Introdução aos Sistemas de Controle

2. Matemática
2.1. Sistemas Físicos e Modelos
Este texto trata do estudo analítico de sistemas de controle. Falando de forma geral, ele
consiste de quatro partes:
1.
2.
3.
4.
Modelagem
Desenvolvimento de equações matemáticas
Análise
Projeto
Este capítulo discute as duas primeiras partes. A distinção entre sistemas físicos e modelos é
fundamental na engenharia. Na realidade, os circuitos e sistemas de controle estudados na
maioria dos textos são modelos de sistemas físicos. Por exemplo, um resistor com uma
resistência constante é um modelo; a limitação de potência do resistor é frequentemente
desconsiderada. Um indutor com uma indutância constante é também um modelo; na
realidade, a indutância pode variar com a quantidade de corrente fluindo através do indutor.
Um amplificador operacional é um dispositivo razoavelmente complicado; ele pode ser
modelado, contudo, como mostrado na Figura 2.1.
Figura 2.1 – Modelo do Amplificador Operacional
Na engenharia mecânica, a suspensão de um automóvel pode ser modelada como mostrada
na Figura 2.2.
Mola
Amortecedor
Massa da Roda
Dureza do Pneu
Figura 2.2 – Modelo da Suspensão de um Automóvel
Na bioengenharia, um braço humano pode ser modelado como mostrado na figura 2.3(b) ou,
mais realisticamente, como na Figura 2.3(c). Modelagem é um problema importante pois o
sucesso de um projeto depende se os sistemas físicos são modelados adequadamente ou não.
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Força do
Músculo
Braço
Figura 2.3 – Modelos de um braço
Dependendo das questões formuladas e dependendo da faixa de operação (faixa dinâmica),
um sistema físico pode ter diferentes modelos. Por exemplo, um amplificador eletrônico tem
diferentes modelos em freqüências baixas e altas. Uma nave espacial pode ser modelada
como uma partícula no estudo da trajetória; contudo, ela pode ser modelada como um corpo
rígido no estudo da manobra. Para desenvolver um modelo adequado para um sistema físico,
nós precisamos entender completamente o sistema físico e sua faixa operacional. Neste texto,
modelos de sistemas físicos são também chamados de sistemas. Portanto, um sistema físico é
um dispositivo ou uma coleção de dispositivos existentes no mundo real; um sistema é um
modelo de um sistema físico. Como mostrado na Figura 2.4, um sistema é representado por
um bloco unidirecional com pelo menos um terminal de entrada e um terminal de saída.
Figura 2.4 – Sistema
Se uma excitação ou sinal de entrada u(t) é aplicada ao terminal de entrada de um sistema,
uma resposta única ou sinal de saída y(t) será medida ou observada no terminal de saída.
Esta relação única entre excitação e resposta, entrada e saída, ou causa e efeito está implícita
em todo sistema físico e seu modelo.
Um sistema é chamado um sistema monovariável se ele tem somente um terminal de entrada e
somente um terminal de saída. De outra forma, ele é chamado um sistema multivariável. Um
sistema multivariável tem duas ou mais terminais de entrada e/ou dois ou mais terminais de
saída.
2.2. Sistemas Lineares Concentrados e Invariantes no Tempo
A escolha de um modelo para um dispositivo físico depende fortemente da matemática a ser
usada. É inútil escolher um modelo que se assemelha fortemente ao dispositivo físico mas que
não pode ser analisado usando os métodos matemáticos existentes. È inútil também escolher
um modelo que possa ser analisado facilmente mas que não se assemelhe ao dispositivo
físico. Consequentemente, a escolha de modelos não é uma tarefa simples. Ela é, na
realidade, uma relação de compromisso entre ser fácil de analisar e se assemelhar bastante
aos sistemas físicos reais.
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Os sistemas analisados neste texto são aqueles que podem ser descritos por equações
diferenciais ordinárias com coeficientes reais constantes tais como
3
d 2 y (t )
dy (t )
du (t )
+2
+ y (t ) = 2
− 3u (t )
2
dt
dt
dt
Ou mais geralmente,
an
d n y (t )
d n−1 y (t )
dy (t )
d m u (t )
d m−1u (t )
du (t )
+
a
+
L
+
a
+
a
y
(
t
)
=
b
+
b
+ L + b1
+ b0 u (t )
m −1
1
0
m
n −1
m −1
m
n −1
n
dt
dt
dt
dt
dt
dt
Onde ai e bi são constantes reais, e n ≥ m. Tais equações são chamadas equações
diferenciais lineares concentradas invariantes no tempo de ordem n. Para que um sistema
possa ser descrito por tal equação, o sistema precisa ser linear, invariante no tempo, e com
parâmetros concentrados. De modo geral, um sistema é linear se ele obedece ao princípio da
superposição [isto é, a resposta de u1(t) + u2(t) é igual à soma da resposta de u1(t) e da
resposta de u2(t)], e ao princípio da homogeneidade [a resposta de αu(t) é igual a α vezes a
resposta de u(t)]. Um sistema é invariante no tempo se suas características, tais como massa
ou momento de inércia para sistemas mecânicos, ou resistência, indutância ou capacitância
para sistemas elétricos, não variam com o tempo. Um sistema tem parâmetros concentrados se
o efeito de qualquer entrada passada u(t), para t ≤ t0, na futura saída y(t), para t ≥ t0, pode ser
resumida por um número finito de condições iniciais em t = t0.
2.2.1. Sistemas Mecânicos
Considere o sistema mostrado na Figura 2.5(a).
Atrito
Força da Mola
Viscoso
Estático
Figura 2.5 – Sistema Mecânico
Ele consiste de um bloco com massa m conectado a uma parede por uma mola. A entrada é a
força aplicada u(t), e a saída é o deslocamento y(t) medido a partir da posição de equilíbrio. O
atrito entre o bloco e o chão é muito complexo. Esse atrito consiste geralmente de três partes –
atrito estático, atrito de Coulomb e o atrito Viscoso – como mostrado na figura 2.5(b) Note que
as coordenadas são atrito versus velocidade. Quando a massa é estacionária ou sua
velocidade é zero, precisamos de certa quantidade de força para vencer o atrito estático e
iniciar o movimento. Uma vez que a mola comece a se mover, passa a atuar o atrito constante,
chamado de atrito de Coulomb, que é independente da velocidade. O atrito viscoso é
geralmente modelado como
Atrito viscoso = k1 x velocidade
(2.2)
Onde k1 é chamado de coeficiente de atrito viscoso. Esta é uma equação linear. A maioria dos
textos de Física discute somente os atritos estático e de Coulomb. Neste texto, contudo,
consideraremos somente o atrito viscoso; os atritos estático e de Coulomb serão desprezados.
Fazendo estas considerações, podemos modelar o atrito como um fenômeno linear.
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Na Física, a lei de Hooke estabelece que o deslocamento de uma mola é proporcional à força
aplicada, isto é
Força da Mola = k2 x deslocamento
(2.3)
Onde k2 é chamada de constante da mola. O gráfico desta equação é mostrado pela linha
tracejada na Figura 2.5(c). Isto significa que, independente da força aplicada, o deslocamento
será igual a força / k2. Isto certamente não retrata a realidade pois, se a força aplicada for maior
do que o limite elástico, a mola se romperá. Em geral, a característica de uma mola real tem a
forma da linha sólida mostrada na Figura 2.5(c). Vemos que se a força aplicada estiver fora da
faixa [A’, B’], a curva característica fica bem diferente da linha tracejada. Contudo, se a força
aplicada se situar na faixa [A’, B’], chamada de faixa operacional linear, então a curva
característica poderá ser representada bem por (2.3). Nós poderemos usar (2.3) como um
modelo para a mola.
Vamos desenvolver agora uma equação que descreva o sistema usando (2.3) e considerando
somente o atrito viscoso em (2.2). A força aplicada u(t) precisa vencer a força da mola e o
atrito, e o restante será usado para acelerar a massa. Logo, temos que:
u (t ) − k1
dy (t )
d 2 y (t )
− k 2 y (t ) = m
dt
dt 2
Ou
m
d 2 y (t )
dy (t )
+ k1
+ k 2 y (t ) = u (t )
2
dt
dt
(2.4)
Esta é uma equação diferencial linear ordinária com coeficientes constantes. É importante
lembrar que esta equação é obtida usando a relação linearizada de (2.3) e foi considerado
somente o atrito viscoso dado por (2.2). Devido a essas considerações, esta equação é
aplicável somente para uma faixa de operação limitada.
Consideremos agora o sistema rotacional mostrado na Figura 2.6(a).
Rolamento
Rolamento
Mola
Carga
Figura 2.6 – Sistema Mecânico Rotacional
A entrada é o torque aplicado T(t) e a saída é o deslocamento angular θ(t) da carga. O eixo
não é rígido e é modelado por uma mola torcível. Seja J o momento de inércia da carga e do
eixo. O atrito entre o eixo e o rolamento também consiste dos atritos estático, de Coulomb e
viscoso. Aqui também vamos considerar somente o atrito viscoso. Seja k1 o coeficiente de
atrito viscoso e seja k2 a constante da mola torcível. Temos então que o torque gerado pelo
atrito iguala a k1 dθ(t)/dt e o torque gerado pela mola é k2 θ(t). O torque aplicado T(t) precisa
vencer os torques de atrito e da mola; o restante é usado na aceleração da carga. Desta forma,
temos
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T (t ) − k1
dθ (t )
d 2θ (t )
− k 2θ (t ) = J
dt
dt 2
Ou
J
d 2θ (t )
dθ (t )
+ k1
+ k 2θ (t ) = T (t )
2
dt
dt
(2.5a)
Esta equação diferencial descreve o sistema da Figura 2.6(a).
Se identificarmos as seguintes equivalências:
Movimento Translacional
Deslocamento linear y
Força u
Massa m
↔
↔
↔
Movimento Rotacional
Deslocamento angular θ
Torque T
Momento de inércia J
Logo, a Equação (2.5a), que descreve um movimento rotacional, fica idêntica à (2.4), que
descreve um movimento linear ou translacional.
Exemplo 2.2.1: Um sistema de suspensão de um automóvel pode ser modelado como
mostrado na Figura 2.7.
Figura 2.7 – Sistema de Suspensão de um Automóvel
Este modelo é mais simples do que o mostrado na figura 2.2, pois ele despreza a massa da
roda e combina a dureza do pneu com a mola. O modelo consiste de uma mola com constante
de mola k2, um amortecedor (provê uma força de atrito viscoso) com coeficiente de atrito
viscoso k1 e a massa do carro com valor m. Uma força vertical u(t) é aplicada à massa quando
a rota atinge um buraco. A equação diferencial que descreve o sistema [igual a (2.4)] é:
u (t ) − k1
dy (t )
d 2 y (t )
− k 2 y (t ) = m
dt
dt 2
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ou
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m
d 2 y (t )
dy (t )
+ k1
+ k 2 y (t ) = u (t )
2
dt
dt
Exemplo 2.2.2: No sistema da Figura 2.6(b), onde o eixo é assumido como sendo rígido, o
torque aplicado precisa vencer somente o torque relativo ao atrito viscoso, o restante é usado
na aceleração da carga. Logo, a equação diferencial que descreve esse sistema é:
T (t ) − k1
dθ (t )
d 2θ (t )
=J
dt
dt 2
J
ou
d 2θ (t )
dθ (t )
+ k1
= T (t )
2
dt
dt
2.2.2. Circuitos RLC
Neste estudo vamos considerar circuitos construídos com resistores, capacitores, indutores, e
fontes de tensão e de corrente. Os três elementos básicos, resistores, capacitores e indutores,
são mostrados na Figura 2.8.
Figura 2.8 – Componentes elétricos
Um resistor é geralmente modelado como v = Ri, onde R é a resistência, v é a tensão
aplicada, e i é a corrente que flui através dele. No modelo v = Ri, nada é dito com relação ao
consumo de potência. Na realidade, se v for maior do que um determinado valor, o resistor
queima. Por esta razão, o modelo é válido somente dentro da limitação de potência
especificada. Um capacitor é geralmente modelado como Q = Cv, onde C é a capacitância, v
é a tensão aplicada e Q é a carga armazenada no capacitor. O modelo nos leva a concluir que
se a tensão tende para o infinito, a carga armazenada também tenderá. Fisicamente isto não é
possível. À medida que v aumenta, a carga armazenada vai aumentando até saturar e parar de
aumentar, como mostrado na Figura 2.9.
Carga (Fluxo)
Tensão (Corrente)
Figura 2.9 – Curva do Capacitor e do Indutor
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Contudo, para uma tensão v limitada por um determinado valor, o modelo Q = Cv representa o
capacitor físico satisfatoriamente. Um indutor é geralmente modelado como φ = Li onde L é a
indutância, φ é o fluxo, e i é a corrente. Na realidade, o fluxo gerado em um indutor irá saturar
á medida que i aumenta. Por esta razão, a relação φ = Li é novamente aplicada somente
dentro de uma faixa limitada de i. Agora, se R, L e C variam com o tempo, eles deverão ser
considerados como elementos variantes no tempo. Se R, L e C são constantes, independentes
do tempo, então eles são elementos invariantes no tempo. Usando esses modelos lineares
invariantes no tempo, podemos expressar suas tensões e correntes como
v(t ) = Ri(t )
(2.6a)
i (t ) = C
dv(t )
dt
(2.6b)
v(t ) = L
di (t )
dt
(2.6c)
Agora podemos usar (2.6) para desenvolver equações diferenciais que descrevam redes RLC.
Considere o circuito mostrado na Figura 2.10.
Figura 2.10 – Circuito RC
A entrada é uma fonte de corrente u(t) e a saída y(t) é a tensão no capacitor como mostrado.
A corrente do capacitor, usando (2.6b) é
ic (t ) = C
dy (t )
dy (t )
=2
dt
dt
Esta corrente também passa através do resistor de
dada por:
v AB = ic (t ).1 + y (t ) = 2
1Ω. Desta forma, a tensão entre A e B é
dy (t )
+ y (t )
dt
A corrente i1(t) passando através do resistor de 0,5 Ω é
i1 (t ) =
v AB
dy (t )
=4
+ 2 y (t )
0,5
dt
Portanto, temos que:
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u (t ) = i1 (t ) + ic (t ) = 4
6
dy (t )
dy (t )
+ 2 y (t ) + 2
dt
dt
dy (t )
+ 2 y (t ) = u (t )
dt
ou
(2.7)
Esta equação diferencial de primeira ordem descreve o circuito da Figura 2.10.
Exemplo 2.2.3: Encontre equações diferenciais que descrevam os circuitos da Figura 2.11. O
circuito da Figura 2.11(b) é chamado de circuito phase-lag.
Figura 2.11 – Circuitos RLC e Phase-Lag
Solução: Para o circuito da Figura 2.11(a), temos que a corrente que circula no capacitor é
dada por:
ic (t ) = C
dv(t )
dy (t )
=C
dt
dt
Como a corrente que circula no capacitor é a mesma que circula no resistor, a tensão no
resistor é dada por:
er (t ) = R ir (t ) = RC
dy (t )
dt
A tensão no indutor é dada por:
el (t ) = L
di (t )
d ⎡ dy (t ) ⎤
d 2 y (t )
e
(
t
)
LC
⇒ el (t ) = L ⎢C
⇒
=
l
dt ⎣ dt ⎥⎦
dt 2
dt
Temos que:
u (t ) = er (t ) + el (t ) + ec (t )
⇒ u (t ) = RC
dy (t )
d 2 y (t )
+ LC
+ y (t )
dt
dt 2
Portanto, a equação diferencial que descreve o circuito da Figura 2.11(a) é:
LC
d 2 y (t )
dy (t )
+ RC
+ y (t ) = u (t )
2
dt
dt
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Para o circuito da Figura 2.11(b), temos que a tensão em cima de R1 é dada por:
v R1 (t ) = u (t ) − y (t )
A corrente que circula no resistor R1 é dada por:
iR1 (t ) =
u (t ) − y (t )
R1
A tensão no resistor R2 é dada por:
⎛ u (t ) − y (t ) ⎞
R
⎟⎟ ⇒ v R 2 (t ) = 2 [u (t ) − y (t )]
v R 2 (t ) = R2 i = R2 ⎜⎜
R1
R1
⎠
⎝
A tensão no capacitor é dada por:
vc (t ) = y (t ) − v R 2 = y −
R2
[u (t ) − y(t )] = y R1 − R2 u (t ) + R2 y(t ) ⇒ vc (t ) = (R1 + R2 ) y − R2 u
R1
R1 R1
R1
R1
R1
A corrente que circula no capacitor é dada por:
ic (t ) = C
dv c (t )
dt
⎡ (R + R2 ) dy R2 du ⎤
⇒ ic (t ) = C ⎢ 1
−
⎥ ⇒
dt R1 dt ⎦
⎣ R1
C (R1 + R2 ) dy CR2 du
−
R1
dt
R1 dt
Temos que:
y (t ) = v R 2 (t ) + vc (t ) ⇒
⎡ C (R1 + R2 ) dy CR2 du ⎤ (R1 + R2 ) y R2
−
y (t ) = R2 ⎢
− u
⎥+
R1
dt
R1 dt ⎦
R1
R1
⎣
Portanto, a equação diferencial que descreve o circuito da Figura 2.11(b) é:
C (R1 + R2 )
dy
du
+ y (t ) = CR2
+u
dt
dt
2.2.3. Processos Industriais – Tanques Hidráulicos
Em plantas químicas, frequentemente é necessário manter os níveis de determinados líquidos.
