transformada_Z

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Universidade Federal de Minas Gerais – UFMGEscola de Engenharia

Departamento de Mecânica - DEMEC

EMA166 – Sistema de Controle em TempoDiscreto

Notas de Aula

Introdução ao Controle de Sistemas em TempoDiscreto

Autor: Prof. Dr. Lázaro Valentim Donadon

Fevereiro de 2008



ii

Prefácio

Ementa:

Amostragem de Sinais contínuos; Transformada Z; Modelos Discretos; Espaço deEstados discreto; Análise de Sistemas Discretos; Controladores PID digital; Métodos de

projeto de controladores em tempo discreto.

Programa:Semana: Data: Assunto:

1 27/02 Introdução ao controle de sistemas em tempo discreto2 05/03 Transformada Z3 12/03 Função de Transferência em Tempo Discreto – Parte I4 19/03 Função de Transferência em Tempo Discreto – Parte II5 26/03 Aula de Exercícios

6 02/04 1ª Prova7 09/04 Projeto de Controladores por Métodos Clássicos8 16/04 Exercícios9 23/04 Formulação por Matrizes de Estado

10 07/05 Controlabilidade e Observabilidade11 14/05 Projeto de controladores via Alocação de Pólos – Parte I12 21/05 Projeto de controladores via Alocação de Pólos – Parte II13 28/05 Projeto de controladores via Alocação de Pólos – Parte III14 04/06 Exercícios – Matlab15 11/06 Exercícios - Matlab 16 18/06 2ª Prova

17 25/06 Apresentação dos projetosCritérios de Avaliação:1ª Prova 35%, 2ª Prova 35%, projeto 20%, listas de exercício 10%

Bibliografia:K. Ogata. Discrete-Time Control Systems. Prentice Hall, 2nd Edition. 1994.

G.F. Franklin, J.D. Powell, and M.L. Workman. Digital Control of Dynamic Systems.Addison-Wesley, 3rd Edition. 1998.



iii

Sumário

1 INTRODUÇÃO AO CONTROLE DE SISTEMAS EM TEMPO DISCRETO1

1.1 I NTRODUÇÃO .............................................................................................................................1 1.2 SISTEMAS DE CONTROLE EM TEMPO DISCRETO...........................................................................1 1.3 TIPOS DE SINAIS .........................................................................................................................5 1.4 AMOSTRAGEM DE SINAIS CONTÍNUOS ........................................................................................6

1.4.1 Teoria da Amostragem – Tratamento empírico....................................................................6 1.4.2 Não unicidade de sinais amostrados ............................................................................ ........8

1.5 EXERCÍCIOS PROPOSTOS ............................................................................................................8

2 TRANSFORMADA Z .......................................................................................... 10

2.1 MÉTODO DA TRANSFORMADA Z ........................................................ ...................................... 10

2.1.1 Transformada Z .............................................................. .................................................... 10 2.1.2 Transformada Z de funções elementares......................................................................... ...10 2.1.3 Propriedades da Transformada Z ......................................................................................12

2.2 TRANSFORMADA Z INVERSA ....................................................................................................14 2.2.1 Método de expansão em frações parciais...........................................................................15 2.2.2 Método computacional - Matlab ........................................................................................17

2.3 EXERCÍCIOS R ESOLVIDOS ........................................................................................................18 2.4 EXERCÍCIOS PROPOSTOS ..........................................................................................................19

3 FUNÇÃO DE TRANSFERÊNCIA EM TEMPO DISCRETO........................ 21

3.1 AMOSTRAGEM IMPULSIVA .......................................................................................................21 3.2 CIRCUITO DATA-HOLD ............................................................................................................22

3.2.1 Segurador de Ordem Zero - ZOH.......................................................................................22 3.2.2 Segurador de primeira ordem ............................................................................................23 3.2.3 Funções de Transferência em Tempo Discreto com ZOH..................................................25 3.2.4 Resposta em Freqüência do ZOH.......................................................................................26

3.3 FUNÇÃO DE TRANSFERÊNCIA PULSADA ...................................................................................27 3.3.1 Transformada de Z de FTs incluindo o amostrador...........................................................28 3.3.2 Função de Transferência em Cascata ........................................................................... .....28 3.3.3 Função de transferência em malha fechada.......................................................................29 3.3.4 Função de transferência em malha fechada de controladores digitais..............................30 3.3.5 Função de transferência pulsada de um controlador PID digital......................................31 3.3.6 Simulação de sistemas em tempo discreto..........................................................................34 3.3.7 Realização de Controladores digitais e filtros digitais ......................................................36 3.3.8 Resposta ao Impulso Finita e Infinita.................................................................................38


4 PROJETO DE CONTROLADORES POR MÉTODOS CLÁSSICOS .......... 43

4.1 MAPEAMENTO ENTRE PLANO Z E PLANO S...............................................................................43 4.2 A NÁLISE DE ESTABILIDADE DE SISTEMAS NO PLANO Z............................................................47 4.3 R ESPOSTA TRANSIENTE ...........................................................................................................48 4.4 MÉTODO DE PROJETO BASEADO NO LUGAR DAS RAÍZES ...........................................................49 4.5 CONTROLADOR TIPO “DEAD BEAT”.........................................................................................56 4.6 PROJETO DE CONTROLADORES PID .............................................................. ...........................57

4.6.1 Ziegler-Nichols malha fechada...........................................................................................57 4.6.2 Ziegler-Nichols Malha Aberta............................................................................................58

4.7 EXERCÍCIOS R ESOLVIDOS ........................................................................................................59

4.8 EXERCÍCIOS PROPOSTOS ..........................................................................................................59 5 FORMULAÇÃO POR MATRIZES DE ESTADO........................................... 61



iv

5.1 I NTRODUÇÃO À FORMULAÇÃO DE ESTADO ...............................................................................61 5.2 NOMENCLATURA DE ESPAÇO DE ESTADOS ..............................................................................62 5.3 R EPRESENTAÇÃO DE ESPAÇO DE ESTADOS DISCRETOS ............................................................62

5.3.1 Forma Canônica Controlável.............................................................................................62 5.3.2 Forma Canônica Observável..............................................................................................63 5.3.3 Forma Canônica Diagonal.................................................................................................63

5.3.4 Forma Canônica de Jordan................................................................................................64 5.3.5 Não unicidade das matrizes de estado................................................................................64 5.4 SIMULANDO UM SISTEMA NA FORMA DE ESTADO DISCRETO .....................................................65 5.5 PASSANDO DE MATRIZES DE ESTADO PARA FT........................................................................65 5.6 DISCRETIZAÇÃO DE MATRIZES DE ESTADO CONTÍNUAS ..........................................................66 5.7 EXERCÍCIOS R ESOLVIDOS ........................................................................................................69 5.8 EXERCÍCIOS PROPOSTOS ..........................................................................................................72

6 CONTROLABILIDADE E OBSERVABILIDADE ......................................... 73

6.1 I NTRODUÇÃO ...........................................................................................................................73 6.2 CONTROLABILIDADE................................................................................................................73 6.3 CONTROLABILIDADE DE SAÍDA ................................................................................................75 6.4 OBSERVABILIDADE ..................................................................................................................76 6.5 COMENTÁRIOS GERAIS SOBRE CONTROLABILIDADE E OBSERVABILIDADE................................78

6.5.1 Condições de controlabilidade e observabilidade em termos de Funções de Transferência

78 6.5.2 Efeito da discretização .......................................................................................................80 6.5.3 Princípio da dualidade ................................................................... ....................................80


7 PROJETO DE CONTROLADORES VIA ALOCAÇÃO DE PÓLOS........... 84

7.1 I NTRODUÇÃO ...........................................................................................................................84 7.2 FÓRMULA DE ACKERMANN......................................................................................................85 7.3 FORMAS ALTERNATIVAS PARA O GANHO K..............................................................................86 7.4

CONTROLE POR R EALIMENTAÇÃO DE ESTADO.........................................................................88

7.5 OBSERVADORES DE ESTADO ....................................................................................................90 7.5.1 Observadores de Estado de Ordem Completa....................................................................91 7.5.2 Comentários sobre estimador de estado.............................................................................94 7.5.3 Estimadores de Ordem Reduzida........................................................................................97

7.6 EXERCÍCIOS R ESOLVIDOS ......................................................................................................103 7.7 EXERCÍCIOS PROPOSTOS ........................................................................................................107

8 PROJETOS......................................................................................................... 109

8.1 PÊNDULO I NVERTIDO .............................................................................................................110 8.2 SUSPENSÃO ATIVA PARA ¼ DE VEÍCULO ................................................................................111 8.3 CONTROLE NÃO COLOCADO ...................................................................................................112 8.4 PROJETO DE FILTROS DIGIAIS ................................................................................................113

9 REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS ............................................................. 114



1

Capítulo 1

1 Introdução ao Controle de Sistemas em TempoDiscreto

Neste item, será apresentado os equipamentos utilizados em sistemas decontrole.

1.1 Introdução

Aqui, serão tratados sistemas lineares e invariantes no tempo em que ocontrole de sistemas em tempo discreto é entendido como a implementação de sistemasde controle utilizando placas de aquisição de dados capazes de medir uma determinadaquantidade de sinais analógicos, processá-los e devolvê-los ao meio ambiente.

1.2 Sistemas de controle em tempo discreto

Um sistema de controle em tempo contínuo em realimentação pode ser apresentado como na Figura 1.1, neste caso, todos os sinais envolvidos são sinais

contínuos e o sistema de controle e a planta podem ser escrito no domínio de Laplace.

Figura 1.1: Exemplo de um sistema de controle em tempo contínuo

Já os sistemas de controle em tempo discreto envolvem a discretização de umaou mais variáveis do processo de controle. Normalmente, a implementação de umsistema de controle em tempo discreto envolve a utilização de um computador emconjunto com uma placa de aquisição de dados para a implementação do controlador.Sendo assim, está implícito no método que ocorra pelo menos uma passagem do tempocontínuo para o tempo discreto, denominada discretização ou amostragem do sinal, euma passagem do tempo discreto para o tempo contínuo, chamada de reconstrução.

A implementação em tempo real de controle para um sistema de controle emtempo discreto em realimentação onde o controlador é implementado em tempo discreto

pode ser observado na Figura 1.2.



2

Figura 1.2: Exemplo de um sistema de controle em tempo discreto

Ambiente Físico é o ambiente no qual será implementado o sistema de controle,é o ambiente real onde o processo físico ocorre.

Ambiente Computacional é o ambiente onde o sistema de controle éimplementado, isto é, onde ocorre o processo de síntese do controlador e é calculada alei de controle. Este ambiente representa o hardware e software onde o sistema decontrole é implementado, como por exemplo no Matlab/Simulink.

Variável Física é a quantidade física que se deseja medir para ser usada nosistema de controle, por exemplo, deslocamento, velocidade, aceleração, temperatura, pressão, etc.

Transdutor é o dispositivo capaz de transformar uma quantidade de entrada emoutra quantidade de saída, normalmente voltagem, isto é, é o dispositivo que tem acapacidade de medir a variável física e transformá-la em voltagem para ser utilizadocomo informação pelo sistema de controle, em outras palavras, é simplesmente osensor, como acelerômetros, vibrômetros laser, células de carga, sensores de posição,tacômetros, microfones, etc.

Condicionador de sinais é o dispositivo que alimenta o transdutor, poisnormalmente o transdutor precisa de uma fonte de alimentação específica para ele. Demaneira geral, os transdutores geram uma quantidade de voltagem insuficiente paraserem utilizados em sistemas de medida e controle, necessitando assim de um sistemade amplificação. Os condicionadores de sinais podem incluir um amplificador operacional como fonte de alimentação básica, um sistema de amplificação e filtrosanalógicos, integradores, etc.

Filtros Analógicos são dispositivos que modificam o sinal de entrada, isto é,eles eliminam determinadas faixas de freqüência do sinal de entrada. São classificadoscomo filtros passa-baixo, onde apenas freqüências abaixo de um determinado valor

estão presentes no sinal de saída, filtros passa-alto onde apenas freqüências acima de umdeterminado valor estão presentes no sinal de saída, passa-banda onde apenas umadeterminada faixa de freqüências está no sinal de saída e rejeita-banda onde uma bandade freqüências é retirada do sinal de saída. Alguns filtros podem incluir um sistema deamplificação, mas em geral não substituem o sistema de condicionamento de sinal.



3

Figura 1.3: Exemplo de curva em freqüência de um filtros ideais. Passa-baixo. Passa-alta, Rejeita-banda ou Notch e Passa-banda

Multiplexador Analógico normalmente é parte integrante da placa de aquisiçãode sinais e é o dispositivo que conecta os canais de entrada da placa de aquisição dedados ao circuito “Sample and hold”. Normalmente uma placa de aquisição de sinaiscontém vários canais de entrada e apenas um multiplexador analógico.

Circuito Sample-and-Hold é dispositivo que faz a amostragem, sample, emantém o sinal amostrado por um determinado período de tempo, hold. Este dispositivo

é aquele que o usuário tem a escolha do tempo de discretização.

Conversor Analógico Digital é o dispositivo que realmente realiza o processode amostragem e quantificação do sinal analógico, isto é, a saída do conversor A/D éum sinal binário, normalmente o multiplexador analógico e circuito sample-and-holdsão partes integrantes do conversor A/D.

Figura 1.4: Componentes básicos de um sistema de medidaDemultiplexador é dispositivo que conecta a saída de dados da placa de

aquisição de sinais com os respectivos canais de saída. Esta conexão é sincronizada como respectivo tempo de amostragem.

Conversor Digital Analógico é o dispositivo que transforma uma entradadigital, neste caso um número binário, em uma saída analógica.

Hold é um dispositivo que mantém o sinal de saída do conversor D/A seguindouma determinada função, isto é, o hold mais comum é o Zero-Order Hold (ZOH),

segurador de ordem zero, ele mantém o sinal constante como apresentado abaixo. Estedispositivo é parte integrante do conversor D/A, Figura 1.5.



4

Figura 1.5: sinal contínuo e sinal contínuo com segurador de ordem zero

Filtro de reconstrução é um filtro analógico adicionado na saída do conversor D/A com o intuito de eliminar as “escadas” feitas pelo hold. Este filtro pode ser

eliminado do processo se necessário.Sistema de condicionamento do atuador é um dispositivo parecido com o

condicionador apresentado anteriormente e serve para alimentar, filtrar e amplificar oatuador.

Atuador é o dispositivo responsável por implementar a lei de controle nosistema físico, isto é, é o dispositivo que implementa fisicamente a lei de controle.

Figura 1.6: Componentes básicos de um sistema de atuação

Exemplo 1.1: Controle de temperatura de uma autoclave

Figura 1.7: Sistema de monitoramento de temperatura em uma autoclave

Exemplo 1.2: Montagem experimental de um sistema de controle



5

Figura 1.8: Sistema de controle detalhado

1.3 Tipos de sinais

Sinais em analógico em tempo contínuos são sinais contínuos definidos emqualquer instante de tempo cuja amplitude varia continuamente neste intervalo. Figura

1.9(a).

Sinal em tempo contínuo quantizado é um sinal cuja amplitude só podeassumir valores pré-determinados. Figura 1.9(b).

Sinais discretizados são sinais que só podem assumir valores em determinadosinstantes de tempo. Figura 1.9(c).

Sinais discretizados e quantizados são sinais discretizados que só podemassumir determinados valores de amplitude. Figura 1.9(d).

(a) Sinal contínuo (b) Sinal contínuo quantizado

(c) Sinal discretizado (d) Sinal discretizado quantizadoFigura 1.9: Tipos de sinais



6

A Figura 1.9(a) representa um sinal analógico qualquer, enquanto que a Figura

1.9(d) representa um sinal visto por um sistema de aquisição de dados, isso significaque existirão erros entre a passagem de um sinal contínuo para um sinal discreto. Aqui otermo sinal contínuo ser referirá sempre ao sinal da Figura 1.9(a) enquanto que um sinal

discreto ou em tempo discreto a um sinal igual ao da Figura 1.9(d).

Controle de sistemas em tempo discreto envolverá uma ou mais variáveis que só podem ser acessadas ou lidas em determinados instantes de tempo através de um processo de amostragem.

1.4 Amostragem de sinais contínuos

Este item será explicado como a amostragem de um sinal contínuo deve ser feitosem que haja perda de informação ou se cometa erros durante este processo.

O Processo de Amostragem de sinais contínuos substitui o sinal em tempocontínuo por uma seqüência de valores em tempo discreto. Este processo normalmente éseguido por um processo de quantização do sinal discreto.

1.4.1 Teoria da Amostragem – Tratamento empírico

A amostragem ou discretização de um sinal analógico é feita seguindo umdeterminado tempo de amostragem T, em segundos, ou freqüência de amostragem fa,

dada em Hz. Sendo que,

fa

1T =

Então, a amostragem é dada pela seguinte relação,

( ) ( )∑+∞

−∞=

−δ=k

kTt)t(xkTx k=0, 1, 2 ...

onde o delta de dirac extrai o valor da função no instante em que t = kT.

(a) sinal contínuo (b) Sinal amostradoFigura 1.10: Sinal contínuo e sinal amostrado



7

Para que um sinal contínuo possa ser corretamente discretizado, ele deveobedecer as regras imposta por Fourier, isto é, a maior freqüência contida no sinal a ser amostrado deverá obrigatoriamente ser menor que metade da freqüência de amostragemfa que é conhecida como freqüência de Nyquist f N. De modo geral, para uma boaaplicação de sistemas de controle, deve ser considerado pelo menos de 4 a 6 pontos por

período da maior freqüência a ser amostrada para que o sistema de controle possafuncionar adequadamente.

Exemplo 1.3: Supor um sinal analógico com apenas uma freqüência igual a 400 Hz. Sea amostragem for feita com uma freqüência de amostragem fa = 1600 Hz. Pede-se:

a) Qual o tempo de amostragem?Solução:

O tempo de amostragem T é dados por,

ms625.01600

1

fa

1T ===

b) Quantos pontos por período?Solução:

Como o sinal contínuo tem f = 400 Hz e a amostragem foi feita em 1600Hz, então o número de pontos por período é dado por,

Número de pontos por período n = 1600/400 = 4.

c) Gráfico do sinal correto vs sinal amostrado

Figura 1.11: Sinal correto e sinal amostrado

Exemplo 1.4: Supondo um sistema massa-mola com m=0.5 kg e k = 100.000 N/m queserá simulado em tempo discreto por uma senóide com freqüências de 65 e 85 Hz. Qualdeverá ser o tempo de amostragem mínimo supondo 6 pontos por período?Solução:

Para 6 pontos por período,

F = 65 Hz, então, ms57.265

1

6

1T ==

F = 85 Hz, então, ms96.185

1

6

1T ==



8

s/rad21.447m

k n ==ω significando que Hz18.71

2

21.447f n =

π= , então

ms35.218.71

1

6

1T ==

Desta forma, terá de ser amostrado com o menor T, então, 1.96 ms.

1.4.2 Não unicidade de sinais amostrados

Supondo a Figura 1.12, observe que se a senoide de 400 Hz for amostrada com T= 2 ms isso representa uma freqüência de amostragem fa = 500 Hz e uma freqüência de

Nyquist f N = 250 Hz. O sinal original de 400 Hz se rebate em Nyquist, representandouma freqüência aparente de 100 Hz.

Figura 1.12: Sinal contínuo e sinal amostrado incorretamente

Desta forma, não se pode amostrar um sinal cuja freqüência seja maior que afreqüência de Nyquist, para evitar este problema, os sinais devem ser filtrados por umfiltro passa baixo para eliminar todas as freqüências do sinal acima de Nyquist.

Além disso, significa que uma vez o sinal tenha sido amostrado, não é mais possível recupera-lo completamente devido ao problema de amostragem. Por isso, adiscretização do sinal deve ser feita com muito cuidado para obter o resultado finaldesejado.

Em geral, o tempo de discretização será limitado pela capacidade da placa deaquisição de sinais, isto é, as placas possuem uma capacidade limitada em velocidade de

processamento, isso na prática irá limitar a velocidade de aquisição.

1.5 Exercícios Propostos



9

Exercício 1.1: (Prova de 2007) Calcular o tempo de amostragem m´nimo para simular osistema de 2ª ordem dado abaixo para uma entrada senoidal com freqüência ω = 50radl/s, supondo 6 pontos por período.

10000s20s

100)s(G

2 ++=



10

Capítulo 2

2 Transformada Z

Neste capítulo, será abordada a transformada e a transformada inversa de Z.

2.1 Método da Transformada Z

O método da Transformada Z, transforma equações diferenciais temporais emequações algébricas no domínio discreto. Aqui, serão tratados sinais e sistemas linearese com parâmetros invariantes no tempo, e será assumido que o tempo de amostragem Tserá escolhido tal que será possível a reconstrução do sinal temporal original,significando que não será levado em conta erros de processamento de sinais. Parainiciar, deve-se considerar que a discretização de um sinal temporal contínuo é dada

por,

( ) ( )∑+∞

−∞=

−δ=k

kTt)t(xkTx k=0, 1, 2 ...

2.1.1 Transformada Z

A transformada Z de uma função temporal contínua x(t), onde t representaapenas o eixo positivo de tempo, para um tempo de amostragem T será definida por,

( ) ( )[ ] ( )[ ] ( )∑∞

=

−===0k

k zkTxkTxZtxZzX

2.1.2 Transformada Z de funções elementares

Função Degrau Unitário definido como ( ) ⎩⎨⎧

<

≤

= 0t0

t01

tx

Solução: Aplicando a definição,

( ) ( )[ ] [ ] L++++==== −−−∞

=

−∑ 321

0k

k zzz1z1ZtxZzX

Fazendo,

1Gzzzzz

Gzzz1G 4321321 −=+++=⇒++++= −−−−−−−

LL

Portanto,

1z1

1

1z

zGz)1z(GzzGG1G

z

G−

−=

−=⇒=−⇒−=⇒−=

Então,



11

( ) ( )[ ] [ ]1z

z

z1

1zzz1z1ZtxZzX

1321

0k

k

−=

−=++++====

−−−−

∞

=

−∑ L

Note que esta série convergirá se |z| >1.

Função Rampa Unitária definida por: ( )⎩⎨⎧

<≤

=0t0

t0ttx


( ) [ ] [ ] ( )L+++==== −−−∞

=

−∑ 321

0k

k z3z2zTkTzkTZtZzX

Fazendo,

L

LL

L

++++=−

−−−−+++=−

+++=

−−−−

−−−−−−−

−−−

4321

4323211

321

zzzzGz 1z

z3z2zz3z2zG)z1(

z3z2zG

Comparando com o exemplo do degrau unitário, então,

( ) ( )212z1

1

1z

zGG

z

1z1

1z

z−−

=−

=⇒−

=−−

Portanto,

( ) [ ] [ ] ( )( ) ( )221

1321

0k

k

1z

Tz

z1

Tzz3z2z1TkTzkTZtZzX

−=

−=+++====

−

−−−−

∞

=

−∑ L

Função Polinomial na forma ( )⎩⎨⎧ <≤= 0t0 t0atx

k

com a constante.


( ) [ ]az

z

az1

1zazaaz1zaaZzX

133221

0k

k k k

−=

−=++++===

−−−−

∞

=

−∑ L

Utilizando o mesmo princípio do exemplo anterior,L++++= −−− 33221 zazaaz1G

Portanto,1zazaazzazaaz1G)az1( 33221332211 =−−−−++++=− −−−−−−−

LL Então,

azz

az11G1G)az1(

11

−=

−=⇒=−

−−

Finalmente,

( ) [ ]az

z

az1

1zazaaz1zaaZzX

133221

0k

k k k

−=

−=++++===

−−−−

∞

=

−∑ L

Função Exponencial na forma: ( )⎩⎨⎧

<

≤=

−

0t0

t0etx

at


( ) [ ] [ ] L++++==== −−−−−−∞

=

−−− ∑ 3aT32aT21aT

0k

k akTakTat zezeze1zeeZeZzX



12

Comparando com a solução do exemplo anterior, é fácil notar que a = e-aT, então,

( ) [ ] [ ]aT1aT

0k

k akTakTat

ez

z

ze1

1zeeZeZzX

−−−

∞

=

−

−=

−==== ∑

Função Senoidal definida como: ( ) ⎩⎨⎧ <

≤ω= 0t0

t0tsintx

Solução: Sabendo-se que,

( )t jt j ee j2

1tsin ω−ω −=ω

Aplicando a definição,

( ) [ ] ( ) [ ] [ ]( )t jt jt jt j eZeZ j2

1ee

j2

1ZtsinZzX ω−ωω−ω −=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−=ω=

Observe que aqui se aplicou duas propriedades da transformada Z, que foi amultiplicação por uma constante e a propriedade da soma.

