Seja um sistema com a seguinte função de transferência:
G(s)=\frac{s}{(s+4)(s+8)}
a) Obtenha a resposta deste sistema, no tempo: 1) ao degrau unitário, 2) à rampa.
b) Calcule o valor final da resposta ao degrau.
c) Calcule o erro de estado estacionário na resposta ao degrau.

Passo 1

O enunciado dá a função de transferência do sistema
G(s)=\frac{s}{(s+4)(s+8)}
e pede:
  1. a resposta no tempo ao degrau unitário (entrada r(t)=1);
  2. a resposta no tempo à rampa unitária (entrada r(t)=t);
    b) o valor final da resposta ao degrau;
    c) o erro de estado estacionário na resposta ao degrau.
Informações relevantes fornecidas:
G(s)=\frac{s}{(s+4)(s+8)}.
As entradas têm transformadas de Laplace: degrau unitário \displaystyle R_{\text{deg}}(s)=\frac{1}{s} e rampa unitária \displaystyle R_{\text{rampa}}(s)=\frac{1}{s^{2}}.

Passo 2

Breve lembrete de método (passo a passo do que vamos usar):
  • Para um sistema LTI com função de transferência G(s) e entrada com transformada R(s), a saída em Laplace é \displaystyle Y(s)=G(s)\,R(s). Depois fazemos a transformada inversa para obter y(t).
  • Para inverter frações racionais usamos decomposição em frações parciais.
  • Para determinar valor final usamos o Teorema do Valor Final: \displaystyle \lim_{t\to\infty} y(t)=\lim_{s\to0} s\,Y(s), quando aplicável.
    Vou aplicar isto às duas entradas pedidas.

Passo 3

Resposta ao degrau — primeiro passo no domínio de Laplace. A transformada do degrau unitário é \displaystyle R_{\text{deg}}(s)=\frac{1}{s}. Assim
Y_{\text{deg}}(s)=G(s)\,R_{\text{deg}}(s)=\frac{s}{(s+4)(s+8)}\cdot\frac{1}{s}=\frac{1}{(s+4)(s+8)}.
Ou seja, precisamos inverter
Y_{\text{deg}}(s)=\frac{1}{(s+4)(s+8)}.

Passo 4

Decomposição em frações parciais para \displaystyle \frac{1}{(s+4)(s+8)}. Procuramos constantes A e B tais que
\frac{1}{(s+4)(s+8)}=\frac{A}{s+4}+\frac{B}{s+8}.
Multiplicando ambos os lados por (s+4)(s+8) obtemos
1=A(s+8)+B(s+4).
Escolhendo s=-4 e s=-8 para achar direto:
  • Para s=-4: 1=A\cdot 4 \Rightarrow A=\frac{1}{4}.
  • Para s=-8: 1=B\cdot(-4) \Rightarrow B=-\frac{1}{4}.
Portanto
Y_{\text{deg}}(s)=\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{s+4}-\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{s+8}.

Passo 5

Transformada inversa de Laplace (recordando: \mathcal{L}^{-1}\{\frac{1}{s+a}\}=e^{-a t} para t\ge0). Assim
y_{\text{deg}}(t)=\frac{1}{4}e^{-4t}-\frac{1}{4}e^{-8t},\qquad t\ge0.
Comentário didático: a resposta ao degrau é a soma de decaimentos exponenciais. Note que y_{\text{deg}}(0)=\frac{1}{4}-\frac{1}{4}=0, compatível com a presença do fator s em G(s) (o ganho DC é zero).

Passo 6

Resposta à rampa — domínio de Laplace. A transformada da rampa unitária r(t)=t é \displaystyle R_{\text{rampa}}(s)=\frac{1}{s^{2}}. Então
Y_{\text{rampa}}(s)=G(s)\,R_{\text{rampa}}(s)=\frac{s}{(s+4)(s+8)}\cdot\frac{1}{s^{2}}=\frac{1}{s(s+4)(s+8)}.
Precisamos inverter
Y_{\text{rampa}}(s)=\frac{1}{s(s+4)(s+8)}.