Um modelo simplificado de um sistema desse tipo é mostrado na Figura 2.12, onde
qi, q1, q2 = taxas de fluxo do líquido
A1, A2 = áreas da seção transversal dos tanques
h1, h2 = níveis do líquido
R1, R2 = resistência ao fluxo, controlado por válvulas
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Figura 2.12 – Controle do Nível de Líquidos
É assumido que q1 e q2 são governados por:
q1 =
h1 − h2
R1
e q2 =
h2
R2
(2.8)
Ou seja, são proporcionais ao nível relativo dos líquidos e inversamente proporcional às
resistências aos fluxos. As mudanças nos níveis dos líquidos são governadas por:
A1dh1 = (qi − q1 )dt
(2.9a)
A2 dh2 = (q1 − q2 )dt
(2.9b)
e
Esta equações são obtidas por linearização e aproximação. Na realidade, o fluxo de um líquido
é muito complexo; ele pode envolver turbulência e isto não pode ser descrito por equações
lineares. Para simplificar a análise, a turbulência no fluxo é desprezada em (2.9). Seja qi e q2 a
entrada e a saída para o sistema. Vamos desenvolver uma equação diferencial que descreva o
sistema. A diferenciação de (2.8) resulta em:
A1dh1 = (qi − q1 )dt
⇒
A2 dh2 = (q1 − q2 )dt
⇒
A1
dh1
= qi − q1
dt
A2
(I)
dh2
= q1 − q2
dt
(II)
De (2.8), temos que:
h2 = R2 q 2
h1 − h2 = R1q1
dh2
dq
= R2 2
dt
dt
⇒
⇒
h1 = R1q1 + h2
(III)
⇒
dh1
dq dh
= R1 1 + 2
dt
dt
dt
Substituindo (III) em (IV), temos:
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(IV)
dh1
dq
dq
= R1 1 + R2 2
dt
dt
dt
(V)
Substituindo (III) e (V) em (I), temos:
dq ⎞
⎛ dq
A1 ⎜ R1 1 + R2 2 ⎟ = qi − q1
dt ⎠
⎝ dt
⇒
qi = q1 + A1 R1
dq1
dq
+ A1 R2 2
dt
dt
(VII)
Substituindo (III) em (II), temos:
⎛ dq ⎞
A2 ⎜ R2 2 ⎟ = q1 − q2
dt ⎠
⎝
⇒
q1 = q2 + A2 R2
dq2
dt
(VIII)
Substituindo (VIII) em (VII), temos:
dq2
dq ⎞
dq
d⎛
+ A1 R1 ⎜ q2 + A2 R2 2 ⎟ + A1 R2 2
dt
dt ⎝
dt ⎠
dt
2
dq
dq 2
A1 A2 R1 R2 2 + [A1 ( R1 + R2 ) + A2 R2 ] 2 + q2 = qi
dt
dt
qi = q2 + A2 R2
⇒
Esta equação diferencial de segunda ordem descreve a relação entre a entrada
do sistema da Figura 2.12.
qi e a saída q2
Como conclusão desta seção, observamos que um grande número de sistemas físicos pode
ser modelado, após algumas simplificações e aproximações, como sistemas lineares
concentrados e invariantes no tempo e que operam dentro de uma faixa de operação limitada.
Esses sistemas podem, então, ser descritos por equações diferenciais lineares.
2.3. Resposta a Entrada-Zero e Resposta ao Estado-Zero
A resposta de sistemas lineares, em particular de sistemas lineares concentrados e invariantes
no tempo, pode sempre ser decomposta na resposta a entrada-zero e na resposta ao estadozero. Nesta seção usaremos um exemplo simples para ilustrar esse fato e para discutir
algumas propriedades gerais da resposta à entrada-zero.
Considere a equação diferencial abaixo:
d 2 y (t )
dy (t )
du (t )
+3
+ 2 y (t ) = 3
− u (t )
dt
dt
dt 2
(2.12)
Muitos métodos estão disponíveis para resolver esta equação. O método mais simples é usar a
transformada de Laplace e obtemos que:
[
]
[
]
s 2Y ( s ) − sy (0 − ) − y& (0 − ) + 3 sY ( s ) − y (0 − ) + 2Y ( s ) = 3 sU ( s ) − u (0 − ) − U ( s )
(2.13)
A equação (2.13) é uma equação algébrica e pode ser manipulada usando-se as operações
normais de adição, subtração, multiplicação e divisão. Fazendo essa manipulação, obtemos:
( s 2 + 3s + 2)Y ( s ) = sy (0 − ) + y& (0 − ) + 3 y (0 − ) − 3u (0 − ) + (3s − 1)U ( s )
O que implica em:
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Y ( s) =
( s + 3) y (0 − ) + y& (0 − ) − 3u (0 − )
(3s − 1)
U (s)
+ 2
2
( s + 3s + 2)
( s + 3s + 2)
1444442444443 144
42444
3
Re sposta Entrada − Zero
(2.14)
Re sposta Estado − Zero
Esta equação revela que a solução de (2.12) é em parte excitada pela entrada u(t), t≥0, e em
parte excitada pelas condições iniciais y (0 − ) , y& (0 − ) , e u (0 − ) . Estas condições iniciais serão
chamadas de estado inicial.
O estado inicial é excitado pela entrada aplicada antes de t=0. De alguma forma, o estado
inicial resume o efeito da entrada u(t) passada, t<0, na saída y(t) futura , para t≥0. Se
diferentes entradas passadas u1(t), u2(t), u3(t),..., t≤0, excitam o mesmo estado inicial, então
seus efeitos na saída futura serão idênticos. Portanto, para a solução y(t), para t≥0, não
importa o estado inicial da equação diferencial em t=0. É importante frisar que o tempo inicial
t=0 não é um tempo absoluto e sim o instante em que começamos a estudar o sistema.
Considere novamente (2.14). A resposta pode ser decomposta em duas partes. A primeira
parte é excitada exclusivamente pelo estado inicial e é chamada de resposta à entrada-zero.
A segunda parte é excitada exclusivamente pela entrada e é chamada de resposta ao estadozero. Na resposta de sistemas lineares com parâmetros concentrados e invariantes no tempo é
conveniente estudar a resposta à entrada-zero e a resposta ao estado-zero separadamente.
Nós vamos estudar primeiro a resposta à entrada-zero e depois a resposta ao estado-zero.
2.3.1. Resposta a Entrada-Zero – Polinômio Característico
Considere a equação diferencial em (2.12). Se u(t)=0, então, (2.12) reduz-se a
d 2 y (t )
dy (t )
+3
+ 2 y (t ) = 0
2
dt
dt
Esta equação é chamada de equação homogênea. Vamos estudar sua resposta devido a um
estado inicial diferente de zero. Aplicando a transformada de Laplace obtemos:
[
]
s 2Y ( s) − sy (0 − ) − y& (0 − ) + 3 sY ( s ) − y (0 − ) + 2Y ( s) = 0
O que implica em
Y ( s) =
( s + 3) y (0 − ) + y& (0 − ) ( s + 3) y (0 − ) + y& (0 − )
=
( s + 1)( s + 2)
( s 2 + 3s + 2)
E que pode ser expandido em
Y (s) =
k1
k1
+
( s + 1) ( s + 2)
Com
k1 =
k2 =
( s + 3) y (0 − ) + y& (0 − )
( s + 2)
( s + 3) y (0 − ) + y& (0 − )
( s + 1)
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= 2 y (0 − ) + y& (0 − )
s = −1
[
= − y (0 − ) + y& (0 − )
]
s = −2
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Desta forma, a resposta à entrada-zero é:
y (t ) = k1e − t + k 2 e −2t
Observe que o estado das condições iniciais, y (0 − ) e y& (0 − ) , não importa pois a resposta à
entrada-zero será sempre uma combinação linear das duas funções e − t e e −2t . As duas
funções e − t e e −2t são as transformadas de Laplace inversas de 1/(s+1) e 1/(s+2). As duas
raízes -1 e -2, ou equivalentemente, as duas raízes do denominador de (2.15) são chamadas
de modos do sistema. Os modos governam a forma da resposta à entrada-zero do sistema.
Vamos estender a discussão anterior para o caso geral. Considere a equação diferencial linear
concentrada e invariante no tempo de e-nésima ordem
a n y ( n ) (t ) + a n −1 y ( n −1) + L + a1 y (1) + a0 y (t ) = bm u ( m ) (t ) + bm−1u ( m−1) + L + b1u (1) + b0 u (t )
(2.18)
onde
y (i ) (t ) :=
d i y (t )
,
dt i
u ( i ) (t ) :=
d i u (t )
dt i
e
y& (t ) := y 1 (t ),
&y&(t ) := y 2 (t ) .
Vamos definir
D( p ) := a n p n + a n −1 p n −1 + L + a1 p + a0
(2.19a)
e
N ( p ) := bm p n + bm −1 p m −1 + L + b1 p + b0
(2.19b)
onde a variável p é o diferenciador d/dt definido por
py (t ) :=
dy (t )
dt
p 2 y (t ) :=
d 2 y (t )
dt 2
p 3 y (t ) :=
d 3 y (t )
dt 3
(2.20)
e assim por diante. Usando esta notação, (2.18) pode ser escrita como
D( p ) y (t ) := N ( p)u (t )
(2.21)
No estudo da resposta à entrada-zero, nós assumimos
se a:
D( p ) y (t ) = 0
u(t)=0. Logo, a equação (2.21) reduz(2.22)
Esta é uma equação homogênea. Sua solução é excitada exclusivamente pelas condições
iniciais. Aplicando a transformada de Laplace à equação (2.22) resulta em
Y (s) =
I (s)
D( s )
onde D(s) é definida em (2.19a) com p substituído por s e I(s) é um polinômio de s que é
dependente das condições iniciais. Nós chamamos D(s) de polinômio característico de (2.21)
E Nemer
13 / 76
pois ele governa a resposta livre, ou não-forçada, ou
polinômio D(s) são chamadas de modos.
natural do sistema. As raízes do
Por exemplo, se tivermos o seguinte polinômio característico
D( s ) = ( s − 2)( s + 1) 2 ( s + 2 − j 3)( s + 2 + j 3)
os modos serão 2, -1, -1, -2+j3 e -2-j3. A raiz 2 e as raízes complexas -2±j3 são modos
simples e a raiz -1 é um modo repetido com multiplicidade 2. Portanto, para quaisquer
condições iniciais, Y(s) pode ser expandido como
Y (s) =
k3
k1
k2
c
c2
+
+
+ 1 +
( s − 2) ( s + 2 − j 3) ( s + 2 + j 3) ( s + 1) ( s + 1) 2
e sua resposta à entrada-zero é
y (t ) = k1e 2t + k 2 e − ( 2− j 3) t + k 3 e − ( 2+ j 3) t + c1e − t + c2 te − t
esta é a forma geral da resposta à entrada-zero e é determinada pelos modos do sistema.
Exemplo 2.3.1: Ache as respostas à entrada-zero de (2.12) quando:
y (0 − ) = 1 e y& (0 − ) = −1 , e
y (0 − ) = y& (0 − ) = 1 .
i)
ii)
y (t ) = k1e − t + k 2 e −2t
Solução: Temos que a solução de (2.12) é dada por
k1 = 2 y (0 − ) + y& (0 − )
[
k 2 = − y (0 − ) + y& (0 − )
e
]
Substituindo os valores das condições iniciais para os dois casos, temos:
i)
k1 = 2 y (0 − ) + y& (0 − ) ∴ k1 = 2(1) + ( −1) ⇒ k1 = 1 e
[
]
k 2 = − y (0 − ) + y& (0 − ) ∴ k 2 = −(1 + −1)∴ k 2 = 0
Logo, a resposta à entrada-zero para o primeiro caso é: y (t ) = e − t
0.8
0.6
( e− t)
0.4
0.2
0
E Nemer
0
2
4
6
8
10
t 14 / 76
Figura – Resposta à Entrada-Zero de (2.12) caso 1 no MathCad
onde
ii)
k1 = 2 y (0 − ) + y& (0 − ) ∴ k1 = 2(1) + (1) ⇒ k1 = 3 e
[
]
k 2 = − y (0 − ) + y& (0 − ) ∴ k 2 = −(1 + 1)∴ k 2 = −2
Logo, a resposta à entrada-zero para o segundo caso é:
y (t ) = 3e − t − 2e −2t
1.2
1
0.8
( − t) −2⋅ ( e− 2 t)0.6
3 e
0.4
0.2
0
0
2
4
6
8
10
t
Figura – Resposta à Entrada-Zero de (2.12) caso 2 no MathCad
Pode-se usar o MathCad para resolver a equação diferencial (2.12). Abaixo é apresentada uma
solução implementada no MathCad para a resposta de (2.12), para o caso 1:
E Nemer
15 / 76
Figura – Usando Odesolve do MathCad para a solução de (2.12) – caso 1
Abaixo é apresentada uma solução implementada no MathCad para a resposta de (2.12), para
o caso 2:
Figura – Usando Odesolve do MathCad para a solução de (2.12) – caso 2
Pode-se usar também o Matlab para resolver a equação diferencial (2.12). Abaixo é
apresentada uma solução implementada no Matlab para a resposta de (2.12), para o caso 1.
Em um arquivo do tipo *.m é definida a equação diferencial como um conjunto de equações de
1ª ordem.
% Função que define a equação diferencial de 2a ordem a ser resolvida
% Referência: Exemplo 2.3.1 da Apostila de Matemática - Controle
% Autor: Edson Nemer
Data: 13/04/2007
function dx=eqDif2_3_1(t,x)
dx=zeros(2,1); %um vetor coluna
dx(1)=x(2);
dx(2)=-3*x(2)-2*x(1);
Em um segundo arquivo do tipo *.m é implementada o código para resolução da equação
diferencial que foi definida no arquivo anterior. Neste arquivo, um dos parâmetros é o vetor com
as condições iniciais para a equação implementada. Neste caso, como estamos simulando o
E Nemer
16 / 76
caso 1 de (2.12), o vetor
listagem a seguir.
condIniciais é carregado com [1,-1], como pode ser verificado na
% Função que resolve a equação diferencial de 2a ordem
% Referência: Exemplo 2.3.1 da Apostila de Matemática - Controle
% Autor: Edson Nemer
Data: 13/04/2007
clear;
clc;
intervaloSimul=[0,10];
condIniciais=[1,-1];
[t,y]=ode23(@eqDif2_3_1,intervaloSimul,condIniciais)
subplot(211),plot(t,y(:,1));
title('Exemplo 2.3.1 - Resposta do Sistema (2.12) - Caso 1');
xlabel('t');
ylabel('x1 = y');
grid;
subplot(212),plot(t,y(:,2));
xlabel('t');
ylabel('x2 = dy');
grid;
O gráfico para a simulação implementada nos arquivos anteriores é apresentado abaixo:
Exemplo 2.3.1 - Resposta do Sistema (2.12) - Caso 1
1
x1 = y
0.5
0
0
1
2
3
4
5
t
6
7
8
9
10
0
1
2
3
4
5
t
6
7
8
9
10
0
x2 = dy
-0.5
-1
Figura – Solução do Matlab para (2.12) – Caso 1
Para a simulação do caso 2 de (2.12), o vetor condIniciais é carregado com [1,1], como pode
ser verificado no trecho da listagem a seguir.
intervaloSimul=[0,10];
condIniciais=[1,1];
[t,y]=ode23(@eqDif2_3_1,intervaloSimul,condIniciais)
subplot(211),plot(t,y(:,1));
E Nemer
17 / 76
O gráfico para a simulação implementada com a nova condição inicial é apresentado abaixo:
Exemplo 2.3.1 - Resposta do Sistema (2.12) - Caso 2
1.5
x1 = y
1
0.5
0
0
1
2
3
4
5
t
6
7
8
9
10
0
1
2
3
4
5
t
6
7
8
9
10
1
x2 = dy
0.5
0
-0.5
-1
Figura – Solução do Matlab para (2.12) – Caso 2
2.4. Resposta ao Estado-Zero – Função de Transferência
Considere a equação diferencial em (2.12).
d 2 y (t )
dy (t )
du (t )
+3
+ 2 y (t ) = 3
− u (t )
2
dt
dt
dt
(2.24)
A resposta de (2.24) é parcialmente excitada pelas condições iniciais e parcialmente excitada
pela entrada u(t). Se todas as condições iniciais são iguais a zero, e resposta é excitada
exclusivamente pela entrada e é chamada de resposta ao estado-zero.
Vimos em (2.14) que, aplicando a transformada de Laplace, obtemos:
Y ( s) =
( s + 3) y (0 − ) + y& (0 − ) − 3u (0 − )
(3s − 1)
U (s)
+ 2
( s 2 + 3s + 2)
( s + 3s + 2)
1444442444443 144
42444
3
Re sposta Entrada − Zero
Re sposta Estado − Zero
Portanto, fazendo todas as condições iniciais iguais a zero, a resposta ao estado-zero é
governada por:
Y (s) =
(3s − 1)
U ( s ) =: G ( s)U ( s )
( s + 3s + 2)
(2.25)
2
onde a função racional G(s)=(3s-1)/(s2+3s+2) é chamada de função de transferência. Ela
é a relação entre as transformadas de Laplace da saída e da entrada, quando todas as
condições iniciais são iguais a zero, ou seja,
E Nemer
18 / 76
G(s) =
Y (s)
L ( Saída )
=
U ( s) CondIniciais =0 L ( Entrada ) CondIniciais =0
A função de transferência descreve somente as respostas ao estado-zero de sistemas lineares,
invariantes no tempo e com parâmetros concentrados.
