Em um sistema linear e invariante no tempo, foi aplicado o sinal x(t)= 2 e^{-3 t} u(t), resultando na saída y(t)=-e^{-2 t} u(t)+4 e^{-3 t} u(t)-3 e^{-4 t} u(t).
(a) Determine a função de transferência H(s) do sistema.
(b) O sistema é BIBO-Estável? Justifique.

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações e pede duas coisas.
Informações fornecidas:
  • Entrada: x(t)=2e^{-3t}u(t).
  • Saída: y(t)=-e^{-2t}u(t)+4e^{-3t}u(t)-3e^{-4t}u(t).
  • O sistema é linear e invariante no tempo (LTI).
Perguntas do enunciado:
  • (a) Determinar a função de transferência H(s) do sistema.
  • (b) O sistema é BIBO-estável? Justifique.

Passo 2

Conceitos e fórmulas que vamos usar (explicação didática):
  • Para sinais causais do tipo e^{-at}u(t), a transformada de Laplace (unilateral ou bilateral com ROC adequada) é
\mathcal{L}\{e^{-at}u(t)\}=\frac{1}{s+a},
para \Re(s)>- \Re(a). Aqui a é um número (pode ser real); o resultado significa que a exponencial desloca o pólo para s=-a.
  • Para uma constante multiplicativa, a transformada escala: \mathcal{L}\{C\cdot f(t)\}=C\cdot \mathcal{L}\{f(t)\}.
  • Para um sistema LTI, a relação entre as transformadas é
Y(s)=H(s)\,X(s),
ou seja, a função de transferência é
H(s)=\frac{Y(s)}{X(s)}.
Essas são fórmulas padrão que se aplicam quando sinais e sistema são causais/compatíveis.

Passo 3

Calcular as transformadas de x(t) e y(t) usando a fórmula do passo anterior.
Entrada:
x(t)=2e^{-3t}u(t)\quad\Rightarrow\quad X(s)=2\cdot\frac{1}{s+3}=\frac{2}{s+3}.
Saída (soma de termos):
y(t)=-e^{-2t}u(t)+4e^{-3t}u(t)-3e^{-4t}u(t).
Aplicando a transformada termo a termo:
Y(s)=-\frac{1}{s+2}+\frac{4}{s+3}-\frac{3}{s+4}.

Passo 4

Agora usamos H(s)=Y(s)/X(s). Substituindo X(s) e Y(s):
H(s)=\frac{Y(s)}{X(s)} =\frac{-\dfrac{1}{s+2}+\dfrac{4}{s+3}-\dfrac{3}{s+4}}{\dfrac{2}{s+3}} =\frac{s+3}{2}\left(-\frac{1}{s+2}+\frac{4}{s+3}-\frac{3}{s+4}\right).
Vamos simplificar passo a passo. Primeiro distribuir \dfrac{s+3}{2}:
H(s)=\frac{1}{2}\Big(-\frac{s+3}{s+2}+4-\frac{3(s+3)}{s+4}\Big).
Colocando os termos com denominador comum (s+2)(s+4) para combinar os frações (o 4 transformamos para ter esse denominador):
-\frac{s+3}{s+2} -\frac{3(s+3)}{s+4} + 4 = \frac{-(s+3)(s+4)-3(s+3)(s+2)+4(s+2)(s+4)}{(s+2)(s+4)}.
Agora expandimos numeradores (faça isso com calma na prova):
  • (s+3)(s+4)=s^2+7s+12, então - (s+3)(s+4)= -s^2-7s-12.
  • (s+3)(s+2)=s^2+5s+6, então -3(s+3)(s+2)= -3s^2-15s-18.
  • (s+2)(s+4)=s^2+6s+8, então 4(s+2)(s+4)=4s^2+24s+32.
Somando os três:
(-s^2-7s-12)+(-3s^2-15s-18)+(4s^2+24s+32) = 2s+2.
Portanto a parte dentro do parêntese vale \dfrac{2s+2}{(s+2)(s+4)}. Multiplicando pelo \dfrac{1}{2} que estava fora:
H(s)=\frac{1}{2}\cdot\frac{2s+2}{(s+2)(s+4)}=\frac{s+1}{(s+2)(s+4)}.
Esse é o resultado simplificado: H(s)=\dfrac{s+1}{(s+2)(s+4)}.

