Em um sistema linear e invariante no tempo, foi aplicado o sinal x(t)= 3 e^{-t} u(t), resultando na saída
y(t)=6 e^{-t} u(t)-4 e^{-2 t} u(t)-2 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 fornece o sistema linear e invariante no tempo alimentado por x(t)=3 e^{-t}u(t) e observa a saída
y(t)=6 e^{-t}u(t)-4 e^{-2t}u(t)-2 e^{-4t}u(t).
As perguntas são:
(a) Determinar a função de transferência H(s) do sistema.
(b) Verificar se o sistema é BIBO-estável e justificar.

Passo 2

Estratégia de resolução (breve e prática): como temos um sistema LTI causal operando com sinais do tipo exponencial multiplicado por u(t), a maneira direta é aplicar a Transformada de Laplace em x(t) e y(t), obter X(s) e Y(s) e então calcular
H(s)=\frac{Y(s)}{X(s)}.
Depois, para a estabilidade BIBO, identificaremos a resposta ao impulso h(t) (inversa de Laplace de H(s)) e veremos se ela é absolutamente integrável. Vou explicar cada fórmula usada.

Passo 3

Recordando a fórmula básica da Transformada de Laplace para exponenciais causais:
\mathcal{L}\{e^{-a t}u(t)\}=\frac{1}{s+a},\qquad \text{para }\Re(s)>-a.
Aqui a é constante real e s é a variável complexa da Transformada de Laplace.
Aplicando isso a x(t)=3 e^{-t}u(t):
X(s)=3\cdot\mathcal{L}\{e^{-1\cdot t}u(t)\}=3\cdot\frac{1}{s+1}=\frac{3}{s+1}.
Aplicando à saída y(t)=6 e^{-t}u(t)-4 e^{-2t}u(t)-2 e^{-4t}u(t):
Y(s)=6\cdot\frac{1}{s+1}-4\cdot\frac{1}{s+2}-2\cdot\frac{1}{s+4}=\frac{6}{s+1}-\frac{4}{s+2}-\frac{2}{s+4}.

Passo 4

Agora calculamos a função de transferência pela razão:
H(s)=\frac{Y(s)}{X(s)}=\frac{\dfrac{6}{s+1}-\dfrac{4}{s+2}-\dfrac{2}{s+4}}{\dfrac{3}{s+1}}.
Multiplicando numerador e denominador por (s+1) (para simplificar):
H(s)=\frac{1}{3}\Big(6-\frac{4(s+1)}{s+2}-\frac{2(s+1)}{s+4}\Big).

Passo 5

Colocamos tudo sobre um denominador comum (s+2)(s+4) para obter uma forma racional explícita:
\begin{aligned} H(s)&=\frac{1}{3}\cdot\frac{6(s+2)(s+4)-4(s+1)(s+4)-2(s+1)(s+2)}{(s+2)(s+4)}\\[6pt] &=\frac{1}{3}\cdot\frac{6(s^2+6s+8)-4(s^2+5s+4)-2(s^2+3s+2)}{(s+2)(s+4)}. \end{aligned}
Expandindo os termos do numerador:
6(s^2+6s+8)=6s^2+36s+48,
-4(s^2+5s+4)=-4s^2-20s-16,
-2(s^2+3s+2)=-2s^2-6s-4.
Somando-os:
6s^2-4s^2-2s^2=0,\qquad 36s-20s-6s=10s,\qquad 48-16-4=28.
Logo o numerador simplifica para 10s+28. Assim
H(s)=\frac{10s+28}{3(s+2)(s+4)}.]

Passo 6

Podemos também escrever H(s) em frações simples (útil para obter h(t)). Fazendo decomposição em frações parciais do tipo
H(s)=\frac{A}{s+2}+\frac{B}{s+4},
obtemos (resolvendo o sistema para A e B) A=\tfrac{4}{3} e B=2. Portanto
H(s)=\frac{4/3}{s+2}+\frac{2}{s+4}.

Passo 7

Para obter a resposta ao impulso h(t), fazemos a transformada inversa (lembrando que \mathcal{L}^{-1}\{\tfrac{1}{s+a}\}=e^{-at}u(t)):
h(t)=\frac{4}{3}e^{-2t}u(t)+2e^{-4t}u(t).
Definição prática de BIBO-estabilidade: um sistema LTI causal é BIBO-estável se e somente se a sua resposta ao impulso h(t) for absolutamente integrável, isto é,
\int_{0}^{\infty}|h(t)|\,dt<\infty.
Aqui h(t)\ge0 para t\ge0, então o módulo desaparece e calculamos:
\int_{0}^{\infty}h(t)\,dt=\int_{0}^{\infty}\frac{4}{3}e^{-2t}dt+\int_{0}^{\infty}2e^{-4t}dt.
Calculando cada integral:
\int_{0}^{\infty}e^{-2t}dt=\frac{1}{2},\qquad \int_{0}^{\infty}e^{-4t}dt=\frac{1}{4}.
Portanto
\int_{0}^{\infty}h(t)\,dt=\frac{4}{3}\cdot\frac{1}{2}+2\cdot\frac{1}{4}=\frac{2}{3}+\frac{1}{2}=\frac{7}{6}<\infty.
Como a integral é finita, o sistema é BIBO-estável. Observação alternativa (curta): os polos de H(s) estão em s=-2 e s=-4 (ambos no semiplano esquerdo), o que também indica estabilidade causal.

Resposta

(a) H(s)=\dfrac{10s+28}{3(s+2)(s+4)}=\dfrac{4/3}{s+2}+\dfrac{2}{s+4}.
(b) Sim. O sistema é BIBO-estável, pois h(t)=\dfrac{4}{3}e^{-2t}u(t)+2e^{-4t}u(t) é absolutamente integrável e \int_{0}^{\infty}h(t)\,dt=\dfrac{7}{6}<\infty.

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