Exemplo 2.4.1: Considere o sistema mecânico da Figura 2.5(a). Como visto em (2.4), ele é
descrito por:
d 2 y (t )
dy (t )
m
+ k1
+ k 2 y (t ) = u (t )
2
dt
dt
Aplicando a transformada de Laplace, e assumindo que as condições iniciais são iguais a zero,
temos:
ms 2Y ( s ) + k1 sY ( s ) + k 2Y ( s) = U ( s)
⇒
(ms 2 + k1 s + k 2 ) Y ( s ) = U ( s )
Portanto, a função de transferência entre a entrada u e a saída y do sistema mecânico é:
G(s) =
Y (s)
1
=
2
U ( s ) ms + k1 s + k 2
Este exemplo mostra que a função de transferência de um sistema pode ser prontamente
obtida a partir da sua descrição na forma de equação diferencial. Por exemplo, se um sistema
é descrito pela equação diferencial
D( p) y (t ) = N ( p) u (t )
onde D(p) e N(p) são definidos como em (2.19), então a função de transferência do sistema é
G(s) =
N (s)
D( s )
Exercício 2.4.1: Encontre as funções de transferência de
Figuras 2.10 e 2.11.
u para y dos circuitos mostrados nas
Solução: A equação diferencial que descreve o circuito da Figura 2.10 é
6
dy (t )
+ 2 y (t ) = u (t )
dt
Aplicando a transformada de Laplace, obtemos:
6sY ( s ) + 2Y ( s ) = U ( s )
⇒
(6s + 2) Y ( s ) = U ( s )
Portanto, a função de transferência entre a entrada u e a saída y é:
G(s) =
Y ( s)
1
=
U ( s) 6s + 2
E Nemer
19 / 76
Para o circuito da Figura 2.11(a), temos a seguinte equação diferencial:
LC
d 2 y (t )
dy (t )
+ RC
+ y (t ) = u (t )
2
dt
dt
Aplicando a transformada de Laplace, obtemos que:
LCs 2Y ( s ) + RCsY ( s) + Y ( s) = U ( s)
⇒
( LCs 2 + RCs + 1) Y ( s ) = U ( s )
Portanto, a função de transferência entre a entrada u e a saída y é:
G ( s) =
Y (s)
1
=
2
U ( s ) LCs + RCs + 1
Para o circuito da Figura 2.11(b), temos a seguinte equação diferencial:
C (R1 + R2 )
dy
du
+ y (t ) = CR2
+u
dt
dt
Aplicando a transformada de Laplace, obtemos que:
C (R1 + R2 ) sY ( s ) + Y ( s ) = CR2 sU ( s ) + U ( s )
(C (R1 + R2 ) s + 1) Y ( s ) = (CR2 s + 1)U ( s )
⇒
Portanto, a função de transferência entre a entrada u e a saída y é:
G(s) =
(CR2 s + 1)
Y (s)
=
U ( s ) (C (R1 + R2 ) s + 1)
Exercício 2.4.2: Calcule a função de transferência entre
2.13(a).
u e i do circuito mostrado na Figura
Figura 2.13 – Circuito
Seu circuito equivalente usando impedâncias é mostrado na Figura 2.13(b). A impedância da
conexão em paralelo de 1/2s e 3s+2 é dada por:
1
(3s + 2)
3s + 2
2s
= 2
1
6s + 4s + 1
+ (3 s + 2)
2s
que é mostrada na Figura 2.13(c). Portanto, a corrente
por:
E Nemer
20 / 76
I(s) mostrada na Figura 2.13 é dada
I (s) =
U ( s)
6s 2 + 4s + 1
U (s)
= 2
3s + 2
6s + 7 s + 3
1+ 2
6s + 4s + 1
Logo, a função de transferência entre u e i é dada por:
G(s) =
I ( s) 6s 2 + 4s + 1
=
U ( s) 6s 2 + 7 s + 3
Exercício 2.4.3: Encontre as funções de transferência de
Figuras 2.10 e 2.11 usando o conceito de impedâncias.
u para y dos circuitos mostrados nas
Solução: O circuito com as impedâncias fica da seguinte forma:
1
0,5
1/2s
Calculando a impedância da conexão série entre o resistor e o capacitor, obtemos:
0,5
onde
Z1 é
Z1
2s + 1
. Calculando a impedância equivalente da conexão em paralelo de Z1 e do
2s
resistor, temos:
0,5 Z2
onde Z2 é
2s + 1
. Logo, a tensão vab é dada por:
6s + 2
vab =
2s + 1
U (s)
6s + 2
Portanto, voltando ao circuito original, a tensão em cima do capacitor será deduzida a partir da
fórmula do divisor de tensão. Logo, temos que:
E Nemer
21 / 76
G(s) =
Y (s)
1
=
U (s) 6s + 2
2.4.1. Funções de Transferências Próprias
Considere a função racional
G ( s) =
N ( s)
D( s )
onde N(s) e D(s) são dois polinômios com coeficientes reais. Se grau N(s) > grau D(s)
então G(s) é chamada de uma função racional imprópria. Por exemplo, as funções racionais
abaixo são todas impróprias.
s2 +1
s +1
s
s2 +1
s 10
s 9 + s 8 + s 7 − 10
Se grau N(s)≤ grau D(s) então G(s) é chamada de uma função racional própria. A função é
dita ser estritamente própria se grau N(s)< grau D(s); ela é biprópria se N(s)= grau D(s).
Desta forma, as funções racionais próprias incluem tanto as funções estritamente próprias
-1
como as funções bipróprias. Se G(s) é biprópria, então G(s) =D(s)/N(s) também o é.
Esta característica de ser própria ou não de uma função racional G(s) também pode ser
determinada a partir do valor de G(s) quando s = ∞. É óbvio que G(s) é imprópria se G(∞ =
± ∞, própria se G(∞) é finito diferente de zero ou zero constante, biprópria se G(∞) é finito e
não zero, e estritamente própria se G(∞)=0.
As funções de transferência que encontraremos neste texto são, na maioria dos casos, funções
racionais próprias. São duas as razões para isso. Em primeiro lugar, funções de transferência
impróprias são difíceis, se não impossíveis, de construir na prática. Em segundo lugar, as
funções de transferências impróprias irão amplificar o ruído de alta freqüência, como será visto
a seguir.
Sabemos que os sinais são usados na transmissão de informação. Contudo, eles são
frequentemente corrompidos por ruído durante o processamento, transmissão ou
transformação. Por exemplo, uma posição angular pode ser transformada em tensão elétrica
por meio de um potenciômetro de fio como mostrado na Figura 2.14.
Figura 2.14 – Potenciômetro e sua característica
E Nemer
22 / 76
O potenciômetro consiste de um número finito de espiras de fio o que faz com que o ponto de
contato trabalhe movendo-se de uma espira para a outra. Devido ao uso de escovas,
irregularidades nos fios, variações na resistência de contato e outras imperfeições, tensões
espúrias indesejadas serão geradas. Por este motivo, a tensão de saída v(t) do potenciômetro
não será exatamente proporcional ao deslocamento angular θ(t), mas, em vez disso, será da
forma
v(t ) = kθ (t ) + n(t )
(2.27)
onde k é constante e n(t) é ruído. Por esta razão, em geral, todo sinal tem a forma
v(t ) = i (t ) + n(t )
(2.28)
onde i(t) denota informação e n(t) denota ruído. É lógico que para que possamos fazer uso de
v(t), é necessário que
v(t ) ≈ i (t )
e para qualquer sistema a ser projetado, é requerido que
Resposta do sistema devido a v(t) ≈ Resposta do sistema devido a i(t)
(2.29)
Se a resposta de um sistema excitado por v(t) é drasticamente diferente daquela excitada por
i(t), o sistema geralmente não tem utilidade prática. No próximo estudo vamos ver que se a
função de transferência de um sistema é imprópria e se o ruído é de alta freqüência, então o
sistema não tem utilidade prática.
Em vez de ficarmos discutindo o caso geral, vamos estudar um sistema com função de
transferência s e um sistema com função de transferência 1/s.
Um sistema com função de transferência s é chamado de diferenciador porque ele executa
uma diferenciação no domínio do tempo. Um sistema com função de transferência 1/s é
chamado de integrador porque ele executa integração no domínio do tempo. O primeiro tem
uma função de transferência imprópria, já o segundo tem uma função de transferência
estritamente própria. Veremos agora que o diferenciador irá amplificar o ruído de alta
freqüência; enquanto o integrador irá suprimir o ruído de alta freqüência.
Para nossa conveniência, vamos assumir
i (t ) = sin 2t
n(t ) = 0.01 sin 1000 t
e
v(t ) = i (t ) + n(t ) = sin 2t + 0.01 sin 1000 t
(2.30)
como mostrado na Figura 2.15(a). A amplitude do ruído é muito pequena, portanto, temos que
v(t) ≈ i(t). Se aplicarmos o sinal (2.30) a um diferenciador, a saída será
dv(t )
= 2 cos 2 t + 0,01 × 1000 cos1000 t = 2 cos 2 t + 10 cos1000 t
dt
Pode-se observar que a amplitude do ruído é cinco vezes maior do que a amplitude da
informação, portanto, não teremos dv(t)/dt ≈di(t)/dt como mostrado na Figura 2.15(b).
E Nemer
23 / 76
1.5
1
0.5
sin( 2t )
0.01 sin( 1000t )
0
sin( 2.t ) + 0.01 sin( 1000t )
0.5
1
1.5
0
2
4
6
8
10
12
14
t
(a)
15
10
5
2 cos( 2t )
2 cos( 2t ) + 10 cos( 1000t )
0
5
10
15
0
2
4
6
8
10
12
14
t
(b)
Figura 2.15 – Ruído de Alta Freqüência em um Diferenciador no MathCad
Consequentemente, um diferenciador e, de uma forma geral, sistemas com funções impróprias,
não podem ser usados se um sinal contém ruído de alta freqüência.
Os gráficos podem ser obtidos também a partir de uma implementação no Matlab. O código
fonte é o seguinte:
E Nemer
24 / 76
% Ruído em Alta Frequência
% Função que calcula a saída do sinal v(t)= sen 2t + 0.01 sen 1000t
após
% ele entrar em um diferenciador
% Autor: Edson Nemer
Data: 16/04/2007
clear;
clc;
t = (0:0.0001:15);
i = sin(2*t);
n = 0.01*sin(1000*t);
v=i+n;
% Cálculo da função => seno(2t)
% Cálculo da função => 0.01 sen(1000t)
% Cálculo do sinal v(t)=i(t)+n(t)
diff_i=diff(i);
diff_n=diff(n);
diff_v=diff(v);
diff_t=diff(t);
%
%
%
%
di=diff_i./diff(t);
dn=diff_n./diff(t);
dv=diff_v./diff(t);
% Cálculo de di/dt
% Cálculo de dn/dt
% Cálculo de dv/dt
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
das
das
das
das
diferenças
diferenças
diferenças
diferenças
de
de
de
de
i
n
v
t
% Os ajustes abaixo acontecem porque os vetores de diferenças terão um
% elemento a menos do que os vetores originais
subplot(221),plot(t(1:length(i)),i);
axis([0 15 -15 15])
title('Sinal de Informação');
xlabel('t');
ylabel('i(t)');
grid;
subplot(222),plot(t(1:length(v)),v);
axis([0 15 -15 15])
title('Sinal de Informação + Ruído');
xlabel('t');
ylabel('v(t)');
grid;
subplot(223),plot(t(1:length(di)),di);
axis([0 15 -15 15])
title('Derivada do Sinal de Informação');
xlabel('t');
ylabel('di(t)/dt');
grid;
subplot(224),plot(t(1:length(dv)),dv);
axis([0 15 -15 15])
title('Derivada do Sinal de Informação + Ruído');
xlabel('t');
ylabel('dv(t)/dt');
grid;
gtext('Página 32 - CT Chen')'
Os gráficos para a simulação do código anterior ficam da seguinte forma:
E Nemer
25 / 76
Sinal de Informação + Ruído
15
10
10
5
5
v(t)
i(t)
Sinal de Informação
15
0
0
-5
-5
-10
-10
-15
0
5
10
-15
15
0
5
t
10
10
5
5
0
0
-5
-5
-10
-10
0
5
10
-15
15
t
0
5
10
t
Figura 2.15a – Ruído de Alta Freqüência em um Diferenciador no Matlab
Se aplicarmos (2.30) a um integrador, a saída será
1
t
0,01
∫ v(τ )dτ = − 2 cos 2 t − 1000 cos1000 t
o
Observe que a saída devido ao termo do ruído será praticamente zero e teremos
∫
t
o
t
v(τ ) dτ ≈ ∫ i (τ )dτ
o
Consequentemente podemos concluir que um integrador, e de forma mais geral, sistemas com
funções de transferência estritamente próprias, irão suprimir o ruído de alta freqüência.
Na prática, frequentemente encontramos ruído de alta freqüência. Como discutido
anteriormente, potenciômetros de fio irão gerar ruído indesejado de alta freqüência. Ruído
térmico e ruído quântico (ou ruído de disparo), que também são ruídos de alta freqüência
quando comparados a sinais de controle, estão sempre presentes em sistemas elétricos. O
nível medido de um líquido em um tanque também consistirá de ruído de alta freqüência devido
a turbulência do fluxo e do esguicho.
Para evitar a amplificação do ruído de alta freqüência, a maioria dos sistemas e dispositivos se
utiliza, na prática, de funções de transferência próprias.
E Nemer
15
Derivada do Sinal de Informação + Ruído
15
dv(t)/dt
di(t)/dt
Derivada do Sinal de Informação
15
-15
10
t
26 / 76
15
1.5
1
0.5
sin( 2t )
0.01 sin( 1000t )
0
sin( 2.t ) + 0.01 sin( 1000t )
0.5
1
1.5
0
2
4
6
8
10
12
14
10
12
14
t
(a)
0.4
0.2
−1
cos( 2t )
2
−1
cos( 2t ) ⋅ 1+
2
− 0.01
0
cos( 1000t )
1000
0.2
0.4
0
2
4
6
8
t
(b)
Figura 2.15-b – Ruído de Alta Freqüência em um Integrador no MathCad
O gráfico também pode ser obtido a partir de uma implementação no Matlab. O código fonte é
o seguinte:
% pag33_CTChen.m - Ruído em Alta Frequência
% Função que calcula a saída do sinal v(t)= sen 2t + 0.01 sen 1000t
após
% ele entrar em um integrador
% Autor: Edson Nemer
Data: 17/04/2007
clear;
clc;
t = linspace(0,15,10000);
e 15 s
i = sin(2*t)';
n=0.01*sin(1000*t)';
v=n+i;
E Nemer
% Gera vetor tempo com 1000 pontos entre 0
% Cálculo da função => seno(2t)
% Cálculo da função => 0.01 seno (1000t)
27 / 76
int_i=cumtrapz(t,i);
int_v=cumtrapz(t,v);
subplot(221),plot(t,i);
axis([0 15 -2 2])
title('Sinal de Informação');
xlabel('t');
ylabel('i(t)');
grid;
subplot(222),plot(t,v);
axis([0 15 -2 2])
title('Sinal de Informação + Ruído');
xlabel('t');
ylabel('v(t)');
grid;
subplot(223),plot(t,int_i);
axis([0 15 -2 2])
title('Integral do Sinal de Informação');
xlabel('t');
ylabel('int[i(t)dt]');
grid;
subplot(224),plot(t,int_v);
axis([0 15 -2 2])
title('Integral de Informação + Ruído');
xlabel('t');
ylabel('int[v(t) dt]');
grid;
gtext('Página 33 - CT Chen')'
Os gráficos para a simulação do código anterior ficam da seguinte forma:
Sinal de Informação
Sinal de Informação + Ruído
2
2
i(t) 1.5
v(t)1.5
1
1
0.5
0.5
0
0
-0.5
-0.5
-1
-1
-1.5
-1.5
-2
0
5
10
-2
15
0
5
t
Integral do Sinal de Informação
2
int[i(t)dt] 1.5
int[v(t) dt] 1.5
1
1
0.5
0.5
0
0
-0.5
-0.5
-1
-1
-1.5
-1.5
0
5
10
15
t
-2
0
5
10
t
Figura 2.15c – Ruído de Alta Freqüência em um Integrador no Matlab
E Nemer
15
Integral de Informação + Ruído
2
-2
10
t
28 / 76
15
O gráfico também pode ser obtido a partir de uma implementação no Simulink. O arquivo ficaria
da seguinte forma:
Figura 2.25d – Diagrama de Blocos no Simulink
E Nemer
29 / 76
Amplitude
seno & integral do seno
2
1.5
Integral de seno(2t)
1
0.5
0
-0.5
seno (2t)
-1
-1.5
-2
0
5
10
15
t
Figura 2.25e – Ruído de Alta Freqüência em um Integrador no Simulink
Exercício 2.4.5: Considere o sinal
v(t ) = i (t ) + n(t ) = cos 2t + 0.01 cos 0.001t
Note que a freqüência do ruído n(t) é muito menor do que a freqüência da informação i(t).
Neste caso, podemos dizer que v(t) ≈ i(t) ? E que dv(t)/dt ≈di(t)/dt ? Pode-se dizer também
que um amplificador diferenciador amplifica qualquer tipo de ruído?
Solução: Como a amplitude do ruído é muito menor do que a amplitude do sinal, podemos
dizer que v(t) ≈ i(t) . conforme visto na Figura 2.25(f).
1.5
1
0.5
cos( 2t )
0.01 sin( 0.001t )
cos( 2.t ) + 0.01 sin( 0.001t )
0
0.5
1
0
2
4
6
8
10
12
14
t
Figura 2.25f – Sinal e Ruído de Baixa Freqüência no MathCad
Com relação a outra pergunta, precisamos calcular dv(t)/dt e
E Nemer
30 / 76
di(t)/dt. Logo, temos que:
dv(t )
= −2 sen 2 t − 0,00001 sen 0,001t
dt
di (t )
= −2 sen 2 t
dt
e
Como o termo de dv(t)/dt correspondente ao ruído é muito menor que o termo correspondente
à informação, podemos dizer que dv(t)/dt ≈di(t)/dt. Observe a Figura 2.25(g) onde são
apresentados o sinal puro e o sinal com ruído de baixa freqüência após passarem por um
diferenciador.
