sumando 1 2 3

Controle de Sistemas em Tempo Contınuo

.


Alberto Luiz Serpa

2007

Esta apostila foi escrita com base nas notas de aulas utilizadas na dis-ciplina de Controle de Sistemas Mecanicos que ministrei para os cursos degraduacao em Engenharia de Controle e Automacao e Engenharia Mecanicada UNICAMP nos ultimos anos. Este material representa um guia de estudose nao tem o objetivo de substituir os bons livros adotados como bibliografiada disciplina.

Com o surgimento da ferramenta de Internet para ensino aberto da UNI-CAMP, o meu interesse em ter material didatico digitado passou a ser maiorpela facilidade de poder disponibilizar este material aos alunos. Alem disso,acredito que sera mais facil atualizar e melhorar continuamente este material.

Esta versao foi atualizada em fevereiro de 2009.

Prof. Dr. Alberto Luiz Serpa - 2009 1


Sumario

1 Introducao 6

2 Entradas Padronizadas 82.1 Degrau Unitario . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82.2 Rampa unitaria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82.3 Parabola unitaria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102.4 Funcao Senoidal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102.5 Funcao impulso unitario (Delta de Dirac) . . . . . . . . . . . . 102.6 Funcao porta ou pulso unitario (Gate) . . . . . . . . . . . . . 102.7 Funcao serie de potencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

3 Transformada de Laplace 113.1 Propriedades da Transformada de Laplace . . . . . . . . . . . 14

3.1.1 Linearidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143.1.2 Diferenciacao real . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143.1.3 Integracao real . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163.1.4 Teorema do valor final . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173.1.5 Teorema do valor inicial . . . . . . . . . . . . . . . . . 173.1.6 Translacao real . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183.1.7 Funcoes periodicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183.1.8 Diferenciacao Complexa . . . . . . . . . . . . . . . . . 193.1.9 Integracao Complexa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203.1.10 Translacao Complexa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203.1.11 Convolucao Real . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

3.2 Transformada inversa de Laplace - metodo da expansao emfracoes parciais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

4 Diagrama de blocos 304.1 Montagem direta de diagramas de blocos . . . . . . . . . . . . 314.2 Montagem em serie de digramas de blocos . . . . . . . . . . . 324.3 Montagem em paralelo de diagramas de blocos . . . . . . . . . 33

5 Modelagem de alguns sistemas lineares 345.1 Sistemas massa-mola-amortecedor de um grau de liberdade . . 345.2 Sistema mecanico torcional de um grau de liberdade . . . . . . 355.3 Circuito RC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 365.4 Circuito RLC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 385.5 Sistema massa-mola-amortecedor com 2 graus de liberdade . . 40

6 Linearizacao 42



7 Formas padronizadas de sistemas com parametros concen-trados 447.1 Sistema de ordem zero . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 447.2 Sistema de primeira ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 447.3 Sistema de segunda ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

8 Funcao de Transferencia 508.1 Resposta ao impulso e convolucao . . . . . . . . . . . . . . . . 528.2 Matriz de transferencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

9 Criterios de Desempenho 559.1 Sistemas de Primeira Ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 559.2 Sistema de segunda ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

10 Estabilidade de sistemas lineares 6310.1 Estabilidade para entrada nula . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6310.2 Estabilidade BIBO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

11 Resposta em frequencia 6811.1 Relacao de amplitude e angulo de fase . . . . . . . . . . . . . 6811.2 Resposta em frequencia de um sistema de primeira ordem . . . 7011.3 Resposta em frequencia de um sistema de segunda ordem . . . 7011.4 Resposta em frequencia de um integrador puro . . . . . . . . . 7111.5 Diagramas de Bode . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

11.5.1 Diagramas de Bode para o integrador puro . . . . . . . 7111.5.2 Diarama de Bode de sistemas de primeira ordem . . . . 7211.5.3 Diagramas de Bode para sistemas de primeira ordem

em serie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7311.5.4 Diagrama de Bode de sistemas de segunda ordem . . . 75

11.6 Banda de passagem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7811.7 Algumas caracterısticas em frequencia de sistemas de segunda

ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7811.8 Diagrama de Nyquist . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

11.8.1 Diagrama de Nyquist de sistemas de primeira ordem . 8011.8.2 Diagrama de Nyquist para sistemas de segunda ordem 81

12 Sistemas de nıvel de tanques - introducao a malha fechada 8412.1 Sistema de um tanque . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8412.2 Modelo instrumentado do sistema do tanque . . . . . . . . . . 8612.3 Sistema de dois tanques independentes . . . . . . . . . . . . . 9012.4 Sistema de dois tanques interligados . . . . . . . . . . . . . . . 91



12.5 Inclusao do controlador automatico . . . . . . . . . . . . . . . 9312.6 Analise do sistema controlado sujeito a disturbios . . . . . . . 95

13 Malha fechada e malha aberta 98

14 Analise de erro estacionario 9914.1 Erro estacionario em realimentacao unitaria . . . . . . . . . . 9914.2 Erro estacionario em realimentacao nao unitaria . . . . . . . . 104

15 Lugar das raızes 105

16 Criterio de estabilidade de Nyquist 11016.1 Princıpio do argumento de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . 111

17 Analise de estabilidade relativa 11717.1 Margens de ganho e de fase . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11717.2 Margens de estabilidade no diagrama de Nyquist . . . . . . . . 123

18 Aproximacoes para sistemas de segunda ordem 125

19 Controladores classicos 12619.1 Acao de controle de duas posicoes (liga ou desliga) . . . . . . . 12719.2 Acao de controle proporcional . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13019.3 Acao de controle integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13319.4 Acao de controle proporcional-integral . . . . . . . . . . . . . 13319.5 Acao proporcional-derivativa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13619.6 Acao de controle proporcional-integral-derivativo . . . . . . . . 13919.7 Efeito fısico das constantes kp e kd em sistemas de segunda

ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14419.8 Controle PID - Metodo Ziegler-Nichols . . . . . . . . . . . . . 14519.9 Projeto PID analıtico na frequencia . . . . . . . . . . . . . . . 14819.10Projeto PID com base no lugar das raızes . . . . . . . . . . . . 15219.11Controlador em avanco . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15719.12Compensacao em atraso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16619.13Projeto avanco-atraso analıtico na frequencia . . . . . . . . . . 17419.14Projeto avanco-atraso com base no lugar das raızes . . . . . . 179

20 Modelo de estados 18320.1 Representacao no espaco de estados de equacoes diferenciais

sem derivadas na excitacao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18520.2 Representacao de sistemas com derivadas na excitacao . . . . 18720.3 Representacoes canonicas no espaco de estados . . . . . . . . . 189



20.3.1 Forma canonica controlavel . . . . . . . . . . . . . . . 18920.3.2 Forma canonica observavel . . . . . . . . . . . . . . . . 189

20.4 Autovalores da matriz An×n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19120.5 Relacao entre funcoes de transferencia e modelo de estado . . 19120.6 Solucao das equacoes de estado - sistemas invariantes no tempo193

20.6.1 Solucao da equacao homogenea . . . . . . . . . . . . . 19320.7 Matriz de transicao de estados . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19420.8 Solucao das equacoes de estado nao homogeneas . . . . . . . . 195

21 Realimentacao de estados 19721.1 Caso de regulador . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19821.2 Formula de Ackermann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19921.3 Caso de rastreador - entrada degrau . . . . . . . . . . . . . . . 205

22 Realimentacao da saıda e observadores de estado 21622.1 Malha fechada com observador - regulador . . . . . . . . . . . 21822.2 Alocacao de polos do observador . . . . . . . . . . . . . . . . . 22022.3 Funcao de transferencia equivalente para regulador . . . . . . 22022.4 Malha fechada com observador - rastreador . . . . . . . . . . . 221

23 Bibliografia 231

A Variaveis-funcoes complexas 232

B Equacoes diferenciais 234B.1 Solucao da equacao homogenea . . . . . . . . . . . . . . . . . 234B.2 Determinacao da solucao homogenea da equacao diferencial . . 235B.3 Solucao particular da equacao diferencial . . . . . . . . . . . . 236B.4 Solucao completa da equacao diferencial . . . . . . . . . . . . 237

C Exercıcios - em preparacao 238C.1 Exercıcios relacionados a secao 1 . . . . . . . . . . . . . . . . 238



1 Introducao

Apresentam-se a seguir algumas definicoes basicas.Um sistema associa uma funcao de entrada x(t) a uma funcao de saıda

y(t). Se o sistema recebe uma acao, apresentara uma resposta associada,conforme ilustrado na Figura 1.

x(t) y(t)Sistema

(Excitacao-Entrada) (Resposta-Saıda)

Figura 1: Representacao de um sistema na forma de diagrama de blocos.

Um modelo caracteriza uma representacao dos aspectos essenciais de umsistema de forma utilizavel.

Controlar significa atuar sobre um dado sistema de modo a atingir resul-tados de acordo com um objetivo previamente estabelecido. Usualmente osistema a ser controlado e chamado de planta, ou ainda, de processo.

O controlador, ou tambem chamado de compensador, e um sub-sistemaque tem a funcao de controlar a planta.

Em um sistema em malha aberta a saıda do sistema nao tem efeito naacao do controle, ou seja, nao existe medicao da saıda nem realimentacao,Figura 2. O desempenho de um sistema de malha aberta depende de umaboa calibracao.

EntradaControlador

Atuacao SaıdaPlanta

Figura 2: Sistema em malha aberta.

Um exemplo de sistema em malha aberta e o disparo de um projetil(problema de balıstica convencional). Apos o tiro, o resultado esperado naopodera ser corrigido.

Em um sistema em malha fechada o sinal de saıda possui um efeito diretona acao de controle (sistemas de controle realimentados), Figura 3. A malhafechada implica no uso de realimentacao com o objetivo de reduzir o erro dosistema.

Os elementos basicos de um sistema de controle em malha fechada sao: aplanta, o controlador, o atuador e o elemento de medida (sensor).



Entrada Erro Atuacao

−Controlador

SaıdaPlanta

Elemento de medida

Figura 3: Sistema em malha fechada.

Alguns exemplos de sistemas em malha fechada sao:

• Ato de dirigir um carro. A pista representa o objetivo a ser seguido, ocarro representa a planta, a saıda e a posicao do carro, o elemento demedida e a visao do motorista, a acao de controle e feita de acordo coma habilidade do motorista em funcao do erro entre a posicao do carroe a posicao determinada pela pista, e a atuacao e feita pelos bracos domotorista sobre a planta atraves do volante do carro.

• Sucessivos disparos de projeteis. A cada tiro, o resultado pode ser veri-ficado pelo atirador e uma compensacao pode ser feita para o proximotiro visando acertar o alvo. Neste caso, nota-se o uso da resposta parafins de reduzir o erro do sistema, caracterizando a realimentacao.

• Sistema de ar-condicionado ou refrigerador. A temperatura especifi-cada e verificada pelo sensor do equipamento, que liga ou desliga con-forme o erro encontrado, buscando manter a temperatura constanteconforme a especificacao desejada.

Verifica-se que a realimentacao negativa e caracterizada pela determinacaodo erro entre a entrada desejada e a saıda do sistema. A atuacao e feita combase nesta diferenca.

A realimentacao positiva e indesejavel nos sistemas de controle pois adi-ciona “energia” ao sistema levando a instabilidade.

Um regulador tem como objetivo manter a saıda do sistema em um valorconstante. Por exemplo, um sistema de refrigeracao que mantem constantea temperatura de um ambiente.

Um rastreador tem como objetivo seguir uma entrada variavel. Por exem-plo, um sistema robotizado que segue uma certa trajetoria em um processode soldagem.



2 Entradas Padronizadas

As entradas padronizadas sao utilizadas na analise de desempenho dos sis-temas. Em geral, a entrada real e desconhecida e sao definidos algunsparametros para avaliar o desempenho dos sistemas de forma objetiva e ho-mogenea.

As entradas padronizadas constituem uma boa maneira de prever o de-sempenho do sistema e permitem realizar comparacoes de sistemas.

As principais entradas padronizadas sao apresentadas a seguir.

2.1 Degrau Unitario

A entrada degrau unitario, usualmente denotada por u(t), e definida como

u(t) =

{

1 se t > 00 se t ≤ 0

,

e esta representada graficamente na Figura 4.

1

t

u(t)

Figura 4: Degrau unitario.

Um degrau unitario com translacao e dado por:

u(t− T ) =

{

1 se t > T,0 se t ≤ T,

e esta representado na Figura 5.

2.2 Rampa unitaria

A rampa unitaria, usualmente denotada por r(t), e definida como:

r(t) = tu(t) =

{

t se t > 0,0 se t ≤ 0,

e esta ilustrada na Figura 6.



tT

u(t− T )

Figura 5: Degrau unitario com translacao.

t

r(t)

45o

Figura 6: Rampa unitaria.



2.3 Parabola unitaria

A parabola unitaria e definida como:

x(t) =1

2t2u(t) =

{12t2 se t > 0,

0 se t ≤ 0,

e esta ilustrada na Figura 7.

t

x(t)

Figura 7: Parabola unitaria.

2.4 Funcao Senoidal

A funcao senoidal de amplitude A, frequencia w e angulo de fase ϕ, e dadapor:

x(t) = Asen(wt+ ϕ).

2.5 Funcao impulso unitario (Delta de Dirac)

O impulso unitario δ(t) e definido como:

δ(t) = 0 para t 6= 0, e∫ +∞

−∞δ(t)dt = 1,

ou seja, possui duracao nula, amplitude infinita e area unitaria, e sua repre-sentacao grafica usual e a da Figura 8.

2.6 Funcao porta ou pulso unitario (Gate)

O pulso unitario e definido como a diferenca entre um degrau unitario e outrodegrau unitario transladado, ou seja,

g(t) = u(t)− u(t− T ),



t

δ(t)

Figura 8: Impulso unitario.

cujo resultado e mostrado na Figura 9.

t

g(t)

T

1

Figura 9: Pulso unitario.

2.7 Funcao serie de potencias

A serie de potencias e definida como:

x(t) =

{

a0 + a1t+ a2t2 + ... se t > 0,

0 se t ≤ 0.

3 Transformada de Laplace

A transformada de Laplace e um metodo para resolver equacoes diferenciaislineares no qual as operacoes como diferenciacao e integracao sao substituıdas



por operacoes algebricas no plano complexo. A componente transitoria e ade regime permanente podem ser obtidas simultaneamente. Alem disso, atransformada de Laplace e fundamental para a analise de sistemas via funcoesde transferencia.

A transformada de Laplace de uma funcao f(t) e definida por

F (s) = L [f(t)] =∫ ∞

0f(t)e−stdt, com s = σ + jw.

A transformada inversa de Laplace e dada por

f(t) = L−1F (s) =1

2πj

∫ σ+j∞

σ−j∞F (s)estds, t > 0.

A integral de Laplace existira/convergira se σ0 e escolhido de forma que

limt→∞

e−σ0tf(t) = 0, (1)

onde σ0 e chamado de abscissa de convergencia.Para a maioria das funcoes e possıvel adotar um valor de σ0 positivo

e suficientemente grande tal que a equacao (1) e satisfeita. Isso sempresera verdadeiro para exponenciais positivas ou para funcoes que crescem auma taxa menor que uma exponencial. Existem funcoes onde isso nao serasatisfeito para nenhum valor de σ0, por exemplo, et2 , que por sorte aparecemraramente nos problemas de engenharia.

Exemplo: Calcular L[f(t)] para f(t) = e−at, a = b+ jc.

F (s) = L[

e−at]

=∫ ∞

0e−ate−stdt =

=∫ ∞

0e−(s+a)tdt =

−1

s+ ae−(s+a)t

∣∣∣∣

∞

0=−1

s+ a[0− 1] =

1

s+ a.

A abscissa de convergencia e determinada por

limt→∞

(

e−σ0te−at)

= limt→∞

e−(σ0+b+jc)t = limt→∞

(

e−(σ0+b)te−jct)

,

e para que este limite convirja a zero, entao σ0 + b > 0, ou σ0 > −b.

Exemplo: Calcular L[f(t)] para f(t) = cos(wt).

E possıvel escrever que

cos(wt) =1

2

(

ejwt + e−jwt)

.



Logo,

L[f(t)] =1

2

(

L[ejwt] + L[e−jwt])

=1

2

(

1

s− jw +1

s+ jw

)

=s

s2 + w2.

limt→∞

e−σ0t

[1

2

(

e−jwt + e−jwt]]

= 0, se σ0 > 0.

Exemplo: Calcular L[u(t)] para o degrau unitario u(t).

u(t) =

{

0 se t ≤ 0,1 = e0t se t > 0.

Logo,

U(s) = L[u(t)] =1

s+ 0=

1

s, σ0 > 0.

Exemplo: Calcular L[δ(t)] para o impulso unitario δ(t).Seja a funcao f(t) mostrada na Figura 10 e definida por

f(t) =

0 se t < 0,1t0

se 0 ≤ t ≤ t0,

0 se t0 < t.

f(t)

t

1t0

t0

Figura 10: Representacao do impulso unitario, t0 → 0.

O impulso unitario pode ser representado como:

δ(t) = limt0→0

f(t).



Assim,

L[δ(t)] = L[

limt0→0

f(t)]

=∫ ∞

0limt0→0

f(t)e−stdt =

= limt0→0

∫ ∞

0f(t)e−stdt = lim

t0→0

∫ t0

0

1

t0e−stdt =

= limt0→0

1

t0

(

−1

se−st

∣∣∣∣

t0

0

)

= limt0→0

(

1− e−st0

st0

)

.

Aplicando a regra de L’Hopital tem-se que

limt0→0

1− e−st0

st0= lim

t0→0

s e−st0

s= 1.

Portanto,L[δ(t)] = 1.

3.1 Propriedades da Transformada de Laplace

3.1.1 Linearidade

A transformada de Laplace e um operador linear, ou seja,

L[α1f1 + α2f2] = α1L(f1) + α2L(f2).

Prova:L[α1f1 + α2f2] =

∫ ∞

0(α1f1 + α2f2)e

−stdt =

∫ ∞

0α1f1e

−stdt+∫ ∞

0α2f2e

−stdt = α1L[f1] + α2L[f2].

3.1.2 Diferenciacao real

SeL[f(t)] = F (s),

entao,

L[

df

dt

]

= sF (s)− f(0).

Prova:

L[

df

dt

]

=∫ ∞

0

df

dte−stdt =

∫ ∞

0e−stdf.



Integrando por partes,∫

udv = uv − ∫

vdu, com u = e−st, dv = df ,du = −se−stdt e v = f(t), tem-se,

∫ ∞

0udv = e−stf(t)|∞0 −

∫ ∞

0f(t)(−s)e−stdt =

= e−stf(t)|∞0 +∫ ∞

0f(t)s e−stdt = 0− f(0) + sF (s).

Portanto,

L[

df

dt

]

= sF (s)− f(0).

Generalizando, tem-se:

L[

dnf(t)

dtn

]

= snF (s)−n−1∑

i=0

sn−i−1

(

dif

dti

∣∣∣∣∣t=0

)

.

Prova:Seja g = df

dt. Logo,

L[

dg

dt

]

= sG(s)− g(0) = sL[g(t)]− g(0) =

= sL[

df

dt

]

− g(0) = s(sF (s)− f(0))− df

dt

∣∣∣∣∣t=0

=

= s2F (s)− sf(0)− df

dt

∣∣∣∣∣t=0

.

Seja h = dgdt

. Logo,

L[

dh

dt

]

= sH(s)− h(0) = sL[h(t)]− h(0) =

= sL[

dg

dt

]

− h(0) = s(sG(s)− g(0))− h(0) =

= s2G(s)− sg(0)− h(0) = s2L[g(t)]− sg(0)− h(0) =

= s2L[

df

dt

]

− s dfdt

∣∣∣∣∣t=0

− d2f

dt2

∣∣∣∣∣t=0

=

= s2(sF (s)− f(0))− s dfdt

∣∣∣∣∣t=0

− d2f

dt2

∣∣∣∣∣t=0

=



= s3F (s)− s2f(0)− s dfdt

∣∣∣∣∣t=0

− d2f

dt2

∣∣∣∣∣t=0

.

Pode-se continuar assim por diante para derivadas de ordem n.Se todas as condicoes iniciais sao nulas tem-se que:

L[

dnf(t)

dtn

]

= snF (s).

Note que derivar no tempo corresponde a multiplicar por s no domıniode Laplace quando as condicoes iniciais sao nulas.

3.1.3 Integracao real

Se L[f(t)] = F (s), entao,

L[∫

f(t)dt]

=1

sF (s) +

1

s

∫

f(t)dt

∣∣∣∣t=0

Quando todas as condicoes iniciais sao nulas tem-se que:

L[∫

f(t)dt]

=F (s)

s.

Prova:

L[∫

f(t)dt]

=∫ ∞

0

(∫

f(t)dt)

︸︷︷︸

u

e−stdt︸︷︷︸

dv

Definindo-se u =∫

f(t)dt e dv = e−stdt tem-se que v = e−st

−s, o que permite

fazer uma integracao por partes (∫

udv = uv − ∫ vdu). Logo,

∫ ∞

0

(∫

f(t)dt)

e−stdt =e−st

−s∫

f(t)dt

∣∣∣∣

∞

0−∫ ∞

0

e−st

−s f(t)dt =

=1

s

∫

f(t)dt∣∣∣∣t=0

+1

s

∫ ∞

0f(t)e−stdt =

=1

sF (s) +

1

s

∫

f(t)dt

∣∣∣∣t=0

= L[∫

f(t)dt]

.

Note que integrar no tempo corresponde a dividir por s no domınio deLaplace quando as condicoes iniciais sao nulas.



3.1.4 Teorema do valor final

Se L[f(t)] = F (s) e existirem

L[

df

dt

]

, limt→∞

f(t) e lims→0

sF (s),

entao,limt→∞

f(t) = lims→0

sF (s).

Prova:

L[

df

dt

]

= sF (s)− f(0)⇒ L[

df

dt

]

+ f(0) = sF (s),

lims→0

sF (s) = lims→0

(

L[

df

dt

]

+ f(0)

)

= lims→0L[

df

dt

]

+ f(0) =

= lims→0

∫ ∞

0

df

dte−stdt+ f(0) =

∫ ∞

0lims→0

e−stdf + f(0) =

∫ ∞

0df + f(0) = f(∞)− f(0) + f(0) = f(∞) = lim

t→∞f(t).

3.1.5 Teorema do valor inicial

Se L[f(t)] = F (s) e existirem

L[

df

dt

]

e lims→∞

sF (s),

entao,lim

t→0+f(t) = lim

s→∞sF (s).

Prova:

lims→∞

sF (s) = lims→∞

(

L[

df

dt

]

+ f(0)

)

= lims→∞L[

df

dt

]

+ f(0) =

= lims→∞

∫ ∞

0

df

dte−stdt+ f(0) =

∫ ∞

0lims→∞

e−stdf + f(0) = f(0) = limt→0+

f(t).



f(t) f(t− T )u(t− T )

tT

Figura 11: Representacao da translacao de f(t).

3.1.6 Translacao real

Seja F (s) = L[f(t)], entao,

L[f(t− T )u(t− T )] = e−sTF (s).

Prova:

L [f(t− T )u(t− T )] =∫ ∞

0f(t− T )u(t− T )e−stdt =

=∫ ∞

Tf(t− T )u(t− T )e−stdt =

∫ ∞

0f(τ)u(τ)e−s(τ+T )dτ =

= e−sT∫ ∞

0f(τ)u(τ)e−sτdτ = e−sTF (s),

onde τ = t− T e dτ = dt.

tT

τ

Figura 12: Representacao dos eixos t e τ .

3.1.7 Funcoes periodicas

Para f(t) uma funcao periodica de perıodo T tem-se que

L[f(t)] =1

1− e−sTF1(s),



onde F1(s) = L[f1(t)] e f1(t) e o primeiro perıodo de f(t).Prova:

f(t) = f1(t)u(t) + f1(t− T )u(t− T ) + f1(t− 2T )u(t− 2T ) + . . . ,

F (s) = L[f(t)] = L[f1(t)u(t)]+L[f1(t−T )u(t−T )]+L[f1(t−2T )u(t−2T )]+. . .

MasL[f1(t)u(t)] = F1(s),

L[f1(t− T )u(t− T )] = e−sTF1(s),

L[f1(t− 2T )u(t− 2T )] = e−s2TF1(s),

e consequentemente,

F (s) = F1(s) + e−sTF1(s) + e−2sTF1(s) + . . . = (1 + e−sT + e−2sT + . . .)F1(s).

Como T > 0 tem-se que e−sT = 1esT < 1. A sequencia 1, 1

esT , 1e2sT , ..., e

uma PG de razao 1esT , cuja soma e 1

1−e−sT . Logo,

F (s) =1

1− e−sTF1(s).

Verifica-se que o fato de s ser complexo nao altera o resultado da PG, ouseja,

1

esT=

1

e(a+jb)T=

1

eaT ejbT,

onde eaT > 1 e ejbT e periodico e limitado.

3.1.8 Diferenciacao Complexa

Se L[f(t)] = F (s) entao

−dF (s)

ds= L[tf(t)].

Prova:

−dF (s)

ds= − d

ds

∫ ∞

0f(t)e−stdt = −

∫ ∞

0

d

ds

(

f(t)e−st)

dt =

= −∫ ∞

0f(t)

(

−te−st)

dt =∫ ∞

0tf(t)e−stdt = L[tf(t)].



3.1.9 Integracao Complexa

Se L[f(t)] = F (s), e existe∫∞s F (s)ds, entao,

L[

f(t)

t

]

=∫ ∞

sF (s)ds.

Prova:∫ ∞

sF (s)ds =

∫ ∞

s

∫ ∞

0f(t)e−stdtds =

∫ ∞

0f(t)

(∫ ∞

se−stds

)

dt =

=∫ ∞

0f(t)

−e−st

t

∣∣∣∣∣

∞

s

dt =∫ ∞

0

f(t)

te−stdt = L

[

f(t)

t

]

.

3.1.10 Translacao Complexa

Se L[f(t)] = F (s), entao,

F (s+ a) = L[e−atf(t)].

Prova:L[e−atf(t)] =

∫ ∞

0e−atf(t)e−stdt =

=∫ ∞

0f(t)e−(a+s)tdt =

∫ ∞

0f(t)e−stdt = F (s) = F (s+ a).

3.1.11 Convolucao Real

Define-se a convolucao entre f(t) e g(t) como

h(t) = f(t) ∗ g(t) =∫ t

0f(τ)g(t− τ)dτ.

Se L[f(t)] = F (s) e L[g(t)] = G(s), entao,

L[f(t) ∗ g(t)] = F (s)G(s).

Prova:∫ t

0f(τ)g(t− τ)dτ =

∫ ∞

0f(τ)g(t− τ)u(t− τ)dτ,

pois

u(t− τ) = u(−(τ − t)) =

{

1 se −(τ − t) > 0 ou τ < t,0 se −(τ − t) ≤ 0 ou τ ≥ t.



t τ

Figura 13: Representacao de u(t− τ).

Seja H(s) = L[h(t)]. Logo, escreve-se:

H(s) = L[h(t)] =∫ ∞

0

∫ ∞

0f(τ)g(t− τ)u(t− τ)dτ e−stdt =

=∫ ∞

0f(τ)

[∫ ∞

0g(t− τ)u(t− τ)e−stdt

]

dτ =

=∫ ∞

0f(τ)

[

e−sτG(s)]

dτ = G(s)∫ ∞

0f(τ)e−sτdτ = G(s)F (s).

No caso de sistemas antecipativos e entradas para t < 0, deve-se estenderos limites de integracao, ou seja, h(t) = f(t) ∗ g(t) =

∫∞−∞ f(τ)g(t − τ)dτ .

Contudo, esta situacao nao e coberta neste material.

Exemplo: Calcular a transformada de Laplace da funcao dente de serra,como ilustrada na Figura 14.

O primeiro perıdo desta funcao pode ser construıdo atraves da soma detres termos conforme mostrado na Figura 14, ou ainda,

f1(t) =A

T[tu(t)− (t− T )u(t− T )− Tu(t− T )] .

Aplicando a transformada de Laplace a cada um destes termos tem-se:

L[tu(t)] = L[∫

u(t)dt]

=1

sU(s) + 0 =

(1

s

)(1

s

)

=1

s2,

L[(t− T )u(t− T )] = e−sT 1

s2,

L[Tu(t− T )] = Te−sT 1

s.

Portanto, a transformada de Laplace do primeiro perıodo da funcao e:

F1(s) =A

T

[

1

s2− e−sT

s2− Te−sT

s

]

.



t

ttt

T

TTT

A

A A

f1(t)

f1(t)−−

ATtu(t) A

T(t− T )u(t− T ) Au(t− T )

Figura 14: Dente de serra.

Aplicando a propriedade de funcoes periodicas tem-se para o dente deserra:

F (s) =(

1

1− e−sT

)

F1(s) =(A

Ts2

) [

1− (1− Ts)e−sT

1− e−sT

]

.

3.2 Transformada inversa de Laplace - metodo da ex-

pansao em fracoes parciais

Este metodo aplica-se quando X(s) e uma funcao racional (quociente de doispolinomios em s), ou seja,

X(s) =Q(s)

P (s),

onde Q(s) possui ordem m e P (s) possui ordem n, com m < n.As principais etapas do metodo sao:

1. Desenvolver Q(s)P (s)

em fracoes parciais na forma

X(s) =Q(s)

P (s)=

c1r1(s)

+c2r2(s)

+ . . .+cnrn(s)

,

onde ri(s) sao polinomios de grau 1 ou 2. Deve-se encontrar as raızesde P (s) (polinomio na forma fatorada).



2. Calcular as constantes ci, i = 1, . . . , n.

3. Obter a transformada inversa de cada fracao parcial, que sao funcoesmais simples.

Exemplo: Caso de raızes simples. Seja

X(s) =a+ bs

(s− µ1)(s− µ2); µ1 6= µ2.

Pode-se escrever X(s) da seguinte forma:

X(s) =a + bs

(s− µ1)(s− µ2)=

c1s− µ1

+c2

s− µ2

onde c1 e c2 sao constantes que devem ser determinadas.Multiplicando-se por s− µ1 tem-se:

(s− µ1)X(s) =a+ bs

s− µ2= c1 + (s− µ1)

c2s− µ2

.

Fazendo s = µ1, pois s pode assumir qualquer valor, tem-se

(s− µ1)X(s)|s=µ1= c1 =

a+ bµ1

µ1 − µ2

.

De forma analoga

c2 = (s− µ2)X(s)|s=µ2=a+ bµ2

µ2 − µ1.

Logo,

X(s) =

(

a + bµ1

µ1 − µ2

)(

1

s− µ1

)

+

(

a+ bµ2

µ2 − µ1

)(

1

s− µ2

)

.

A anti-transformada de cada fracao parcial pode ser calculada, ou seja,

f(t) = L−1[X(s)] =a + bµ1

µ1 − µ2

eµ1t +a + bµ2

µ2 − µ1

eµ2t.

Portanto, para n raızes simples tem-se que:

ci = (s− µi)X(s)|s=µi, i = 1, 2, . . . , n.



Exemplo: Raızes Multiplas. Seja

X(s) =a + bs

(s− µ1)2(s− µ2),

com µ1 de multiplicidade 2.A expansao em fracoes parciais torna-se

X(s) =a + bs

(s− µ1)2(s− µ2)=

c1(s− µ1)2

+c2

(s− µ1)+

c3(s− µ2)

. (2)

Multiplicando por (s− µ1)2 obtem-se

(s− µ1)2X(s) =

a+ bs

s− µ2= c1 + (s− µ1)c2 +

(s− µ1)2

s− µ2c3, (3)

e fazendo s = µ1, tem-se que

c1 =a+ bµ1

µ1 − µ2

.

Derivando a equacao (3) com relacao a s e fazendo s = µ1 obtem-se c2,ou seja,

c2 =d

ds

[

(s− µ1)2X(s)

]∣∣∣∣∣s=µ1

=d

ds

[

a + bs

s− µ2

]∣∣∣∣∣s=µ1

=−µ2b− a(µ1 − µ2)2

.

Portanto, para q raızes reais e iguais, s = µi, tem-se

cp =1

(p− 1)!

[

dp−1

dsp−1[(s− µi)

qX(s)]

]∣∣∣∣∣s=µi

, p = 1, . . . , q.

Multiplicando a equacao (2) por s− µ2 e fazendo s = µ2 tem-se

a+ bs

(s− µ1)2

∣∣∣∣∣s=µ2

= c3 ⇒ c3 =a+ bµ2

(µ2 − µ1)2.

A anti-transformada de cada fracao parcial pode ser calculada como

L−1

[

1

(s− µi)q

]

=1

(q − 1)!tq−1eµit.

Exemplo: Determinar a transformada de Laplace de uma equacao de se-gunda ordem

y + 2ξwny + w2ny(t) = γw2

nf(t),



com as seguintes condicoes iniciais y(0) = y0 e y(0) = v0.Pode-se escrever

L[y(t)] = Y (s), L[y(t)] = sY (s)− y0 e L[y(t)] = s2Y (s)− sy0 − v0.

Consequentemente

(s2 + 2ξwns+ w2n)Y (s)− (s+ 2ξwn)y0 − v0 = γw2

nF (s),

ou ainda

Y (s) =1

s2 + 2ξwns + w2n

[

γw2nF (s) + v0 + (s+ 2ξwn)y0

]

,

onde cada termo desta equacao pode ser analizado de forma independentedevido ao sistema ser linear.

Com condicoes iniciais nulas, y0 = 0 e v0 = 0, tem-se

Y (s) =γw2

n

s2 + 2ξwns+ w2n

F (s) = G(s)F (s),

onde

G(s) =γw2

n

s2 + 2ξwns+ w2n

e a funcao de transferencia que relaciona a entrada a saıda do sistema e quepressupoe condicoes iniciais nulas, ou seja,

Y (s) = G(s)F (s).

Exemplo: Seja um sistema de primeira ordem descrito por

a1dy

dt+ a0y = b0x ⇒ τ

dy

dt+ y = γx(t).

onde

τ =a1

a0e γ =

b0a0

com a condicao inicial y(0) = 0.Aplicando a transformada de Laplace, tem-se que

L[

τdy

dt+ y

]

= L[γx(t)]⇒ τsY (s) + Y (s) = γX(s)

onde L[y(t)] = Y (s) e L[x(t)] = X(s).



E possıvel escrever que

Y (s) =γ

τs+ 1X(s),

com a seguinte funcao de transferencia:

G(s) =γ

τs+ 1.

Considere os casos das entradas apresentadas a seguir.

