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Linearidade em Sinais e Sistemas

Ivanil S. Bonatti Amauri Lopes Pedro L. D. Peres Cristiano M. Agulhari Faculdade de Engenharia Elétrica e de Computação, Universidade Estadual de Campinas, UNICAMP, Brasil

Março 2013

Prefácio Este texto é resultado da experiência dos autores lecionando disciplinas relacionadas com sinais e sistemas lineares, ao longo de muitos anos, na Faculdade de Engenharia Elétrica e de Computação, UNICAMP. Além dos inúmeros livros e notas de aulas existentes, alguns citados na bibliografia, muitos alunos, amigos e colegas docentes contribuı́ram em diversos aspectos com o material. Sinceros agradecimentos a todos. Os autores agradecem também o apoio da UNICAMP e das agências de pesquisa CNPq, CAPES e FAPESP ao longo de suas vidas acadêmicas. Especial menção à FAPESP, que os financiou de Julho de 2004 a Maio de 2009 por meio do Projeto Temático 2003/09858-6, Linearidade em sinais, circuitos e sistemas. O material que compõe o livro é usado nas disciplinas de graduação “Análise de Sinais” e “Análise Linear de Sistemas”, ministradas para os cursos de Engenharia Elétrica e Engenharia de Computação, e “Análise de Sinais e de Sistemas Lineares”, oferecida regularmente na pós-graduação em Engenharia Elétrica e também como eletiva para alunos de graduação. Sugere-se consultar as páginas da Internet dos docentes para informações atualizadas sobre conteúdo, cadência, exercı́cios e provas de cada disciplina. O livro está estruturado em duas partes (Parte I: Sistemas Discretos e Parte II: Sistemas Contı́nuos) e um apêndice (com notação, decomposição em frações parciais, propriedades de variáveis complexas, matrizes e polinômios usadas ao longo do texto). Os temas abordados foram decompostos em capı́tulos, visando enfatizar alguns aspectos mais relevantes e, também, facilitar a montagem dos conteúdos das disciplinas de sinais e sistemas em várias ordens alternativas. Cada capı́tulo é composto das definições dos conceitos relativos a um determinado tópico, das propriedades associadas às definições e de exemplos e exercı́cios ilustrativos. Ao final de cada capı́tulo, exercı́cios compostos de questões relacionadas aos exemplos são propostos. Procurou-se demonstrar quase todas as propriedades, exceto as consideradas pelos autores tão simples que provavelmente os leitores dispensariam as provas, ou as tão complexas que os próprios autores não conseguiram formular ou encontrar na literatura uma demonstração condizente com o restante do livro. Acredita-se que os leitores não terão dificuldade em classificar as ausências de demonstração ao longo do texto em uma classe ou outra. O formalismo das apresentações e das demonstrações foi objeto de grande atenção por parte dos autores que, entretanto, nem sempre ficaram satisfeitos com o resultado. Em particular, procurou-se evitar deixar no texto palavras que não fossem consideradas pelos autores como absolutamente necessárias. Quase não há interpretações, frases de ligação ou discurso sobre o que vem a seguir. O leitor idealizado pelos autores deve ter algum conhecimento de cálculo e de álgebra linear, como saber operar com números complexos, conhecer o teorema de Euler, saber derivar razões de polinômios, saber integrar polinômios e exponenciais, saber esboçar curvas compostas por trechos de retas e de polinômios. Além disso, deve saber multiplicar e inverter

3 matrizes, e ser capaz de resolver sistemas lineares de equações. Ainda no plano ideal, após ler, entender e resolver os exercı́cios do livro, espera-se que esse leitor esteja preparado para avançar no estudo de temas mais especializados, como princı́pios de comunicação e controle de sistemas lineares. Como não poderia deixar de ser, o texto contém muitas coisas que podem ser encontradas em outros livros, mas também apresenta tópicos e procedimentos não usuais em seus pares, como nos capı́tulos de transformada Z aplicada a probabilidade, sistemas discretos abordados por variáveis de estado, ortogonalização e na maneira sistemática proposta para a resolução de equações diferenciais e a diferenças não homogêneas, transformando-as em equações homogêneas. Finalmente, admite-se que faltaram muitas coisas, porém a imensa maioria pode ser encontrada nos demais livros e, de um jeito ou de outro, o livro precisava ser terminado. Acabada a parte dos autores, o papel agora é dos leitores.

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

“Deve-se escrever da mesma maneira como as lavadeiras lá de Alagoas fazem seu ofı́cio. Elas começam com uma primeira lavada, molham a roupa suja na beira da lagoa ou do riacho, torcem o pano, molham-no novamente, voltam a torcer. Colocam o anil, ensaboam e torcem uma, duas vezes. Depois enxáguam, dão mais uma molhada, agora jogando a água com a mão. Batem o pano na laje ou na pedra limpa, e dão mais uma torcida e mais outra, torcem até não pingar do pano uma só gota. Somente depois de feito tudo isso é que elas dependuram a roupa lavada na corda ou no varal, para secar. Pois quem se mete a escrever devia fazer a mesma coisa. A palavra não foi feita para enfeitar, brilhar como ouro falso; a palavra foi feita para dizer.” Graciliano Ramos, em entrevista concedida em 1948 http://www.graciliano.com.br/

Sumário I

SISTEMAS DISCRETOS

1 Sinais Discretos e Convolução 1.1 Resposta em freqüência . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2 12 16

2 Transformada Z 2.1 Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

20 34

3 Transformada Z Aplicada a Probabilidade 3.1 Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

37 46

4 Série de Fourier de Sinais Discretos 4.1 Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

49 65

5 Equações a Diferenças 5.1 Resolução por Transformada Z . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2 Resolução pelo Método dos Coeficientes a Determinar . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2.1 Equação homogênea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2.2 Equação não homogênea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3 Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

67 69 78 78 83 88

6 Equações de Estado de Sistemas Discretos 6.1 Variáveis de estado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.1.1 Função de transferência e realizações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.1.2 Solução da equação homogênea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.1.3 Solução da equação não homogênea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2 Observabilidade e controlabilidade SISO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3 Estabilidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3.1 Estabilidade entrada-saı́da . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3.2 Transformação bilinear . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3.3 Estabilidade do estado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.4 Discretização . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.5 Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

90 90 92 93 95 97 99 99 102 103 105 107

109

SISTEMAS CONTÍNUOS

7 Sinais Contı́nuos e Convolução 110 7.1 Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130 8 Ortogonalização 136 8.1 Aproximação por combinação linear de funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136 8.2 Projeção ortogonal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138 8.3 Ortogonalização de Gram-Schmidt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140 i

SUMÁRIO 8.4 8.5 8.6

Ortogonalização de Gram-Schmidt como triangularização . . . . . . . . . . . . . . . . 142 Ortogonalização uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145 Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148

9 Série de Fourier de Sinais Contı́nuos 150 9.1 Projeção de sinais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153 9.2 Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167 10 Transformada de Fourier de Sinais Contı́nuos 168 10.1 Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185 11 Amostragem de Sinais Contı́nuos 188 11.1 Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196 12 Transformada de Laplace 198 12.1 Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 206 13 Filtros 209 13.1 Butterworth . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212 13.2 Chebyshev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 215 13.3 Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 219 14 Resolução de Equações Diferenciais por Transformada de Laplace 221 14.1 Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 235 15 Resolução de Equações Diferenciais por Coeficientes a Determinar 238 15.1 Solução da equação homogênea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 238 15.2 Solução da equação não homogênea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 243 15.3 Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 248 16 Resposta em Freqüência 251 16.1 Diagramas assintóticos de Bode . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 253 16.2 Gráficos polares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 266 16.3 Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 270 17 Variáveis de Estado 275 17.1 Representação em variáveis de estado a partir da equação diferencial . . . . . . . . . . 284 17.2 Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293 18 Resolução de Equações de Estado 296 18.1 Solução da equação homogênea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 296 18.1.1 Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 297 18.1.2 Série de potências — exp(At) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 298 18.1.3 Cayley-Hamilton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 300 18.1.4 Similaridade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 303 18.2 Solução da equação não homogênea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 319 18.2.1 Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 319 18.2.2 Convolução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 320 18.2.3 Sistema homogêneo aumentado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 322 18.3 Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 322 19 Observabilidade e Controlabilidade SISO 330 19.1 Observabilidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 330 19.2 Controlabilidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 337 19.3 Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 350 Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

SUMÁRIO

iii

20 Estabilidade 353 20.1 BIBO estabilidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 353 20.2 Estabilidade do estado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 362 20.3 Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 371 21 Introdução à Realimentação 375 21.1 Configurações tı́picas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 375 21.2 Lugar das raı́zes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 379 21.2.1 Resumo das propriedades do lugar das raı́zes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 390 21.3 Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 394

III

Apêndices

397

A Notação

398

B Frações Parciais

403

C Variáveis Complexas

405

D Matrizes 407 D.1 Matrizes quadradas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 409 D.2 Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 417 E Polinômios

420

Bibliografia

421

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

SUMÁRIO

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Parte I

SISTEMAS DISCRETOS

Capı́tulo 1

Sinais Discretos e Convolução Definição 1.1: Sinais Discretos Um sinal discreto, denotado x[n], é uma função (real ou complexa) cujo domı́nio é o conjunto dos inteiros Z = {0, ±1, ±2, . . .}. Como exemplo, a Figura 1.1 mostra o sinal x[n] = sen(n). Sinais discretos também podem ser interpretados como seqüências enumeráveis de escalares reais ou complexos.

1 0.8 0.6 0.4 0.2 0 −0.2 −0.4 −0.6 −0.8 −1

Figura 1.1: Sinal x[n] = sen(n) mostrado (comando stem do Matlab) no intervalo n ∈ [0, 20]. Definição 1.2: Degrau Unitário Considere n ∈ Z. O sinal discreto u[n] (degrau unitário) é definido como 0 para n = −∞, . . . , −2, −1 u[n] = 1 para n = 0, 1, 2, . . . , +∞ Para a ∈ R não inteiro, u[a] = 0. Assim, x[n] = u[n/2], n ∈ Z, é a seqüência que vale 1 para n = 0, 2, 4, 6, . . . e zero para os demais inteiros (negativos e positivos ı́mpares). Definição 1.3: Impulso Considere n ∈ Z. O sinal discreto δ[n] (impulso unitário) é definido como 1, n=0 δ[n] = 0 , n 6= 0

3 Note que δ[n + 3] = 1 para n = −3 e δ[n + 3] = 0 para n 6= −3. Para a ∈ R não inteiro, δ[a] = 0. Assim, δ[2n + 3] = 0 para todo n, pois não existe n ∈ Z tal que 2n + 3 = 0.

Exemplo 1.1: O impulso unitário pode ser escrito em termos da diferença de dois degraus δ[n] = u[n] − u[n − 1] e o degrau unitário pode ser escrito como uma soma infinita de impulsos

u[n] =

n X

δ[k]

k=−∞

✷

Exemplo 1.2: Dado x[n] = δ[n + 2] + δ[n − 2] tem-se y[n] = x[2n] = δ[2n + 2] + δ[2n − 2] = δ[n + 1] + δ[n − 1] Observe que trata-se de uma compressão.

✷

Exemplo 1.3: O sinal x[n] = u[n − 1] − u[n] + (2 − n) u[n − 1] − u[n − 2] pode ser representado como uma soma de impulsos x[n] = −δ[n] + δ[n − 1] A partir de x[n], tem-se x[n − 1] = −δ[n − 1] + δ[n − 2] que é um deslocamento para a direita. Note que x[2n + 1] = −δ[2n + 1] + δ[2n] = δ[n] ✷

Definição 1.4: Função Par e Função Ímpar x[n] = x[−n]

é par

x[n] = −x[−n]

é ı́mpar Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Capı́tulo 1. Sinais Discretos e Convolução

Propriedade 1.1: Sinais Pares e Ímpares • Combinações lineares de sinais pares produzem sinais pares;

• Combinações lineares de sinais ı́mpares produzem sinais ı́mpares;

• O produto de função par por função ı́mpar é ı́mpar; • O produto de função par por função par é par;

• O produto de função ı́mpar por função ı́mpar é par; +∞ +∞ X X x[n] x[n] = x[0] + 2 • x[n] par ⇒ • x[n] ı́mpar

⇒

n=−∞ +∞ X

n=1

x[n] = 0 ,

x[0] = 0

n=−∞

1 x[n] + x[−n] é par 2 1 • xi [n] = x[n] − x[−n] é ı́mpar 2 • x[n] = xp [n] + xi [n] xp [n] é a parte par e xi [n] é a parte ı́mpar de x[n]

• xp [n] =

⋄ Exemplo 1.4: O sinal x[n] = −δ[n + 1] + 2δ[n − 1] + δ[n − 2] pode ser escrito como x[n] = xp [n] + xi [n] com

2xp [n] = δ[n + 2] + δ[n + 1] + δ[n − 1] + δ[n − 2] ,

2xi [n] = −δ[n + 2] − 3δ[n + 1] + 3δ[n − 1] + δ[n − 2] ✷

Definição 1.5: Sistemas Discretos São sistemas cujas entradas e saı́das são seqüências enumeráveis de escalares reais ou complexos. Notação: y[n] = G{x[n]}, sendo x[n] a entrada e y[n] a saı́da.

Exemplo 1.5 (Filtro passa-alta): y[n] =

x[n] − x[n − 1] , 2

n∈Z

Para x[n] = (−1)n , a saı́da é y[n] = (−1)n . Para x[n] = 1n , tem-se y[n] = 0.

✷

Exemplo 1.6 (Filtro passa-baixa): y[n] =

x[n] + x[n − 1] , 2

n∈Z

Para x[n] = (−1)n , a saı́da é y[n] = 0. Para x[n] = 1n , tem-se y[n] = 1n .

✷ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Exemplo 1.7: A população anual de peixes em um lago (em termos percentuais) pode ser descrita de maneira aproximada por y[n + 1] − ay[n](1 − y[n]) = 0 , 0 ≤ y[0] ≤ 1 sendo a um parâmetro real que representa as condições ambientais do lago. Observe que um sistema pode ser descrito por uma equação a diferenças sem envolver explicitamente a entrada x[n]. ✷

Definição 1.6: Sistemas Lineares Um sistema é linear se satisfaz o princı́pio da superposição, isto é, G{a1 x1 [n] + a2 x2 [n]} = a1 G{x1 [n]} + a2 G{x2 [n]}

Observe que, para sistemas lineares, G{0} = 0. Os exemplos 1.5 e 1.6 são sistemas lineares e o Exemplo 1.7 é um sistema não-linear, que pode apresentar comportamento caótico para alguns valores de a. Definição 1.7: Invariante no tempo Um sistema é invariante no tempo se um deslocamento da entrada produzir igual deslocamento na saı́da, isto é, y[n − m] = G{x[n − m]}

para qualquer m ∈ Z.

Os exemplos 1.5, 1.6 e 1.7 são sistemas invariantes no tempo.

Exemplo 1.8: y[n] = sen(x[n]) é um sistema não linear, pois sen(x1 [n] + x2 [n]) 6= sen(x1 [n]) + sen(x2 [n]) e é invariante no tempo, pois y1 [n] = sen(x1 [n]) x2 [n] = x1 [n − k]

⇒

y2 [n] = sen(x2 [n]) = sen(x1 [n − k]) = y1 [n − k] ✷

Exemplo 1.9: y[n] = nx[n] é um sistema linear, pois y1 [n] = nx1 [n] , y2 [n] = nx2 [n]

⇒

n(ax1 [n] + bx2 [n]) = ay1 [n] + by2 [n]

e não é invariante no tempo, pois x2 [n] = x1 [n − k]

⇒

y2 [n] = nx2 [n] = nx1 [n − k] 6= y1 [n − k] = (n − k)x1 [n − k] ✷ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Capı́tulo 1. Sinais Discretos e Convolução

Definição 1.8: Sistema sem Memória Um sistema é sem memória se a saı́da no instante n depende apenas do sinal de entrada no instante n.

Exemplo 1.10: O somador (ou acumulador) y[n] =

n X

x[k]

k=−∞

é um sistema discreto com memória, que pode ser descrito pela equação a diferenças y[n]−y[n−1] = x[n]. ✷

Definição 1.9: Sistema Causal Um sistema é causal ou não antecipativo quando a saı́da não depende de valores futuros da entrada.

Exemplo 1.11: O sistema y[n] =

+M X 1 x[n − k] , M > 0 2M + 1 k=−M

é não causal. O somador do Exemplo 1.10 é causal.

✷

Definição 1.10: Sistema BIBO Estável Um sistema é BIBO estável (Bounded-Input Bounded-Output) se a saı́da é limitada para toda entrada limitada. |x[n]| < b

⇒

|y[n]| < +∞

Exemplo 1.12: y[n] = nx[n] é um sistema causal não BIBO estável. y[n] = x[−n] é um sistema não causal e BIBO estável.

✷

Definição 1.11: Resposta ao Impulso Resposta ao impulso é a saı́da do sistema quando a entrada é a função impulso e as condições iniciais são nulas (sistema em repouso), isto é h[n] = G{δ[n]}

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

7 Exemplo 1.13: A resposta ao impulso do filtro passa-alta do Exemplo 1.5 é dada por h[n] =

δ[n] − δ[n − 1] 2

e a resposta ao impulso do filtro passa-baixa do Exemplo 1.6 é dada por h[n] =

δ[n] + δ[n − 1] 2 ✷

Exemplo 1.14 (Somador): y[n] =

n X

x[k]

k=−∞

A resposta ao impulso é

h[n] =

n X

δ[k] = u[n]

k=−∞

✷

Definição 1.12: Convolução Convolução é a operação x[n] = x1 [n] ∗ x2 [n] =

+∞ X

k=−∞

x1 [k]x2 [n − k]

Propriedade 1.2: Se x1 [n] = x1 [n]u[n] e x2 [n] = x2 [n]u[n] então x1 [n] ∗ x2 [n] = u[n]

n X k=0

x1 [k]x2 [n − k] ⋄

Propriedade 1.3: O impulso é o elemento neutro da convolução, pois x[n] =

+∞ X

k=−∞

x[k]δ[n − k] ⋄ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Capı́tulo 1. Sinais Discretos e Convolução

Propriedade 1.4: A convolução é comutativa, associativa e distributiva em relação à soma, isto é x1 [n] ∗ x2 [n] = x2 [n] ∗ x1 [n] x1 [n] ∗ x2 [n] ∗ x3 [n] = x1 [n] ∗ x2 [n] ∗ x3 [n] = x1 [n] ∗ x2 [n] ∗ x3 [n] x1 [n] ∗ x2 [n] + x3 [n] = x1 [n] ∗ x2 [n] + x1 [n] ∗ x3 [n]

⋄

Propriedade 1.5: x[n] ∗ δ[n − m] = x[n − m] , m ∈ Z

pois

+∞ X

k=−∞

x[k]δ[n − k − m] = x[n − m]

⋄ Teorema 1.1: Convolução com a Resposta ao Impulso de um SLIT A saı́da de um sistema linear invariante no tempo é a convolução da resposta ao impulso com a entrada, isto é y[n] = G{x[n]} = x[n] ∗ h[n]

pois G{x[n]} = G

+∞ n X

k=−∞

x[k]δ[n − k] =

+∞ X

k=−∞

h[n] = G{δ[n]}

+∞ X x[k]h[n − k] x[k]G δ[n − k] = k=−∞

❖

Exemplo 1.15: No Exemplo 1.14 (somador), a saı́da é a convolução da entrada com o degrau y[n] =

n X

k=−∞

x[k] = x[n] ∗ u[n]

pois x[n] ∗ u[n] =

+∞ X

k=−∞

x[k]u[n − k] =

n X

k=−∞

x[k] u[n − k] + | {z } =1

+∞ X

k=n+1

x[k] u[n − k] | {z } =0

✷

Propriedade 1.6: Considere o sinal x2 [n] =

X k∈I

ak δ[n − bk ]

I = {conjunto finito de ı́ndices}

Então, x1 [n] ∗ x2 [n] =

X k∈I

ak x1 [n − bk ] ⋄ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Exemplo 1.16: Dados x1 [n] = δ[n] + δ[n − 1] + δ[n − 2] , x2 [n] = −δ[n] + δ[n − 1] tem-se

x1 [n] ∗ x2 [n] = −δ[n] − δ[n − 1] − δ[n − 2] + δ[n − 1] + δ[n − 2] + δ[n − 3] = −δ[n] + δ[n − 3] Observe que a largura do sinal resultante é igual à soma das larguras dos sinais originais.

✷

Propriedade 1.7: Sistemas lineares invariantes no tempo são causais se e somente se a resposta ao impulso é nula para instantes negativos, ou seja h[n] = 0 para n < 0

⇔

sistema causal

pois y[n] = x[n] ∗ h[n] =

−1 X

k=−∞

x[n − k]h[k] +

+∞ X k=0

x[n − k]h[k]

e, se h[k] 6= 0 para k < 0, a saı́da y[n] dependeria de valores futuros da entrada x[n]. ⋄ Exemplo 1.17: Observe que os filtros passa-alta e passa-baixa, cujas respostas ao impulso foram calculadas no Exemplo 1.13, são sistemas causais. O sistema linear invariante no tempo cuja resposta ao impulso é h[n] = δ[n + 1] é não causal, pois h[−1] = 1. Note que y[n] = x[n] ∗ h[n] = x[n + 1]. ✷

Propriedade 1.8: Sistemas lineares invariantes no tempo são BIBO estáveis se e somente se a resposta impulso é absolutamente somável, isto é +∞ X

n=−∞

|h[n]| < +∞

⇔

BIBO estável

Prova: Suficiência: se +∞ X

n=−∞

então |x[n]| ≤ b implica |y[n]| ≤

+∞ X

k=−∞

|h[n]| < +∞

|x[n − k]||h[k]| ≤ b

+∞ X

k=−∞

|h[k]| < +∞ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Capı́tulo 1. Sinais Discretos e Convolução

Necessidade: considere a entrada limitada x[n] = sinal(h[−n]) sendo a função sinal definida como sinal(v) =

1 , v>0 −1 , v < 0

A saı́da y[n], para n = 0, é y[0] =

+∞ X

x[−k]h[k] =

+∞ X

sinal(h[k])h[k] =

k=−∞

+∞ X

|h[k]|

e, portanto, para que a saı́da y[n] seja limitada, é necessário que a resposta ao impulso seja absolutamente somável. ⋄ Exemplo 1.18: Considere um sistema linear invariante no tempo cuja resposta ao impulso é dada por h[n] = ρn u[n], 0 < ρ < 1 Trata-se de um sistema causal BIBO estável, pois h[n] = 0 para n < 0 e +∞ X

n=−∞

|h[n]| =

+∞ X

ρn =

n=0

1 1−ρ ✷

Definição 1.13: Auto-função Um sinal de entrada é denominado auto-função de um sistema se a saı́da correspondente for igual ao sinal de entrada multiplicado por uma constante (em geral complexa). Propriedade 1.9: O sinal z n , z ∈ C, é uma auto-função para sistemas lineares discretos invariantes no tempo se a somatória H(z) =

+∞ X

h[k]z −k

k=−∞

for finita, ou seja, se z pertence ao domı́nio Ωh de H(z), pois y[n] = z n ∗ h[n] =

+∞ X

h[k]z n−k = H(z)z n

k=−∞

⋄

A função H(z) é denominada transformada Z da resposta ao impulso do sistema, ou função de transferência. A transformada Z de uma seqüência x[n] (veja a Definição 2.1 no Capı́tulo 2) é dada por X(z) = Z{x[n]} =

+∞ X

x[k]z −k

k=−∞

com domı́nio Ωx , isto é, conjunto dos z ∈ C (complexos) para os quais a soma é finita.

A relação (temporal) entre saı́da e entrada em um sistema linear discreto invariante no tempo é dada pelo “ganho complexo” H(z) quando x[n] = z n . Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Exemplo 1.19: A transformada Z da função h[n] = ρn u[n], 0 < ρ < 1 do Exemplo 1.18 é dada por +∞ k +∞ X X ρ 1 z ρk u[k]z −k = H(z) = = = , |ρ/z| < 1 z 1 − ρ/z z−ρ k=0

k=−∞

Ωh = {z ∈ C : |z| > ρ}

Note que trata-se de um sistema causal (h[n] = 0 para n < 0, Ωh é o exterior de um cı́rculo) e BIBO estável (h[n] é absolutamente somável, pólo em z = ρ < 1). ✷

Exemplo 1.20: A função de transferência H(z) de um sistema linear invariante no tempo y[n] = G{x[n]} descrito por y[n + 1] = v[n] + x[n] , v[n + 1] = −2v[n] − 2y[n] + 2x[n + 1] − x[n] é dada por (p2 + 2p + 2)y[n] = (3p + 1)x[n] ⇒ H(z) =

3z + 1 z 2 + 2z + 2

sendo p o operador deslocamento em n, ou seja, px[n] = x[n + 1], . . . , pk x[n] = x[n + k]. A saı́da y[n] do sistema para a entrada x[n] = 2n + (2j)n + exp(2jn) é dada por y[n] = (0.7)2n + 1.36 exp(−j0.629)(2j)n + 2.32 exp(j0.542) exp(j2n) Note que só é possı́vel calcular y[n] = H(z)z n quando H(z) é finito. Note ainda que a solução y[n], as vezes denominada forçada ou de regime, é computada sem considerar condições iniciais. ✷

Propriedade 1.10: Transformada da Convolução A transformada Z da convolução de dois sinais é o produto das transformadas, ou seja, Z x[n] = x1 [n] ∗ x2 [n] = Z{x1 [n]}Z{x2 [n]} , Ωx = Ωx1 ∩ Ωx2

Prova: veja o Teorema 2.1 (Convolução) do Capı́tulo 2.

⋄ Exemplo 1.21: A função de transferência do sistema dado pela associação em cascata de dois sistemas cujas respostas ao impulso são h1 [n] = (0.5)n u[n], é dada por H(z) = H1 (z)H2 (z) = pois H1 (z) =

z , z − 0.5

h2 [n] = (0.2)n u[n]

z2 , (z − 0.5)(z − 0.2)

|z| > 0.5,

H2 (z) =

|z| > 0.5

z , z − 0.2

|z| > 0.2 ✷ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Capı́tulo 1. Sinais Discretos e Convolução

1.1

Resposta em freqüência

Definição 1.14: Resposta em freqüência Se z = exp(jω) (cı́rculo unitário) pertence ao domı́nio da função de transferência do sistema linear invariante no tempo H(z), a resposta em freqüência do sistema é o valor de H(z) computado para z = exp(jω). A resposta em freqüência escreve-se como = H exp(jω)

M (ω) exp(jφ(ω)) = H(z) z=exp(jω)

sendo M (ω) o módulo e φ(ω) a fase de H(z)

z=exp(jω)

Em geral, é desenhada na forma de módulo e fase (diagrama de Bode1 ) ou na forma polar, para ω ∈ [−π, +π]. Representa a resposta em regime permanente de sistemas lineares invariantes no tempo estáveis para entradas senoidais. Propriedade 1.11: ∗ Se h[n] é real, então H exp(jω) = H exp(−jω) , isto é M (ω) é uma função par e φ(ω) é uma função ı́mpar. Prova:

H exp(jω)

∗

+∞ X

k=−∞

H exp(jω) = M (ω) exp(jφ(ω)) Como

h[k] exp(jωk) = H exp(−jω) ⇒

H exp(jω)

∗

= M (ω) exp(−jφ(ω))

H exp(−jω) = M (−ω) exp(jφ(−ω))

então M (ω) = M (−ω) (função par) e −φ(ω) = φ(−ω) (função ı́mpar). ⋄

Exemplo 1.22: Considere o Exemplo 1.5 (filtro passa-alta), dado por y[n] =

x[n] − x[n − 1] , 2

n∈Z

Para x[n] = z n tem-se y[n] = H(z)z n , resultando na função de transferência H(z) =

(1 − z −1 ) 2

Portanto, a resposta em freqüência é

H(z) z=exp(jω)

1 − exp(−jω) = 2 = j exp(−jω/2)

exp(jω/2) − exp(−jω/2) 2j

= j exp(−jω/2)sen(ω/2)

Hendrik Wade Bode, engenheiro eletricista americano do século XX. Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

1.1. Resposta em freqüência Portanto, tem-se M (ω) = |sen(ω/2)|

φ(ω) =

π ω sinal(ω) − 2 2

M (ω) e φ(ω) são mostrados na Figura 1.2. Observe o crescimento de M (ω) para ω de 0 a +π (filtro passa-alta) e a entrada z = (1)n corresponde à freqüência ω = 0 e que z = (−1)n corresponde à freqüência ω = +π. Note também que, para ω > 0 ou para ω < 0, a fase varia linearmente com a freqüência. 2

1.5

1 0.8 0.5 0.6 0 0.4 −0.5 0.2 −1

−0.2 −4

−1.5

−2

−2 −4

−2

Figura 1.2: M (ω) (módulo) e φ(ω) (fase) do filtro passa-alta do Exemplo 1.22. ✷

Exemplo 1.23: No Exemplo 1.6 (filtro passa-baixa),

H(z) =

(1 + z −1 ) 2

;

H(z)

z=exp(jω)

= exp(−jω/2) cos(ω/2)

implicando em M (ω) = | cos(ω/2)|

;

φ(ω) = −

ω 2

Neste caso, M (ω) decresce quando ω varia de 0 a +π (filtro passa-baixa), como mostrado na Figura 1.3, juntamente com a fase (que também varia linearmente com a freqüência). ✷

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Capı́tulo 1. Sinais Discretos e Convolução 2

1.5

1 0.8 0.5 0.6 0 0.4 −0.5 0.2 −1

−1.5

−0.2 −4

−2

−2 −4

−2

Figura 1.3: M (ω) (módulo) e φ(ω) (fase) do filtro passa-baixa do Exemplo 1.23. Exemplo 1.24: Considere o sistema descrito pela equação a diferenças de primeira ordem y[n + 1] = ρy[n] + x[n + 1] ⇒ (p − ρ)y[n] = px[n] Para x[n] = z n , tem-se (z − ρ)H(z) = z ⇒ H(z) =

1 z = z−ρ 1 − ρz −1

Supondo-se que z = exp(jω) ∈ Ωh , a resposta em freqüência pode ser computada H(z)

z=exp(jω)

1 1 − ρ exp(−jω)

Para 0 < ρ, trata-se de um filtro passa-baixa. ✷

Propriedade 1.12: Função de transferência racional A equação a diferenças D(p)y[n] = N (p)x[n]

D(p) =

m X k=0

αk pk ; N (p) =

ℓ X

β k pk

k=0

com αm = 1, αk e βk coeficientes constantes e condições iniciais nulas descreve um sistema linear invariante no tempo, cuja função de transferência é H(z) =

N (z) D(z)

pois D(p)H(z)z n = N (p)z n

⇒

H(z)D(z) = N (z)

Para sistemas causais, m ≥ ℓ e o domı́nio Ωh de existência de H(z) é o exterior do menor cı́rculo que contém todos os pólos de H(z). Em funções racionais, pólos são as raı́zes do denominador e zeros são as raı́zes do numerador. Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

1.1. Resposta em freqüência

Sistemas lineares invariantes no tempo causais descritos por funções de transferência racionais são BIBO estáveis se e somente se os pólos estiverem no interior do cı́rculo unitário. ⋄ Exemplo 1.25: O sistema 1 y[n + 2] − y[n] = x[n + 1] 4 pode ser escrito como D(p)y[n] = N (p)x[n] com D(p) = p2 −

1 4

N (p) = p

que resulta na função de transferência H(z) =

N (z) z 4z = 2 = D(z) z − 0.25 (2z + 1)(2z − 1)

Note que os pólos são ±0.5, indicando que trata-se de um sistema BIBO estável. Além disso, se o domı́nio de existência de H(z) for dado por Ωh = {z ∈ C, |z| > 0.5} tem-se que o sistema é causal. A resposta em freqüência é mostrada na Figura 1.4. 4

1.2

0.8

0 0.6 −1 0.4 −2 0.2 −3 0 −4

−2

−4 −4

−2

Figura 1.4: M (ω) (módulo) e φ(ω) (fase) do sistema do Exemplo 1.25. ✷

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Capı́tulo 1. Sinais Discretos e Convolução

Propriedade 1.13: A resposta em regime de um sistema linear invariante no tempo estável com função de transferência H(z), com h[n] real e z = exp(jω) ∈ Ωh , para a entrada x[n] = cos(ωn), é y[n] = M (ω) cos(ωn + φ(ω)) e, para a entrada x[n] = sen(ωn), é y[n] = M (ω)sen(ωn + φ(ω)) sendo M (ω) o módulo e φ(ω) a fase de H(z)

z=exp(jω)

Prova: 1 1 y[n] = G{cos(ωn)} = G{exp(jωn)} + G{exp(−jωn)} = 2 2 1 1 = H exp(jω) exp(jωn) + H exp(−jω) exp(−jωn) = 2 2

1 1 = M (ω) exp(jωn + jφ(ω)) + M (ω) exp(−jωn − jφ(ω)) = M (ω) cos(ωn + φ(ω)) 2 2 ⋄ Exemplo 1.26: A função de transferência H(z) e o seu domı́nio para o sistema linear invariante no tempo cuja resposta ao impulso é a convolução de (n2−n u[n]) ∗ (2n u[−n − 1]) são dados por Z{n2−n u[n]} =

0.5z , |z| > 0.5 (z − 0.5)2 ⇒

H(z) =

Z{2n u[−n − 1]} =

−z , |z| < 2 (z − 2)

−0.5z 2 , 0.5 < |z| < 2 (z − 0.5)2 (z − 2)

A saı́da do sistema para x[n] = 10 cos(πn/3) + 5 exp(jπn/5) é y[n] = 3.85 cos(πn/3 − 0.524) + 4.27 exp(jπn/5 − j0.459) pois H(z)

z=exp(jπ/3)

= 0.385 exp(−j0.524) , H(z)

z=exp(jπ/5)

= 0.854 exp(−j0.459) ✷

1.2

Exercı́cios

Exercı́cio 1.1: Considere x[n] e y[n] dados por x[n] = δ[n + 1] − δ[n] + u[n − 1] − u[n − 2]

y[n] = x[4 − 2n]

Escreva y[n] na forma de soma de impulsos e impulsos deslocados, isto é, determine ak , bk tais que X y[n] = ak δ[n − bk ] , bk ∈ Z , ak ∈ R k

Exercı́cio 1.2: Determine

+∞ X

n=−∞

(3n − 1)2 δ[2n + 3] Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

1.2. Exercı́cios Exercı́cio 1.3: Considere o sistema y[n] = G{x[n]} descrito pela equação a diferenças 1 y[n + 1] + y[n] = x[n + 1] − x[n − 1] 4 a) Determine H(z) H(z) =

+∞ X

k=−∞

h[k]z −k , h[n] = G{δ[n]}

b) Determine o módulo e a fase de H(z) em z = exp(jπ/3). c) Determine a saı́da y[n] em regime para x[n] = 3sen(2n) +

1 cos(πn/2) 3

Exercı́cio 1.4: Esboce o módulo de H(z) z=exp(jω) para ω ∈ (−π, +π), sendo H(z) a transformada Z da resposta ao impulso do sistema discreto descrito por y[n] =

x[n + 1] − 2x[n] + x[n − 1] 4

Exercı́cio 1.5: Determine e esboce x[n] = x1 [n] ∗ x2 [n] para x1 [n] = u[n] − u[n − 1] − u[n − 2] + u[n − 3] , x2 [n] = u[n − 1] − u[n − 2] Exercı́cio 1.6: a) Determine a função de transferência H(z) de um sistema linear invariante no tempo y[n] = G{x[n]} descrito por y[n + 1] = v[n] + x[n] , v[n + 1] = −2v[n] − 2y[n] + 2x[n + 1] − x[n] b) Determine a saı́da forçada y[n] do sistema para a entrada x[n] = 10(2n ) − 25(3−n ) Exercı́cio 1.7: Determine e esboce a convolução de g[n] = δ[n + 1] − δ[n − 1] com a resposta ao impulso do sistema n X x[k] y[n] = k=n−2

Exercı́cio 1.8: Considere o sistema y[n] = G{x[n]} descrito pela equação a diferenças 1 1 1 y[n + 1] − y[n] = x[n + 1] − x[n − 1] 2 2 2 a) Determine H(z) H(z) =

+∞ X

k=−∞

h[k]z −k , h[n] = G{δ[n]}

b) Determine o módulo e a fase em z = exp(jπ/5) de H(z). c) Determine a saı́da y[n] em regime para x[n] = 3sen(3n) +

1 cos(πn/3) 3

Exercı́cio 1.9: Determine e esboce a convolução de g[n] = u[n + 1] − u[n − 2] com a resposta ao impulso do sistema definido por y[n] =

+∞ X

k=−∞

x[k]h[n − k] , h[n] = u[n] − u[n − 2]

Exercı́cio 1.10: Determine o módulo M (ω) de H(z = exp(jω)) para ω = π/2, sendo H(z) a transformada Z da resposta ao impulso do sistema discreto descrito por y[n + 2] − 4y[n + 1] + 4y[n] = x[n] Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Capı́tulo 1. Sinais Discretos e Convolução

Exercı́cio 1.11: Considere o sistema discreto descrito por 1 1 x[n] − x[n − 1] 2 2

y[n] =

a) Determine y[n] para x[n] = 1 e para x[n] = (−1)n b) Esboce o módulo de H(z) z=exp(jω) para ω entre −π e +π, sendo H(z) a transformada Z da resposta ao impulso do sistema. Exercı́cio 1.12: a) Determine y[n] = x1 [n] ∗ x2 [n], para x1 [n] = u[n + 2] − u[n]

x2 [n] = −δ[n + 1] + δ[n − 2]

e escreva y[n] na forma de soma de impulsos e impulsos deslocados, isto é, determine ak , bk tais que X y[n] = ak δ[n − bk ] , bk ∈ Z , ak ∈ R k

b) Determine a expressão e esboce x[n] ∗ y[n] para x[n] = δ[n + 1] + 2(u[n − 1] − u[n − 3]) , y[n] = δ[n + 1] − 2δ[n − 1] c) Determine e esboce x1 [n] ∗ x2 [n] para x1 [n] = δ[n] + δ[n − 1] + δ[n + 1] , x2 [n] = δ[n + 1] − δ[n − 1] Exercı́cio 1.13: Considere o sistema descrito por y[n] =

+∞ X

k=−∞

x[k] exp(−n + k)u[n − k]

a) O sistema é causal? b) O sistema é BIBO estável? Dica: calcule a resposta ao impulso do sistema. Exercı́cio 1.14: Considere o sistema descrito por y[n] = x[n] ∗ (α(n−1) u[n − 1]) , |α| < 1 a) O sistema é linear? b) O sistema é invariante no tempo? c) O sistema é causal? d) O sistema é BIBO estável? Exercı́cio 1.15: a) Determine e esboce o módulo de H(z) para o sistema descrito pela equação a diferenças y[n] =

1 1 x[n + 1] − x[n − 1] 2 2

sendo x[n] = z n e y[n] = H(z)z n , para z = exp(jω), com ω entre −π e +π. b) Determine e esboce a fase de H(z) c) Determine y[n] para x[n] = sen(2n) + cos(3n) Exercı́cio 1.16: a) Determine H(z) para o sistema y[n] = G{x[n]} descrito pela equação a diferenças y[n + 1] − αy[n] = x[n + 2] − x[n − 2] , |α| < 1 b) Determine o módulo e a fase em z = exp(jπ/5) de H(z) para o sistema y[n] = G{x[n]} descrito pela equação a diferenças y[n + 1] − 0.5y[n] = x[n + 2] − x[n − 2] c) Determine a saı́da y[n] em regime do sistema do item b) para x[n] = 30sen(2n) + (1/3) cos(πn/2) Exercı́cio 1.17: a) Determine a resposta ao impulso do sistema descrito por y[n] =

+∞ X

k=−∞

(n − k)x[k]u[n − k]

b) Classifique quanto à: linearidade, invariância no tempo, causalidade e BIBO estabilidade. Exercı́cio 1.18: a) Determine a resposta ao impulso do sistema descrito por y[n] =

+∞ X

(k − 1)u[k − 1]x[n − k]

k=−∞

b) Classifique o sistema quanto à: linearidade, invariância no tempo, causalidade e BIBO estabilidade. Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

1.2. Exercı́cios Exercı́cio 1.19: Classifique os sistemas quanto à linearidade e invariância no tempo x[n] + x[n − 1] b) y[n] = 2−n (x[n] + x[n − 1]) a) y[n] = 2 Exercı́cio 1.20: Classifique os sistemas quanto à linearidade e invariância no tempo n n X X 2−k x[k] 2−1 x[k] b) y[n] = a) y[n] = k=n−1

k=n−1

c) Esboce a convolução de g[n] = δ[n] − δ[n − 1] com a resposta ao impulso do sistema definido no item a).

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Capı́tulo 2

Transformada Z Definição 2.1: Transformada Z A transformada Z da seqüência x[n] é dada por X(z) = Z{x[n]} =

+∞ X

x[k]z −k

k=−∞

para z ∈ Ωx , isto é, conjunto dos z ∈ C (complexos) para os quais a soma é finita.

Alguns autores definem a transformada Z com a soma no intervalo k ∈ [0, +∞), por tratarem exclusivamente de sinais à direita (isto é, sinais que são nulos para k < 0). Nesse contexto, as vezes é também chamada de transformada Z unilateral. Propriedade 2.1: Transformada Z da Função Impulso +∞ X δ[k]z −k = 1 , Z δ[n] =

Ωδ = C

k=−∞

⋄

Exemplo 2.1:

Z δ[n − m] =

+∞ X

k=−∞

δ[k − m]z −k = z −m

m ∈ Z+

sendo Z+ o conjunto dos números inteiros positivos. O domı́nio da transformada é o conjunto dos complexos, com exceção de z = 0. ✷

Exemplo 2.2: +∞ X δ[k + m]z −k = z m Z δ[n + m] =

k=−∞

m ∈ Z+

e o domı́nio é o conjunto dos complexos, com exceção de |z| → +∞.

Propriedade 2.2: Soma Se o limite lim Z{x[n]}

z→1

é finito e único, então lim Z{x[n]} =

z→1

lim

m→+∞

m X

k=−∞

x[k]

✷

21 Portanto, se z = 1 ∈ Ωx então Z{x[n]}

z=1

+∞ X

x[k]

k=−∞

⋄

Propriedade 2.3: Soma Geométrica m X k=0

pois

1 − am+1 a = 1−a k

m X k=0

ak − a

a∈C ;

se |a| < 1

ak = 1 − am+1

⇒

m X k=0

m X

⇒

ak =

k=0

+∞ X

ak =

k=0

1 1−a

1 − am+1 1−a ⋄

Propriedade 2.4: Transformada Z de x[n] = an u[n] X(z) = Z{x[n]} = Z{an u[n]} =

+∞ X

(a/z)k =

k=0

z 1 = 1 − az −1 z−a

Ωx = {z ∈ C, |z| > |a|}

Note que o domı́nio de existência Ωx é o exterior do cı́rculo de raio |a| centrado na origem e, portanto, o pólo (isto é, a raiz z = a do denominador) não pertence ao domı́nio. ⋄ Exemplo 2.3 (Transformada Z do degrau): Z{u[n]} =

+∞ X

z −n u[n] =

n=−∞

z 1 = 1 − z −1 z−1

Ωu = {z ∈ C : |z| > 1} ✷

Exemplo 2.4: x[n] = exp(jβn)u[n] = exp(jβ) cuja transformada Z é dada por X(z) =

z z − exp(jβ)

u[n] , β > 0

Ωx = {z ∈ C : |z| > 1}

✷

Exemplo 2.5: x[n] = exp(−jβn)u[n] = exp(−jβ) cuja transformada Z é dada por X(z) =

z z − exp(−jβ)

u[n] , β > 0

Ωx = {z ∈ C : |z| > 1} ✷ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Capı́tulo 2. Transformada Z

Propriedade 2.5:

Z{x[n] = −an u[−n − 1]} = −

+∞ X

n=−∞

an z −n u[−n − 1] = −

−1 X

(z/a)−n

n=−∞

=−

+∞ X

(z/a)n =

n=1

z −(z/a) = 1 − (z/a) z−a

Ωx = {z ∈ C : |z| < |a|} Observe que a expressão da transformada Z é a mesma da transformada apresentada na Propriedade 2.4, porém o domı́nio de convergência é o interior do cı́rculo de raio |a| centrado na origem. ⋄

Propriedade 2.6: Linearidade Z{x[n] = ax1 [n] + bx2 [n]} = aZ{x1 [n]} + bZ{x2 [n]} ,

Ωx = Ωx1 ∩ Ωx2

ou seja, a transformada Z é linear e o domı́nio de convergência é (no mı́nimo) a interseção dos domı́nios. ⋄ Exemplo 2.6:

x[n] = an u[n] − u[n − m] , m ∈ Z+ Z{x[n]} =

m−1 X

ak z −k =

k=0

1 z m − am 1 − (a/z)m = m−1 1 − (a/z) z z−a

Observe (por exemplo, usando a regra de l’Hôpital1 ) que a transformada é finita quando z → a, implicando que a não é um pólo de X(z). O domı́nio da transformada é o conjunto dos complexos exceto z = 0. ✷

Exemplo 2.7: x[n] = a|n| = a−n u[−n − 1] + an u[n] Z{x[n]} =

−1 X

a−k z −k +

k=−∞

+∞ X

ak z −k

k=0

O segundo termo converge para z , |z| > |a| z−a e o primeiro termo produz

(az)

−1 X

k=−∞

a−k−1 z −k−1 = (az)

0 X

(az)−k = (az)

k=−∞

+∞ X

k=0

(az)k =

az , |z| < |1/a| 1 − az

Para |a| > 1, não há interseção entre as regiões e portanto a transformada Z não existe. De fato, a série a|n| , para |a| > 1, diverge para n → −∞ e para n → +∞. Para |a| < 1, a transformada é dada por 1

Guillaume De l’Hôpital, matemático francês do século XVII. Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

X(z) =

z z − z − a z − 1/a

e o domı́nio da transformada é a coroa circular centrada na origem dado por |a| < |z| <

1 |a| ✷

Propriedade 2.7: Domı́nio da Transformada Z • O que determina o domı́nio da transformada Z de uma função x[n] é a convergência da soma que define a transformada Z{x[n]}, isto é, o domı́nio é o conjunto de valores de z para os quais a soma é finita. • Os pólos (valores de z para os quais a função tende para infinito; em geral, são as raı́zes do denominador) não pertencem ao domı́nio. • O domı́nio não pode ser obtido apenas a partir da expressão da transformada X(z). Por exemplo, a transformada Z do degrau é dada por z z−1

e existe para todo z 6= 1. No entanto, o domı́nio é a região |z| > 1. • O domı́nio é definido por restrições sobre o módulo de z.

• Se x[n] tem duração finita, o domı́nio Ωx é todo o plano complexo, exceto (possivelmente) z = 0 e/ou |z| → +∞.

• Se x[n] = 0 para n < m, m ∈ Z (sinal à direita), o domı́nio (se existir) é o exterior do menor cı́rculo que contém todos os pólos. • Se x[n] = 0 para n > m, m ∈ Z (sinal à esquerda), o domı́nio (se existir) é o interior do maior cı́rculo que não contém nenhum pólo. ⋄

Propriedade 2.8: Transformada Z de x[n] = an X(z) = Z{x[n]} =

+∞ X

ak z −k =

k=−∞

+∞ X k=0

(a/z)k +

−1 X

(a/z)k

k=−∞

Para |z| ≤ |a|, o primeiro termo diverge e, para |z| ≥ |a|, o segundo termo diverge. Portanto, não existe a transformada Z de x[n] = an (a soma diverge em todo z ∈ C). ⋄ Exemplo 2.8: x[n] = 2n+1 cos(3n)u[n] = 2 exp(j3)

X(z) =

z z + z − 2 exp(j3) z − 2 exp(−j3)

u[n] + 2 exp(−j3)

u[n]

Ωx = {z ∈ C : |z| > 2} ✷

Teorema 2.1: Teorema da Convolução A transformada Z da convolução de dois sinais é o produto das transformadas, ou seja,

Prova:

Z x[n] = x1 [n] ∗ x2 [n] = Z{x1 [n]}Z{x2 [n]} , Ωx = Ωx1 ∩ Ωx2 Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Capı́tulo 2. Transformada Z

Z x1 [n] ∗ x2 [n] =

+∞ X

x1 [n]z −n

n=−∞

+∞ X

n=−∞

k=−∞ +∞ X

k=−∞

x1 [n]x2 [k − n] z −k =

x2 [k − n]z −(k−n) =

+∞ X

k=−∞ n=−∞ +∞ X

x1 [n]z −n

n=−∞

x1 [n]z −n x2 [k − n]z −(k−n)

x2 [m]z −m = X1 (z)X2 (z)

m=−∞

❖

Exemplo 2.9: A seqüência definida pela convolução y[n] = x[n] ∗ x[n]

x[n] = δ[n − 1] + δ[n + 1]

pode ser calculada pelo Teorema 2.1, resultando em Y (z) = X(z)X(z) = (z −1 + z)(z −1 + z) = z −2 + 2 + z 2

⇒

y[n] = δ[n − 2] + 2δ[n] + δ[n + 2] ✷

Propriedade 2.9: Operador Derivada Z{y[n] = nx[n]} =

d −z dz

X(z)

Ωy = Ωx

pois +∞ +∞ o X d dn X Z{x[n]} = x[n]z −n = −z −1 nx[n]z −n dz dz n=−∞ n=−∞ 2

Z{y[n] = n x[n]} =

d −z dz

X(z)

⇒

−z

d Z{x[n]} = Z{nx[n]} dz

Ωy = Ωx

pois d d d V (z) = −z −z X(z) Z{n x[n]} = Z{nv[n]} = −z dz dz dz 2

Generalizando, m

Z{y[n] = n x[n]} =

d −z dz

X(z)

Ωy = Ωx ⋄

Exemplo 2.10: Z{nan u[n]} =

−z

d dz

(1 − az −1 )−1 =

az −1 az = (1 − az −1 )2 (z − a)2

|z| > |a| ✷

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

25 Exemplo 2.11: Z{n2 an u[n]} =

az −1 2a2 z −2 d (az −1 )(1 − az −1 )−2 = + = −z −1 2 dz (1 − az ) (1 − az −1 )3 =

2a2 z −2 az 2 + a2 z az −1 + = (1 − az −1 )2 (1 − az −1 )3 (z − a)3

|z| > |a|

✷

Propriedade 2.10: Deslocamento à Direita (atraso) Z{y[n] = x[n − m]u[n − m]} = z −m Z{x[n]u[n]} ,

m ∈ Z+ , Ωy = Ωx

pois

Z{x[n − m]u[n − m]} =

+∞ X

k=−∞

x[k − m]u[k − m]z −k =

+∞ X

k=−∞

x[k]u[k]z −(k+m) = z −m Z{x[n]u[n]} ⋄

Exemplo 2.12: Z{(−a)n−1 u[n − 1]} = z −1 Z{(−a)n u[n]} = z −1

z 1 = , |z| > |a| z+a z+a ✷

Propriedade 2.11: Deslocamento à Esquerda (avanço) Z{x[n + 1]u[n]} = z Z{x[n]u[n]} − x[0] pois Z{x[n + 1]u[n]} =

+∞ X

x[n + 1]u[n]z

−n

+∞ X

x[n + 1]u[n]z −(n+1)

n=−∞

+∞ X

n=−∞

x[n]u[n − 1]z −n = z

+∞ X

n=−∞

x[n]u[n]z −n − x[0]

Observe que, se x[0] = 0, multiplicar a transformada por z equivale a deslocar x[n] para x[n + 1] Propriedade 2.12: Z{x[n + 2]u[n]} = z 2 Z{x[n]u[n]} − x[0] − z −1 x[1] pois y[n] = x[n + 1]u[n]

⇒

⋄

y[0] = x[1] , y[n + 1] = x[n + 2]u[n + 1]

Z{x[n + 2]u[n]} = Z{y[n + 1]u[n]} = z Z{y[n]u[n]} − y[0] = = z Z{x[n + 1]u[n]} − x[1] = z z Z{x[n]u[n]} − x[0] − x[1]

Generalizando,

Z{x[n + m]u[n]} = z

Z{x[n]u[n]} −

m−1 X k=0

x[k]z −k

m ∈ Z+ ⋄

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Capı́tulo 2. Transformada Z

Exemplo 2.13:

Z{(n + 1)an u[n]} = z Z nan−1 u[n] − (nan−1 )

pela Propriedade 2.11 (avanço).

n=0

Utilizando a Propriedade 2.9 (operador derivada), tem-se Z{nan−1 u[n]} = Como Z{an−1 u[n]} =

⇒

−z

d dz

Z{an−1 u[n]}

1 (1 − az −1 )−1 a

Z{(n + 1)an u[n]} = Z

n+1 1

an u[n]

= (1 − az −1 )−2 =

z2 , |z| > |a| (z − a)2

sendo a combinação de n termos m a m dada por

n m

n! , 0 ≤ m ≤ n , m, n ∈ N = {0, 1, 2, . . .} m!(n − m)! ✷

Exemplo 2.14: o n (n + 1)n o n (n + 2)(n + 1) n+2 an u[n] = zZ an−1 u[n] = an u[n] = Z Z 2 2 2

d = z −z dz

n o (n + 1) n−1 d z Z −z (1 − az −1 )−2 a u[n] = 2 2a dz

pelo resultado do Exemplo 2.13. Portanto, Z

n+2 2

an u[n]

= (1 − az −1 )−3 =

z3 (z − a)3

|z| > |a| ✷

Propriedade 2.13: Combinatória Generalizando os exemplos 2.13 e 2.14, tem-se z m+1 n+m n Z a u[n] = (1 − az −1 )−(m+1) = m (z − a)m+1

m∈N

|z| > |a| ⋄

Propriedade 2.14: Combinatória com Deslocamento z n n−m Z a u[n] = , m (z − a)m+1

|z| > |a| , m ∈ N

pois, aplicando a Propriedade 2.10 (atraso) na Propriedade 2.13 (combinatória), tem-se z z −m n+m n −m n n−m = z Z a u[n] = Z a u[n − m] = −1 m+1 m m (1 − az ) (z − a)m+1 Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

27 Observe que a combinação de n elementos m a m não estaria definida para n < m, mas, para n ≥ 0, tem-se 1 n = (n − m + 1) · · · n m m! que é igual a zero para n < m. Assim, z n n−m , Z a u[n] = m (z − a)m+1

|z| > |a| , m ∈ N ⋄

Propriedade 2.15: Reversão no Tempo y[n] = x[−n] ⇒ Y (z) = X(z −1 ) , Ωy = {z −1 ∈ Ωx }

pois X(z) =

+∞ X

x[k]z

−k

k=−∞

⇒ X(z

−1

+∞ X

x[k]z =

+∞ X

k=−∞

x[−k]z −k = Z{y[n]} ⋄

Exemplo 2.15: A transformada Z de x[n] = ρn u[−n] pode ser obtida definindo-se y[n] = x[−n] = ρ−n u[n] ⇒ Y (z) =

z , |z| > ρ−1 z − ρ−1

implicando em X(z) =

ρ z −1 = , |z| < ρ z −1 − ρ−1 ρ−z

De fato, pela definição de transformada Z tem-se Z{x[n]} =

+∞ X

ρk u[−k]z −k =

+∞ X

(z/ρ)k =

k=0

k=−∞

1 , |z/ρ| < 1 1 − z/ρ ✷

Propriedade 2.16: Valor Inicial Considere x[n] um sinal à direita de n = 0, isto é, x[n] = x[n]u[n] com x[0] finito, cuja transformada X(z) possui domı́nio Ωx não vazio. Então, x[0] =

lim X(z)

|z|→+∞

Prova: Como x[n] = 0 para n < 0, o domı́nio Ωx é o exterior de um cı́rculo de raio limitado (para X(z) racional, o domı́nio é o exterior do cı́rculo de menor raio que contém os pólos), e portanto |z| → +∞ pertence a Ωx . X(z) =

+∞ X

n=−∞

x[n]u[n]z

−n

= x[0] +

+∞ X

n=1

x[n]z −n

⇒

lim X(z) = x[0]

|z|→+∞

Observe que se X(z) for racional (razão de dois polinômios em z), a ordem do numerador é necessariamente menor ou igual à do denominador para que o limite exista. Nesse caso, X(z) é denominada função própria. ⋄ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Capı́tulo 2. Transformada Z

Propriedade 2.17: Valor Final Considere X(z) com domı́nio |z| > ρ, 0 < ρ ≤ 1.