3
2
1
− 2 sin( 2t )
− 2 sin( 2t ) − 0.00001 sin( 0.001t )
0
1
2
3
0
2
4
6
8
10
12
14
t
Figura 2.25g – Ruído de Baixa Freqüência em um Diferenciador no MathCad
Os gráficos podem ser obtidos também a partir de uma implementação no Matlab. O código
fonte é o seguinte:
% Exercise 2.4.5 - CTChen.m - Ruído em Alta Frequência
% Função que calcula a saída do sinal v(t)= cos 2t + 0.01 cos 0.001t
após
% ele entrar em um diferenciador
% Autor: Edson Nemer
Data: 20/04/2007
clear;
clc;
t = (0:0.0001:15);
i = cos(2*t);
n = 0.01*cos(0.001*t);
v=i+n;
% Cálculo da função => cos(2t)
% Cálculo da função => 0.01 cos(0.001t)
% Cálculo do sinal v(t)=i(t)+n(t)
diff_i=diff(i);
diff_n=diff(n);
diff_v=diff(v);
diff_t=diff(t);
%
%
%
%
di=diff_i./diff(t);
dn=diff_n./diff(t);
dv=diff_v./diff(t);
% Cálculo de di/dt
% Cálculo de dn/dt
% Cálculo de dv/dt
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
das
das
das
das
diferenças
diferenças
diferenças
diferenças
de
de
de
de
i
n
v
t
% Os ajustes abaixo acontecem porque os vetores de diferenças terão um
E Nemer
31 / 76
% elemento a menos do que os vetores originais
subplot(221),plot(t(1:length(i)),i);
axis([0 15 -2 2])
title('Sinal de Informação');
xlabel('t');
ylabel('i(t)');
grid;
subplot(222),plot(t(1:length(v)),v);
axis([0 15 -2 2])
title('Sinal de Informação + Ruído');
xlabel('t');
ylabel('v(t)');
grid;
subplot(223),plot(t(1:length(di)),di);
axis([0 15 -2 2])
title('Derivada do Sinal de Informação');
xlabel('t');
ylabel('di(t)/dt');
grid;
subplot(224),plot(t(1:length(dv)),dv);
axis([0 15 -2 2])
title('Derivada do Sinal de Informação + Ruído');
xlabel('t');
ylabel('dv(t)/dt');
grid;
gtext('Exercício 2.4.5 - CT Chen')'
Os gráficos para a simulação do código anterior ficam da seguinte forma:
Exercício 2.4.5 - CT Chen
Sinal de Informação
Sinal de Informação + Ruído
2
2
v(t)
i(t) 1.5
1.5
1
1
0.5
0.5
0
0
-0.5
-0.5
-1
-1
-1.5
-1.5
-2
0
5
10
-2
15
0
5
t
Derivada do Sinal de Informação
2
1.5
di(t)/dt
dv(t)/dt1.5
1
1
0.5
0.5
0
0
-0.5
-0.5
-1
-1
-1.5
-1.5
0
5
10
15
t
-2
0
5
10
t
Figura 2.15h – Ruído de Baixa Freqüência em um Diferenciador no Matlab
E Nemer
15
Derivada do Sinal de Informação + Ruído
2
-2
10
t
32 / 76
15
Com base nos resultados obtidos, observe que, como a freqüência é muito baixa, o ruído não é
amplificado. Logo, concluímos que o diferenciador não amplifica qualquer tipo de ruído, só os
de freqüência alta.
2.4.2. Pólos e Zeros
A resposta ao estado zero de um sistema é governado pela sua função de transferência. Antes
de calcular a resposta, vamos introduzir os conceitos de pólos e zeros. Considere uma função
de transferência racional própria
G ( s) =
N (s)
D( s )
onde N(s) e D(s) são polinômios com coeficientes reais e
Definição: Um número real ou complexo finito
grau N(s) ≤ grau D(s).
λ é um pólo de G(s) se G (λ ) = ∞ , onde .
denota o valor absoluto. Ele é um zero de G(s) se G (λ ) = 0 .
Considere a função de transferência
G(s) =
2( s 3 + 3s 2 − s − 3)
N (s)
=
D( s) ( s − 1)( s + 2)( s + 1) 3
(2.31)
Nós temos
G (−2) =
N (−2) 2((−2) 3 + 3(−2) 2 − (−2) − 3) 6
=
= =∞
D(−2) [(−2) − 1][(−2) + 2][(−2) + 1]3 0
Por esta razão, -2 é um pólo de G(s) por definição. Obviamente, -2 é uma raiz de D(s). Isto
implica que toda raiz de D(s) é um pólo de G(s)? Para responder isto, vamos substituir em
s=1, que também é uma raiz de D(s). Calculando, obtemos que:
G (1) =
N (1) 2((1) 3 + 3(1) 2 − (1) − 3) 0
=
=
D(1) [(1) − 1][(1) + 2][(1) + 1]3 0
Isto não está definido. Contudo, usando l’Hopital, temos que:
G (1) =
N ( s)
D( s )
=
s =1
N ' ( s)
D ' ( s)
=
s =1
2(3s 2 + 6 s − 1)
16
=
≠∞
4
3
2
5s + 16s + 12s − 4s − 5 s =1 24
Desta forma, s=1 não é um pólo de G(s). Portanto, nem toda raiz de D(s) é um pólo de G(s).
Vamos, agora, fatorar N(s) em (2.31) e então cancelar os fatores comuns entre N(s) e D(s):
G(s) =
2( s + 3)
N ( s ) 2( s + 3)( s − 1)( s + 1)
=
=
3
D( s ) ( s − 1)( s + 2)( s + 1)
( s + 2)( s + 1) 2
(2.32)
E observamos que s = 1 não é um pólo de G(s). Vê-se de forma clara que G(s) tem um zero
que é s = -3 e três pólos, s = -2, s=-1 e s = -1. O pólo -2 é chamado de pólo simples e o
pólo -1 é chamado um pólo repetido com multiplicidade 2.
E Nemer
33 / 76
Deste exemplo vemos que, se um polinômio N(s) e D(s) não possuem fatores comuns, então
todas as raízes de N(s) e todas as raízes de D(s) são, respectivamente, os zeros e os pólos
de G(s)=N(s)/D(s).
N(s) e D(s) não possuem fatores comuns, eles são ditos serem coprimos e G(s) =
N(s)/D(s) é dita ser irredutível. A menos que definido de outra forma, toda função de
transferência será assumida como irredutível. Vamos agora calcular a resposta ao estadozero. A resposta ao estado-zero de um sistema é governada por Y(s)=G(s)/U(s). Para
calcular Y(s), nós primeiro precisamos calcular a transforma de Laplace de u(t). O passo
seguinte é multiplicar G(s) e U(s) para obter Y(s). A transformada inversa de Laplace de Y(s)
Se
fornecerá a resposta ao estado-zero. Isto é ilustrado por um exemplo.
Exemplo 2.4.3: Encontre a resposta ao estado-zero de (2.25) devido a uma entrada u(t) = 1,
para t ≥ 0. Isto é chamado de resposta ao degrau-unitário de (2.25). A transforma de Laplace
de u(t) é 1/s. Logo, temos que:
Y ( s ) = G ( s )U ( s ) =
3s − 1
1
⋅
( s − 1)(s + 2) s
(2.33)
Para calcular sua transforma inversa de Laplace, executamos uma expansão em frações
parciais da seguinte forma:
Y (s) =
3s − 1
1
k
k
k
⋅ = 1 + 2 + 3
( s − 1)( s + 2) s s + 1 s + 2 s
onde:
k1 = Y ( s)( s + 1) s =−1 =
3s − 1
−4
=
=4
( s + 2) s s =−1 (1)(−1)
k 2 = Y ( s )( s + 2) s =−2 =
3s − 1
−7
=
= −3.5
( s + 1) s s =−2 (−1)(−2)
e
k 3 = Y ( s ) s s =0 =
3s − 1
−1
=
= −0.5
( s + 2)( s + 1) s =0 2
Aplicando a transformada inversa de Laplace, temos que a resposta ao estado-zero para t≥0 é
simples e direta.
−t
−2 t
y (t ) = 41
e 42
5e4
−
0.5
{
4− 3.43
Devido aos
polos de G ( s )
(2.34)
Devido aos
polos de U ( s )
O gráfico para y(t) em (2.34) é apresentado na Figura 2.15(i).
E Nemer
34 / 76
Figura 2.15i – Resposta ao Degrau no MathCad
O seguinte código pode ser usado numa implementação para o Matlab:
% Resposta ao Degrau Unitário
% Referência: Exemplo 2.4.3 da Apostila de Matemática - Controle
% Autor: Edson Nemer
Data: 28/04/2007
clear;
clc;
% Definição da função de transferência do sistema
N=[3 -1];
D=[1 3 2];
H=tf(N,D);
step(H);
grid;
O gráfico para a simulação no Matlab é mostrado na Figura 2.15(j).
Step Response
0.8
0.6
Amplitude
0.4
0.2
0
-0.2
-0.4
-0.6
0
1
2
3
4
5
6
Time (sec)
Figura 2.15j – Resposta ao Degrau no Matlab
Este exemplo revela um fato importante da resposta ao estado-zero. Podemos ver de (2.34)
que a resposta consiste de três termos. Dois termos são constituídos pelas transformadas de
E Nemer
35 / 76
Laplace de 1/(s+2) e 1/(s+1), que são os pólos do sistema. O termo remanescente diz
respeito ao degrau de entrada. Na realidade, para qualquer u(t), a resposta de (2.33) é
geralmente da forma
y (t ) = k1e − t + k 2 e −2t + termos devidos aos polos de U ( s)
(2.35)
Portanto, os pólos de G(s) determinam a forma básica da resposta ao estado-zero.
-2t
Exercício 2.4.6: Encontre a resposta ao estado-zero de 1/(s+1) devido à entrada e , t≥0.
-2t
A transforma de Laplace de e é 1/(s+2). Logo, temos que:
Y ( s) = G ( s )U ( s) =
1
1
⋅
( s − 1) ( s + 2)
Para calcular sua transforma inversa de Laplace, executamos uma expansão em frações
parciais da seguinte forma:
Y (s) =
1
1
k
k
⋅
= 1 + 2
( s − 1) ( s + 2) s + 1 s + 2
onde:
k1 = Y ( s )( s + 1) s =−1 =
1
1
=
=1
( s + 2) s=−1 − 1 + 2
k 2 = Y ( s )( s + 2) s =−2 =
1
1
=
= −1
( s + 1) s =−2 − 2 + 1
Aplicando a transformada inversa de Laplace, temos que a resposta ao estado-zero para t≥0 é
y (t ) =
−t
e{
Devido aos
polos de G ( s )
−
−2 t
e{
Devido aos
polos de U ( s )
O gráfico para y(t) simulado no MathCad é apresentado na Figura 2.15(l).
Figura 2.15l – Resposta de 1/(s+1) a e-2t no MathCad
E Nemer
36 / 76
O seguinte código pode ser usado para simulação do exercício no Matlab:
% Resposta a uma entrada u=exp(-2t)
% Referência: Exercício 2.4.6 da Apostila de Matemática - Controle
% Autor: Edson Nemer
Data: 29/04/2007
clear;
clc;
% Definição da função de transferência do sistema
N=[1];
D=[1 1];
H=tf(N,D);
t=0:0.01:10;
u=exp(-2*t);
lsim(H,u,t);
grid;
O gráfico para y(t) simulado no Matlab é apresentado na Figura 2.15(m).
Linear Simulation Results
1
0.9
0.8
0.7
Amplitude
0.6
0.5
0.4
0.3
0.2
0.1
0
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
Time (sec)
Figura 2.15m – Resposta de 1/(s+1) a e-2t no Matlab
Um diagrama para implementação no Simulink é o seguinte:
Figura 2.15n – Diagrama de Blocos no Simulink
E Nemer
37 / 76
O código do Matlab para construir os gráficos da simulação anterior é o seguinte:
% Resposta a uma entrada u=exp(-2t)implementada no Simulink
% Referência: Exercício 2.4.6 da Apostila de Matemática - Controle
% Autor: Edson Nemer
Data: 29/04/2007
clear;
clc;
% Carrega os valores da entrada
load('u.mat');
% Carrega os valores da saída
load('y.mat');
subplot(211),plot(u(1,:),u(2,:));
axis([0 10 0 1])
title('u = exp(-2*t)');
xlabel('t');
ylabel('u(t)');
grid;
subplot(212),plot(u(1,:),y(2,:));
axis([0 10 0 1])
title('y');
xlabel('t');
ylabel('y(t)');
grid;
O gráfico fica da seguinte forma:
u = exp(-2*t)
u(t)
1
0.5
0
0
1
2
3
4
5
t
y
6
7
8
9
10
0
1
2
3
4
5
t
6
7
8
9
10
y(t)
1
0.5
0
Figura 2.15o – Resposta de 1/(s+1) a e-2t no Simulink
Se k1 em (2.35) é zero, o polo correspondente -1 não é excitado. Uma observação similar
aplica-se a k2. Como tanto k1 e k2 em (2.34) são diferentes de zero, ambos os pólos de G(s)
em (2.33) são excitados pela entrada do degrau. Para outras entradas, pode ser que os dois
pólos nem sempre sejam excitados. Isto pode ser ilustrado por um outro exemplo.
Exemplo 2.4.4: Considere o sistema em (2.33). Encontre uma entrada
com que o pólo -1 não seja excitado.
Se U(s) = s+1, então
E Nemer
38 / 76
u(t) limitada que faça
Y ( s) = G ( s )U ( s) =
7
3s − 1
3s − 1 3( s + 2) − 7
⋅ ( s + 1) =
=
= 3−
s+2
s+2
s+2
( s − 1)( s + 2)
Aplicando a transformada inversa de Laplace, temos que:
y (t ) = 3δ (t ) − 7e −2t
-t
Esta resposta não contém o termo e , o que significa que o pólo -1 não é excitado. Ou seja, se
introduzirmos um zero em U(s) para cancelar um pólo, então esse pólo não será excitado pela
entrada u(t).
Se U(s) é imprópria ou biprópria, como é o caso para U(s)=s+1, então sua transformada
inversa de Laplace u(t) irá conter um impulso e suas derivadas e, portanto, não será limitada.
De modo a termos u(t) limitada, devemos escolher, em vez de arbitrariamente,
U(s)=(s+1)/s(s+3), ou seja, uma função racional estritamente própria. E sua transformada
inversa de Laplace será
U ( s) =
( s + 1) k1
k
= + 2
s ( s + 3) s s + 3
onde:
k1 = U ( s ) s s =0 =
( s + 1)
0 +1 1
=
=
( s + 3) s =0 0 + 3 3
k 2 = U ( s )( s + 3) s =−3 =
− 3 +1 − 2 2
( s + 1)
=
=
=
−3
−3 3
s s =−3
Logo, temos que:
u (t ) =
1 2 −3t
+ e
3 3
que vale para t
≥ 0 e é limitada. A aplicação desta entrada a (2.33) resulta em
Y ( s) = G ( s )U ( s) =
3s − 1
( s + 1)
3s − 1
⋅
=
( s + 1)( s + 2) s ( s + 3) ( s + 2)( s + 3) s
Expandindo em frações parciais, temos:
Y (s) =
3s − 1
k1
k
k
=
+ 2 + 3
( s + 2)(s + 3) s ( s + 2) s + 3 s
onde:
k1 = Y ( s )( s + 2) s=−2 =
3s − 1
3( −2) − 1
7
=
=
( s + 3) s s =−2 (−2 + 3)(−2) 2
k 2 = Y ( s )( s + 3) s =−3 =
3s − 1
3(−3) − 1
− 10
=
=
( s + 2) s s =−3 (−3 + 2)(−3)
3
E Nemer
39 / 76
k 3 = Y ( s ) s s =0 =
−1
3s − 1
0 −1
=
=
( s + 2)( s + 3) s =0 (0 + 2)(0 + 3) 6
E temos que:
y (t ) =
7 −2t 10 −3t 1
e − e −
223 142
3 43
6
1
Devido ao
polo −2
Devido a
entrada u ( t )
que vale para t ≥ 0. O segundo e o terceiro termos são devidos a entrada u(t) e o primeiro
-t
termo é devido ao pólo -2. Observe que o termo e não aparece em y(t), ou seja, o pólo -1 não
é excitado pela entrada.
2
De forma similar, podemos mostrar que a entrada (s+2)/s(s+1) ou (s+2)/s(s+3) não excitará
2
o pólo -2 e a entrada (s+2)(s+1)/s(s+3) não excitará nenhum dos pólos.
Desse exemplo podemos concluir que o pólo ser excitado ou não dependerá se u(t) ou U(s)
tem um zero para cancelá-lo ou não. As transformadas de Laplace da função degrau unitário e
do sen w0t são
1
s
w0
s 2 + w02
e
observe que eles não têm zero. Por esta razão, qualquer uma dessas entradas irá excitar todos
os pólos de todo sistema linear concentrado e invariante no tempo.
A discussão precedente pode ser estendida para o caso geral. Considere, por exemplo:
Y ( s ) = G ( s )U ( s ) :=
( s + 10)( s + 2)( s − 1) 2
U (s)
s 3 ( s − 2) 2 ( s + 2 − j 2)( s + 2 + j 2)
A função de transferência G(s) tem pólos em 0, 0, 0, 2, 2, e -2 ± j2. Os pólos complexos -2 ±
j2 são pólos simples, os pólos 0 e 2 são pólos repetidos com multiplicidades 3 e 2. Se G(s) e
U(s) não têm pólo em comum, então a resposta ao estado-zero do sistema devido a U(s) é da
forma
y (t ) = k1 + k 2t + k3t 2 + k 4 e 2t + k5te 2t + k 6 e − ( 2− j 2 ) t + k 7 e − ( 2+ j 2 ) t + termos dos polos de U ( s )
(2.36)
Logo, os pólos de G(s) determinam a forma básica da resposta. E os zeros de G(s), eles têm
alguma influência na resposta ao estado-zero? Certamente que sim. Eles afetam os valores de
ki. E diferentes valores de ki resultam em diferenças drásticas nas respostas, como ilustrado
pelo seguinte exemplo.
