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Figura 1. Sinal y(t) em função do tempo. |
Resposta total
A resposta total rt(t) de um sistema linear, isto é, a resposta considerando um sinal de entrada e que exista alguma energia inicial armazenada no sistema, assumindo que as raízes da equação característica são nulas, pode ser expressa por:
rt(t) = \sum_{k=1}^{N} c_k e^{\lambda_k t} + x(t)*h(t)\text{,}
onde \lambda_k são as raízes da equação característica, x(t) é o sinal de entrada e h(t) é a resposta ao impulso. Podemos expressar a resposta total pela soma das respostas natural (que é função da energia inicial) e forçada (que depende do sinal de entrada):
rt(t) = y_n(t) + y_{\phi}(t)
Solução clássica.
A resposta do sistema rt(t) = y_n(t) + y_{\phi}(t) deve satisfazer a equação diferencial
Q(D)[y_n(t) + y_{\phi}(t)] = P(D)x(t)\text{,}
mas Q(D)y_n(t) = 0, pois y_n(t) é composto apenas dos modos naturais. Logo
Q(D)y_{\phi}(t) = P(D)x(t).
Calcular a resposta forçada y_{\phi}(t) é uma tarefa relativamente simples para a maioria das entradas práticas x(t). De forma geral, podemos dizer que y_{\phi}(t) tem o mesmo ``jeitão'' de x(t). Por exemplo, se x(t) é uma função polinomial, então y_{\phi}(t) também será uma função polinomial. Se x(t) é uma função senoidal, então y_{\phi}(t) será também uma função do tipo senoidal.
Um exemplo.
Considere a seguinte equação diferencial
(D^2 + 3D + 2)y(t) = Dx(t)
com entrada x(t) = \cos(2t) e com as seguintes condições iniciais: y(0^+) = 2 e \dot{y}(0^+) = -3.
Solução:
O polinômio característico é \lambda^2 + 3\lambda + 2 = (\lambda + 1)(\lambda + 2). Logo, a solução natural é do tipo
y_n(t) = K_1 e^{-t} + K_2 e^{-2t} \text{, para } t\geq 0
E a solução forçada é do tipo: y_{\phi}(t) = A\cos(2t) + B\sin(2t). As constantes K_1, K_2, A e B são calculadas a partir das condições iniciais e da própria EDO.
Cálculo de A e B:
(D^2 + 3D + 2)y_{\phi}(t) = Dx(t)
(6B - 2A)\cos(2t) + (-2B - 6A)\sin(2t) = -2\sin(2t)
Logo, temos o seguinte sistema para resolver:
6B - 2A = 0
-2B - 6A = -2
O que resulta em A = 3/10 e B = 1/10. Assim,
y(t) = K_1 e^{-t} + K_2 e^{-2t} + \frac{3}{10}\cos(2t) + \frac{1}{10}\sin(2t)
Aplicamos agora as condições iniciais:
K_1 + K_2 + \frac{3}{10} = 2
-K_1 - 2K_2 + \frac{2}{10} = -3
Resultando em K_2 = 3/2 e K_1 = 1/5. E a solução final é:
y(t) = \frac{1}{5}e^{-t} + \frac{3}{2}e^{-2t} + \frac{3}{10}\cos(2t) + \frac{1}{10}\sin(2t)\text{, para } t\geq 0
A solução gráfica de y(t) é a Figura 1 desta postagem.
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