Exercício Resolvido-2023-2

Considerando os sistemas abaixo: encontre os valores numéricos para R, L e C para que as respectivas funções de transferência no domínio da frequência complexa resultem nas funções H(s) especificadas para cada circuito; calcule a resposta y(t) ao estímulo degrau u(t); obtenha as expressões para a resposta em frequência do ganho |H(j2πf)| e da fase ∠H(j2πf), especifique as matrizes [A], [B], [C] e [D], contendo apenas valores numéricos reais. (a) H(s) = 1 / (s + 1) (b) H(s) = s / (s + 1) (c) H(s) = 9 / (s² + 9) (d) H(s) = 2s / (s² + 2s + 1) (e) H(s) = 2s / (s² + 2s + 10) (f) H(s) = s/2 / (s + 3) Letra A) Realizando a transformação para o domínio de Laplace, a impedância do indutor é dada por: 𝑋𝐿 = 𝑠𝐿 Portanto: A tensão 𝑌(𝑠) pode ser obtida a partir de um divisor de tensão entre o resistor e o indutor: 𝑌(𝑠) = 𝑅 𝑠𝐿 + 𝑅 ∙ 𝑋(𝑠) 𝑌(𝑠) 𝑋(𝑠) = 𝐻(𝑠) = 𝑅 𝑠𝐿 + 𝑅 Comparando com a função dada na questão: 𝑅 𝑠𝐿 + 𝑅 = 1 𝑠 + 1 Logo: 𝑹 = 𝟏 𝑳 = 𝟏 A resposta ao degrau do sistema pode ser obtida com a entrada 𝑥(𝑡) = 𝑢(𝑡) onde a transformada do degrau é 𝑋(𝑠) = 1 𝑠 𝑌(𝑠) 𝑋(𝑠) = 1 𝑠 + 1 𝑌(𝑠) = 1 𝑠 + 1 𝑋(𝑠) 𝑌(𝑠) = 1 𝑠 + 1 ∙ 1 𝑠 Por frações parciais: 𝑌(𝑠) = 1 𝑠 + 1 ∙ 1 𝑠 = 𝐴 𝑠 + 1 + 𝐵 𝑠 𝐴𝑠 + 𝐵(𝑠 + 1) = 1 (𝐴 + 𝐵)𝑠 + 𝐵 = 1 {𝐴 + 𝐵 = 0 𝐵 = 1 𝐴 = −1 𝐵 = 1 𝑌(𝑠) = − 1 𝑠 + 1 + 1 𝑠 Pela tabela de transformadas, temos que: ℒ−1 { 1 𝑠 + 𝑎} = 𝑒−𝑎𝑡𝑢(𝑡) ℒ−1 {1 𝑠} = 𝑢(𝑡) Portanto: 𝑦(𝑡) = −𝑒−𝑡𝑢(𝑡) + 𝑢(𝑡) 𝒚(𝒕) = (𝟏 − 𝒆−𝒕)𝒖(𝒕) 