Exemplo 2.4.5: Considere as seguintes funções de transferência:
G1 ( s ) =
2
( s + 1)( s + 1 + j )( s + 1 − j )
G2 ( s ) =
0.2( s + 10)
( s + 1)(s + 1 + j )(s + 1 − j )
G3 ( s ) =
− 0.2( s − 10)
( s + 1)( s + 1 + j )( s + 1 − j )
G4 ( s ) =
10( s 2 + 0.1s + 0.2)
( s + 1)(s + 1 + j )(s + 1 − j )
E Nemer
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A função de transferência G1(s) não tem zero, G2(s) e G2(s) têm um zero, e G4(s) tem um
par de zeros complexos conjugados em -0.05 ± 0.444j. Todos eles têm o mesmo conjunto de
pólos, e suas respostas ao degrau unitário são todos da forma
y (t ) = k1e − t + k 2 e − (1+ j1) t + k3e − (1− j1) t + k 4
com k3 igual ao complexo conjugado de
respostas é o seguinte:
k2. O arquivo do Matlab para simulação dessas
% Resposta a uma entrada ao degrau implementada no Simulink para
várias
% funções de transferência com mesmo denominador mas numeradores
% diferentes.
% Referência: Exemplo 2.4.5 da Apostila de Matemática - Controle
% Autor: Edson Nemer
Data: 8/05/2007
clear;
clc;
% Carrega os valores da entrada
load('u.mat');
% Carrega os valores das 4 saídas
load('y1.mat');
load('y2.mat');
load('y3.mat');
load('y4.mat');
plot(u(1,:),y1(2,:),u(1,:),y2(2,:),u(1,:),y3(2,:),u(1,:),y4(2,:));
axis([0 10 -2 2.5])
title('y');
xlabel('t');
ylabel('y(t)');
grid;
Suas respostas são dadas na Figura 2.16.
y
2.5
2
y(t)
1.5
1
0.5
0
-0.5
0
1
2
3
4
5
t
6
7
8
9
10
Figura 2.16 – Respostas ao Degrau Unitário de Gi(s)
E Nemer
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Como conclusão, embora os pólos de G(s) determinem a forma básica das respostas, as
respostas exatas são determinadas pelos pólos, zeros, e pela entrada. Por esta razão, os zeros
de uma função de transferência não podem ser completamente ignorados na análise e no
projeto de sistemas de controle.
2.5. Representação em Blocos – Caracterização Completa
Na análise e no projeto de sistemas de controle, todo dispositivo é representado por um bloco
como mostrado na Figura 2.4 ou 2.17(a).
u
y
G(s)
(a)
u1
G1(s)
y1
u2
G2(s)
y2
(b)
u1
G2(s) G1(s)
y2
(c)
Figura 2.17 – (a) Um sistema. (b) Conexão Tandem. (c) Redução de (b).
O bloco é então representado por sua função de transferência
saída é y(t), então eles são relacionados por
G(s). Se a entrada é u(t) e a
Y ( s ) = G ( s )U ( s )
(2.37)
onde Y(s) e U(s) são respectivamente as transformadas de Laplace de y(t) e u(t). Note que
misturamos a representação no domínio do tempo u(t) e y(t) com a representação na
transformada de Laplace G(s) na Figura 2.17(a). É importante notar que é incorreto escrever
y(t) = G(s) u(t). A expressão correta é Y(s)=G(s) U(s).
A equação (2.37) é uma equação algébrica. O produto da transformada de Laplace da entrada
pela função de transferência resulta na transformada de Laplace da saída. A conexão Tandem
da Figura 2.17(b) mostra a vantagem de se usar esta representação algébrica. Suponha que os
dois sistemas sejam representados, respectivamente, por
Y1 ( s ) = G1 ( s )U 1 ( s )
Na conexão Tandem, temos que
Y2 ( s) = G2 ( s )U 2 ( s)
u2(t) = y1(t) ou U2(s) = G2(s) U2(s) e
Y2 ( s) = G2 ( s )U 1 ( s) = G2 ( s )G1 ( s )U 1 ( s)
(2.38)
Portanto, a conexão Tandem simplifica a álgebra de funções de transferência e simplifica
enormemente a análise e projeto de sistemas de controle.
E Nemer
42 / 76
A função de transferência descreve somente a resposta ao estado-zero de um sistema. Logo,
quando usamos a função de transferência na análise e projeto, a resposta a entrada-zero
(resposta devida as condições iniciais diferentes de zero) é completamente desprezada.
Contudo, nós podemos realmente desprezar a resposta a entrada-zero? A questão é estudada
a seguir.
Considere um sistema linear invariante no tempo descrito pela seguinte equação diferencial :
D( p ) y (t ) = N ( p )u (t )
(2.39)
onde
D( p ) := a n p n + a n −1 p n −1 + L + a1 p + a0
e
N ( p ) := bm p n + bm −1 p m −1 + L + b1 p + b0
e a variável p é o diferenciador definido em (2.19) e (2.20). Então, a resposta a entrada-zero do
sistema é descrita por
D( p ) y (t ) = 0
(2.40)
e a resposta é determinada pelas raízes de D(s), chamadas de modos
ao estado-zero do sistema é descrito pela função de transferência
G ( s ) :=
do sistema. A resposta
N (s)
D( s)
e a forma básica de sua resposta é governada pelos pólos de G(s). Os pólos de G(s) são
definidos como as raízes de D(s) após o cancelamento dos fatores comuns de N(s) e D(s).
Desta forma, se D(s) e N(s) não têm fatores comuns, então
O conjunto de pólos = o conjunto de modos
(2.41)
Neste caso, o sistema é dito como sendo completamente caracterizado pela sua função de
transferência.
Se D(s) e N(s) têm fatores comuns, digamos R(s), então as raízes de R(s) são nós do sistema
mas não pólos de G(s). Neste caso, as raízes de R(s) são chamados de pólos faltantes da
função de transferência, e o sistema é dito não ser completamente caracterizado pela sua
função de transferência.
Exemplo 2.5.1: Considere o sistema mostrado na Figura 2.18 onde a entrada é uma fonte de
corrente e a saída y é a tensão no resistor de 2 Ω. O sistema pode ser descrito pela seguinte
equação diferencial linear e invariante no tempo
dy (t )
du (t )
− 0.75 y (t ) =
− 0.75u (t )
d (t )
d (t )
E Nemer
(2.42a)
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Figura 2.18 – Circuito
A equação também pode ser escrita usando o operador p=d/dt, como mostrado abaixo:
( p − 0.75) y(t ) = ( p − 0.75)u (t )
O modo do sistema é a raiz de
forma
(2.42b)
(s - 0.75) ou 0.75. Portanto, a resposta à entrada zero é da
y (t ) = ke 0.75t
(2.43)
onde k depende da tensão inicial do capacitor na Figura 2.18. Observe que, se a tensão inicial
é diferente de zero, a resposta do circuito irá para infinito à medida que t → ∞. Vamos estudar
agora sua resposta ao estado zero. A função de transferência do sistema é
G(s) =
( s − 0.75)
=1
( s − 0.75)
(2.44)
Devido ao fator comum, a função de transferência reduz-se a 1. Desta forma, o sistema não
tem pólos e a resposta ao estado-zero é y(t)=u(t), para todo t.
Neste caso, o sistema não é completamente caracterizado por sua função de transferência
visto que o modo 0.75 não aparece como um pólo de G(s). Em outras palavras, a função de
transferência tem um pólo faltante 0.75.
Se usássemos a função de transferência para estudar o sistema da Figura 2.18, concluiríamos
que o sistema é aceitável. Na realidade, o sistema não é aceitável pois, caso, por alguma
razão, a tensão no capacitor seja diferente de zero, a resposta irá crescer sem limite e o
sistema entrará na saturação ou queimará. Logo, esse sistema não tem utilidade prática.
Obs: A existência de um pólo faltante na Figura 2.18 é facilmente explicável pela própria
estrutura do circuito. Devido à simetria dos quatro resistores, se a tensão inicial do capacitor é
zero, sua tensão permanecerá em zero não importando que corrente seja aplicada. Por essa
razão, a remoção do capacitor não afetará a resposta ao estado-zero do sistema. Logo, o
sistema tem um componente supérfluo e esses tipos de sistemas não são construídos na
prática, exceto por erro.
Exemplo 2.5.2: Considere o sistema descrito por
(p
2
+ 2 p − 3)y (t ) = ( p − 2 )u (t )
(2.45)
A resposta à entrada-zero do sistema é governada por
(p
2
+ 2 p − 3)y (t ) = 0
E Nemer
44 / 76
2
Seus modos são as raízes de (s + 2s -3)=(s-1)(s+3) ou 1 e
entrada-zero devido a quaisquer condições iniciais é da forma
-3. Desta forma, a resposta à
y zi (t ) = k1e t + k 2 e −3t
onde o subscrito zi denota a entrada-zero. A resposta do modo
do modo -3 tende a zero quando t → ∞.
1 tende a infinito e a resposta
A função de transferência do sistema é
G(s) =
( s − 2)
( s − 2)
=
( s + 2s − 3) ( s − 1)( s + 3)
(2.46)
2
Desta forma, a resposta ao estado-zero do sistema devido a u(t) será, geralmente, da forma
y (t ) = k1e t + k 2 e −3t + (Termos devidos aos pólos de U ( s ))
E podemos ver que os dois modos aparecem como pólos de G(s). Logo, o sistema não tem
pólos faltantes e é completamente caracterizado pela sua função de transferência. Neste caso,
a resposta à entrada-zero devido a quaisquer condições iniciais aparecerá na resposta ao
estado-zero, e assim, nenhuma informação essencial será perdida no uso da função de
transferência para estudar o sistema.
Como conclusão, se um sistema é completamente caracterizado por sua função de
transferência, então a resposta á entrada-zero aparecerá essencialmente como parte da
resposta ao estado-zero.
Por esta razão, é permitido usar a função de transferência na análise e no projeto sem
considerar a resposta devido a condições iniciais diferentes de zero. Se um sistema não for
completamente caracterizado por sua função de transferência, um cuidado maior deve ser
tomado na utilização da função de transferência para estudar o sistema.
2.5.1. O Problema de Carregamento
A maioria dos problemas de controle é construída pela interconexão de um número de
subsistemas como mostrado nas Figuras 1.1(b), 1.6(b) e 1.7(b). Na análise e projeto, todo
subsistema será representado por um bloco e cada bloco será representado por uma função de
transferência. Logo, a maioria dos sistemas de controle consistirá de vários blocos
interconectados uns nos outros. Na conexão de dois ou mais blocos, pode ocorrer um
problema de carregamento.
Como exemplo, considere uma fonte de tensão de
Figura 2.19(a).
10 volts modelada como mostrado na
Figura 2.19 – Problema de Carregamento
E Nemer
45 / 76
A fonte tem uma resistência interna de 10 Ω; sua tensão de saída é 10 volts quando não tem
nada conectado a seus terminais. Considere agora um dispositivo que possa ser modelado
como um resistor de 10 Ω. Quando conectamos o dispositivo a fonte de tensão, a tensão de
saída da fonte não é mais 10 volts, e sim 10 .10/(10+10)= 5 volts. Se conectarmos um
dispositivo de 20 Ω à fonte de tensão, a saída será de 10 .20/(10+20)= 6.7 volts. Nós vemos
que as tensões fornecidas pela mesma fonte de tensão serão diferentes quando esta for
conectada a dispositivos diferentes. Em outras palavras, para diferentes cargas, as tensões
fornecidas pela mesma fonte de tensão serão diferentes. Neste caso, dizemos que a conexão
tem um problema de carregamento. Por outro lado, se a fonte de tensão é projetada de
modo que sua resistência interna seja desprezível ou zero, como mostrado na Figura 2.19(b),
então, não importa que dispositivo seja conectado a ela, a tensão fornecida para o dispositivo
será sempre de 10 volts. Neste caso, dizemos que a conexão não tem problema de
carregamento.
Em resumo, se sua função de transferência muda após um sistema ser conectado a um outro
sistema, a conexão é dita como tendo um problema de carregamento. Por exemplo, a função
de transferência de u para y na Figura 2.19(a) é 1 antes do sistema ser conectado a qualquer
dispositivo. Ela torna-se 5/10 = 0.5 quando o sistema é conectado a um resistor de 10 Ω.
Logo, observamos que a conexão tem um efeito de carregamento. Se a conexão tandem de
dois sistemas tem um efeito de carregamento, então a função de transferência da conexão
tandem não iguala o produto das funções de transferência dos dois subsistemas como
desenvolvido em (2.38). Isto é ilustrado por um exemplo.
Exemplo 2.5.3: Considere os circuitos mostrados na Figura 2.20(a).
Figura 2.20 – Conexão Tandem de dois Circuitos
A função de transferência de u1 para y1 do circuito M1 é G1(s)=s/(s+1). A função de
transferência de u2 para y2 do circuito M2 é G2(s)=2/(2+3s). Vamos agora conectá-los ou
seja, fazer y1=u2, como mostrado na Figura 2.20(b) e calcular a função de transferência de u1
para y2.
A impedância da conexão paralela das impedâncias s e (3s+2) é s(3s+2)/(s+3s+2)=
s(3s+2)/(4s+2). Desta forma, a corrente I1 mostrada na Figura 2.20(b) iguala a
I1 ( s ) =
U1 ( s )
s (3s + 2)
1+
4s + 2
E Nemer
(2.47)
46 / 76
e a corrente I2 iguala a
I 2 (s) =
s
s
.I 1 ( s ) =
.U1 ( s )
s + 3s + 2
4s + 2 + s (3s + 2)
(2.48)
Desta forma, a tensão y2(t) é dada por
Y2 ( s ) = I 2 ( s).2 =
2s
.U1 ( s )
3s + 6 s + 2
(2.49)
2
e a função de transferência de u1 para y2 da conexão tandem é
Y2 ( s )
2s
=
U1 ( s ) 3s 2 + 6s + 2
(2.50)
Esta função é diferente da obtida pelo produto de G1(s) e G2(s), ou seja
G1 ( s )G2 ( s ) =
s
2
2s
= 2
.
s + 1 3s + 2 3s + 5s + 2
(2.51)
Portanto, neste caso, a Equação (2.38) não pode ser usada para esta conexão.
O carregamento dos dois circuitos da Figura 2.20 pode ser facilmente explicado. A corrente I2
na Figura 2.20(a) é zero antes da conexão; ela torna-se diferente de zero após a conexão.
Logo, o carregamento ocorre.
Em circuitos elétricos, o carregamento pode ser eliminado pela inserção de um amplificador
isolador, como mostrado na Figura 2.20(c). A impedância de entrada Zin de um amplificador
isolador ideal é infinito e a impedância de saída Zout é zero. Com essas características, observe
que a corrente I2 na Figura 2.20(c) permanece em zero e a função de transferência da conexão
é G2(s)kG1(s) com k=1.
O problema de carregamento precisa ser considerado no desenvolvimento de um diagrama de
blocos para um sistema de controle.
2.6. Equações em Variáveis de Estado
A função de transferência descreve somente o relacionamento entre a entrada e a saída de
sistemas lineares e invariantes no tempo e é, por esta razão, chamada de descrição entradasaída ou descrição externa. Nesta seção vamos desenvolver uma descrição diferente,
chamada de descrição em variáveis de estado ou descrição interna. Estritamente falando,
esta descrição é a mesma das equações diferenciais discutidas na Seção 2.2. A única
diferença é que equações diferenciais de alta ordem são escritas agora como conjuntos de
equações diferenciais de primeira ordem. Desta forma, o estudo pode ser simplificado.
A descrição em variáveis de estado de sistemas lineares e invariantes de tempo é da forma:
x&1 (t ) = a11 x1 (t ) + a12 x2 (t ) + a13 x3 (t ) + b1u (t )
x&2 (t ) = a21 x1 (t ) + a22 x2 (t ) + a23 x3 (t ) + b2u (t )
x&3 (t ) = a31 x1 (t ) + a32 x2 (t ) + a33 x3 (t ) + b3u (t )
(2.52a)
y (t ) = c1 x1 (t ) + c2 x2 (t ) + c3 x3 (t ) + du (t )
(2.52b)
E Nemer
47 / 76
u e y são a entrada e saída: xi, i=1, 2, 3, são chamadas as variáveis de estado; aij, bi,
d são constantes; e x&i (t ) := dx1 (t ) dt . Estas equações são mais frequentemente
escritas na forma de matriz, como mostrado a seguir:
onde
ci, e
x& (t ) = Ax(t ) + bu (t )
(Equação de estado)
(2.53a)
y (t ) = cx(t ) + du (t )
(Equação de saída)
(2.53b)
com
⎡ x1 ⎤
x = ⎢⎢ x2 ⎥⎥
⎢⎣ x3 ⎥⎦
⎡ a11
A = ⎢⎢a21
⎢⎣ a31
a12
a22
a32
a13 ⎤
a23 ⎥⎥
a33 ⎥⎦
⎡ b1 ⎤
b = ⎢⎢b2 ⎥⎥
⎢⎣b3 ⎥⎦
(2.54a)
e
c = [c1 c2
c3 ]
(2.54b)
O vetor x é chamado de vetor de estados ou simplesmente o estado. Se x tem n variáveis de
estado ou é um vetor n x 1, então A é uma matriz quadrada n x n, b é um vetor coluna n x 1, c
é um vetor linha 1 x n, e d é um escalar 1 x 1. A matriz A é chamada, algumas vezes, de
matriz do sistema e d é a parte direta da transmissão.
A equação (2.53a) descreve a relação entre a entrada e o estado, e é chamada de equação de
estado. A equação de estado em (2.53a) consiste de três equações diferenciais de primeira
ordem e, por este motivo, diz-se que sua dimensão é 3.
A equação em (2.53b) relaciona a entrada, o estado e a saída, e é chamada de equação de
saída. Ela é uma equação algébrica; ela não envolve diferenciação de x. Portanto, se x(t) e
u(t) são conhecidas, a saída y(t) pode ser obtida simplesmente pela multiplicação e adição.
Este texto estuda principalmente sistemas monovariáveis, isto é, sistemas com uma entrada e
uma saída. Para sistemas multivariáveis, nós temos duas ou mais entradas e/ou duas ou mais
saídas. Neste caso, u(t) e y(t) serão vetores e as ordens de b e c e d precisam ser
modificados de acordo. Por exemplo, se um sistema tem três entradas e duas saídas, então u
será uma matriz 3 x 1; y será 2 x 1; b será n x 3; c será 2 x n; e d será 2 x 3. De outra
maneira, a forma das equações em variáveis de estado permanecem a mesma.
