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Curso de Controle Discreto 1 Pe. Pedro M. Guimarães Ferreira S.J.

http://www.fplf.org.br/pedro_varios/ (Texto básico deste curso: Katsuiko Ogata, Discrete-time Control Systems. Prentice-Hall, Second Edition, 1995) Capítulo 1. Introdução ao Controle de Sistemas de Tempo Discreto 1.1 Introdução Nos últimos 25 anos tem havido um aumento rápido, “explosivo”, do uso do controle digital em Controle de Sistemas. Efetivamente, muitos sistemas industriais incluem computadores digitais, ou simples processadores, como parte integrante de sua operação. Tomem-se como exemplo os robôs, a otimização de combustíveis nos automóveis, o controle das refinarias de petróleo, dos sistemas de energia elétrica, etc. A substituição gradual e rápida nestes muitos anos dos controladores analógicos pelos digitais se deve ao preço cada vez menor dos computadores e processadores digitais bem como à maior facilidade de se trabalhar com sinais digitais do que com sinais de tempo contínuo. Tipos de sinais Um sinal de tempo contínuo é aquele em que o domínio da variável livre, o tempo (t), é contínuo, mesmo que a amplitude do sinal não seja contínua. Exemplo: os sinais (a) e (b) da Fig. 1.1 abaixo. Um sinal de tempo contínuo pode ser analógico ou quantizado. Ele é dito analógico quando as amplitudes do sinal podem assumir valores contínuos, como no exemplo (a) da figura. E ele é dito quantizado quando a amplitude do sinal pode assumir apenas um número finito de valores, como no exemplo (b) da figura. Observe-se que o termo “analógico” é, muitas vezes, na linguagem corrente, confundido com “contínuo”. Ao longo deste texto, seguindo o autor, e quando o contexto não deixar dúvidas, usaremos, às vezes, um termo pelo outro. Um sinal de tempo discreto é definido somente em instantes particulares (“discretos”) do tempo; ou por outras palavras, a variável independente t (tempo) é “quantizada”. Em um sinal de tempo discreto, se a amplitude do sinal puder assumir qualquer valor, então o sinal é dito amostrado, como na figura (c). Ele pode ser obtido, como o nome está dizendo, a partir de um sinal de tempo contínuo, tomando-se amostras de sua amplitude em determinados instantes do tempo. Em um sinal de tempo discreto, se a sua amplitude for quantizada, isto é, só puder assumir certos valores, então se diz que se trata de um sinal digital, conforme a figura (d). Portanto, um sinal digital é quantizado em amplitude e no tempo. O uso de controles digitais exige sinais deste último tipo, ou seja, quantizados na amplitude e no tempo. Na prática, os termos “sinal de tempo discreto” e “sinal digital” são intercambiados, sem prejuízo da clareza devido ao contexto. Frequentemente o termo sinal de tempo discreto é usado nos textos mais teóricos, enquanto o termo sinais digitais é mais usado no contexto das realizações de “hardware” e “software”.

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Em engenharia de controles, o objeto controlado é uma “planta” ou processo, observando-se que estes termos podem se referir a realidades físicas, ou não, como por exemplo, nos processos econômicos. A maioria das plantas físicas, químicas e biológicas tem entradas (inputs) e saídas (outputs) que são sinais de tempo contínuo e, portanto, se se usam controladores digitais, são necessários conversores analógicos – digitais (A/D) e digitais – analógicos (D/A). Ver figura 1-3 abaixo. O processo de amostragem é geralmente seguido pelo de quantização, isto é, o sinal amostrado analógico é substituído por uma amplitude digital, representada por um número binário e este sinal digital é processado por um computador. A saída do computador é amostrada e entra num circuito “hold” (segurador). A saída deste é um sinal de tempo contínuo, constituindo a entrada no atuador, cuja resposta é a entrada da planta. Observe-se que às vezes tem-se um sistema totalmente de tempo contínuo e a simulação

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é feita em sistema de tempo discreto, posto que mais fácil. Tal é o caso quando se usa “mathlab”, “simulink”, etc. Neste curso trataremos essencialmente de sistemas lineares invariantes no tempo, ainda que, ocasionalmente, mencionem-se certos casos importantes de sistemas não lineares e / ou variantes no tempo. 1-2 Sistemas digitais de controle O controle digital de um processo (= planta) tem as seguintes vantagens sobre o controle analógico: a) O processamento de dados em controladores digitais é muito mais fácil de ser feito, mesmo quando se trata de cálculos complexos. b) O programa (software) que controla pode ser modificado facilmente, caso necessário. c) Os controladores digitais são muito superiores aos analógicos do ponto de vista de ruídos e perturbações dos parâmetros. Entretanto, os controladores digitais apresentam algumas desvantagens, que vão desaparecendo à medida que avança, a passos rapidíssimos (lei de Moore), a tecnologia digital: a) Os processos de amostragem e quantização tendem a introduzir erros, degradando o desempenho do sistema. b) Projetar controladores digitais para compensar tal degradação é mais complexo do que projetar controladores analógicos em um nível equivalente de desempenho. A figura 1.3 abaixo apresenta o diagrama de blocos de um sistema de controle digital.

Na figura, a resposta da planta é um sinal de tempo contínuo. Observe-se que há vários tipos de “Hold circuits” (“Seguradores”), como veremos mais adiante, mas o que é mais amplamente usado é o segurador de ordem zero. O que aparece no diagrama de blocos da figura mantém constante o sinal durante o intervalo de tempo: é um segurador de ordem zero. O primeiro bloco à esquerda converte o sinal de tempo contínuo (o erro entre a resposta da planta e o sinal de referência) numa sequência de números binários. Tal operação é chamada codificação (coding or enconding). Este bloco pode ser imaginado como uma chave que fecha instantaneamente a cada intervalo de tempo T e gera uma sequência de números em um código numérico. Há muitos tipos de amostragem, mas neste curso, só usaremos amostragens com período constante, ou seja, o intervalo de tempo entre as amostragens é constante. Controle de robôs

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Os robôs são cada vez mais utilizados na indústria e também em aplicações especiais. Na indústria eles realizam tarefas monótonas, sujeitas, portanto, a erros quando operadas por seres humanos. E quanto às aplicações especiais, vale mencionar aquelas em que eles podem operar em locais de temperatura e/ou pressão e/ou radioatividade intoleráveis para um ser humano. Todo robô tem um braço, um punho e uma mão. 1.3 Quantização e codificação (“quantizing and coding”) As funções num processo de conversão A/D (analógico / digital) são amostragens do sinal analógico, quantização da amplitude e codificação. Quando o valor de uma certa amostragem num certo instante de tempo estiver entre dois valores “permitidos” da resposta do conversor A/D, ele deve ser lido como o valor mais próximo entre os permitidos. O processo de representar um sinal analógico ou contínuo por um número finito de estados discretos é chamado de quantização de amplitude, ou seja, é o processo pelo qual um sinal contínuo ou analógico é transformado em um conjunto de estados discretos. E este conjunto de estados discretos é então descrito por um código numérico. Este processo de representar um valor amostrado por um código numérico, o qual é binário, é chamado de codificação (“coding” ou “encoding”). Portanto, codificar é um processo de atribuir uma “palavra digital” a cada um dos estados discretos. É claro que tanto o período de amostragem como os níveis de quantização afetam o desempenho do controle de sistemas digital. Consequentemente, eles devem ser escolhidos cuidadosamente. O sistema de números padrão para a quantização é, como vimos, o sistema binário: 1 (“on”) e 0 (“off”). Na quantização, n “on-off” pulsos podem representar 2n níveis de amplitude ou estados de saída Chamemos de FSR (“full scale range”) a maior amplitude do sinal de entrada e seja Q

a diferença entre dois pontos adjacentes. Então, é claro que 2n

FSRQ = ; então, por

exemplo, se FSR = 10 Volts e n = 3, temos 3

10 1,252

Q = = V.

Observe-se a seguir que qualquer número N entre 0 e 1 pode ser aproximado em um código binário:

1 2 31 2 32 2 2 ... 2 n

nN a a a a− − − −= + + + + , onde os 'ia s são 0 ou 1. Uma fração (menor que 1) é representada, por exemplo, como 0,11101011. Na prática, porém, a vírgula (ponto, na literatura inglesa) é omitida com freqüência, supondo, portanto, que todos os valores sejam menores que um, bastando escolher um sistema de unidades físicas apropriado. No caso acima, teríamos simplesmente 11101011. Frequentemente, para facilitar a leitura, as sequências de 0’s e 1’s são separadas em grupos de 4, como por exemplo, 1111 1111, a qual representa o número

2 3 4 5 6 7 8

1 1 1 1 1 1 1 11 1 1 1 1 1 1 12 2 2 2 2 2 2 2

× + × + × + × + × + × + × + × =

=0,5+0,25+0,125+0,0625+0,03125+0,015625+0,0078125+0,00390625 = 0,9960937. O bit na extrema direita da seqüência é chamado de LSB (least signifcant bit) e vale,

evidentemente, 2n

FSRLSB = . É claro que LSB = Q.

Erro na quantização

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Tendo em vista que o número de bits na palavra digital é finito, a conversão A/D tem uma resolução finita. Ou por outras palavras, como já foi dito, a resposta digital pode assumir somente um número finito de valores e, consequentemente, um número analógico tem que ser aproximado para o número digital mais próximo. Ou seja, todo

conversor A/D envolve erro de quantização, tal erro estando entre 0 e 12

Q± .

Este erro pode ser feito tão pequeno quanto desejável (do ponto de vista “físico”, e não matemático) reduzindo-se o nível de quantização. A fim de determinar o tamanho desejado do nível de quantização, ou seja, o número de estados da resposta em um dado sistema de controle digital, o engenheiro deve ter uma boa compreensão da relação entre o tamanho do nível de quantização e o erro daí resultante. A variância do nível de quantização é uma medida importante do erro de quantização, visto que a variância é proporcional à potência média associada com o ruído. Seja um sinal analógico de entrada ( )x t e a resposta discreta ( )y t . O erro de quantização ( )e t é definido como ( )e t = ( )x t - ( )y t , observando-se que a

magnitude do erro de quantização é 10 ( )2

e t Q≤ ≤ .

Para um pequeno nível de quantização Q, a natureza do erro de quantização é semelhante ao do nível de ruído. Efetivamente, o processo de quantização age como uma fonte de ruído aleatório. Para obter a variância do ruído de quantização, suponha que seja pequeno o nível de quantização Q e suponha que o erro de quantização é distribuído uniformemente entre

- 12

Q e 12

Q e este erro age como um ruído branco. (Esta hipótese é um tanto forte em

alguns casos, mas como o erro de quantização e(t) tem amplitude pequena, tal hipótese pode ser aceita como uma aproximação de primeira ordem. O valor médio de e(t) é nulo, ou seja, ( )e t = 0. Então a variância 2σ do erro de quantização é 2σ

/ 2 22 2

/ 2

1[ ( ) ( )]12

Q

Q

QE e t e t dQ

ξ ξ−

= − = =∫ .

Portanto, se o nível de quantização Q for pequeno com relação à amplitude média do sinal de entrada, então a variância do erro de quantização é um duodécimo do quadrado do nível de quantização. 1-4 Aquisição de dados e Sistemas de Conversão e Distribuição de dados A conversão de sinais que tem lugar em controle digital de sistemas envolve as seguintes operações conforme as fig. 1-5 (a) e (b) abaixo:

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No sistema de aquisição de dados, a entrada é um conjunto de variáveis tais como posição, velocidade, aceleração, temperatura e pressão. Estas variáveis físicas são usualmente primeiramente convertidas em uma corrente elétrica ou voltagem através de um “transdutor” apropriado (ex: um tacômetro, no caso de velocidade). O restante do processo de aquisição de dados é feito através de meio eletrônico. O amplificador, que é frequentemente um amplificador operacional, realiza as seguintes funções: ele amplifica o sinal de saída do transdutor e converte, se for o caso, a corrente elétrica em voltagem, ou então, se a entrada dele já for uma voltagem, ele armazena o sinal. Segue-se o filtro “passa-baixa”, que atenua os sinais em alta freqüência, tais como os ruídos. A saída do filtro é a entrada de um multiplexador (ver logo abaixo) analógico. A saída deste, conforme o diagrama de blocos é a entrada de um circuito “sample and hold”, (ver abaixo) o qual é a entrada de um conversor A/D. O reverso do processo de aquisição de dados é o processo de distribuição de dados. Vamos descrever brevemente alguns destes componentes, isto é, aqueles que ainda não foram descritos: Multiplexador analógico: Ele desempenha a função de partição de tempo (“time sharing”) entre vários canais. Ele recebe um sinal com várias componentes, conforme dito acima e envia ao amostrador um único sinal. O processamento de vários sinais com um controlador digital é possível porque a largura de cada pulso representando cada sinal é muito estreita de tal modo que o intervalo de tempo entre as amostragens de cada sinal é suficientemente largo para que, no meio tempo, outros sinais possam ser amostrados. Um multiplexeador analógico é uma chave múltipla, que é fechada sequencialmente. O número de canais em muitos casos é 4, 8 ou 16. Desmultiplexador: Deve ser sincronizado com a amostragem do sinal de entrada e separa o sinal do controlador digital nos seus sinais originais. Cada sinal é ligado a um conversor D/A para produzir o sinal análogo correspondente para aquele canal. Circuitos “sample-hold” Conforme já mencionado, um “sampler” (amostrador) converte um sinal analógico em uma seqüência de pulsos modulados por amplitude. O circuito “hold” (segurador)

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mantém o valor do pulso durante certo período de tempo. Comercialmente, o circuito “sampler-hold” é adquirível como uma unidade. Matematicamente, entretanto, as operações de amostragem e de “hold” são modeladas separadamente, como veremos na seção 3-2. Na prática, o tempo de amostragem é muito pequeno em comparação com o período de amostragem T. A figura 1-7 abaixo mostra um diagrama simplificado para um “sample-and-hold”. O Capacitor C funciona como um “buffer”.

Tipos de conversores A/D O conversor A/D envia um sinal (número binário) para o controlador digital cada vez que chega um pulso. Os conversores A/D mais frequentemente usados são os seguintes: - de aproximações sucessivas; - integrador - contador - paralelo. Cada um destes tipos tem suas vantagens e desvantagens. Em muitas aplicações particulares, a velocidade da conversão, o tamanho e o custo são os fatores principais na escolha do tipo de conversor A/D. Como se verá, conversores A/D usam, como parte da sua malha de realimentação, conversores D/A. O tipo mais simples de conversor A/D é o contador. O de aproximações sucessivas é muito mais rápido do que o contador e é o mais usado. Conversores D/A A resposta analógica, na maioria dos casos, é uma voltagem. Se o conversor for de n bits, é claro que o número de diferentes valores analógicos será 2n . Há dois métodos para a conversão D/A: o método que usa “resistores ponderados” e o que usa redes “ladder” R-2R. O primeiro tem um circuito de configuração simples, mas sua precisão pode não ser muito boa. O segundo tem configuração um pouco mais elaborada, mas é mais preciso.

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A figura 1-11 abaixo mostra um diagrama esquemático de um conversor D/A que usa resistores ponderados.

Os resistores da entrada do amplificador operacional têm os valores de suas resistências ponderados de uma maneira binária, conforme se pode ver na figura. Quando o circuito lógico recebe o dígito 1, a chave, que é uma porta eletrônica, liga o resistor à voltagem de referência; quando o circuito lógico recebe o dígito 0 (zero), a chave liga o respectivo resistor à terra. Os conversores D/A usados na prática são do tipo paralelo: todos os bits agem simultaneamente quando se aplica uma entrada digital. Para o conversor A/D mostrado na figura 1-11, se o número binário for 3 2 1 0b b b b , onde cada um dos b’s pode ser 0

(zero) ou 1, então a resposta do conversor é: 0 02 10 3 2 4 8 ref

R bb bV b VR⎛ ⎞= + + +⎜ ⎟⎝ ⎠

. Observe-se

que quando o número de bits aumenta, o número de resistências aumenta e, consequentemente, a precisão é diminuída.

9

A figura 1-12 acima mostra o diagrama esquemático de um conversor D/A de n bits, usando um circuito “ladder” R-2R. Observe-se que à exceção da resistência em “feedback” igual a 3R, todos os demais resistores são ou R ou 2R. Suponha que, com n = 4, um certo número binário 3 2 1 0b b b b é dado. Se 3b = 1 e todos os demais são 0 (zero), o circuito é simplificado, obtendo-se, através

de cálculo simples, mas tedioso, 30 3

2iV R= = 1

2 refV .

Se 2b =1 e os outros b’s são nulos, obtém-se 20 3

4iV R= = 1

4 refV .

Com 1b = 1 e 0b = 1, respectivamente, com os outros b’s nulos, obtém-se,

respectivamente, 10 3

8iV R= = 1

8 refV e 00 3

16iV R= = 1

16 refV .