1. Seja x(t) = u(t) uma entrada do tipo de degrau unitario. Logo tem-seque

X(s) = L[u(t)] =1

se a transformada de Laplace da equacao do sistema de primeira ordemtorna-se

Y (s) =(

γ

τs+ 1

)1

s.

Deseja-se determinar a resposta temporal y(t) atraves da expansao emfracoes parciais, ou seja,

Y (s) =

(γτ

s+ 1τ

)

1

s=

(

c1s+ 1

τ

+c2s

)

. (4)

Multiplicando (4) por s + 1τ

tem-se

γ

τs= c1 + (s+

1

τ)c2s,

e fazendo s = − 1τ, pois a equacao deve ser valida para qualquer s,

tem-seγ

τ(− 1τ)

= c1 + 0 ⇒ c1 = −γ.

Multiplicando (4) por s e calculando-se para s = 0 tem-se,γ

τ

s+ 1τ

=c1

s+ 1τ

s+ c2 ⇒ c2 = γ.

Logo,

Y (s) =

(

γ

s− γ

s+ 1τ

)

.

Fazendo a anti-transformada de Laplace tem-se:

L−1

[

γ

(

1

s− 1

s + 1τ

)]

= γ(1− e− 1τ

t) = y(t), t ≥ 0.



2. Seja x(t) = δ(t) um impulso unitario. A transformada de Laplace doimpulso unitario e

X(s) = L[δ(t)] = 1.

e a transformada de Laplace da equacao do sistema de primeira ordemtorna-se

Y (s) = G(s) =γτ

s+ 1τ

.

A resposta ao impulso pode ser encontrada atraves da transformadainversa, ou seja,

y(t) = L−1

[γτ

s+ 1τ

]

=γ

τe−

tτ , t ≥ 0,

cuja representacao grafica esta na Figura 15.

t

y(t)γτ

Figura 15: Resposta ao impulso de um sistema de primeira ordem.

3. Seja x(t) = tu(t) uma rampa unitaria. A transformada de Laplace darampa unitaria e

X(s) = L[tu(t)] =1

s2,

e a transformada da equacao da resposta do sistema de primeira ordemtorna-se

Y (s) =

(γτ

s+ 1τ

)

1

s2=

(

c1s2

+c2s

+c3

s+ 1τ

)

. (5)

As constantes da expansao em fracoes parciais podem entao ser calcu-ladas. Multiplicando (5) por s+ 1

τe fazendo s = − 1

τtem-se

c3 =γ

τ

s2

∣∣∣∣∣s=− 1

τ

=(γ

τ

)(

−τ1

)2

= γτ.



Multiplicando (5) por s2 tem-se

γτ

s+ 1τ

= c1 + sc2 + s2 c3s + 1

τ

, (6)

e fazendo s = 0, tem-se

c1 =γτ

s+ 1τ

∣∣∣∣∣s=0

= γ.

Derivando (6) com relacao a s obtem-se

−γ

τ

(s+ 1τ)2

= c2 +d

ds

[

s2 c3s+ 1

τ

]

,

e fazendo s = 0 obtem-se

c2 =−γ

τ

( 1τ)2

= −γτ.

Logo, a transformada de Laplace na forma de fracoes parciais e

Y (s) =

(

γτ

s+ 1τ

+γ

s2− γτ

s

)

,

cuja anti-transformada sera dada por

y(t) = L−1[Y (s)]⇒ y(t) = γ(

τe−tτ + t− τ

)

, t ≥ 0.

A resposta temporal e ilustrada na Figura 16.

τ t

y(t)γ resposta

entrada

Figura 16: Resposta a rampa unitaria de sistema de primeira ordem.



4. Seja uma entrada senoidal na forma x(t) = senwt. A transformada deLaplace de x(t) e

X(s) = L[senwt] =w

s2 + w2,

e a transformada da equacao da resposta do sistema de primeira ordemtorna-se

Y (s) =

(γτ

s + 1τ

)(w

s2 + w2

)

.

Como s2 + w2 = (s+ jw)(s− jw) e possıvel escrever que

(γτ

s+ 1τ

)(w

s2 + w2

)

=c1

s+ 1τ

+c2

s+ jw+

c3s− jw. (7)

As constantes das fracoes parciais podem ser calculadas, ou seja,

c1 =(γ

τ

)(w

s2 + w2

)∣∣∣∣s=− 1

τ

=(γ

τ

) [

w

(− 1τ)2 + w2

]

=γwτ

1 + w2τ 2,

c2 =

(γτ

s+ 1τ

)(

w

s− jw

)∣∣∣∣∣s=−jw

=γ w

τ

(−jw + 1τ)(−2jw)

,

c3 =γ w

τ

(s+ 1τ)(s+ jw)

∣∣∣∣∣s=jw

=γ w

τ

(jw + 1τ)(2jw)

.

A transformada de Laplace na forma de fracoes parciais torna-se:

Y (s) = γ[(

wτ1+w2τ2

)(

1s+ 1

τ

)

+

+wτ

(−jw+ 1τ)(−2jw)

(1

s+jw

)

+wτ

(jw+ 1τ)(2jw)

(1

(s−jw)

)]

.

A anti-transformada de Laplace pode ser agora determinada,

y(t) = L−1[Y (s)].

Para cada um dos termos tem-se:

L−1

[

γwτ

1 + w2τ 2

(

1

s+ 1τ

)]

= γwτ

1 + w2τ 2e−

tτ ,

L−1

[

γwτ

(−jw + 1τ)(−2jw)

(

1

s+ jw

)]

= γwτ

(−jw + 1τ)(−2jw)

e−jwt,



L−1

[

γwτ

(jw + 1τ)(2jw)

(

1

s− jw

)]

= γwτ

(jw + 1τ)(2jw)

ejwt.

As formulas de Euler, ejt = cost+ jsent e e−jt = cost− jsent, podemser empregadas de forma que

y(t) = γ[

wτ1+w2τ2 e

− tτ +

+wτ

(−jw+ 1τ)(−2jw)

(coswt− jsenwt)+

+wτ

(jw+ 1τ)(2jw)

(coswt+ jsenwt)]

,

ou ainda,

y(t) = γwτ

1 + w2τ 2

(

e−tτ − coswt+ 1

τwsenwt

)

, t ≥ 0.

4 Diagrama de blocos

E possıvel representar sistemas atraves de diagramas de blocos. Os sımbolosbasicos sao o integrador, o somador e o multiplicador e estao mostrados naFigura 17.

∫ x(t)x(t)

y(0)

y(t)y(t)y(t)k

x1(t)

x2(t)

xn(t)

IntegradorSomador

Multiplicador

Figura 17: Simbologia para diagramas de blocos.

O integrador executa a seguinte operacao:

y(t) =∫ t

0x(τ)dτ + y(0).

O somador executa:

y(t) = x1(t) + x2(t) + . . .+ xn(t).

O multiplicador executa:

y(t) = kx(t).



4.1 Montagem direta de diagramas de blocos

As equacoes diferencias que representam sistemas lineares usuais podem serrepresentadas com o uso dos diagramas de blocos.

Exemplo: Considere a equacao diferencial

d3y

dt3+ 8

d2y

dt2+ 37

dy

dt+ 50y = u(t).

Esta equacao pode ser reescrita na forma

d3y

dt3= −8

d2y

dt2− 37

dy

dt− 50y + u(t), (8)

que permite a montagem direta do diagrama de blocos da Figura 18.

∫∫∫u(t) y(t)

−50

−37

−8

yyd3y

dt3

Figura 18: Diagrama de blocos correspondente a equacao (8).

Exemplo: Seja uma outra equacao diferencial que se deseja representarna forma de diagrama de blocos:

d3y

dt3+ 8

d2y

dt2+ 37

dy

dt+ 50y = 3

du

dt+ 5u(t). (9)

Esta equacao pode ser escrita no domınio de Laplace como

(s3 + 8s2 + 37s+ 50)︸︷︷︸

D(s)

Y = (3s+ 5)︸︷︷︸

N(s)

U,

ou tambem,

D(s)X = U, X =Y

N(s).



O diagrama de blocos de D(s)X = U ja foi construıdo anteriormente,bastando substituir y por x na Figura 18.

Como Y = N(s)X, ou seja,

Y = (3s+ 5)X ⇒ y(t) = 3dx

dt+ 5x,

e os valores de x estao disponıveis no diagrama de blocos, e possıvel incluiros termos relacionados a N(s) conforme na Figura 19.

∫∫∫u(t) y(t)

−50

−37

−8

3

5x(t)xxd3x

dt3

Figura 19: Diagrama de blocos correspondente a equacao (9).

4.2 Montagem em serie de digramas de blocos

Uma funcao G(s) representativa de um sistema pode ser fatorada na forma

G(s) = G1(s)G2(s) . . .Gm(s).

Neste caso, o sistema pode ser visto com uma serie de subsistemas. Paraevitar a necessidade de um “diferenciador”, os subsistemas devem ser esco-lhidos adequadamente, de forma que o grau do numerador nao exceda o graudo denominador em cada subsistema.



Exemplo: Seja o sistema

G(s) =3s+ 5

s3 + 8s2 + 37s+ 50=(

1

s+ 2

)

︸︷︷︸

G1(s)

(3s+ 5

s2 + 6s+ 25

)

︸︷︷︸

G2(s)

,

que permite a construcao do diagrama de blocos da Figura 20, onde os sub-sistemas G1(s) e G2(s) foram colocados em serie.

∫∫∫u(t) y(t)

−2 −6

−25

5

3

Figura 20: Diagrama de blocos de dois sistemas concatenados em serie.

4.3 Montagem em paralelo de diagramas de blocos

Neste caso a funcao G(s) do sistema e expandida em fracoes parciais na forma

G(s) = G1(s) +G2(s) + . . .+Gm(s),

onde Gi(s) representa usualmente sistemas de primeira ordem ou sistemasde segunda ordem.

Exemplo: Seja

G(s) =3s+ 5

s3 + 8s2 + 37s+ 50=

−117

s+ 2︸︷︷︸

G1(s)

+s17

+ 5517

s2 + 6s+ 25︸︷︷︸

G2(s)

,

cujo diagrama de blocos na forma paralela esta representado agora na Figura21. Nota-se que

Y = G(s)U = (G1(s) +G2(s))U = G1(s)U +G2(s)U.



∫∫

∫u(t)

y(t)

−2

−6

−25

5517

117

−117

Figura 21: Diagrama de blocos com subsistemas em paralelo.

5 Modelagem de alguns sistemas lineares

5.1 Sistemas massa-mola-amortecedor de um grau deliberdade

A Figura 22 apresenta um sistema massa-mola-amortecedor de um grau deliberdade para o qual e aplicada uma forca u(t) e considerada como respostao deslocamento y(t). Os parametros do sistema sao: massa m, rigidez damola k e constante de amortecimento viscoso c.

Aplicando a segunda Lei de Newton, obtem-se a equacao diferencial domovimento, ou seja,

u− ky − cy = my ⇒ my + cy + ky = u(t).

Dividindo-se pela massam e levando para o domınio de Laplace, a equacaotorna-se (

s2 +c

ms+

k

m

)

Y =1

mU.

Portanto, o polinomio caracterıstico e

s2 +c

ms +

k

m= 0,



k c

m

uu

ky cy

y, y, y

Figura 22: Sistema massa-mola-amortecedor e diagrama de corpo livre.

que possui duas raızes, que podem ser reais simples, reais duplas ou um parcomplexo conjugado.

A equacao diferencial do sistema pode ser escrita como

y =1

mu− c

my − k

my,

que permite a construcao direta do diagrama de blocos da Figura 23.

y1m

u

km

cm

∫∫y y

− −

Figura 23: Diagrama de blocos do sistema massa-mola-amortecedor de umgrau de liberdade.

5.2 Sistema mecanico torcional de um grau de liber-

dade

O sistema torcional de um grau de liberdade da Figura 24 e formado poruma inercia J , uma mola torcional de rigidez k e um amortecimento viscoso



c. O torque aplicado e m(t) e o deslocamento angular θ(t).

k

c

J

θ

θ

m(t)m(t)

cθ kθ

Figura 24: Sistema torcional de um grau de liberdade.

A equacao diferencial que descreve o movimento do sistema pode serobtida pela aplicacao da Lei de Newton, ou seja,

m(t)− kθ − cθ = Jθ ⇒ Jθ + cθ + kθ = m(t).

No domınio de Laplace escreve-se que

(

s2 +c

Js+

k

J

)

Θ =1

JM,

cuja equacao caracterıstica e

s2 +c

Js +

k

J= 0.

O diagrama de blocos correspondente a este sistema e apresentado naFigura 25.

5.3 Circuito RC

Seja um circuito RC (resistor R e capacitor C em serie) ilustrado na Figura26, tendo como entrada uma tensao v(t) e como saıda a tensao no capacitorvC(t).

Os comportamentos do resistor e do capacitor sao descritos por:

vR = RiR, iC = CdvC

dt,



θ1J

m

kJ

cJ

∫∫θ θ

− −

Figura 25: Diagrama de blocos do sistema torcional de um grau de liberdade.

v(t)vC(t)++

−−i(t)

R

C∼

Figura 26: Circuito RC.



ou ainda no domınio de Laplace:

VR = RIR, IC = CsVC .

Neste caso iR = iC pois os componentes estao em serie.Aplicando a lei das malhas de Kirchhoff, obtem-se a equacao

v = vR + vC ⇒ V = RCsVC + VC ,

ou ainda,(

s+1

RC

)

VC =1

RCV.

Pode-se representar este sistema na forma de uma funcao de transferenciacomo:

VC = G(s)V =1

RC

s+ 1RC

V.

Verifica-se que este sistema e de primeira ordem e que

vC =1

RCv − 1

RCvC ,

o que permite a construcao direta do diagrama de blocos da Figura 27.

vCv ∫vC

−

1RC

1RC

Figura 27: Diagrama de blocos do circuito RC.

5.4 Circuito RLC

Seja um circuito formado por um resistor R, um indutor L e um capacitorC em serie com uma tensao v(t) de entrada e tendo como saıda a tensao nocapacitor vC(t), conforme esquematizado na Figura 28.

As leis que governam os componentes do circuito sao:

vR = RiR, iC = CdvC

dt, vL = L

diLdt.



v(t)vC(t)+

+

−−i(t)

R

C∼

L

Figura 28: Circuito RLC.

ou no domınio de Laplace:

VR = RIR, IC = CsVC VL = LsIL.

Como os componentes estao em serie, todos apresentam a mesma cor-rente, ou seja, iR = iL = iC = i.

Deseja-se escrever a relacao entre a entrada v(t) e a saıda vC(t). Con-sequentemente,

VR = RI = RCsVC ,

VL = LsI = Ls(CsVC) = LCs2VC .

Aplicando-se a lei de malhas escreve-se

v = vR + vL + vC ,

e substituindo as tensoes calculadas para cada componente tem-se

V = RCsVC + LCs2VC + VC ,

(

s2 +R

Ls+

1

LC

)

VC =1

LCV.

A funcao de transferencia neste caso e

G(s) =1

LC

s2 + RLs+ 1

LC

.

A equacao diferencial correspondente ao sistema VC(t) = G(s)V (t) podeser escrita como

vC =1

LCv − R

LvC −

1

LCvC

que permite diretamente a representacao na forma de diagrama de blocos daFigura 29.



vC1

LC

v

1

LC

RL

∫∫vC vC

− −

Figura 29: Diagrama de blocos para um circuito RLC.

5.5 Sistema massa-mola-amortecedor com 2 graus deliberdade

Seja o sistema massa-mola-amoretecedor de dois graus de liberdade repre-sentado na Figura 30.

Aplicando a lei de Newton escreve-se para cada massa:

k2(y2 − y1) + c2(y2 − y1)− k1y1 − c1y1 + u1(t) = m1y1,

−k2(y2 − y1)− c2(y2 − y1) + u2(t) = m2y2.

Estas equacoes podem ser escritas na forma matricial como:

[

m1 00 m2

]

︸︷︷︸

M

{

y1

y2

}

︸︷︷︸

y

+

[

(c1 + c2) −c2−c2 c2

]

︸︷︷︸

C

{

y1

y2

}

︸︷︷︸

y

+

+

[

(k1 + k2) −k2

−k2 k2

]

︸︷︷︸

K

{

y1

y2

}

︸︷︷︸

y

=

{

u1(t)u2(t)

}

︸︷︷︸

u

,

ou tambemMy + Cy + Ky = u(t),

onde M e a matriz de massa, C e a matriz de amortecimento, K e a matriz derigidez, y e vetor deslocamento, y e o vetor velocidade, y e o vetor aceleracaoe u(t) e o vetor de excitacao (forcas externas aplicadas).



k1

k2

c1

c2

m1

m1

m2

m2

y1

y2

u1(t)

u1(t)

u2(t)

u2(t)

k1y1 c1y1

k2(y2 − y1) c2(y2 − y1)

y2 > y1

Figura 30: Sistema massa-mola-amortecedor de dois graus de liberdade ediagramas de corpo livre.



6 Linearizacao

Muitos problemas possuem termos nao lineares e que dificultam a analise.Uma forma de simplificar estes problemas e empregar uma linearizacao, queembora seja uma aproximacao, normalmente permite a analise do problema.

O aspecto central da linearizacao e a aplicacao da serie de Taylor, tomando-se ate o termo linear. Seja a Figura 31 em que f(x) e uma funcao nao lineare se deseja determinar uma aproximacao y(x) para f(x) em torno do pontox0.

f, y

f(x)

y(x)

xxo

Figura 31: Linearizacao.

A funcao f(x) pode ser expandida em serie de Taylor como

f(x) = f(x0) +df

dx

∣∣∣∣∣x0

(x− x0)

1!+d2f

dx2

∣∣∣∣∣x0

(x− x0)2

2!+ ...

Tomando apenas o primeiro e o segundo termos tem-se

f(x) ≈ y(x) = f(x0) +df

dx

∣∣∣∣∣x0

(x− x0),

em torno do ponto x0, que e uma aproximacao linearizada para f(x).

Exemplo: Seja um tanque conforme a mostrado na Figura 32 no qual avazao de saıda depende de forma nao linear do nıvel de lıquido no tanque.

Neste problema tem-se que: Fi e a vazao que entra no tanque, F e avazao que sai do tanque, h e a altura do nıvel de lıquido no tanque, e A e aarea da secao transversal do tanque.



F

h

Fi

Figura 32: Esquema do tanque.

A vazao de saıda depende da altura do nıvel de lıquido do tanque por

F = β√h.

A equacao diferencial (nao linear) para a variacao da altura h no tanquee

Adh

dt= Fi − F ⇒ A

dh

dt+ β√h = Fi.

A linearizacao deve ser conduzida para o termo nao linear correspondentea funcao f(h) =

√h. Assim,

f(h) ≈ f(h0) +d(√h)

dh

∣∣∣∣∣h0

(h− h0) =√

h0 +1

2h

−12

0 (h− h0).

Substituindo o resultado da linearizacao na equacao diferencial tem-se

Adh

dt+ β

[√

h0 +1

2√h0

(h− h0)

]

= Fi,

Adh

dt+ β

h

2√h0

= Fi − β√h0

2,

que agora e uma equacao direfencial linear.Os erros envolvidos na linearizacao aumentam a medida em que se distancia

do ponto em torno do qual a funcao foi linearizada. No caso deste exemplo,a aproximacao sera valida em torno do nıvel h0.



7 Formas padronizadas de sistemas com parametros

concentrados

7.1 Sistema de ordem zero

Um sistema de ordem zero e descrito por uma equacao diferencial de ordemzero, ou seja, por uma equacao algebrica do tipo

a0y = b0x,

ou tambem

y = γx, γ =b0a0,

onde γ e a sensibilidade estatica.Um sistema de ordem zero e instantaneo, sem atraso ou distorcao. Um

sistema que pode ser considerado sistema de ordem zero e o termopar (trans-duz temperatura em voltagem instantaneamente, e pode ser linearizado numdado intervalo).

7.2 Sistema de primeira ordem

Um sistema de primeira ordem e descrito por uma equacao diferencial deprimeira ordem como

a1dy

dt+ a0y = b0x,

ou no domınio de Laplace,

(a1s+ a0)Y = b0X.

Define-se τ = a1

a0como a constante de tempo e γ = b0

a0o ganho ou sensi-

bilidade estatica. Logo,(τs + 1)Y = γX.

A equacao homogenea eτ y + y = 0

e a equacao caracterıstica e τs + 1 = 0 cuja raiz e s = −1τ

.A solucao homogenea da equacao diferencial e do tipo

yh(t) = Ae−tτ .

Seja a condicao inicial y(0) = y0. Logo,

yh(t) = y0e−tτ .



Para y0 6= 0 e t = τ , tem-se

y(τ) = y0e−1 = 0.3678y0⇒

y(τ)

y0

= 0.3678.

Observa-se que a constante de tempo τ fornece uma medida da velocidadeque a resposta do sistema tende a zero. Nota-se que decorrido o tempo τ ,a reducao percentual da resposta natural e aproximadamente 37% do valorinicial y0, como ilustrado na Figura 33.

yh(t)

tτ

y0

0.3678y0

Figura 33: Resposta homogenea de um sistema de primeira ordem, τ > 0.

Seja o caso em que a entrada e um degrau unitario u(t). Neste caso, aequacao diferencial do sistema e

τ y + y = γu(t).

A solucao particular e do tipo:

yp(t) = C,

pois o degrau e uma constante para t > 0.A solucao completa sera a soma da solucao homogenea e da solucao par-

ticular:y(t) = Ae

−tτ + C.

Seja o caso particular da condicao inicial y(0) = 0. Logo,

y(0) = 0 = Ae0 + C = A + C ⇒ A = −C,

e consequentemente,

y(t) = C(1− e−tτ )

E possıvel calcular a seguinte derivada

y(t) = C1

τe

−tτ .



Substituindo y(t) e y(t) na equacao diferencial tem-se:

τC1

τe

−tτ + C(1− e−t

τ ) = γ ⇒ C = γ,

e portanto a solucao da equacao diferencial e

y(t) = γ(1− e−tτ ),

cuja representacao grafica esta na Figura 34.

y(t)

tτ

0.6321γ

γ

Figura 34: Solucao completa de sistema de primeira ordem.

Verifica-se que para t = τ tem-se

y(τ)

γ= 1− e−1 = 0.6321,

ou seja, para um tempo igual a τ o sistema atingiu aproximadamente 63%da resposta de regime.

Um exemplo de sistema de primeira ordem e o modelo linearizado doenchimento do tanque dado por

Adh

dt+ β

h

2√h0

= Fi − β√h0

2.

Um outro exemplo e o circuito RC descrito por

RCy + y = u(t),

com τ = RC e γ = 1.



7.3 Sistema de segunda ordem

Um sistema de segunda ordem e descrito por uma equacao diferencial desegunda ordem como

a2y + a1y + a0y(t) = b0x(t) ou y +a1

a2y +

a0

a2y =

b0a2x(t).

Esta equacao de segunda ordem pode ser escrita no domınio de Laplaceem uma forma padronizada como

(s2 + 2ξwns+ w2n)Y = γw2

nX,

onde

wn =

√

a0

a2,

e a frequencia natural,

ξ =a1

2√a0a2

,

e o fator de amortecimento, e

γ =b0a0

e o ganho estatico. Note que o ganho estatico e o fator que multiplicadopela amplitude da entrada resulta no valor de regime (desconsiderando-se osefeitos dinamicos de y e y).

A resposta natural do sistema e baseada na equacao homogenea, cujaequacao caracterıstica e:

s2 + 2ξwns+ w2n = 0.

As raızes da equacao caracterıstica sao s1,2 = −ξwn ± wn

√ξ2 − 1, cuja

natureza depende do valor de ξ. Os casos possıveis sao analisados a seguir.

Amortecimento subcrıtico/sistema sub-amortecido, ξ < 1

No caso de sistema sub-amortecido, ξ < 1, as raızes sao complexas conjugadase podem ser escritas como

s1,2 = −ξwn ± jwn

√

1− ξ2 = σ ± jwd,

onde σ = −ξwn e a parte real e wd = wn

√1− ξ2 e a parte imaginaria

(caracterizando a frequencia natural amortecida). Estas raızes podem serrepresentadas no plano complexo como na Figura 35.



wn = cte

ξ = cte

s1

s2

φ

wn

−ξwn

wn

√1− ξ2

−wn

√1− ξ2

σ (real)

jw (imaginario)

Figura 35: Representacao de um par complexo conjugado no plano complexo.

Nesta representacao verifica-se que wn e o raio do cırculo e cosφ = ξ.Observa-se que as raızes s1 e s2 caminham sobre o cırculo em funcao do valorde ξ.

A solucao homogenea de um sistema de segunda ordem e do tipo

yh(t) = A1es1t +A2e

s2t = e−ξwnt(A1ejwdt +A2e

−jwdt) = Ae−ξwntsen(wdt+ φ),

que caracteriza uma resposta oscilatoria com frequencia wd.Considere uma entrada do tipo degrau unitario, u(t). A solucao particular

sera do tipoyp = C para t ≥ 0.

Logo, yp = 0 e yp = 0. Substituindo-se na equacao do sistema, tem-se,

w2nC = γw2

n ⇒ C = γ.

A solucao completa do sistema e a soma da solucao particular e da solucaohomogenea:

y(t) = γ + Ae−ξwntsen(wdt+ φ),

onde A e φ sao determinados atraves das condicoes iniciais.Verifica-se da Figura 35 que:

senφ =√

1− ξ2, cosφ = ξ e tanφ =

√1− ξ2

ξ.

No caso em que y(0) = 0 e y(0) = 0 (condicoes iniciais nulas) tem-se

y(0) = γ + Asenφ = 0⇒ A =−γ√1− ξ2

,



y(0) = A(−ξwn)senφ+ Awdcosφ = 0⇒ tanφ =wd

ξwn

=

√1− ξ2

ξ.

Sistema criticamente amortecido, ξ = 1

No caso criticamente amortecido, ξ = 1, as raızes sao reais e iguais e estaosobre o eixo real no plano complexo, ou seja,

s1 = s2 = −ξwn = −wn.

A solucao transitoria (homogenea) e

yh(t) = A1e−wnt + A2te

−wnt,

que representa um movimento que nao oscila.Considerando a entrada um degrau unitario, a solucao completa e da

formay(t) = γ + A1e

−wnt + A2te−wnt.

Com as condicoes iniciais nulas, y(0) = 0 e y(0) = 0, tem-se

y(0) = 0 = γ + A1 ⇒ A1 = −γ,y(0) = 0 = A1(−wn) + A2 ⇒ A2 = −γwn.

Sistema super-amortecido, ξ > 1

No caso de um sistema super-amortecido, ξ > 1, as raızes sao reais e distintas,ou seja,

s1 = wn

(

−ξ +√

ξ2 − 1)

=−1

τ1,

s2 = wn

(

−ξ −√

ξ2 − 1)

=−1

τ2.

A resposta transitoria (solucao da equacao homogenea) e

y(t) = A1e−tτ1 + A2e

−tτ2 ,

e a solucao completa, considerando a entrada degrau unitario, e

y(t) = γ + A1e−tτ1 + A2e

−tτ2 .

Quando as condicoes iniciais sao nulas, y(0) = 0 e y(0) = 0, tem-se

A1 =−γτ1τ1 − τ2

e A2 =γτ2

τ1 − τ2.

Verifica-se que o caso super-amortecido apresenta uma resposta sem carateroscilatorio como esperado.



Movimento harmonico simples, sistema nao amortecido, ξ = 0

No caso sem amortecimento, as raızes sao complexas conjugadas com partereal nula, ou seja, estao sobre o eixo imaginario. Neste caso, o sistemaapresentara uma resposta transitoria sem decaimento, caracterizando o mo-vimento harmonico simples, ou seja, wd = wn, φ = 0 e yh(t) = Asen(wnt).

8 Funcao de Transferencia

Seja um sistema que estabelece uma relacao entre entrada e saıda esquema-tizada na Figura 36.

f(t) y(t)

(entrada) (saıda)

sistema

Figura 36: Relacao entre entrada e saıda.

Este sistema pode ser descrito por uma equacao diferencial do tipo

an

dny

dtn+ an−1

dn−1y

dtn−1+ . . .+ a1

dy

dt+ a0y(t) = b0f(t).

Se as condicoes iniciais sao nulas, y(0) = y(0) = . . . = yn−1(0) = 0, tem-seatraves da transformada de Laplace, que

Y (s)

F (s)= G(s) =

b0ansn + an−1sn−1 + . . .+ a1s+ a0

,

ou aindaY (s) = G(s)F (s)

onde G(s) e uma funcao de transferencia e o sistema pode ser representadoconforme esquematizado na Figura 37.

F (s) Y (s)G(s)

Figura 37: Relacao entrada-saıda no domınio de Laplace.



Caso o sistema possua duas entradas tem-se que

an

dny

dtn+ an−1

dn−1y

dtn−1+ . . .+ a1

dy

dt+ a0y(t) = b1f1(t) + b2f2(t),

cuja representacao esta na Figura 38.

f1(t)

f2(t)

y(t)sistema

Figura 38: Representacao de um sistema com duas entradas e uma saıda.

Considerando condicoes iniciais nulas e aplicando a transformada de La-place tem-se que

(ansn + an−1s

n−1 + . . .+ a1s+ a0)Y (s) = b1F1(s) + b2F2(s),

Y (s) =b1

ansn + an−1s

n−1 + . . .+ a1s+ a0︸︷︷︸

G1(s)

F1(s)+b2

ansn + an−1s

n−1 + . . .+ a1s+ a0︸︷︷︸

G2(s)

F2(s),

ou aindaY (s) = G1(s)F1(s) +G2(s)F2(s),

onde G1(s) e G2(s) sao as funcoes de transferancia que relacionam cadaentrada a saıda, conforme esquematizado na Figura 39.

F1(s)

F2(s)

G1(s)

G2(s)

Y (s)

Figura 39: Representacao de um sistema com duas entradas e uma saıda.

Para sistemas com multiplas entradas e multiplas saıdas, define-se a ma-triz de transferencia como a matriz formada pelas relacoes entre cada entradae cada saıda, considerando-se nulas todas as entradas exceto a entrada emquestao, e com todas as condicoes iniciais nulas.



8.1 Resposta ao impulso e convolucao

Seja um sistema representado por

Y (s) = G(s)X(s),

onde G(s) e a funcao de transferencia.Sabe-se que a multiplicacao no domınio de Laplace e equivalente a con-

volucao no domınio do tempo. Portanto,

y(t) =∫ t

0x(τ)g(t− τ)dτ =

∫ t

0g(τ)x(t− τ)dτ,

com g(t) = 0 e x(t) = 0 para t < 0.Seja uma entrada do tipo impulso unitario, x(t) = δ(t), com condicoes

iniciais nulas. Logo, X(s) = L[δ(t)] = 1, e entao

Y (s) = G(s).

Logo,y(t) = L−1[G(s)] = g(t),

e a resposta ao impulso, ou seja, a transformada de Laplace da resposta aoimpulso de um sistema fornece a respectiva funcao de transferencia.

Na pratica, e possıvel aproximar uma funcao impulso por uma funcaopulso de amplitude grande e de duracao pequena cuja area seja unitariaconforme mostrado na Figura 10. Nota-se que quando t0 → 0 o pulso tende aoimpulso. Portanto, a resposta de um sistema a um pulso de grande amplitudee de pequena duracao (area unitaria) tende a resposta do impulso do sistema.

8.2 Matriz de transferencia

O conceito de matriz de transferencia e aplicavel ao caso de sistemas commultiplas entradas e multiplas saıdas.

Considere um sistema com m entradas e n saıdas. As m entradas carac-terizam o vetor de entrada. As n saıdas caracterizam o vetor de saıda.

Seja, por exemplo, um sistema com duas entradas e duas saıdas conformeesquematizado na Figura 40.

A relacao entre as saıdas e as entradas e dada por

Y1(s) = G11(s)X1(s) +G12(s)X2(s),

Y2(s) = G21(s)X1(s) +G22(s)X2(s).



X1(s)

X2(s)

Y1(s)

Y2(s)

G11

G12

G21

G22

Figura 40: Representacao de sistema com duas entradas e duas saıdas.

Escrevendo na forma matricial tem-se que{

Y1(s)Y2(s)

}

=

[

G11(s) G12(s)G21(s) G22(s)

]{

X1(s)X2(s)

}

,

sendo que Gij(s) e a funcao de transferencia relacionando a i-esima saıdacom a j-esima entrada.

Generalizando, para m entradas e n saıdas, tem-se

Y(s)n×1 = G(s)n×mX(s)m×1

onde Y(s)n×1 e a transformada de Laplace do vetor de saıda, G(s)n×m e amatriz de transferencia e X(s)m×1 e a transformada de Laplace do vetor deentrada.

Exemplo: Considere o sistema da Figura 41 inicialmente em repouso.Sejam as forcas u1(t) e u2(t) as entradas e sejam as posicoes y1(t) e y2(t)

as saıdas.As equacoes do movimento podem ser escritas, ou seja, para a massa m1

tem-sem1y1 = c(y2 − y1)− k1y1 + u1(t),

m1y1 + c(y1 − y2) + k1y1 = u1(t),

e para a massa m2 tem-se

m2y2 = −c(y2 − y1)− k2y2 + u2(t),



k1

k2

c

m1

m1

m2

m2

y1

y2

u1(t)

u1(t)

u2(t)

u2(t)

k1x1

k2x2c(x2 − x1)

c(x2 − x1)

Figura 41: Sistema massa-mola-amortecedor de dois graus de liberdade.

m2y2 + c(y2 − y1) + k2y2 = u2(t).

Aplicando a transformada de Laplace as duas equacoes do movimento econsiderando condicoes iniciais nulas tem-se

(m1s2 + cs+ k1)Y1(s)− csY2(s) = U1(s),

(m2s2 + cs+ k2)Y2(s)− csY1(s) = U2(s).

Matricialmente pode-se escrever que

[

m1s2 + cs+ k1 −cs−cs m2s

2 + cs+ k2

]

︸︷︷︸

G−1

{

Y1(s)Y2(s)

}

=

{

U1(s)U2(s)

}

.

Portanto,{

Y1(s)Y2(s)

}

= G(s)

{

U1(s)U2(s)

}

,

onde

G(s) =1

(m1s2 + cs+ k1)(m2s2 + cs+ k2)− c2s2

[

m2s2 + cs+ k2 cscs m1s

2 + cs+ k1

]

,

e a matriz de transferencia, neste caso 2× 2.



Consequentemente,

y1(t) = L−1

[

(m2s2 + cs+ k2)U1(s) + csU2(s)

(m1s2 + cs + k1)(m2s2 + cs+ k2)− c2s2

]

,

y2(t) = L−1

[

csU1(s) + (m1s2 + cs+ k1)U2(s)

(m1s2 + cs + k1)(m2s2 + cs+ k2)− c2s2

]

.