A função de transferência descreve somente a resposta de sistemas ao estado-zero. Desta
forma, quando usamos a função de transferência, o estado inicial ou condições iniciais do
sistema precisam ser assumidas como sendo zero. Ao utilizarmos a equação em variáveis de
estado, esta suposição não é necessária. A equação é aplicável mesmo se o estado inicial for
diferente de zero. A equação descreve não somente a saída mas também as variáveis de
estado. Devido ao fato das variáveis de estado serem internas ao sistema e não serem
necessariamente acessíveis pelos terminais de entrada e de saída, a equação em variáveis de
estado é também chamada de descrição interna. Portanto, a descrição em variáveis de
estado é uma descrição mais geral do que a descrição em função de transferência. Contudo,
se um sistema for completamente caracterizado pela sua função de transferência, as duas
descrições serão essencialmente as mesmas.
No desenvolvimento das equações em variáveis de estado para sistemas lineares e invariantes
no tempo, precisamos primeiro escolher as variáveis de estado. As variáveis de estado estão
associadas a energia. Por exemplo, a energia potencial e cinética de uma massa são
E Nemer
48 / 76
armazenadas na sua posição e na sua velocidade. Portanto, posição e velocidade podem ser
escolhidas como variáveis de estado para uma massa. Para circuitos RLC, capacitores e
indutores são elementos armazenadores de energia porque eles podem armazenar energia em
seus campos elétrico e magnético. Por essa razão, todas as tensões de capacitor e correntes
de indutor são escolhidos geralmente com variáveis de estado para circuitos RLC. Resistores
não armazenam energia; toda a energia é dissipada como calor. Por essa razão, tensões ou
correntes em resistores não são variáveis de estado.
Exemplo 2.6.1: Considere o sistema mecânico mostrado na Figura 2.5(a).
Como discutido em (2.4), sua descrição na forma de uma equação diferencial é
m&y&(t ) + k1 y& (t ) + k 2 y (t ) = u (t )
(2.55)
onde u(t) é a força aplicada (entrada), y(t) é o deslocamento (saída), y& (t ) := dy (t ) dt , e
&y&(t ) := d 2 y (t ) dt 2 .
A energia potencial e a energia cinética de uma massa são armazenadas na sua posição e na
sua velocidade; por esta razão, a posição e a velocidade serão escolhidas como variáveis de
estado. Defina
x1 (t ) := y (t )
(2.56a)
e
x2 (t ) := y& (t )
(2.56b)
Portanto, nós temos que:
x&1 (t ) = y& (t ) = x2 (t )
Esta relação segue da definição de x1(t) e x2(t) e é independente do sistema. Tomando a
derivada de x2(t), temos:
x& 2 (t ) := &y&(t )
Das equações (2.55) e (2.56), temos que:
x& 2 (t ) =
1
[− k 2 y (t ) − k1 y& (t ) + u (t )] = − k 2 x1 (t ) − k1 x2 (t ) + 1 u (t )
m
m
m
m
Estas equações podem ser arranjadas em forma de matriz como
⎡ x&1 (t ) ⎤ ⎡ 0
⎢ x& (t )⎥ = ⎢− k 2
⎣ 2 ⎦ ⎢⎣ m
1 ⎤ ⎡ x (t ) ⎤ ⎡ 0 ⎤
k ⎥ 1
+ ⎢ 1 ⎥ u (t )
− 1 ⎥ ⎢⎣ x2 (t )⎥⎦ ⎢ ⎥
m⎦
⎣m⎦
⎡ x (t ) ⎤
y (t ) = [1 0]⎢ 1 ⎥
⎣ x2 (t )⎦
E Nemer
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Uma implementação no Matlab ficaria da seguinte forma:
% Referência: Example 2.6.1 - CT Chen
% Os valores numéricos foram tirados do livro do Ogata
% Autor: Edson Nemer
Data: 09/06/2007
clear;
clc;
% Parâmetros
% Aumentando
M = 16.6
% Aumentando
k1 = 20.0;
% Aumentando
k2 = 20.0;
do Modelo
K, estabiliza mais devagar
% lb (Massa)
k1, estabiliza mais rápido
% lb/ft/s (Coeficiente de atrito)
k2, aumenta a oscilação
% lb/ft (Constante da Mola)
% Cria o modelo do sistema em variaveis de estado
massaMola =ss([0 1;-k2/M -k1/M],[0;1/M],[1 0],0)
% plota a resposta ao degrau para o sistema
[y,t,x]=step(massaMola);
tp=int8(length(t)/2)
xp=t(tp)
% pega
yp=x(tp,1);
% pega
yv=x(tp,2);
% pega
%
o
a
a
apanha a metade do eixo x
valor de t correspondente à metade do eixo x
posição correspondente aquele valor de t
velocidade correspondente aquele valor de t
plot(t,x(:,1),'--',t,x(:,2),'-');
grid;
text(xp,yp,'posição');
text(xp,yv,'velocidade');
title('Sistema Massa Mola');
xlabel('t')
O gráfico para a simulação anterior é mostrado na figura que se segue. Observe que são
apresentadas duas curvas, uma curva para a posição da massa e outra curva para a
velocidade da mesma massa.
Sistema Massa Mola
0.06
posição
0.05
0.04
0.03
0.02
0.01
0
velocidade
-0.01
0
1
2
3
4
5
t
6
7
8
9
10
Figura 2.21 – Resposta ao Degrau de um Sistema Massa-Mola no Matlab
E Nemer
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Um diagrama para implementação no Simulink é o seguinte:
Figura 2.22 – Resposta ao Degrau de um Sistema Massa-Mola no Simulink
O código do Matlab para construir os gráficos da simulação anterior é o seguinte:
%
%
%
%
Simulação de um exemplo de uma aplicação com Massa-Mola no Simulink
Referência: Example 2.6.1 - CT Chen
Os valores numéricos foram tirados do livro do Ogata
Autor: Edson Nemer
Data: 09/06/2007
clear;
clc;
% Cria o modelo do sistema em variaveis de estado
load ('posic.mat');
load ('veloc.mat');
% Plota o gráfico da saída da massa mola
plot(posic(1,:),posic(2,:),veloc(1,:),veloc(2,:));
tp=int8(length(posic(1,:))/2)
% apanha a metade do eixo x
xp=posic(1,(tp));
% pega o valor de t correspondente à metade
do eixo x
yp=posic(2,tp);
% pega a posição correspondente aquele
valor de t
E Nemer
51 / 76
yv=veloc(2,tp);
valor de t
% pega a velocidade correspondente aquele
text(xp,yp,'posição');
text(xp,yv,'velocidade');
title('Resposta ao Degrau de um Sistema Massa Mola');
xlabel('t');
ylabel('posic e veloc');
grid;
E o gráfico fica da seguinte forma:
Resposta ao Degrau de um Sistema Massa Mola
0.06
posição
0.05
posic e veloc
0.04
0.03
0.02
0.01
0
velocidade
-0.01
0
1
2
3
4
5
t
6
7
8
9
10
Figura 2.23 – Resposta ao Degrau de um Sistema Massa Mola no Simulink
Exemplo Extra1: Como um outro exemplo, suponha um sistema Motor DC e sua descrição na
forma de uma equação diferencial dada por
θ&& + 2θ& + 5θ = 3I
⇒ θ&& = −5θ − 2θ& + 3I
A sua representação em variáveis de estado fica da seguinte forma:
x&1 = x2
⎧ x1 = θ
⎧
⇒
⎨
⎨
&
&&
⎩ x2 = θ
⎩ x& 2 = θ = −5 x1 − 2 x2 + 3I
A simulação no Matlab fica da seguinte forma:
% Simulação de um exemplo de uma aplicação com Motor DC do
% Referência: Help de Controle do Matlab (Creating and Manipulating
Models
% - Control Toolbox).
% Autor: Edson Nemer
Data: 27/05/2007
clear;
clc;
E Nemer
52 / 76
% Cria o modelo do sistema em variaveis de estado
motorDC =ss([0 1;-5 -2],[0;3],[0 1],0)
% plota a resposta ao degrau para o sistema
[y,t,x]= step(motorDC);
tp=int8(length(t)/2)
xp=t(tp)
eixo x
yp=x(tp,1);
de t
yv=x(tp,2);
valor de t
% apanha a metade do eixo x
% pega o valor de t correspondente à metade do
% pega a posição correspondente aquele valor
% pega a velocidade correspondente aquele
plot(t,x(:,1),'--',t,x(:,2),'-');
grid;
text(xp,yp,'posição');
text(xp,yv,'velocidade');
title('Sistema Massa Mola');
xlabel('t');
O gráfico para a simulação anterior é mostrado na figura que se segue. Observe que são
apresentadas duas curvas, uma curva para a posição do eixo do motor e outra curva para a
sua velocidade.
Sistema Massa Mola
0.8
0.7
0.6
posição
0.5
0.4
0.3
0.2
0.1
0
velocidade
-0.1
-0.2
0
1
2
3
t
4
5
6
Figura 2.24 – Resposta ao Degrau de um Motor DC no Matlab
E Nemer
53 / 76
Um diagrama para implementação no Simulink é o seguinte:
Figura 2.25 – Diagrama de um Motor DC no Simulink
O código do Matlab para construir os gráficos da simulação anterior é o seguinte:
% Simulação de um exemplo de uma aplicação com Motor DC no Simulink
% Referência: Help de Controle do Matlab (Creating and Manipulating
Models
% - Control Toolbox).
% Autor: Edson Nemer
Data: 30/05/2007
clear;
clc;
% Cria o modelo do sistema em variaveis de estado
load ('posic.mat');
load ('veloc.mat');
% Plota o gráfico da saída do Motor DC
plot(posic(1,:),posic(2,:),veloc(1,:),veloc(2,:));
tp=int8(length(posic(1,:))/2)
% apanha a metade do eixo x
E Nemer
54 / 76
xp=posic(1,(tp));
do eixo x
yp=posic(2,tp);
valor de t
yv=veloc(2,tp);
valor de t
% pega o valor de t correspondente à metade
% pega a posição correspondente aquele
% pega a velocidade correspondente aquele
text(xp,yp,'posição');
text(xp,yv,'velocidade');
title('Resposta ao Degrau de um Sistema Motor DC');
xlabel('t');
ylabel('posic e veloc');
grid;
E o gráfico fica da seguinte forma:
Resposta ao Degrau de um Sistema Motor DC
0.8
0.7
0.6
posição
posic e veloc
0.5
0.4
0.3
0.2
0.1
0
velocidade
-0.1
-0.2
0
1
2
3
t
4
5
6
Figura 2.26 – Resposta ao Degrau de um Motor DC no Simulink
Exemplo 2.6.1: Considere o circuito RLC mostrado na Figura 2.21.
Figura 2.27 – Circuito RLC
A entrada u(t) é uma fonte de tensão e a tensão no indutor de 3 H é escolhida como a saída.
E Nemer
55 / 76
A tensão no capacitor x1(t) e a corrente no indutor x2(t) são escolhidas como as variáveis de
estado. A corrente no capacitor é 2 x&1 (t ) e a tensão no indutor é 3 x& 2 (t ) .
A corrente que circula através do resistor de 4Ω é igual a x2(t). Desta forma, a tensão no
resistor é 4 x2(t). A polaridade da tensão precisa ser especificada, de outra forma, pode
ocorrer confusão.
Vemos também que a corrente no capacitor 2 x&1 (t ) iguala a x2(t), o que implica em:
2 x&1 (t ) = x2 (t ) ⇒
x&1 (t ) =
1
x2 (t )
2
(2.58)
A tensão no indutor é, usando a Lei de Kirchhoff:
3x& 2 (t ) = u (t ) − x1 (t ) − 4 x2 (t ) ⇒
1
4
1
x& 2 (t ) = − x1 (t ) − x2 (t ) + u (t )
3
3
3
(2.59)
As equações (2.58) e (2.59) podem ser arranjadas na forma de matriz da seguinte forma:
⎡ x&1 (t ) ⎤ ⎡ 0
⎢ x& (t )⎥ = ⎢ 1
⎣ 2 ⎦ ⎢⎣− 3
1 ⎤ ⎡ x (t ) ⎤ ⎡ 0 ⎤
2 ⎥ 1
⎥ + ⎢ 1 ⎥ u (t )
⎢
4
− ⎥ ⎣ x2 (t )⎦ ⎢⎣ 3 ⎥⎦
3⎦
Esta é a equação de estados do circuito. A saída y(t) é
y (t ) = 3x& 2 (t )
que não está na forma de cx + du. Contudo, substituindo (2.59), obtemos:
4
1
⎞
⎛ 1
y = 3⎜ − x1 (t ) − x2 (t ) + u (t ) ⎟ ⇒
3
3
⎠
⎝ 3
⎡ x (t ) ⎤
y (t ) = [− 1 − 4]⎢ 1 ⎥ + u (t )
⎣ x2 (t )⎦
y = − x1 (t ) − 4 x2 (t ) + u (t )
que é a equação de saída.
A simulação no Matlab fica da seguinte forma:
% Simulação de um exemplo de uma aplicação com Circuito RLC
% Referência: Example 2.6.2 - CT Chen
% Autor: Edson Nemer
Data: 09/06/2007
clear;
clc;
%
R
L
C
Parâmetros do Modelo
= 4
% ohms (Resistor)
= 3;
% Henry (Indutor)
= 2;
% Farad (Capacitor)
% Cria o modelo do sistema em variaveis de estado
circRLC =ss([0 1/C;-1/L -R/L],[0;1/L],[-1 -R],0)
E Nemer
56 / 76
% plota a resposta ao degrau para o sistema
[y,t,x]=step(circRLC);
tp=int8(length(t)/2)
xp=t(tp)
eixo x
y_vC=x(tp,1);
aquele valor de t
y_iL=x(tp,2);
aquele valor de t
y_vL=y(tp);
% apanha a metade do eixo x
% pega o valor de t correspondente à metade do
% pega a tensão do capacitor correspondente
% pega a corrente do indutor correspondente
% plot(t,x(:,1),'--',t,x(:,2),'-');
plot(t,x(:,1),t,x(:,2),t,y);
grid;
text(xp,y_vC,'tensão no capacitor');
text(xp,y_iL,'corrente no indutor');
text(xp,y_vL,'tensão no indutor');
title('Sistema Circuito RLC');
xlabel('t')
E o gráfico produzido fica da seguinte forma:
Sistema Circuito RLC
1
tensão no capacitor
0.5
corrente no indutor
0
-0.5
-1
-1.5
tensão no indutor
0
2
4
6
8
10
t
12
14
16
18
20
Figura 2.28 – Resposta ao Degrau de um Circuito RLC no Matlab
Um diagrama para implementação no Simulink é apresentado abaixo:
Figura 2.29 – Diagrama de um Circuito RLC no Simulink
E Nemer
57 / 76
O código para plotar os gráficos da simulação anterior é o seguinte:
% Simulação de um exemplo de uma aplicação com Circuito RLC no
Simulink
% Exemplo 2.6.1 do CT Chen
% Autor: Edson Nemer
Data: 10/06/2007
clear;
clc;
% Cria o modelo do sistema em variaveis de estado
load ('correnteIndut.mat');
load ('tensaoCapac.mat');
load ('tensaoIndut.mat');
% Plota o gráfico da saída do circuito RLC
plot(tensaoCapac(1,:),tensaoCapac(2,:),tensaoCapac(1,:),correnteIndut(
2,:),tensaoCapac(1,:),tensaoIndut(2,:));
tp=int8(length(tensaoCapac(1,:))/2)
% apanha a metade do eixo x
xp=tensaoCapac(1,(tp));
% pega o valor de t correspondente à
metade do eixo x
y_vC=tensaoCapac(2,tp);
% pega a tensão do capacitor
correspondente aquele valor de t
y_iL=correnteIndut(2,tp);
% pega a corrente do Indutor
correspondente aquele valor de t
y_vL=tensaoIndut(2,tp);
% pega a tensão do indutor
correspondente aquele valor de t
text(xp,y_vC,'tensão no capacitor');
text(xp,y_iL,'corrente no indutor');
text(xp,y_vL,'tensão no indutor');
title('Resposta ao Degrau de um Circuito RLC');
xlabel('t');
ylabel('vC, iL e vL');
grid;
O gráfico da simulação no Simulink é apresentado na figura abaixo:
Resposta ao Degrau de um Circuito RLC
0.8
vC, iL e vL
0.6
0.4
tensão no capacitor
0.2
corrente no indutor
0
-0.2
-0.4
-0.6
-0.8
-1
-1.2
tensão no indutor
0
1
2
3
4
5
t
6
7
8
9
10
Figura 2.30 – Resposta ao Degrau de um Circuito RLC no Simulink
E Nemer
58 / 76
Exercício 2.6.1: Ache a matriz de estados para os circuitos mostrados na figura abaixo, com as
variáveis de estado e saídas como escolhidas.
