Aula 5 - Sistemas LTI-C
Transformada de Laplace
Transformada de Laplace Conceitos e Aplicação
Transformada de Laplace
Conceito
TRANSFORMADA:
Dado um sinal x(t) a sua transformada de Laplace é dada por:
X(s) =
∞
∫−∞
x(t)e
−st
dt com x(t) ∈ (−∞, ∞)
TRANSFORMADA INVERSA:
Dado um sinal X(s) a sua sua transforma de Laplace inversa é dada por:
c+j∞
1
st
x(t) =
X(s)e ds
2πj ∫c−j∞
c é uma constante que garante a convergência da integral
Transformada de Laplace
Nomenclatura
X(s) =
+∞
∫−∞
x(t)e
−st
dt ⟺ X(s) = ℒ[x(t)]
c+j∞
1
st
−1
x(t) =
X(s)e ds ⟺ x(t) = ℒ [X(s)]
2πj ∫c−j∞
x(t) ⟺ X(s)
Transformada de Laplace
Operador Linear
Dados:
x1(t) ⟺ X1(s)
Prova:
ℒ[ax1(t) + bx2(t)] =
x2(t) ⟺ X2(s)
ax1(t) + bx2(t) ⟺ aX1(s) + bX2(s)
∞
∫−∞
=a
st
(ax1(t) + bx2(t))e dt
∞
∫−∞
st
x1(t)e dt + b
= aX1(s) + bX2(s)
∞
∫−∞
st
x2(t)e dt
Transformada de Laplace
Região de Convergência RoC x(t) ∈ (−∞, + ∞)
SINAL CAUSAL: x1(t) = e
X1(s) =
∞
∫−∞
∞
e
−at
u(t)e
−at
−st
u(t)
SINAL NÃO CAUSAL: x2(t) = − e
X2(s) =
dt
∞
1
−(s+a)t
−(s+a)t
X1(s) =
e
dt = −
e
∫0
s+a
0
Com t → ∞
0, ℜ{s} > − a
−(s+a)t
e
{∞, ℜ{s} < − a
RoC ⟹ ℜ{s} > − a então temos que:
1
X1(s) =
ℜ{s} > − a
s+a
∞
∫−∞
X2(s) = −
−e
0
∫−∞
Com t → − ∞
e
−at
u(−t)e
−(s+a)t
−st
−at
u(−t)
dt
1 −(s+a)t
dt =
e
s+a
∞,
ℜ{s}
>
−
a
−(s+a)t
e
{ 0, ℜ{s} < − a
RoC ⟹ ℜ{s} < − a então temos que:
1
X2(s) =
ℜ{s} < − a
s+a
0
−∞
Transformada de Laplace
Unilateral
Temos interesse apenas em
sinais causais
Transformada de Laplace
Unilateral:
X(s) =
∞
∫0−
x(t)e
−st
dt
Transformada de Laplace
Unilateral
−
Devido a necessidade de se tratar condições Iniciais em t = 0 e o impulso unitário δ(t), usa-se a
transformada de Laplace unilateral:
X(s) =
∞
∫0−
x(t)dt → ℒ−[x(t)]
Ao invés de:
X(s) =
∞
∫0+
x(t)dt → ℒ+[x(t)]
Pois:
•Não permite separar a resposta de sistema LTI em entrada nula e estado nulo; e
+
•Há dificuldades matemáticas para lidar com δ(t), pois ℒ [δ(t)] = 0
Transformada de Laplace
Aplicação da transformada - Uso de tabela
x(t)
δ(t)
u(t)
r(t) = tu(t)
λt
e u(t)
λt
te u(t)
X(s)
1
1
s
1
s2
1
s−λ
1
(s − λ)2
x(t)
cos bt u(t)
sin bt u(t)
e at cos bt u(t)
at
e sin bt u(t)
re at cos(bt + θ) u(t)
X(s)
s
s2 + b2
b
s2 + b2
s+a
(s + a)2 + b 2
b
(s + a)2 + b 2
0.5re jθ
0.5re −jθ
+
s + a − jb s + a + jb
Transformada de Laplace
Aplicação da transformada - Uso de tabela
x(t)
at
re cos(bt + θ) u(t)
r=
2
A c + B − 2ABa
c − a2
−1
θ = tan
b=
2
( A c − a2 )
c−a
Aa − B
2
X(s)
As + B
s 2 + 2as + c
Transformada de Laplace
Transformada direta
Exemplo: Calcule a transforma de Laplace do sinal:
x(t) = u(t) + tu(t) + e
−2t
u(t) + 2cos(4t)u(t)
X(s) = ℒ{u(t) + tu(t) + e
−2t
u(t) + 2cos(4t)u(t)}
−2t
X(s) = ℒ{u(t)} + ℒ{tu(t)} + ℒ{e u(t)} + ℒ{2cos(4t)u(t)}
1
1
1
s
X(s) = + 2 +
+2
2
s s
s+2
s+4
4
3
2
4s + 7s + 34s + 48s + 32
X(s) =
5
4
3
2
s + 2s + 16s + 32s
Transformada de Laplace
Transformada inversa
N(s)
Calcular a transformada inversa de uma razão polinomial: X(s) =
D(s)
N(s)
−1
−1
x(t) = ℒ {X(s)} = ℒ
{ D(s) }
4s
+
7s
+
34s
+
48s
+
32
−1
−1
Exemplo: x(t) = ℒ {X(s)} = ℒ
5
4
3
2
{ s + 2s + 16s + 32s
}
4
3
Melhor opção separar em frações parciais primeiro
2
Transformada de Laplace
Transformada inversa
4s
+
7s
+
34s
+
48s
+
32
−1
−1
Exemplo: x(t) = ℒ {X(s)} = ℒ
{ s 5 + 2s 4 + 16s 3 + 32s 2 }
4
Separando em frações parciais:
3
2
1
1
1
s
−1
x(t) = ℒ
+ 2+
+2 2
{s s
s+2
s + 42 }
1
1
1
s
−1
−1
−1
−1
x(t) = ℒ
+ℒ
+
ℒ
+
2ℒ
{s}
{ s2 }
{s + 2}
{ s 2 + 42 }