Então, pela transformada Z da exponencial,

( )[ ] [ ] ( )

( )( ) 1Tcosz2z

Tsinz

zTcosz21

Tsinz

zzee1

zee

j2

1

ze1

1

ze1

1

j2

1ee

j2

1ZtsinZtxZ

221

1

21T jT j

1T jT j

1T j1T jt jt j

+ω−ω

=+ω−

ω=

++−−

=

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

−−

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−=ω=

−−

−

−−ω−ω

−ω−ω

−ω−−ωω−ω

2.1.3 Propriedades da Transformada Z

Multiplicação por uma constante: [ ] [ ] )z(aX)t(xaZ)t(axZ ==

Linearidade: )kT(g)kT(f )kT(x β+α= então )z(G)z(F)z(X β+α=

Multiplicação por ak: [ ] )za(X)kT(xaZ 1k −= Prova:

[ ] ( ) )za(Xza)kT(xz)kT(xa)kT(xaZ 1

0k

k 1

0k

k k k −∞

=

−−∞

=

− === ∑∑

Translação no tempo ou translação real,[ ] )z(Xz)nTt(xZ n−=−

Prova:

[ ]

( )∑

∑∞

=

−−−

∞

=

−

−=

−=−

0k

nk n

0k

k

z)nTkT(xz

z)nTkT(x)nTt(xZ

Definindo m = k-n, então,

[ ] ∑∞

−=

−−=−

nm

mn z)mT(xz)nTt(xZ

Como x(mT) para m<0 por definição é igual a zero,



13

[ ] )z(Xzz)mT(xz)nTt(xZ n

0m

mn −∞

=

−− ==− ∑

Além disso,

[ ] ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−=+ ∑

−

=

−1n

0k

k n z)kT(x)z(Xz)nTt(xZ

Prova

[ ]

( )

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−=

−=

−==

+=

+=+

∑∑

∑∑∑

∑

∑

−

=

−

−

=

−

−

=

−∞

=

−∞

=

−

∞

=

+−

∞

=

−

1n

0k

k n

1n

0m

mnn

1n

0m

mn

0m

mn

nm

mn

0k

nk n

0k

k

z)kT(x)z(Xz

z)mT(xz)z(Xz

z)mT(xzz)mT(xzz)mT(xz

z)nTkT(xz

z)nTkT(x)nTt(xZ

Exemplo 2.1: Achar a transformada Z do degrau unitário quando o degrau éaplicado 4 períodos de amostragem, isto é, para k = 4.

Solução: como a transformada Z do degrau unitário começando em k = 0 é dada por,

( ) ( )[ ] [ ]1z

z1ZtxZzX

−===

O problema pede,( ) ( )[ ]T4txZzX −=

Utilizando o teorema da translação no tempo,

[ ]1z

z)z(Xzz)mT(xz)T4t(xZ

44

0m

m4

−===−

−−

∞

=

−− ∑

Neste caso, deve ser notado que z-4 significa um atraso de tempo de 4 semconsiderar qual foi o atraso de tempo utilizado.

Translação complexa,

[ ] ( ) ( )aT

0k

k aT

0k

k akTat zeXze)kT(xze)kT(x)t(xeZ === ∑∑∞

=

−

∞

=

−−−

Exemplo 2.2: Encontrar a transformada Z de atte− Solução: como a transformada de t, rampa unitária é dada por,

( ) [ ]( ) ( )

)z(X1z

Tz

z1

TztZzX

221

1

=−

=−

==−

−

Então, pelo teorema da translação complexa,

( ) [ ] ( )

( )( ) ( )2aT

aT

21aT

1aTat

1ze

Tze

ze1

zeTteZzX

−

=

−

==−

−−



14

Teorema do valor inicial: Se x(t) possui uma transformada X(z) e se )z(Xlimz ∞→

existe, então o valor inicial x(0) é dado por,)z(Xlim)0(x

z ∞→=

Prova: Como a transformada z de uma seqüência de números é dada por,

( ) [ ] L++++=== −−−∞

=

−∑ 321

0k

k z)T3(xz)T2(xz)T(x)0(xz)kT(x)kT(xZzX

Fazendo z tender ao infinito, sobra apenas x(0).

Teorema do valor final: Supondo que x(kT) onde x(0) = 0 para todo k<0, tenhaa transformada X(z) e todos os pólos de X(z) estejam dentro do circulo de raio unitáriocom exceção de um pólo simples em z = 1, isto é a condição de estabilidade que seráapresentada mais à frente. Então, o valor final de x(kT) pode ser expresso por,

( )[ ])z(Xz1lim)kT(xlim 1

1zk

−

→∞→−=

Prova: Sabendo-se que pela definição da transformada Z,

( )[ ] ( ) ( )∑∞

=

−==0k

k zkTxzXkTxZ

Então,

( )[ ] ( ) ( )∑∞

=

−− −==−0k

k 1 zTkTxzXzTkTxZ

Subtraindo um do outro,

( ) ( ) )z(Xz)z(XzTkTxzkTx 1

0k

k

0k

k −∞

=

−∞

=

− −=−− ∑∑

Aplicando o limite quando z tende à unidade,

( ) ( ) ( )[ ])z(Xz1limzTkTxzkTxlim 1

1z0k

k

0k

k

1z

−

→

∞

=

−∞

=

−

→−=⎥

⎦⎤

⎢⎣⎡ −− ∑∑

Como foi assumido que x(k) = 0 para k < 0 então, o lado esquerdo da equaçãoacima torna-se,

( ) ( ) ( )( ) ( )[ ]

( )[ ]∑

∑∑∑∞

=

∞

=

−−∞

=

−∞

=

−

→

−−=

−−=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−

0k

0k

k k

0k

k

0k

k

1z

)TkT(xkTx

1)TkT(x1kTxzTkTxzkTxlim

Expandindo o somatório,

( )[ ] [ ] [ ] [ ]

)k (xlim)(x

)1(x)2(x)0(x)1(x)1(x)0(x)TkT(xkTx

k

0k

∞→

∞

=

=∞=

=+−+−+−−=−−∑ L

Então,)z(Xz1lim)k (xlim 1

1zk

−

→∞→−=

2.2 Transformada Z inversa

Como apresentado anteriormente, quando sinais contínuos são amostrados, a suareconstrução não é única, isto é, parte do sinal pode ter sido perdida devido ao teorema



15

da amostragem. Por exemplo, o sinal apresentado na Figura 2.1, como o sinal amostradogera apenas os pontos discretos, qual o sinal real?

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1-2

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

Figura 2.1: Sinal amostrado e suas possíveis reconstruções

Assim, a transformada Z de x(kT) ou x(t) gera um único X(z), desde queespecificado o tempo de amostragem T. Por sua vez, a transformada inversa de X(z)gera um único x(kT), mas resta saber se este x(kT) representa a resposta esperada parax(t), assim pode-se dizer que a transformada inversa de X(z) pode não gerar um únicox(t).

2.2.1 Método de expansão em frações parciais

Alguns métodos podem ser utilizados para encontrar a transformada z inversa,nesta parte será abordado o método de expansão em frações parciais que consiste emexpandir X(z) em frações na forma mais simples possível e utilizar a tabela detransformada Z para encontrar a sua representação em tempo contínuo.

Exemplo 2.3: Encontrar a transformada z inversa de1

1

az1

z)z(X

−

−

−=

Solução: Nas tabelas de transformada Z não se encontra a função acima, porém,

fazendo,1

1

az1

1)z(Yz)z(X

−−

−==

Utilizando a tabela de transformada z, tem-se que,

[ ] k 1

11 aaz1

1Z)z(YZ =⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

=−

−−

Porém, o desejado é,[ ] [ ] T)1k (111 a)TkT(y)z(YzZ)z(XZ −−−− =−==

Assim,

⎩⎨

⎧

≤

==−=

−

0k 0

,3,2,1k a)TkT(y)kT(y

T)1k (L



16

Para encontrar a transformada z inversa de X(z), deve-se notar que X(z) é dada

da seguinte forma,

n1n1n

1n

m1m1m

1m

0

azazaz

bz bz bz b)z(X

++++

++++=

−−

−−

L

Lcom m ≤ n

Ou ainda,

nn

11

nm

)1mn(1

)mn(0

zaza1

z bz bz b)z(X

−−

−+−−−−

+++

+++=

L

L

Colocando na forma de pólos e zeros,( )( ) ( )

( )( ) ( )n21

m210

pz pz pz

zzzzzz b)z(X

−−−−−−

=L

L

Supondo que todos os pólos são pólos não repetidos e tenha pelo menos 1 zerona origem, bm = 0, então, a melhor expansão será na forma,

n

n

2

2

1

1

pz

a

pz

a

pz

a

z

)z(X

−++−+−=L

Se houver pólos repetidos, supondo um pólo duplo e nenhum outro pólo, a

expansão poderá ser na forma,

( ) 1

22

1

1

pz

c

pz

c

z

)z(X

−+

−=

Exemplo 2.4: Supondo que a transformada z seja na forma

1z2z2z

2zz)z(X

23

2

−+−++

=

As raízes do denominador, que são os pólos, são dadas por, 1, ( )3 j121 ± ,

portanto, um pólo real e um par de pólos complexos conjugados, sendo assim, fazendo,

( )( )( ) ( ) ( )

( )( )1zz1z

aazaaazaa

1zz

aza

1z

a

1zz1z

2zz)z(X

231321

221

2321

2

2

+−−

−++−−++=

=+−

++

−=

+−−++

=

Portanto, montando o sistema matricial para a solução,

⎪⎭⎪⎬

⎫

⎪⎩⎪⎨

⎧

−=⎪⎭⎪⎬

⎫

⎪⎩⎪⎨

⎧

⎥⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎢⎣

⎡

−−−=

⎪⎭⎪⎬

⎫

⎪⎩⎪⎨

⎧

⇒⎪⎭⎪⎬

⎫

⎪⎩⎪⎨

⎧

=⎪⎭⎪⎬

⎫

⎪⎩⎪⎨

⎧

⎥⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎢⎣

⎡

−−−

−

23

4

21

1

101111

011

aa

a

21

1

aa

a

101111

0111

3

2

1

3

2

1

Então,

( )( )

21

2

21

1

1

1

2222

2

zz1

z2

zz1

z3

z1

z4

1zz

2

1zz

z3

1z

4

1zz

2z3

1z

4

1zz1z

2zz)z(X

−−

−

−−

−

−

−

+−+

+−−

−=

+−+

+−−

+−

=+−

+−+

−=

+−−++

=

Para o primeiro termo,

( ) ( ) ⎩⎨

⎧

≤

=

==⇒=⇒−==−

−

−

0k 0

,3,2,1k 4

14)kT(x14)kT(yz1

4

)z(Y)z(Xz1k

1

1 L

Para o segundo termo, deve-se notar que,



17

[ ]21

1

zTcosz21

TsinztsinZ

−−

−

+ω−ω

=ω

Aplicando o teorema da translação complexa,

[ ]2aT21aT

1aTakT

zeTcosze21

TsinzekTsineZ

−−−−

−−−

+ω−

ω=ω

Então, comparando o segundo membro de X(z) com a equação acima, nota-seque se 1e aT2 =− , significando que 1e aT =− e 21Tcos =ω , significando que 3T π=ω

e consequentemente, 23Tsin =ω . Então,

( )21

1

2aT21aT

1aTk

zz1

z

2

3

zeTcosze21

Tsinzek

3sin1Z

−−

−

−−−−

−−

+−=

+ω−ω

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ π

Significando que,

( ) ( )⎪⎩

⎪⎨⎧

≤

=π

=⇒+−

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ π=

−−

−

0k 0

,3,2,1k k 3

sin132)kT(xzz1

z3k

3sin132Z)z(X

k

21

1k L

Para a terceira parte, utilizando a resposta anterior,

( )

( ) ( )

⎪⎩

⎪⎨⎧

≤

=−π

=

⇒+−

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ π==

−−

−−

0k 0

,3,2,1k 1k 3

sin13

34)kT(x

zz1

z4k

3sin1

3

34Z)z(Y)z(Xz

k

21

1k 1

L

Portanto, a solução final fica,

( )

⎪⎩

⎪

⎨

⎧

≤

=−π

+π

−= 0k 0

,3,2,1k 1k 3

sin3

34k

3sin324

)kT(xL

2.2.2 Método computacional - Matlab

O método apresentado aqui pode ser implementado em qualquer software, eleconsiste em calcular a resposta do sistema ao delta de Kronecker, neste caso, a respostaserá numérica, e em alguns casos a reconstrução pode ser retirada facilmente.

Exemplo 2.5: Calcular a transformada Z inversa de, ( )( ) 1z2z

z2z

1z

2zz)z(X

2

2

2 +−+

=−

+=

No Matlab digitar:num=[1 2 0]; % numerador

den=[1 -2 1]; % denominador

u=[1 zeros(1,30)]; % delta de Kronecker

x=filter(num,den,u) % resposta ao delta de Kronecker

Solução encontrada.x =



18

Columns 1 through 12

1 4 7 10 13 16 19 22 25 28 31 34


37 40 43 46 49 52 55 58 61 64 67 70


73 76 79 82 85 88 91

Neste caso, a seqüência de valores é dada por 1k 3)k (x += k=0, 1, 2, .....

2.3 Exercícios Resolvidos

Exemplo 2.6: Encontrar a transformada Z de,

⎩⎨⎧

<

≥ω=

0t0

0ttcos)t(x

Solução: Sabendo-se que2

eetcos

t jt j ω−ω +=ω e que,

[ ]1t

t j

ze1

1eZ

−ωω

−= e [ ]

1tt j

ze1

1eZ

−ω−ω−

−=

Então,

[ ]

1Tcosz2z

Tcoszz

ze1

1

ze1

1

2

1tcosZ

2

2

1t1t

+ω−

ω−=⎟

⎠

⎞⎜

⎝

⎛

−

+

−

=ω−ω−−ω

Exemplo 2.7: Encontrar a transformada Z do sinal que tem a seguinte representação emLaplace,

( )1ss

1)s(X

+=

Neste caso, das tabelas de transformada de laplace inversa, tem-se que,[ ] t1 e1)s(XL −− −= t ≥ 0

Então a transformada Z fica,

[ ] [ ] )ez)(1z(

z)e1(

ze1

1

z1

1

e1Z)s(XZ T

1T

1T1

t

−

−−

−−−

−

−−

−

=−−−=−=

Exemplo 2.8: Encontrar a transformada Z da função definida na assumindo tempo deamostragem T = 1 segundo.



19

0 1 2 3 4 5 6 7 80

0.2

0.4

0.6

0.8

1

t

x ( t )

Figura 2.2: sinal a ser discretizado

Observe que há algumas possíveis soluções, pois x(t) pode ser escrita como 3impulsos devidamente defasados e o degrau unitário defasado de 4 instantes de tempo,

)4kT(1)3kT(75.0)2kT(5.0)1kT(25.0)kT(x −+−δ+−δ+−δ= Aplicando a transformada Z em cada termo,

[ ]( )21

51

1

4321

z14zz

z1z

4z3

2z

4z)kT(xZ

−

−−−

−−−−

−−=

−+++=

Ou então, como uma reta iniciando em 0 menos uma reta negativa iniciando em4,

)4kT(4

1kT

4

1)kT(x −−=

Aplicando a transformada Z em cada termo,

[ ]( ) ( ) ( )21

51

21

5

21

1

z14

zz

z1

z41

z1

z41

)kT(xZ−

−−

−

−

−

−

−

−=

−−

−=


Exercício 2.1: Obter a transformada Z de,

a) ( )ate1a

1)t(x −−=

b) at2et)t(x −=

c)0 1 2 3 4 5 6 7 8

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

t

x ( t )

Exercício 2.2: Considerando a seguinte função de transferência discreta,

( )( )211

1

z4.0z3.11z1

z)z(X

−−−

−

++−=

Determinar:a) Valor inicial x(0);



20

b) Valor final x(∞);c) A transformada Inversa;

Exercício 2.3: (Prova 2007) Calcular a Transformada Z do sinal apresentado abaixo,



21

Capítulo 3

3 Função de transferência em tempo discreto

3.1 Amostragem impulsiva

Considerando um sinal x(t) que será amostrado por um amostrador, conhecidocomo sampler , de tal modo que a intervalos de tempo T, conhecido como tempo deamostragem ou tempo de discretização, ocorra uma leitura, este sinal é dado pela Figura3.1, e pode ser representado por,

∑∞

=

−δ=0k

* )kTt()kT(x)t(x

Figura 3.1: Amostrador impulsivo

Supondo que não são medidos tempos negativos, devido a causalidade, então aequação acima pode ser expandida como,

LL +−δ++−δ+δ= )kTt()kT(x)Tt()T(x)t()0(x)t(x*

Observe que o δ representa um trem de impulsos e, uma das formas de entender o fenômeno da amostragem é que o sinal x(t) modula o trem de impulsos para formar osinal amostrado conforme apresentado pela Figura 3.2.

Figura 3.2 : Amostrador impulsivo como um modulador



22

Agora aplicando a Transformada de Laplace no sinal amostrado,

[ ] [ ] [ ] [ ]

∑∞

=

−

−−

=

+++=

+−δ+−δ+δ==

0k

kTs

Ts2Ts

**

e)kT(x

e)T2(xe)T(x)0(x

)T2t(L)T2(x)Tt(L)T(x)t(L)0(x)t(xL)s(X

L

L

Sabendo-se que a Transformada de laplace de um impulso defasado de a é,[ ] ase)at(L −=−δ

Então,

∑∞

=

−−− =+++=0k

kTsTs2Ts* e)kT(xe)T2(xe)T(x)0(x)s(X L

Definindo,

zlnT

1szeTs =⇒=

Então,

( )∑∞

=

−

==

0k

k

zlnT

1s

* zkTx)s(X

O lado direito desta equação é a definição de transformada Z da seqüência x(t),então,

)z(X)s(Xzln

T

1s

* ==

Desta forma,

)z(Xzln

T

1X* =⎟

⎠

⎞⎜

⎝

⎛

3.2 Circuito Data-Hold

A saída de um amostrador é um trem de impulsos, mas em alguns casos isso nãoé desejável, e o necessário seria um sinal contínuo, a transformação de um sinal naforma de trem de impulsos em um sinal contínuo pode ser feito por um circuito tipoData-Hold, que nada mais é do que o processo de se obter um sinal contínuo x(t) deuma seqüência discreta x(kT).

O circuito Data-Hold nada mais é do que um interpolador, isto é, ele gera ou

mantém um sinal entre dois impulsos seguindo uma interpolação polinomial na forma,01

1n1n

nn aaaa)kT(h +τ++τ+τ=τ+ −

− L

onde h(kT+τ) é a saída do circuito data-hold. Assumindo x(kT) como o sinal que passará pelo circuito, neste caso, h(kT) deve ser igual a x(kT) para que os sinais sejamos mesmos, então,

)kT(xaaa)kT(h 11n

1nn

n +τ++τ+τ=τ+ −− L

3.2.1 Segurador de Ordem Zero - ZOH

A forma mais simples de interpolação é fazendo n=0, que representa um circuitode ordem zero dado por,



23

)kT(x)kT(h =τ+ Na Figura 3.3:, observa-se o resultado de um segurador de ordem zero.

Figura 3.3: Exemplo de sinal amostrado com uma reconstrução utilizando o ZOH

O ZOH mantém o sinal anterior até que um novo sinal apareça, então,)kT(x)tkT(h =+

Significando que a saída do circuito será igual à entrada até que ocorra outrosinal de entrada, então,

[ ][ ]

[ ])T3t(1)T2t(1)T2(x)tT2(h2k

)T2t(1)Tt(1)T(x)tT(h1k

)Tt(1)t(1)0(x)t(h0k

−−−=+⇒=

−−−=+⇒=

−−=⇒=

Então a resposta temporal do ZOH será definida como,[ ] [ ]

[ ]∑∞

=

+−−−=

+−−−+−−=

0k

)T)1k (t(1)kTt(1)kT(x

)T2t(1)Tt(1)T(x)Tt(1)t(1)0(x)t(h L

Como a Transformada de Laplace do degrau unitário atrasada de kT é dada por,

[ ]s

e)kTt(1L

kTs−

=−

Então a Transformada de Laplace da resposta do ZOH torna-se,( )

∑∑∞

=

−−∞

=

+−− −=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−=

0k

kTsTs

0k

Ts1k kTs

e)kT(xs

e1

s

e

s

e)kT(x)s(H

Como,

∑∞

=

−=0k

kTs* e)kT(x)s(X

Então,

)s(Xs

e1)s(H *

Ts−−=

Consequentemente, a função de transferência o ZOH é dada por,

s

e1

)s(X

)s(H)s(G

Ts

*ZOH

−−==

3.2.2 Segurador de primeira ordem

Fazendo n=1, que representa um circuito de primeira ordem dado por,



24

)kT(xa)kT(h 1 +τ=τ+ Aplicando a condição que,

)T)1k ((x)T)1k ((h −=− Então,

)T)1k ((x)kT(xTa)T)1k ((h 1 −=+=− Portanto,

T

)T)1k ((x)kT(xa1

−−=

Consequentemente, a equação do segurador de primeira ordem fica,

)kT(xT

)T)1k ((x)kT(x)kT(h +τ

−−=τ+

Como o FOH utiliza uma extrapolação linear utilizando o valor anterior e o atual para predizer o valor do próximo e, além disso, o valor h(kT) deve ser igual a x(kT).então,

)T(xT

)T2(xT

1)T2(xT

)T(x)T2(x)T2(h2k

)0(xT

)T(xT

1)T(xT

)0(x)T(x)T(h1k

)0(xT1)0(xT

)T(x)0(x)(h0k

τ−⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ τ+=+τ

−=τ+⇒=

τ−⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ τ+=+τ

−=τ+⇒=

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ τ+=+τ

−−=τ⇒=

Que pode ser expressa convenientemente como,

)T)1k ((xT

)T(xT

1)kT(h −τ

−⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ τ+=τ+

Fica difícil escrever a equação sem assumir uma entrada conhecida, utilizandouma entrada degrau para x(t),

)Tt(1T

t)t(1

T

t1)t(h −−⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ +=

Somando e subtraindo 1(t-T),

)Tt(1)Tt(1T

Tt)t(1

T

t1)t(h −−−

−−⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ +=

Aplicando a transformada de Laplace a cada um dos termos da equação acima,

( )2

TsTsTs22 Ts

1Tse1e

s

1e

Ts

1

Ts

1

s

1)s(H

+−=−−⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ += −−−

Agora, a transformada de Laplace da entrada x*(t) do FOH é,

∑∞

=−

−

−==

0k Ts

kTs*

e1

1e)kT(1)s(X

Então a função de transferência do segurador de primeira ordem FOH fica,

( )2

2Ts*FOH Ts

1Tse1

)s(X

)s(H)s(G

+−== −

Um exemplo do FOH é dado na Figura 3.4:.



25

Figura 3.4: FOH de um sinal qualquer

3.2.3 Funções de Transferência em Tempo Discreto com ZOH

Supondo que antes da função G(s) há um ZOH, então a convolução de G(s) como ZOH é dada por,

)s(Gse1)s(X

Ts−−=

Fazendo,

( ) ( ) )s(Ge)s(G)s(Ge1s

)s(Ge1)s(G

s

e1)s(X 1

Ts11

TsTsTs

−−−−

−=−=−=−

=

Pegando apenas o último termo,)s(Ge)s(X 1

Ts1

−= Aplicando o teorema da convolução,

∫ τττ−=t

0

101 d)(g)t(g)t(x

onde,( )

[ ])s(GL)t(g

TteL)t(g

11

1

Ts10

−

−−

=

−δ==

Então,

∫ τττ−−δ=t

0

11 d)(g)Tt()t(x

Como o delta extrai o valor da função,)Tt(g)t(x 11 −=

Além disso, Z[g1(t)]=G1(Z), então, por definição,[ ] [ ] )z(Gz)Tt(gZ)t(xZ 1

111

−=−= Porém, o desejado é,

[ ] [ ]

( ) ( ) ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−=−=−=

−=−=

−−−

−

s

)s(GZz1)z(Gz1)z(Gz)z(G

)t(xZ)t(gZ)s(Ge)s(GZ)z(X

11

11

11

111Ts

1

No caso do FOH preceder a função G(s), tem-se

( ) )s(GTs

1Tse1)s(X

2

2Ts +−= −

Utilizando o mesmo resultado do ZOH,



26

( )

( ) ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ +−=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ +−=

−

−

)s(GTs

1TsZz1

)s(GTs

1Tse1Z)z(X

2

21

2

2Ts

Exemplo 3.1: Obter a transformada Z de,

1s

1

s

e1)s(X

Ts

+−

=−

Solução: Como representa um ZOH,

( )

( ) ( ) ( )1T

1T

1T111

1Ts

ze1

ze1

ze1

1

z1

1z1

1s

1

s

1Zz1

1s

1

s

1Zz1

1s

1

s

e1Z)z(X

−−

−−

−−−−−

−−

−−

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

−−

−=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

−−=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

−=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

+−

=

3.2.4 Resposta em Freqüência do ZOH

A função de transferência do ZOH é dada por,

s

e1G

Ts

ZOH

−−=

A resposta em freqüência, que é o diagrama de bode, pode ser encontradasubstituindo s por jω,

( ) ( ) ( ) ( )( )

( ) ( ) ( )( ) ( )2/T

2/TsinTe

j2

eee2 j2

eee2

j2

e12

j

e1

) j(G

Tj2/1Tj2/1Tj2/1Tj2/1

Tj2/1Tj2/1Tj2/1TjTj

ZOH

ωω

=ω

−=

ω

−

=ω

−

=ω

−

=ω

ω−ω−ωω−

ω−ωω−ω−ω−

Nas figuras abaixo, ωs representa a freqüência de Nyquist, isto é a máximafreqüência que o sinal ainda pode ser reconstruído adequadamente. Caso o sinalamostrado apresente freqüências acima da freqüência de Nyquist o sinal discretizadoapresentará erro de aliasing.

(a) (FRF) (b) diagrama de Bode



27

Figura 3.5: Resposta em freqüência do ZOH

O ZOH pode ser entendido como um filtro de reconstrução do sinal amostrado eele não é um filtro passa-baixo ideal. Como a magnitude muda com a freqüência,

atenuando o sinal a medida que a freqüência aumenta, o ZOH distorce o sinal, isto é, elemuda a amplitude e a fase do sinal de saída.