E assim, se a entrada for 3 2 1 0b b b b , onde os b’s são 0 ou 1, então a resposta é

0 3 2 1 01 1 1 12 4 8 16 refV b b b b V⎛ ⎞= + + +⎜ ⎟

⎝ ⎠= 3 2 1 0

1 1 1 12 2 4 8 refb b b b V⎛ ⎞+ + +⎜ ⎟⎝ ⎠

No caso de n bits, a saída é dada por

0 1 2 01

1 1 1....2 2 2n n n refV b b b V− − −

⎛ ⎞= + + +⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Controladores digitais versus controladores analógicos Os controladores digitais são extremamente versáteis. Eles podem controlar sistemas não lineares envolvendo computações complicadas ou operações lógicas. Pode-se usar uma classe muito maior de leis de controle usando controladores digitais do que com controladores analógicos. Além disso, usando controladores digitais, uma simples mudança de programa pode dar origem a uma mudança radical de operações de controle. Esta característica torna-se especialmente importante se o sistema de controle recebe instruções de operações de algum centro de computação onde estão sendo feitos estudos de análise e de otimização. Os controladores digitais são capazes de realizar computações complexas com precisão constante em alta velocidade, podendo ter o grau desejado de precisão com custo adicional relativamente pequeno. Os controladores digitais são frequentemente superiores em desempenho e, cada vez, mais baratos do que os analógicos. O custo de controladores analógicos aumenta rapidamente quando a complexidade da computação aumenta, mantida a precisão. Mais ainda, os componentes de um controlador digital tais como “sample and hold” e conversores A/D e D/A são altamente confiáveis e são compactos e leves. E são menos sensíveis a ruídos do que os controladores analógicos. Seleção da freqüência de amostragem É necessário que o “sample-hold” opere a uma freqüência suficientemente alta de tal maneira que a informação contida no sinal de entrada não seja perdida pela limitação do operador “sample-hold”. Uma solução para este problema é dada pelo chamado teorema da amostragem que afirma que se um sinal contínuo tem banda limitada pela freqüência cω , então teoricamente o sinal original pode ser reconstruído sem distorção, se ele for amostrado com freqüência maior ou igual a 2 cω . (Discutiremos isso com mais profundidade

10

adiante). Na prática, a frequência de amostragem é escolhida com valor muito maior do que 2 cω . O custo do uso de uma freqüência de amostragem é menor se ela também o for, porque então os cálculos podem ser feitos com um computador menor e mais barato. Há portanto um compromisso entre o custo e a qualidade do desempenho do sistema. Nas situações práticas, a freqüência de amostragem é escolhida tomando por base a “banda passante” (“band-width”) da resposta em freqüência do sistema de malha fechada ou do “tempo de subida” ou do tempo para o regime permanente. Como regra prática, costuma-se tomar o fator 8 a 10 por ciclo. Capítulo 2 – A transformada z 2-1 Introdução A função da transformada z em sistemas de tempo discreto é análoga à da transformada de Laplace nos sistemas de tempo contínuo. Nos sistemas de tempo discreto, trabalhamos com equações de diferença. Se o sistema for linear, podemos utilizar, com grande proveito, a transformada z. A sequência de valores dos sinais de tempo discreto é representada por ( )x k ou ( )y k ou ( )u k , etc. Se a sequência de valores do sinal resultam de amostragem com período de amostragem T, então usaremos ( )x kT ao invés de ( )x k . Tal como nos sistemas de tempo contínuo, temos as funções de transferência. Assim, a resposta de um sistema em transformada z é o produto da função de transferência do sistema pela transformada z da entrada do sistema. 2-2 A transformada z A transformada z de uma função ( )x t , onde t é não negativa ou de uma sequência de valores ( )x k , onde k assume valores positivos ou nulo é definida como

( )X z = Z[ ( )]x t = Z[ ( )]x k = 0

( ) kx k z∞

−∑ ; (2-1)

no caso de sistemas amostrados, substitua-se, na expressão anterior, ( )x k por ( )x kT . Esta é a chamada transformada uni-lateral, onde se supõe que ( )x k é nulo para t menor que 0 (zero). Na expressão da transformada, z é uma variável complexa. É bastante comum indicar a transformada z de ( )x k por ˆ( )x z ao invés de ( )X z , como adotado no livro. Seguiremos a notação do autor. A transformada bilateral de z é definida para t−∞ < < ∞ , ou seja, em cada um dos três casos acima,

( )X z = Z[ ( )]x t = Z[ ( )]x k = Z[ ( )]x kT = ( ) kx k z∞

−

−∞∑ = ( ) kx kT z

∞−

−∞∑ . (2-3)

Observe-se que a transformada z é uma série infinita em 1z− e, consequentemente, para existir, tem que se definir um domínio de convergência. R é chamado o raio de absoluta convergência se a série converge fora do círculo z R= . Mas quando se trabalha com transformada z não é necessário, a cada passo, determinar o raio de absoluta convergência. Observe-se que a série (2-1) é

11

1 2( ) (0) (1) (2) ....... ( ) ...nX z x x z x z x n z− − −= + + + + , (2-5a) ou no caso de sistemas amostrados com intervalo T, temos:

1 2( ) (0) ( ) (2 ) ....... ( ) ...nX z x x T z x T z x nT z− − −= + + + + (2-5b) Pólos e zeros no plano z (2-A) Frequentemente nas aplicações de engenharia a transformada z pode ser escrita como uma função racional:

10 1

11

....( )....

m mm

n nn

b z b z bX zz a z a

−

−

+ + +=

+ + + (2-5c)

= 0 1 2

1 2

( )( )....( )( )( )....( )

m

n

b z z z z z zz p z p z p

− − −− − −

, (2-5d)

onde os 'iz s são os zeros e os 'ip s são os pólos de ( )X z . Como veremos, os zeros e pólos nos dão informações importantes a respeito do comportamento de ( )x k . Frequentemente em engenharia de controles e mais ainda em processamento de sinais, a função racional (2-3) é expressa como função de 1z− ; a partir de (2-3), dividindo-se numerador e denominador por nz , obtém-se

( ) ( 1)0 1

1 21 2

....( )1 ....

n m n m nm

nn

b z b z b zX za z a z a z

− − − − + −

− − −

+ + +=

+ + + +, (2-5e)

onde 1z− o operador de unidade de retardo. Quando estivermos interessados nos pólos e zeros, como é o caso com freqüência em controles, usaremos (2-3). Além disso, para calcularmos a transformada inversa, também usaremos (2-3). 2-3 Transformadas z de algumas funções elementares Trataremos aqui de transformadas unilaterais e suporemos que caso a função apresente descontinuidade, ela será sempre suposta contínua à direita, como no caso em que

(0 )x + é suposto igual a (0)x . Função degrau unitária (2-B) Calculemos a transformada z da função ( ) 1( )x t t= se 0 t≤ e ( )x t = 0 se t < 0. Ora, da equação (2-1), temos

1 21

k=0 k=0

1( ) Z[1( )]= 1 1 ....1 1

k k zX z t z z z zz z

∞ ∞− − − −

−= = = + + + = =− −∑ ∑ ; da última expressão

fica claro que a série converge se z >1. Observe-se que não é usualmente necessário determinar a região de convergência, basta saber que ela existe. Na realidade, a transformada z existe exceto nos pontos do plano complexo que são pólos de ( )X z . Função rampa unitária (2-C) Esta função é definida, como o nome o indica, por ( )x t t= se 0 t≤ e ( )x t se t < 0. Consequentemente, ( )x kT = kT , k = 0,1,2,3,... E portanto a transformada z da rampa é:

12

( ) Z[ ]X z t= = k=0

( ) kx kT z∞

−∑ = k=0

kkTz∞

−∑ = k=0

kT kz∞

−∑ = 1 2 3( 2 3 ....)T z z z− − −+ + =

1

1 2 2( 1) ( 1)Tz Tz

z z

−

− =− −

.

Função polinomial ka (2-D) A função agora é ( ) kx k a= , k = 0,1,2,... e ( )x k = 0 se k < 0, onde a é uma constante.

Então, temos: ( ) Z[ ]kX z a= = k=0

k ka z∞

−∑ = 1 2 2 3 31 ....az a z a z− − −+ + + = 1

11 az−−

= zz a−

.

(Observe-se que foi definida a função com o tempo discreto; poderia igualmente ser definida com o tempo contínuo e considerarmos somente os instantes correspondentes ao números inteiros) Função exponencial (2-E) Ela é definida como ( ) atx t e−= se 0 ≤ t e ( )x t = 0 se t < 0. Considerando agora o sinal amostrado, temos

( )x kT = akTe− , k = 0; 1 ; 2;... E, portanto, ( )X z = k=0

akT ke z∞

− −∑ =

1 2 2 3 31 ....aT aT aTe z e z e z− − − − − −+ + + + = 1

11 aTe z− −−

= aT

zz e−−

.

Funções senoidais (2-F)

( )x t = sen tω se 0 ≤ t e ( )x t = 0 se t < 0. Ora, lembra-se que cosj te t jsen tω ω ω= + e cosj te t jsen tω ω ω− = − . Donde,

1 ( )2

j t j tsen t e ej

ω ωω −= − . Mas como vimos antes, Z[ ]ate− = 1

11 aTe z− −−

. Portanto,

1( ) Z[ ] Z ( )2j

j t j tX z sen t e eω ωω −⎡ ⎤= = −⎢ ⎥

⎣ ⎦= 1 1

1 1 12j 1 1j T j Te z e zω ω− − −⎛ ⎞−⎜ ⎟− −⎝ ⎠

=1

1 2

1 ( )2j 1 ( )

j T j T

j T j T

e e ze e z z

ω ω

ω ω

− −

− − −

−− + +

= 1

1 21 2 cosz sen T

z T zωω

−

− −− += 21 2 cos

zsen Tz T z

ωω− +

.

Exemplo 2-1: Achar a transformada z da função cosseno:

( )x t = cos tω se 0 ≤ t e ( )x t = 0 se t < 0.

Obtém-se 2

2

cos( )2 cos 1

z z TX zz z T

ωω

−=

− +. (2-F)

(Prove-o! A prova é em tudo análoga à anterior). Exemplo 2-2:

Calcular a transformada z da função cuja transformada de Laplace é: 1( )( 1)

X ss s

=+

,

com período de amostragem igual a T.

13

Solução: Sabemos que a transformada inversa da transforma de Laplace acima é: ( ) 1 ,0tx t e t−= − ≤ . Então, utilizando resultados já obtidos, temos:

1 1

1 1( )1 1 TX z

z e z− − −= −− −

= 1

1 1

(1 )(1 )(1 )

T

T

e zz e z

− −

− − −

−− −

= (1 )( 1)( )

T

T

e zz z e

−

−

−− −

.

Segue-se a Tabela 2-1 com as transformadas z mais usadas.

14

2-4 Propriedades e Teoremas importantes da transformada z Nas propriedades seguintes, supomos que a função ( )x t tem transformada z e que

( )x t < 0 para t < 0. Multiplicação por uma constante: (2-G)

15

Se ( )X z é a transformada z de ( )x t , então Z[ ( )]ax t = a Z[ ( )]x t , onde a é uma constante.

A prova desta propriedade é imediata, a saber, Z[ ( )]ax t = 0

( ) ( )k

k

ax kT z aX z∞

−

=

=∑ .

Linearidade da Transformada z (2-H) Esta propriedade afirma que se ( )f k e ( )g k têm transformada z e se a e b são escalares, então ( )x t formada pela combinação linear ( )x t =a ( )f k + b ( )g k tem a transformada ( )X z = a ( )F z + b ( )G z , onde ( )F z e ( )G z são as transformadas z de

( )f k e ( )g k , respectivamente. (Observe-se que aqui não há referência ao período de amostragem T. Ela é sempre desnecessária, inclusive poder-se-ia supô-la igual a 1. Entretanto o período de amostragem aparece com frequência nas fórmulas para enfatizar que estamos tratando de sistemas de controle em que a planta do sistema é de tempo contínuo). Prova: Remetemos à definição (2-1): ( )X z = Z[ ( )]x k = Z[ ( ) ( )]af k bg k+ =

0

[ ( ) ( )] k

k

af k bg k z∞

−

=

+∑ = 0 0

( ) ( )k k

k k

a f k z b g k z∞ ∞

− −

= =

+∑ ∑ = Z[ ( )]a f k + Z[ ( )]b g k

= ( ) ( )aF z bG z+ Multiplicação por ka (2-I) Se ( )X z é a transformada de ( )x k , então a transformada de ( )ka x k é dada por

1( )X a z− .

Prova: Z[ ( )]ka x k = 0

( )k k

k

a x k z∞

−

=∑ = 1

0

( )( ) k

k

x k a z∞

− −

=∑ = 1( )X a z−

Teorema do avanço e do retardo (2-J) Se ( )X z é a transformada de ( )x k , então Z[ ( )]x t nT− = ( )nz X z− (2-7)

e Z[ ( )]x t nT+ = ( )1

0

( )n

n k

k

z X z x kT z−

−

=

⎡ ⎤−⎢ ⎥⎣ ⎦∑ , (2-8)

onde n é um inteiro não negativo. Prova:

Para provar (2-7), note-se que Z[ ( )]x t nT− = 0

( ) k

k

x kT nT z∞

−

=

−∑

= ( )

0( )n k n

kz x kT nT z

∞− − −

=

−∑ ; (2-9)

definindo-se m = k-n, (2-9) pode ser escrita do seguinte modo:

Z[ ( )]x t nT− = ( )n m

m n

z x mT z∞

− −

=−∑ . Mas como ( )x mT = 0 para m < 0, podemos substituir

o limite inferior do somatório de m = -n por m = 0. Por conseguinte,

Z[ ( )]x t nT− = 0

( )n m

m

z x mT z∞

− −

=∑ = ( )nz X z− , provando (2-7).

Esta expressão mostra que multiplicar a transformada por nz− equivale a um retardo nT da função ( )x t .

16

Para provar (2-8), observe-se que Z[ ( )]x t nT+ = 0

( ) k

k

x kT nT z∞

−

=

+∑

= ( )

0( )n k n

kz x kT nT z

∞− +

=

+∑ = 1 1

( )

0 0 0

( ) ( ) ( )n n

n k n k k

k k k

z x kT nT z x kT z x kT z∞ − −

− + − −

= = =

⎡ ⎤+ + −⎢ ⎥⎣ ⎦∑ ∑ ∑ . Ora,

a soma das duas primeiras parcelas dentro dos [ ] é: ( 1) 1 ( 2) 2( ) (0) ( ) ( ) (2 ) (2 ) ....nn nx nT z x x T nT z x T z x T nT z x T z

− +− − − + −+ + + + + + + +

= 1 2(0) ( ) (2 ) ...x x T z x T z− −+ + + = 0

( ) k

kx kT z

∞−

=∑ = X(z), concluindo a prova de (2-8) e,

portanto, do teorema. Se em (2-8) considerarmos a sequência de números, isto é, k ao invés de kT, temos:

1

0

Z[ ( )] ( ) ( )n

n k

k

x k n z X z x k z−

−

=

⎡ ⎤+ = −⎢ ⎥⎣ ⎦∑ . Desta expressão obtemos, para os diversos

valores de n : Z[ ( 1)] ( ) (0)x k zX z zx+ = − , Z[ ( 2)] Z[ ( 1)] (1)x k z x k zx+ = + − = 2 2( ) (0) (1)z X z z x x− − . E para um n qualquer positivo:

1Z[ ( )] ( ) (0) (1) .... ( 1)n n nx k n z X z z x z x zx n−+ = − − − − − . Estas expressões mostram que multiplicar a transformada por z é equivalente a avançar um passo o sinal no domínio do tempo. Exemplo 2-3 Achar a transformada z de uma função degrau com retardo de um período e de quatro períodos, respectivamente. Solução: Usando o teorema (2-J) e a 3ª. entrada da Tabela 2-1, temos:

Z[1( )]t T− = 1Z[1( )]z t− = 11

11

zz

−−−

=1

11z

z

−

−− e

Z[1( 4 )]t T− = 4Z[1( )]z t− =4

11z

z

−

−−. Seja observado que 1z− representa um retardo de um

período T , qualquer que seja o valor de T. Exemplo 2-4 Calcular a transformada de 1( ) kf a a −= , k = 1;2;3;... e ( )f a = 0 se k ≤ 0 Da equação (2-7), temos: Z[ ( 1)]x k − = 1z− ( )X z e da entrada 18 da tabela 2-1, temos

Z[ ]ka = 1

11 az−−

; e, portanto, Z[ ( )]f a = 1Z[ ]ka − = 1

11zaz

−

−−.

Exemplo 2-5:

Seja 0

( ) ( )k

h

y k x h=

= ∑ , k = 0;1;2;... Calcular a transformada z de ( )y k .

Solução: ( )y k = (0) (1) .... ( 1) ( )x x x k x k+ + − + , ( 1)y k − = (0) (1) .... ( 1)x x x k+ + − ; donde ( )y k - ( 1)y k − = ( )x k , donde Z[ ( ) ( 1)]y k y k− − = Z[ ( )]x k , ou seja,

1( ) ( ) ( )Y z z Y z X z−− = , donde 1

1( ) ( )1

Y z X zz−=

−

17

Teorema da translação complexa (2-K) Se a transformada z de ( )x t é ( )X z , então a transformada z de ( )ate x t− é ( )aTX ze

Prova: Z[ ( )]ate x t− = 0

( ) akT k

kx kT e z

∞− −

=∑ =

0( )( )aT k

kx kT ze

∞−

=∑ = ( )aTX ze (2-14)

Exemplo 2-6: Achar a transformada z de ate sen tω− e de cosate tω− usando o teorema anterior.

Solução: De (2-F), temos: Z[ ]sen tω = 1

1 21 2 cosz sen T

z T zωω

−

− −− +; substituindo z por aTze

nesta última expressão, temos

Z[ ]ate sen tω− = 1

1 2 21 2 cos

aT

aT aT

e z sen Te z T e z

ωω

− −

− − − −− +. (2-14a)

Por outro lado, de (2-F`), temos

Z[cos ]tω = 1

1 2

1 cos1 2 cos

z Tz T z

ωω

−

− −

−− +

; substituindo z por aTze nesta última expressão, vem

Z[ cos ]ate tω− = 1

1 2 2

1 cos1 2 cos

aT

aT aT

e z Te z T e z

ωω

− −

− − − −

−− +

. (2-14b)

Exemplo 2-7 Achar a transformada de atte− . Solução: Da 5ª. entrada da Tabela 2-1, temos

Z[ ]t = 1

1 2(1 )Tz

z

−

−−; usando o Teorema (2-K), temos Z[ ]atte− =

1

1 2(1 )

aT

aT

Te ze z

− −

− −−.

Teorema do valor inicial (2-L) Seja ( )X z a transformada de ( )x t . Se existir o lim

z→∞( )X z , então o valor inicial (0)x de

( )x t ou de ( )x k é dado por (0)x = limz→∞

( )X z . (2-15)

Prova: Relembramos que

( )X z = 0

( ) k

k

x k z∞

−

=∑ = 1 2(0) (1) (2) ....x x z x z− −+ + +

Fazendo z →∞ , obtém-se (2-15). Exemplo 2-8:

Achar o valor inicial (0)x de ( )x t , cuja transformada é: ( )X z = 1

1 1

(1 )(1 )(1 )

T

T

e zz e z

− −

− − −

−− −

.

Solução: (0)x = 1

1 1

(1 )lim(1 )(1 )

T

Tz

e zz e z

− −

− − −→∞

−− −

= 0. Este resultado pode ser confirmado a partir

do Exemplo 2-2, onde vimos que a transformada inversa de ( )X z é ( ) 1 tx t e−= − , donde, efetivamente, (0)x = 0. Teorema do valor final (2-M) Seja ( )x k , com a condição usual ( )x k = 0 para k < 0. Seja ( )X z sua transformada e suponha que todos os pólos de ( )X z estejam dentro do círculo de raio unitário, com a

18

possível exceção de um pólo simples em z = 1. Então o valor de ( )x k quando k tende para o infinito é lim

k→∞( )x k =

1limz→

[ 1(1 ) ( )z x Z−− ].

Prova: ( )X z = 0

( ) k

kx k z

∞−

=∑ , donde Z[ ( 1)]x k − = 1z− ( )X z =

0( 1) k

kx k z

∞−

=

−∑ . Portanto,

0

( ) k

k

x k z∞

−

=∑ -

0

( 1) k

k

x k z∞

−

=

−∑ = ( )X z - 1z− ( )X z . Consequentemente,

1 0 0

lim ( ) ( 1)k k

z k k

x k z x k z∞ ∞

− −

→= =

⎡ ⎤− −⎢ ⎥⎣ ⎦∑ ∑ = 1

1lim (1 ) ( )z

z X z−

→⎡ ⎤−⎣ ⎦ . Ora, quando z tende a 1, o lado

esquerdo se torna 0 0

( ) ( 1)k k

x k x k∞ ∞

= =

⎡ ⎤− −⎢ ⎥⎣ ⎦∑ ∑ =

[ (0) ( 1)] [ (1) (0)] [ (2) (1)] ..... lim ( )k

x x x x x x x k→∞

− − + − + − + = . E tendo em vista a igualdade

três linhas acima e o fato que ( ) 0x k = se k < 0 , o teorema fica demonstrado. Exemplo 2-9: Determinar o valor final ( )x ∞ da função cuja transformada é

1 1

1 1( )1 1 aTX z

z e z− − −= −− −

, a > 0.

Solução: Aplicando o teorema do valor final acima, temos

( )x ∞ = 11 11

1 1lim (1 )1 1 aTz

zz e z

−− − −→

⎡ ⎤⎛ ⎞− −⎜ ⎟⎢ ⎥− −⎝ ⎠⎣ ⎦=

1

11

1lim 11 aTz

ze z

−

− −→

⎡ ⎤−−⎢ ⎥−⎣ ⎦

= 1.

Observe-se que das 3ª. e 4ª. entradas da Tabela 2-1, nós temos ( )x t = 1- ate− , confirmando-se o valor final encontrado.

2-5 Transformada z inversa A notação usual é -1Z , ou seja, -1Z [ ( )] ( )X z x k= . A transformada inversa nos dá ( )x k único, mas não um único ( )x t , conforme exemplificado na figura 2-3.

19

A Tabela 2-2 nos dá a transformada inversa de várias funções importantes, algumas delas já nos sendo familiares a partir da Tabela 2-1.