−2t
x(t) = u(t) + tu(t) + e u(t) + 2cos(4t)u(t)
Transformada de Laplace
Transformada inversa - Frações Parciais
1.Raízes distintas no denominador:
Dada:
EXEMPLO:
P(s)
P(s)
H(s) =
=
Q(s) (s − λ1)(s − λ2)⋯(s − λn)
7s − 6
7s − 6
X(s) = 2
=
s − s − 6 (s + 2)(s − 3)
Temos:
4
3
X(s) =
+
s+2 s−3
kn
k1
k2
H(s) =
+
+⋯+
s + λ1 s + λ2
s + λn
Com: ki = (s − λi)H(s)
s=λi
x(t) = (4e
−2t
3t
+ 3e )u(t)
Transformada de Laplace
Transformada inversa - Frações Parciais
2.Fator Quadrático com raízes complexas:
P(s)
P(s)
=
Dada: H(s) =
Q(s) (s + λ1)(s 2 + 2as + c)
Raízes s1,2 = a ± jb com b =
2
(c − a )
k1
As + B
+ 2
Temos: H(s) =
(s + λ1) (s + 2as + c)
Com: k1 = (s − λ1)H(s)
s=λ1
Determinação de B
k1
As + B
H(s)
=
+ 2
(
)
(s
+
λ
)
(s
+
2as
+
c)
1
s=0
s=0
Determinação de A
k1
As + B
lim sH(s) = lim s
+ 2
s→∞
s→∞ ( (s + λ1)
(s + 2as + c) )
Ou
H(s)
s=s1
k1
As + B
=
+ 2
( (s + λ1) (s + 2as + c) )
s=s1
Transformada de Laplace
Transformada inversa - Frações Parciais
EXEMPLO:
6(s + 34)
X(s) =
s(s 2 + 10s + 34)
6
−6s − 54
X(s) = + 2
s s + 10s + 34
x(t) = (6 + 10e
−5t
o
cos(3t + 126.9 ))u(t)
Transformada de Laplace
Transformada inversa - Frações Parciais
3. Fator Quadrático com raízes complexas:
P(s)
P(s)
=
Dada: H(s) =
Q(s) (s + λ1)(s 2 + 2as + c)
Raízes s1,2 = − a ± jb com b =
Temos:
s=λ1
H(s)
s=−a
k1
s+a
b
=
+C
+
D
( (s + λ1)
(s + a)2 + b 2
(s + a)2 + b 2 )
s=−a
2
(c − a )
k1
s+a
b
H(s) =
+C
+
D
(s + λ1)
(s + a)2 + b 2
(s + a)2 + b 2
Com: k1 = (s − λ1)H(s)
Determinação de D
Determinação de C
k1
s+a
b
lim sH(s) = lim s
+C
+D
2
2
s→∞
s→∞ ( (s + λ1)
(s + a) + b
(s + a)2 + b 2 )
Ou
H(s)
s=s1
k1
s+a
b
=
+C
+
D
( (s + λ1)
(s + a)2 + b 2
(s + a)2 + b 2 )
s=s1
Transformada de Laplace
Transformada inversa - Frações Parciais
4.Raízes repetidas no denominador:
P(s)
P(s)
=
Dada: H(s) =
Q(s) (s − λ)r
8(s + 10)
X(s) =
(s + 1)(s + 2)3
Temos:
a0
a1
ar−1
H(s) =
+
+
⋯
+
(s − λ)r (s − λ)r−1
(s − λ)
2
6
2
2
X(s) =
+
−
2
−
s + 2 (s + 2)3
(s + 2)2 (s + 2)
−t
2
x(t) = (2e + (3t − 2t − 2)e
j
1 d
r
Com: aj =
(s
−
λ)
H(s)
[
]
j dt j
EXEMPLO:
s=λ
−2t
)u(t)
Transformada de Laplace
Transformada inversa - Frações Parciais
5.Fração própria com n = m:
Dada:
n
n−1
bns + bn−1s + ⋯ + b1s + b0
P(s)
H(s) =
= n
Q(s)
s + an−1s n−1 + ⋯ + a1s + a0
Temos:
kn
k1
k2
H(s) = bn +
+
+⋯+
s + λ1 s + λ2
s + λn
Com: ki = (s − λi)H(s)
s=λi
EXEMPLO:
2
2s + 5
X(s) = 2
s + 3s + 2
7
13
X(s) = 2 +
−
s+1 s+2
−t
x(t) = δ(t) + (7e − 13e
−2t
)u(t)
Transformada de Laplace:
Propriedades e Solução de
Sistemas LTI
Solução de Sistemas LTI - TL
Ideia
Equação
Diferencial
Transformada
Laplace
Representação
Solução
Domínio s
Transformada
Laplace inversa
Solução
domínio
tempo
Solução de Sistemas LTI - TL
Transformada da derivada tempo de uma função
Dado
x(t) ⟺ X(s)
Então
dx(t)
−
⟺ sX(s) − x(0 )
dt
Solução de Sistemas LTI - TL
Transformada da derivada tempo de uma função
Prova:
dx(t)
dx(t) −st
ℒ
=
e dt
{ dt } ∫0− dt
∞
∞
Integrando por partes
u=e
−st
∫0−
→ du = − se
−st
udv = uv
∞
0−
−
∞
∫0−
vdu
dt
dx(t)
dv =
dt → v = x(t)
dt
∞
∫0−
dx(t) −st
−st
e dt = e x(t)
dt
∞
0−
−
∞
∫0−
x(t)(−se
−st
)dt
Solução de Sistemas LTI - TL
Transformada da derivada tempo de uma função
∞
∫0−
dx(t) −st
−st
e dt = e x(t)
dt
Condição do RoC ⟶ lim e
t→∞
∞
∫0−
−st
∞
0−
+s
∞
∫0−
x(t)e
−st
dt
x(t) = 0
∞
dx(t) −st
0−
−
−st
e dt = 0 − e x(0 ) + s
x(t)e dt
∫0−
dt
∞
∫0−
dx(t) −st
−
e dt = − x(0 ) + sX(s)
dt
Solução de Sistemas LTI - TL