9 Criterios de Desempenho

Esta secao apresenta os principais parametros de desempenho no tempo desistemas de primeira e de segunda ordem.

9.1 Sistemas de Primeira Ordem

Seja um sistema de primeira ordem dado por

a1dy

dt+ a0y(t) = b0f(t) ou τ

dy

dt+ y = γf(t),

onde τ = a1

a0e a constante de tempo e γ = b0

a0e a sensibilidade estatica.

A transformada de Laplace correspondente e

τsY (s) + Y (s) = γF (s),

e a respectiva funcao de transferencia e

Y (s)

F (s)=

γ

τs + 1.

1. A resposta ao impulso deste sistema e

g(t) =γ

τe−

tτ ,

que se encontra ilustrada na Figura 42.

2. A resposta ao degrau, ou resposta indicial, de um sistema de primeiraordem e

y(t) = γ(1− e− tτ ),

que se encontra ilustrada na Figura 43 para dois valores de constantede tempo (τ1 > τ2) e na Figura 44 para dois valores da sensibilidadeestatica γ1 > γ2.



t

γτ

(sistema estavel)

Figura 42: Resposta ao impulso de sistema de primeira ordem, τ > 0.

t

τ1τ2

Figura 43: Sistema de primeira ordem - resposta ao degrau - τ1 > τ2.

tτ

γ1

γ20, 63γ1

0, 63γ2

y(t)

Figura 44: Sistema de primeira ordem - resposta ao degrau - γ1 > γ2.



tτ

y(t)

∆(t)

Figura 45: Sistema de primeira ordem - resposta a rampa unitaria.

3. A resposta a rampa unitaria e dada por

y(t) = γ(τe−tτ + t− τ),

e esta representada na Figura 45.

A diferenca entre a rampa e a resposta do sistema e dada por

∆(t) = γt− y(t) = γτ(1− e− tτ ),

e o erro estacionario elimt→∞

∆(t) = γτ.

9.2 Sistema de segunda ordem

Seja um sistema de segunda ordem na forma padronizada

d2y

dt2+ 2ξwn

dy

dt+ w2

ny = γw2nf(t),

onde wn e a frequencia natural, ξ e o fator de amortecimento e γ e o ganhoestatico.

A funcao de transferencia correspondente e

Y (s)

F (s)= G(s) =

γw2n

s2 + 2ξwns+ w2n

.

As raızes da equacao caracterıstica sao

s1,2 = −ξwn ± wn

√

ξ2 − 1︸︷︷︸

wd

,

e os tres casos importantes de resposta natural podem ser analisados emfuncao do valor de ξ, i.e.,



• ξ > 1: sistema superamortecido, comportamento nao oscilatorio, cujaresposta ao impulso e

y(t) = C1es1t + C2e

s2t.

• 0 < ξ < 1: sistema sub-amortecido, comportamento oscilatorio duranteo transitorio, cuja resposta ao impulso e

y(t) = C1e−ξwnt(senwdt+ φ).

• ξ = 1: sistema criticamente amortecido, nao oscilatorio, cuja respostaao impulso e

y(t) = (C1 + C2t)e−ξwnt.

O comportamento de um sistema de segunda ordem sub-amortecido enormalmente analisado em termos da resposta ao degrau atraves de algunsparametros que permitem uma adequada comparacao. Estes parametros saobrevemente descritos a seguir e ilustrados na Figura 46.

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 20

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

Resposta ao degrau unitario

Am

plitu

de

Tempo (s)

tp te

ts

yp

γ

eest

Figura 46: Sistema de segunda ordem - principais parametros de desempenhona resposta ao degrau.



1. O valor de regime, γ, e o valor da resposta do sistema para um tempogrande, ou seja,

γ = limt→∞

y(t).

Note que o valor de regime corresponde ao ganho estatico do sistemase a entrada for um degrau unitario.

2. O erro estacionario, eest, e a diferenca entre o valor da entrada e o valorde regime. No caso da entrada degrau, tem-se que:

eest = 1− γ.

3. O tempo de subida, ts, e o tempo para a resposta passar, por exemplo,de 10% do valor de regime para 90% do valor de regime.

4. O tempo para o pico maximo, tp, e o tempo para a resposta atingir oprimeiro pico da sobre-elevacao (overshoot).

5. O percentual de sobre-sinal, pss, representa o valor do pico em relacaoao valor de regime de forma percentual, ou seja,

pss = 100yp − γγ

.

A resposta ao degrau e

y(t) = γ

[

1− e−ξwnt

√1− ξ2

sen(wdt+ φ)

]

,

O pico da curva de resposta pode ser determinado por

dy

dt= 0⇒ ξwnsen(wdt+ φ) = wdcos(wdt+ φ),

ou ainda

tan(wdt+ φ) =wd

ξwn

=

√1− ξ2

ξ= tanφ,

para wdt = kπ, k = 0, 1, 2, . . .. O primeiro pico ocorre para wdtp = π,e entao, tp = π

wde cosφ = ξ.

Substituindo este resultado na equacao da resposta ao degrau tem-seque

yp = y(tp) = γ

1− e−ξwn

πwd√

1− ξ2sen

(

wd

π

wd

+ φ)

=



= γ

1− e

−ξπ√1−ξ2

√1− ξ2

sen(π + φ)

=

= γ

1− e

−ξπ√1−ξ2

√1− ξ2

(senπ︸︷︷︸

0

cosφ+ senφ cosπ︸︷︷︸

−1

)

=

= γ

1− e

−ξπ√1−ξ2

√1− ξ2

(−senφ)

= γ

[

1 + e−ξπ√1−ξ2

]

.

Logo, o pss sera dado por:

pss = 100γ[

1 + e−ξ π√

1−ξ2

]

− γγ

= 100e

(−ξπ√1−ξ2

)

.

Consequentemente pode-se escrever que

ξ =ln100

pss√

π2 +(

ln100pss

)2.

Nota-se que o pss e uma medida do fator de amortecimento, ou seja,dado ξ tem-se o pss e vice-versa. Verifica-se que pss|ξ=0 = 100% epss|ξ=1 = 0%.

6. Constante de tempo de um sistema de segunda ordem

As curvas que limitam a resposta de um sistema sao chamadas de en-voltorias e estao ilustradas na Figura 47.

As equacoes das envoltorias sao determinadas em funcao dos pontoscrıticos de y(t) e sao dadas por:

ev(t) = γ

(

1± e−ξwnt

√1− ξ2

)

.

Considerando a envoltoria superior, nota-se que:

ev(t)|t=0 = γ

(

1 +1√

1− ξ2

)

,

ev(t)|t= 1ξwn

= γ

(

1 +e−1

√1− ξ2

)

.



envoltoria

valor de regime (γ)

y(t)

τ t

Figura 47: Curvas envoltorias.

Define-se a constante de tempo, τ , do sistema de segunda ordem como

τ =1

ξwn

,

poisev(τ)− γev(0)− γ =

e−1

1= 0.3678,

que corresponde ao decaimento da envoltoria com relacao ao valor deregime γ de forma semelhante ao caso de um sistema de primeira ordem.

7. O tempo de estabilizacao e o tempo para o sistema apresentar x% deerro com relacao ao valor de regime.

O tempo de estabilizacao a 5% e dado por:

γ(

1 + e−tτ√

1−ξ2

)

− γ

γ≤ 0.05⇒ e−

tτ√

1− ξ2≤ 0.05⇒ e−

tτ ≤ 0.05

√

1− ξ2.

E possıvel calcular o tempo de estabilizacao para alguns valores de ξ.

• para ξ = 0.1:

e−tτ ≤ 0.05× 0.995⇒ t

τ= 3.00.

• para ξ = 0.5:

e−tτ ≤ 0.05× 0.866⇒ t

τ= 3.14.



• para ξ = 0.7:

e−tτ ≤ 0.05× 0.714⇒ t

τ= 3.33.

Portanto, uma aproximacao usual e que

te5% ≈ 3.2τ =3.2

ξwn

.

Da mesma forma que foi feito para 5% pode-se fazer para 2% e obterque

te2% ≈ 4τ =4

ξwn

.

8. Decremento logarıtmico.

Seja uma senoide amortecida correspondente a resposta do sistema,

y(t) = Ae−ξwnt(senwdt+ φ),

como mostrada na Figura 48.

t2

y1

y2

t1

y(t)

t

Figura 48: Senoide amortecida.

O perıodo e dado por T = t2 − t1 e e sabido que sen(wdt1 + φ) =sen(wdt2 + φ).

A relacao entre duas amplitudes consecutivas e

y1

y2=Ae−ξwnt1

Ae−ξwnt2= eξwnT = e

ξwn( 2πwd

)= e

2πξ√1−ξ2 .

O decremento logaritmico, δl, e definido como

δl = lny1

y2

=2πξ√1− ξ2

.

Nota-se que δl e uma medida do amortecimento do sistema. Para ξ <<1 tem-se a aproximacao que δl ≈ 2πξ.



10 Estabilidade de sistemas lineares

Um sistema e considerado estavel se sua resposta nao cresce de forma ili-mitada para qualquer condicao inicial (resposta natural) ou para qualquerentrada limitada. A analise baseada na resposta natural caracteriza o que sechama de estabilidade de entrada nula e a analise baseada em uma entradalimitada caracteriza a estabilidade BIBO (bounded input - bounded output).

10.1 Estabilidade para entrada nula

Seja uma funcao de transferencia dada por

Y (s)

F (s)= G(s) =

Q(s)

P (s),

onde Q(s) e P (s) sao polinomios que representam o numerador e o denomi-nador respectivamente.

Estes polinomios sao tais que o grau de Q(s) e menor ou igual ao grau deP (s), caracterizando os sistemas nao antecipativos.

Considerando que nao existam cancelamentos entre fatores do numeradore do denominador, as raızes de Q(s) sao denominadas de zeros de G(s), e asraızes de P (s) sao os polos G(s). Os polos de G(s) sao os pontos singularesde G(s).

Caso existam fatores comuns no numerador e denominar, atencao e re-querida como no exemplo de

G(s) =(s− 1)

(s− 1)(s+ 2),

em que se tem apenas apenas um polo que e −2. Note que nao ha singulari-dade para s = 1.

Seja uma funcao de transferencia, sem cancelamentos entre o numeradore o denominador, escrita na forma

G(s) =Q(s)

(s− p1)(s− p2)(s− p3)m(s− p4)(s− p∗4)(s− p5)(s− p6)(s− p∗6),

cujos polos estao representados na Figura 49.Os polos deste sistema podem ser classificados como a seguir.

1. Polos reais e distintos de multiplicidade 1 e nao nulos (p1 e p2).



imaginario

real

polos estaveis polos instaveis

p1 p2p3

p4

p∗4

p5

p6

p∗6

Figura 49: Localizacao tıpica dos polos no plano complexo.

A contribuicao destes polos na anti-transformada de Laplace gera ostermos ilustrados na Figura 50, que podem ser verificados via expansaoem fracoes parciais, ou seja,

C1ep1t + C2e

p2t.

O polo p2 > 0 contribui para uma situacao de instabilidade.

tt

y(t)y(t)

C1ep1t C2e

p2t

Figura 50: Contribuicao na resposta de polos reais e distintos e nao nulos.

2. Polos reais multiplos (p3).

A anti-transformada de Laplace gera termos do seguinte tipo:[

C1 + C2t+C3

2!t2 + . . .+

Cm

(m− 1)!tm−1

]

︸︷︷︸

a(t)

ep3t = a(t)ep3t.



Tres situacoes podem ocorrer em funcao da posicao do polo p3:

• se p3 > 0, entao a(t)ep3t → ±∞, quando t→∞.

• Se p3 = 0, entao a(t)ep3t = a(t)→ ±∞, quando t→∞.

• Se p3 < 0, entao a(t)ep3t → 0, quando t→∞.

Nota-se que se p3 ≥ 0 tem-se uma situacao de instabilidade.

3. Polo simples na origem (p5).

A anti-transformada, neste caso, e uma constante como ilustrado naFigura 51, que caracteriza uma resposta marginalmente estavel (naodecresce).

t

y(t)

Figura 51: Anti-transformada correspondente a um polo simples na origem.

4. Polos complexos conjugados (pares (p4,p∗4) e (p6,p

∗6)).

Neste caso, e possıvel escrever que

C

(s− p4)(s− p∗4)=

D

(s2 + b2).

A anti-transformada de Laplace e do tipo:

eatsen(bt + φ)

onde a e a parte real dos polos. Nota-se que se a > 0 tem-se umasituacao instavel.

Para o caso particular em que a = 0, ou seja, polos complexos conjuga-dos sobre o eixo imaginario, tem-se resposta senoidal sem decaimento,Figura 53, que caracteriza uma resposta marginalmente estavel.



tt

y(t)y(t)

a < 0 a > 0

Figura 52: Efeito de polos compolexos conjugados.

t

y(t)

Figura 53: Efeito de polo com parte real nula.



Da analise anterior, e possıvel concluir que:

• Polos com parte real negativa, isto e, localizados no semi-plano es-querdo do plano complexo, contribuem com resposta estavel.

• Polos com parte real positiva, isto e, localizados no semi-plano direitodo plano complexo, contribuem com resposta crescente com o tempoou instavel.

• Polos simples com parte real nula, isto e, sobre o eixo imaginario, con-tribuem com resposta constante ou senoidal.

• Polos multiplos na origem ou sobre o eixo imaginario acarretam insta-bilidade.

Uma avaliacao da estabilidade natural pode ser feita tambem atraves daresposta ao impulso. Lembrando que Y (s) = G(s)F (s) e que se F (s) = 1,ou seja, f(t) = δ(t) um impulso unitario, entao,

L−1[Y (s)] = L−1[G(s)] = y(t),

onde y(t) e a resposta ao impulso do sistema, e que permite verificar a ins-tabilidade se esta crescer de forma ilimitada.

Exemplo: Discutir a estabilidade do sistema G1(s) = 1s.

Este sistema possui um polo simples na origem, caracterizando uma res-posta natural marginalmente estavel. A resposta ao impulso deste sistema eum degrau u(t), que e limitada.

Exemplo: Discutir a estabilidade do sistema G2(s) = 1000s2+100

.Este sistema possui polos complexos conjugados sobre o eixo imaginario,

caracterizando uma resposta senoidal marginalmente estavel. A resposta aoimpulso deste sistema e 100sen(10t)u(t), que e limitada.

Exemplo: Discutir a estabilidade do sistema G3(s) = 1s2 .

Este sistema possui polos multiplos na origem, e e portanto instavel. Aresposta ao impulso deste sistema e tu(t), que cresce de forma ilimitada.

10.2 Estabilidade BIBO

O conceito de estabilidade BIBO (bounded input - bounded output) estabe-lece que o sistema e estavel se a resposta permanece limitada para qualquerentrada limitada.



A relacao entre a resposta Y (s) e a entrada F (s) de um sistema pode serescrita como

Y (s) = G(s)F (s),

e usando a propriedade de convolucao pode-se escrever que

y(t) = L−1[G(s)F (s)] = g(t) ∗ f(t) =∫ t

0g(τ)f(t− τ)dτ.

Se a entrada e limitada, entao pode-se escrever que

|f(t)| ≤M <∞.

Para que a resposta seja limitada deseja-se que

|y(t)| =∣∣∣∣

∫ t

0g(τ)f(t− τ)dτ

∣∣∣∣ ≤

∫ t

0|g(τ)||f(t− τ)|dτ,

e consequentemente e possıvel escrever que

|y(t)| ≤M∫ t

0|g(τ)|dτ.

Para que a resposta |y(t)| seja limitada, deve-se ter que

∫ t

0|g(τ)|dτ <∞,

que significa que a resposta ao impulso do sistema deve ser limitada.

11 Resposta em frequencia

11.1 Relacao de amplitude e angulo de fase

A resposta em regime de um sistema linear invariante no tempo a uma en-trada senoidal e tambem de forma senoidal, com amplitude e fase distin-tos da entrada e dependentes das caracterısticas dinamicas do sistema e dafrequencia de entrada.

Seja um sistema descrito por

Y (s)

F (s)= G(s) =

Q(s)

P (s),

com Q(s) e P (s) polinomios s.



Seja uma entrada f(t) senoidal. Logo,

f(t) = Asenwt⇒ F (s) = L[f(t)] =Aw

s2 + w2,

e consequentemente,

Y (s) = G(s)Aw

s2 + w2.

Uma expansao em fracoes parciais pode ser escrita como

Y (s) =C1

(s− p1)+

C2

(s− p2)+ . . .+

Cn

s− pn︸︷︷︸

termos transitorios

+K1

s + jw+

K2

s− jw︸︷︷︸

termos de regime

.

Realizando a anti-transformada de Laplace tem-se

y(t) =n∑

i=1

Ciepit +K1e

−jwt +K2ejwt

onde a somatoria pode ser desconsiderada pois representa os termos tran-sitorios. Pressupoe-se que G(s) e estavel.

Logo, a resposta de regime e

y(t) = K1e−jwt +K2e

jwt.

As constantes correspondentes sao:

K1 = (s+ jw)G(s)Aw

(s+ jw)(s− jw)

∣∣∣∣∣s=−jw

= G(−jw)Aw

−2jw= G(−jw)

A

−2j,

K2 = (s− jw)G(s)Aw

(s+ jw)(s− jw)

∣∣∣∣∣s=jw

= G(jw)A

2j,

Pode-se escrever

G(jw) = |G(jw)|ejφ, G(−jw) = |G(jw)|e−jφ,

e

φ = 6 G(jw) = tan−1

[

Im(G(jw))

Re(G(jw))

]

.

Consequentemente,

y(t) = −A2j|G(jw)|e−jφe−jwt + A

2j|G(jw)|ejφejwt =

= A|G(jw)|[

ej(wt+φ)−e−j(wt+φ)

2j

]

=

= A|G(jw)|sen(wt+ φ).



Nota: senα = ejα−e−jα

2je |a+ jb| =

√a2 + b2.

Portanto, se a entrada e

f(t) = Asenwt,

a saıda seray(t) = A|G(jw)|sen(wt+ φ),

que representa uma resposta senoidal com outra amplitude e com uma defa-sagem em relacao a entrada.

A relacao de amplitudes RA entre a resposta e a entrada e dada por

RA =max y(t)

max f(t)= |G(jw)|.

Alguns exemplos sao apresentados a seguir.

11.2 Resposta em frequencia de um sistema de pri-

meira ordem

Seja

G(s) =γ

τs+ 1.

Logo,

G(jw) =γ

1 + jwτ=

|γ|√1 + w2τ 2

ejφ,

φ = tan−1(−wτ

1

)

= −tan−1(wτ).

A relacao de amplitudes sera dada por

RA =|γ|√

1 + w2τ 2.

11.3 Resposta em frequencia de um sistema de se-

gunda ordem

Seja

G(s) =γw2

n

s2 + 2ξwns+ w2n

.

Logo,

G(jw) =γw2

n

−w2 + j(2ξwnw) + w2n

,



|G(jw)| = |γ|w2n

[(w2n − w2)2 + 4ξ2w2

nw2]

12

= RA,

φ = −tan−1 2ξwnw

(w2n − w2)

.

11.4 Resposta em frequencia de um integrador puro

Seja

G(s) =γ

s,

entao,

G(jw) =γ

jw= −j γ

w=γ

we−jφ,

e se verifica que

|G(jw)| = γ

w= RA, φ = tan−1

( −γw

0

)

= −π2.

11.5 Diagramas de Bode

Existem dois graficos usuais para representar as caracterısticas de respostaem frequencia de sistemas.

• Diagrama de amplitudes: plota as RA (em decibeis, dB) em funcao dew (escala log).

• Digrama de fases: plota as fases φ em funcao de w em escala log.

Para isso define-se a relacao de amplitudes em dB como

RAdB = 20 logRA.

Sao apresentados a seguir os diagramas de Bode de alguns sistemas tıpicos.

11.5.1 Diagramas de Bode para o integrador puro

A relacao de amplitudes para o integrador puro permite escrever que

RAdB = 20 logγ

w= 20 log γ − 20 logw,

que e uma reta na escala dB-log do tipo

y = C − 20x,



cuja inclinacao e −20. Note que o para logw = 0 o cruzamento com o eixoda relacao de amplitude se da para 20 log γ.

A fase e φ = −π2

constante.Os diagramas de Bode do integrador puro, G(s) = 1

s, sao mostrados na

Figura 54.

−20

−15

−10

−5

0

5

Mag

nitu

de (

dB)

100

101−91

−90.5

−90

−89.5

−89

Pha

se (

deg)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

Figura 54: Diagramas de Bode para G(s) = 1s.

11.5.2 Diarama de Bode de sistemas de primeira ordem

Seja um sistema de primeira ordem dado por

G(s) =γ

τs + 1com γ > 0.

A relacao de amplitudes e o angulo de fase sao:

RA =γ√

1 + w2τ 2, φ = −tan−1(wτ).

A relacao de amplitudes em dB e

RAdB = 20 log

(

γ√1 + w2τ 2

)

= 20 log γ − 10 log(1 + w2τ 2).

E possıvel conduzir a analise para dois casos.



1. “Baixas” frequencias: wτ << 1⇒ w << 1τ⇒ 1 + w2τ 2 ≈ 1, entao,

RAdB ≈ 20 log γ,

que representa uma constante de valor 20 log γ. Note que este e o valorde partida do grafico quando w = 0.

2. “Altas” frequencias: wτ >> 1⇒ w >> 1τ⇒ 1 + w2τ 2 ≈ w2τ 2, entao,

RAdB ≈ 20 log γ − 10 log(wτ)2 = 20 log γ − 20 log(wτ),

RAdB ≈ 20 log γ − 20 logw − 20 log τ,

RAdB ≈ 20 logγ

τ− 20 logw,

que representa uma reta de inclinacao −20.

Em termos de fase, tem-se:

• para w = 0⇒ φ = −tan−1(0) = 0,

• para w = 1τ⇒ φ = −tan( 1

ττ) = −π

4,

• para w →∞⇒ φ = −tan(∞) = −π2,

como mostrado na Figura 55.Como exemplo, os diagramas de Bode para G(s) = 1

s+1estao mostrados

na Figura 55.

11.5.3 Diagramas de Bode para sistemas de primeira ordem emserie

Seja o sistema G(s) formado por varios sistemas de primeira ordem em serie,

G(s) =(

γ1

τ1s+ 1

)(γ2

τ2s+ 1

)

. . .(

γn

τns+ 1

)

.

A relacao de amplitudes e a fase podem ser escritas como

RA = |G(jw)| = γ1γ2 . . . γn√

(1 + τ 21w

2)(1 + τ 22w

2) . . . (1 + τ 2nw

2),

φ =n∑

i=1

φi =n∑

i=1

−tan−1(wτi).



−40

−30

−20

−10

0M

agni

tude

(dB

)

10−2

10−1

100

101

102

−90

−45

0

Pha

se (

deg)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

Figura 55: Diagramas de amplitudes e fases - sistema de primeira ordem.

A relacao de amplitudes em dB e dada por

RAdB =n∑

i=1

20 log γi −1

2

n∑

i=1

20 log(1 + τ 2i w

2) =∑

RAidB,

que corresponde ao somatorio da relacao de amplitudes de cada sistema.

Exemplo: Sejam os sistemas de primeira ordem

G1(s) =5

s+ 1e G2(s) =

2000

s+ 100,

e o sistema resultante do produto destes, G(s) = G1(s)G2(s).As relacoes de amplitudes e as fases de dois sistemas de primeira ordem

podem ser somadas diretamente nos graficos conforme na Figura 56.Observa-se ainda que

lims→0

G(s) = lims→0

G1(s)G2(s) =(

5

1

)(2000

100

)

= 100 = 40dB,

que corresponde ao valor para w → 0 no diagrama de bode. Note ainda queo valor da resposta em frequencia para w → 0 coresponde ao ganho estaticodo sistema.



−100

−50

0

50M

agni

tude

(dB

)

10−2

10−1

100

101

102

103

104

−180

−135

−90

−45

0

Pha

se (

deg)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

G1(s)G2(s)G(s)

Figura 56: Diagramas de Bode de dois sistemas de primeira ordem em serie.

Observa-se cada polo simples contribui com uma queda de -20dB/decadano diagrama de Bode. Note que um zero ira alterar o sinal da inclinacaoda reta, contribuindo com um efeito de +20dB/decada, assim como umacontrinuicao positiva na fase, como ilustrado no exemplo a seguir.

Exemplo: Sejam os sistemas de primeira ordem

G1(s) =5

s+ 1e G2(s) =

s+ 100

2000,

e o sistema resultante do produto destes, G(s) = G1(s)G2(s).As relacoes de amplitudes e as fases de dois sistemas de primeira ordem

podem ser somadas diretamente nos graficos conforme na Figura 57.

11.5.4 Diagrama de Bode de sistemas de segunda ordem

A relacao de amplitudes para um sistema de segunda ordem e

RA =γ

√

[1− ( wwn

)2]2 + 4ξ2( wwn

)2,



−80

−60

−40

−20

0

20M

agni

tude

(dB

)

10−2

10−1

100

101

102

103

104

−90

−45

0

45

90

Pha

se (

deg)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

G1(s)G2(s)G(s)

Figura 57: Diagramas de Bode de dois sistemas de primeira ordem em serie.

e em dB tem-se

RAdB = 20 log γ − 10 log

[

1−(w

wn

)2]2

+ 4ξ2(w

wn

)2

.

Dois casos em termos de faixas de frequencias podem ser analisados.

1. Assıntota para baixas frequencias (w << wn):

RAdB ≈ 20 log γ,

que representa um valor constante.

2. Assıntota para altas frequencias (w >> wn):

RAdB ≈ 20 log γ − 10 log(w

wn

)4

= 20 log γ − 40 log(w

wn

)

=

= 20 log γ + 40 logwn − 40 logw = 20 log(γw2n)− 40 logw,

que representa uma inclinacao de −40dB/decada.



O angulo de fase e dado por

φ = −tan−1

(

2ξwnw

w2n − w2

)

,

e verifica-se que:

• para w = 0⇒ φ = 0,

• para w = wn ⇒ φ = −π2,

• para w →∞⇒ φ = −π.

O diagrama de Bode do sistema de segunda ordem esta representado naFigura 58 para alguns valores de ξ.

−40

−30

−20

−10

0

10

20

30

40

Mag

nitu

de (

dB)

10−1

100

101−180

−135

−90

−45

0

Pha

se (

deg)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

ξ1 = 0.01

ξ2 = 0.2

ξ3 = 0.4

ξ4 = 0.7

Figura 58: Diagramas de Bode para varios valores de fator de amortecimentode sistemas de segunda ordem.

Um caso particular de interesse e o de ξ = 0, ou seja, sistema sem amor-tecimento. Neste caso, os diagramas de Bode sao caracterizados por umasingularidade na amplitude e uma mudanca brusca de fase de 0◦ para −180◦,como ja se observa a tendencia para o caso de menor fator de amortecimentoilustrado na Figura 58.



11.6 Banda de passagem

A banda de passagem, wb, e o valor de frequencia tal que a amplitude cai 3dBem relacao ao valor de correspondente ao ganho estatico, conforme ilustradona Figura 59.

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)10

−110

010

10

5

10

15

20

25

30

Mag

nitu

de (

dB) 3dB

wb

Figura 59: Banda de passagem.

11.7 Algumas caracterısticas em frequencia de siste-

mas de segunda ordem

A frequencia de ressonancia, wr, em sistemas de segunda ordem correspondeao valor de frequencia em que ocorre a maior amplitude da resposta emfrequencia, e e dada por

wr = wn

√

1− 2ξ2 para ξ <

√2

2.

Para esta frequencia tem-se o valor do pico da resposta, adicionado aovalor do ganho estatico, dado por

Mp =1

2ξ√

1− ξ2para ξ <

√2

2.



Exemplo: Dada a resposta em frequencia do sistema de segunda conformena Figura 60, determine a frequencia natural, fator de amortecimento e oganho estatico.

10−1

100

101

102

−180

−135

−90

−45

0

Pha

se (

deg)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

−60

−40

−20

0

20

40

System: psPeak gain (dB): 24.8At frequency (rad/sec): 1.81

Mag

nitu

de (

dB)

Figura 60: Resposta em frequencia de sistema de segunda ordem.

A forma padrao do sistema de segunda ordem e

P (s) =γw2

n

s2 + 2ξwns+ w2n

.

O ganho estatico pode ser determinado fazendo-se

lims→0

P (s) = γ = 20dB = 10.

O pico da resposta e 24.8 dB. Logo, o valor adicional ao valor do ganhoestatico e Mp = 4.8 dB = 1.7378, que permite calcular:

Mp =1

2ξ√

1− ξ2= 1.7378⇒ ξ = 0.30.

Da frequencia de ressonancia, wr = 1.81rad/s, e do valor de ξ, tem-seque

wr = wn

√1− 2× 0.32 = 1.81rad/s⇒ wn = 2rad/s.



Uma outra forma de obter a frequencia natural e verificar a frequenciaque corresponde a fase de −90◦, ou seja, wn = 2rad/s.

11.8 Diagrama de Nyquist

O diagrama de Nyquist e uma outra forma de representacao da resposta emfrequencia. E um grafico do modulo de G(jw) pelo angulo de fase de G(jw)em coordenadas polares quando w varia, por exemplo, de zero a infinito.

11.8.1 Diagrama de Nyquist de sistemas de primeira ordem

Para um sistema de primeira ordem tem-se que

|G(jw)| = |γ|√1 + w2τ 2

, φ = −tan−1(wτ).

Seja o caso particular em que γ = 1. Logo,

|G(jw)| = 1√1 + w2τ 2

, φ = −tan−1(wτ).

Calculando alguns valores tem-se:

• w = 0⇒ |G(0)| = 1, φ = −tan−1(0) = 0,

• w = 1τ⇒ |G( j

τ)| = 1√

1+1= 1√

2, φ = −tan−1(1) = −45◦,

• w →∞⇒ |G(∞)| = 0, φ = −tan−1(∞) = −90◦,

que podem ser visualizados na Figura 61.Nota-se que a curva do diagrama de Nyquist para este sistema e uma

circunferencia, como pode ser verificado a seguir.

G(jw) =1

1 + jwτ=

1− jwτ12 + w2τ 2

=1

1 + w2τ 2︸︷︷︸

parte real

− wτ

1 + w2τ 2︸︷︷︸

parte imaginaria

j.

Definindo x e y como as partes real e imaginaria, tem-se:

x =1

1 + w2τ 2=

1

1 + a2,

y =−wτ

1 + w2τ 2=−a

1 + a2.

Verifica-se que(

x− 1

2

)2

+ y2 =(

1

1 + a2− 1

2

)2

+( −a

1 + a2

)2

=(

1

2

)2

,

ou seja, a equacao de um cırculo com origem no ponto(

12, 0)

e raio 12.



a

b

c

Imaginario

Real

12

−45o

1√2

Figura 61: Diagrama de Nyquist - sistema de primeira ordem.

11.8.2 Diagrama de Nyquist para sistemas de segunda ordem

A forma padrao de um sistema de segunda ordem permite escrever que

G(jw) =γw2

n

(jw)2 + 2ξwn(jw) + w2n

=γ

1 + 2ξ(j wwn

) + (j wwn

)2.

Seja o caso particular em que γ = 1. Logo,

limw→0

G(jw) = 1 6 0◦, limw→∞

G(jw) = 0 6 − 180◦.

Para w = wn, entao,

G(jw) =1

1 + 2ξj − 1=

1

2ξj,

que corresponde a um valor imaginario puro, e que permite determinar ovalor de ξ.

A situacao de ressonancia corresponde ao ponto onde ocorre o maximovalor de |G(jw)|, ou seja maxima amplitute, e e o ponto cuja distancia ate aorigem e maxima no diagrama de Nyquist.

Para ξ > 1 grandes, o diagrama aproxima-se de uma circunferencia, poiso sistema tende a um sistema de primeira ordem, e uma das raızes reaispredomina sobre a outra.

Exemplo: Seja o sistema dado por

G(s) =1

s2 + 2s+ 1.

O diagrama de Nyquist correspondente esta mostrado na Figura 62.



−1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2−3

−2.5

−2

−1.5

−1

−0.5

0

0.5

Nyquist Diagram

Real Axis

Imag

inar

y A

xis

wrwn

Figura 62: Diagrama de Nyquist para G(s) = 1s2+2s+1

.



O ponto de cruzamento com o eixo imaginario corresponde a w = wn =1rad/s e e −2.5j. Logo,

1

2ξj= −2.5j ⇒ ξ = 0.2.

A maxima amplitude e 8.14dB e corresponde a uma frequencia de res-sonancia w = wr = 0.959rad/s.

Exemplo: Determinar o diagrama de Nyquist para

G(s) =1

s(Ts+ 1).

Calcula-se:

G(jw) =1

jw(Tjw + 1)=

−T1 + w2T 2

− j 1

(1 + w2T 2)w.

Logo,limw→0

G(jw) = −T − j∞ =∞ 6 − 90◦,

limw→∞

G(jw) = 0− j × 0 = 0 6 − 180◦.

O diagrama correspondente e apresentado na Figura 63.

Im

Re

w

w

0

0∞

−T

Figura 63: Diagrama de Nyquist.



12 Sistemas de nıvel de tanques - introducao

a malha fechada

12.1 Sistema de um tanque

Considere o tanque esquematizado na Figura 64, onde qe e a vazao de entrada,qs e a vazao de saıda, h e a altura do nıvel de lıquido e u e a variavel que regulaa posicao da valvula de entrada. O tanque possui area da secao tranversalA, de forma que o volume de lıquido e V = Ah. O problema de interesse emanter o nıvel de lıquido em valores desejados.

qe

u

h

qs

Figura 64: Sistema de nıvel de tanque.

Este sistema pode ser representado na forma de diagrama de blocos con-forme na Figura 65.

qe

qs

entradas

saıdaprocesso

h

Figura 65: Problema do tanque na forma de diagrama de blocos.

Um modelo matematico deste sistema pode ser obtido atraves do princıpioda conservacao da massa. A variacao de volume no tanque e dada por

V (t) = qe(t)− qs(t).



Se a area do tanque e constante, tem-se que

V (t) = Ah(t).

Dependendo to tipo de escoamento, laminar ou turbulento, e possıvelestabelecer uma relacao entre a vazao na valvula de saıda e o nıvel de lıquidoh(t). No caso de escoamento laminar, pode-se escrever que

qs(t) =1

Rh(t),

onde R e uma constante restritiva, tambem chamada de “restricao”. Nota-sea analogia com a lei de Ohm para circuitos eletricos (potencial=resistencia× corrente).