Se o limite

lim (z − 1)X(z)

z→1

é finito, então lim x[m] = lim (z − 1)X(z)

m→+∞

z→1

Prova: Considere a seqüência à direita y[n] dada por y[n] = x[n + 1]u[n] − x[n]u[n]

m X

⇒

k=−∞

y[k] = x[m + 1] − x[0]

m≥0

Pela Propriedade 2.2 (soma), tem-se lim Y (z) =

z→1

m X

lim

m→+∞

y[k] =

k=−∞

lim x[m] − x[0]

m→+∞

Aplicando a transformada Z em y[n], tem-se Y (z) = Z{x[n + 1]u[n]} − Z{x[n]u[n]} = zX(z) − zx[0] − X(z) = (z − 1)X(z) − zx[0] Portanto, lim Y (z) = lim (z − 1)X(z) − x[0]

z→1

⇒

z→1

lim (z − 1)X(z) =

z→1

lim x[m]

m→+∞

Observe que, como (z − 1)X(z) deve ser finito em z = 1, X(z) pode no máximo ter um pólo em z = 1. Note também que z = 1 não necessariamente precisa pertencer ao domı́nio. ⋄ Exemplo 2.16: Considere X(z) =

z+1 z + 1/3

|z| > 1/3

Então, x[0] =

+∞ X

k=−∞

lim

|z|→+∞

X(z) = 1

x[k] = lim X(z) = 3/2 z→1

lim x[n] = lim (z − 1)X(z) = lim

n→+∞

z→1

(z − 1)(z + 1) =0 z + 1/3 ✷ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

29 Propriedade 2.18: Transformada Inversa • A transformada inversa da transformada Z de funções racionais pode ser computada pelo algoritmo de Briot-Ruffini2 de divisão de polinômios. • A transformada inversa da transformada Z cujo domı́nio é o exterior de um cı́rculo é uma seqüência à direita. • A transformada inversa da transformada Z cujo domı́nio é o interior de um cı́rculo é uma seqüência à esquerda. • A transformada inversa da transformada Z cujo domı́nio é uma coroa circular centrada na origem é uma seqüência que existe à esquerda e à direita do zero. • A transformada inversa da transformada Z cujo domı́nio é todo o plano complexo, exceto possivelmente ou z = 0, ou |z| → +∞ ou ambos, é dada por uma seqüência de duração finita. ⋄ Exemplo 2.17: Considere X(z) = Então

z z−a

|z| > |a|

∠z − a 1 + az −1 + a2 z −2 + · · ·

z z−a a a − a2 z −1 a2 z −1 X(z) =

z = 1 + az −1 + a2 z −2 + · · · z−a

x[n] = an u[n]

⇒

pois, comparando X(z) com a definição de transformada Z, obtêm-se os termos x[n] (identidade de polinômios). Note que a série converge apenas para |z| > |a|.

Exemplo 2.18: Considere X(z) = Então

z z−a

✷

|z| < |a|

∠−a+z −a−1 z − a−2 z 2 + · · ·

z z − a−1 z 2 a−1 z 2 a−1 z 2 − a−2 z 3 a−2 z 3 X(z) =

z = −a−1 z 1 + a−1 z + a−2 z 2 + · · · z−a

=−

+∞ X

k=0

a−k−1 z k+1 = −

−1 X

n=−∞

an z −n = −

= −a−1 z

+∞ X

n=−∞

+∞ X

a−k z k

k=0

an u[−n − 1]z −n

Comparando polinômios, trata-se da transformada Z de x[n] = −an u[−n − 1] (veja a Propriedade 2.5). Note que a série converge apenas para 2

Charles Auguste Briot, francês do século XIX e Paolo Ruffini, italiano do século XVIII. Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Capı́tulo 2. Transformada Z

|za−1 | < 1

⇒

|z| < |a| ✷

Exemplo 2.19 (Transformada inversa): X(z) =

z z 2z 2 − 5z = + (z − 2)(z − 3) z−2 z−3

|z| > 3

Para o domı́nio em questão, tem-se x[n] = (2n + 3n )u[n] Note que a Propriedade 2.2 (soma) não se aplica, pois z = 1 não pertence ao domı́nio. De fato, X(1) = −3/2 e a soma diverge. A Propriedade 2.16 (valor inicial) é verificada, pois X(+∞) = 2

x[0] = 2

Neste caso, também não se aplica a Propriedade 2.17 (valor final), pois o domı́nio não verifica a hipótese |z| > ρ com ρ ≤ 1. ✷

Exemplo 2.20 (Transformada inversa): X(z) =

z z 2z 2 − 5z = + (z − 2)(z − 3) z−2 z−3

|z| < 2

Para o domı́nio em questão, tem-se x[n] = −(2n + 3n )u[−n − 1] A Propriedade 2.2 (soma) é verificada, pois z = 1 pertence ao domı́nio X(1) = −3/2

+∞ X

n=−∞

x[n] = −3/2

Não se aplicam as propriedades 2.16 (valor inicial) e 2.17 (valor final), pois z → +∞ não pertence ao domı́nio e o domı́nio é o interior de um cı́rculo (e, portanto, a função x[n] não é à direita). ✷

Exemplo 2.21 (Transformada inversa): X(z) =

z z 2z 2 − 5z = + (z − 2)(z − 3) z−2 z−3 ⇒

2 < |z| < 3

x[n] = 2n u[n] − 3n u[−n − 1]

Não se aplicam as propriedades 2.2 (soma), 2.16 (valor inicial) e 2.17 (valor final).

✷

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

31 Exemplo 2.22 (Transformada inversa): X(z) =

1 z−a

|z| > |a|

é dada por (usando Briot-Ruffini) X(z) =

1 = z −1 + az −2 + a2 z −3 + · · · z−a

Observe que X(z) = z −1

z = z −1 Z{an u[n]} z−a

⇒

x[n] = an−1 u[n − 1]

pela Propriedade 2.10 (atraso). ✷

A transformada Z inversa de funções racionais próprias X(z) com domı́nio no exterior de um cı́rculo (séries à direita) pode ser obtida pela Propriedade 2.14 (combinatória com deslocamento) por meio da expansão em frações parciais de X(z)/z na variável z.

Exemplo 2.23 (Pólos distintos): Considere ρ 6= 1 e Y (z) dado por Y (z) =

z2 , |z| > max{|ρ|, 1} (z − ρ)(z − 1)

z a b Y (z) = = + z (z − ρ)(z − 1) z−ρ z−1 a=−

ρ 1−ρ

1 1−ρ

Usando a Propriedade 2.14 (combinatória com deslocamento), tem-se y[n] = aρn u[n] + bu[n] =

1 − ρn+1 u[n] 1−ρ ✷

Exemplo 2.24 (Pólos múltiplos): Para a transformada X(z) dada por a1 a3 z a2 X(z) = + , |z| > 1 = + 3 2 z (z − 1) z − 1 (z − 1) (z − 1)3 tem-se a1 = 0, a2 = 1 e a3 = 1. Portanto, x[n] =

n 1

u[n] +

n 2

u[n] =

n(n + 1) u[n] 2 ✷

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Capı́tulo 2. Transformada Z Exemplo 2.25: Considere ρ 6= 1 e a transformada Y (z) dada por Y (z) =

ρz 2 , |z| > max{|ρ|, 1} (z − 1)(z − ρ)2

Y (z) ρz a b c = = + + z (z − 1)(z − ρ)2 z − 1 z − ρ (z − ρ)2 cujos coeficientes são a=

ρ −ρ −ρ2 , b = , c = (1 − ρ)2 (1 − ρ)2 (1 − ρ)

Portanto, y[n] = au[n] + bρn u[n] + c

n 1

= a + bρn + cnρn−1 u[n] =

ρn−1 u[n] = ρ 1 − (n + 1)ρn + nρn+1 u[n] 2 (1 − ρ)

✷

A transformada Z inversa de funções racionais próprias com domı́nio no exterior de um cı́rculo (séries à direita) também pode ser obtida pela Propriedade 2.13 (combinatória) por meio da expansão em frações parciais na variável z −1 .

Exemplo 2.26: Retomando o Exemplo 2.23, com ρ 6= 1 e Y (z) dado por

Y (z) =

1 a b z2 = = + , |z| > max{|ρ|, 1} (z − ρ)(z − 1) (1 − ρz −1 )(1 − z −1 ) 1 − ρz −1 1 − z −1

tem-se a=

1 ρ =− 1 − z −1 1−ρz−1 =0 1−ρ

1 1 = 1 − ρz −1 1−z−1 =0 1−ρ

Usando a Propriedade 2.13 (combinatória), obtém-se a seqüência y[n] = aρn u[n] + bu[n] =

1 − ρn+1 u[n] 1−ρ

Para ρ = 1, tem-se Y (z) =

y[n] = Z −1

1 , |z| > 1 (1 − z −1 )2 n

o X 1 1 = (n + 1)u[n] = −1 2 (1 − z ) k=0

O mesmo resultado pode ser obtido aplicando a regra de l’Hôpital na expressão de y[n] −(n + 1)ρn 1 − ρn+1 = lim =n+1 ρ→1 ρ→1 1−ρ −1

y[n] = lim

✷

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

33 Exemplo 2.27: Retomando o Exemplo 2.24, com a transformada Z Y (z) =

z2 z −1 a b c = = + + , |z| > 1 (z − 1)3 (1 − z −1 )3 1 − z −1 (1 − z −1 )2 (1 − z −1 )3

Os coeficientes são: a = 0, b = −1 e c = 1. Portanto, y[n] =

(−1)

n+1 1

n+2 2

u[n] =

n(n + 1) u[n] 2 ✷

Exemplo 2.28: O Exemplo 2.25, com ρ 6= 1 e a transformada Y (z) dada por Y (z) =

ρz 2 ρz −1 = , |z| > max{|ρ|, 1} (z − 1)(z − ρ)2 (1 − z −1 )(1 − ρz −1 )2 Y (z) =

b c a + + 1 − z −1 1 − ρz −1 (1 − ρz −1 )2

cujos coeficientes são a=

−ρ2 ρ ρ , b = , c= (1 − ρ)2 (ρ − 1)2 (ρ − 1)

produz y[n] = (a + bρn + c(n + 1)ρn ) u[n] =

ρ 1 − (n + 1)ρn + nρn+1 u[n] 2 (1 − ρ) ✷

Exemplo 2.29: Considere Y (z) dado por Y (z) =

z , |z| > λ1 z2 − z − 1

√ √ 1+ 5 1− 5 sendo λ1 = e λ2 = as raı́zes do denominador. 2 2 Y (z) =

z −1 a1 a2 z = = + −1 (z − λ1 )(z − λ2 ) (1 − λ1 z )(1 − λ2 z −1 ) 1 − λ1 z −1 1 − λ2 z −1

cujos coeficientes são √ 5 1 a1 = = λ1 − λ2 5

√ 1 − 5 a2 = = λ2 − λ1 5

resultando em y[n] = a1 λn1 + a2 λn2 ≈ a1 λn1

para n grande, pois |λ2 | < 1 ✷

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Capı́tulo 2. Transformada Z Exemplo 2.30: A transformada inversa x[n] de X(z) =

z(z 2 − 3z + 3) z z = + , |z| < 1 (z − 1)(z − 2)2 z − 1 (z − 2)2

pode ser obtida pela Propriedade 2.15 (reversão no tempo). Definindo y[n] = x[−n], tem-se

Y (z) = X(z −1 ) =

z −1 z −1 − 1

z −1 (z −1 − 2)2

z 1 z −1 1 + = + , |z| > 1 1−z (1 − 2z)2 z − 1 4 (z − 1/2)2

implicando em y[n] = −u[n − 1] + n2−(n+1) u[n] ⇒ x[n] = −u[−n − 1] − n2n−1 u[−n] ✷

2.1

Exercı́cios

Exercı́cio 2.1: Determine a saı́da y[n] de um sistema linear invariante no tempo cuja resposta ao impulso é G{δ[n]} = δ[n + 1] − u[n] + u[n − 2] para a entrada x[n] tal que Z{x[n]} = z − z −2 , com z ∈ C − {0}. Exercı́cio 2.2: A seqüência x[n] tem transformada Z dada por X(z) = Determine: +∞ X kx[k] a) k=−∞

+∞ X

x[k]

4z , |z| > 0.5 (2z − 1)(1 + 2z)

c) x[1]

k=−∞

Exercı́cio 2.3: Determine x[0], x[1] e x[2] do sinal cuja transformada Z é dada por X(z) =

+∞ X

x[n]z −n =

n=−∞

2z + 1 ; |z| > 3 z 2 + 4z + 3

Exercı́cio 2.4: Determine a transformada Z e o domı́nio Ωx para x[n] dado por Z{x[n]} =

+∞ X

x[k]z −k , x[n] = 3n cos2 (2n)u[n]

k=−∞

Exercı́cio 2.5: Determine a seqüência x[n] cuja transformada Z e domı́nio são dados por +∞ X 2z x[k]z −k = a) X(z) = , |z| < 1 (z − 1)(z + 1) b)

X(z) =

k=−∞ +∞ X

x[k]z −k =

k=−∞

2z (z − 1)(z + 1)

|z| > 1

Exercı́cio 2.6: Determine a transformada Z inversa (isto é, a seqüência x[n]) de X(z) = para os domı́nios: a) |z| > 2 b) |z| < 0.5

−2.5z (z + 2)(z − 0.5)

c) 0.5 < |z| < 2 Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

2.1. Exercı́cios Exercı́cio 2.7: Determine, para o sistema descrito por y[n + 1] = v[n] + x[n] , 2v[n + 1] + 2y[n + 1] + y[n] = x[n] , x[n] = n2−n u[n] a)

+∞ X

y[n]

n=0

+∞ X

ny[n]

n=0

Exercı́cio 2.8: A seqüência x[n] tem transformada Z dada por X(z) = Determine: +∞ X kx[k] a)

+∞ X

x[k]

z 2 − z/4 , |z| > 0.5 (z + 0.5)(z − 0.5)

c) x[1]

k=−∞

Exercı́cio 2.9: Mostre que u[n] ∗ u[n] = (n + 1)u[n] a) pela definição de convolução (Definição 1.12) b) pelo Teorema 2.1 Exercı́cio 2.10: Determine a saı́da y[n] de um sistema linear invariante no tempo cuja resposta ao impulso é G{δ[n]} = 2δ[n − 1] − u[n] + u[n − 2] para a entrada x[n] tal que Z{x[n]} = z + z −1 , com z ∈ C − {0}. Exercı́cio 2.11: Determine a saı́da y[n] de um sistema linear invariante no tempo cuja resposta ao impulso é G{δ[n]} = δ[n + 1] + u[n] − u[n − 2] para a entrada x[n] tal que Z{x[n]} = z − z −1 Exercı́cio 2.12: Determine a saı́da y[n] de um sistema linear invariante no tempo cuja resposta ao impulso é G{δ[n]} = 2δ[n] − δ[n − 1] − δ[n + 1] para a entrada x[n] tal que Z{x[n]} = z − z −1 , z ∈ C − {0}. Exercı́cio 2.13: Determine a transformada inversa Z de X(z) =

z+1 , |z| > 1/3 z + 1/3

Solução: X(z) =

1 z + z + 1/3 z + 1/3

⇒

x[n] = (−3)−n u[n] + (−3)−n+1 u[n − 1]

1 z + 1/3

⇒

x[n] = δ[n] + (2/3)(−3)−n+1 u[n − 1]

ou, alternativamente, X(z) = 1 + (2/3)

Exercı́cio 2.14: Determine Z{x[n] = 2n sen2 (3n)u[n]} e o domı́nio Ωx da transformada. Exercı́cio 2.15: Determine a transformada Z inversa (isto é, a seqüência x[n]) de X(z) = para os domı́nios: a) |z| > 2 b) |z| < 0.5

2.5z (z − 2)(z + 0.5)

c) 0.5 < |z| < 2

Exercı́cio 2.16: Determine a seqüência x[n] cuja transformada Z é dada por a) X(z) =

2z 2z , |z| > 1 , b) X(z) = 2 , |z| < 1 z2 − 1 z −1 Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Capı́tulo 2. Transformada Z

Exercı́cio 2.17: A seqüência x[n] tem transformada Z dada por X(z) = Determine: a) x[+∞]

b) x[0]

+∞ X

9 , |z| > 0.5 (z + 0.5)3 (z − 0.5)2

x[k]

k=−∞

Exercı́cio 2.18: A seqüência x[n] tem transformada Z dada por X(z) = Determine: +∞ X kx[k] a)

+∞ X

z 3 − z/4 , |z| > 0.5 (z + 0.5)(z − 0.5)

x[k]

k=−∞

Exercı́cio 2.19: A seqüência x[n] tem transformada Z dada por X(z) =

9 (z + 0.5)2 (z − 0.5)2

, |z| > 0.5

Determine: a) x[4] b) x[5] Exercı́cio 2.20: a) Determine o módulo e a fase em z = exp(jπ/5) de H(z) para o sistema linear invariante no tempo cuja resposta ao impulso é a convolução de (nρn u[n]) ∗ (nρn u[n]), com ρ = 0.5. b) Determine a saı́da do sistema para a entrada x[n] = 3 cos(πn/2) + 2sen(πn/3) Exercı́cio 2.21: Determine a transformada Z inversa (isto é, a seqüência x[n]) de X(z) =

16z 3 + 10z 2 + 2z , 1/4 < |z| < 1/2 (z + 1/2)(z + 1/4)2

Exercı́cio 2.22: A seqüência x[n] tem transformada Z dada por X(z) =

16z 3 + 10z 2 + 2z , |z| > 0.5 (z + 1/2)(z + 1/4)2

x[k]

Determine: a) x[+∞]

b) x[0]

+∞ X

kx[k]

k=−∞

Exercı́cio 2.23: Determine a convolução de nρn u[n] com a seqüência cuja transformada Z é dada por 2z , |z| > |ρ| z−ρ Exercı́cio 2.24: Determine H(z) = Y3 (z)/X1 (z) para o sistema composto por três subsistemas em cascata (isto é, a saı́da do primeiro é entrada do segundo, e a saı́da do segundo é entrada do terceiro), sendo o primeiro um sistema linear invariante no tempo cuja resposta ao impulso é h1 [n] = nρn u[n] o segundo dado por y2 [n] =

+∞ X

k=−∞

ρn−k u[n − k]x2 [k]

e o terceiro um sistema linear invariante no tempo descrito pela equação a diferenças y3 [n + 1] − ρy3 [n] = x3 [n] Exercı́cio 2.25: Determine as convoluções e as condições sobre o parâmetro ρ ∈ C para a existência das convoluções, i.e. para que as convoluções sejam finitas, a) (ρn u[n]) ∗ (ρn u[n]) b) (ρn u[n]) ∗ (ρn u[−n]) c) (ρn u[n]) ∗ (ρ−n u[−n]) Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Capı́tulo 3

Transformada Z Aplicada a Probabilidade A transformada Z é um operador matemático eficiente no tratamento de variáveis aleatórias discretas, como por exemplo nas distribuições de Bernoulli, binomial, geométrica, Poisson, Erlang, etc. Considere a seqüência enumerável p[k] de escalares reais (positivos ou nulos) tal que +∞ X

p[k] = 1

k=−∞

na qual, freqüentemente, p[k] = 0 para k = −1, −2, −3, . . . Definição 3.1: Variável Aleatória Discreta É uma função X à qual está associada uma distribuição de probabilidade Pr{X = k} = p[k] ≥ 0 ;

+∞ X

p[k] = 1

k=−∞

Definição 3.2: Esperança Matemática E{f (X)} =

f (k)p[k]

Definição 3.3: Momento de ordem m E{Xm } =

k m p[k]

m ∈ Z+

Definição 3.4: Média x̄ = E{X} = ou seja, a média é o momento de primeira ordem.

kp[k]

Definição 3.5: Variância σX2 =

X k

(k − x̄)2 p[k] 37

Capı́tulo 3. Transformada Z Aplicada a Probabilidade

Propriedade 3.1: A variância da variável aleatória X é igual ao momento de segunda ordem menos o momento de primeira ordem ao quadrado, ou seja, σX2 = E{X2 } − E{X}2 pois X k

(k − x̄)2 p[k] =

X k

k 2 p[k] − 2x̄

kp[k] + x̄2

X k

p[k] = E{X2 } − 2x̄2 + x̄2 ⋄

Exemplo 3.1: Considere a equação a diferenças de primeira ordem com 0 < ρ < 1 que descreve a cadeia markoviana da fila M/M/1 (chegadas e serviços com taxas independentes entre si que dependem apenas do estado da cadeia, um servidor e fila de espera não limitada) dada por

⇒

µp[n + 1] = λp[n]

p[n + 1] = ρp[n] , n ∈ N , ρ = λ/µ ; p[n] = 0 , n < 0 ,

+∞ X

p[n] = 1

n=−∞

sendo λ a taxa de chegadas e µ a taxa de serviços. Por substituição sistemática, tem-se p[1] = ρp[0] ; p[2] = ρp[1] = ρ2 p[0] ; p[3] = ρp[2] = ρ3 p[0] ; . . . ; p[n] = ρn p[0] Como

+∞ X

ρk =

k=0

1 1−ρ

tem-se p[n] = (1 − ρ)ρn u[n]

(u[n] = função degrau)

que é a distribuição geométrica. Observe que p[0] = 1 − ρ é a probabilidade do sistema estar vazio (servidor desocupado na teoria de filas). ✷

Exemplo 3.2 (Bernoulli): Pr{X = 1} = p > 0 , Pr{X = 0} = 1 − p = q > 0 A variável aleatória de Bernoulli1 modela processos com duas possibilidades; por exemplo, probabilidade de um servidor estar livre ou ocupado. E{X} =

X k

kp[k] = 1p + 0(1 − p) = p

E{X2 } =

X k

k 2 p[k] = 1p + 0(1 − p) = p

σX2 = E{X2 } − E{X}2 = p(1 − p) = pq ✷ 1

Jacob (Jacques) Bernoulli, matemático suiço 1654–1705. Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

39 Definição 3.6: Independência Duas variáveis aleatórias discretas são independentes se a probabilidade conjunta for igual ao produto das probabilidades, isto é, Pr{X = x, Y = y} = Pr{X = x} Pr{Y = y} Propriedade 3.2: Independência Pr{X = x, Y = y} = Pr{X = x} Pr{Y = y}

⇒

E{f (X)g(Y)} = E{f (X)}E{g(Y)}

pois E{f (X)g(Y)} =

XX k

f (k)g(m) Pr{X = k, Y = m} =

f (k) Pr{X = k}

g(m) Pr{Y = m}

⋄ Definição 3.7: Transformada Z A transformada Z da série p[n] é dada por2 GX (z) = Z{p[n]} =

+∞ X

p[k]z k

k=−∞

Propriedade 3.3: Z{p[n]} = E{z X } pois f (X) = z X

⇒

E{f (X)} =

f (k) Pr{X = k} =

X k

z k p[k] = Z{p[n]} ⋄

Exemplo 3.3: A transformada Z de uma variável aleatória constante igual a m, isto é, Pr{X = m} = 1 , p[n] = δ[n − m] é dada por GX (z) =

+∞ X

k=−∞

δ[k − m]z k = z m ✷

Note que a transformada Z é definida com z k (e não z −k ) para ficar de acordo com a maior parte dos livros de probabilidade. Duas conseqüências importantes disso são: a região de convergência para seqüências à direita é o interior de um cı́rculo (e não o exterior), e na Propriedade do Operador Derivada não aparece o sinal negativo. 2

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Capı́tulo 3. Transformada Z Aplicada a Probabilidade Exemplo 3.4: Seja X a variável aleatória que descreve o número de elementos na fila M/M/1 do Exemplo 3.1. A distribuição de probabilidade é dada por p[n] = (1 − ρ)ρn u[n] , 0 < ρ < 1 A transformada Z de p[n] é dada por +∞ X

GX (z) = (1 − ρ)

(ρz)k u[k] =

k=−∞

1−ρ 1 , |z| < 1 − ρz ρ

Observe que a divisão dos polinômios da transformada Z (em termos de potências positivas de z) produz a função inversa, isto é, a seqüência p[n]. 1−ρ = (1 − ρ)(1 + ρz + ρ2 z 2 + · · · ) 1 − ρz

GX (z) =

✷

Propriedade 3.4: Soma Z{p[n]}

z=1

= GX (1) =

p[k] = 1

Note que esta propriedade pode ser usada para testar eventuais erros nas expressões das transformadas Z das distribuições de probabilidade. ⋄ Propriedade 3.5: Operador Derivada

zd dz

Z{p[n]} = Z{nm p[n]} ,

m ∈ Z+

pois z

X X d kp[k]z k = Z{np[n]} kz k−1 p[k] = Z{p[n]} = z dz k

e a aplicação recorrente do operador

zd dz

prova a propriedade. ⋄

Propriedade 3.6: Momentos m

E{X } =

zd dz

Z{p[n]}

z=1

= Z{nm p[n]}

z=1

m ∈ Z+

Esta propriedade pode ser usada para o cálculo dos momentos de ordem m. ⋄ Propriedade 3.7: Variância σX2 =

zd dz

Z{p[n]}

z=1

−

zd dz

Z{p[n]}

z=1

2 ⋄

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

41 Propriedade 3.8: Série de Taylor Seqüências p[n] à direita do zero podem ser calculadas a partir da série de Taylor3 de GX (z) em z = 0, pois GX (z) =

+∞ X 1 dn

n=0

n! dz

(n)

G (z) n X

z=0

⇒

p[n] =

GX (0) n! ⋄

Exemplo 3.5: Considere novamente a variável aleatória de Bernoulli do Exemplo 3.2, para a qual Pr{X = 1} = p > 0 ; Pr{X = 0} = 1 − p = q > 0

⇒

p[n] = qδ[n] + pδ[n − 1]

No Exemplo 3.2, média e variância foram obtidas pela definição. Neste exemplo, a média e variância são determinadas pelas propriedades da transformada Z. A transformada Z de p[n] é dada por

GX (z) =

+∞ X

k=−∞

p[k]z k = (1 − p) + zp = q + zp

O teste da soma é verificado, pois GX (1) = q + p = 1 O momento de primeira ordem fornece

zd dz

GX (z) = zp

⇒

E{X} = p

e o momento de segunda ordem é dado por

zd dz

GX (z) = zp =⇒ E{X2 } = p

A variância é σX2 = p − p2 = pq A expansão em série de Taylor produz GX (z) = q + zp

⇒

p0 = q , p 1 = p

que confirma a expressão da transformada. ✷

Exemplo 3.6: Considere a distribuição de probabilidade p[n] = (1 − ρ)ρn u[n], para 0 < ρ < 1, do Exemplo 3.4. Note que p[n] é sempre maior ou igual a zero e a soma de p[n] para todo n é igual a 1 (veja a Propriedade 2.3 da soma geométrica). A média da variável aleatória X é 3

Brook Taylor, matemático inglês (1685–1731). Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Capı́tulo 3. Transformada Z Aplicada a Probabilidade

E{X} =

+∞ X

n=−∞

np[n] = Z{np[n]}

z=1

Como GX (z) = (1 − ρ)

1 = (1 − ρ)(1 − ρz)−1 1 − ρz

|z| <

1 ρ

e 1 ∈ Ωx , tem-se

zd dz

GX (z) = Z{np[n]} = (1 − ρ)ρz(1 − ρz)−2

Em z = 1,

E{X} =

+∞ X

np[n] =

n=−∞

ρ 1−ρ

O momento de segunda ordem da variável aleatória X é dado por E{X2 } =

zd dz

+∞ X

n2 p[n]

n=−∞

GX (z) = Z{n2 p[n]} = (1 − ρ)ρ z(1 − ρz)−2 + 2ρz 2 (1 − ρz)−3

Em z = 1, E{X2 } =

ρ + ρ2 (1 − ρ)2

A variância de X é dada por E{X2 } − E{X}2 =

ρ (1 − ρ)2 ✷

Propriedade 3.9: Somatória de Variáveis Aleatórias Se Xi , i = 1, . . . , n são variáveis aleatórias discretas independentes e W=

n X

ai Xi

i=1

com ai , i = 1, . . . , n constantes, então GW (z) = E{z W } = E{z

i=1 ai Xi

} = GX1 (z a1 )GX2 (z a2 ) · · · GXn (z an )

pois E{z

i=1 ai Xi

} = E{z a1 X1 } · · · E{z an Xn } = E{(z a1 )X1 } · · · E{(z an )Xn } = GX1 (z a1 ) · · · GXn (z an ) ⋄ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

43 Exemplo 3.7 (Soma): Sejam X e Y variáveis aleatórias discretas e independentes. Então GX+Y (z) = GX (z)GY (z) ou seja, a transformada Z da soma de variáveis aleatórias independentes é o produto das transformadas Z. ✷

Exemplo 3.8 (Subtração): Sejam X e Y variáveis aleatórias discretas e independentes. Então G2X−Y (z) = GX (z 2 )GY (z −1 ) ✷

A propriedade seguinte mostra que a distribuição de probabilidade associada ao produto de duas transformadas Z é a convolução das distribuições individuais. Propriedade 3.10: Sejam

x[k]z k

p[k]z k

⇒

p[n] =

y[m]z m =

GX (z) =

GY (z) =

y[k]z k

Então, GX (z)GY (z) =

X k

x[k]y[n − k] = x[n] ∗ y[n]

pois GX (z)GY (z) =

x[k]z k

X m

x[k]y[m]z k+m =

XX n

x[k]y[n − k] z n {z p[n]

}

⋄

O resultado da Propriedade 3.9 permite uma abordagem alternativa (ao processo de contagem) para a definição da variável aleatória binomial.

Exemplo 3.9 (Variável aleatória binomial): Considere X1 , X2 , . . . , Xn variáveis aleatórias de Bernoulli, independentes e com a mesma distribuição de probabilidade Pr{Xi = 1} = p > 0 , Pr{Xi = 0} = 1 − p = q > 0 ,

i = 1, . . . , n

Seja Y = X1 + X2 + · · · + Xn Observe que Pr{Y = k} = p[k] é a probabilidade de ocorrerem k acertos em n testes. Pela Propriedade 3.9, tem-se GY (z) = GX1 (z) · · · GXn (z) = (q + zp)n Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Capı́tulo 3. Transformada Z Aplicada a Probabilidade Expandindo o binômio de Newton4 , tem-se n

GY (z) = (q + zp) =

n X n k

k=0

n X

(zp)k q (n−k) =

k=0

n! pk q (n−k) k!(n − k)! {z } | p[k]

Observe que a fração na expressão indica o número de possibilidades de ocorrer k acertos em n testes, e o produto pk q n−k indica a probabilidade de haver k acertos e n − k erros. A média e a variância podem ser calculadas a partir da transformada Z GY (z) = (q + zp)n GY (1) = (q + p)n = 1

zd dz

GY (z) = zn (q + zp)

GY (z) = z np (q + zp)

(n−1)

⇒

ȳ = E{Y} = np

(n−2)

+ npz(n − 1) (q + zp)

⇒

E{Y2 } = n2 p2 + np(1 − p)

σY2 = n2 p2 + np(1 − p) − n2 p2 = npq Este resultado confirma que a média da soma de variáveis aleatórias é a soma das médias e que, para variáveis aleatórias independentes, a variância da soma é a soma das variâncias. ✷

A distribuição binomial (n, p) tende para a distribuição de Poisson5 quando n tende para infinito mantendo-se constante o valor médio ρ = np, isto é, considerando-se que p = ρ/n decresça de maneira apropriada. Propriedade 3.11: Poisson como limite da binomial (q + zp)n = exp ρ(z − 1)

lim

n→+∞ , p=ρ/n

pois

ρ(z − 1) n = exp ρ(z − 1) GY (z) = lim (q + zp) = lim 1+ n→+∞ n n→+∞ , p=ρ/n n

pois

lim

n→+∞

Expandindo GY (z) em série de Taylor, tem-se GY (z) = exp(−ρ)

+∞ X (zρ)k k=0

4 5

⇒

a n = exp(a) n

p[k] = Pr{Y = k} =

ρk exp(−ρ) , k ∈ N k!

Sir Isaac Newton, inglês (1643–1727). Siméon Denis Poisson, matemático francês (1781–1840). Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

45 Uma demonstração alternativa pode ser feita diretamente da expressão da distribuição da binomial. Assim, p[k] = Pr{Y = k} =

ρk n! ρ n−k n! 1 − pk (1 − p)n−k = k!(n − k)! k!(n − k)! nk n

Portanto, n! ρk ρk ρ n−k lim = 1 − n→+∞ k!(n − k)! nk n k! pois

n! ρ n−k lim lim 1 − n→+∞ nk (n − k)! n→+∞ n {z } | {z } | 1 exp(−ρ)

n! 1 n (n − 1) (n − k + 1) = lim ··· =1 k n→+∞ (n − k)! n n→+∞ n n n lim

resultando em p[k] = Pr{Y = k} =

ρk exp(−ρ) , k ∈ N k! ⋄

Exemplo 3.10: A média e a variância da distribuição de Poisson podem ser calculadas a partir da transformada Z. Para uma variável aleatória de Poisson, tem-se GY (z) = exp(−ρ) exp(ρz)

zd dz

GY (z) = exp(−ρ)ρz exp(ρz)

⇒

GY (1) = 1

⇒

GY (z) = z exp(−ρ) ρ exp(ρz) + ρ2 z exp(ρz)

ȳ = E{Y} = ρ

⇒

E{Y2 } = ρ + ρ2

σY2 = ρ + ρ2 − ρ2 = ρ Note que a média de uma variável aleatória poissoniana é igual à variância.

✷

Propriedade 3.12: A soma de variáveis aleatórias poissonianas independentes é poissoniana pois, para Y = Y1 + Y2 GY (z) = E{z (Y1 +Y2 ) } = E{z Y1 } E{z Y2 } = GY1 (z) GY2 (z) GY (z) = exp ρ1 (z − 1) exp ρ2 (z − 1) = exp (ρ1 + ρ2 )(z − 1)

que trata-se de uma distribuição poissoniana com média ρ1 + ρ2 .

⋄ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

3.1

Capı́tulo 3. Transformada Z Aplicada a Probabilidade

Exercı́cios

Exercı́cio 3.1: A transformada Z da distribuição de probabilidade de uma variável aleatória discreta é E{z X } = Determine: a) Pr{X = 0}

z k Pr{X = k} =

2z + z 2 , |z| < 2 3(2 − z)3

b) A média de X

Exercı́cio 3.2: Determine a média de uma distribuição de probabilidade cuja transformada Z é dada por E{z X } =

+∞ X

z k Pr{X = k} =

k=−∞

z , |z| < 2 (z − 2)2

Exercı́cio 3.3: A transformada Z da distribuição de probabilidade de uma variável aleatória discreta é E{z X } = Determine:

a) Pr{X = 1}

z k Pr{X = k} =

2z 2 + z 3 , |z| < 2 3(2 − z)3

b) A média de X

Exercı́cio 3.4: Determine a média, a variância, a probabilidade Pr{Y = 0} e a probabilidade Pr{Y = 1} da variável aleatória cuja transformada Z é dada por E{z Y } =

z k Pr{Y = k} =

1 1 1 E{z X }(z −1 + z) , Pr{X = n} = δ[n − 2] + δ[n + 2] 2 2 2

Exercı́cio 3.5: A transformada Z da distribuição de probabilidade de uma variável aleatória discreta é E{z X } = Determine: a) Pr{X = 0}

z k Pr{X = k} =

(1 − ρ)2 , |z| < 1/ρ , 0 < ρ < 1 (1 − ρz)2

b) A média de X

Exercı́cio 3.6: Considere X e Y variáveis aleatórias independentes com distribuição geométrica identicamente distribuı́das, isto é, Pr{X = n} = Pr{Y = n} = (1 − ρ)ρn u[n] a) Determine a transformada Z da variável aleatória W = X + Y b) Determine as probabilidades: Pr{W = 0} , Pr{W = 1} Exercı́cio 3.7: A transformada Z da distribuição de probabilidade de uma variável aleatória discreta é E{z X } = Determine: a) Pr{X = 1}

z k Pr{X = k} =

z(1 − ρ)2 , |z| < 1/ρ , 0 < ρ < 1 (1 − ρz)2

b) A média de X

Exercı́cio 3.8: Considere X e Y variáveis aleatórias independentes identicamente distribuı́das com distribuição geométrica, isto é, Pr{X = n} = Pr{Y = n} = (1 − ρ)ρn u[n] a) Determine a transformada Z da variável aleatória W = 2X + Y b) Determine as probabilidades: Pr{W = 0} , Pr{W = 2} c) Determine a média de W Exercı́cio 3.9: Considere X e Y variáveis aleatórias independentes, com Pr{X = n} = 0.5δ[n] + 0.5δ[n − 1]

Pr{Y = n} = 0.5δ[n] + 0.5δ[n + 1]

a) Determine a transformada Z da variável aleatória W = X − Y b) Determine a variância de W Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

3.1. Exercı́cios Exercı́cio 3.10: Considere X e Y variáveis aleatórias independentes, com Pr{X = n} = (1 − ρ)ρn u[n] , 0 < ρ < 1

Pr{Y = n} = 0.5δ[n] + 0.5δ[n + 1]

a) Determine a transformada Z da variável aleatória W = X − Y2 b) Determine a variância de W Exercı́cio 3.11: A variável aleatória W é definida por W = X − 2Y, sendo X e Y variáveis aleatórias independentes. A transformada Z da variável aleatória X é dada por X

E{z } =

+∞ X

Pr{X = k}z =

k=−∞

3 1 +z 4 4

e a distribuição de probabilidade da variável aleatória Y é dada por Pr{Y = n} =

2 1 1 δ[n] + δ[n − 1] + δ[n + 1] 4 4 4

. a) Determine a transformada Z da variável aleatória W b) Determine a média e a variância de W c) Determine a probabilidade de W ser igual a 2 Exercı́cio 3.12: A variável aleatória discreta X, de distribuição de probabilidade x[k], tem transformada Z dada por +∞ X x[k]z k = (q + pz 2 )m ; p + q = 1 , 0 < p < 1 , 1 < m ∈ Z E{z X } = k=−∞

Determine a variância de X Exercı́cio 3.13: a) Determine a média da variável aleatória discreta X cuja transformada Z é dada por E{z X } =

+∞ X

k=−∞

Pr{X = k}z k = zp 1 − (1 − p)z

−1

; 0 < p < 1 , |z| < (1 − p)−1

b) Determine, também, a variância de X e a probabilidade Pr{X = 1} Exercı́cio 3.14: Considere X e Y variáveis aleatórias binomiais independentes com parâmetros n ∈ Z, n > 0, e p ∈ R, 0 < p < 1. a) Determine a transformada Z da variável aleatória W = 2X − Y Usando E{z W }, determine b) a média de W c) a probabilidade de W ser igual a −n Exercı́cio 3.15: A função distribuição de probabilidade da variável aleatória discreta X é dada por p[n] = (1 − p)n−1 pu[n − 1] , 0 < p < 1 a) Determine a transformada Z da variável aleatória X.

b) Determine a média e a variância de X.

Exercı́cio 3.16: a) Determine a transformada Z da variável aleatória W dada por W = X − Y + n , E{z W } =

+∞ X

z k Pr{W = k}

k=−∞

sendo X e Y variáveis aleatórias binomiais independentes com parâmetros n ∈ Z, n > 0, e p ∈ R, 0 < p < 1. b) Determine a média de W c) Determine Pr{W = 0} e Pr{W = 1} Exercı́cio 3.17: Considere a equação a diferenças de primeira ordem que descreve a cadeia markoviana de uma fila M/M/r/r (chegadas e serviços com taxas independentes entre si que dependem apenas do estado da cadeia, r servidores e no máximo r elementos na fila) dada por (n + 1)µp[n + 1] = λp[n]

⇒

p[n + 1] =

r X ρ p[k] = 1 p[n] , ρ = λ/µ , n+1 k=0

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Capı́tulo 3. Transformada Z Aplicada a Probabilidade

a) Mostre que a solução da equação a diferenças é a distribuição de Erlang6 dada por ρn p[0] p[n] = n!

p[0] =

r X ρk

k=0

!−1

Note que p[r] é a probabilidade de bloqueio (os r servidores ocupados), ou seja, de uma nova chegada não ser atendida. b) Calcule a transformada Z da distribuição c) Mostre que o número médio de atendimentos é dado por ρ(1 − p[r]) Exercı́cio 3.18: Determine a média e a variância da variável aleatória Y, que descreve o número de eventos que ocorrem durante o intervalo X. O processo de chegadas é poissoniano com taxa λ e a variável aleatória X tem densidade de probabilidade x(t) igual à resposta ao impulso da equação diferencial ẍ + 2ẋ + x = δ(t) A transformada Z da variável aleatória Y é dada por Y (z) =

+∞ X

z k Pr{Y = k} = X(s)

k=−∞

s=λ(1−z)

sendo X(s) a transformada de Laplace de x(t)

Agner Krarup Erlang (1878–1929), engenheiro dinamarquês. Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Capı́tulo 4

Série de Fourier de Sinais Discretos Definição 4.1: Sinais Periódicos Um sinal x[n] é periódico se existe um inteiro positivo N tal que x[n] = x[n + N ] para ∀n ∈ Z. Nesse caso, N é um perı́odo e, se for o menor inteiro que satisfaz a relação, é chamado de perı́odo fundamental. Sinais periódicos são uma classe importante de sinais de potência, que podem ser representados por séries de Fourier1 . Propriedade 4.1: A função x[n] = exp(jβn) , β ∈ R , n ∈ Z é periódica se e somente se β = 2π

p , p, q ∈ Z q

Se q = N é o menor inteiro positivo que satisfaz a relação, então N é o perı́odo fundamental. Prova: Se β = 2π

p , p, q ∈ Z q

então exp jβ(n + q) = exp(jβn) exp(jβq) = exp(j2πp) exp(jβn) = exp(jβn)

⇒

periódica

Por outro lado, se x[n] = exp(jβn) é periódica, ou seja, se x[n] = x[n + q]

⇒

exp(jβn) = exp jβ(n + q)

exp(jβn) = exp(jβn) exp(jβq)

⇒

exp(jβq) = 1

então ⇒

βq = 2πp , p, q ∈ Z ⋄

Jean Baptiste Joseph Fourier, matemático francês (1768–1830).

Capı́tulo 4. Série de Fourier de Sinais Discretos Exemplo 4.1: Para que o sinal x[n] = sen(an) =

1 1 exp(jan) − exp(−jan) 2j 2j

seja periódico, é necessário que a = 2π

p , p, q ∈ Z q ✷

Propriedade 4.2: Se x1 [n] e x2 [n] são periódicos, então a soma x[n] = c1 x1 [n] + c2 x2 [n] é periódica e o perı́odo fundamental é (em geral) múltiplo dos perı́odos individuais.

⋄

Exemplo 4.2: O perı́odo fundamental (menor perı́odo) do sinal x[n] = exp(j3πn/5) − exp(jπn/2) = exp(j2π

3 1 n) − exp(j2π n) 10 4

é obtido a partir dos menores valores de m1 e m2 inteiros que verificam N = 10m1 = 4m2

⇒

m1 = 2, m2 = 5

⇒

N = 20

sendo N1 = 10 e N2 = 4 os perı́odos das componentes.

✷

Definição 4.2: Produto Escalar de Sinais Periódicos O produto escalar dos sinais periódicos gk [n] e gℓ [n], de perı́odo N , é dado por < gk [n]gℓ∗ [n] >=

gk [n]gℓ∗ [n]

n∈N̄

sendo N̄ = {0, 1, 2, . . . , N − 1}

ou qualquer conjunto de N inteiros consecutivos. Definição 4.3: Ortogonalidade de Sinais Periódicos Os sinais periódicos gk [n], de perı́odo N , são ortogonais se X

n∈N̄

|gk [n]|2 > 0 e

n∈N̄

gk [n]gℓ∗ [n] = 0 , k 6= ℓ , k, ℓ ∈ Z

Exemplo 4.3: Considere os sinais p[n] = δ[n − 1] + δ[n + 1]

q[n] = δ[n − 1] − δ[n + 1]

e os sinais periódicos, de periodo N > 2, N ∈ Z+ , dados por x[n] =

+∞ X

k=−∞

p[n − kN ]

y[n] =

+∞ X

k=−∞

q[n − kN ] Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

51 O produto escalar é dado por < x[n]y ∗ [n] >=< p[n]q ∗ [n] >=

k∈N̄

p[k]q[k] = 1 + 0 − 1 = 0

implicando que os sinais x e y são ortogonais. As normas de x[n] e y[n] são dadas por kx[n]k =

p √ √ < x[n]x∗ [n] > = 1 + 1 = 2 ,

ky[n]k =

< y[n]y ∗ [n] > =

√

1+1=

√ 2 ✷

Exemplo 4.4: Considere o sinal p[n] = δ[n − 1] + δ[n + 1] e os sinais periódicos

x[n] =

+∞ X

k=−∞

p[n − k6]

y[n] =

+∞ X

k=−∞

p[n − 3 − k6]

Os sinais x[n] e y[n] são ortogonais. Note que, embora os perı́odos de x[n] e y[n] sejam ambos iguais a 6, a soma x[n] + y[n] possui perı́odo fundamental igual a 3. ✷

Exemplo 4.5: Considere os N sinais periódicos 2π gk [n] = exp jk n N

n ∈ Z , N ∈ Z+ , k ∈ {0, 1, . . . , N − 1}

N −1 X 2π X n n1 exp j(k − ℓ) n = z =z zn N n=0

O produto escalar αkℓ é dado por

αkℓ =

gk [n]gℓ∗ [n] =

n∈N̄

com z = exp j(k − ℓ) Portanto,

n∈N̄

2π e n1 o menor inteiro pertencente ao conjunto N̄ . N

αkℓ =

   

1 − zN    (z n1 ) = 0, 1−z

para k = ℓ para k 6= ℓ

implicando que os sinais gk [n] são ortogonais e têm norma 2π kgk [n]k2 = k exp jk n k2 = N N

√

N , ou seja, ,

∀k ∈ N̄ ✷ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Capı́tulo 4. Série de Fourier de Sinais Discretos

Definição 4.4: Sinais Linearmente Independentes Um conjunto de sinais {gk [n], k = 1, . . . , m} é linearmente independente se e somente se m X k=1

ck gk [n] = 0 , ∀n ∈ Z

⇒

ck = 0 , k = 1, . . . , m

Definição 4.5: Espaço Linear A combinação linear de um conjunto de m sinais gk [n], isto é, g[n] =

m X

ck gk [n]

k=1

com escalares ck ∈ C gera um espaço linear, cuja dimensão é dada pelo número r de sinais linearmente independentes do conjunto (r ≤ m). Qualquer conjunto de r sinais que gere o mesmo espaço é uma base para esse espaço.

