Para um sistema com a função de transferência
H(s)=\frac{s+5}{s^{2}+5 s+6}
(a) Encontre a equação diferencial que descreve o sistema relacionando a saida y(t) com a entrada \mathrm{x}(\mathrm{t}).
\mathrm{R}:\left(D^{2}+5 D+6\right) y(t)=(D+5) x(t)
(b) Encontre a resposta de estado nulo do sistema para uma entrada igual a:
(i) x(t)=e^{-3 t} u(t)
\mathrm{R}: y(t)=\left(3 e^{-2 t}-3 e^{-3 t}-2 t e^{-3 t}\right) u(t)
(ii) x(t)=e^{-4 t} u(t)
\mathrm{R}: y(t)=\left(\frac{3}{2} e^{-2 t}-2 e^{-3 t}+\frac{1}{2} e^{-4 t}\right) u(t)
(iii) x(t)=e^{-4(t-5)} u(t-5)
\mathrm{R}: y(t)=\left(\frac{3}{2} e^{-2(t-5)}-2 e^{-3(t-5)}+\frac{1}{2} e^{-4(t-5)}\right) u(t-5)

Passo 1

O enunciado dá a função de transferência
H(s)=\frac{s+5}{s^{2}+5s+6}
e pede duas coisas:
  • (a) obter a equação diferencial que relaciona a saída y(t) com a entrada x(t);
  • (b) encontrar a resposta de estado nulo (ou seja, supondo condições iniciais nulas) para três entradas:
    1. x(t)=e^{-3t}u(t),
    2. x(t)=e^{-4t}u(t),
    3. x(t)=e^{-4(t-5)}u(t-5).
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • O denominador s^{2}+5s+6 fatoriza como (s+2)(s+3).
  • Estado nulo significa que todas as condições iniciais são zero; assim podemos usar a relação simples Y(s)=H(s)X(s) (multiplicação de transformadas de Laplace).

Passo 2

(a) Obter a equação diferencial a partir de H(s)=Y(s)/X(s).
Partindo de
\frac{Y(s)}{X(s)}=\frac{s+5}{s^{2}+5s+6},
multiplicando ambos os lados por s^{2}+5s+6 e por X(s) obtemos
\bigl(s^{2}+5s+6\bigr)Y(s)=(s+5)X(s).
Na teoria de sistemas lineares invariantes no tempo, a variável complexa s corresponde ao operador diferencial D (onde D significa derivada em relação a t: D y(t)=\dfrac{d}{dt}y(t), D^2 y(t)=\dfrac{d^2}{dt^2}y(t), etc.). Aplicando a transformada inversa de Laplace e a correspondência s \mapsto D (válida quando interpretamos a equação no sentido de operadores lineares com condições iniciais nulas ou na forma operacional), obtemos a equação diferencial no domínio do tempo:
\bigl(D^{2}+5D+6\bigr)y(t)=(D+5)x(t).
Aqui D significa o operador \dfrac{d}{dt}. Essa é exatamente a equação pedida.

Passo 3

(b) Estratégia para resposta de estado nulo:
  • Usar transformada de Laplace: para entrada x(t)=e^{-a t}u(t) tem-se \mathcal{L}\{x(t)\}=X(s)=\dfrac{1}{s+a} (para \Re(s)>-a).
  • Como estamos em estado nulo, Y(s)=H(s)X(s).
  • Fazer decomposição em frações parciais de Y(s) e aplicar transformadas inversas conhecidas:
    • \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{1}{s+\alpha}\right\}=e^{-\alpha t}u(t).
    • \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{1}{(s+\alpha)^2}\right\}=t e^{-\alpha t}u(t).
  • Para um sinal deslocado x(t)=x_0(t-t_0)u(t-t_0) (causado por um atraso), usar a propriedade de deslocamento no tempo: se \mathcal{L}\{x_0(t)\}=X_0(s) então \mathcal{L}\{x_0(t-t_0)u(t-t_0)\}=e^{-t_0 s}X_0(s). Para LTI causal, a saída correspondente é a versão deslocada da resposta não atrasada: y(t)=y_0(t-t_0)u(t-t_0).
Agora aplicamos passo a passo para cada entrada.