Transformada da derivada tempo de uma função
• Propriedade de diferenciação no tempo
x(t) ⟺ X(s)
Se
Então
Recursivamente
dx(t)
−
⟺ sX(s) − x(0 )
dt
2
d x(t)
2
−
−
·
⟺
s
X(s)
−
sx(0
)
−
x(0
)
dt 2
3
d x(t)
3
2
−
−
−
·
··
⟺
s
X(s)
−
s
x(0
)
−
s
x(0
)
−
x(0
)
dt 2
Solução de Sistemas LTI - TL
Aplicação
Exemplo
−
sY(s) − y(0 ) + 2Y(s) = X(s)
dy(t)
+ 2y(t) = x(t)
dt
(s + 2)Y(s) = y(0 ) + X(s)
ℒ[y(t)] = Y(s)
Y(s) =
dy(t)
−
ℒ
= sY(s) − y(0 )
[ dt ]
ℒ[x(t)] = X(s)
−
−
y(0 )
(s + 2)
Entrada Nula
1
+
X(s)
(s + 2)
Estado Nulo
Solução de Sistemas LTI - TL
Aplicação
Considere y(0−) = 1 e x(t) = u(t)
−
y(0 )
1
Y(s) =
+
X(s)
(s + 2) (s + 2)
Y0(s)
YESN(S)
Y(s) = Y0(s) + YESN(s) ⟺ y(t) = y0(t) + yESN(t)
1
−2t
y(t) = (1 + e )u(t)
2
Ou
1
Y0(s) =
⟺ y0(t) = e −2tu(t)
s+2
1
1/2
1/2
YESN(s) =
=
−
s(s + 2))
s
s+2
1
YESN(s) ⟺ yESN(t) = (1 − e −2t)u(t)
2
1
1
s+1
Y(s) =
+
=
(s + 2) s(s + 2) s(s + 2)
1/2
1/2
1
−2t
Y(s) =
+
⟺ y(t) = (1 + e )u(t)
s
(s + 2)
2
Solução de Sistemas LTI - TL
Ideia
Equação
Diferencial
Transformada
Laplace
Razão
polinomial
Representação
Solução
Domínio s
Entrada Nula
Estado Nulo
Transformada
Laplace inversa
Frações
Parciais
Solução
domínio
tempo
Solução de Sistemas LTI - TL
Aplicação
Exemplo 4.10 - Determine a Resposta total do Sistema:
−4t
−
·
(D + 5D + 6)y(t) = (D + 1)x(t) com y(0 ) = 2, y(0 ) = 1 e x(t) = e u(t)
2
−
−
−
·
sy(0 ) + y(0 ) + 5y(0 )
s+1
1
Y(s) =
+
2
2
s + 5s + 6
s + 5s + 6 s + 4
−
Entrada Nula
y(t) = (7e
−2t
− 5e
−3t
Estado Nulo
1 −2t
3 −4t
13 −2t
3 −4t
−3t
−3t
)u(t) + − e + 2e − e
u(t) ⟹ y(t) =
e − 3e − e
u(t)
( 2
)
( 2
)
2
2
Entrada Nula
Estado Nulo
Solução de Sistemas LTI - TL
−
Diferença das condições iniciais em t = 0 e t = 0
Exemplo
Em t = 0
−
y0(t) = (7e
−2t
− 5e
−3t
)u(t)
·y (t) = (−14e −2t + 15e −3t)u(t) ⟹ y(0−) = 2 e y(0
· −) = 1
0
Em t = 0+
13 −2t
3 −4t
−3t
y(t) =
e − 3e − e
u(t)
( 2
)
2
y(t) = (−13e
−2t
+ 9e
−3t
+ 6e
−4t
+
·
) u(t) ⟹ y(0 ) = 2 e y(0 ) = 2
+
+
Solução de Sistemas LTI - TL
Transformada da integração no tempo de uma função
Dado
x(t) ⟺ X(s)
Então
t
X(s)
x(τ)dτ ⟺
∫0−
s
E ainda
0
−
X(s) ∫−∞
x(τ)dτ ⟺
+
∫−∞
s
s
t
x(τ)dτ
Solução de Sistemas LTI - TL
Aplicação
Determine y(t) para t
≥0
t
dy(t)
1
L
+ Ry(t) +
y(τ)dτ = x(t)
dt
C ∫−∞
ℒ[y(t)] = Y(s)
dy(t)
ℒ
= sY(s) − y(0−)
[ dt ]
t
Y(s)
ℒ
y(τ)dτ =
+
s
[ ∫−∞
]
ℒ[x(t)] = X(s)
0−
∫−∞ y(τ)dτ
s
Solução de Sistemas LTI - TL
Aplicação
Determine y(t) para t
≥0
t
dy(t)
1
L
+ Ry(t) +
y(τ)dτ = x(t)
dt
C ∫−∞
0−
∫−∞
Y(s)
−
L(sY(s) − y(0 )) + RY(s) +
+
= X(s)
Cs
Cs
0−
∫−∞ y(τ)dτ
−
−
L = 1, R = 2, C = 1/5, y(0 ) = 2 e
= vc0 = 10
C
10
X(s) =
s
y(τ)dτ
Solução de Sistemas LTI - TL
Aplicação
Determine y(t) para t
≥0
Y(s) 10 10
(sY(s) − 2) + 2Y(s) + 5
+
=
s
s
s
2s
Y(s) = 2
s + 2s + 5
y(t) =
−t
o
5e cos(2t − 26.6 )u(t)
Transformada de Laplace
Teorema do Valor Inicial e do Valor Final
Dada a resposta do sistema Y(s)
Teorema do Valor Inicial
+
y(0 ) = lim sY(s)
s→∞
Teorema do Valor final
lim y(t) = lim sY(s)
t→∞
s→0
Exemplo:
dy(t)
−
+ 2y(t) = x(t) com y(0 ) = 1 e x(t) = u(t)
dt
s+1
1
−2t
Y(s) =
⟺ y(t) = (1 + e )u(t)
s(s + 2)
2
s+1
1 + 1/s
y(0 ) = lim
= lim
=1
s→∞ s + 2
s→∞ 1 + 2/s
+
s+1 1
lim y(t) = lim
=
t→∞
s→0 s + 2
2
Transformada de Laplace
Teorema do Valor Inicial e do Valor Final
• O teorema do valor inicial é aplicável diretamente a X(s) estritamente própria
(M < N)
• Se X(s) tiver (M ≥ N), basta calcular divisão polinomial e aplicar o teorema.