Exemplo 4.6: Os sinais x1 [n] = 1 , x2 [n] = n , x3 [n] = n2

n∈Z

são linearmente independentes, pois

⇒

c1 x1 [n] + c2 x2 [n] + c3 x3 [n] = 0

c1 = c2 = c3 = 0,



1 pois det 1 1

 0 0 1 1 = 2 6= 0 2 4

✷

Exemplo 4.7: Os sinais y1 [n] = λn1 e y2 [n] = λn2

λ1 , λ2 ∈ C

são linearmente independentes se e somente se λ1 6= λ2 , pois a1 λn1 + a2 λn2 = 0 implica a1 + a2 = 0 a1 λ1 + a2 λ2 = 0

⇒

a1 = a2 = 0 ✷

Propriedade 4.3: Sinais ortogonais são linearmente independentes. Prova: X

ck gk [n] = 0 ∀n ∈ Z

ck gk [n]gℓ∗ [n] = 0

gk [n]gℓ∗ [n] +cℓ

X k6=ℓ

}

⇒

ck gk [n]gℓ∗ [n] = 0 ∀n ∈ Z

X n

gℓ [n]gℓ∗ [n] = 0 {z

}

gk [n]gℓ∗ [n] = 0 ⇒

cℓ = 0 ∀ℓ ⋄ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

53 Propriedade 4.4: Representação em uma Base Considere o sinal periódico x[n], de perı́odo N , e uma base de dimensão N de sinais periódicos gk [n] ortogonais com perı́odo N . A representação do sinal x[n] na base gk [n] é dada por x[n] =

X k

sendo

ck =

ck gk [n] , n ∈ Z

< x[n]gk∗ [n] > < gk [n]gk∗ [n] >

pois

x[n]gk∗ [n] =

cℓ

ℓ

n∈N̄

gℓ [n]gk∗ [n] = ck

n∈N̄

|gk [n]|2

x[n]gk∗ [n]

n∈N̄

⇒ ck = X

n∈N̄

|gk [n]|2 ⋄

Propriedade 4.5: Teorema de Parseval2 Considere o sinal periódico x[n], de perı́odo N , e uma base de dimensão N de sinais periódicos gk [n] ortogonais com perı́odo N , tais que x[n] =

ck gk [n]

Então, X

|x[n]|2 =

|ck |2

c∗k gk∗ [n] =

c∗k

n∈N̄

|gk [n]|2

Prova: X

n∈N̄

|x[n]|2 =

n∈N̄

x[n]

x[n]gk∗ [n] =

n∈N̄

X k

c∗k ck

n∈N̄

|gk [n]|2

Propriedade 4.6: Série Exponencial de Fourier para sinais discretos periódicos x[n] =

k∈N̄

com ck =

⋄

2π ck exp jk n N

2π 1 X x[n] exp − jk n N N n∈N̄

pois, como calculado no Exemplo 4.5, 2π k exp jk n k2 = N , ∀k ∈ N̄ N 2π ∗ 2π exp jk n = exp − jk n N N com coeficientes periódicos, de perı́odo (no máximo) igual a N 2

Marc-Antoine Parseval des Chênes, matemático francês (1755–1836). Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Capı́tulo 4. Série de Fourier de Sinais Discretos

ck+N = ck = c[k] Notação:

FS {x[n]}N = {ck }N

⇔

x[n] =

2π , ck exp jk n N

k∈N̄

1 X 2π ck = x[n] exp − jk n N N n∈N̄

⋄

Propriedade 4.7: Linearidade FS {α1 x1 [n] + α2 x2 [n]}N = α1 FS {x1 [n]}N + α2 FS {x2 [n]}N

⋄

Propriedade 4.8: Soma FS {x[n]}N = {ck }N

⇒

c0 =

X 1 X x[n] , x[0] = ck N n∈N̄

k∈N̄

⋄

Propriedade 4.9: Teorema de Parseval para Série Exponencial de Fourier FS {x[n]}N = {ck }N

X 1 X |x[n]|2 = |ck |2 N

⇒

(potência média)

k∈N̄

n∈N̄

⋄ Exemplo 4.8: A série exponencial de Fourier de x[n] dado por x[n] = sen(

2π n) 5

pode ser obtida a partir do Teorema de Euler3 x[n] = sen(

2π 1 2π 1 2π n) = − exp(−j n) + exp(j n) 5 2j 5 2j 5

N = 5 , c−1 = − c4 = c−1 = −

1 2j

⇒

1 1 , c1 = , c0 = c2 = c3 = 0 2j 2j x[n] =

1 2π 1 2π exp(j n) − exp(j4 n) 2j 5 2j 5

A potência média é 1/4 + 1/4 = 1/2. ✷

Exemplo 4.9: A série exponencial de Fourier de x[n] dado por x[n] = sen(

π 2π n) + cos( n) 5 5

pode ser obtida a partir do Teorema de Euler 3

Leonhard Euler, matemático suiço (1707–1783). Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

x[n] = − =−

1 2π 1 2π 1 2π 1 2π exp(−j n) + exp(j n) + exp(j n) + exp(−j n) 2j 5 2j 5 2 10 2 10

2π 1 2π 1 2π 1 2π 1 exp(−j2 n) + exp(j2 n) + exp(j n) + exp(−j n) 2j 10 2j 10 2 10 2 10 N = 10 , c−2 = −

c8 = c−2 = − x[n] = −

1 1 1 1 , c−1 = , c1 = , c2 = 2j 2 2 2j

1 1 , c9 = c−1 = , ci = 0 , i ∈ {0, 3, 4, 5, 6, 7} 2j 2

1 2π 1 2π 1 2π 1 2π exp(j8 n) + exp(j2 n) + exp(j n) + exp(j9 n) 2j 10 2j 10 2 10 2 10

A potência média é 1. ✷

Exemplo 4.10: A série exponencial de Fourier de x[n] dado por x[n] = 2 cos(

π 2π n+ ) 5 4

pode ser obtida a partir do Teorema de Euler. Note que o perı́odo é N = 5 e os coeficientes da série são c1 = exp(jπ/4)

c−1 = c4 = exp(−jπ/4)

c0 = c2 = c3 = 0

A potência média de x[n] é dada por |c1 |2 + |c4 |2 = 2 ✷

Exemplo 4.11: Considere um sinal discreto x[n] periódico, de perı́odo N = 5, cujos coeficientes da primeira e terceira harmônicas da série exponencial de Fourier do sinal são, respectivamente, 1 e 4. Os demais coeficientes são nulos. Portanto, x[n] = c1 exp(j

2π 2π n) + c3 exp(j3 n) , c1 = 1 , c3 = 4 5 5

x[0] = x[5] = 5

periódico, de perı́odo N = 5

x[1] ≈ −2.93 − j1.40 , x[2] ≈ 0.43 + j4.39 , x[3] ≈ 0.43 − j4.39 , x[4] ≈ −2.93 + j1.40 O Teorema de Parseval pode ser verificado numericamente, pois 4

12 + 42 = 17 =

1 X |x[n]|2 5 n=0 ✷

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Capı́tulo 4. Série de Fourier de Sinais Discretos Exemplo 4.12 (Trem de impulsos): A série de Fourier do trem periódico de impulsos

δN [n] =

+∞ X

ℓ=−∞

δ[n − ℓN ]

é dada por

ck =

+∞ 1 X X 2π 1 X 1 2π δ[n] exp(−jk n) = δ[n − ℓN ] exp(−jk n) = N N N N N n∈N̄ ℓ=−∞

n∈N̄

k ∈ N̄

Portanto,

FS {δN [n]}N =

n1o N

+∞ X

k=−∞

δ[n − kN ] =

1 X 2π exp(jk n) N N k∈N̄

Observe que os coeficientes da série são constantes (isto é, o perı́odo é 1 qualquer que seja N ). ✷

Exemplo 4.13 (Pulso ı́mpar): Considere o sinal periódico, de perı́odo N = 4, dado por

x[n] =

+∞ X

k=−∞

p[n − kN ]

p[n] = −δ[n + 1] + δ[n − 1]

Os coeficientes da série de Fourier são dados por 2

2π 1 X − δ[n + 1] + δ[n − 1] exp(−jk n) ck = 4 n=−1 4 =

1 π π j π − exp(jk ) + exp(−jk ) = − sen(k ) 4 2 2 2 2

c0 = 0 (valor médio) , c1 = −j/2 , c2 = 0 , c3 = +j/2 = c−1 Note que 3 X

X 1X |ck |2 = 0.5 |x[n]|2 = 4 n=0

ck = x[0] = 0 ,

k=0

e que x[n] = c1 exp j

2π 2π 2π n + c−1 exp − j n = sen n 4 4 4 ✷

Exemplo 4.14 (Pulso par): Considere o sinal periódico, de perı́odo N = 10, dado por

x[n] =

+∞ X

k=−∞

p[n − kN ]

p[n] = δ[n + 1] + δ[n] + δ[n − 1]

Os coeficientes da série de Fourier são dados por Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

ck =

2π 1 X δ[n + 1] + δ[n] + δ[n − 1] exp(−jk n) 10 n=−4 10

1 2π π 2π 1 1 + exp(−jk ) + exp(jk ) = 1 + 2 cos(k ) 10 10 10 10 5 5 1 X 3 (valor médio) = p[n] 10 10 n=−4

c0 = ck,k=0,...,9 ≈ 0.30

0.26

0.16

0.04

−0.06

−0.10

−0.06

0.04

0.16

Note que

9 X

0.26

X 1 X |ck |2 = 0.3 |x[n]|2 = 10 n=0

ck = x[0] = 1 ,

k=0

✷

Propriedade 4.10: Complexo Conjugado FS {x[n]}N = {ck }N e y[n] = x∗ [n]

⇒

FS {y[n]}N = {c∗−k }N

pois y[n] = x∗ [n] =

k∈N̄

2π 2π X ∗ c∗k exp − jk n = c−k exp jk n N N k∈N̄

⋄

Propriedade 4.11: FS {x[n]}N = {ck }N e x[n] é real

⇔

c∗k = c−k

Prova: Se x[n] é real, então c∗k =

2π 1 X x[n] exp jk n = c−k N N n∈N̄

Se c∗k = c−k , então x∗ [n] =

k∈N̄

2π 2π X c−k exp − jk n = ck exp jk n = x[n] N N

c∗k = c−k

k∈N̄

⇒

|ck | = |c−k | (par)

⇒

x[n] é real

∠c∗k = −∠c−k (ı́mpar)

Propriedade 4.12: Série Trigonométrica de Fourier para Sinais Discretos Periódicos Considere FS {x[n]}N = {ck }N

⋄

, x[n] é real

Então, para N ı́mpar, N > 1, tem-se (N −1)/2

x[n] = a0 +

X k=1

−1)/2 2π (NX 2π ak cos k n + bk sen k n N N k=1

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Capı́tulo 4. Série de Fourier de Sinais Discretos

com a0 = c 0

ak = ck + c−k

bk = j(ck − c−k )

pois, pela Propriedade 4.11, c∗k = c−k e 2π 2π 2π 2π ck exp jk n + c−k exp − jk n = (ck + c−k ) cos k n + j(ck − c−k ) sen k n | {z } | {z } N N N N ak

Para N par, N > 1,

N/2−1

x[n] = a0 + aN/2 (−1)n +

X k=1

com a0 = c 0

aN/2 = cN/2

2π N/2−1 2π X ak cos k n + bk sen k n N N k=1

ak = ck + c−k

bk = j(ck − c−k )

pois, para k = 0, 1, . . . , N/2 − 1, vale o argumento do caso N ı́mpar. O coeficiente cN/2 é real, pois o termo N 2π n cN/2 exp j 2 N } | {z (−1)n

somado aos demais termos tem que reproduzir x[n] real.

⋄

Propriedade 4.13: FS {x[n]}N = {ck }N e x[n] é real e par

⇒

ck = c∗k = c−k (real e par)

Prova: Se x[n] é real e par, então c∗k =

2π 2π 1 X 1 X x[n] exp jk n = x[−n] exp jk n = N N N N n∈N̄

n∈N̄

1 X 2π x[n] exp − jk n = ck N N n∈N̄

Pela Propriedade 4.11, c∗k = c−k = ck Note que, neste caso, a série trigonométrica não possui termos em seno (bk = 0). ⋄ Exemplo 4.15: A série exponencial de Fourier do sinal x[n], real e par, dado por π x[n] = 2 cos( n) 2

N =4

é dada por c1 = 1 , c−1 = c3 = 1 ,

c0 = c2 = 0 coeficientes reais

Outro sinal real e par é o do Exemplo 4.14. ✷ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

59 Propriedade 4.14: FS {x[n]}N = {ck }N e x[n] é real e ı́mpar

c∗k = −ck = c−k (imaginário puro e ı́mpar)

⇒

Prova: Se x[n] é real e ı́mpar, então c∗k =

2π 2π 1 X 1 X x[n] exp jk n = −x[−n] exp jk n = N N N N n∈N̄

n∈N̄

=−

2π 1 X x[n] exp − jk n = −ck N N n∈N̄

Pela Propriedade 4.11, c∗k = c−k = −ck Note que, neste caso, a série trigonométrica não possui termos em cosseno (ak = 0) e a0 = 0. ⋄ Exemplo 4.16: Considere o sinal periódico e ı́mpar, de perı́odo N = 5, dado por x[n] =

+∞ X

k=−∞

p[n − kN ]

p[n] = −δ[n + 1] + δ[n − 1]

Os coeficientes da série de Fourier são dados por 2

ck =

1 X 2π − δ[n + 1] + δ[n − 1] exp(−jk n) 5 n=−2 5

2π 2π 2π −2j 1 − exp(jk ) + exp(−jk ) = sen(k ) 5 5 5 5 5 2

c0 = 0 (valor médio) = ck,k=0,...,4 ≈ 0

−0.38j

1 X p[n] 5 n=−2

−0.24j

0.24j

0.38j

Note que os coeficientes são imaginários puros (pois o sinal é real e ı́mpar), como no caso do Exemplo 4.8, e também que 4 X

ck = x[0] = 0 ,

X 1X |ck |2 = 0.4 |x[n]|2 = 5 n=0 k=0

k=0

✷

Propriedade 4.15: Deslocamento no Tempo FS {x[n]}N = {ck }N , m ∈ Z

⇒

FS {x[n − m]} = {ck exp(−jk

2π m)}N N

pois x[n − m] =

k∈N̄

ck exp(−jk

2π 2π m) exp(jk n) N N

O deslocamento no tempo altera a fase (e não o módulo) dos coeficientes da série de Fourier. Como conseqüência, não altera a potência média do sinal. ⋄ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Capı́tulo 4. Série de Fourier de Sinais Discretos

Propriedade 4.16: Diferença de Primeira Ordem FS {x[n]}N = {ck }N e y[n] = x[n] − x[n − 1]

⇒

FS {x[n] − x[n − 1]} =

2π o 1 − exp − jk ck N N ⋄

Propriedade 4.17: Soma FS {x[n]}N = {ck }N

⇒

e c0 = 0

FS {

n X

x[k]} =

k=−∞

o ck , k = 6 0 N 1 − exp(−jk 2π N)

Prova: O sinal y[n] é periódico, com perı́odo N , pois n X

y[n] =

⇒

x[k]

k=−∞

n X

y[n + N ] =

x[k] +

k=−∞

x[k] = y[n]

k∈N̄

Para k 6= 0, tem-se FS {y[n]}N = {dk }N , x[n] = y[n] − y[n − 1] ⇒

dk =

⇒

2π ck = dk 1 − exp − jk N

ck 1 − exp(−jk 2π N)

Para k = 0, d0 =

1 X y[n] N n∈N̄

⋄ Exemplo 4.17: A série de Fourier dos sinais periódicos, de perı́odo N = 10,

x[n] =

+∞ X

k=−∞

p[n − kN ]

y[n] =

+∞ X

k=−∞

FS {x[n]}N = {ck }N ⇒

ck =

p[n] = −δ[n + 2] + δ[n + 1] + δ[n − 1] − δ[n − 2]

q[n − kN ]

q[n] = −δ[n + 2] + δ[n − 1]

1 − exp(jk2π/5) − exp(−jk2π/5) + exp(jkπ/5) + exp(−jkπ/5) 10

1 cos(kπ/5) − cos(k2π/5) 5

ck,k=0,...,9 ≈ 0 0.10 c0 = 0 ,

9 X

0.22

0.10

−0.22

x[n] real e par, ck real e par −0.40 9

ck = x[0] = 0 ,

k=0

FS {y[n]}N = {dk }N

−0.22

0.10

0.22

0.10

X 1 X |ck |2 = 0.4 |x[n]|2 = 10 n=0 k=0

dk =

1 − exp(jk2π/5) + exp(−jkπ/5) 10 Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

dk,k=0,...,9 ≈

0 0.05 − 0.15j

−0.20

d0 = 0 ,

9 X

0.11 − 0.15j

0.05 − 0.04j

−0.11 − 0.04j

−0.11 + 0.04j

0.05 + 0.04j

0.11 + 0.15j

0.05 + 0.15j

X 1 X |dk |2 = 0.2 |y[n]|2 = 10 n=0

dk = y[0] = 0 ,

k=0

Observe que n X

y[n] =

x[k]

n X

q[n] =

p[k]

k=−∞

e, pela Propriedade 4.17, 2π ck = dk 1 − exp(−jk ) N

✷

Propriedade 4.18: Inversão no Tempo

pois

FS {x[n]}N = {ck }N e y[n] = x[−n]

dk =

⇒

FS {y[n]}N = {dk }N = {c−k }N

1 X 2π 1 X 2π y[n] exp − jk n = x[−n] exp − jk n = N N N N n∈N̄

n∈N̄

1 X

n∈N̄

2π 2π 1 X x[n] exp jk n = x[n] exp − j(−k) n = c−k N N N n∈N̄

⋄

Propriedade 4.19: Expansão no Tempo FS {x[n]}N = {ck }N

m ∈ Z+ e y[n] =

Então, FS {y[n]}N = {

  x[n/m] , n/m ∈ Z 

, n/m 6∈ Z

1 ck }mN m

Prova: O perı́odo de y[n] é mN , pois, para n/m ∈ Z tem-se y[n + mN ] = x[(n + mN )/m] = x[n/m + N ] = x[n/m] = y[n] e, para n/m não inteiro, y[n + mN ] = y[n] = 0. Os coeficientes dk , para k ∈ mN da série de Fourier de y[n] são dk =

2π 1 X 1 2π 1 X y[ℓ] exp − jk ℓ = x[n] exp − jk n = ck mN mN mN N m ℓ∈mN

n∈N̄

ℓ

6∈ Z e y[ℓ = nm] = x[n]. m Observe que o perı́odo dos mN coeficientes dk é N (igual ao perı́odo do sinal x[n]), ou seja, os coeficientes dk são obtidos por m repetições dos N coeficientes ck . pois y[ℓ] = 0 para

⋄ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Capı́tulo 4. Série de Fourier de Sinais Discretos

Exemplo 4.18: Considere o sinal periódico de perı́odo N = 6, dado por

y[n] =

+∞ X

k=−∞

p[n − kN ]

p[n] = 6δ[n] + 6δ[n − 2]

Os coeficientes da série de Fourier são dados por 5

dk =

1 X 2π 2π 6δ[n] + 6δ[n − 2] exp(−jk n) = 1 + exp(−jk ) 6 n=0 6 3 5

d0 = 2 (valor médio) = dk,k=0,...,5 ≈ 2 0.50 − j0.87 5 X

0.50 + j0.87

1X p[n] 6 n=0 2

0.50 − j0.87

dk = y[0] = 6 ,

0.50 + j0.87

X 1X |dk |2 = 12 |y[n]|2 = 6 n=0 k=0

k=0

Considere o sinal periódico de perı́odo N = 3, dado por

x[n] =

+∞ X

k=−∞

p[n − kN ]

p[n] = 6δ[n] + 6δ[n − 1]

Os coeficientes da série de Fourier são dados por 2

ck =

1 X 2π 2π 6δ[n] + 6δ[n − 1] exp(−jk n) = 2 + 2 exp(−jk ) 3 n=0 3 3 2

c0 = 4 (valor médio) = ck,k=0,...,2 ≈ 4 2 X

k=0

1.00 − j1.73 2

ck = x[0] = 6 ,

1X p[n] 3 n=0 1.00 + j1.73

X 1X |ck |2 = 24 |x[n]|2 = 3 n=0 k=0

Note que y[n] é a expansão do sinal x[n] para m = 2, sendo portanto o perı́odo de y[n] o dobro do perı́odo de x[n]. Pela Propriedade 4.19, os coeficientes da série de y[n] são obtidos da repetição (duas vezes) dos coeficientes da série de x[n] divididos por 2. ✷

Definição 4.6: Convolução Periódica A convolução periódica de x[n] e y[n] (sinais periódicos de perı́odo N ) é dada por x[n] ⊛ y[n] =

k∈N̄

x[k]y[n − k]

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

63 Exemplo 4.19: Considere os sinais periódicos, com perı́odo N = 3 +∞ X

p[n − kN ]

+∞ X

q[n − kN ]

x[n] =

k=−∞

y[n] =

k=−∞

FS {x[n]}N = {ck }N

ck =

p[n] = δ[n + 1] + δ[n − 1]

q[n] = −δ[n + 1] + δ[n − 1]

2 1 exp(jk2π/3) + exp(−jk2π/3) = cos(k2π/3) 3 3

ck,k=0,1,2 = 2/3 2 X

c0 = 2/3 ,

−1/3

X 1X |ck |2 = 2/3 |x[n]|2 = 3 n=0

ck = x[0] = 0 ,

k=0

FS {y[n]}N = {dk }N

−1/3

dk =

1 2 − exp(jk2π/3) + exp(−jk2π/3) = sen(k2π/3) 3 3j

√ √ dk,k=0,1,2 = 0 −j/ 3 j/ 3 2 X

d0 = 0 ,

X 1X |dk |2 = 2/3 |y[n]|2 = 3 n=0

dk = y[0] = 0 ,

k=0

A convolução periódica v[n] = x[n] ⊛ y[n] produz

v[n] = x[n] ⊛ y[n] =

2 X

k=0

x[k]y[n − k] = x[0]y[n] + x[1]y[n − 1] + x[2]y[n − 2] = δ3 [n + 1] − δ3 [n − 1]

cujos coeficientes são dados por ek = −dk , pois v[n] = −y[n]. ✷

Propriedade 4.20: Convolução Periódica • A convolução periódica produz funções periódicas, pois para f [n] = x[n] ⊛ y[n]

⇒

f [n + N ] =

k∈N̄

x[k]y[n + N − k] =

k∈N̄

x[k]y[n − k] = f [n]

• A convolução periódica é comutativa, associativa e distributiva em relação à soma;

• O elemento neutro da convolução periódica de perı́odo N é o trem periódico de impulsos, dado por δN [n] =

+∞ X

k=−∞

Prova: x[n] ⊛ δN [n] =

k∈N̄

⇒

x[k]δN [n − k] +∞ X X

k∈N̄ ℓ=−∞

δ[n − kN ]

δN [n − k] =

+∞ X

ℓ=−∞

δ[n − k − ℓN ]

x[k]δ[n − k − ℓN ] = x[n] Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Capı́tulo 4. Série de Fourier de Sinais Discretos

pois δ[n − k − ℓN ] = 1 com

n, k ∈ {0, . . . , N − 1}

⇒

n=k , ℓ=0 ⋄

Propriedade 4.21: Convolução Periódica FS {x[n]}N = {ck }N

FS {y[n]}N = {dk }N

Então, FS {x[n] ⊛ y[n]}N = {N ck dk }N pois X 1 X 2π 2π 1 X x[ℓ] (x[n] ⊛ y[n]) exp(−jk n) = y[n − ℓ] exp(−jk n) = N N N N ℓ∈N̄

n∈N̄

x[ℓ] exp(−jk

ℓ∈N̄

n∈N̄

2π 1 X 2π ℓ) y[m] exp(−jk m) = N ck dk N N N m∈N̄ | {z } dk

⋄

Exemplo 4.20: Retomando o Exemplo 4.19, com os coeficientes ck,k=0,1,2 = 2/3

tem-se

−1/3

√ dk,k=0,1,2 = 0 −j/ 3

√ ek = N ck dk = −dk = 0 j/ 3 ⇒

√ j/ 3

√ −j/ 3

−2 v[n] = √ sen(2πn/3) = δ3 [n + 1] − δ3 [n − 1] 3

Observe que p[n] ∗ q[n] = −δ[n + 2] + δ[n − 2] 6= x[n] ⊛ y[n] ✷

Propriedade 4.22: Multiplicação no Tempo FS {x[n]}N = {ck }N

FS {y[n]}N = {dk }N

Então, FS {x[n]y[n]}N = {ck ⊛ dk }N Prova: Denominando ek os coeficientes da série associada ao produto, tem-se ek =

X 2π 2π 1 X 2π 1 X x[n]y[n] exp(−jk n) = x[n] dℓ exp(jn ℓ) exp(−jk n) N N N N N n∈N̄

n∈N̄

ℓ∈N̄

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

4.1. Exercı́cios

ℓ∈N̄

dℓ

X 2π 1 X dℓ ck−ℓ = ck ⊛ dk x[n] exp(−j(k − ℓ) n) = N N ℓ∈N̄ n∈N̄ | {z } ck−ℓ

⋄

Exemplo 4.21: Considere os sinais periódicos do Exemplo 4.19, com perı́odo N = 3 +∞ X

p[n − kN ]

+∞ X

q[n − kN ]

FS {x[n]}N = {ck }N

ck =

2 cos(k2π/3) 3

FS {y[n]}N = {dk }N

dk =

2 sen(k2π/3) 3j

x[n] =

k=−∞

y[n] =

k=−∞

p[n] = δ[n + 1] + δ[n − 1]

q[n] = −δ[n + 1] + δ[n − 1]

ck,k=0,1,2 = 2/3

−1/3

dk,k=0,1,2 = 0

√ √ −j/ 3 j/ 3

−1/3

Seja v[n] = x[n]y[n] = y[n]

⇒

FS {v[n]}N = {ek }N

ek =

2 sen(k2π/3) 3j

que é a convolução periódica de c[k] ⊛ d[k]. ✷

Propriedade 4.23: Deslocamento na Freqüência FS {x[n]}N = {ck }N , m ∈ Z

⇒

FS {y[n] = x[n] exp(jm

2π n)} = {ck−m }N N

pois dk =

1 X 1 X 2π 2π 2π y[n] exp(−jk n) = x[n] exp(jm n) exp(−jk n) = ck−m N N N N N n∈N̄

n∈N̄

O deslocamento na freqüência provoca um deslocamento cı́clico nos coeficientes da série, e portanto não altera a potência média do sinal. ⋄

4.1

Exercı́cios

Exercı́cio 4.1: Determine o perı́odo fundamental do sinal x[n] = cos(πn/2) + sen(3πn/5) Exercı́cio 4.2: Determine o perı́odo fundamental do sinal discreto x[n] = cos(3πn/7) + sen(πn/6) e determine a potência média do sinal x[n] = sen(πn/5) cos2 (πn/3) Exercı́cio 4.3: Determine o perı́odo fundamental e a potência média de x[n] = sen(πn/6) + cos(πn/15) Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Capı́tulo 4. Série de Fourier de Sinais Discretos

Exercı́cio 4.4: Determine os coeficientes c0 e c3 da série exponencial de Fourier para o sinal periódico discreto dado por +∞ X p[n − k5] , p[n] = −0.5δ[n + 1] + 3δ[n] − 0.5δ[n − 1] x[n] = k=−∞

Exercı́cio 4.5: Escreva x3 [n] = 3n − 2 como combinação linear de x1 [n] = 2n − 3 , x2 [n] = n + 2 Exercı́cio 4.6: Determine os sinais y1 [n] e y2 [n] ortogonais entre si que geram o espaço gerado pelos sinais √ discretos x1 [n] = 3δ[n − 1] + δ[n − 3] e x2 [n] = 0.5δ[n − 2] + δ[n − 3]. Exercı́cio 4.7: Considere o sinal x[n] = sen(πn/3 + π/6) + exp(jπn/6) a) Determine o perı́odo fundamental N de x[n] b) Determine os coeficientes da série exponencial de Fourier de x[n] Exercı́cio 4.8: a) Determine o perı́odo fundamental do sinal discreto x[n] = sen(3πn/5) + cos(πn/7) b) Determine a potência média do sinal discreto x[n] = 2 cos2 (5πn/13 + π/3) Exercı́cio 4.9: Considere x[n] =

+∞ X

m=−∞

p[n − mN ] , p[n] = −δ[n + 1] + 2δ[n] − δ[n − 1] , N > 2

Determine os coeficientes da série discreta de Fourier para x[n], isto é, os valores ck tais que x[n] =

ck exp jk

k∈N̄

2π n N

Exercı́cio 4.10: Determine os coeficientes c0 , c1 e c2 da série exponencial de Fourier para o sinal periódico discreto dado por x[n] =

+∞ X

k=−∞

q[n − k3] , q[n] = p[n] + p[−n] , p[n] = δ[n + 1] + δ[n] − 2δ[n − 1]

Exercı́cio 4.11: Considere o sinal x[n] = cos2 (πn/5). a) Determine a série de Fourier para x[n] b) Determine a potência média de x[n] Exercı́cio 4.12: Determine |x[0]|2 + |x[1]|2 + |x[2]|2 para o sinal discreto periódico de perı́odo N = 3 cujos coeficientes da série exponencial de Fourier são dados por ck = 1 + cos(k2π/3) Exercı́cio 4.13: Considere o sinal x[n] = sen(2πn/7 + π/6) + exp(jπn/5) a) Determine o perı́odo fundamental N de x[n] b) Determine os coeficientes da série exponencial de Fourier de x[n] c) Determine a potência média de x[n] Exercı́cio 4.14: Determine os coeficientes c0 , c1 e c2 (com três algarismos significativos) da série exponencial de Fourier para o sinal periódico discreto dado por x[n] =

+∞ X

k=−∞

q[n − k3] , q[n] = p[n] − p[−n] , p[n] = 2δ[n + 1] − δ[n] + δ[n − 1]

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Capı́tulo 5

Equações a Diferenças Definição 5.1: Equações a Diferenças Equações envolvendo seqüências enumeráveis e seus deslocamentos são denominadas equações a diferenças.

Exemplo 5.1 (Filtro passa-alta): y[n] =

x[n] − x[n − 1] , 2

n∈Z

Para a entrada x[n] = (−1)n , a saı́da é y[n] = (−1)n . Para x[n] = 1n , tem-se y[n] = 0.

✷

Exemplo 5.2 (Filtro passa-baixa): y[n] =

x[n] + x[n − 1] , 2

n∈Z

Para x[n] = (−1)n , a saı́da é y[n] = 0. Para x[n] = 1n , tem-se y[n] = 1n . ✷

Exemplo 5.3: População anual de peixes em um lago (em termos percentuais) y[n + 1] − ay[n](1 − y[n]) = x[n] , 0 ≤ y[0] ≤ 1 sendo a um parâmetro real que representa as condições ambientais do lago. ✷

Equações a diferenças lineares descrevem sistemas lineares, isto é, sistemas para os quais vale o princı́pio da superposição. Os sistemas descritos nos exemplos 5.1 e 5.2 são lineares, enquanto que o Exemplo 5.3 descreve um sistema não-linear. Equações a diferenças lineares com coeficientes constantes e condições iniciais nulas descrevem sistemas lineares invariantes no tempo.

Capı́tulo 5. Equações a Diferenças Exemplo 5.4 (Somador): y[n] =

n X

x[k]

k=−∞

A resposta ao impulso é

h[n] =

n X

δ[k] = u[n] =

k=−∞

1, n≥0 0, n<0

sendo u[n] a função degrau. Note que o somador pode ser descrito pela equação a diferenças de primeira ordem y[n + 1] = y[n] + x[n + 1] , y[0] = y0 condição inicial Utilizando o operador de deslocamento p, tem-se (p − 1)y[n] = px[n] As equações a diferenças resultantes para x[n] = ρn (soma geométrica), x[n] = n (soma aritmética) e x[n] = nρn (soma aritmética-geométrica) são tratadas nos exemplos 5.10, 5.11 e 5.12. ✷

Equações a diferenças lineares a coeficientes constantes podem ser resolvidas por substituição sistemática, por meio da transformada Z ou pelo método dos coeficientes a determinar.

Exemplo 5.5: A equação homogênea a diferenças de primeira ordem y[n + 1] = ρy[n]

y[0] = 1, ρ ∈ R

pode ser resolvida por substituição sistemática, resultando em y[n] = ρn e vale para todo n, de −∞ a +∞. Observe que a seqüência y[n] não possui transformada Z, pois Z{y[n]} =

+∞ X

y[k]z

−k

+∞ X

(ρ/z)k

k=−∞

não converge para nenhum z. O artifı́cio utilizado para resolver essa classe de equações a diferenças utilizando transformada Z consiste em alterar o problema impondo que y[n] = 0 para n < 0 e que y[n] satisfaz a equação para n ≥ 0. Dessa forma, Z{y[n]u[n]} existe e é dada por Z{y[n]u[n]} =

+∞ X

k=−∞

y[k]u[k]z

−k

+∞ X

(ρ/z)k =

k=0

z , |z| > |ρ| z−ρ ✷ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

5.1. Resolução por Transformada Z

5.1

Resolução por Transformada Z

Três propriedades da transformada Z são relevantes para a resolução das equações a diferenças lineares a coeficientes constantes. Propriedade 5.1: Deslocamento à Esquerda (avanço) Z{x[n + m]u[n]} = z m Z{x[n]u[n]} −

m−1 X

x[k]z m−k

m ∈ Z+

k=0

⋄

Exemplo 5.6: Para y[n] = y[n]u[n] e x[n] = x[n]u[n], tem-se y[n + 2] + α1 y[n + 1] + α0 y[n] = β1 x[n + 1] + β0 x[n] z 2 Y (z) − z 2 y[0] − zy[1] + α1 (zY (z) − zy[0]) + α0 Y (z) = β1 (zX(z) − zx[0]) + β0 X(z) (z 2 + α1 z + α0 )Y (z) = (β1 z + β0 )X(z) + (z 2 + α1 z)y[0] + zy[1] − β1 zx[0] A função de transferência H(z) é dada por (y[0] = y[1] = 0 e x[0] = 0) H(z) =

Y (z) β1 z + β0 = 2 X(z) z + α1 z + α0 ✷

Propriedade 5.2: Combinatória z m+1 n+m Z an u[n] = m (z − a)m+1

m∈N

|z| > |a| ⋄

Exemplo 5.7: Z nan u[n] =

pois

n 0

n+1 1

an u[n]

Z Z

z2 z az − = , |z| > |a| (z − a)2 z−a (z − a)2

an u[n]

= Z {an u[n]} =

z z−a

= Z {(n + 1)an u[n]} =

z2 (z − a)2 ✷

Exemplo 5.8:

az 2 + a2 z Z n2 an u[n] = , |z| > |a| (z − a)3

pois Z

n+2 2

a u[n]

(n + 2)(n + 1) n a u[n] 2

z3 (z − a)3 ✷ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Capı́tulo 5. Equações a Diferenças

Propriedade 5.3: Combinatória com Deslocamento z n n−m Z a u[n] = , m (z − a)m+1

m∈N ,

|z| > |a|

O resultado pode ser demonstrado pela aplicação da propriedade de deslocamento de m à direita na Propriedade 5.2, que implica na multiplicação por z −m . Observe que n(n − 1) · · · (n − m + 1) n n u[n − m] = u[n] u[n − m] = m m m! A propriedade é utilizada no cálculo de transformada Z inversa a partir de frações parciais. ⋄ Exemplo 5.9 (Progressão geométrica): y[n + 1] = ρy[n]

y[0] = 1 , ρ > 0

Aplicando a transformada Z, tem-se Z{y[n + 1]u[n]} = ρZ{y[n]u[n]}

⇒

Y (z) =

z z−ρ

O domı́nio é Ω = {z ∈ C, |z| > ρ} (série à direita). Fazendo a divisão de polinômios (algoritmo de Briot-Ruffini1 ), obtém-se a série z = 1 + ρz −1 + ρ2 z −2 + · · · z−ρ Comparando-se com a definição da transformada Z de ρn u[n], obtém-se a transformada inversa y[n] = Z

−1

z z−ρ

= ρn u[n]

O mesmo resultado poderia ser obtido pela aplicação da Propriedade 5.3 (combinatória com deslocamento) para m = 0. ✷

Exemplo 5.10 (Soma geométrica): A soma geométrica y[n] =

n X

ρk

k=0

pode ser obtida pela resolução da equação a diferenças y[n + 1] − y[n] = ρn+1

zY (z) − zy[0] − Y (z) =

y[0] = 1 ρz z−ρ

Portanto, para ρ 6= 1, tem-se 1

Charles Auguste Briot, francês do século XIX e Paolo Ruffini, italiano do século XVIII. Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

5.1. Resolução por Transformada Z

z2 , |z| > max{|ρ|, 1} (z − ρ)(z − 1)

Y (z) =

z a b Y (z) = = + z (z − ρ)(z − 1) z−ρ z−1 a=−

ρ 1−ρ

1 1−ρ

Usando a Propriedade 5.3 (combinatória com deslocamento), tem-se y[n] = aρn u[n] + bu[n] =

1 − ρn+1 u[n] 1−ρ

Esse resultado também pode ser obtido da definição de y[n], observando-se que y[n] − ρy[n] =

n X

k=0

ρk − ρ

n X

k=0

ρk = 1 − ρn+1

1 − ρn+1 1−ρ

⇒

y[n] =

⇒

a=1 , b=1

Para ρ = 1, tem-se Y (z) =

z2 (z − 1)2

Y (z) a z b = = + z (z − 1)2 (z − 1) (z − 1)2 y[n] = (1 + n)u[n] =

n X

k=0

O mesmo resultado pode ser obtido aplicando a regra de l’Hôpital2 na expressão de y[n] 1 − ρn+1 −(n + 1)ρn = lim =n+1 ρ→1 ρ→1 1−ρ −1

y[n] = lim

✷

Exemplo 5.11 (Soma aritmética): A soma aritmética y[n] =

n X

k=0

pode ser obtida pela resolução da equação a diferenças y[n + 1] − y[n] = n + 1

y[0] = 0

Aplicando transformada Z e a Propriedade 5.2 com m = 1, tem-se

zY (z) − zy[0] − Y (z) = Z{(n + 1)u[n]} = Y (z) z a1 a2 a3 = = + + 3 2 z (z − 1) z − 1 (z − 1) (z − 1)3 2

⇒

z2 (z − 1)2 a1 = 0, a2 = 1, a3 = 1

Guillaume De l’Hôpital, matemático francês do século XVII. Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Capı́tulo 5. Equações a Diferenças E, pela Propriedade 5.3, y[n] =

n 1

u[n] +

n 2

u[n] =

n(n + 1) u[n] 2

Observe que esse resultado pode ser obtido somando-se membro a membro a seqüência 0, 1, 2, . . . , n nos sentidos direto e reverso e constatando-se que a soma consiste de n+1 termos de valor constante n. Portanto a soma total produz 2y[n] = n(n + 1). ✷

Exemplo 5.12 (Soma aritmética-geométrica): A soma aritmética-geométrica y[n] =

n X

kρk

k=0

pode ser obtida pela resolução da equação a diferenças y[n + 1] − y[n] = (n + 1)ρn+1 zY (z) − zy[0] − Y (z) =

y[0] = 0

ρz 2 (z − ρ)2

Portanto, para ρ 6= 1, tem-se Y (z) =

ρz 2 , |z| > max{|ρ|, 1} (z − 1)(z − ρ)2

Y (z) ρz a b c = = + + z (z − 1)(z − ρ)2 z − 1 z − ρ (z − ρ)2 cujos coeficientes são a=

ρ −ρ −ρ2 , b = , c = (1 − ρ)2 (1 − ρ)2 (1 − ρ)

Portanto, n

y[n] = au[n] + bρ u[n] + c

n 1

= a + bρn + cnρn−1 u[n] =

ρn−1 u[n] = ρ 1 − (n + 1)ρn + nρn+1 u[n] (1 − ρ)2

Para ρ = 1, o problema se reduz ao de soma aritmética.

✷

Exemplo 5.13 (Seqüência de Fibonacci): A seqüência de Fibonacci3 é uma seqüência de números inteiros em que cada elemento é obtido pela soma dos dois anteriores. A equação descreve uma população de casais de coelhos, composta de casais adultos e filhotes. Cada casal adulto gera um casal de filhotes todo mês, e o casal de filhotes torna-se fértil (adulto) com dois meses de vida. No mês n, a[n] é o número de casais adultos e f [n] é o número de casais de filhotes com um mês de vida. Supondo que não ocorram mortes, tem-se a[n + 1] = a[n] + f [n] 3

f [n + 1] = a[n]

Leonardo Pisano Fibonacci, matemático italiano do século XII. Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

5.1. Resolução por Transformada Z Denominando y[n] qualquer uma das variáveis de estado, obtém-se a equação a diferenças y[n + 2] = y[n + 1] + y[n]

y[0] = 0, y[1] = 1

Usando o operador p, tem-se D(p)y[n] = (p2 − p − 1)y[n] = 0 sendo D(p) o polinômio caracterı́stico da equação a diferenças. Aplicando a transformada Z, tem-se z 2 (Y (z) − y[0] − y[1]z −1 ) = z(Y (z) − y[0]) + Y (z)

⇒

Y (z) =

z z2 − z − 1

As raı́zes do denominador (ou seja, raı́zes de D(p) = 0) são √ 1+ 5 λ1 = ≈ 1.618 2

√ 1− 5 λ2 = ≈ −0.618 2

1 a1 a2 Y (z) = = + z (z − λ1 )(z − λ2 ) z − λ1 z − λ2 cujos coeficientes são a1 =

√ 5 1 = ≈ 0.447 λ1 − λ2 5

a2 =

√ 1 − 5 = λ2 − λ1 5

resultando em y[n] = a1 λn1 + a2 λn2 u[n] ≈ a1 λn1 u[n]

para n grande, pois |λ2 | < 1 ✷

Curiosidades sobre a seqüência de Fibonacci A raiz caracterı́stica √ 1+ 5 ϕ= ≈ 1.618 2 chamada na literatura de razão áurea, possui várias interpretações interessantes, algumas de valor estético. A Figura 5.1, composta por retângulos, foi construı́da a partir do retângulo do canto superior esquerdo, de base 1 e altura ϕ. Copiando, rodando de 90 graus a direita, colocando ao lado do primeiro e completando, tem-se um retângulo de base 1 + ϕ e altura ϕ. Observe que é preservada a relação ϕ 1+ϕ = 1 ϕ

⇒

ϕ2 = ϕ + 1

ou seja, ϕ satisfaz a equação caracterı́stica de Fibonacci. Essa mesma relação aparece em várias construções arquitetônicas, como por exemplo na Grécia antiga. A Figura 5.1 mostra mais uma iteração, resultando no retângulo de base 1 + ϕ e altura 1 + 2ϕ, que preserva a relação, pois ϕ 1 + 2ϕ = 1+ϕ 1 O processo pode ser repetido indefinidamente. Note que ϕ pode ser escrito nas formas Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Capı́tulo 5. Equações a Diferenças

Figura 5.1: Relações áureas em retângulos.

ϕ=

q √ 1 + 1 + 1 + ··· = 1 +

1 1

1+ 1+

pois ϕ=

1 1 + ···

p 1 1+ϕ=1+ ϕ

Exemplo 5.14 (Tabela Price): Determine o valor mensal da dı́vida y[n] de um empréstimo inicial de valor M , com pagamento mensal constante igual a γ e juros mensais percentuais α para que a dı́vida seja liqüidada em m meses. Esse problema é conhecido como cálculo da tabela Price.4 y[n + 1] = y[n](1 + α) − γ , y[0] = M zY (z) − zM = Y (z)(1 + α) −

γz z−1

Y (z) zM − M − γ a1 a2 = = + z (z − (1 + α))(z − 1) z − (1 + α) z − 1 cujos coeficientes são a1 =

Mα − γ α

a2 =

γ α

Portanto, y[n] = (a1 (1 + α)n + a2 ) u[n] Observe que a dı́vida permanece igual a M se apenas os juros forem pagos todo mês, ou seja, M α = γ (situação ideal para o credor). Obviamente, a situação ideal para o devedor seria M = 0. 4

Richard Price, inglês do século XVIII. Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

5.1. Resolução por Transformada Z A solução do problema, isto é, o valor de γ que produz y[m] = 0, é γ=

M α(1 + α)m (1 + α)m − 1

Para α = 0, por l’Hôpital, obtém-se γ = M/m.

✷

Exemplo 5.15: Considere a equação a diferenças y[n + 2] − 3y[n + 1] + 2y[n] = 1

y[0] = 0, y[1] = 0

Y (z) 1 1 1 1 = = − − 2 z (z − 1) (z − 2) z − 2 z − 1 (z − 1)2 y[n] = (2n − 1 − n)u[n] ✷

Exemplo 5.16 (Equação a diferenças com N (p) 6= 1): Considere a equação a diferenças y[n + 2] + 5y[n + 1] + 6y[n] = 3x[n + 1] + x[n] , y[0] = 1, y[1] = 2 Aplicando a transformada Z (para x[n] = x[n]u[n] e y[n] = y[n]u[n]), tem-se (z 2 + 5z + 6)Y (z) = (3z + 1)X(z) − 3zx[0] + (z 2 + 5z)y[0] + zy[1] e, para x[n] = (−2)n u[n], substituindo-se as condições iniciais, tem-se (z 2 + 5z + 6)Y (z) =

(3z + 1)z + z 2 + 4z ⇒ z+2

(3z + 1)z z 2 + 4z + (z + 2)2 (z + 3) (z + 2)(z + 3)

Decompondo Y (z)/z em frações parciais, tem-se Y (z) = −

z 8z 5z 2z 8z − + − + 2 z + 3 z + 2 (z + 2) z+3 z+2

e, aplicando a transformada Z inversa e agrupando, y[n] = − 9(−3)n + 10(−2)n − 5n(−2)n−1 u[n] Note que a entrada x[n] poderia ser substituı́da na equação original, levando à equação a diferenças y[n + 2] + 5y[n + 1] + 6y[n] = −5(−2)n , y[0] = 1, y[1] = 2 Multiplicando por u[n] e aplicando a transformada Z, tem-se (z 2 + 5z + 6)Y (z) =

−5z + z 2 + 7z z+2

Isolando Y (z) e decompondo Y (z)/z em frações parciais, chega-se ao mesmo resultado. ✷

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Capı́tulo 5. Equações a Diferenças Exemplo 5.17 (Fila M/M/1): Considere uma fila com buffer infinito, com chegadas poissonianas de taxa média λ e servidor exponencial de taxa µ, sendo y[n] a probabilidade de haver n elementos no sistema. O equilı́brio estatı́stico impõe λy[n] = µy[n + 1] , n ∈ [0, +∞) com a condição de contorno

+∞ X

y[n] = 1.

n=0

Para resolver, supõe-se a condição inicial y[0] conhecida e aplica-se a transformada Z. n o Z y[n + 1] − ρy[n] = 0 , ρ = λ/µ

⇒

Y (z)(z − ρ) = zy[0]

⇒

Y (z) =

z y[0] z−ρ

y[n] = y[0]ρn u[n]

⇒

Substituindo na condição de contorno, obtém-se

y[0]

+∞ X

ρn = 1

n=0

que só possui solução se ρ < 1 (taxa de serviço µ maior do que a taxa de chegada λ). Nesse caso, +∞ X

ρn =

n=0

1 1−ρ

⇒ y[0] = 1 − ρ

e, portanto, y[n] = (1 − ρ)ρn u[n] Observe que, como y[0] é a probabilidade do sistema estar vazio, ρ é a probabilidade do sistema estar ocupado. Observe ainda que

Y (z) =

z (1 − ρ) z−ρ

⇒

Y (z)

z=1

+∞ X

y[k] = 1

k=0

o que ocorre sempre que y[n] representa uma distribução de probabilidade. O cálculo do número médio de elementos na fila pode ser feito por meio da transformada Z de y[n]. +∞ X

d ny[n] = −z E{Y} = Y (z) dz z=1 n=0 que resulta em E{Y} =

ρ 1−ρ

indicando que o número médio de elementos na fila tende para infinito quando ρ tende para 1. ✷

Freqüentemente, equações a diferenças de primeira ordem podem (e devem) ser resolvidas por substituição sistemática, como no caso dos exemplos 5.9 (progressão geométrica) e 5.17 (fila M/M/1).

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

5.1. Resolução por Transformada Z Exemplo 5.18 (Fila com desestı́mulo — sistema variante no tempo): Considere uma fila M/M/1, como no Exemplo 5.17, mas com taxa média de chegada que diminui com o tamanho da fila. Em particular, considere a taxa de chegada λ/(n + 1). O equilı́brio estatı́stico impõe µy[n + 1] =

com a condição de contorno

λ y[n] n+1

+∞ X

⇒

(n + 1)y[n + 1] = ρy[n] , ρ =

λ µ

y[n] = 1.

n=0

Observe que trata-se de uma equação a diferenças com coeficientes que variam com n, e que portanto não pode ser resolvida através da transformada Z. No entanto, pode ser resolvida por substituição sistemática. y[1] = ρy[0] , y[2] =

ρ2 ρn ρ y[1] = y[0] , . . . , y[n] = y[0] 2 2! n!

Portanto, da condição de contorno

y[0]

+∞ n X ρ

n=0

= y[0] exp(ρ) = 1

⇒ y[0] = exp(−ρ)

Assim, a solução é a distribuição de Poisson5 y[n] =

ρn exp(−ρ)u[n] n!

Observe que a fila atinge o equilı́brio estatı́stico mesmo para valores de ρ maiores do que um. O número médio de elementos na fila pode ser obtido pela transformada Z de y[n]. E{Y} = Y (z) =

+∞ n X ρ

n=0

+∞ X

n=0

ny[n] =

d Y (z) −z dz z=1

exp(−ρ)z −n = exp ρ(z −1 − 1)

⇒

E{Y} = ρ

Observe que, diferentemente do Exemplo 5.17 (fila M/M/1), o número médio de elementos na fila é sempre finito e igual a ρ. Para valores pequenos de ρ, os números médios das duas filas são próximos. ✷ Exemplo 5.19 (Resposta ao impulso): A resposta ao impulso do sistema (pressupõe condições iniciais nulas) y[n + 1] − ρy[n] = δ[n] ⇒ (p − ρ)y[n] = δ[n] , y[0] = 0 pode ser obtida pela transformada Z, isto é, obtém-se a função de transferência H(z) =

1 z−ρ

⇒

H(z) 1 −1/ρ 1/ρ = = + z z(z − ρ) z z−ρ

e a resposta ao impulso é dada pela transformada Z inversa de H(z) h[n] = (−1/ρ)δ[n] + (1/ρ)ρn u[n] = ρn−1 u[n − 1] ✷ 5

Siméon Denis Poisson, matemático francês do século XIX. Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Capı́tulo 5. Equações a Diferenças

Exemplo 5.20 (Resposta ao degrau): A resposta ao degrau do sistema, para ρ 6= 1, (pressupõe condições iniciais nulas) y[n + 1] − ρy[n] = u[n] ⇒ (p − ρ)y[n] = u[n] , y[0] = 0 pode ser obtida pela transformada Z, isto é, Y (z) =

z (z − ρ)(z − 1)

Y (z) 1 a b = = + z (z − ρ)(z − 1) (z − ρ) z − 1

⇒

−a = b =

1 1−ρ

e, portanto, y[n] =

1 − ρn u[n] 1−ρ

Note que, como u[n] =

n X

δ[k]

k=−∞

tem-se que a solução y[n] é a soma até n da resposta ao impulso do Exercı́cio 5.19, isto é,

y[n] =

n X

k−1

k=−∞

u[k − 1] u[n] =

n−1 X

ℓ

ℓ=0

u[n] =

1 − ρn u[n] 1−ρ

Além disso, como δ[n] = u[n] − u[n − 1] tem-se que a solução do Exercı́cio 5.19 pode ser escrita como h[n] = y[n] − y[n − 1] = ρn−1 u[n − 1] ✷

5.2

Resolução pelo Método dos Coeficientes a Determinar

Equações a diferenças lineares com coeficientes constantes podem ser resolvidas pelo método dos coeficientes a determinar.

5.2.1

Equação homogênea

Considere a equação a diferenças homogênea D(p)y[n] = 0 ,

D(p) =

m X

α k pk

(5.1)

k=0

com αm = 1 e condições iniciais conhecidas, que descreve um sistema linear autônomo. Observe que a equação é uma restrição linear (combinação linear das funções y[n], y[n + 1], . . . , y[n + m]) e portanto a solução y[n] deve necessariamente estar em um espaço de dimensão m. Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

5.2. Resolução pelo Método dos Coeficientes a Determinar Definição 5.2: Independência Linear Um conjunto de sinais {yk [n], k = 1, . . . , m} é linearmente independente se e somente se m X k=1

ck yk [n] = 0 , ∀n

⇒

ck = 0 , k = 1, . . . , m

Definição 5.3: Base A combinação linear de um conjunto de m sinais yk [n], isto é, y[n] =

m X

ck yk [n]

k=1

com escalares ck ∈ C gera um espaço linear, cuja dimensão é dada pelo número r ≤ m de sinais linearmente independentes. Qualquer conjunto de r sinais que gere o mesmo espaço é uma base para esse espaço.