Para achar a transformada inversa, podemos usar um dos seguintes métodos: - método da divisão direta quando a transformada é uma função racional; - método computacional;

20

- expansão em frações parciais; - método da integral inversa. Aqui também supomos que ( )x k = 0 se k < 0. Pólos e zeros Em muitas aplicações de engenharia, a transformada z é uma função racional:

( )1

0 11

1

..........

m mm

n nn

b z b z bX zz a z a

−

−

+ + +=

+ + +, m n≤ (2-17)

= 0 1 2

1 2

( )( ).....( )( )( ).....( )

n

n

b z z z z z zz p z p z p

− − −− − −

,

onde os 'iz s são os zeros e os 'ip s são os pólos de ( )X z ; eles determinam o comportamento da sequência ( )x k . Em teoria de controles e processamento de sinais, ( )X z é frequentemente expresso

como função de 1z− , a saber, dividindo numerador e denominador de (2-17) por nz ,

( )X z = ( ) ( 1)

0 11

1

.....1 .....

n m n m nm

nn

b z b z b za z a z

− − − − + −

− −

+ + ++ + +

(2-18)

1z− é denominado operador de retardo unitário. Quando estamos interessados em pólos e zeros, exprimimos ( )X z como função de z, como, por exemplo,

( )X z = 2

2

0,5 ( 0,5)3 2 ( 1)( 2)

z z z zz z z z

+ +=

+ = + +, donde se conclui que ( )X z tem zeros em z = 0 e

em z = -0,5 e pólos em -1 e -2. Método da divisão direta (para o cálculo da transformada inversa) Divide-se o numerador pelo denominador de ( )X z , obtendo-se uma série em 1z− , como por exemplo,

( )X z = 10 5( 1)( 0,2)

zz z

+− −

= 2

5(2 1)1.2 0,2

zz z

+− +

= 1 2 3 410 17 18,4 18,68 .....z z z z− − − −+ + + + ;

donde (0) 0, (1) 10, (2) 17, (3) 18,4, (4) 18,68x x x x x= = = = = ,... Exemplo (2-11):

Calcular pelo método da divisão direta a transformada inversa de ( )X z = 11z +

Solução: Dividindo o numerador pelo denominador, obtém-se facilmente ( )X z = 1 2 3 4 .....z z z z− − − −− + − + ; e, portanto, (0) 0x = , ( ) 1x i = se i é impar e

( ) 1x i = − , se i é par, i > 0. Método computacional São apresentados dois métodos computacionais: MATLAB e Equações de diferença.

Considere o sistema definido por 1 2

1 2

0, 4763 0,3393( )1 1,5327 0,6607

z zG zz z

− −

− −

−=

− + (2-19)

Definamos a função delta de Kronecker 0 ( ) 1kTδ = se k = 0 e 0 ( ) 0kTδ = se 0k ≠ , ou seja, trata-se de um pulso em k = 0.

21

A transformada do delta de Kronecker é igual a 1 (ver 1ª. entrada da Tabela 2-1) Se a entrada do sistema for o delta de Kronecker, então a relação entre as transformadas

da saída e da entrada é ( )( )

Y zX z

= 1 2

1 2

0, 4763 0,3393( )1 1,5327 0,6607

z zG zz z

− −

− −

−=

− +=

2

0,4763 0,33931,5327 0,6607

zz z

−− +

, (2-20)

onde, para obter a última expressão, multiplicamos numerador e denominador da penúltima por 2z . MATLAB: Para usar achar a transformada inversa, usamos o MATLAB do seguinte modo: A entrada ( )X z é a transformada do delta de Kronecker, igual a 1. Entramos no MATLAB com o comando x=[1 zeros(1,N)] onde N corresponde à duração do processo de tempo discreto que estamos estudando.

Como vimos, temos então ( )Y z = 2

0,4763 0,3393( )1,5327 0,6607

zG zz z

−=

− +=

2

0,4763 0,33931,5327 0,6607

zz z

−− +

. Então a transformada inversa é dada por (0), (1), (2),.....y y y

Suponhamos que queiramos obter ( )y k , com k até 40. Então temos os comandos da entrada x=[1 zeros(1,40)] e da saída y=filter(num,den,x) . O programa MATLAB Program 2-1 abaixo dá os detalhes dos comandos:

Quando o programa é executado, obtém-se o seguinte:

22

Observe-se que o MATLAB dá as colunas 1 até 41 em vez de 0 a 40. Da tabela acima se vê que (0) 0; (1) 0,4763; (2) 0,3769; (3) 0,269;.....; (40) 0,001.y y y y y= = = = = Para plotar estes valores, podemos seguir o MATLAB Program 2-2:

obtendo-se o resultado no gráfico abaixo (fig. 2-5).

23

Se quisermos ligar os pontos consecutivos por linhas retas, substituímos o comando plot(k,y,'o') pelo comando plot(k,y,'o',k,y,'-') . Método das equações de diferença Observe-se que a equação (2-20) pode ser escrita como

2( 1,5327 0,6607) ( ) (0,4673 0,3393) ( )z z Y z z X z− + = − , que pode ser transformada diretamente numa equação de diferenças:

( 2) 1,5327 ( 1) 0,6607 ( ) 0,4673 ( 1) 0,3393 ( )y k y k y k x k x k+ − + + = + − . (2-21) Por hipótese, como vimos, ( )x k é o delta de Kronecker, ou seja, (0) 1x = e ( ) 0x k = para 0k ≠ ; por outro lado, como suposto sempre, ( ) 0y k = para k < 0. Ora, fazendo k = -2 na equação (2-21), temos y(0) = 0; e com k = -1 na mesma equação, vem: y(1) = 0,4763. Conhecidas as condições iniciais, a equação (2-21) pode ser resolvida “à mão”, ou usando BASIC ou FORTRAN. Solução “à mão”: com k = 0, temos y(2) – 1,5327×0,4763 = -0,3393, donde y(2) = 0,3928; com k = 1, temos y(3) – 1,5327×0,3928 + 0,4763 = 0, donde y(3) = 0,1257, etc...(bastante trabalhoso, se quisermos vários pontos). Método da expansão em frações parciais Este método é familiar para quem já trabalhou com transformadas de Laplace, o que é o caso dos alunos deste curso. O método exige que todas as parcelas da expansão tenham suas transformadas inversas conhecidas, usando, se necessário, as Tabelas 2-1 e 2-2.

24

Para expandir ( )X z em frações parciais, temos que achar seus pólos de acordo com

( )X z =1

0 1

1 2

.....( )( ).....( )

m mm

n

b z b z bz p z p z p

−+ + +− − −

, m n≤ .

Se m < n, expandimos em frações parciais estritamente próprias, a saber,

( )X z = 1 2

1 2

...... n

n

aa az p z p z p

+ + +− − −

, onde, se os ip forem todos distintos, temos

[( ) ( )]i i iz pa z p X z == − , ia sendo chamados resíduos.

Se houver pólos múltiplos, temos que usar fórmula diferente; assim, suponha que

( )X z = 1 22

1 1( )c c

z p z p+

− −; neste caso, temos

1

21 1( ) ( ) z pz p X zc

== − , 2

2 1( ) ( )iz p

dc z p X zdz =

⎛ ⎞⎡ ⎤= −⎜ ⎟⎣ ⎦⎝ ⎠

Observe-se que se m = n, então obtemos a transformada inversa de ( )X zz

, a

transformada de ( )X z sendo obtida por um avanço no tempo (k). Exemplo 2-14:

Calcular a transformada de ( )X z = (1 )( 1)( )

aT

aT

e zz z e

−

−

−− −

Solução: 1 2(1 )( )( 1)( ) 1

aT

aT aT

R Re zX zz z e z z e

−

− −

−= = +

− − − −, (2-21a)

onde 1R e 2R são os resíduos, dados por 11 11

aT

aT

eRe

−

−

−= =

− e 2R = (1 )

1

aT aTaT

aT

e e ee

− −−

−

−= −

−.

Dividindo os numeradores e denominadores de (2-21a) por z, temos, com os valores

dos resíduos calculados acima: ( )X z = 1 1

1 11 1

aT

aT

z e zz e z

− − −

− − −−− −

= 11 1

11 1

aT

aT

ezz e z

−−

− − −

⎛ ⎞−⎜ ⎟− −⎝ ⎠

.

Ora, a transformada inversa do que está entre ( ) é, de acordo com entradas 3 e 4 da Tabela 2-1: 1 - aT aTe e− − = 1 - 2aTe− . Mas como na expressão de ( )X z , duas linhas acima, há um retardo temos a solução do problema:

( )x k = 1 - 2aTe− para k = 1,2,3,...e ( )x k = 0 se k < 1. Exemplo 2-15:

Achar a transformada inversa de ( )X z = 2

2

2( 1)( 1)

z zz z z

+ +− − +

. (2-21b)

Solução: Vamos expandir de acordo com seus fatores, a saber,

( )X z = 21 1A Bz C

z z z+

+− − +

= 2 2

2

( )( 1)( 1)

Az Az A Bz C B z A Cz z z

− + + + − + −− − +

= 2 2

2

( )( 1)( 1)

Az Az A Bz C B z A Cz z z

− + + + − + −− − +

= 2

2

( ) ( )( 1)( 1)

A B z C A B z A Cz z z

+ + − − + −− − +

; donde,

comparando o numerador desta com o de (2-21b), temos A+B=1∴B=1-A; C-A-B=1∴C=A+B+1=A+1-A+1=2; A-C=2∴A=2+C=4∴B=1-4=-3.

25

Então, temos ( )X z = 2

4 3 21 1

zz z z

− ++

− − +. Observe-se que os pólos da segunda parcela são

complexos conjugados, a saber, 1 32jz ±

= , o que nos leva à transformada inversa

senoidal. Dividindo o numerador e denominador da primeira parcela por z e os da

segunda por 2z , temos ( )X z = 1 1 2

1 1 2

4 3 21 1

z z zz z z

− − −

− − −

− ++

− − +; (2-21c)

daqui para a frente, o desenvolvimento é “macetoso” a fim de ajustarmos às entradas 14 a 17 da Tabela 2-1.

Temos ( )X z = 1 1

1 1 11 1 2 1 2

1 1 0,5 0,54 31 1 1

z zz z zz z z z z

− −− − −

− − − − −

−− +

− − + − +;

ora, das entradas 14 e 15 da Tabela 2-1, nós identificamos:

1-1

1 2

1 0,5Z cos1 3

z kz z

π−

− −

⎡ ⎤−=⎢ ⎥− +⎣ ⎦

e

11

-1 -11 2 1 2

320,5 1Z Z

1 13

zzz z z z

−−

− − − −

⎡ ⎤⎛ ⎞⎜ ⎟⎢ ⎥⎡ ⎤ ⎝ ⎠= ⎢ ⎥⎢ ⎥− + − +⎣ ⎦ ⎢ ⎥

⎢ ⎥⎣ ⎦

= 133

ksen π . Em vista disto, da entrada 3 da Tabela 2-1 e do fato que 1z− é um

retardo, obtém-se ( 1) 1 ( 1)( ) 4 3cos

3 33k kx k senπ π− −

= − + , com k = 1;2;3;... e (2-21d)

( )x k = 0 se k < 1. Uma outra maneira de resolver o problema, mais imediata é, retomando (2-21c),

( )X z =1 1

1 11 1 2 1 2

14 3 21 1 1

z zz zz z z z z

− −− −

− − − − −

⎛ ⎞ ⎛ ⎞− +⎜ ⎟ ⎜ ⎟− − + − +⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Ora, 1

1 21z

z z

−

− −− +=

1

1 2

32 2

13

z

z z

−

− −− +. E portanto, das entradas 3 e 14 da Tabela 2-1,

obtemos 4 ( 1)( ) 4 2 3

3 33k kx k sen senπ π−

= − + com k = 1;2;3;... e ( )x k = 0 se k < 1.

Comparando este resultado com (2-21d), eles parecem muito diferentes, mas de fato são idênticos. Com efeito, pode-se verificar que obtemos em ambos os casos:

(0) 0; (1) 1; (2) 3; (3) 6; (4) 7; (5) 5;.....x x x x x x= = = = = = Método da integral inversa Pode-se demonstrar que a transformada inversa de ( )X z é:

-1 1Z [ ( )] ( ) ( ) ( ) k

CX z x kT x k X z z dz−= = = ∫ (2-23)

Observe-se que igualamos ( )x kT e ( )x k , porque de fato a integral pode ou não depender de T. Na integral acima, C é um círculo no plano complexo com o centro na origem e raio tal que todos os pólos de 1( ) kX z z − estejam dentro dele. A demonstração deste resultado está no Apêndice B do livro texto, encontrando-se também em outros bons textos padrão.

26

Suponha que 1( ) kX z z − tenha m pólos distintos. Sejam 1 2, .... mK K K os respectivos resíduos dos pólos, isto é, 1lim [( ) ( ) ]k

i iiz z

K z z X z z −

→= − .

Se iz for um pólo com grau de multiplicidade q, então o resíduo é 1

11

1 lim ( ) ( )( 1)!

qq k

i iqiz z

dK z z X z zq dz

−−

−→⎡ ⎤= −⎣ ⎦−

Então pode-se demonstrar também que 1

( ) ( )m

ii

x kT x k K=

= =∑ .

Observa-se que o método da integral inversa é de fácil aplicação quando calculado pelos resíduos, supondo-se que 1( ) kX z z − não tenha pólo na origem. (Como dito acima, C é um círculo com centro na origem. Se este for o caso, o cálculo pelo método da integral inversa pode-se tornar muito complicado). Exemplo 2-16 Calcular pelo método da integral inversa ( )x kT , sendo ( )X z dado por

( )X z = (1 )( 1)( )

aT

aT

z ez z e

−

−

−− −

, donde que 1 (1 )( )( 1)( )

aT kk

aT

e zX z zz z e

−−

−

−=

− −

Solução: O resíduo do pólo z = 1 é 1 1(1 )lim ( 1) 1

( 1)( )

aT k

aTze zK z

z z e

−

−→

⎡ ⎤−= − =⎢ ⎥− −⎣ ⎦

, enquanto que

o resíduo do pólo z = aTe− é 2 1(1 )lim ( )

( 1)( )

aT kaT akT

aTze zK z e e

z z e

−− −

−→

⎡ ⎤−= − = −⎢ ⎥− −⎣ ⎦

.

Consequentemente, 1 2( ) 1 akTx kT K K e−= + = − Exemplo 2-17: Calcular a transformada inversa de ( )X z abaixo pelo método da transformada inversa

( )X z = 2

2( 1) ( )aT

zz z e−− −

.

Solução: ( )X z 1kz − = 1

2( 1) ( )

k

aT

zz z e

+

−− −; esta função tem um pólo simples em aTe− e um

pólo duplo em 1. Sejam 1K e 2K os respectivos resíduos. Então, 1 ( 1)

1 2 2lim ( )( 1) ( ) (1 )

k a k TaT

aT aTaTz e

z eK z ez z e e

+ − +−

− −−→

⎡ ⎤= − =⎢ ⎥− − −⎣ ⎦

1 12

2 21 1

1 lim ( 1) lim(2 1)! ( 1) ( ) ( )

k k

aT aTz z

d z d zK zdz z z e dz z e

+ +

− −→ →

⎡ ⎤ ⎡ ⎤= − =⎢ ⎥ ⎢ ⎥− − − −⎣ ⎦ ⎣ ⎦

= 1

21

( 1) ( )lim( )

k aT k

aTz

k z z e zz e

− +

−→

⎡ ⎤+ − −⎢ ⎥−⎣ ⎦

= 2 2

( 1)(1 ) 1 1 1(1 ) 1 (1 )

aT

aT aT aT

k e ke e e

−

− − −

+ − − += −

− − −.

Portanto, 1 2 2 2

1 1( )(1 ) 1 (1 )

aT akT

aT aT aT

e e kx kT K Ke e e

− −

− − −

+= + = + −

− − −.

2-6 Método da Transformada z para resolver equações de diferença

27

As equações de diferença podem ser resolvidas facilmente usando computadores. Entretanto, os computadores não dão a fórmula mediante a qual se pode calcular os valores da sequência, eles dão a própria sequência. O método da transformada z, pelo contrário, nos dá a fórmula mencionada. Considere a seguinte equação de diferença: ( ) 1 0 1( 1) ...... ( ) ( ) ( 1) ..... ( )n nx k a x k a x k n b u k b u k b u k n+ − + + − = + − + − ,

onde ( )u k e ( )x k são a entrada e a resposta, respectivamente, do sistema. Definamos, como antes, Z[ ( )] ( )x k X z= . Então, como vimos na Seção 2-4, ( 1), ( 2), ( 3),.....x k x k x k+ + + e

( 1), ( 2), ( 3),.....x k x k x k− − − podem ser expressos em termos de ( )X z e das condições iniciais. A tabela 2-3 abaixo tem os valores até n = 4.

Exemplo 2-18: Calcular a solução da seguinte equacão de diferenças, usando o método da transformada z: ( )2 3 ( 1) 2 ( ) 0x k x k x k+ + + + = , com (0) 0x = e (1) 1x = .

Solução: Da Tabela acima, temos: ( )2 2Z[ ( 2)] ( ) 0 (1)x k z X z z x zx+ = − − ,

( )Z[ ( 1)] ( ) 0x k zX z zx+ = − . Portanto, temos: 2 2( ) (0) (1) 3 ( ) 3 (0) 2 ( ) 0z X z z x zx zX z zx X z− − + − + = .

Em vista das condições iniciais, temos: 2( )3 2zX z

z z=

+ +=

( 1)( 2)z

z z+ +=

1 21 2z z

−+

+ +, esta última igualdade podendo ser obtida usando resíduos. Ou ainda,

( )X z = 1 1

1 1

21 1 2

z zz z

− −

− −

−+

+ +. Da entrada 19 da Tabela 2-1 com a = -1 e a = -2,

respectivamente, temos 1 1( ) ( 1) 2( 2)k kx k − −= − − + − , k = 1,2,3,...

28

Exemplo 2-19 Determinar a solução da seguinte equação de diferenças em função de ( )0x e de (1)x ,

sendo a e b constantes: ( )2 ( ) ( 1) ( ) 0x k a b x k abx k+ + + + + = , k = 0,1,2,... Solução: A transformada desta equação é dada por

2 2[ ( ) (0) (1) ( )[ ( ) (0)] ( ) 0z X z z x zx a b zX z zx abX z− − + + − + = , ou seja, 2

2

[ ( ) ] (0) (1)( )( )

z a b z x zxX zz a b z ab+ + +

=+ + +

. (2-27)

As raízes do denominador são -a e -b. Então, ( ) ( ) (0) (1)

( )( )X z z a b x x

z z a z b+ + +

=+ +

Supondo primeiramente a b≠ , a expansão em frações parciais (calculando, por

exemplo, os resíduos) nos dá: ( ) (0) (1) 1 (0) (1) 1X z bx x ax xz b a z a a b z b

+ += +

− + − +.

Para obter ( )X z , multiplicamos a expresão acima por z. A seguir dividimos numerador e denominador por z. Ou seja, basta dividir o denominador por z para obter:

1 1

(0) (1) 1 (0) (1) 1( )1 1

bx x ax xX zb a az a b bz− −

+ += +

− + − +.

Da entrada 18 da Tabela 2-1, temos: (0) (1) (0) (1)( ) ( ) ( )k kbx x ax xx k a bb a a b+ +

= − + −− −

, k = 0;1;2;3;...