𝐻(𝑠) = 1 𝑠 + 1 𝐻(𝑗2𝜋𝑓) = 1 1 + 𝑗2𝜋𝑓 𝐻(𝑗2𝜋𝑓) = 1∠0° (√12 + (2𝜋𝑓)2)∠𝑡𝑔−1(2𝜋𝑓) 𝐻(𝑗2𝜋𝑓) = 1 √12 + (2𝜋𝑓)2 ∠ − 𝑡𝑔−1(2𝜋𝑓) |𝑯(𝒋𝟐𝝅𝒇)| = 𝟏 √𝟏𝟐 + (𝟐𝝅𝒇)𝟐 ∠𝑯(𝒋𝟐𝝅𝒇) = −𝒕𝒈−𝟏(𝟐𝝅𝒇) 𝐻(𝑠) = 1 𝑠 + 1 Para um sistema da forma: 𝐻(𝑠) = 𝑎1 𝑠 + 𝑏1 + 𝐾 Teremos pela forma canônica: 𝐴 = −𝑏1 𝐵 = 1 𝐶 = 𝑎1 𝐷 = 𝐾 Portanto: 𝑨 = −𝟏 𝑩 = 𝟏 𝑪 = 𝟏 𝑫 = 𝟎 Letra B Realizando a transformação para o domínio de Laplace, a impedância do indutor é dada por: 𝑋𝐿 = 𝑠𝐿 Portanto: A tensão 𝑌(𝑠) pode ser obtida a partir de um divisor de tensão entre o resistor e o indutor: 𝑌(𝑠) = 𝑠𝐿 𝑠𝐿 + 𝑅 ∙ 𝑋(𝑠) 𝑌(𝑠) 𝑋(𝑠) = 𝐻(𝑠) = 𝑠𝐿 𝑠𝐿 + 𝑅 Comparando com a função dada na questão: 𝑠𝐿 𝑠𝐿 + 𝑅 = 𝑠 𝑠 + 1 Logo: 𝑹 = 𝟏 𝑳 = 𝟏 A resposta ao degrau do sistema pode ser obtida com a entrada 𝑥(𝑡) = 𝑢(𝑡) onde a transformada do degrau é 𝑋(𝑠) = 1 𝑠 𝑌(𝑠) 𝑋(𝑠) = 𝑠 𝑠 + 1 𝑌(𝑠) = 𝑠 𝑠 + 1 𝑋(𝑠) 𝑌(𝑠) = 𝑠 𝑠 + 1 ∙ 1 𝑠 𝑌(𝑠) = 1 𝑠 + 1 Pela tabela de transformadas, temos que: ℒ−1 { 1 𝑠 + 𝑎} = 𝑒−𝑎𝑡𝑢(𝑡) Portanto: 𝒚(𝒕) = 𝒆−𝒕𝒖(𝒕) 𝐻(𝑠) = 𝑠 𝑠 + 1 𝐻(𝑗2𝜋𝑓) = 𝑗2𝜋𝑓 1 + 𝑗2𝜋𝑓 𝐻(𝑗2𝜋𝑓) = 2𝜋𝑓∠90° (√12 + (2𝜋𝑓)2)∠𝑡𝑔−1(2𝜋𝑓) 𝐻(𝑗2𝜋𝑓) = 2𝜋𝑓 √12 + (2𝜋𝑓)2 ∠90° − 𝑡𝑔−1(2𝜋𝑓) |𝑯(𝒋𝟐𝝅𝒇)| = 𝟐𝝅𝒇 √𝟏𝟐 + (𝟐𝝅𝒇)𝟐 ∠𝑯(𝒋𝟐𝝅𝒇) = 𝟗𝟎° − 𝒕𝒈−𝟏(𝟐𝝅𝒇) 𝐻(𝑠) = 𝑠 𝑠 + 1 𝐻(𝑠) = 𝑠 + 1 − 1 𝑠 + 1 𝐻(𝑠) = 𝑠 + 1 𝑠 + 1 − 1 𝑠 + 1 𝐻(𝑠) = − 1 𝑠 + 1 + 1 Para um sistema da forma: 𝐻(𝑠) = 𝑎1 𝑠 + 𝑏1 + 𝐾 Teremos pela forma canônica: 𝐴 = −𝑏1 𝐵 = 1 𝐶 = 𝑎1 𝐷 = 𝐾 Portanto: 𝑨 = −𝟏 𝑩 = 𝟏 𝑪 = −𝟏 𝑫 = 𝟏 Letra C Realizando a transformação para o domínio de Laplace, a impedância do indutor