Exemplo 5.21: Os sinais y1 [n] = 1, y2 [n] = n, y3 [n] = n2 são linearmente independentes. De fato,

c1 y1 [n] + c2 y2 [n] + c3 y3 [n] = 0

⇒

c1 = c2 = c3 = 0,



1 pois det 1 1

 0 0 1 1 = 2 6= 0 2 4 ✷

Propriedade 5.4: Independência Linear y1 [n] = λn1 , y2 [n] = λn2 são linearmente independentes se e somente se λ1 6= λ2 Note que a1 λn1 + a2 λn2 = 0, ∀n, implica a1 + a2 = 0 a 1 λ1 + a 2 λ2 = 0

⇒

a1 = a2 = 0

Propriedade 5.5: Deslocamento de auto-função As funções

⋄

y1 [n] = λn , y2 [n] = y1 [n + k] são linearmente dependentes, pois y2 [n] = λk λn ⋄ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Capı́tulo 5. Equações a Diferenças

Propriedade 5.6: Modo próprio A seqüência y[n] = λn é solução da equação (5.1) se λ é raiz de D(λ) = 0 (equação caracterı́stica), pois D(p)λn = D(λ)λn = 0 Observe que a solução é válida para todo n ∈ Z. ⋄ Exemplo 5.22: Para D(p) = p2 − p − 1, tem-se D(p)λn = (p2 − p − 1)λn = λn+2 − λn+1 − λn = (λ2 − λ − 1)λn ✷

Propriedade 5.7: Modos próprios Se as m raı́zes λk de D(λ) = 0 forem distintas, então y[n] =

m X

ak λnk

k=1

é solução da equação (5.1) pois λk satisfaz D(λk ) = 0, k = 1, . . . , m e os modos próprios λnk , k = 1, . . . , m são linearmente independentes. ⋄

Propriedade 5.8: Raiz dupla Se λ é raiz dupla da equação caracterı́stica D(λ) = 0, então λn e nλn são modos próprios da equação (5.1). Prova: n

D(p)(nλ ) =

m X

αk p (nλ ) =

m X k=0

pois D(λ) = 0 e

αk (n + k)λn+k =

k=0

= nλn

m X

αk λk + λn+1

m X

αk kλk−1 = nλn D(λ) + λn+1

k=0

d D(p) =0 dp p=λ

d = 0 quando λ é raiz dupla de D(λ). D(p) dp p=λ ⋄

Exemplo 5.23: Para D(p) = (p − λ)2 , tem-se (p − λ)2 λn = 0 e, além disso, (p − λ)2 nλn = (p2 − 2λp + λ2 )nλn = (n + 2)λn+2 − 2λ(n + 1)λn+1 + λ2 nλn = = λ2 − 2λ2 + λ2 nλn + 2(λ − λ)λn+1 = 0 ✷ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

5.2. Resolução pelo Método dos Coeficientes a Determinar

Propriedade 5.9: Raiz múltipla Se λ é raiz de multiplicidade r de D(λ), então λn , nλn , . . . , nr−1 λn são modos próprios da equação (5.1). ⋄ Propriedade 5.10: Solução da Homogênea A solução da equação homogênea (5.1) de ordem m é dada pela combinação linear dos seus m modos próprios, considerando as eventuais multiplicidades das raı́zes caracterı́sticas. ⋄ Exemplo 5.24: Considere a equação a diferenças do Exemplo 5.9 D(p)y[n] = (p − ρ)y[n] = 0 ,

y[0] = 1

A raiz da equação caracterı́stica é λ = ρ, e portanto y[n] = aρn sendo a o coeficiente a determinar. Das condições iniciais, a = y[0] = 1. ✷ Exemplo 5.25: Considere a equação a diferenças do Exemplo 5.13 (Fibonacci) D(p)y[n] = (p2 − p − 1)y[n] = 0 = (p − λ1 )(p − λ2 )y[n] = 0

y[0] = 0 , y[1] = 1

√ √ 1− 5 1+ 5 , λ2 = λ1 = 2 2 A equação caracterı́stica é D(λ) = (λ − λ1 )(λ − λ2 ) = 0. A solução é dada por y[n] = a1 λn1 + a2 λn2 √ √ 5 − 5 Das condições iniciais, a1 = , a2 = 5 5

✷

Exemplo 5.26: Considere a equação a diferenças, com ρ 6= 1, D(p)y[n] = (p − 1)(p − ρ)y[n] = 0

y[0] = 1 , y[1] = 1 + ρ

A solução é y[n] = a1 (1)n + a2 ρn =

1 − ρn+1 1−ρ ✷

Exemplo 5.27: Considere a equação a diferenças D(p)y[n] = (p − 1)3 y[n] = 0 ,

y[0] = 0 , y[1] = 1 , y[2] = 3

com λ = 1 raiz tripla da equação caracterı́stica. A solução é y[n] = a1 (1)n + a2 n(1)n + a3 n2 (1)n =

n(n + 1) 2 ✷ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Capı́tulo 5. Equações a Diferenças

Exemplo 5.28: Considere a equação a diferenças, com ρ 6= 1, D(p)y[n] = (p − 1)(p − ρ)2 y[n] = 0 ,

y[0] = 0 , y[1] = ρ , y[2] = ρ + 2ρ2

A solução é y[n] = a1 (1)n + a2 ρn + a3 nρn =

ρ ρ (1 − ρn ) − nρn (1 − ρ)2 1−ρ ✷

Exemplo 5.29: Considere a equação a diferenças, com α 6= 0, D(p)y[n] = (p − 1)(p − (1 + α))y[n] = 0 ,

y[0] = M , y[1] = M (1 + α) − γ

A solução é y[n] = a1 (1)n + a2 (1 + α)n =

γ γ (1 + α)n + M− α α ✷

Exemplo 5.30: Considere o sistema modal descrito pelas equações a diferenças v1 [n + 1] = αv1 [n] − βv2 [n]

v2 [n + 1] = αv2 [n] + βv1 [n]

α>0, β>0

O polinômio caracterı́stico de segunda ordem (associado a v1 [n] ou a v2 [n]) é D(p) = p2 − 2αp + α2 + β 2

⇒

λ∗2 = λ1 = ρ exp(jθ) = α + jβ , ρ > 0

a∗2 = a1 =

e a solução é dada por

a1 λn1 + a2 λn2

A exp(jφ) 2

com a1 , a2 (ou A e φ) determinados pelas condições iniciais. Note que a solução pode ser reescrita como Aρn cos(θn + φ) e, portanto, diverge para ρ > 1 (comportamento instável). Pode ser também observado que, mesmo para α < 1 (subsistemas desacoplados estáveis), o valor de β pode instabilizar o sistema. ✷ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

5.2. Resolução pelo Método dos Coeficientes a Determinar

5.2.2

Equação não homogênea

Considere a equação a diferenças não homogênea D(p)y[n] = N (p)x[n]

D(p) =

m X

αk pk , N (p) =

ℓ X

β k pk

(5.2)

k=0

com αm = 1 e condições iniciais conhecidas, que descreve um sistema linear não autônomo. A equação (5.2) pode ser resolvida pelo método dos coeficientes a determinar sempre que x[n] for solução de uma equação diferencial homogênea dada por D̄(p)x[n] = 0 O polinômio D̄(p) define os modos do espaço que contém x[n]. Portanto, multiplicando a equação (5.2) dos dois lados por D̄(p), tem-se a equação homogênea D̄(p)D(p)y[n] = N (p)D̄(p)x[n] = 0 que contém os modos próprios de D(p) e os modos forçados de D̄(p). As condições iniciais que permitem a solução desse sistema aumentado são as originais acrescidas de tantas quanto for o grau de D̄(p), obtidas por substituição sistemática na equação (5.2).

Exemplo 5.31: Considere a equação a diferenças tratada no Exemplo 5.10 (soma geométrica) y[n + 1] − y[n] = ρn+1

y[0] = 1

Neste caso D(p) = p − 1 e D̄(p) = p − ρ , y[0] = 1 , y[1] = 1 + ρ pois a entrada x[n] = ρρn está no espaço de dimensão 1 descrito por um modo próprio associado à raiz ρ. A condição y[1] = 1 + ρ foi obtida substituindo-se y[0] na equação original. A equação homogênea resultante foi resolvida no Exemplo 5.26.

✷

Exemplo 5.32: Considere a equação a diferenças tratada no Exemplo 5.11 (soma aritmética) y[n + 1] − y[n] = n + 1

y[0] = 0

Neste caso D(p) = (p − 1) e D̄(p) = (p − 1)2 , y[0] = 0 , y[1] = 1 , y[2] = 3 pois a entrada x[n] = n + 1 está no espaço de dimensão 2 descrito pelos modos próprios associados à raiz 1 com multiplicidade 2. As condições iniciais y[1] e y[2] foram obtidas da equação original por substituição. A equação homogênea resultante foi resolvida no Exemplo 5.27.

✷

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Capı́tulo 5. Equações a Diferenças Exemplo 5.33: Considere a equação a diferenças tratada no Exemplo 5.12 (soma aritméticageométrica) y[n + 1] − y[n] = (n + 1)ρn+1

y[0] = 0

Neste caso D(p) = (p − 1) e D̄(p) = (p − ρ)2 , y[0] = 0 , y[1] = ρ , y[2] = ρ + 2ρ2 pois a entrada x[n] = (n + 1)ρn+1 está no espaço de dimensão 2 descrito pelos modos próprios associados à raiz ρ com multiplicidade 2. As condições iniciais y[1] e y[2] foram obtidas da equação original por substituição. A equação homogênea resultante foi resolvida no Exemplo 5.28.

✷

Exemplo 5.34: Considere a equação a diferenças tratada no Exemplo 5.14 (tabela Price) y[n + 1] − (1 + α)y[n] = −γ

y[0] = M

Neste caso D(p) = (p − (1 + α)) e D̄(p) = (p − 1) , y[0] = M , y[1] = M (1 + α) − γ pois a entrada x[n] = −γ está no espaço de dimensão 1 descrito por um modo próprio associado à raiz 1. A condição inicial y[1] foi obtida da equação original por substituição. A equação homogênea resultante foi resolvida no Exemplo 5.29.

✷

Exemplo 5.35: Considere novamente a equação a diferenças do Exemplo 5.16 (p2 + 5p + 6)y[n] = (3p + 1)x[n] , y[0] = 1, y[1] = 2 , x[n] = (−2)n Portanto, D̄(p) = (p + 2), y[2] = 3x[1] + x[0] − 5y[1] − 6y[0] = −21 e y[n] = 2.5n(−2)n + 10(−2)n − 9(−3)n Note que a solução vale para todo n ∈ Z e coincide para n ≥ 0 com a solução obtida por transformada Z no Exemplo 5.16. ✷

Propriedade 5.11: Solução Forçada O método dos coeficientes a determinar pode ser aplicado diretamente à equação a diferenças não homogênea (5.2). Para isso, identificam-se as parcelas homogênea e forçada (devido à entrada) da solução. y[n] = yh [n] + yf [n]

⇒

D(p) yh [n] + yf [n] = N (p)x[n]

D(p)yf [n] = N (p)x[n]

(5.3)

pois D(p)yh [n] = 0 As parcelas homogênea e forçada são dadas por Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

5.2. Resolução pelo Método dos Coeficientes a Determinar

m X

yh [n] =

ak fk [n]

yf [n] =

m̄ X

bk gk [n]

k=1

sendo fk [n] os m modos próprios associados a D(λ) = 0 e gk [n] os m̄ modos forçados associados a D̄(γ) = 0, considerando-se as possı́veis multiplicidades com as raı́zes λ. Os coeficientes bk são obtidos da equação (5.3) e, em seguida, os coeficientes ak são obtidos a partir das condições iniciais. ⋄ Exemplo 5.36: Considere o Exemplo 5.10 cuja equação a diferenças é dada por y[n + 1] − y[n] = ρn+1

⇒

y[0] = 1

D(p) = p − 1 , D̄(p) = (p − ρ)

Para ρ 6= 1, tem-se λ = 1 e γ = ρ (raı́zes distintas). A solução forçada é yf [n] = bρn

(bρ − b)ρn = ρn+1 , b =

⇒

ρ ρ−1

A solução é y[n] = bρn + a Da condição inicial y[0] = 1, tem 1=b+a

⇒

1 1−ρ

Para ρ = 1, ocorre o fenômeno conhecido como ressonância (modo próprio excitado pelo modo da entrada). Neste caso, tem-se ⇒

λ=γ=1

yf [n] = bn1n , b = 1

A solução é (usando-se a condição inicial) y[n] = bn + a = n + 1 ✷

Exemplo 5.37 (Soma aritmética): A soma aritmética, tratada no Exemplo 5.11, satisfaz a equação a diferenças y[n + 1] − y[n] = n + 1

y[0] = 0

⇒

D(p) = p − 1 , D̄(p) = (p − 1)2

Trata-se de uma ressonância dupla, λ = γ1 = γ2 = 1. Portanto, yf [n] = b1 n2 + b2 n

⇒

b1 = b2 = 0.5

A solução é (usando-se a condição inicial) y[n] =

n2 n n(n + 1) + +a= 2 2 2 ✷

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Capı́tulo 5. Equações a Diferenças Exemplo 5.38 (Soma aritmética-geométrica): A soma aritmética-geométrica, tratada no Exemplo 5.12, satisfaz a equação a diferenças y[n + 1] − y[n] = (n + 1)ρn+1

D(p) = p − 1 , D̄(p) = (p − ρ)2

⇒

y[0] = 0

Para ρ 6= 1, tem-se λ = 1 e γ1 = γ2 = ρ (raiz dupla). Portanto, yf [n] = b1 nρn + b2 ρn

⇒

b1 =

−ρ ρ , b2 = ρ−1 (ρ − 1)2

A solução é (usando-se a condição inicial) y[n] = b1 nρn + b2 ρn + a

⇒

ρ (ρ − 1)2 ✷

Exemplo 5.39: Considere a equação a diferenças do Exemplo 5.15

y[n + 2] − 3y[n + 1] + 2y[n] = 1

y[0] = 0, y[1] = 0

⇒

D(p) = (p − 1)(p − 2) , D̄(p) = p − 1

Note que λ1 = 1, λ2 = 2 e γ = 1 (ressonância). A solução forçada é yf [n] = bn

⇒

b = −1

⇒

a1 = −1, a2 = 1

A solução é (usando-se as condições iniciais) y[n] = −n + a1 + a2 2n

✷

Propriedade 5.12: Resposta ao Impulso D(p)y[n] = N (p)x[n] , x[n] = δ[n] (condições iniciais nulas) A priori, o método dos coeficientes a determinar não poderia ser utilizado para determinar y[n] pois não existe equação a diferenças linear com coeficientes constantes que produza como solução a função δ[n], isto é, δ[n + k] é linearmente independente de δ[n] qualquer que seja k 6= 0.

Entretanto, a resposta ao impulso pode ser calculada pelo método dos coeficientes a determinar da seguinte forma. Primeiramente, resolva D(p)f [n] = 1 , (condições iniciais nulas) Por linearidade, tem-se y[n] = N (p) f [n]u[n] − f [n − 1]u[n − 1] Note que a resposta ao degrau é dada por N (p)f [n]u[n]

⋄

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

5.2. Resolução pelo Método dos Coeficientes a Determinar Exemplo 5.40: Retomando o Exemplo 5.20, ρ 6= 1, tem-se (p − ρ)y[n] = u[n] , y[0] = 0

⇒

f [n] = b1 + a1 ρn , b1 − ρb1 = 1

y[n] =

(p − ρ)f [n] = 1 (λ = ρ, γ = 1)

⇒

b1 =

1 , a1 = −b1 1−ρ

1 − ρn u[n] 1−ρ

A resposta ao impulso é y[n] − y[n − 1] = ρn−1 u[n − 1] ✷

Exemplo 5.41: Considere (p − 2)(p − 3)y[n] = px[n] , x[n] = δ[n] , (condições iniciais nulas) (p − 2)(p − 3)f [n] = 1 ⇒ f [n] = b1 + a1 2n + a2 3n , b1 = 0.5 , a1 = −1 , a2 = 0.5 A resposta ao degrau é dada por pf [n]u[n] =

1 − 2n+1 + 3n+1 u[n + 1] 2 2

e a resposta ao impulso é y[n] = pf [n]u[n] − pf [n − 1]u[n − 1] = f [n + 1]u[n + 1] − f [n]u[n] = = (f [n + 1] − f [n])u[n] = (−2n + 3n )u[n] Note que as respostas ao degrau e ao impulso poderiam ser obtidas por transformada Z. A resposta ao impulso é a transformada Z inversa de Y (z), ou seja

Y (z) =

z (z − 2)(z − 3)

⇒

Y (z) −1 1 = + , y[n] = (−2n + 3n )u[n] z z−2 z−3

e a resposta ao degrau

Y (z) =

z z (z − 2)(z − 3) (z − 1) y[n] =

⇒

Y (z) −2 3/2 1/2 = + + z z−2 z−3 z−1

1 3 u[n] − 2(2n ) + (3n ) + 2 2 ✷ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

5.3

Capı́tulo 5. Equações a Diferenças

Exercı́cios

Exercı́cio 5.1: Determine y[n] solução das equações: y[n + 2] − 9y[n] = 0,

y[0] = 11, y[1] = −27

y[n + 2] − 9y[n] = 18(3)n ,

y[0] = 2, y[1] = 3

y[n + 2] − 9y[n] = 36n(−3)n ,

y[0] = 3, y[1] = −6

y[n + 2] − 4y[n] = 0,

y[0] = 100, y[1] = −100

y[n + 2] + 4y[n + 1] + 4y[n] = 0,

y[0] = 100, y[1] = −100

y[n + 2] + 4y[n + 1] + 4y[n] = 400(−2)n , 5 y[n + 2] − y[n + 1] + y[n] = 2n , 2

y[0] = 100, y[1] = −100 y[0] = 0 , y[1] = 1

Exercı́cio 5.2: a) Determine as três raı́zes caracterı́sticas da equação a diferenças linear com coeficientes constantes, homogênea, cuja solução satisfaz a equação π n + π/3 , y[0] = 37 4 b) Determine a resposta ao impulso (condições iniciais nulas) de (p − 3)y[n] = cos

(p − 1)(p − 2)y[n] = x[n] Exercı́cio 5.3: Determine a solução de

para a) x[n] = 0,

5 y[n + 2] − y[n + 1] + y[n] = x[n] , y[0] = 1 , y[1] = 0 2 b) x[n] = 2−n

Exercı́cio 5.4: Determine a transformada Y (z) = Z{y[n]} sendo y[n] =

n X

k=0

k2 ,

para n ≥ 0

Exercı́cio 5.5: Determine y[n] y[n + 2] − 4y[n + 1] + 3y[n] = 3n u[n] , y[1] = y[0] = 0 Exercı́cio 5.6: Determine a resposta ao degrau do sistema (p2 + 4p + 4)y[n] = (3p + 4)x[n] Exercı́cio 5.7: Determine y[n] solução da equação y[n + 1] + y[n] = x[n] , y[0] = 1 , Z{x[n]u[n]} =

z , |z| > 2 (z − 2)2

Exercı́cio 5.8: a) Determine a solução forçada de 5 y[n + 2] − y[n + 1] + y[n] = 2n 2 b) Obtenha uma equação a diferenças homogênea e as condições iniciais cuja solução seja solução da equação não homogênea descrita no item a). Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

5.3. Exercı́cios Exercı́cio 5.9: a) Resolva usando método dos coeficientes a determinar y[n + 2] − 3y[n + 1] + 2y[n] = 1 , y[0] = y[1] = 0 b) Resolva usando transformada Z y[n + 2] − 3y[n + 1] + 2y[n] = 2n u[n] , y[0] = y[1] = 0 Exercı́cio 5.10: a) Resolva a equação a diferenças usando o método dos coeficientes a determinar. y[n + 1] − y[n] = ρn+1 , y[0] = 1 b) Resolva usando transformada Z.

Exercı́cio 5.11: Determine a equação a diferenças homogênea e as condições iniciais que produzem x[n] = nρn como solução. Exercı́cio 5.12: a) Resolva usando método dos coeficientes a determinar y[n + 2] − 2.5y[n + 1] + y[n] = 2n , y[0] = y[1] = 0 b) Resolva usando transformada Z y[n + 2] − 2.5y[n + 1] + y[n] = u[n] , y[0] = y[1] = 0 Exercı́cio 5.13: Considere uma população de casais de coelhos, composta de casais adultos, casais filhotes com um mês e casais filhotes com dois meses de idade. Cada casal adulto gera um casal de filhotes todo mês, e o casal de filhotes torna-se fértil (adulto) com três meses de vida. No mês n, a[n] é o número de casais adultos, f1 [n] é o número de casais de filhotes com um mês de vida e f2 [n] é o número de casais de filhotes com dois meses de vida. Não ocorrem mortes. Determine a equação a diferenças homogênea em termos do número de casais adultos a[n]. Exercı́cio 5.14: a) Determine a equação homogênea e as condições iniciais que produzem a mesma solução que a equação y[n + 2] − 3y[n + 1] + 2y[n] = 2n u[n] , y[0] = 0 , y[1] = 1

b) Determine o valor da soma

y[n] =

n X

k=0

Sugestão: escreva uma equação a diferenças para y[n] e resolva pelo método dos coeficientes a determinar. Exercı́cio 5.15: a) Determine a solução y[n] da equação (p + 1)(p + 2)y[n] = x[n] , y[0] = y[1] = 0 , Z{x[n]} = z + b) Determine y[n] solução da equação y[n + 1] + y[n] = x[n] , y[0] = 1 , Z{x[n]u[n]} =

z , |z| > 2 z−2

z , |z| > 2 (z − 2)2

Exercı́cio 5.16: a) Determine a equação a diferenças de segunda ordem em y[n] para v1 [n + 1] = v1 [n] + 2v2 [n] + x[n]

v2 [n + 1] = v1 [n] − v2 [n] , y[n] = v2 [n] − 2v1 [n]

utilizando operador deslocamento p, isto é, determine D(p) e N (p) tais que D(p)y[n] = N (p)x[n] b) Determine y[n] para v1 [n + 1] = v1 [n] + 2v2 [n] + x[n] , v2 [n + 1] = v1 [n] , y[n] = v2 [n] , x[n] = 1, v1 [0] = 1, v2 [0] = 0 Exercı́cio 5.17: Determine a solução forçada de (p − 1)(p − 2)y[n] = x[n] , y[0] = 0 , y[1] = 1 para a) x[n] = 2(3n ),

b) x[n] = 3(2n )

Exercı́cio 5.18: Determine a resposta y[n] à entrada x[n] =

1 δ[n − 1] 3

da equação a diferenças linear a coeficientes constantes, homogênea, cuja resposta ao degrau é 6 1 − 2−n u[n] Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Capı́tulo 6

Equações de Estado de Sistemas Discretos Sistemas dinâmicos discretos podem ser descritos por equações a diferenças (envolvendo entrada e saı́da) ou por equações de estado (modelo de variáveis de estado ou modelo interno).

6.1

Variáveis de estado

Definição 6.1: Representação canônica por variáveis de estado Sistemas discretos no tempo com uma entrada escalar x[n] e uma saı́da escalar y[n] são chamados de sistemas SISO (single-input single-output). Podem ser descritos por equações de primeira ordem nas variáveis de estado v[n + 1] = f (v[n], x[n], n) , y[n] = g(v[n], x[n], n) , n ∈ Z

(6.1)

sendo v[n] ∈ Rm o vetor de variáveis de estado.

As seqüências v[n], soluções de (6.1), são determinadas de maneira única a partir da condição inicial v[0] ∈ Rm e da entrada x[n].

Exemplo 6.1: Um modelo (veja [25]) para a ocorrência de um gene recessivo na geração n + 1 é dado por v[n] v[n + 1] = , n∈N 1 + v[n] sendo v[n] a freqüência de ocorrência na geração n. A partir de uma condição inicial v[0] = a, tem-se v[1] =

v[1] a a , v[2] = = 1+a 1 + v[1] 1 + 2a

⇒ v[n] =

1 1 + na ✷

Exemplo 6.2: O montante de depósitos em uma conta bancária no ano n + 1 pode ser descrito pela equação v[n + 1] = (1 + β)v[n] + b sendo b um depósito constante e β o rendimento percentual pago pelo banco anualmente sobre o valor v[n]. Considerando como condição inicial v[0] = 0, tem-se (veja Capı́tulo 5) (1 + β)n − 1 b v[n] = β ✷

6.1. Variáveis de estado Definição 6.2: Pontos de equilı́brio ou pontos fixos Os vetores v̄ solução do sistema de equações invariante no tempo v̄ = f (v̄, x̄) para x[n] = x̄ constante são denominados pontos de equilı́brio ou pontos fixos do mapeamento.

Exemplo 6.3: Considere a equação logı́stica [33] (semelhante à equação a diferenças do Exemplo 5.3 para a população de peixes em um lago): v[n + 1] = βv[n](1 − v[n]), Os pontos de equilı́brio são v̄ = 0 , v̄ =

β>0

β−1 β

Note que para condições iniciais v[0] ∈ [0, 1] e 0 ≤ β ≤ 4, a seqüência v[n] permanece no intervalo. A Figura 6.1 ilustra dois comportamentos para v[n], com β = 2, a partir de 0.01 e de 0.95, em direção ao ponto fixo v̄ = 0.5. Dependendo do valor de β, v[n] pode apresentar comportamento oscilatório ou mesmo caótico (veja [33] para maiores detalhes). 1

0.9

0.8

0.7

0.6

0.5

0.4

0.3

0.2

0.1

Figura 6.1: Evolução de v[n] do Exemplo 6.3 (β = 2) a partir das condições iniciais v[0] = 0.01 e v[0] = 0.95 em direção ao ponto fixo v̄ = 0.5.

✷

Assim como no caso contı́nuo, sistemas lineares invariantes no tempo SISO (single-input single-output) podem ser representados por equações matriciais de primeira ordem nas variáveis de estado e equações de saı́da v[n + 1] = Av[n] + bx[n] y[n] = cv[n] + dx[n] O modelo (A, b, c, d) pode também ser obtido da linearização das equações (6.1), representando o comportamento do sistema de maneira aproximada em torno dos pontos fixos. Um sistema linear com entrada x[n] = α (constante) possui como ponto fixo v̄ tal que v̄ = Av̄ + bα ⇒ (I − A)v̄ = bα Se det(I − A) 6= 0, a solução é única, dada por v̄ = (I − A)−1 bα Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Capı́tulo 6. Equações de Estado de Sistemas Discretos

Se det(I − A) = 0 e α = 0, tem-se

(I − A)v̄ = 0

ou seja, os pontos fixos estão no espaço nulo de (I − A).

Exemplo 6.4: Considere o modelo discreto predador-presa (v1 [n] representa as presas, v2 [n] os predadores) v1 [n + 1] = 2(1 − v1 [n])v1 [n] − βv1 [n]v2 [n] v2 [n + 1] = 0.8v2 [n] + 3βv1 [n]v2 [n]

Os pontos fixos são (0, 0), (0.5, 0) e (0.2/(3β), (1 − 0.4/(3β))/β). O jacobiano do sistema é dado por ∂fi 2 − 4v1 − βv2 −βv1 = 3βv2 0.8 + 3βv1 ∂vj Por exemplo, para β = 1/3, têm-se os comportamentos aproximados em torno dos pontos de equilı́brio dados por 2 0 , autovalores 2 (modo instável) e 0.8 (modo estável) (0, 0) , 0 0.8

−1/6 (0.5, 0) , , autovalores 1.3 (modo instável) e 0 (modo estável) 1.3 0.6 −0.2/3 , autovalores |0.8 ± j0.2828| ≈ 0.8485 (modos estáveis oscilatórios) (0.2, 1.8) , 1.8 1 0 0

✷

6.1.1

Função de transferência e realizações

Usando a notação pv[n] = v[n + 1], pode-se obter a representação entrada-saı́da a partir da equação de estado de maneira similar ao caso contı́nuo, ou seja, N (p) = c(zI − A)−1 b + d y[n] = c(pI − A)−1 b + d x[n] , H(z) = D(p) p=z Para construir uma realização a partir da equação a diferenças D(p)y[n] = N (p)x[n], utilizam-se as mesmas técnicas do caso contı́nuo.

Exemplo 6.5: Considere a equação a diferenças (p3 + 8p2 + 5p + 3)y[n] = (2p3 + 30p2 + 15p + 10)x[n] Como N (p) = 2(p3 + 8p2 + 5p + 3) + 14p2 + 5p + 4, tem-se uma realização dada por 

De fato,

0 1 0 A= 0 −3 −5

   0 0 1  , b = 0 , c = 4 5 14 , d = 2 1 −8

c(pI − A)−1 b + d =

(6.2)

14p2 + 5p + 4 2p3 + 30p2 + 15p + 10 + 2 = p3 + 8p2 + 5p + 3 p3 + 8p2 + 5p + 3

A Figura 6.2 mostra a realização (6.2) com operadores avanço (i.e. p−1 v[n + 1] = v[n]). ✷ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

6.1. Variáveis de estado

p−1

−1

p−1

Figura 6.2: Realização (A, b, c, d) dada por (6.2) da função de transferência do Exemplo 6.1.

6.1.2

Solução da equação homogênea

A equação de estado v[n + 1] = Av[n] , v[0] = v0 ∈ Rm

pode ser resolvida por substituição direta, isto é,

v[1] = Av[0] , v[2] = Av[1] = A2 v[0] ⇒ v[n] = An v[0] O cálculo de An pode ser feito por qualquer uma das técnicas do Capı́tulo 17 para cômputo de função de matriz quadrada.

Exemplo 6.6: Considere o sistema     1 0 1 0 v[n + 1] = 0 0 1 v[n] , v[0] = 0 , λ1 = λ2 = 1, λ3 = 2 0 2 −5 4

Pelo Teorema de Cayley-Hamilton (Propriedade 18.6), f (A) = An pode ser calculada como um polinômio de grau 2. Assim, f (λ) = λn = ρ0 (n) + ρ1 (n)λ + ρ2 (n)λ2 ⇒ ρ0 = −2n + 2n , ρ1 = 2 + 3n − 2n+1 , ρ2 = −1 − n + 2n e, portanto,



−2n + 2n n A = −2 − 2n + 2n+1 −4 − 2n + 2n+2

A solução v[n] é dada por

 2 + 3n − 2n+1 −1 − n + 2n 3n − 2n+2 + 5 −2 − n + 2n+1  8 + 3n − 2n+3 −n + 2n+2 − 3 

 −2n + 2n v[n] = An v[0] = −2 − 2n + 2n+1  −4 − 2n + 2n+2 ′ Note que, neste exemplo, det(I − A) = 0 e, portanto, v̄ = β β β , β ∈ R, é um ponto fixo do sistema. ✷

O sistema homogêneo pode ser resolvido por transformada Z, se multiplicados ambos os lados por u[n]. Assim, v[n + 1]u[n] = Av[n]u[n] , v[0] = v0

⇒

V (z) = (zI − A)−1 zv0

e o domı́nio de existência de V (z), para uma condição inicial v0 qualquer, é o exterior do menor cı́rculo centrado na origem que contém todos os autovalores de A. Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Capı́tulo 6. Equações de Estado de Sistemas Discretos

Propriedade 6.1: Z{An u[n]} = (zI − A)−1 z , |z| > max |λi (A)| i

pois a solução do sistema para n ≥ 0 é dada por v[n] = An u[n]v

0 para qualquer v0 .

⋄

Exemplo 6.7: Considere o sistema 1 0 1 v[n] , v[0] = v0 = v[n + 1] = 1 −6 5

Multiplicando por u[n] dos dois lados e aplicando a transformada Z, tem-se 1 z−5 1 zv0 V (z) = (zI − A)−1 zv0 = 2 z − 5z + 6 −6 z 

  3 1 −2 + (z − 2)(z − 3)   (z − 2) (z − 3) =   6 z −6 + (z − 2)(z − 3) (z − 2) (z − 3)

z−5  (z − 2)(z − 3) (zI − A)−1 =   −6 (z − 2)(z − 3) 

3z −2z +  (z − 2) (z − 3) V (z) =   6z −6z + (z − 2) (z − 3) ⇒

−1 1  + (z − 2) (z − 3)   −2 3  + (z − 2) (z − 3)

−1z 1z     2z z  + − 1  (z − 2) (z − 3)  (z − 2) (z − 3)    =    4z −2z 3z  3z  1 + − (z − 2) (z − 3) (z − 2) (z − 3) " # 2(2n ) − 3n v[n] = u[n] 4(2n ) − 3(3n )

Note que a matriz A é diagonalizável (autovalores distintos), e que 0 1 1 1 1 1 3 0 AQ = QÂ , = −6 5 3 2 3 2 0 2 Portanto, a solução v[n] pode também ser obtida por transformação de similaridade 1 1 3n 0 −2 1 n n −1 v v[n] = A v0 = QÂ Q v0 = 3 −1 0 3 2 0 2n n 1 2(2n ) − 3n 3(2 ) − 2(3n ) −2n + 3n = = 4(2n ) − 3(3n ) 6(2n ) − 6(3n ) −2(2n ) + 3(3n ) 1 Finalmente, note que

 2z z −  − 2 z − 3 Z{v[n]u[n]} =  z 4z 3z  − z−2 z−3 

✷

Exemplo 6.8: Considere o sistema 

σ v[n + 1] =  0 0

1 σ 0

 0 1  v[n] , v[0] = v0 σ

A partir do cálculo de funções de matrizes na forma de Jordan (veja a Propriedade 18.17 no Capı́tulo 18), tem-se que a solução é dada por  n  σ nσ n−1 n(n − 1)σ n−2 /2  v0 σn nσ n−1 v[n] =  0 n 0 0 σ ✷

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

6.1. Variáveis de estado

6.1.3

Solução da equação não homogênea

De maneira similar ao caso contı́nuo, a solução pode ser obtida por transformada Z, por convolução ou pela definição de um sistema homogêneo aumentado equivalente. Considere o sistema v[n + 1] = Av[n] + bx[n] , v[0] = v0 , y[n] = cv[n] + dx[n]

(6.3)

A resposta ao impulso pode ser obtida por substituição sistemática, com x[n] = δ[n] e v[0] = 0, v[1] = b , v[2] = Ab , v[n] = An−1 b , n > 0 ⇒ h[n] = (cAn−1 b)u[n − 1] + dδ[n] Note que a resposta ao impulso (Propriedade 6.1) também pode ser obtida como a transformada Z inversa de H(z), isto é, h[n] = Z −1 {c(zI − A)−1 b + d} = Z −1 {z −1 c(zI − A)−1 zb + d} = cAn−1 bu[n − 1] + dδ[n] No domı́nio do tempo, a resposta a uma entrada qualquer x[n] para n ≥ 0 é dada por v[n] = An v0 +

n−1 X

An−1−k bx[k] , y[n] = cAn v0 +

n−1 X

cAn−1−k bx[k] + dx[n]

k=0

ou, usando a definição de convolução discreta (Definição 1.12), por v[n] = An v0 + (An−1 u[n − 1]) ∗ (bx[n]u[n]) , y[n] = cAn v0 + c(An−1 u[n − 1]) ∗ (bx[n]u[n]) + dx[n] Equivalentemente, multiplicando as equações dinâmica e de saı́da dadas em (6.3) por u[n] e aplicando a transformada Z, tem-se V (z) = (zI − A)−1 zv0 + (zI − A)−1 bX(z) , Y (z) = c(zI − A)−1 zv0 + c(zI − A)−1 b + d X(z)

Note que as parcelas devido à entrada nula e devido às condições iniciais nulas vêem-se claramente. Se a entrada x[n] é solução do sistema homogêneo v̄[n + 1] = Āv̄[n] , v̄[0] = v̄0 , x[n] = c̄v̄[n] a solução v[n] do sistema original pode ser obtida a partir do sistema aumentado v[n] v[n + 1] A bc̄ v[n] v[0] = , , y = c dc̄ v̄[n + 1] 0 Ā v̄[n] v̄[0] v̄[n] Exemplo 6.9: Considere o sistema 0 0 0 1 , y[n] = 1 x[n] , v[0] = v[n] + v[n + 1] = 1 1 1 0

0 v[n] , x[n] = 2n

Os autovalores de A são 1 e −1, e An = ρ0 (n)I + ρ1 (n)A sendo ρ0 e ρ1 dados por 1 = ρ0 + ρ1 , (−1)n = ρ0 − ρ1 ⇒ ρ0 =

1 + (−1)n 1 − (−1)n , ρ1 = 2 2 Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Capı́tulo 6. Equações de Estado de Sistemas Discretos Assim, An e a resposta à entrada nula são dados respectivamente por 1 1 + (−1)n 1 − (−1)n 1 − (−1)n n A = ⇒ yen [n] = cAn v0 = n n 1 + (−1) 2 1 − (−1) 2 A parcela relativa às condições iniciais nulas é dada por

ycin [n] = c(An−1 u[n − 1]) ∗ (bx[n]u[n]) =

Computando as convoluções, tem-se

ycin [n] =

1 2

(1 − (−1)n−1 )u[n − 1] ∗ (2n u[n]) =

1 (1 + (−1)n )u[n − 1] ∗ (2n u[n]) 2

n +∞ X 1 X (1 + (−1)k )2−k (1 + (−1)k )u[k − 1]2n−k u[n − k] = 2n−1 u[n − 1] 2 k=1

k=−∞

n X

= 2n−1 u[n − 1]

n X

−1 + (−2)−n (−1/2)k = 2n−1 1 − 2−n + u[n − 1] 3 k=1 1 1 1 1 1 1 = − + 2n + (−1)n u[n − 1] = − + 2n + (−1)n u[n] 2 3 6 2 3 6

(1/2)k +

k=1

e, portanto, para n ≥ 0 y[n] =

1 −1 1 1 1 1 (−1)n − + 2n + (−1)n u[n] = 2n − (−1)n u[n] 2 2 3 6 3 3

Igual resultado poderia ser obtido pela transformada Z, obtendo-se Y (z) e expandindo em frações parciais

Y (z) =

z 0.5z −0.5z −0.5z 1 z + = + + + (z − 1)(z + 1) (z − 1)(z + 1)(z − 2) (z − 1) z + 1 z − 1 6

1 z z + z+1 3 z−2 ✷

Exemplo 6.10: Considere novamente o sistema do Exemplo 6.9. Note que a entrada x[n] = 2n pode ser obtida como solução do sistema v̄[n + 1] = 2v̄[n] , v̄[0] = 1 , y[n] = v̄[n] O sistema aumentado dado por  0 Ã = 1 0

   1 0 0 0 1 , ṽ[0] = 1 , c̃ = 1 0 0 2 1

produz como solução (utilizando a forma de Jordan, i.e. AQ = QÂ)       −1 1 1 −1 0 0 0 1 0 −1 1 1 1 0 1  1 1 2 =  1 1 2  0 1 0 0 0 3 0 0 2 0 0 2 0 0 3 

−1 Ãn =  1 0

 1 1 (−1)n   1 2 0 0 3 0

   −3 3 −1 0 1 0   3 3 −3 6 0 0 2 2n   n (−1) + 1 −(−1)n + 1 (1/3)(−1)n − 1 + (2/3)2n 1 −(−1)n + 1 (−1)n + 1 −(1/3)(−1)n − 1 + (4/3)2n  = 2 0 0 2n

0 1n 0

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

6.2. Observabilidade e controlabilidade SISO e, portanto, y[n] = c̃Ãn ṽ[0] =

1 n −1 2 + (−1)n 3 3 ✷

6.2

Observabilidade e controlabilidade SISO

Definição 6.3: Observabilidade O sistema dinâmico linear discreto invariante no tempo, descrito por v[n + 1] = Av[n] , v ∈ Rm

y[n] = cv[n] ∈ R

é observável (ou, equivalentemente, o par (A, c) é observável) se existir k > 0 inteiro tal que o conhecimento da saı́da y[n] para todo n ∈ [0, k] é suficiente para determinar a condição inicial v[0]. As Propriedades 19.1 e 19.2 também aplicam-se a sistemas discretos, isto é, o par (A, c) é observável se e somente se   c  cA    det(Obsv(A, c)) = det  .  6= 0  ..  cAn−1

ou se e somente se a matriz

A − λI ∈ C(m+1)×m c

tiver rank m. Definição 6.4: Controlabilidade O sistema dinâmico linear discreto invariante no tempo, descrito por v[n + 1] = Av[n] + bx[n] , v ∈ Rm

x[n] ∈ R

é controlável (ou, equivalentemente, o par (A, b) é controlável) se para qualquer estado inicial v[0] e um estado v[k] final arbitrário, existir uma entrada x[n], n ∈ [0, k], k > 1 finito que leve o sistema de v[0] a v[k]. As Propriedades 19.4 e 19.5 também aplicam-se a sistemas discretos, isto é, o par (A, b) é controlável se e somente se det(Ctrb(A, b)) = det b Ab · · · An−1 b 6= 0

ou se e somente se a matriz tiver rank m.

A − λI b ∈ Cm×(m+1)

No caso contı́nuo, como exp(At) é não singular para todo t, a controlabilidade de um estado arbitrário inicial a um estado final, de um estado inicial à origem ou da origem a um estado final arbitrário é a mesma coisa. No caso discreto, pode haver distinção entre controlabilidade para a origem e controlabilidade a partir da origem ou acessibilidade (chamada em inglês de reachability) se a matriz A for singular.

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Capı́tulo 6. Equações de Estado de Sistemas Discretos Exemplo 6.11: O sistema 

   1 0 0 0 1 v[n] + 0 x[n] 0 0 0

0 v[n + 1] = 0 0

é não controlável (matriz de controlabilidade igual a zero), não satisfaz a Definição 6.4 de controlabilidade nem pode atingir um ponto qualquer a partir da origem. No entanto, para qualquer condição inicial e para qualquer entrada x[n], v[3] = A3 v[0] = 0 implicando que o sistema é controlável para a origem.

Exemplo 6.12: O sistema v[n + 1] =

0 2

✷

0 0 v[n] + x[n] 1 1

é não controlável (matriz de controlabilidade tem rank igual a 1), e portanto não pode atingir um ponto qualquer a partir da origem. Entretanto, para qualquer condição inicial v v[0] = 10 v20 a entrada x[0] = −2v10 −v20 transfere o sistema para a origem, indicando que o sistema é controlável para a origem. ✷

Propriedade 6.2: Para sistemas controláveis, existe β ∈ Rm tal que a entrada x[n] = b′ (A′ )−n β , n ∈ [0, k] , k > 1 leva o sistema da condição inicial v[0] = 0 para v[k] arbitrário.

(6.4) ⋄

Exemplo 6.13: Considere o sistema

0 v[n + 1] = −2

1 1 x[n] v[n] + 1 −3

controlável, pois det(Ctrb(A, b)) = det

1 1

1 6= 0 −5

A solução v[n] para condições iniciais nulas é dada por v[n] =

n−1 X

An−1−k bx[k]

k=0

ou, multiplicando por u[n] e aplicando a transformada Z, V (z) = (zI − A)−1 bX(z) A transformada Z de x[n]u[n] é dada por Z{b′ (A′ )−1 e, portanto,

βu[n]} = b′ zI − (A′ )−1

V (z) = (zI − A)−1 bb′ zI − (A′ )−1

−1

zβ

zβ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

6.3. Estabilidade Substituindo os valores, tem-se z (z + 4)(2z − 1) V (z) = M (z)β = 2 (z + 3z + 2)(2z 2 + 3z + 1) (z − 2)(2z − 1)

(z + 4)(2z + 5) β (z − 2)(2z + 5)

Note que det(M (z)) = 0 para todo z, pois det(bb′ ) = 0. Entretanto, a transformada inversa Z de M (z), dada por n 1 28 10 n n n  3 (−2) + 6(−1) − 9(−1) n − 3 − 2 n M (n) =   20 1 20 n n − (−2) + 9(−1) n + − 3 3 2 n  1 56 2 n n n − − (−2) − 18(−1) + 9(−1) n +  3 3 2 n   4 1 40 − (−2)n + 12(−1)n − 9(−1)n n − 3 3 2 

é não singular para todo n > 1. A entrada x[n], n ∈ [0, 1] que leva o sistema da origem para ′ v[2] = 1 −3 é dada por (6.4) e, portanto, 1 1 1 = β = M (2)−1 −3 9 5 0 −2 −n 1 1 2 (−2)−n 1 1 1 1 1 1 = 1 −3 1 1 5 0 9 9 n 4 1 1 − (−1)n = 18(−2)(−n) − 12(−1)(−n) = 2 − 9 2 3

x[n] =

De fato,

v[1] =

0 (−3)−n

−1 2 1 −1

1 5

2 1 2 1 1 1 1 1 1 x[0] = x[1] = , v[2] = Av[1] + + = 1 1 −3 3 1 3 −5 3 1 ✷

6.3

Estabilidade

Assim como no caso contı́nuo, a estabilidade de sistemas discretos no tempo pode ser caracterizada em termos da relação entrada-saı́da (BIBO estabilidade) ou em termos das variáveis de estado (estabilidade dos pontos de equilı́brio).

6.3.1

Estabilidade entrada-saı́da

Propriedade 6.3: Função de transferência BIBO estável Se um sistema linear invariante no tempo descrito por uma função de transferência H(z) for BIBO estável, então z = exp(jω) pertence ao domı́nio Ωh , pois |H(z = exp(jω))| =

+∞ X

k=−∞

h[k] exp(−jωk) ≤

+∞ X

k=−∞

|h[k]| < +∞

e a Propriedade 1.8 mostra que um sistema é BIBO estável se e somente se a resposta ao impulso for absolutamente somável.

Propriedade 6.4: Função de transferência racional causal BIBO estável Um sistema linear invariante no tempo causal descrito por uma função de transferência racional H(z) =

⋄

N (z) , Ωh = {z ∈ C , |z| > |σ|} , σ = max |λk | k D(z) Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

100

Capı́tulo 6. Equações de Estado de Sistemas Discretos

é BIBO estável se e somente se todos os pólos λk (isto é, raı́zes de D(z) = 0) tiverem valor absoluto menor do que um. Prova: autovalores com módulo menor do que um garantem que a resposta causal ao impulso h[n] =

m X

ak gk [n]

k=1

é absolutamente somável.

gk [n] = nrk λnk u[n] , 0 ≤ rk ≤ m

Observe que foi suposto que H(z) é estritamente próprio. Se H(z) for próprio, ocorre um impulso na resposta ao impulso, o que não invalida a demonstração. ⋄

Definição 6.5: Polinômio Schur Um polinômio D(p) que possui todas as raı́zes com valor absoluto menor do que um é chamado de polinômio Schur. Assim como no caso de polinômios Hurwitz (isto é, polinômios cujas raı́zes têm parte real negativa — veja Definição 20.1), associados a sistemas contı́nuos no tempo, existem critérios numéricos para determinar se todas as raı́zes de um polinômio estão no interior do cı́rculo unitário do plano complexo sem computar explicitamente as raı́zes. Propriedade 6.5: Critério de Jury1 Considere um polinômio Dm (z) de grau m dado por αm z m + αm−1 z m−1 + · · · + α1 z + α0 , αm > 0 Construa a tabela (versão simplificada do critério de Jury [17], [40]) com os coeficientes do polinômio na primeira linha (da potência maior para a menor), com os coeficientes βk dados por βm−1 = αm − k0 α0 ,

βm−2 = αm−1 − k0 α1 ,

...,

β0 = α1 − k0 αm−1 , k0 =

α0 αm

...,

γ0 = β1 − k1 βm−2 , k1 =

β0 βm−1

na segunda linha, com os coeficientes γk dados por γm−2 = βm−1 − k1 β0 ,

γm−3 = βm−2 − k1 β1 ,

e assim por diante. αm βm−1 γm−2 ··· ··· ζ1 ω0

αm−1 βm−2 γm−3 ··· ··· ζ0

αm−2 ··· ··· ··· ···

··· ··· ··· ···

α2 β1 γ0

α1 β0

α0

O polinômio Dm (z) é Schur se e somente se todos os coeficientes da primeira coluna da tabela forem positivos. Além disso, o número de elementos com coeficientes negativos na primeira coluna indica o número de raı́zes fora do cı́rculo unitário. Para casos de singularidade no cômputo da tabela, ver [40].

⋄ Eliahu I. Jury, engenheiro americano nascido em Bagdá, Iraque. Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

101

6.3. Estabilidade

Pela Propriedade E.2, o elemento associado ao grau zero de um polinômio é igual ao produto das raı́zes, implicando que uma condição necessária para a estabilidade é que |α0 | < αm .

Exemplo 6.14: A tabela de Jury associada ao polinômio D2 (z) = z 2 + α1 z + α0 é dada por 1 β1 γ0

α1 β0

α0

com k0 = α0 , β1 = 1 − α02 , β0 = α1 − α0 α1 , k1 = γ0 = β1 − k1 β0 = 1 − α02 −

(1 − α0 )α1 1 − α02

(1 − α0 )α1 (1 − α02 )2 − ((1 − α0 )α1 )2 (α1 − α0 α1 ) = 2 1 − α0 1 − α02

As condições necessárias e suficientes para que as raı́zes estejam no interior do cı́rculo unitário são dadas por β1 > 0 ⇒ |α0 | < 1 , γ0 > 0 ⇒ |1 − α02 | > |(1 − α0 )α1 | ✷

Exemplo 6.15: Considere o polinômio D(z) = z 4 − 0.7z 3 − 0.075z 2 + 0.05z + 0.05 e a tabela de Jury associada k0 = 0.05,

β3 = 1 − (0.05)(0.05) = 0.9975, β2 = −0.7 − (0.05)(0.05) = −0.7025, β1 = −0.075 − (0.05)(−0.075) = −0.07125, β0 = 0.05 − (0.05)(−0.7) = 0.085

k1 ≈ 0.0852, γ2 = 0.9975 − (0.0852)(0.085) ≈ 0.9903, γ1 = −0.7025 − (0.0852)(−0.07125) ≈ −0.6964, γ0 = −0.07125 − (0.0852)(0.7025) ≈ −0.0114 k2 ≈ −0.0115,

δ1 = 0.9903 − (−0.0115)(−0.0114) ≈ 0.9901,

δ0 = −0.6964 − (−0.0115)(−0.6964) ≈ −0.7044

k3 ≈ −0.7115, 1 0.9975 0.9903 0.9901 0.4889

ǫ0 = 0.9901 − (−0.7115)(−0.7044) ≈ 0.4889 −0.7 −0.7025 −0.6964 −0.7044

−0.075 −0.07125 −0.0114

0.05 0.085

0.05

Como os elementos da primeira coluna são todos positivos, pode-se concluir que todas as raı́zes estão no interior do cı́rculo unitário. De fato, as raı́zes são −0.25 ± j0.25 e 0.6 ± j0.2. ✷

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

102

Capı́tulo 6. Equações de Estado de Sistemas Discretos Exemplo 6.16: Considere o polinômio D(z) = z 4 − 1.2z 3 + 0.07z 2 + 0.3z − 0.08 e a tabela de Jury associada 1 0.9936 0.9517 0.8461 0.0999

−1.2 −1.1760 −1.1915 −0.7946

0.07 0.0756 0.3170

0.3 0.2040

−0.08

k0 = −0.08 k1 = 0.2053 k2 = 0.3331 k3 = −0.9391

Como os elementos da primeira coluna são todos positivos, pode-se concluir que todas as raı́zes estão no interior do cı́rculo unitário. De fato, as raı́zes são −0.5, 0.8, 0.5 e 0.4. ✷ Exemplo 6.17: Considere o polinômio D(z) = z 3 − 1.3z 2 − 0.08z + 0.24 e a tabela de Jury associada 1 0.9424 0.8853 −0.1677

−1.3 −1.2808 −0.9655

−0.08 0.2320

0.24

k0 = 0.24 k1 = 0.2462 k2 = −1.0906

A presença de um sinal negativo na primeira coluna indica que uma das raı́zes está fora do cı́rculo unitário. De fato, as raı́zes são 1.2, 0.5 e −0.4. ✷

6.3.2

Transformação bilinear

A transformação bilinear definida por

s+1 s−1 mapeia o cı́rculo unitário |z| = 1 no semi-plano esquerdo do plano complexo Re(s) < 0. Assim, a estabilidade Schur de um polinômio pode ser testada com os critérios de estabilidade relacionados com polinômios Hurwitz, como por exemplo a tabela de Routh (Propriedade 20.6). z=

Exemplo 6.18: Considere o polinômio do Exemplo 6.16 D(z) = z 4 − 1.2z 3 + 0.07z 2 + 0.3z − 0.08 que, com a transformação bilinear, pode ser escrito em termos de s como 4 3 2 s+1 s+1 s+1 s+1 − 0.08 − 1.2 + 0.07 + 0.3 s−1 s−1 s−1 s−1 Multiplicando a equação por (s − 1)4 e simplificando, tem-se

D(s) = 0.09s4 + 1.32s3 + 5.38s2 + 7.32s + 1.89

cuja tabela de Routh é dada por s4 s3 s2 s 1

0.09 1.32 4.8809 6.8089 1.89

5.38 7.32 1.89

1.89

Como todos os elementos são positivos, D(s) é Hurwitz, confirmando que D(z) é Schur. ✷ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

103

6.3. Estabilidade

6.3.3

Estabilidade do estado

Assim como no caso contı́nuo, o comportamento das trajetórias do vetor de estados para entrada constante e condições iniciais próximas ao ponto de equilı́brio define a estabilidade local (estável, assintoticamente estável ou instável). Propriedade 6.6: Estabilidade assintótica de sistemas lineares O sistema linear autônomo v[n + 1] = Av[n] é assintoticamente estável se e somente se o valor absoluto de todos os autovalores de A for menor do que um, pois a solução do sistema linear é dada por v[n] = An v[0] que é composta pelos modos próprios associados às raı́zes de ∆(λ) = 0, ou seja, associados aos autovalores da matriz A. Se nenhum autovalor for nulo, a origem é o único ponto de equilı́brio do sistema e, portanto, se a origem for assintoticamente estável, o sistema é globalmente assintoticamente estável. ⋄

As considerações da Propriedade 20.10 são válidas também para o caso discreto, ou seja, a função de transferência é dada por H(z) = c(zI − A)−1 b + d e, portanto, todo pólo de H(z) é autovalor de A, mas nem todo autovalor é necessariamente pólo (pode haver cancelamentos devidos à não controlabilidade ou à não observabilidade). Assim, a estabilidade assintótica implica na BIBO estabilidade, e a BIBO estabilidade só implica na estabilidade assintótica se o sistema for controlável e observável. Propriedade 6.7: Função de Lyapunov Considere o sistema v[n + 1] = f (v[n]) O ponto de equilı́brio v̄ = 0 é assintoticamente estável se existir um domı́nio Ω contendo a origem e uma função escalar ψ(v) contı́nua tal que ψ(0) = 0 , ψ(v) > 0 ∀v ∈ Ω − {0} e ∆ψ(v) = ψ(v[n + 1]) − ψ(v[n]) < 0 ∀v ∈ Ω − {0} ⋄

Assim como no caso contı́nuo, a condição acima é apenas suficiente para a estabilidade assintótica, e depende da construção da função ψ(v), que na maioria dos casos é dada por ψ(v) = v ′ P v com P ∈ Rm×m uma matriz simétrica definida positiva (veja Propriedade D.30 no Apêndice D) a determinar. Note que, com essa escolha de ψ(v), a primeira diferença é dada por ∆ψ(v) = f (v[n])′ P f (v[n]) − v[n]′ P v[n] e o teste da estabilidade assintótica consiste na análise do sinal de ∆ψ(v). Propriedade 6.8: Desigualdade de Lyapunov O sistema linear autônomo v[n + 1] = Av[n] é assintoticamente estável se e somente se existir P = P ′ > 0 tal que Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

104

Capı́tulo 6. Equações de Estado de Sistemas Discretos

A′ P A − P < 0

(definida negativa)

Prova: a suficiência é conseqüência da escolha da função de Lyapunov ψ(v) = v ′ P v

⇒

∆ψ(v) = v[n + 1]′ P v[n + 1] − v[n]′ P v[n] = v[n]′ (A′ P A − P )v[n]

e, portanto, ψ(v) > 0 e ∆ψ(v) < 0 , v 6= 0

Note que A′ P A − P é uma matriz simétrica.