Se a = b, então, ao invés de (2-27), temos 2

2 2

( 2 ) (0) (1)( )2

z az x zxX zz az a+ +

=+ +

, donde 2 2

( ) ( 2 ) (0) (1)2

X z z a x xz z az a

+ +=

+ += 1 2

2( )R R

z a z a+

+ +,

onde 1R e 2R são os resíduos, calculados segundo as fórmulas bem conhecidas:

1 [( 2 ) (0) (1)] (0) (1)z aR z a x x ax x=−= + + += , 2 [( 2 ) (0) (1)]z a

dR z a x xdz =−

⎛ ⎞= + +⎜ ⎟⎝ ⎠

= x(0).

Então temos: 2

( ) (0) (1) (0)( )

X z ax x xz z a z a

+= +

+ + 2

[ (0) (1)] (0)( )( )

z ax x zxX zz a z a

+∴ = +

+ +.

Dividindo numerador e denominador da 1ª. parcela por 2z e os da 2ª. parcela por z,

temos: 1

1 2 1

[ (0) (1)] (0)( )(1 ) 1

z ax x xX zaz az

−

− −

+= +

+ +. Das entradas 20 e 18 da tabela 2-1, vem

1( ) [ (0) (1)] ( ) (0)( )k kx k ax x k a x a−= + − + − . Problema A-2-1 Obter a transformada z de kG , onde G é uma matriz constante n n×

Solução: 1 2 2 3 3

0

Z[ ] ....k k k

k

z z z z∞

− − − −

=

= = + + + +∑G G I G G G = 1 1( )z− −I - G = 1( )z z−I - G .

Problema A-2-2: Obter a transformada z de 2k .

29

Solução: 2 2 1 2 3 4

0

Z[ ] 4 9 16 ....k

k

k k z z z z z∞

− − − − −

=

= = + + + +∑ Pode-se provar (faca-o!) que

esta última expressão é igual a 1 1

1 3

(1 )(1 )

z zz

− −

−

++

.

Problema A-2-3: Obter a transformada z de 1kka −

Solução: 1 1

0

Z[ ]k k k

k

ka ka z∞

− − −

=

= ∑ = 31 2 2 3 42 3 4 ....z az a z a z− − − −+ + + +

=31 1 2 2 3(1 2 3 4 ....)z az a z a z− − − −+ + + + =

1

1 2(1 )zaz

−

−+. (Verifique esta última igualdade

dividindo o numerador pelo denominador). Este resultado é a entrada 20 da Tabela 2-1. Problema A-2-5: Calcular a transformada z da função ( )x t da figura 2-6 abaixo, supondo que o tempo de amostragem T é igual a 1.

Solução: Da figura, temos:

(0) 0; (1) 0,25; (2) 0,5; (3) 0,75; (4) (5) (6) ..... 1x x x x x x x= = = = = = = = . Portanto,

( )X z = 1 2 3 4 5 6

0( ) 0, 25 0,5 0,75 ....k

kx k z z z z z z z

∞− − − − − − −

=

= + + + + + +∑

= 1 2 3 41

10,25( 2 3 )1

z z z zz

− − − −−+ + +

− .

Problema A-2-6: Seja 3

2

2( )( 2) ( 1)

z zX zz z

+=

− −. Calcular a transformada inversa.

Solução: 2

2

( ) 2 1( 2) ( 1)

X z zz z z

+=

− −= 2( 2) 2 1

A B Cz z z

+ +− − −

, onde A, B e C são os

resíduos. Ora, 2

2

2 11

9z

zAz

=

+=

−= ,

2 2

22 2

2 1 4 ( 1) 2 11 ( 1)

1z z

d z z z zBdz z z

= =

+ − − −=

− −= = − ,

2

21

2 1( 2)

3z

zz

C=

+−

= = . Portanto, temos ( )X zz

= 2

9 1 3( 2) 2 1z z z

− +− − −

; donde

30

( )X z = 2

9 3( 2) 2 1

z z zz z z

− +− − −

; dividindo numerador e denominador da primeira parcela

por 2z e os da 2ª. e 3ª. parcelas por z, temos: ( )X z = 1

1 2 1 1

9 1 3(1 2 ) 1 2 1

zz z z

−

− − −− +− − −

.

Das entradas 18 e 20 da Tabela 2-1, temos 1( ) 9 (2 ) 2 3k kx k k −= − + , k = 0,1,2,3,...

Problema 2-27: Achar a transformada inversa de ( )X z = 2

2( 2)

zz z+−

Solução: Expandindo em frações parciais, temos ( )X z = 22A B C

z z z+ +

−, onde A, B, C

sãos os resíduos dados por 22

2

z

zAz =

+= =1, B =

0

2 12 z

zz =

+= −

−,

20 0

2 2 2 12 ( 2)z z

d z z zCdz z z= =

+ − − −⎛ ⎞= = = −⎜ ⎟− −⎝ ⎠; donde ( )X z = 2

1 1 12z z z− −

−; dividindo

numerador e denominador da 1ª. parcela por z, vem ( )X z = 1

1 2

1 11 2

zz z z

−

− − −−

. Da

entrada 19 da Tabela 2-1, a transformada inversa da 1ª. parcela é 12k− , enquanto que da entrada 2 da mesma Tabela, a transformada inversa da 2ª. parcela é igual a 1 para k = 2 e a da 3ª. parcela é igual a 1 para k igual a 1. Então, somando algebricamente estas 3 parcelas obtemos ( ) 0x k = se k = 0, 1; ( ) 1x k = se k =2 e 1( ) 2kx k −= se k= 3,4,5,... Problema A-2-9: Usando o método da integral, obter a transformada inversa de

( )X z = 10( 1)( 2)z z− −

.

Solução: ( )X z1

1 10( 1)( 2)

kk zz

z z

−− =

− −. Observe-se que se k = 0, ( )X z 1kz − tem três pólos

distintos, a saber, 0; 1 e 2. Mas com k > 0, há somente dois pólos distintos, 1 e 2. Consideremos primeiramente o caso em que k =0:

resíduo do pólo em 0: 0

10 5( 1)( 2) zz z =

=− −

; resíduo do pólo em 1: 1

10 10( 2) zz z =

= −−

;

resíduo do pólo em 2: 2

10( 1)

5zz z =−

= . Então, (0) 5 10 5 0x = − + = . (*)

Para k = 1;2;3;... temos que achar os resíduos de 110

( 1)( 2)

kzz z

−

− − nos pólos 1 e 2;

resíduo no pólo 1: 1

1

10 102

k

z

zz

−

=

= −−

; resíduo no pólo 2: 1

1

2

10 10(2 )1

kk

z

zz

−−

=

=−

, donde

1( ) 10(2 1)kx k −= − , k = 1;2;3;...Esta expressão e (*) acima são a solução do problema. Problema A-2-10

Calcular a transformada inversa de 2

( 2)( )( 1)z zX zz+

=−

pelos 4 métodos apresentados nesta

seção.

31

Solução: -Método da divisão direta: Dividindo o numerador pelo denominador, obtemos diretamente: ( )X z = 1 2 31 4 7 10 ...z z z− − −+ + + + ; portanto,

(0) 1; (1) 4; (2) 7; (3) 10;...x x x x= = = = -Método computacional, usando o MATLAB: segue-se o que se obtém na tela do computador (MATLAB Program 2-3):

-Método da expansão em frações parciais:

2

( 2)( )( 1)z zX zz+

=−

; a parcela estritamente própria é facilmente calculável:

( )X z = 2

4 11( 1)

zz−

+−

= 1 1

12 2 1 2 1 2

4 1 41 1( 1) ( 1) (1 ) (1 )

z z zzz z z z

− −−

− −+ − = + −− − − −

.

De acordo com a tabela 2-1, a transformada inversa da 1ª. parcela é (0) 1x = , x(k) = 0 para k = 1;2;3;... A transformada da 2ª. parcela é 4k para k = 0;1;2;3;....E a transformada inversa da 3ª. parcela é - k + 1 para k = 1;2;3... Então temos a sequência x(0) = 1 e x(k) = 3k + 1 para k = 1;2;3;.....

-Método pela integral da inversa: 1( ) kX z z − = 2

( 2)( 1)

kz zz

+−

; esta função tem um pólo duplo

em z = 1. Então, 1

11

( ) ( 2) ( ( 2) 1 3k k k

zz

dx k z z z z kz kdz

−

==

⎛ ⎞= + = + + = +⎜ ⎟⎝ ⎠

para k =

0;1;2;3;... Problema A-2-11: Achar a solução da seguinte equação de diferenças: 2 ( ) 2 ( 1) ( 2) ( )x k x k x k u k− − + − = , com ( )x k = 0 para k < 0 e u(k) = 0 se k < 0 e u(k) = 1 se k = 0;1;2;3;...

32

Solução: A transformada z da eq. acima é, utilizando a tabela 2-1 para o lado direito da

equação: 1 21

12 ( ) 2 ( ) ( )1

X z z X z z X zz

− −−− + =

−, donde 1 1 2

1 1( )1 2 2

X zz z z− − −=

− − +

= 3

2( 1)(2 2 1)z

z z z− − +; é fácil verificar que desta última, tem-se

( )X z =2

21 2 2 1z z z

z z z− +

+− − +

; observe-se que as raízes de 22 2 1z z− + são complexos

conjugados. Da última expressão, temos ( )X z =1

1 1 2

1 11 2 2

zz z z

−

− − −

− ++

− − +; em vista das

entradas 16 e 17 da tabela 2-1, temos

( )X z = 1 1

1 1 2 1 2

1 1 1 0,5 1 0,51 2 1 0,5 2 1 0,5

z zz z z z z

− −

− − − − −

−− +

− − + − +, donde identificamos dos

numeradores das 2ª. e 3ª. parcelas que cossen T Tω ω= e portanto 1cos2

sen T Tω ω= = , ou seja, 4

T πω = , e, por outro lado, 2 0,5aTe− = , donde

12

aTe− = . Temos finalmente a resposta:

1 1( ) 1 0,5 cos 0,54 42 2

k kk kx k senπ π⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

, k = 0;1;2;3;...

Problema A-2-14: A equação de diferenças ( 2) ( 1) ( )x k x k x k+ = + + gera a conhecida sequência de Fibonacci. Escrever um programa em MATLAB para gerar a série de Fibonacci até k = 30. Solução: Da eq. temos, com (0) 0x = e (1) 1x = , temos a tansformada em z:

22z ( ) (1) ( ) ( ) ( )

1zX z zx zX z X z X z

z z− = + ∴ =

− −. Abaixo, o MATLAB Program 2-4 e

a tabela que se segue com os resultados até x(30). Mas observe-se que no program do MATLAB, aparece um a entrada em pulso unitário. Ora. A transofrmada z de um pulso unitário aplicado no instante k = 0 é 1, e no instante k = 1 é 1z− . Portanto, há um erro de indicação no programa abaixo.

33

Seja ( 1) ( 2)lim lim

( ) ( 1)k k

x k x krx k x k→∞ →∞

+ += =

+. Então, quando k →∞ , a equação de diferenças

se torna 2 1r r= + , cuja solução positiva é 1 52+ = 1,6180339887499...., que é a

chamada “razão áurea”. (Num retângulo, seus lados satisfazem à razão áurea se a relação entre o maior e o menor for igual à relação entre a soma dos lados e o maior; é fácil verificar que se obtém a mesma equação 2 1r r= + . Os gregos julgavam que um retângulo com estas características é o mais harmonioso e esta opinião é mantida até hoje por muitos (a maioria?) arquitetos, pintores e escultores. Uma questão de gosto, e sobre gosto não se discute, ou não se deve discutir...) Agora, observe-se que dividindo x(30) = 832040 por x(29) = 514229, obtém-se 1,6180339887482, que tem nada menos que os 11 primeiros algarismos iguais à razão áurea. Capítulo 3: Análise no Plano z de Sistemas de Controle de Tempo Discreto 3-1 Introdução O método da transformada z é especialmente útil para a análise e projeto de controle de sistemas de tempo discreto invariantes no tempo, escalares (uma entrada e uma saída).

34

A principal vantagem, como veremos, do método da transformada z, é que ele permite ao engenheiro aplicar métodos convencionais de sistemas de tempo contínuo a sistemas que são parcialmente de tempo contínuo e parcialmente de tempo discreto. Neste texto suporemos sempre que o intervalo de amostragem é único e os instantes de amostragem são sincronizados em todo o sistema. 3-2 Amostragem por impulsos e “seguradores” (“data hold”) Os sistemas de controle de tempo discreto, na prática, operam parcialmente em tempo contínuo e parcialmente em tempo discreto. Amostragem de impulsos Consideraremos um amostrador (fictício) de impulsos. A resposta de um tal amostrador é considerada uma sequência de impulsos, que começa em t = 0, com período de amostragem igual a T , a intensidade de cada impulso sendo igual ao valor da função que está sendo amostrada, no instante considerado. Isto pode ser visto na duas figuras de cima da figura 3-1 que se segue.

(Suporemos sempre que x(t) = 0 para t < 0) Um impulso é definido rigorosamente em teoria de distribuições, sendo considerado um pulso de amplitude que tende para o infinito e largura que tende para zero, sua área sendo então finita. A intensidade do impulso é a sua área; o impulso é representado graficamente por uma seta vertical, tal como visto na figura, sua intensidade sendo proporcional à altura da seta. A amostragem da função no instante kT, ( )x kT , produz um impulso que é representado por ( ) ( )x kT t kTδ − , ( )x kT sendo a intensidade do impulso e ( )t kTδ − sendo a representação matemática de um impulso unitário no instante kT. Usaremos a notação *( )x t para representar a resposta amostrada em impulsos, ou seja,

*( )x t = 0

( ) ( )k

x kT t kTδ∞

=

−∑ = (0) ( ) ( ) ( ) ..... ( ) ( ) ....x t x T t T x kT t kTδ δ δ+ − + + − + (3-1)

Uma sequência (infinita) de impulsos unitários com intervalo T é representada por

( )T tδ , ou seja, ( )T tδ = 0

( )k

t kTδ∞

=

−∑ .

Um amostrador pode então ser considerado um modulador com entrada x(t) como o sinal modulado e a sequência de impulsos como o portador, conforme a Figura 3-2 abaixo:

35

Considere agora a transformada de Laplace da eq. (3-1): L [ *( )x t ] = *( )X s = (0) [ ( )] ( ) [ ( )] ..... ( ) [ ( )] ....x t x T t T x kT t kTδ δ δ+ − + + − +L L L

= (0) ( ) ..... ( ) ....Ts kTsx x T e x kT e− −+ + + + = 0

( ) kTs

kx kT e

∞−

=∑ (3-2)

Ora, se definirmos Tse = z, ou seja, 1 lns zT

= , a eq. (3-2) se torna

1( )ln*( )

s zTX s

==

0

( ) k

k

x kT z∞

−

=∑ (3-3)

O lado direito da eq. acima é a transformada z da sequência (0); ( );....; ( );....x x T x kT , gerada a partir de ( )x t em t kT= , k = 0;1;2;3;.... Portanto, podemos escrever

1( ) ln*( )

s zTX s

== ( )X z e a eq. (3-3) se torna

1( )ln*( )

s zTX s

== 1* lnX z

T⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

= ( )X z = 0

( ) k

kx kT z

∞−

=∑ (3-4)

A última eq. mostra que seria um equívoco grave considerar ( )X z como ( )X s com s substituído por z. Na realidade, há um abuso de notação ao se usar o mesmo símbolo para ( )X z e para ( )X s . Finalmente, é bom enfatizar que o amostrador de impulso é introduzido por uma questão de conveniência matemática, ele não corresponde a uma realidade física, pois um impulso não pode ser realizado fisicamente, tendo amplitude infinita. Circuitos “seguradores” (data-hold) O circuito segurador gera um sinal contínuo a partir de uma sequência de sinais em tempo discreto. Seja o sinal ( )h ⋅ gerado pelo data-hold. Se for ( )x ⋅ o sinal gerado pelo amostrador, devemos ter ( ) ( )h kT x kT= . Se o data-hold for de ordem n, temos, por definição,

11 1( ) ..... ( )n n

n nh kT a a a x kTτ τ τ τ−−+ = + + + + (3-6)

Este holder é chamado um holder de ordem n. Quanto mais alta a ordem do holder, mais precisa é a aproximação do sinal de tempo contínuo original a partir do qual se fez a amostragem. Mas esta precisão é obtida às custas de um retardo maior, para calcular os coeficientes ia .

36

Assim, o holder mais usado, de longe, é o de ordem zero, em que temos ( ) ( )h kT x kTτ+ = para 0 ≤ t < T (3-8)

A figura 3-3 abaixo mostra o processo todo de amostragem e holder de ordem zero. A resposta de um holder de ordem zero tem sempre a forma de uma “escada” que sobe e / ou desce várias vezes.

Segurador (holder) de ordem zero A figura 3-4 mostra abaixo em (a) um amostrador real seguido de um segurador de ordem zero e em (b) o modelo matemático que consiste de um amostrador gerador de impulsos, seguido de uma função de transferência.

Da figura 3-4 (a), representando-se um degrau unitário aplicado no instante 0 por 1(t), e em geral no instante kT por 1(t-kT) tem-se

1( ) (0)1( ) (0)1( ) ( )1( ) ( )1( 2 ) (2 )1( 2 ) ....h t x t x t T x T t T x T t T x T t T= − − + − − − + − − = (0)[1( ) 1( )] ( )[1( ) 1( 2 )] (2 )[1( 2 ) 1( 3 )] ....x t t T x T t T t T x T t T t T− − + − − − + − − − +

= 0

( )[1( ) 1( ( 1) ]k

x kT t kT t k T∞

=

− − − +∑ (3-9)

Ora, sabemos que a transformada de Laplace de um degrau unitário aplicado no instante

t = 0 é 1s

. E é fácil verificar que a transformada de Laplace de um degrau unitário

aplicado no instante kT é kTses

−

. Com efeito, por definição,

0

[1( )] 1( ) stt kT t kT e dt∞

−− = −∫L = ( )

0

1( ) ( )kTs s t kTt kT e e d t kT∞

− − −− −∫ , pois ( )d t kT dt− = .

37

Então, fazendo u = t - kT, temos [1( )]t kT−L = 0

1( ) ( )kTs suu e e d u∞

− −∫ = 0

1( ) ( )kTs sue u e d u∞

− −∫

= kTses

−

. Em vista disso, a transformada de Laplace de (3-9) é

1 1[ ( )] ( )h t H s=L = ( 1)

0( )

kTs k Ts

k

e ex kTs

− − +∞

=

−∑ = 0

1 ( )Ts

kTs

k

e x kT es

∞−

=

− ∑ (3-10)

Considere agora o modelo matemático da figura 3-4(b). A resposta deste modelo deve ser a mesma do segurador de ordem zero (fig (a)), ou seja,

2 2 1[ ( )] ( ) ( )h t H s H s= =L . Então, em vista de (3-10),

20

1( ) ( )Ts

kTs

k

eH s x kT es

∞−

=

−= ∑ (3-11)

Mas da fig. 3-4 (b), temos que 2 ( ) ( ) *( )hoH s G s X s= (3-12)

Ora, vimos de (3-2) que *( )X s = 0

( ) kTs

kx kT e

∞−

=∑ .

Então, a eq. (3-11) pode ser escrita como 21( ) *( )

TseH s X ss

−−= . (3-13)

Comparando esta com (3-12), temos 1( )Ts

hoeG ss

−−= ,

que pode ser então considerada como a funcão de transferência de um segurador de ordem zero. Ou por outras palavras, um amostrador e um segurador de ordem zero podem ser substituídos matematicamente por um sistema equivalente de tempo contínuo que

consiste de uma amostrador de impulso e uma função de transferência igual a1 Tses

−− .

