A velocidade de rotação y de um satélite é ajustada alterando o comprimento do braço x. Dada a função de transferência abaixo, calcule a saída y(t), caso a entrada x(t) seja um degrau unitário.
\frac{Y(s)}{X(s)}=\frac{2(s+4)}{(s+5)(s+1)^{2}}

Passo 1

O enunciado dá a função de transferência e pede a saída temporal y(t) quando a entrada x(t) é um degrau unitário. Informações relevantes:
  • Função de transferência: \frac{Y(s)}{X(s)}=\frac{2(s+4)}{(s+5)(s+1)^{2}}.
  • Entrada: x(t) é degrau unitário, portanto sua transformada de Laplace é X(s)=\frac{1}{s}.
  • O que se pede: calcular y(t) para t\ge 0.

Passo 2

Primeira operação: obter Y(s) multiplicando a função de transferência por X(s). Assim,
Y(s)=\frac{2(s+4)}{(s+5)(s+1)^{2}}\cdot\frac{1}{s}=\frac{2(s+4)}{s(s+5)(s+1)^{2}}.
Explicação rápida (útil para a prova): a transformada de Laplace é linear e no domínio s a saída é o produto da função de transferência pela transformada da entrada. Então, para inverter para o tempo, devemos decompor Y(s) em termos cuja transformada inversa seja conhecida.

Passo 3

Fazer decomposição em frações parciais. Assumimos a forma
\frac{2(s+4)}{s(s+5)(s+1)^{2}}=\frac{A}{s}+\frac{B}{s+5}+\frac{C}{s+1}+\frac{D}{(s+1)^{2}}.
Multiplicando ambos os lados por s(s+5)(s+1)^{2} obtemos a identidade
2(s+4)=A(s+5)(s+1)^{2}+B s (s+1)^{2}+C s (s+5)(s+1)+D s (s+5).
Método prático para achar A,B,C,D: avaliar a identidade em valores de s que anulam fatores.
  • Para s=0:
2(0+4)=8 = A(0+5)(0+1)^{2}=5A \quad\Rightarrow\quad A=\frac{8}{5}.
  • Para s=-5:
2(-5+4)=2(-1)=-2 = B\cdot(-5)\cdot(-4)^{2}=B(-5)(16)=-80B \quad\Rightarrow\quad B=\frac{1}{40}.
  • Para s=-1:
2(-1+4)=6 = D\cdot(-1)\cdot( -1+5)=D(-1)(4)=-4D \quad\Rightarrow\quad D=-\frac{3}{2}.
Ainda falta C. Podemos obter C escolhendo um valor de s qualquer (por exemplo s=1) e substituindo A,B,D encontrados:
  • Para s=1:
    Lado esquerdo: 2(1+4)=10.
    Lado direito (substituindo A=\tfrac{8}{5}, B=\tfrac{1}{40}, D=-\tfrac{3}{2}):
\begin{aligned} & A(1+5)(1+1)^{2}+B\cdot1\cdot(1+1)^{2}+C\cdot1\cdot(1+5)(1+1)+D\cdot1\cdot(1+5)\\\ &= \frac{8}{5}\cdot6\cdot4 + \frac{1}{40}\cdot4 + C\cdot1\cdot6\cdot2 + \left(-\frac{3}{2}\right)\cdot6\\\ &= \frac{192}{5} + \frac{1}{10} + 12C -9 = \frac{59}{2} + 12C. \end{aligned}
Igualando a 10 obtemos
12C = 10 - \frac{59}{2} = -\frac{39}{2}\quad\Rightarrow\quad C=-\frac{39}{24}=-\frac{13}{8}.
Resumo dos coeficientes:
A=\frac{8}{5},\qquad B=\frac{1}{40},\qquad C=-\frac{13}{8},\qquad D=-\frac{3}{2}.

Passo 4

Reescrevendo Y(s) com os coeficientes:
Y(s)=\frac{8/5}{s}+\frac{1/40}{s+5}-\frac{13/8}{s+1}-\frac{3/2}{(s+1)^{2}}.
Agora usamos transformadas inversas conhecidas:
  • \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{1}{s}\right\}=1 (degrau unitário),
  • \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{1}{s+a}\right\}=e^{-at},
  • \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{1}{(s+a)^{2}}\right\}=t e^{-at}.
Aplicando linearidade da transformada inversa:
y(t)=\frac{8}{5}\;-\;\frac{13}{8}e^{-t}\;+\;\frac{1}{40}e^{-5t}\;-\;\frac{3}{2}\,t e^{-t},\qquad t\ge 0.
Comentário didático: o termo \dfrac{8}{5}/s vira uma constante em regime permanente; termos com 1/(s+1) e 1/(s+5) viram expoentes decrescentes; o termo com 1/(s+1)^{2} vira um termo proporcional a t e^{-t} — isso gera a resposta transitória típica de sistemas com pólos de multiplicidade maior que 1.

Passo 5

Verificações rápidas (útil na prova para checar erros):
  • Valor final (teorema do valor final): \lim_{t\to\infty}y(t)=\dfrac{8}{5}=1{,}6. Pela função de transferência, ganho DC é \dfrac{2(0+4)}{(0+5)(0+1)^{2}}=\dfrac{8}{5}, confere.
  • Valor inicial: y(0)=\dfrac{8}{5}+\dfrac{1}{40}-\dfrac{13}{8}+0=0, que costuma ocorrer quando não há componente impulsiva na entrada e sistema inicia em zero — bate com a expectativa.

Resposta

y(t)=\frac{8}{5}-\frac{13}{8}e^{-t}+\frac{1}{40}e^{-5t}-\frac{3}{2}\,t e^{-t},\qquad t\ge 0

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