# Problema (Retirado de O&W 9.21) Determine a transformada de Laplace, a respectiva região de convergência e o diagrama de pólos e zeros de cada um dos seguintes sinais: a) $x(t) = e^{-2t} u(t) + e^{-3t} u(t)$ d) $x(t) = t e^{-2|t|}$ i) $x(t) = \delta(t) + u(t)$ g) $x(t) = \begin{cases} 1 & 0 \le t \le 1 \\ 0 & \text{caso contrário} \end{cases}$ > [!Solução]- > a) > $ > X(s)= 2\frac{s + \frac{5}{2}}{(s+2)(s+3)}, \, \Re(s)>-2 > $ > d) > $ > X(s)= \frac{-8s}{((s+2)^2(s-2)^2}, \,-2<\Re(s)<2 > $ > i) > $ > X(s)= 1 + \frac{1}{s},\,\Re(s)>0 > $ > g) > $ > X(s)=\frac{1-e^{-s}}{s},\, \forall s \in \mathbb{C} > $ > [!Resolução detalhada]- > > a) $x(t) = e^{-2t} u(t) + e^{-3t} u(t)$ > > Usando a [[transformada de Laplace da exponencial real direita]]: > > $ > \begin{aligned} > X(s) &= \frac{1}{s+2}+\frac{1}{s+3}\\ > &= 2\frac{s + \frac{5}{2}}{(s+2)(s+3)} > \end{aligned} > $ > com polos em $p_{1}=-2$ e $p_{2}=-3$ e um zero em $z_{1}=-\frac{5}{2}$ > > Como se trata de um sinal unilateral direito, a região de convergência é $\Re(s)>-2$ > > d) $x(t) = t e^{-2|t|}$ > > Retirando o módulo > $ > x(t) = t e^{-2t}u(t)+ t e^{2t} u(-t) > $ > > Usando a [[transformada de Laplace da exponencial real direita]] > $ > e^{-at}u(t) \xrightarrow[\cal L]{} \frac{1}{s+a}, \Re(s)>-a > $ > > combinada com a propriedade da [[propriedade da diferenciação da TL no domínio s]]: > $-t x(t) > \xrightarrow[\cal L]{} > \frac{d X(s)}{ds}, \text{ROC} = R$ > resulta em: > $ > te^{-at}u(t) \xrightarrow[\cal L]{} -\frac{1}{(s+a)^2}, \Re(s)>-a > $ > > Identicamente para a [[transformada de Laplace da exponencial real esquerda]]: > $ > e^{-at}u(-t) \xrightarrow[\cal L]{} -\frac{1}{s+a}, \Re(s)<-a\\ > $ > resulta em: > $ > te^{-at}u(-t) \xrightarrow[\cal L]{} -\frac{1}{(s+a)^2}, \Re(s)<-a > $ > Combinando obtemos: > $ > \begin{aligned} > X(s) &= \frac{1}{(s+2)^2}-\frac{1}{(s-2)^2}\\ > &= \frac{-8s}{((s+2)^2(s-2)^2} > \end{aligned} > $ > > > O sinal tem polos duplos em $p_1=p_2=-2$ e em $p_3=p_4=2$, trata-se de um sinal bilateral com a região de convergência: > $ > -2<\Re(s)<2 > $ > > i) $x(t) = \delta(t) + u(t)$ > > Usando os [[pares de Laplace do impulso e degrau unitário]]: > $ > X(s)= 1 + \frac{1}{s} > $ > > A região de convergência é imposta por $u(t)$ que é: > $ > \Re(s)>0 > $ > > g) > $x(t) = > \begin{cases} > 1 & 0 \le t \le 1 \\ > 0 & \text{caso contrário} > \end{cases}$ > ou seja: > $ > x(t) = u(t)-u(t-1) > $ > > Usando a transformada de Laplace do degrau unitário: > $ > u(t) \xrightarrow[\cal L]{} \frac{1}{s}, \Re(s)>0 > $ > > e a propriedade do [[propriedade do deslocamento temporal da TL]] > $ > u(t-1) \xrightarrow[\cal L]{} e^{-s}\frac{1}{s}, \Re(s)>0 > $ > > resulta > $ > \begin{aligned} > X(s)&= \frac{1}{s}- \frac{e^{-s}}{s}\\ > &=\frac{1-e^{-s}}{s} > \end{aligned} > $ > > Como $X(0)=0$, a transformada converge para $\forall s \in \mathbb{C}$, como era de esperar por se tratar de um [[sinal de duração finita]]. > > [[tl-props-o21 TL e ROCs]] < [[9-5 Propriedades da transformada de Laplace (props)]] > [[tl-props-o26 deslocamento e convolução]]