Como já foi dito, o segurador de longe mais usado na prática é o de ordem zero. No livro de referência, às pp. 80-82, encontra-se a demonstração, aqui omitida da função de transferência do hold de ordem 1. Pode-se demonstrar que é (ver eq. (3-6) com n = 1):

2

11 1( )

Ts

he TsG ss T

−⎛ ⎞− += ⎜ ⎟⎝ ⎠

(3-14)

Obtendo a transformada z pelo método da convolução Considere o amostrador de impulso da figura 3-7 abaixo.

Como vimos, a resposta do amostrador é a eq. (3-1):

0 0*( ) ( ) ( ) ( ) ( )

k kx t x t t kT x t t kTδ δ

∞ ∞

= =

= − = −∑ ∑ (3-18)

Ora, [ ( )]t kTδ −L = kTse− . Portanto,

38

0

( )k

t kTδ∞

=

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠∑L = 1 + Tse− + 2Tse− +...= 1

1 Tse−−.

De (3-18), X*(s) = L[x*(t)] = 0

( ) ( )k

x t t kTδ∞

=

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠

∑L , (3-18a)

donde vemos que X*(s) é a transformada de Laplace do produto de duas funções do tempo t . Observe-se que isto não é o mesmo que o produto das transformadas de Laplace. Sejam duas funções ( )f t e ( )g t com transformadas de Laplace ( )F s e ( )G s , respectivamente. Então, pode-se demonstrar que

L[ ( )f t ( )g t ] = 1 ( ) ( )2

c j

c j

F p G s p dpjπ

+ ∞

− ∞

−∫ , (3-19)

onde c é a abcissa, se existir, que separa os pólos de ( )F p daqueles de ( )G s p− Em vista de (3-18a) e (3-19), temos

( )0

1 1*( ) ( ) ( ) ( )2 1

c j

T s pk c j

X s x t t kT X p dpj e

δπ

+ ∞∞

− −= − ∞

⎛ ⎞= − =⎜ ⎟ −⎝ ⎠

∑ ∫L (3-20)

A integral acima é uma integral de convolução no plano complexo. É um fato demonstrado em funções de variável complexa que esta integral pode ser computada através dos resíduos dos pólos que ficam dentro da figura 3-8 abaixo, traçando-se um semicírculo de raio infinito.

(Observe-se que a figura está mal feita: no semi-plano da direita constam duas retas paralelas ao eixo horizontal, quando deveriam ser os finais do semi-círculo, ou seja, o semi- círculo termina na reta paralela ao eixo dos imaginários). A eq. (3-20) pode ser escrita na forma

( ) ( )

1 ( ) 1 ( )*( )2 1 2 1T s p T s p

X p X pX s dp dpj e j eπ π− − − −Γ

= −− −∫ ∫ , (3-21)

onde a primeira integral percorre a figura fechada indicada acima enquanto que Γ na segunda integral é o semi-círculo.

39

Cálculo da integral de convolação no plano da esquerda Observe-se que a segunda integral de (3-21) se anula porque p tende a infinito. Donde,

( )

1 ( )*( )2 1 T s p

X pX s dpj eπ − −=

−∫ .

Ora, como já foi mencionado acima e é sabido das funções de variável complexa, esta

integral é a soma dos resíduos de ( )

( )1 T s p

X pe− −−

dos pólos de X(p) no contorno fechado.

Substituindo z= Tse , temos que, o integrando da integral acima é em vista de (3-4),

( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1

Ts

TpT s p Ts Tp Ts Tp Tp

Ts

X p X p X p X p e X p zee e e e e z ee

− − −= = = =− − − −−

. Donde que ( )X z é a soma dos

resíduos de ( )Tp

X p zz e−

nos pólos de ( )X p .

Substituindo p na última expressão pela variável usual s, temos

( )X z é a soma dos resíduos de ( )Ts

X s zz e−

nos pólos de ( )X s . (3-23)

Se is for um pólo simples de ( )X s , então seu resíduo correspondente será ( )( )

i

i i Tss s

X s zK s sz e =

= −−

; (3-24)

se o pólo tiver multiplicidade in , então, teremos como resíduo: 1

11 ( )( )

( 1)!

ii

i

i

i i Tsi

nn

ns s

d X s zK s sn z eds

−

−=

⎛ ⎞⎡ ⎤= −⎜ ⎟⎣ ⎦− −⎝ ⎠

. (3-25)

Exemplo 3-1: Dado 2

1( 1)

( )s s

X s+

= , calcular ( )X z pela integral de convolução no

semi-plano da esquerda. Solução: Note-se que ( )X s tem pólo duplo na origem e um pólo simples em -1. Então,

( )X z = 22

0

1 1(2 1)! ( 1) Ts

s

d zsds s s z e

=

⎛ ⎞⎜ ⎟− + −⎝ ⎠

+ 21

1( 1)( 1) Ts

s

zss s z e =−

++ −

= 220

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

Ts Ts

Tss

z z e s T es z e

=

− − + + −+ −

+ 2

1( 1) T

zz e−− −

= 2

( 1 )( 1) T

z z T zz z e−

− − −+

− −.

Calculando a transformada z de funções que contêm o termo 1Tse

s

−−

Como vimos, este termo é a função de transferência de um segurador de ordem zero.

Seja ( )X s = 1Tse

s

−− ( )G s . Então, ( )X s = (1 Tse−− ) ( )G ss

= (1 Tse−− ) 1( )G s , (3-30)

onde 1( )G s = ( )G ss

. Definamos 1 1( ) ( )TsX s e G s−= (3-31)

Tendo em vista que 1( )X s é o produto de duas transformadas de Laplace, sua

40

transforma inversa é dada pela convolação: 1 0 10

( ) ( ) ( )x t g t g dτ τ τ∞

= −∫ , onde

0 ( ) ( )g t t Tδ= − e 1( )g t é a transformada de Laplace inversa de 1( )G s . Então

1 10

( ) ( ) ( )t

x t t T g dδ τ τ τ= − −∫ = 1( )g t T− . (3-31a)

Abusando, como de costume, a notação, seja a transformada z de 1( )g t : Z[ 1( )g t ] = 1( )G z . Em vista de (3-31a), temos Z[ 1( )x t ] = 1

1( )z G z− . De (3-30) e (3-31), temos

1 1( ) [ ( )] [ ( )]X z g t x t= −Z Z = 1( )G z - 1z−1( )G z = (1- 1z− ) 1( )G z ,

onde lembramos que 1( )G s = ( )G ss

.

Abusando ainda a notação, costuma-se escrever

( )X z = (1- 1z− )Z ( )G ss

⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

. (3-32)

Exemplo 3-3: Obter a transformada z de 1 1( )1

TseX ss s

−−=

+. (De novo, um abuso de

linguagem, pois se trata de obter a transformada z da função cuja transformada de Laplace é dada acima). Solução: Da eq. (3-32), temos:

1 11 1 1 1 1( ) (1 ) (1 )1 ( 1) 1

TseX z z zs s s s s s

−− −⎡ ⎤ ⎡ ⎤− ⎡ ⎤= = − = − −⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥+ + +⎣ ⎦⎣ ⎦⎣ ⎦

Z Z Z ; da tabela (2-1),

entradas 3 e 4, aplicadas ao que está entre [ ], vem:

( )X z = 1(1 )z−− 1 1

1 11 1 Tz e z− − −⎛ ⎞−⎜ ⎟− −⎝ ⎠

3-4 Reconstruindo os sinais originais a partir de sinais amostrados Teorema da amostragem

Seja 2s T

πω = , onde T é o período de amostragem e seja 1ω a freqüência do harmônico

(ou componente do spectrum) de freqüência mais alta no sinal de tempo contínuo ( )x t . Então, se sω > 2 1ω , o sinal de tempo contínuo pode ser reconstruído a partir do sinal amostrado *( )x t . (Não apresentaremos a demonstração deste importante teorema, o qual, entretanto, não deixa de ser intuitivo: imaginemos que o sinal ( )x t se resume a uma senoide. Então, se a freqüência de amostragem, for maior do que o dobro da frequência da senoide, esta poderá ser reconstruída. Intuitivo? Ou não? Veremos mais adiante quão razoável é este teorema, demonstrado por Claude Shannon, na sua Dissertação de Mestrado nos anos 40’s do século passado). O Filtro passa-baixa ideal

41

A Figura 3-12 abaixo apresenta o spectrum de freqüência de um filtro passa-baixa ideal,

ou seja, a amplitude da resposta do sinal do filtro é nula para freqüência maior que 2

sω .

(As freqüências negativas que aparecem na figura não têm significado físico, mas são úteis, como sabemos, do ponto de vista matemático, permitindo conclusões no mundo físico). O processo de amostragem introduz um grande número de harmônicos (componentes) além dos que apresenta o sinal original. O filtro ideal atenua estas componentes adicionais, deixando passar somente as componentes do sinal original, supondo que seja satisfeita a condição do teorema de Shannon. Assim, o filtro ideal reconstrói o sinal original de tempo contínuo. Pode-se provar (ver figura 3-13 abaixo) que a amplitude do spectrum de freqüência na resposta do filtro é igual à amplitude do sinal original dividida pelo período T. A demonstração deste fato está ligada à do Teorema de Shannon.

Na prática, se as componentes de frequência mais alta tiverem amplitude pequena, não é necessário que a freqüência de amostragem seja maior que o dobro da freqüência mais alta do sinal original Um filtro ideal passa-baixa não é realizável fisicamente Vamos calcular a resposta ao impulso de um filtro passa-baixa ideal. O espectro de freqüência de um filtro passa-baixa é, conforme a figura 3-12 acima,

( ) 1IG jω = se - 0,5 0,5s sω ω ω≤ ≤ e ( )IG jω = 0 fora do intervalo ao lado.

42

Então a transformada inversa de Fourier do espectro de freqüência é

( )Ig t =/ 2

/ 2

1 ( )2

s

s

j tIG j e dω

ω

ω

ω ωπ −∫ =

/ 2

/ 2

12

s

s

j te dωω

ω

ωπ −∫ = ( )(1/ 2) (1/ 2)1

2s sj t j te e

jtω ω

π−− =

12stsen

tω

π; (3-35a)

mas 2s T

πω = , donde, ( )Ig t =( / 2)1

/ 2s

s

sen tT t

ωω

(3-35b)

Esta equação nos dá a resposta ao impulso do filtro ideal. Quando fazemos o gráfico desta função, obtemos a figura 3-14.

A curva mostra que a resposta ao impulso aplicado em t = 0 se estende para valores negativos de t, o que obviamente não faz sentido do ponto de vista físico, o que nos leva ao título desta seção, a saber, o filtro passa-baixa ideal não é fisicamente realizável. Como conseqüência deste fato, e tendo em vista que em muitos sistemas há componentes com freqüências altas, que exigiriam filtro passa-baixa, chega-se à conclusão de que não é possível, do ponto de vista prático, reconstruir perfeitamente um sinal de tempo contínuo a partir de um sinal amostrado. Característica da resposta em freqüência de um segurador de ordem zero Como vimos, a função de transferência de um segurador de ordem zero é

1( )Ts

hoeG ss

−−= (3-36)

Para compará-lo com o filtro, vejamos sua resposta em freqüência, fazendo s jω= . (1/ 2) (1/ 2) (1/ 2)1 2 ( )( )

2

Tj Tj Tj Tj

hoe e e eG jj j

ω ω ω ω

ωω ω

− − −− −= = = (1/ 2)( / 2)

/ 2Tjsen TT e

Tωω

ω− . (3-36a)

A amplitude em valor absoluto do espectro de freqüência de ( )hoG jω é, portanto ( / 2)( )

/ 2hosen TG j T

Tωω

ω= . (3-37)

Ora, como vimos, a freqüência de amostragem é tal que

43

2s T

πω = . Portanto a amplitude acima é nula quando a freqüência é igual à freqüência de

amostragem ou um múltiplo inteiro dela. A figura 3-15(a) abaixo mostra a resposta em freqüência, amplitude e fase, da qual são dadas apenas as assíntotas, como é comum, do segurador de ordem zero.

Como fica claro, há picos indesejáveis de ganho nas freqüências 3

2sω , 5

2sω ,

etc...Observe-se da mesma figura que a magnitude cai mais de 3 dB na freqüência 2

sω ,

pois 0,637 = -3,92 dB. Tendo em vista que a magnitude decresce gradualmente à medida que a freqüência aumenta, se um sistema é conectado a um segurador de ordem zero, há uma distorção no espectro de freqüência do sistema. Por outro lado, tenha-se em vista que ( / 2)sen Tω alterna valores positivos e negativos à medida que ω aumenta de 0 para sω , de sω para 2 sω , de 2 sω para 3 sω , etc. Consequentemente, a curva de fase (parte de baixo da figura 3-15a) é descontínua em ω = k sω = 2 /k Tπ , onde k = 1;2;3;... Tal descontinuidade pode se considerada uma mudança de fase de ± 180 graus. Na figura 15(a) é suposta igual a – 180 graus. De (3-36a) temos que

44

Fase[ ( )hoG jω ] = Fase ( / 2)/ 2

sen TTTω

ω⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

+Fase[ (1/ 2)Tje ω− ]= Fase2Tsenω⎡ ⎤

⎢ ⎥⎣ ⎦+

Fase[ (1/ 2)Tje ω− ], onde Fase[2Tsenω ] = 0 ou ± 180 graus, pois

2Tsenω é um número real

e Fase[ (1/ 2)Tje ω− ] = - 2Tω

A Figura 3-15(b) é o diagrama de Bode correspondente à amplitude e fase da figura 3-15(a), com T = 1 seg. As magnitudes estão em decibéis, enquanto que as freqüências no eixo horizontal estão em escala logarítmica. A Figura 3-16 abaixo mostra uma comparação do filtro ideal com um segurador de ordem zero. Para efeito de comparação, as magnitudes ( )G jω são normalizadas.

Verifica-se que o segurador de ordem zero é efetivamente um filtro passa-baixa, ainda que sua função não seja muito boa para este efeito. A exatidão de um segurador de ordem zero como extrapolador depende da freqüência de amostragem sω , ou seja, a resposta do amostrador pode ser feita tão próxima quanto possível do sistema de tempo contínuo original, fazendo o período T tão pequeno quanto possível. 3-5 A função de transferência de pulso A função de transferência de pulso relaciona a transformada z da resposta nos instantes de amostragem com a entrada amostrada Considere a resposta de um sistema de tempo contínuo, cuja entrada é uma sequência de impulsos, como na figura 3-20 abaixo.

45

Supomos, como usual, que ( )x t = 0 para t < 0. O sinal amostrado *( )x t é a entrada para o sistema de tempo contínuo, cuja função de transferência é ( )G s , sendo ( )y t a resposta do sistema. Como mostrado na figura, há um outro amostrador na resposta do sistema de tempo contínuo, sincronizado em fase e com o mesmo período de amostragem do primeiro amostrador. Supomos também que ( )y t = 0 se t < 0. (Observe-se que esta não é uma condição óbvia, decorrente de ( )x t = 0 para t < 0, ela implica na verdade que o sistema linear tenha condições iniciais nulas). Temos

Z[ ( )y t ] = 0

( ) ( ) k

kY z y kT z

∞−

=

=∑ . (3-38)

Sabemos que ( )y t é dado pela convolação

( )y t = 0 0

( ) ( ) ( ) ( )t t

g t x d x t g dτ τ τ τ τ τ− = −∫ ∫ ,

onde ( )g t é a resposta ao impulso do sistema linear. Ora, como vimos no capítulo anterior,

0 0*( ) ( ) ( ) ( ) ( )

k kx t x t t kT x kT t kTδ δ

∞ ∞

= =

= − = −∑ ∑ , o qual é uma sequência de impulsos.

Claro que a resposta ( )y t do sistema linear a esta sequência de impulsos será a soma das respostas dos impulsos individuais:

( )y t =

( ) (0), se 0 ( ) (0) ( ) ( ),se... 2( ) (0) ( ) ( ) ( 2 ) (2 ),se....2 3

............( ) (0) ( ) ( ) ..... ( ) ( ),se............. ( 1)

g t x t Tg t x g t T x T T t Tg t x g t T x T g t T x T T t T

g t x g t T x T g t kT x kT kT t k T

≤ <⎧⎪ + − ≤ <⎪⎪ + − + − ≤ <⎨⎪⎪

+ − + + − ≤ < +⎪⎩

Observando que num sistema físico a resposta não pode preceder a entrada, ou seja, o sistema é causal, temos que ( )g t = 0 se t < 0 e, de modo geral, ( )g t kT− = 0 se t <kT. Consequentemente, as equações acima podem ser combinadas em uma única equação:

( ) ( ) (0) ( ) ( ) ( 2 ) (2 ) .... ( ) ( )y t g t x g t T x T g t T x T g t kT x kT= + − + − + + −

= 0

( ) ( )k

hg t hT x hT

=

−∑ , com 0 ≤ t < kT.

É claro que os valores de ( )y t nos instantes de amostragem t = kT, k = 1,2,3,....são

( )y kT =0

( ) ( )k

h

g kT hT x hT=

−∑ (3-39)

46

= 0

( ) ( )k

h

x kT hT g hT=

−∑ . (3-40)

O somatório das eqs. (3-39) e (3-40) é chamado convolução (de soma, tal como na convolação de integral). Observe-se que também aqui, tal como na convolução da integral, é usada a notação compacta

( )y kT = ( ) ( )x kT g kT∗ . Tendo em vista que, por hipótese, ( )x t = 0 para t < 0, temos ( )x kT hT− = 0 para h > k. E como também ( )g kT hT− = 0 para h > k, podemos supor nas eqs. (3-39) e (3-40) que h varia de 0 a ∞ , ou seja, as ditas eqs. podem ser escritas do seguinte modo:

( )y kT = 0

( ) ( )h

g kT hT x hT∞

=

−∑ , k = 0;1;2;3;... (3-41)

= 0

( ) ( )h

x kT hT g hT∞

=

−∑ (3-42)

Pode-se provar que se o grau do denominador de ( )G s exceder em 1 o grau do respectivo numerador, então a resposta ( )y t é descontínua, exemplificado com a figura 3-21(a) abaixo.

Neste caso, as eqs. acima dão os valores de ( )y t imediatamente após o instante de amostragem, isto é, (0 ); ( ); (2 );....y y T y T+ + +

47

Se o grau do denominador de ( )G s exceder em 2 ou mais o grau do respectivo numerador, então ( )y t será contínuo, tal como exemplificado na figura 3-21(b). Observe-se que esta última condição equivale a lim ( ) 0

ssG s

→∞= .

Função de transferência relativa a pulsos Da eq. (3-41) temos

0 0 0

( ) ( ) ( ) ( )k k

k k h

Y z y kT z g kT hT x hT z∞ ∞ ∞

− −

= = =

= = −∑ ∑∑ ; fazendo m = k – h, a última se torna

= ( )

0 0( ) ( ) m h

m hg mT x hT z

∞ ∞− +

= =∑∑ =

0 0( ) ( )m h

m hg mT z x hT z

∞ ∞− −

= =∑ ∑ = ( ) ( )G z X z , (3-43)

onde ( )G z é a transformada z de ( )g t . ( )G z é chamada função de transferência de pulso do sistema de tempo discreto, tendo a

mesma significação dos sistemas de tempo contínuo, ou seja, a relação das transformadas da resposta e da entrada. Observe-se que, analogamente aos sistemas de tempo contínuo, ( )G z é também a resposta do sistema a um pulso. Com efeito, recorda-se da tabela 2-1, entrada 1, que

0( ) ( ) 1x kT kTδ= = se k = 0 e igual a zero se k ≠ 0. Então obtemos

0

( ) ( ) 1k

k

X z x kT z∞

−

=

= =∑ . E, portanto, da eq. (3-43), ( ) ( )Y z G z= .