Exemplo:
3
2
s + 3s + s + 1
2s
=
(s
+
1)
−
s 2 + 2s + 1
s 2 + 2s + 1
2s
+
x(0 ) = lim s − 2
=−2
s∞ ( s + 2s + 1 )
Transformada de Laplace
Teorema do Valor Inicial e do Valor Final
3
2
s + 3s + s + 1
2s
2
2
=
(s
+
1)
−
=
(s
+
1)
−
+
2
2
2
s + 2s + 1
s + 2s + 1
s + 1 (s + 1)
2
2
·
−t
−t
Y(s) = (s + 1) −
+
⟺
y(t)
=
δ(t)
+
δ(t)
−
2e
u(t)
+
2te
u(t)
2
s + 1 (s + 1)
+
y(0 ) = − 2
Transformada de Laplace
Teorema do Valor Inicial e do Valor Final
• O teorema do valor final ⟹ Raízes do
−
denominador Y(s), ℜ{λ} ∈ ℜ e
λ=0
+
∄x(∞)
λ
∈
ℜ
lim
y(t)
→
∞
Se
:
,
•
t→∞
λ
∈
ℑ
Se
:
oscila,
∄x(∞)
lim
y(t)
•
t→∞
lim
y(t)
→
k
∃x(∞)
λ
=
0
Se
:
,
•
t→∞
Transformada de Laplace
Teorema do Valor Inicial e do Valor Final
Exemplo, determine o valor inicial e final de:
10(2s + 3)
Y(s) =
s(s 2 + 2s + 5)
Transformada de Laplace
Propriedade do Deslocamento no Tempo
Dado
x(t)u(t) ⟺ X(s)
então para t0 > 0
x(t − t0)u(t − t0) ⟺ X(s)e
−st0
Transformada de Laplace
Propriedade do Deslocamento no Tempo
Exemplo 4.4 [Lathi] Encontre a transformada de Laplace do sinal abaixo:
x(t)
1
1
2
4
t
Exemplo 4.5 – Encontre a transformada inversa de:
−2s
s + 3 + 5e
X(s) =
(s + 1)(s + 2)
Solução de Sistemas LTI - TL
Propriedade do Deslocamento no Tempo e da Derivada
Exemplo 4.7 (Acompanhar no livro)
−2s
−3s
1
e
e
x(t) = r(t) − 3r(t − 2) + 2r(t + 3) ⟺ X(s) = 2 + 2 + 2
s
s
s
dx
= u(t) − 3u(t − 2) + 2u(t − 3)
dt
−2s
−3s
1
e
e
−
sX(s) − x(0 ) = − 3
+2
s
s
s
2
dx
=
δ(t)
−
3δ(t
−
2)
+
2δ(t
−
3)
2
dt
2
−
−
−2s
−3s
·
s X(s) − sx(0 ) − x(0 ) = 1 − 3e + 2e
Transformada de Laplace
Propriedade do Deslocamento na Frequência
• Deslocamento na frequência
x(t) ⟺ X(s)
s0t
x(t)e ⟺ X(s − s0)
Exemplo 4.6 Derive o par 9.a do par 8.a
s
8.a) cos(bt)u(t) ⟺ 2
s + b2
s
+
a
−at
9.a) e cos(bt)u(t) ⟺
(s + a)2 + b 2
Transformada de Laplace
Propriedade da Convolução e Função de Transferência
Dado que:
x1(t) ⟺ X1(s)
e
x2(t) ⟺ X2(s)
Então temos para convolução no tempo que :
x1(t) * x2(t) ⟺ X1(s)X2(s)
e para convolução na frequência que:
1
x1(t)x2(t) ⟺
X1(s) * X2(s)
2πj
Transformada de Laplace
Propriedade da Convolução e Função de Transferência
Convolução aplicação:
y(t) = h(t) * x(t)
Y(s) = H(s)X(s)
FUNÇÃO DE TRANSFERÊNCIA
Y(s)
ℒ{resposta de estado nulo}
H(s) =
=
X(s)
ℒ{entrada}
Transformada de Laplace
Resposta de Estado Nulo e Função de Transferência
Dado o sistema
Q(D)y(t) = P(D)x(t)
−
−
N−1 −
·
··
Resposta de Estado Nulo: y(0 ) = y(0 ) = y(0 ) = ⋯ = y (0 ) = 0
−
−
−
N−1 −
·
··
Entrada causal: x(0 ) = x(0 ) = x(0 ) = ⋯ = x (0 ) = 0
−
Assim: ℒ[Q(D)y(t)] = ℒ[P(D)x(t)] ⟹ Q(s)Y(s) = P(s)X(s)
Y(s)
P(s)
Função de Transferência: H(s) =
=
X(s) Q(s)
Transformada de Laplace
Resposta de Estado Nulo e Função de Transferência
Calcule a Função de transferência de:
2
2
(D + a1D + a2)y(t) = (b0D + b1D + b2)x(t)
Transformada de Laplace
Resposta de Estado Nulo e Função de Transferência
x(t)
ℒ( . )
X(s)
X(s)
H(s)
H(s)
Y(s) = H(s)X(s)
Y(s) = H(s)X(s)
−1
ℒ (.)
y(t)
Transformada de Laplace
Resposta de Estado Nulo e Função de Transferência
Calcule a resposta de estado nulo de:
2
(D + 5D + 6)y(t) = (D + 1)x(t) com x(t) = 3e
Determine a função de transferência de:
1. Delay y(t) = x(t − t0)
dx(t)
2. Diferenciador ideal y(t) =
dt
3. Integrador ideal y(t) =
t
∫0 −
x(τ)dτ
−5t
u(t)
Função de Transferência
Formas de Escrita
3s + 9
Forma 1: H(s) =
2
s + 6s + 25
s+3
Forma 2: H(s) = 3
s 2 + 6s + 25
s+3
Forma 3: H(s) = 3
(s + 3 − 4j)(s + 3 + 4j)
0.33s + 1
Forma 4: H(s) = 0.36
2
0.04s + 0.24s + 1
Função de Transferência
Formas de Escrita
Forma 1:
m
m−1
b0s + b1s
+ bm−1s + bm
H(s) =
n
n−1
s + a1s + an−1s + an
Forma 2: coeficiente dos termos de maior grau iguais a 1
m
m−1
s + d1s
+ dm−1s + dm
H(s) = k n
s + a1s n−1 + an−1s + an
k é o ganho da função de transferência.
Função de Transferência
Formas de Escrita
Forma 3:
H(s) = k
M
∏i=1 (s − zi)
N
∏i=1 (s − pi)
Forma 4: o coeficiente do termo independente é igual a 1
m
m−1
β0s + β1s
+ βm−1s + 1
H(s) = ke
α0s n + α1s n−1 + αn−1s + 1
ke ganho estático que valor definido para sistemas BIBO estáveis.