Passo 4

(b)(i) Para x(t)=e^{-3t}u(t).
Calcular X(s):
X(s)=\frac{1}{s+3}.
Portanto
Y(s)=H(s)X(s)=\frac{s+5}{s^{2}+5s+6}\cdot\frac{1}{s+3}.
Usando \,s^{2}+5s+6=(s+2)(s+3)\,, temos
Y(s)=\frac{s+5}{(s+2)(s+3)^{2}}.
Fazer decomposição em frações parciais na forma
\frac{s+5}{(s+2)(s+3)^{2}}=\frac{A}{s+2}+\frac{B}{s+3}+\frac{C}{(s+3)^{2}}.
Multiplicando por (s+2)(s+3)^{2} obtemos a identidade
s+5 = A(s+3)^{2}+B(s+2)(s+3)+C(s+2).
Determinar A,B,C avaliando em raízes simples e/ou comparando coeficientes:
  • Em s=-2: -2+5=3 = A(1) \Rightarrow A=3.
  • Em s=-3: -3+5=2 = C(-1) \Rightarrow C=-2.
  • Usar s=0 para achar B: 0+5=5 = A(3)^{2}+B(2)(3)+C(2).
    Substituindo A=3 e C=-2
5=9\cdot 3 +6B +2(-2) \Rightarrow 5=27+6B-4 \Rightarrow 6B=-18 \Rightarrow B=-3.
Logo
Y(s)=\frac{3}{s+2}-\frac{3}{s+3}-\frac{2}{(s+3)^{2}}.
Aplicando transformada inversa termo a termo (e lembrando do u(t)):
y(t)=\bigl(3e^{-2t}-3e^{-3t}-2t e^{-3t}\bigr)u(t).

Passo 5

(b)(ii) Para x(t)=e^{-4t}u(t).
Calcular X(s):
X(s)=\frac{1}{s+4}.
Portanto
Y(s)=\frac{s+5}{(s+2)(s+3)(s+4)}.
Decompondo em frações parciais na forma
\frac{s+5}{(s+2)(s+3)(s+4)}=\frac{A}{s+2}+\frac{B}{s+3}+\frac{C}{s+4},
temos a identidade
s+5 = A(s+3)(s+4)+B(s+2)(s+4)+C(s+2)(s+3).
Determinar A,B,C avaliando em s=-2,-3,-4:
  • Em s=-2: -2+5=3 = A(1)(2)=2A \Rightarrow A=\dfrac{3}{2}.
  • Em s=-3: -3+5=2 = B(-1)(1)=-B \Rightarrow B=-2.
  • Em s=-4: -4+5=1 = C(-2)(-1)=2C \Rightarrow C=\dfrac{1}{2}.
Portanto
Y(s)=\frac{3/2}{s+2}-\frac{2}{s+3}+\frac{1/2}{s+4}.
Aplicando transformada inversa:
y(t)=\left(\tfrac{3}{2}e^{-2t}-2e^{-3t}+\tfrac{1}{2}e^{-4t}\right)u(t).

Passo 6

(b)(iii) Para x(t)=e^{-4(t-5)}u(t-5).
Reconhecer que essa entrada é simplesmente um atraso de 5 segundos da função e^{-4t}u(t):
x(t)=x_0(t-5)u(t-5),\quad\text{com }x_0(t)=e^{-4t}u(t).
Pela propriedade de deslocamento no tempo de sistemas LTI causais, a resposta a essa entrada é o atraso em 5 s da resposta ao sinal não atrasado (obtida no item (ii)). Assim, tomando a resposta y_0(t) do item (ii) e deslocando em 5:
y(t)=y_0(t-5)u(t-5).
Substituindo y_0 do item (ii) obtemos
y(t)=\left(\tfrac{3}{2}e^{-2(t-5)}-2e^{-3(t-5)}+\tfrac{1}{2}e^{-4(t-5)}\right)u(t-5).

Resposta

(D^{2}+5D+6)\,y(t)=(D+5)\,x(t)
\displaystyle y(t)=\bigl(3e^{-2t}-3e^{-3t}-2t e^{-3t}\bigr)u(t)
\displaystyle y(t)=\bigl(\tfrac{3}{2}e^{-2t}-2e^{-3t}+\tfrac{1}{2}e^{-4t}\bigr)u(t)
\displaystyle y(t)=\bigl(\tfrac{3}{2}e^{-2(t-5)}-2e^{-3(t-5)}+\tfrac{1}{2}e^{-4(t-5)}\bigr)u(t-5)

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