3.3 Função de Transferência Pulsada

A função de transferência, FT, pulsada é a função de transferência em Laplaceenvolvendo o amostrador. Supondo que um sistema cuja resposta ao impulso seja h(t)tenha a entrada x(t) e a saída seja y(t), cujas transformadas de Laplace são H(s), X(s) eY(s) respectivamente. Pelo teorema da convolução tem-se,

( ) ( ) ( ) ( ) ( )∫ ∫ τττ−=τττ−==

t

0

t

0dhtxdxth)t(x*)t(hty

Que no domínio de Laplace é dada por,)s(X)s(H)s(Y =

Adicionando um amostrador em x(t), este é dado por,

( ) ( )∑∑∞

=

∞

=

−δ=−δ=0k 0k

* kTt)kT(xkTt)t(x)t(x

Aplicando esta entrada no sistema, tem-se que a resposta y(t) será a combinaçãode cada impulso gerado por x*(t) em h(t), sendo assim,

( ) ( ) ( ) ( )

kTt0)nT(x)nTt(h

kTx)kTt(hT2x)T2t(hTx)Tt(h0x)t(h)t(y

k

0n

≤≤−=

=−++−+−+=

∑=

L

Amostrando também a saída do sistema, tem-se a Soma de Convolução dada por,

)kT(x*)kT(h)nT(h)nTkT(x)nT(x)nTkT(h)kT(y0n0n

=−=−= ∑∑∞

=

∞

=

O procedimento feito até aqui é exatamente o que ocorre na Figura 3.6. Deve-senotar que H(z) é a resposta do sistema ao delta de Kronecker, pois se,

⎩

⎨⎧

≠

==δ=

0k 0

0k 1)kT()kT(x

Então,



28

[ ] 1z)kT(x)kT(Z)z(X0k

k ==δ= ∑∞

=

−

Significando que Y(z) = H(z) se a entrada for um impulso.

Figura 3.6 : Sistema em tempo contínuo com amostradores

3.3.1 Transformada de Z de FTs incluindo o amostrador

Em sistemas em tempo discreto, alguns sinais do sistema são amostradosenquanto outros continuam representados em tempo contínuo, que é exatamente o queocorre na Figura 3.6. Sendo assim, será útil calcular a função de transferência pulsadacontendo amostradores em várias posições.

Note que na Figura 3.6, a função de transferência Y(s) é dada por,)s(X)s(H)s(Y *=

A Transformada de Laplace Inversa de Y(s) é dada por,

[ ]

∑∫ ∑

∫ ∞

=

∞

=

−

=τ−τδττ−=

τττ−==

0k

t

0 0k

t

0

**1

)kT(x)kT(hd)kT()(x)t(h

d)(x)t(h)s(X)s(HL)t(y

Aplicando a transformada Z,

∑ ∑∞

=

−∞

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=

0n

n

0k

z)kT(x)kT(h)z(Y

Fazendo m = n - k,

( )

)z(X)z(H

z)kT(xz)mT(h

z)kT(x)mT(h)z(Y

k

0k

m

0m

0m

mk

0k

=

=

=

−∞

=

−∞

=

∞

=

+−∞

=

∑∑

∑∑

Significando que,

[ ] )s(X)s(H)s(X)s(H)s(Y ***** == Aplicando transformada Z, torna-se,

)z(H)z(X

)z(Y)z(X)z(H)z(Y =⇒=

3.3.2 Função de Transferência em Cascata



29

Considerando o sistema apresentado na Figura 3.7(a), supondo que osamostradores estão sincronizados. Neste caso, observa-se que,

)s(U)s(H)s(Y

)s(X)s(G)s(U*

*

=

=

Como mostrado no item anterior, encontra-se,)s(X)s(G)s(H)s(Y

)s(U)s(H)s(Y

)s(X)s(G)s(U ****

***

***

=⇒=

=

Aplicando a Transformada Z, obtém-se a função de transferência,

)Z(G)z(H)z(X

)z(Y)z(X)z(G)z(H)z(Y =⇒=

Porém, aplicando o mesmo método na Figura 3.7(b), neste caso tem-se que,)s(X)s(HG)s(X)s(G)s(H)s(Y ** ==

Que resulta em,[ ] )s(X)s(HG)s(Y *** =

Cuja transformada Z é dada por,

)z(HG)z(X

)z(Y=

Nota-se claramente que,)Z(G)z(H)z(HG ≠

Figura 3.7 :Sistemas em cascata

Exemplo 3.2: Encontrar a função de transferência discreta em cascata dosistema apresentado na Figura 3.7 supondo,

as

1)s(G

+= e

bs

1)s(H

+=

Para a Figura 3.7(a) tem-se,

1 bT1aT ze1

1

ze1

1

bs

1Z

as

1Z)Z(G)z(H

)z(X

)z(Y−−−− −−

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

==

Para a Figura 3.7(b) tem-se,

( )( )( )

( )( )1 bT1aT

1 bTaT

ze1ze1

zee

a b

1

bsas

a b

a b

1Z

bs

1

as

1Z)Z(HG

)z(X

)z(Y−−−−

−−−

−−−

−=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡++

−−

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡++

==

Este exemplo mostra claramente que ambos são diferentes.

3.3.3 Função de transferência em malha fechada



30

Como mencionado anteriormente, a amostragem pode ocorrer em qualquer etapado processo de controle. Supondo um sistema em malha fechada como o descrito naFigura 3.8.

Figura 3.8: sistema em malha fechada envolvendo amostador

Consequentemente,

)s(E)s(HG)s(R )s(E)s(G)s(H)s(R )s(E**

−=−= Que pode ser reescrito utilizando FT pulsada para todos os termos como,

[ ])s(GH1

)s(R )s(E)s(E)s(HG)s(R )s(E

*

******

+=⇒−=

Como,)s(E)s(G)s(C *** =

Então, a função de transferência pulsada de malha fechada é dada por,

)s(GH1

)s(G

)s(R

)s(C

)s(GH1

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

*

*

*

*

*

*****

+=⇒

+==

Aplicando a transformada Z, encontra-se a função de transferência discreta emmalha fechada,

)z(GH1

)z(G

)z(R

)z(C

+=

3.3.4 Função de transferência em malha fechada de controladoresdigitais

Na prática, o controlador será um controlador digital e a planta será em tempo

contínuo. Neste caso haverá um amostrador que discretiza o sinal através do conversor A/D quando o sinal entra em uma placa controladora ou no sistema que realiza ocontrolador, como um controlador lógico programável – CLP, que normalmente éimplementado em tempo discreto. Após a realização do controlador, o sinal de controlegerado é enviado para o conversor D/A que normalmente possui um ZOH paraimplementar a lei de controle em tempo contínuo. Um caso como o apresentado aquisem levar em conta as funções de transferência dos conversores A/D e D/A é dado naFigura 3.9.



31

Figura 3.9: sistema em malha fechada envolvendo amostador

No caso, a função de transferência em malha fechada é dada por,)s(E)s(G)s(G)s(C)s(E)s(G)s(G)s(C **

D****

D =⇒= Aplicando a transformada Z,

)z(E)z(G)z(G)z(C D= Como,

[ ])z(C)z(R )z(G)z(G)z(C)z(C)z(R )z(E D −=⇒−= Chegando a,

)z(G)z(G1 )z(G)z(G)z(R )z(CD

D+=

3.3.5 Função de transferência pulsada de um controlador PID digital

A resposta de um controlador PID no domínio do tempo é dada por,

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡++= ∫ )t(e

dt

dTdt)t(e

T

1)t(eK )t(m d

t

0i

onde e(t) é a entrada do controlador dada pela diferença da resposta da planta e pelareferência a ser seguida, K é o ganho proporcional, Ti é a constante de tempo docontrole integral e Td a constante de tempo do controle proporcional.

Para se obter a função de transferência pulsada do controlador PID, é necessáriorealizar a discretização da resposta temporal. A integral será aproximada pela somatrapezoidal e a derivada será aproximada pela derivada da interpolação utilizando 2

pontos. Assim,

( )

( )⎥⎦

⎤−−+

⎢⎣

⎡+⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ +−++

++

++=

T

T)1k (e)kT(eT

2

)kT(eT)1k (e

2

)T2(e)T(e

2

)T(e)0(e

T

T)kT(eK )kT(m

d

i

L

Ou então,

( )( )[ ]

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

−−++−

+= ∑=

T)1k (e)kT(eT

T

2

)hT(eT)1h(e

T

T)kT(eK )kT(m d

k

1hi

Para resolver o problema, deve-se primeiro notar que,

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

−=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡ ∑∑−

=

−−

=

1i

0h

h1

k

ih

z)h(x)z(Xz1

1)h(xZ

Prova: esta transformada é comprovada fazendo,

)k (x)1i(x)i(x)h(x)k (y~k

ih

++++==

∑=

L



32

A transformada Z de cada um dos termos utilizando a propriedade da translaçãoreal,

k )1i(i z)k (xz)1i(xz)i(x)z(Y~ −+−− ++++= L

Porém, observe que, definindo,LL +++++= −+−− k )1i(i z)k (xz)1i(xz)i(x)z(X

~

E da definição de transformada Z,

L+++=== −−∞

=

−∑ 21

0k

k z)2(xz)1(x)0(xz)k (x)]k (x[Z)z(X

Então, obtêm-se,

∑−

=

−−=1i

0h

hz)h(x)z(X)z(X~

Por outro lado,

)z(X~

z1

1)z(Y

~)z(X

~)z(Y

~z)z(Y

~)k (x)1k (y~)k (y~

11

−−

−=⇒=−⇒=−−

Pois a transformada Z de x(k) que começa em k = i é )z(X~ , finalmente,

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

−=

−==⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡ ∑∑−

=

−−−

=

1i

0h

h11

k

ih

z)h(x)z(Xz1

1)z(X

~

z1

1)z(Y

~)h(xZ

Voltando ao problema original utilizando o resultado acima e assumindo acausalidade, isto é, que para o tempo t = 0 não há resposta do erro,

[ ] )z(Ez1

1)0(E)z(E

z1

1)hT(eZ

11

k

1h−−

= −=−

−=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡∑

( ) [ ] )z(Ez1

z)0(E)z(E

z1

1z)T1h(eZ

1

1

11

k

1h−

−

−−

= −=

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ −

−=⎥

⎦

⎤⎢

⎣

⎡−∑

Agora, para[ ]

( )[ ] )z(Ez)T1k (eZ

)z(E)kT(eZ1−=−

=

Então, a transformada Z do controlador PID é dada por,

[ ]⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

−+⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

−+

−+= −

−

−

−)z(Ez)z(E

T

T

z1

z

z1

1

2

1

T

T)z(EK )z(M 1d

1

1

1i

Resultando em,

( )⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜

⎝

⎛ −+

−

++= −

−

−1d

1

1

i

z1

T

T

z1

z1

T2

T1K

)z(E

)z(M

Rearranjando os termos,

( )

( )⎥⎦⎤

⎢⎣

⎡−+

−+=

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −+

−+−=

−−

−−

1D1

IP

1d1

ii

z1K z1

K K

z1T

T

z1

1

T

T

T2

T1K

)z(E

)z(M

Onde

=−=−=2

K K

T2

KTK K I

i p ganho proporcional



33

==i

I T

KTK ganho integral

==T

KTK D

D ganho derivativo

A equação acima é referenciada como sendo a forma em posição.

Exemplo 3.3: Comparar a resposta ao degrau do sistema abaixo considerando o sistemacom e sem o controlador PID digital na forma como apresentado na Figura 3.10.

Figura 3.10 : sistema em malha fechada envolvendo amostador

Assumindo que o tempo de amostragem T é de 1 segundo, os ganhos docontrolador sejam K P = 1, K I=0.2, K D = 0.2 e que a planta seja dada por,

( )1ss

1G p +

=

Solução: Primeiro deve-se calcular a função de transferência pulsada entre oZOH e a planta. A convolução da planta e o ZOH é dada por,

( )1ss

1

s

e1GG

s

pZOH

+

−=

−

Aplicando a transformada de Z,

[ ]( )

( )( )

( )( )

( ) ( ) ( )[ ]( ) ( )1T21

11TTT1

21

21

s

pZOH

ze1z1

zzTee1e1Tz1

1ss

1Zz1

1ss

1Zz1

1ss

1

s

e1ZGGZ

−−−

−−−−−−−

−−

−−

−−++−−=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡

+−=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

+−=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡

+−

=

Esta transformada foi obtida através de tabela de transformação. Item 13 fazendoa = 1. Para comparar com o resultado do Exemplo 2.7, deve-se lembrar que naquele

ponto estava-se trabalhando com sinais, que são as respostas, e não as Funções de

Transferência como tratadas aqui. No Exemplo 2.7, a resposta é convolução da FT comentrada. Agora substituindo os valores de T = 1 e simplificando, obtêm-se,

[ ]( )( )11

21

pZOH z3679.01z1

z2642.0z3679.0)z(GGGZ

−−

−−

−−+

==

A função de transferência do controlador PID é dada por

( )

( )1

21

1

2D

1DPDIP

1D1

IPD

z1

z2.0z4.14.1

z1

zK zK 2K K K K

z1K z1

K K )z(G

)z(E

)z(M

−

−−

−

−−

−−

−+−

=−

++−++=

=−+−

+==

Agora a função de transferência em malha fechada é dada por,

( )1D1

IP z1K

z1

K K −

−−+

−+

( )( )11

21

z1z3679.01

z2642.0z3679.0−−

−−

−−+

R(z)

+ -



34

( )( )

( )( )

4321

4321

321

4321

321

4321

11

21

1

21

11

21

1

21

D

D

z0528.0z6642.0z5906.1z8528.11

z0528.0z2963.0z1452.0z5151.0

z3679.0z7358.1z3679.21

z0528.0z2963.0z1452.0z5151.01

z3679.0z7358.1z3679.21z0528.0z2963.0z1452.0z5151.0

z3679.01z1

z2642.0z3679.0

z1

z2.0z4.14.11

z3679.01z1

z2642.0z3679.0

z1

z2.0z4.14.1

)z(G)z(G1

)z(G)z(G

)z(R

)z(C

−−−−

−−−−

−−−

−−−−

−−−

−−−−

−−

−−

−

−−

−−

−−

−

−−

+−+−+−−

=

−+−+−−

+

−+−+−−

=

=

−−+

−+−

+

−−+

−+−

=+

=

Programa em Matlab

clear all;close all;clc

% planta sem o sistema de controle discreto% significando que a simulação é tempo contínuonum=[1]; % numerador contínuoden=[1 1 0]; % denominador contínuo

figure('Color',[1 1 1])step(num,den) % resposta ao degrau

% Planta controlada com PID digitalnumd=[0 0.5151 -0.1452 -0.2963 0.0528];dend=[1 -1.8528 1.5906 -0.6642 0.0528];kT=[0:1:40]; % vetor de tempo discreto com T=1r=ones(1,41); % criação do degrau unitárioc=filter(numd,dend,r); % simulação do sistema

figure('Color',[1 1 1]);plot(kT,c,'ko',kT,c,'k-') title('Unit-Step Response');xlabel('kT [s]');ylabel('Output C')

(a) sem controle (b) controladoFigura 3.11: Resposta do sistema

3.3.6 Simulação de sistemas em tempo discreto

Uma função de transferência em tempo discreto pode ser representada por,



35

( ) ( )

n1n

1n

m1mn

1mn

0n

n1

1

nm

1mn1

mn0

azaz

bz bz b

zaza1

z bz bz b

)z(X

)z(Y

+++

+++=

+++

+++=

−

−−−

−−

−+−−−−

L

L

L

Ln ≥ m

Que também pode ser expressa na forma de pólos e zeros,( )( ) ( )

( )( ) ( )n21

m210

pz pz pz

zzzzzz b

)z(X

)z(Y

−−−

−−−=

L

Ln ≥ m

Observe que,

nn

11

mm

110

zaza1

z bz b b

)z(X

)z(Y−−

−−

+++

+++=

L

L

Que pode ser reescrita como,)z(Xz bz b b)z(Yzaza1 m

m1

10n

n1

1−−−− +++=+++ LL

Aplicando a transformada inversa de Z, obtém-se,

)mTkT(x b)TkT(x b)kT(x b

)nTkT(ya)T2kT(ya)TkT(ya)kT(y

m10

n21

−++−+=

−++−+−+

L

L

Significando que a resposta atual y(kT) é obtida fazendo,

)mTkT(x b)TkT(x b)kT(x b

)nTkT(ya)T2kT(ya)TkT(ya)kT(y

m10

n21

−++−++

+−−−−−−−=

L

L

Deve ser lembrado que para kT < 0 a resposta do sistema será zero, isto é y(-T)= 0 devido à condição de causalidade.

Exemplo 3.4: Calcular a resposta ao degrau unitário em tempo discreto com T = 0.5 para o sistema dado em tempo contínuo,

( )21s

s)s(G

+=

Solução: Das tabelas de transformada Z,

( ) ( )

3679.0z2131.1zz9098.0z

)z(U)z(Y

z3679.0z2131.11z9098.01

ze1

ze)T1(1

1s

sZ

2

2

21

1

21T

1T

2

+−−

=

+−−

=−

+−=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡

+ −−

−

−−

−−

Então, o sistema a ser simulado é,(1 – 1.2131z-1 + 0.3679z-2)Y(z) = (1 – 0.9098z-1)U(z)

Aplicando a Transformada Z inversa,y(kT) – 1.2131y((k-1)T) + 0.3679y((k-2)T) = u(kT) – 0.9098u((k-1)T)

Rearranjando, )T)1k ((u9098.0)kT(u)T)2k ((y3679.0)T)1k ((y2131.1)kT(y −−+−−−= Como x(kT)=1(kT), então, começando o processo de iteração,

Para k = 0 u(kT) = u(0) = 1y(kT) = y(0) = u(0) = 1

Para k = 1 u(kT) = u(0.5) = 1; u(0)=1y(kT) = y(0.5) = 1.2131y(0) + u(0.5) - 0.9098u(0)

= 1.2131 +1 - 0.9098 = 1.3033

Para k=2 u(kT) = u(1) = 1; u(0.5) = 1;y(kT) = y(1) = 1.2131y(0.5) - 0.3679y(0) + u(1) - 0.9098u(0.5)



36

= 1.2131*1.3033 - 0.3679 + 1 - 0.9098 = 1.3033

Para k=3 u(kT) = u(1.5) = 1; u(1) = 1;y(kT) = y(1.5) = 1.2131y(1.5) - 0.3679y(1) + u(1.5) - 0.9098u(1)

= 1.2131*1.3033 - 0.3679*1.3033 + 1 - 0.9098 = 1.1917

Para k=4 x(kT) = u(2) = 1; u(1.5) = 1; u(1) = 1y(kT) = y(2)=1.2131y(1.5)-0.3679y(1)+u(2)-0.9098u(1.5)

= 1.2131*1.191-0.3679*1.3033+1 - 0.9098 = 1.0564

E assim por diante.

3.3.7 Realização de Controladores digitais e filtros digitais

Considerando o sistema abaixo,

nn

11

mm

110

zaza1

z bz b b

)z(X

)z(Y−−

−−

++++++

=L

L

A sua representação em diagramas de bloco, ou utilizando o Simulink doMatlab, é dada na Figura 3.12, esta realização é conhecida como padrão, pois o sistema

pode ser alterado para se obter outras realizações.

Figura 3.12 : Função de transferência

Exemplo 3.5: Implementar em Simulink o exemplo da Figura 3.10. Utilizando funçõesde transferência para o controlador e para a planta e finalmente a função detransferência de malha fechada.

Solução: a função de transferência da planta é dada por,

21

21

z3679.0z3679.11

z2642.0z3679.0)z(G

−−

−−

+−+

=

Função de transferência do controlador PID digital,

1

21

PID z1 z2.0z4.14.1)z(G −

−−

− +−



37

Para implementar esta função de transferência da planta e do controlador utiliza-se o bloco denominado “Discrete Filter”, mas poderia ser utilizado os blocos “DiscreteTransfer Fcn” ou “Discrete Zero-Pole”. A implementação do sistema está apresentadana Figura 3.13:.

Figura 3.13: Diagrama de blocos implementado em Simulink utilizando funções detransferência

Para a implementação da função de transferência de malha fechada, optou-se pela expansão em blocos ao invés de se utilizar função de transferência, para tanto,deve-se observar que a função de transferência de malha fechada é dada por,

4321

4321

z0528.0z6642.0z5906.1z8528.11

z0528.0z2963.0z1452.0z5151.0

)z(R

)z(C−−−−

−−−−

+−+−+−−

=

Observe que neste caso, observa-se que o termo b0 é zero, pois suarepresentação é,

44

33

22

11

43

33

22

110

MF zazazaza1

z bz bz bz b b)z(G −−−−

−−−−

++++++++

=

Para este caso, a solução se encontra na Figura 3.14.

Figura 3.14 : Diagrama de blocos implementado em Simulink utilizando atrasadores



38

3.3.8 Resposta ao Impulso Finita e Infinita

Observe que filtros ou funções de transferência na forma digital podem ser classificados de acordo com a duração da resposta ao impulso, isto é, tem-se oschamados filtros IIR, Infinite Impulse Response, e FIR, Finite Impulse Response.

Como apresentado anteriormente, considera-se uma função de transferência na forma,

nn

11

mm

110

zaza1

z bz b b

)z(X

)z(Y−−

−−

+++

+++=

L

L

Que pode ser representada em termos de equação de diferenças na forma,

)T)mk ((x b)T)1k ((x b)kT(x b

)T)nk ((ya)T)2k ((ya)T)1k ((ya)kT(y

m10

n21

−++−++

+−−−−−−−=

L

L

A forma acima é conhecida como Filtro IIR, cuja resposta é composta dosatrasos na entrada e na saída da função de transferência. Supondo que os termos a i sejam todos iguais a zeros, neste caso tem-se,

)T)mk ((x b)T)1k ((x b)kT(x b)kT(y m10 −++−+= L Significando que a resposta da planta é composta apenas dos atrasos da entrada,

este tipo de resposta é conhecida como filtro FIR. Que em termos da transformada Z édada por,

mm

110 z bz b b)z(Y −− +++= L

Este tipo de resposta é interessante, pois não apresenta pólos. FIR provém dofato que a resposta será composta por um número finito de atrasos de tempo da entrada.

Exemplo 3.6: Transformar a função de transferência abaixo que está na forma IIR para aforma FIR e calcular a resposta ao degrau unitário.

1

1

z5.01z6.02)z(G −

−

+−=

Para transformar a resposta acima para forma FIR, deve-se dividir o numerador pelo denominador, ou então, calcular a resposta ao impulso.


% denifindo os dados da plantanum=[2 -0.6];den=[1 0.5];x=[1 zeros(1,10)];y=filter(num,den,x)

Uma alternativa para ao “x=[1 zeros(1,10)];” e “y=filter(num,den,x)” seria utilizar direto a resposta ao impulso discreto “y=dimpulse(num,den)”

Y =

Columns 1 through 8

2.0000 -1.6000 0.8000 -0.4000 0.2000 -0.1000 0.0500 -0.0250


0.0125 -0.0063 0.0031



39

Tomando apenas os valores abaixo de z-7, então, a forma FIR fica,

7654321

1

1

z025.0z05.0z1.0z2.0z4.0z8.0z6.12

z5.01

z6.02)z(G

)z(X

)z(Y

−−−−−−−

−

−

−+−+−+−≅

+−

==

Cuja equação de diferenças fica,

)T)7k ((x025.0)T)6k ((x05.0)T)5k ((x1.0)T)4k ((x2.0

)T)3k ((x4.0)T)2k ((x8.0)T)1k ((x6.1)kT(x2)kT(yFIR

−−−+−−−+

+−−−+−−=

Enquanto que a forma IIR é dada por,)T)1k ((x6.0)T)k ((x2)T)1k ((y5.0)kT(y IIR −−+−−=

Resposta ao degrau unitário – FIR Resposta ao degrau unitário – IIR k=0 y(0) = 2x(0) = 2*1 = 2.0 y(0) = 2x(0)= 2.0k=1 y(1) = 2x(1)-1.6x(0) = 2*1-1.6*1 = 0.4 y(1) = -0.5y(0)+2x(1)-0.6x(0) 0.4k=2 y(2) = 2-1.6+0.8 = 1.2 y(2) = -0.5y(1)+2x(2)-0.6x(1) 1.2k=3 y(3) = 2-1.6+0.8-0.4 = 0.8 y(3) = -0.5y(2)+2x(3)-0.6x(2) 1.0

k=4 y(3) = 2-1.6+0.8-0.4+0.2 = 1.0 y(4) = -0.5y(3)+2x(4)-0.6x(3) 0.9k=5 y(3) = 2-1.6+0.8-0.4+0.2-0.1 = 0.9 y(5) = -0.5y(4)+2x(5)-0.6x(4) 0.95k=6 y(3) = 2-1.6+0.8-0.4+0.2-0.1+0.05 = 0.95 y(6) = -0.5y(5)+2x(6)-0.6x(5) 0.925k=7 y(3) = 2-1.6+0.8-0.4+0.2-0.1+0.05-0.025 = 0.925 y(7) = -0.5y(6)+2x(7)-0.6x(6) 0.9375k=8 y(3) = 2-1.6+0.8-0.4+0.2-0.1+0.05-0.025 = 0.925 y(8) = -0.5y(7)+2x(8)-0.6x(7) 0.9312k=9 y(3) = 2-1.6+0.8-0.4+0.2-0.1+0.05-0.025 = 0.925 y(9) = -0.5y(8)+2x(9)-0.6x(8) 0.9328k=10 y(3) = 2-1.6+0.8-0.4+0.2-0.1+0.05-0.025 = 0.925 y(10) = -0.5y(9)+2x(10)-0.6x(9) 0.9336


Exemplo 3.7: Calcular a resposta de tsin ω na forma discreta para uma freqüência de 1Hz utilizando 8 pontos por período. Utilizar a equação na forma recursiva.