Função de Transferência
Ganho Estático ke
É o valor dado pela razão entre saída y(∞) e entrada x(∞) no REGIME PERMANENTE quando sistema é excitado por degrau:
y(∞)
ke =
x(∞)
(D 2 + a1D + a2)y(t) = (b0D 2 + b1D + b2)x(t), assintoticamente estável, com x(t) = ku(t)
b2
b2
x(∞), logo ke =
No Regime Permante y(∞) =
a2
a2
x(t) = ku(t)
k
y(t)
x(∞) = k
t
t
REGIME
TRANSITÓRIO
y(∞)
REGIME
PERMANENTE
Função de Transferência
Ganho Estático ke
E se tivéssemos:
3(s + 2)
H(s) =
⟹ Y(s) = H(s)X(s)
s(s + 3)
3(s + 2) 1
2
1/3
1/3
Y(s) =
= 2+
−
s(s + 3) s
s
s
s+3
1
−3t
y(t) = 2r(t) + (1 − e )u(t)
3
Não temos ke definido
t → ∞ ke → ∞
Função de Transferência
Ganho Estático ke
E se tivéssemos:
1
H(s) = 2
⟹
Y(s)
=
H(s)X(s)
(s + 32)
1
1 1/9
1/9s
Y(s) = 2
=
−
(s + 32) s
s
s 2 + 32
1
y(t) = (1 − cos(3t))u(t)
9
Não temos ke definido
Função de Transferência
Ganho Estático ke
Cálculo do ganho estático direto da FT
y(∞)
ke =
x(∞)
com
k
x(t) = ku(t) ⟺ X(s) =
s
Do teorema de valor final:
y(∞) = lim sY(s) = lim sH(s)X(s) ∴ y(∞) = lim kH(s)
s→0
s→0
s→0
Como: x(∞) = k
ke = lim H(s)
s→0
Função de Transferência
Ganho Estático ke
Cálculo do ganho estático exemplo:
3(s + 2)
H(s) = 2
s + 2s + 10
Determine a função de transferência e ganho estático do sistema abaixo:
2
2
(D + a1D + a2)y(t) = (b0D + b1D + b2)x(t)
Função de Transferência
Polos
Considera a função de transferência, com ganho K
H(s) = k
M
∏i=1 (s − zi)
N
∏i=1 (s − pi)
pi são os polos de H(s), ou seja:
H(s)
s=pi
=∞
➡ Definem os modos característicos do sistema
➡ Definem a estabilidade do sistema
➡ Efeito polarização na frequência do polo
1
1
1
1
−1
1
H(s) =
⟹ Y(s) =
=
+
+
e X(s) =
(s + 1)(s + 2)
s+1
(s + 1)2(s + 2) (s + 1)2 (s + 1) (s + 2)
y(t) = (te −t−e −t + e −2t)u(t)
Função de Transferência
Polos - Resposta Monotônica ou Oscilatório
Sistema com resposta monotônica:
Polos reais
y(t)
2
(s + 1)(s + 2)
1
Resposta ao Degrau Unitario
0.5
0
0
1
2
3
4
5
t
9
9
= 2
(s + 1 − 3j)(s + 1 + 3j) s + 2s + 9
y(t)
Sistema com resposta oscilatória
Polos complexos ou imaginários
1.5
1
0.5
0
0
Resposta ao Degrau Unitario
1
2
3
t
4
5
Função de Transferência
Polos - Velocidade de Resposta
ℐ
Sistema 1
1
H(s) =
(s + 1)
X
-5
1 1 1
1
−t
∴ y(t) = (1 − e )u(t)
Y(s) =
= −
(s + 1) s
s s+1
1
Sistema 2
ℛ
Resposta ao Degrau Unitario
y1 (t)
y2 (t)
0.8
y(t)
5
H(s) =
(s + 5)
5 1 1
1
−5t
∴ y(t) = (1 − e )u(t)
Y(s) =
= −
(s + 5) s
s s+5
X
-1
0.6
0.4
0.2
0
0
1
2
3
t
4
5
Função de Transferência
Polos - Dominância
• Considere os exemplos:
1. σ1 = 1, σ2 = 2 e k = 2
k
H(s) =
(s + σ1)(s + σ2)
ℐ
2. σ1 = 1, σ2 = 5 e k = 5
3. σ1 = 1, σ2 = 10 e k = 10
X
−10t
-10 → e
X
−5t
-5 → e
-1 → e
X
X
−2t
-2 → e
−t
ℛ
Função de Transferência
Polos - Dominância
• Vamos analisar a resposta ao impulso
1. σ1 = 1, σ2 = 2 e k = 2
2
2
2
H1(s) =
=
−
(s + 1)(s + 2) s + 1 s + 2
2. σ1 = 1, σ2 = 5 e k = 5
5
1.25
1.25
H(s) =
=
−
(s + 1)(s + 5) s + 1 s + 5
3. σ1 = 1, σ2 = 10 e k = 10
10
1.11
1.11
H(s) =
=
−
(s + 1)(s − 10) s + 1 s + 10
∴
h1(t) = 2(e −t − e −2t)u(t)
h2(t) = 1.25(e −t − e −5t)u(t)
∴
∴
−t
h3(t) = 1.11(e − e
−10t
)u(t)
Função de Transferência
Polos - Dominância
−t
2
h1(t) = 2(e − e
−2t
−t
)u(t)
h2(t) = 1.25(e − e
1
0
-1
-2
0
1
2
3
4
5
−5t
1.5
1
1
0.5
0.5
0
0
-0.5
-0.5
-1
-1
-1.5
-1.5
1
2
3
4
5
−10t
3
4
h3(t) = 1.11(e − e
)u(t)
1.5
0
−t
0
1
2
Os polos mais lentos dominam a curva da resposta pois os polos mais rápidos geram
modos que evoluem mais rápido para seu valor final.
)u(t)
5
Função de Transferência
Polos - Dominância
Conclusões
• A resposta do sistema é uma combinação das contribuições de resposta
de cada polo
ℐ
• O polo mais próximo da origem domina a resposta (mais lentos)
X
−10t
-10 → e
X
−5t
-5 → e
-1 → e
X
X
−2t
-2 → e
−t
ℛ
Função de Transferência
Polos - Dominância
−3 + j10
As mesmas conclusões são validas com polos
complexos
X
ℐ
p1 = − λ e p1,2 = − σ ± jω = − 3 ± j10
109λ
H(s) =
2
(s + λ)(s + 6s + 109)
1. λ = 10
2. λ = 5
3. λ = 2
λ = 10
X
−10
λ=2
λ=5
X
X
−2
−5
X
−3 − j10
ℛ
Função de Transferência
Polos - Dominância
As mesmas conclusões são validas com polos
complexos
p1 = − λ e p1,2 = − σ ± jω = − 3 ± j10
109λ
H(s) =
2
(s + λ)(s + 6s + 109)
1. λ = 10
2. λ = 5
3. λ = 2
1.5
1
0.5
0
0
1
2
3
Função de Transferência
Zeros
Considera a função de transferência, com ganho K
H(s) = k
M
∏i=1 (s − zi)
N
∏i=1 (s − pi)
zi são os ZEROS FINITOS de H(s), ou seja:
H(s)
s=zi
zit
=0
zit
s
=
z
x(t)
=
e
u(t)
⟶
y(t)
=
f(t)
+
0e
u(t)
Tem
a
propriedade
boquear
sinais
de
frequência
,
➡
i
(s + 2)
1
H(s) =
e X(s) =
(s + 1)(s + 3)
s+2
1
1/2
1/2
1 −t
⟹ Y(s) =
=
−
∴ y(t) = (e − e −3t)u(t)
(s + 1)(s + 3) s + 1 s + 3
2
➡ Tem efeito na dinâmica transitória do sistema
➡ Com M < N temos zeros no infinito H(s) s=∞ = 0
➡ Tem efeito sobre observabilidade e controlabilidade do sistema.