⇒

P > 0 , A′ P A − P < 0 ⋄

A determinação de uma matriz simétrica definida positiva P que satisfaz a desigualdade acima pode ser feita pela solução da equação de Lyapunov A′ P A − P = −Q

com Q = Q′ > 0 arbitrária, por exemplo, igual à matriz identidade. Teorema 6.1: Lyapunov Para qualquer matriz Q = Q′ > 0, a solução da equação de Lyapunov A′ P A − P = −Q é única, simétrica e definida positiva se e somente se todos os autovalores da matriz A tiverem valor absoluto menor do que um (isto é, se A for assintoticamente estável). Prova: se os autovalores de A (iguais aos de A′ ) são, em módulo, menores do que um, pela Propriedade D.33, P é solução única da equação pois não existem dois autovalores cujo produto seja igual a um. Além disso, para Q = Q′ > 0 qualquer, a solução (como |λi (A)| < 1, i = 1, . . . , m, a soma converge) é dada por +∞ X (A′ )k QAk P = k=0

Substituindo na equação, tem-se

+∞ +∞ +∞ +∞ X X X X ′ k k ′ k k ′ k k (A′ )k QAk = −Q (A ) QA − Q + (A ) QA = (A ) QA A − A ′

k=0

k=1

k=0

k=1

o que confirma que P acima é solução. Como Q é simétrica e definida positiva, P também o é, o que completa a necessidade. Para mostrar a suficiência, considere λ um autovalor de A com o autovetor associado v, isto é, Av = λv. Então, (v ∗ )′ Qv = (v ∗ )′ P v − (v ∗ )′ A′ P Av = (v ∗ )′ P v − λ∗ (v ∗ )′ P λv = (1 − |λ|2 )(v ∗ )′ P v e, como (v ∗ )′ Qv e (v ∗ )′ P v são reais e positivos, tem-se |λ|2 < 1. ❖ Exemplo 6.19: Considere o sistema

1 −0.5 v[n + 1] = v[n] 1 0 Pela solução da equação de Lyapunov discreta, A′ P A − P = −I Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

105

6.4. Discretização tem-se

1 −0.5 1 0

2p2 + p3 −0.5p1 − 1.5p2

′

−0.5 p1 p2 −1 0 − = p2 p3 0 0 −1 1 24 −8 −0.5p1 − 1.5p2 −1 0 = ⇒ P = 0.25p1 − p3 0 −1 5 −8 11 p1 p2

p2 p3

1 1

Como P é definida positiva (menores principais lı́deres positivos), o sistema é assintoticamente estável. ✷

Exemplo 6.20: Considere o sistema v[n + 1] =

0 1 v[n] −5 −6

Pela solução da equação de Lyapunov discreta, A′ P A − P = −I tem-se

25p3 − p1 −6p2 + 30p3

0 1 −5 −6

′

p1 p2

p2 p3

0 −5

1 p − 1 p2 −6

−6p2 + 30p3 −1 = 0 p1 − 12p2 + 35p3

p2 −1 0 = p3 0 −1      1 −1 0 25 p1 0 −6 30 p2  = 0 ⇒ 0 −1 p3 1 1 −12 35

Como o determinante da matriz acima é nulo, a solução p1 , p2 e p3 não existe ou não é única, indicando que o sistema não é ′assintoticamente estável. De fato, as equações acima não possuem solução, pois o vetor 1 0 1 não está no range da matriz. ✷

Propriedade 6.9: O sistema linear autônomo v[n + 1] = Av[n] é estável se e somente se o valor absoluto de todos os autovalores de A for menor ou igual a um, e os blocos de Jordan associados aos autovalores com módulo igual a um forem de ordem igual a um. Note que, nesse caso, a seqüência v[n] é sempre limitada para qualquer condição inicial. Alguns livros (como por exemplo, [11] e o capı́tulo sobre estabilidade de [2]) utilizam os termos “estabilidade no sentido de Lyapunov” ou “sistema marginalmente estável”. Caso contrário, isto é, se houver algum autovalor com valor absoluto maior do que um ou blocos de Jordan de ordem maior que um associados aos autovalores de módulo igual a um, o sistema é instável. ⋄

6.4

Discretização

Modelos discretos que descrevem de maneira aproximada sistemas dinâmicos contı́nuos no tempo podem ser obtidos de diversas maneiras em função do tempo de amostragem T (por exemplo, veja o comando c2d do Matlab). Considere o sistema linear contı́nuo no tempo dado por v̇(t) = Av(t) + bx(t) y(t) = cv(t) + dx(t) Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

106

Capı́tulo 6. Equações de Estado de Sistemas Discretos

Levando em conta que v(t + T ) − v(t) T →0 T

v̇(t) = lim pode-se aproximar o modelo acima por

v(t + T ) = v(t) + Av(t)T + bx(t)T e, computando v(t) e x(t) apenas nos instantes t = nT , n = 0, 1, . . . tem-se v((n + 1)T ) = (I + T A)v(nT ) + T bx(nT ) y(nT ) = cv(nT ) + dx(nT ) A discretização acima (aproximação de primeira ordem de Euler), embora melhore quanto menor for o valor de T , pode ser bastante imprecisa. Se a entrada x(t) é obtida de um sinal digital que passa por um conversor digital-analógico, do tipo segurador de ordem zero (em inglês, zero order hold), tem-se x(t) = x(nT ) = x[n] , para nT ≤ t < (n + 1)T , n = 0, 1, . . . Para essa entrada que muda apenas com os instantes discretos de tempo n, a solução do sistema dinâmico contı́nuo é dada por Z t exp(A(t − β))bx(β)dβ v(t) = exp(At)v(0) + 0

que, computada em t = (n + 1)T fornece v((n + 1)T ) = exp(A(n + 1)T )v(0) +

Z (n+1)T 0

exp(A(n + 1)T − β)bx(β)dβ

Z nT exp(A(nT − β))bx(β)dβ = exp(AT ) exp(AnT )v(0) + 0

Z (n+1)T nT

exp(A(nT + T − β))bx(β)dβ

Portanto, como x(β) = x(nT ) é constante, tem-se v((n + 1)T ) = exp(AT )v(nT ) +

Z T 0

e o modelo discreto é dado por

exp(Aβ)dβ bx(nT )

v[n + 1] = Ad v[n] + bd x[n] y[n] = cd v[n] + dx[n] com Ad = exp(AT ) , bd =

Z T 0

exp(Aβ)dβ b , cd = c , dd = d

Note que não foi feita nenhuma aproximação no modelo e, portanto, a equação discreta fornece a solução exata do sistema contı́nuo em t = nT se a entrada for mantida constante entre dois instantes. Note ainda que Z T Z T β2 T2 T3 2 −1 (I + Aβ + A2 exp(Aβ)dβ = A (Ad − I)b + · · · )dβ = T I + A+ A + ··· 2 2! 3! 0 0 e, se A é não singular, tem-se T2 2 T3 3 A + A + · · · + I − I = A−1 exp(AT ) − I A−1 T A + 2! 3! e nesse caso bd = A−1 exp(AT ) − I b = A−1 (Ad − I)b Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

107

6.5. Exercı́cios

Exemplo 6.21: Considere o sistema 1 0 1 x , y= 1 v+ v̇ = 1 −2 −2

1 v

cuja função de transferência é dada por

H(s) =

2s + 1 s2 + 2s + 2

O sistema discretizado com T = 1 é dado por 1.0471 0.5083 0.3096 , y= 1 1 v , bd = A−1 (Ad − I)b = Ad = exp(A) = −0.1821 −0.6191 −0.1108

A Figura 6.3 mostra as respostas ao degrau contı́nua yu (t) e discreta yu [n], tendendo ao valor H(0) = 0.5. Note que os pontos da seqüência discreta y[n] coincidem com yu (t) nos instantes t = kT . 0.9

0.8

0.7

0.6

0.5

0.4

0.3

0.2

0.1

Figura 6.3: Respostas ao degrau do sistema do Exemplo 6.21, contı́nua y(t) (—) e discretizada y[n] (◦).

✷

6.5

Exercı́cios

Exercı́cio 6.1: Considere o sistema 0 1 0 v[n + 1] = v[n] + x[n] , v[0] = 0 , y[n] = 1 −2 3 1

0 v[n]

a) Determine a resposta ao impulso b) Determine a resposta à entrada x[n] = 3n u[n] usando transformada Z c) Determine a resposta à entrada x[n] = 3n u[n] usando convolução d) Determine um sistema autônomo aumentado (Ã, c̃) e as condições iniciais ṽ(0) que produzem a mesma solução Solução: h[n] =

1 δ[n] + (2n−1 − 1)u[n] = (2n−1 − 1)u[n − 1] , y[n] = (0.5 − 2n + 0.5(3n ))u[n] 2     0 1 0 0 Ã = −2 3 1 , ṽ[0] = 0 , c̃ = 1 0 0 0 0 3 1 Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

108

Capı́tulo 6. Equações de Estado de Sistemas Discretos

Exercı́cio 6.2: Considere o sistema       1 1 6 −11 6 0 0 v[n] + 0 x[n] , v[0] = 2 , y[n] = 1 v[n + 1] = 1 3 0 0 1 0

0 0 v[n] + x[n]

a) Determine a solução para x[n] = 2n u[n], evidenciando a resposta à entrada nula e a resposta às condições iniciais nulas b) Determine um sistema autônomo aumentado (Ã, c̃) e as condições iniciais ṽ(0) que produzem a mesma solução do sistema original Exercı́cio 6.3: Monte a tabela de Jury simplificada para o polinômio D(z) = z 4 − 0.2z 3 − 3.98z 2 + 0.8z − 0.08 e conclua sobre a estabilidade Schur. Solução: 1 0.9936 0.3750 −46.4675 −12.6466

−0.2 −0.136 3.2557 39.6431

−3.98 −4.2984 −4.1912

0.8 0.7840

−0.08

k0 = −0.08 k1 ≈ 0.7891 k2 ≈ −11.1767 k3 ≈ −0.8531

indicando que o polinômio não é Schur e que duas raı́zes estão fora do cı́rculo unitário. De fato, as raı́zes são ±2, 0.1 ± j0.1. Exercı́cio 6.4: Usando a transformação bilinear z = (s + 1)(s − 1)−1 , conclua sobre a estabilidade Schur do polinômio D(z) = z 3 + 0.1z 2 − 0.05z − 0.125 Solução: D(s) = 0.9250s3 + 3.5250s2 + 2.5750s + 0.9750 s3 s2 s 1

0.9250 3.5250 2.3191 0.9750

2.5750 0.9750

e, portanto, D(z) é Schur estável.

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Parte II

SISTEMAS CONTÍNUOS

109

Capı́tulo 7

Sinais Contı́nuos e Convolução Definição 7.1: Sinais Contı́nuos Um sinal contı́nuo, denotado x(t), é uma função (real ou complexa) cujo domı́nio é o conjunto dos reais R. Definição 7.2: Degrau Unitário  0 , t≤0      (1/∆)t , 0 < t ≤ ∆ u∆ (t) =      1 , t>∆

⇒

u(t) = lim u∆ (t) = ∆→0+

  u(t) = 0, t ≤ 0 

u(t) = 1, t > 0

Note que

u(0) = 0 ; u(0+ ) = lim u(t) = 1 t→0+

Definição 7.3: Impulso Unitário  0 , t≤0      d 1/∆ , 0 < t < ∆ δ∆ (t) = u∆ (t) =  dt     0 , t>∆

=⇒ δ(t) = lim δ∆ (t) ∆→0+

=⇒ δ(t) =

d u(t) dt

Como conseqüência, tem-se

u(t) =

Z t

δ(β)dβ

−∞

Note que o impulso ocorre em 0+ e δ(0) = 0 Os sinais u∆ (t) e δ∆ (t) são mostrados na Figura 7.1. Propriedade 7.1: Integral com Impulso Z +∞ −∞

f (t)δ(t)dt = f (0) , ∀ f (t) contı́nua em t = 0 110

111 δ∆ (t)

u∆ (t)

replacemen

1/∆ 1

∆

Figura 7.1: Sinais u∆ (t) e δ∆ (t). Prova: I =

Z +∞

f (t)δ(t)dt =

−∞

lim

∆→0+

Z +∞

f (t)δ∆ (t)dt =

−∞

lim

∆→0+

Z ∆ 0

1 f (t)dt ∆

Pelo teorema do valor médio, tem-se Z b a

f (t)dt = f (c)(b − a) , c ∈ (a, b)

e, portanto, I = lim

∆→0+ ∆

f (y)(∆ − 0)

y ∈ (0, ∆)

lim f (y) = f (0) ∆ → 0+ y ∈ (0, ∆) ⋄

A função impulso não pode ser calculada pontualmente. Apenas integrais envolvendo δ(t) podem ser avaliadas. Como conseqüência f (t)δ(t) = f (0)δ(t) pois ambas têm o mesmo valor da integral. Propriedade 7.2: Integral com Impulso Deslocado Z +∞ −∞

f (t)δ(t − a)dt = f (a)

f (t) contı́nua em t = a ⋄

Propriedade 7.3: Integral com Impulso Escalonado Z +∞ −∞

f (t)δ(at)dt =

1 f (0) |a|

a 6= 0, a ∈ R e f (t) contı́nua em t = 0

Note que o impulso pode ser considerado uma “função” par, ou seja, δ(−t) = δ(t). ⋄

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

112

Capı́tulo 7. Sinais Contı́nuos e Convolução Exemplo 7.1: Usando as propriedades do impulso, tem-se: •

Z +∞

(2t2 + 3)δ(t)dt = 3

•

Z +∞

(2t2 + 3)δ(−t)dt = 3

•

Z +∞

(2t + 3)δ(t + 1)dt = 1

•

Z +∞

δ(2t)dt =

•

Z +∞

(2t2 + 3)δ(2t)dt =

−∞

1 2

Z +∞

δ(β)dβ =

−∞

1 2

3 2 ✷

Exemplo 7.2: A função u(t) (degrau unitário) pode ser usada na definição de outras funções. A função gate GT (t), T > 0, pode ser descrita como

GT (t) = u(t + T /2) − u(t − T /2) =

   +1 ,    

| t |<

T 2

| t |>

T 2

Note que u(t + T /2) corresponde a deslocar para a esquerda a função u(t) de T /2. ✷

Para esboçar x(at + b), primeiro desloque x(t) para a direita se b < 0 (ou para a esquerda, se b > 0) de acordo com o valor de b, e depois faça o escalonamento no tempo de acordo com o valor de a. Se |a| > 1, trata-se de compressão, e se |a| < 1, de expansão. Ocorre uma reversão se a < 0.

Assim:

• x(t − 1) é um deslocamento de 1 unidade para a direita; • x(t + 1) é um deslocamento de 1 unidade para a esquerda, • x(−t) é uma reversão no tempo; • x(2t) é uma contração no tempo; • x(t/2) é uma expansão no tempo; • Note que

y(t) = x(t + b) , w(t) = y(at)

⇒

w(t) = x(at + b)

y(t) = x(at) , w(t) = y(t + b)

⇒

w(t) = x(at + ab)

mas

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

113 x(t) 1

−1

ẋ(t) 1

1 −1

t −1

Figura 7.2: Sinais x(t) e derivada ẋ(t). Exemplo 7.3: Os esboços do sinal x(t) = (t + 1) u(t + 1) − u(t) + u(t) − u(t − 1)

e de ẋ(t) =

d x(t) são mostrados na Figura 7.2. dt

A expressão de ẋ(t) é ẋ(t) = u(t + 1) − u(t) + (t + 1) δ(t + 1) − δ(t) + δ(t) − δ(t − 1) = u(t + 1) − u(t) − δ(t − 1)

Para esboçar y(t) = x(1 − t), é conveniente primeiramente esboçar f (t) = x(t + 1) (deslocamento para a esquerda) e depois esboçar y(t) = f (−t) (reversão), conforme ilustrado na Figura 7.3. f (t)

y(t)

−2

−1

Figura 7.3: Sinais f (t) = x(t + 1) e y(t) = x(1 − t). ✷

Definição 7.4: Função Par e Função Ímpar x(t) = x(−t)

é par

x(t) = −x(−t)

é ı́mpar

Exemplo 7.4: As funções cos(t), sen2 (t) são pares e as funções sen(t), cos(t)sen(t) são ı́mpares. Note que qualquer função x(t) pode ser decomposta em parcelas xp (t) par e xi (t) ı́mpar, isto é x(t) = xp (t) + xi (t) ,

xp (t) =

1 x(t) + x(−t) , 2

xi (t) =

1 x(t) − x(−t) 2 ✷ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

114

Capı́tulo 7. Sinais Contı́nuos e Convolução

Definição 7.5: Sistemas Contı́nuos São sistemas cujas entradas e saı́das são funções escalares (sinais reais ou complexos) contı́nuas no tempo. Notação: y(t) = G{x(t)}, sendo x(t) a entrada e y(t) a saı́da.

Exemplo 7.5 (Integrador): A relação entre uma entrada x(t) e a saı́da y(t) =

Z t

x(β)dβ

−∞

define um sistema contı́nuo (integrador), que pode também ser descrito pela equação diferencial ẏ(t) = x(t) A Figura 7.4 ilustra a relação entre uma entrada x(t) e sua integral y(t). x(t)

y(t)

1 1

−1

Figura 7.4: Sinal x(t) e sua integral y(t). ✷

Exemplo 7.6: Denotando a m-ésima derivada de y(t) por y (m) , a equação diferencial y (m) + αm−1 y (m−1) + · · · + α1 ẏ + α0 y = βℓ x(ℓ) + βℓ−1 x(ℓ−1) + · · · + β1 ẋ + β0 x descreve um sistema contı́nuo de ordem m. Definindo o operador simbólico p p=

d2 d , p2 = 2 , . . . dt dt

tem-se

D(p)y(t) = N (p)x(t)

D(p) =

m X

αk pk ; N (p) =

k=0

ℓ X

β k pk

k=0

com αm = 1. Neste caso, D(p) é um polinômio mônico.

✷

Definição 7.6: Sistemas Lineares Um sistema é linear se satisfaz o princı́pio da superposição, isto é, G{a1 x1 (t) + a2 x2 (t)} = a1 G{x1 (t)} + a2 G{x2 (t)} Note que G{0} = 0.

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

115

Exemplo 7.7: O integrador do Exemplo 7.5 e o sistema descrito pela equação diferencial do Exemplo 7.6 são sistemas lineares, pois a integral da soma é a soma das integrais e a derivada da soma é a soma das derivadas. ✷

Exemplo 7.8: Considere um pêndulo composto por uma haste rı́gida sem peso, de comprimento ℓ, oscilando em um plano vertical, sujeito ao atrito de fricção no engate e sustentando na extremidade livre uma massa m. Denotando por y o ângulo com a vertical (em repouso, y = 0), tem-se a equação do movimento angular mℓÿ = −mgsen(y) − mbẏ sendo g a aceleração da gravidade e b o coeficiente de atrito. A força longitudinal na barra é dada por mg cos(y). Trata-se de um sistema não-linear, pois o seno da soma não é a soma dos senos. Para pequenas variações em torno do ponto de equilı́brio y = 0, ẏ = 0 tem-se sen(y) ≈ y, resultando na equação diferencial linear mℓÿ = −mgy − mbẏ ✷

Definição 7.7: Invariante no Tempo Um sistema é invariante no tempo se um deslocamento da entrada produzir igual deslocamento na saı́da, isto é, y(t − a) = G{x(t − a)} para qualquer a real.

Exemplo 7.9: O integrador do Exemplo 7.5 e o sistema descrito pela equação diferencial do Exemplo 7.6 com coeficientes constantes são sistemas lineares invariantes no tempo, pois y(t) =

Z t

x(β)dβ

−∞

⇒

Z t

−∞

x(β − a)dβ =

Z t−a −∞

x(β)dβ = y(t − a)

e D(p)y(t) = N (p)x(t)

⇒

D(p)y(t − a) = N (p)x(t − a) ✷

Exemplo 7.10: O sistema y(t) = G{x(t)} = x(t2 ) é linear, pois G{a1 x1 (t) + a2 x2 (t)} = a1 x1 (t2 ) + a2 x2 (t2 ) Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

116

Capı́tulo 7. Sinais Contı́nuos e Convolução e é variante no tempo, pois y1 (t) = x1 (t2 ) , y2 (t) = x2 (t2 ) x2 (t) = x1 (t − a)

⇒

y2 (t) = x1 (t2 − a) 6= y1 (t − a) = x1 (t − a)2

✷

Definição 7.8: Sistema sem Memória Um sistema é sem memória se a saı́da no instante t depende apenas do sinal de entrada no instante t.

Exemplo 7.11: O integrador do Exemplo 7.5 e o sistema do Exemplo 7.10 são sistemas com memória. ✷

Definição 7.9: Sistema Causal Um sistema é causal ou não antecipativo quando a saı́da não depende de valores futuros da entrada.

Exemplo 7.12: O sistema descrito pela relação y(t) =

Z t+1

x(β)dβ

t−1

é não causal, pois é preciso conhecer a entrada até o instante t + 1 para determinar-se a saı́da y(t). ✷

Definição 7.10: Sistema BIBO Estável Um sistema é BIBO estável (Bounded-Input Bounded-Output) se a saı́da é limitada para toda entrada limitada. |x(t)| < b

⇒

|y(t)| < +∞

Exemplo 7.13: y(t) = tx(t) é um sistema linear, sem memória, causal, variante no tempo e não BIBO estável. y(t) = exp(x(t)) é um sistema não linear, sem memória, causal, invariante no tempo e BIBO estável. y(t) = x(t) cos(t + 1) é um sistema linear, sem memória, causal, variante no tempo e BIBO estável. y(t) = x2 (t) é um sistema não-linear, sem memória, causal, invariante no tempo e BIBO estável. Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

117

y(t) = G{x(t)} = x(t) + x∗ (t) é um sistema sem memória, causal, invariante no tempo e BIBO estável. É não-linear, pois G{jx(t)} 6= jy(t) ✷

Definição 7.11: Resposta ao Impulso Resposta ao impulso é a saı́da do sistema quando a entrada é a função impulso e as condições iniciais são nulas (sistema em repouso), isto é h(t) = G{δ(t)}

Exemplo 7.14: A resposta ao impulso do integrador do Exemplo 7.5 é y(t) = G{x(t)} =

Z t

⇒

x(β)dβ

−∞

h(t) = G{δ(t)} =

Z t

δ(β)dβ = u(t)

−∞

e a resposta ao impulso do sistema do Exemplo 7.12 é y(t) =

Z t+1

x(β)dβ

t−1

⇒

h(t) = u(t + 1) − u(t − 1) = G2 (t)

Z t

x(β)dβ

A resposta ao impulso do sistema y(t) =

T >0

t−T

é dada por h(t) = u(t) − u(t − T ) A resposta ao impulso do sistema y(t) =

Z t

−∞

é dada por

x(β) exp − (t − β) dβ

h(t) = exp(−t)u(t) ✷

Definição 7.12: Convolução Convolução é a operação x1 (t) ∗ x2 (t) =

Z ∞

−∞

x1 (β)x2 (t − β)dβ

Note que nem sempre a integral de convolução existe, como por exemplo, para x1 (t) = x2 (t) = 1, x1 (t) ∗ x2 (t) não existe. Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

118

Capı́tulo 7. Sinais Contı́nuos e Convolução

Propriedade 7.4: Se x1 (t) = x1 (t)u(t)

x2 (t) = x2 (t)u(t)

x1 (t) ∗ x2 (t) = u(t)

Z t

então

x1 (β)x2 (t − β)dβ ⋄

Propriedade 7.5: O impulso é o elemento neutro da convolução. Prova: x(t) ∗ δ(t) =

Z ∞

−∞

x(β)δ(t − β)dβ =

Z ∞

−∞

x(t − α)δ(α)dα = x(t) ⋄

Propriedade 7.6: Comutativa x1 (t) ∗ x2 (t) = x2 (t) ∗ x1 (t) Prova: x1 (t) ∗ x2 (t) =

Z +∞ −∞

x1 (t − β)x2 (β)dβ =

Z +∞ −∞

x1 (α)x2 (t − α)dα = x2 (t) ∗ x1 (t) ⋄

Propriedade 7.7: Associativa x1 (t) ∗ (x2 (t) ∗ x3 (t)) = (x1 (t) ∗ x2 (t)) ∗ x3 (t)

Prova:

x1 (t) ∗ (x2 (t) ∗ x3 (t)) = x1 (t) ∗

Z +∞

−∞ Z +∞

−∞

x2 (t − β)x3 (β)dβ

x1 (t − α)

Z +∞ −∞

x2 (α − β)x3 (β)dβ dα

integrando primeiro em α e depois em β, e trocando α − β por γ, tem-se x1 (t) ∗ (x2 (t) ∗ x3 (t)) =

Z +∞

x3 (β)

−∞

Z +∞ |

−∞

x1 ((t − β) − γ) x2 (γ)dγ dβ = x3 (t) ∗ (x1 (t) ∗ x2 (t)) {z } x1 (t) ∗ x2 (t)

t−β

⋄

Propriedade 7.8: Distributiva em relação à soma

Prova:

x1 (t) ∗ (x2 (t) + x3 (t)) = x1 (t) ∗ x2 (t) + x1 (t) ∗ x3 (t) x1 (t) ∗ (x2 (t) + x3 (t)) =

Z +∞ −∞

x1 (t − β)(x2 (β) + x3 (β))dβ = x1 (t) ∗ x2 (t) + x1 (t) ∗ x3 (t) ⋄ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

119

Exemplo 7.15: A convolução x(t) = x1 (t) ∗ x2 (t)

x1 (t) = exp(a1 t)u(t) ; x2 (t) = exp(a2 t)u(t) , a1 6= a2

calculada pela definição produz

x(t) =

Z t

exp(a1 t) exp a1 (t − β) exp(a2 β)dβ = (a 2 − a1 ) 0

Z (a2 −a1 )t

exp(β)dβ =

exp(a2 t) − exp(a1 t) u(t) (a2 − a1 )

A Figura 7.5 mostra x(t) para os valores a1 = −1, a2 = −2, ou seja, x(t) = (exp(−t) − exp(−2t)) u(t) 1 0.9 0.8 0.7

0.6 0.5 0.4

0.3 0.2 0.1 0 0

x 0.5

1.5

2.5

3.5

4.5

t (s)

Figura 7.5: x(t) = exp(−t) − exp(−2t) u(t) obtido da convolução de duas exponenciais x1 (t) ∗ x2 (t). Note que a2 → 0+ ⇒ x2 → u(t)

⇒ x(t) →

1 (1 − exp(a1 t))u(t) = u(t) −a1

Z t

x1 (β)dβ

Para analisar o caso a2 = a1 = a, pode-se fazer a1 = a, a2 = a + ∆ e ∆ → 0, resultando em (por L’Hôpital) x(t) = exp(at)

exp(∆t) − 1 u(t) = t exp(at)u(t) ∆ ✷

Propriedade 7.9: Deslocamento no tempo x(t) ∗ δ(t − a) = x(t − a) Prova: Z ∞

−∞

x(β)δ(t − a − β)dβ = x(t − a) ⋄ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

120

Capı́tulo 7. Sinais Contı́nuos e Convolução

Propriedade 7.10: Convoluir com degrau é integrar Z t x(β)dβ x(t) ∗ u(t) = Ix (t) = −∞

Prova: x(t) ∗ u(t) =

Z +∞ −∞

u(t − β)x(β)dβ =

Z t

−∞

u(t − β)x(β)dβ +

Z t

x(β)dβ

Z +∞

u(t − β)x(β)dβ {z } =0

−∞

⋄ Exemplo 7.16: Esboce Ix (t) =

Z t

x(β)dβ

−∞

para os sinais a) x(t) = u(t) − u(t − 1);

b) x(t) = −u(t) + 2u(t − 1) − u(t − 2)

c) x(t) = t(u(t) − u(t − 1))

✷

Propriedade 7.11: x(t) ∗

X k

ak u(t − bk ) =

X k

ak Ix (t − bk ) ⋄

Exemplo 7.17: Considere x1 (t) = u(t) − u(t − 1) e x2 (t) = u(t + 1) − u(t − 1). A convolução x1 (t) ∗ x2 (t) é dada por x1 (t) ∗ x2 (t) = Ix1 (t + 1) − Ix1 (t − 1) = Ix2 (t) − Ix2 (t − 1) ✷

Exemplo 7.18: a) Determine as convoluções para os sinais x1 (t) = u(t) − u(t − 1) , x2 (t) = −u(t) + 2u(t − 1) − u(t − 2) a.1) x1 (t) ∗ x1 (t)

a.2) x1 (t) ∗ x2 (t)

a.3) x2 (t) ∗ x2 (t)

a.4) x2 (t) ∗ x1 (t)

b) Determine as convoluções entre x(t) = u(t) − u(t − 2) e: b.1) x1 (t) = t(u(t) − u(t − 1))

b.2) x1 (t) = exp(−t)u(t)

✷

Teorema 7.1: Convolução com a Resposta ao Impulso de um SLIT A saı́da de um sistema linear invariante no tempo é a convolução da resposta ao impulso com a entrada, isto é y(t) = G{x(t)} = h(t) ∗ x(t) sendo h(t) = G{δ(t)} a resposta ao impulso do sistema. Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

121 Prova: G{x(t)} = G{x(t) ∗ δ(t)} = G

Z +∞

x(β)δ(t − β)dβ

−∞

Z +∞ −∞

x(β)h(t − β)dβ = x(t) ∗ h(t)

x(β) G {δ(t − β)} dβ = | {z } h(t − β)

❖ Propriedade 7.12: Sistemas lineares invariantes no tempo são causais (ou não antecipativos) se e somente se a resposta ao impulso é nula para instantes negativos, ou seja h(t) = 0 para t < 0 pois y(t) =

Z 0

−∞

x(t − β)h(β)dβ + {z } futuro

Z +∞ 0

x(t − β)h(β)dβ ⋄

Exemplo 7.19: y(t) = G{x(t)} = x(t − a) , a > 0 y(t) =

Z t+1

⇒

x(β)dβ

t−1

⇒

h(t) = δ(t − a) causal

h(t) = G2 (t) não causal ✷

Propriedade 7.13: Um sistema linear invariante no tempo é BIBO estável se e somente se a resposta ao impulso do sistema for absolutamente integrável. Prova: |y(t)| ≤

Z +∞ −∞

|x(t − β)||h(β)|dβ ≤ B

Z +∞ −∞

|h(β)|dβ

Portanto, se h(t) for absolutamente integrável tem-se |y(t)| < ∞ (suficiência).

Por outro lado,

y(0) =

Z +∞

x(−β)h(β)dβ

−∞

e, para x(−β) = sinal(h(β)), sendo sinal(t) = u(t) − u(−t) = 2u(t) − 1 Portanto, y(0) =

Z +∞ −∞

|h(β)|dβ

Como conclusão, y(t) é não limitado se h(t) não for absolutamente integrável (necessidade). ⋄ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

122

Capı́tulo 7. Sinais Contı́nuos e Convolução

Exemplo 7.20: O sistema descrito pela equação y(t) =

Z t+2

x(β)dβ =

Z +∞ −∞

−∞

x(β)u(t + 2 − β)dβ

tem resposta ao impulso dada por h(t) = u(t + 2) Note que h(t) ∗ x(t) = y(t) e portanto trata-se de um sistema linear invariante no tempo. Como h(t) 6= 0 para t < 0, o sistema é não causal (é antecipativo). O sistema não é BIBO estável, pois a integral do valor absoluto de h(t) diverge. ✷

Exemplo 7.21: O sistema descrito pela equação y(t) =

Z +∞ −∞

1 x(t − β)dβ πβ

tem resposta ao impulso dada por h(t) =

1 πt

Note que h(t) ∗ x(t) = y(t) e portanto trata-se de um sistema linear invariante no tempo. Como h(t) 6= 0 para t < 0, o sistema é não causal (é antecipativo). O sistema não é BIBO estável, pois a integral do valor absoluto de h(t) diverge. ✷

Exemplo 7.22: O sistema descrito pela equação y(t) = 2x(2t) tem resposta ao impulso dada por h(t) = 2δ(2t) = δ(t) Note que h(t) ∗ x(t) = x(t) 6= y(t) e portanto esse sistema linear não é invariante no tempo. Esse sistema é BIBO estável e não causal pois y(1) = 2x(2). ✷ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

123 Propriedade 7.14: Ix∗y (t) = x(t) ∗ Iy (t) = Ix (t) ∗ y(t) = u(t) ∗ x(t) ∗ y(t) pois Ix (t) = x(t) ∗ u(t) e a convolução é associativa e comutativa. ⋄ Exemplo 7.23: A convolução x(t) ∗ y(t), com x(t) = y(t) = u(t) − u(t − 1) pode ser obtida a partir da derivada de y(t), dada por v(t) = δ(t) − δ(t − 1) ⇒ y(t) = Iv (t) Portanto x(t) ∗ y(t) = x(t) ∗ Iv (t) = Ix∗v (t) Como x(t) ∗ v(t) = x(t) − x(t − 1) = u(t) − 2u(t − 1) + u(t − 2) tem-se x(t) ∗ y(t) = t u(t) − u(t − 1) + (2 − t) u(t − 1) − u(t − 2) ✷

Propriedade 7.15: d x(t) ∗ y(t) = ẋ(t) ∗ y(t) = x(t) ∗ ẏ(t) dt

pois d dt

Z +∞ −∞

x(β)y(t − β)dβ =

d dt

Z +∞ −∞

y(β)x(t − β)dβ =

Z +∞ −∞

x(β)ẏ(t − β)dβ =

Z +∞ −∞

y(β)ẋ(t − β)dβ ⋄

Definição 7.13: Auto-função Um sinal de entrada é denominado auto-função de um sistema se a saı́da correspondente for igual ao sinal de entrada multiplicado por uma constante (em geral complexa). Propriedade 7.16: Auto-função O sinal exp(st), s complexo pertencente ao domı́nio Ωh , é uma auto-função para sistemas lineares contı́nuos e invariantes no tempo. Prova: y(t) = exp(st) ∗ h(t) =

Z +∞ −∞

h(β) exp s(t − β) dβ = H(s) exp(st) Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

124

Capı́tulo 7. Sinais Contı́nuos e Convolução

com Z +∞

H(s) =

h(β) exp(−sβ)dβ

−∞

O domı́nio Ωh é o conjunto dos valores de s complexos para os quais a integral é finita.

⋄

A função H(s) = L{h(t)} é a transformada bilateral de Laplace1 da resposta ao impulso h(t), com domı́nio Ωh . A transformada bilateral de Laplace de um sinal x(t) (veja a Definição 12.1 no Capı́tulo 12) é dada por Z +∞ x(β) exp(−sβ)dβ X(s) = L{x(t)} = −∞

com domı́nio Ωx , isto é, conjunto dos s ∈ C (complexos) para os quais a integral é finita. Propriedade 7.17: L{exp(−at)u(t)} =

1 s+a

pois Z +∞

s ∈ s ∈ C, Re(s + a) > 0

1 exp(−at)u(t) exp(−st)dt = s+a −∞ =

1 s+a

Z +∞ 0

exp − (s + a)t (s + a)dt =

para Re(s + a) > 0 ⋄

Exemplo 7.24: A resposta ao impulso e a função de transferência do sistema descrito por y(t) =

Z +∞ −∞

exp(−β)u(β)x(t − β)dβ

são dadas por h(t) = exp(−t)u(t)

H(s) =

1 , Re(s + 1) > 0 s+1

Note que o sistema é linear invariante no tempo (a resposta y(t) é dada pela convolução da entrada x(t) com a resposta ao impulso h(t)), causal (h(t) = 0, t < 0) e BIBO estável (h(t) é absolutamente integrável). A resposta à entrada x(t) = exp(jt) + exp(2t) + 3t é dada por

y(t) = H(j) exp(jt) + H(2) exp(2t) + H(ln 3)3t = 0.707 exp j(t − 0.785) + 0.333 exp(2t) + 0.4773t

pois 3t = exp(t ln 3). Note que só foi possı́vel calcular a solução y(t) (chamada de forçada ou de regime, sem levar em conta condições iniciais) porque os termos da entrada exp(st) produziram H(s) finitos. ✷

Pierre-Simon Laplace, matemático francês (1749–1827). Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

125 Propriedade 7.18: Deslocamento em t L{y(t) = x(t − τ )} = X(s) exp(−sτ )

, Ωy = Ωx

Prova: L{x(t − τ )} = =

Z +∞ −∞

x(t − τ ) exp(−st)dt =

x(β) exp − s(β + τ ) dβ = exp(−sτ )

Z +∞ −∞

x(β) exp(−sβ)dβ = L{x(t)} exp(−sτ ) ⋄

Exemplo 7.25: A transformada de Laplace da função degrau é dada por Z +∞ Z +∞ 1 exp(−sβ)dβ = , Re(s) > 0 u(β) exp(−sβ)dβ = L{u(t)} = s 0 −∞ e a transformada de Laplace da função degrau deslocada u(t − τ ) é dada por L{u(t)} =

1 exp(−sτ ), s

Re(s) > 0 ✷

Propriedade 7.19: Transformada da Convolução L{x(t) = x1 (t) ∗ x2 (t)} = L{x1 (t)}L{x2 (t)}

, Ωx = Ωx1 ∩ Ωx2

Prova:

L{x1 (t) ∗ x2 (t)} = L

nZ +∞ −∞

x1 (t − β)x2 (β)dβ

= X1 (s)

Z +∞

Z +∞ −∞

x2 (β)

Z +∞

x1 (t − β) exp(−st)dt dβ {z } | −∞ X1 (s) exp(−sβ)

x2 (β) exp(−sβ)dβ = X1 (s)X2 (s)

−∞

⋄

Definição 7.14: Função de Transferência A relação (temporal) entre saı́da e entrada em um sistema linear invariante no tempo é dada pelo “ganho complexo” H(s) quando x(t) = exp(st) Z +∞ h(t) exp(−st)dt, s ∈ Ωh y(t) = h(t) ∗ x(t) ; H(s) = −∞

H(s), também denominada função de transferência do sistema, é a relação entre as transformadas de Laplace da saı́da Y (s) e da entrada X(s) para qualquer x(t) Y (s) = H(s)X(s) Para sistemas causais, m ≥ ℓ (isto é, o grau do numerador é menor ou igual ao grau do denominador) e o domı́nio Ωh de existência de H(s) é o semi-plano à direita do pólo mais à direita da função. Sistemas lineares invariantes no tempo causais descritos por funções de transferência racionais são BIBO estáveis se e somente se os pólos estiverem no interior do semi-plano esquerdo do plano complexo (isto é, pólos com parte real negativa). Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

126

Capı́tulo 7. Sinais Contı́nuos e Convolução

R + −

x(t)

+ y(t) −

Figura 7.6: Circuito RC.

Exemplo 7.26 (Circuito RC): Considere o circuito RC descrito na Figura 7.6. A entrada é a fonte de tensão x(t) e a saı́da y(t) é a tensão no capacitor. O circuito é descrito pela equação ẏ + ou, usando o operador p =

1 1 y= x τ τ

;

τ = RC

d , dt

A função de transferência é dada por

H(s) =

1 1 y= x τ τ

1 1 1 = τs + 1 τ s + 1/τ

Note que esta função de transferência é a transformada de Laplace de h(t) =

1 exp(−t/τ )u(t) τ ✷

Exemplo 7.27: Considere o circuito da Figura 7.7, com τ1 = R1 C1 = 1 e τ2 = R2 C2 = 0.01. N

R1 x(t)

+ −

R2 C2

+ y(t) −

Figura 7.7: Circuito RC em cascata. A função de transferência é dada por Y (s) H(s) = = X(s)

100 1/τ2 1/τ1 = 2 s + 1/τ1 s + 1/τ2 s + 101s + 100 {z }| {z } | H1 (s) H2 (s)

✷

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

127

R1 x(t)

+ −

+ y1 (t) −

R2 C2

+ y(t) −

Figura 7.8: Circuito RC duplo.

Exemplo 7.28: Considere o circuito da Figura 7.8 x = R1 (C1 ẏ1 + C2 ẏ) + y1 ; y1 = R2 C2 ẏ + y A função de transferência é dada por H(s) =

Y (s) 1 = X(s) R1 C1 R2 C2 s2 + (R1 C1 + R2 C2 + R1 C2 )s + 1

Para R1 = C1 = 1, R2 = 1, C2 = 0.01, tem-se H(s) =

Y (s) 100 = 2 X(s) s + 102s + 100 ✷

Definição 7.15: Resposta em freqüência Se s = jω pertence ao domı́nio da função de transferência do sistema linear invariante no tempo H(s), a resposta em freqüência do sistema é o valor de H(s) computado para s = jω. A resposta em freqüência escreve-se como M (ω) exp(jφ(ω)) = H(jω) sendo M (ω) o módulo e φ(ω) a fase de H(jω) Em geral, é desenhada na forma de módulo e fase (diagrama de Bode2 ) ou na forma polar, para ω ∈ [0, +∞). Representa a resposta em regime permanente de sistemas lineares invariantes no tempo estáveis para entradas senoidais. Propriedade 7.20: Se h(t) é real, então H ∗ (jω) = H(−jω), isto é M (ω) é uma função par e φ(ω) é uma função ı́mpar. Prova: ∗

H (jω) =

Z +∞

h(t) exp(jωt)dt = H(−jω)

−∞

H(jω) = M (ω) exp(jφ(ω))

⇒

H ∗ (jω) = M (ω) exp(−jφ(ω))

H(−jω) = M (−ω) exp(jφ(−ω)) Portanto, M (ω) = M (−ω) e −φ(ω) = φ(−ω). 2

⋄ Hendrik Wade Bode, engenheiro eletricista americano do século XX. Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

128

Capı́tulo 7. Sinais Contı́nuos e Convolução

Exemplo 7.29: Considere a linha de transmissão bifilar sem perdas descrita por y(t) = x(t − T ) também conhecida como linha de atraso. A função de transferência é dada por H(s) = exp(−sT ) O módulo da resposta em freqüência H(jω) é M (ω) = 1 e a fase é φ(ω) = −ωT . ✷

Propriedade 7.21: Função de transferência racional A equação diferencial D(p)y(t) = N (p)x(t)

D(p) =

m X

αk pk ; N (p) =

ℓ X

β k pk

k=0

com αm = 1, αk e βk coeficientes constantes e condições iniciais nulas descreve um sistema linear invariante no tempo, cuja função de transferência é H(s) =

N (s) D(s)

pois, para a entrada x(t) = exp(st) tem-se a saı́da y(t) = H(s) exp(st), e portanto D(p)H(s) exp(st) = N (p) exp(st)

⇒

H(s)D(s) = N (s)

H(s) é uma função racional, ou seja, é dada pela razão de dois polinômios em s. ⋄

Definição 7.16: Zeros Os zeros de uma função H(s), s complexo, são os valores de s para os quais H(s) = 0. A multiplicidade da raiz s é denominada de ordem do zero. Definição 7.17: Pólos Os pólos de uma função H(s), s complexo, são os valores de s para os quais 1/H(s) = 0. A multiplicidade da raiz é denominada de ordem do pólo. Em funções racionais, os pólos são as raı́zes do denominador e os zeros são as raı́zes do numerador.

Exemplo 7.30 (Circuito RC): O circuito RC do Exemplo 7.26 é descrito pela função de transferência H(s) =

1/τ s + 1/τ

A resposta em freqüência é dada por M (ω) = p

1 1 + (τ ω)2

;

φ(ω) = − arctan(τ ω)

Note que trata-se de um filtro passa-baixas, com a fase variando de 0 a −90 graus quando a freqüência varia de zero a infinito e φ(1/τ ) = −45 graus. O filtro RC possui um pólo em s = −1/τ . ✷ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

129 Propriedade 7.22: A resposta em regime de um sistema linear invariante no tempo estável com função de transferência H(s), com h(t) real e jω ∈ Ωh , para a entrada x(t) = cos(ωt), é y(t) = M (ω) cos(ωt + φ(ω)) e, para a entrada x(t) = sen(ωt), é y(t) = M (ω)sen(ωt + φ(ω)) Prova: 1 1 y(t) = G{cos(ωt)} = G{exp(jωt)} + G{exp(−jωt)} = 2 2 1 1 = H(jω) exp(jωt) + H(−jω) exp(−jωt) = 2 2 1 1 = M (ω) exp(jωt + jφ(ω)) + M (ω) exp(−jωt − jφ(ω)) = M (ω) cos(ωt + φ(ω)) 2 2 ⋄

Exemplo 7.31: A resposta ao impulso do sistema y(t) =

Z t+1

x(β)dβ

t−1

é dada por

h(t) = u(t + 1) − u(t − 1) e a função de transferência H(s) por

H(s) =

exp(s) exp(−s) − s s

⇒ H(jω) = 2

sen(ω) ω

Note que o sistema é linear, invariante no tempo, não-causal e BIBO-estável. A resposta em regime (forçada) para x(t) = cos(3t) + sen(2t) é dada por

yf (t) = 0.0941 cos(3t) + 0.909sen(2t) pois

H(j3) = 2

sen(2) sen(3) = 0.0941 , H(j2) = 2 = 0.909 3 2 ✷ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

130

Capı́tulo 7. Sinais Contı́nuos e Convolução

7.1

Exercı́cios

Exercı́cio 7.1: Classifique quanto à BIBO estabilidade e a causalidade o sistema linear invariante no tempo cuja resposta ao impulso é dada por a) h(t) = t2 G2 (t) b) h(t) = exp(−|t|) c) h(t) = G2 (t) d) h(t) 2

1 −2

−1

−2

Exercı́cio 7.2: Classifique quanto à BIBO estabilidade, causalidade e invariância no tempo o sistema descrito por Z t+2 Z +∞ x(β)dβ x(β) exp(−t + β)u(t − β)dβ b) y(t) = a) y(t) = −∞

−∞

c) y(t) =

Z +∞ −∞

βu(β)x(t − β)dβ

d) y(t) =

Z t

x(β)dβ

t−1

Exercı́cio 7.3: Esboce a saı́da de um sistema linear e invariante no tempo cuja resposta ao impulso é h(t) = u(t + 1) − 2u(t) + u(t − 1)

para a entrada: a) x(t) = u(t) b) x(t) = −u(t) + 2u(t − 1) − u(t − 2)

Exercı́cio 7.4: Determine a saı́da y(t) do sistema linear e invariante no tempo cuja resposta ao impulso é G{δ(t)} = 900(exp(−3t)u(t)) ∗ (exp(−3t)u(t)) para a entrada x(t) = 4sen(2t) cos(3t) Exercı́cio 7.5: Esboce x(−2t + 2) e ẋ(t) para x(t) = t u(t + 2) − u(t) + u(t) − u(t − 2) Exercı́cio 7.6: Classifique (y é a saı́da e x é a entrada) quanto a linearidade, BIBO estabilidade, invariância com o tempo, e causalidade, o sistema descrito por Z +∞ 1 y(t) = x(t − β)dβ πβ −∞ Exercı́cio 7.7: Esboce x(t) = x1 (t) ∗ x2 (t) para x1 (t) = x2 (t) = −u(t + 1) + 3u(t) − 2u(t − 2) Exercı́cio 7.8: Determine H(s) (transformada de Laplace da resposta ao impulso y) do sistema descrito por v̇1 + v2 = x ; v̇2 + v1 = 2ẋ ; y = 2x + v1 + v2 e a saı́da para a entrada x(t) = 200 cos2 (t). Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

131

7.1. Exercı́cios Exercı́cio 7.9: a) Esboce o sinal p(t) descrito por p(t) = G1 (t − 0.5) + (t − 1)G1 (t − 1.5) + (3 − t)G1 (t − 2.5) − G1 (t − 3.5) b) Esboce q(t) = p(4 − t)

c) Descreva q(t) usando degraus e polinômios em t

d) Esboce

d p(t) dt

Exercı́cio 7.10: Determine e esboce M (ω) (módulo da resposta em freqüência) para |ω| < 2π/T do sistema linear invariante no tempo 2x(t) + x(t + T ) + x(t − T ) , T >0 G{x(t)} = 2 Exercı́cio 7.11: Considere o sistema SISO (Single-Input Single-Output) y(t) = G{x(t)} =

Z t+1 t−1

(t − β)x(β)dβ

a) Determine e esboce a resposta ao impulso b) O sistema é linear? É invariante no tempo? É causal? c) Determine a saı́da y(t) para

x(t) = δ(t) − δ(t − 1)

d) Determine a saı́da y(t) para

x(t) = u(t) − u(t − 1) Exercı́cio 7.12: Esboce x1 (t) ∗ x3 (t) e x2 (t) ∗ x3 (t) para x1 (t) = δ(t + 1) − δ(t − 1) , x2 (t) = u(t + 1) − u(t − 1) , x3 (t) = −u(t + 1) + 2u(t) − u(t − 1) Exercı́cio 7.13: Determine a saı́da y(t) do sistema cuja resposta ao impulso é dada por G{δ(t)} = (exp(−t)u(t)) ∗ (exp(−2t)u(t)) para x(t) = 10sen(2t) cos(5t) Exercı́cio 7.14: Determine as amplitudes das componentes da resposta y(t) do sistema linear invariante no tempo cuja resposta ao impulso é dada por h(t) = exp(−2t) cos(3t)u(t) para a entrada x(t) = 200sen(2t) cos(3t) Z t x1 (β)dβ , x1 (t) = −δ(t + 1) + 2δ(t) − δ(t − 1) Exercı́cio 7.15: a) Esboce x2 (t) = Ix1 (t) = −∞

b) Expresse x2 (t) como soma ponderada de degraus deslocados. c) Esboce a convolução x1 (t) ∗ x2 (t).