Estas equacoes podem ser agrupadas, levando a:

Ah(t) = qe(t)−1

Rh(t)⇒ RAh(t) + h(t) = Rqe(t),

que caracteriza uma equacao diferencial de primeira ordem (sistema de pri-meira ordem) que pode ser escrita na sua forma padrao como

τ h(t) + h(t) = γqe(t),

onde τ = RA e a constante de tempo e γ = R e o ganho estatico.Aplicando a transformada de Laplace (condicoes iniciais nulas) chega-se

a funcao de transferencia:

(τs + 1)H(s) = γQe(s)⇒ H(s) =γ

τs+ 1Qe(s).

Este modelo do tanque permite estudar dois comportamentos fısicos deinteresse: o esvaziamento e o enchimento.

• Esvaziamento do tanque. Seja a condicao homogenea em que a vazaode entrada e nula, qe(t) = 0. A solucao homogenea para este sistemade primeira ordem e

hh(t) = C1e−tτ ,

com C1 = h(0) o nıvel inicial do tanque.

• Solucao particular. Seja uma vazao de entrada constante qe(t) = η. Asolucao particular e tambem uma constante, ou seja,

hp(t) = C2.



• Solucao completa. A solucao completa, que corresponde ao enchimentodo tanque, sera dada por

h(t) = hh(t) + hp(t) = C1e−tτ + C2.

Considere como condicao inicial que o tanque esta vazio, h(0) = 0.Logo,

h(0) = C1e−0τ + C2 = 0⇒ C1 = −C2 = C,

e portanto,

h(t) = C(1− e−tτ ).

Substituindo este resultado na equacao diferencial, determina-se queC = γη, e consequentemente escreve-se a solucao completa como

h(t) = γη(1− e−tτ ).

12.2 Modelo instrumentado do sistema do tanque

O modelo desenvolvido anteriormente para o tanque precisa incorporar ainstrumentacao necessaria para permitir o posterior controle de nıvel.

Sejam alguns dados numericos de interesse:

• area da secao transversal do tanque: A = 4π m2;

• curso maximo das valvulas: 25 mm;

• constante de restricao: R = 140 s/m2;

• maxima altura do tanque: 4 m.

Com base nestes valores, a equacao diferencial do sistema e

1759h(t) + h(t) = 140qe(t).

Seja u(t) a posicao da valvula de entrada que determina a vazao de en-trada qe(t). Deseja-se controlar o nıvel do tanque atraves da vazao de entrada.

Um esquema do problema e mostrado na Figura 66. Verifica-se que umaposicao da valvula define uma vazao de entrada, que atuara no processo,mudando o nıvel de lıquido, e este sera medido atraves de um sensor. Desta,forma fica estabelecida uma relacao entre posicao da valvula u(t) e a alturah(t).

A estrutura do sensor esta esquematizada na Figura 67. Dada uma alturah(t) tem-se uma pressao p(t), que se relaciona a um valor de resistencia



u(t) h(t)atuador processo sensor

Figura 66: Relacao entre deslocamento da valvula e nıvel do tanque.

h(t) Is(t)p(t) r(t)primario transdutor condicionador

Figura 67: Estrutura do sensor - relacao entre altura e corrente.

eletrica r(t), que por sua vez determina uma corrente de saıda do sensorIs(t).

A relacao entre altura e pressao e dada por

p(t) = ρgh(t) =1000× 9.81

105h(t) [bar],

onde se considerou que o lıquido e agua.Tendo em mente que a altura maxima do tanque e de 4m, verifica-se que

a pressao maxima a ser medida e de 0.3924 bar, valor este que permite aescolha de um sensor adequado.

Os elementos de transducao e de condicionamento geralmente tem umafaixa de operacao ate 20mA. Neste caso, calcula-se o respectivo ganho asso-ciado, ou seja,

0.3924 bar ←→ 20mA⇒ 20mA

0.3924 bar= 50.968,

de forma que se escreve a relacao

Is(t) = 50.968p(t) = 50.9689810

105h(t)⇒ Is(t) ∼= 5h(t).

A estrutura do atuador pode ser esquematizada conforme na Figura 68.Uma valvula eletro-pneumatica e adequada neste caso e transforma cor-

rente em pressao. Para uma faixa de operacao de 0 ate 20mA tem-se a saıdade 0 ate 6 bar, caracterizando um ganho dado por

6 bar

20mA= 0.3 bar/mA,

ou seja,p(t) = 0.3Ie(t).



Ie(t) qe(t)p(t) u(t)valvula conversor posicao-vazao

Figura 68: Estrutura do atuador - relacao entre corrente e vazao.

O conversor pressao-deslocamento esta esquematizado na Figura 69. Verifica-se, da condicao de equilıbrio, que

p× Adiafragma = Kmola × u⇒ u =Adiafragma

Kmola

p,

ou em termos numericos

u =0.052π

200000p = 3.93× 10−8p.

Para uma pressao em bar e curso em mm escreve-se que

u(t) = 3.93p(t).

deslocamento u(t)

pressao p(t)

mola (200000N/m)

diafragma (φ100mm)

Figura 69: Esquema do conversor pressao-deslocamento.

O deslocamento da valvula esta diretamente relacionado a vazao de en-trada como ilustrado na Figura 70. O curso da valvula e de 25mm para uma



vazao de 10m3/h. Portanto, pode-se escrever que

qe(t) =10m3/h

25mmu(t)⇒ qe(t) = 0.000111u(t),

para vazao em m3/s e deslocamento em mm.

deslocamento u(t)

vazao qe(t)

Figura 70: Esquema da valvula deslocamento-vazao.

Consequentemente, e possıvel relacionar a vazao de entrada a corrente,ou seja,

qe(t) = 0.000111u(t) = 0.000111×3.93×p(t) = 0.000111×3.93×0.3× Ie(t),

qe(t) = 0.0001309Ie(t).

Com as relacoes desenvolvidas e possıvel escrever a equacao diferencialdo tanque em termos das correntes de entrada e de saıda, ou seja,

τIs5

+Is5

= γ × 0.0001309Ie(t),

1759Is5

+Is5

= 140× 0.0001309Ie(t),

1759Is + Is = 0.09163Ie(t),

que corresponde ao modelo instrumentado do tanque. Note que as seguintesrelacoes sao empregadas:

Is(t)←→ h(t) e Ie(t)←→ qe(t).



u(t)

qe1

qe1

qs2

h2

h2

h1

h1

planta 1 planta 2

qs1 = qe2

Figura 71: Esquema de dois tanques independentes.

12.3 Sistema de dois tanques independentes

Seja um sistema composto por dois tanques independentes conforme na Fi-gura 71, cujo objetivo e controlar o nıvel h2.

Para o primeiro tanque e possıvel escrever:

τ1h1 + h1 = γ1qe1 ⇒ (τ1s+ 1)H1 = γ1Qe1 ⇒ H1 =γ1

τ1s+ 1Qe1.

Para o segundo tanque tem-se:

τ2h2 + h2 = γ2qe2 ⇒ (τ2s+ 1)H2 = γ2Qe2 ⇒ H2 =γ2

τ2s+ 1Qe2.

A vazao de saıda do primeiro tanque, que e a vazao de entrada do segundotanque, e:

qs1 =1

R1h1(t) = qe2 ⇒ Qe2 =

1

RH1.

Substituindo este resultado na equacao do nıvel do segundo tanque tem-se:

H2 =(

γ2

τ2s+ 1

)(1

R1H1

)

,



e substituindo a equacao do nıvel do primeiro tanque tem-se

H2 =(

γ2

τ2s+ 1

)(1

R1

)(γ1

τ1s+ 1

)

Qe1.

Como R1 = γ1, escreve-se para o sistema de tanques independentes:

H2 =γ2

(τ2s+ 1)(τ1s+ 1)Qe1 =

γ2

τ1τ2s2 + (τ1 + τ2)s+ 1Qe1,

ou ainda,

[τ1τ2s2 + (τ1 + τ2)s+ 1]H2 = γ2Qe1 ⇒ τ1τ2h2 + (τ1 + τ2)h2 + h2 = γ2qe1,

que corresponde a uma equacao diferencial de um sistema de segunda ordem.Este sistema pode ser representado em termos de diagrama de blocos

como na Figura 72.

qe1 h1 h2γ1

τ1

γ2

τ21γ1

1τ1

1τ2

∫∫

−−

Figura 72: Diagrama de blocos do sistema de tanques independentes.

12.4 Sistema de dois tanques interligados

Seja um sistema composto por dois tanques interligados como mostrado naFigura 73.

Para o primeiro tanque pode-se escrever:

A1h1 = qe1 − q, q =1

R1(h1 − h2),

ou ainda,

h1 =1

A1qe1 −

1

A1R1(h1 − h2) =

1

A1qe1 −

1

A1R1h1 +

1

A1R1h2.

Para o segundo tanque tem-se que

A2h2 = q − qs2, qs2 =1

R2

h2,



qe1

qs2

h2h1 q

Figura 73: Sistema de dois tanques interligados.

ou ainda,

h2 =1

A2R1(h1 − h2)−

1

A2R2h2 =

1

A2R1h1 −

(1

A2R1+

1

A2R2

)

h2.

Este sistema pode ser representado atraves do diagrama de blocos daFigura 74. Observa-se o acoplamento entre os dois tanques.

qe1 h1 h21A1

1A2R1

h2h1

1A1R1

1A1R1

1A2R1

+ 1A2R2

∫∫

−−

Figura 74: Diagrama de blocos do sistema de tanques interligados.

Usando a transformada de Laplace e possıvel reescrever para o primeirotanque que

(

s+1

A1R1

)

H1 =1

A1Qe1 +

1

A1R1H2,

e para o segundo tanque escreve-se[

s+(

1

A2R1

+1

A2R2

)]

H2 =1

A2R1

H1.



Substituindo a equacao do nıvel do primeiro tanque na equacao do se-gundo tanque tem-se:

[

s+(

1

A2R1

+1

A2R2

)]

H2 =(

1

A2R1

)(

1

s+ 1A1R1

)(1

A1

Qe1 +1

A1R1

H2

)

,

[

A1A2R1R2s2 + (A1R2 + A2R2 + A1R1)s+ 1

]

H2 = R2Qe1.

ou ainda,

H2 =R2

A1A2R1R2s2 + (A1R2 + A2R2 + A1R1)s+ 1Qe1.

Definindo-se τ1 = A1R1 e τ2 = A2R2, tem-se:

H2(t) =R2

τ1τ2s2 + (τ1 + τ2 + A1R2)s+ 1Qe1(t),

que caracteriza um sistema de segunda ordem.

12.5 Inclusao do controlador automatico

A instrumentacao utilizada no sistema de controle, caracterizada pelos sen-sores e atuadores, pode ser incorporada a planta. Seja o esquema da plantainstrumentada mostrado na Figura 75.

u(t) y(t)P

entrada

entrada saıda

saıda

planta instrumentada

sensorplantaatuador

Figura 75: Esquema de uma planta instrumentada.

O sistema de controle e caracterizado pela inclusao do controlador au-tomatico, denotado por K, conforme esquematizado na Figura 76, na qualr(t) e a referencia, e(t) e o erro, u(t) e o sinal de controle e y(t) e a saıdamedida.



PSfrag

u(t) y(t)

P

r(t) e(t)

K−plantacontrolador

Figura 76: Sistema com a inclusao do controlador.

As seguintes relacoes no domınio de Laplace podem ser escritas:

E = R− Y, U = KE, Y = PU,

ou ainda

R = E + Y = E + PU = E + PKE = (1 + PK)E,

R = (1 + PK)(R− Y ) = (1 + PK)R− (1 + PK)Y,

e consequentemente

Y =PK

1 + PKR,

que representa a funcao de malha fechada e relaciona a saıda Y com a entradaR, ou no domınio do tempo, y(t) com r(t).

Seja K = kp um controlador proporcional, e seja a planta P = γ

τs+1um

sistema de primeira ordem. Portanto, a malha fechada sera:

Y =γ

τs+1kp

1 + γτs+1

kp

r = TrR,

na qual

Tr =γ

τs+1kp

1 + γτs+1

kp

=γkp

τs+ 1 + γkp

=

γkp

1+γkp

τ1+γkp

s+ 1.

que representa um novo sistema, malha fechada, com os seguintes parametros:

• nova constante de tempo: τf = τ1+γkp

,

• novo ganho estatico: γf = γkp

1+γkp.

Conclui-se que atraves da escolha de kp (ou seja, do controlador pro-porcional) e possıvel obter um novo sistema e ajustar o ganho estatico e aconstante de tempo.



Exemplo: Seja a planta P = 34s+1

, para a qual se verifica γ = 3 e τ = 4.A malha fechada usando um controlador proporcional e

Tr =γf

τfs+ 1,

com

γf =3kp

1 + 3kp

e τf =4

1 + 3kp

.

Se o ganho proporcional e kp = 1, tem-se:

γf =3

1 + 3× 1= 0.75 e τf =

4

1 + 3× 1= 1.

Portanto, a nova funcao de transferencia sera:

Tr =0.75

s + 1,

e a equacao do sistema em malha fechada e:

Y =0.75

s+ 1R.

12.6 Analise do sistema controlado sujeito a disturbios

Define-se disturbio como uma entrada indesejada no sistema. Por exemplo,vento em uma aeronave, vazamentos em sistemas de tanques, oscilacoes darede eletrica etc. Um dos interesses dos sistemas de controle e assegurar aoperacao do sistema com um desempenho adequado mesmo quando o sistemae submetido a disturbios.

Considere novamente o problema do nıvel de um tanque conforme esque-matizado na Figura 64.

A equacao de primeira ordem que governa o nıvel do tanque e

τ h+ h = γqe ⇒ H =γ

τs+ 1Qe.

Seja um vazamento na valvula de entrada, caracterizando um disturbio.E possıvel escrever:

qe(t) = αu− qv, qv = βd,

onde qv e a vazao devido ao vazamento, u e a posicao que regula a aberturada valvula de entrada, d e o deslocamento associado ao disturbio, e α e β



sao os ganhos correspondentes entre vazao e posicao da valvula. No domıniode Laplace tem-se:

Qe = αU −Qv, Qv = βD.

Considerando o disturbio, a equacao do sistema torna-se

H =γ

τs + 1(αU − βD) =

γ

τs+ 1α

︸︷︷︸

Pu

U − γ

τs + 1β

︸︷︷︸

Pd

D = PuU + PdD,

onde Pu e a funcao de transferencia de U para H , e Pd e a funcao de trans-ferencia de D para H .

Em termos de diagrama de blocos tem-se o esquema da Figura 77.

h

u

d

Pu

Pd

Figura 77: Representacao do efeito da entrada de disturbio.

Seja um sistema representado na Figura 78 para o qual se deseja acompa-nhar o sinal de referencia r considerando, contudo, uma entrada de disturbiod.

u y

dPd

Pu

r e

K−controlador

Figura 78: Esquema de um sistema de controle com entrada de disturbio.



Se nao existir o disturbio, D = 0, entao

Y =PuK

1 + PuKR = TrR,

que representa a malha fechada considerando a entrada de referencia.Considere agora que o problema e do tipo regulador, r = 0, entao

Y = PdD + PuU = PdD + PuK(−Y ).

Seja um controlador proporcional, ou seja, K = kp. Neste caso e possıvelescrever

Y = PdD − PukpY ⇒ (1 + Pukp)Y = PdD,

ou ainda,

Y =Pd

1 + Pukp

D = TdD,

que representa a funcao de malha fechada associada ao disturbio.Considerando a superposicao dos efeitos das duas entradas (r e d) tem-

se a representacao da Figura 79 para o sistema em termos das respectivasfuncoes de malha fechada Td e Tr.

y

r

d

Tr

Td

Figura 79: Representacao do sistema em termos das funcoes de transferenciaassociadas aos sinais de referencia e de disturbio.

Exemplo: Seja o problema do nıvel do tanque. Pode-se escrever para amalha aberta que

H =γ

τs + 1(αU − βD) = PuU + PdD.

Os seguintes valores sao adotados: γ = 1, τ = 4, α = 3 e β = 1.Consequentemente,

h =3

4s+ 1︸︷︷︸

Pu

U − 1

4s + 1︸︷︷︸

Pd

D.



A funcao de transferencia de D para Y e dada por:

Td =Pd

1 + Pukp

=−1

4s+1

1 + 34s+1× kp

=−1

4s+ 1 + 3kp

.

A funcao de transferencia Tr ja havia sido calculada anteriormente.Observa-se que a inclusao do ganho proporcional causa variacoes nas

raızes do denominador e normalmente tambem no numerador da funcao detransferencia de malha fechada.

13 Malha fechada e malha aberta

Em um sistema de malha fechada a saıda e realimentada ao ponto de soma,onde e comparada com a entrada de referencia. Para esta comparacao enecessario converter a forma do sinal de saıda para a mesma forma do sinalde entrada, ou seja, os sinais devem ter as mesmas unidades para que o errotenha significado.

Considere o esquema generico da Figura 80, onde P (s) e a planta a sercontrolada, K(s) e o controlador e H(s) e a funcao de transferencia do ele-mento de medida.

R(s)P (s)

Y (s)

B(s)

H(s)

E(s)K(s)

−

Figura 80: Esquema generico de malha fechada.

A funcao de transferencia H(s) tem o papel de assegurar a compatibildadede unidades entre o sinal de referencia r(t) e o sinal medido y(t). Note queuma configuracao de realimentacao unitaria, H(s) = 1, pode ser conseguidaincluindo-se a instrumentacao do problema na planta a ser controlada.

As seguintes funcoes de transferencia podem ser definidas.

• Funcao de transferencia do ramo direto:

G(s) =Y (s)

E(s)= K(s)P (s),

que e a relacao entre a saıda Y (s) e o sinal do “erro” E(s).



• Funcao de transferencia de malha aberta:

L(s) =B(s)

E(s)= G(s)H(s),

que e a relacao entre o sinal realimentado e o sinal do “erro” E(s).

Note que se H(s) = 1, entao as funcoes de transferencia de malhaaberta e do ramo direto sao iguais, L(s) = G(s).

• Funcao de transferencia de malha fechada, que representa a relacaoentre Y (s) e R(s) e dada por:

Y (s) = G(s)E(s),

E(s) = R(s)− B(s) = R(s)−H(s)Y (s),

Y (s) = G(s)(R(s)−H(s)Y (s)),

e finalmente,Y (s)

R(s)=

G(s)

1 +G(s)H(s)= T (s).

Portanto,

Y (s) =G(s)

1 +G(s)H(s)R(s) = T (s)R(s).

14 Analise de erro estacionario

14.1 Erro estacionario em realimentacao unitaria

Seja um sistema em realimentacao unitaria como representado como na Fi-gura 81.

R(s) E(s)G(s)

Y (s)

−

Figura 81: Esquema de malha fechada em relimentacao unitaria.

O sistema G(s) pode ser representado genericamente por

G(s) =k(1 + z1s)(1 + z2s) . . . (1 + zms)

sn(1 + p1s)(1 + p2s) . . . (1 + pls).



Define-se o tipo do sistema em funcao do numero de polos localizados novalor zero, ou seja, valor de n. Se n = 0, o sistema e do tipo 0, se n = 1 osistema e do tipo 1, e assim por diante.

A funcao de transferencia de malha fechada para realimentacao unitaria,Figura 81, e dada por

Y (s)

R(s)=

G(s)

1 +G(s).

O erro E(s), diferenca entre a entrada e a saıda, e dado por

E(s) = R(s)− Y (s) = R(s)−G(s)E(s),

de forma que se escreve

(1 +G(s))E(s) = R(s)⇒ E(s) =R(s)

1 +G(s).

O erro estacionario eest pode ser escrito como

eest = limt→∞

e(t) = lims→0

sE(s) = lims→0

[

sR(s)

1 +G(s)

]

, (10)

onde foi empregado o teorema do valor final. Isso e aplicavel se o limite naequacao (10) existir, caracterizando uma situacao de resposta estavel.

Considere as tres entradas tıpicas degrau, rampa e parabola unitarias, ouseja,

• Para o degrau unitario, R(s) = 1s, e

eest = lims→0

s1s

1 +G(s)= lim

s→0

1

1 +G(s)=

1

1 + lims→0G(s)=

1

1 + kpos

,

onde kpos = lims→0G(s) e a constante de erro de posicao.

• Para a rampa unitaria, R(s) = 1s2 , e

eest = lims→0

s 1s2

1 +G(s)= lim

s→0

1

s+ sG(s)=

1

lims→0 sG(s)=

1

kvel

,

onde kvel = lims→0 sG(s) e a constante de erro de velocidade.

• Para a parabola unitaria, R(s) = 1s3 , e

eest = lims→0

s 1s3

1 +G(s)= lim

s→0

1

s2 + s2G(s)=

1

lims→0 s2G(s)=

1

kace

,

onde kace = lims→0 s2G(s) e a constante de erro de aceleracao.



Estas constantes e o erro estacionario podem ser determinados para ostipos usuais de sistemas, ou seja,

• Para sistema tipo 0:

kpos = lims→0

G(s) = lims→0

k(1 + z1s)(1 + z2s) . . . (1 + zms)

(1 + p1s)(1 + p2s) . . . (1 + pls)= k,

e o erro estacionario ao degrau sera contante,

eest =1

1 + kpos

=1

1 + k.

kvel = lims→0

sG(s) = lims→0

sk(1 + z1s)(1 + z2s) . . . (1 + zms)

(1 + p1s)(1 + p2s) . . . (1 + pls)= 0,

e o erro estacionario a rampa sera ∞,

eest =1

kvel

=1

0=∞.

kace = lims→0

s2G(s) = lims→0

s2k(1 + z1s)(1 + z2s) . . . (1 + zms)

(1 + p1s)(1 + p2s) . . . (1 + pls)= 0,

e o erro estacionario a parabola sera ∞,

eest =1

kace

=1

0=∞.


kpos = lims→0

G(s) = lims→0

k(1 + z1s)(1 + z2s) . . . (1 + zms)

s(1 + p1s)(1 + p2s) . . . (1 + pls)=∞,

e o erro estacionario ao degrau sera nulo,

eest =1

1 + kpos

=1

1 +∞ = 0.

kvel = lims→0

sG(s) = lims→0

sk(1 + z1s)(1 + z2s) . . . (1 + zms)

s(1 + p1s)(1 + p2s) . . . (1 + pls)= k,



e o erro estacionario a rampa sera constante,

eest =1

kvel

=1

k.

kace = lims→0

s2G(s) = lims→0

s2k(1 + z1s)(1 + z2s) . . . (1 + zms)

s(1 + p1s)(1 + p2s) . . . (1 + pls)= 0,

e o erro estacionario a parabola sera ∞,

eest =1

kace

=1

0=∞.


kpos = lims→0

G(s) = lims→0

k(1 + z1s)(1 + z2s) . . . (1 + zms)

s2(1 + p1s)(1 + p2s) . . . (1 + pls)=∞,

e o erro estacionario ao degrau sera nulo,

eest =1

1 + kpos

=1

1 +∞ = 0.

kvel = lims→0

sG(s) = lims→0

sk(1 + z1s)(1 + z2s) . . . (1 + zms)

s2(1 + p1s)(1 + p2s) . . . (1 + pls)=∞,

e o erro estacionario a rampa sera nulo,

eest =1

kvel

=1

∞ = 0.

kace = lims→0

s2G(s) = lims→0

s2k(1 + z1s)(1 + z2s) . . . (1 + zms)

s2(1 + p1s)(1 + p2s) . . . (1 + pls)= k,

e o erro estacionario a parabola sera constante,

eest =1

kace

=1

k.



Tabela 1: Erro estacionario da malha fechada.Tipo de G(s) Degrau Rampa Parabola

0 11+kpos

∞ ∞1 0 1

kvel∞

2 0 0 1kacel

Em resumo tem-se a Tabela 14.1 com o erro estacionario em funcao doganho k da planta colocada na forma padrao. Note que o erro estacionariorefere-se a malha fechada com realimentacao unitaria, mas o resultado apre-sentado na tabela e funcao do tipo do sistema em malha aberta.

Exemplo: Para o sistema

G(s) =0.1

(0.2s+ 1)(0.25s+ 0.5),

determinar o erro estacionario ao degrau, a rampa e a parabola unitaria darespectiva malha fechada com realimentacao unitaria.

A funcao G(s) pode ser colocada na forma padrao como:

G(s) =0.2

(0.2s+ 1)(0.5s+ 1).

Os erros estacionarios podem ser determinados empregando-se os resul-tados da Tabela 14.1. A malha aberta e do tipo 0. Neste caso, tem-se,

• para degrau unitario,

eest =1

1 + 0.2= 0.833;

• para rampa e parabola unitarias tem-se que eest =∞.

O erro estacionario pode ser determinado diretamente pela definicao daequacao (10), ou seja, para entrada ao degrau unitario tem-se,

eest = lims→0

s1

s

1 + 0.1(0.2s+1)(0.25s+0.5)

=1

1 + 0.1(1)(0.5)

= 0.833.

Exemplo: Para o sistema

P (s) =2

s2 + 2s+ 2,



determinar o ganho proporcional que assegure um erro estacionario de 0.1 aodegrau unitario, quando em malha fechada e com realimentacao unitaria.

A funcao G(s) de malha aberta pode ser escrita como

G(s) = k2

s2 + 2s+ 2.

A constante de erro de posicao pode ser calculada como

kpos = lims→0

G(s) = lims→0

k2

s2 + 2s+ 2= k.

O erro estacionario ao degrau e dado por

eest =1

1 + k= 0.1⇒ k = 9.

14.2 Erro estacionario em realimentacao nao unitaria

Seja o esquema generico de realimentacao nao unitaria da Figura 80. O erro,diferenca entre a entrada e saıda, e dado por:

E(s) = R(s)− Y (s),

mas Y (s) = T (s)R(s). Logo,

E(s) = R(s)− T (s)R(s) = (1− T (s))R(s),

e o erro estacionario sera dado por

eest = limt→∞

(r(t)− y(t)) = lims→0

s(1− T (s))R(s).

Exemplo: Seja o esquema da Figura 80 em que a planta e P (s) = 1s+2

, a

funcao do ramo de realimentacao eH(s) = 2s+4

, e o controlador e proporcional(K(s) = k). Determine o valor de k para que o erro estacionario ao degrauunitario seja nulo.

Trata-se de um caso de realimentacao nao unitaria em que a tabela deerros estacionarios nao se aplica. Neste caso, calcula-se atraves da definicao,ou seja,

T (s) =kP (s)

1 + kH(s)P (s)=

k(s+ 4)

(s+ 4)(s+ 2) + 2k,

eest = lims→0

s

(

1− k(s+ 4)

(s+ 4)(s+ 2) + 2k

)

1

s= 1− 4k

8 + 2k= 0,

e consequentemente k = 4.



15 Lugar das raızes

Sejam as funcoes de transferencia

G(s) =N1(s)

D1(s)e H(s) =

N2(s)

D2(s),

e o esquema em malha fechada da Figura 82 onde foi incluıdo o ganho pro-porcional k.

H(s)

G(s)k−

Figura 82: Esquema de malha fechada.

A funcao de transferencia de malha fechada e

T (s) =kG(s)

1 + kG(s)H(s)=

kN1(s)D1(s)

1 + k(

N1(s)D1(s)

) (N2(s)D2(s)

) =kN1(s)D2(s)

D1(s)D2(s) + kN1(s)N2(s).

Os polos do sistema em malha fechada sao obtidos atraves da equacaocaracterıstica

1 + kG(s)H(s) = D1(s)D2(s) + kN1(s)N2(s) = 0.

O lugar das raızes (root locus) e um grafico dos polos da funcao de trans-ferencia de malha fechada, T (s), quando k varia de 0 a ∞.

O valor dos polos pode ser encontrado para cada valor de k calculando-seas raızes do denominador.

E possıvel analisar duas situacoes:

• para k pequeno, pode-se escrever que

D1(s)D2(s) + kN1(s)N2(s) ≈ D1(s)D2(s)⇒ D1(s)D2(s) = 0,

que representa a equacao para os polos de L(s) = G(s)H(s).

• para k grande, pode-se escrever que

D1(s)D2(s) + kN1(s)N2(s) ≈ kN1(s)N2(s)⇒ kN1(s)N2(s) = 0,

que representa a equacao para os zeros de L(s) = G(s)H(s).



Conclui-se, portanto, que o grafico do lugar das raızes comeca nos polosde L(s) = G(s)H(s) e termina nos zeros de L(s) = G(s)H(s).

O lugar das raızes e caracterizado pela equacao caracterıstica

kG(s)H(s) = −1,

o que implica em

|kG(s)H(s)| = 1 e 6 G(s)H(s) = ±(2n+ 1)π, n = 0, 1, 2 . . . .

Exemplo: Determinar o diagrama dos lugar das raızes para o sistema emmalha fechada com realimentacao unitaria, cuja malha aberta e dada por

G(s) =1

s(s+ 1)(s+ 2),

e o respectivo valor do maximo ganho para o limite da estabilidade.Este diagrama pode ser tracado com os seguintes comandos no MATLAB

s=tf(’s’);

gs=1/(s*(s+1)*(s+2));

rlocus(gs)

e o grafico correspondente esta apresentado na Figura 83.Verifca-se que o valor limite para a estabilidade (ponto sobre o eixo ima-

ginario) e dado por kmax ≈ 6. Logo, para k > 6 tem-se os polos no semi-planodireito, o que leva a instabilidade do sistema em malha fechada. Note queo tracado do grafico e feito com base na funcao de transferencia da malhaaberta, mas os polos sao os da malha fechada.

Exemplo: Determinar o diagrama do lugar das raızes para o sistema emmalha fechada com realimentacao unitaria cuja malha aberta e dada por

G(s) =s2 + 2s+ 4

s(s+ 4)(s+ 6)(s2 + 1.4s+ 1).

O grafico do lugar das raızes pode ser tracado com o auxılio do MATLABcom os seguintes comandos:

s=tf(’s’);

gs=(s^2+2*s+4)/(s*(s+4)*(s+6)*(s^2+1.4*s+1));

rlocus(gs)



−3 −2.5 −2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2−4

−3

−2

−1

0

1

2

3

4

Root Locus

Real Axis

Imag

inar

y A

xis

kmax

Figura 83: Diagrama do lugar das raızes.



−8 −7 −6 −5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3−8

−6

−4

−2

0

2

4

6

8

Root Locus

Real Axis

Imag

inar

y A

xis

Figura 84: Grafico do lugar das raızes.



e esta mostrado na Figura 84.Verifica-se que os zeros da malha aberta sao (−1+1.7321j,−1−1.7321j)

e os polos da malha aberta sao (−0.7 ± 0.7141j, 0,−4,−6). Percorrendo ografico verifica-se que kmax = 17.5 e o limite para a estabilidade.

Exemplo: Seja o esquema da Figura 82, em que G(s) = 1s(s+1)(s+2)

e

existe um ganho de valor 2 no ramo de realimentacao, ou seja, H(s) = 2.Determinar o valor crıtico do ganho proporcional k que multiplica a plantade forma que o sistema de malha fechada esteja no limiar da estabilidade.

A equacao da malha fechada neste caso e

T (s) =kP (s)

1 + kP (s)H(s),

e o grafico do lugar das raızes pode ser determinado com o auxılio do MA-TLAB com os seguintes comandos:

s=tf(’s’);

ps=1/(s*(s+1)*(s+2))

hs=2;

rlocus(ps*hs)

e esta mostrado na Figura 85. Do grafico do lugar da raızes verifica-se que oponto sobre o eixo imaginario, limiar da estabilidade, corresponde ao ganhode k ≈ 3.

Para k = 3 a malha fechada e

T (s) =3

s3 + 3s2 + 2s+ 6,

cujos polos sao (−3.0,−0.0 ± 1.4142j), que permitem confimar o limiar daestabilidade (existem polos sobre o eixo imaginario). O codigo MATLAB,adicionado ao codigo anterior e que permite a verificacao, e:

k=3

ts=feedback(k*ps,hs) %fechar a malha com realimentac~ao hs

[pts,gts]=pzmap(ts) %determinar os polos e zeros



Root Locus

Real Axis

Imag

inar

y A

xis

−2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2−2

−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2

System: untitled1Gain: 3Pole: 0.00163 + 1.41iDamping: −0.00115Overshoot (%): 100Frequency (rad/sec): 1.41


16 Criterio de estabilidade de Nyquist

Seja um sistema G(s) = N(s)D(s)

em realimentacao unitaria. A malha fechadacorrespondente e

T (s) =G(s)

1 +G(s)=

N(s)D(s)

1 + N(s)D(s)

=N(s)

D(s) +N(s).

A equacao caracterıstica e

1 +G(s) = 1 +N(s)

D(s)=D(s) +N(s)

D(s)= 0.

Verifica-se, entao, que:

• os polos de 1+G(s), solucao de D(s) = 0, sao iguais aos polos de G(s);

• os zeros de 1 +G(s), solucao de D(s) +N(s) = 0, sao iguais aos polosde T (s).

Para a estabilidade da malha fechada deseja-se que os polos de T (s) es-tejam no semi-plano esquerdo, ou seja, os zeros de 1 +G(s) devem estar nosemi-plano esquerdo, ou ainda, o numero de zeros de 1 +G(s) no semi-planodireito deve ser nulo.



16.1 Princıpio do argumento de Cauchy

Considere um contorno fechado no plano complexo. Ao se percorrer estecontorno e substituir os pontos em uma funcao, tem-se um mapeamentocorrespondente.

Seja inicialmente a funcao complexa F1(s) = s − s0. Considerando aFigura 86, ao se percorrer o contorno circular C, sera gerado o contorno Γ,tambem circular, atraves do mapeamento correspondente a F1(s).

RealReal

ImaginarioImaginario

C

s

so

s− so

−so

ΓF1(s)

Figura 86: Mapeamento atraves de F1(s).

Seja agora F2(s) = 1s−s0

= F−11 (s). Neste caso, ao se percorrer o mesmo

contorno C, tem-se o inverso da amplitude e angulo oposto, mas o mapea-mento continua sendo um cırculo com sentido inverso, conforme ilustrado naFigura 87.

RealReal


C

s

so

s− so

−so

ΓF2(s)


Seja um terceiro caso de F3(s) = (s − s0)(s − s1). Ao se percorrer ocontorno fechado C da Figura 88, obtem-se o contorno Γ atraves do respectivomapeamento feito por F3(s).

Quando s percorre uma volta da curva C verifica-se que:



s

F3(s)C

θo θ1

s− so

s− s1

so s1

Γ

RealReal

Imaginario

Imaginario


• os angulos dos vetores s− s0 e s− s1 variam em −360◦, e o angulo dafuncao varia em −720◦;

• a amplitude dos vetores e limitada, caracterizando um contorno fe-chado.

