quadrado no denominador e reescrever numerador:
  • Observe que
s^{2}+2s+5=(s+1)^{2}+4.
Reescrevemos o numerador da segunda fração em termos de (s+1):
-\frac{3}{5}s+\frac{4}{5}=-\frac{3}{5}(s+1)+\frac{7}{5}.
Portanto
\frac{-\tfrac{3}{5}s+\tfrac{4}{5}}{s^{2}+2s+5} =-\frac{3}{5}\cdot\frac{s+1}{(s+1)^{2}+4}+\frac{7}{5}\cdot\frac{1}{(s+1)^{2}+4}.
Use as transformadas padrões:
  • \displaystyle \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{s+a}{(s+a)^{2}+\omega^{2}}\right\}=e^{-at}\cos(\omega t).
  • \displaystyle \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{\omega}{(s+a)^{2}+\omega^{2}}\right\}=e^{-at}\sin(\omega t).
  • Note que \displaystyle \frac{1}{(s+1)^{2}+4}=\frac{1}{2}\cdot\frac{2}{(s+1)^{2}+2^{2}}, então corresponde a \tfrac{1}{2}e^{-t}\sin(2t) quando invertida.
Aplicando inversa de Laplace termo a termo:
  • Primeiro termo: \displaystyle \frac{3}{5}\cdot\frac{1}{s} \displaystyle \frac{3}{5} (para t\ge 0).
  • Segundo termo: -\dfrac{3}{5}\cdot\frac{s+1}{(s+1)^{2}+4} -\dfrac{3}{5}e^{-t}\cos(2t).
  • Terceiro termo: \dfrac{7}{5}\cdot\frac{1}{(s+1)^{2}+4} \dfrac{7}{5}\cdot\dfrac{1}{2}e^{-t}\sin(2t)=\dfrac{7}{10}e^{-t}\sin(2t).
Somando tudo, para t\ge 0:
y(t)=\frac{3}{5}+e^{-t}\!\left(-\frac{3}{5}\cos(2t)+\frac{7}{10}\sin(2t)\right).

Resposta

(a) \displaystyle \frac{d^{2}y(t)}{dt^{2}}+2\frac{dy(t)}{dt}+5y(t)=2\frac{dx(t)}{dt}+3x(t).
(b) Sim. Os polos são \displaystyle s=-1\pm j2 (parte real -1<0), portanto o sistema é BIBO estável.
(c) Para entrada degrau unitário x(t)=u(t) e condições iniciais nulas,
\displaystyle y(t)=\frac{3}{5}+e^{-t}\!\left(-\frac{3}{5}\cos(2t)+\frac{7}{10}\sin(2t)\right),\quad t\ge 0.

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