Passo 7

Decomposição em frações parciais para \displaystyle \frac{1}{s(s+4)(s+8)}. Procuramos A,B,C tais que
\frac{1}{s(s+4)(s+8)}=\frac{A}{s}+\frac{B}{s+4}+\frac{C}{s+8}.
Multiplicando por s(s+4)(s+8)
1 = A(s+4)(s+8)+B\,s(s+8)+C\,s(s+4).
Avalie em s=0,-4,-8:
  • s=0\Rightarrow 1=A\cdot4\cdot8=32A\Rightarrow A=\frac{1}{32}.
  • s=-4\Rightarrow 1=B\cdot(-4)\cdot4=-16B\Rightarrow B=-\frac{1}{16}.
  • s=-8\Rightarrow 1=C\cdot(-8)\cdot(-4)=32C\Rightarrow C=\frac{1}{32}.
Então
Y_{\text{rampa}}(s)=\frac{1}{32}\cdot\frac{1}{s}-\frac{1}{16}\cdot\frac{1}{s+4}+\frac{1}{32}\cdot\frac{1}{s+8}.

Passo 8

Inverse Laplace para obter y_{\text{rampa}}(t). Usando \mathcal{L}^{-1}\{\frac{1}{s}\}=1 e \mathcal{L}^{-1}\{\frac{1}{s+a}\}=e^{-a t}, obtemos
y_{\text{rampa}}(t)=\frac{1}{32}-\frac{1}{16}e^{-4t}+\frac{1}{32}e^{-8t},\qquad t\ge0.
Comentário didático: para uma entrada que cresce (rampa), a saída aqui tende para a constante \tfrac{1}{32} quando t\to\infty. Isso significa que o erro e(t)=r(t)-y(t)=t - y(t) cresce sem limite: o sistema não consegue acompanhar uma rampa (é um sistema de tipo zero — não possui integrador em G(s)).

Passo 9

Valor final da resposta ao degrau. Podemos usar o resultado obtido em tempo ou o Teorema do Valor Final. Pela expressão obtida:
\lim_{t\to\infty} y_{\text{deg}}(t)=\lim_{t\to\infty}\left(\frac{1}{4}e^{-4t}-\frac{1}{4}e^{-8t}\right)=0.
Pelo Teorema do Valor Final:
\lim_{t\to\infty} y_{\text{deg}}(t)=\lim_{s\to0} s\,Y_{\text{deg}}(s)=\lim_{s\to0} s\cdot\frac{1}{(s+4)(s+8)}=0.
Ambas concordam: valor final é zero. Intuição: G(0)=0 (ganho DC nulo), então um degrau no comando é completamente atenuado a longo prazo.

Passo 10

Erro de regime (estado estacionário) na resposta ao degrau. Definição: para entrada degrau unitário r(t)=1,
e_{\infty}=\lim_{t\to\infty} e(t)=\lim_{t\to\infty}\big(r(t)-y(t)\big)=1-\lim_{t\to\infty} y_{\text{deg}}(t).
Como \lim_{t\to\infty} y_{\text{deg}}(t)=0, então
e_{\infty}=1-0=1.
Também pela constante estática de posição K_{p}=\lim_{s\to0}G(s)=0, o erro estacionário para degrau é \displaystyle e_{\infty}=\frac{1}{1+K_{p}}=1, confirmando o resultado.

Resposta

a1) y_{\text{deg}}(t)=\dfrac{1}{4}e^{-4t}-\dfrac{1}{4}e^{-8t} para t\ge0.
a2) y_{\text{rampa}}(t)=\dfrac{1}{32}-\dfrac{1}{16}e^{-4t}+\dfrac{1}{32}e^{-8t} para t\ge0.
b) \displaystyle \lim_{t\to\infty} y_{\text{deg}}(t)=0.
c) Erro de estado estacionário ao degrau: e_{\infty}=1.

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