Teorema: O princıpio do argumento de Cauchy estabelece que n = z− p,onde,

• p e o numero de polos de F (s) dentro de um contorno fechado,

• z e o numero de zeros de F (s) dentro de um contorno fechado,

• n e o numero de envolvimentos da origem no mapeamento a medida queo contorno e percorrido no sentido horario. Se o envolvimento ocorreno sentido anti-horario, n deve ser negativo.

• e F (s) e a razao de dois polinomios em s.

Este teorema e util na analise de estabilidade, pois permite determinarse existem polos da malha fechada no semi-plano direito.

Seja F (s) a equacao caracterıstica da malha fechada, e seja o contornode interesse, curva C, composto pelo eixo jw e um arco de raio r → ∞envolvendo completamente o semi-plano direito do plano s, que correspondea regiao da instabilidade, Figura 89. Desta forma, o mapeamento de F (s)correspondera ao seu diagrama de Nyquist.

O numero de envolvimentos da origem, n, pode ser obtido graficamente.O numero de polos p da funcao F (s) no semi-plano direito pode ser obtidoverificando-se o denominador de F (s). Finalmente, o numero z de zeros na



RealReal


s

C Γ

r =∞ F (s)

percurso de Nyquist

Figura 89: Contorno fechado representando o semi-plano direito.

metade direita do plano s deve ser zero para que a malha fechada seja estavel.Notar que os zeros de F (s) sao os polos da malha fechada.

Para a analise de estabilidade, a funcao de interesse e F (s) = 1 + G(s).E conveniente trabalhar apenas com G(s). Neste caso, o teorema pode seradaptado para envolvimentos em torno do ponto (−1, 0j), pois F (s) e G(s)se relacionam por uma translacao de uma unidade para a esquerda, Figura90.

RealReal


s

C Γ

r =∞ F (s)

percurso de Nyquist

-1

Figura 90: Contorno fechado representando o semi-plano direito.

Exemplo: Verifique a estabilidade do sistema em malha fechada em rea-



limentacao unitaria, cuja malha aberta e

G(s) =5

(s+ 1)3.

A regiao de interesse e o semi-plano direito. Os polos da malha abertasao (−1,−1,−1), e portanto p = 0, ou seja, nao existem polos de G(s) nosemi-plano direito.

O diagrama de Nyquist pode ser desenhado atraves de

G(jw) =5

(1 + jw)3,

fazendo-se w variar de −∞ ate +∞ para corresponder a todo o eixo ima-ginario, e esta mostrado na Figura 91.

−2 −1 0 1 2 3 4 5−4

−3

−2

−1

0

1

2

3

4

Nyquist Diagram

Real Axis

Imag

inar

y A

xis


Verifica-se que nao ha envolvimentos do ponto (−1, 0j), e portanto, n = 0.Aplicando o teorema do princıpio do argumento de Cauchy, tem-se

z = n+ p = 0 + 0 = 0,



e consequentemente nao ha zeros de G(s) no semi plano-direito, ou ainda, naoha polos de T (s) no semi-plano direito, e entao, a malha fechada e estavel.

Nota-se que a resposta em frequencia pode obtida experimentalmente, econsequentemente o respectivo diagrama de Nyquist para a malha aberta, eassim analisar a estabilidade do sistema em malha fechada.

Exemplo: Verifique a estabilidade do sistema em malha fechada em rea-limentacao unitaria, cuja malha aberta e

G(s) =1.6

(s+ 1)(s+ 2)(s− 0.5).

Os polos de G(s) sao (−1,−2, 0.5). Portanto, p = 1, pois existe um polono semi-plano direito.

O diagrama de Nyquist correspondente esta apresentado na Figura 92.

−1.6 −1.4 −1.2 −1 −0.8 −0.6 −0.4 −0.2 0−0.2

−0.15

−0.1

−0.05

0

0.05

0.1

0.15

0.2

Nyquist Diagram

Real Axis

Imag

inar

y A

xis


Nota-se que ha um envolvimento do ponto (−1, 0j) no sentido anti-horario,e portanto, n = −1.

Aplicando o teorema, tem-se:

z = n + p = −1 + 1 = 0,



e consequentemente a malha fechada e estavel.Isso pode ser verificado fechando-se a malha e obtendo os polos, ou seja,

T (s) =1.6

s3 + 2.5s2 + 0.5s+ 0.6,

cujos polos sao (−2.3958,−0.0521± 0.4977j), e que estao no semi-plano es-querdo (sistema estavel).

Exemplo: Verifique a estabilidade do sistema em malha fechada em rea-limentacao unitaria, cuja malha aberta e

G(s) =200

(s+ 1)(s+ 2)(s+ 5).

Os polos de G(s) sao (−1,−2,−5). Portanto, p = 0, pois nao existempolos no semi-plano direito.

O diagrama de Nyquist correspondente esta apresentado na Figura 93.

−5 0 5 10 15 20−15

−10

−5

0

5

10

15

Nyquist Diagram

Real Axis

Imag

inar

y A

xis


Nota-se que ha dois envolvimentos do ponto (−1, 0j) no sentido horario,e portanto, n = 2.



Aplicando o teorema, tem-se:

z = n+ p = 2 + 0 = 2,

e consequentemente a malha fechada e instavel.Isso pode ser verificado fechando-se a malha, ou seja,

T (s) =200

s3 + 8s2 + 17s+ 210,

cujos polos sao (−8.7857, 0.3928± 4.8732j).

17 Analise de estabilidade relativa

17.1 Margens de ganho e de fase

Um sistema de controle, mesmo nominalmente estavel, podera nao ser estavelquando for implementado na pratica, pois o modelo da planta possui incer-tezas nao consideradas na modelagem. Neste caso, e desejavel assegurarmargens de seguranca para a estabilidade.

Seja uma planta P (s) que podera ser afetada por uma variacao de ganhoproporcional e por um atraso T . Neste caso, pode-se escrever a malha abertacomo

G(s) = ke−sTP (s),

e a malha fechada com realimentacao unitaria sera

T (s) =ke−sTP (s)

1 + ke−sTP (s).

A equacao caracterıstica neste caso e

1 + ke−sTP (s) = 0⇒ ke−sTP (s) = −1.

E possıvel escrever P (s) em termos de modulo e angulo,

P (s) = |P (s)|ejφ.

A equacao caracterıstica tambem pode ser escrita em termos de moduloe angulo. Neste caso, tem-se que

|kP (s)| = 1, 6 e−sTejφ = −180◦.



Considerando o caso de resposta em frequencia, s = jw, tem-se

|kP (jw)| = 1, 6 e−jwTejφ = −180◦.

Um ponto que satisfaz a equacao caracterıstica e um ponto singular daequacao da malha fechada, ou seja, uma situacao de instabilidade.

A frequencia de cruzamento de ganho, wcg, e definida como a aquela emque a equacao da amplitude e satisfeita, ou seja,

|kP (jwcg)| = 1,

e neste caso, a diferenca angular para satisfazer a segunda equacao e a mar-gem de fase. A margem de fase corresponde ao menor atraso que o sistemapode ser submetido sem que se torne instavel. Seja θ = wcgT e entao

−θ + φ = −180◦ ⇒ θ = 180◦ + φ = Pm.

A frequencia de cruzamento de fase, wcf , e definida como aquela em quea equacao da fase e satisfeita, ou seja,

e−jwcfT ejφ = −180◦,

e o ganho necessario para satisfazer a equacao da amplitude, em dB, e amargem de ganho e corresponde ao maior ganho que pode ser embutido aosistema antes da situacao limite da instabilidade, ou seja,

20 log(kP (jwcf)) = 20 log k + 20 log(P (jwcf) = 20 log(1) = 0,

20 log(k) = −20 log(P (jwcf) = Gm,

onde Gm e a margem de ganho em dB.Note que as margens de ganho e de fase de um sistema em malha fechada

podem ser obtidas atraves do respectivo diagrama de Bode da funcao demalha aberta.

Para assegurar boa robustez do sistema e desejavel que a margem deganho seja de pelo menos 6dB e a margem de fase seja de pelo menos 30◦

(normalmente busca-se margem de fase na faixa de 30◦ a 60◦).

Exemplo: Determinar a margem de ganho e de fase o sistema em malhafechada com realimentacao unitaria cuja malha aberta e dada por

G(s) =1

s(s+ 5)(s+ 8).



10−2

10−1

100

101

102

103−270

−225

−180

−135

−90

Pha

se (

deg)

−200

−150

−100

−50

0

50

Mag

nitu

de (

dB)

Bode DiagramGm = 54.3 dB (at 6.32 rad/sec) , Pm = 89.5 deg (at 0.025 rad/sec)

Frequency (rad/sec)

Figura 94: Diagramas de Bode e indicacao das margens de ganho e de fase.

Os respectivos diagramas de Bode sao apresentados na Figura 94, ondepodem ser verificadas as margens de ganho (Gm) e de fase (Pm).

O diagrama do lugar das raızes e mostrado na Figura 95.O valor de limite para a estabilidade e kmax ≈ 519 e consequentemente

a margem de ganho e Gm = 20 log 519 = 54.3dB. Note que a margem deganho fornece a informacao sobre o maior ganho que instabiliza a malhafechada, mas usa como arqumento de calculo a funcao de transferencia demalha aberta. Note que este valor e o mesmo que aparece no respectivodiagrama de Bode.

Em alguns casos o ganho deve ser reduzido para encontrar o limiar daestabilidade, caracterizando o que se conhece por margem de reducao deganho.

Exemplo: Determinar a margem de ganho para a malha fechada em rea-limentacao unitaria cuja malha aberta e

G(s) =3s2 + 6s+ 4

s3 + 1.



−15 −10 −5 0 5 10−15

−10

−5

0

5

10

15

Root Locus

Real Axis

Imag

inar

y A

xis

kmax




O diagrama de Bode correspondente e mostrado na Figura 96.

−30

−20

−10

0

10

20

Mag

nitu

de (

dB)

10−2

10−1

100

101

102

−360

−270

−180

−90

Pha

se (

deg)

Bode DiagramGm = −8.59 dB (at 1.49 rad/sec) , Pm = 52.7 deg (at 3.21 rad/sec)

Frequency (rad/sec)

Figura 96: Diagramas de Bode e indicacao das margens de ganho e de fase.

O diagrama do lugar das raızes e mostrado na Figura 97.O valor crıtico para o limiar da estabilidade e de kmax ≈ 0.371 (reducao

de ganho) e a margem de reducao de ganho e de Gm = 20 log 0.371 = −8.61.Observe que neste caso, o ganho proporcional pode ser aumentado livrementesem que haja instabilidade, o que representa uma margem de ganho infinita.

Exemplo: Seja o esquema da Figura 82, em que G(s) = 1s(s+1)(s+2)

e

existe um ganho de valor 2 no ramo de realimentacao, ou seja, H(s) =2. Determinar as magens de estabilidade do sistema em malha fechada.Determinar tambem o valor do ganho proporcional de forma que o sistemade malha fechada esteja no limiar da estabilidade.

A equacao da malha fechada neste caso e

T (s) =kP (s)

1 + kP (s)H(s),



−2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1−2

−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2

Root Locus

Real Axis

Imag

inar

y A

xis




e as margens de estabilidade devem ser calculadas tomando como base aequacao caracterıstica kP (s)H(s) = −1. Os diagramas de Bode correspon-dentes estao apresentados na Figura 98 e foram obtidos com os seguintescomandos no aplicativo MATLAB:

s=tf(’s’);

ps=1/(s*(s+1)*(s+2))

hs=2;

margin(ps*hs)

−150

−100

−50

0

50

Mag

nitu

de (

dB)

10−1

100

101

102

−270

−225

−180

−135

−90

Pha

se (

deg)


Frequency (rad/sec)

Figura 98: Diagramas de Bode.

Nota-se que a margem de ganho e Gm = 9.54dB, o que corresponde aum ganho proporcional k ≈ 3, valor este que ja havia sido obtido atraves dorespectivo grafico do lugar das raızes, 85, para este exemplo.

17.2 Margens de estabilidade no diagrama de Nyquist

As margens de estabilidade podem ser visualizadas no diagrama de Nyquist.Verifica-se que o nıvel 0dB corresponde a um raio unitario, e que o angulo

de 1800 corresponde ao cruzamento com o eixo real negativo, conforme ilus-trado na Figura 99.



Real

Imaginario

a bA

1

Pm

Figura 99: Margens no diagrama de Nyquist.

Para o ponto A tem-se que |G(s)| = b e 6 G(s) = 1800.Verifica-se tambem que a + b = 1 e deseja-se que log(kG) = 0. Logo,

log k + logG = 0⇒ log k + log b = 0⇒ log b = − log k = log1

k.

Portanto,

b =1

k⇒ k =

1

b.

e consequentemente,

20 log k = 20 log1

b= Gm.

Exemplo: Determinar as margens de ganho e de fase a malha fechada emrealimentacao unitaria de

G(s) =3s2 + 6s+ 4

s3 + 1,

atraves do respectivo diagrama de Nyquist.O diagrama de Nyquist de G(s) esta mostrado na Figura 100.Do grafico verifica-se visualmente que b ≈ 2.7, e consequentemente

Gm ≈ 20log1

2.7= −8.6dB.

Verifica-se tambem visualmente do grafico que o angulo entre o pontode cruzamento com o cırculo de raio unitario e o eixo real determina quePm ≈ 50◦.



Nyquist Diagram

Real Axis

Imag

inar

y A

xis

−4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4−4

−3

−2

−1

0

1

2

3

4

Figura 100: Diagrama de Nyquist para G(s).

18 Aproximacoes para sistemas de segunda

ordem

Um sistema de segunda ordem na forma padrao pode ser escrito como

T (s) =w2

n

s2 + 2ξwns + w2n

,

onde se considerou γ = 1 para simplificar e por nao alterar as conclusoes.Uma malha aberta correspondente a este sistema e

G(s) =w2

n

s(s+ 2ξwn).

No caso de resposta em frequencia, s = jw, e pode-se escrever que:

G(jw) =w2

n

jw(jw + 2ξwn),

cujo modulo e

|G(jw)| = w2n

√

w4 + 4ξ2w2nw

2.



Na frequencia de cruzamento de ganho, w = wcg, tem-se que

|G(jwcg)| =w2

n√

w4cg + 4ξ2w2

nw2cg

= 1,

que ao ser resolvida para wcg permite escrever que

wcg = wn

√√

4ξ4 + 1− 2ξ2.

Uma aproximacao usual e wcg ≈ wn valida para fatores de amortecimentonao grandes.

A fase de G(s) pode ser escrita como para wcg

6 G(jwcg) = 61

jwcg

+ 6wn

jwcg + 2ξwn

=

= −π2

+ tan−1

−√√

1 + 4ξ4 − 2ξ2

2ξ

.

Como este angulo foi calculado para a frequencia de cruzamento de ganho,pode-se escrever que a margem de fase e

Pm = π + 6 G(jwcg) =π

2− tan−1

√√1 + 4ξ4 − 2ξ2

2ξ

ou ainda,

Pm = tan−1

2ξ

√√1 + 4ξ4 − 2ξ2

.

Verifica-se que a margem de fase e uma funcao do fator de amortecimento.Uma aproximacao para a margem de fase em graus e

Pm = 100ξ,

como pode ser visto na Figura 101. Nota-se que a aproximacao e razoavelpara valores de fator de amortecimento ate 0.7.

19 Controladores classicos

O controlador realiza as seguintes tarefas: compara o valor da saıda como valor desejado, determina o desvio, e produz um sinal de controle parareduzir o valor do erro.

A acao de controle e a maneira pela qual o controlador produz o sinal decontrole.

Os controladores classicos mais comuns podem ser classificados como:



0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.40

20

40

60

80

100

120

fator de amortecimento

mar

gem

de

fase

(gr

aus)

Figura 101: Margem de fase em funcao do fator de amortecimento.

• controlador do tipo liga-desliga (duas posicoes),

• controlador proporcional,

• controlador integral,

• controlador proporcional-integral,

• controlador proporcional-derivativo,

• controlador proporcional-derivativo-integral,

• controlador em avanco ou em atraso.

Um esquema basico envolvendo um controlador esta mostrado na Figura102.

O atuador e o elemento que altera a entrada do sistema de acordo com osinal de controle. O elemento de medida converte a variavel de saıda em outravariavel conveniente, permitindo a comparacao com a entrada de referencia.

19.1 Acao de controle de duas posicoes (liga ou des-liga)

O elemento atuante possui apenas duas posicoes fixas (ligado ou desligado).Geralmente sao solenoides.



replacemen

−referenciaentrada de

detectorde erro

erro

atuanteamplificador

saıda para o atuador

saıda do sistemaelemento demedida

Figura 102: Esquema com controlador.

Sejam u(t) o sinal de saıda do controlador e e(t) o sinal erro atuante.m(t) sera igual a u1 (ligado) para e(t) > 0, e sera igual a u2 (desligado) parae(t) < 0.

O intervalo de tempo para a mudanca entre ligado ou desligado e chamadode histerese diferencial. Um esquema e mostrado na Figura 103.

e u

u1

u2

histerese diferencial

−

Figura 103: Controle liga-desliga.

A histerese diferencial faz com que a saıda do controlador m(t) mantenhaseu valor atual ate que o sinal erro atuante tenha atingido um certo valor.

Considere como exemplo o sistema de controle de nıvel de lıquido con-forme ilustrado na Figura 104.

A curva de enchimento e de esvaziamento do tanque e mostrada na Figura105.

Nota-se que quanto menor for a histerese diferencial, maior e a frequenciade chaveamentos liga-desliga.

Um outro exemplo de sistema onde e usual o controle do tipo liga-desliga eno controle da temperatura de refrigeradores e aparelhos de ar condicionado.



boia

h

qi

115V

Figura 104: Esquema do controle de nıvel de tanque por liga-desliga.

t

h(t)

esvaziamento

enchimento

efeito da histerese diferencial

Figura 105: Processo de enchimento e esvaziamento do tanque.



19.2 Acao de controle proporcional

Na acao de controle proporcional, a relacao entre a saıda do controlador u(t)e o sinal erro atuante e(t) e dada por

u(t) = kpe(t).

Em termos de transformada de Laplace tem-se que:

U(s)

E(s)= kp,

onde kp e o ganho proporcional.O controlador proporcional e essencialmente um amplificador com um

ganho ajustavel e e representado como na Figura 106.

E(s) U(s)kp

−

Figura 106: Representacao de controlador proporcional.

Um circuito que representa um controlador proporcional e apresentadona Figura 107.

R1

R2

R3

R4

ei e0++−−

Figura 107: Circuito de um controlador propocional, E0(s)Ei(s)

= R4R2

R3R1.

Exemplo: Seja a planta descrita por:

P (s) =Y (s)

U(s)=

γ

1 + τs.



Determinar a resposta ao degrau unitario quando esta planta estiver con-trolada por um controlador proporcional e com uma realimentacao unitaria.

Um diagrama de blocos deste problema e mostrado na Figura 108.

E(s) U(s)R(s) Y (s)γ

1+τskp

−

Figura 108: Malha fechada com controlador proporcional.

A funcao de transferencia de malha fechada, neste caso de realimentacaounitaria, e dada por

Y (s)

R(s)=

(kpγ

1+τs

)

1 +(

kpγ

1+τs

)

1=

kpγ

1 + τs + kpγ.

A transformada de Laplace do degrau unitario e 1s. Logo,

Y (s) =

(

kpγ

1 + τs+ kpγ

)(1

s

)

.

Fazendo a expansao em fracoes parciais chega-se a

Y (s) =

(

kpγ

1 + kpγ

)

1

s−(

kpγτ

1 + kpγ

)(

1

τs + 1 + kpγ

)

.

Calculando a anti-transformada de Laplace, tem-se

y(t) =

(

kpγ

1 + kpγ

)

1−(

kpγ

1 + kpγ

)

e−(1+kpγ)t

τ

ou

y(t) =kpγ

1 + kpγ

(

1− e−(1+kpγ)t

τ

)

, t ≥ 0.

Sejam alguns casos numericos.

1. γ = 1, τ = 1 e kp = 10:

y1(t) =10

1 + 10

(

1− e−(1+10)t)

=10

11

(

1− e−11t)

.



2. γ = 1, τ = 1 e kp = 100:

y2(t) =100

1 + 100

(

1− e−(1+100)t)

=100

101

(

1− e−101t)

.

Estas respostas podem ser visualizadas graficamente na Figura 109.

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.60

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

Step Response

Time (sec)

Am

plitu

de

kp = 10

kp = 100

Figura 109: Efeito do ganho proporcional.

Nota-se que a assıntota da resposta encontra-se deslocada em relacao aodegrau unitario. Aumentando-se o ganho proporcional o sistema tem umaresposta mais rapida e com uma assıntota mais proxima daquela correspon-dente ao degrau unitario, ou seja, apresenta um erro estacionario menor.



19.3 Acao de controle integral

A saıda do controlador u(t) e variada a uma taxa proporcional a integral dosinal erro atuante e(t), ou seja,

du(t)

dt= kie(t)⇒ u(t) = ki

∫ t

0e(t)dt,

onde ki e uma constante ajustavel.A funcao de transferencia do controlador integral e

U(s)

E(s)=ki

s.

Uma representacao do controlador integral e mostrada na Figura 110.

E(s) U(s)ki

s

−

Figura 110: Representacao do controlador integral.

19.4 Acao de controle proporcional-integral

A acao de controle proporcional-integral, PI, e definida pela equacao:

u(t) = kpe(t) + ki

∫ t

0e(t)dt.

A funcao de transferencia do controlador e neste caso

U(s)

E(s)= kp +

ki

s,

e a representacao esquematica esta na Figura 111.Um circuito que corresponde a um controlador proporcional-integral e

mostrado na Figura 112.

Exemplo: Deseja-se calcular a resposta ao degrau unitario de um sistemaem malha fechada com realimentacao unitaria e controlador PI para a plantadada por:

G(s) =γ

1 + τs.



E(s) U(s)kp + ki

s−

Figura 111: Representacao da acao de controle PI.

R1

C2R2

R3

R4

ei e0++−−

Figura 112: Circuito de controlador proporcional-integral, E0(s)Ei(s)

=R4R2

R3R1

(R2C2s+1)R2C2s

.

ki

s

R(s) Y (s)γ

1+τs

kp

−

Figura 113: Sistema de primeira ordem com controlador PI.



O diagrama de blocos e mostrado na Figura 113.A funcao de transferencia de malha fechada, com realimentacao unitaria,

e dada por

Y (s)

R(s)=

(kp + ki

s)( γ

1+τs)

1 + (kp + ki

s)( γ

1+τs)

=γkps+ γki

τs2 + (1 + γkp)s+ γki

.

Para uma entrada degrau unitario tem-se que R(s) = 1s. Logo,

Y (s) =γkps+ γki

s [τs2 + (1 + γkp)s+ γki].

E possıvel verificar que a malha fechada pode apresentar respostas comcaracterısticas distintas em funcao das raızes do denominador (trata-se deum sistema de segunda ordem).

Para γ = 1, τ = 1, kp = 5 e ki = 2 tem-se

Y (s) =5s+ 2

s(s2 + 6s+ 2),

cuja resposta ao degrau esta ilustrada na Figura 114.

0 1 2 3 4 5 6 7 80

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

Step Response

Time (sec)

Am

plitu

de

Figura 114: Sistema de primeira ordem com controlador PI - resposta aodegrau.

Nota-se que o erro estacionario tende a zero.



19.5 Acao proporcional-derivativa

A acao de um controlador proporcional-derivativo, PD, e definida pela equacao:

u(t) = kpe(t) + kd

de(t)

dt.

A funcao de transferencia do controlador e

U(s)

E(s)= kp + kds,

cuja representacao na forma de diagrama de blocos esta na Figura 115.

E(s) U(s)kp + kds

−

Figura 115: Representacao de controlador PD.

Um circuito correspondente a um controladore PD e mostrado na Figura116.

R1

C1R2

R3

R4

ei e0++−−

Figura 116: Circuito de controlador PD, E0(s)Ei(s)

= R4R2

R3R1(R1C1s+ 1).

Exemplo: Determinar a resposta ao degrau unitario de um sistema emmalha fechada com realimentacao unitaria e controlador PD para a planta:

P (s) =γ

1 + τs.

O diagrama de blocos correspondente e mostrado na Figura 117.



kds

R(s) Y (s)γ1+τs

kp

−E(s) U(s)

Figura 117: Resposta de sistema de primeira ordem com controlador PD.

A funcao de transferencia de malha fechada, com realimentacao unitaria,e

Y (s)

R(s)=

(kp + kds)(γ

1+τs)

1 + (kp + kds)(γ

1+τs)

=γ(kp + kds)

(τ + kdγ)s+ 1 + kpγ.

Se a entrada e um degrau unitario, R(s) = 1s, e se γ = 1, τ = 1, kp = 2 e

kd = 1 tem-se que:

Y (s) =(s+ 2

2s+ 3

)(1

s

)

=−0.1667

s+ 1.5+

0.6667

s,

cuja anti-transformada de Laplace e

y(t) = −0.1667e−1.5t + 0.6667.

Esta resposta esta ilustrada na Figura 118.Verifica-se que o sistema com controlador PD apresentou erro estacionario.

E recomendado o uso de controlador derivativo junto com os outros gerandoo PID.



0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 40.5

0.52

0.54

0.56

0.58

0.6

0.62

0.64

0.66

0.68

Step Response

Time (sec)

Am

plitu

de

Figura 118: Resposta ao degrau de sistema de primeira ordem com contro-lador PD.



19.6 Acao de controle proporcional-integral-derivativo

O controlador PID e uma combinacao das acoes de controle proporcional,integral e derivativa, e possui as vantagens de cada um dos tipos individuais.A equacao do controlador PID e

u(t) = kpe(t) + kd

de(t)

dt+ ki

∫ t

0e(t)dt,

e a funcao de transferencia correspondente e

U(s)

E(s)= kp + kds+ ki

1

s.

Um circuito de controlador PID e mostrado na Figura 119.

R1

C1C2R2

R3

R4

ei e0++−−

Figura 119: Circuito de controlador PID, E0(s)Ei(s)

= R4R2

R3R1

(R1C1s+1)(R2C2s+1)R2C2s

.

Exemplo: Seja a planta descrita por

P (s) =1

s2 + s.

Deseja-se determinar a resposta ao degrau verificando os efeitos propor-cional, derivativo e integral.

Um esquema do problema esta na Figura 120.Os seguintes casos serao analisados.

1. Apenas acao proporcional com kp = 10. Neste caso,

G(s) = kp

(1

s2 + s

)

.

A funcao de transferencia de malha fechada com realimentacao unitariae

Y (s)

R(s)=

(kp

s2+s

)

1 +(

kp

s2+s

) =kp

s2 + s+ kp

.



R(s) E(s) U(s) Y (s)

s kd

kp

ki1s

1s

1s

controlador (PID)

P (s) (planta)

−−

Figura 120: Exemplo de controle PID.

0 2 4 6 8 10 120

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

1.6

1.8

Step Response

Time (sec)

Am

plitu

de

Figura 121: Resposta ao degrau com controlador proporcional.



A resposta ao degrau deste caso e mostrada na Figura 121.

2. Acao proporcional-integral com kp = 10 e ki = 2. A malha aberta e

G(s) =

(

kp +ki

s

)(1

s2 + s

)

,

e a funcao de transferencia de malha fechada e

Y (s)

R(s)=

(

kp + ki

s

) (1

s2+s

)

1 +(

kp + ki

s

) (1

s2+s

) ,

ou ainda,

Y (s)

R(s)=

kps+ ki

kps+ s2 + s+ s3 + ki

=10s+ 2

s3 + s2 + 10s+ 2,

cuja resposta ao degrau pode ser visualizada na Figura 122.

0 5 10 150

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

1.6

1.8

Step Response

Time (sec)

Am

plitu

de

Figura 122: Resposta ao degrau com controlador PI.

3. Acao proporcional-derivativa com kd = 1 e kp = 10. A funcao detransferencia de malha aberta e

G(s) = (kp + kds)(

1

s2 + s

)

,



e a funcao de transferencia de malha fechada com realimentacao unitariae

Y (s)

R(s)=

(kp+kds

s2+s

)

1 +(

kp+kds

s2+s

) ,

ou ainda,

Y (s)

R(s)=

kds+ kp

(kd + 1)s+ s2 + kp

=s+ 10

s2 + 2s+ 10,

cuja resposta esta ilustrada na Figura 123.

0 1 2 3 4 5 60

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

Step Response

Time (sec)

Am

plitu

de

Figura 123: Resposta ao degrau com controlador PD.

4. Acao proporcional-integral-derivativa com kp = 10, ki = 2 e kd = 1.Seja a malha aberta:

G(s) =

(

kp + kds+ki

s

)(1

s2 + s

)

.

A funcao de transferencia de malha fechada com realimentacao unitariae

Y (s)

R(s)=

(

kp + kds+ ki

s

) (1

s2+s

)

1 +(

kp + kds+ ki

s

) (1

s2+s

) ,



ou tambem,

Y (s)

R(s)=

kds2 + kps+ ki

s3 + (kd + 1)s2 + kps+ ki

=s2 + 10s+ 2

s3 + 2s2 + 10s+ 2.

A resposta do sistema e mostrada na Figura 124.

0 1 2 3 4 5 6 70

0.5

1

1.5

Step Response

Time (sec)

Am

plitu

de

Figura 124: Resposta con controlador PID.



19.7 Efeito fısico das constantes kp e kd em sistemas desegunda ordem

Considere um bloco de massa m, apoiado em uma base sem atrito, e cujomovimento y(t) deve ser controlado pela forca u(t). O modelo deste sistemae:

my = u(t)⇒ Y (s)

U(s)=

1

ms2.

que representa o movimento de um corpo rıgido.

1. Seja a inclusao, em realimentacao unitaria, de um controlador propor-cional kp. A malha fechada, neste caso, e

T (s) =kp

(1

ms2

)

1 + kp

(1

ms2

) =kp

ms2 + kp

.

Nota-se que ocorreu uma mudanca no ganho estatico,

T (s) |s=0 = 1 ,

e o polo passou para ±j√

kp

m.

Verifica-se que o controlador proporcional tem o significado fısico deuma mola de rigidez kp adicionada ao bloco.

2. Seja a inclusao de um controlador proporcional-derivativo em reali-mentacao unitaria. A malha fechada e

T (s) =(kp + kds)

(1

ms2

)

1 + (kp + kds)(

1ms2

) =kds+ kp

ms2 + kds+ kp

.

Nota-se que ocorreu uma mudanca no ganho estatico,

T (s) |s=0 = 1 ,

A equacao caracterıstica e a de um sistema se segunda ordem para oqual se escreve que

wn =

√

kp

me 2ξwn =

kd

m,

e verifica-se que a inclusao do termo derivativo corresponde a inclusaode um amortecedor ao sistema.



No caso de um sistema de segunda ordem na forma padrao, i.e.,

P (s) =γw2

n

s2 + 2ξwns+ w2n

,

a inclusao do controlador PD em realimentacao unitaria leva a malha fechada

T (s) =γw2

n(kds+ kp)

s2 + (2ξwn + kdw2n)s+ (w2

n + kpw2n),

na qual e evidente que kd afeta o termo do amortecimento e kp o termo darigidez.

19.8 Controle PID - Metodo Ziegler-Nichols

O metodo de Ziegler-Nichols e usado para determinar as constantes do con-trolador PID baseando-se exclusivamente no lugar das raızes.

E sabido que:

• o efeito integral aumenta o tipo do sistema, o que reduz o erro esta-cionario;

• o efeito derivativo aumenta o amortecimento, e consequentemente aestabilidade do sistema.

O controlador PID tem a seguinte funcao de transferencia

K(s) = kp + kds+ki

s.

Os principais passos do metodo sao:

• Fazer kd = ki = 0 e determinar o ganho proporcional km tal que o sis-tema comece a oscilar (polos de malha fechada sobre o eixo imaginario)e a respectiva frequencia wm. Estes valores podem ser determinadosatraves de um diagrama do lugar das raızes.

• Calcular as constantes

kp = 0.6km, kd =kp π

4wm

, ki =kp wm

π.

Nota-se que o metodo de Ziegler-Nichols nao usa nenhum requisito deprojeto, mas apesar disso, apresenta resultados que podem ser consideradosadequados em muitas situacoes de controle de processos.



Exemplo: Projetar um controlador PID pelo metodo de Ziegler-Nicholspara controlar a planta

P (s) =400

s(s2 + 30s+ 200).

O lugar das raızes de P (s) e mostrado na Figura 125, e determina-se, deforma aproximada, o ponto da estabilidade marginal sobre o eixo imaginario,de forma que o ganho correspondente e a frequencia sao adotados como

km = 15, wm = 14rad/s.

−60 −50 −40 −30 −20 −10 0 10 20−40

−30

−20

−10

0

10

20

30

40

Root Locus

Real Axis

Imag

inar

y A

xis

Figura 125: Grafico do lugar da raızes, projeto PID por Ziegler-Nichols.

Os valores das constantes do controlador sao, portanto,

kp = 9, kd = 0.5049, ki = 40.1070.

A malha aberta e

G(s) = K(s)P (s) =202s2 + 3600s+ 1.604e004

s4 + 30s3 + 200s2,



e a malha fechada e

T (s) =202s2 + 3600s+ 1.604e004

s4 + 30s3 + 402s2 + 3600s+ 1.604e004.

A resposta ao degrau da malha fechada e mostrada na Figura 126.

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.80

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

1.6

Step Response

Time (sec)

Am

plitu

de

Figura 126: Resposta ao degrau da malha fechada, projeto PID por Ziegler-Nichols.



19.9 Projeto PID analıtico na frequencia

Seja um controlador PID K(s):

K(s) = kp + kds+ki

s,

e a planta a P (s) do tipo n a ser controlada em realimentacao unitarianegativa.

A malha aberta sera K(s)P (s).Para uma dada frequencia, s = jw, tem-se que

P (jw) = |P |ejθP e K(jw) = |K|ejθK .

Para w = wcg, frequencia de cruzamento de ganho, sabe-se que a ampli-tude da malha aberta e unitaria,

K(jwcg)P (jwcg) = 1 6 θ,

e a margem de fase φ e

φ = π + θ ⇒ θ = −π + φ.

Portanto, pode-se escrever que:

|K|ejθK |P |ejθP = |K||P |ej(θK+θP ) = 1 6 (−π + φ),

que permite determinar a amplitude do controlador,

|K||P | = 1⇒ |K| = 1

|P | ,

e a fase do controlador

θK + θP = −π + φ⇒ θK = −π + φ− θP .

E possıvel escrever, para uma margem de fase φ especificada, a equacaodo controlador:

kp + kd(jwcg) +ki

jwcg

= |K|(cosθK + jsenθK).