e do capacitor são dadas por: 𝑋𝐿 = 𝑠𝐿 𝑋𝑐 = 1 𝑠𝐶 Portanto: A tensão 𝑌(𝑠) pode ser obtida a partir de um divisor de tensão entre o capacitor e o indutor: 𝑌(𝑠) = 1 𝑠𝐶 𝑠𝐿 + 1 𝑠𝐶 ∙ 𝑋(𝑠) 𝑌(𝑠) 𝑋(𝑠) = 𝐻(𝑠) = 1 𝑠𝐶 𝑠𝐿 + 1 𝑠𝐶 𝐻(𝑠) = 1 𝐿𝐶 𝑠2 + 1 𝐿𝐶 Comparando com a função dada na questão: 1 𝐿𝐶 𝑠2 + 1 𝐿𝐶 = 9 𝑠2 + 9 Logo: 1 𝐿𝐶 = 9 → 𝐿𝐶 = 1 9 Existem infinitas configurações de capacitor e indutor que resultam na função de transferência dada, o que pode se fazer é escolher um valor de um e encontrar o outro. 𝐶 = 1 9𝐿 Considerando 𝑳 = 𝟏, temos que 𝑪 = 𝟏 𝟗 𝑭 A resposta ao degrau do sistema pode ser obtida com a entrada 𝑥(𝑡) = 𝑢(𝑡) onde a transformada do degrau é 𝑋(𝑠) = 1 𝑠 𝑌(𝑠) 𝑋(𝑠) = 9 𝑠2 + 9 𝑌(𝑠) = 9 𝑠2 + 9 𝑋(𝑠) 𝑌(𝑠) = 9 𝑠2 + 9 ∙ 1 𝑠 Por frações parciais: 𝑌(𝑠) = 9 𝑠2 + 9 ∙ 1 𝑠 = 𝐴𝑠 + 𝐵 𝑠2 + 9 + 𝐶 𝑠 (𝐴𝑠 + 𝐵)𝑠 + 𝐶(𝑠2 + 9) = 9 (𝐴 + 𝐶)𝑠2 + 𝐵𝑠 + 9𝐶 = 9 { 𝐴 + 𝐶 = 0 𝐵 = 0 9𝐶 = 9 𝐶 = 1 𝐵 = 0 𝐴 = −1 𝑌(𝑠) = − 𝑠 𝑠2 + 9 + 1 𝑠 𝑌(𝑠) = − 𝑠 𝑠2 + 32 + 1 𝑠 Pela tabela de transformadas, temos que: ℒ−1 { 𝑠 𝑠2 + 𝜔2} = cos (𝜔𝑡)𝑢(𝑡) ℒ−1 {1 𝑠} = 𝑢(𝑡) Portanto: 𝑦(𝑡) = − cos(3𝑡)𝑢(𝑡) + 𝑢(𝑡) 𝒚(𝒕) = (𝟏 − 𝒄𝒐𝒔(𝟑𝒕))𝒖(𝒕) 𝐻(𝑠) = 9 𝑠2 + 9 𝐻(𝑗2𝜋𝑓) = 9 9 + (𝑗2𝜋𝑓)2 𝐻(𝑗2𝜋𝑓) = 9 9 − (2𝜋𝑓)2 |𝑯(𝒋𝟐𝝅𝒇)| = 𝟗 𝟗 − (𝟐𝝅𝒇)𝟐 Para a fase é importante notar que 𝐻(𝑗2𝜋𝑓) é sempre real, não possui parte complexa, mas quando (2𝜋𝑓)2 é menor que 9, seu valor é positivo e quando (2𝜋𝑓)2 é maior que 9, seu valor é negativo ∠𝐻(𝑗2𝜋𝑓) = { 0° 180° , 2𝜋𝑓 < √9 , 2𝜋𝑓 > √9 ∠𝑯(𝒋𝟐𝝅𝒇) = { 𝟎° 𝟏𝟖𝟎° , 