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Um medidor de pressão que pode ser modelado como um sistema LIT tem uma
resposta temporal a uma entrada degrau unitário dada por (1 − 𝑒−𝑡
− 𝑡𝑒−𝑡)𝑢(𝑡). Para
uma certa entrada 𝑥1(𝑡), a saída é observada como (2 − 3𝑒−𝑡
+ 𝑒−3𝑡)𝑢(𝑡).
• Para essa medição observada, determine a entrada de pressão verdadeira do
medidor como um função do tempo.
Resposta:
Considere 𝑦(𝑡) = (1 − 𝑒−𝑡
− 𝑡𝑒−𝑡)𝑢(𝑡) e 𝑦1(𝑡) = (2 − 3𝑒−𝑡
+ 𝑒−3𝑡)𝑢(𝑡).
Transformada de Laplace de 𝑥(𝑡) = 𝑢(𝑡) é 𝑋(𝑠) =
1
𝑠
, 𝑅𝑒{𝑠} > 0
Para 𝑦(𝑡), 𝑌(𝑠) = ℒ{𝑢(𝑡) − 𝑒−𝑡
𝑢(𝑡) − 𝑡𝑒−𝑡
𝑢(𝑡)}
𝑌(𝑠) =
1
𝑠
−
1
𝑠 + 1
−
1
(𝑠 + 1)2
𝑅𝑒{𝑠} > 0, 𝑅𝑒{𝑠} > −1, 𝑅𝑒{𝑠} > −1
Implica que região de convergência de 𝑌(𝑠) é intersecção das regiões de cada
transformada:
𝑅𝑒{𝑠} > 0
Simplificando em uma única fração
𝑌(𝑠) =
𝑠2
+ 2𝑠 + 1 − 𝑠2
− 𝑠 − 𝑠
𝑠(𝑠 + 1)2
𝑌(𝑠) =
1
𝑠(𝑠 + 1)2
A função de transferência é definida como:
𝐻(𝑠) =
𝑌(𝑠)
𝑋(𝑠)
𝐻(𝑠) =
1
(𝑠 + 1)2
Tomando a transformada de Laplace de 𝑦1(𝑡)
𝑌1(𝑠) = ℒ{2𝑢(𝑡) − 3𝑒−𝑡
𝑢(𝑡) + 𝑒−3𝑡
𝑢(𝑡)}
𝑌(𝑠) =
2
𝑠
−
3
𝑠 + 1
+
1
𝑠 + 3
𝑅𝑒{𝑠} > 0, 𝑅𝑒{𝑠} > −1, 𝑅𝑒{𝑠} > −3
Implica que região de convergência de 𝑌1(𝑠) é
𝑅𝑒{𝑠} > 0
Simplificando em uma única fração
𝑌1(𝑠) =
2𝑠2
+ 8𝑠 + 6 − 3𝑠2
− 9𝑠 + 𝑠2
+ 𝑠
𝑠(𝑠 + 1)(𝑠 + 3)
𝑌1(𝑠) =
6
𝑠(𝑠 + 1)(𝑠 + 3)
Assim, podemos encontrar 𝑋1(𝑠), aplicando 𝑌1(𝑠) em 𝐻(𝑠)
𝑋1(𝑠) =
𝑌1(𝑠)
𝐻(𝑠)
𝑋1(𝑠) =
6
𝑠(𝑠 + 1)(𝑠 + 3)
(𝑠 + 1)2
𝑋1(𝑠) =
6(𝑠 + 1)
𝑠(𝑠 + 3)
Com região de convergência 𝑅𝑒{𝑠} > 0
Finalmente, tomando a transformada inversa de Laplace de 𝑋1(𝑠) obteremos
𝑥1(𝑡). Para isso, faz-se necessário obter a expansão em frações parciais de 𝑋1(𝑠).
𝑋1(𝑠) =
𝐴
𝑠
+
𝐵
𝑠 + 3
=
𝐴(𝑠 + 3) + 𝐵𝑠
𝑠(𝑠 + 3)
Igualando-se com a expressão obtida anteriormente
𝐴(𝑠 + 3) + 𝐵𝑠 = 6𝑠 + 6
Logo, 𝐴 = 2 e 𝐵 = 4
𝑋1(𝑠) =
2
𝑠
+
4
𝑠 + 3
Aplicando a transformada inversa de Laplace
𝑥1(𝑡) = ℒ−1
{
2
𝑠
+
4
𝑠 + 3
}
𝑥1(𝑡) = 2𝑢(𝑡) + 4𝑒−3𝑡
𝑢(𝑡)
• Estabilidade e Causalidade
𝐻(𝑠) =
1
(𝑠 + 1)2
Com RDC 𝑅𝑒{𝑠} > −1
O sistema possui dois polos iguais em 𝑠 = −1
Se a RDC contém o eixo imaginário o sistema é estável.