Igualando as partes real e imaginaria tem-se que

kp = |K|cosθK ,



kd(jwcg) +ki

jwcg

= j|K|senθK ⇒ kdwcg −ki

wcg

= |K|senθK ,

caracterizando duas equacoes para as incognitas kp, kd e ki, que podem serresolvidas iterativamente.

Note que apenas a margem de fase foi especificada ate o momento.Seja uma especificacao adicional em termos de erro estacionario desejado.

Sabe-se que

E(s) =R(s)

1 +K(s)P (s),

e do teorema do valor final

eest = limt→∞

e(t) = lims→0

sR(s)

1 +K(s)P (s),

o que permitira a determinacao de ki.

Exemplo: Projetar um controlador PID pelo metodo analıtico na frequenciapara controlar a planta

P (s) =400

s(s2 + 30s+ 200)

e atender aos requisitos de erro estacionario a parabola unitaria de 0.1, per-centual de sobre sinal de 10%, e tempo de estabilizacao a 2% de 1.7s.

Da especificacao de erro estacionario e possıvel obter o valor de ki, ouseja,

eest = lims→0

s1s3

1 +(

kps+kds2+ki

s

) [400

s(s2+30s+200)

] =200

400ki

= 0.1,

e consequentemente, ki = 5.Do percentual de sobre sinal, pss = 10%, obtem-se o fator de amorteci-

mento,

ξ =ln(

10010

)

√

π2 + ln2(

10010

) = 0.5912.

A constante de tempo pode ser obtida de

τ =Te2%

4=

1.7

4= 0.4250.

A frequencia natural pode ser obtida atraves de

wn =1

ξτ= 3.9802rad/s.



Sabendo que a frequencia de cruzamento de ganho e proxima da frequencianatural, escreve-se que wcg = wn = 3.9802rad/s.

A margem de fase, em graus, pode ser estimada como

Pm = 100ξ = 59.12◦ = 1.0318rad.

Calcula-se agora

P (jwcg) = P (3.9802j) = −0.2491− 0.3842j ⇒ |P | = 0.4579,

6 P (3.9802j) = θP = tan−1(−0.3842

−0.2491

)

= −2.1460rad.

O angulo do controlador e dado por

θK = −π + 1.0318 + 2.1460 = 0.0362,

e a amplitude do controlador e K(s)

|K| = 1

|P | =1

0.4579= 2.1840.

A constante proporcional e dada por

kp = |K|cosθk = 2.1840cos(0.0362) = 2.1825,

e a constante derivativa e dada por

3.9802kd −5

3.9802= 2.1840sen(0.0362)⇒ kd = 0.3355.

Com as constantes kp, kd e ki tem-se o controlador PID determinado. Amalha aberta correspondente e dada por

K(s)G(s) =134.2s2 + 873s+ 2000

s4 + 30s3 + 200s2,

cujo diagrama de Bode e apresentado na Figura 127 e verifica-se que a mar-gem de fase desejada foi obtida.

A resposta ao degrau da malha fechada e mostrada na Figura 128 ondese verifica que foram obtidos um pss = 26.2% e um Te2% = 2.62s, ou seja,os requisitos nao foram satisfeitos, e um refinamento do projeto e necessario.Neste caso, e usual aumentar a margem de fase desejada, introduzindo-seuma fator de seguranca.

Um codigo MATLAB para este projeto e apresentado a seguir:



−100

−50

0

50

100

Mag

nitu

de (

dB)

10−1

100

101

102

103

−180

−150

−120

−90

Pha

se (

deg)

Bode DiagramGm = Inf dB (at Inf rad/sec) , Pm = 59.1 deg (at 3.98 rad/sec)

Frequency (rad/sec)

Figura 127: Diagrama de Bode obtido com o projeto.

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.50

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

Step Response

Time (sec)

Am

plitu

de

Figura 128: Resposta ao degrau obtida com o projeto.



clear all; close all; clc;

s=tf(’s’);

ps=400/(s*(s^2+30*s+200))

ki=5;

pss=10;

te=1.7;

qsi=log(100/pss)/sqrt(pi^2+(log(100/pss)^2))

tau=te/4;

wn=1/(qsi*tau)

wcg=wn;

phi=100*qsi

phi=phi*pi/180

pwcg=freqresp(ps,j*wcg)

ampp=abs(pwcg)

tetap=angle(pwcg)

tetak=-pi+phi-tetap

ampk=1/ampp

kp=ampk*cos(tetak)

kd=(ampk*sin(tetak)+ki/wcg)/wcg

ks=kp+kd*s+ki/s

gs=ks*ps %malha aberta

ts=feedback(gs,1)

step(ts,’k’)

figure

margin(gs)

19.10 Projeto PID com base no lugar das raızes

Esta tecnica de projeto tem como objetivo assegurar um polo em uma posicaodesejada para a malha fechada.

Seja uma planta P (s), um controlador PID K(s) e uma configuracao derealimentacao unitaria negativa. A respectiva malha aberta G(s) e dada por

G(s) = P (s)K(s) = P (s)

(

kp + kds+ki

s

)

.

A equacao caracterıstica e, neste caso,

1 +G(s) = 0.



Seja um polo especıfico sD = σD + jwD desejado para a malha fechada.Logo,

1 +G(sD) = 0⇒ G(sD) = −1 = 1 6 − π.O controlador e a planta podem ser calculados em funcao do polo dese-

jado:

K(sD) = kp + kd(σD + jwD) +ki

σD + jwD

= |K(sD)|ejθK ,

P (sD) = |P (sD)|ejθP .

Logo,

|K(sD)|ejθK |P (sD)|ejθP = |K(sD)||P (sD)|ej(θK+θP ) = 1 6 − π,

que permite escrever as seguintes equacoes para a amplitude e fase do con-trolador,

|K(sD)||P (sD)| = 1⇒ |K(sD)| = 1

|P (sD)| ,

θK + θP = −π ⇒ θK = −π − θP .

Conhecendo-se a amplitude e fase do controlador e possıvel a deter-minacao de seus parametros, ou seja,

K(sD) = kp+kd(σD+jwD)+ki

σD + jwD

= |K(sD)|ejθK = |K(sD)|(cosθK+jsenθK),

kp(σD + jwD) + kd(σD + jwD)2 + ki = |K(sD)|(cosθK + jsenθK)(σD + jwD),

kpσD + jkpwD + kd(σ2D + 2jσDwD − w2

D) + ki =

= σD|K(sD)|cosθK−wD|K(sD)|senθK+j(wD|K(sD)|cosθK+σD|K(sD)|senθK).

Separando as partes real e imaginaria tem-se as equacoes

kpσD + kd(σ2D − w2

D) + ki = σD|K(sD)|cosθK − wD|K(sD)|senθK ,

2kdσDwD + kpwD = wD|K(sD)|cosθK + σD|K(sD)|senθK ,

que podem ser resolvidas de forma iterativa para as incognitas kp, kd e ki.Caso se tenha uma especificacao do erro estacionario e possıvel determi-nar ki diretamente da mesma forma como feito no projeto PID analıtico nafrequencia.

Sejama = σ2

D − w2D,

b = σD,



α = σD|K(sD)|cosθK − wD|K(sD)|senθK ,

c = 2σDwD,

d = wD,

β = wD|K(sD)|cosθK + σD|K(sD)|senθK .

Logo,akd + bkp + ki = α,

ckd + dkp = β.

Resolvendo estas equacoes tem-se

kd =β − dkp

c,

aβ − dkp

c+ bkp = α− ki,

aβ

c− ad

ckp + bkp = α− ki,

(

b− ad

c

)

kp = α− ki −aβ

c,

e entao,

kp =α− ki − aβ

c

b− adc

=αc− cki − aβ

bc− ad ,

Exemplo: Projetar um controlador PD pelo metodo analıtico com baseno lugar das raızes para controlar a planta

P (s) =1

s(s+ 1)(s+ 5),

e atender aos requisitos de percentual de sobre sinal de 10% e tempo deestabilizacao a 2% de 1.7s.

Atraves do pss = 10% tem-se que o fator de amortecimento e ξ = 0.5912,e atraves do tempo de estabilizacao tem-se que wn = 3.9802rad/s.

O polo desejado e, portanto,

sD = −ξwn + jwn

√

1− ξ2 = −2.3529 + 3.2103j = σD + wDj.

e entao,P (−2.3529 + 3.2103j) = 0.0058 + 0.0163j,

|P (−2.3529 + 3.2103j)| = 0.0173 e θP = 1.2290rad/s.



Pode-se calcular o modulo e a amplitude do controlador, i.e.,

θK = −π − θP = −π − 1.2290 = −4.3706,

|K| = 1

|P | =1

0.0173= 57.6954.

As variaveis auxiliares sao calculadas e fornecem como resultado:

a = −4.7697, b = −2.3529, c = −15.1073, d = 3.2103,

α = −129.0013 e β = −189.9841.

Com estes parametros as constantes do controlador podem ser calculadas:

kp = 20.5019 e kd = 16.9323.

A malha aberta e, portanto,

G(s) = K(s)P (s) =16.93s+ 20.5

s3 + 6s2 + 5s.

A malha fechada em realimentacao unitaria e

T (s) =16.93s+ 20.5

s3 + 6s2 + 21.93s+ 20.5,

cujos polos sao −2.3529± 3.2103j e −1.2941.A resposta ao degrau pode ser visualizada na Figura 129.E possıvel verificar que o polo especificado foi obtido para a malha fe-

chada. Esta metodologia e limitada no sentido de que apenas um polo eespecificado e os demais polos podem caracterizar um desempenho indese-jado caso sejam dominantes.

Um codigo MATLAB para este projeto e apresentado a seguir.


s=tf(’s’);

ps=1/(s*(s+1)*(s+5))

pss=10;

te=1.7;

qsi=log(100/pss)/sqrt(pi^2+(log(100/pss)^2))

tau=te/4;

wn=1/(qsi*tau)

sD=-qsi*wn+j*wn*sqrt(1-qsi^2) %polo desejado

psD=freqresp(ps,sD)

ampp=abs(psD)



0 0.5 1 1.5 2 2.50

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

Step Response

Time (sec)

Am

plitu

de

Figura 129: Resposta ao degrau da malha fechada.

tetap=angle(psD)

tetak=-pi-tetap

ampk=1/ampp

sigmaD=real(sD);

wD=imag(sD);

a=sigmaD^2-wD^2

b=sigmaD

alpha=sigmaD*ampk*cos(tetak)-wD*ampk*sin(tetak)

c=2*sigmaD*wD

d=wD

beta=wD*ampk*cos(tetak)+sigmaD*ampk*sin(tetak)

kp=(alpha*c-a*beta)/(b*c-a*d) %apenas PD

kd=(beta-d*kp)/c

ks=kp+kd*s


ts=feedback(gs,1)

step(ts)

figure

margin(gs)

[p,z]=pzmap(ts)



19.11 Controlador em avanco

O controlador em avanco possui um polo e um zero com o objetivo de traba-lhar a resposta em frequencia conformando-a, e garantindo assim as margensde estabilidade.

Normalmente ao se aumentar o ganho proporcional, o erro estacionariodiminiu. Contudo, ocorre a reducao das margens de estabilidade. Isso podeser verificado atraves do seguinte exemplo.

Seja a planta

P (s) =2

s(s+ 1)(s+ 2),

inicialmente controlada com um controlador proporcional kp = 1. Neste caso,o sistema e do tipo 1, e os erros estacionarios sao:

• para o degrau unitario, eest = 0;

• para a rampa unitaria,

kvel = lims→0

s2

s(s+ 1)(s+ 2)= 1, eest =

1

kvel

= 1.

As margens de estabilidade, neste caso, sao Gm = 9.5dB e Pm = 32.6◦.Considere agora kp = 2. Neste caso,

• para o degrau unitario, eest = 0;

• para a rampa unitaria,

kvel = lims→0

s4

s(s+ 1)(s+ 2)= 2, eest =

1

kvel

= 0.5;

e as margens de estabilidade sao sao Gm = 3.5dB e Pm = 11.4◦.Verifica-se que ao se aumentar o ganho proporcional tem-se uma resposta

estacionaria melhor, contudo com uma reducao nas margens de estabilidaderelativa. Isso pode ser verificado com auxılio dos diagramas de Bode, comomostrado nas Figuras 130 e 131.

A funcao de transferencia do controlador em avanco e

K(s) = kc

αTs+ 1

Ts+ 1, α > 1.

Um circuito tıpico para um controlador em avanco (ou atraso, como seradiscutido futuramente) e apresentado na Figura 132.



−60

−40

−20

0

20

Mag

nitu

de (

dB)

10−1

100

101−270

−225

−180

−135

−90

Pha

se (

deg)


Frequency (rad/sec)

Figura 130: Margens de estabilidade para kp = 1.

−60

−40

−20

0

20

40

Mag

nitu

de (

dB)

10−1

100

101−270

−225

−180

−135

−90

Pha

se (

deg)


Frequency (rad/sec)

Figura 131: Margens de estabilidade para kp = 2.



R1

C1

C2

R2R3

R4

ei e0++−−

Figura 132: Circuito de controlador em avanco, E0(s)Ei(s)

= R4R2

R3R1

(R1C1s+1)(R2C2s+1)

.

0

5

10

15

20

Mag

nitu

de (

dB)

10−3

10−2

10−1

100

101

1020

10

20

30

40

50

60

Pha

se (

deg)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

Figura 133: Diagrama de Bode do controlador em avanco, kc = 1, T = 1,α = 10.



Um diagrama de Bode tıpico de um controlador em avanco e mostradona Figura 133. Verifica-se o comportamento de um passa-alta.

Na compensacao em avanco, deseja-se obter a maior compensacao de fasepossıvel, aumentando assim a margem de fase.

Seja s = jw. Logo,

K(jw) = kc

αT (jw) + 1

T (jw) + 1= kc

1 + αT 2w2 + (αTw − Tw)j

1 + T 2w2,

cujo angulo e

θK = tan−1

[

(α− 1)Tw

1 + αT 2w2

]

.

O ponto de maximo de θK pode ser encontrado atraves de

dθK

dw=

1

1 +[

(α−1)Tw

1+αT 2w2

]2

d

dw

[

(α− 1)Tw

1 + αT 2w2

]

= 0,

e entao,d

dw

[

(α− 1)Tw

1 + αT 2w2

]

= 0

o que implica que o ponto de maximo, w, corresponde a

w =1√αT

.

Substituindo este valor obtem-se o valor maximo da fase do controladorθK ,

tanθK =α− 1

2√α. (11)

A equacao (11) pode ser interpretada conforme ilustrado na Figura 134.

l α− 1

2√α

θK

Figura 134: Interpretacao para θK .



Da Figura 134 escreve-se que

l2 = (2√α)2 + (α− 1)2 = (α+ 1)2 ⇒ l = α + 1,

e entao,

senθK =α− 1

α + 1⇒ α =

1 + senθK

1− senθK

.

O modulo do controlador tambem pode ser calculado para w, ou seja,

|K(w)| =√

(1 + αT 2w2)2 + (αTw − T w)2

1 + T 2w2=√α,

e, como o controlador esta em serie com a planta, a compensacao em dBdevido ao controlador sera dada por

A = 20 log√α = 10 logα.

O seguinte roteiro pode ser usado no projeto de controladores em avanco.

1. Determinar kc atraves da especificacao de erro estacionario desejada.

2. Considerar o novo sistema kcP (s) (ja compensado em termos da cons-tante proporcional).

3. Tracar os diagramas de Bode do sistema kcP (s) e determinar a margemde fase (Pm).

4. Sabendo a margem de fase desejada φesp, obtida atraves dos requisitosde projeto, determinar o acrescimo de fase necessario pelo controlador,explorando o ponto de maximo deste, ou seja,

θK = φesp − Pm.

E usual adicionar uma margem de seguranca, φseg para este angulo de10% ou pelo menos 5◦ para este angulo, ou seja,

θK = φesp − Pm+ φseg,

que compensa imprecisoes.

5. Calcular α:

α =1 + senθK

1− senθK

.



6. Calcular a compensacao de amplitude relacionada ao ponto de maximafase do controlador, A:

A = 20 log√α = 10 logα.

7. Usando o diagrama de Bode e com o valor de A, determinar a frequenciade cruzamento de ganho futura, wcgf .

8. Calcular T :

T =1√αwcgf

.

9. Determinar o controlador K(s):

K(s) = kc

αTs+ 1

Ts+ 1.

10. Verificar as margens obtidas com a malha aberta K(s)P (s) e os requi-sitos de desempenho com a respectiva malha fechada.

Exemplo: Determinar o controlador em avanco (configuracao de reali-mentacao unitaria negativa) para controlar a planta

P (s) =2

s(s+ 2),

e obter uma margem de fase de 45◦ e um erro estacionario a rampa de 0.05.A malha aberta e

G(s) = K(s)P (s) = kc

αTs+ 1

Ts+ 1

2

s(s+ 2),

que e do tipo 1.A constante de erro de velocidade e

kvel = lims→0

sG(s) = lims→0

skc

αTs+ 1

Ts+ 1

2

s(s+ 2)= kc,

e do erro estacionario tem-se que

eest =1

kvel

=1

kc

= 0.05⇒ kc = 20.

O diagrama de Bode de kcP (s) e mostrado na Figura 135.Verifica-se que a margem de fase e Pm = 18◦.



−50

0

50M

agni

tude

(dB

)

10−1

100

101

102−180

−135

−90

Pha

se (

deg)

Bode DiagramGm = Inf dB (at Inf rad/sec) , Pm = 18 deg (at 6.17 rad/sec)

Frequency (rad/sec)

Figura 135: Diagrama de Bode de kcP (s).

O acrescimo de fase necessario sera de

θK = φesp − Pm+ φseg = (45− 18 + 5)π

180= 0.5585rad

Determina-se α:

α =1 + senθK

1− senθK

= 3.2546,

e a respectiva compensacao em amplitude:

A = 10 logα = 5.1250

Verificando o respectivo diagrama de Bode, nota-se que para uma com-pensacao de 5.1250dB, a frequencia de cruzamento de ganho futura sera dewcgf ≈ 8.3rad/s, como mostrado na Figura 136.

Calcula-se

T =1√αwcgf

= 0.0668,

e tem-se o controlador desejado

K(s) = kc

αTs+ 1

Ts+ 1=

4.347s+ 20

0.06678s+ 1.



101

−180

−150

−120

Pha

se (

deg)

−20

−10

0

10

20

Mag

nitu

de (

dB)


Frequency (rad/sec)

wcgf

A

Figura 136: Diagrama de Bode de kcP (s) e ilustracao de A e de wcgf .

A Figura 137 mostra os diagramas de Bode da planta P (s), do controladorK(s) e da malha abertaK(s)G(s) com as respectivas margens obtidas. Nota-se que a nova frequencia de cruzamento de ganho corresponde ao ponto demaximo da fase de K(s). Nota-se ainda que a margem de fase desejada foiobtida.

A malha fechada correspondente e

T (s) =K(s)P (s)

1 +K(s)P (s)=

8.694s+ 40

0.06678s3 + 1.134s2 + 10.69s+ 40,

e a resposta a rampa esta mostrada na Figura 138 juntamente com a rampaunitaria. Verica-se o erro estacionario de 0.05 como desejado.



10−1

100

101

102−180

−135

−90

−45

0

45

Pha

se (

deg)

−80

−60

−40

−20

0

20

40

60

Mag

nitu

de (

dB)


Frequency (rad/sec)

K(s)

K(s)

P (s)

P (s)

K(s)P (s)

K(s)P (s)

Figura 137: Diagramas de Bode mostrando a compensacao em avanco.

0 0.2 0.4 0.6 0.8 10

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

tempo

resp

osta

Figura 138: Resposta a rampa unitaria e rampa unitaria.



Um codigo MATLAB para com esta metodologia de projeto e apresentadoa seguir:

%projeto em avanco

%requisitos: margem de fase de 45 graus, erro

%estacionario a rampa de 0.05, planta 2/(s(s+2)).

%


s=tf(’s’);

ps=2/(s*(s+2));

phiesp=45;

kc=20; %calculado atraves do erro estacionario

margin(kc*ps)

mf=18; %obtido do grafico de bode (margens)

phiseg=5; %margem de seguranca (em graus)

phi=(phiesp-mf+phiseg)*pi/180;

alpha=(1+sin(phi))/(1-sin(phi));

am=10*log10(alpha)

wcgf=8.3; %obtido do grafico devido ao valor de am

T=1/(sqrt(alpha)*wcgf)

ks=kc*(alpha*T*s+1)/(T*s+1) %controlador


figure, margin(ps)

hold on, margin(ks)

hold on, margin(gs)

ts=feedback(gs,1) %malha fechada

figure, step(ts) %degrau

t=0:0.01:1;

tss=ts/s;

y=step(tss,t); %resposta a rampa

figure, plot(t,t,t,y)

19.12 Compensacao em atraso

O controlador em atraso tem a mesma estrutura do controlador em avanco,contudo o polo vem antes do zero, ou seja,

K(s) = kc

αTs+ 1

Ts+ 1,

com o polo s = − 1T

e o zero s = − 1αT

, mas 0 < α < 1.O diagrama de Bode de um controlador em atraso tıpico e mostrado na

Figura 139.



−20

−15

−10

−5

0M

agni

tude

(dB

)

10−2

10−1

100

101

102

103−60

−50

−40

−30

−20

−10

0

Pha

se (

deg)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

Figura 139: Diagrama de Bode para controlador em atraso: kc = 1, α = 0.1,T = 1.

O objetivo da compensacao em atraso e posicionar a frequencia de cruza-mento de ganho para uma margem de fase desejada, sem mudar muito a fasee atenuar o ganho. Neste caso, como a frequencia de cruzamento de ganhofica menor, o sistema torna-se mais lento.

Verifica-se que para s grande

lims→∞

αTs+ 1

Ts+ 1= α,

e a compensacao em dB neste caso e

A = 20 logα⇒ α = 10A20 .

Considerando, como regra pratica, que a frequencia de cruzamento deganho futura sera 10 vezes maior que o zero do controlador para que nestaregiao o efeito na fase seja pequeno, tem-se que,

wcgf = 101

αT⇒ T =

10

αwcgf

.

O seguinte roteiro pode ser usado no projeto de controladores em atraso.

1. Determinar kc atraves da especificacao de erro estacionario desejada.



2. Considerar o novo sistema kcP (s) (ja compensado em termos da cons-tante proporcional).

3. Tracar os diagramas de Bode do sistema kcP (s) e determinar a margemde fase (Pm).

4. Sabendo a margem de fase desejada φesp, obtida atraves dos requisitosde projeto, determinar a frequencia de cruzamento de ganho futura,wcgf .

5. Determinar o valor de A que representa a compensacao em amplitudedesejada atraves do diagrama de Bode.

6. Calcular α:α = 10

A20 .

7. Calcular T :

T =10

αwfcg

.

8. Determinar o controlador K(s):

K(s) = kc

αTs+ 1

Ts+ 1.

9. Verificar as margens obtidas com a malha aberta K(s)P (s) e os requi-sitos de desempenho com a respectiva malha fechada.

Exemplo: Determinar o controlador em atraso para controlar a planta

P (s) =10

s(s+ 5),

em realimentacao unitaria, e obter um fator de amortecimento de 0.7 e umerro estacionario a rampa de 0.05.

A malha aberta e

G(s) = K(s)P (s) =(

kc

αTs+ 1

Ts+ 1

) [

10

s(s+ 5)

]

,


kvel = lims→0

sG(s) = lims→0

skc

(αTs+ 1

Ts+ 1

) [

10

s(s+ 5)

]

= 2kc,



e do erro estacionario tem-se que

eest =1

kvel

=1

2kc

= 0.05⇒ kc = 10.

A margem de fase desejada pode ser obtida atraves do fator de amorte-cimento, i.e.,

φesp = 100ξ = 70◦,

e e usual considerar uma margem de seguranca de 10% ou pelo menos 5◦.Neste caso, a margem de fase desejada passa a ser

Pm = 70 + 7 = 77◦,

e o angulo desejado deve ser de

φ = −180 + Pm = −180 + 77 = −103.

Para o angulo φ, encontra-se a frequencia de cruzamento de ganho futurae o valor para compensacao da amplitude, ou seja,

wcgf = 1.15rad/s e A = −24.6dB,

como ilustrado no diagrama de Bode da Figura 140.Calcula-se entao

α = 10A20 = 0.0589,

T =10

αwcgf

= 147.6734,

e determina-se o controlador

K(s) = kc

αTs+ 1

Ts+ 1=

86.96s+ 10

147.7s+ 1.

O diagrama de Bode de K(s), P (s) e da malha aberta K(s)P (s) e mos-trado na Figura 141. Note que a compensacao foi feita em uma regiao emque a fase do controlador nao contribui significativamente para alterar a faseda malha aberta. Nota-se tambem que a margem de fase obtida foi de 71.7◦.

A funcao de malha fechada e

T (s) =869.6s+ 100

147.7s3 + 739.4s2 + 874.6s+ 100,

e a resposta a rampa unitaria juntamente com a rampa esta mostrada naFigura 142.

Este sistema e lento no que se refere a estabilizacao, como pode ser vistoatraves do erro estacionario na Figura 143.



10−1

100

101

102−180

−135

−90

Pha

se (

deg)

−40

−20

0

20

40

60

Mag

nitu

de (

dB)


Frequency (rad/sec)

wcgf

A

φ

Figura 140: Diagrama de Bode para kcP (s).



−40

−20

0

20

40

60

80

Mag

nitu

de (

dB)

10−3

10−2

10−1

100

101

102−180

−135

−90

−45

0

Pha

se (

deg)


Frequency (rad/sec)

K(s)

K(s)

P (s)

P (s)

K(s)P (s)

K(s)P (s)

Figura 141: Diagramas de Bode mostrando a compensacao em atraso.

0 2 4 6 8 10 120

2

4

6

8

10

12

tempo

resp

osta

Figura 142: Rampa unitaria e resposta a rampa da malha fechada.



0 10 20 30 40 50 600

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

tempo

erro

ent

re a

ram

pa e

a r

espo

sta

Figura 143: Erro entre a rampa unitaria e resposta a rampa da malha fechada.



Um codigo MATLAB para o projeto em atraso e apresentado a seguir:

%projeto em atraso

%requisitos: fator de amortecimento de 0.7, erro

%estacionario a rampa de 0.05, planta 10/(s(s+5)).

%


s=tf(’s’);

ps=10/(s*(s+5));

qsi=0.7;

phiesp=100*qsi;

kc=10; %calculdado do erro estacionario

margin(kc*ps)

mf=28; %obtido do digrama de Bode (margens)

phiseg=0.1*phiesp; %margem de seguranca

phi=phiesp+phiseg;

angulo=-180+phi

wcgf=1.15 %lido do digrama de Bode em func~ao de angulo

am=-24.6 %lido do digrama de Bode em func~ao de wfcg

alpha=10^(am/20)

T=10/(alpha*wcgf)

ks=kc*(alpha*T*s+1)/(T*s+1) %controlador


figure,margin(ps)

hold on, margin(ks)

hold on, margin(gs)


figure, step(ts) %resposta ao degrau

tss=ts/s;

figure, step(tss) %resposta a rampa

t=0:0.01:12;

y=step(tss,t);


%verificacao do erro estacionario

t=0:0.1:60;

y=step(tss,t);

e=t-y’;

figure, plot(t,e)



19.13 Projeto avanco-atraso analıtico na frequencia

O projeto avanco-atraso analıtico e semelhante ao projeto PID analıtico nafrequencia. O nome avanco-atraso e devido ao fato que o controlador obtidopodera ser ou em avanco ou em atraso.

Pode-se escrever a malha aberta como:

G(s) = K(s)P (s) = kc

τzs+ 1

τps+ 1P (s),

com τz = αT e τp = T que corresponde a forma usual.Seja w = wcg uma frequencia de cruzamento de ganho desejada. Logo,

P (jwcg) = |P |ejθP e K(jwcg) = |K|ejθK ,

e da mesma forma que ja mostrado no caso do PID, tem-se o modulo docontrolador e fase do controlador como

|K| = 1

|P | e θK = −π + Pm− θP ,

onde Pm e a margem de fase desejada.E possıvel escrever que

kc

τz(jwcg) + 1

τp(jwcg) + 1= |K|ejθK = |K|(cosθK + jsenθK),

que ao se resolver para a parte real e parte imaginaria leva a

τz =1 + kc|P |cos(Pm− θP )

−wcgkc|P |sen(Pm− θP ),

e

τp =cos(Pm− θP ) + kc|P |wcgsen(Pm− θP )

.

Caso o controlador esteja escrito na forma

K(s) = kc

αTs+ 1

Ts+ 1

tem-se que

kc

αT (jwcg) + 1

T (jwcg) + 1= |K|(cosθK + jsenθk)

cujo resultado para α e T sao:

α =|K|(kccosθK − |K|)kc(kc − |K|cosθK)



e

T =|K|cosθK − kc

|K|wcgsenθK

.

Exemplo: Obter o controlador em avanco-atraso para controlar a planta

P (s) =400

s(s2 + 30s+ 200),

em realimentacao unitaria, e assegurar uma margem de fase 45◦, um erroestacionario a rampa de 0.10 e uma frequencia de cruzamento de ganho de14rad/s.

A malha aberta e

G(s) = K(s)P (s) =(

kc

αTs+ 1

Ts+ 1

)[

400

s(s2 + 30s+ 200)

]

,


kvel = lims→0

sG(s) = 2kc,

e assim

eest =1

kvel

=1

2kc

= 0.1⇒ kc = 5.

Verifica-se que

P (14j) = −0.0680− 0.0006j, |P (14j)| = 0.0680 e θP = −3.1321.

A amplitude do controlador e dada por

|K| = 1

|P | =1

0.0680= 14.7007,

e a fase do controlador e dada por

θK = −π + Pm− θP = −π + 45π

180+ 3.1321 = 0.7759.

Os parametros do controlador podem ser calculados, ou seja,

α =|K|(kccosθK − |K|)kc(kc − |K|cosθK)

= 5.9577,

que caracteriza um controlador em atraso, e

T =|K|cosθK − kc

|K|wcgsenθK

= 0.0381.



O controlador e, portanto,

K(s) =1.135s+ 5

0.03811s+ 1.

O diagrama de Bode da malha aberta e apresentado na Figura 144, ondese verifica que a margem de fase e a frequencia de cruzamento de ganhodesejadas foram obtidas.

−100

−80

−60

−40

−20

0

20

40

Mag

nitu

de (

dB)

100

101

102

103−270

−225

−180

−135

−90

−45

Pha

se (

deg)

Bode DiagramGm = 10.1 dB (at 27.7 rad/sec) , Pm = 45 deg (at 14 rad/sec)

Frequency (rad/sec)

Figura 144: Diagrama de Bode de K(s)P (s).

A malha fechada e

T (s) =454.1s+ 2000

0.03811s4 + 2.143s3 + 37.62s2 + 654.1s+ 2000,

e a resposta a rampa unitaria esta mostrada na Figura 145, onde se verificaque a especificacao de erro estacionario foi atendida.



0 0.2 0.4 0.6 0.8 10

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

tempo

ram

pa e

res

post

a

Figura 145: Rampa unitaria e resposta do sistema em malha fechada.



Um codigo MATLAB para este projeto de controlador avanco-atrasoanalıtico na frequencia e apresentado a seguir:

% Projeto avanco-atraso analıtico na frequencia

% Margem de fase desejada de 45 graus, frequencia

% de cruzamento de ganho futura de 14 rad/s, para a

% planta ps=400/(s(s^2+30*s+200))


s=tf(’s’);

ps=400/(s*(s^2+30*s+200))

kc=5; %calculado do erro estacionario

wcg=14;

phi=45*pi/180;

pwcg=freqresp(ps,j*wcg)

ampp=abs(pwcg)

tetap=angle(pwcg)

tetak=-pi+phi-tetap

ampk=1/ampp

tauz=(1+kc*ampp*cos(phi-tetap))/...

(-wcg*kc*ampp*sin(phi-tetap))

taup=(cos(phi-tetap)+kc*ampp)/...

(wcg*sin(phi-tetap))

ks=kc*(tauz*s+1)/(taup*s+1)

% controlador em funcao de T e alpha

T=(ampk*cos(tetak)-kc)/(ampk*wcg*sin(tetak))

alpha=ampk*(kc*cos(tetak)-ampk)/(kc*(kc-ampk*cos(tetak)))

ks1=kc*(alpha*T*s+1)/(T*s+1)


margin(gs)


tss=ts/s; %rampa

t=0:0.01:1;

y=step(tss,t);




19.14 Projeto avanco-atraso com base no lugar dasraızes

Seja uma planta P (s) que se deseja controlar atraves de um controlador K(s)na forma

K(s) = kc

αTs+ 1

Ts+ 1.

A malha aberta e dada por G(s) = K(s)P (s).Seja um polo especificado sD = σD + jwD atraves dos requisitos de de-

sempenho. Logo, escreve-se que:

P (sD) = |P (sD)|ejθP ,

K(sD) = kc

αT (σD + jwD) + 1

T (σD + jwD) + 1= |K(sD)|ejθK .

Da equacao caracterıstica, K(s)P (s) = −1, tem-se que

|K(sD)|ejθK |P (sD)|ejθP = 1 6 − π,

que permite escrever a amplitude e a fase do controlador:

|K(sD)| = 1

|P (sD)| e θK = −π − θP .

E possıvel escrever para o controlador

K(sD) = kc

αT (σD + jwD) + 1

T (σD + jwD) + 1= |K(sD)|(cosθK + jsenθK),

que permite separar duas equacoes (uma para a parte real e outra para aparte imaginaria) e que permite determinar

T =−(σD|K|senθk + kcwD − wD|K|cosθK)

|K|senθK(σ2D + w2

D),

α =|K|(kcwDcosθK − wD|K|+ kcσDsenθK)

kc(σD|K|senθK + kcwD − wD|K|cosθK).

Exemplo: Determinar o controlador avanco-atraso em realimetacao unitariapelo metodo analıtico com base no lugar das raızes de forma que a frequencianatural seja de 1.5rad/s, o fator de amortecimento seja de 0.707 e o erro es-tacionario a rampa unitaria seja de 0.05, para a planta

P (s) =10

s(s+ 5).



Atraves da especificacao de erro estacionario obtem-se kc = 10.O polo desejado e

sD = −ξwn + jwn

√

1− ξ2 = −1.0605 + 1.0608j,

ou sejaσD = −1.0605 e wD = 1.0608.

Verifica-se queP (sD) = −1.4160− 0.8155j,

e que|P | = 1.6341 e θP = −2.6191.

Logo, tem-se que

|K| = 1

|P | = 0.6120 e θK = −π − θP = −0.5225,

que permite determinar os parametros do controlador T e α do controlador,ou seja,

T = 15.0901 e α = 0.0817.