Transformadas de Laplace “estreladas” Como já vimos, indicamos com *( )X s a transformada de Laplace de uma sequência de impulsos obtidos por meio de amostragem. Trata-se, como vimos, de uma amostragem que não é realizável fisicamente, pois o impulso tem amplitude infinita, mas que é útil do ponto de vista matemático. Suponha que um amostrador impulsional seja seguido de um sistema de tempo contínuo, tal como mostrado na figura 3-23 abaixo.

Então,

( ) ( ) *( )Y s G s X s= . (3-45) A transformada de Laplace inversa desta é

-1

00 0

( ) L [ ( ) *( )] ( ) *( ) ( ) ( ) ( )t t

k

y t G s X s g t x d g t x kT dτ τ τ τ τ δ τ τ∞

=

= = − = − −∑∫ ∫

=0 00

( ) ( ) ( ) ( ) ( )t

k k

g t x kT d g t kT x kTτ τ δ τ τ∞ ∞

= =

− − = −∑ ∑∫ .

E portanto a transformada z desta última expressão se torna

0 0

( ) Z[ ( )] ( ) ( ) n

n k

Y z y t g nt kT x kT z∞ ∞

−

= =

⎡ ⎤= = −⎢ ⎥⎣ ⎦∑ ∑ ; fazendo nesta última m =n – k, temos

48

0 0

( ) ( ) ( ) ( ) ( )m k

m k

Y z g mT z x kT z G z X z∞ ∞

− −

= =

= =∑ ∑ , (3-47)

resultado que já obtivemos, acima (3-43). Mas como vimos, a transformada z pode ser interpretada como a transformada de Laplace estrelada, quando substituímos z por sTe . Então de (3-47), temos

*( ) *( ) *( )Y s G s X s= . (3-48) Então acabamos de provar que quando tomamos a transformada de Laplace estrelada de (3-45), obtemos (3-48). Exemplo 3-4 Obter a função de transferência de pulso do sistema da figura 3-24(a), onde

1( )G ss a

=+

Solução: Da tabela 2-1, entrada 4, nós temos 1

1 1Z1 aTs a e z− −

⎡ ⎤ =⎢ ⎥+ −⎣ ⎦. Portanto,

1

1( )1 aTG z

e z− −=−

, que é a solução procurada.

Outra maneira de resolver o problema é considerando que -1( ) L [ ( )]g t G s= ate−= , de acordo com a mesma entrada da tabela 2-1. Portanto, ( ) akTg kT e−= , k = 0;1;2;...Consequentemente,

10 0 0

1( ) ( ) ( )1

k akT k aT kaT

k k k

G z g kT z e z e ze z

∞ ∞ ∞− − − −

− −= = =

= = = =−∑ ∑ ∑ .

49

Exemplo 3-5: Calcular a função de transferência de pulso da fig. 3-24(a) acima, onde

1 1( )( 1)

TseG ss s s

−−=

+. (Tal como no exemplo anterior, supõe-se que há um amostrador

na entrada de ( )G s ). Solução: ( )G s envolve o termo 1 Tse−− . Portanto, da eq. (3-32), que repetimos aqui:

( )X z = (1- 1z− )Z ( )G ss

⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

. (3-32bis)

Donde temos 1 1( ) Z[ ( )] Z

( 1)

TseG z G ss s s

−⎡ ⎤−= = ⎢ ⎥+⎣ ⎦

= 12

1(1 )Z( 1)

zs s

− ⎡ ⎤− ⎢ ⎥+⎣ ⎦

= 12

1 1 1(1 )Z1

zs s s

− ⎡ ⎤− − +⎢ ⎥+⎣ ⎦.

Usando a tabela 2-1, entradas 5, 3 e 4, respectivamente, temos: 1

11 2 1 1

1 1( ) (1 )(1 ) (1 ) 1 T

TzG z zz z e z

−−

− − − −

⎡ ⎤= − − +⎢ ⎥− − −⎣ ⎦

= 1 1 1 1 1 1 1

1 1 1 1

1 (1 ) (1 )(1 ) 111 1 (1 )(1 )

T T

T T

Tz z Tz e z e z z zz e z e z z

− − − − − − − − −

− − − − − −

− − − − − + −− + =

− − − −

= 1 2

1 1

( 1 ) (1 )(1 )(1 )

T T T

T

T e z e Te ze z z

− − − − −

− − −

− + + − −− −

Função de transferência de pulso de elementos em cascata Considere os sistemas nas figuras 3-25 (a) e (b) abaixo. Supõe-se que os amostradores estejam sincronizados em fase e tenham o mesmo período de amostragem. Vamos mostrar que as funções de transferência de pulso são diferentes nas duas situações da figura.

Consideremos primeiramente o sistema da figura (a):

( ) ( ) *( )U s G s X s= , ( ) ( ) *( )Y s H s U s= , correspondente na 1ª. equação a u(t) e na segunda equação a y(t).

50

Tomando a transformada de Laplace estrelada das expressões acima, isto é, considerando u*(t) e y*(t) na 1ª. e 2ª. equação, respectivamente, vem

*( ) ( )* *( )U s G s X s= e *( ) ( )* *( )Y s H s U s= . Portanto, *( ) *( ) *( ) *( ) *( ) *( ) *( )Y s H s G s X s G s H s X s= =

Ou seja, em termos de transformada z, temos ( ) ( ) ( ) ( )Y z G z H z X z= .

Portanto, a função de transferência de pulso entre y*(t) e x*(t) é ( ) ( )G z H z (**) Considere-se agora a fig. (b). Temos:

( ) ( ) ( ) *( )Y s G s H s X s= ou ( ) ( ) *( )Y s GH s X s= , definindo-se ( )GH s = ( ) ( )G s H s . Queremos agora a transformada de y*(t), ou seja, a transformada “estrelada” de Laplace: *( ) [ ( )]* *( )Y s GH s X s= , ou seja,

( ) ( ) ( )Y z GH z X z= . Ou seja, a função de transferência de pulso neste caso é dada por ( )GH z , diferente do caso anterior, dada pela expressão acima (**). Com efeito, aqui,

acha-se a transformada z a partir da transformada de Laplace do produto das transformadas de Laplace de GH, ao passo que em (**) acima, multiplica-se a transformada z de G pela transformada z de H. Exemplo 3-6: Considere os sistemas das figura 3-26 (a) e (b). Obter as funções de transferência de pulso em cada um dos casos.

Solução: Como vimos no exemplo anterior, a função de transferência de pulso para a fig. (a) é, de acordo com a entrada 4 da Tabela 2-1:

( ) ( )G z H z = 1 1

1 1 1 1Z Z1 1aT bTs a s b e z e z− − − −

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ =⎢ ⎥ ⎢ ⎥+ + − −⎣ ⎦ ⎣ ⎦. (***)

Já para o sistema da fig. (b), temos:

51

1 1 1 1 1Z[ ( ) ( )] Z ZG s H ss a s b b a s a s b

⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎛ ⎞= = −⎜ ⎟⎢ ⎥⎢ ⎥+ + − + +⎣ ⎦ ⎝ ⎠⎣ ⎦

= 1 1

1 1 11 1aT bTb a e z e z− − − −

⎛ ⎞−⎜ ⎟− − −⎝ ⎠= , completamente diferente de (***) acima. Como se

vê deste exemplo, um amostrador entre G e H pode fazer uma diferença enorme. Função de transferência de pulso em sistemas de malha fechada Passemos agora aos sistemas de malha fechada, que têm uma importância enorme em controles. Considere-se o diagrama de blocos da figura 3-27 abaixo, onde há um amostrador na saída do somador, ou seja, o erro é amostrado.

Temos imediatamente do diagrama de blocos:

( ) ( ) ( ) ( )E s R s H s C s= − , ( ) ( ) *( )C s G s E s= . (3-49*) (Adotamos a notação do texto básico deste curso. O que está sendo denotado por C(s), é em quase toda literatura especializada denotado por Y(s). Costuma-se usar C(s) para o compensador cuja resposta é a entrada para a planta. Tal compensador não aparece no diagrama de blocos da figura 3-27). Das duas eqs. acima, temos:

( ) ( ) ( ) ( ) *( )E s R s H s G s E s= − . Tomando a transformada estrelada desta última, temos

*( ) *( ) *( ) *( )E s R s GH s E s= − , e, portanto, *( )*( )

1 *( )R sE sGH s

=+

; mas tendo em vista a 2ª. eq. de (3-49*), temos

*( ) *( )*( )1 *( )G s R sC s

GH s=

+, ou seja, ( ) ( )( )

1 ( )G z R zC z

GH z=

+;

Observe-se que a transformada inversa desta última equacão dá a resposta do sistema nos instantes de amostragem e não a resposta c(t), contínua no tempo, na saída da planta, cuja função de transferência é G(s). Da última eq., temos

( ) ( )( ) 1 ( )

C z G zR z GH z

=+

. (3-50)

52

A Tabela 3-1 abaixo dá cinco configurações típicas de sistemas em malha fechada. Repare-se que em todas elas há um amostrador na saída da planta, ao contrário do diagrama de blocos acima.

Função de transferência de pulso de um controlador digital Suponha que a entrada de um controlador digital é e(k) e que sua resposta seja m(k). Então temos, em geral, a seguinte equação de diferença:

1 0 1( ) ( 1) .... ( ) ( ) ( 1) .... ( )n nm k a m k a m k n b e k b e k b e k n+ − + + − = + − + + − . (3-51)

53

A transformada z desta equação é dada por 1 1

1 0 1( ) ( ) .... ( ) ( ) ( ) .... ( )n nn nM z a z M z a z M z b E z b z E z b z E z− − − −+ + + = + + + .

Então a função de transferência de pulso do controlador digital é dada por 1

0 11

1

.....( )( ) .( ) 1 .....

nn

D nn

b b z b zM zG zE z a z a z

− −

− −

+ + += =

+ + + (3-52)

Função de transferência de pulso de um sistema de controle digital em malha fechada Considere a figura 3-28 (a), que é o diagrama de blocos de um sistema de controle digital em malha fechada. A figura 3-28 (b) indica a função de transferência de cada bloco do diagrama.

O controlador digital, cuja função de transferência é * ( )DG s , é na realidade um computador, que resolve uma equação de diferença tal como (3-51), Tal como indicado na fig. 3-28(b) acima, definamos 1 ( ) ( )

Ts

pe G s G ss

−−= .

Observe-se que da mesma figura, temos * *( ) ( ) ( ) ( )DC s G s G s E s= , e portanto, * * * *( ) ( ) ( ) ( )DC s G s G s E s= , ou seja,

( ) ( ) ( ) ( )DC z G z G z E z= = ( ) ( )[ ( ) ( )]DG z G z R z C z− , donde ( ) ( )( )

( ) 1 ( ) ( )D

D

G z G zC zR z G z G z

=+

. (3-53)

Esta é a função de transferência de pulso do sistema em malha fechada dado na figura 3-28(b) acima. Tal como observado no diagrama de blocos da figura 3-27, a transformada inversa da resposta que se obtém de (3-53), ou seja,

54

( ) ( )( ) ( )1 ( ) ( )

D

D

G z G zC z R zG z G z

=+

é uma sequência discreta e não uma função contínua, que é

a transformada inversa de Laplace de C(s). Função de transferência de pulso de um controlador digital PID O controlador PID analógico tem sido usado com sucesso na indústria por mais de meio século. O princípio básico do controlador PID é agir na variável a ser controlada (tipicamente, o erro a ser diminuído) através de três ações de controle: uma ação proporcional (P), uma ação integral (I) e uma ação de diferenciação (D). Intuitivamente, a ação proporcional tem em vista o valor presente do sinal a ser manipulado, a ação integral tem em vista o passado acumulado do sinal e a ação diferencial tem em vista o futuro (ou melhor, a tendência do futuro) do sinal. Como visto no curso pré-requisito para este, a ação do controlador PID para sistemas de tempo contínuo é dada por

0

1 ( )( ) ( ) ( )t

di

de tm t K e t e t dt TT dt

⎛ ⎞= + +⎜ ⎟

⎝ ⎠∫ . (3-54)

(É freqüente o uso das constantes PK , IK e DK para as três parcelas). Discretizando a equacão acima, isto é, integrando a 2ª. parcela de forma trapezoidal, temos:

(0) ( ) ( ) (2 ) (( 1) ) ( ) ( ) (( 1) )( ) ( ) ...2 2 2 d

i

T e e T e T e T e k T e kT e kT e k Tm kT K e kT TT T

⎛ ⎞+ + − + − −⎡ ⎤= + + + + +⎜ ⎟⎢ ⎥⎣ ⎦⎝ ⎠

1

(( 1) ) ( )( ) [ ( ) (( 1) )]2

kd

hi

TT e h T e hTK e kT e kT e k TT T=

⎛ ⎞− += + + − −⎜ ⎟

⎝ ⎠∑ (3-55)

Defina-se (( 1) ) ( )( )2

e h T e hTf hT − += , (0) 0f = . (3-55*)

A figura 3-29 abaixo mostra a função ( )f hT .

O somatório em (3-55) é então 1 1

(( 1) ) ( ) ( )2

k k

h h

e h T e hT f hT= =

− +=∑ ∑ .

Tomando a trasnformada z da última expressão, temos

55

1 1

(( 1) ) ( )Z Z ( )2

k k

h h

e h T e hT f hT= =

− +⎛ ⎞ ⎛ ⎞=⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠∑ ∑ . (3-55#)

Pode-se demonstrar que (demonstração um pouco fastidiosa, mas não propriamente difícil, ela se encontra no Problema A-2-4 do livro) definindo a transformada z:

( ) Z[ ( )]F z f hT= , temos

1

Z ( )k

h

f hT=

⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦∑ = 1

1 ( )1

F zz−−

(3-55**)

E sendo ( )E z a transformada z de ( )e kT , temos11( ) ( )

2zF z E z−+

= , conforme se pode

verificar imediatamente de (3-55*). E, portanto, em vista disto, de (3-55#) e de (3-55**), temos:

1

(( 1) ) ( )Z2

k

h

e h T e hT=

− +⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦∑ =

1

1

1 ( )2(1 )

z E zz

−

−

+−

.

Em vista destes resultados, obtemos, após algumas manipulações algébricas a transformada z da eq. (3-55):

( )M z = 11 (1 ) ( )

1I

p DKK K z E z

z−

−⎛ ⎞+ + −⎜ ⎟−⎝ ⎠

. (3-55*)

onde

2PI

KTK KT

= − , II

KTKT

= , DD

KTKT

= .

PK , IK e DK são denominados ganhos proporcional, integral e derivativo, respectivamente. Consequentemente, a função de transferência de pulso de um controlador digital PID se torna

11

( )( ) (1 )( ) 1

ID p D

KM zG z K K zE z z

−−= = + + −

− (3-56)

Exemplo 3-7: Considere um sistema de controle com um controlador digital, tal como indicado na Figura 3-31 (a) abaixo. A função de transferência da planta é

1( )( 1)pG s

s s=

+ e o período de amostragem é 1 segundo. O controlador PID é tal que

PK =1, I DK K= = 0,2. Achar a função de transferência entre a entrada e a saída do sistema.

56

Solução: A função de transferência do segurador de ordem zero é 1( )s

heG ss

−−= .

Definindo ( ) ( ) ( )p hG s G s G s= , temos

2 2

1 1 1( ) Z Z Z( 1) ( 1) ( 1)

s se eG zs s s s s s s

− −⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎡ ⎤−= = −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥+ + +⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦

.

Da entrada 13 da Tabela 2-1, temos

( )G z = 1 1 1 1 1 1 1 2

1 2 1 1 1 1

[1 1 (1 ) ] (1 ) 0,3679 0, 2642(1 ) (1 ) (1 )(1 0,3679 )

e e e z z z z zz e z z z

− − − − − − − −

− − − − −

− + + − − − +=

− − − − (3-58)

A função de transferência do controlador PID é dada por (3-56): 1

1

0, 2( ) 1 0,2(1 )1DG z z

z−

−= + + −−

=1 1 2

1

1 0,2 0,2(1 )1

z zz

− −

−

− + + −−

= 1 2

1

1,4 1,4 0,21z z

z

− −− +−

.

A relação entre as transformadas da saída e da entrada é dada por ( ) ( )( )

( ) 1 ( ) ( )D

D

G z G zC zR z G z G z

=+

, obtendo-se para esta expressão (acredite!)

1 2 3 4

1 2 3 4

0,5151 0,1452 0, 2963 0,05281 1,8528 1,5906 0,6642 0,0528

z z z zz z z z

− − − −

− − − −

− − +− + − +

.

Vamos usar o MATLAB para obter a resposta a um degrau unitário, desejando os valores da resposta até k = 40. O MATLAB Program 3-1 é dado abaixo com a resposta em gráfico na Figura 3-32 logo a seguir.

57

Quando a entrada é uma rampa unitária (isto é, uma rampa com ângulo de 45º. De inclinação), temos o MATLAB Program 3-2, seguido do gráfico da resposta.

58

Comentários a respeito da prática Os controladores PID usados em processos industriais que envolvem temperatura, pressão, níveis de líquidos, etc., são usualmente “afinados” (no que se refere à determinação de pK , IK e DK ) experimentalmente. A razão disso é que a dinâmica de tais sistemas não é bem conhecida. Esta “afinação” é feita usando, habitualmente, resposta a degraus de diversas amplitudes. Existem alguns procedimentos padrão para tal objetivo. (O primeiro aluno que me entregar um tal procedimento, obtido na internet, terá uma recomensa em termos de grau).

59

Nos controladores digitais PID o período de amostragem deve ser escolhido apropriadamente. Muitos processos industriais têm uma constante de tempo bastante grande; isto acontece com processos termo-químicos, hidráulicos, pneumáticos e também mecânicos e mesmo eletro-mecânicos. Lembrando que o período de amostragem é dado por 2 / sT π ω= , onde sω é a freqüência de amostragem, uma regra prática é que o período de amostragem deveria ser de 10 a 30 segundos, em controle de temperatura, de 1 a 5 segundos em controle de pressão e de 1 a 10 segundos em controle de nível de líquidos. Obtendo a resposta entre instantes consecutivos de amostragem Como vimos, a análise por meio da transformada z não nos dá a resposta do sistema entre instantes consecutivos de amostragem. Usualmente, isto não tem maiores conseqüências, porque se o teorema da amostragem for satisfeito, a resposta não variará muito entre dois instantes consecutivos de amostragem. Isto se torna cada vez mais verdade à medida que os computadores se tornam mais baratos e velozes. Mas em alguns casos, é necessário conhecer a resposta entre dois instantes consecutivos de amostragem. E para isso são usados três métodos: - O método da Transformada de Laplace; - O método da transformada z modificada; - O método do espaço de estado. Discutiremos agora, brevemente, o primeiro método acima. O segundo método, que é estudado no Apêndice B, seção B-4, será eventualmente estudado neste curso, se houver tempo. O terceiro método será apresentado na seção 5-5. O método da transformada de Laplace Considere, por exemplo, o sistema da figura 3-27, que repetimos abaixo.

A resposta do sistema é dada por

**

*

( )( ) ( ) ( ) ( )1 ( )

R sC s G s E s G sGH s

= =+

.

Portanto, a resposta no domínio do tempo será *

1 1*

( )( ) L [ ( )] L ( )1 ( )

R sc t C s G sGH s

− − ⎡ ⎤= = ⎢ ⎥+⎣ ⎦

(3-59)

A partir desta equação, achamos a resposta em tempo contínuo do sistema.