Solução: Para a senóide na forma, t2sin)t(y π= , com T = 1/(8*1) = 0.125 s.Calculando a Transformada Z,

[ ] [ ]1Tcosz2z

Tsinz)kT(yZ)t(yZ

2 +ω−ω

==

Como ω = 2π, entãosin 2πT = sin(2π0.125) = 0.7071cos 2πT = cos(2π0.125) = 0.7071

Assim, tem-se,21

1

zz4142.11

z7071.0

)z(U

)z(Y−−

−

+−=

Aplicando a Transformada Z inversa,( ) )z(Uz7071.0)z(Yzz4142.11 121 −−− =+−

)T)1k ((u7071.0)T)2k ((yT)1k ((y4142.1)kT(y −=−+−− Para gerar a senóide, deve-se aplicar a resposta ao impulso, isto é u(0) = 1 e

u(kT) = 0 para k ≥ 1, então

Para k = 0 y(0) = 0

K = 1 y(0.125) = 0.7071u(0) = 0.7071K = 2 y(0.250) = 1.4142y(0.125) = 1



40

K = 3 y(0.375) = 1.4142y(0.250) - y(0.125) = 0.7071K = 4 y(0.500) = 1.4142y(0.375) - y(0.250) = 0

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2-1

-0.8

-0.6

-0.4

-0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1Impulse Response

Tempo [s] (sec)

A m p l i t u d e

Exemplo 3.8: Encontrar a FT de malha fechada em tempo discreto para oseguinte sistema,

Solução: Montando as seguintes equações,E(s) = R(s) – H(s)C(s) (I)C(s) = P(s)X*(s) (II)X(s)=G(s)E*(s) (III)

A primeira equação não está na forma satisfatória para aplicar a transformação para FT pulsada, pois não contém nenhum sinal amostrado. O ideal é deixar do ladodireito somente sinais amortrados, então, combinando a 1ª equação com a 2ª equação,

E(s) = R(s) – H(s)P(s)X*(s) (IV)Aplicando a transformação para FT pulsada em (III),

[X(s)]*=[G(s)E*(s)]* ⇒ X*(s)=G*(s)E*(s) (V)

Para (IV) [E(s)]* = [R(s)]* – [H(s)P(s)X*(s)]*E*(s) = R*(s) – HP*(s)X*(s) (VI)

Combinando (V) e (VI), encontra-se a função de transferência pulsada em malhafechada,

)s(*HP)s(*G1

)s(*P)s(*G

)s(*R

)s(*C

+=

Aplicando a Transformada Z, encontra-se a função de transferência discreta emmalha fechada,

)z(HP)z(G1)z(P)z(G

)z(R )z(C

+=



41


Exercício 3.1: Obter a transformada Z das seguintes funções de transferência, ecomparar os resultados com os valores obtidos no Matlab com T = 1 e a = 3.

a) ( )( )2s1s

3s)s(G ++

+=

b)( )2

Ts

as

1

s

e1)s(G

+

−=

−

Dica:clear all;close all;clc

% denifindo os dados da plantaT=0.2;num=[1 3];den=conv([1 1 ],[1 2]);Gs=tf(num,den) % planta contínuaGz=c2d(Gs,T) % planta discreta

Exercício 3.2: (Prova de 2007) Calcular a Transformada Z do seguinte sinal,

( )2

st

2s

e1)s(G

+

−=

−

Exercício 3.3: (Exame de 2007) Calcular a Transformada Z da seguinte função detransferência,

2s3s

1)s(G

2 ++=

Exercício 3.4: (Prova de 2007) Calcular a resposta c(kT) para k = 0,1,2,3,4,5, rupondoque a entrada r(kT) seja um impulso e o tempo de amostragem T = 1 segundo,

( )21

1

z5.01

z21

)z(R

)z(C−

−

−

+=

Exercício 3.5: Obter a função de transferência discreta em malha fechada dos seguintesdiagramas de bloco,

(a)



42

(b)

Exercício 3.6: (Prova de 2007) Calcular a função de transferência em malha fechada doseguinte diagrama de blocos,

Exercício 3.7: (Exame de 2007) Calcular a função de transferência em malha fechadado seguinte diagrama de blocos,



43

Capítulo 4

4 Projeto de controladores por métodos clássicos

4.1 Mapeamento entre plano Z e plano S

A estabilidade absoluta e relativa de sistemas lineares com parâmetrosinvariantes no tempo em se tratando de sistemas de controle em malha fechada emtempo contínuo são determinados pelos pólos de malha fechada no plano S. Sabendo-seque os pólos complexos estão em pares conjugados conforme,

2nd2,1 1 jn jns ζ−ω±ζω−=ω±ζω−=

Figura 4.1: Pólo complexo no plano complexo S

Quando a amostragem é incorporada no processo, a relação que rege atransformação do plano complexo S para o plano discreto Z é dada por,

zlnT

1szeTs =⇒=

onde T é o tempo de amostragem e s a raiz complexa.Como a raiz s possui uma parte real e uma parte imaginária,

ω+σ= jsEntão,

( ) T jT jTTs eeeez ωσω+σ === Como a exponencial complexa é dada por,

Tsin jTcoseT j

ω±ω=ω±



44

Significando que esta parte é repetida a cada 2πk, significando que freqüênciasque são múltiplas inteiras da freqüência de amostragem 2π/T são mapeadas na mesmaregião no plano Z, de acordo com a Figura 4.2, pois,

( ) ( )k 2T jTT jT jTTs eeeeeez πωσωσω+σ ====

Figura 4.2: Faixas periódicas no plano complexo e a correspondente região no planodiscreto, onde ωs corresponde à freqüência de amostragem.

Além disso, o lado esquerdo do plano S possui parte real negativa, significando

que, 1ez T <= σ

Então todo o lado esquerdo do plano complexo é localizado no plano Z dentrode um círculo de raio unitário, o eixo jω é mapeado exatamente em cima do circulo e olado direito do plano S é mapeado fora do circulo de raio unitário.

Além disso, quanto menor o tempo de discretização mais próximo do círculo deraio unitário encontra-se a raiz. Isto ocorre porque se T tende para zero então eσT tende

para 1.Observa-se pela equação de transformação que raízes com a mesma parte real

mas com parte imaginária diferente localizam-se em forma de círculo no plano

complexo, de acordo com a Figura 4.3. Isto também significa que a parte real dá adistância da origem no plano z, isto é, o raio.



45

Figura 4.3: Localização das raízes complexas com a mesma parte real no plano discreto.

No caso de raízes complexas com a mesma parte imaginária, elas encontram-se

na forma de retas inclinadas de ω de acordo com a Figura 4.4.

Figura 4.4: Localização das raízes complexas com a mesma parte imaginária no planodiscreto.

Para traçar as curvas de fator de amortecimento constante, basta lembrar que um pólo complexo pode ser dado por,

dn2

nn j1 js ω+ζω−=ζ−ω+ζω−=

Aplicando a transformação,

( ) ⎟⎟ ⎠

⎞

⎜⎜⎝

⎛

ω

ωπ+ω

ω

ζ−

πζ−ω+ζω− === s

d

s

d

2dn

2 j1

2

jTs eeezConsequentemente,

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

ω

ω

ζ−

πζ−

= s

d

21

2

ez e ( )s

d2zangleωω

π=

Assim, a magnitude de z decresce e o ângulo aumenta quando ωd, que é afreqüência natural amortecida, aumenta, caracterizando assim uma espiral logarítmica.

Note que para uma dada relação ωd/ωs, a magnitude de z torna-se apenas uma função dofator de amortecimento ζ. A representação da curva com fator de amortecimento

constante é dada na Figura 4.5.



46

Figura 4.5: Representação das curvas de fator de amortecimento constante.

Note que se a espiral de fator de amortecimento constante está no segundo outerceiro quadrante do plano S, lado real negativo, então a espiral decai para dentro do

circulo no plano Z. Se ela estiver no primeiro ou quarto quadrante, lado real positivo,que neste caso corresponderia a um caso com fator de amortecimento negativo,corresponderia a uma espiral crescendo para fora do circulo de raio unitário.

Além disso, deve- se notar que a medida que a freqüência aumenta, ela passa deuma banda para outra, sendo assim, só é necessário representar a primeira parte, quecorresponde a 0 ≤ ω ≤ 1/2ωs, Figura 4.6, a parte correspondente de -1/2ωs ≤ ω ≤ 0 éuma imagem espelho para a parte de baixo.

A curva para freqüência ωn constante, são círculos no plano S que são perpendiculares às curvas de fator de amortecimento constante, assim, a suarepresentação é dada na Figura 4.6, onde π/T é ωs/2.

-1 -0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 10

0.2

0.4

0.6

0.8

1

0.9

0.8

0.70.6

0.5

0.4

0.3

0.2

0.1

π /T

0.9π /T

0.8π /T

0.7π /T

0.6π /T0.5π /T

0.4π /T

0.3π /T

0.2π /T

0.1π /T

Figura 4.6: Representação das curvas de freqüência natural constante e fator deamortecimento constante.

Esta abordagem anterior foi feita para determinar qual a região dos pólos e zerosdesejados para as funções de transferência em tempo discreto. Então a partir dosgráficos anteriores pode-se determinar a região desejada dos pólos e zeros discretos deacordo com a Figura 4.7.



47

Figura 4.7: Localização das raízes complexas desejadas no plano discreto.

Aqui deve ser mencionado que se um sistema em tempo contínuo possui um par de pólos na forma s = - σ ± jω1 no plano s, e for feita uma amostragem tal que ω1 >1/2ωs em que ωs = 2π/T, sendo T o tempo de amostragem, significando que este par de

pólos complexo possui freqüência natural maior que a freqüência de Nyquist, ele cairáfora da primeira faixa de valores, mas como mencionado anteriormente, ele serátransportado para dentro do circulo de raio unitário do plano Z como se estivesse

posicionado no plano S em s = - σ ± j(ω1 - ωs).

4.2 Análise de Estabilidade de Sistemas no plano Z

Como mencionado anteriormente, para que um sistema seja assintoticamenteestável no plano complexo S, os pólos deverão obrigatoriamente possuir a parte realnegativa, que significa no plano Z estar localizado dentro do circulo de raio unitário,sendo assim,

• Assintoticamente estável, todos os pólos deverão apresentar 1z < .

• Para que um sistema seja marginalmente estável no plano complexo S, osistema deverá possuir pelo menos 1 pólo com a parte real nula e os demais

possuírem parte real negativa, assim, marginalmente estável, pelo menos 1 póloem 1z = e os demais com 1z < ;

• Para que o sistema seja instável no plano complexo S, ele deve possuir pelomenos 1 pólo com parte real positiva, que no plano Z corresponde à partelocalizada fora do circulo de raio unitário, assim ,instável, pelo menos 1 póloapresentando 1z > .

Exemplo 4.1: Considerando o sistema em malha fechada apresentado abaixo,determinar a estabilidade para K = 1 e um tempo de amostragem T = 1s.



48

Solução: Calculando a convolução do ZOH com a planta,

[ ]( )

( )( )

( )( )

( ) ( ) ( )[ ]( ) ( )1T21

11TTT1

21

21

s

pZOH

ze1z1

zzTee1e1Tz1

1ss

1Zz1

1ss

1Zz1

1ss

1

s

e1ZGGZ

−−−

−−−−−−−

−−

−−

−−++−−=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡

+−=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

+−=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡

+−

=

Esta transformada foi obtida através de tabela de transformação. Item 13.fazendo a = 1. Agora substituindo os valores de T = 1 e simplificando, obtêm-se,

[ ] ( )( )11

21

pZOH z3679.01z1 z2642.0z3679.0)z(GGGZ −−

−−

−− +==

Como a função de transferência em malha fechada é dada por,

( )( )

( )( )

21

21

11

21

11

21

z6321.0z1

z2642.0z3679.0

z3679.01z1

z2642.0z3679.011

z3679.01z1

z2642.0z3679.01

)z(KG1

)z(KG

)z(R

)z(C−−

−−

−−

−−

−−

−−

+−+

=

−−+

+

−−+

=+

=

Então, calculando as raízes do denominador, que são os pólos, encontra-se,6181.0 j5.0z 2,1 ±=

Pegando o valor absoluto,( ) ( ) 7950.06181.05.0z 22

2,1 =+=

Como o valor é menor que 1, significa que o sistema é assintoticamente estável.

4.3 Resposta Transiente

Algumas aplicações de controle envolvem a melhora da resposta transitória dosistema segundo alguns critérios. A resposta transitória aparece na resposta do sistemaquando ocorre alguma mudança de excitação, esta mudança pode ser do regime

permanente para um outro regime permanente ou simplesmente quando o sistema sai dorepouso.

As especificações para a resposta transiente envolvem normalmente os seguintes parâmetros apresentados na Figura 4.8,

1. Tempo de atraso td (Delay time) é o tempo requerido para que a resposta dosistema alcance metade da resposta em regime permanente. Este parâmetroestá relacionado com a velocidade de resposta do sistema.

2. Tempo de subida tr (Rise Time) é o tempo requerido para que a resposta dosistema suba de 10% para 90% ou de 5% para 95% da resposta em regime

permanente. Observe que se um sistema possui uma constante de tempo baixa, isto é, ele demore bastante para responder a uma mudança de



49

excitação, mas ocorre uma subida rápida, o tr será pequeno ao passo que o td será grande.

3. Tempo de pico tp (Peak Time) é o tempo requerido para que a resposta dosistema atinja o primeiro pico de sobresinal.

4. Máximo sobresinal Mp (Maximun Overshoot) é o pico máximo de sinalacima da referência a ser atingida, isto é, se a referência for a resposta aodegrau, é o pico acima da amplitude 1. Por ser um fator que depende daexcitação, costuma-se utilizar um percentual de sobresinal definido como,

%100)(c

)(c)t(calsinsobredem porcentage ×

∞∞−

=

5. Tempo de estabilização ts (Settling Time) é o tempo necessário para aresposta do sistema alcance e permaneça dentro de uma porcentagem daresposta em regime permanente, usualmente 2%.

Figura 4.8: Resposta ao degrau de um sistema com os parâmetros de projeto.

Observe que nem todas as especificações são aplicadas a todos os sistemas, istoé, se um sistema for superamortecido ou se for um sistema de primeira ordem ou setodas as raízes forem puramente reais negativas, não ocorrerá o sobre sinal e nem otempo de pico.

4.4 Método de Projeto baseado no lugar das raízes

O método de projeto de controladores baseado no lugar das raízes é baseado nofato que a resposta do sistema é baseada nos pólos dominantes do sistema em malha

fechada. O modo mais simples de alocá-los é utilizar um controlador proporcional naforma apresentada na Figura 4.9.



50

Figura 4.9: Sistema de malha fechada com controlador proporcional.

O sistema em malha fechada possui a resposta dada por,

)z(KG1

)z(KG

)z(R

)z(C

+=

onde K representa o ganho do controlador proporcional.O denominador ou equação característica é dado por,

0)z(KG1 =+ Que pode ser reescrita como,

( )( ) ( )( )( ) ( )

0 pz pz pzzzzzzzK 1

n21

m21 =−−−−−−+

LL

O método do lugar das raízes é baseado em dar valores para K na equação cimae encontrar os pólos correspondentes desejados. Interessante notar que,

( )( ) ( )( )( ) ( ) K

1

pz pz pz

zzzzzz

n21

m21 =−−−−−−

L

L

Exemplo 4.2: Supondo que o sistema seja dado por,

[ ]T

Ts

pZOH

ez

e1

1s

1

s

e1ZGGZ

−

−−

−

−=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡

+

−=

E o controlador seja na forma integral dada por,

1z

zK

z1

K )z(G

1D −=

−=

−

Investigar a influencia do ganho K e do tempo de amostragem T para aestabilidade do sistema. Supondo que T = 0.5s, 1s e 2s.

Solução: A função de transferência em malha fechada é dada por,

[ ]T

T

PZOHD ez

e1

1z

zK GGZ)z(G)z(G

−

−

−−

−==

Então,

( )( )[ ] TTT2

T

eze1e1K zze1K

)z(G1)z(G

)z(R )z(C

−−−

−

+−−−+−=

+=

Substituindo o valor de T = 0.5s,

Programa feito em Matlab


% tempo de amostragemT = 0.5;

% Definição da plantanum=[(1-exp(-T)) 0];den=conv([1 -1],[1 -exp(-T)]);



51

% Empacotandosys=tf(num,den,T)

% aplicação do método do lugar das raízesrlocus(sys);zgrid

Transfer function:0.3935 z

----------------------z^2 - 1.607 z + 0.6065

Sampling time: 0.5


----------------------z^2 - 1.368 z + 0.3679

Sampling time: 1


----------------------z^2 - 1.135 z + 0.1353

Sampling time: 2

Figura 4.10: Lugar das raízes para T = 0.5s



52

Figura 4.11: Lugar das raízes para T = 1s

Figura 4.12: Lugar das raízes para T = 2s

Exemplo 4.3: Observar a influência da variação dos parâmetros do controlador PID para o seguinte sistema,

( ) )5s(1s

1)s(G p ++

=

Aplicando a transformada na convolução da planta com o ZOH,



53

[ ]( )( )

( )( )( )

( )( ) ( )

( )( ) ( ) ( )

( )( ) ( )( ) ( )( )( )( )

( ) ( )( )( )1T51T

2TT5T61T5T

1T51T

1T11T511T1T5

1T51T11

1

1s

pZOH

ze1ze120

zee5e4zee54

ze1ze120

ze1z1ze1z15ze1ze14

ze120

1

ze14

1

z15

1z1

5s20

1

1s4

1

s5

1Zz1

5s1ss

1Zz1

5s1ss

1

s

e1ZGGZ

−−−−

−−−−−−−

−−−−

−−−−−−−−−−

−−−−−−

−

−−

−−+−++−

=

−−−−+−−−−−

=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

−+

−−

−−=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

++

−−=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡++

−=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

++−

=

O primeiro passo é calcular


% Planta contínuanum=1; % numeradorden=[conv([1 1],[1 5])]; % denominadorGp=tf(num,den) % empacotando% Planta discretaT=0.1; % tempo de amostragemb1=(4-5*exp(-T)+exp(-5*T));b2=(4*exp(-6*T)-5*exp(-5*T)+exp(-T));numd=[0 b1 b2]/20; % numeradora1=-exp(-T)-exp(-5*T);

a2=exp(-6*T);dend=[1 a1 a2]; % denominadorGz=tf(numd,dend,T) % empacotandofigure('Color',[1 1 1])step(Gp,Gz)legend('Contínuo','Discreto')

% diagrama de bode para escolher Kpfigure;rlocus(Gz);zgrid;set(gcf,'Color',[1 1 1])

0 1 2 3 4 5 60

0.02

0.04

0.06

0.08

0.1

0.12

0.14

0.16

0.18

0.2Step Response

Time (sec)

A m p l i t u d e

Contínuo

Discreto

Root Locus

Real Axis

I m a g i n a r y A x i s

-1 -0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1

-1

-0.8

-0.6

-0.4

-0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

0.1π /T

0.2π /T

0.3π /T0.4

π

/T

0.5π /T

0.6π

/T0.7π /T

0.8π /T

0.9π /T

π /T

0.1π /T

0.2π /T

0.3π /T

0.4π /T0.5π /T

0.6π /T

0.7π /T

0.8π /T

0.9π /T

π /T

0.10.2

0.30.40.50.60.70.80.9

System: Gz

Gain: 0

Pole: 0.607

Damping: 1

Overshoot (%): 0

Frequency (r ad/sec): 5

System: Gz

Gain: 10

Pole: 0.734 + 0.206i

Damping: 0.705

Overshoot (%): 4.38

Frequency (rad/sec): 3.

System: Gz

Gain: 50

Pole: 0.648 - 0.538i

Damping: 0.241

Overshoot (%): 45.8

Frequency (r ad/sec): 7.14



54

Figura 4.13: Resposta do sistema considerando tempo contínuo e discreto e lugar dasraízes

Calculando a resposta do sistema com o controlador proporcional,

% fechando a malha - Controle porporcional KpSys1=feedback(2*Gz,1) % ganho Kp = 2 Sys2=feedback(10*Gz,1) % ganho Kp = 10 Sys3=feedback(50*Gz,1) % ganho Kp = 50 figure('Color',[1 1 1]);step(Sys1,Sys2,Sys3)legend('K_P = 2','K_P = 10','K_P = 50')

Figura 4.14: Respostadas do sistema controlado para vários valores de Kp



55

% Controle PD% Kp = 50 , Kd = 0Kp=50;Kd=0;Ki=0;num=[Kp+Kd+Ki -(Kp+2*Kd) +Kd];den=[1 -1 0];GPIDz=tf(num,den,T)sysMA=GPIDz*Gz

sysMF1=feedback(sysMA,1)

% Kp = 50 , Kd = 10Kp=50;Kd=10;Ki=0;num=[Kp+Kd+Ki -(Kp+2*Kd) +Kd];den=[1 -1 0];GPIDz=tf(num,den,T)sysMA=GPIDz*GzsysMF2=feedback(sysMA,1)

% Kp = 50 , Kd = 50Kp=50;Kd=50;Ki=0;num=[Kp+Kd+Ki -(Kp+2*Kd) +Kd];den=[1 -1 0];

GPIDz=tf(num,den,T)sysMA=GPIDz*GzsysMF3=feedback(sysMA,1)

figure('Color',[1 1 1])step(sysMF1, sysMF2, sysMF3,3)legend('K_D = 0','K_D = 10','K_D = 50')

% Controle PID% Kp = 50 , Kd = 50 , Ki = 0Kp=50;Kd=50;Ki=0;num=[Kp+Kd+Ki -(Kp+2*Kd) +Kd];den=[1 -1 0];GPIDz=tf(num,den,T)sysMA=GPIDz*Gz

sysMF4=feedback(sysMA,1)

% Kp = 50 , Kd = 50 , Ki = 2Kp=50;Kd=50;Ki=2;num=[Kp+Kd+Ki -(Kp+2*Kd) +Kd];den=[1 -1 0];GPIDz=tf(num,den,T)sysMA= GPIDz*GzsysMF5=feedback(sysMA,1)

% Kp = 50 , Kd = 50 , Ki = 10Kp=50;Kd=50;Ki=10;num=[Kp+Kd+Ki -(Kp+2*Kd) +Kd];den=[1 -1 0];GPIDz=tf(num,den,T)

sysMA=GPIDz*GzsysMF6=feedback(sysMA,1)

% Kp = 50 , Kd = 50 , Ki = 40Kp=50;Kd=50;Ki=40;num=[Kp+Kd+Ki -(Kp+2*Kd) +Kd];den=[1 -1 0];GPIDz=tf(num,den,T)sysMA=GPIDz*GzsysMF7=feedback(sysMA,1)

figure('Color',[1 1 1])step(sysMF4,sysMF5,sysMF6,sysMF7,5)

legend('K_I = 0','K_I = 2','K_I = 10','K_I = 40')

Figura 4.15: Respostadas do sistema controlado para vários valores de Kd, mantendo o

valor de Kp = 50.



56

Figura 4.16: Respostadas do sistema controlado para vários valores de Ki, mantendo os

valores de Kp = 50 e Kd = 50.

4.5 Controlador Tipo “Dead Beat”

Uma resposta tipo “Dead Beat ” é aquela em que o sistema apresenta o menor tempo de estabilização possível, sem erro estacionário e sem apresentar oscilações

durante o transiente. Então se um sistema de controle em malha fechada for projetado para que a resposta do sistema de malha fechada apresente uma resposta dead beat, ocontrolador que gerou esta resposta recebe o nome de controlador dead beat.

Figura 4.17: Diagrama de blocos de um sistema de controle utilizando controlador Dead

Beat

Supondo o sistema de controle em malha fechada com o apresentado na Figura4.17, cuja malha fechada é dada por,

)z(G)z(G1

)z(G)z(G

)z(R

)z(C

D

D

+=

Para que o sistema em malha fechada tenha uma resposta dead beat,necessariamente a malha fechada deve ser na forma,

N N

1 N1

N0 N

N1

10 z

azazazazaa)z(F

)z(R

)z(C LL

++=++==

−−−

onde N deve ser maior ou igual a ordem do sistema G(z). Observe que F(z) não deveconter potencias positivas de z, pois significaria que o sistema seria não causal.



57

4.6 Projeto de Controladores PID

Os controladores PIDs são os controladores mais utilizados na prática devido a

sua fácil implementação e ajuste. Aqui são apresentados os métodos Ziegler-Nichols deajuste de controladores PID.

Deve ser lembrado que o PID Contínuo é dado por,

Tis

K sTK sTTK

sT

1sT1K

s

K sK sK

s

K sK K )s(PID

cic2

idc

idc

I p2

dId p

++=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ++=

++=++=

Enquanto que o PID discreto é dado por,

( ) ( )1

D1

I

P

1d

1

1

ic z1K z1

K

K z1T

T

z1

z1

T2

T

1K )z(PID

−

−

−

−

−

−+−+=⎟⎟ ⎠

⎞

⎜⎜⎝

⎛

−+−

+

+=

4.6.1 Ziegler-Nichols malha fechada

Supondo um controlador PID na forma,

Figura 4.18: Controlador PID

Para aplicar o método Ziegler-Nichols de malha fechada deve-se primeiroencontrar qual o ganho proporcional Kp, com o ganho integral Ki e o ganho Kd iguais azero, que torna o sistema de malha fechada marginalmente estável, isto é, pelo menosum dos pólos do sistema de malha fechada deve ser puramente imaginário no planocomplexo S, que no plano discreto Z significa tem módulo 1 ou estar em cima docírculo de raio unitário. Este ganho Kp passa a ser chamado de ganho crítico Kcr.