O controlador e, portanto,

K(s) =12.32s+ 10

15.09s+ 1.

A funcao de transferencia de malha fechada e

T (s) =123.2s+ 100

15.09s3 + 76.45s2 + 128.2s+ 100,

cujos polos sao −2.9453 e −1.0605 ± 1.0608j. Note que o polo especificadofoi obtido.

A resposta a rampa unitaria esta ilustrada na Figura 146.O erro entre a rampa e a resposta e ilustrado na Figura 147 onde se

verifica que a especificacao de erro estacionario foi atendida.



0 1 2 3 4 5 60

1

2

3

4

5

6

tempo

ram

pa e

res

post

a

Figura 146: Rampa unitaria e resposta a rampa da malha fechada.

0 1 2 3 4 5 60

0.05

0.1

0.15

0.2

0.25

0.3

0.35

0.4

0.45

0.5

tempo

erro

Figura 147: Erro entre a rampa e a resposta da malha fechada.



Um codigo MATLAB para o projeto avanco-atraso analıtico com base nolugar das raızes e apresentado a seguir:

% Projeto avanco-atraso analıtico (lugar raızes)

% Erro estacionario a rampa de 0.05,

% fator de amortecimento de 0.707,

% freq. natural de 1.5 rad/s,

% planta ps=10/(s(s+5)).

%


s=tf(’s’);

ps=10/(s*(s+5));

kc=10 %calculado atraves do erro estacionario

qsi=0.707;

wn=1.5;

sD=-qsi*wn+j*wn*sqrt(1-qsi^2)

sigmaD=real(sD)

wD=imag(sD)

psD=freqresp(ps,sD)

ampp=abs(psD)

tetap=angle(psD)

ampk=1/ampp

tetak=-pi-tetap

T=-(sigmaD*ampk*sin(tetak)+kc*wD-wD*ampk*cos(tetak))/...

(ampk*sin(tetak)*(sigmaD^2+wD^2))

alpha=ampk*(kc*wD*cos(tetak)-wD*ampk+kc*sigmaD*sin(tetak))/...

(kc*(sigmaD*ampk*sin(tetak)+kc*wD-wD*ampk*cos(tetak)))

ks=kc*(alpha*T*s+1)/(T*s+1)


margin(gs)


[p,z]=pzmap(ts)

tss=ts/s; %rampa

step(ts)

t=0:0.01:6;

figure, y=step(tss,t);




e=t’-y;

figure, plot(t,e)

20 Modelo de estados

Um modelo de estado envolve tres tipos de variaveis: variaveis de entrada,variaveis de saıda e as variaveis de estado.

O objetivo principal da modelagem de estado e permitir que um sistemarepresentado por uma equacao diferencial de ordem n possa ser representadopor n equacoes de primeira ordem.

Seja um sistema generico de ordem n com p entradas e q saıdas conformeilustrado na Figura 148.

sistema

u1

u2

up

y1

y2

yq

...

...

Figura 148: Representacao de sistema com varias entradas e varias saıdas.

Este sistema pode ser descrito pelo conjunto de n equacoes diferenciais deprimeira ordem para o estado e q equacoes algebricas para a saıda, ou seja,

x(t) = f(x,u, t) e y(t) = g(x,u, t).

Estas equacoes podem ser linearizadas em torno do estado de operacao.Logo,

x(t) = A(t)x(t) + B(t)u(t),

y(t) = C(t)x(t) + D(t)u(t),

onde A(t) e a matriz de estado, B(t) e a matriz de entrada, C(t) e a matrizde saıda e D(t) e a matriz de transmissao direta.

Para sistemas invariantes no tempo e possıvel escrever:

x(t) = Ax(t) + Bu(t),

y(t) = Cx(t) + Du(t).

A matriz A armazena as caracterısticas internas do sistema. A matrizB relaciona as entradas aos estados. A matriz C relaciona os estado e assaıdas, e a matriz D relaciona diretamente as entradas e as saıdas.



E possıvel listar as seguintes vantagens da formulacao atraves de modelode estados:

• as equacoes sao mais adaptadas a solucao computacional (domınio dotempo),

• todas as equacoes sao de primeira ordem, e a solucao e conceitualmentesimples,

• sistemas MIMO sao tratados sem alteracoes significativas,

• e maior facilidade no tratamento de sistemas nao lineares e variantesno tempo (tema nao abordado nesta apostila).

Exemplo: Modelo de estados do sistema de segunda ordem massa-mola-amortecedor mostrado na Figura 149.

c

y(t)

u(t)

k

m

Figura 149: Sistema massa-mola-amortecedor.

A equacao do movimento deste sistema e

my + cy + ky = u(t).

Sejam as variaveis de estado a posicao, x1(t) = y(t), e a velocidade,x2(t) = y(t). Logo, e possıvel escrever

x1 = x2 e mx2 + cx2 + kx1 = u,

e,

x2 =1

m(−cx2 − kx1) +

1

mu.



Na forma matricial tem-se a seguinte equacao de estado{

x1

x2

}

=

[

0 1−km

−cm

]{

x1

x2

}

+

[

01m

]

u,

e a seguinte equacao de saıda para a posicao:

y =[

1 0]{

x1

x2

}

.

As matrizes neste caso sao:

A =

[

0 1−km

−cm

]

, B =

[

01m

]

, C =[

1 0]

e D = 0.

O diagrama de blocos mostrado na Figura 150 deste sistema pode serconstruıdo tendo como base que

y =u

m− c

my − k

my.

∫∫u

−km

−cm

y = x1y = x2y = x21m

Figura 150: Diagrama de blocos do sistema massa-mola-amortecedor.

Nota-se que as saıdas dos integradores no diagrama de blocos sao asvariaveis de estado. O modelo de estado em que as variaveis de estado saograndezas fısicas, como neste exemplo, e chamado de modelo de estados fısico.

20.1 Representacao no espaco de estados de equacoes

diferenciais sem derivadas na excitacao

Seja a seguinte equacao diferencial linear de ordem n

dny

dtn+ an−1

dn−1y

dtn−1+ . . .+ a1

dy

dt+ a0y = u(t).



As variaveis de estado podem ser definidas como

y = x1,dy

dt= x2,

d2y

dt2= x3, . . . ,

dn−1y

dtn−1= xn.

Logo,

dx1

dt= x2,

dx2

dt= x3,

dx3

dt= x4, . . . ,

dxn−1

dt= xn,

e a equacao diferencial pode ser reescrita como

dxn

dt= u(t)− a0x1 − a1x2 − a2x3 − . . .− an−1xn,

ou matricialmentex = Ax + Bu,

onde

x =

x1

x2...xn

, A =

0 1 0 . . . 00 0 1 . . . 0...

......

...0 0 0 . . . 1−a0 −a1 −a2 . . . −an−1

, B =

00...01

.

A saıda e dada por

y = [1 0 . . . 0]

x1

x2...xn

ouy = Cx,

com C = [1 0 . . . 0], quando se considerou como resposta apenas a variavely(t).

A funcao de transferencia neste caso e

Y (s)

U(s)=

1

sn + an−1sn−1 + . . .+ a1s+ a0,

e um diagrama de blocos generico e mostrado na Figura 151.Esta forma de representacao de estado e conhecida como modelo canonico

de fase, devido ao vetor de estado ser formado por variaveis que sao derivadassucessivas da anterior, portanto com uma diferenca de fase de 90◦ entre elas.



. . .

. . .

u xn xn−1

an−1 an−2

x2 x1 = y

a1 ao

∫∫∫∫

−

Figura 151: Diagrama generico de sistema sem derivadas na excitacao.

20.2 Representacao de sistemas com derivadas na ex-

citacao

Seja um sistema generico de ordem n descrito por

dny

dtn+ an−1

dn−1y

dtn−1+ . . .+ a1

dy

dt+ a0y = bn

dnu

dtn+ . . .+ b1

du

dt+ b0u.

Esta equacao diferencial pode ser representada no domınio de Laplacecomo

D(s)Y (s) = N(s)U(s)⇒ Y (s) =1

D(s)N(s)U(s),

que permite a subdivisao do sistema na forma

V (s) =1

D(s)U(s) e Y (s) = N(s)V (s).

Do primeiro subsistema tem-se que

D(s)V (s) = U(s),

oudnv

dtn+ an−1

dn−1v

dtn−1+ . . .+ a1

dv

dt+ a0v = u(t),

cujo modelo de estado e igual ao ja contruıdo anteriormente (sem derivadasna excitacao), ou seja,

x =

0 1 0 . . . 00 0 1 . . . 0...

......

...0 0 0 . . . 1−a0 −a1 −a2 . . . −an−1

︸︷︷︸

A

x +

00...01

︸︷︷︸

B

u,



v = [1 0 0 . . . 0]

x1

x2...xn

,

com x1 = v, x2 = v, x3 = v, . . ., xn = dn−1vdtn−1 .

Do segundo subsistema tem-se que

Y (s) = N(s)V (s),

ou ainda

y(t) = bndnv

dtn+ bn−1

dn−1v

dtn−1. . .+ b1

dv

dt+ b0v(t).

Substituindo os estados nesta equacao tem-se que

y(t) = bnxn + bn−1xn + . . .+ b1x2 + b0x1 =

= bn(−a0 − a1x2 − . . .− an−1xn + u) + bn−1xn + . . .+ b1x2 + b0x1 =

(bn−1 − bnan−1)xn + . . .+ (b1 − bna1)x2 + (b0 − bna0)x1 + bnu,

e matricialmente,

y =

b0 − bna0

b1 − bna1...

bn−2 − bnan−2

bn−1 − bnan−1

t

︸︷︷︸

C

x + bn︸︷︷︸

D

u.

Exemplo: Seja o sistema de ordem 3 descrito por

d3y

dt3+ a2y + a1y + a0y = b3

d3u

dt3+ b2u+ b1u+ b0u.

Aplicando a formula deduzida anteriormente, escreve-se que

x1

x2

x3

=

0 1 00 0 1−a0 −a1 −a2

x1

x2

x3

+

001

u,

y =

b0 − b3a0

b1 − b3a1

b2 − b3a2

t

x1

x2

x3

+ b3u.



20.3 Representacoes canonicas no espaco de estados

Seja um sistema definido por

dny

dtn+an−1

dn−1y

dtn−1+. . .+a1

dy

dt+a0y(t) = bn

dnu

dtn+bn−1

dn−1u

dtn−1+. . .+b1

du

dt+b0u(t),

onde u(t) e a excitacao e y(t) e a resposta. Logo, no domınio de Laplacetem-se que

Y (s)

U(s)=bns

n + bn−1sn−1 + . . .+ b1s+ b0

sn + an−1sn−1 + . . .+ a1s+ a0.

20.3.1 Forma canonica controlavel

A forma canonica controlavel ja foi apresentada anteriormente, ou seja,

x =

0 1 0 . . . 00 0 1 . . . 0...

......

...0 0 0 . . . 1−a0 −a1 −a2 . . . −an−1

x +

00...01

u,

y =

b0 − bna0

b1 − bna1...

bn−1 − bnan−1

t

x + bnu.

A forma canonica controlavel e usualmente utilizada na discussao de pro-jetos de sistemas de controle por meio da alocacao de polos.

20.3.2 Forma canonica observavel

A equacao diferencial do sistema pode ser reescrita da seguinte forma

dny

dtn− bn

dnu

dtn︸︷︷︸

dnxndtn

= −an−1dn−1y

dtn−1+ bn−1

dn−1u

dtn−1+ . . .−a1

dy

dt+ b1

du

dt−a0y(t) + b0u(t)︸︷︷︸

x1︸︷︷︸

x2︸︷︷︸

dnxndtn

,

e da definicao anterior escreve-se que

dnxn

dtn=dny

dtn− bn

dnu

dtn,



que pode ser integrada sucessivamante permitindo obter

dn−1xn

dtn−1=dn−1y

dtn−1− bn

dn−1u

dtn−1,

xn = y − bnu,xn = y − bnu,

x(t) = y(t)− bnu(t)⇒ y(t) = x(t) + bnu(t).

Dex1 = −a0y + b0u e y = xn + bnu,

tem-se que

x1 = −a0(xn + bnu) + b0u = −a0xn + (b0 − bna0)u.

Dex2 = −a1y + b1u+ x1 ⇒ x2 = −a1y + b1u+ x1,

e usando novamente y = xn + bnu tem-se que

x2 = −a1xn + (b1 − bna1)u+ x1.

Generalizando e possıvel escrever que

xn = −an−1xn + (bn−1 − bnan−1)u+ xn−1,

que permite escrever a forma canonica observavel como

x1

x2...xn

=

0 0 . . . 0 −a0

1 0 0 −a1...

......

...0 0 1 −an−1

x1

x2...xn

+

b0 − bna0

b1 − bna1...

bn−1 − bnan−1

u,

y = [0 0 . . . 0 1]

x1

x2...xn

+ bnu.

Nota-se que a matriz de estado n× n da forma observavel e a transpostada matriz de estado da forma controlavel.

Exemplo: Para o sistema massa-mola-amortecedor regido por

y +c

my +

k

my(t) =

1

mu(t),

o modelo de estados na forma observavel e dado pelas matrizes:

A =

[

0 − km

1 − cm

]

; B =

[1m

0

]

; C = [0 1] ; D = 0.



20.4 Autovalores da matriz An×n

Os autovalores da matriz An×n sao as raızes da equacao caracterıstica

det(λI−A) = 0,

onde I e a matriz identidade.O determinante de (λI−A) e o denominador da funcao de transferencia.

Logo, os autovalores de A sao os polos da funcao de transferencia do sistema.

20.5 Relacao entre funcoes de transferencia e modelode estado

Seja

G(s) =Y (s)

U(s)

a funcao de transferencia de um sistema. Este sistema, considerado inicial-mente SISO, pode ser representado no espaco de estados por

x = Ax + Bu,

y = Cx + Du

onde x e o vetor de estado, u e entrada e y e a saıda.A transformada de Laplace das equacoes no espaco de estados e

sX(s)− x(0) = AX(s) + BU(s),

Y (s) = CX(s) + DU(s). (12)

Como a funcao de transferencia e a relacao entre a transformada de La-place da saıda pela transformada de Laplace da entrada com condicoes iniciaisnulas tem-se,

sX(s)−AX(s) = BU(s),

(sI−A)X(s) = BU(s),

X(s) = (sI−A)−1BU(s). (13)

Substituindo (13) em (12) obtem-se

Y (s) = C(sI−A)−1BU(s) + DU(s),

Y (s) = (C(sI−A)−1B + D)︸︷︷︸

G(s)

U(s).



Portanto, pode-se escrever que

G(s) = C(sI−A)−1B + D.

E possıvel imaginar G(s) como

G(s) =Q(s)

det(sI−A)

onde Q(s) e o numerador e det(sI −A) e o denominador (aparece devido ainversao do termo sI−A).

Consequentemente, det(sI−A) = 0 e o polinomio caracterıstico de G(s),e verifica-se que os autovalores de A sao os polos de G(s).

Exemplo: Partindo das matrizes de estado do sistema massa-mola-amortecedor,obter a funcao de transferencia.

As matrizes de estado sao

A =

[

0 1−km

−cm

]

, B =

[

01m

]

, C =[

1 0]

e D = 0.

A funcao de transferencia sera dada por

G(s) = C(sI−A)−1B +D =

=[

1 0]([

s 00 s

]

−[

0 1−km

−cm

])−1 [

01m

]

+ 0 =

=[

1 0][

s −1km

s+ cm

]−1 [

01m

]

.

Sabe-se que

[

s −1km

s+ cm

]−1

=1

s2 + cms + k

m

[

s+ cm

1−km

s

]

.

Logo,

G(s) =[

1 0] 1

s2 + cms+ k

m

[

s+ cm

1−km

s

] [

01m

]

=1

ms2 + cs+ k.



20.6 Solucao das equacoes de estado - sistemas invari-antes no tempo

20.6.1 Solucao da equacao homogenea

• Seja a equacao escalar

x = ax ⇒ x− ax = 0,

cuja solucao e do tipo x = ceat. Se x(0) = x0 entao x = x0eat.

A exponencial pode ser expandida em serie como

eat = 1 + at+1

2!a2t2 + . . .+

1

k!aktk + . . . =

∞∑

k=0

aktk

k!.

• Seja o caso matricial

x = Ax⇒ x−Ax = 0.

Por analogia ao caso escalar, a solucao e do tipo

x = x0eAt,

com

eAt = I + At+1

2!A2t2 + . . .+

1

k!Aktk + . . . .

A exponencial matricial e definida como

eAt =∞∑

k=0

Aktk

k!,

que e uma serie que converge, de forma absoluta, para todos os valores

de t→ 0, o que permite o calculo de eAt atraves da expansao em serie.

A derivada da exponencial matricial e

d

dteAt = A + A2t+

A3t2

2!+ . . .+

Aktk−1

(k − 1)!+ . . . =

= A

[

I + At+A2t2

2!+ . . .+

Ak−1tk−1

(k − 1)!+ . . .

]

= AeAt.

A solucao da equacao de estado pode ser obtida tambem atraves do en-foque da transformada de Laplace.



• Para o caso escalar tem-se:

x = axL→ sx(s)− x(0) = ax(s),

x(s) =x(0)

s− a = (s− a)−1x(0)L−1

→ x(t) = eatx(0).

• Para o caso matricial tem-se:

x = AxL→ sx(s)− x(0) = Ax(s),

(sI−A)x(s) = x(0),

x(s) = (sI−A)−1x(0)L−1

→ x(t) = eAtx(0).

20.7 Matriz de transicao de estados

A solucao da equacao homogenea x = Ax pode ser escrita como

x(t) = φ(t)x(0), (14)

onde φ(t) e uma matriz n× n e e solucao de

φ(t) = Aφ(t), φ(0) = I.

Note quex(0) = φ(0)x(0),

x(t) = φ(t)x(0) = Aφ(t)x(0) = Ax(t).

A solucao de φ(t) = Aφ(t) e

φ(t) = eAtφ(0) = eAt = L−1[(sI−A)−1].

E possıvel verificar que φ(t)−1 = e−At = φ(−t).Com base na equacao (14) nota-se que a matriz φ(t) representa uma

transformacao da condicao inicial. Esta matriz e conhecida como matriz detransicao de estados e contem toda a informacao sobre o comportamentonatural do sistema.

Se os autovalores λ1, λ2, . . ., λn da matriz A forem distintos, φ(t) conteran exponenciais eλ1t, eλ2t, . . ., eλnt.

Se houver multiplicidade dos autovalores de A entao φ(t) contera alemdos termos do tipo eλt, termos do tipo teλt.



Exemplo: Obter a matriz de transicao de estados e sua inversa para oseguinte sistema

{

x1

x2

}

︸︷︷︸

x

=

[

0 1−2 −3

]

︸︷︷︸

A

{

x1

x2

}

︸︷︷︸

x

.

A matriz de transicao de estados e dada por

φ(t) = eAt = L−1[(sI−A)−1].

Calculando

sI−A =

[

s 00 s

]

−[

0 1−2 −3

]

=

[

s −12 s+ 3

]

,

(sI−A)−1 =1

(s+ 1)(s+ 2)

[

s+ 3 1−2 s

]

=

[s+3

(s+1)(s+2)1

(s+1)(s+2)−2

(s+1)(s+2)s

(s+1)(s+2)

]

.

Logo,

φ(t) = L−1[

(sI−A)−1]

=

[

2e−t − e−2t e−t − e−2t

−2e−t + 2e−2t −e−t + 2e−2t

]

= eAt,

e a inversa pode ser calculada como

φ(t)−1 = φ(−t) =

[

2et − e2t et − e2t

−2et + 2e2t −et + 2e2t

]

.

Um codigo MATLAB para o calculo da exponencial matricial para esteexemplo e:


A=[0 1; -2 -3];

syms t

phi=expm(A*t)

20.8 Solucao das equacoes de estado nao homogeneas

• Seja o caso escalar:

x = ax+ bu⇒ x− ax = bu,



entaoe−at(x− ax) = e−atbu,

ou ainda,d

dt(e−atx(t)) = e−atbu(t).

Integrando entre 0 e t obtem-se

e−atx(t) = x(0) +∫ t

0e−aτ bu(τ)dτ,

x(t) = eatx(0) + eat∫ t

0e−aτ bu(τ)dτ,

que e a solucao da equacao diferencial de primeira ordem do caso esca-lar.

• Seja o caso matricialx = Ax + Bu.

Da mesma forma que foi feito no caso escalar tem-se que

x(t) = eAtx(0) +∫ t

0eA(t−τ)Bu(τ)dτ,

x(t) = φ(t)x(0) +∫ t

0φ(t− τ)Bu(τ)dτ,

que representa a solucao do sistema de equacoes diferenciais de primeiradado pela equacao de estado.

As equacoes de estado podem ser resolvidas pelo enfoque da transformadade Laplace, ou seja,

sX(s)− x(0) = AX(s) + BU(s),

(sI−A)X(s) = x(0) + BU(s),

X(s) = (sI−A)−1x(0) + (sI−A)−1BU(s),

X(s) = L[eAt]x(0) + L[eAt]BU(s),

ou aplicando a anti-transformada de Laplace,

x(t) = eAtx(0) +∫ t

0eA(t−τ)Bu(τ)dτ,

onde se utilizou a propriedade de que o produto no domınio s representa aconvolucao do domınio t.



Exemplo: Obter a resposta no tempo do sistema

{

x1

x2

}

=

[

0 1−2 −3

]{

x1

x2

}

+

[

01

]

u,

onde u(t) e um degrau unitario aplicado em t = 0.A matriz de transicao de estados, ja obtida anteriormente, e

φ(t) = eAt =

[

2e−t − e−2t e−t − e−2t

−2e−t + 2e−2t −e−t + 2e−2t

]

.

A resposta a um degrau unitario e, portanto,

x(t) = eAtx(0)+∫ t

0

[

2e−(t−τ) − e−2(t−τ) e−(t−τ) − e−2(t−τ)

−2e−(t−τ) + 2e−2(t−τ) −e−(t−τ) + 2e−2(t−τ)

] [

01

]

1dτ,

ou{

x1(t)x2(t)

}

=

[

2e−t − e−2t e−t − e−2t

−2e−t + 2e−2t −e−t + 2e−2t

]{

x1(0)x2(0)

}

+

[12− e−t + 1

2e−2t

e−t − e−2t

]

=

=

{12− e−t + 1

2e−2t

e−t − e−2t

}

,

onde foi considerado que

{

x1(0)x2(0)

}

=

{

00

}

.

21 Realimentacao de estados

A realimentacao de estados caracteriza um controle que consiste basicamentena medicao, e consequente multiplicacao por um fator especıfico, de cadavariavel de estado as quais sao realimentadas. A matriz formada pelos fatoresde multiplicacao e chamada de matriz de ganhos ou matriz de realimentacaode estado. Isto corresponde a uma alteracao dos polos do sistema para novasposicoes no plano complexo caracterizando o que se conhece por alocacao depolos.



21.1 Caso de regulador

Seja o sistemax = Ax + Bu, y = Cx,

onde D = 0 sem perda de generalidade.Seja um sistema regulador (entrada nula) e a lei de controle correspon-

dente a realimentacao de estados

u = −Kx,

onde K e a matrix de ganhos.Substituindo este resultado na equacao de estados tem-se

x = Ax + B(−Kx),

x = (A−BK)x,

que permite definir a nova matriz de malha fechada

Ak = A−BK,

que caracteriza um sistema homogeneo na forma

x = Akx, y = Cx.

O principal objetivo da metodologia de controle por realimentacao deestado e a selecao do vetor de realimentacao da matriz K para obter polospre-determinados no sistema de malha fechada.

A realimentacao de estados pode ser representada em termos de funcoesde transferencia como mostrado na Figura 152.

Heq(s)

G(s)Y (s)

−

Figura 152: Funcoes de transferencia na realimentacao de estados.

Para o ponto de entrada no comparador e possıvel escrever que

Kx = Heq(s)Y (s),



ou ainda

Heq(s) =Kx(s)

Y (s)=

Kx(s)

Cx(s).

Contudo,x(s) = (sI−A)−1BU(s).

Logo,

Heq(s) =K(sI−A)−1B

C(sI−A)−1B,

que e uma funcao de transferencia de uma entrada e uma saıda neste caso.Observando que a planta a ser controlada e dada por P (s) = C(sI −

A)−1B, verifica-se que a funcao de malha de malha aberta (“loop”) e dadapor

L(s) = P (s)Heq(s) = K(sI−A)−1B,

o que permite os calculos das margens de estabilidade relativa atraves dosistema determinado pelas matrizes de estado (A,B,K, 0).

Neste caso de regulador, o sinal de controle devido a uma perturbacaoem termos de condicoes iniciais pode ser determinado atraves do seguintesistema na forma de estados

x = Akx, u = −Kx,

ou seja, pelo modelo de estado determinado pelas matrizes (Ak, 0,−K, 0).Uma outra forma de determinar o sinal de controle e calcular os estados, eentao calcular diretamente u(t) = −Kx(t).

21.2 Formula de Ackermann

Seja o sistemax = Ax + Bu,

e a realimentacao de estados u = −Kx. Consequentemente, a malha fechadacorrespondente e

x = (A−BK)x = AKx,

onde AK = A−BK.A equacao caracterıtica correspondente

det[sI− (A + BK)] = det[sI−AK ] = (s− µ1)(s− µ2) . . . (s− µn) =

= sn + α1sn−1 + . . .+ αn−1s+ αn = 0,

onde µ1, µ2, . . ., µn sao os polos da malha fechada.



O teorema de Cayley-Hamilton diz que AK satisfaz sua equacao carac-terıstica, ou seja,

ψ(AK) = AnK + α1A

n−1K + . . .+ αn−1Ak + αnI = 0.

Para facilitar a apresentacao da formula de Ackermann considere n = 3.Pode-se escrever que

A2K = (A−BK)2 = (A−BK)(A−BK) = A2−ABK−BKA+(BK)2 =

= A2 −ABK−BK(A−BK) = A2 −ABK−BKAK .

A3K = (A−BK)(A2 −ABK−BKAK) =

= A3 −A2BK−ABKAK −BK(A2 −ABK−BKAK) =

= A3 −A2BK−ABKAK −BKA2K .

Agora e possıvel calcular ψ(AK), ou seja,

ψ(AK) = A3 −A2BK−ABKAK −BKA2K+

+α1(A2 −ABK−BKAK) + α2(A−BK) + α3I = 0,

ou ainda,ψ(AK) = A3 + α1A

2 + α2A + α3I+

−α2BK− α1BKAK −BKA2K − α1ABK−ABKAK −A2BK,

que pode ser reescrita como

A3 + α1A2 + α2A + α3I =

= B(α2K + α1KAK + KA2K) + AB(α1K + KAK) + A2BK,

ou tambem,

ψ(A) =[

B AB A2B]

︸︷︷︸

controlabilidade

α2K + α1KAK + KA2K

α1K + KAK

K

.

Logo,

[

B AB A2B]−1

ψ(A) =


α1K + KAK

K

,



ou tambem

[0 0 1][

B AB A2B]−1

ψ(A) = [0 0 1]


α1K + KAK

K

,

que permite isolar K, i.e.,

K = [0 0 1][

B AB A2B]−1

ψ(A).

Pode-se escrever para n qualquer que

K = [0 0 . . . 0 1][

B AB . . . An−1B]−1

ψ(A)

que e conhecida como a formula de Ackerman, que requer que a matriz decontrolabilidade seja inversıvel, ou seja,

det[

B AB . . . An−1B]

6= 0.

Exemplo: Um bloco de massa unitaria deve permanecer na sua posicaoinicial. Ao ser perturbado com uma condicao inicial ele deve retornar a estaposicao de forma criticamente amortecida e com um tempo de estabilizacaoa 2% de 2s. Determine os ganhos de realimentacao de estados para estasituacao e verifique a resposta em termos da posicao e da velocidade quandoo bloco e submetido a uma condicao inicial y(0) = 0.1.

A equacao diferencial correspondente e

y = u(t).

Sejam os estados x1 = y e x2 = y. Logo escreve-se que{

x1

x2

}

=

[

0 10 0

]{

x1

x2

}

+

[

01

]

u,

y = [1 0]

{

x1

x2

}

.

A matriz de controlabilidade neste caso e

M = [B AB] =

[

0 11 0

]

,

cujo determinante edetM = −1,



e consequentemente tem-se um sistema controlavel.Os requisitos de projeto sao ξ = 1 e Te2% = 2. Logo,

Te2% =4

ξwn

⇒ wn =4

ξTe2%

= 2rad/s.

Portanto, os polos desejados sao

µ1,2 = −ξwn ± jwn

√

1− ξ2 = −2± 0j.

Logo,φ(s) = (s+ 2)(s+ 2) = s2 + 4s+ 4.

Aplicando a formula de Ackermann obtem-se os ganhos da realimentacaode estados, ou seja,

K = [0 1]M−1ψ(A) =

= [0 1]

[

0 11 0

]−1

[

0 10 0

]2

+ 4

[

0 10 0

]

+ 4

[

1 00 1

]

= [4 4].

A matriz de estado de malha fechada e

AK = A−BK =

[

0 10 0

]

−[

01

]

[4 4] =

[

0 1−4 −4

]

.

E possıvel verificar a posicao e a velocidade deste sistema quando sub-metido a uma condicao inicial. Note que o sistema em malha fechada ehomogeneo (regulador) e o papel do controlador e assegurar que o sistemaretorne ao seu estado de equilıbrio quando for submetido a um perturbacaona forma de uma condicao inicial. A matriz de transicao de estados pode serutilizada neste caso para o calculo da resposta em funcao do tempo.

Um codigo MATLAB para este exemplo e apresentado a seguir, que geraos graficos da resposta da malha fechada para a posicao e para a veloci-dade mostrados nas Figura 153 e 154 respectivamente. O sinal de controle emostrado na Figura 155.

%realimentac~ao de estados - regulador


A=[0 1; 0 0];

B=[0; 1];

C=[1 0];

D=0;

M=ctrb(A,B) %matriz de controlabilidade

detM=det(M)



qsi=1; te2=2;

wn=4/(qsi*te2)

polosd=[-qsi*wn+wn*sqrt(1-qsi^2) -qsi*wn-wn*sqrt(1-qsi^2)] %polos desejados

K=acker(A,B,polosd)

Ak=A-B*K

Bk=[0; 0];

Ck=[1 0] %saıda em posic~ao

Dk=0

CI=[0.1 0] %condic~oes iniciais

initial(Ak,Bk,Ck,Dk,CI) %resposta da posic~ao a condic~ao inicial

[y,x,t]=initial(Ak,Bk,Ck,Dk,CI); %saıda y e estados x, para o tempo t

Ck=[0 1] %saıda em velocidade

figure, initial(Ak,Bk,Ck,Dk,CI) %resposta da velocidade a condic~ao inicial

figure, initial(Ak,Bk,-K,Dk,CI) %sinal de controle

%forma alternativa de calculo do sinal de controle

u=-K*x’;

figure, plot(t,u)

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 50

0.01

0.02

0.03

0.04

0.05

0.06

0.07

0.08

0.09

0.1

Response to Initial Conditions

Time (sec)

Am

plitu

de

Figura 153: Resposta em termos de posicao para a malha fechada.



0 1 2 3 4 5 6−0.08

−0.07

−0.06

−0.05

−0.04

−0.03

−0.02

−0.01

0


Time (sec)

Am

plitu

de

Figura 154: Resposta em termos da velocidade para a malha fechada.

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5−0.4

−0.35

−0.3

−0.25

−0.2

−0.15

−0.1

−0.05

0

0.05

0.1


Time (sec)

Am

plitu

de

Figura 155: Sinal de controle.



21.3 Caso de rastreador - entrada degrau

Considere um problema de rastreamento com entrada do tipo degrau. Esteproblema pode ser resolvido adequadamente pela realimentacao de estados,compensando inclusive o erro estacionario no caso da resposta ao degrau.


onde D = 0 sem perda de generalidade.Seja a matriz de realimentacao K e por conveniencia um ganho kp no

ramo de malha aberta conforme mostrado na Figura 156.

r(t) u(t) x(t) y(t)kp x = Ax + Bu C

K

−

Figura 156: Esquema de realimentacao de estados.

Observando o diagrama de blocos pode-se escrever que

u = kp(r −Kx).

Substituindo este resultado na equacao de estados tem-se

x = Ax + B[kp(r −Kx)],

x = (A− kpBK)x + kpBr(t).

Definindo as novas matrizes

Ak = A− kpBK,

Bk = kpB,

tem-se para o sistema em malha fechada

x = Akx + Bkr,

y = Cx.



R(s)

Heq(s)

G(s)Y (s)

kp

−

Figura 157: Funcoes de transferencia na realimentacao de estados.

A funcao de transferencia de malha fechada, neste caso, e

Y (s)

R(s)= C(sI−Ak)

−1Bk.

A realimentacao de estados pode ser representada em termos de funcoesde transferencia como mostrado na Figura 157.

Para o ponto de entrada no comparador e possıvel escrever que

Kx = Heq(s)Y (s),

ou ainda

Heq(s) =Kx(s)

Y (s)=

Kx(s)

Cx(s).

Contudo,x(s) = (sI−A)−1BU(s).

Logo,

Heq(s) =K(sI−A)−1B

C(sI−A)−1B.

A funcao de transferencia de malha fechada neste caso e dada por

Y (s)

R(s)=

kpP (s)

1 + kpP (s)Heq(s)

com P (s) = C(sI−A)−1B.Substituindo P (s) e Heq(s) na funcao de transferencia de malha fechada

tem-seY (s)

R(s)=

kpC(sI−A)−1B

1 + kpK(sI−A)−1B.

O sinal de controle para este caso de rastreador pode ser determinadoconsiderando o seguinte sistema na forma de estados:

x = Akx + Bkr,



u = kp(r −Kx) = −kpKx + kpr,

e que corresponde a resposta do modelo de estados definido por (Ak,Bk,−kpK, kp).Este sinal de controle pode ser tambem calculado atraves dos estados utili-zando diretamente a lei de controle.

Exemplo: Para G(s) = 2s+5s2+1

deseja-se que o sistema em malha fechadatenha polos −1 e −2 utilizando a realimentacao das variaveis de estado.Determinar a matriz de realimentacao de estados.

A nova funcao de transferencia para os polos especificados, mantendo-seos zeros sera

Y (s)

R(s)=

2s+ 5

(s+ 1)(s+ 2)=

2s+ 5

s2 + 3s+ 2.

O diagrama de blocos do sistema original acrescentando-se o vetor decontrole e mostrado na Figura 158.

Y (s)R(s)kp 1

s1s

x1x2

2

5

k1

k2

1

−−−

Figura 158: Diagrama de blocos do exemplo.

