Para um sistema com função de transferência:
G(s)=\frac{10}{s+5}
Determine a saída para uma entrada degrau unitário.

Passo 1

O enunciado nos dá a função de transferência
G(s)=\frac{10}{s+5}
e pede para determinar a saída do sistema quando a entrada é um degrau unitário (ou seja, u(t)=1 para t\ge 0). Informações relevantes fornecidas:
  • A função de transferência G(s) (já dada).
  • A entrada é o degrau unitário u(t)=1 (portanto será usada a sua transformada de Laplace).
  • O objetivo é obter a saída temporal y(t) para t\ge 0.

Passo 2

Estratégia escolhida (explicando o porquê de forma simples): para sistemas lineares invariantes no tempo representados por função de transferência, é muito prático trabalhar no domínio de Laplace porque a relação entre entrada e saída fica multiplicativa:
Y(s)=G(s)\,U(s),
onde U(s) é a transformada de Laplace da entrada u(t) e Y(s) é a transformada da saída y(t). Depois obtemos y(t) aplicando a transformada inversa de Laplace. Isto evita resolver equações diferenciais diretamente e é o método mais direto em provas.

Passo 3

Transformada de Laplace da entrada degrau unitário: a transformada de u(t)=1 é
U(s)=\frac{1}{s}.
Agora aplicamos Y(s)=G(s)\,U(s):
Y(s)=\frac{10}{s+5}\cdot\frac{1}{s}=\frac{10}{s(s+5)}.

Passo 4

Para inverter Y(s) é conveniente decompor em frações parciais. Procuramos constantes A e B tais que
\frac{10}{s(s+5)}=\frac{A}{s}+\frac{B}{s+5}.
Multiplicando ambos os lados por s(s+5) obtemos
10 = A(s+5)+Bs.
Agora determinamos A e B escolhendo valores de s:
  • Para s=0: 10 = A(0+5)\Rightarrow A=\frac{10}{5}=2.
  • Para s=-5: 10 = B(-5)\Rightarrow B=\frac{10}{-5}=-2.
Portanto a decomposição é
\frac{10}{s(s+5)}=\frac{2}{s}-\frac{2}{s+5}.

Passo 5

Aplicando a transformada inversa de Laplace termo a termo:
  • \displaystyle \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s}\right\}=1 (degrau),
  • \displaystyle \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s+5}\right\}=e^{-5t}.
Assim
y(t)=2\cdot 1 - 2\cdot e^{-5t}=2-2e^{-5t},\qquad t\ge 0.
Explicando em palavras: a saída começa em y(0^+)=2-2\cdot1=0 (compatível com sistema sem estado inicial), e converge para o valor em regime permanente y(\infty)=2. O tempo característico é \tau=\dfrac{1}{5}=0{,}2 s, ou seja, após cerca de 0{,}2 s o sistema atinge ~63% da variação até o valor final.

Resposta

y(t)=2-2e^{-5t},\quad t\ge 0

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