O sistema apresentado na Figura 4.18, fazendo o PID somente Kp, o sistema demalha fechada é dado por,

Kp)z(G1

Kp)z(G

)z(R

)z(Y

+=

Para o calculo do ganho crítico, pelo menos um dos pólos da equação acimadeve possuir parte real igual a zero.



58

Root Locus

Real Axis


-3 -2 -1 0 1 2 3-5

-4

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

5

System: Gs

Gain: 4.5

Pole: 0.00145 + 3.63i

Damping: -0.0004Overshoot (%): 100

Frequency (rad/sec): 3.63

System: Gs

Gain: 4.47

Pole: -0.00302 - 3.63i

Damping: 0.000832

Overshoot (%): 99.7


Root Locus

Real Axis

m a g n a r y

x

s

-1 -0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1-1

-0.8

-0.6

-0.4

-0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

0.1π /T

0.2π /T

0.3π /T

0.4π /T0.5π /T

0.6π /T

0.7π /T

0.8π /T

0.9π /T

π /T

0.1π /T

0.2π /T

0.3π /T

0.4π /T0.5π /T

0.6π /T

0.7π /T

0.8π /T

0.9π /T

π /T

0.1

0.20.3

0.40.50.60.7

0.80.9

System: Gz

Gain: 3.35

Pole: 0.807 + 0.59i

Damping: 0.000454

Overshoot (%): 99.9

Frequency ( rad/sec): 3.15

System: Gz

Gain: 3.35

Pole: 0.807 - 0.59i

Damping: 0.000454

Overshoot (%): 99.9


Figura 4.19: Lugar das Raízes no plano complexo S e no plano discreto Z

O segundo passo consiste em traçar a resposta ao degrau do sistemarealimentado pelo ganho crítico Kcr. Desta resposta é retirado o tempo de oscilação Tu.

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 50

0.5

1

1.5Step Response

Time (sec)

A m p l i t u d e

Tempo deOscilação Tu

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5

0

0.5

1

1.5Step Response

Time (sec)

A m p l i t u d e

Tempo deoscilação Tu

Figura 4.20: Resposta ao degrau do sistema realimentado com Kcr

Agora os parâmetros do controlador podem ser ajustados de acordo com a tabelaabaixo.

Tabela 4-1: Ajustes do controlador PID para o método Ziegler-Nichols malha fechada.Tipo do controlador Kc Ti Td

P 0,5 Kcr -- --PI 0,45.Kcr Tu/1,2 ---

PID 0,6.Kcr 0,5Tu 0,125Tu

4.6.2 Ziegler-Nichols Malha Aberta

O método Ziegler-Nichols em malha aberta pode ser aplicado quando a curva deresposta ao degrau unitário de entrada apresentar o aspecto de um S. Essa curva deresposta ao degrau unitário pode ser gerada experimentalmente ou a partir de uma

simulação dinâmica da planta.



59

Figura 4.21: Resposta ao degrau unitário

A curva com o formato em S pode ser caracterizada por duas constantes, o atrasoL e a constante de tempo T. O atraso e a constante de tempo são determinadosdesenhando-se uma linha tangente no ponto de inflexão da curva com o formato de S edeterminando-se a interseção da linha tangente com o eixo do tempo. O ajuste docontrolador PID, segundo este método, introduz no sistema dois zeros em -1/L se o

projeto for feito em tempo contínuo.

Tabela 4-2: Ajustes do controlador PID para o método Ziegler-Nichols malha aberta.

Tipo de controlador Kc Ti TdP T/L ∞ 0PI 0,9T/L L/0,3 0

PID 1,2T/L 2L 0,5L



Exercício 4.1: Para o sistema abaixo, quais seriam os pólos em tempo discreto?

100s10s

100)s(G

2 ++=

Exercício 4.2: Para o Exemplo 4.1, encontrar quais os valores que K quetornam o sistema em malha fechada um sistema assintoticamente estável,marginalmente estável e instável.

Exercício 4.3: Para o sistema em tempo contínuo abaixo, encontrar um ajuste para o controlador PID para o sistema em tempo discreto utilizando os métodos Ziegle-

Nichols de malha aberta e malha fechada e fazer ajustes finos para,



60

( )( )( )3s2s1s

2)s(G

+++= e

1s30

1)s(H

+=

Para resolver este problema deve-se assumir que há um amostrador em X(s) eum ZOH em U(s).



61

Capítulo 5

5 Formulação por Matrizes de Estado

A representação em forma de Matrizes de Estado é um das principaisferramentas de simulação de sistemas, e elas são formuladas diretamente no domínio emtempo contínuo ou discreto e não envolvem transformações para Laplace outransformada Z.

5.1 Introdução à formulação de estado

Considerando um sistema massa-mola-amortecedor na forma,)t(u)t(ky)t(yc)t(ym =++ &&&

Que pode ser reescrito como,

m

)t(u)t(y)t(y2)t(y 2

nn =ω+ζω+ &&&

Definindo uma variável como,)t(y)t(x)t(y)t(x 11 && =⇒=

Definindo uma outra variável como,)t(y)t(x)t(x)t(y)t(x 212 &&&&& =⇒==

Substituindo na equação original e deixando somente uma variável com aderivada temporal, então,

m

)t(u)t(x)t(x2)t(x 1

2n2n2 =ω+ζω+&

Agora, escrevendo um sistema na seguinte forma,

)t(um/1

0

)t(x

)t(x

2

01

)t(x

)t(x

2

1

n2n2

1

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

+⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ζω−ω−

=⎭⎬⎫

⎩⎨⎧&

&

Ainda está faltando a resposta y(t) do sistema, que é dada por,

[ ] { } )t(u0)t(x

)t(x

01)t(y 2

1

+⎭⎬

⎫

⎩⎨

⎧

= Que pode ser escrito da seguinte maneira,

)t(Du)t(Cx)t(y

)t(Bu)t(Ax)t(x

+=

+=&

A forma acima é conhecida como forma de estado. Como observado, atransformação para a formulação de espaço de estados consistiu em transformar umaequação de segunda ordem em duas equações de primeira ordem. Generalizando, atransformação de espaço de estados consiste em transformar um sistema de equações deordem n para um sistema de primeira ordem de 2n equações, tornando assim, maissimples a sua solução.



62

5.2 Nomenclatura de Espaço de Estados

Vetor de estado x(t) é o vetor de ordem n que contém todos os estados.Vetor de saída y(t) é o vetor de ordem m que contém todas as respostas.Vetor de entrada u(t) é o vetor de ordem r que contém todas as entradas.Matriz de estado A é a matriz de ordem n×n que contém os autovalores e os

autovetores do sistema.Matriz de entrada B é a matriz de ordem n×r da entrada.Matriz de saída C é a matriz de ordem m×n da saída.Matriz de transmissão direta D é matriz de ordem m×r que correlaciona

diretamente a entrada com a saída.Então,

{ } [ ] { } [ ] { }

{ } [ ] { } [ ] { } 1r r m1nnm1m

1r r n1nnn1n

)t(uD)t(xC)t(y

)t(uB)t(xA)t(x

×××××

×××××

+=

+=&

A representação em diagramas de bloco do sistema acima é dada por,

Figura 5.1: Representação em diagrama de blocos para tempo contínuo.

5.3 Representação de Espaço de Estados discretos

A formulação de espaço de estados discretos é dado por,

)k (Du)k (Cx)k (y

)k (Hu)k (Gx)1k (x

+=

+=+

Nota-se que as matrizes C e D não mudaram, significando que são as mesmasmatrizes para sistemas em tempo contínuo.

Agora, supondo um sistema discreto cuja função de transferência é dada por,

nn

11

nn

110

zaza1

z bz b b

)z(U

)z(Y−−

−−

+++

+++=

L

L

Esta FT pode ser representada de várias maneiras em espaço de estados, pois aformulação de estado não é única.

5.3.1 Forma Canônica Controlável



63

A forma canônica controlável é dada por,

)k (u

1

0

0

0

)k (x)k (x

)k (x

)k (x

aaaa1000

0100

0010

)1k (x)1k (x

)1k (x

)1k (x

n

1n

2

1

12n1nnn

1n

2

1

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

+

⎪⎪⎪⎭

⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−−−−

=

⎪⎪⎪⎭

⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

++

+

+

−

−−

− M

M

L

L

MOMMM

L

L

M

[ ] )k (u b

)k (x

)k (x

)k (x

ba b ba b ba b)k (y 0

n

2

1

01101n1n0nn +

⎪⎪⎭

⎪⎪⎬

⎫

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

−−−= −−M

L

Se a matriz G for uma matriz de posto cheio, isto é, o determinante é diferentede zero, o sistema é controlável, caso contrário, significa que pelo menos 1 dos estadosnão é controlável. A controlabilidade significa que o sistema pode ser alterado de

qualquer estado para qualquer estado em um período de tempo finito.

5.3.2 Forma Canônica Observável

A forma canônica observável é dada por,

)k (u

ba b ba b

ba b

ba b

)k (x)k (x

)k (x

)k (x

a100a000

a001

a000

)1k (x)1k (x

)1k (x

)1k (x

011

022

01n1n

0nn

n

1n

2

1

1

2

1n

n

n

1n

2

1

⎥⎥

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−−

−

−

+

⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

⎥⎥

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−−

−

−

=

⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

++

+

+

−−

−

−

−

MM

L

L

MOMMM

L

L

M

[ ] )k (u b

)k (x

)k (x

)k (x

100)k (y 0

n

2

1

+

⎪⎪⎭

⎪⎪⎬

⎫

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

=M

L

Para o sistema ser completamente observável, a matriz G deve ser uma matriz de posto cheio. A observabilidade significa que todos os estados do sistema podem ser observados ou medidos.

5.3.3 Forma Canônica Diagonal

Expandindo a FT em frações parciais tal que,

n

n

2

2

1

10 pz

c

pz

c

pz

c b

)z(U

)z(Y

−+

−+

−+= L

Então, a forma canônica diagonal é dada por,



64

)k (u

1

1

1

)k (x

)k (x

)k (x

p00

0

0 p0

00 p

)1k (x

)1k (x

)1k (x

n

2

1

n

2

1

n

2

1

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

+

⎪⎪⎭

⎪⎪⎬

⎫

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

=

⎪⎪⎭

⎪⎪⎬

⎫

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

+

+

+

MM

L

MOM

L

L

M

[ ] )k (u b

)k (x

)k (x

)k (x

ccc)k (y 0

n

2

1

n21 +

⎪⎪⎭

⎪⎪⎬

⎫

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

=M

L

onde pi representa os pólos do sistema.

5.3.4 Forma Canônica de Jordan

A forma canônica de jordan é usada quando se deseja representar o sistema naforma diagonal mas existem pólos repetidos. Supondo que o pólo p1 é repetido m vezes,então,

)k (u

1

1

__

1

0

0

)k (x

)k (x

_______

)k (x

)k (x

)k (x

p0

0 p

]0[

]0[

p000

01 p0

001 p

)1k (x

)1k (x

_______

)1k (x

)1k (x

)1k (x

n

1m

m

2

1

n

1m

1

1

1

n

1m

m

2

1

⎥⎥⎥⎥

⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

+

⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎨

⎧

⎥⎥⎥

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

=

⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎨

⎧

+

+

+

+

+

+++

M

M

M

M

L

MOM

L

L

MOMMM

L

L

M

M

[ ] )k (u b

)k (x

)k (x

)k (x

ccc)k (y 0

n

2

1

n21 +

⎪⎪⎭

⎪⎪⎬

⎫

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

=M

L

5.3.5 Não unicidade das matrizes de estado

A representação de estado não é única, isto é, para um mesmo sistema na formade função de transferência pode haver várias representações de estado. Por exemplo,supondo que um sistema seja observável e controlável, definições que serão apresentadamais à frente, então haverá uma representação na forma canônica controlável eobservável.

Para exemplificar, supondo o sistema na seguinte forma de estado,

)k (Du)k (Cx)k (y

)k (Hu)k (Gx)1k (x

+=

+=+

Supondo uma transformação tal que,



65

)k (xP)k (x = onde a matriz P é de ordem n×n, mesma ordem da matriz G. Então,

)k (Du)k (xCP)k (y

)k (Hu)k (xGP)1k (xP

+=

+=+

Que pode ser reescrito como,

)k (Du)k (xCP)k (y

)k (HuP)k (xGPP)1k (x 11

+=

+=+ −−

Agora definindo,GPPG 1−= , CPC = e HPH 1−=

Então,

)k (Du)k (xC)k (y

)k (uH)k (xG)1k (x

+=

+=+

Que é exatamente da mesma forma que o sistema original. Se a matriz P for a

matriz dos autovetores da matriz G, então o sistema será diagonalizado, caso isso nãoseja possível, a matriz resultante será a matriz de Jordan.

5.4 Simulando um sistema na forma de estado discreto

Nesta parte, supõe-se que o sistema seja linear e invariante no tempo na forma,

)k (Du)k (Cx)k (y

)k (Hu)k (Gx)1k (x

+=

+=+

Pegando apenas os estados do sistema, para o instante inicial têm-se,)0(Hu)0(Gx)1(x +=

Para o instante seguinte,( ) )1(Hu)0(GHu)0(xG)1(Hu)0(Hu)0(GxG)1(Hu)1(Gx)2(x 2 ++=++=+=

Para o instante seguinte,( )

)2(Hu)1(GHu)0(HuG)0(xG

)2(Hu)1(Hu)0(GHu)0(xGG)2(Hu)2(Gx)3(x23

2

+++=

=+++=+=

Fazendo isso para k instantes,

∑−

=

−−+=1k

0 j

1 jk k ) j(HuG)0(xG)k (x k = 1, 2, 3 ...

Substituindo este resultado em y(k),)k (Du) j(HuG)0(xGC)k (y

1k

0 j

1 jk k +⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ += ∑

−

=

−− k = 1, 2, 3 ...

5.5 Passando de Matrizes de Estado para FT

Supõe-se o sistema na forma,

)k (Du)k (Cx)k (y

)k (Hu)k (Gx)1k (x

+=

+=+

Aplicando transformada Z, obtém-se,



66

)z(DU)z(CX)z(Y

)z(HU)z(GX)0(zx)z(zX

+=

+=−

Supondo condições iniciais nulas,( ) ( ) )z(HUGzI)z(X)z(HU)z(XGzI)z(HU)z(GX)z(zX 1−−=⇒=−⇒+=

Substituindo em Y(z),( ) ( ) )z(UDHGzIC)z(DU)z(HUGzIC)z(Y 11 +−=+−= −− Como a função de transferência pulsada é a relação dada por Y(z)/U(z),

( ) DHGzIC)z(U

)z(Y 1 +−= −

Observe que se Y(z)/U(z) é uma matriz m×r.

5.6 Discretização de Matrizes de Estado Contínuas

Em se tratando de sistemas em tempo discreto, pode-se converter diretamente de

matrizes de estado contínuas para matrizes de estado discretas. Porem é necessário fazer uma revisão de matrizes antes de mostrar o processo de discretização.

Em se tratando de matrizes há alguns cuidados a serem tomados e algumasdefinições a serem compreendidas. Começando com,

∑∞

=

=+++++=0k

k k k k 22At

!k

tAtA

!k

1tA

!2

1AtIe LL

Diferenciando esta solução em relação ao tempo, para isso a derivada é feitatermo a termo, encontra-se,

AeAeedt

d AtAtAt ==

Agora, três relações importantes,Iee AtAt =−

( ) BtAttBA eee =+ se AB = BA( ) BtAttBA eee ≠+ se AB ≠ BA

Agora, obtendo a resposta para matrizes de estado contínuas, isto é,)t(Bu)t(Ax)t(x +=&

Que pode ser reescrita como,)t(Bu)t(Ax)t(x =−&

Agora pré-multiplicando por e-At,

[ ] ( ) )t(Bue)t(xedt

d

)t(Ax)t(xeAtAtAt −−−

==−& Integrando1 de 0 a t,

∫ ττ=− τ−−t

0

AAt d)(Bue)0(x)t(xe

Que pode ser rearranjada como,

( )∫ ττ+= τ−t

0

tAAt d)(Bue)0(xe)t(x

A equação acima representa a solução para um sistema na forma de estadocontínuo. Para a solução completa, basta substituir os estados x(t) em,

1 Deve ser lembrado que a integral da derivada é a própria função aplicada os limites de integração.



67

)t(Du)t(Cx)t(y += Para fazer o mesmo para um sistema discreto, tem-se que,

)kT(Hu)kT(Gx)T)1k ((x)t(Bu)t(Ax)t(x +=+⇒+=& Para que possa ser utilizada a solução de um sistema contínuo para encontrar a

solução de um sistema discreto, assume-se que a entrada u(t) entre um período e outro

de amostragem é constante, isto é, que há um ZOH, então,)kT(u)t(u = kT ≤ t < kT+T

Então, a solução,

( )∫ ττ+= τ−t

0

tAAt d)(Bue)0(xe)t(x

Para o tempo kT,

∫ ττ+= τ−kT

0

AAkTAkT d)(Buee)0(xe)kT(x

Para o tempo (k+1)T,

( ) ( )( )( )

∫ +

τ−++ ττ+=+T1k

0

AT1k AT1k A d)(Buee)0(xe)T)1k ((x

Agora fazendo,

( ) ( )( )( )

( )⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ττ+−ττ+=−+ ∫ ∫ τ−

+τ−++

kT

0

kTAAkTATT1k

0

T1k AT1k AAT d)(Bue)0(xeed)(Bue)0(xe)kT(xe)T)1k ((x

Simplificando2,

( )( ) ( )( )

( )( )

∫

∫ ∫ +

τ−+

τ−+

τ−++

ττ+=

ττ−ττ+−+=+

T1k

kT

AT1k AAT

kT

0

AAkTATT1k

0

AT1k AAkTATT1k AAT

d)(Buee)kT(xe

d)(Bueeed)(Buee)0(xeee)kT(xe)T)1k ((x

Supondo agora o ZOH, então, o tempo entre kT e (k+1)T pode ser substituído por 0 e T dentro da integral, pois o que vai variar é apenas u(τ) que é consideradoconstante. Então,

∫ ττ+=+ τ−T

0

AATAT d)(Buee)kT(xe)T)1k ((x

Aplicando a transformação de variável onde λ = T-τ,

∫ λλ+=+λ

T

0

AAT

d)(Bue)kT(xe)T)1k ((x Que representa a solução da equação de estado discreta na forma,

)kT(Hu)kT(Gx)T)1k ((x +=+ Que neste caso, tem-se que para encontrar estas matrizes discretas,

necessariamente,

ATeG = e BdeHT

0

A

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ λ= ∫ λ

Pelas equações acima, verifica-se claramente que as matrizes discretas sãodependentes do tempo de amostragem.

2 Deve ser lembrado que ( )T1k AAkTAT eee +=



68

A solução para y(kT) é dada simplesmente por,)kT(Du)kT(Cx)kT(y +=

Se a matriz A for não singular, então

( ) ( ) BAIeBIeABdeH 1ATAT1T

0

A −−λ −=−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜

⎝

⎛ λ= ∫

Exemplo 5.1: Considerando o sistema abaixo, encontrar a representação de estadodiscreto e a expressão para função de transferência discreta para T = 1 s.

212

22 asas

b

s2s

1

)2s(s

1)s(G

++=

+=

+=

Solução: O primeiro passo é encontrar uma representação de estado para osistema, utilizando a forma canônica controlável,

[ ]⎭⎬⎫

⎩⎨⎧=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

=⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

)t(x )t(x01)t(y

)k (u1

0

)t(x

)t(x

20

10

)t(x

)t(x

2

1

2

1

2

1

&

&

Como foi visto, para as matrizes discretas têm-se3,

( )⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡ −==

−

−

1353.00

4323.01

e0

e12

11

eGT2

T2AT

Outra forma de encontrar a matriz G é fazendo,

[ ] ( ) ( )

⎥⎥

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎢⎢

⎣

⎡

+

+=−= −

2s

10

2ss

1

s

1

AsIeL 1At

Cuja transformada de laplace inversa é dada por,

( ) ( )⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡ −=

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

+

+=−

−−

t2

t21At

e0

e12

11

2s

10

2ss

1

s

1

Le

Então,

( )

( ) ( )⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −+

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −+

=

=⎥

⎦

⎤⎢

⎣

⎡

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛ λ

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡ −=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜

⎝

⎛ λ=

−

−

−

−

λ−

λ−λ ∫ ∫

4323.0

2838.0

e121

21e

T21

1

0

e121

0

21e

T21

T

1

0d

e0

e12

11

BdeH

T2

T2

T2

T2

T

0

2

2T

0

A

Desta forma, o sistema discreto na forma de matrizes de estado é dado por,

3 ∑∞

=

=+++++=0k

k k k k 22At

!k tA

tA!k

1tA

!21

AtIe LL



69

[ ]⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

+

+

)k (x

)k (x01)k (y

)k (u4323.0

2838.0

)k (x

)k (x

1353.00

4323.01

)1k (x

)1k (x

2

1

2

1

2

1

Para a representação em FT discreta,

( )

[ ]1353.0z1353.1z

1485.0z2838.00

4323.0

2838.0

1353.00

4323.01

10

01z01

DHGzIC)z(G)z(U

)z(Y

2

1

1

−−+

=+⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡=

+−==

−

−

O mesmo problema pode ser resolvido utilizando o Matlab,


% Planta contínuanum=1; % numeradorden=[conv([0 0 1],[1 2 0])]; % denominador

% Transformando para matrizes de Estado[A,B,C,D]=tf2ss(num,den)

% discretizando as matrizesT=1;[G,H]=c2d(A,B,T)

% voltando para TF discreta[numd,dend]=ss2tf(G,H,C,D)

Observe que neste caso, as matrizes de estado não estão na forma canônica, maso resultado em Função de Transferência deve ser exatamente o mesmo.


Exemplo 5.2: Para o sistema abaixo, converter para matrizes de estado discretasutilizando o Matlab,

10s6325.10s6325.1s

2s)s(G

23

+++

+=


% denifindo os dados da plantaT=0.1;num=[1 2];den=conv([1 2*0.1*sqrt(10) 10],[1 1]);

% Funções de TransferenciaGs=tf(num,den) % planta contínuaGz=c2d(Gs,T) % planta discreta

% Matrizes de Estado[A,B,C,D]=tf2ss(num,den)



70

MEs=ss(A,B,C,D) % empacotandoMEz=c2d(MEs,T) % Matrizes de estado discreta

Exemplo 5.3: Para uma suspensão ativa representando ¼ de veículo, escrever asmatrizes de estado contínuas supondo que o distúrbio da via seja w(t).

Neste caso, as matrizes que regem o comportamento dinâmico do sistema são

dadas por,Massa Suspensa,( ) ( ) )t(uxxk xxcxm NSS NSSSS =−+−+ &&&&

Masssa Não-Suspensa,( ) ( ) )t(u)t(wk xk xxk xxcxm P NPS NSS NS N N −=+−+−+ &&&&

Que na forma matricial fica,

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

−=

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+−

−+

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

−+

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡)t(u)t(wk

)t(u

x

x

k k k

k k

x

x

cc

cc

x

x

m0

0m

pP

S

PSS

SS

P

S

SS

SS

P

S

N

S

&

&

&&

&&

Este caso representa um sistema MIMO, duas entradas e duas saídas. Definindoas variáveis de estado iniciando pelos deslocamentos,

S1S1 xxxx && =⇒= e N2 N2 xxxx && =⇒=

Para as velocidades,

S13 xxx &&& == e N24 xxx &&& ==

Com as definições acima, as equações de estado são dadas por,

31 xx =&

42 xx =&

( ) ( )S

21S

S43

S

S3 m

)t(uxx

m

k xx

m

cx +−−−−=&

( ) ( ) )t(um

1)t(wm

k xm

k xxm

k xxm

cx

N N

P2 N

P12 N

S34 N

S4 −+−−−−−=&

Que na forma matricial fica,

( )⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−

+

⎪⎪⎭

⎪⎪⎬

⎫

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−+

−

−−=

⎪⎪⎭

⎪⎪⎬

⎫

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

w

u

m

k

m

1

0m

100

00

x

x

x

x

m

c

m

c

m

k k

m

k m

c

m

c

m

k

m

k 1000

0100

x

x

x

x

N

P

N

S

4

3

2

1

N

S

N

S

N

PS

N

S

S

S

S

S

S

S

S

S

4

3

2

1

&

&

&

&

De forma geral, se for sempres assumido que o vetor de estado se inicia com

deslocamentos e depois as velocidades, as matrizes de estado podem ser dadas a partir das matrizes dinâmicas como,



71

)}t(F{)}t(X]{K [)}t(X]{C[)}t(X]{M[ =++ &&& Sendo que o vetor de estado,

{ }⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

=)t(X

)t(X)t(X

&

E as matrizes de estado,{ } { } { }U

F]M[

]0[X

C]M[K ]M[

I]0[X 111 ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡+⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−−

= −−−&

A resposta do sistema deve ser dado pelo que se deseja medir, supondo que sejanecessário medir os deslocamentos e velocidades,

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

+

⎪⎪⎭

⎪⎪⎬

⎫

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

=

⎪⎪⎭

⎪⎪⎬

⎫

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

w

u

00

00

00

00

x

x

x

x

1000

0100

0010

0001

y

y

y

y

4

3

2

1

4

3

2

1

Caso seje necessário medir apenas o deslocamento da massa suspensa,

{ } [ ] [ ]⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

+

⎪⎪⎭

⎪⎪⎬

⎫

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

=w

u00

x

x

x

x

0001y

4

3

2

1

1

Exemplo 5.4:Para o sistema abaixo, encontrar as matrizes de estado.