𝟐𝝅𝒇 < 𝟑 , 𝟐𝝅𝒇 > 𝟑 Para um sistema da forma: 𝐻(𝑠) = 𝑎1𝑠 + 𝑎2 𝑠2 + 𝑏1𝑠 + 𝑏2 + 𝐾 Teremos pela forma canônica: 𝐴 = [−𝑏1 −𝑏2 1 0 ] 𝐵 = [1 0] 𝐶 = [𝑎1 𝑎2] 𝐷 = 𝐾 𝐻(𝑠) = 9 𝑠2 + 9 𝑎1 = 0 𝑎2 = 9 𝑏1 = 0 𝑏2 = 9 𝐾 = 0 𝐴 = [0 −9 1 0 ] 𝐵 = [1 0] 𝐶 = [0 9] 𝐷 = 0 Letra D Realizando a transformação para o domínio de Laplace, a impedância do indutor e do capacitor são dadas por: 𝑋𝐿 = 𝑠𝐿 𝑋𝑐 = 1 𝑠𝐶 Portanto: Temos que o capacitor está em paralelo com o indutor, a impedância equivalente então é dada por: 𝑍𝑒𝑞 = 1 𝑠𝐶 ∙ 𝑠𝐿 1 𝑠𝐶 + 𝑠𝐿 𝑍𝑒𝑞 = 1 𝐶 𝑠 𝑠2 + 1 𝐿𝐶 A tensão 𝑌(𝑠) pode ser obtida a partir de um divisor de tensão entre a impedância equivalente e o resistor: 𝑌(𝑠) = 𝑍𝑒𝑞 𝑍𝑒𝑞 + 𝑅 ∙ 𝑋(𝑠) 𝑌(𝑠) = 1 𝐶 𝑠 𝑠2 + 1 𝐿𝐶 1 𝐶 𝑠 𝑠2 + 1 𝐿𝐶 + 𝑅 ∙ 𝑋(𝑠) 𝑌(𝑠) = 1 𝐶 𝑠 1 𝐶 𝑠 + 𝑅 (𝑠2 + 1 𝐿𝐶) ∙ 𝑋(𝑠) 𝑌(𝑠) = 1 𝑅𝐶 𝑠 𝑠2 + 1 𝑅𝐶 𝑠 + 1 𝐿𝐶 ∙ 𝑋(𝑠) 𝑌(𝑠) 𝑋(𝑠) = 𝐻(𝑠) = 1 𝑅𝐶 𝑠 𝑠2 + 1 𝑅𝐶 𝑠 + 1 𝐿𝐶 Comparando com a função dada na questão: 1 𝑅𝐶 𝑠 𝑠2 + 1 𝑅𝐶 𝑠 + 1 𝐿𝐶 = 2𝑠 𝑠2 + 2𝑠 + 1 Logo: 1 𝑅𝐶 = 2 1 𝐿𝐶 = 1 Existem infinitas configurações de resistor, capacitor e indutor que resultam na função de transferência dada, o que pode se fazer é escolher um valor de capacitor e encontrar os demais. 𝑅 = 1 2𝐶 𝐿 = 1 𝐶 Considerando 𝑪 = 𝟎, 𝟏𝑭, temos que 𝑹 = 𝟓𝛀 e 𝑳 = 𝟏𝟎𝑯 A resposta ao degrau do sistema pode ser obtida com a entrada 𝑥(𝑡) = 𝑢(𝑡) onde a transformada do degrau é 𝑋(𝑠) = 1 𝑠 𝑌(𝑠) 𝑋(𝑠) = 2𝑠 𝑠2 + 2𝑠 + 1 𝑌(𝑠) = 2𝑠 𝑠2 + 2𝑠 + 1 𝑋(𝑠) 𝑌(𝑠) = 2𝑠 𝑠2 + 2𝑠 + 1 ∙ 1 𝑠 𝑌(𝑠) = 2 𝑠2 + 2𝑠 + 1 