60

3-6 Realização de controladores digitais e filtros digitais Nosso problema aqui é: dada uma função de transferência de pulso, achar uma realização física para ela, isto é, implementá-la através de somadores, ganhos e retardos como se vê na figura 3-35 mais adiante. Realizações de controladores e filtros digitais envolvem software ou hardware ou ambos. Na realização em software, trata-se de obter programa de computador. Nas realizações em hardware, trata-se de montar somadores, ganhos e retardos, estes últimos obtidos com a composição de retardos unitários. O filtro (digital) processa um sinal, deixando passar componentes de freqüência desejáveis e bloqueando as indesejáveis. Em termos gerais, um controlador digital é uma forma de filtro digital. Há uma importante diferença entre o processamento de sinais usado em comunicações e aquele usado em controles: nestes, o processamento deve ser em tempo real, ao passo que em comunicações o processamento não precisa ser em tempo real, podendo haver retardos, com a finalidade de melhorar a acuidade. Com o avanço rápido da tecnologia dos computadores, entretanto, tais retardos podem diminuir e é desejável que diminuam, evidentemente. Nesta seção discutiremos diferentes estruturas em diagramas de blocos para a realização de controladores / filtros digitais. Tais diagramas de blocos servem como base para projetos de software e hardware. Efetivamente, uma vez obtido o diagrama de blocos, a realização em software ou hardware é imediata. A forma geral da função de transferência de pulso entre a resposta e a entrada é dada por

10 1

11

.....( )( ) ,( ) 1 .....

mm

nn

b b z b zY zG z n mX z a z a z

− −

− −

+ + += = ≥

+ + + (3-60)

A função de transferência de pulso pode ser expressa desta forma em muitos controladores digitais. Assim, por exemplo, no caso de um controlador PID, cuja função de transferência é dada em (3-56), que repetimos:

11

( )( ) (1 )( ) 1

ID p D

KM zG z K K zE z z

−−= = + + −

−. (3-56bis)

Portanto, 1 21 2

0 1 21 1 2

1 2

( 2 )( )1 1

P I D P D DD

b b z b zK K K K K z K zG zz a z a z

− −− −

− − −

+ ++ + − + += =

− + +,

donde 1 1a = − , 2 0a = , 0 P I Db K K K= + + , 1 ( 2 )P Db K K= − + e 2 Db K= . Programação direta Considere a eq. (3-60) que tem n pólos e m zeros na variável 1z− . A figura 3-35 abaixo mostra um diagrama de blocos, realização do filtro. É fácil verificar que se trata efetivamente de uma realização da eq., porque, do diagrama, temos imediatamente

1 2 11 2 0 1( ) ( ) ( ) ..... ( ) ( ) ..... ( )n m

n mY z a z Y z a z Y z a z b X z b z X z b z X z− − − − −= − − − − + + + + , que nos dá diretamente a eq. (3-60). Esta realização é chamada “programação direta”. Este nome provém do fato que o numerador e o denominador da função de transferência de pulso usam conjuntos separados de elementos de retardo. É claro que o número total de elementos de retardo é igual a n + m.

61

Efetivamente, o número de elementos de retardos usado pode ser reduzido a n, como veremos logo a seguir.

Programação padrão Nesta programação usaremos somente n elementos de retardo, supondo, como inicialmente, que n m≥ . Definamos ( )H z tal que

10 1

( ) .....( )

mm

Y z b b z b zH z

− −= + + + , (3-61)

11

( ) 1( ) 1 ..... n

n

H zX z a z a z− −=

+ + +, (3-62)

sendo claro que ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

Y z Y z H zX z H z X z

= .

A eq. (3-61) pode ser re-escrita como 1

0 1( ) ( ) ( ) ..... ( )mmY z b H z b z H z b z H z− −= + + + , (3-63)

enquanto que a eq. (3-62) pode ser re-escrita como 1

1( ) ( ) ( ) ..... ( )nnH z X z a z H z a z H z− −= − + + . (3-64)

Ora, da eq. (3-63), obtemos diretamente a figura 3-36(a), enquanto que da eq. (3-64) obtemos a figura 3-36(b). A combinação destes dois diagramas de blocos nos dá o diagrama de blocos de ( )G z na figura 3-36(c), que, como vemos, tem somente n elementos de retardo. Observe-se que um número menor de elementos de retardo representa uma economia de espaço de memória em controladores digitais. Um uso menor de somadores também é algo desejável.

62

63

Comentários Há, basicamente, três tipos de erro que afetam a precisão de um sistemas de controle com controlador digital: - Erro devido à quantização do sinal de entrada em um número finito de níveis discretos. Já comentamos isto no 1º. Capítulo. Este erro pode ser considerado como um tipo de ruído, chamado de “ruído de quantização”. - Erro devido à acumulação de erros de aproximação nas operações aritméticas nos sistemas digitais. - Erro devido à quantização dos coeficientes ia ’s e ib ’s da função de transferência de pulso. Este erro pode se tornar grande à medida que a ordem da função de transferência aumenta. Ou seja, pequenos erros nos coeficientes ia ’s e ib ’s produzem erros grandes na localização dos pólos e zeros do filtro. Este erro, entretanto, pode ser reduzido decompondo matematicamente um função de transferência de pulso em funções de transferência de ordem menor. Para decompor funções de transferência de ordem grande a fim de evitar o problema da sensibilidade dos coeficientes, são usados os métodos:

1. Programação em série 2. Programação em paralelo 3. Programação em “escada”.

Discutiremos cada uma delas a seguir: Programação em série A idéia é implementar a função de transferência de pulso como uma conexão em série de funções de transferência de pulso de 1ª. e 2ª. ordens. Seja 1 2( ) ( ) ( ).... ( )pG z G z G z G z= . Na maioria dos casos os ( )iG z (i = 1;2;3;...p) são escolhidos como funções de 1ª. ou 2ª. ordem. Sendo conhecidos os zeros e pólos de ( )G z , então 1 2( ), ( ),...., ( )pG z G z G z podem ser obtidos agrupando os pares de pólos e pares de zeros conjugados para produzir funções de segunda ordem e agrupando os pólos e zeros reais para produzir ou funções de 1ª. ordem ou de 2ª., se for mais conveniente. Em suma, podemos ter a seguinte decomposição

1 1 2

1 1 21 1

1 1( )1 1

j pi i i

i i ji i i

b z e z f zG za z c z d z

− − −

− − −= = +

+ + +=

+ + +∏ ∏ (3-64*)

Os diagramas de blocos para 1

1

1( )( ) 1

i

i

b zY zX z a z

−

−

+=

+ e (3-65)

1 2

1 21

1( )( ) 1

pi i

i j i i

e z f zY zX z c z d z

− −

− −= +

+ +=

+ +∏ (3-66)

são mostrados nas figuras 3-38 (a) e (b) abaixo.

64

Programação em paralelo Aqui temos a seguinte expansão em soma:

1 2( ) ( ) ( ) .... ( )qG z A G z G z G z= + + + + , onde A é uma constante. Tal expansão, em paralelo, é representada na figura 3-39. Em vista da constante, podemos escrever

1 1( ) ( ) ( )

j q

i ii i j

G z A G z G z= = +

= + +∑ ∑ = 1

1 21 1

( )1 1

j qi i i

i i ji i i

b e f zG z Aa z c d z

−

− −= = +

+= + +

+ + +∑ ∑ (3-66*)

65

Nas figuras 3-40 (a) e (b) abaixo, são representados os diagramas de blocos

1

( )( ) 1

i

i

bY zX z a z−=

+ e (3-67)

1

2

( )( ) 1

i i

i i

e f zY zX z c d z

−

−

+=

+ + (3-68)

66

Programação em escada O terceiro método para evitar o problema da sensibilidade com relação aos coeficientes é expansão da função de transferência de acordo com a seguinte equação

0

1

1

2

1

1( ) 11

1.....1

11n

nn

G z AB z

AB z

AB z

A

−

= ++

++

++

(3-69)

Definamos ( )

( )

1( )Bi A

i i

G zB z G z

=+

, i = 1;2;3;...;n-1

( )( )

1

1( )( )

Ai B

i i

G zA G z+

=+

, i = 1;2;3;...;n-1

( ) 1( ) 1B

n

nn

G zB z

A

=+

( ) 1( )An

n

G zA

=

Como consequência, pode-se verificar que (ver exemplo logo abaixo): ( )

0 1( ) ( )BG z A G z= + (3-69*) Vejamos um exemplo com n = 2, inclusive para entendermos a última expressão:

0

1

1

22

1( ) 11

1

G z AB z

AB z

A

= ++

++

Usando as funções ( )1 ( )AG z , ( )

1 ( )BG z e ( )2 ( )BG z , podemos escrever

0

1 ( )1 2

1( ) 1( )B

G z AB z

A G z

= ++

+

= 0 ( )1 1

1( )AA

B z G z+

+= ( )

0 1 ( )BA G z+ .

Definamos: ( )

( )

( ) 1( )( ) ( )

Bii A

i i i

Y z G zX z B z G z

= =+

. (3-70)

O diagrama de blocos de ( ) ( )BiG z , de acordo com (3-70), é dado na figura 3-41(a)

abaixo. De modo semelhante, usando a mesma notação para a entrada e saída, temos

( )( )

1

( ) 1( )( ) ( )

A ii B

i i i

Y zG zX z A G z+

= =+

, (3-71)

que é dado na figura 3-41(b).

67

Combinando os componentes do filtro digital como na figura 3-42 (a), abaixo, é possível fazer o diagrama de blocos mostrado na figura (b). A figura corresponde ao caso em que n = 2.

Exemplo 3-8: Obter os diagramas de bloco para a seguinte função de transferência de pulso pelos 3 métodos indicados acima.

68

1

1

( ) 2 0,6( )( ) 1 0,5

Y z zG zX z z

−

−

−= =

+.

Solução: - Programação direta: da eq. acima, obtemos imediatamente

1 1( ) 0,5 ( ) 2 ( ) 0,6 ( )Y z z Y z X z z X z− −= − + − , o que nos levar ao diagrama de blocos da figura 3-43 abaixo

- Programação padrão:

11

( ) ( ) ( ) 2(1 0,3 )( ) ( ) ( ) 1 0,5

Y z Y z H z zX z H z X z z

−−= = −

+.

Os diagramas de blocos de cada um destes fatores aparecem nas figuras 3-44 (a) e (b) abaixo. Quando combinamos estes dois diagramas, obtemos o diagrama de blocos do filtro na figura (c).

69

- Programação em “escada”: Podemos escrever, a partir da função dada:

( ) 2 0,6 1,6 1( ) 2 2 1( ) 0,5 0,5 0,6253,2

Y z zG zX z z z z

− −= = = + = +

+ + − +−

.

Portanto, 0 2A = , ( )1

1( ) 10,6253,2

BG zz

=− +

−

= 11,6 0,3125z− −

.

( )1( ) 2 ( ) ( ) ( )BY z X z G z X z= + .

Na figura 3-45 abaixo, o diagram de blocos correspondente:

Reportando-nos à figura 3-41(a), obtemos o diagrama de blocos do filtro na figura 3-45 acima. Seja observado que só precisamos de um elemento de retardo. Resposta finita e resposta infinita do filtro ao impulso Os filtros digitais podem ser classificados de acordo com a duração da resposta ao impulso. Considere um filtro digital definido pela seguinte resposta dada pela função de transferência (3-60), que repetimos aqui

10 1

11

.....( )( ) ,( ) 1 .....

mm

nn

b b z b zY zG z n mX z a z a z

− −

− −

+ + += = ≥

+ + +, (3-72)

que se traduz na seguinte eq. de diferença 1 0 1( ) ( 1) .... ( ) ( ) ( 1) .... ( )n my k a y k a y k n b x k b x k b x k m= − − − − − + + − + + − .

Quando se divide o numerador pelo denominador de (3-72), obtemos uma série infinita de termos e, neste caso, trata-se de um filtro de resposta infinita ao impulso (ou seria melhor dizer ao pulso). Tal filtro é também chamado de filtro recursivo, porque os valores prévios da resposta bem como os valores presentes e passados da entrada são usados para obter o presente valor da resposta, conforme à equacão de diferenças acima. Considere agora o caso em que todos os 'ia s são nulos. Neste caso, temos:

( )( )

Y zX z

= 10 1 ..... m

mb b z b z− −+ + + , (3-73)

o que equivale a 0 1( ) ( ) ( 1) .... ( )my k b x k b x k b x k m= + − + + − .

Como se pode ver desta eq. de diferença, trata-se aqui de um filtro de resposta finita a um impulso (ou seria melhor dizer ao pulso).

70

Realização de um filtro de resposta finita ao impulso Definamos a resposta finita do filtro a uma entrada impulsional como ( )g kT . Suponha que a entrada ( )x kT seja aplicada ao filtro. Então a resposta do filtro é dada por

0

( ) ( ) ( ) (0) ( ) ( ) (( 1) ) .... ( ) (0)k

h

y kT g hT x kT hT g x kT g T x k T g kT x=

= − = + − + +∑ . (3-74)

Como já foi visto, a resposta é uma convolução da entrada com a resposta do filtro ao impulso (pulso, para ser mais exato). Observa-se que o lado direito de (3-74) tem k + 1 termos, ou seja, a resposta no instante kT é dada em termos das entradas nos instantes anteriores e do instante atual ( )x kT . Se k crescer muito, não é fisicamente possível processar todos os valores passados da entrada e, assim, temos que limitar, no tempo, o passado, a partir do qual se calcula o valor da resposta no tempo presente. Suponhamos que decidamos empregar somente os N últimos valores da entrada

(( 1) ), (( 2) ),.... (( ) )x k T x k T x k N T− − − e o valor atual da entrada ( )x kT . Então, ( ) (0) ( ) ( ) (( 1) ) .... ( ) (( ) )y kT g x kT g T x k T g NT x k N T= + − + + − (3-75)

Tomando a transformada z desta última equacão, temos 1( ) (0) ( ) ( ) ( ) ..... ( ) ( )NTY z g X z g T z X z g NT z X z− −= + + + (3-76)

A figura 3-46 abaixo é o diagrama de blocos da eq. acima.

Seguem-se algumas observações sobre a natureza dos filtros de resposta finita ao impulso: - Ele não é recursivo e assim, sem realimentação da resposta, o acúmulo de erros nas respostas passadas pode ser evitado no processamento do sinal. - Não tendo realimentação, a programação direta e a programação padrão são idênticas.

- Da eq. (3-76) nós temos 1( ) (0) ( ) .... ( )

( )

NT NT

N

Y z g z g T z g NTX z z

−+ + += . Portanto os pólos

da função de transferência na variável z estão na origem e, consequentemente, o sistema é sempre estável. - Se o sinal de entrada envolver frequências altas, o número de elementos de retardo necessários no filtro também aumenta, provocando um aumento do retardo. Esta é uma desvantagem de filtros de resposta finita com relação ao de resposta infinita.

71

Exemplo 3-9: O filtro digital discutido no exemplo 3-8 acima é um filtro recursivo. Modificá-lo de modo a realizá-lo como um filtro não recursivo. A seguir, obter a resposta do filtro não recursivo a uma entrada que seja o delta de Kronecker.

Solução: 1

1

2 0,6( )1 0,5

zG zz

−

−

−=

+

= 1 2 3 4 5 6 72 1,6 0,8 0,4 0,2 0,1 0,05 0,025 ....z z z z z z z− − − − − − −− + − + − + − + Truncando (de modo um tanto arbitrário, claro) a série em 7z− , obtém-se o desejado filtro não recursivo:

1 2 3 4 5 6 7( ) 2 1,6 0,8 0,4 0,2 0,1 0,05 0,025( )

Y z z z z z z z zX z

− − − − − − −= − + − + − + − . (3-77)

A figura 3-47 abaixo mostra o diagrama de blocos deste filtro não recursivo.

A transformada inversa desta última eq. nos dá imediatamente

( ) 2 ( ) 1,6 (( 1) ) 0,8 (( 2) ) 0,4 (( 3) ) 0,2 (( 4) )y kT x kT x k T x k T x k T x k T= − − + − − − + − 0,1 (( 5) ) 0,05 (( 6) ) 0,025 (( 7) )x k T x k T x k T− − + − − − .

Sendo a entrada um delta de Kronecker, ou seja, (0) 1x = e ( ) 0x kT = se 0k ≠ , a última eq. nos dá: (0) 2; ( ) 1,6; (2 ) 0,8;...y y T y T= = − = Esta resposta é apresentada graficamente na figura 3-48 abaixo.

72

Exemplos e soluções Problema A-3-1: Considere um segurador de ordem zero precedido por um amostrador. A figura 3-49 abaixo mostra o sinal de entrada x(t) no amostrador e a resposta do segurador de ordem zero, y(t). Obtenha a expressão de y(t). A seguir, calcule Y(s) (transformada de Laplace) e a função de transferência do segurador de ordem zero. Solução: Da figura 3-49 temos:

( ) (0)[1( ) 1( )] ( )[1( ) 1( 2 )] (2 )[1( 2 ) 1( 3 )] ...y t x t t T x T t T t T x T t T t T= − − + − − − + − − − + A transformada de Laplace desta expressão é

2 2 31( ) (0) ( ) (2 ) ....Ts Ts Ts Ts Tse e e e eY s x x T x T

s s s s s s

− − − − −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − + − + − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

= 21 [ (0) ( ) (2 ) ....]Ts

Ts Tse x x T e x T es

−− −−

+ + + .

Ora, lembra-se que *

0( ) ( ) kTs

kX s x kT e

∞−

=

=∑ . Então, da expressão acima, temos

*1( ) ( )TseY s X s

s

−−= , donde se conclui que a função de transferência do segurador de

ordem zero é *

( ) 1( )

Ts

hoY s eGX s s

−−= = , um resultado anunciado e usado antes.

Problema A-3-3: Considere a função 1( )TseX s

s

−−= . Mostre que s = 0 não é um pólo

de ( )X s . Mostre também que 2

1( )TseY s

s

−−= tem um pólo simples em s = 0.

Solução: Sabe-se que a expansão em série de Laurent do termo exponencial é 2 3( ) ( )1 ....

2! 3!Ts Ts Tse Ts− = − + − + (3-80)

Então, 2 31 ( ) ( )( ) ....

2! 3!Ts TsX s Ts

s⎛ ⎞

= − + −⎜ ⎟⎝ ⎠

= 2 3 2

...2! 3!

T s T sT − + −

E desta expressão vemos que s = 0 não é pólo de ( )X s . Por outro lado, da expressão acima, temos imediatamente,

2

1( )TseY s

s

−−= =

2 3

...2! 3!

T T T ss− + − , donde vemos que, efetivamente, ( )Y s tem um pólo

simples na origem.

73

Problema A-3-4: Prove que a transformada de Laplace do produto de duas funções ( )f t e ( )g t que tenham transformadas de Laplace ( )F s e ( )G s é

1L[ ( ) ( )] ( ) ( )2

c j

c j

f t g t F p G s p dpjπ

+ ∞

− ∞

= −∫ , (3-81)

onde c, um número real, é a abcissa de convergência da integral. Solução: (Este resultado foi anunciado e usado antes; provaremo-lo agora). Por definição, a transformada de Laplace do produto das duas funções é

0

L[ ( ) ( )] ( ) ( ) stf t g t f t g t e dt∞

−= ∫ . (3-82)

Sabemos que a transformada inversa é dada por 1( ) ( )

2

c jst

c j

f t F s e dtjπ

+ ∞

− ∞

= ∫ , t > 0, onde c é a abcissa de convergência para F.

Desta última expressão e de (3-82),

0

1L[ ( ) ( )] ( ) ( )2

c jpt st

c j

f t g t F p e dpg t e dtjπ

+ ∞∞−

− ∞

= ∫ ∫ .