Se RDC está à direita do polo mais à direita e 𝐻(𝑠) é racional, o sistema é
causal.
Logo, o sistema é estável e causal.
• Equação da resposta ao impulso unitário
Impulso unitário 𝑥(𝑡) = 𝛿(𝑡) e 𝑋(𝑠) = 1
𝑌(𝑠) = 𝐻(𝑠) =
1
(𝑠 + 1)2
Aplicando a transformada inversa de Laplace
𝑦(𝑡) = ℒ−1
{
1
(𝑠 + 1)2
}
𝑦(𝑡) = 𝑡𝑒−𝑡
𝑢(𝑡)
• Equação diferencial
𝐻(𝑠) =
𝑌(𝑠)
𝑋(𝑠)
=
1
(𝑠 + 1)2
(𝑠 + 1)2
𝑌(𝑠) = 𝑋(𝑠)
(𝑠2
+ 2𝑠 + 1)𝑌(𝑠) = 𝑋(𝑠)
𝑠2
𝑌(𝑠) + 2𝑠𝑌(𝑠) + 𝑌(𝑠) = 𝑋(𝑠)
Aplicando a transformada inversa de Laplace
ℒ−1{𝑠2
𝑌(𝑠) + 2𝑠𝑌(𝑠) + 𝑌(𝑠)} = ℒ−1{𝑋(𝑠)}
Assumindo condições iniciais nulos, temos:
𝑑2
𝑦(𝑡)
𝑑𝑡2
+
2𝑑𝑦(𝑡)
𝑑𝑡
+ 𝑦(𝑡) = 𝑥(𝑡)
• Diagrama em blocos
𝑑2
𝑦(𝑡)
𝑑𝑡2
= −
2𝑑𝑦(𝑡)
𝑑𝑡
− 𝑦(𝑡) + 𝑥(𝑡)
Exercício 4   transformada de laplace

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Exercício 4 transformada de laplace

  • 1. Um medidor de pressão que pode ser modelado como um sistema LIT tem uma resposta temporal a uma entrada degrau unitário dada por (1 − 𝑒−𝑡 − 𝑡𝑒−𝑡)𝑢(𝑡). Para uma certa entrada 𝑥1(𝑡), a saída é observada como (2 − 3𝑒−𝑡 + 𝑒−3𝑡)𝑢(𝑡). • Para essa medição observada, determine a entrada de pressão verdadeira do medidor como um função do tempo. Resposta: Considere 𝑦(𝑡) = (1 − 𝑒−𝑡 − 𝑡𝑒−𝑡)𝑢(𝑡) e 𝑦1(𝑡) = (2 − 3𝑒−𝑡 + 𝑒−3𝑡)𝑢(𝑡). Transformada de Laplace de 𝑥(𝑡) = 𝑢(𝑡) é 𝑋(𝑠) = 1 𝑠 , 𝑅𝑒{𝑠} > 0 Para 𝑦(𝑡), 𝑌(𝑠) = ℒ{𝑢(𝑡) − 𝑒−𝑡 𝑢(𝑡) − 𝑡𝑒−𝑡 𝑢(𝑡)} 𝑌(𝑠) = 1 𝑠 − 1 𝑠 + 1 − 1 (𝑠 + 1)2 𝑅𝑒{𝑠} > 0, 𝑅𝑒{𝑠} > −1, 𝑅𝑒{𝑠} > −1 Implica que região de convergência de 𝑌(𝑠) é intersecção das regiões de cada transformada: 𝑅𝑒{𝑠} > 0 Simplificando em uma única fração 𝑌(𝑠) = 𝑠2 + 2𝑠 + 1 − 𝑠2 − 𝑠 − 𝑠 𝑠(𝑠 + 1)2 𝑌(𝑠) = 1 𝑠(𝑠 + 1)2 A função de transferência é definida como: 𝐻(𝑠) = 𝑌(𝑠) 𝑋(𝑠) 𝐻(𝑠) = 1 (𝑠 + 1)2 Tomando a transformada de Laplace de 𝑦1(𝑡) 𝑌1(𝑠) = ℒ{2𝑢(𝑡) − 3𝑒−𝑡 𝑢(𝑡) + 𝑒−3𝑡 𝑢(𝑡)} 𝑌(𝑠) = 2 𝑠 − 3 𝑠 + 1 + 1 𝑠 + 3 𝑅𝑒{𝑠} > 0, 𝑅𝑒{𝑠} > −1, 𝑅𝑒{𝑠} > −3 Implica que região de convergência de 𝑌1(𝑠) é 𝑅𝑒{𝑠} > 0 Simplificando em uma única fração