Analisando o diagrama escreve-se que

x1 = x2,

x2 = −x1 + kp(−k2x2 − k1x1 + r(t)),

x2 = −(1 + kpk1)x1 − kpk2x2 + kpr(t), (15)



y = 2x2 + 5x1.

Para o sistema desejado tem-se que

(s2 + 3s+ 2)Y (s) = (2s+ 5)R(s)⇒ y + 3y + 2y = 2r + 5r.

Uma equacao de estado para este sistema e{

x1

x2

}

=

[

0 1−2 −3

]{

x1

x2

}

+

[

01

]

r.

Logo,x1 = x2 e x2 = −2x1 − 3x2 + r. (16)

Comparando (15) e (16) conclui-se que

1 + kpk1 = 2, −kpk2 = −3, kp = 1,

e entaok1 = 1 e k2 = 3.

Uma segunda abordagem para a determinacao de k1 e k2 e atraves dafuncao de transferencia. Do diagrama de blocos tem-se que

Y (s) = 5X1(s) + 2X2(s) = 5X1(s) + 2sX1(s) = (5 + 2s)X1(s),

KX(s) = k1X1(s) + k2X2(s) = (k1 + k2s)X1(s),

Heq(s) =KX(s)

Y (s)=

(k1 + k2s)X1(s)

(5 + 2s)X1(s)=k1 + k2s

5 + 2s.

Pode-se representar este sistema atraves do diagrama de blocos da Figura159.

R(s)

k1+k2s5+2s

G(s)Y (s)

kp

−

Figura 159: Diagrama de blocos em termos de funcoes de transferencia.

Verifica-se que a funcao de transferencia de malha fechada e

Y (s)

R(s)=

kp(2s+5s2+1

)

1 + kp(2s+5s2+1

)(k1+k2s5+2s

)=

kp(2s+ 5)

s2 + kpk2s+ (1 + kpk1),



e comparando com o polinomio caracterıstico desejado tem-se

kp = 1, k2 = 3 e k1 = 1.

Verifica-se que a realimentacao de estados corresponde a uma alocacaodos polos de malha fechada para posicoes especıficas.

O erro estacionario ao degrau pode ser compensado atraves da inclusaode um ganho proporcional. Este ganho proporcional pode ser incluıdo naentrada, na saıda ou dentro da malha:

• Ganho proporcional na saıda. Como o sistema e linear, a matriz desaıda da malha fechada pode ser multiplicada pelo ganho proporcionalkp adequado para adequar a saıda, ou seja, a nova matriz de saıda Csera:

C = kpC.

• Ganho proporcional na entrada. A matriz de entrada da malha fechadapode ser compensada, ou seja,

BK = kpBK .

• Ganho proporcional dentro da malha. Esta forma de compensacaotem a vantagem de multiplicar o sinal erro, evitando assim problemasde amplificacao/saturacao de sinais. Neste caso, a matriz B original ecompensada e o vetor de realimentacao de estados deve ser recalculado,ou seja,

u = kpr −Kx = kp(r −K

kp

x) = kp(r − Kx),

com K = K/kp e B = kpB, que equivale a corrigir a matrix B e fazeruma nova alocacao de polos.

O uso da formula de Ackermann no MATLAB e

K=acker(A,B,polos_desejados)

A alocacao de polos pode ser feita tambem atraves do seguinte comandoMATLAB:

K=place(A,B,polos_desejados)



Exemplo: Seja um duplo integrador dado por

P (s) =1

s2.

Deseja-se que a malha fechada com realimentacao de estados seja critica-mente amortecida com um tempo de estabilizacao a 2% de 2s, e que o erroestacionario ao degrau seja nulo.

A equacao diferencial correspondente e

Y (s) =1

s2U(s)⇒ s2Y (s) = U(s)⇒ y = u(t).

Sejam os estados x1 = y e x2 = y. Logo escreve-se que

{

x1

x2

}

=

[

0 10 0

]{

x1

x2

}

+

[

01

]

u,

y = [1 0]

{

x1

x2

}

.

A matriz de controlabilidade neste caso e

M = [B AB] =

[

0 11 0

]

,

cujo determinante edetM = −1,

e consequentemente tem-se um sistema controlavel.Os requisitos de projeto sao ξ = 1 e Te2% = 2. Logo,

Te2% =4

ξwn

⇒ wn =4

ξTe2%

= 2rad/s.

Portanto, os polos desejados sao

µ1,2 = −ξwn ± jwn

√

1− ξ2 = −2± 0j.

Logo,φ(s) = (s+ 2)(s+ 2) = s2 + 4s+ 4.

Aplicando a formula de Ackermann obtem-se os ganhos da realimentacaode estados, ou seja,

K = [0 1]M−1φ(A) =



= [0 1]

[

0 11 0

]−1

[

0 10 0

]2

+ 4

[

0 10 0

]

+ 4

[

1 00 1

]

= [4 4].

Considerando inicialmente kp = 1, a matriz de estado de malha fechadae

AK = A−BK =

[

0 10 0

]

−[

01

]

[4 4] =

[

0 1−4 −4

]

,

e a matriz de entrada BK e

BK = B =

[

01

]

.

A resposta ao degrau deste sistema em malha fechada e mostrada naFigura 160, onde se verifica que o valor da resposta de regime e 0.25.

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 50

0.05

0.1

0.15

0.2

0.25

Step Response

Time (sec)

Am

plitu

de

Figura 160: Resposta ao degrau unitario para a malha fechada com kp = 1.

Neste caso, e necessario fazer uma compensacao atraves da constantekp = 4. Inserindo esta constante dentro da malha de controle, a matriz deentrada passa a ser

B = kp

[

01

]

=

[

04

]

.

A matriz de ganhos de realimentacao de estados passa a ser

K =1

kp

[4 4] = [1 1].



A matriz de estado da malha fechada e dada por

AK = A−BK =

[

0 10 0

]

−[

04

]

[1 1] =

[

0 1−4 −4

]

,

e a matriz de entrada BK e

BK = B =

[

04

]

.

A resposta ao degrau da malha fechada e apresentada na Figura 161 ondese verifica a adequada compensacao do erro estacionario.

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 50

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

Step Response

Time (sec)

Am

plitu

de

Figura 161: Resposta ao degrau unitario para a malha fechada com kp = 4.

A funcao de transferencia da malha fechada e dada por

Y (s)

R(s)= C(sI−AK)−1BK + D =

= [1 0]

(

s

[

1 00 1

]

−[

0 1−4 −4

])−1 [

04

]

=

= [1 0]

[

s −14 s+ 4

]−1 [

04

]

=4

s2 + 4s+ 4,

que possui o polinomio caracterıstico desejado.



As margens de estabilidade do sistema controlado podem ser calculadasempregando-se a funcao de transferencia de malha aberta, que e relacionadaas matrizes (A,B,K,D), resultando em margem de ganho infinita e margemde fase de 76◦.

A funcao de tranferencia equivalente do controlador e dada por

Heq(s) =L(s)

P (s)= 4s+ 4.

O sinal de controle para este exemplo e apresentado na Figura 162 e foideterminado atraves da resposta do sistema (Ak,Bk,−K, kp). Note que oganho kp foi incorporado a matriz K neste caso.

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.52.8

3

3.2

3.4

3.6

3.8

4

Step Response

Time (sec)

Am

plitu

de

Figura 162: Sinal de controle.

Um codigo MATLAB para este exemplo e apresentado a seguir.

%realimentac~ao de estados - rastreador


A=[0 1; 0 0];

B=[0; 1];

C=[1 0];

D=0;

p=ss(A,B,C,D); ps=tf(p); %planta

M=ctrb(A,B) %matriz de controlabilidade



detM=det(M)

qsi=1; te2=2;

wn=4/(qsi*te2)

polosd=[-qsi*wn+wn*sqrt(1-qsi^2) -qsi*wn-wn*sqrt(1-qsi^2)] %polos desejados

K=acker(A,B,polosd) %ganhos da realimentac~ao

%malha fechada

Ak=A-B*K;

Bk=B; Ck=C; Dk=0;

step(Ak,Bk,Ck,Dk)

kp=1/dcgain(Ak,Bk,Ck,Dk)

%compensando o erro estacionario na saıda da malha fechada

Ck1=kp*Ck;

figure; step(Ak,Bk,Ck1,Dk)

%compensando o erro estacionario na entrada da malha fechada

Bk1=kp*Bk;

figure; step(Ak,Bk1,Ck,Dk)

%compensando o erro dentro da malha

B1=kp*B;

K1=acker(A,B1,polosd) %ou K1=K/kp

Ak=A-B1*K1

Bk=B1; Ck=C; Dk=0;

figure; step(Ak,Bk,Ck,Dk)

[y,x,tempo]=step(Ak,Bk,Ck,Dk); %saıda y e estados x no tempo

t=ss(Ak,Bk,Ck,Dk);

ts=tf(t) %func~ao de transferencia de malha fechada

%margens de estabilidade do sistema controlado

% ls e a func~ao de malha aberta

l=ss(A,B1,K1,D); ls=tf(l);

figure, margin(l)

figure, rlocus(l)

ks=ls/ps; %controlador equivalente

ks=minreal(ks)

figure, step(Ak,Bk,-K1,kp) %sinal de controle

u=-K1*x’+kp*1; %calculo atraves da lei de controle



figure, plot(tempo,u)



22 Realimentacao da saıda e observadores de

estado

Na abordagem por alocacao de polos considerou-se que todas as variaveisde estado estavam disponıveis para realimentacao. Contudo, isso pode naoocorrer sendo necessario estimar as variaveis de estado nao disponıveis ouque sejam inviaveis de se medir.

A estimacao de variaveis de estado pode ser feita usando um observadorou estimador. O observador e um modulo matematico que estima as variaveisde estado. O observador pode ser de ordem completa quando estima todasas variaveis de estado ou pode ser de ordem reduzida quando estima umaparte das variaveis de estado.

O observador utiliza a saıda y(t) e o sinal de controle u(t) para gerar umaestimativa x(t) para os estados conforme ilustrado na Figura 163.

r e yukp

K Observador

P lanta

x

−

Figura 163: Esquema de sistema com observador.


com D = 0 sem perda de generalidade, e seja x(t) uma estimativa para x daseguinte forma

˙x = Ax + Bu + L(y−Cx).

Verifica-se que a equacao do observador tem como entrada y e u, e comosaıda o estado estimado x. Note que o termo y−Cx representa a diferencaentre a saıda real e a saıda estimada (para o caso D = 0).

A equacao apresentada para o observador nao e unica, mas esta e a maisconhecida chamada de observador de Luenberger.

A matriz L e a matriz de ganhos de realimentacao do observador.Um esquema de planta controlada atraves da realimentacao de estados

estimados e mostrado na Figura 164.



r

B

Byu

A

A

K

C

C

x

x

∫

∫

L

−

−

Figura 164: Planta e realimentacao de estados estimados com observador deLuenberger.



O erro e(t) entre os estados reais e os estimados e dado por

e = x− x.

Logo, pode-se escrever

e = x− ˙x = Ax + Bu− [Ax + Bu + L(y−Cx)] =

= A(x− x)− LC(x− x),

ou aindae = (A− LC)e. (17)

Consequentemente o comportamento dinamico do vetor erro e determi-nado pelos autovalores da matriz A− LC. Se os autovalores representaremuma condicao de estabilidade, entao o vetor erro sempre convergira para zero.Isso implica que x → x para quaisquer x(0) e x(0). E conveniente que osautovalores de A−LC estejam mais a esquerda no plano complexo para queesta convergencia seja mais rapida.

22.1 Malha fechada com observador - regulador

Considere uma realimentacao de estados feita com base no vetor estimado x.Este problema pode ser resolvido em duas etapas:

• determinacao dos ganhos K da realimentacao de estados que aloquemos polos nas posicoes desejadas, e

• determinacao dos ganhos do observador L para que este seja suficien-temente rapido na tarefa de estimar os estados.

Considere a lei de realimentacao de estados do problema de regulacao,u = −Kx, com base nos estados estimados.

Malha fechada com base nos estados e no erro

A malha fechada com observador sera dada por

x = Ax + B(−Kx) = Ax−BKx = Ax−BKx−BKx + BKx,

ou aindax = (A−BK)x + BKe. (18)

Combinando esta equacao com a equacao do erros tem-se a equacao deestados com a inclusao do observador

{

xe

}

=

[

A−BK BK0 A− LC

]{

xe

}

.



A equacao da saıda e dada por

y = Cx + Du = Cx + D(−Kx) = Cx−DKx + DKx−DKx =

= (C−DK)x + DKe,

ou ainda

y = [C−DK DK]

{

xe

}

.

Os polos do sistema com observador podem ser determinados atraves daequacao caracterıstica dada por

det

[

sI−A + BK −BK0 sI−A + LC

]

= 0,

det[sI−A + BK]︸︷︷︸

real. estados

det[sI−A + LC]︸︷︷︸

observador

= 0.

Verifica-se que os termos associados a realimentacao de estados e referen-tes ao onservador sao independentes, caracterizando o princıpio da separacao,que permite alocar os polos da realimentacao de estados de forma indepen-dente da alocacao de polos do observador.

Os polos devido a realimentacao de estados devem ser alocados para aten-der aos requisitos de desempenho. Os polos do observador devem assegurarque o erro convirja rapidamente a zero, para se ter uma boa estimativa dosestados que serao realimentados.

Malha fechada com base nos estados e estados estimados

A malha tambem pode ser fechada em termos dos estados x e dos estadosestimados x, ou seja,

x = Ax + B(−Kx) = Ax−BKx.

Substituindo a lei de controle na equacao do observador tem-se que

˙x = Ax + B(−Kx) + L(Cx + Du−Cx−Du),

˙x = Ax−BKx + LCx− LCx,

˙x = (A−BK− LC)x + LCx,

que pode ser colocada na forma matricial como{

x˙x

}

=

[

A −BKLC A−BK− LC

]{

xx

}

,



e a equacao de saıda e

y = Cx + D(−Kx) = Cx−DKx

ou ainda

y = [C −DK]

{

xx

}

.

22.2 Alocacao de polos do observador

A equacao do erro pode ser interpretada como uma alocacao de polos damatriz At −CtLt.

A formula de Ackermann neste caso torna-se

Lt = [0 0 . . . 0 1][

Ct AtCt . . . A(n−1)tCt]−1

ψ(At)

que requer que a matriz de observabilidade seja inversıvel, ou seja,

det[

Ct AtCt . . . A(n−1)tCt]

6= 0.

Um sistema e dito observavel se for possıvel determinar o seu estado apartir da observacao da saıda durante um intervalo de tempo finito.

22.3 Funcao de transferencia equivalente para regula-dor

No caso de um problema de regulador a lei de controle e u = −Kx. Nestecaso, pode-se escrever a equacao do observador

˙x = Ax + Bu + L(y−Cx−Du),

˙x = Ax−BKx + L(y−Cx + DKx),

ou ainda˙x = (A−BK− LC + LDK)x + Ly

z = Kx

E possıvel escrever a seguinte funcao de transferencia equivalente para ocontrolador com observador

Z(s)

Y (s)= K[sI − (A−BK− LC + LDK)]−1L,

que pode ser usada juntamente com a funcao de transferencia da planta paradefinir a malha aberta e analisar as margens de estabilidade.



22.4 Malha fechada com observador - rastreador

Seja a lei de realimentacao de estados u = kp(r−Kx) com base nos estadosestimados. A malha fechada com observador sera dada por

x = Ax + Bkp(r −Kx) =

= Ax + kpBr− kpBKx = Ax + kpBr− kpBKx− kpBKx + kpBKx,

ou aindax = (A− kpBK)x + kpBKe + kpBr.

Combinando esta equacao com a equacao do erro tem-se na forma matri-cial {

xe

}

=

[

A− kpBK kpBK0 A− LC

]{

xe

}

+

[

kpB0

]

r

A equacao da saıda e dada por

y = Cx + Du = Cx + D[kp(r−Kx)] =

= Cx + kpDr− kpDKx + kpDKx− kpDKx =

= (C− kpDK)x + kpDKe + kpDr,

ou ainda

y = [C− kpDK kpDK]

{

xe

}

+ kpDr.

A malha tambem pode ser fechada em termos dos estados x e dos estadosestimados x, ou seja,

x = Ax + B[kp(r−Kx)] = Ax− kpBKx + kpBr.

Substituindo a lei de controle na equacao do observador tem-se

˙x = Ax + B[kp(r−Kx) + L(Cx + Du−Cx−Du),

˙x = Ax + kpBr− kpBKx + LCx− LCx,

˙x = (A− kpBK− LC)x + kpBr + LCx,

que pode ser colocada na forma matricial como{

x˙x

}

=

[

A −kpBKLC A− kpBK− LC

]{

xx

}

+

[

kpBkpB

]

r

e a equacao de saıda e

y = Cx + D[kp(r−Kx)] = Cx + kpDr− kpDKx



ou ainda

y = [C − kpDK]

{

xx

}

+ kpDr.

Exemplo: Analisar o problema da realimentacao de estados para o se-guinte modelo:

x =

−0.4 0 −0.011 0 0−1.4 9.8 −0.02

x +

6.30

9.8

u,

y = [0 0 1]x.

Os polos da malha fechada devem ser −1± j e −2.A matriz de realimentacao de estados pode ser obtida com a formula de

Ackermann, ou seja,

K = [0.4706 1.0000 0.0627].

Este sistema em malha fechada apresenta uma resposta de regime de15.4350. Para que o erro estacionario seja nulo, o ganho proporcional e amatriz de realimentacao de estados devem ser recalculados como

kp =1

15.4350e K =

1

kp

[0.4706 1.0000 0.0627] = [7.2644 15.4357 0.9685].

A matriz B deve ser corrigida para

B = kp

6.30

9.8

=

0.40820

0.6349

.

As margens de estabilidade e o lugar das raızes , Figuras 165 e 166, podemser obtidos atraves da funcao de transferencia de malha aberta que e dadapor

G(s) = K(sI−A)−1B + D,

ou seja,

G(s) =3.58s2 + 6.006s+ 3.902

s3 + 0.42s2 − 0.006s+ 0.098.

A analise do diagrama de Bode e do grafico do lugar das raızes mostrauma margem de reducao de ganho de−19.3dB, e verifica-se atraves do graficodo lugar das raızes que a margem de ganho e infinita. A margem de fase ede 69.9◦.



−30

−20

−10

0

10

20

30

40M

agni

tude

(dB

)

10−2

10−1

100

101

102−360

−270

−180

−90

Pha

se (

deg)


Frequency (rad/sec)

Figura 165: Diagrama de Bode.

−2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5Root Locus

Real Axis

Imag

inar

y A

xis

Figura 166: Grafico do lugar da raızes.



A funcao de transferencia equivalente do controlador pode ser obtidaatraves da divisao da funcao de transferencia da malha aberta G(s) pelafuncao de transferencia da planta P (s), ou seja,

K(s) =G(s)

P (s)=

0.3653s2 + 0.6129s+ 0.3982

s2 − 0.5s+ 6.3.

O efeito da inclusao de um observador com polos −3± −3j e −4 e ana-lisado a seguir. A matriz de realimentacao do observador e

L = [5.4664 4.6762 9.5800]′.

Para o caso de regulador, as margens de estabilidade e o grafico do lugardas raızes sao apresentados nas Figuras 167 e 168.

−60

−40

−20

0

20

40

60

Mag

nitu

de (

dB)

10−2

10−1

100

101

102

103

−360

−315

−270

−225

−180

−135

−90

Pha

se (

deg)


Frequency (rad/sec)

Figura 167: Diagrama de Bode com observador.

A malha fechada considerando o observador pode ser fechada em termosdos estados estimados e dos erros das estimativas. Em ambos os casos os polosde malha fechada sao: −2.0, −1.0 ± 1.0j, −4.0 e −3.0 ± 3.0j verificando-seas especificacoes desejadas.

As respostas ao degrau do sistema com e sem observador para condicoesiniciais nulas sao identicas, ja que o observador acompanha de forma exata



−16 −14 −12 −10 −8 −6 −4 −2 0 2−20

−15

−10

−5

0

5

10

15

20

Root Locus

Real Axis

Imag

inar

y A

xis

Figura 168: Grafico do lugar das raızes com observador.

0 1 2 3 4 50

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

Step Response

Time (sec)

Am

plitu

de

Figura 169: Respostas ao degrau com e sem observador.



os estados pois nao ha qualquer erro inicial. Este resposta e mostrada naFigura 169.

Para o caso de regulador com uma condicao inicial nao nula e possıvelverificar o desempenho do observador. As Figuras 170, 171 e 172 mostramos estados e suas estimativas feitas pelo observador considerando a seguintecondicao inicial: x0 = [1 2 3] e x0 = [−1 − 2 − 3].

0 0.5 1 1.5 2−6

−5

−4

−3

−2

−1

0

1

2

3

Figura 170: x1 e x1.

Um codigo MATLAB para este exemplo e apresentado a seguir.


%modelo de estados

a=[-0.4 0 -0.01; 1 0 0; -1.4 9.8 -0.02];

b=[6.3 0 9.8]’;

c=[0 0 1];

d=0;

p=ss(a,b,c,d);

%funcao de transferencia da planta

ps=tf(p)



0 0.5 1 1.5 2−2

−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3


0 0.5 1 1.5 2−4

−2

0

2

4

6

8

10




%polos e zeros

[pp,zp]=pzmap(p)

%verificacao da controlabilidade

mc=ctrb(a,b);

detc=det(mc)

%polos desejados

pd=[-1+j -1-j -2];

%ganhos da realimentacao de estados

k=place(a,b,pd)

%funcao de transferencia da malha aberta sem observador

g=ss(a,b,k,d);

gs=tf(g)

%funcao de transferencia do compensador sem observador

ks=gs/ps;

ks=minreal(ks)

%polos e zeros do compensador sem observador

[pk,zk]=pzmap(ks)

%malha fechada sem observador e sem compensar

%o erro estacionario

ak=a-b*k;

bk=b;

ck=c;

dk=d;

t=ss(ak,bk,ck,dk);

ts=tf(t)

dct=dcgain(t)

%resposta ao degrau sem observador e

%sem compensar o erro estacionario

step(t,’k’)

%compensando o erro estacionario sem obervador

kp=1/dct

b=kp*b; %kp incorporado em b



k=k/kp; %ou k=place(a,b,pd)

ak=a-b*k;

bk=b;

figure

t1=ss(ak,bk,ck,dk);

ts1=tf(t1);

step(t1,’k’)

%lugar das raizes

figure

rlocus(g,’k’)

%margens de estabilidade sem observador

figure

margin(g)

%verificacao da observabilidade

mo=obsv(a,c);

deto=det(mo)

%polos e zeros de malha fechada sem observador

[pt,zt]=pzmap(t)

%polos do observador

po=[-3+3*j -3-3*j -4];

%ganhos do observador

l=place(a’,c’,po);

l=l’

%funcao de tranferencia do compensador com observador

%pressupoe regulador (util apenas para calcular

%as margens de estabilidade).

ac=a-b*k-l*c+l*d*k;

bc=l;

cc=k;

dc=0;

ko=ss(ac,bc,cc,dc);

kos=tf(ko);

kos=minreal(kos)

[pkos,zkos]=pzmap(ko)



%comando direto para obter o modelo

%de estado do compensador (regulador)

[ac1,bc1,cc1,dc1]=reg(a,b,c,d,k,l)

ko1=ss(ac1,bc1,cc1,dc1);

kos1=tf(ko1)

%malha aberta com observador (regulador)

gco=p*ko;

figure

rlocus(gco,’k’)

figure

margin(gco)

%malha fechada em termos do erro do observador

ae=[a-b*k b*k; zeros(size(a)) a-l*c];

be=[b; zeros(size(b))];

ce=[c-d*k d*k];

de=d;

te=ss(ae,be,ce,de);

tes=tf(te)

[pte,zte]=pzmap(te)

dcte=dcgain(te)

%malha fechada em termos dos estados estimados pelo observador

ax=[a -b*k; l*c a-b*k-l*c];

bx=[b; b];

cx=[c -d*k];

dx=d;

tx=ss(ax,bx,cx,dx);

txs=tf(tx)

[ptx,ztx]=pzmap(tx)

dctx=dcgain(tx)

%comparacao das respostas ao degrau

figure

step(t1,’k’,te,’k’,tx,’k’)

%verificacao sob condicoes iniciais distintas

%aumentando o modelo de estados com os estados

x0=[1 2 3];



xx0=[-1 -2 -3];

[axa,bxa,cxa,dxa]=augstate(ax,bx,cx,dx);

txa=ss(axa,bxa,cxa,dxa);

time=0:0.01:2;

resp=initial(txa,[x0 xx0],time);

figure

plot(time,resp(:,2),’k’,time,resp(:,5),’k’)

figure


figure


23 Bibliografia

1. Shahian B., Hassul M., Control System Design Using Matlab, Prentice-Hall, 1993.

2. Ogata K., Engenharia de Controle Moderno, Pearson / Prentice-Hall,2003.

3. Wilkie J., Johnson M., Katebi R., Control Engineering - An introduc-tory course, Palgrave, 2002.

4. Sinha N. K., Linear Systems, John Wiley & Sons, 1991.

5. Bottura C. P., Analise Linear de Sistemas, Guanabara Dois, 1982.



A Variaveis-funcoes complexas

Define-se a variavel complexa s como:

s = σ + jω,

para a qual σ denota a parte real, ω denota a parte imaginaria, e j =√−1.

O conjugado de s, denotado por s∗, e dado por:

s∗ = σ − jω.

E usual representar uma variavel complexa no chamado plano complexocomo mostrado na figura 173.

σ (real)

jw (imaginario)

s1

θ

s1 = σ1 + jw1

jw1

σ1

Figura 173: Representacao no plano complexo.

O modulo da variavel complexa s e dado por:

|s| =√σ2 + ω2 =

√s∗s.

O angulo θ de uma variavel complexa e definido como:

tanθ =ω

σ⇒ θ = tan−1

(ω

σ

)

Uma funcao complexa g(s) e uma funcao de uma variavel complexa eapresenta uma parte real e uma parte imaginaria.



A formula de Euler estabelece que:

ejθ = cosθ + jsenθ.

A formula de Euler pode ser provada atraves da expansao em serie de Tay-lor da exponencial comparada com as expansoes das funcoes seno e cosseno,ou seja,

ex = 1 + x+x2

2!+x3

3!+x4

4!+ ...

ejθ = 1 + jθ − θ2

2!− j θ

3

3!+θ4

4!+ ...

senθ = θ − θ3

3!+ ...

cosθ = 1− θ2

2!+θ4

4!+ ...



B Equacoes diferenciais

Para um sistema linear, com parametros concentrados, invariantes no tempoe em tempo contınuo, o modelo matematico e descrito na forma de umaequacao diferencial linear ordinaria do tipo:

an

dny

dtn+an−1

dn−1y

dtn−1+. . .+a1

dy

dt+a0y(t) = bm

dmx

dtm+bm−1

dm−1x

dtm−1+. . .+b0x(t).

A solucao de uma equacao diferencial envolve a soma da solucao daequacao homogenea e da solucao particular.

A equacao homogenea corresponde ao caso de entrada/excitacao nula, ouseja,

an

dny

dtn+ an−1

dn−1y

dtn−1+ . . .+ a1

dy

dt+ a0y(t) = 0,

e corresponde a resposta natural do sistema.A solucao que inclui a excitacao e a resposta forcada do sistema.

B.1 Solucao da equacao homogenea

A equacao diferencial homogenea e satisfeita por

y(t) = Aert.

Logo, pode-se escrever:

y(t) = Arert, y(t) = Ar2ert,dny

dtn= Arnert.

Substituindo estas derivadas na equacao diferencial homogenea tem-se:

anArnert + an−1Ar

n−1ert + . . .+ a0Aert = 0,

anrn + an−1r

n−1 + . . .+ a0 = 0,

que representa o polinomio caracterıstico do sistema.Como o polinomio caracterıstico possui n raızes, e esperado que a solucao

homogenea seja do tipo:

y(t) = A1er1t + A2e

r2t + . . .+ Anernt = 0,

na qual r1, r2, . . ., rn sao as raızes do polinomio caracterıstico. Estas raızespodem ser raızes simples e reais, reais e repetidas, complexas conjugadassimples ou complexas conjugadas repetidas.



B.2 Determinacao da solucao homogenea da equacaodiferencial

O seguinte procedimento pode ser utilizado para a determinacao da solucaohomogenea de uma equacao diferencial:

1. Calcular as n raızes do polinomio caracterıstico, ri, i = 1, . . . n;

2. Para cada raiz distinta ri, um termo Aierit aparece na solucao;

3. Para cada par de raızes complexas conjugadas α±βj, os termos eαtcosβte eαtsenβt aparecem na solucao multiplicados por coeficientes constan-tes;

4. Para cada raiz real r de multiplicidade m os termos ert, tert, t2ert, . . .,tm−1ert aparecem na solucao multiplicados por coeficientes constantes;

5. Para cada par de raızes complexas conjugadas α ± βj de multiplici-dade m, os termos eαtcosβt, eαtsenβt, teαtcosβt, teαtsenβt, t2eαtcosβt,t2eαtsenβt, . . ., tm−1eαtcosβt, tm−1eαtsenβt, aparecem na solucao mul-tiplicados por coeficientes constantes.

Exemplo: Determinar a resposta natural do sistema cuja equacao diferen-cial homogenea e:

d3y

dt3+ 8

d2y

dt2+ 37

dy

dt+ 50y(t) = 0.

O polinomio caracterıstico e r3 + 8r2 + 37r + 50 = 0, cujas raızes sao −2e −3± 4j.

A solucao da equacao homogenea e:

y(t) = A1e−2t + A2e

−3tcos4t+ A3e−3tsen4t.

Exemplo: Determinar a solucao homogenea da equacao diferencial:

d3y

dt3+ 7

d2y

dt2+ 16

dy

dt+ 12y(t) = 0.

O polinomio caracterıstico e r3 + 7r2 + 16r+ 12 = 0, cujas raızes sao −2,−2 e −3.

A solucao da equacao homogenea e, portanto,

y(t) = A1e−2t + A2te

−2t + A3e−3t.



B.3 Solucao particular da equacao diferencial

A solucao particular de uma equacao diferencial corresponde a resposta re-sultante da entrada ou excitacao do sistema. E tambem chamada de respostaforcada do sistema. Pode-se dizer que a solucao particular apresenta a mesma“forma” da funcao de excitacao.

Exemplo: Determinar a solucao particular da equacao diferencial:

d3y

dt3+ 8

d2y

dt2+ 37

dy

dt+ 50y(t) = 4e−3t.

A solucao e do mesmo tipo da entrada, ou seja, y(t) = Ae−3t.As derivadas sao:

y = −3Ae−3t, y = 9Ae−3t,d3y

dt3= −27Ae−3t.

Substituindo estas derivadas na equacao diferencial tem-se

−27Ae−3t + 8(

9Ae−3t)

+ 37(

−3Ae−3t)

+ 50Ae−3t = 4e−3t,

−27A+ 72A− 111A+ 50A = 4⇒ A = −0.25

Logo, a solucao particular e

y(t) = −0.25e−3t.

Exemplo: Determinar a solucao particular da equacao diferencial:

d3y

dt3+ 8

d2y

dt2+ 37

dy

dt+ 50y(t) = 4cos(3t).

A solucao particular e dada por y(t) = Acos(3t) + Bsen(3t), cujas deri-vadas sao:

y = −3Asen(3t) + 3Bcos(3t),

y = −9Acos(3t) + 9Bsen(3t),

d3y

dt3= 27Asen(3t)− 27Bcos(3t).

Substituindo estas derivadas na equacao diferencial tem-se

(27Asen(3t)− 27Bcos(3t)) + 8 (−9Acos(3t) + 9Bsen(3t)) +



+37 (−3Asen(3t) + 3Bcos(3t)) + 50 (Acos(3t) +Bsen(3t)) = 4cos(3t),

e entao,sen(3t)(27A− 72B − 111A+ 50B) = 0,

cos(3t)(−27B − 72A+ 111B + 50A) = 4cos(3t).

Resolvendo o sistema de equacoes

27A− 72B − 111A+ 50B = 0 e − 27B − 72A+ 111B + 50A = 4,

obtem-se A = −221885

e B = 841885

(coeficientes da solucao particular).

B.4 Solucao completa da equacao diferencial

A solucao completa de uma equacao diferencial consiste na soma da solucaohomogenea com a solucao particular e na determinacao das constantes atravesda substituicao das condicoes iniciais.

Exemplo: Determinar a solucao completa da seguinte equacao diferencial

d3y

dt3+ 8

d2y

dt2+ 37

dy

dt+ 50y(t) = 4e−3t,

com as seguintes condicoes iniciais: y(0) = 1, dydt

(0) = 2; d2ydt2

(0) = 1.A solucao completa e dada por:

y(t) = A1e−2t + A2e

−3tcos(4t) + A3e−3tsen(4t)

︸︷︷︸

homogenea

−0.25e−3t

︸︷︷︸

particular

.

Substituindo as condicoes iniciais na equacao diferencial, tem-se:

y(0) = A1 + A2 − 0.25 = 1,

y(0) = −2A1 − 3A2 + 4A3 + 0.75 = 2,

y(0) = −4A1 − 7A2 − 24A3 − 2.25 = 1,

e resolvendo este sistema de equacoes tem-se os coeficientes procurados:

A1 =42

17; A2 =

−83

68; A3 =

43

68.



C Exercıcios - em preparacao

C.1 Exercıcios relacionados a secao 1

1. Um padre para todos os dias diante a uma joalheria as 9 horas, comparae acerta seu relogio de acordo com o cronometro na vitrine. Certo diao padre entra na loja e pergunta ao dono da joalheria: este relogioesta de acordo com o horario oficial de Brasılia? O dono da joalheriaresponde: nao, eu acerto este relogio todos os dias de acordo com asbadaladas das 5 da manha do sino da igreja. O padre diz: mas quemrealiza as badaladas sou eu. Baseado nesta situacao responda:

(a) A realimentacao neste caso e positiva ou negativa?

(b) O cronometro da joalheria atrasa 1 minuto a cada 24 horas e orelogio do padre atrasa 1 minuto a cada 8 horas. Qual e o errototal da badaladas do sino da igreja apos 15 dias?

2. Representar na forma de diagrama de blocos o sistema de controle deposicao de um automovel com um motorista humano, explicando ospapeis do sensor, atuador, erro e sistema de controle.

3. Um ambiente esta a 30◦C e o aparelho de ar condicionado e ligado como objetivo de baixar a temperatura para 24◦C e mante-la neste valor.Discuta este problema em termos de ser um rastreador ou regularor emfuncao das fases de operacao do aparelho de ar condicionado.


sumando 1 2 3

Food