1. (2,0) Seja o LCIT descrito pela seguinte equação: \left(D^{2}+10 D+9\right) y(t)=\left(D^{2}+2 D\right) x(t). Determine:
    a) A sua resposta à entrada zero, dada as seguintes condições iniciais: y(0)=1 ; y^{\prime}(0)=-3.
    b) A sua resposta ao impulso h(t).

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede.
  • Equação diferencial do sistema linear e invariante no tempo:
\left(D^{2}+10 D+9\right) y(t)=\left(D^{2}+2 D\right) x(t).
  • Condições iniciais fornecidas (para a parte a):
y(0)=1,\qquad y'(0)=-3.
  • Perguntas:
    a) Determinar a resposta à entrada zero (ou seja, a resposta do sistema quando x(t)=0, usando as condições iniciais dadas).
    b) Determinar a resposta ao impulso h(t) (ou seja, a saída quando x(t)=\delta(t) e supondo condições iniciais nulas).

Passo 2

Entendendo e preparando a resolução da parte (a): resposta à entrada zero.
  • “Resposta à entrada zero” significa que a entrada é x(t)=0. Então resolvemos a equação diferencial homogênea
\left(D^{2}+10D+9\right) y(t)=0,
com as condições iniciais dadas.
  • Para resolver uma equação linear homogênea com coeficientes constantes, procuramos soluções do tipo y(t)=e^{rt}. Substituindo na equação obtém-se a equação característica
r^{2}+10r+9=0.
  • Vamos resolver a equação quadrática. O discriminante é
\Delta = 10^{2}-4\cdot1\cdot9 =100-36=64.
  • As raízes são
r=\frac{-10\pm\sqrt{64}}{2}=\frac{-10\pm8}{2}.
Portanto
r_{1}=-1,\qquad r_{2}=-9.
  • Como as raízes são reais distintas, a solução geral da homogênea é
y_{h}(t)=C_{1}e^{-t}+C_{2}e^{-9t},
onde C_{1} e C_{2} são constantes a determinar pelas condições iniciais.

Passo 3

Aplicando as condições iniciais para encontrar C_{1} e C_{2}.
  • Primeiro avalio y_{h}(0):
y_{h}(0)=C_{1}+C_{2}.
A condição y(0)=1
C_{1}+C_{2}=1. \tag{1}
  • Em seguida calculo a derivada:
y_{h}'(t)=-C_{1}e^{-t}-9C_{2}e^{-9t}.
Avaliando em t=0:
y_{h}'(0)=-C_{1}-9C_{2}.
A condição y'(0)=-3
-C_{1}-9C_{2}=-3. \tag{2}
  • Agora resolvo o sistema linear formado por (1) e (2). Somando (1) e (2) dá:
(C_{1}+C_{2}) + (-C_{1}-9C_{2}) = 1 + (-3) \quad\Rightarrow\quad -8C_{2}=-2.
Logo
C_{2}=\frac{1}{4}.
  • Substituindo em (1):
C_{1}=1-C_{2}=1-\frac{1}{4}=\frac{3}{4}.
  • Assim a resposta à entrada zero (parte a) é
y_{\text{zi}}(t)=\frac{3}{4}e^{-t}+\frac{1}{4}e^{-9t}.

Passo 4

Entendendo e preparando a resolução da parte (b): resposta ao impulso [h(t)).
  • A resposta ao impulso é a resposta do sistema quando x(t)=\delta(t) e com condições iniciais nulas. Para sistemas LTI é prático usar a transformada de Laplace: o impulso-resposta h(t) é a transformada inversa de H(s)=Y(s)/X(s) quando as condições iniciais são zero.
  • Tomando a transformada de Laplace da equação com condições iniciais nulas (todas as contribuições iniciais desaparecem), obtemos
(s^{2}+10s+9)Y(s)=(s^{2}+2s)X(s).
  • Portanto a função de transferência é
H(s)=\frac{Y(s)}{X(s)}=\frac{s^{2}+2s}{s^{2}+10s+9}.
  • Factorizando o denominador:
s^{2}+10s+9=(s+1)(s+9).
Logo
H(s)=\frac{s(s+2)}{(s+1)(s+9)}.
  • Observação: o grau do numerador é igual ao do denominador, então existe um termo polinomial (termo em \delta(t) no domínio do tempo). Fazemos decomposição em frações parciais escrevendo
H(s)=K+\frac{A}{s+1}+\frac{B}{s+9},
onde K,A,B são constantes a determinar.
  • Multiplicando ambos os lados por (s+1)(s+9) obtemos
s(s+2)=K(s+1)(s+9)+A(s+9)+B(s+1).
  • Expandindo o termo com K:
K(s^{2}+10s+9)+A s+9A+B s+B.
Agrupando coeficientes em potências de s:
\underbrace{K}_{s^{2}\text{ coef}}\,s^{2}+\underbrace{(10K+A+B)}_{s\text{ coef}}\,s+\underbrace{(9K+9A+B)}_{\text{constante}}.
  • Igualando coeficientes com o polinômio do lado esquerdo s^{2}+2s+0 obtemos o sistema
\begin{cases} K=1,\\[4pt] 10K+A+B=2,\\[4pt] 9K+9A+B=0. \end{cases}
  • Substituindo K=1\] nas duas últimas equações: \[\begin{cases} 10\cdot1 + A + B =2 \quad\Rightarrow\quad A+B=-8,\\[4pt] 9\cdot1 + 9A + B =0 \quad\Rightarrow\quad 9A+B=-9. \end{cases}\] - Subtraindo as duas equações para eliminar \(B:
(9A+B)-(A+B)=-9-(-8)\quad\Rightarrow\quad 8A=-1 \quad\Rightarrow\quad A=-\frac{1}{8}.
  • Então B=-8-A=-8+\frac{1}{8}=-\frac{63}{8}.
  • Portanto a decomposição é
H(s)=1-\frac{1}{8}\cdot\frac{1}{s+1}-\frac{63}{8}\cdot\frac{1}{s+9}.
  • Invertendo a transformada de Laplace termo a termo:
    • 1 \xrightarrow{\mathcal{L}^{-1}} \delta(t).
    • \dfrac{1}{s+a}\xrightarrow{\mathcal{L}^{-1}} e^{-a t}u(t).
  • Assim a resposta ao impulso é
h(t)=\delta(t)-\frac{1}{8}e^{-t}u(t)-\frac{63}{8}e^{-9t}u(t).
  • Observação física rápida (útil para prova): o termo \delta(t) aparece porque há um caminho direto (termo derivativo do lado direito) que produz resposta instantânea; os expoentes representam as dinâmicas naturais do sistema.]

Resposta

a) y_{\text{zi}}(t)=\dfrac{3}{4}e^{-t}+\dfrac{1}{4}e^{-9t}
b) h(t)=\delta(t)-\dfrac{1}{8}e^{-t}u(t)-\dfrac{63}{8}e^{-9t}u(t)

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