i
a)
b)
a) Temos que a corrente i que circula pelo capacitor é dada por: i (t ) = C x& (t )
A corrente que circula pelo resistor é a mesma que circula pelo capacitor. Consequentemente,
a tensão no resistor é: eR (t ) = RC x& (t )
Usando a lei de Kirchhoff, temos que:
u (t ) + RC x& (t ) + x(t ) = 0 ∴ RC x& (t ) = − x(t ) − u (t ) ∴
x& = −
1
1
x−
u
RC
RC
e temos também que:
y = −x
As equações acima podem ser arranjadas na forma de matriz da seguinte forma:
x(t ) = −
1
1
x(t ) −
u (t )
RC
RC
x(t ) = −0.5 x(t ) − 0.5 u (t )
ou
Esta é a equação de estados do circuito. A saída y(t) é
y (t ) = − x(t )
O arquivo para o Matlab fica da seguinte forma:
% Simulação de um circuito RC do item a) do exercício 2.6.1 do livro
do
% CT Chen - pág. 50
% Autor: Edson Nemer
Data: 10/06/2007
clear;
clc;
% Parâmetros do Modelo
R = 1
% ohms (Resistor)
C = 2;
% Farad (Capacitor)
% Cria o modelo do sistema em variaveis de estado
circRC =ss([-1/(R*C)],[-1/(R*C)],[-1],0)
% plota a resposta ao degrau para o sistema
[y,t,x]=step(circRC);
E Nemer
59 / 76
tp=int8(length(t)/2)
% apanha
xp=t(tp)
% pega o
eixo x
y_vC=x(tp);
% pega a
correspondente aquele valor de t
y_vL=y(tp);
% pega a
aquele valor de t
a metade do eixo x
valor de t correspondente à metade do
tensão do capacitor invertida
tensão do capacitor correspondente
plot(t,x,t,y);
grid;
text(xp,y_vC,'tensão invertida no capacitor');
text(xp,y_vL,'tensão no capacitor');
title('Exercício 2.6.1 a) - Circuito RC');
xlabel('t')
E o gráfico para a simulação no Matlab fica da seguinte forma:
Exercício 2.6.1 a) - Circuito RC
1
tensão no capacitor
0.8
0.6
0.4
0.2
0
-0.2
-0.4
-0.6
-0.8
-1
tensão invertida no capacitor
0
2
4
6
t
8
10
12
Figura 2.31 – Resposta ao Degrau de um Circuito RC no Matlab
O diagrama para simulação no Simulink é o mostrado na figura abaixo:
Figura 2.32 – Diagrama de um Circuito RC no Simulink
E Nemer
60 / 76
O arquivo no Matlab para plotar os gráficos fica da seguinte forma:
% Simulação de um exemplo de uma aplicação com Circuito RLC no
Simulink
% Exercício 2.6.1 – item a - do CT Chen - Pág. 50
% Autor: Edson Nemer
Data: 10/06/2007
clear;
clc;
% Cria o modelo do sistema em variaveis de estado
load ('tensaoInvertidaCapac.mat');
load ('tensaoCapac.mat');
load ('correnteCapacitor.mat');
% Plota o gráfico da saída do circuito RLC
plot(tensaoCapac(1,:),tensaoInvertidaCapac(2,:),tensaoCapac(1,:),tensa
oCapac(2,:),tensaoCapac(1,:),correnteCapacitor(2,:));
tp=int8(length(tensaoCapac(1,:))/2)
% apanha a metade do eixo x
xp=tensaoCapac(1,(tp));
% pega o valor de t correspondente à
metade do eixo x
y_vInvC=tensaoInvertidaCapac(2,tp);
% pega a tensão invertida
do capacitor correspondente aquele valor de t
y_vC=tensaoCapac(2,tp);
% pega a tensão do capacitor
correspondente aquele valor de t
y_iC=correnteCapacitor(2,tp);
% pega a corrente do capacitor
correspondente aquele valor de t
text(xp,y_vInvC,'tensão invertida no capacitor');
text(xp,y_vC,'tensão no capacitor');
text(xp,y_iC,'corrente no capacitor');
title('Exercício 2.6.1 a) - Resposta ao Degrau de um Circuito RC');
xlabel('t');
ylabel('vInvC, vC e iC');
grid;
E o gráfico fica da seguinte forma:
Exercício 2.6.1 a) - Resposta ao Degrau de um Circuito RC
1
tensão no capacitor
0.8
0.6
vInvC, vC e iC
0.4
0.2
0
corrente no capacitor
-0.2
-0.4
-0.6
-0.8
tensão invertida no capacitor
-1
0
1
2
3
4
5
t
6
7
8
9
10
Figura 2.33 – Resposta ao Degrau de um Circuito RC no Simulink
E Nemer
61 / 76
b) A tensão no capacitor e a corrente no indutor são escolhidas como as variáveis de estado.
A tensão no indutor é dada por: x2 = L x&1
A corrente que circula no capacitor é dada por: iC = C x& 2
A corrente que circula no resistor é dada por: i R =
x2
R
Usando a lei de Kirchhoff, temos que:
u=
x2
x
+ x1 + C x& 2 ∴ C x& 2 = − x1 − 2 + u ∴
R
R
x& 2 = −
1
1
1
x1 −
x2 + u
C
RC
C
E temos também que: y = x1
Em resumo, temos que:
⎡
⎡ x&1 (t ) ⎤ ⎢ 0
⎢ x& (t )⎥ = ⎢ 1
⎣ 2 ⎦ ⎢−
⎣ C
1 ⎤
⎡0⎤
L ⎥ ⎡ x1 (t ) ⎤ + ⎢ 1 ⎥ u (t )
1 ⎥ ⎢⎣ x2 (t )⎥⎦ ⎢ ⎥
⎥
−
⎣C ⎦
RC ⎦
⎡ x (t ) ⎤
y (t ) = [1 0]⎢ 1 ⎥
⎣ x2 (t )⎦
O arquivo para o Matlab fica da seguinte forma:
% Simulação de um exemplo de uma aplicação com Circuito RLC paralelo
% Referência: Exercise 2.6.1 – item b - CT Chen
% Autor: Edson Nemer
Data: 13/06/2007
clear;
clc;
%
R
L
C
Parâmetros do Modelo
= 0.5
% ohms (Resistor)
= 1;
% Henry (Indutor)
= 1;
% Farad (Capacitor)
% Cria o modelo do sistema em variaveis de estado
circRLCparal=ss([0 1/L;-1/C -1/(R*C)],[0;1/C],[1 0],0)
% plota a resposta ao degrau para o sistema
[y,t,x]=step(circRLCparal);
tp=int8(length(t)/4)
xp=t(tp)
eixo x
y_iL=x(tp,1);
aquele valor de t
y_vC=x(tp,2);
aquele valor de t
y_vL=y(tp);
E Nemer
% apanha a quarta parte do eixo x
% pega o valor de t correspondente à metade do
% pega a corrente do indutor correspondente
% pega a tensão do capacitor correspondente
62 / 76
plot(t,x(:,1),t,x(:,2),t,y);
grid;
text(xp,y_vC,'tensão no capacitor');
text(xp,y_iL,'corrente no indutor');
% text(xp,y_vL,'tensão no indutor');
title('Sistema Circuito RLC paralelo');
xlabel('t')
E o gráfico para essa simulação ficou da seguinte forma:
Sistema Circuito RLC paralelo
1
0.9
corrente no indutor
0.8
0.7
0.6
0.5
0.4
0.3
0.2
tensão no capacitor
0.1
0
0
2
4
6
8
10
12
14
t
Figura 2.34 – Resposta ao Degrau de um Circuito RLC Paralelo no Matlab
O diagrama para simulação no Simulink é o mostrado na figura abaixo:
x' = Ax+Bu
y = Cx+Du
tensaoCapac.mat
Tensão no Capacitor
Step
State-Space
x' = Ax+Bu
y = Cx+Du
correnteIndut.mat
Corrente no Indutor
State-Space1
Figura 2.35– Diagrama do RLC Paralelo no Simulink
E Nemer
63 / 76
O código para plotar os gráficos da simulação anterior é o seguinte:
% Simulação de um exemplo de uma aplicação com Circuito RLC Paralelo
no Simulink
% Exemplo 2.6.1 - item b do CT Chen
% Autor: Edson Nemer
Data: 16/11/2007
clear;
clc;
% Cria o modelo do sistema em variaveis de estado
load ('correnteIndut.mat');
load ('tensaoCapac.mat');
% Plota o gráfico da saída do circuito RLC
plot(tensaoCapac(1,:),tensaoCapac(2,:),tensaoCapac(1,:),correnteIndut(
2,:));
tp=int8(length(tensaoCapac(1,:))/2)
% apanha a metade do eixo x
xp=tensaoCapac(1,(tp));
% pega o valor de t correspondente à
metade do eixo x
y_vC=tensaoCapac(2,tp);
% pega a tensão do capacitor
correspondente aquele valor de t
y_iL=correnteIndut(2,tp);
% pega a corrente do Indutor
correspondente aquele valor de t
text(xp,y_vC,'tensão no capacitor');
text(xp,y_iL,'corrente no indutor');
title('Resposta ao Degrau de um Circuito RLC Paralelo');
xlabel('t');
ylabel('vC e iL');
grid;
O gráfico da simulação no Simulink é apresentado na figura abaixo:
Resposta ao Degrau de um Circuito RLC Paralelo
1
corrente no indutor
0.9
0.8
0.7
vC e iL
0.6
0.5
0.4
0.3
0.2
0.1
tensão no capacitor
0
0
1
2
3
4
5
t
6
7
8
9
10
Figura 2.36 – Resposta ao Degrau do Circuito RLC Paralelo no Simulink
E Nemer
64 / 76
2.7. Soluções das Equações de Estado – Método da Transformada de
Laplace
Considere a equação de estados n-dimensional
x& (t ) = Ax(t ) + bu (t )
(Equação de estado)
(2.61a)
y (t ) = cx(t ) + du (t )
(Equação de saída)
(2.61b)
onde A, b, c e d são respectivamente matrizes n x n, n x 1, 1 x n, e 1 x 1. Na análise, nós
estamos interessados na saída y(t) quando o sistema é excitado por uma entrada u(t) e
quando temos um estado inicial x(0). Este problema pode ser resolvido diretamente no domínio
do tempo ou indiretamente usando-se a transformada de Laplace. estudaremos o método da
transformada de Laplace agora e deixaremos o método do domínio no tempo para mais tarde.
A aplicação da transformada de Laplace a (2.61a), resulta em
sX ( s ) − x(0) = AX ( s ) + bU ( s )
Esta é uma equação algébrica e pode ser arranjada da seguinte forma:
(sI − A)X ( s) = x(0) + bU ( s)
(2.62)
onde I é uma matriz unitária da mesma ordem que A. Note que sem a introdução de I, (s-A)
-1
não é definido, para s escalar e A sendo uma matriz n x n. A pré-multiplicação por (sI -A) de
(2.62) resulta em:
X ( s ) = (sI − A) x(0) + (sI − A) bU ( s)
14
4244
3 1442443
−1
−1
Re sposta a
Entrada Zero
(2.63)
Re sposta ao
Estado Zero
Esta resposta consiste da resposta a entrada zero (a resposta devido ao estado X(0) diferente
de zero) e da resposta ao estado zero (a resposta devido a entrada u(t) diferente de zero). Se
substituirmos X(s) na transformada de Laplace de (2.61b), obtemos:
[
]
Y ( s) = c(sI − A) x(0) + c(sI − A) b + d U ( s )
1442443 144424443
−1
Re sposta a
Entrada Zero
−1
(2.64)
Re sposta ao
Estado Zero
Esta é a saída no domínio da transformada de Laplace. Sua transformada de Laplace inversa
fornecerá a resposta no tempo. Portanto, a resposta das equações de estado podem ser
facilmente obtidas usando a transformada de Laplace.
Exemplo 2.7.1: Considere a seguinte equação de estados:
⎡ x&1 (t ) ⎤ ⎡− 6 − 3.5⎤ ⎡ x1 (t ) ⎤ ⎡− 1⎤
+
u (t )
⎢ x& (t )⎥ = ⎢ 6
4 ⎥⎦ ⎢⎣ x2 (t )⎥⎦ ⎢⎣ 1 ⎥⎦
⎣ 2 ⎦ ⎣
(2.65a)
⎡ x (t ) ⎤
y (t ) = [4 5]⎢ 1 ⎥
⎣ x2 (t )⎦
(2.65b)
Encontre a saída devido a uma entrada degrau unitário e a um estado inicial x(0)=[ -2 1]’.
Para obter a saída, o primeiro passo é calcular o seguinte:
E Nemer
65 / 76
⎡ s 0⎤ ⎡− 6 − 3.5⎤ ⎡ s + 6 3.5 ⎤
=
sI − A = ⎢
⎥−⎢
4 ⎥⎦ ⎢⎣ − 6 s − 4⎥⎦
⎣0 s ⎦ ⎣ 6
cuja inversa é a seguinte:
(sI − A)
−1
−1
⎡ s + 6 3.5 ⎤
⎡ s − 4 − 3.5⎤
1
=⎢
=
⎥
s + 6 ⎥⎦
( s + 6)( s − 4) + 6 (3.5) ⎢⎣ 6
⎣ − 6 s − 4⎦
Portanto, temos que:
c(sI − A) x(0) = [4 5]
−1
⎡ s − 4 − 3.5⎤ ⎡− 2⎤
1
∴
s + 6 ⎥⎦ ⎢⎣ 1 ⎥⎦
s + 2 s − 3 ⎢⎣ 6
2
c(sI − A) x(0) =
−2
1
[4s + 14 5s + 16]⎡⎢ ⎤⎥ ∴
s + 2s − 3
⎣1⎦
c(sI − A) x(0) =
− 3s − 12
s 2 + 2s − 3
−1
−1
2
e
G(s) := c(sI-A)-1b , logo, temos:
G ( s ) = c(sI − A) b = [4 5]
−1
⎡ s − 4 − 3.5⎤ ⎡− 1⎤
1
s+2
= 2
⎢
⎥
⎢
⎥
s + 6 ⎦ ⎣ 1 ⎦ s + 2s − 3
s + 2s − 3 ⎣ 6
2
Desta forma, usando (2.64) e U(s)=1/s, a saída é dada por
Y (s) =
− 3s − 12
1 − 3s 2 − 11s + 2
s+2
+
⋅
=
s 2 + 2 s − 3 s 2 + 2 s − 3 s ( s − 1)( s + 3) s
o que pode ser expandido por frações parciais em
Y (s) =
k
k
k
− 3s 2 − 11s + 2
= 1 + 2 + 3
( s − 1)( s + 3) s ( s − 1) s + 3 s
onde:
k1 = U ( s ) s s =0 =
− 3s 2 − 11s + 2
( s + 3) s
k 2 = U ( s )( s + 3) s = −3 =
k 3 = U ( s ) s s =0 =
E Nemer
=
s =0
− 12
= −3
4
8 2
− 3s 2 − 11s + 2
=
=
( s − 1) s
12 3
s = −3
− 3s 2 − 11s + 2
( s + 3)( s − 1)
=
s =0
−2
2
=
(−1)(3)
3
66 / 76
(2.66)
Logo, temos que:
2
2
y (t ) = −3e t + e −3t −
3
3
para t ≥ 0.
Este exemplo mostra que a resposta da equação de estados pode realmente ser prontamente
obtida usando-se a transformada de Laplace.
A saída no Mathcad fica da seguinte forma:
2 .10
4
0
t
⎛ 2 ⎞ ⋅ e− 3 ⋅t−⎛ 2 ⎞ 2 .10
⎟
⎜ ⎟
⎝ 3⎠
⎝ 3⎠
− 3⋅ e + ⎜
t
4
4 .10
4
6 .10
4
8 .10
4
0
2
4
6
8
10
t
Figura 2.37 – Resposta no tempo usando o MathCad
No caso do Matlab, pode-se usar, por exemplo, o seguinte código:
% Simulação de um sistema modelado em equação de estados
% Referência: Exercise 2.7.1 - pág. 51 do CT Chen
% Autor: Edson Nemer
Data: 18/11/2007
clear;
clc;
t=[0:.01:10];
% cria o eixo de tempo
u=1+0*t;
% cria o vetor da entrada u(t)
x0=[-2 1];
% cria o vetor com a condição inicial
A=[-6 -3.5;6 4];
B=[-1;1];
C=[4 5];
[y,x]=lsim(A,B,C,0,u,t,x0);
tp=int16(.9*length(t));
% pega um percentual do tamanho de t
xp=t(tp)
% pega o valor de t correspondente ao percentual de t
x1=x(tp,1);
x2=x(tp,2);
yp=y(tp);
% pega x1 correspondente ao percentual de t
% pega x2 correspondente ao percentual de t
% pega y correspondente ao percentual de t
plot(t,x(:,1),t,x(:,2),t,y);
E Nemer
67 / 76
grid;
text(xp,x1+x1/2,'x1');
text(xp,x2+x2/2,'x2');
text(xp,yp+yp/2,'y');
title('Exemplo 2.7.1 do C.T. Chen');
xlabel('t')
E o gráfico para esta simulação fica da seguinte forma:
4
2
Exemplo 2.7.1 do C.T. Chen
x 10
1
x1
0
-1
x2
-2
-3
y
-4
-5
-6
-7
0
1
2
3
4
5
t
6
7
8
9
10
Figura 2.38 – Resposta ao Degrau e com estado inicial diferente de zero
O diagrama para simulação no Simulink fica da seguinte forma:
x' = Ax+Bu
y = Cx+Du
y.mat
Saída
Step
State-Space
Figura 2.39 – Diagrama para o Simulink
E Nemer
68 / 76
E o gráfico fica da seguinte forma:
4
Exemplo 2.7.1 do C.T. Chen
x 10
0
Saída y
-1
-2
Y
-3
-4
-5
-6
-7
0
1
2
3
4
5
t
6
7
8
9
10
Figura 2.40 – Resposta ao Degrau e com estado inicial diferente de zero
2.7.1. Soluções no Domínio do Tempo
As soluções das equações de estado podem também ser obtidas diretamente no domínio do
tempo sem a utilização da transformada de Laplace. A partir de
e at = 1 + ta +
t2 2
tn
a +L+ an +L
2!
n!
definimos
e At = I + tA +
t2 2
tn
A + L + An + L
2!
n!
2
(2.67)
3
onde n!=n(n-1)...(2)(1), e onde A =AA, A =AAA, e assim por diante. Se A é uma matriz n
At
x n, então e é também uma matriz n x n. Se t=0, então (2.67) reduz-se a
e0 = I
(2.68)
Temos que e a ( t −τ ) = e at e − aτ , portanto, podemos escrever
e A( t −τ ) = e At e − Aτ
(2.69)
o que torna-se, se t = τ ,
e At e − At = e A.0 = e 0 = I
(2.70)
Diferenciando (2.67), temos que:
d At
2t
3t 2 3
e = 0 + A + A2 +
A +L =
dt
2!