Exercı́cio 7.16: a) Determine y(t) em regime permanente para a entrada x(t) = 2 cos2 (t) do sistema descrito pela equação diferencial ÿ + 3ẏ + 2y = ẋ Exercı́cio 7.17: Determine yf (t) (resposta forçada) do circuito descrito por (p2 + p + 1)y(t) = x(t) , x(t) = 6sen2 (0.5t) Exercı́cio 7.18: Para o sinal f (t) dado por f (t) = 2(t + 1)G1 (t + 0.5) + G1 (t − 0.5) esboce a) f (t + 2) ,

b) f (−2t + 2) ,

d f (t) dt Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

132

Capı́tulo 7. Sinais Contı́nuos e Convolução

Exercı́cio 7.19: Esboce a resposta ao impulso do sistema y(t) =

Z +∞ −∞

x(β) exp(−t + β)u(t − β)dβ

Exercı́cio 7.20: Determine o valor das integrais Z +∞ Z +∞ (3t − 1)2 δ(2t + 2)dt (3t − 1)2 δ(t + 1)dt , b) a) −∞

−∞

Exercı́cio 7.21: Esboce, para x(t) = 2G1 (t − 0.5) − G2 (t − 2) Z t x(β)dβ b) x(t) ∗ x(t) a) Ix (t) = −∞

Exercı́cio 7.22: Classifique o sistema y(t) = x(t) ∗ (exp(−t)u(t + 1)) (y(t) é a saı́da e x(t) é a entrada) quanto à BIBO (Bounded-Input, Bounded-Output) estabilidade e causalidade (não antecipativo). Exercı́cio 7.23: Esboce x1 (t) ∗ x2 (t) para x1 (t) = u(t + 1) − u(t − 1) , x2 (t) = −u(t + 1) + 2u(t) − u(t − 1) Exercı́cio 7.24: a) Determine e esboce M (ω) (módulo da resposta em freqüência) para |ω| < 2π/T para o sistema linear invariante no tempo G{x(t)} =

2x(t) − x(t + T ) − x(t − T ) , T >0 4

b) Determine a saı́da y(t) em regime do sistema para a entrada x(t) = 1 + 2 cos(

2πt πt ) + 3 cos( ) T T

Exercı́cio 7.25: a) Determine a função de transferência H(s) do sistema linear invariante no tempo y(t) = G{x(t)} descrito por ẏ(t) = v(t) + x(t), v̇(t) = −2v(t) − 2y(t) + 2ẋ(t) − x(t) b) Determine a saı́da forçada y(t) do sistema para a entrada x(t) = 3 cos(2t) − 2sen(3t) Exercı́cio 7.26: Determine a saı́da y(t) do sistema abaixo para a entrada x(t) = 5sen(30t + π/4) X(s) Y (s) s + 100 100 + s + 10 s

−1 Exercı́cio 7.27: a) Esboce y(t) = x(−2t + 4) para x(t) mostrado na figura abaixo. dx b) Determine (expressão usando degraus e impulsos) e esboce z(t) = dt x(t) 1 5 1

6 t

−1 Exercı́cio 7.28: a) Esboce q(t) = p(1 − t/2) para p(t) = (t − 1) u(t + 1) − u(t) + (1 − t) u(t) − u(t − 1) + u(t − 2) − u(t − 1)

b) Esboce a derivada de p(t).

Exercı́cio 7.29: Esboce a saı́da y(t) = G{x(t)} do sistema linear invariante no tempo cuja resposta ao impulso é h(t) = u(t) + δ(t − 1) − u(t + 1) para a entrada x(t) = −u(t + 1) + 2u(t) − u(t − 1) Exercı́cio 7.30: Esboce x(t) = x1 (t) ∗ x2 (t) para x1 (t) = −u(t + 2) + 2u(t) − u(t − 1) , x2 (t) = −x1 (t) Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

133

7.1. Exercı́cios

Exercı́cio 7.31: Considere a associação em cascata de três sistemas lineares invariantes no tempo (isto é, a saı́da do primeiro é a entrada do segundo e a saı́da do segundo é a entrada do terceiro), sendo que o primeiro sistema é descrito pela relação entrada-saı́da Z t x1 (β)dβ y1 (t) = −∞

o segundo possui função de transferência dada por

H2 (s) =

s Y2 (s) = X2 (s) s+3

e a resposta ao impulso do terceiro é h3 (t) = exp(−2t)u(t) Determine a saı́da y3 (t) para a entrada x1 (t) = 1 + sen(t) Exercı́cio 7.32: a) Determine e esboce a resposta ao impulso do sistema SISO (Single-Input Single-Output) Z t+1 (t − β)x(β)dβ y(t) = G{x(t)} = t−1

b) O sistema é linear? c) O sistema é invariante no tempo? e) O sistema é BIBO estável?

d) O sistema é causal?

Exercı́cio 7.33: a) Obtenha a equação diferencial para o circuito abaixo na forma D(p)y1 = N (p)x, sendo p o operador derivada. b) Para R = 1 Ω, L = 1 H e C = 1 F, obtenha as raı́zes da equação caracterı́stica. R y2 x(t)

+ −

+ y1 −

Exercı́cio 7.34: Determine a resposta em regime y(t) do circuito abaixo para x(t) = 2sen(t) + 4 cos(t), considerando RC = 1. C R x(t)

+ −

y(t) −

Exercı́cio 7.35: Obtenha a equação diferencial para o circuito abaixo na forma D(p)y = N (p)x, com o coeficiente do termo de maior grau de D(p) igual a 1 (forma mônica), sendo p o operador derivada. C

+ −

x(t) L 2R

Exercı́cio 7.36: Determine H(s) (transformada de Laplace da resposta ao impulso em y(t)) para o circuito abaixo: R y x

+ −

L C

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

134

Capı́tulo 7. Sinais Contı́nuos e Convolução

Exercı́cio 7.37: Determine a resposta em regime y(t) do circuito abaixo para x(t) = 2 cos(2t), com RC = 1. R x

+ −

+ y

−

Exercı́cio 7.38: Determine a função de transferência H(s) = Y (s)/X(s) para o circuito abaixo, com R = C = L=1 4R x

R +

+ −

−

Exercı́cio 7.39: Determine a função de transferência H(s) = Y (s)/X(s) para o circuito abaixo, com R = L = C=1 R x

+ −

y L

Exercı́cio 7.40: Determine a resposta em regime permanente para x(t) = cos2 (t) do sistema linear descrito pela equação ẏ − (1/2)y = x Exercı́cio 7.41: a) Determine a transformada de Laplace H(s) da resposta ao impulso do sistema y(t) = G{x(t)} descrito pelas equações v̇1 = v2 , v̇2 + v1 + v2 = x , y = v1 + v2 + x b) Determine a saı́da forçada y(t) do sistema para x(t) = 100sen(2t) + 200 cos(πt) Exercı́cio 7.42: Considere o sinal x(t) descrito na figura abaixo. x(t)

1 2

4 t

−1 −1

a) Determine a expressão analı́tica de x(t), usando degraus para definir os diferentes intervalos. b) Esboce ẋ(t) Exercı́cio 7.43: Determine

Z +∞ −∞

(3t − 1)2 δ(2t − 2)dt

Exercı́cio 7.44: Determine a saı́da y(t) do sistema linear invariante no tempo cuja resposta ao impulso é dada por G{δ(t)} = exp(−t)u(t) ∗ exp(−t)u(t) para x(t) = 100sen(2t) cos(5t) Z t x1 (β)dβ para x1 (t) mostrado na figura abaixo. Exercı́cio 7.45: a) Esboce Ix1 (t) = −∞

b) Expresse x2 (t) como soma ponderada de degraus deslocados c) Esboce a convolução x1 (t) ∗ x2 (t)

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

135

7.1. Exercı́cios x1 (t)

x2 (t)

1 3 1

−1

−2 −3

Exercı́cio 7.46: Considere o sistema descrito pela relação (y(t) é a saı́da e x(t) é a entrada): y(t) =

Z +∞ −∞

x(β) exp(−t + β)u(t − β)dβ

a) Esboce a resposta ao impulso do sistema. b) Classifique o sistema quanto a: linearidade, BIBO, invariância com o tempo, causalidade, com memória. Exercı́cio 7.47: a) Determine a transformada de Laplace da resposta ao impulso do sistema (pressupõe condições iniciais nulas) descrito pela equação diferencial ÿ + ẏ + y = ẋ + x (x é a entrada e y é a saı́da). b) Determine y(t) em regime permanente para x(t) = 2 cos(t) Exercı́cio 7.48: Determine as integrais Z +∞ Sa(4t)δ(2(t − 4))dt, −∞

Exercı́cio 7.49: a) Determine a integral

Z +∞ −∞

Sa(2t)δ(t − 2)dt,

Z +∞

Z +∞ −∞

Sa(3t)δ(2(t − 2))dt

f (t)δ̇(t)dt

−∞

sendo f (t) uma função contı́nua com derivada contı́nua para todo t. d (x(t) ∗ y(t)) = ẋ(t) ∗ y(t) = x(t) ∗ ẏ(t) Dica: dt b) Determine o valor da integral para f (t) = 3t − 5. c) Usando o resultado do item (a), mostre que tδ̇(t) pode ser substituı́do por −δ(t)

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Capı́tulo 8

Ortogonalização 8.1

Aproximação por combinação linear de funções

Suponha que se quer aproximar o sinal y(t) por uma combinação linear de funções fk (t) y(t) ≈

n X

αk fk (t)

k=1

A dimensão do espaço S gerado pela combinação linear das funções fk (t) é n se as funções fk (t) forem linearmente independentes entre si, isto é, as n funções fk (t) formam uma base de representação do espaço S. Assim, trata-se de encontrar os valores dos coeficientes αk que minimizem o erro ǫ(t) = y(t) −

n X k=1

αk fk (t) = y(t) − α′ f (t)

sendo f (t) o vetor coluna das funções do tempo fk (t) e α ∈ Rn o vetor coluna de coeficientes O valor quadrático do erro pode ser calculado por

′ ǫ2 (t) = y(t) − α′ f (t) y(t) − α′ f (t) = y 2 (t) + α′ f (t)f (t)′ α − 2α′ f (t)y(t)

sendo f (t)f (t)′ uma matriz no Rn×n na qual cada componente é uma função do tempo resultante do produto dois a dois das funções fk (t) e f (t)y(t) um vetor coluna no Rn com elementos dados pelos produtos fk (t)y(t). Calculando-se a média temporal no intervalo no qual deseja-se a aproximação de y(t) pela série temporal, tem-se ǫ2 (t) = y 2 (t) + α′ f (t)f (t)′ α − 2α′ f (t)y(t) R = f (t)f (t)′ ∈ Rn×n de correlação temporal das funções fk (t) é computada como R = A matriz rkℓ sendo rkℓ o produto escalar das funções fk (t) e fℓ (t), isto é, rkℓ = fk (t)fℓ (t) =

Z +∞

fk (t)fℓ (t)dt , k, ℓ = 1, 2, . . . , n

−∞

′ Observe que R ≈ f∆ f∆ ∆, sendo f∆ a matriz de discretização das funções f (t) em um dado intervalo (a, b) com incremento temporal ∆.

Propriedade 8.1: Critério de Gram1 Se as funções fk (t) forem linearmente independentes entre si, a matriz R será, por construção, uma matriz definida2 positiva. R é portanto não-singular, isto é, pode ser invertida, pois 1 2

Jorgen Pedersen Gram, dinamarquês (1850-1916). Veja a Propriedade D.30.

136

137

8.1. Aproximação por combinação linear de funções

v ′ f (t)f (t)′ v = v ′ f (t)f (t)′ v = (f (t)′ v)′ (f (t)′ v) = β 2 (t) com β(t) = f (t)′ v. Como as funções fk (t) são linearmente independentes, β(t) = 0 se e somente se v = 0. Portanto, v ′ f (t)f (t)′ v > 0 , ∀v 6= 0 ⋄

Propriedade 8.2: Erro médio quadrático O erro médio quadrático pode ser escrito como ǫ2 (t) = y 2 (t) + α′ Rα − 2α′ f (t)y(t) cujo valor mı́nimo é obtido para α solução de d 2 ǫ (t) = 0 ⇒ 2Rα − 2 f (t)y(t) = 0 ⇒ α = R−1 f (t)y(t) dα

(8.1) ⋄

Exemplo 8.1: Considere os sinais linearmente independentes f1 (t) e f2 (t) (mostrados na Figura 8.1) dados por f1 (t) = 2G1 (t − 0.5) , f2 (t) = (3t + 1)G1 (t − 0.5) 5 4 3 2 1 0 −1

−0.5

0.5

1.5

−0.5

0.5

1.5

5 4 3 2 1 0 −1

Figura 8.1: Funções f1 (t) = 2G1 (t − 0.5) (acima) e f2 (t) = (3t + 1)G1 (t − 0.5) (abaixo).

A matriz de correlação R é dada por R = f (t)f (t)

′

4 5

5 7

⇒

−1

1 = 3

7 −5

−5 4

Os sinais f1 (t) e f2 (t) podem ser usados para aproximar funções no intervalo [0, 1]. Por exemplo, as funções x1 (t), x2 (t) e x3 (t) e suas aproximações são dadas por x1 (t) = 2 − t ≈

x2 (t) = senh(t) ≈

1.1667

−0.3333

−0.2102

0.3854

0.3651

0.1781

x3 (t) = cosh(t) ≈

f (t)

f (t) Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

138

Capı́tulo 8. Ortogonalização A Figura 8.2 mostra os sinais originais (pontilhados) e as aproximações. Observe que x1 (t) é linearmente dependente de f1 (t) e f2 (t) e portanto o erro na aproximação é nulo. Os sinais senh(t) e cosh(t) não são linearmente dependentes das funções f1 (t) e f2 (t), mas puderam ser aproximados com erro pequeno no intervalo considerado. 3 2

x1 (t)

1 0 −1

−0.5

0.5

1.5

1.5 1

x2 (t)

0.5 0 −0.5 −1

−0.5

0.5

1.5

2 1.5

x3 (t)

1 0.5 0 −1

−0.5

0.5

1.5

Figura 8.2: Funções x1 (t) = 2 − t, x2 (t) = senh(t) e x3 (t) = cosh(t).

✷

Os coeficientes α, obtidos pela expressão (8.1), determinam a aproximação com erro quadrático mı́nimo do sinal y(t) por uma combinação linear das funções linearmente independentes fk (t). Se as funções fk (t) forem ortogonais entre si, R será uma matriz diagonal, resultando no cálculo desacoplado dos coeficientes αk . Analisa-se a seguir a projeção de sinais em uma base ortogonal com dois propósitos: explicitar o desacoplamento no cálculo dos coeficientes de projeção e apresentar o algoritmo de ortogonalização de Gram-Schmidt.3

8.2

Projeção ortogonal

Suponha que se quer aproximar o sinal y(t) por uma combinação linear de funções ortogonais gk (t). y(t) ≈

n X

ck gk (t)

k=1

O sinal erro é dado por ǫ(t) = y(t) −

n X

ck gk (t)

k=1

resultando em 2

ǫ (t) = y (t) +

n X

c2k

gk2 (t)

k=1

−2

n X k=1

ck y(t)gk (t)

n n X X k=1 ℓ=1

| {z } k6=ℓ

ck cℓ

gk (t)gℓ (t) {z } = 0, ortogonais |

Note que ǫ2 (t) é uma função quadrática estritamente convexa nos coeficientes ck e, portanto, possui um mı́nimo global. 3

Erhard Schmidt, alemão (1876-1959). Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

139

8.2. Projeção ortogonal

y(t)gk (t) ∂ 2 ǫ (t) = 0 =⇒ ck = ∂ck gk2 (t)

; k = 1, 2, . . . , n

Observe que o cálculo de cada coeficiente ck é desacoplado do cálculo dos demais coeficientes, propriedade que deriva diretamente da hipótese de ortogonalidade das funções gk (t) da base. Um subproduto importante é que o erro ǫ(t) é ortogonal a todos os elementos da base. ǫ(t)gk (t) = y(t)gk (t) −

n X

cℓ gℓ (t)gk (t) = y(t)gk (t) − ck gk2 (t) = 0

ℓ=1

Note que, impondo ǫ(t)gk (t) = 0 a priori, obtêm-se diretamente os coeficientes ck .

Exemplo 8.2: Considere os sinais ortogonais x1 (t) = G2 (t)

x2 (t) = tG2 (t)

O sinal x(t) dado por x(t) = t2 G2 (t) pode ser aproximado por x(t) ≈ a1 x1 (t) + a2 x2 (t)

⇒

ǫ(t) = x(t) − a1 x1 (t) − a2 x2 (t)

Portanto,

ǫ2 (t) = x2 (t) + a21 x21 (t) + a22 x22 (t) − 2a1 x1 (t)x(t) − 2a2 x2 (t)x(t) + 2a1 a2 x1 (t)x2 (t) As condições ∂ ǫ2 (t) = 0 ∂a1

∂ ǫ2 (t) = 0 ∂a2

implicam

x21 (t) x2 (t)x1 (t)

x1 (t)x2 (t) x22 (t)

a1 x1 (t)x(t) = a2 x2 (t)x(t)

Como x1 (t) e x2 (t) são ortogonais, tem-se x21 (t) = 2 ,

a1 =

x22 (t) =

2 3

x1 (t)x(t) 1 = 2 3 x1 (t)

x1 (t)x(t) =

a2 =

2 3

x2 (t)x(t) = 0

x2 (t)x(t) =0 x22 (t)

1 ǫ(t) = t2 − G2 (t) 3

Note que o erro ǫ(t) é ortogonal a x1 (t) e x2 (t).

✷

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

140

Capı́tulo 8. Ortogonalização Exemplo 8.3: Considere os sinais x1 (t) = G1 (t − 0.5)

x2 (t) = tG1 (t − 0.5)

O sinal x(t) dado por x(t) = t2 G1 (t − 0.5) pode ser aproximado por x(t) ≈ a1 x1 (t) + a2 x2 (t)

⇒

ǫ(t) = x(t) − a1 x1 (t) − a2 x2 (t)

As condições de mı́nimo implicam

x21 (t) x2 (t)x1 (t)

x1 (t)x2 (t) x22 (t)

a1 1 = 0.5 a2

a1 = −

1 6

0.5 1/3

a1 1/3 = 0.25 a2

a2 = 1

Note que, por x1 (t) e x2 (t) não serem ortogonais, foi necessário resolver numericamente um sistema linear de equações. O erro, ortogonal a x1 (t) e x2 (t), é dado por 1 G1 (t − 0.5) ǫ(t) = t2 − t + 6 A Figura 8.3 mostra os sinais x(t), x1 (t), x2 (t) e o erro ǫ(t). Observe que, como x1 (t) é constante no intervalo, a média de ǫ(t) é nula. 1.2

x1 (t) 1

0.8

x2 (t) 0.6

x(t) 0.4

0.2

ǫ(t) 0

−0.2

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

Figura 8.3: Sinais x(t), x1 (t), x2 (t) e ǫ(t). ✷

8.3

Ortogonalização de Gram-Schmidt

Discutem-se, a seguir, os procedimentos para se conseguir uma base ortogonal a partir de um conjunto dado de sinais. Propriedade 8.3: Ortogonalização de Gram-Schmidt Uma base ortogonal gk (t) pode ser obtida a partir de um conjunto de funções fk (t) pelo procedimento a seguir, explorando o fato de o erro de projeção ser sempre ortogonal aos elementos da base. Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

141

8.3. Ortogonalização de Gram-Schmidt

g1 (t) = f1 (t) ;

gk (t) = fk (t) −

k−1 X fk (t)gℓ (t) gℓ (t) 2 (t) g ℓ ℓ=1

, k = 2, . . . , n

Note que g2 (t) é o erro da projeção de f2 (t) sobre g1 (t), g3 (t) é o erro da projeção de f3 (t) sobre g1 (t) e g2 (t) e assim por diante. A dimensão da base será igual ao número de funções linearmente independentes do conjunto fk (t). ⋄ Exemplo 8.4: Considere as funções f1 (t), f2 (t) e f3 (t) mostradas na Figura 8.4. Observe que as funções são linearmente independentes, mas não são ortogonais, pois f1 (t)f2 (t) 6= 0 ,

f2 (t)f3 (t) 6= 0 f1 (t)

f2 (t) t f3 (t) t

Figura 8.4: Funções f1 (t), f2 (t) e f3 (t).

Realizando-se a ortogonalização de Gram-Schmidt, tem-se g1 (t) = f1 (t)

g2 (t) = f2 (t) − g3 (t) = f3 (t) −

f2 (t)g1 (t) 1 g1 (t) = f2 (t) − g1 (t) 2 g12 (t)

f3 (t)g1 (t) f3 (t)g2 (t) 1/2 1 g2 (t) g1 (t) − g2 (t) = f3 − g1 (t) − 2 1/2 g12 (t) g22 (t)

As funções g1 (t), g2 (t) e g3 (t), ortogonais entre si, são mostradas na Figura 8.5. ✷

Exemplo 8.5: Considere o sinal x(t) mostrado na Figura 8.6, cuja energia (isto é, o valor da integral do módulo do sinal ao quadrado) é igual a 3. O sinal x(t) pode ser escrito na base g1 (t), g2 (t) e g3 (t), resultando nos coeficientes de projeção dados por x(t)g1 (t) = 2

x(t)g2 (t) = 0

x(t)g3 (t) = −1

Portanto, x(t) =

0 −1 2 g1 (t) + g2 (t) + g3 (t) 2 1/2 1

⇒

x(t) = g1 (t) − g3 (t) ✷ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

142

Capı́tulo 8. Ortogonalização

g1 (t)

2 1

g2 (t)

−

1 2

g3 (t)

Figura 8.5: Funções ortogonais g1 (t), g2 (t) e g3 (t).

x(t) 1

−1

Figura 8.6: Sinal x(t) (energia igual a 3).

Exemplo 8.6: Considere o conjunto de quatro sinais linearmente independentes f1 (t), f2 (t), f3 (t) e f4 (t), nulos fora do intervalo [0, 1]. f1 (t) = 2 , f2 (t) = 3t + 1 , f3 (t) = sen(2πt) , f4 (t) = cos(2πt) Aplicando-se o algoritmo de Gram-Schmidt obtêm-se os sinais g1 (t), g2 (t), g3 (t) e g4 (t), mostrados na Figura 8.7. Observe que, por construção, g1 (t) = f1 (t), enquanto que g2 (t) é alterado para ficar ortogonal a g1 (t). O sinal f3 (t), que dá origem a g3 (t), é alterado apenas por g2 (t), pois já era ortogonal a g1 (t). O sinal g4 (t) é igual a f4 (t), pois já era ortogonal aos três anteriores. ✷

8.4

Ortogonalização de Gram-Schmidt como triangularização

O algoritmo de Gram-Schmidt pode ser formulado como o resultado de um problema de triangularização da matriz R = f (t)f (t)′ de correlação temporal das funções fk (t). Um conjunto de funções fk (t) gera, por combinação linear, um espaço S. Se as n funções fk (t) forem linearmente independentes, o espaço S tem dimensão n e f (t) constitui uma base para S (não necessariamente ortogonal). Transformações lineares na forma g(t) = Qf (t) , Q não singular preservam a representação do espaço S, isto é, g(t) constitui uma nova base para S. Assim, a ortogonalização pode ser definida em termos da escolha da matriz Q tal que g(t)g(t)′ = Qf (t)f (t)′ Q′ = QRQ′ = I

(8.2) Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

143

8.4. Ortogonalização de Gram-Schmidt como triangularização

g1 (t)

1 0 −1

−0.5

0.5

1.5

4 2

g2 (t)

0 −2 −1

−0.5

0.5

1.5

g3 (t)

0 −1 −1

−0.5

0.5

1.5

g4 (t)

0 −1 −1

−0.5

0.5

1.5

Figura 8.7: Sinais g1 (t), g2 (t), g3 (t) e g4 (t) resultantes da ortogonalização de Gram-Schmidt (sinais originais em pontilhado).

Note que g(t)g(t)′ = I impõe uma ortonormalização, que corresponde a um sistema quadrático de equações com n2 variáveis e n(n + 1)/2 restrições, indicando que há inúmeras maneiras de ortonormalizar um conjunto de funções linearmente independentes. A ortogonalização de Gram-Schmidt equivale a uma escolha apropriada de Q triangular inferior, pois g1 (t) = f1 (t), g2 (t) = af1 (t) + bf2 (t), g3 (t) = af1 (t) + bf2 (t) + cf3 (t) e assim por diante. A transformação de Cholesky4 aplicada à matriz R, simétrica e definida positiva, produz L triangular inferior que satisfaz R = LL′ . Assim, QRQ′ = (QL)(QL)′ = I Uma solução trivial, induzida pela decomposição de Cholesky, é dada por Q = L−1 Observe que a inversa de uma matriz triangular inferior é, por construção, uma matriz triangular inferior. Assim, a transformação de Cholesky permite obter de forma matricial a ortonormalização de Gram-Schimdt. A fatorização de Schur5 aplicada à matriz R produz uma matriz unitária V e uma matriz diagonal Ω composta pelos autovalores de R tais que R = V ΩV ′ , sugerindo como solução Q = V Ω−0.5 V ′ , R−0.5

Exemplo 8.7: Considere os sinais gerados pelo deslocamento de um pulso triangular dados por fk (t) = Tri2T (t − kT ) ; k = 1, 2, . . . , 5 A função Tri2T (t) é mostrada na Figura 8.8. Os pulsos fk (t) não são ortogonais, pois rkℓ =

Z +∞ −∞

4 5

Tri2T (t − kT )Tri2T (t − ℓT )dt ; k, ℓ = 1, 2, . . . , 5

Andre-Louis Cholesky, francês (1875-1918). Issai Schur, matemático russo (1875–1941) com atuação na Alemanha. Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

144

Capı́tulo 8. Ortogonalização

  2T /3 T /6 rkℓ =  0

; k=ℓ ; | k − ℓ |= 1 fora



4 1 T  0 R=  6 0 0

⇒

1 4 1 0 0

0 1 4 1 0

0 0 1 4 1

 0 0  0  1 4

Tri2T (t) 1 t T

−T

Figura 8.8: Função Tri2T (t).

Note que se as funções fk (t) fossem ortogonais entre si, a matriz R correspondente seria diagonal. A aplicação da decomposição de Cholesky na matriz R para T = 1.5 dada por  0 0   0   0.25 1



0.25 1 0.25 0 0

0 0.25 1 0.25 0

0 0 0.25 1 0.25

+1.000 −0.258  Q= +0.069 −0.019 +0.005

0 +1.033 −0.276 +0.074 −0.019

0 0 +1.035 −0.277 +0.074

0 0 0 +1.035 −0.277

1 0.25  R=  0  0 0

resulta na matriz Q 

 0 0   0   0  +1.035

A transformação g = Qf produz os sinais mostrados na Figura 8.9. Note que o primeiro elemento g1 preservou a forma de f1 , e os demais elementos foram sendo progressivamente alterados. 1 0.5 0 0

1 0.5 0

Figura 8.9: Sinais ortogonalizados por Gram-Schmidt.

✷ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

145

8.5. Ortogonalização uniforme

Exemplo 8.8: Uma permutação na ordem das funções fk (t) do exemplo anterior produz resultados distintos (porém também ortogonais). Considere a seguinte ordem f (t) = f1 (t)

f3 (t)

f5 (t)

f2 (t)

f4 (t)



0 1 0 0.25 0.25

0 0 1 0 0.25

0.25 0.25 0 1 0

+1.000  0  Q=  0 −0.267 −0.019

0 +1.000 0 −0.267 −0.287

0 0 +1.000 0 −0.268

 0 0.25  0.25  0  1

0 0 0 +1.069 +0.077

que resulta em



1  0  R=  0 0.25 0

′

 0 0   0   0  +1.072

A transformação g = Qf , com Q = L−1 e R = LL′ , produz os sinais mostrados na Figura 8.10. 1 0.5 0 0

1 0.5 0

Figura 8.10: Sinais {f1 (t), f3 (t), f5 (t), f2 (t), f4 (t)} ortogonalizados por Gram-Schmidt.

Observe que esse ordenamento implicou na alteração da forma das funções f2 (t) e f4 (t) e na preservação das funções f1 (t), f3 (t) e f5 (t). ✷

8.5

Ortogonalização uniforme

Considere as matrizes formadas a partir das funções linearmente independentes fk (t), k = 1, . . . , n e da solução do problema de ortonormalização que fornece as funções gk (t), k = 1, . . . , n, isto é,     f1 (t) g1 (t)     F ,  ...  , G ,  ...  , G = QF fn (t)

gn (t)

A matriz F pode ser construı́da a partir da discretização das funções em um intervalo de tempo, tornando-se uma matriz de vetores linha. O objetivo da ortogonalização uniforme6 é encontrar G 6

Para maiores detalhes sobre o assunto, veja [37, 6]. Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

146

Capı́tulo 8. Ortogonalização

solução do problema min Tr (F − G)(F − G)′ sujeito a GG′ = I que equivale a minimizar a norma (ao quadrado) de fk − gk , k = 1, . . . , n. Com isso, busca-se uma transformação que tente preservar o máximo possı́vel os vetores originais. Re-escrevendo em termos de Q min Tr (F − QF )(F − QF )′ sujeito a QF F ′ Q′ = I e desenvolvendo os termos que compõem a função objetivo, tem-se min Tr(F F ′ + QF F ′ Q′ − QF F ′ − F F ′ Q′ ) sujeito a QF F ′ Q′ = I Substituindo a restrição e lembrando que os termos constantes na função objetivo não influenciam na solução Q, tem-se min Tr (−QF F ′ − F F ′ Q′ ) = max Tr (2F F ′ Q′ ) sujeito a QF F ′ Q′ = I Procedimentos clássicos para resolver problemas de otimização com restrições podem ser usados. Escrevendo a função lagrangeana7 L (Q, Λ) (Λ é a variável dual simétrica associada à restrição original do problema) L (Q, Λ) = Tr 2F F ′ Q′ + Λ(QF F ′ Q′ − I) As condições de estacionariedade são dadas por

∂L = 2(F F ′ + ΛQF F ′ ) = 2(I + ΛQ)F F ′ = 0 ∂Q ∂L = (QF F ′ Q′ − I) = 0 ∂Λ Resolvendo em termos de Q e de Λ, tem-se Q = −Λ−1 Λ=

⇒

(−Λ−1 )F F ′ (−Λ−1 ) = I

+(F F ′ )0.5 −(F F ′ )0.5

⇒

F F ′ = Λ2

−(F F ′ )−0.5 +(F F ′ )−0.5

A função objetivo original é dada por min Tr (−2F F ′ Q′ ) = max Tr (2F F ′ Q′ ) e o ótimo é obtido para Q = (F F ′ )−0.5 . Note que a solução Q = −(F F ′ )−0.5 fornece a mesma base ortonormalizada G (apenas trocando o sinal dos vetores) e pode ser interpretada como a transformação Q que maximiza a diferença entre as normas (ao quadrado) dos vetores de cada base. A solução ótima deste problema de otimização é a mesma obtida pela decomposição de Schur.

Joseph-Louis Lagrange, matemático francês (1736–1813). Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

147

8.5. Ortogonalização uniforme Exemplo 8.9: Considere novamente o Exemplo 8.7, para T = 1.5. A decomposição de Schur aplicada à matriz R fornece   1.0259 −0.1362 0.0272 −0.0060 0.0013 −0.1362 1.0531 −0.1422 0.0286 −0.0060    gufo = R−0.5 f =   0.0272 −0.1422 1.0545 −0.1422 0.0272  f −0.0060 0.0286 −0.1422 1.0531 −0.1362 0.0013 −0.0060 0.0272 −0.1362 1.0259 Os sinais resultantes são mostrados na Figura 8.11. Note que, a menos do efeito de borda, todos têm praticamente a mesma aparência. 1 0.5 0 0

1 0.5 0

Figura 8.11: Sinais {f1 (t), f3 (t), f5 (t), f2 (t), f4 (t)} do Exemplo 8.7 ortogonalizados uniformemente.

✷

Exemplo 8.10: Considere os vetores linearmente independentes {f1 , f2 , f3 }

Iterativo:

 ′ 1 f1 = 1 , 1

g 1 = f1

 ′ 1 f 2 =  2 , 3



′ 0 f3 =  1  −1

  f1 F , f2  f3

;

′  ′  0.5774 1 1   g1 = √ 1 = 0.5774 ; g1 = kg1 k 3 1 0.5774

g2 = f2 − (f2 g1′ )g1

 ′ −0.7071 g2 ; g2 = =  0.0000  kg2 k 0.7071

g3 = f3 − (f3 g2′ )g2 − (f3 g1′ )g1



′ −0.4082 g3 =  0.8165  ; g3 = kg3 k −0.4082

Usando Cholesky na matriz R = F F ′ : 

1.7321 L = chol(R) = 3.4641 0

0 1.4142 −0.7071

 0 0  , LL′ = R 1.2247 Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

148

Capı́tulo 8. Ortogonalização

 

  g1 G = L−1 F = g2  , GG′ = I g3 Usando Schur:

[V, Ω] = schur(R) ,

[Q′ , L′ ] = qr(F ′ ) (decomposição triangular  ortonormal)

R−0.5 = V Ω−0.5 V ′



0.9908 GU = R−0.5 F = −0.0890 −0.1021

 0.0130 0.8127  −0.5825

0.1348 0.5758 0.8064

GU G′U = I ✷

Exemplo 8.11: Considere os vetores linearmente independentes no plano {f1 , f2 } f1 1 3 F = = f2 2 0.5 O resultado das ortonormalizações (mostrado na Figura 8.12) é g 0.1 g1 0.32 0.95 , Schur: GU = u1 = Schmidt: G = = 1 gu2 0.95 −0.32 g2

1 −0.1

gu1

−gu2 gu2 g2 −gu1

Figura 8.12: Vetores ortonormalizados do Exemplo 8.11.

✷

8.6

Exercı́cios

Exercı́cio 8.1: Determine uma base ortogonal para os sinais, nulos fora do intervalo (0, 1), f1 (t) = t − 1, f2 (t) = 1 − 2t , f3 (t) = 2t + 1 Exercı́cio 8.2: Determine a e b para que x3 (t) seja ortogonal a x1 (t) e a x2 (t) sendo x1 (t) = G1 (t − 0.5) , x2 (t) = tG1 (t − 0.5) , x3 (t) = at2 + bt −

1 G1 (t − 0.5) 6

Exercı́cio 8.3: Determine uma base ortogonal que represente o espaço de sinais gerado por c1 x1 (t) + c2 x2 (t) + c3 x3 (t) com x1 (t) = (1 + t)G2 (t − 1) , x2 (t) = (1 − t)G2 (t − 1) , x3 (t) = (2t + 1)G2 (t − 1) Exercı́cio 8.4: Determine a para que x1 (t) e x2 (t) sejam ortogonais entre si, sendo x1 (t) = G2 (t) , x2 (t) =

3 2 t − a G2 (t) 2 Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

149

8.6. Exercı́cios Exercı́cio 8.5: Determine a para que x1 (t) e x2 (t) sejam ortogonais entre si, sendo x1 (t) = (1 − t)G1 (t − 0.5) , x2 (t) = (at + 1)G1 (t − 0.5) Exercı́cio 8.6: Determine uma base ortogonal para o espaço linear gerado pelos sinais x1 (t) = G1 (t − 0.5) − G1 (t − 1.5) , x2 (t) = G1 (t − 1.5) − G1 (t − 2.5) , x3 (t) = G3 (t − 1.5) Exercı́cio 8.7: Determine uma base ortogonal para o espaço gerado pelos sinais x1 (t) = G1 (t − 0.5) , x2 (t) = 2G1 (t − 0.5) + G1 (t − 2.5)

Exercı́cio 8.8: Determine a projeção de erro quadrático mı́nimo do sinal x(t) na base formada pelos sinais f1 (t) e f2 (t), isto é, determine α e β tais que x(t) = (2 − t)G2 (t − 1) = αf1 (t) + βf2 (t) + ǫ(t) , f1 (t) = G1 (t − 0.5) , f2 (t) = G2 (t − 1) sendo ǫ(t) o erro de projeção. Exercı́cio 8.9: Determine o erro ǫ(t) da projeção de erro quadrático mı́nimo do sinal x(t) na base formada pelos sinais f1 (t) e f2 (t) x(t) = G3 (t − 1.5) + G2 (t − 2) , f1 (t) = G2 (t − 1) , f2 (t) = f1 (t − 1) Exercı́cio 8.10: Considere os sinais √ x1 (t) = 3G1 (t − 0.5) + G1 (t − 2.5) , x2 (t) = 0.5G1 (t − 1.5) + G1 (t − 2.5) a) Determine a matriz R =< x(t)x(t)′ > de correlação temporal dos sinais e sua decomposição de Cholesky, ou seja, determine uma matriz L triangular inferior tal que R = LL′ b) Encontre os sinais y1 (t) e y2 (t) resultado da ortogonalização induzida pela transformação de Cholesky. √ Exercı́cio 8.11: Esboce os sinais x1 (t) = 3t e x2 (t) = 1 definidos para t ∈ [0, 1] (os sinais são nulos fora do intervalo). A matriz R de correlação temporal dos sinais e sua decomposição de Cholesky são dadas por: √ √ 1 0 3/2 1 1 3/2 = √ R= √ 3/2 1/2 0 1/2 3/2 1 A decomposição de Schur da matriz R é dada por √ √ 2 −1 +1 1 + 3/2 R= 0 2 −1 −1

1−

0 √

√ 2 −1 3/2 2 +1

−1 −1

a) Determine e esboce, usando a decomposição de Cholesky, os sinais y1 (t) e y2 (t) que constituem uma base ortonormal para o espaço gerado pela combinação linear de x1 (t) e x2 (t). b) Determine e esboce, usando a decomposição de Schur os sinais y1 (t) e y2 (t) que constituem uma base ortonormal para o espaço gerado pela combinação linear de x1 (t) e x2 (t). Exercı́cio 8.12: Considere que os m sinais reais xk (t) são ortogonais entre si no intervalo (0, T ) e nulos fora dele com Z T

x2k (t)dt = T , k = 1, 2, . . . , m

Determine a saı́da do filtro y(T ) cuja resposta ao impulso é h(t) = x1 (T − t) para a entrada x(t) =

m X

αk xk (t)

k=1

Exercı́cio 8.13: Considere m sinais reais ortonormais tais que xk (t) = xk (t)G1 (t − 0.5), k = 1, 2, . . . , m Determine a saı́da y(1) do filtro cuja resposta ao impulso é h(t) = xm (1 − t) para a entrada x(t) =

m X

2k xk (t)

k=1

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Capı́tulo 9

Série de Fourier de Sinais Contı́nuos Definição 9.1: Produto escalar O produto escalar dos sinais x(t) e y(t) é dado por ∗

x(t)y (t) =

Z +∞

x(t)y ∗ (t)dt

−∞

O intervalo de integração pode ser distinto, definido no contexto da operação, estando associado ao domı́nio das funções. Definição 9.2: Norma kx(t)k =

x(t)x∗ (t)

kx(t)k2 =

⇒

Z +∞ −∞

|x(t)|2 dt

Exemplo 9.1: Considere os sinais x(t) = t u(t) − u(t − 1) = tG1 (t − 0.5)

g(t) = u(t) − u(t − 1) = G1 (t − 0.5)

O valor de α para que αg(t) melhor aproxime x(t) pode ser obtido como solução de um problema de otimização. Usando-se a medida de distância entre dois sinais, dada pela integral do quadrado da diferença, tem-se min ǫ2 (t) α

sendo o erro ǫ(t) = x(t) − αg(t) e ǫ2 (t) =

Z 1

ǫ2 (t)dt

Portanto, a expressão do erro quadrático é ǫ2 (t) = g 2 (t) α2 − 2 x(t)g(t) α + x2 (t) que é um polinômio de segundo grau em α, convexo, com mı́nimo global satisfazendo d 2 ǫ (t) = 0 dα

=⇒

150

α=

x(t)g(t) 1 = 2 g 2 (t)

151 Observe que ǫ(t)g(t) = 0 e que esta condição, imposta no problema, também permite a obtenção do valor ótimo de α. ✷

Definição 9.3: Sinais ortogonais Os sinais x(t) e y(t) não nulos são ortogonais se o produto escalar é nulo, isto é x(t)y ∗ (t) = 0 Propriedade 9.1: Teorema de Pitágoras1 Se x(t) e y(t) são ortogonais, então kx(t) + y(t)k2 = kx(t)k2 + ky(t)k2 pois

kx(t) + y(t)k2 = (x(t) + y(t))(x∗ (t) + y ∗ (t)) = kx(t)k2 + ky(t)k2 + x(t)y ∗ (t) + y(t)x∗ (t) | {z } | {z } =0 =0

⋄

Propriedade 9.2: Desigualdade de Cauchy-Schwarz2 x(t)y ∗ (t) + y(t)x∗ (t) ≤ 2kx(t)kky(t)k pois, para α ∈ R qualquer, kx(t) − αy(t)k2 ≥ min kx(t) − αy(t)k2 ≥ 0 α

Portanto, (x(t) − αy(t))(x∗ (t) − αy ∗ (t)) = kx(t)k2 + α2 ky(t)k2 − α x(t)y ∗ (t) + y(t)x∗ (t) ≥ 0 e o resultado é obtido substituindo-se o valor de α que minimiza a norma, isto é, α=

x(t)y ∗ (t) + y(t)x∗ (t) 2ky(t)k2 ⋄

Definição 9.4: Sinais linearmente independentes Um conjunto de sinais {gk (t), k = 1, . . . , n} é linearmente independente se e somente se n X k=1

ck gk (t) = 0 , ∀t

=⇒

ck = 0 , k = 1, . . . , n

Pitágoras, nasceu em Samos (569 AC - 475 AC). Augustin Louis Cauchy, matemático francês (1789-1857) e Hermann Amandus Schwarz, matemático alemão (18431921). 2

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

152

Capı́tulo 9. Série de Fourier de Sinais Contı́nuos

Definição 9.5: Espaço linear A combinação linear de um conjunto de n sinais gk (t), isto é, g(t) =

n X

ck gk (t)

k=1

com escalares ck ∈ C gera um espaço linear, cuja dimensão é dada pelo número r de sinais linearmente independentes do conjunto (r ≤ n). Qualquer conjunto de r sinais que gere o mesmo espaço é uma base para esse espaço.

Exemplo 9.2: Os sinais são linearmente independentes x1 (t) = 1 , x2 (t) = t ✷

Exemplo 9.3: Os sinais x1 (t) = exp(λ1 t) , x2 (t) = exp(λ2 t) são linearmente independentes se e somente se λ1 6= λ2 ✷

Exemplo 9.4: Os sinais x1 (t) = 1 , x2 (t) = t , x3 (t) = 3t − 5 são linearmente dependentes, pois x3 (t) = 3x2 (t) − 5x1 (t) ✷

Propriedade 9.3: Sinais ortogonais são linearmente independentes. Prova: Supondo que x(t) e y(t) são sinais ortogonais, tem-se x(t)y ∗ (t) = 0 e

x(t)x∗ (t) 6= 0, y(t)y ∗ (t) 6= 0

Se c1 x(t) + c2 y(t) = 0 para todo t, então multiplicando por x∗ (t) e integrando tem-se c1 x(t)x∗ (t) + c2 y(t)x∗ (t) = c1 x(t)x∗ (t) = 0 Similarmente, multiplicando-se por y ∗ (t) mostra-se que c2 = 0.

=⇒

c1 = 0 ⋄

Definição 9.6: Projeção ortogonal Denomina-se projeção ortogonal a representação do sinal x(t) no espaço gerado pela combinação linear de uma base do espaço tal que o erro seja nulo ou ortogonal ao espaço, isto é, x(t) =

n X

ck gk (t) + ǫ(t)

k=1

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

153

9.1. Projeção de sinais com ǫ(t)gk∗ (t) = 0 , ∀k

sendo {gk (t), k = 1, . . . , n} um conjunto de sinais linearmente independentes (base de dimensão n).

Propriedade 9.4: O erro da projeção ortogonal tem norma mı́nima. Prova: Seja ǫ(t) o erro da projeção ortogonal e v(t) o erro de uma projeção qualquer. Então, x(t) =

ck gk (t) + ǫ(t) =

dk gk (t) + v(t)

⇒

v(t) = ǫ(t) +

X |k

(ck − dk )gk (t) {z r(t)

}

O sinal r(t) pertence ao espaço gerado pelas funções gk (t), e portanto é ortogonal a ǫ(t). Assim, kv(t)k2 = kǫ(t)k2 + kr(t)k2 ≥ kǫ(t)k2 ⋄

9.1

Projeção de sinais

Suponha que se deseja aproximar o sinal x(t) por uma combinação linear de sinais ortogonais gk (t) x(t) ≈

ck gk (t)

Definindo-se o erro ǫ(t) ǫ(t) = x(t) −

ck gk (t)

uma forma apropriada de obtenção dos coeficientes ck ’s é dada pela minimização do erro quadrático min ǫ(t)ǫ∗ (t) ck Impondo a condição de ortogonalidade do erro em relação ao espaço linear tem-se ǫ(t)gk∗ (t) = 0, ∀k ǫ(t)gk∗ (t) = x(t)gk∗ (t) −

X ℓ

cℓ gℓ (t)gk∗ (t) = x(t)gk∗ (t) − ck gk (t)gk∗ (t) = 0

=⇒ ck =

x(t)gk∗ (t) |gk (t)|2

, ∀k

Note que os coeficientes ck podem ser calculados de maneira desacoplada pelo fato de os sinais gk (t) serem ortogonais. Teorema 9.1: Teorema de Parseval Considere uma base ortogonal {gk (t)} e x(t), um sinal pertencente ao espaço, descrito por x(t) =

ck gk (t)

Então,

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

154

Capı́tulo 9. Série de Fourier de Sinais Contı́nuos

x(t)x∗ (t) = |x(t)|2 =

X k

|ck |2 |gk (t)|2

Se as funções gk (t) têm norma unitária, ou seja, se |gk (t)|2 = 1, tem-se |x(t)|2 = Prova: Como x∗ (t) =

X k

|ck |2 .

c∗k gk∗ (t)

tem-se

x(t)x∗ (t) = |x(t)|2 = pois os gk (t)’s são ortogonais.

X k

|ck |2 |gk (t)|2

❖ Definição 9.7: Sinal periódico Um sinal x(t) é periódico se existe um T > 0 tal que x(t) = x(t + T ) para ∀t ∈ R. Nesse caso, T é um perı́odo e, se for o menor real que satisfaz a relação, é chamado de perı́odo fundamental.

Exemplo 9.5: O perı́odo T de x(t) = sen(8t) + cos(12t)

π π , T2 = 4 6

⇒

T1 =

⇒

p = 2, q = 3 e

é dado por T = pT1 = qT2 = p

2π 2π =q 8 12

T =

π 2 ✷

Exemplo 9.6: O perı́odo T de x(t) = sen(6πt) + cos(8πt)

⇒

T1 =

1 1 , T2 = 3 4

é dado por T = pT1 = qT2 = p

2π 2π =q 6π 8π

⇒

p = 3, q = 4 e

T =1 ✷

Propriedade 9.5: A soma de sinais periódicos é periódica se e somente se a relação entre os perı́odos for racional, isto é, x(t) = x(t + T1 ) , y(t) = y(t + T2 ) x(t) + y(t) = x(t + T ) + y(t + T )

⇔

T = pT1 = qT2 , p, q ∈ Z+ ⋄ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

155

9.1. Projeção de sinais

Exemplo 9.7: O sinal x(t) = sen(2πt) + cos(3t) não é periódico, pois não existem p, q inteiros que satisfazem T = p1 = q

2π 3 ✷

Propriedade 9.6: Os sinais periódicos de perı́odo T = 2π/ω0 gk (t) = exp(jkω0 t)

k 6= ℓ inteiros

gℓ (t) = exp(jℓω0 t)

são ortogonais. Além disso gk (t)gk∗ (t) =

gk (t)gk∗ (t)dt = T

Prova: T é o perı́odo fundamental de gk (t), ∀k 6= 0 e Z ∗ exp j(k − ℓ)ω0 t dt = 0 , k 6= ℓ gk (t)gℓ (t) = T

pois a parte real e a parte imaginária são senóides que oscilam um número inteiro de vezes dentro do perı́odo T . Para k = ℓ, gk (t)gk∗ (t)

dt = T T

⋄

Definição 9.8: Série exponencial de Fourier É a série periódica de perı́odo fundamental T = 2π/ω0 dada por +∞ X

k=−∞

ck exp(jkω0 t)

⇔

x(t)gk∗ (t) 1 = ck = ∗ T gk (t)gk (t)

x(t) exp(−jkω0 t)dt T

Note que os coeficientes ck foram obtidos por projeção ortogonal e, portanto, minimizam o erro quadrático. Observação: Para sinais contı́nuos, a minimização do erro quadrático não implica que o erro é nulo, ou seja, a série não converge ponto a ponto para o sinal. Mesmo para erro quadrático nulo (eventualmente com um número infinito de coeficientes), nas descontinuidades do sinal ocorre uma distorção (denominada fenômeno de Gibbs3 ) Se o sinal x(t) for periódico de perı́odo fundamental T , a série representa o sinal para todo t. Se o sinal x(t) não for periódico, a série representa o sinal no intervalo T considerado, como ilustrado na Figura 9.1. Se x(t) é periódica, é conveniente determinar os coeficientes da série fixando-se um intervalo de tempo de valor igual ao do perı́odo. Dessa forma, a série representa a função para todo t (e não apenas para o intervalo de −T /2 a +T /2). 3

Willard Gibbs, matemático norte-americano (1839-1903). Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

156

Capı́tulo 9. Série de Fourier de Sinais Contı́nuos x(t)

−

T 2

T 2 Série

Figura 9.1: Série de Fourier do sinal x(t) representado no intervalo (−T /2, T /2).