Passo 5

Interpretação em termos de polos/zeros e impulso resposta (útil para a estabilidade):
  • Polos de H(s) são as raízes do denominador: s=-2 e s=-4 (ambos com parte real negativa).
  • Zero de H(s) vem do numerador s+1: zero em s=-1.
Para obter a resposta ao impulso h(t) (útil para testar BIBO), fazemos decomposição em frações parciais:
Procuramos constantes A,B tais que
\frac{s+1}{(s+2)(s+4)}=\frac{A}{s+2}+\frac{B}{s+4}.
Multiplicando ambos os lados por (s+2)(s+4) temos
s+1 = A(s+4)+B(s+2).
Comparando coeficientes (ou substituindo valores de s):
  • Coeficiente de s: 1 = A+B.
  • Termo constante: 1 = 4A+2B.
Resolvendo: de B=1-A e 4A+2(1-A)=1 vem 2A=-1\Rightarrow A=-\tfrac{1}{2}. Então B=1-(-\tfrac{1}{2})=\tfrac{3}{2}.
Logo
H(s)=-\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{s+2}+\frac{3}{2}\cdot\frac{1}{s+4}.
Aplicando a transformada inversa (para sinais causais):
h(t)=-\frac{1}{2}e^{-2t}u(t)+\frac{3}{2}e^{-4t}u(t).

Passo 6

Critério de BIBO-estabilidade e verificação didática:
  • Critério prático 1 (pólos): Um sistema LTI causal é BIBO-estável se todos os polos de H(s) têm parte real negativa — então as componentes do impulso resposta decaem exponencialmente.
  • Critério prático 2 (integrabilidade): O sistema é BIBO-estável se a resposta ao impulso h(t) for absolutamente integrável, isto é
\int_{0}^{\infty} |h(t)|\,dt < \infty.
Aplicando o critério dos polos: aqui os polos são s=-2 e s=-4, ambos com parte real negativa, portanto a primeira condição é satisfeita — isso já indica BIBO-estabilidade.
Para ver de forma concreta pelo critério da integrabilidade, usamos a expressão de h(t). Uma desigualdade simples para dar conta do valor absoluto:
|h(t)|= \left|-\tfrac{1}{2}e^{-2t}+\tfrac{3}{2}e^{-4t}\right| \le \tfrac{1}{2}e^{-2t}+\tfrac{3}{2}e^{-4t}.
Integrando de 0 a \infty:
\int_0^\infty |h(t)|\,dt \le \tfrac{1}{2}\int_0^\infty e^{-2t}dt + \tfrac{3}{2}\int_0^\infty e^{-4t}dt.
Calcule as integrais elementares:
\int_0^\infty e^{-2t}dt = \frac{1}{2},\qquad \int_0^\infty e^{-4t}dt=\frac{1}{4}.
Logo
\int_0^\infty |h(t)|\,dt \le \tfrac{1}{2}\cdot\frac{1}{2} + \tfrac{3}{2}\cdot\frac{1}{4} = \tfrac{1}{4} + \tfrac{3}{8}=\tfrac{5}{8}<\infty.
Portanto h(t) é absolutamente integrável e o sistema é BIBO-estável.

Resposta

(a) H(s)=\dfrac{s+1}{(s+2)(s+4)}\n
(b) Sim. O sistema é BIBO-estável, pois os polos são s=-2 e s=-4 (partes reais negativas) e a resposta ao impulso h(t)=-\tfrac{1}{2}e^{-2t}u(t)+\tfrac{3}{2}e^{-4t}u(t) é absolutamente integrável.

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