3!
o que implica que:
E Nemer
⎛
⎞ ⎛
⎞
t2
t2
A⎜⎜ I + tA + A 2 + L⎟⎟ = ⎜⎜ I + tA + A 2 + L⎟⎟ A
2!
2!
⎝
⎠ ⎝
⎠
d At
e = Ae At = e At A
dt
69 / 76
(2.71)
Usando de (2.67) a (2.71), podemos mostrar que as soluções de (2.61), devido a u(t) e a x(0),
são dadas por:
t
x(t ) = e At x(0) + e At ∫ e − Aτ bu (τ )dτ
123
0
Re sposta a
14
42443
Entrada Zero
(2.72)
Re sposta ao
Estado Zero
e
t
y (t ) = ce At x(0) + ce At ∫ e − Aτ bu (τ ) dτ + du (t )
1
424
3
Re sposta a
140444244443
Entrada Zero
(2.73)
Re sposta ao
Estado Zero
Para mostrar que (2.72) é a solução de (2.61a), nós precisamos mostrar que a partir dela
chegamos a condição inicial e a equação de estado. Realmente, em t=0, (2.72) reduz-se a
x(0)=Ix(0)+I.0=x(0). Desta forma, ela chega a condição inicial. A diferenciação de (2.72)
resulta em
x& (t ) =
d
dt
t
⎡ At
⎤
d At
At
e
x
e
e − Aτ bu (τ ) dτ ⎥ = Ae At x(0) +
e
(
0
)
+
⎢
∫
dt
0
⎣
⎦
t
( )∫ e
− Aτ
bu (τ )dτ + e At
0
t
⎞
d ⎛ − Aτ
⎜ ∫ e bu (τ ) dτ ⎟ ∴
⎟
dt ⎜⎝ 0
⎠
t
⎡
⎤
x& (t ) = A⎢e At x(0) + e At ∫ e − Aτ bu (τ )dτ ⎥ + e At e − Aτ bu (τ ) τ =1 ∴
0
⎣
⎦
[
]
x& (t ) = Ax(t ) + e At e − At bu (t ) ∴ x& (t ) = Ax(t ) + bu (t )
Isto mostra que (2.72) é a solução de (2.61a). A substituição de (2.72) em (2.61b) resulta
imediatamente em (2.73). Se u=0, (2.61a) reduz-se a
x& (t ) = Ax(t )
Esta é chamada de equação homogênea. Sua solução, devido ao estado inicial x(0) é, de
(2.72),
x(t ) = e At x(0)
Se u(t)=0 ou, de forma equivalente, se U(s)=0, então, (2.63) reduz-se a
X ( s ) = (sI − A) x(0)
−1
Uma comparação das duas últimas equações resulta em
( )
L e At = (sI − A)
Desta forma, e
−1
At
[
ou e At = L-1 (sI − A)
−1
]
(2.74)
iguala a transformada inversa de (sI − A) .
−1
At
At
Para usar (2.72), nós precisamos calcular e . O cálculo de e usando a série de potências
infinita em (2.67) não é simples de fazer na mão. Um método alternativo é usar a transformada
de Laplace em (2.74).
E Nemer
70 / 76
2.7.2. Função de Transferência e Polinômio Característico
Nesta seção discutiremos a relação entre as equações de estados e as funções de
transferência. A função de transferência de um sistema é, por definição, a razão entre as
transformadas de Laplace da saída e da entrada, assumindo-se que todas as condições iniciais
são zero.
A transformada de Laplace de (2.61) foi calculada em (2.64). Se x(0)=0, então (2.64) reduz-se
a
[
]
Y ( s ) = c(sI − A) b + d U ( s )
−1
Desta forma, a função de transferência da equação de estados em (2.61) é
G(s) =
Y (s)
−1
= c(sI − A) b + d
U (s)
(2.75)
Esta fórmula foi usada em (2.66) para calcular a função de transferência de (2.65). Agora
vamos discutir sua propriedade geral. Seja det o determinante e adj a adjunta de uma matriz.
Então, (2.75) pode ser escrita como
G(s) = c
1
[adj (sI − A)]b + d
det (sI − A)
Nós chamamos det (sI − A) o polinômio característico de A. Por exemplo, o polinômio
característico de A em (2.65) é
⎡ s + 6 3.5 ⎤
2
Δ( s ) := det (sI − A) = det ⎢
⎥ = ( s + 6)( s − 4) − (−3.5 × 6) = s + 2 s − 3
−
s
−
6
4
⎣
⎦
(2.76)
Vemos que se A é n x n, então seu polinômio característico é de grau n e tem n raízes. Essas
n raízes são chamados de autovalores de A. O polinômio característico e os autovalores de A
são, na realidade, os mesmos polinômio característico e modos discutidos na Seção 2.3.1. Eles
governam a resposta a entrada zero do sistema. Por exemplo, se o polinômio característico de
Aé
Δ( s ) = s 3 (s + 2)(s − 3)
At
então, os autovalores são 0, 0, 0, -2 e 3, e toda entrada do tipo e é uma combinação linear
2 -2t
3t
das funções do tempo 1, t, t , e , e e . Por esta razão, qualquer resposta a entrada zero será
uma combinação linear destas funções do tempo.
O polinômio característico de matrizes quadradas frequentemente requerem um cálculo
tedioso. Contudo, os polinômios característicos das seguintes duas matrizes
⎡− a1
⎢ 1
⎢
⎢ 0
⎢
⎣ 0
− a2
0
1
0
− a3
0
0
1
− a4 ⎤
0 ⎥⎥
0 ⎥
⎥
0 ⎦
⎡ 0
⎢ 0
⎢
⎢ 0
⎢
⎣ − a4
1
0
0
0
1
0
− a3
− a2
0 ⎤
0 ⎥⎥
1 ⎥
⎥
− a1 ⎦
(2.77)
e de suas transpostas são todos
Δ( s ) = s 4 + a1s 3 + a2 s 2 + a3 s + a4
E Nemer
(2.78)
71 / 76
Este polinômio característico pode ser lido diretamente das entradas das matrizes em (2.77).
Desta forma, estas matrizes são chamadas de formas companheiras do polinômio em (2.78).
Agora, vamos usar um exemplo para discutir a relação entre os autovalores de uma equação
de estados e os pólos de sua função de transferência.
Exemplo 2.8.1: Considere a equação de estados em (2.65), repetida abaixo:
⎡ x&1 (t ) ⎤ ⎡− 6 − 3.5⎤ ⎡ x1 (t ) ⎤ ⎡− 1⎤
+
u (t )
⎢ x& (t )⎥ = ⎢ 6
4 ⎥⎦ ⎢⎣ x2 (t )⎥⎦ ⎢⎣ 1 ⎥⎦
⎣ 2 ⎦ ⎣
(2.79a)
⎡ x (t ) ⎤
y (t ) = [4 5]⎢ 1 ⎥
⎣ x2 (t )⎦
(2.79b)
Seu polinômio característico foi calculado em (2.76) como
Δ( s ) = s 2 + 2 s − 3 = ( s + 3)( s − 1)
Desta forma, seus autovalores são 1 e -3. A função de transferência de (2.79) foi calculada em
(2.66) como
G(s) =
s+2
s+2
=
s + 2 s − 3 ( s + 3)( s − 1)
2
Seus pólos são 1 e -3. O número de autovalores de (2.79) iguala o número de pólos da sua
função de transferência.
Exemplo 2.8.2: Considere a equação de estados em (2.65), repetida abaixo:
⎡ x&1 (t ) ⎤ ⎡− 6 − 3.5⎤ ⎡ x1 (t ) ⎤ ⎡− 1⎤
+
u (t )
⎢ x& (t )⎥ = ⎢ 6
4 ⎥⎦ ⎢⎣ x2 (t )⎥⎦ ⎢⎣ 1 ⎥⎦
⎣ 2 ⎦ ⎣
(2.80a)
⎡ x (t ) ⎤
y (t ) = [− 2 − 1]⎢ 1 ⎥
⎣ x2 (t )⎦
(2.80b)
A equação (2.80a) é idêntica a (2.79a); (2.80b), contudo, é diferente de (2.79b). O polinômio
característico de (2.80) é
Δ( s ) = s 2 + 2 s − 3 = ( s + 3)( s − 1)
Seus autovalores são -3 e 1. A função de transferência de (2.80) é, substituindo [4 5] em
(2.66) por [− 2
− 1] ,
G ( s ) = [− 2 − 1]
=
⎡ s − 4 − 3.5⎤ ⎡− 1⎤
1
s + 6 ⎥⎦ ⎢⎣ 1 ⎥⎦
s + 2s − 3 ⎢⎣ 6
2
− s + 0.5⎤ 2s − 1 − s
1
s −1
= 2
=
[− 2 − 1]⎡⎢
⎥
s + 2s − 3
⎣ s ⎦ s + 2s − 3 ( s − 1)( s + 3)
E Nemer
2
72 / 76
(2.81)
Portanto, a função de transferência de (2.80) é
G ( s) =
s −1
( s − 1)( s + 3)
E esta função de transferência tem somente um pólo em -3, ou seja, um pólo a menos do que
o número de autovalores de (2.80).
Uma equação de estados é chamada de mínima se o número de seus autovalores ou a
dimensão da equação iguala o número de pólos da sua função de transferência. A equação de
estados em (2.79) é uma equação mínima.
Todo autovalor de uma equação de estados mínima aparecerá como um pólo de sua função de
transferência e não existe diferença entre usar a equação de estados ou sua função de
transferência para estudar o sistema. Desta forma, a equação de estados é dita como sendo
completamente caracterizada por sua função de transferência.
Como será discutido mais tarde, toda equação de estados mínima tem propriedades de
controlabilidade e observabilidade. Se uma equação de estados é não mínima, tal como em
(2.80), então alguns autovalores não aparecerão como pólos de sua função de transferência e
a função de transferência é dita como tendo pólos faltantes. Neste caso, a equação de
estados não é completamente caracterizada por sua função de transferência e não podemos
usar a função de transferência para executar sua análise e seu projeto.
2.8. Discretização das Equações de Estados
Considere a equação de estados
x& (t ) = Ax(t ) + bu (t )
(Equação de estados)
(2.82a)
y (t ) = cx(t ) + du (t )
(Equação de saída)
(2.82b)
Esta equação é definida em todo instante de tempo e é chamada de equação contínua no
tempo. Se um computador digital é usado para gerar a entrada u, então u(t) é (como será visto
mais tarde) um sinal quantizado, como mostrado na Figura 2.23(a).
Figura 2.23 – (a) Sinal contínuo no tempo quantizado. (b) Sinal discreto no tempo
Seja
u (t ) = u (k )
para kT ≤ t < (k + 1)T , k = 1,2,3,...
(2.83)
onde T é chamado de período de amostragem. Este tipo de sinal é completamente
especificado pela seqüência de números u(k), k=0,1,2,..., como mostrado na Figura 2.23(b). O
sinal na Figura 2.23(a) é chamado um sinal contínuo ou sinal analógico porque ele é
definido para todos os instantes de tempo; o sinal da Figura 2.23(b) é chamado um sinal
E Nemer
73 / 76
discreto no tempo porque ele só é definido em instantes discretos de tempo. Note que um
sinal contínuo no tempo pode não ser uma função contínua do tempo como mostrado na figura.
Se aplicarmos uma entrada quantizada a (2.82), a saída y(t) de forma geral não será
quantizada. Contudo, se estamos interessados somente na saída y(t) em t = kT, onde
k=0,1,2,..., ou y(k) := y(kT), então é possível desenvolver uma equação mais simples do que
(2.82) para descrever y(k). Desenvolveremos tal equação a seguir.
A solução de (2.82) foi desenvolvida em (2.72) como
t
x(t ) = e At x(0) + e At ∫ e − Aτ bu (τ )dτ
(2.84)
0
Esta equação é válida para qualquer valor de t – em particular, para t igual a kT. Seja
x( k ) := x(kT ) e x( k + 1) := x((k + 1)T ) . Então, temos que
kT
x( k ) = e AkT x(0) + e AkT ∫ e − Aτ bu (τ )dτ
(2.85)
0
e
( k +1)T
x( k + 1) = e
A ( k +1)T
x ( 0) + e
A ( k +1)T
∫e
− Aτ
bu (τ ) dτ
(2.86)
0
Podemos reescrever (2.86) como
kT
⎡
⎤ ( k +1)T
x( k + 1) = e AT ⎢e AkT x(0) + e AkT ∫ e − Aτ bu (τ )dτ ⎥ + ∫ e A(( k +1)T −τ )bu (τ ) dτ
0
⎣
⎦ kT
(2.87)
O termo dentro do colchetes iguala a x(k). Se a entrada u(t) é quantizada como em (2.83),
então u(τ) no integrando do último termo de (2.87) iguala a u(k) e pode ser movida para fora
da integral. Defina α = (k + 1)T − τ . Então, temos que dα = − dτ e (2.87) torna-se
⎛0
x(k + 1) = e AT x(k ) − ⎜⎜ ∫ e Aα dα
⎝T
⎞
⎟ bu (k )
⎟
⎠
⎛T
= e AT x( k ) + ⎜⎜ ∫ e Aα dα
⎝0
⎞
⎟ bu (k )
⎟
⎠
(2.88)
Esta equação e a (2.82b) podem ser escritas como
~
~
x(k + 1) = A x(k ) + b u (t )
(2.89a)
~
y (k ) = c~x(k ) + d u (k )
(2.89b)
onde
~
A = e AT
E Nemer
T
~ ⎛ Aτ
⎜
b = ⎜ ∫ e dτ
⎝0
⎞
⎟b
⎟
⎠
c~ = c
74 / 76
~
d =d
(2.89c)
Esta é chamada uma equação de estados discreta no tempo. Ela consiste de um conjunto de
equações de diferença de primeira ordem. Vamos usar um exemplo para ilustrar o como obter
tal equação.
Exemplo 2.9.1: Considere a equação de estados contínua no tempo abaixo:
⎡ x&1 (t ) ⎤ ⎡− 1 1 ⎤ ⎡ x1 (t ) ⎤ ⎡0⎤
⎢ x& (t )⎥ = ⎢ 0 − 1⎥ ⎢ x (t )⎥ + ⎢1⎥ u (t )
⎦⎣ 2 ⎦ ⎣ ⎦
⎣ 2 ⎦ ⎣
(2.90a)
⎡ x (t ) ⎤
y (t ) = [2 1] ⎢ 1 ⎥
⎣ x2 (t )⎦
(2.90b)
Discretize a equação com um período de amostragem de T = 0.1.
Solução: A equação de estados discreta no tempo é a seguinte:
~
~
x(k + 1) = A x(k ) + b u (t )
~
y (k ) = c~x(k ) + d u (k )
onde
T
~ ⎛ Aτ
⎜
b = ⎜ ∫ e dτ
⎝0
~
A = e AT
⎞
⎟b
⎟
⎠
c~ = c
~
d =d
Primeiro precisamos calcular, para T=0,1, o seguinte:
(sI − A)−1
−1
⎡s + 1 − 1 ⎤
1
=⎢
⎥ = ( s + 1) 2
s
0
1
+
⎣
⎦
⎡ 1
s
1
1
+
⎡
⎤ ⎢s +1
=⎢
⎢ 0
s + 1⎥⎦ ⎢ 0
⎣
⎣⎢
1 ⎤
( s + 1) 2 ⎥
⎥ = L e At =
1 ⎥
( s + 1) ⎥⎦
( )
Para calcular e , precisamos achar a transformada de Laplace inversa de (sI − A)
temos que:
−1
At
⎡e − t
e At = ⎢
⎣0
⎡e − t
te − t ⎤
0 ,1 A
⇒
=
e
⎥
⎢
e −t ⎦
⎣0
= . Logo,
te − t ⎤ ⎡0.9048 0.0905⎤
⎥=⎢
0.9048⎥⎦
e −t ⎦ ⎣ 0
Usando uma tabela de integração, podemos calcular:
∫
T
0
⎡1 − e −T
e Aτ dτ = ⎢
⎣ 0
Se T=0.1, então
1 − (1 + T )e −T ⎤
⎥
1 − e −T ⎦
∫
0.1
0
⎡0.0952 0.0047 ⎤
e Aτ dτ = ⎢
0.0952⎥⎦
⎣ 0
0.1
⎡0.0952 0.0047 ⎤ ⎡0⎤ ⎡0.0047 ⎤
~
b = ⎛⎜ ∫ e Aτ dτ ⎞⎟b = ⎢
=
0
⎝
⎠
0.0952⎥⎦ ⎢⎣1⎥⎦ ⎢⎣0.0952⎥⎦
⎣ 0
E Nemer
75 / 76
e
(2.91)
Portanto, a equação de estados discreta no tempo fica da seguinte forma:
⎡0.9048 0.0905⎤
⎡0.0047⎤
x(k + 1) = ⎢
x(k ) + ⎢
⎥
⎥ u (t )
0.9048⎦
⎣ 0
⎣0.0952⎦
y (k ) = [2 1] x(k )
Isto completa a discretização. Esta equação discretizada é usada em computadores digitais,
como será visto mais tarde, para computar a resposta da equação contínua no tempo em
(2.90).
At
Nós usamos a transformada de Laplace para calcular e em (2.91). Se T tem um valor
At
pequeno, a série infinita de (2.67) pode convergir rapidamente. Por exemplo, para e
em
(2.91) com T=0.1, temos
⎡0.9050 0.0900⎤
1
I + TA + (TA)(TA) = ⎢
0.9050⎥⎦
2
⎣ 0
e
⎡0.9048 0.0905⎤
1
1
I + TA + (TA)(TA) + (TA)(TA)(TA) = ⎢
0.9048⎥⎦
6
2
⎣ 0
A série infinita converge para os valores reais em quatro termos. Por esta razão, para
AT
pequenos valores de T, a série infinita de (2.67) é um modo conveniente de calcular e . Além
da transformada de Laplace e das séries infinitas, existem muitas maneiras (pelo menos 17) de
AT
computar e .
E Nemer
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