Função de Transferência
Zeros - Cancelamento
Considere os sistemas cujos modelos internos são dados por:
2
Sys 1: (D + 12D + 20)y1(t) = 20x1(t)
2
Sys2: (D + 12D + 20)y2(t) = 10(D + 2)x2(t)
Suas funções de transferências são:
20
Polos = {−2, − 10} e zeros infinitos
H1(s) = 2
s + 12s + 20
10(s + 2)
Polos = {−2, − 10}, Zeros = − 2 e um zero no infinito
H2(s) = 2
s + 12s + 20
10(s + 2)
10
Há cancelamento H2(s) =
H2(s) =
(s + 2)(s + 10)
(s + 10)
Função de Transferência
Zeros - Cancelamento
Resposta a degrau unitário
20
1 1
1.25
0.25
Y1(s) =
= −
+
(s + 2)(s + 10) s
s s + 2 s + 10
−2t
−10t
y1(t) = (1 − 1.25e + 0.25e )u(t)
1
y(t)
10 1 1
−1
Y2(s) =
= +
(s + 10) s
s s + 10
−10t
y2(t) = (1 − e )u(t)
Resposta ao Degrau Unitario
y1 (t)
y2 (t)
0.5
0
0
1
2
3
t
4
5
Função de Transferência
Zeros - Atenuação
• Considere o sistema sem zero:
2
H(s) =
(s + 1)(s + 2)
• RESPOSTA IMPULSO
2
2
H(s) =
−
(s + 1) (s + 2)
−t
h(t) = (2e − 2e
−2t
)u(t)
• Considere a adição de um zero z = − a • RESPOSTA IMPULSO
2(s + a)
Hz(s) =
a(s + 1)(s + 2)
Hz(s) =
2−
2
a
−
4
a
−2
(s + 1) (s + 2)
2 −t
4
−2t
h(t) = ((2 − )e + ( − 2)e )u(t)
a
a
Função de Transferência
Zeros - Atenuação
• Estudo de casos a = 8, a = 2.1 e a = 1.1
ℐ
a=8
a=2.1
X
-2
a=1.1
X
-1
ℛ
Função de Transferência
Zeros - Atenuação
2
• Estudo de casos a = 8
−t
hz(t) = (1.75e − 1.5e
−2t
)u(t)
• Efeito muito pequeno devido
ao zero estar longe dos polos
dominantes.
• Se o zero estivesse mais
distante o efeito seria
desprezível
1
0
-1
-2
0
5
10
Função de Transferência
Zeros - Atenuação
• Estudo de casos a = 2.1
−t
hz(t) = (1.05e − 0.1e
−2t
• O zero em -2.1 atenua a
contribuição do sinal
associado ao polo em -2,
devido sua proximidade.
• Se fosse iguais anularia
completamente.
1
)u(t) 0.8
0.6
0.4
0.2
0
0
5
10
Função de Transferência
Zeros - Atenuação
2
• Estudo de casos a = 1.1
−t
hz(t) = (0.18e + 1.64e
−2t
)u(t)
1.5
• O zero em -1.1 atenua a
contribuição do sinal associado ao
1
polo em -1, devido sua proximidade.
• Se fosse iguais anularia
0.5
completamente.
• Ficou mais rápido que o caso
anterior
0
0
5
10
Função de Transferência
Zeros - Atenuação
Função de Transferência
Zeros Dominante - Aceleração e Pico na resposta
Sistema com um zero z = − a, com a < 1
Sistema sem zero:
2
H(s) =
(s + 1)(s + 2)
Y(s) = H(s)X(s)
2(s + a)
Hz(s) =
a(s + 1)(s + 2)
2
1
−2
1
Yz(s) =
= +
+
s(s + 1)(s + 2)
s (s + 1) (s + 2)
−t
y(t) = (1 − 2e + e
−2t
)u(t)
2
a
2
a
−2
1−
2(s + a)
1
Yz(s) =
= +
+
as(s + 1)(s + 2)
s (s + 1) (s + 2)
2
2
−t
−2t
yz(t) = (1 + ( − 2)e + (1 − )e )u(t)
a
a
−t
yz(t) = (1 − 2e + e
−2t
2 −t 2 −2t
)u(t) + ( e − e )u(t)
a
a
Efeito do Zero - Acelerar e Gerar Pico
• Estudo de caso a = 0.5
1.5
1
0.5
0
0
2
4
6
8
10
Efeito do Zero - Acelerar e Gerar Pico
• ANÁLISE
• ANÁLISE
2(a + s)
Yz(s) =
as(s + 1)(s + 2)
1
2
sYz1(s) =
a
a(s + 1)(s + 2)
2
2
Yz(s) =
+
s(s + 1)(s + 2) a(s + 1)(s + 2)
2
Yz1(s) =
s(s + 1)(s + 2)
2
Yz2(s) =
a(s + 1)(s + 2)
1
Yz2(s) = sYz1(s)
a
−1
−1
ℒ {Yz1(s)} = y1(t) e ℒ {Yz2(s)} = y2(t)
1
1 dyz1(t)
Yz2(s) = sYz1(s) ⟺ yz2(t) =
a
a dt
1 dyz1(t)
y(t) = yz1(t) +
a dt
Efeito do Zero - Acelerar e Gerar Pico
• Estudo de caso a = − 0.5
1
0.5
0
-0.5
-1
0
2
4
6
8
10
Função de Transferência
Estabilidade
Q(D)y(t) = P(D)x(t)
Transformada de Laplace
Q(s)Y(s) = P(s)X(S)
Y(s)
P(s)
= H(s) =
X(s)
Q(s)
• Controlável e Observável
Q(D) ⟹ Raízes Características = Polos ⟸ Q(s)
• Não Controlável e Observável ( Polo e zero com mesmo valor se cancelam )
P(s)
Cancelamento em H(s) =
➡
Q(s)
➡ Não aparecem todas as raízes características no denominador de H(s)
Função de Transferência
Estabilidade - SISTEMA CONTROLÁVEL E OBSERVÁVEL
• Assintoticamente Estável e BIBO Estável
➡ Se os POLOS estiverem no semiplano esquerdo SPE
• Assintoticamente Instável e BIBO Instável
➡ Se existe pelo menos um POLO no semiplano direito SPD
➡ Se existem POLOS repetidos sobre o eixo imaginário