As equações de movimento na forma matricial são dadas por,

⎪⎭

⎪⎬

⎫

⎪⎩

⎪⎨

⎧

+

−+

−+

=⎪⎭

⎪⎬

⎫

⎪⎩

⎪⎨

⎧

⎥⎥

⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎢

⎣

⎡

+−

−+−

−

+⎪⎭

⎪⎬

⎫

⎪⎩

⎪⎨

⎧

⎥⎥

⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎢

⎣

⎡

33

322

211

3

2

1

323

3212

21

3

2

1

3

2

1

uF

uuF

uuF

x

x

x

k k k 0

k k k k

0k k

x

x

x

m00

0m0

00m

&&

&&

&&

Portanto, as matrizes de estado podem ser dadas como,

⎪⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪

⎨

⎧

⎥⎥

⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−

−+

⎪⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪

⎨

⎧

⎥⎥

⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

+−

+−

−=

⎪⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪

⎨

⎧

3

2

1

3

2

1

33

222

111

6

5

4

3

2

1

3

32

3

3

2

3

2

21

2

2

1

2

1

1

6

5

4

3

2

1

u

u

u

F

F

F

m

100m

100

m

1

m

100

m

10

0m

1

m

100

m

1000000

000000

000000

x

x

x

x

x

x

000m

k k

m

k 0

000m

k

m

k k

m

k

0000m

k

m

k 100000

010000

001000

x

x

x

x

x

x

&

&

&

&

&

&



72


Exercício 5.1: Para a FT abaixo, escrever a representação em matrizes de estado na

forma canônica controlável, observável e diagonal para,

a)( )( )3s2ss

1s)s(G

+++

= para T = 0.1 s;

b)2s5s4s

1)s(G

23 +++= para T = 0.1 s;

Exercício 5.2: Supondo o seguinte sistema dinâmico,

Supondo, m1 = m2 = m3 = 0.5 kg, k1 = k2 = k3 = k4 = 10.000 N/m, c2 = c3 =50 Ns/m, determinar utilizando o Matlab,

a) Equação de movimento matricial b) Matrizes de estado contínuas;

c) Matrizes de estado discretas;d) Freqüências naturais e modos de vibrar;e) Resposta em freqüência, diagrama de bode;f) Resposta ao Impulso contínua e discreta.

Exercício 5.3: (Prova 2007) Considerando o sistema abaixo, escrever a forma canônicacontrolável e observável,

5.0zz

5.0z2)z(G

2 +−+

=



73

Capítulo 6

6 Controlabilidade e Observabilidade

6.1 Introdução

A controlabilidade se refere à capacidade do sistema ter seu estado alterado dequalquer estado para qualquer outro estado, de modo geral significa que o sistema podeser controlado.

A observabilidade significa que o sistema pode ter seus estados observados, emoutras palavras, o sistema pode ser inteiramente medido, significando que qualquer tipode informação pode ser conseguida.

6.2 Controlabilidade

Um sistema de controle é dito ser de estado completamente controlável se é possível transferir o sistema de um estado qualquer para um outro estado desejávelqualquer em um período finito de tempo utilizando uma lei de controle sem restrições.

Considerando um sistema em espaço de estados discretos na forma,

)k (Hu)k (Gx)1k (x +=+ Sua solução temporal é dada por,

)T)1k ((Hu)T(HuG)0(HuG)0(xG

) j(HuG)0(xG)kT(x

2k 1k k

1k

0 j

1 jk k

−++++=

+=

−−

−

=

−−∑

L

k = 1, 2, 3 ...

Esta solução pode ser rearranjada como,

[ ]

⎥

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢

⎢⎢⎢

⎣

⎡−

−

=− −

)0(u

)2n(u

)1n(u

HGGHH)0(xG)n(x 1nn

ML

onde n agora é a dimensão da matriz G.Significando dada uma lei de controle u(k), para alterar o estado do sistema a

matriz necessariamente precisa obedecer à seguinte relação,[ ] nHGGHH posto 1n =−

L Esta matriz é conhecida como matriz de controlabilidade. Caso o posto da matriz

de controlabilidade seja menor que n, não significa que o sistema é incontrolável, massignifica que pelo menos um dos estados não pode ser controlado, isto é, parte dosistema pode ser controlado e parte não.

Dever ser notado que a controlabilidade de estado independe da saída, isto é, a

controlabilidade de estado é independente das matrizes C e D.



74

Exemplo 6.1: Verificar se os sistemas abaixo são de estado completamentecontroláveis.

)k (u3

2

)k (x

)k (x

20

01

)1k (x

)1k (x

2

1

2

1⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

−=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡+

+

Solução: Construindo a matriz de controlabilidade,[ ] ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −

−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

−⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=

63

22

3

2

20

01

3

2GHH

Não é necessário calcular o posto da matriz e controlabilidade, pois é sóobservar se as linhas são linearmente independentes, neste caso, o posto = 2, então osistema é completamente controlável.

)k (u0

2

)k (x

)k (x

20

01

)1k (x

)1k (x

2

1

2

1⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

−=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡+

+

Solução: Construindo a matriz de controlabilidade,

[ ] ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

−⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=

00

22

0

2

20

01

0

2GHH

Neste caso, claramente o sistema possui posto = 1, significando que o sistemanão é completamente controlável.

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

⎥⎥

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

+

⎥⎥

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

+

+

+

+

+

⎥⎥

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−−

−

−

−

=

⎥⎥

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

+

+

+

+

+

)k (u

)k (u

12

00

03

00

10

)1k (x

)1k (x

)1k (x

)1k (x

)1k (x

50000

15000

00200

00120

00012

)1k (x

)1k (x

)1k (x

)1k (x

)1k (x

2

1

5

4

3

2

1

5

4

3

2

1

Solução: Construindo a matriz de controlabilidade,HGHGHGGHH 432

Como a solução é mais complicada, utiliza-se o matlab para resolver o problema,


% definindo matriz GG=[-2 1 0 0 0

0 -2 1 0 00 0 -2 0 00 0 0 -5 10 0 0 0 -5]

% definindo matriz HH=[0 1;0 0;;3 0;0 0;2 1]

% Construindo matriz de ControlabilidadeCO=ctrb(G,H)rank(CO)

Como o posto = 5, que a dimensão da matriz G, então o sistema é de estadocompletamente controlável.



75

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

+

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

+

+

+

+

+

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−

−

−

−

−

=

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

+

+

+

+

+

)k (u

)k (u

00

12

00

03

10

)1k (x

)1k (x

)1k (x

)1k (x

)1k (x

50000

15000

00200

00120

00012

)1k (x

)1k (x

)1k (x

)1k (x

)1k (x

2

1

5

4

3

2

1

5

4

3

2

1

Solução: Construindo a matriz de controlabilidade,[ ]HGHGHGGHH 432

Como a solução é mais complicada, utiliza-se o matlab para resolver o problema,



0 -2 1 0 00 0 -2 0 00 0 0 -5 10 0 0 0 -5]

% definindo matriz HH=[0 1;3 0;0 0;2 1;0 0]

% Construindo matriz de ControlabilidadeCO=ctrb(G,H)rank(CO)

Como o posto = 3 que é menor que a dimensão da matriz G, então o sistema nãoé de estado completamente controlável.

6.3 Controlabilidade de saída

Em muitas implementações práticas de sistemas de controle, é desejávelcontrolar a saída do sistema e não necessariamente todos os estados do sistema. Nestecaso, deve ser lembrado que a resposta do sistema é dada por,

)T)1k ((CHu)T(HuCG)0(xCG

)kT(Du) j(HuG)0(xGC)kT(y

1k k

1k

0 j

1 jk k

−++=

+⎟

⎟

⎠

⎞

⎜

⎜

⎝

⎛ +=

−

−

=

−−

∑L

k = 1, 2, 3 ...

Esta solução pode ser rearranjada como,

[ ]⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡−

−

=− −

)0(u

)2n(u

)1n(u

HCGCGHCH)0(xCG)n(y 1nn

ML

Significando que para a saída ser completamente controlável, o posto da matriz precisa ser m, que é a dimensão da matriz C, isto é,

[ ] mHCGCGHCH posto 1n =−L



76

Caso esteja presente a matriz D, a condição de controlabilidade completa desaída é dada por,

mHCGCGHCHD posto 1n =−L

Dever ser notado que a controlabilidade de saída é dependente de todas asmatrizes que compõe o sistema, isto é, a controlabilidade de saída é dependente das

matrizes G, H, C e D.

6.4 Observabilidade

Um sistema é dito completamente observável se todo estado inicial x(0) pode ser determinado a partir da observação de y(k) em um período finito de tempo. Utilizandoesta definição, então dado um sistema na forma,

)k (Cx)k (y

)k (Hu)k (Gx)1k (x

=

+=+

Sua resposta é dada por,

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ += ∑

−

=

−−1k

0 j

1 jk k ) j(HuG)0(xGC)kT(y k = 1, 2, 3 ...

Fazendo,

)0(xCG)1n(y

)0(CGx)1(y

)0(Cx)0(y

1n−=−

=

=

M

Significando que isso ser possível, necessariamente,

n

CG

CG

C

posto

1n

=

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−

M

Esta é conhecida como matriz de observabilidade. Normalmente, esta equaçãonão é usada, mas a equação transposta dela dada por,

( ) ( ) nCGCGC postoH1nHH =−

L onde H representa a hermitiana, que é o conjugado transposto. Observe que aobservabilidade é independente da matriz de entrada B.

Exemplo 6.2: Considerando os sistemas abaixo, verificar a observabilidade.

[ ]⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

=

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

−=

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

+

+

)k (x

)k (x51)k (y

)k (x

)k (x

20

01

)1k (x

)1k (x

2

1

2

1

2

1

Encontrando a matriz de observabilidade,

[ ] ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

−=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

−= 10

1

5

1

5

1

20

01

5

1CGC

HHH



77

Como se observa, a matriz de observabilidade tem posto 2 que é a mesma ordemda matriz G, então o sistema é completamente observável.

[ ]⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

=⎭

⎬⎫

⎩

⎨⎧

⎥

⎦

⎤⎢

⎣

⎡−

−=

⎭

⎬⎫

⎩

⎨⎧

+

+

)k (x

)k (x10)k (y

)k (x

)k (x

20

01

)1k (x

)1k (x

2

1

2

1

2

1

Encontrando a matriz de observabilidade,

[ ] ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

−=

2

0

1

0

1

0

20

01

1

0CGC HHH

Como se observa, a matriz de observabilidade tem posto 1 que é menor queordem da matriz G, então o sistema não é completamente observável.

⎪⎪

⎪

⎭

⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪

⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−

−

=

⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

+

+

+

++

)k (x

)k (x

)k (x

)k (x

)k (x

01110

10111

)k (y

)k (y

)k (x

)k (x

)k (x

)k (x )k (x

30000

13000

00200

00120 00012

)1k (x

)1k (x

)1k (x

)1k (x )1k (x

5

4

3

2

1

2

1

5

4

3

2

1

5

4

3

2

1

Como o sistema definido acima é um sistema de alta ordem, difícil de ser feito,utiliza-se o Matlab,



0 -2 1 0 00 0 -2 0 00 0 0 -3 1

0 0 0 0 -3]

% definindo matriz CC=[1 1 1 0 1

0 1 1 1 0]

% Construindo matriz de ControlabilidadeOB=obsv(G,C)rank(OB)

Como o posto da matriz de observabilidade é 5 que é a mesma dimensão damatriz G, então o sistema é completamente observável.



78

⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−

−

=

⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

+

+

+

+

+

)k (x

)k (x

)k (x

)k (x

)k (x

00110

10111

)k (y

)k (y

)k (x

)k (x

)k (x

)k (x

)k (x

30000

13000

00200

00120

00012

)1k (x

)1k (x

)1k (x

)1k (x

)1k (x

5

4

3

2

1

2

1

5

4

3

2

1

5

4

3

2

1

Como o sistema definido acima é um sistema de alta ordem, difícil de ser feito,utiliza-se o Matlab,



0 -2 1 0 00 0 -2 0 00 0 0 -3 10 0 0 0 -3]

% definindo matriz CC=[1 1 1 0 1

0 1 1 0 0]

% Construindo matriz de ControlabilidadeOB=obsv(G,C)rank(OB)

Como o posto da matriz de observabilidade é 4 que é menor que a dimensão damatriz G, então o sistema é não é completamente observável.

6.5 Comentários gerais sobre controlabilidade e observabilidade

Nesta parte, será feito alguns comentários sobre a controlabilidade eobservabilidade de sistemas em tempo discreto.

6.5.1 Condições de controlabilidade e observabilidade em termosde Funções de Transferência

Em se tratando de funções de transferência, não deve haver cancelamentos entre pólos e zeros das plantas, isso significará que este estado será não observável e nãocontrolável. Este tipo de situação pode ocorrer em sistemas em série, onde os zeros deuma planta são os pólos da outra. Como em alguns casos o desejável é realizar ocontrole entre as duas, isso não será possível.



79

Exemplo 6.3: Mostrar que o sistema abaixo não é completamente controlável,

16.0zz

2.0z

)z(U

)z(Y2 ++

+=

Escrevendo na forma canônica controlável,

[ ]⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

=⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

++

)k (x

)k (x12.0)k (y

)k (u1

0

)k (x

)k (x

116.0

10

)1k (x

)1k (x

2

1

2

1

2

1

Porém, a matriz G pode ser rearranjada e o sistema fica,

[ ] ⎭⎬

⎫

⎩⎨

⎧

=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

=⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

+

+

)k (x

)k (x

12.0)k (y

)k (u1

0

)k (x

)k (x

016.0

10

)1k (x

)1k (x

2

1

2

1

2

1

Verificando a controlabilidade,

[ ] ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ =

11

00

1

0

016.0

10

1

0GHH

Verificando que o sistema não é completamente controlável. Pode-se verificar isso diretamente pela matriz G, onde a diagonal principal é nula, outra forma éfatorando o denominado da FT,

( )( )2.0z8.0z

2.0z

16.0zz

2.0z

)z(U

)z(Y2 ++

+=

+++

=

Neste caso, verifica-se que há um zero cancelando um pólo.

Exemplo 6.4: Verificar que o sistema não é observável,

[ ]⎪⎭

⎪⎬

⎫

⎪⎩

⎪⎨

⎧=

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡+

⎪⎭

⎪⎬

⎫

⎪⎩

⎪⎨

⎧

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

−−−

=⎪⎭

⎪⎬

⎫

⎪⎩

⎪⎨

⎧

+

+

+

)k (x

)k (x

)k (x

154)k (y

)k (u

1

0

0

)k (x

)k (x

)k (x

6116

100

010

)1k (x

)1k (x

)1k (x

3

2

1

3

2

1

3

2

1

Para a observabilidade,

[ ]⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

−

−

−

=⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−

−

−

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−

−

−

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛ =

111

575

664

1

5

4

2561

60110

3660

1

5

4

610

1101

600

1

5

4

CGCGC HH2HHH

Cujo determinante é zero, mostrando que o posto da matriz de observabilidade é

menor que a dimensão da matriz G assim, o sistema não é completamente observável.Este fato provém do cancelamento entre um pólo por um zero, observe que a FT é dada

por,

( ) ( )( )( )( )( )3z2z1z

4z1z6z11z6z

4z5zHGzIC)z(U)z(Y

2321

+++++=

+++++=−= −



80

Observando que um pólo é cancelado por um zero, significando que esteresultado não pode ser observado, pois sua influência é anulada.

6.5.2 Efeito da discretização

Quando um sistema sofre uma discretização, isto é, quando um sistema é passado de tempo contínuo para tempo discreto, dependendo da taxa de amostragem Tempregada, poderá haver cancelamento entre pólos e zeros. Para exemplificar,considera-se o sistema abaixo,

[ ]⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

=⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

)t(x

)t(x01)t(y

)t(u1

0

)t(x

)t(x

01

10

)t(x

)t(x

2

1

2

1

2

1

&

&

Cujas matrizes de controlabilidade e observabilidade são dadas por,[ ] ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡=

01

10ABB e [ ] ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡=

10

01CAC HHH

Significando que para tempo contínuo o sistema é completamente controlável eobservável. Aplicando a discretização, encontra-se,

[ ]⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ −+

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

=⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

+

+

)k (x

)k (x01)k (y

)k (uTsin

Tcos1

)k (x

)k (x

TcosTsin

TsinTcos

)1k (x

)1k (x

2

1

2

1

2

1

A questão será, há algum valor de T para qual o sistema perderá controlabilidadee observabilidade? Para responder a esta questão, faz-se,

[ ] ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

+−

−+−=

TsinTcos2TsinTsin

Tcos21TcosTcos1GHH

2

Para que não tenha controlabilidade, faz-se o determinante igual a zero,chegando a,

( ) 0Tcos1Tsin2 =−−

Significando que para T = nπ a matriz de controlabilidade será de posto menor que a dimensão da matriz G, mostrando que o sistema será de estado não

completamente controlável.O mesmo fato pode ser verificado através da matriz de observabilidade,

[ ] ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=

Tsin0

Tcos1CGC HHH

Fisicamente, o que ocorreu foi que se pretende observar uma freqüência que éexatamente igual à Nyquist, por isso não foi possível controlá-la.

6.5.3 Princípio da dualidade

Como a transformação para espaço de estados não é única, então há umatransformação de uma forma para outra, a qual será útil quando se deseja obter umaforma canônica de estado.



81

Supondo um sistema na forma,

)k (Du)k (Cx)k (y

)k (Hu)k (Gx)1k (x

+=

+=+

Para transformá-lo na forma canônica controlável, aplica-se uma matriz detransformação T na forma,

MWT = e )k (xT)k (x = onde M é a matriz de controlabilidade dada por,

HGGHHM 1n−= L e a matriz W é dada por,

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

=−−

−−

0001

001a

01aa

1aaa

W

1

3n2n

12n1n

L

L

MMOMM

L

L

Aplicando esta transformação no sistema, encontra-se,

)k (Du)k (xCT)k (y

)k (HuT)k (xGTT)1k (x 11

+=

+=+ −−

onde o sistema definido acima está na forma canônica controlável.

Para transformá-lo na forma canônica observável, aplica-se,

( ) 1HWNQ−

= e )k (xQ)k (x = onde N é a matriz de observabilidade dada por,

( ) H1nHHHH HGCGC N−

= L Aplicando esta transformação no sistema, encontra-se

)k (Du)k (xCQ)k (y

)k (HuQ)k (xGQQ)1k (x 11

+=

+=+ −−

Interessante notar que se o sistema está na forma canônica controlável dada por,

)k (uD)k (xC)k (y

)k (uH)k (xG)1k (x

+=

+=+

Para se obter a forma canônica observável, basta fazer,

( )

( ) )k (uD)k (xH)k (y

)k (uC)k (xG)1k (x

H

H

+=

+=+

Esta equação demostra o princípio da dualidade


Exemplo 6.5: Verificar para que valores de a, b, c e d o sistema é completamentecontrolável e observável.



82

[ ]⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−

=⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

+

+

)k (x

)k (xdc)k (y

)k (u b

a

)k (x

)k (x

3.14.0

10

)1k (x

)1k (x

2

1

2

1

2

1

Solução: a matriz de controlabilidade,

[ ] ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡=

b3.1a4.0 b

ba

b

a

3.14.0

10

b

aGHH

Calculando o determinante e, para que o sistema seje completamentecontrolável, o determinante deve ser diferene de zero, então,

0 bab3.1a4.0 22 ≠−−− Para a matriz de observabilidade,

[ ]

[ ] ⎥

⎦

⎤⎢

⎣

⎡

−−

=

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎥⎦

⎤

⎢⎣

⎡

−−

=⎥

⎦

⎤⎢

⎣

⎡

d3.1cd4.0

dc

3.14.0

10dc

dc

CG

C

Portanto,0d4.0cb3.1c 22 ≠+−

Como os valores de a, b, c e d não podem ser valores complexos, tem-se aresposta como,


Exercício 6.1: Para a FT abaixo, escrever a representação em matrizes de estado naforma canônica controlável, observável e diagonal para utilizando as transformações.

( )( )3s2ss

1s)s(G

+++

= para T = 0.1 s;

Exercício 6.2: Determinar para quais valores de a o sistema é completamente

observável e controlável.



83

a)1zazz

1z)z(G

23 −+++

=

b)1z3z

1az)z(G

2 −++

=

c) 1z3z 1z2az)z(G 2

2

−+ +−=



84

Capítulo 7

7 Projeto de Controladores via Alocação de Pólos

7.1 Introdução

A alocação de pólos é uma técnica parecida com a técnica do lugar das raízes, aqual consiste em realizar uma realimentação de saída para realocar ou ajustar os pólosde malha fechada. Porém a técnica do lugar das raízes é baseada na alocação apenas dos

pólos dominantes do sistema em malha fechada, que são os pólos com a menor partereal possível. Já a técnica de alocação de pólos posiciona todos os pólos do sistema emmalha fechada através de uma realimentação de estado.

Como será feita uma realimentação de estado, considera-se que os estados estãodisponíveis, caso não estejam, eles necessitam se estimados através de um estimador deestado que será visto mais adiante e o sistema é de estado completamente controlável.

Sendo assim, dado o sistema na forma,

)k (Du)k (Cx)k (y

)k (Hu)k (Gx)1k (x

+=

+=+

A realimentação de estado será dada por 4,)k (Kx)k (u −=

onde K representa um vetor de ganhos de realimentação se u(k) for uma única lei decontrole, caso haja várias leis de controle, K será uma matriz.

Assim, o sistema em malha fechada é dado por,( )

)k (Du)k (Cx)k (y

)k (xHK G)k (HKx)k (Gx)k (Hu)k (Gx)1k (x

+=

−=−=+=+

Portando a conduta do sistema realimentado será dada por,HK GG

~−=

Portanto, deve-se especificar os pólos do sistema de malha fechada através dos pólos de G-HK da seguinte forma,

( )( ) ( )n21 pz pz pzG

~zIdet −−−=− L

Para encontrar os valores do vetor ou matriz de ganho K basta resolver estaequação. Porém, ela pode ser complicada, para isso criou-se a fórmula abaixo.

4 Se a referência a ser seguida é zero, o sistema de controle é denominado de regulador, caso contrário, osistema de controle é denominado controlador.



85

x(k+1) x(k)

u(k)

z

1

-Kc* u

H

G* u

Figura 7.1: Diagrama de blocos de um sistema de controle por realimentação de estado

para um regulador.

7.2 Fórmula de Ackermann

Esta fórmula permite encontrar o ganho do controlador de realimentação deestado facilmente. Para a sua dedução inicia-se expandindo a equação característic demalha fechada,

( )( ) ( )

0zzzz

pz pz pzHK GzI

n1n2n

21n

1n

n21

=α+α+α+α+=

−−−=+−

−−−

L

L

Utilizando o teorema de Cayley-Hamilton que diz que G~

deve satisfazer sua

própria equação característica, isto é, substituindo G~

no lado direito no lugar de z,

( ) 0G~

IG~

G~

G~

G~

n1n2n

21n

1n

=φ=α+α++α+α+ −−−

L Agora fazendo as multiplicações,

( ) ( )

( )

( ) ( ) ( ) ( )( )

( )

( ) ( )

( ) 1n1nnnn

223

23

223

2233

22

2222

G~

HK HK GGHK GG~

G~

HK G~

GHK HK GGHK GG~HK HK GGHK HK GG

HK G~

HK GG~

HK HK GGHKGHK GG

HK GG~

HK GHK GHK GHK GHK GG~

G~

HK GHK GHK GHK GHK G

HK HKGGHK GHK GG~

HK GG~

II

−− −−−=−=

−−−==−−−−−=

=+−+−−=

=−−−=−−=−=

−−=−−−=

+−−=−=

−=

=

L

M

Então, a equação fica,

( ) ( )1n1nn

22n1nn

n22n1nn

G~

HK HK GG

G~

HK GHK GHK GIG~

G~

G~

I−−

−−−−

−−−+

+−−α+−α+α=++α+α+α

LL

L

Expandindo os termos e rearranjando na forma,



86

( ) 1n1n2n1n

n22n1nn

n22n1nn

G~

HK HK GG~

HK GHK HK

GGGIG~

G~

G~

I−−

−−

−−−−

−−−−+α−α−

+++α+α+α=++α+α+α

LL

LL

Observando que a primeira linha do lado direito é φ(G),

( ) ( ) ( ) 1n1n2n1n G~HK HK GG~HK GHK HK GG~ −−−− −−−−+α−α−φ=φ LL Que pode ser escrito como,

( ) ( ) [ ] 0

K

G~

K G~

K K

G~

K G~

K K

HGGHHGG~ 2n

3n2n

1n2n1n

1n =

⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

++α+α

++α+α

−φ=φ−

−−

−−−

−

M

L

L

L

Observa-se que a matriz HGGHH 1n−L é a matriz de controlabilidade,

então,

[ ] ( )GHGGHH

K

G~K G~K K G

~

K G

~

K K 11n

2n3n2n

1n

2n1n

φ=

⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡ ++α+α ++α+α−−

−−−

−

−−

LM

L

L

Sobrou apenas o K na n-ésima linha e ele pode ser extraído multiplicando ambosos lados por [0 0 0 … 1], assim,

[ ]

[ ][ ] ( )GHGGHH100

K

G~

K G~

K K

G~

K G~

K K

100

11n

2n3n2n

1n2n1n

φ=

=

⎥⎥

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎢⎢⎢

⎣

⎡

++α+α

++α+α

−−

−−−

−−−

LL

M

L

L

L

Então, têm-se que,

[ ][ ] ( )GHGGHH100K 11n φ=

−−LL

Esta é a Fórmula de Ackermann para a determinação do ganho de realimentaçãode estado.