𝑌(𝑠) = 2 (𝑠 + 1)2 Pela tabela de transformadas, temos que: ℒ−1 { 1 (𝑠 + 𝑎)2} = 𝑡𝑒−𝑎𝑡𝑢(𝑡) Portanto: 𝒚(𝒕) = 𝒕𝒆−𝒕𝒖(𝒕) 𝐻(𝑠) = 2 𝑠2 + 2𝑠 + 1 𝐻(𝑗2𝜋𝑓) = 2 (𝑗2𝜋𝑓)2 + 2(𝑗2𝜋𝑓) + 1 𝐻(𝑗2𝜋𝑓) = 2 1 − (2𝜋𝑓)2 + 𝑗4𝜋𝑓 𝐻(𝑗2𝜋𝑓) = 2∠0° (√(1 − (2𝜋𝑓)2)2 + (4𝜋𝑓)2)∠𝑡𝑔−1 ( 4𝜋𝑓 1 − (2𝜋𝑓)2) 𝐻(𝑗2𝜋𝑓) = 2∠0° (√1 − 2(2𝜋𝑓)2 + (2𝜋𝑓)4 + 4(2𝜋𝑓)2)∠𝑡𝑔−1 ( 4𝜋𝑓 1 − (2𝜋𝑓)2) 𝐻(𝑗2𝜋𝑓) = 2∠0° (√1 + 2(2𝜋𝑓)2 + (2𝜋𝑓)4)∠𝑡𝑔−1 ( 4𝜋𝑓 1 − (2𝜋𝑓)2) 𝐻(𝑗2𝜋𝑓) = 2 √(2𝜋𝑓)4 + 2(2𝜋𝑓)2 + 1 ∠ − 𝑡𝑔−1 ( 4𝜋𝑓 1 − (2𝜋𝑓)2) |𝑯(𝒋𝟐𝝅𝒇)| = 𝟐 √(𝟐𝝅𝒇)𝟒 + 𝟐(𝟐𝝅𝒇)𝟐 + 𝟏 ∠𝑯(𝒋𝟐𝝅𝒇) = −𝑡𝑔−1 ( 4𝜋𝑓 1 − (2𝜋𝑓)2) Para um sistema da forma: 𝐻(𝑠) = 𝑎1𝑠 + 𝑎2 𝑠2 + 𝑏1𝑠 + 𝑏2 + 𝐾 Teremos pela forma canônica: 𝐴 = [−𝑏1 −𝑏2 1 0 ] 𝐵 = [1 0] 𝐶 = [𝑎1 𝑎2] 𝐷 = 𝐾 𝐻(𝑠) = 2𝑠 𝑠2 + 2𝑠 + 1 𝑎1 = 2 𝑎2 = 0 𝑏1 = 2 𝑏2 = 1 𝐾 = 0 𝐴 = [−2 −1 1 0 ] 𝐵 = [1 0] 𝐶 = [2 0] 𝐷 = 0 Letra E Realizando a transformação para o domínio de Laplace, a impedância do indutor e do capacitor são dadas por: 𝑋𝐿 = 𝑠𝐿 𝑋𝑐 = 1 𝑠𝐶 Portanto: Temos que o capacitor está em série com o indutor, a impedância equivalente então é dada por: 𝑍𝑒𝑞 = 1 𝑠𝐶 + 𝑠𝐿 A tensão 𝑌(𝑠) pode ser obtida a partir de um divisor de tensão entre a impedância equivalente e o resistor: 𝑌(𝑠) = 𝑅 𝑍𝑒𝑞 + 𝑅 ∙ 𝑋(𝑠) 𝑌(𝑠) = 𝑅 1 𝑠𝐶 + 𝑠𝐿 + 𝑅 ∙ 𝑋(𝑠) 𝑌(𝑠) = 𝑅 𝐿 𝑠 𝑠2 + 𝑅 𝐿 𝑠 + 1 𝐿𝐶 ∙ 𝑋(𝑠) 𝑌(𝑠) 𝑋(𝑠) = 𝐻(𝑠) = 𝑅 𝐿 𝑠 𝑠2 + 𝑅 𝐿 𝑠 + 1 𝐿𝐶 Comparando com a função dada na questão: 𝑅 𝐿 𝑠 𝑠2 + 𝑅 𝐿 𝑠 + 1 𝐿𝐶 = 2𝑠 𝑠2 + 2𝑠 + 10 Logo: 𝑅 𝐿 = 2 1 𝐿𝐶 = 10 Existem infinitas configurações de resistor, capacitor e indutor que resultam na função de transferência dada, o que pode se fazer é escolher um valor de indutor e encontrar os demais. 