• Marginalmente estável e BIBO Instável
➡ Se existe POLO NÃO repetido sobre o eixo imaginário e não tem nenhum POLO no
semipleno direito SPD
Função de Transferência
Estabilidade - SISTEMA NÃO CONTROLÁVEL E OBSERVÁVEL
• BIBO Estável
➡ Se todas as raízes de Q(s) estiverem no semiplano esquerdo SPE
• BIBO Instável
➡ Se existe pelo menos uma raízes de Q(s) no semiplano direito SPD
➡ Se existem raízes repetidas de raízes de Q(s) sobre o eixo imaginário
➡ Se existem raízes repetidas de Q(s) sobre o eixo imaginário e não tem
nenhuma raiz no semipleno direito SPD
Função de Transferência
Estabilidade
EXEMPLOS
Função de Transferência
Sistemas de primeira e Segunda ordem
Uma função de transferência de maior ordem pode ser desmembrada em
partes menos que configuram dinâmicas de primeira e/ou segunda ordem:
2
s + 3s + 2
H(s) = 4
3
2
s + 12s + 52s + 100s + 75
15
9
6s + 8
H(s) =
+
− 2
s + 3 s + 5 s + 4s + 5
15
9
8
6s
H(s) =
+
− 2
− 2
s + 3 s + 5 s + 4s + 5 s + 4s + 5
Função de Transferência
Sistemas de primeira e Segunda ordem
Primeira ordem:
ke
k
k
ou H(s) =
onde ke =
H(s) =
s+σ
τs + 1
σ
1
e τ=
σ
Segunda ordem:
2
ωn
2
2
σ +ω
H(s) = ke 2
e H(s) = ke
2
2
2
2
s + 2σs + σ + ω
s + 2ξωns + ωn
Função de Transferência
Sistemas de primeira
Primeira ordem:
Ganho da TF: k
ke
k
ou H(s) =
H(s) =
s+σ
τs + 1
Polo: −σ
k
Ganho estático: ke =
σ
1
Constante de tempo: τ =
σ
Função de Transferência
Sistemas de primeira
Primeira ordem:
k
H(s) =
s+σ
−σt
Resposta ao impulso: h(t) = ke u(t)
k A kA/σ kA/σ
=
−
Resposta ao degrau x(t) = Au(t): Yu(s) =
s+σ s
s
s+σ
kA
t
−σt
−τ
yu(t) =
(1 − e )u(t) ∴ yu(t) = Ake(1 − e )u(t)
σ
Função de Transferência
Sistemas de primeira
Primeira ordem:
4
H(s) =
s+2
h(t) = 4e
t
− 0.5
u(t)
x(t) = 2u(t)
t
− 0.5
yu(t) = 4(1 − e )u(t)
4
h(t)
yu (t)
2.53
2
1.48
0
0
0.5
1.5
2.5
t
3.5
4.5
Função de Transferência
Sistemas Segunda ordem
H(s) = ke
2
s
2
ωn
+ 2ξωns +
Ganho estático: ke
2
ωn
Coeficiente de amortecimento: ξ
Frequência Natural: ωn
Polos: s1,2
=
−2ξωn ±
4ξ
2
2
2
ωn
−
2
4ωn
⟹ s1,2 = − ξωn ± ωn ξ − 1
2
Função de Transferência
Sistemas Segunda ordem
• ξ > 1 duas raízes reais ⟹ Sistema sobre-amortecido
2
±
s1,2 = − ξωn ωn ξ − 1
• ξ = 1 duas raízes repetidas ⟹ Sistema criticamente amortecido
s1,2 = − ξωn
• 0 < ξ < 1 raízes complexas conjugadas ⟹ Sistema sub-amortecido
2
±
s1,2 = − ξωn jωn 1 − ξ
• ξ = 0 raízes imaginárias ⟹ Sistema não amortecido
s1,2 = ± jωn
Sistemas Segunda ordem
Localização dos polos
ℐ
X
X
X - Sobre amortecido ξ > 1
X - Criticamente amortecido ξ = 1
X - Sob amortecido 0 < ξ < 1
X - Não amortecido
X
X
X
X
X
ℛ
X
Sistemas Segunda ordem: Sobre-amortecido ξ
Análise
ℐ
X
−σ2
X
−σ1
H(s) = ke
ℛ
2
s
2
ωn
+ 2ξωns +
2
ωn
σ1σ2
H(s) = ke
(s + σ1)(s + σ2)
ωn = σ1σ2
σ1 + σ2
ξ=
2ωn
>1
Sistemas Segunda ordem: Sobre-amortecido ξ
Análise
Exemplo
Resposta ao impulso
10
H(s) = 2
s + 11s + 10
10
H(s) =
(s + 1)(s + 10)
ke = 1, ξ = 1.7393, ωn =
10
>1
10
H(s) =
(s + 1)(s + 10)
10/9
10/9
H(s) =
−
s + 1 s + 10
10 −t
−10t
h(t) =
(e − e )u(t)
9
Sistemas Segunda ordem: Sobre-amortecido ξ
Análise
>1
Resposta ao impulso
10 −t
−10t
h(t) =
(e − e )u(t)
9
Resposta ao degrau unitário
10
Yu(s) =
s(s + 1)(s + 10)
1 10/9
1/9
Yu(s) = −
+
s s + 1 s + 10
10 −t 1 −10t
yu(t) = 1 − e + e
u(t)
(
)
9
9
1
h(t)
yu (t)
0.8
0.6
0.4
0.2
0
0
1
2
3
t
4
5
Sistemas Segunda ordem: Criticamente amortecido ξ
Análise
ℐ
H(s) = ke
2
s
2
ωn
+ 2ξωns +
2
X
X
−σ −σ
ℛ
σ
H(s) = ke
(s + σ)(s + σ)
ωn = σ
ξ=1
2
ωn
=1
Sistemas Segunda ordem: Criticamente amortecido ξ
Análise
Exemplo
1
H(s) = 2
s + 2s + 1
1
H(s) =
(s + 1)(s + 1)
ke = 1, ξ = 1, ωn = 2
Resposta ao impulso
1
H(s) =
2
(s + 1)
−t
h(t) = te u(t)
=1
Sistemas Segunda ordem: Criticamente amortecido ξ
Análise
1
Resposta ao impulso
h(t) = te
−2t
u(t)
h(t)
yu (t)
0.8
y(t)
Resposta ao degrau unitário
1
Yu(s) =
2
s(s + 1)
1
1
1
Yu(s) = −
−
s (s + 1)2 s + 1
−t
−t
yu(t) = (1 − te − e ) u(t)
=1
0.6
0.4
0.2
0
0
5