7.3 Formas alternativas para o ganho K

A fórmula de Ackermann é uma excelente alternativa para o cálculo do ganho K por ser de fácil implementação computacional, contudo existem alternativas à suautilização, como se verá a seguir.

1. Comparação direta: Este método consiste em substituir diretamente oscoeficientes do ganho K dentro da equação característica,

( )( ) ( )

0zzzz

pz pz pzHK GzI

n1n2n

21n

1n

n21

=α+α+α+α+=

−−−=+−

−−−

L

L

Porém, só é de fácil aplicação quando a ordem do sistema é baixa.

2. Outra forma do cálculo do ganho K é através de,



87

[ ]

[ ]( ) 1111n1nnn

1111n1nnn

MWaaa

TaaaK −

−−

−−−

−α−α−α=

−α−α−α=

L

L

onde,

[ ]HGGHHM 1n−= L e

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

=−−

−−

0001

001a

01aa

1aaa

W

1

3n2n

12n1n

L

L

MMOMM

L

L

Quando este modo for aplicado, se o sistema estiver na forma canônicacontrolável, a matriz transformação T torna-se a identidade, facilitando a aplicação dométodo.

3. Se os pólos desejados pi para o sistema em malha fechada forem distintos,

pode-se aplicar a seguinte relação diretamente,[ ][ ] 1n21111K −ξξξ= LL

onde,( ) H pG i

ii−−=ξ com i = 1 ... n

Se a resposta desejada for “dead beat”, significando que pi = 0, então,HG i

i−=ξ com i = 1 ... n

Exemplo 7.1: Considerando o sistema abaixo,

)k (u1

0

)k (x

)k (x

116.0

10

)1k (x

)1k (x

2

1

2

1⎥

⎦

⎤⎢

⎣

⎡+

⎭

⎬⎫

⎩

⎨⎧

⎥

⎦

⎤⎢

⎣

⎡−−

=

⎭

⎬⎫

⎩

⎨⎧

+

+

Cujos pólos do sistema são,

⎩⎨⎧

−=

−=⇒++=

−−=−

8.0z

2.0z16.0zz

1z16.0

1zGzI

1

12

E os pólos de malha fechada sejam,5.0 j5.0z 2,1 ±=

Solução: O primeiro passo é verificar se o sistema é de estado completamentecontrolável. Então, a matriz de controlabilidade é,

[ ] ⎥

⎦

⎤⎢

⎣

⎡

−

=⎥

⎦

⎤⎢

⎣

⎡⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜

⎝

⎛ ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜

⎝

⎛

−−

⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜

⎝

⎛ =

11

10

1

0

116.0

10

1

0GHH

Significando que o sistema é de estado completamente controlável.

Agora aplicando a fórmula de Ackermann,[ ][ ] ( )GGHH10K 1φ= −

Para φ(G), que é o novo polinômio característico que no lugar de z é G,( ) ( )( ) 5.0zz5.0 j5.0z5.0 j5.0zz 2 +−=−−+−=φ

Portanto,

[ ] [ ]234.010

015.0

116.0

10

116.0

10

11

1010K

21

−=⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ ⎥

⎦

⎤⎢

⎣

⎡+⎥

⎦

⎤⎢

⎣

⎡−−

−⎥

⎦

⎤⎢

⎣

⎡−−⎥

⎦

⎤⎢

⎣

⎡−

=−



88


% Matrizes do sistemaG=[0 1;-0.16 -1]H=[0;1]

% Vetor dos novos polosim=sqrt(-1);P=[0.5+im*0.5 0.5-im*0.5]

% Utilizando Fórnula de AckermannK=acker(G,H,P)

% Forma alternativaK=place(G,H,P)

Root Locus

Real Axis


-1 -0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1-1

-0.8

-0.6

-0.4

-0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

0.1π /T

0.2π /T

0.3π /T

0.4π /T0.5π /T

0.6π /T

0.7π /T

0.8π /T

0.9π /T

π /T

0.1π /T

0.2π /T

0.3π /T

0.4π /T0.5π /T

0.6π /T

0.7π /T

0.8π /T

0.9π /T

π /T

0.1

0.20.30.40.50.60.70.80.9

System: Gma

Gain: 0

Pole: -0.2

Damping: 0.456

Overshoot (%): 20


System: Gma

Gain: 0

Pole: -0.8

Damping: 0.0709

Overshoot (%): 80


Root Locus

Real Axis


-1 -0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1

-1

-0.8

-0.6

-0.4

-0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

0.1π /T

0.2π /T

0.3π /T

0.4π /T0.5π /T0.6π /T

0.7π /T

0.8π /T

0.9π /T

π /T

0.1π /T

0.2π /T

0.3π /T

0.4π /T0.5π /T

0.6π /T

0.7π /T

0.8π /T

0.9π /T

π /T

0.1

0.2

0.30.40.50.60.70.8

0.9

System: Gmf

Gain: 0

Pole: 0.5 + 0.5i

Damping: 0.404

Overshoot (%): 25

Frequency (rad/sec): 0.858System: Gmf

Gain: 0

Pole: 0.5 - 0.5i

Damping: 0.404

Overshoot (%): 25


Figura 7.2: lugar das raízes

7.4 Controle por Realimentação de Estado

Quando há uma entrada de referência, o sistema fica,

)k (Du)k (Cx)k (y

)k (Hu)k (Gx)1k (x

+=

+=+

Supondo agora que a lei de controle seja dada por,)k (Kx)k (r k )k (u 0 −=

onde r(k) é uma referência a ser seguida e k 0 é uma constante para ajustar a respostacontrolada do sistema para que não ocorra erro estacionário, isto significa que se areferencia a ser seguida for o degrau unitário então a saída deverá ser tal que y( ∞)→1.Então, o ganho k 0 precisa ser ajustado.

( ) ( )

)k (Du)k (Cx)k (y

)k (r Hk )k (xHK G)k (Kx)k (rk H)k (Gx)1k (x 00

+=

+−=−+=+

Neste caso, a conduta do sistema é dada por G – HK, a mesma condutaapresentada para um regulador. Desta forma, as mesmas fórmulas para calcular o ganhoK podem ser aplicadas.



89

x(k+1) x(k) y(k)r(k)k0 1/z

Kc* u

H

G* u

CC

Figura 7.3: Controle por realimentação de estado. Desenhar

Exemplo 7.2: Dado o sistema baixo.

[ ]⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

⎭

⎬⎫

⎩

⎨⎧

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

−−

=

⎭

⎬⎫

⎩

⎨⎧

+

+

)k (x

)k (x01)k (y

)k (u

1

0

)k (x

)k (x

116.0

10

)1k (x

)1k (x

2

1

2

1

2

1

E os pólos de malha fechada sejam,5.0 j5.0z 2,1 ±=

Solução: Para o ganho K,

[ ] [ ]234.010

015.0

116.0

10

116.0

10

11

1010K

21

−=⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−−

−⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−

=−

Agora basta encontrar o ganho k 0 para que o sistema em malha fechada nãotenha erro estacionário. Para isso, encontra-se a FT do sistema,

( ) H~

G~

zIC)z(G)z(U

)z(Y 1−−==

onde neste caso,

[ ] ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

=−⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−−

=−=15.0

10232.0

1

0

116.0

10HK GG

~

Hk H~

0=

Portanto,

( ) [ ] 5.0zzk 10k 1z5.0 1z01H~G~zIC)z(G

)z(U)z(Y 2

00

1

1

+−=⎥⎦⎤⎢

⎣⎡⎥

⎦⎤⎢

⎣⎡ −−=−==

−

−

Para o erro estacionário5,

( ) ( )( )

15.011

k

z1

1

5.0zz

k z1lim)z(Yz1lim)k (ylim 0

1201

1z

1

1zk =

+−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−+−−=−=

−−

→

−

→∞→

Portanto,5.0k 0 =


5 Deve ser lembrado que Y(z)=G(z)U(z), com R(z) sendo a entrada degrau unitário.



90

% Matrizes do sistemaG=[0 1;-0.16 -1];H=[0;1];C=[1 0];D=0;T=1;

% sistema em malha aberta empacotadoGma=ss(G,H,C,D,T)


% Calculando ganho KK=acker(G,H,P)K=place(G,H,P)

% sistema em malha fechadaGf=G-H*K;

Hf=0.5*H;Gmf=ss(Gf,Hf,C,D,T)

% cálculo da resposa ao degraustep(Gma,30);hold onstep(Gmf,30);hold offlegend('Gma','Gmf')

0 5 10 15 20 25 300

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4Step Response

Time (sec)

A m p l i t u d e

Gma

Gmf

Figura 7.4:Resposta ao degrau unitário do sistema sem controle e malha fechada com o

controlador

7.5 Observadores de Estado

No início deste capítulo, foi apresentada a realimentação de estado, onde

admitia-se que os estados do sistema estavam disponíveis, porém, nem sempre isso é possível, já que em muitas aplicações de sistemas de controle, mede-se apenas algumas



91

variáveis de saída, sendo assim, nem todos os estados estão disponíveis para seremutilizados na realimentação de estados.

Neste caso, deve-se criar um estimador de estados que pode ser de ordemcompleta, em que todos os estados são estimados, de ordem mínima, em que apenas osestados não medidos são estimados, ou de ordem reduzida, em que os estados não

medidos e alguns dos estados medidos são estimados.Os estados do sistema serão estimados com base nas entradas e nas saídasdisponíveis do sistema, isto é, através da entrada u(k) e da saída y(k), será “projetado”um novo sistema tal que os estados deste novo sistema sejam os estados reais do sistemaa ser controlado, ver Figura 7.5, onde )k (x~ representa a estimativa dos estados da

planta original. Como é previsto que será utilizada a saída do sistema, dever ser notadoque a condição de observabilidade deve ser obedecida.

Figura 7.5: Sistema de controle por realimentação de estados junto com observador deestado.

7.5.1 Observadores de Estado de Ordem Completa

Então, considerando um sistema, cujos estados x(k) não podem ser medidos,dado por,

)k (Cx)k (y

)k (Hu)k (Gx)1k (x

=

+=+

Supondo que os estados do sistema acima podem ser aproximados pelos estadosdo seguinte sistema,

)k (x~C)k (y~)k (Hu)k (x~G)1k (x~

=

+=+

onde as matrizes G, H, C e D são as mesmas matrizes de estado do sistema cujosestados não podem ser medidos. Na prática, estas matrizes precisam ser estimadas,assunto que não será abordado aqui. Além disso, tem-se que a resposta dos doissistemas deve ser a mesma, isto significa que a diferença das respostas deve tender azero com o passar das iterações, isto é,

( ) 0)k (y~)k (ylimk

=−∞→

Uma forma de fazer com que isso ocorra é pela introdução de um sistema decontrole, pois se as entradas e as saídas forem as mesmas, as matrizes são as mesmas,

isso significa que os estados são os mesmos, então o sistema utilizado para a estimaçãode estados deve ser dado por,



92

( )

)k (x~C)k (y~)k (y~)k (yK )k (Hu)k (x~G)1k (x~ e

=

−++=+

onde K e é um controlador introduzido para garantir que os dois sistemas se comportemda mesma forma.

x(k+1) x(k)

xt(k+1)xt(k)

y(k)

u(k)

yt(k)z

1

z

1

Ke.'* u

Kc* u

H

H

G* u

G* u

C

C

Figura 7.6: Sistema de controle por realimentação de estados junto com observadores de

estado completo.

O sistema do estimador de estado completo pode ser reescrito substituindo)k (x~C)k (y~ = ,

( )

)k (x~C)k (y~)k (yK )k (Hu)k (x~CK G)1k (x~ ee

=

++−=+

Observe que a matriz do sistema é dada por (G-K eC) e para um sistema decontrole por realimentação de estado é dada por (G-HK). Então, do princípio dadualidade entre a forma canônica controlável e observável, o controlador K e pode ser encontrado da mesma forma que o vetor de ganho K, pois,

( )( ) ( )

0zzzz

pz pz pzHK GzI

n1n2n

21n

1n

n21

=α+α+α+α+=

−−−=+−

−−−

L

L

Agora, a expressão torna-se,( )( ) ( )

0zzzz

pz pz pzCK GzI

n1n2n

21n

1n

n21HH

eH

=α+α+α+α+=

−−−=+−

−−−

L

L

Significando que o ganho de estado era dado por, utilizando a fórmula deAckermann,

[ ][ ] ( )GHGGHH100K 11n φ=

−−LL

Então, o ganho do estimador de estado pode ser dado por,



93

( )

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

φ=

−

− 1

0

0

CG

CG

C

GK

1

1n

eMM

Deve-se notar que a fórmula para o cálculo do vetor de ganho do observador deestado depende da inversa da matriz de observabilidade.

Exemplo 7.3: Supondo o sistema,

[ ]⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

−=

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

+

+

)k (x

)k (x10)k (y

)k (u1

0

)k (x

)k (x

11

16.00

)1k (x

)1k (x

2

1

2

1

2

1

Projetar um observador de estado completo para que o estimador de estado tenha

pólos em,5.0 j5.0z 2,1 ±=

Solução: O polinômio característico para o observador,( ) ( )( ) 5.0zz5.0 j5.0z5.0 j5.0zz 2 +−=−−+−=φ

E o ganho do observador,

( )

[ ]

[ ]

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−

=

⎥⎦

⎤

⎢⎣

⎡

⎥⎥

⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎢

⎣

⎡

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

−⎟

⎟

⎠

⎞

⎜

⎜

⎝

⎛

⎥⎦

⎤

⎢⎣

⎡+

⎥⎦

⎤

⎢⎣

⎡

−

−−

⎥⎦

⎤

⎢⎣

⎡

−

−=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡φ=

−

−

−

2

34.0

1

0

11

10

34.22

32.034.0

1

0

11

16.0010

10

10

015.0

11

16.00

11

16.00

1

0

CG

CGK

1

12

1

e

Para se utilizar o comando “acker” ou “place” do matlab, deve ser lembrado queo que está sendo calculado está conjugado transposto, então,

clear all;clc;close all

% Matrizes do sistemaG=[0 -0.16;1 -1]C=[0 1]


% utilizando ackerGt=G';Ct=C';K=acker(Gt,Ct,P);Ke=K'



94

7.5.2 Comentários sobre estimador de estado

Definindo que o erro da estimativa de estado seja,)k (x~)k (x)k (e −=

Agora subtraindo ambos os sistemas,( )

( )

( )( ))k (x~)k (xCK G

)k (CxK )k (x~CK )k (x~)k (xG

)k (yK )k (Hu)k (x~CK G)k (Hu)k (Gx)1k (x~)1k (x

e

ee

ee

−−=

−+−=−−−−+=+−+

Portanto,( ) )k (eCK G)1k (e e−=+

Significando que o comportamento do erro do estimador vai depender da posição dos pólos da equação característica G-K eC. Normalmente, deve-se escolher os pólos do observador de 2 a 5 vezes mais rápido que a da planta a ser estimada, isto é,com uma freqüência de 2 a 5 vezes maior. Porém, em aplicações práticas, se a resposta

da planta for contaminada com ruído, deve utilizar uma estimativa mais lenta.

Exemplo 7.4: Supondo o sistema,

[ ]⎪⎭

⎪⎬

⎫

⎪⎩

⎪⎨

⎧=

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡+

⎪⎭

⎪⎬

⎫

⎪⎩

⎪⎨

⎧

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

−−

=⎪⎭

⎪⎬

⎫

⎪⎩

⎪⎨

⎧

+

+

+

)k (x

)k (x

)k (x

010)k (y

)k (u

1

0

0

)k (x

)k (x

)k (x

1.12.05.0

100

010

)1k (x

)1k (x

)1k (x

3

2

1

3

2

1

3

2

1

Projetar um controlador de estado e um observador de estado para a resposta aodegrau supondo,

Raízes do controlador: 0.5±j0.5 e 0.5 → 25.0zz5.1zP 23 −+−= Raízes do observador: 0.3±j0.5 e 0.3 → 102.0z52.0z9.0zP 23 −+−=

Solução: Observe que as raízes da planta são dadas por,

⎩⎨⎧ ±=

−=⇒=++−⇒

=

−

−

−

⇒=−

6.0 j8.0z5.0z05.0z2.0z1.1z

0

1.1z2.05.0

1z0

01z

0GzI

2,1

123

Que podem ser melhor compreendidas através da passagem para tempocontínuo,

zlnT

1sez Ts =⇒=

Portanto, assumindo T = 1 s, as raízes em tempo contínuo são dadas por,

6435.0 js

1416.3 j6931.0s

4,3

2,1

±=

±−=

Portanto o par complexo representa um pólo marginalmente estável, já a nova posição, 0.5±j0.5 e 0.5 representa,



95

7854.0 j3466.0s5.0 j5.0z

6931.0s5.0z

3,23,2

11

±−=⇒±=

−=⇒=

Iniciando pela verificação da controlabilidade e observabilidade do sistema,Controlabilidade:

[ ]⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡=

01.11.11

1.110100

HGGHH 2

Observabilidade:

[ ]⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡−

−

=

1.110

2.001

5.000

CGCGC HH2HHH

Portanto, o sistema é de estado completamente controlável e observável.

Root Locus

Real Axis


-1 -0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1

-1

-0.5

0

0.5

1

0.1π /T

0.2π /T

0.3π /T

0.4π /T0.5π /T0.6π /T

0.7π /T

0.8π /T

0.9π /T

π /T

0.1π /T

0.2π /T

0.3π /T

0.4π /T0.5π /T

0.6π /T

0.7π /T

0.8π /T

0.9π /T

π /T

0.10.2

0.30.40.50.60.70.80.9

System: Gpp

Gain: 0

Pole: 0.5 + 0.5i

Damping: 0 .404

Overshoot (%): 25


System: Gpp

Gain: 0

Pole: 0.5 - 0.5i

Damping: 0 .404

Overshoot (%): 25


System: Gpp

Gain: 0

Pole: 0.5

Damping: 1

Overshoot (%): 0

Frequency (r ad/sec): 0.693

Root Locus

Real Axis


-1 -0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

0.1π /T

0.2π /T

0.3π /T

0.4π /T0.5π /T0.6π /T

0.7π /T

0.8π /T

0.9π /T

π /T

0.1π /T

0.2π /T

0.3π /T

0.4π /T0.5π /T0.6π /T

0.7π /T

0.8π /T

0.9π /T

π /T

0.10.2

0.30.40.50.60.70.80.9

System: Gpp

Gain: 0

Pole: 0.3 - 0.5i

Damping: 0.464

Overshoot (%): 19.3


System: Gpp

Gain: 0

Pole: 0.3 + 0.5i

Damping: 0.464

Overshoot (%): 19.3


System: Gpp

Gain: 0

Pole: 0.3

Damping: 1

Overshoot (%): 0


Figura 7.7: Justificativa para as alocações dos pólos do controlador e observador

Projeto do Controlador,

[ ][ ] [ ]4.08.075.0HGGHH100K 12 −−==

−

Projeto do Observador,

( )⎥⎥

⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎢

⎣

⎡=

⎥⎥

⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎢

⎣

⎡

⎥⎥

⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎢

⎣

⎡φ=

−

54.0

2.0

204.1

1

0

0

CG

CG

C

GK

1

2e



96

x(k+1) x(k)

x(k+1) x(k)

0.25z

1

RespostaControlada

Ke* u

Kc* u

H* u

H* u

G* u

G* u

z

1C* u

C* u3

3

3

3

3

33

3

3

3

3

3

3

333

3

3

Figura 7.8: Diagrama de blocos do controle de estado e do observador

0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 1000

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

Ampu

Tempo 0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

Ampu

Tempo Figura 7.9: Resposta do sistema nominal e ao sistema com x(0)= [-2 3 1]T

Para a planta do sistema definida por,

)k (Cx)k (y

)k (Hu)k (Gx)1k (x

=

+=+

A função de transferência é dada por,

( )5.0z2.0z1.1z

zHGzIC

)Z(U

)z(Y)z(G

231 ++−=−==

Para o sistema definido por,( )

)k (x~C)k (y~)k (yK )k (Hu)k (x~CK G)]k (y~)k (y[K )k (Hu)k (x~G)1k (x~ EEE

=

++−=−++=+

Aplicando transformada Z,( )

( ) ( ) )z(YK CK GzI)z(HUCK GzI)z(X~

)z(YK )z(HU)z(X~

CK G)z(X~

z

E1

E1

E

EE

−− +−++−=

++−=

Como a lei de controle é dada por,)k (x~K )k (r )k (u C−=

Aplicando a transformada Z,



97

( ) ( )[ ])z(YK CK GzI)z(HUCK GzIKc)z(R

)z(X~

K )z(R )z(U

E1

E1

E

C

−− +−++−−=

=−=

Definindo,

( )

( )102.0z52.0z9.0z

8622.0z3561.1z959.0K CK GzIKcG

102.0z52.0z9.0z

153.0z72.0z4.0HCK GzIKcG

23

2

E1

E3

23

21

E2

−+−+−

=+−−=

−+−

−−=+−−=

−

−

Então,

( ) ( ))z(Y

G1

G)z(R

G11

)z(U)z(YG)z(UG)z(R )z(U2

3

232 −

+−

=⇒++=

Através da equação acima, observa-se que o sistema em malha fechada pode ser resumido a,

0.25

RespostaControlada

zz -1.1z +0.2z+0.53 2

Planta

0.959z -1.356z+0.86222

z -1.3z +1.24z+0.0513 2

Controlador

z -0.9z +0.52z-0.1023 2z -1.3z +1.24z+0.0513 2

ControladorAvanço

Figura 7.10: Sistema em malha fechada

Substituindo em Y(z)=G1(z)U(z),

( ) ( ) 312

1

2

31

2

1

GGG1

G

)z(R

)z(Y)z(Y

G1

GG)z(R

G1

G)z(Y

−−

=⇒

−

+

−

=

Que substituindo os valores chega-se a,

25.0zz5.1z

z

)z(R

)z(Y23 −+−

=

Observe que houve cancelamento de pólos e zeros e no final, os pólos são os pólos estipulados pela realimentação de estado.

Para o ajuste do ganho Ko para eliminar o erro estacionário,

( ) ( )( )

25.0K 125.015.11

K

z1

1

25.0zz5.1z

zk z1lim)z(Yz1lim)k (ylim

00

12301

1z

1

1zk

=⇒=−+−=

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−−+−−=−=

−−

→

−

→∞→

7.5.3 Estimadores de Ordem Reduzida

Na prática, alguns estados do sistema são medidos, significando que nem todosos estados devem ser estimados. Além disso, a medida do estado pode não ser precisa,nestes casos, utiliza-se observadores de ordem reduzida ou de ordem mínima.