𝑅 = 2𝐿 𝐶 = 1 10𝐿 Considerando 𝑳 = 𝟏𝑯, temos que 𝑹 = 𝟐𝛀 e 𝑪 = 𝟎, 𝟏𝑭 A resposta ao degrau do sistema pode ser obtida com a entrada 𝑥(𝑡) = 𝑢(𝑡) onde a transformada do degrau é 𝑋(𝑠) = 1 𝑠 𝑌(𝑠) 𝑋(𝑠) = 2𝑠 𝑠2 + 2𝑠 + 10 𝑌(𝑠) = 2𝑠 𝑠2 + 2𝑠 + 10 𝑋(𝑠) 𝑌(𝑠) = 2𝑠 𝑠2 + 2𝑠 + 10 ∙ 1 𝑠 𝑌(𝑠) = 2 𝑠2 + 2𝑠 + 10 𝑌(𝑠) = 2 𝑠2 + 2𝑠 + 1 + 9 𝑌(𝑠) = 2 (𝑠 + 1)2 + 9 𝑌(𝑠) = 2 3 ∙ 3 (𝑠 + 1)2 + 32 Pela tabela de transformadas, temos que: ℒ−1 { 𝜔 (𝑠 + 𝑎)2 + 𝜔2} = 𝑒−𝑎𝑡sen (𝜔𝑡)𝑢(𝑡) Portanto: 𝒚(𝒕) = 𝟐 𝟑 𝒆−𝒕𝐬𝐞𝐧 (𝟑𝒕)𝒖(𝒕) 𝐻(𝑠) = 2 𝑠2 + 2𝑠 + 10 𝐻(𝑗2𝜋𝑓) = 2 (𝑗2𝜋𝑓)2 + 2(𝑗2𝜋𝑓) + 10 𝐻(𝑗2𝜋𝑓) = 2 10 − (2𝜋𝑓)2 + 𝑗4𝜋𝑓 𝐻(𝑗2𝜋𝑓) = 2∠0° (√(10 − (2𝜋𝑓)2)2 + (4𝜋𝑓)2)∠𝑡𝑔−1 ( 4𝜋𝑓 10 − (2𝜋𝑓)2) 𝐻(𝑗2𝜋𝑓) = 2∠0° (√102 − 20(2𝜋𝑓)2 + (2𝜋𝑓)4 + 4(2𝜋𝑓)2)∠𝑡𝑔−1 ( 4𝜋𝑓 10 − (2𝜋𝑓)2) 𝐻(𝑗2𝜋𝑓) = 2∠0° (√102 − 16(2𝜋𝑓)2 + (2𝜋𝑓)4)∠𝑡𝑔−1 ( 4𝜋𝑓 10 − (2𝜋𝑓)2) 𝐻(𝑗2𝜋𝑓) = 2 √(2𝜋𝑓)4 − 16(2𝜋𝑓)2 + 102 ∠ − 𝑡𝑔−1 ( 4𝜋𝑓 10 − (2𝜋𝑓)2) |𝑯(𝒋𝟐𝝅𝒇)| = 𝟐 √(𝟐𝝅𝒇)𝟒 − 𝟏𝟔(𝟐𝝅𝒇)𝟐 + 𝟏𝟎𝟐 ∠𝑯(𝒋𝟐𝝅𝒇) = −𝑡𝑔−1 ( 4𝜋𝑓 10 − (2𝜋𝑓)2) Para um sistema da forma: 𝐻(𝑠) = 𝑎1𝑠 + 𝑎2 𝑠2 + 𝑏1𝑠 + 𝑏2 + 𝐾 Teremos pela forma canônica: 𝐴 = [−𝑏1 −𝑏2 1 0 ] 𝐵 = [1 0] 𝐶 = [𝑎1 𝑎2] 𝐷 = 𝐾 𝐻(𝑠) = 2𝑠 𝑠2 + 2𝑠 + 10 𝑎1 = 2 𝑎2 = 0 𝑏1 = 2 𝑏2 = 10 𝐾 = 0 𝐴 = [−2 −10 1 0 ] 𝐵 = [1 0] 𝐶 = [2 0] 𝐷 = 0 Letra F Realizando a transformação para o domínio de Laplace, a impedância do indutor é dada por: 𝑋𝐿 = 𝑠𝐿 Portanto: Temos que o resistor está em série com