t
10
Sistemas Segunda ordem: Sob-amortecido 0
Análise
ℐ
X ξ = sin(θ) jωd
ωn
−σ
θ
ℛ
X
−jωd
<ξ<1
2
ωn
H(s) = ke
s 2 + 2ξωns + ωn2
2
2
σ + ωd
H(s) = ke 2
s + 2σs + σ 2 + ωd2
ωn =
2
σ +
2
ωd
frequência natural
σ
ξ=
= sin(θ) coeficiente de amortecimento
ωn
σ = ξωn
módulo da parte real
ωd = ωn (1 − ξ) frequência amortecida
Sistemas Segunda ordem: Sob-amortecido 0
Análise
Resposta ao impulso
2
2
ωd
σ +
H(s) = ke
2
2
(s + σ) + ωd
2
2
ωd )
ke(σ +
ωd
H(s) =
2
2
ωd
(s + σ) + ωd
2
2
ke(σ + ωd ) −σt
h(t) =
e sin(ωdt)u(t)
ωd
h(t) =
2
keωn −ξω t
n
ωd
e
<ξ<1
2
sin(ωn 1 − ξ t)u(t)
Sistemas Segunda ordem: Sob-amortecido 0
Análise
1
2
keωn −ξω t
n
ωd
e
0.8
2
sin(ωn 1 − ξ t)u(t)
9
9
9
9
9
ωn = 1
0.6
0.4
y(t)
h(t) =
<ξ<1
= 0:1
= 0:3
= 0:5
= 0:7
= 0:9
0.2
0
-0.2
-0.4
-0.6
-0.8
0
2
4
6
t
8
10
12
Sistemas Segunda ordem: Sob-amortecido 0
Análise
ωd
e
4
2
sin(ωn 1 − ξ t)u(t)
y(t)
h(t) =
2
keωn −ξω t
n
<ξ<1
3
!n
!n
!n
!n
ξ = 0.5
2
=1
=3
=5
= 0:7
1
0
-1
0
2
4
6
8
Sistemas Segunda ordem: Sob-amortecido 0
Análise
Resposta ao Degrau Unitário
2
2
ωd
σ +
1
Yu(s) = ke
2
2
(s + σ) + ωd s
ωd
1
σ
s+σ
Yu(s) = ke
−
+
2
2
2
2
s
ω
(s
+
σ)
+
ω
(s
+
σ)
+
ω
(
)
d
d
d
σ −σt
−σt
yu(t) = ke 1 − e sin(ωdt) − e cos(ωdt) u(t)
ωd
(
)
<ξ<1
Sistemas Segunda ordem: Sob-amortecido 0
Análise
<ξ<1
ωn = 1
1.6
1.4
y(t)
1.2
1
0.8
0.6
9
9
9
9
9
0.4
0.2
0
0
5
10
= 0:1
= 0:3
= 0:5
= 0:7
= 0:9
15
Sistemas Segunda ordem: Sob-amortecido 0
Análise
1
1.8
0.8
1.4
0.4
-0.2
ωn = 1
1
0.8
0.6
-0.4
-0.6
0.4
-0.8
0.2
-1
-1
= 0:1
= 0:3
= 0:5
= 0:7
= 0:9
1.2
y(t)
0
9
9
9
9
9
1.6
0.6
0.2
<ξ<1
-0.5
0
0
0
5
10
t
15
Sistemas Segunda ordem: Sob-amortecido 0
Análise
1.2
1
ξ = 0.5
y(t)
0.8
0.6
!n
!n
!n
!n
0.4
0.2
0
0
2
4
t
6
=1
=3
=5
= 0:7
8
<ξ<1
Sistemas Segunda ordem: Sob-amortecido 0
Análise
8
<ξ<1
1.2
6
1
4
0
ξ = 0.5
y(t)
2
0.8
-2
!n = 1
!n = 4
!n = 7
0.6
0.4
-4
0.2
-6
-8
-4
-3
-2
-1
0
0
0
2
4
6
t
8
10
Sistemas Segunda ordem: Não amortecido ξ
Análise
ξ = sin(θ) = 0
ℐ
X jωd
θ=0
ωn = ωd
σ=0
ℛ
X −jωd
H(s) = ke
H(s) =
2
+ ωn
2
ωd
ke 2
2
s + ωd
ωn = ωd
ξ=0
σ=0
2
s
2
ωn
=0
Sistemas Segunda ordem: Não amortecido ξ
Análise
Resposta ao impulso
H(s) = ke
2
s
2
ωd
+
2
ωd
ωd
H(s) = keωd
2
2
(s + σ) + ωd
h(t) = keωdsin(ωdt)u(t)
=0
Reposta ao degrau unitário
2
ωd
1
Yu(s) = ke 2
2
s + ωd s
1
s
Yu(s) = ke
− 2
2
( s s + ωd )
yu(t) = ke (1 − cos(ωdt)) u(t)
Sistemas Segunda ordem: Não amortecido ξ
Análise
3
Resposta ao impulso
yu(t) = ke (1 − cos(ωdt)) u(t)
ωd = 2
h(t)
yu (t)
2
h(t) = keωdsin(ωdt)u(t)
1
y(t)
Reposta ao degrau unitário
=0
0
-1
-2
-3
0
2
4
6
t
8
10
Sistemas Segunda ordem: Não amortecido ξ
=0
Análise
8
2.5
!n
!n
!n
!n
6
=1
=4
=7
=9
2
4
1.5
y(t)
2
0
-2
1
0.5
-4
0
-6
-8
-1
-0.5
0
0.5
1
-0.5
0
1
2
3
t
4
5
Características da Resposta ao Degrau
Tempo de Subida tr
• Tempo para yu(t) sair de um
regime perante para outro
1
0.9
• Medida de velocidade de
resposta
y(t)
• Tipicamente 10% a 90% da
transição total
tr = 1.61
0.5
• Aproximação grossa
1.8
t
=
• r
ωn
0.1
0
0
2
4
6
t
8
10
Características da Resposta ao Degrau
Sobre Sinal Mp
1.163
• Pico de magnitude que yu(t)
ultrapassa seu valor final
• Aumenta a medida que ξ
diminui
Mp = e
−
1
y(t)
• Tipicamente expresso
como percentagem
tr = 16,3 %
0.5
ξπ
1 − ξ2
.100 %
0
0
5
10
t
15
Características da Resposta ao Degrau
Sobre Sinal Mp
Mp = e
−
ξπ
1 − ξ2
.100 %
ξ
MP(%)
0.45
20
0.5
16
0.6
10
0.7
5
Características da Resposta ao Degrau
Tempo de acomodação ts
• Tempo para que yu(t) chegue a
uma distância percentual de seu
valor final
ts = 8.8s
• Inversamente proporcional a
parte real do polo, σ.
y(t)
• Tipicamente ± 1 ou ± 5
1.01
1
0.99
• Para ± 1
4.6
4.6
ts ≈
=
σ
ξωn
0
5
8.8 10
t
15
Característica da Resposta ao Degrau
Especi cando uma resposta desejada
Escolhemos
1.8
tr =
ωn
Mp = e
−
ξπ
1 − ξ2
fi
4.6
ts =
σ
.100 %
Encontramos valores
limitantes para
ωn ≥ ωn0
ξ ≥ ξ0
σ ≥ σ0
Algebra de Bloco
Algebra de Bloco
Algebra de Bloco
Exemplo