Propriedade 9.7: Condições suficientes para convergência da série de Fourier Considere o erro ǫN (t) = x(t) − xN (t) = x(t) −

+N X

ck exp(jkω0 t)

k=−N

Quando N → +∞, a série converge quadraticamente se |ǫN (t)|2 → 0, e converge pontualmente se ǫN (t) → 0 para todo t. • Sinais quadraticamente integráveis (energia finita) no intervalo T , ou seja, Z |x(t)|2 dt < +∞ T

possuem série de Fourier que converge quadraticamente, isto é, a energia do erro tende a zero. A convergência não é necessariamente pontual, como por exemplo em sinais com descontinuidades. Nesse caso, x(t0+ ) − x(t0− ) xN (t0 ) → 2 • Uma condição alternativa à de energia finita é dada pelas condições de Dirichlet4 , que devem ser simultaneamente satisfeitas: Condição 1: x(t) é absolutamente integrável, ou seja Z |x(t)|dt < +∞ T

Por exemplo, o sinal periódico x(t) =

+∞ X

k=−∞

p(t − kT ) , p(t) = 1/t , t ∈ (0, T ]

não é absolutamente integrável e portanto não possui série de Fourier. 4

Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet, matemático francês (1805-1859). Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

157

9.1. Projeção de sinais Condição 2: x(t) possui um número finito de máximos e mı́nimos no intervalo T . Os sinais periódicos x1 (t) e x2 (t), de perı́odo T = 1, definidos a partir dos pulsos p1 (t) = sen(2π/t) , t ∈ (0, 1] p2 (t) =

1 para t irracional −1 para t racional

, t ∈ (0, 1]

são absolutamente integráveis, mas possuem um número infinito de máximos e mı́nimos no intervalo (0, 1] e portanto não têm série de Fourier. Condição 3: x(t) possui um número finito de descontinuidades finitas no intervalo. Por exemplo, o sinal x2 (t) tem um número infinito de descontinuidades finitas no intervalo. ⋄

Notação:

FS {x(t)}T = {ck }ω0

⇐⇒ x(t) =

+∞ X

k=−∞

1 ck exp(jkω0 t) , ck = T

x(t) exp(−jkω0 t)dt , T = T

2π ω0

A notação pressupõe que o sinal original x(t) foi descrito em um intervalo T , no qual são computados os coeficientes ck . Por construção, a série de Fourier de x(t) é periódica, de perı́odo T . A partir deste ponto, considera-se que a convergência da série é pontual. Escolhendo um intervalo T centrado em t = 0 e definindo p(t) = x(t)GT (t) tem-se x(t) =

+∞ X

k=−∞

p(t − kT )

Propriedade 9.8: Linearidade A série de Fourier é linear, isto é, FS {α1 x1 (t) + α2 x2 (t)}T = α1 FS {x1 (t)}T + α2 FS {x2 (t)}T ⋄ Exemplo 9.8: 2 cos(t) + 2 cos(2t) = exp(jt) + exp(−jt) + exp(j2t) + exp(−j2t) Portanto, a série de Fourier é dada por FS {2 cos(t) + 2 cos(2t)}T =2π = FS {2 cos(t)}T =2π + FS {2 cos(2t)}T =2π c1 = c−1 = c2 = c−2 = 1 ,

w0 = 1 ✷

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

158

Capı́tulo 9. Série de Fourier de Sinais Contı́nuos Exemplo 9.9: A soma dos sinais periódicos x(t) = 2 cos(t) + 2 cos(2πt) = exp(jt) + exp(−jt) + exp(j2πt) + exp(−j2πt) não é periódica, e portanto não existe uma série de Fourier para o sinal x(t). Note entretanto que a série de Fourier do sinal y(t) = x(t)GT (t) pode ser obtida, com T > 0 qualquer, para descrever o sinal periódico +∞ X

k=−∞

y(t − kT )

que é igual a y(t) entre −T /2 e T /2. ✷

Exemplo 9.10: Os coeficientes da série de Fourier do sinal periódico impulsivo +∞ X

x(t) =

k=−∞

p(t − kT )

p(t) = δ(t + T /4) − δ(t − T /4) são dados por ck =

1 T

p(t) exp(−jkω0 t)dt = T

ck =

1 exp(jkω0 T /4) − exp(−jkω0 T /4) T

1 1 exp(jkπ/2) − exp(−jkπ/2) = 2jsen(kπ/2) T T

Note que p(t) é uma função ı́mpar e que os coeficientes são imaginários. ✷

Exemplo 9.11: Os coeficientes da série de Fourier do sinal periódico impulsivo

x(t) =

+∞ X

k=−∞

p(t − kT )

p(t) = δ(t + T /4) + δ(t − T /4) são dados por ck =

1 T

p(t) exp(−jkω0 t)dt = T

ck =

1 exp(jkω0 T /4) + exp(−jkω0 T /4) T

1 1 exp(jkπ/2) + exp(−jkπ/2) = 2 cos(kπ/2) T T

Note que p(t) é uma função par e que os coeficientes são reais. ✷ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

159

9.1. Projeção de sinais Propriedade 9.9: Trem de impulsos FS

+∞ n X

k=−∞

1 δ(t − kT ) = { }ω0 T T

+∞ X

⇒

k=−∞

+∞ 1 X δ(t − kT ) = exp(jkω0 t) T k=−∞

pois 1 ck = T

+∞ X

T k=−∞

1 δ(t − kT ) exp(−jkω0 t)dt = T

δ(t)dt = T

1 T

para k 6= 0 os impulsos estão fora do intervalo de integração. ⋄

Propriedade 9.10: Valor médio FS {x(t)}T = {ck }ω0

1 c0 = T

⇒

x(t)dt (valor médio) , x(0) = T

+∞ X

k=−∞

⋄

Propriedade 9.11: Complexo conjugado FS {x(t)}T = {ck }ω0

FS {x∗ (t)}T = {c∗−k }ω0

⇒

pois, denominando dk os coeficientes da série associada a x∗ (t), tem-se 1 dk = T

∗

x (t) exp(−jkω0 t)dt = T

1 T

x(t) exp(jkω0 t)dt T

∗

= c∗−k ⋄

Propriedade 9.12: FS {x(t)}T = {ck }ω0 e x(t) é real

ck = c∗−k

⇒

pois, pela Propriedade 9.11, x∗ (t) = x(t)

⇒

ck = c∗−k ⋄

Teorema 9.2: Teorema de Parseval para Série Exponencial de Fourier FS {x(t)}T = {ck }ω0

⇒

1 T

|x(t)|2 dt =

+∞ X

k=−∞

|ck |2 (potência média)

pelo Teorema 9.1 e pela Propriedade 9.6. ❖

Exemplo 9.12: Determine a série exponencial de Fourier e a potência média para a) sen(10t)

b) cos(5t)

c) sen2 (10t)

d) cos2 (5t) ✷ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

160

Capı́tulo 9. Série de Fourier de Sinais Contı́nuos

Propriedade 9.13: Deslocamento no tempo FS {x(t)}T = {ck }ω0 , a real

⇒

FS {x(t − a)}T = {ck exp(−jkω0 a)}ω0

pois x(t − a) =

+∞ X

ck exp(−jkω0 a) exp(jkω0 t)

k=−∞

⋄ Exemplo 9.13: Considere o sinal x(t) dado por x(t) =

+∞ X

ak cos(kω0 t)

;

ak =

k=1

4 sen(kπ/2) kπ

Determine os coeficientes ck da série exponencial de Fourier para b) y(t) = x(t − π/(2ω0 ))

a) x(t)

✷

Propriedade 9.14: Deslocamento na freqüência FS {x(t)}T = {ck }ω0 , m ∈ Z

⇒

FS {x(t) exp(jmω0 t)}T = {ck−m }ω0 ⋄

Propriedade 9.15: Inversão no tempo FS {x(t)}T = {ck }ω0

⇒

FS {x(−t)}T = {c−k }ω0 ⋄

Propriedade 9.16: Escalonamento no tempo FS {x(t)}T = {ck }ω0 , α > 0, α ∈ R

⇒

FS {x(αt)}T /α = {ck }αω0

pois, como x(t) tem perı́odo T = 2π/ω0 , x(αt) tem perı́odo T /α = 2π/(αω0 ) e Z Z 1 α x(αt) exp(−jkαω0 t)dt = x(t) exp(−jkω0 t)dt = ck dk = T T /α T T Note que os coeficientes são os mesmos, porém as séries são diferentes (perı́odos distintos). ⋄

Propriedade 9.17: Multiplicação no tempo FS {x(t)y(t)}T = FS {x(t)}T ∗ FS {y(t)}T = {ck ∗ dk }ω0 pois, denominando ek os coeficientes da série associada ao produto, tem-se 1 ek = T

1 x(t)y(t) exp(−jkω0 t)dt = T T +∞ X

1 cm = T m=−∞ |

+∞ X

cm exp(jmω0 t)y(t) exp(jkω0 t)dt =

T m=−∞

+∞ X y(t) exp − j(k − m)ω0 t dt = cm dk−m = ck ∗ dk T m=−∞ {z } dk−m

⋄

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

161

9.1. Projeção de sinais Definição 9.9: Convolução periódica A convolução periódica de x(t) e y(t), sinais periódicos de perı́odo T , é definida por x(t) ⊛ y(t) =

x(β)y(t − β)dβ

Note que a convolução periódica produz um sinal periódico. Propriedade 9.18: FS {x(t) ⊛ y(t)}T = {T ck dk }ω0 sendo FS {x(t)}T = {ck }ω0 , FS {y(t)}T = {dk }ω0 pois Z Z 1 (x(t) ⊛ y(t)) exp(−jkω0 t)dt = x(β) y(t − β) exp(−jkω0 t)dt dβ = T T T T Z Z Z 1 1 = x(β) exp(−jkω0 β) y(α) exp(−jkω0 α)dα dβ = T dk x(β) exp(−jkω0 β) = T ck dk T T T T {z } | T 1 T

Propriedade 9.19: Série trigonométrica de Fourier Considere o sinal x(t) real e periódico, de perı́odo T . Então x(t) = c0 +

+∞ X

ck exp(jkω0 t) + c−k exp(−jkω0 t)

k=1

que pode ser escrito como

x(t) = a0 +

+∞ X

ak cos(kω0 t) + bk sen(kω0 t)

k=1

com

1 a0 = c 0 = T 2 ak = (ck + c−k ) = T

x(t)dt

(valor médio)

x(t) cos(kω0 t)dt T

⋄

;

2 bk = j(ck − c−k ) = T

x(t)sen(kω0 t)dt T

Os coeficientes ak e bk são reais. ⋄ Exemplo 9.14: A série trigonométrica de Fourier para a função quadrada periódica da Figura 9.2 é x(t) =

4 π

cos(ω0 t) cos(3ω0 t) cos(5ω0 t) cos(7ω0 t) − + − ··· 1 3 5 7

; ω0 = 2π/T

Para o cálculo dos coeficientes da série, a0 , ak e bk , define-se a função no intervalo (−T /2, +T /2): Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

162

Capı́tulo 9. Série de Fourier de Sinais Contı́nuos x(t)

Figura 9.2: Onda quadrada de perı́odo T .

  −1 +1 x(t) =  −1 a0 = 0

t ∈ (−T /2, −T /4) t ∈ (−T /4, +T /4) t ∈ (+T /4, +T /2)

(valor médio nulo)

;

Z +T /4

2 ak = T

Z +T /2

x(t) cos(kω0 t)dt

−T /2

Z +T /2

2 ak = T

Z −T /4

2 ak = T

1 1 1 (−1) sen(kω0 t) sen(kω0 t) sen(kω0 t) + (1) + (−1) kω0 kω0 kω0 −T /2 −T /4 +T /4

(−1) cos(kω0 t)dt +

(1) cos(kω0 t)dt +

(−1) cos(kω0 t)dt

+T /4

−T /4

−T /2

−T /4

+T /4

+T /2

Como ω0 = 2π/T , portanto kω0 T /2 = kπ

ak =

π π π π 1 (−1) sen(−k ) − sen(−kπ) + (1) sen(k ) − sen(−k ) + (−1) sen(kπ) − sen(k ) kπ 2 2 2 2 ak =

π π sen(−k ) = −sen(k ) 2 2

sen(kπ) = sen(−kπ) = 0 e

2 bk = T

4 kπ sen( ) kπ 2

  −1 π 0 sen(k ) =  2 +1

Z +T /2

, k = 1, 2, . . .

, k = 3, 7, 11, . . . , k = 2, 4, 6, 8, . . . , k = 1, 5, 9, 13, . . .

x(t)sen(kω0 t)dt = 0

(pois o sinal é par)

Z +T /4

Z +T /2

−T /2

Comprovando 2 bk = T

2 bk = T

Z −T /4

(−1)sen(kω0 t)dt +

(1)sen(kω0 t)dt +

+T /4

−T /4

−T /2

−T /4

+T /4

(−1)sen(kω0 t)dt

+T /2

1 1 1 (+1) cos(kω0 t) cos(kω0 t) cos(kω0 t) + (−1) + (1) kω0 kω0 kω0 −T /2 −T /4 +T /4

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

163

9.1. Projeção de sinais

bk =

1 π π π π (+1) cos(−k ) − cos(−kπ) + (−1) cos(k ) − cos(−k ) + (1) cos(kπ) − cos(k ) kπ 2 2 2 2

cos(−kπ) = cos(kπ) =

+1 −1

k par k ı́mpar

=⇒

bk =

1 − cos(kπ) + cos(kπ) = 0 kπ

A contribuição das harmônicas da série de Fourier é ilustrada na Figura 9.3. Observe que a série passa pelos pontos intermediários nas descontinuidades e tem picos próximos às transições (fenômeno de Gibbs). A convergência pontual, fora das descontinuidades, é relativamente lenta. No entanto, sistemas lineares são em geral “passa-baixas”, isto é, a atenuação cresce com a freqüência, de modo que a saı́da pode ser bem aproximada por uma série com um número menor de componentes que os necessários para representar a entrada. Harmônica 1

Harmônicas 1, 3 e 5

-1

-2 -10

-5

-2 -10

Harmônicas 1 e 3

-5

Harmônicas 1, 3, 5 e 7

-1

-2 -10

-5

-2 -10

-5

Figura 9.3: Série de Fourier para a onda quadrada. ✷

Exemplo 9.15: Considere o circuito RC com RC = 1 e x(t) igual à onda quadrada com T = 2π, mostrados na Figura 9.4. x(t) R

x(t)

−

1 + C

y(t)

−

Figura 9.4: Circuito RC e onda quadrada. O sinal x(t) é periódico (existe para todo t), e portanto a solução y(t) converge para a solução forçada. Duas situações ocorrem, como ilustrado na Figura 9.5. Para x(t) = 1, tem-se

e portanto

y(t) = 1 − exp(−t/τ ) + y(0) exp(−t/τ ) Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

164

Capı́tulo 9. Série de Fourier de Sinais Contı́nuos rk

rk+1

sk+1

Figura 9.5: Carga e descarga do capacitor do circuito RC.

x(t) = 1

⇒

rk+1 = 1 − exp(−π) + sk exp(−π)

x(t) = −1

⇒

sk+1 = rk exp(−π) − 1 − exp(−π)

Os valores de sk e rk são as condições iniciais para cada caso, e os pontos limites da recorrência são +0.9171 e −0.9171 O sinal y(t) também pode ser calculado aproximando-se x(t) pela série de Fourier

x(t) ≈

+∞ X cos(3t) cos(5t) cos(7t) 1 4 4 cos(t) − exp(jkt) + exp(−jkt) + − + ··· = π 3 5 7 2 kπ k=1 ı́mpar

A equação diferencial do circuito é dada por RC ẏ + y = x

⇒

H(s) =

1 1 + RCs

e as componentes yk (t) são dadas por yk (t) =

1 4 H(jk) exp(jkt) + H(−jk) exp(−jkt) 2 kπ

As figuras 9.6 e 9.7 mostram a resposta do circuito obtida pela integração da equação diferencial e as aproximações pela série de Fourier. Note que, para um mesmo número de termos, a série de Fourier aproxima melhor y(t) que x(t). Isto se deve ao fato que o circuito é “passa-baixas” e portanto atenua as altas freqüências. 2

Onda Quadrada e Resposta do RC

1 0 -1 -2 -10

-5

Resposta do RC e Harmônica 1

1 0 -1 -2 -10

-5

Figura 9.6: Resposta do circuito RC. A Tabela 9.1 apresenta as contribuições de cada elemento da série de Fourier. Observe que a contribuição da sétima harmônica na entrada é 14% da fundamental, enquanto que na saı́da é 3%. ✷ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

165

9.1. Projeção de sinais

Resposta do RC e Harmônicas 1 e 3

1 0 -1 -2 -10

-5

Resposta do RC e Harmônicas 1, 3 e 5

1 0 -1 -2 -10

-5

Figura 9.7: Resposta do circuito RC e série de Fourier. k 1 3 5 7

| H(jk) | 0.707 0.316 0.196 0.141

Entrada 4/(kπ) 1.273 0.424 0.255 0.182

Saı́da | H(jk) | 4/(kπ) 0.900 0.134 0.047 0.026

Tabela 9.1: Módulo da função de transferência e contribuições dos elementos das série de Fourier da entrada e da saı́da do circuito RC. Propriedade 9.20: Derivada FS {x(t)}T = {ck }ω0

⇒

x(t)

Prova: usando a propriedade (integração por partes) Z Z udv = uv − vdu

= {jkω0 ck }ω0

tem-se que os coeficientes da série de Fourier da derivada são dados por Z Z d 1 1 exp(−jkω0 t)dx(t) = x(t) exp(−jkω0 t)dt = T T dt T T Z T 1 1 x(t)(−jkω0 ) exp(−jkω0 t)dt = jkω0 ck = x(t) exp(−jkω0 t) − T T T 0 ⋄

Propriedade 9.21: Integral FS {x(t)}T = {ck }ω0 e c0 = 0

⇒

nZ t

−∞

x(β)dβ

o n 1 ck jkω0 ω0

pois n o d FS x(t) = y(t) = {ck }ω0 = {jkω0 dk }ω0 dt T Z t n c o o n k = {dk }ω0 = x(β)dβ ⇒ FS y(t) = jkω T 0 ω0 −∞ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

166

Capı́tulo 9. Série de Fourier de Sinais Contı́nuos

Observe que, se o valor médio de x(t) for diferente de zero, y(t) diverge e não é um sinal periódico. ⋄ Exemplo 9.16: Os coeficientes da série de Fourier da onda quadrada mostrada na Figura 9.2 foram calculados pela definição. Alternativamente, a propriedade da integral pode ser utilizada para o cálculo. Note que a onda por ser descrita como +∞ X

x(t) =

k=−∞

p(t − kT )

p(t) = −u(t + T /2) + 2u(t + T /4) − 2u(t − T /4) + u(t − T /2) Derivando x(t), obtém-se um sinal periódico impulsivo, dado por +∞ X

y(t) =

k=−∞

q(t − kT )

q(t) = −δ(t + T /2) + 2δ(t + T /4) − 2δ(t − T /4) + δ(t − T /2) Os coeficentes da série de Fourier de y(t) são dados por 1 dk = T

q(t) exp(−jkω0 t)dt = T

1 − exp(jkω0 T /2) T

+2 exp(jkω0 T /4) − 2 exp(−jkω0 T /4) + exp(−jkω0 T /2) dk =

1 1 − exp(jkπ) + 2 exp(jkπ/2) − 2 exp(−jkπ/2) + exp(−jkπ) = 4jsen(kπ/2) T T

Portanto, ck =

2 dk = sen(kπ/2) jkω0 kπ ✷

Exemplo 9.17: Considere os sinais

x(t) =

+∞ X

k=−∞

p(t − kT )

p(t) = −u(t + T /2) + 2u(t + T /4) − 2u(t − T /4) + u(t − T /2) y(t) =

+∞ X

k=−∞

q(t − kT ) , q(t) = Ip (t) =

Z t

p(β)dβ

−∞

a) Esboce os sinais p(t), x(t), q(t) e y(t); b) Determine os coeficientes da série exponencial de Fourier de y(t) ✷ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

167

9.2. Exercı́cios

9.2

Exercı́cios

Exercı́cio 9.1: Determine os coeficientes ck da série exponencial de Fourier de +∞ X

x(t) =

k=−∞

q(t − k5) =

+∞ X

ck exp(jk2πt/5)

k=−∞

para q(t) = u(t + 1) − 2u(t) + u(t − 1) Exercı́cio 9.2: Determine ω0 e os coeficientes das séries exponenciais de Fourier dos sinais x(t) e y(t) x(t) =

+∞ X

k=−∞

h(t − k8) =

y(t) =

+∞ X

ck exp(jkω0 t)

k=−∞

+∞ X

k=−∞

G2 (t − k8) =

+∞ X

h(t) =

δ(t + 1) + δ(t − 1) 2

dk exp(jkω0 t)

k=−∞

Exercı́cio 9.3: Calcule os termos c0 , c−1 e c1 da série de exponenciais complexas de Fourier, e os termos a0 , a1 e b1 da série trigonométrica de Fourier, do sinal x(t) x(t) =

+∞ X

k=−∞

p(t − 4 k) =

+∞ X

ck exp(jkω0 t) = a0 +

+∞ X

ak cos(kω0 t) + bk sen(kω0 t) , ω0 =

k=1

k=−∞

π 2

sendo p(t) = (−t − 1)G1 (t + 0.5) + (−t + 1)G1 (t − 0.5) Exercı́cio 9.4: Determine o perı́odo fundamental e a potência média de x(t) = sen(6t) + cos(15t) Exercı́cio 9.5: Determine os coeficientes ck da série exponencial de Fourier do sinal x(t) =

+∞ X

k=−∞

h(t − k8) =

+∞ X

ck exp(jkω0 t)

k=−∞

sendo h(t) o sinal mostrado na figura abaixo e ω0 = 2π/8. h(t) 2

1 −2

−1

t −2

Exercı́cio 9.6: Expresse em série de exponenciais complexas de Fourier a saı́da y(t) do sistema linear invariante no tempo cuja resposta ao impulso é h(t) = exp(−2t)u(t) para a entrada x(t) = sen(t) cos(2t) Exercı́cio 9.7: Determine os coeficientes da série exponencial de Fourier dos sinais +∞ X p(t − k8) , p(t) = δ(t + 1) − δ(t − 1) a) x(t) = b) y(t) =

k=−∞ +∞ X

k=−∞

G2 (t − k8)

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Capı́tulo 10

Transformada de Fourier de Sinais Contı́nuos A série de Fourier é adequada para a descrição de um sinal em um intervalo de tempo T , ou para sinais periódicos de perı́odo T . x(t) =

+∞ X

k=−∞

T 2π ck exp(jkω0 t) , |t| < e ω0 = 2 T

;

1 ck = T

Z +T /2

x(t) exp(−jkω0 t)dt

−T /2

A transformada de Fourier descreve apropriadamente sinais periódicos ou não periódicos (pulsos), como ilustrado na Figura 10.1. x(t)

t T

Figura 10.1: Sinal x(t) descrito em um intervalo (−T /2, T /2). Retomando a expressão para a série exponencial de Fourier, com ∆ω = 2π/T e Xk = T ck , tem-se +∞ 1 X Xk exp(jk∆ωt) ; | t |< T /2 x(t) = T

Xk =

Z +T /2

x(t) exp(−jk∆ωt)dt

Z +T /2

x(t) exp(−jk∆ωt)dt

−T /2

k=−∞

Definindo a função X(ω), tal que X(k∆ω) = Xk , tem-se +∞ 1 X x(t) = X(k∆ω) exp(jk∆ωt)∆ω 2π

X(k∆ω) =

−T /2

k=−∞

Fazendo T → +∞ ⇒ ∆ω → 0, tem-se 1 x(t) = 2π

Z +∞

X(ω) exp(jωt)dω

X(ω) =

Z +∞

x(t) exp(−jωt)dt

−∞

Definição 10.1: Transformada de Fourier X(ω) = F{x(t)} =

Z +∞ −∞

168

x(t) exp(−jωt)dt

169

x(t) = F

−1

1 {X(ω)} = 2π

Z +∞

X(ω) exp(jωt)dω

−∞

Propriedade 10.1: Condições suficientes para a existência da transformada de Fourier As condições suficientes são as mesmas que as da série de Fourier, estendidas para o intervalo infinito de integração. Por exemplo, sinais de energia (isto é, sinais quadraticamente integráveis). Entretanto, a transformada de Fourier será também aplicada para sinais cujas integrais divergem de forma impulsiva, incluindo assim os sinais de potência, como por exemplo sinais senoidais. ⋄

Propriedade 10.2: A transformada de Fourier é linear, ou seja F{a1 x1 (t) + a2 x2 (t)} = a1 F{x1 (t)} + a2 F{x2 (t)}

⋄

Propriedade 10.3: Valor na origem F{x(t)} = X(ω)

⇒

X(0) =

Z +∞

x(t)dt

1 x(0) = 2π

−∞

Z +∞

X(ω)dω

−∞

Observação: se as funções forem descontı́nuas em 0, as integrais produzem o valor médio. ⋄ Exemplo 10.1 (Exponencial Complexa): A transformada de Fourier de x(t) = exp(−at)u(t) , Re(a) > 0 é dada por F exp(−at)u(t) =

pois

X(ω) =

Z +∞

exp(−at)u(t) exp(−jωt)dt =

Z +∞ 0

−∞

1 jω + a

exp − (jω + a)t dt = =

+∞

−1 exp − (jω + a)t jω + a 0

Note que, da definição de transformada1 de Laplace, tem-se L{exp(−at)u(t)} =

1 , Re(s + a) > 0 s+a

ou seja, a transformada de Fourier de x(t) = exp(−at)u(t) tem a mesma forma da transformada de Laplace, trocando-se s por jω. Note ainda que, se Re(a) < 0, a transformada de Fourier não existe. Entretanto, a transformada de Laplace existe com um domı́nio que não contém s = jω Pela Propriedade 10.3, tem-se X(0) =

Z +∞ −∞

x(t)dt =

Z +∞ −∞

exp(−at)u(t)dt =

+∞ −1 1 exp(−at) = a a 0

✷ 1

Veja Propriedade 7.17. Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

170

Capı́tulo 10. Transformada de Fourier de Sinais Contı́nuos

Propriedade 10.4: Para x(t) real, o módulo de X(ω) é uma função par e a fase é ı́mpar, ou seja  | X(ω) |=| X(−ω) |  ⇒ X(−ω) = X ∗ (ω)  ∠X(ω) = −∠X(−ω) Prova:

X(ω) =

Z +∞ −∞

x(t) exp(−jωt)dt = A(ω) − jB(ω)

com A(ω) =

Z +∞

x(t) cos(ωt)dt (par) , B(ω) =

∠X(−ω) = arctan

x(t)sen(ωt)dt (ı́mpar)

−∞

| X(−ω) |=

Z +∞

A2 (−ω) + B 2 (−ω) =

p A2 (ω) + B 2 (ω) =| X(ω) |

(par)

B(ω) −B(ω) −B(−ω) = arctan = − arctan = −∠X(ω) A(−ω) A(ω) A(ω)

(ı́mpar) ⋄

Exemplo 10.2 (Exponencial real): A transformada de Fourier de x(t) = exp(−at)u(t) , a > 0 a real é dada por F{exp(−at)u(t)} =

1 1 =p exp − j arctan(ω/a) 2 2 jω + a (ω + a )

confirmando a Propriedade 10.4 (sinais reais têm módulo par e fase ı́mpar).

Note que x(t) = exp(−at)u(t) é descontı́nua em t = 0 e o valor da transformada inversa em t = 0 é x(0) = 0.5 (valor médio na descontinuidade), pois

2πx(0) =

Z +∞ −∞

1 dω = jω + a 2 = a

Z +∞ 0

1 1 dω = + −jω + a jω + a 1 2

(ω/a) + 1

ω = tan(θ)

dω = 2

⇔

Z +∞ 0

2a ω 2 + a2

1 dω = 2 2 ω +1

dω =

Z +π/2

dθ = π

d tan(θ) = dθ tan2 (θ) + 1 ✷

Teorema 10.1: Parseval Se x(t) é um sinal de energia, então Z +∞ Z +∞ 1 | X(ω)|2 dω | x(t)|2 dt = 2π −∞ −∞

Energia

Prova: Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

171

Z +∞

X ∗ (ω) exp(−jωt)dω dt −∞ −∞ −∞ | −∞ {z } ∗ 2πx (t) Z +∞ Z +∞ Z +∞ Z +∞ x(t) exp(−jωt)dt dω = X ∗ (ω) = | X(ω)|2 dω X ∗ (ω)X(ω)dω = −∞ −∞ −∞ | −∞ {z } X(ω) 2π

| x(t)| dt = 2π

∗

x(t)x (t)dt =

x(t)

❖ Definição 10.2: Densidade espectral de energia A densidade espectral de um sinal de energia x(t) cuja transformada é X(ω) = F{x(t)} é dada por 1 | X(ω)|2 2π

Exemplo 10.3: Retomando o Exemplo 10.2, ilustrado na Figura 10.2 para a = 1, tem-se que x(t) é um sinal de energia, pois Energia =

Z +∞ −∞

|x(t)|2 dt =

∞

Z +∞

exp(−2at)u(t)dt = −

−∞

1 1 exp(−2at) = 2a 2a 0

1.5

0.5

-0.5

-4

-2

Figura 10.2: Sinal x(t) = exp(−t)u(t).

A densidade espectral de energia é dada por 1 1 2 | X(ω) | = 2π 2π

1 a2 + ω 2

ilustrada na Figura 10.3 para a = 1. O Teorema de Parseval é verificado, pois Energia =

1 2π

Z +∞ −∞

1 a2 + ω 2

dω =

ω +∞ 1 π π 1 1 = = arctan − − 2πa a −∞ 2πa 2 2 2a

Uma avaliação da distribuição da área sob a curva da Figura 10.3 pode ser obtida a partir do ı́ndice Ik =

área de −k a +k área total

⇒

I5 = 0.87, I10 = 0.94, I40 = 0.98 ✷ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

172

Capı́tulo 10. Transformada de Fourier de Sinais Contı́nuos

1.2

0.8

0.6

0.4

0.2

0 -10

-5

Figura 10.3: Densidade espectral de energia de x(t) = exp(−t)u(t).

Propriedade 10.5: Reversão no tempo F{x(−t)} = X(−ω) pois F{x(−t)} =

Z +∞

−∞

x(−t) exp(−jωt)dt = −

Z −∞

x(β) exp(jωβ)dβ

+∞

x(β) exp − j(−ω)β dβ =

Z +∞ −∞

x(t) exp − j(−ω)t dt = X(−ω)

⋄

Exemplo 10.4: F{exp(−at)u(t)} =

1 ; Re(a) > 0 jω + a

⇒

F{exp(at)u(−t)} =

1 ; Re(a) > 0 −jω + a

A Figura 10.4 mostra o sinal x(t) = exp(t)u(−t). A densidade espectral de energia é dada por 1 1 2 | X(ω) | = 2π 2π

1 2 a + ω2

que é também a densidade espectral de x(−t) = exp(−t)u(t), mostrada na Figura 10.3. ✷

Propriedade 10.6: Função real e par A transformada de Fourier de um sinal real e par x(t) é um sinal X(ω) real e par, pois Z +∞ Z +∞ Z +∞ x(t) exp(−jωt)dt = x(t) cos(ωt)dt − j x(t)sen(ωt)dt −∞ −∞ −∞ {z } | =0

⋄

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

173

1.5

0.5

-0.5

-4

-2

Figura 10.4: Sinal x(t) = exp(t)u(−t).

Exemplo 10.5: Considere o sinal x(t) dado por x(t) = exp(−a | t |) = exp(−at)u(t) + exp(at)u(−t)

, a>0

mostrado na Figura 10.5 para a = 1, cuja transformada de Fourier é X(ω) =

1 1 2a + = 2 jω + a −jω + a ω + a2

1.5

0.5

-0.5

-4

-2

Figura 10.5: Sinal x(t) = exp(−|t|).

Note que X(ω) é uma função real e par, pois x(t) é real e par. A densidade espectral de energia, mostrada na Figura 10.6 para a = 1, é 1 1 2 2 | X(ω)| = | 2a/(a2 + ω 2 )| 2π 2π Observe que a densidade espectral cai com ω 4 , enquanto que nos exemplos 10.2 e 10.4 o decaimento ocorre com ω 2 . Esse comportamento em freqüência está relacionado à presença ou não de descontinuidades nos sinais. Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

174

Capı́tulo 10. Transformada de Fourier de Sinais Contı́nuos

-1 -10

-5

Figura 10.6: Espectro de energia do sinal x(t) = exp(−|t|).

O espalhamento em freqüência do espectro pode ser avaliado pelo ı́ndice Ik definido no Exemplo 10.2, resultando neste caso em I5 = 0.99 ; I10 = 1.00 confirmando que a energia está mais concentrada do que nos caso dos sinais com descontinuidade. A integral de x(t) é 2/a, o que é confirmado pelo valor de

X(0) =

Z +∞

x(t)dt =

−∞

2 a

e a integral de X(ω) é igual a 2π, o que é confirmado por 1 x(0) = 2π

Z +∞

X(ω)dω = 1

−∞

✷

Propriedade 10.7: Simetria F{x(t)} = X(ω)

⇔

F{X(t)} = 2πx(−ω)

pois 1 x(t) = 2π

2πx(−ω) =

Z +∞ −∞

Z +∞

X(ω) exp(jωt)dω

−∞

X(β) exp(−jωβ)dβ

⇒

2πx(t) =

2πx(−ω) =

Z +∞

X(β) exp(jβt)dβ

−∞

Z +∞ −∞

X(t) exp(−jωt)dt = F{X(t)} ⋄

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

175 Exemplo 10.6: A transformada de Fourier de 1 1 + t2

x(t) = é dada por

X(ω) = π exp(−|ω|) pois, pela Propriedade 10.7 (simetria), tem-se F

n1 2

o exp(−|t|) =

1 1 + ω2

⇔

1 o = π exp(−|ω|) 1 + t2

Note que x(t) e X(ω) são ambas funções reais e pares ✷

Exemplo 10.7: A transformada de Fourier da função gate x(t) = GT (t) = u(t + T /2) − u(t − T /2) mostrada na Figura 10.7, é dada por F{GT (t)} = T Sa(ωT /2)

sen(ωT /2) ωT /2

Sa(ωT /2) =

GT (t)

−

T 2

Figura 10.7: Função gate GT (t).

pois F{GT (t)} =

Z +∞

GT (t) exp(−jωt)dt =

Z +T /2

exp(−jωt)dt =

−T /2

−∞

+T /2

−1 exp(−jωt) =T jω −T /2

sen(ωT /2) ωT /2

= T Sa(ωT /2)

Note que o primeiro cruzamento de Sa(ωT /2) com o eixo das abscissas ocorre em 2π/T . Portanto, quanto mais estreito for o pulso no tempo, mais espalhado será seu espectro em ω e vice-versa. A função Sa(ω/2) é mostrada na Figura 10.8, e a densidade espectral de energia (multiplicada por 2π) é mostrada na Figura 10.9. Note que os ı́ndices de espalhamento em freqüência do espectro, neste caso, dados por I2π = 0.90 ; I4π = 0.95 ; I8π = 0.97 são similares aos do sinal do Exemplo 10.2, que também possui descontinuidade. ✷ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

176

Capı́tulo 10. Transformada de Fourier de Sinais Contı́nuos

1.5

0.5

-0.5 -30

-20

-10

Figura 10.8: Função Sa(ω/2) (sampling).

1.2

0.8

0.6

0.4

0.2

-0.2 -20

-15

-10

-5

Figura 10.9: |X(ω)|2 = Sa2 (ω/2).

Exemplo 10.8: F{Sa(ω0 t/2)} =

2π Gω (ω) ω0 0

pois F

o Gα (t) = Sa(ωα/2)

e, pela Propriedade 10.7 (simetria), F{Sa(tα/2)} =

2π Gα (−ω) α

Note que a transformada de Fourier da função sampling, que não é limitada no tempo, é uma função gate, ou seja, é limitada em freqüência. ✷

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

177 Propriedade 10.8: Transformada de Fourier da função impulso Z +∞ F{δ(t)} = δ(t) exp(−jωt)dt = 1 −∞

Observe que δ(t) não é um sinal de energia e portanto o Teorema de Parseval não se aplica. Note também que a função impulso poderia ser calculada como a transformada inversa de 1, ou seja Z +∞ 1 −1 δ(t) = F {1} = exp(jωt)dω 2π −∞ ⋄

Definição 10.3: Sinais de potência Um sinal x(t) é de potência finita se 1 lim T →+∞ T

Z +T /2 −T /2

|x(t)|2 dt < +∞

Por exemplo, x1 (t) = sen(t) é um sinal de potência, e o sinal x(t) = G2 (t) é um sinal de energia, pois Z +∞ −∞

|x(t)| dt =

Z 1

dt = 2 < +∞

−1

Exemplo 10.9: A transformada de Fourier do sinal x(t) = 1 é dada por F{1} = 2πδ(−ω) = 2πδ(ω) pela Propriedade 10.7 (simetria).

✷

Exemplo 10.10: A transformada de Fourier de   +1 sinal(t) =  −1

t>0

t<0

é dada por

F{sinal(t)} =

2 jω

pois, escrevendo a função sinal(t) na forma sinal(t) = lim

a→0+

exp(−at)u(t) − exp(at)u(−t)

tem-se F{sinal(t)} = lim+ a→0

2 1 1 = − a + jω a − jω jω

Note que a função sinal(t) possui a mesma potência média que a função x(t) = 1, mas as transformadas de Fourier são distintas, assim como os valores médios, 0 e 1, respectivamente. A função sinal(t) pode ser interpretada como uma inversão de polaridade numa alimentação em corrente contı́nua (acionamento de uma chave). A transformada de Fourier da função sinal(t) ilustra o ruı́do (clic) que se ouve nos rádios a pilha quando um interruptor da rede elétrica, próximo do rádio, é acionado. ✷ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

178

Capı́tulo 10. Transformada de Fourier de Sinais Contı́nuos

Exemplo 10.11: A transformada de Fourier da função x(t) = u(t) é dada por F{u(t)} = F

o 1 1 + sinal(t) = πδ(ω) + 2 2 jω ✷

Propriedade 10.9: Deslocamento no tempo F{x(t − τ )} = X(ω) exp(−jωτ ) pois F{x(t − τ )} = F{x(t − τ )} =

Z +∞

Z +∞ −∞

x(t − τ )exp(−jωt)dt

x(β) exp(−jωβ) exp(−jωτ )dβ = exp(−jωτ )

−∞

Z +∞

−∞

x(β) exp(−jωβ)dβ {z } X(ω)

⋄

Exemplo 10.12: F{δ(t − τ )} = exp(−jωτ ) ✷

Propriedade 10.10: Deslocamento em freqüência F{x(t) exp(jω0 t)} = X(ω − ω0 ) pois

F{x(t) exp(jω0 t)} =

Z +∞

x(t) exp(jω0 t)exp(−jωt)dt =

−∞

Z +∞ −∞

x(t) exp − j(ω − ω0 )t dt = X(ω − ω0 ) ⋄

Exemplo 10.13: F{exp(jω0 t)} = 2πδ(ω − ω0 ) pois, aplicando-se a Propriedade 10.10 (deslocamento em freqüência) para x(t) = 1, tem-se F{1} = 2πδ(ω)

⇒

F{exp(jω0 t)} = 2πδ(ω − ω0 ) ✷

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

179 Exemplo 10.14: F{exp(−jω0 t)} = 2πδ(ω + ω0 ) ✷

Exemplo 10.15: F{cos(ω0 t)} = F

n1 2

exp(jω0 t) +

o 1 exp(−jω0 t) = πδ(ω − ω0 ) + πδ(ω + ω0 ) 2 ✷

Exemplo 10.16: F{sen(ω0 t)} = F

exp(jω0 t) −

o π 1 π exp(−jω0 t) = δ(ω − ω0 ) − δ(ω + ω0 ) 2j j j ✷

Propriedade 10.11: Transformada de Fourier de sinal periódico Considere o sinal periódico +∞ 1 X Xk exp(jkω0 t) x(t) = T

Xk =

Z +T /2

x(t) exp(−jkω0 t)dt

−T /2

k=−∞

A transformada de Fourier de x(t) é dada pelo trem de impulsos modulado X(ω) = ω0

+∞ X

k=−∞

pois

Xk δ(ω − kω0 ) , ω0 =

2π T

+∞ +∞ 1 X 2π X X(ω) = F{x(t)} = Xk F{exp(jkω0 t)} = Xk δ(ω − kω0 ) T T k=−∞

k=−∞

⋄ Exemplo 10.17: F

+∞ n X

k=−∞

+∞ o X δ(t − kT ) = ω0 δ(ω − kω0 ) k=−∞

✷

Propriedade 10.12: Transformada de Fourier da convolução F x(t) ∗ y(t) = F x(t) F y(t) = X(ω)Y (ω)

pois

F x(t) ∗ y(t) = F

n Z +∞ −∞

x(t − β)y(β)dβ =

F x(t) ∗ y(t) = X(ω)

Z +∞

Z +∞ −∞

y(β)

Z +∞

−∞

x(t − β)exp(−jωt)dt dβ {z } X(ω) exp(−jωβ)

y(β) exp(−jωβ)dβ = X(ω)Y (ω)

−∞

⋄ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

180

Capı́tulo 10. Transformada de Fourier de Sinais Contı́nuos

Exemplo 10.18: A transformada de Fourier do sinal Tri2T (t) = (t/T + 1)GT (t + T /2) + (1 − t/T )GT (t − T /2) =

1 GT (t) ∗ GT (t) T

é dada por F{Tri2T (t)} =

1 T

ωT 2 ωT T Sa = T Sa2 2 2 ✷

Exemplo 10.19: A transformada de Fourier do sinal Sa2 dade 10.7, de simetria)

ω t 0

é dada por (usando a Proprie-

ω t o 2π n 2π 0 F Sa2 = Tri2ω0 (−ω) = Tri2ω0 (ω) 2 ω0 ω0 ✷

Propriedade 10.13: Transformada da integral n

F Ix (t) =

Z t

o 1 x(β)dβ = F{x(t) ∗ u(t)} = X(ω) πδ(ω) + jω −∞

Se X(0) = 0, isto é, se Z +∞

x(t)dt = 0

−∞

então Z t o n 1 x(β)dβ = F Ix (t) = X(ω) jω −∞ ⋄ Exemplo 10.20: A transformada de Fourier do sinal x(t) = Tri2 (t) mostrado na Figura 10.10 pode ser obtida a partir das suas derivadas sucessivas. x(t)

−1

Figura 10.10: Sinal x(t) = Tri2 (t).

A Figura 10.11 mostra o sinal x(t) derivado duas vezes. Observe que as áreas sob as funções ẋ(t) e ẍ(t) são nulas. A transformada de Fourier da derivada segunda é Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

181 dx dt 1 1

−1 −1 d2 x dt2

−1

−2

Figura 10.11: Derivadas do sinal x(t) = Tri2 (t).

n d2 x(t) o dt2

= F{δ(t + 1) − 2δ(t) + δ(t − 1)} = exp(+jω) − 2 + exp(−jω) F

n d2 x(t) o dt2

ω = −2 1 − cos(ω) = −4sen2 2

Como a derivada segunda de x(t) tem média nula, tem-se F

o x(t) =

ω 1 − 4sen2 (jω) 2

Como a derivada primeira de x(t) tem média nula, tem-se ω sen2 ω −4 2 sen2 = F{x(t)} = X(ω) = ω 2 (jω)(jω) 2 2

= Sa2

ω 2

✷

Propriedade 10.14: Transformada da derivada F pois

o x(t) = (jω)X(ω)

Z 1 +∞ X(ω)exp(jωt)dω ⇒ 2π −∞ Z Z d 1 +∞ 1 +∞ d X(ω) exp(jωt)dω = (jω)X(ω)exp(jωt)dω x(t) = dt 2π −∞ dt 2π −∞ x(t) =

⋄

Propriedade 10.15: Transformada de Fourier do produto F{x(t)y(t)} =

1 1 F{x(t)} ∗ F{y(t)} = X(ω) ∗ Y (ω) 2π 2π

pois Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

182

Capı́tulo 10. Transformada de Fourier de Sinais Contı́nuos

F{x(t)y(t)} = 1 = 2π

Z +∞

x(t)y(t)exp(−jωt)dt =

Z +∞ −∞

−∞

Z +∞

1 Z +∞

Y (β) exp(jβt)dβ exp(−jωt)dt

Z +∞

x(t)

2π

−∞

1 x(t) exp(−jt(ω − β)dt dβ = Y (β) 2π −∞ {z } | −∞ X(ω − β)

−∞

Y (β)X(ω − β)dβ

⋄

Exemplo 10.21 (Modulação): F{x(t) cos(ω0 t)} =

1 1 1 X(ω) ∗ πδ(ω − ω0 ) + πδ(ω + ω0 ) = X(ω − ω0 ) + X(ω + ω0 ) 2π 2 2 ✷

Exemplo 10.22 (Recuperação de um sinal modulado): Considere o sinal y(t) = x(t) cos(ω0 t) com X(ω) = 0 para |ω| > 2πB e 2πB < ω0 , B real positivo. O sinal resultante da passagem de 2y(t) cos(ω0 t) por um filtro passa-baixas ideal de freqüência de corte B é x(t), pois 2x(t) cos(ω0 t) cos(ω0 t) = x(t) 1 + cos(2ω0 t)

O filtro rejeita a parcela que está centrada em 2ω0 , ficando apenas o espectro de x(t). ✷

Propriedade 10.16: Série de Fourier a partir da Transformada de Fourier Considere o sinal periódico x(t) =

+∞ X

k=−∞

p(t − kT )

p(t) = 0 para |t| > T /2

Usando-se série exponencial de Fourier, x(t) pode ser escrito como x(t) =

+∞ X

k=−∞

1 ck exp(jkω0 t) ; ck = T

Z T /2

x(t) exp(−jkω0 t)dt

−T /2

Como x(t) = p(t) para |t| < T /2, tem-se P (kω0 ) =

Z +∞ −∞

p(t) exp(−jkω0 t)dt = T ck ; P (ω) = F{p(t)}

Os coeficientes da série trigonométrica podem ser obtidos a partir de ck = P (kω0 )/T x(t) = a0 +

+∞ X k=1

com valor médio dado por

ak cos(kω0 t) + bk sen(kω0 t)

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

183

1 T

a0 = c 0 =

Z +T /2

x(t)dt =

−T /2

1 P (0) T

Os coeficientes dos termos em cosseno são dados por Z +T /2

2 ak = ck + c−k = T ak =

x(t) cos(kω0 t)dt

−T /2

2 1 (P (kω0 ) + P (−kω0 )) = Re {P (kω0 )} T T

Os coeficientes dos termos em seno são dados por bk = j ck − c−k bk =

2 = T

Z +T /2

x(t)sen(kω0 t)dt

−T /2

−2 j P (kω0 ) − P (−kω0 ) = Im {P (kω0 )} T T ⋄

Exemplo 10.23: Considere o sinal +∞ X

x(t) =

k=−∞

p(t − kT )

P (ω) = F{TriT (t)} = F

p(t) = TriT (t)

ωT o T GT /2 (t) ∗ GT /2 (t) = Sa2 T 2 4

Para T = 2, tem-se P (ω) = Sa2

P (kω0 ) = Sa2

a0 =

kπ 2

   

ω 2

1 0 2 = 2    kπ

1 1 4 P (0) = ; ak = 2 2 , k ı́mpar ; T 2 k π

, ,

k=0 k 6= 0 par

k ı́mpar

ak = 0 , k par ;

bk = 0 pois P (ω) é real

✷

Propriedade 10.17: Momento F{tm x(t)} = j m

dm X(ω) dω m ⋄

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

184

Capı́tulo 10. Transformada de Fourier de Sinais Contı́nuos Exemplo 10.24: Considere x(t) = λ exp(−λt)u(t) , λ > 0 As integrais (momentos da função x(t)) são Z +∞

x(t)dt = X(ω)

−∞

Z +∞

λ =1 jω + λ ω=0

tx(t)dt = j

1 λ d = X(ω) = dω (jω + λ)2 ω=0 λ ω=0

t2 x(t)dt = j 2

2 2λ d2 X(ω) = 2 = dω 2 (jω + λ)3 ω=0 λ ω=0

−∞

Z +∞

ω=0

−∞

✷

Definição 10.4: Correlação A função definida pela integral Z +∞ Z +∞ ∗ x(t + τ )y ∗ (t)dt , τ ∈ R x(t)y (t − τ )dt = rxy (τ ) = −∞

−∞

é chamada de correlação cruzada entre os sinais x(t) e y(t), e a função rx (τ ) = rxx (τ ) é denominada de auto-correlação de x(t). Note que a correlação rxy (0) é o numerador do coeficiente de projeção do sinal x(t) no sinal y(t) dado por < x(t)y ∗ (t) > < |y(t)|2 > Propriedade 10.18: Correlação A função correlação têm as seguintes propriedades (relacionadas com convolução e com transformada de Fourier) • rxy (τ ) = x(τ ) ∗ y ∗ (−τ ) ∗ • rxy (τ ) = ryx (−τ )

pois

ryx (−τ ) =

Z +∞

y(t)x∗ (t + τ )dt =

Z +∞ −∞

−∞

y(t − τ )x∗ (t)dt

Portanto, para x(t) real, a função de auto-correlação é par rx (τ ) = rx (−τ ) • 2rx (0) > |rx (τ ) + rx (−τ )| , τ 6= 0 pois

∗ E x(t) ± x(t − τ ) x(t) ± x(t − τ ) ≥0

2rx (0) ± rx (τ ) + rx (−τ ) > 0

⇒

2rx (0) > |rx (τ ) + rx (−τ )| Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

185

10.1. Exercı́cios Para sinais reais, rx (0) > |rx (τ )| , τ 6= 0 • F{rxy (τ )} = F{x(τ ) ∗ y ∗ (−τ )} = X(ω)Y ∗ (ω) pois F{x∗ (t)} = X ∗ (−ω).

• A transformada de Fourier da auto-correlação rx (τ ) é igual à densidade espectral de x(t) (multiplicada por 2π) F{rx (τ )} = |X(ω)|2 ⋄

10.1

Exercı́cios

Exercı́cio 10.1: Determine as transformadas de Fourier dos sinais f (t) = t exp(−|t|),

f (t) =

1 , jt

f (t) = t2 exp − |t|

Exercı́cio 10.2: Determine y(0) sendo y(t) = x(t) ∗ x(−t) , x(t) real

Z +∞

−∞

|X(ω)|2 dω = 1

Exercı́cio 10.3: Determine a transformada de Fourier de p(t) p(t) = tG1 (t − 0.5) + (2 − t)G2 (t − 2) + (t − 4)G1 (t − 3.5) e determine os coeficientes c0 e c1 da série de Fourier de x(t) =

+∞ X

k=−∞

Exercı́cio 10.4: Determine y(t) =

p(t − 4k)

1 ∗ Sa(πt) πt

Exercı́cio 10.5: Determine a transformada inversa de Fourier do sinal X(ω) dado por X(ω) = ωG1 (ω − 0.5) + (2 − ω)G2 (ω − 2) + (ω − 4)G1 (ω − 3.5) Exercı́cio 10.6: Determine

Z +∞ −∞

|y(t)|2 dt , y(t) =

1 ∗ Sa(πt) πt

Exercı́cio 10.7: Considere o sistema linear invariante no tempo cuja transformada da resposta ao impulso h(t) é exp(−jω) H(jω) = ω2 + 1 Determine as integrais I0 =

Z +∞ −∞

h(t)dt

I1 =

Z +∞

th(t)dt

−∞

Determine, também, h(t). Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

186

Capı́tulo 10. Transformada de Fourier de Sinais Contı́nuos

Exercı́cio 10.8: Calcule três termos da série de exponenciais complexas de Fourier, do sinal x(t) +∞ X

x(t) =

k=−∞

p(t − 4 k) , p(t) = 2(t + 1)(u(t + 1) − u(t)) − (u(t) − u(t − 1))

Exercı́cio 10.9: Determine Z +∞ Z +∞ Sa2 (t)dt, Sa(t)dt, −∞

−∞

Z +∞

Sa (t)dt,

Z +∞

Sa (t)dt,

−∞

Z +∞

Sa (t)dt,

Z +∞

Sa2 (2t)dt

−∞

Exercı́cio 10.10: a) Esboce o sinal x(t) = (−t − 1)(u(t + 1) − u(t)) + (−t + 1)(u(t) − u(t − 1)) e calcule sua transformada de Fourier F{x(t)}. b) Esboce P (ω) = (−ω − 1)(u(ω + 1) − u(ω)) + (−ω + 1)(u(ω) − u(ω − 1)) e calcule sua transformada inversa de Fourier F −1 {P (ω)}.

Exercı́cio 10.11: a) Esboce o sinal p(t) = (t + 1)(u(t + 1) − u(t)) − (u(t) − u(t − 1)) b) Calcule a transformada de Fourier F{p(t)}. c) Calcule a série de exponenciais complexas de Fourier de x(t) =

+∞ X

k=−∞

p(t − 4k)

Exercı́cio 10.12: Calcule a série de exponenciais complexas de Fourier de x(t) =

+∞ X

k=−∞

p(t − 3k) , p(t) = G0.25 (t) ∗ G0.25 (t)

Exercı́cio 10.13: Determine a transformada de Fourier de h(t) mostrado na figura abaixo. h(t) 2

1 −2

−1

−2

Exercı́cio 10.14: Determine os coeficientes c0 e c1 da série exponencial de Fourier do sinal x(t) =

+∞ X

k=−∞

p(t − k6) =

+∞ X

ck exp(jkω0 t) , ω0 =

k=−∞

π , p(t) = G2 (t) 3

Exercı́cio 10.15: a) Determine ω0 , c0 e ck da série exponencial de Fourier de x(t) =

+∞ X

k=−∞

p(t − k

+∞ X 4π ck exp(jkω0 t) , p(t) = −tG1 (t + 0.5) + tG1 (t − 0.5) )= 5 k=−∞

b) Determine ω0 e os coeficientes dk da série exponencial de Fourier de x(t) =

+∞ X

k=−∞

q(t − k2π) =

+∞ X

k=−∞

dk exp(jkω0 t) , q(t) = 100π (t + 1)G1 (t + 0.5) + (1 − t)G1 (t − 0.5)

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

187

10.1. Exercı́cios

c) Determine o sinal y(t), saı́da do sistema linear invariante no tempo y(t) = G{x(t)} cuja resposta em freqüência é dada por H(s) = G3 (ω) s=jω

para a entrada x(t) descrita no item (b). d) Determine a potência média do sinal x(t) descrito no item (b). e) Determine a potência média do sinal y(t) do item (c). Exercı́cio 10.16: a) Determine o sinal y(t), saı́da do sistema linear invariante no tempo y(t) = G{x(t)} cuja resposta em freqüência é dada por H(s)

s=jω

= G1 (ω + 10) + G1 (ω − 10) para a entrada x(t) = 10 + 20sen(3t) cos(7t)

b) Determine a potência média dos sinais x(t) e y(t) Exercı́cio 10.17: a) Determine a transformada de Fourier de x(t) = t exp(−|t|)sen(2t) b) Determine o valor da integral

Z +∞

t exp(−|t|)sen(2t)dt

−∞

Exercı́cio 10.18: a) Determine a transformada de Fourier de x(t) = exp(−|t|)G2 (t) b) Determine a transformada inversa de Fourier do sinal X(ω) = 2π exp(−|ω|)G2 (ω) Exercı́cio 10.19: a) Determine

Z +∞ −∞

|x(t)|2 dt

sendo x(t) a transformada inversa de Fourier de X(ω) = j 2u(ω) − u(ω + 1) − u(ω − 1)

b) Determine x(t)

Exercı́cio 10.20: Determine o valor das integrais Z +∞ Z +∞ x2 (t)dt , x(t)dt , −∞

−∞

x(t) =

d Sa(πt) dt

Exercı́cio 10.21: Determine y(0) sendo y(t) = x(t) ∗ x(−t) , F{x(t)} = Gπ (ω) Exercı́cio 10.22: Determine a integral Z +∞ Z +∞ Z +∞ 1 |X(ω)|2 dω = 2 |y(t)|2 dt , y(t) = x(t − β)dβ , I= −∞ πβ −∞ −∞

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Capı́tulo 11

Amostragem de Sinais Contı́nuos Teorema 11.1: Amostragem Um sinal, limitado em freqüência, pode ser representado com erro nulo por amostras igualmente espaçadas de intervalo T < (2B)−1 , sendo B a máxima freqüência da transformada de Fourier do sinal. ❖ Antes da demonstração do teorema, alguns resultados preliminares são necessários. Propriedade 11.1: As funções sampling são ortogonais. Prova: Considere as funções sampling ϕk (t) dadas por ω

(t − kT )

k = −3

k = −1

-2

ϕk (t) = Sa mostradas na Figura 11.1.