  • 2. 𝑌1(𝑠) = 2𝑠2 + 8𝑠 + 6 − 3𝑠2 − 9𝑠 + 𝑠2 + 𝑠 𝑠(𝑠 + 1)(𝑠 + 3) 𝑌1(𝑠) = 6 𝑠(𝑠 + 1)(𝑠 + 3) Assim, podemos encontrar 𝑋1(𝑠), aplicando 𝑌1(𝑠) em 𝐻(𝑠) 𝑋1(𝑠) = 𝑌1(𝑠) 𝐻(𝑠) 𝑋1(𝑠) = 6 𝑠(𝑠 + 1)(𝑠 + 3) (𝑠 + 1)2 𝑋1(𝑠) = 6(𝑠 + 1) 𝑠(𝑠 + 3) Com região de convergência 𝑅𝑒{𝑠} > 0 Finalmente, tomando a transformada inversa de Laplace de 𝑋1(𝑠) obteremos 𝑥1(𝑡). Para isso, faz-se necessário obter a expansão em frações parciais de 𝑋1(𝑠). 𝑋1(𝑠) = 𝐴 𝑠 + 𝐵 𝑠 + 3 = 𝐴(𝑠 + 3) + 𝐵𝑠 𝑠(𝑠 + 3) Igualando-se com a expressão obtida anteriormente 𝐴(𝑠 + 3) + 𝐵𝑠 = 6𝑠 + 6 Logo, 𝐴 = 2 e 𝐵 = 4 𝑋1(𝑠) = 2 𝑠 + 4 𝑠 + 3 Aplicando a transformada inversa de Laplace 𝑥1(𝑡) = ℒ−1 { 2 𝑠 + 4 𝑠 + 3 } 𝑥1(𝑡) = 2𝑢(𝑡) + 4𝑒−3𝑡 𝑢(𝑡) • Estabilidade e Causalidade 𝐻(𝑠) = 1 (𝑠 + 1)2 Com RDC 𝑅𝑒{𝑠} > −1 O sistema possui dois polos iguais em 𝑠 = −1
  • 3. Se a RDC contém o eixo imaginário o sistema é estável. Se RDC está à direita do polo mais à direita e 𝐻(𝑠) é racional, o sistema é causal. Logo, o sistema é estável e causal. • Equação da resposta ao impulso unitário Impulso unitário 𝑥(𝑡) = 𝛿(𝑡) e 𝑋(𝑠) = 1 𝑌(𝑠) = 𝐻(𝑠) = 1 (𝑠 + 1)2 Aplicando a transformada inversa de Laplace 𝑦(𝑡) = ℒ−1 { 1 (𝑠 + 1)2 } 𝑦(𝑡) = 𝑡𝑒−𝑡 𝑢(𝑡) • Equação diferencial 𝐻(𝑠) = 𝑌(𝑠) 𝑋(𝑠) = 1 (𝑠 + 1)2 (𝑠 + 1)2 𝑌(𝑠) = 𝑋(𝑠) (𝑠2 + 2𝑠 + 1)𝑌(𝑠) = 𝑋(𝑠) 𝑠2 𝑌(𝑠) + 2𝑠𝑌(𝑠) + 𝑌(𝑠) = 𝑋(𝑠) Aplicando a transformada inversa de Laplace ℒ−1{𝑠2 𝑌(𝑠) + 2𝑠𝑌(𝑠) + 𝑌(𝑠)} = ℒ−1{𝑋(𝑠)} Assumindo condições iniciais nulos, temos: 𝑑2 𝑦(𝑡) 𝑑𝑡2 + 2𝑑𝑦(𝑡) 𝑑𝑡 + 𝑦(𝑡) = 𝑥(𝑡) • Diagrama em blocos 𝑑2 𝑦(𝑡) 𝑑𝑡2 = − 2𝑑𝑦(𝑡) 𝑑𝑡 − 𝑦(𝑡) + 𝑥(𝑡)