Supondo n estados x(k) do sistema e a saída y(k) do sistema seja de ordem m.Como a saída é uma combinação linear dos estados, correlacionado pela matriz C, então

o observador de ordem reduzida será de ordem n-m.Escrevendo o vetor de estado em duas partes,



98

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

=)k (x

)k (x)k (x

b

a

onde xa(k) é a parte do vetor de estado que pode ser diretamente medido e de ordem m,x b(k) a parte que precisa ser estimada e de ordem n-m. Então o sistema pode ser

reescrito como,

[ ] )k (x)k (y)k (x

)k (x0I)k (y

)k (uH

H

)k (x

)k (x

GG

GG

)1k (x

)1k (x

a b

a

b

a

b

a

bb ba

abaa

b

a

=⇒⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

+

+

Desta forma, a equação de estado contendo a dinâmica dos estados que sãoconhecidos é dada por,

)k (uH)k (xG)k (xG)1k (x a babaaaa ++=+

Que pode ser rearranjada como,

)k (xG)k (uH)k (xG)1k (x babaaaaa =−−+ A parte restante, que representa a dinâmica dos estados não medidos, é dada por,

)k (uH)k (xG)k (xG)1k (x b b bba ba b ++=+

Como a equação de estado para o observador de estado de ordem completa édada por,

)k (x~C)k (y~)k (Hu)k (x~G)1k (x~

=

+=+

Comparando com a equação de estado dos estados não medidos na seguinteforma,

( ))k (uH)k (xG)k (xG)1k (x ba ba b bb b ++=+

E a saída do observador de estado completo,)k (x~C)k (y~ =

Comparando com,)k (xG)k (uH)k (xG)1k (x babaaaaa =−−+

O projeto do observador de ordem mínima ou de ordem reduzida pode ser encontrado comparando a equação de estado do observador de ordem completada dada

por,

)k (x~C)k (y~)k (Hu)k (x~G)1k (x~

=

+=+

Comparada com, ( ))k (uH)k (xG)k (xG)1k (x ba ba b bb b ++=+

)k (xG)k (uH)k (xG)1k (x babaaaaa =−−+

Onde observa-se que,

Observador de ordem completa Observador de ordem mínima

)k (x~ )k (x~ b

G G bb

Hu(k) G baxa(k) + H bu(k)



99

y(k) Xa(k+1) – Gaaxa(k)-Hau(k)

C Gab

K e ordem n×m K e ordem (n-m)×m

Utilizando a tabela acima, através do projeto do observador de ordem completaque é dado por,

( ) )k (yK )k (Hu)k (x~CK G)1k (x~ ee ++−=+

O projeto do observador de ordem mínima ou de ordem reduzida é dado por,( ) ( )

( ))k (uH)k (xG)1k (xK

)k (uH)k (xG)k (x~GK G)1k (x~

aaaaae

ba ba babe bb b

−−++

+++−=+

Substituindo y(k) = xa(k),( ) ( )

( ))k (uH)k (yG)1k (yK

)k (uH)k (yG)k (x~GK G)1k (x~

aaae

b ba babe bb b

−−++

+++−=+

Rearranjando,

( )

( ) ( ) )k (uHK H)k (yGK G

)1k (yK )k (x~GK G)1k (x~

ae baae ba

e babe bb b

−+−+

+++−=+

O problema em utilizar a equação acima está no fato de ter que medir y(k+1).Então, uma forma mais conveniente de expressar a equação acima é fazendo,

( ) ( ) ( )

( )( ) ( )

( ) ( )

( )( )( )[ ] ( ) )k (uHK H)k (yGK GK GK G

)k (yK )k (x~GK G

)k (uHK H)k (yGK G

)k (yK GK G)k (yK )k (x~GK G

)k (uHK H)k (yGK G)k (x~GK G)1k (yK )1k (x~

ae baae baeabe bb

e babe bb

ae baae ba

eabe bbe babe bb

ae baae ba babe bbe b

−+−+−++−−=

−+−+

+−+−−=

−+−+−=+−+

Definindo,)k (~)k (xK )k (x~)k (yK )k (x~ ae be b η=−=−

Pode-se escrever o sistema como,( ) ( )

( )[ ] )k (yGK GK GK G

)k (uHK H)k (GK G)1k (~

aae baeabe bb

ae babe bb

−+−+

−+η−=+η

A equação acima descreve a dinâmica do observador de estado de ordemmínima ou ordem reduzida. O erro do observador pode ser definido como

)k (x~)k (x)k (~)k ()k (e b b −=η−η= Que se torna,

( )[ ]( ) ( )[

( )])k (uH)k (xG)1k (xK

)k (uH)k (xG)k (x~GK G

)k (uH)k (xG)k (xG)1k (x~)1k (x

aaaaae

ba ba babe bb

ba ba b bb b b

−−++

+++−−

+++=+−+

Rearranjando,[ ]

( ))k (uH)k (xG)1k (xK

)k (x~GK )k (x~)k (xG)1k (x~)1k (x

aaaaae

babe b b bb b b

−−+−

+−=+−+

Substituindo a equação de xa(k+1),



100

[ ]( ))k (uH)k (xG)k (uH)k (xG)k (xGK

)k (x~GK )k (x~)k (xG)1k (x~)1k (x

aaaaa babaaae

babe b b bb b b

−−++−

+−=+−+

Que simplificando encontra-se,[ ] [ ])k (x)k (x~GK )k (x~)k (xG)1k (x~)1k (x b babe b b bb b b −+−=+−+

Que se reduz a, ( ) )k (eGK G)k (eGK )k (eG)1k (e abe bbabe bb −=−=+

Portanto, a equação característica do erro do observador de ordem mínima ou deordem reduzida é dada por,

0GK GzI abe bb =+−

Assim, o projeto do observador de ordem reduzida é feito escolhendo os pólosdesejados para a equação acima.

Figura 7.11: Diagrama de blocos do controlador de estado e do observador de ordemmínima ou de ordem reduzida

Exemplo 7.5: Supondo o seguinte sistema,

)k (Cx)k (y~

)k (Hu)k (Gx)1k (x

=

+=+

Com,

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=

10

2.01G , ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡=

2.0

02.0H e [ ]01C =

Projetar um controlador de estado para que os pólos do sistema em malhafechada sejam estabelecidos em

Z1,2 = 0.6 ± j0.4Assumir que apenas o primeiro estado x1(k) pode ser medido. Projetar um

observador de ordem mínima para que o erro do observador seja do tipo “Dead-Beat”.Determinar a Função de Transferência de realimentação do sistema de controle.



101

Solução: Iniciando pela verificação da observabilidade e controlabilidade dosistema,

[ ] ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ =

2.02.0

6.002.0

2.0

02.0

10

2.01

2.0

02.0GHH

[ ] ⎥⎦⎤⎢

⎣⎡=⎥

⎦⎤⎢

⎣⎡ ⎟⎟

⎠ ⎞⎜⎜

⎝ ⎛ ⎥

⎦⎤⎢

⎣⎡⎟⎟

⎠ ⎞⎜⎜

⎝ ⎛ =

2.0011

01

12.001

01CGC ***

Novo polinômio característico,( ) ( )( ) 52.0z2.1z4.0 j6.0z4.0 j6.0zz 2 +−=+−−−=φ

Fórmula de Ackermann para a realimentação de estado,[ ][ ] ( )

[ ]

[ ]2.38

10

0152.0

10

2.012.1

10

2.01

2.02.0

6.002.010

GGHH10K 21

1

=

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=

=φ=−

−

Desta forma, a lei de controle é dada por,

[ ] [ ]⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

−=⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

−=−=)k (x~)k (y

2.38)k (x~)k (x

2.38)k (Kx)k (u22

1

Para encontrar o observador de ordem mínima, deve-se separar o sistemasegundo,

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡=

10

2.01

GG

GGG

bb ba

abaa e ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡=

2.0

02.0

H

HH

b

a

Como o observador deve ter comportamento Dead-Beat, o polinômio

característico é dado por 6

, ( ) 0zz ==φ Aplicando Ackermann,

( )[ ] [ ] 5)1()2.0)(1(1GGK 11ab bbe ==φ= −−

A equação de estado do observador de ordem mínima,( ) ( )



aae baeabe bb

ae babe bb

−+−+

−+η−=+η

Substituindo os valores,( ) ( )

( )[ ])k (y5)k (u1.0 )k (y)1)(5(05)2.0)(5(1

)k (u)02.0)(5(2.0)k ()2.0)(5(1)1k (~

−= −+−+

−+η−=+η

Só está faltando os estados não estimados dado por,)k (~)k (y5)k (~)k (yK )k (x~ e2 η+=η+=

E a equação da lei de controle,)k (x~2.3)k (y8)k (u 2−−=

Estas últimas três equações definem o sistema de controle. Combinando as duasúltimas,

6 O polinômio característico para dead beat deve ser da ordem a ser utilizada, como neste caso precisa-seestimar apenas um estado, o polinômio característico é apenas z.



102

( ))k (~2.3)k (y24

)k (~)k (y52.3)k (y8)k (u

η−−=

η+−−=

Se esta equação é verdade,)1k (~2.3)1k (y24)1k (u +η−+−=+

Substituindo a equação do observador, ( ))k (y16)1k (y24)k (u32.0)1k (u

)k (y5)k (u1.02.3)1k (y24)1k (u

++−=++

−−+−=+

Para a função de transferência do controlador, aplica-se a transformada Z naequação anterior,

)z(Y16)z(zY24)z(U32.0)z(zU +−=+ Chegando a,

32.0z

16z24

)z(Y

)z(U)z(GD +

−−==

A função de transferência da planta,

( )

[ ]

1z2z

02.0z02.0

2.0

02.0

10

2.01

z0

0z01

DHGzIC)z(U)z(Y)z(G

2

1

1P

+−+

=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡=

=+−==

−

−

Step Scope

0.02z+0.02

z -2z+12

Planta

Ko

Gain

24z-16

z+0.32

Controlador

Figura 7.12: Diagrama de blocos do sistema em malha fechada

A equação característica do sistema em malha fechada pode ser encontradaatravés do diagrama de blocos, Figura 7.12, dado por,

( )z52.0z2.1z

0064.0z0264.0z02.0K )z(G)z(G1

)z(GK )z(R )z(C 23

2o

DP

Do

+−++=

+=

Para que o sistema não tenha erro estacionário,

( ) ( ) ( )( )

0606.6K 132.0

0528.0K

z1

1

z52.0z2.1z

0064.0z0264.0z02.0K z1lim)z(Yz1lim)k (ylim

oo

123

2o1

1z

1

1zk

=⇒==

=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−+−

++−=−=

−−

→

−

→∞→

Notar que a equação característica do sistema em malha fechada é dada por,( ) 0z25.0z2.1z 2 =+−

Representando os mesmos pólos escolhidos para o fechamento da malha.



103

Justificativa para a escolha dos pólos do controlador em z1,2 = 0.6 ± j0.4. Os pólos originais são z1,2 = 1, que são pólos marginalmente estáveis, porém, passando osos escolhidos para tempo contínuo encontra-se s1,2 = - 0.327 ± j0.588, representando ω N = 0.6728 rad/s e fator de amortecimento ζ = 0.486.


Exemplo 7.6: Para o sistema abaixo, projetar um controle por realimentação de estadoem tempo discreto para o sistema abaixo,

100s2s

50)s(G

2 ++=

Sabendo-se que o desejado para o sistema acima seria que o seu fator deamortecimento fosse 2/2 e sua freqüência natural fosse 20 rad/s.

Solução: Passando o sistema para tempo discreto, precisa-se saber qual a freqüêncianatural do sistema, por análise simples, verifica-se que ela é de 10 rad/s, portanto amaior freqüência será de 20 rad/s. Sendo assim, escolhe-se T = 0.05 s. Agora,discretizando o sistema, atravéz de tabelas é fácil verificar que,

( )

( )

=⎥

⎦

⎤⎢

⎣

⎡

++

+

++

+−

−

−=

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

++

+−−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −=

−

−

−−

100s2s

99

992

1

100s2s

1s

2

1Z

z12

z1

100s2s

1s2

1

s2

1Zz1)s(G

s

e1Z)z(G

221

1

21

Ts

Comparando com os items 16 e 17 da tabela de transformada, a = 1 e 99=ω ,então,

9048.0z672.1z

05727.0z05923.0)s(G

s

e1Z)z(G

2

Ts

+−+

=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −=

−

Transformando para matrizes de estado, utilizando a forma canônica observável, pois a matriz C é na forma unitária,

[ ]⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

⎭

⎬⎫

⎩

⎨⎧

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ −=

⎭

⎬⎫

⎩

⎨⎧

+

+

)k (x

)k (x10)k (y

)k (u

05923.0

05727.0

)k (x

)k (x

672.11

9048.00

)1k (x

)1k (x

2

1

2

1

2

1

Para os novos pólos do sistema,

1421.14 j1421.142

212020

2

2 js

2

dn2,1 ±−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −±−=ω±ζω−=

Passando para tempo discreto,3203.0 j3749.0eez )05.0)1421.14 j1421.14(sT

2,1 ±=== ±−

Projetando o controle via realimentação de estado, matriz de controlabilidade,



104

[ ] ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ −=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ −⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=

1563.05923.0

0536.05727.0

05923.0

05727.0

672.11

9048.00

05923.0

05727.0GHH

Novo polinômio característico,9048.0z672.1z)3203.0 j3749.0z)(3203.0 j3749.0z()z( 2 −+=−−+−=φ

Aplicando Ackerman,[ ][ ] ( )

[ ]

[ ]2331.85878.7

10

012431.0

672.11

9048.007498.0

672.11

9048.00

1563.05923.0

0536.05727.010

GGHH10K 21

1

=

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡ −−⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡ −⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ −=

=φ=−

−

Desta forma, a lei de controle é dada por,

[ ]⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

−=−=)k (x

)k (x2331.85878.7)k (Kx)k (u

2

1

Exemplo 7.7: Para o sistema acima, projetar um sistema de controle em realimentaçãoutilizando um estimador tipo “Dead Beat” para o observador de estado de ordemreduzida.

Solução: Comparando as equações do observador de ordem reduzida e a equação dosistema, observa-se que,

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=

672.11

9048.00

GG

GGG

aaab

ba bb e ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡=

05923.0

05727.0

H

HH

a

b

Como o observador deve ter comportamento Dead-Beat, o polinômiocaracterístico é dado por,

( ) 0zz ==φ Aplicando Ackermann,

( )[ ] [ ] 0)1()1)(0(1GGK 11ab bbe ==φ= −−

Significando que o observador de ordem reduzida não pode ser aplicado. Porém,a transformação para matrizes de estado não é única, aplicando a seguintetransformação,

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

⇒⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=

)k (x

)k (x

10

11

)k (xn

)k (xn

10

11T

2

1

2

1

O sistema fica,

[ ]⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡+

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡=

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

++

−

−

)k (xn

)k (xn

10

1110)k (y

)k (u05923.005727.0

1011

)k (xn)k (xn

1011

672.119048.00

1011

)1k (xn)1k (xn

2

1

1

2

11

2

1

Chegando a,

[ ] ⎭⎬

⎫

⎩⎨

⎧

=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ −=

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

+

+

)k (xn

)k (xn

10)k (y

)k (u05923.0

1165.0

)k (xn

)k (xn

672.01

2328.01

)1k (xn

)1k (xn

2

1

2

1

2

1



105

A resposta do novo sistema e do sistema antigo é exatamente a mesma,significando que os dois sistemas são os mesmos. Agora, aplicando o método,

( )[ ] [ ] 1)1()1)(1(1GGK 11ab bbe ==φ= −−

A equação de estado do observador de ordem mínima,( ) ( )



aae baeabe bb

ae babe bb−+−+

−+η−=+η

Substituindo os valores,( ) ( )

( )[ ])k (y9048.0)k (u0573.0

)k (y)672.0)(1(2328.01)1)(1(1

)k (u)05923.0)(1(1165.0)k ()1)(1(1)1k (~

−=

−−−+

−+η−=+η

Só está faltando os estados não estimados dado por,)k (~)k (y)k (~)k (yK )k (nx~ e1 η+=η+=

Neste ponto deve ser lembrado que o que está sendo estimado é xn1(k) nãox1(k) como necessário para o controlador, porém da relação de transformação utilizada,

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ −=

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

⇒=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=

−

)k (xn

)k (xn

10

11

)k (xn

)k (xn

10

11

)k (x

)k (x

10

11T

2

1

2

1

1

2

1

Significando que x2(k) = xn2(k), mas x1(k) = xn1(k)+xn2(k) = xn1(k)+x2(k),assim, a lei de controle fica,

[ ]

[ ]⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

−=

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ −

−=−=

)k (xn

)k (nx~6453.05878.7

)k (xn

)k (xn)k (nx~2331.85878.7)k (Kx)k (u

2

1

2

21

Estas últimas três equações definem o sistema de controle. Combinando as duasúltimas,

( )

)k (~5878.7)k (y2331.8

)k (x6453.0)k (~)k (y5878.7

)k (xn6453.0)k (nx~5878.7)k (u

2

21

η−−=

−η+−=

−−=

Se esta equação é verdade, então,)1k (~5878.7)1k (y2331.8)1k (u +η−+−=+

Substituindo a equação do observador,

( ))k (y8654.6)k (u4348.0)1k (y2331.8 )k (y9048.0)k (u0573.05878.7)1k (y2331.8

)1k (~5878.7)1k (y2331.8)1k (u

+−+−= −−+−=

+η−+−=+

Para a função de transferência do controlador, aplica-se a transformada Z naequação anterior,

)z(Y8654.6)z(zY2331.8)z(U4348.0)z(zU +−=+ Chegando a,

4348.0z

8654.6z2331.8

)z(Y

)z(U)z(G D +

−−==

A função de transferência da planta original,

9048.0z672.1z

05727.0z05923.0)z(G

2P +−

+=



106

A equação característica do sistema em malha fechada pode ser encontradaatravés de,

0002473.0z2428.0z7494.0z

0249.0z08302.0z05923.0K

)z(G)z(G1

)z(GK

)z(R

)z(C23

2o

DP

Po

++−

++=

+=

Para que o sistema não tenha erro estacionário,( )

( ) ( )( )

9533.2K 14936.0

1671.0K

z1

1

0002473.0z2428.0z7494.0z

0249.0z08302.0z05923.0K z1lim

)z(Yz1lim)k (ylim

oo

123

2o1

1z

1

1zk

=⇒==

=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−++−

++−=

=−=

−−

→

−

→∞→

Exemplo 7.8: Supondo o sistema apresentado no Exemplo 7.4, projetar um observador de estado de ordem mínima para os estados que não são medidos. Supor resposta

DeadBeat para o observador.Solução: O primeiro passo é verificar qual a saída que é medida, no caso a saída

x2(k). Então é necessário reescreve o sistema na seguinte forma,

)k (u

1

0

0

)k (x

)k (x

)k (x

1.15.02.0

001

100

)1k (x

)1k (x

)1k (x

3

1

2

3

1

2

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡+

⎪⎭

⎪⎬

⎫

⎪⎩

⎪⎨

⎧

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

−−

=⎪⎭

⎪⎬

⎫

⎪⎩

⎪⎨

⎧

+

+

+

Nesta nova configuração,

)k (x)k (x 2a = ;

⎭

⎬⎫

⎩

⎨⎧

=)k (x

)k (x)k (x

3

1 b

0G aa = ; [ ]10G ab = ; ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

=2.0

1G ba ; ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−

=1.15.0

00G bb

0Ha = ; ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=

1

0H b

Ainda do Exemplo 7.4, o ganho do controlador,[ ]4.08.075.0K c −−=

O ganho do observador de estado mínimo pode ser encontrado através daequação do erro dada por,

( ) )k (eGK G)1k (e abe bb −=+ Como foi especificado resposta tipo deadbeat, então,( ) 0zz 2 ==φ

Aplicando a fórmula de ackerman,

( ) ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡φ=

−

1.1

0

1

0

GG

GGK

1

bbab

ab bbe

A construção do diagrama de blocos segue através das seguintes equações,( ) ( )

( )[ ]

)k (u3P)k (y2P)k (~1P

)k (yGK GK GK G

)k (uHK H)k (~GK G)1k (~

aae baeabe bb

ae babe bb

++η=

−+−+

−+η−=+η

Substituindo os valores,



107

)k (u1

0)k (y

2.0

1

)k (~)k (~

05.0

00

)1k (~)1k (~

)k (u3P)k (y2P)k (~1P)1k (~

2

1

2

1⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−

+⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

η

η⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

=⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

+η

+η

++η=+η

A segunda equação a ser utilizada,

)k (yK )k (~)k (xK )k (~)k (x~ eae b +η=+η= Substituindo os valores,

)k (y1.1

0

)k (~)k (~

)k (x~)k (x~

2

1

3

1⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

η

η=

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

Finalmente a terceira equação,

⎪⎭

⎪⎬

⎫

⎪⎩

⎪⎨

⎧−=

⎪⎭

⎪⎬

⎫

⎪⎩

⎪⎨

⎧−=

)k (x~)k (x

)k (x~

K )k (r K

)k (x

)k (x

)k (x

K )k (r K )k (u

3

2

1

c0

3

2

1

c0

Substituindo os valores,

[ ]⎪⎭

⎪⎬

⎫

⎪⎩

⎪⎨

⎧−−−=

)k (x~)k (x)k (x~

4.08.075.0)k (r K )k (u

3

2

1

0

Chegando a,

x(k+1) x(k)

n(k+1) n(k)

x~(k)

0.25z

1

RespostaControlada

Kc* u

P3* u

H* u

Ke2* uP2* u

P1* u

G* u

z

1

C* u

3

3

3

3

3

33

2

2

222

2

2

2

2

2

2 3

3

2

Figura 7.13: Diagrama de blocos do sistema de controle com estimador de ordem

mínima


Exercício 7.1: (Prova 2007) Para o sistema abaixo, pede-se,

[ ]⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

+

+=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

−=

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

+

+

)1k (x

)1k (x01)k (y

)k (u5.0

1

)k (x

)k (x

05.0

11

)1k (x

)1k (x

2

1

2

1

2

1

a) Verificar se o sistema é Controlável;



108

b) Projetar um sistema de controle via realimentação de estado para que osnovos pólos do sistema sejam posicionados em, 3.015.02,1 j z ±−=

c) Supondo uma entrada degrau r(k), calcular qual o ganho k0 para que nãohaja erro estacionário;

Exercício 7.2: (Prova 2007) Para o sistema do Exercício 7.1, pede-se,

a) Verificar se o sistema é Observável; b) Projetar um observador de ordem completa para que este apresente resposta

tipo DeadBeat;c) Colocar as equações necessárias e desenhar o diagrama de blocos da planta –

observador de ordem completa – realimentação de estado para uma respostaao degrau unitário;

Exercício 7.3: (Prova 2007) Para o sistema abaixo, pede-se,

[ ]⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

+

+=

⎥⎦⎤⎢

⎣⎡+

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧⎥

⎦⎤⎢

⎣⎡−−=

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ ++

)1k (x

)1k (x01)k (y

)k (u5.0

1)k (x)k (x

75.05.02.01

)1k (x)1k (x

2

1

2

1

2

1

a) Projetar um observador de ordem mínima para o estado que não é medido, para que este apresente uma resposta tipo DeadBeat;

b) Escrever as equações necessárias e desenhar o diagrama de blocos planta -observador de ordem mínima – realimentação de estado supondo que osistema seja um regulador.

Exercício 7.4: (Exame 2007) Para o sistema abaixo pede-se,

[ ]⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

+

+=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

−=

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

+

+

)1k (x

)1k (x10)k (y

)k (u2

1

)k (x

)k (x

02

11

)1k (x

)1k (x

2

1

2

1

2

1

a) Verificar se o sistema é Controlável e Observável; b) Projetar um sistema de controle via realimentação de estado para que os

novos pólos do sistema sejam posicionados em, 5.0 j5.0z 2,1 ±−= ;c) Projetar um observador de ordem reduzida para o estado que não é medido,

supor resposta deadbeat para o observador de ordem reduzida;d) Escrever as equações necessárias e o diagrama de blocos para o conjunto

sistema-controlador-observador de ordem reduzida supondo que o sistema decontrole seja um Regulador.



109

Capítulo 8

8 Projetos

Nesta parte, será apresentada uma seqüência de projetos interessantes desistemas mecânicos envolvendo sistemas de controle em tempo discreto. Para aimplementação dos sistemas de controle, necessariamente deverá ser seguido osseguintes passos,

1. Modelagem matemática; onde o aluno deverá assumir todasas condições necessárias para o equacionamento do sistema,

tais como posição dos sensores e atuadores, se há atrito,linearização, etc.

2. Equações na forma de função de transferência e de Espaçode Estados ambos em tempo contínuo e tempo discreto;onde o aluno deverá optar por uma das formas para atransformação de tempo contínuo para tempo discreto.Além disso, deve-se especificar qual o tempo deamostragem e explicar a sua escolha;

3. Apresentar o sistema em diagrama de blocos; nesta parteserá apresentado o diagrama de blocos contendo planta esistema de controle separadamente, pode ser feita emSimulink;

4. Implementação do sistema de controle, explicando a suaescolha e detalhando o procedimento de cálculo;

5. Apresentação dos resultados contendo distúrbio e lei decontrole;



110

8.1 Pêndulo Invertido

Implementar um sistema de controle para que a massa suspensa do pêndulo

invertido apresentado na Figura 8.1 fique em equilíbrio na posição vertical. Sabendo-seque M = 2 Kg, L = 0.5 m e m = 0.1 kg.

Figura 8.1: Pêndulo invertido.

O problema está resolvido por realimentação de estado no Ogata, página 596.Implementar um controlador PID para que o desempenho do sistema controlado seja

parecido com o já implementado.



111

8.2 Suspensão Ativa para ¼ de veículo

Implementar um sistema de controle em ¼ de suspensão veicular, Figura 8.2,

para que a massa suspensa da suspensão apresente a menor aceleração possível.Sabendo-se que Ms = 250 Kg, Ks = 5.000 N/m, Cs = 250 Ns/m, Mn = 25 kg e Kp =100.000 N/m.

Figura 8.2: Suspensão de ¼ de veículo.

Para a implementação do sistema de controle, assumir que apenas a aceleração émedida, mas verificar a aceleração e deslocamento da massa suspensa. O objetivo aqui émanter a aceleração da massa suspensa igual a zero, portanto o sistema de controle é umregulador.

Distúrbios da via a serem consideradosa) Entrada degrau com 100 mm de altura;

b) Entrada ½ circunferência de 150 mm de raio;

Deve ser lembrado que os distúrbios da via são relacionados com o tempo,simular para 40 km/h e 100 km/h.



112

8.3 Controle não colocado

Supondo o sistema apresentado na Figura 8.3, o objetivo e minimizar o

deslocamento da massa M3, com um controlador posicionado entre as massas M1 e M2e um outro controlador posicionado entre as massas M2 e M3.

Figura 8.3: Sistema de 3GDL para controle não colocado.

Objeivo é investiga sistemas de controle “colocado” e “não colocado”.Considerar que M1 = M2 = M3 = 0.5 Kg, K1 = K2 = K3 = 10 KN/m. Excitação é umimpulso dado na massa M3.



113

8.4 Projeto de Filtros Digiais

Apresentar o projeto de filtros digitais contendo os seguintes passos:

a) O que são filtros digitais; b) Para que são utilizados;c) Influência dos pólos e zeros;d) Tipos de Filtros digitais;e) Projetos de cada Tipo;f) Resposta em Freqüência;

O aluno deverá fazer uma implementação computacional exemplificando autilização de filtros digitais;



114

9 Referências Bibliográficas

K. Ogata. Discrete-Time Control Systems. 2nd Ed. Prentice Hall, 1994.

G.F. Franklin, J.D. Powell, and M.L. Workman. Digital Control of Dynamic Systems.Addison-Wesley, 3rd Edition. 1998.

C.H. Houpis, G.B. Lamont. Control Systems. Theory, Hardware, Software. 2nd Ed.McGraw-Hill, 1992.

J.J. Distefano III, A. R. Stubberud. Schaum’s Outline of Theory and Problems of Feedback and Control Systems. 2nd Ed., Schaum’s Outline Series, McGraw-Hill.1990.

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