Tendo em vista a convergência uniforme das integrais acima, podemos inverter a ordem da integração:

( )

0

1L[ ( ) ( )] ( ) ( )2

c js p t

c j

f t g t F p dp g t e dtjπ

+ ∞ ∞− −

− ∞

= ∫ ∫ .

Mas observe-se que a integral da direita é ( )G s p− . Donde, 1L[ ( ) ( )] ( ) ( )

2

c j

c j

f t g t F p G s p dpjπ

+ ∞

− ∞

= −∫ (3-83)

Problema A-3-5: Provar que a transformada de Laplace de

*

0 0

( ) ( ) ( ) ( ) ( )k k

x t x t t kT x t t kTδ δ∞ ∞

= =

= − = −∑ ∑ (3-84)

pode ser dada por *

0

( ) L ( ) ( )k

X s x t t kTδ∞

=

⎡ ⎤= −⎢ ⎥⎣ ⎦∑ = ( )

1 1( )2 1

c j

T s pc j

X p dpj eπ

+ ∞

− −− ∞ −∫ . (3-85)

Solução: utilizando a eq. (3-83) com ( ) ( )f t x t= e 0

( ) ( )k

g t t kTδ∞

=

= −∑ e tendo em vista

que L[ ( )] kTst kT eδ −− = , temos

2 3

0

1L ( ) 1 ....1

Ts Ts TsTs

k

t kT e e ee

δ∞

− − −−

=

⎡ ⎤− = + + + + =⎢ ⎥ −⎣ ⎦∑ , provando o resultado em vista de

(3-83).

Seja observado que os pólos de ( )

11 T s pe− −−

são obtidos resolvendo a equacão ( )1 T s pe− −− = 0, ou ( )T s pe− − = 1, donde, lembrando que cosje jsenθ θ θ= + , a solução da

equação em questão é ( ) 2T s p j kπ− − = ± , e, portanto,

74

2sp s j k s j k

Tπ ω= ± = ± , k = 1;2;3;... onde 2 /s Tω π= .

Portanto há um número infinito de pólos em uma linha paralela ao eixo imaginário, um fato que já usamos antes, conforme mencionado no próximo parágrafo. A eq. (3-85) é uma convolução integral. Um fato conhecido a respeito desta integral é que ela pode ser calculada em termos de resíduos, fechando um contorno em forma de semicírculo de raio infinito seja no semi-plano esquerdo seja no direito, supondo-se que a integral ao longo do semi-círculo seja uma constante. Consideraremos os dois casos de semicírculo separadamente, nos dois problemas que se seguem. Problema A-3-6: Repetimos a eq. (3-85):

*( )X s = ( )

1 1( )2 1

c j

T s pc j

X p dpj eπ

+ ∞

− −− ∞ −∫ . (3-85bis)

Mostrar que, efetuando a integração pelo lado semi-plano da esquerda, obtemos

( )X z = ( )

( )resíduos de dos pólos de ( )1 T s p

X p X pe− −

⎡ ⎤⎢ ⎥−⎣ ⎦

∑ ; (3-87)

Fazendo Tsz e= na eq. acima, temos

( )X z = ( )resíduos de dos pólos de ( )Tp

X p z X pz e

⎡ ⎤⎢ ⎥−⎣ ⎦

∑ ; substituindo-se p por s, como é

usual, nesta última eq., temos

( )X z = ( )resíduos de dos pólos de ( )Ts

X s z X sz e

⎡ ⎤⎢ ⎥−⎣ ⎦

∑ .

Supomos que ( )X z tenha h múltiplos pólos e m – h pólos simples; supomos também que os pólos de X(s) estejam todos no semi-plano da esquerda e que X(s) seja uma função racional estritamente própria. Então,

( )X z = 1

11 1

1 ( ) ( )lim ( ) lim ( )( 1)!

ii

ii j

nh mn

i jn Ts Tsi j hi

s s s s

d X s z X s zs s s sn ds z e z e

−

−= = +

→ →

⎡ ⎤ ⎡ ⎤− + −⎢ ⎥ ⎢ ⎥− − −⎣ ⎦ ⎣ ⎦∑ ∑ . (3-93)

(Omitiremos a demonstração deste resultado, um pouco tediosa. Ela se encontra no texto básico deste curso às pp. 144-146 e em outros bons textos de Controles). Problema A-3-7: Reportando-nos de novo à eq. (3-85) acima, mostrar que efetuando a integração pelo semi-plano direito, obtemos

* 1( ) ( )sk

X s X s j kT

ω∞

=−∞

= +∑ , (3-94)

supondo que o grau do denominador de X(s) menos o numerador seja pelo menos igual a dois. Mostrar que se o grau do denominador de X(s) menos o do numerador for igual a um,

então temos * 1( ) ( )sk

X s X s j kT

ω∞

=−∞

= +∑ + 1 (0 )2

x + , (3-95)

onde lembramos que 2 /s Tω π= . (Omitiremos a prova pelo mesmo motivo anterior. Ela se encontra no texto básico às pp. 146-148).

75

Problema A-3-9: Obter a transformada z de 2( )( 1) ( 2)

sX ss s

=+ +

usando os métodos

da expansão em frações parciais e o dos resíduos. Solução: Começando pelo método da expansão em frações parciais, é fácil verificar que

2

2 1 2( )1 ( 1) 2

X ss s s

= − −+ + +

. Usando a Tabela 2-1, entradas 4 e 10, temos

1

1 1 2 2 1

1 1( ) 2 21 (1 ) 1

T

T T T

Te zX ze z e z e z

− −

− − − − − −⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟− − −⎝ ⎠ ⎝ ⎠

= 1 1

1 2 2 1

2 2 2(1 ) 1

T T

T T

e z Te ze z e z

− − − −

− − − −

− −−

− −

Passando ao método dos resíduos, observamos que X(s) tem um pólo duplo em -1 e um pólo simples em -2. Então, temos, de acordo com a eq. (3-93):

22 21 2

1( ) lim ( 1) lim ( 2)(2 1)! ( 1) ( 2) ( 1) ( 2)Ts Tss s

d s z s zX z s sds s s z e s s z e→− →−

⎡ ⎤ ⎡ ⎤= + + +⎢ ⎥ ⎢ ⎥− + + − + + −⎣ ⎦ ⎣ ⎦

Ora, 2 2

( 2)( ) [( ) ( 2) ]2 ( 2) ( )

Ts Ts Ts

Ts Ts

d s z z s z e sz z e s Teds s z e s z e

+ − − − − +⎡ ⎤ =⎢ ⎥+ − + −⎣ ⎦; e quando fazemos

s = -1, obtemos 2

( ) ( )( )

T T T

T

z z e z z e Tez e

− − −

−

− + − −−

= 2

2

2 2( )

T T

T

z ze zTez e

− −

−

− −−

, ao passo que a 2ª.

parcela da expressão acima de ( )X z é: 2

2T

zz e−−−

. Então, temos

2

2 2

2 2 2( )( )

T T

T T

z ze zTe zX zz e z e

− −

− −

− −= −

− −; dividindo numerador e denominador da primeira

parcela por 2z e os da 2ª. parcela por z, obtemos, alternativamente,

( )X z = 1 1

1 2 2 1

2 2 2(1 ) 1

T T

T T

e z Te ze z e z

− − − −

− − − −

− −−

− −, conforme o resultado já obtido pelo outro

método. Problema A-3-10: Considere um sinal ( )x t cujo espectro de freqüências está todo contido entre - 1ω e 1ω , isto é, 1 1( ) 0 para e para X jω ω ω ω ω= < − < . Prove que se este sinal for amostrado com frequência 12sω ω> , então a transformada de Fourier de ( )x t é determinada unicamente por ( )x kT , k = ...;-2;-1;0;1;2;... e o sinal original ( )x t pode ser dado como uma soma de uma série infinita, que é uma soma ponderada dos sinais amostrados ( )x kT , a saber,

[ ( ) / 2]( ) ( )( ) / 2

s

k s

sen t kTx t x kTt kT

ωω

∞

=−∞

−=

−∑ .

(Este é o Teorema de Shannon mencionado antes). Não apresentaremos a prova deste importante resultado, que pode ser encontrada nas pp. 150 e 151 do livro texto. Problema A-3-12: Considere o segurador de ordem zero, já familiar, mas repetido na figura 3-55 abaixo. Da figura, temos

76

* *1( ) ( ) ( ) ( )TseY s G s X s X s

s

−−= = . (3-102)

Demonstrar que * *( ) ( )Y s X s= (3-102*) Solução: tomando a transformada de Laplace estrelada de (3-102), temos

** *1( ) ( )

TseY s X ss

−⎛ ⎞−= ⎜ ⎟⎝ ⎠

. Em termos da transformada z, esta última eq. pode ser

escrita como 1( ) Z ( )TseY z X z

s

−⎡ ⎤−= ⎢ ⎥

⎣ ⎦. Ora,

1 11

1 1 1Z (1 )Z (1 )1

Tse z zs s z

−− −

−

⎡ ⎤− ⎡ ⎤= − = −⎢ ⎥ ⎢ ⎥ −⎣ ⎦⎣ ⎦= 1. Donde ( ) ( )Y z X z= e esta última é

equivalente a (3-102*).

Problema A-3-13: Obter a sequência de “pesos” do sistema definido por

1

1( )(1 )n nG z

az−=+

para n = 1;2 e 3.

Solução: Para n = 1, temos 1 1

1( )1

G zaz−=

+= 1 2 2 3 31 ....az a z a z− − −− + − +

Portanto, a sequência de pesos é dada por 1( ) ( )kg k a= − .

Para n = 2, temos 2 1 2

1( )(1 )

G zaz−=

+=

1 2 2 3 3

1

1 ....1

az a z a zaz

− − −

−

− + − ++

. Efetuando esta

divisão, obtemos 1 2 2 3 32 ( ) 1 2 3 4 ....G z az a z a z− − −= − + − + e, portanto, a sequência de

pesos é 2 ( ) ( 1)( )kg k k a= + − .

Para n = 3, temos 1 2 2 3 3

3 1 3 1

1 1 2 3 4 ....( )(1 ) 1

az a z a zG zaz az

− − −

− −

− + − += =

+ +. Efetuando a

divisão, temos 3( )G z = 1 2 2 3 31 3 6 10 ...az a z a z− − −− + − + Aqui não é imediato verificar qual é a sequência de pesos, mas pode-se conferir que é

3( 2)( 1)( ) ( )

2kk kg k a+ +

= − .

77

Problema A-3-14: Obter a resposta discreta ( )C z do sistema em malha fechada da figura 3-56 abaixo. Obter também a resposta em tempo contínuo. (Nos dois casos trata-se, obviamente, de obter as respectivas transformadas).

Solução: Do diagrama de blocos, temos imediatamente

*2 1( ) ( ) ( ), ( ) ( ) ( ) e ( ) ( ) ( ) ( )C s G s M s M s G s E s E s R s H s C s= = = − . (3-102**)

Portanto, *

1 1 1 2( ) ( )[ ( ) ( ) ( )] ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )M s G s R s H s C s G s R s G s H s G s M s= − = − . Tomando a transformada estrelada desta última eq., temos

* * * *1 1 2( ) [ ( )] [ ( )] ( )M s G R s G G H s M s= − , e, portanto,

** 1

*1 2

[ ( )]( )1 [ ( )]

G R sM sG G H s

=+

.

E da 1ª. de (3-102**), temos * *

* * * 2 12 *

1 2

( )[ ( )]( ) ( ) ( )1 [ ( )]G s G R sC s G s M s

G G H s= =

+; e em termos de transformada z obtemos a

resposta à 1ª. pergunta: 2 1

1 2

( ) ( )( )1 ( )G z G R zC z

G G H z=

+, esta eq. dando a resposta em tempo

discreto do sistema em malha fechada. E para a resposta em tempo contínuo, usamos novamente a 1ª. eq. de (3-102**):

** 1

2 2 *1 2

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

G R sC s G s M s G sG G H s

= =+

.

Observe-se que *

1*

1 2

[ ( )]1 [ ( )]

G R sG G H s+

representa (em transformada de Laplace) uma série de

impulsos. A resposta em tempo contínuo é a transformada inversa de Laplace de ( )C s . Problema A-3-15: Considere o sistema da figura 3-57 abaixo. Obter a função de transferência de pulso ( ) / ( )C z R z . Obter também a expressão de ( )C s .

78

Solução: Do diagrama de blocos, temos * *

2 1( ) ( ) ( ), ( ) ( ) ( ), ( ) ( ) ( ) ( )C s G s M s M s G s E s E s R s H s C s= = = − (*) = *

2( ) ( ) ( ) ( )R s H s G s M s− . Tomando as transformada de Laplace estrelada destas eqs., temos

* * * * * * * * * *2 1 2( ) ( ) ( ), ( ) ( ) ( ), ( ) ( ) ( ) ( )C s G s M s M s G s E s E s R s HG s M s= = = − . (**)

Destas eqs. obtemos imediatamente * * * * * *

2 1 2( ) ( ) ( )[ ( ) ( ) ( )]C s G s G s R s HG s M s= − , ou seja, * * * * * * * *

1 2 1 2 2( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )C s G s G s R s G s G s HG s M s= − = * * * * * * *

1 2 1 2 2( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )G s G s R s G s HG s G s M s− Portanto, em vista da 1ª. eq. de (**), temos

* * * * * * *1 2 1 2( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )C s G s G s R s G s HG s C s= − , ou seja,

* * * * * *1 2 1 2( )[1 ( ) ( )] ( ) ( ) ( ) C s G s HG s G s G s R s+ = ,

* **1 2

* * *1 2

( ) ( )( ) =( ) 1 ( ) ( )

G s G sC sR s G s HG s+

.

E em termos de transformada z : 1 2

1 2

( ) ( )( ) =( ) 1 ( ) ( )

G z G zC zR z G z HG z+

, respondendo ao primeiro quesito.

Por outro lado, das 2ª. e 3ª. eqs. de (**), vem * * * * *

1 2( ) ( )[ ( ) ( ) ( )]M s G s R s HG s M s= − , donde * * * * *1 2 1[1 ( ) ( )] ( ) ( ) ( )G s HG s M s G s R s+ = .

E em vista da 1ª. eq. de (*), temos a resposta ao 2º. quesito: * *

12 * *

1 2

( ) ( )( ) ( )1 ( ) ( )

G s R sC s G sG s HG s

=+

.

Problema A-3-16: Como sabemos, a função de transferência do controlador PID

analógico é 1( ) 1 di

G s K T sT s

⎛ ⎞= + +⎜ ⎟

⎝ ⎠, enquanto que a do digital é, como vimos,

11( ) (1 )

1I

D P DKG z K K z

z−

−= + + −−

, onde 12P IK K K= − . Compare os diagramas de

respostas de frequência dos dois controladores. Solução: Substituindo s por jω na expressão do PID analógico, temos

1( ) 1 di

G j K T jT j

ω ωω

⎛ ⎞= + +⎜ ⎟

⎝ ⎠= 11 d

i

K j T jT

ωω

⎛ ⎞− +⎜ ⎟

⎝ ⎠. (3-103)

No caso do PID digital, substituímos z por j Te ω , obtendo

( ) (1 )1

j T j TID P Dj T

KG e K K ee

ω ωω

−−= + + −

−

= (1 cos )1 cos

IP D

KK K t jsen tt jsen t

ω ωω ω

+ + − +− +

.

A segunda parcela da expressão acima é

2 2

(1 cos )(1 cos )

IK t jsen tt sen tω ω

ω ω− −

− += 2 2

(1 cos )1 2cos cos

IK t jsen tt t sen t

ω ωω ω ω− −

− + += (1 cos )

1 2cos 1IK t jsen t

tω ωω

− −− +

= 12 1 cos

IK sen tjt

ωω

⎛ ⎞−⎜ ⎟−⎝ ⎠. Substituindo esta na expressão acima, temos

79

( )j TDG e ω = 1 (1 cos )

2 1 cosI

P DK sen tK j K t jsen t

tω ω ωω

⎛ ⎞+ − + − +⎜ ⎟−⎝ ⎠. (3-104)

Comparemos esta expressão com (3-103):

Vimos antes, e está no enunciado, que 12P IK K K= − , ou seja, o ganho proporcional do

PID digital é 2

IK menor do que o do PID analógico. Ver figura 3-58(a) abaixo.

Quanto à ação integral, as partes real dos controladores analógico e digital diferem por

2IK , conforme a figura 3-58(b). Quando as ações proporcional e integral são somadas,

então a parte real dos diagramas analógico e digital tornam-se iguais, conforme a figura 3-58(c).

Já os diagramas da parte derivativa dos controladores analógico e digital diferem muito, conforme pode ser constatado na figura 3-58(d).

80

Quando se somam as partes proporcional, integral e derivativa dos dois controladores, obtém-se a figura 3-59 abaixo. No caso do PID analógico ((a) da figura), a frequência angular varia de 0 a ∞ , enquanto que no caso digital, ela varia de 0 a /Tπ , conforme (b) da figura.

Problema A-3-19: Considere o filtro digital dado por

2

2

( ) 4( 1)( 1, 2 1)( )( ) ( 0,1)( 0,3 0,8)

Y z z z zG zX z z z z

− + += =

+ − +. Construir diagramas de blocos para uma

realização em série e para realização em paralelo, usando realizações de 1ª. e de 2ª. ordens. Solução: Vamos primeiro construir a realização em série. Temos, separando os fatores,

( )G z = 2

2

1 1, 2 140,1 0,3 0,8

z z zz z z− + ++ − +

; dividindo numerador e denominador do 1º. fator por z

e os do segundo por 2z , temos ( )G z = 1 1 2

1 1 2

1 1 1, 241 0,1 1 0,3 0,8

z z zz z z

− − −

− − −

− + ++ − +

.

A figura 3-61(a) abaixo mostra o diagrama de blocos da realização em série. Para a realização em paralelo, calculemos a expansão em frações parciais de

2

2

( ) 4( 1)( 1, 2 1)( 0,1)( 0,3 0,8)

G z z z zz z z z z

− + +=

+ − +, que é estritamente própria; obtemos, após cálculo

tedioso, ( )G zz

= 2

50 979 / 21 (155 / 21) 85 / 210,1 0,3 0,8

zz z z z

+− + +

+ − +. Multiplicando o lado direito por z e

depois dividindo numerador e denominador da 2ª. parcela por z e os da 3ª. parcela por 2z , obtemos

1

-1 1 2

46,61905 7,38095 4,04762( ) 501 0,1 1 0,3 0,8

zG zz z z

−

− −

+= − + +

+ − +. A figura 3-61(a) abaixo

mostra o diagrama de blocos da realização em série, enquanto que a figura (b) mostra a realização em paralelo.

81

Problema A-3-20: Um sinal de tempo contínuo x(t) é amostrado a cada T segundos. Suponha que as variações de x(t) sejam muito lentas em comparação com a frequência de amostragem. Demonstre que, no plano z , 1(1 ) /z T−− corresponde a “diferenciação”, assim como s corresponde a diferenciação no plano s. Solução: Para um sinal x(t), que varia lentamente, a derivada de x(t) pode ser

aproximada por ( ) 1( ) [ ( ) (( 1) )]dx tt x kT x k Tdt T

ν = ≅ − − .

A transformada z do lado direito da expressão acima nos dá

82

1 11 1( ) [ ( ) ( )] (1 ) ( )V z X z z X z z X zT T

− −= − = − ,

e a partir disso obtemos o diagrama de blocos da figura 3-62(a) abaixo.

Observe-se que o diagrama de blocos da fig. 3-62(a) pode ser modificado de acordo com a figura 3-63 abaixo.