o indutor, a impedância equivalente então é dada por: 𝑍𝑒𝑞 = 𝑅 + 𝑠𝐿 A tensão 𝑌(𝑠) pode ser obtida a partir de um divisor de tensão entre a impedância equivalente e o indutor: 𝑌(𝑠) = 𝑠𝐿 𝑍𝑒𝑞 + 𝑠𝐿 ∙ 𝑋(𝑠) 𝑌(𝑠) = 𝑠𝐿 2𝑠𝐿 + 𝑅 ∙ 𝑋(𝑠) 𝑌(𝑠) = 𝑠 2 𝑠 + 𝑅 2𝐿 ∙ 𝑋(𝑠) 𝑌(𝑠) 𝑋(𝑠) = 𝐻(𝑠) = 𝑠 2 𝑠 + 𝑅 2𝐿 Comparando com a função dada na questão: 𝑠 2 𝑠 + 𝑅 2𝐿 = 𝑠 2 𝑠 + 3 Logo: 𝑅 2𝐿 = 3 Existem infinitas configurações de resistor e indutor que resultam na função de transferência dada, o que pode se fazer é escolher um valor de indutor e encontrar o capacitor. 𝑅 = 6𝐿 Considerando 𝑳 = 𝟏𝑯, temos que 𝑹 = 𝟔𝛀. A resposta ao degrau do sistema pode ser obtida com a entrada 𝑥(𝑡) = 𝑢(𝑡) onde a transformada do degrau é 𝑋(𝑠) = 1 𝑠 𝑌(𝑠) 𝑋(𝑠) = 𝑠 2 𝑠 + 3 𝑌(𝑠) = 𝑠 2 𝑠 + 3 𝑋(𝑠) 𝑌(𝑠) = 𝑠 2 𝑠 + 3 ∙ 1 𝑠 𝑌(𝑠) = 1 2 𝑠 + 3 Pela tabela de transformadas, temos que: ℒ−1 { 1 𝑠 + 𝑎} = 𝑒−𝑎𝑡𝑢(𝑡) Portanto: 𝒚(𝒕) = 𝟏 𝟐 𝒆−𝟑𝒕𝒖(𝒕) 𝐻(𝑠) = 𝑠 2 𝑠 + 3 𝐻(𝑗2𝜋𝑓) = 𝑗2𝜋𝑓 2 𝑗2𝜋𝑓 + 3 𝐻(𝑗2𝜋𝑓) = 𝜋𝑓∠90° (√32 + (2𝜋𝑓)2)∠𝑡𝑔−1 (2𝜋𝑓 3 ) 𝐻(𝑗2𝜋𝑓) = 𝜋𝑓 √32 + (2𝜋𝑓)2 ∠90° − 𝑡𝑔−1 (2𝜋𝑓 3 ) |𝑯(𝒋𝟐𝝅𝒇)| = 𝝅𝒇 √𝟑𝟐 + (𝟐𝝅𝒇)𝟐 ∠𝑯(𝒋𝟐𝝅𝒇) = 𝟗𝟎° − 𝒕𝒈−𝟏 (𝟐𝝅𝒇 𝟑 ) 𝐻(𝑠) = 𝑠/2 𝑠 + 3 𝐻(𝑠) = 1 2 ∙ 𝑠 𝑠 + 3 𝐻(𝑠) = 1 2 ∙ (𝑠 + 3 − 3 𝑠 + 3 ) 𝐻(𝑠) = 1 2 ∙ (𝑠 + 3 𝑠 + 3 − 3 𝑠 + 3) 𝐻(𝑠) = 1 2 ∙ (1 − 3 𝑠 + 3) 𝐻(𝑠) = − 3 2 𝑠 + 3 + 1 2 Para um sistema da forma: 𝐻(𝑠) = 𝑎1 𝑠 + 𝑏1 + 𝐾 Teremos pela forma canônica: 𝐴 = −𝑏1 𝐵 = 1 𝐶 = 𝑎1 𝐷 = 𝐾 𝐻(𝑠) = − 3 2 𝑠 + 3 + 1 2 𝑎1 = − 3 2 𝑏1 = 3 𝐾 = 1 2 Portanto: 𝑨 = −𝟑 𝑩 = 𝟏 𝑪 = − 𝟑 𝟐 𝑫 = 𝟏 𝟐