, com ω0 =

2π T

1.5

k=1

k=3

0.5

-0.5

-4

t/T

Figura 11.1: Funções sampling Sa ω0 (t − kT )/2 para k = −3, −1, 1, 3. Como as funções ϕk (t) são reais, o produto escalar é dado por Z +∞ ϕk (t)ϕℓ (t)dt , k e ℓ inteiros Ikℓ = −∞

188

189

Ikℓ = F{ϕk (t)ϕℓ (t)}

ω=0

1 F{ϕk (t)} ∗ F{ϕℓ (t)} 2π ω=0

Note que X(ω) ∗ Y (ω)

ω=0

Z +∞ −∞

X(ω)Y (−ω)dω , Φk (ω) = F{ϕk (t)} = T Gω0 (ω) exp(−jωkT )

pois n ω o 2π 0 F Sa t = Gω (ω) 2 ω0 0

Portanto, 1 Ikℓ = 2π

Z +∞ −∞

T G (ω) exp(−jωkT ) T Gω0 (−ω) exp(jωℓT ) dω = | ω0 {z }| {z } Φk (ω) Φℓ (−ω)

Z 1 2 +ω0 /2 = T exp − jω(k − ℓ)T dω 2π −ω0 /2 T ; k=ℓ Ikℓ = 0 ; k 6= ℓ

Observe que as funções ϕk (t) são ortogonais e de mesma norma. ⋄

Teorema 11.2: Amostragem (interpolação) Se x(t) é tal que F{x(t)} = X(ω)

X(ω) = 0 , |ω| > 2πB

0<T <

1 2B

então x(t) =

+∞ X

x(kT )Sa

k=−∞

(t − kT )

ω0 =

2π T

Prova: Considere a projeção de x(t) na base formada pelas funções sampling x(t) =

+∞ X

k=−∞

ω 2π 0 αk ϕk (t) ; ϕk (t) = Sa (t − kT ) , com ω0 = 2 T

Como as funções ϕk (t) são ortogonais, os coeficientes αk são dados por

αk =

1 < x(t)ϕk (t) > = αk = 2 T < ϕk (t) >

Z +∞

1 1 1 1 = X(ω) ∗ F{ϕk (t)} T 2π ω = 0 T 2π

Z +∞

1 αk = 2π

Z +ω0 /2

x(t)ϕk (t)dt

−∞

X(β)T Gω0 (−β) exp(jβkT )dβ

−∞

X(ω) exp(jωkT )dω

−ω0 /2

Note que se X(ω) = 0 para | ω | > 2πB (limitado em freqüência) e, supondo-se que o intervalo de amostras é tal que Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

190

Capı́tulo 11. Amostragem de Sinais Contı́nuos

ω0 π 1 = ⇒ T < 2 T 2B os limites de integração podem ser estendidos para −∞ e +∞ Z 1 +∞ αk = X(ω) exp(jωkT )dω = x(kT ) 2π −∞ 2πB <

e, portanto,

x(t) =

+∞ X

x(kT )Sa

k=−∞

(t − kT )

Observe que αk = x(kT ), ou seja, os coeficientes da expansão em série são os valores das amostras de x(t) nos instantes kT , desde que x(t) tenha transformada limitada em freqüência. ❖ Exemplo 11.1: Considere o sinal x(t) = 1, limitado em freqüência para qualquer B > 0. Se o intervalo de amostragem for T = 1, ou seja, ω0 = 2π, as funções Sa(πt − k) formam uma base para qualquer sinal de faixa B < 0.5. A Figura 11.2 mostra a aproximação de x(t) por um número limitado de amostras, isto é, uma e três amostras, e a Figura 11.3 para cinco e sete amostras. Note que o intervalo de validade da aproximação aumenta (e que o erro dentro desse intervalo diminui) com o número de amostras.

1.5 1 0.5 0 -0.5 -10

-5

1.5 1 0.5 0 -0.5 -10

Figura 11.2: Sinal x(t) = 1 aproximado por um (acima) e três (abaixo) termos de Sa π(t − kT ) . ✷

Exemplo 11.2: Considere o sinal x(t) = sen

π t 2

com freqüência ωmax = 2πB = 0.5π e portanto B = 0.25. Amostrando o sinal com intervalo de amostragem T = 1, tem-se as amostras Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

191

1.5 1 0.5 0 -0.5 -10

-5

1.5 1 0.5 0 -0.5 -10

Figura 11.3: Sinal x(t) = 1 aproximado por cinco (acima) e sete (abaixo) termos de Sa π(t − kT ) .

sen k

π , k = 0, ±1, ±2, . . . 2

A Figura 11.4 mostra a aproximação de x(t) por duas e quatro amostras e a Figura 11.5 mostra o sinal e a aproximação com seis termos.

-1 -4

-2

-4

-2

-1

Figura 11.4: Sinal sen(0.5πt) aproximado por duas (acima) e quatro (abaixo) amostras.

✷

Teorema 11.3: Amostragem (por impulsos) Considere um sinal x(t) limitado em freqüência, isto é F{x(t)} = X(ω)

X(ω) = 0 , |ω| > 2πB

0<T <

1 2B

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

192

Capı́tulo 11. Amostragem de Sinais Contı́nuos

-1 -4

-2

-4

-2

-1

Figura 11.5: Sinal sen(0.5πt) (abaixo) e sua aproximação por seis amostras (acima).

Então, x(t) pode ser recuperado a partir do sinal xa (t) dado por xa (t) =

+∞ X

k=−∞

x(kT )δ(t − kT )

por meio de um filtro linear passa-baixas ideal de faixa ω0 dado por H(jω) = T Gω0 (ω) Prova: O sinal xa (t) pode ser escrito como xa (t) = x(t)

+∞ X

k=−∞

δ(t − kT )

chamado de amostragem ideal, resultando em Xa (ω) dado por +∞

Xa (ω) = F{xa (t)} = =

o n X 1 δ(t − kT ) = X(ω) ∗ F 2π k=−∞

+∞ +∞ 1 1 X 2π X δ(ω − kω0 ) = X(ω − kω0 ) X(ω) ∗ 2π T T k=−∞

k=−∞

A função Xa (ω) é mostrada na Figura 11.6 para ω0 /2 > 2πB (acima) e para ω0 /2 < 2πB (abaixo). Note que se ω0 /2 for menor do que a máxima freqüência angular 2πB da transformada de Fourier do sinal x(t), há superposição (aliasing) dos espectros em Xa (ω). Para X(ω) limitado em freqüência e ω0 adequado (ω0 /2 > 2πB), o sinal x(t) pode ser recuperado pela filtragem de Xa (ω), isto é, multiplicando a expressão de Xa (ω) de ambos os lados por T Gω0 (ω), tem-se X(ω) = Xa (ω)T Gω0 (ω) A correspondente expressão temporal é dada por Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

193 Xa (ω)

ω X(ω)

ω0

ω ω0 Figura 11.6: Função Xa (ω) para ω0 /2 > 2πB (acima) e para ω0 /2 < 2πB (abaixo).

x(t) = xa (t) ∗ F

−1

{T Gω0 (ω)} = x(t)

+∞ X

k=−∞

resultando em x(t) =

+∞ X

x(kT )Sa

k=−∞

o ω0 t δ(t − kT ) ∗ Sa 2

(t − kT )

Observe que, calculando x(t) nos pontos t = mT , m ∈ Z, tem-se x(mT ) =

+∞ X

k=−∞

x(kT )Sa

(m − k)T

ω 0 , m 6= k 0 ; Sa (m − k)T = 1 , m=k 2

e portanto a contribuição das demais amostras no instante t = mT é sempre nula, pois trata-se de uma interpolação. ❖ Exemplo 11.3 (Interpolação Linear): Considere um conjunto de pontos x(kT ) e a função sampling aproximada Saa(

2π ω0 t) = Tri2T (t) , ω0 = 2 T

mostrada na Figura 11.7, junto com a função sampling, para T = 1. A interpolação xTri (t) =

x(kT )Saa

(t − kT )

resulta na soma de segmentos de retas e requer um cálculo bem mais simples do que a interpolação baseada no Teorema da amostragem, dada por xSa (t) =

X k

x(kT )Sa

(t − kT )

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

194

Capı́tulo 11. Amostragem de Sinais Contı́nuos

1.5

0.5

-0.5

-4

-2

Figura 11.7: Sa(πt) (tracejada) e Tri2 (t) (contı́nua). Observe que xTri (t) corresponde à união dos pontos x(kT ) por segmentos de reta (interpolação linear). A Figura 11.8 mostra a interpolação linear e a Figura 11.9 mostra a interpolação construı́da com funções sampling a partir das amostras com T = 0.25 da função x(t) = sen(t) + sen(πt) + sen(2πt) cuja máxima freqüência é B = 1 Hz e, portanto, satisfazendo a condição do teorema da amostragem T < (2B)−1 . Na Figura 11.9, as maiores discrepâncias ocorrem nas bordas, devido à não utilização de amostras fora do intervalo mostrado. 3 2.5 2 1.5 1 0.5 0 -0.5 -1 0

0.5

1.5

2.5

Figura 11.8: sen(t) + sen(πt) + sen(2πt) (tracejada) e interpolação linear (contı́nua). Veja [34] para mais detalhes sobre interpolação linear, e veja também [38] para aproximações da função sampling por polinômios de Lagrange. ✷

Teorema 11.4: Amostragem (por impulsos aproximados) Considere um sinal x(t) limitado em freqüência, isto é F{x(t)} = X(ω)

X(ω) = 0 , |ω| > 2πB

0<T <

1 2B

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

195

3 2.5 2 1.5 1 0.5 0 -0.5 -1 0

0.5

1.5

2.5

Figura 11.9: sen(t) + sen(πt) + sen(2πt) (tracejada) e interpolação com a função sampling (contı́nua).

Então, x(t) pode ser recuperado a partir do sinal xa (t) dado por xa (t) =

+∞ X

x(t)

k=−∞

1 G∆ (t − kT ) ; 0 < ∆ < T ∆

por meio de um filtro linear passa-baixas ideal de faixa ω0 dado por H(jω) = T Gω0 (ω) Prova: Note que xa (t) é construı́do com x(t) variando no intervalo 0 < ∆ < T , e não fixo em x(kT ) como no caso da amostragem ideal. O sinal xa (t) pode ser escrito como xa (t) = x(t)

X 1 k

∆

G∆ (t) ∗ δ(t − kT )

resultando em Xa (ω) =

nX 1 o 1 X(ω) ∗ F G∆ (t) ∗ δ(t − kT ) 2π ∆ k

nX 1 k

∆

G∆ (t) ∗ δ(t − kT ) = F = Sa

Xa (ω) =

∆ ω ω0 2

X k

∆

G∆ (t) ∗

X k

δ(ω − kω0 ) = ω0

o δ(t − kT ) =

X k

∆ kω0 δ(ω − kω0 ) 2

X 1 ∆ ∆ 1 1X Sa Sa X(ω) ∗ ω0 kω0 δ(ω − kω0 ) = X(ω) + kω0 X(ω − kω0 ) 2π 2 T T 2 k

k6=0

e portanto X(ω) = T Gω0 (ω)Xa (ω) ❖ Propriedade 11.2: Amostragem (por pulsos) Considere um sinal x(t) limitado em freqüência, isto é Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

196

Capı́tulo 11. Amostragem de Sinais Contı́nuos

F{x(t)} = X(ω)

X(ω) = 0 , |ω| > 2πB

0<T <

1 2B

Então, x(t) pode ser recuperado a partir do sinal xp (t) dado por +∞ X

xp (t) =

k=−∞

x(kT )p(t − kT )

sendo p(t) um pulso com transformada de Fourier P (ω), por meio de um filtro linear passa-baixas de faixa ω0 dado por H(jω) =

T Gω0 (ω) P (ω)

Prova: O sinal xp (t) pode ser escrito como xp (t) =

+∞ X

k=−∞

com

x(kT )p(t) ∗ δ(t − kT ) = p(t) ∗ xa (t)

xa (t) =

+∞ X

k=−∞

resultando em

x(kT )δ(t − kT )

+∞ 1 X Xp (ω) = P (ω)Xa (ω) , Xa (ω) = X(ω − kω0 ) T k=−∞

Portanto, X(ω) =

T Gω0 (ω) Xp (ω) P (ω) ⋄

11.1

Exercı́cios

Exercı́cio 11.1: Determine o valor máximo do intervalo entre as amostras para que a saı́da y(t) do circuito, descrito pela função de transferência e entrada dados por H(s) =

s+1 Y (s) = X(s) (s + 2)(s + 3)

x(t) = 100 cos2 (3t)

seja recuperada sem erro a partir do sinal amostrado. Exercı́cio 11.2: Qual é o limitante da taxa de amostragem (em Hz) que permite a recuperação da resposta y(t), sem distorção a partir das amostras, do sistema linear invariante no tempo cuja resposta ao impulso é dada por h(t) = exp(−2t) cos(3t)u(t) para a entrada x(t) = 200sen(2t) cos(3t) Exercı́cio 11.3: Determine o valor máximo do intervalo entre as amostras para o sinal x(t) seja recuperado sem erro a partir da filtragem passa-baixas ideal de +∞ X

k=−∞

x(kT )δ(t − kT )

sendo x(t) = Tri4 (t)∗Sa(W t), Tri2T (t) = (t/T +1)GT (t+T /2)+(−t/T +1)GT (t−T /2) e W a menor freqüência em radianos para a qual o espectro de Tri4 (t) se anula. Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

197

11.1. Exercı́cios

Exercı́cio 11.4: Considere f (t) um sinal limitado em freqüência cuja freqüência máxima é B Hertz. Sabendo-se que T < (2B)−1 , determine a expressão da transformada de Fourier do filtro que recupera o sinal f (t) sem distorção a partir de fp (t) =

+∞ X

k=−∞

p(t − kT )f (kT )

sendo p(t) um sinal de energia com transformada de Fourier P (ω). Exercı́cio 11.5: Considere x(t) um sinal limitado em freqüência cuja máxima freqüência é ωM radianos. Sabendo-se que ω0 = 2π/T > 2ωM , determine a expressão da transformada de Fourier do filtro que recupera o sinal x(t) sem distorção a partir de xa (t) =

+∞ X

x(kT )Sa2

k=−∞

(t − kT )

Exercı́cio 11.6: a) Esboce o sinal fa (t) fa (t) =

+∞ X 1 Ga (t − kT )f (t) , 0 < a < T a

k=−∞

b) Considere f (t) um sinal limitado em freqüência cuja máxima freqüência é B Hertz. Sabendo-se que T < (2B)−1 , determine a expressão da transformada de Fourier do filtro que recupera o sinal f (t) sem distorção a partir de fa (t). Exercı́cio 11.7: Determine a expressão da transformada de Fourier do filtro que recupera o sinal x(t) sem distorção a partir de xa (t) dado por xa (t) =

+∞ X

k=−∞

x(k) exp(−|t − k|)

π para x(t) = Sa( t) 2

Exercı́cio 11.8: Considere x(t) um sinal limitado em freqüência cuja máxima freqüência é ωM radianos. Sabendo-se que ω0 = 2π/T > 2ωM , determine a expressão da transformada de Fourier do filtro que recupera o sinal x(t) sem distorção a partir de xa (t), sendo que xa (t) é a interpolação linear de x(t) a partir dos pontos x(kT ), k = 0, ±1, ±2, . . ..

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Capı́tulo 12

Transformada de Laplace A transformada de Laplace decorre da definição de auto-função para sistemas lineares contı́nuos invariantes no tempo (veja Definição 7.13 e Propriedade 7.16, Capı́tulo 7), pois h(t) ∗ exp(st) = H(s) exp(st) , H(s) =

Z +∞ −∞

h(t) exp(−st)dt , s ∈ Ωh

Também no Capı́tulo 7 foram apresentadas as propriedades 7.18 (deslocamento no tempo) e 7.19 (transformada de Laplace da convolução), L{y(t) = x(t − τ )} = X(s) exp(−sτ ) L{x(t) = x1 (t) ∗ x2 (t)} = L{x1 (t)}L{x2 (t)}

, Ωy = Ωx , Ωx = Ωx1 ∩ Ωx2

Definição 12.1: Transformada bilateral de Laplace A transformada bilateral de Laplace da função x(t) é dada por X(s) = L{x(t)} =

Z +∞

x(t) exp(−st)dt

−∞

s ∈ Ωx

O domı́nio Ωx é o conjunto dos valores de s ∈ C para os quais a integral é finita.

Propriedade 12.1: Área de uma função A área sob a curva da função x(t) pode ser computada por meio da transformada de Laplace X(s) se s = 0 ∈ Ωx . Z +∞

x(t)dt = X(s)

−∞

s=0

⋄ Propriedade 12.2: Transformada do impulso L{δ(t)} = 1 , s ∈ C pois L{δ(t)} =

Z +∞

δ(t) exp(−st)dt = 1

−∞

⋄ 198

199 Propriedade 12.3: Transformada do degrau L{u(t)} =

1 s

pois L{u(t)} =

Z +∞

u(t) exp(−st)dt =

s ∈ Ωu = s ∈ C, Re(s) > 0

Z +∞ 0

−∞

t=+∞ 1 1 exp(−st)dt = − exp(−st) = , Re(s) > 0 s s t=0

⋄ Note que, diferentemente ao que ocorre com a transformada de Fourier F{δ(t)} = 1 ⇔ F{1} = 2πδ(ω) a transformada de Laplace L{1} não existe. De fato, L{1} =

Z +∞

t=+∞ 1 exp(−st)dt = − exp(−st) s t=−∞ −∞

que diverge qualquer que seja s ∈ C. Propriedade 12.4: Transformada da exponencial L{exp(λt)u(t)} =

1 s−λ

s ∈ s ∈ C, Re(s − λ) > 0

pois L{exp(λt)u(t)} =

Z +∞

−∞

u(t) exp (λ − s)t dt =

Z +∞ 0

exp (λ − s)t dt =

t=+∞ 1 1 = exp (λ − s)t , Re(s − λ) > 0 λ−s s−λ t=0

Note que o domı́no da transformada é relevante na descrição do sinal, e que sinais distintos podem ter a mesma expressão para a transformada, porém com domı́nios diferentes. De fato, L{− exp(λt)u(−t)} =

1 s−λ

pois

L{− exp(λt)u(−t)} = −

s ∈ s ∈ C, Re(s − λ) < 0

Z 0

t=0 1 1 exp (λ − s)t dt = − exp (λ − s)t = , Re(s − λ) < 0 λ − s s − λ t=−∞ −∞ ⋄

Exemplo 12.1: Para β > 0, tem-se L{exp(jβt)u(t)} =

1 , Re(s) > 0 s − jβ

L{exp(−jβt)u(t)} =

1 , Re(s) > 0 s + jβ ✷ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

200

Capı́tulo 12. Transformada de Laplace

Propriedade 12.5: Linearidade L{αx(t) + βy(t)} = αL{x(t)} + βL{y(t)} , Ωx+y ⊃ Ωx ∩ Ωy ⋄ Exemplo 12.2: Para β > 0, tem-se L{cos(βt)u(t)} =

1 1 L{exp(jβt)u(t)} + L{exp(−jβt)u(t)} = 2 2 1 s 1 1 = = 2 , Re(s) > 0 + 2 s − jβ s + jβ s + β2 ✷

Exemplo 12.3: Para β > 0, tem-se L{sen(βt)u(t)} =

1 1 L{exp(jβt)u(t)} − L{exp(−jβt)u(t)} = 2j 2j β 1 1 1 = 2 − , Re(s) > 0 = 2j s − jβ s + jβ s + β2 ✷

Propriedade 12.6: Transformada da integral Z t o 1 n x(β)u(β)dβ = x(t) ∗ u(t) = L{x(t)} , L y(t) = s −∞

Ωy contém Ωx ∩ {s ∈ C : Re(s) > 0} ⋄

Exemplo 12.4: A transformada de Laplace de Z t x(β)dβ , X(s) = y(t) = −∞

é dada por Y (s) = De fato, X(s) =

y(t) =

Z t

−∞

1 s

s s+1

s , Re(s) > −1 s+1

1 , Ωy contém Re(s) > 0 s+1

1 s =1− s+1 s+1

⇒ x(t) = δ(t) − exp(−t)u(t)

x(β)dβ = u(t) − 1 − exp(−t) u(t) = exp(−t)u(t)

⇒ Y (s) =

1 , Re(s) > −1 s+1

Note que o domı́nio Ωy resultante é maior do que a interseção Ωx ∩ Re(s) > 0. Observe também que a área de x(t) é X(0) = 0 e a área de y(t) é Y (0) = 1. ✷ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

201

Exemplo 12.5: x(t) = 2δ(t) − exp(−t)u(t) ⇒ y(t) =

Z t

x(β)dβ = 1 + exp(−t) u(t)

−∞

1 2s + 1 = , Re(s) > −1 s+1 s+1

X(s) = 2 −

1 1 1 Y (s) = + = s s+1 s

2s + 1 s+1

1 X(s) , Re(s) > 0 s

Note que Ωy é igual à interseção de Ωx com Re(s) > 0. Note ainda que a área de x(t) é igual a X(0) = 1, y(t) tem área não finita e s = 0 6∈ Ωy . ✷

Exemplo 12.6: L{δ(t)} = 1 , s ∈ C 1 L{u(t)} = , Re(s) > 0 pois s L{tu(t)} = L L

n tm

u(t) = Iδ (t) =

1 , Re(s) > 0 pois s2

Z t

δ(β)dβ

−∞

tu(t) = Iu (t)

n t2

o 1 u(t) = 3 , Re(s) > 0 2 s

o u(t) =

1 sm+1

, Re(s) > 0 , m ∈ N ✷

Propriedade 12.7: Reversão no tempo L{x(−t)} = X(−s)

−s ∈ Ωx

pois L{x(−t)} =

Z +∞ −∞

x(−t) exp(−st)dt = − =

Z +∞ −∞

Z −∞

x(t) exp(st)dt =

+∞

x(t) exp − (−s)t dt = X(−s)

⋄

Exemplo 12.7: L{u(−t)} =

1 , −s ∈ {Re(s) > 0} ≡ s ∈ {Re(s) < 0} −s ✷

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

202

Capı́tulo 12. Transformada de Laplace Exemplo 12.8: L{exp(t)u(−t)} =

1 , −s ∈ {Re(s + 1) > 0} ≡ Re(s) < 1 −s + 1

De fato, L{exp(t)u(−t)} =

Z 0

exp(t) exp(−st)dt =

−∞

+∞ 1 exp (s − 1)t s−1 0

que é finita se Re(s − 1) < 0, resultando em L{exp(t)u(−t)} =

1 , Re(s) < 1 −s + 1 ✷

Exemplo 12.9: L{x(t) = exp(−|t|)} =

1 1 2 + = , s + 1 −s + 1 1 − s2 Ωx = {Re(s) < 1} ∩ {Re(s) > −1} ≡ {−1 < Re(s) < 1}

Note que a área de x(t) é X(0) = 2, pois s = 0 ∈ Ωx . Note também que F{x(t)} = L{x(t)}

s=jω

2 1 + ω2

pois jω ∈ Ωx . ✷

Propriedade 12.8: Deslocamento em s L{y(t) = exp(−at)x(t)} = X(s + a)

;

Ωy = (s + a) ∈ Ωx

pois L{exp(−at)x(t)} =

Z +∞

exp(−at)x(t) exp(−st)dt =

−∞

Z +∞ −∞

x(t) exp − (s + a)t dt

⋄

Exemplo 12.10: L{cos(βt) exp(−at)u(t)} =

s+a , Re(s + a) > 0 (s + a)2 + β 2 ✷

Exemplo 12.11: L{sen(βt) exp(−at)u(t)} =

β , Re(s + a) > 0 (s + a)2 + β 2 ✷ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

203 Propriedade 12.9: Derivada em s L{y(t) = tm x(t)} = (−1)m

dm X(s) dsm

;

Ωy = Ωx , m ∈ N

pois X(s) = L{x(t)} =

Z +∞

dm X(s) = (−1)m dsm

x(t) exp(−st)dt =⇒

−∞

Z +∞

tm x(t) exp(−st)dt

−∞

⋄ Exemplo 12.12: L{tm u(t)} =

m! , Re(s) > 0 sm+1

que decorre das derivadas sucessivas em s aplicadas à transformada de Laplace do degrau. Aplicando também a Propriedade 12.8 (deslocamento em s), tem-se L

n tm

o exp(−at)u(t) =

1 , Re(s + a) > 0 , m ∈ N (s + a)m+1 ✷

Exemplo 12.13: A integral da função x(t) x(t) = t2 exp(−3t)u(t) pode ser computada por meio da transformada de Laplace X(s) se s = 0 ∈ Ωx . Usando a Propriedade 12.9 (derivada em s), tem-se L{exp(−3t)u(t)} =

1 s+3

L{t2 exp(−3t)u(t)} =

⇒

d2 (s + 3)−1 = 2(s + 3)−3 ds2

Portanto, Z +∞

t2 exp(−3t)u(t)dt = 2(s + 3)−3

−∞

s=0

2 27

Note que esse mesmo resultado pode ser obtido de L{t2 u(t)} =

2 2 = s3 s=3 27 ✷

Exemplo 12.14 (Tempo de propagação): Para o circuito RLC da Figura 12.1, com R = 2 Ω, L = 4 H, C = 1 F e função de transferência H(s) =

1 4s2 + 2s + 1

o tempo de propagação1 é dado por

tp =

Z +∞

−∞ Z +∞

th(t)dt = h(t)dt

−

d H(s) ds s=0 =2 H(0)

−∞

✷ 1

Veja [7] para maiores comentários sobre velocidade de propagação em linhas de transmissão. Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

204

Capı́tulo 12. Transformada de Laplace y1 L x

+ −

+ y −

Figura 12.1: Circuito RLC. Propriedade 12.10: Transformada inversa de Laplace A transformada bilateral de Laplace é dada por Z +∞ x(t) exp(−st)dt ; X(s) = −∞

s ∈ Ωx

Para s = σ + jω, tem-se X(s) =

Z +∞ −∞

x(t) exp(−σt) exp(−jωt)dt = F{x(t) exp(−σt)}

sendo F{x(t)} a transformada de Fourier de x(t). Portanto, Z +∞ 1 X(s) exp(jωt)dω x(t) exp(−σt) = 2π −∞ Z +∞ Z σ+j∞ 1 1 x(t) = X(s) exp(st)jdω = X(s) exp(st)ds 2πj −∞ 2πj σ−j∞ Para σ constante, ds = jdω. A integral em s é uma integral de contorno, definido pela reta que passa em σ, que contém o semiplano à direita de σ. ⋄ Exemplo 12.15: A transformada inversa de Laplace de X(s) =

1 , Re(s) > −a , a ∈ R s+a

pode ser computada por meio da transformada de Fourier associada, considerando-se s = σ + jω para um σ conveniente. Como X(s)

= F{x(t) exp(−σt)}

s=σ+jω

tem-se, pela transformada inversa de Fourier,

x(t) exp(−σt) =

1 2π

Z +∞

X(σ + jω) exp(jωt)dω

−∞

O lado direito da expressão produz F −1 {X(σ + jω)} = F −1 Portanto,

1 jω + (σ + a)

= exp − (σ + a)t u(t) , σ + a > 0

x(t) = exp(−at)u(t) , σ + a > 0 ≡ Re(s + a) > 0 ✷ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

205

Exemplo 12.16: A transformada inversa de X(s) =

b a c 1 s−1 = 2+ + = 2 s (s + 2) s s s+2 4

−2 3 −3 + + 2 s s s+2

, Re(s) > 0

é dada pela função à direita x(t) =

1 − 2t + 3 − 3 exp(−2t) u(t) 4

As constantes a, b e c podem ser obtidas pelo comando residue do matlab. Note que o domı́nio Ωx pode ser escrito como Ωx = {Re(s) > 0 ∩ Re(s + 2) > 0} evidenciando que o domı́nio é a região à direita do pólo mais à direita de X(s). Para o domı́nio Ωx à esquerda do pólo mais à esquerda, isto é, Re(s + 2) < 0, a transformada inversa pode ser obtida pela Propriedade 12.7 (reversão no tempo). Definindo y(t) = x(−t), tem-se 1 Y (s) = X(−s) = 4

−2 −3 3 + + 2 s s s−2

e Ωy = {−s ∈ Ωx } = Re(−s + 2) < 0 = Re(s − 2) > 0 Novamente, o domı́nio Ωy é a região à direita do pólo mais à direita de Y (s), resultando em y(t) =

1 1 − 2t − 3 + 3 exp(2t) u(t) ⇒ x(t) = 2t − 3 + 3 exp(−2t) u(−t) 4 4

Note que x(t) ocorre no intervalo (−∞, 0] (sinal à esquerda do zero). Finalmente, para Ωx = {−2 < Re(s) < 0} tem-se x(t) =

1 (2t − 3)u(−t) − 3 exp(−2t)u(t) 4 ✷

Propriedade 12.11: Transformada da derivada L{ẋ(t)} = sX(s) , Ωẋ ⊃ Ωx pois, da expressão da transformada inversa 1 x(t) = 2πj tem-se d d x(t) = dt dt

1 2πj

Z σ+j∞ σ−j∞

Z σ+j∞

X(s) exp(st)ds

σ−j∞

X(s) exp(st)ds

1 = 2πj

Z σ+j∞

sX(s) exp(st)ds

σ−j∞

⋄ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

206

Capı́tulo 12. Transformada de Laplace

Exemplo 12.17: L{δ(t) = u̇(t)} = s

1 = 1 , Ωδ = C , Ωu = Re(s) > 0 s

Note que o domı́nio da transformada da derivada contém estritamente o domı́nio Ωu , devido ao cancelamento entre pólo e zero. L{δ̇(t)} = s , Ωδ̇ = C ✷

12.1

Exercı́cios

Exercı́cio 12.1: Determine a resposta do sistema linear invariante no tempo cuja resposta ao impulso é dada por h(t) = 100t exp(−t) cos(2t)u(t) para a entrada x(t) = sen(2t) Exercı́cio 12.2: Considere o sistema linear invariante no tempo cuja resposta ao impulso é h(t) = t exp(−2t)u(t) Determine a saı́da y(t) do sistema, sendo a entrada x(t) dada por x(t) = 1 + 2 cos(t) + 3 cos(2t) Exercı́cio 12.3: Determine H(s) = Y (s)/X(s) para o circuito da figura abaixo. C x

+ −

+ y −

Exercı́cio 12.4: a) Escreva na forma polar (fase em radianos) H(s) = L{h(t)} para s = j5, sendo h(t) a resposta ao impulso de um sistema linear invariante no tempo dada por h(t) = 100t exp(−t) cos(2t)u(t). b) Determine a amplitude da componente de mais baixa freqüência da resposta forçada do sistema para a entrada x(t) = sen(2t) cos(3t) Exercı́cio 12.5: Determine a função de transferência (isto é, a transformada de Laplace da resposta ao impulso) do sistema Z 1

y(t) = G{x(t)} =

−1

(1 − β 2 )x(t − β)dβ

Exercı́cio 12.6: Determine y(t) = x(t) ∗ h(t) sendo x(t) = 1 + cos(3t) , h(t) = t exp(−t)u(t) Exercı́cio 12.7: Determine o valor das integrais Z +∞ Z +∞ 1000t exp(−3t) cos(5t)dt, t2 exp(−3t) cos(2t)u(t)dt, 0

Z +∞

t2 exp(−3t)sen(4t)dt

Exercı́cio 12.8: Determine a transformada inversa de Laplace de X(s) =

s−1 s2 (s + 2)

para as regiões Re(s) > 0,

Re(s) < −2,

−2 < Re(s) < 0 Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

207

12.1. Exercı́cios Exercı́cio 12.9: Determine a transformada inversa de Laplace de X(s) =

s−2 s2 (s + 4)

para as regiões Re(s) > 0,

Re(s) < −4,

−4 < Re(s) < 0

Exercı́cio 12.10: Determine a resposta ao impulso h(t) do sistema linear invariante no tempo cuja transformada de Laplace H(s) e correspondente domı́nio Ωh são dados por H(s) =

7s + 1 , Ωh = {Re(s + 1) > 0} ∩ {Re(s − 1) < 0} (s + 1)(s − 1)

Exercı́cio 12.11: Sendo h(t) a resposta ao impulso do circuito descrito por (p2 + p + 1)y(t) = x(t), determine o tempo de propagação tp dado por Z +∞ th(t)dt −∞ tp = Z +∞ h(t)dt −∞

sendo

Exercı́cio 12.12: Sendo h(t) = G{δ(t)} a resposta ao impulso do sistema ẏ + 2y = 3v̇ + 4v − 6x , 7ẏ + 8y = 9v̇ + 10v + 6x determine

Z +∞

h(t) exp(−t)dt

−∞

Exercı́cio 12.13: a) A densidade de probabilidade da soma de variáveis aleatórias independentes é a convolução das densidades de probabilidades individuais. Use a transformada de Laplace para determinar a variância da variável aleatória T = T1 + T2 , com T1 e T2 independentes e com densidades de probabilidades dadas respectivamente por p1 (t) = exp(−t)u(t), p2 = 2 exp(−2t)u(t) 2 Z +∞ Z +∞ tp(t)dt t2 p(t)dt − Variância = −∞

−∞

sendo p(t) a densidade de probabilidade da variável aleatória T . b) Determine p(t). Exercı́cio 12.14: a) Determine a transformada de Laplace da resposta ao impulso h(t) do sistema abaixo y + 4

−1

R 3

+ b) Determine o tempo de propagação tp dado por

tp =

Z +∞

−∞ Z +∞

th(t)dt h(t)dt

−∞

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

208

Capı́tulo 12. Transformada de Laplace

Exercı́cio 12.15: Determine o valor do ganho k de realimentação para que o sistema em malha fechada, mostrado na figura abaixo, possua pólos puramente imaginários (isto é, parte real nula). A função de transferência do sistema em malha aberta é H(s), racional, com pólos p1 = 2 − j e p2 = 2 + j, zero z1 = −1 e ganho DC (isto é, ganho na freqüência ω = 0) igual a 1 X(s)

Y (s) H(s)

−k Exercı́cio 12.16: Determine a saı́da y(t) do sistema abaixo atraso x(t)

y(t)

avanço para a entrada x(t) cuja transformada de Laplace é dada por X(s) =

1 , Re(s + 1) > 0 s+1

As funções h1 (t) e h2 (t), dadas por h1 (t) = δ(t − 1), h2 (t) = δ(t + 1), são as respostas ao impulso dos sistemas lineares invariantes no tempo atraso e avanço, respectivamente. Exercı́cio 12.17: Determine a transformada de Laplace de x(t) = sinal(t) Sugestão: sinal(t) = lim exp(−at)u(t) − exp(at)u(−t) a→0+

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Capı́tulo 13

Filtros O filtro passa-baixas ideal de freqüência de corte ω0 /2, isto é, de faixa de passagem ω0 , é descrito pela função de transferência H(s) dada por H(s = jω) = Gω0 (ω) cuja resposta ao impulso é h(t) dado por h(t) =

1 ω0 2π Sa t , T = T 2 ω0

Note que trata-se de um filtro não-causal, isto é, h(t) é diferente de zero para t < 0 e, portanto, não implementável fisicamente, pois a resposta ao impulso antecede o instante de aplicação. A não viabilidade de implementação também pode ser inferida da resposta em freqüência do filtro passabaixas, pois a atenuação das componentes do sinal de entrada superiores à freqüência de corte nos filtros realizáveis é sempre finita. A resposta ao impulso g(t) = h(t − T ) tem o principal lóbulo da função Sampling à direita de t = 0 e, portanto, tem menos energia para t < 0 e, de maneira não formal, pode-se dizer que g(t) é menos não implementável que h(t). Além disso, atrasos são inerentes no processamento de sinais e em telecomunicações e introduzir atrasos nos componentes faz parte das técnicas de processamento de sinal. Atraso no tempo implica em introdução de fase linear na resposta em freqüência pois L{δ(t − T )} = exp(−sT ) tem módulo 1 e fase −ωT quando s = jω. Exemplo 13.1: Considere o filtro passa-baixas de segunda ordem mostrado na Figura 13.1 cuja função de transferência é 2 1/τ 1 ω0 H(s) = , = s + 1/τ τ 2 A resposta ao impulso é 1 h(t) = 2 t exp(−t/τ )u(t) τ N

R x(t)

+ −

R C

+ y(t) −

Figura 13.1: Filtro duplo RC em cascata. A Figura 13.2 mostra as respostas ao impulso dos filtros duplo RC e triplo RC (τ = 1) e da Sampling deslocada e ceifada para que seja causal e a Figura 13.3 mostra as respostas em freqüência dos filtros duplo RC e triplo RC (τ = 1) em escala linear. ✷

209

210 0.4

0.4

0.35

0.3

0.25

0.2

0.15

h(t)

Capı́tulo 13. Filtros

0.1

0.05

0.1

0.05

−0.05

−0.1 −5

Figura 13.2: Sampling ceifada (ω0 = 2) e resposta ao impulso do filtro duplo RC para τ = 1 (esquerda). Sampling ceifada (ω0 = 2) e resposta ao impulso do filtro triplo RC para τ = 1 (direita). 1

0.9

0.8

M (ω)

0.7

0.6

0.5

duplo

0.4

0.3

0.2

triplo

0.1

0.5

1.5

2 w

2.5

3.5

Figura 13.3: Respostas em freqüência do módulo do filtro duplo RC e do filtro triplo RC (τ = 1). Propriedade 13.1: Filtros racionais Filtros descritos por equações diferenciais a coeficientes constantes têm função de transferência racional, pois N (s) D(p)y(t) = N (p)x(t) ⇒ H(s) = D(s) Impor a condição de causalidade corresponde a definir o domı́nio de H(s) à direita do pólo mais à direita e, além disso, impor a BIBO-estabilidade corresponde a impor que todos os pólos tenham parte real negativa e, portanto, que s = jω pertença ao domı́nio da função. ⋄ Exemplo 13.2: A resposta ao impulso h(t) do filtro H(s) dado por H(s) =

1 1 1 = − (s + 1)(s + 2) s+1 s+2

é h(t) = (exp(−t) − exp(−2t))u(t) Note que trata-se de um sistema causal e BIBO-estável. De fato, esse resultado tem como pressuposto que o domı́nio da função H(s) é a intersecção de Re(s + 1) > 0 com Re(s + 2) > 0, ou seja, é o semi-plano à direita do pólo mais à direita da função, isto é, −1. A resposta h(t) do filtro H(s) para o domı́nio Ωh = {Re(s + 1) < 0} ∩ {Re(s + 2) < 0} Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

211 ou seja, o semi-plano à esquerda do pólo mais à esquerda, pode ser obtida definindo-se g(t) = h(−t) ⇒ G(s) = H(−s) , −s ∈ Ωh Portanto, G(s) =

1 1 − , Ωg = {Re(−s+1) < 0}∩{Re(−s+2) < 0} = {Re(s−1) > 0}∩{Re(s−2) > 0} s−2 s−1

ou seja, o domı́nio é o semi-plano à direita do pólo mais à direita da função, isto é, 2, resultando em g(t) = (exp(2t) − exp(t))u(t) ⇒ h(t) = (exp(−2t) − exp(−t))u(−t) Note que trata-se de um sistema não-causal (antecipativo) e BIBO-instável e, portanto, esse filtro não é realizável. A terceira possibilidade de domı́nio é a região entre os dois semi-planos, isto é, Ωh = {Re(s + 1) < 0} ∩ {Re(s + 2) > 0} Definindo-se G1 (s) e G2 (s) como G1 (s) = G2 (s) =

1 , Ωg1 = {Re(−s + 1) < 0} −s + 1

1 , Ωg2 = {Re(s + 2) > 0} ⇒ h(t) = g1 (−t) − g2 (t) s+2

Portanto, g1 (t) = − exp(t)u(t) , g2 (t) = exp(−2t)u(t) ⇒ h(t) = −(exp(−t)u(−t) + exp(−2t)u(t)) Note que trata-se de um sistema não-causal e BIBO-instável.

✷

Exemplo 13.3: Existem diversas implementações de filtros racionais para aproximar o filtro passabaixas ideal. A Figura 13.4 mostra um filtro passa-baixas de terceira ordem e a Figura 13.5 mostra um de quarta ordem composto de dois LC em cascata. RS

x(t) + −

Figura 13.4: Filtro passa-baixas de terceira ordem. RS

x(t) + −

Figura 13.5: Filtro passa-baixas de quarta ordem. De fato, para sinais de baixa freqüência capacitores comportam-se aproximadamente como circuitos abertos e indutores como curto-circuitos. Para altas freqüências indutores comportam-se aproximadamente como circuitos abertos e capacitores como curto-circuitos. Nas topologias dos filtros os indutores estão em série com a fonte e a carga e os capacitores estão em paralelo, portanto os sinais de baixa freqüência passam pelos filtros e os de alta freqüência não passam, isto é, são filtros passa-baixas. ✷ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

212

Capı́tulo 13. Filtros

A Figura 13.6 ilustra especificações tı́picas de um filtro passa-baixas: • A resposta em freqüência do filtro na faixa de passagem ω ∈ [0, ωp ] deve apresentar um ganho mı́nimo e uma variação máxima (ripple); • A resposta em freqüência do filtro na faixa de rejeição ω > ωr deve apresentar uma atenuação mı́nima; • O intervalo [ωp , ωr ], denominado de faixa de transição, é para viabilizar a realização dos filtros. Note que no filtro passa-baixas ideal ωp = ωr = ωc ; • A freqüência de corte ωc é tipicamente definida como a freqüência na qual o ganho é igual a |H(0)|/2. M (ω)

ωp

ωr

Figura 13.6: Especificação tı́pica de um filtro passa-baixas.

13.1

Butterworth

Definição 13.1: Filtro de Butterworth1 O filtro passa-baixas de Butterworth de ordem m > 0, m ∈ Z satisfaz |H(jω)|2 =

1 1+

ω ωc

Propriedade 13.2: Ganho de Butterworth O ganho do filtro de Butterworth apresenta as seguintes propriedades: • O ganho DC é 1 e o ganho tende a 0 para ω → +∞; √ • Na freqüência ω = ωc o ganho é 1/ 2 do ganho DC; • O ganho tende a 1 para ω < ωc e o ganho tende a 0 para ω > ωc quando m → +∞. • A função |H(jω)|2 diminui monotonicamente com o aumento de ω, isto é, não apresenta ondulações. Além disso, tem (2m − 1) derivadas nulas em ω = 0, pois d|H(jω)|2 2m(ω/ωc )2m−1 =− dω ωc (1 + (ω/ωc )2m )2 • A ordem do filtro aumenta quanto maior for a diferença entre os ganhos especificados na faixa de passagem e na faixa de rejeição e quanto mais estreita for a faixa de transição. 1

Stephen Butterworth, engenheiro eletricista inglês (1885–1958). Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

213

13.1. Butterworth

⋄ Exemplo 13.4: Considere o filtro de Butterworth projetado com ωc = 2ωp = ωr /2. O quadrado do ganho em ωp (uma oitava abaixo da freqüência de corte) para o filtro de Butterworth de ordem m = 2 é 1 16 1 |H(jω)|2 = 4 = 1 = 17 ⇒ |H(jω)| = 0.970 1 + 16 ω 1 + ωpc

e o quadrado do ganho em ωr (uma oitava acima da freqüência de corte) é |H(jω)|2 =

1 1 ⇒ |H(jω)| = 0.242 4 = 17 ωr ωc

O valor do quadrado do ganho em ωp para o filtro de Butterworth de ordem m = 3 é |H(jω)|2 =

1 32 ⇒ |H(jω)| = 0.985 6 = 33 ωp

1 1 ⇒ |H(jω)| = 0.174 6 = 33 ωr

e o quadrado do ganho em ωr é |H(jω)|2 =

ωc

Note que a atenuação ao final da faixa de passagem diminui e a diferença da atenuação entre a faixa de passagem e a faixa de rejeição aumenta com o aumento da ordem do filtro. ✷

Exemplo 13.5: Considere as seguintes especificações para um filtro de Butterworth: • Ganho DC igual a 1;

• Freqüência de corte ωc = 1000;

• Faixa de transição: ωp = 250 e ωr = 2000;

• Variação do ganho igual a |H(ω)| na faixa de passagem menor que ∆ = 0.01; • Atenuação mı́nima na faixa de rejeição igual a a = 100.

Portanto, r

ωp ωc

<1−∆⇒m>

ωp ωc

1 log((1 − ∆)−2 − 1) ⇒ m > 1.41 2 log(ωp /ωc )

1 1 log(a2 − 1) ⇒m> ⇒ m > 6.64 a 2 log(ωr /ωc )

ou seja, m = 7 satisfaz as especificações. Considere as seguintes alterações na especificação e as conseqüentes mudanças na ordem do filtro: • a = 100, ωr = 1500 ⇒ m > 11.36;

• a = 1000, ωr = 2000 ⇒ m > 9.97.

Tais alterações confirmam algumas das propriedades enunciadas do filtro de Butterworth.

✷

Propriedade 13.3: Função de transferência do filtro de Butterworth Considerando que a resposta ao impulso do filtro de Butterworth é real (h(t) ∈ R), a função |H(jω)|2 pode ser escrita em termos da função de transferência H(s) como |H(jω)|2 = H(jω)H ∗ (jω) = H(jω)H(−jω) = H(s)H(−s) s=jω Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

214

Capı́tulo 13. Filtros

Definindo G(s) por

G(s) = H(s)H(−s) =

1 + (−1)m

s ωc

tem-se que os pólos pk = ωc λk da função G(s) são as raı́zes da equação (−1)m λ2m + 1 = 0 ⇒ λ2m = (−1)m−1 = exp(j(m + 2k − 1)π) dadas por

m + 2k − 1 λk = exp j π , k = 1, 2, . . . , 2m 2m

Note que os pólos de G(s) estão uniformemente distribuı́dos na circunferência de raio ωc no plano complexo. Considerando que o filtro de Butterworth é um sistema causal e BIBO-estável, os pólos de H(s) devem ter parte real negativa. Assim, k deve satisfazer as restrições j

2k + m − 1 π 2k + m − 1 3π π>j , j π<j 2m 2 2m 2

Portanto,

1 1 , k <m+ ⇒ k = 1, . . . , m 2 2 Dessa forma, os pólos de H(s) (parte real negativa) são k>

pk = ωc exp

j(2k + m − 1)π 2m

, k = 1, 2, . . . , m ⇒ H(s) =

m Y

k=1

ωc ⇒ H(0) = 1 s − pk

A expressão polinomial do denominador da função H(s) satisfaz [12] D(λ) =

m X k=0

α k λk ,

cos((k − 1)π/2m) αk , αk = αm−k , k = 1, . . . , m , α0 = αm = 1 = αk−1 sen(kπ/2m)

sendo H(s) =

1 s , λ= D(λ) ωc

Os polinômios D(λ) de primeira, segunda, terceira e quarta ordem são √ λ + 1 , λ2 + 2λ + 1 , λ3 + 2λ2 + 2λ + 1 , λ4 + 2.613λ3 + 3.414λ2 + 2.613λ + 1 Note que os polinômios D(λ) são simétricos, isto é, D(λ) = λm D(1/λ) A Figura 13.7 mostra o módulo da resposta em freqüência e a resposta ao impulso do filtro de Butterworth de terceira ordem com freqüência de corte ωc = 1, comparadas com a resposta em freqüência do filtro RC de terceira ordem (τ = 1) e com a Sampling ceifada (ω0 = 2). ⋄ Exemplo 13.6: O filtro mostrado na Figura 13.8 é uma realização do filtro de Butterworth de segunda ordem (m = 2). A função de transferência deste filtro é dada por H(s) =

1 L1 C 2 s 2 +

L1 s+1 R

= λ2 + λ

1 R

1 r

L1 +1 C2 Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

215

13.2. Chebyshev

0.4

0.8

0.3

0.6

h(t)

|H(jω)|

Butterworth

0.2

0.4

triplo

0.1

0.2

0.5

1.5

2.5

3.5

−0.1 −5

Figura 13.7: Módulo da resposta em freqüência do filtro triplo RC (com τ = 1) e do filtro de Butterworth de terceira ordem com ωc = 1 (esquerda). Sampling ceifada (ω0 = 2) e resposta ao impulso do filtro de Butterworth de terceira ordem com ωc = 1 (direita). L1

x(t) + −

Figura 13.8: Filtro passa-baixas de segunda ordem. sendo λ = s/ωc com ωc dado por

1 ωc = √ L1 C 2

Para que o filtro seja um filtro de Butterworth (de ordem m = 2), H(s) deve satisfazer a condição H(s) = e, portanto, 1 R

√ 1 , D(λ) = λ2 + 2λ + 1 D(λ) r

√ L1 L1 = 2⇒ = 2R2 C2 C2

Assim os parâmetros L1 e C2 do filtro de Butterworth ficam definidos uma vez estabelecidos o valor da carga R e da freqüência de corte ωc . Os filtros mostrados nas figuras 13.4 e 13.5 são exemplos de realizações dos filtros de Butterworth de terceira e quarta ordem respectivamente quando os correspondentes polinômios D(λ) forem devidamente ajustados aos polinômios de Butterworth. ✷

13.2

Chebyshev

Definição 13.2: Filtro de Chebyshev2 O filtro passa-baixas de Chebyshev de ordem m > 0, m ∈ Z, satisfaz |H(jω)|2 =

1 1 + ǫ2 c2m (ω/ωc )

sendo cm (β) o polinômio real de ordem m denominado de polinômio de Chebyshev. O parâmetro ǫ > 0 serve para controlar a oscilação do ganho na faixa de passagem e, em geral, ǫ ∈ (0, 1). 2

Pafnuty Lvovich Chebyshev, matemático russo (1821–1894). Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

216

Capı́tulo 13. Filtros

Propriedade 13.4: Chebyshev Os polinômios de Chebyshev satisfazem a equação a diferenças [12] cm+1 (β) = 2βcm (β) − cm−1 (β) , c0 (β) = 1 , c1 (β) = β Note que, para cada valor do parâmetro β, trata-se de uma equação a diferenças linear de segunda ordem com coeficientes constantes. Note também que os coeficientes dos polinômios em β são números inteiros e que o coeficiente de β m é 2m−1 , para m > 0. Os polinômios de Chebyshev de ordem zero a ordem dez, organizados em vetor coluna, são mostrados a seguir como resultado de um produto matricial. Note que os termos da anti-diagonal principal são potências de 2.    β 10 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1  9  0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0  β     0 8 0 0 0 0 0 0 0 2 0 −1   β     0  0 0 0 0 0 0 4 0 −3 0   β 7       0 0 0 0 0 8 0 −8 0 1   β6   0    0 0 0 0 16 0 −20 0 5 0   β5  c(β) =  0    0 0 0 32 0 −48 0 18 0 −1   β 4   0     0 0 0 64 0 −112 0 56 0 −7 0   β 3      0 0 128 0 −256 0 160 0 −32 0 1   β2      0 256 0 −576 0 432 0 −120 0 9 0  β  512 0 −1280 0 1120 0 −400 0 50 0 −1 1 Propriedade 13.5: Polinômios de Chebyshev Os polinômios de Chebyshev cm (β) satisfazem as seguintes propriedades: •

⋄

cm (β) = cos(m cos−1 (β)) pois, (β > 1 ⇒ z ∈ C)

cm = cos(mz) , β = cos(z) , z ∈ C

cm = cos((m − 1)z + z) = cos((m − 1)z) cos(z) − sen((m − 1)z)sen(z) =

1 1 1 1 βcm−1 − cos((m−1)z −z)+ cos((m−1)z +z) = βcm−1 − cm−2 + cm ⇒ cm = 2βcm−1 −cm−2 2 2 2 2 0 ≤ β ≤ 1 ⇒ 0 ≤ z ≤ π/2 ⇒ −1 ≤ cm ≤ 1 isto é, o polinômio cm (β) oscila entre os valores −1 e 1 para m > 1. • É possı́vel mostrar que o polinômio de Chebyshev cm (β) satisfaz [12] cm (β) = cosh(m cosh−1 (β)) Portanto para β > 1, o polinômio cresce monotonicamente com β. • cm (β) é uma função par para m par, isto é, cm (−β) = cm (β) , m par • cm (β) é uma função ı́mpar para m ı́mpar, isto é, cm (−β) = −cm (β) , m ı́mpar •

c2m (0) = 0 , m ı́mpar

;

c2m (0) = 1 , m par ; c2m (1) = 1 Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

217

13.2. Chebyshev

⋄

Propriedade 13.6: Chebyshev A oscilação da função |H(jω)|2 é limitada na faixa de passagem por uma crista e um vale, dados por r 1 1 2 ≤ |H(jω)| ≤ 1 ⇒ ≤ |H(jω)| ≤ 1 2 1+ǫ 1 + ǫ2 Note que quanto maior ǫ maior é o ripple. Na freqüência de corte ω = ωc o valor do ganho é o valor do vale e na freqüência ω = 0 o valor do ganho é o valor da crista para m ı́mpar e é o valor do vale para m par. Além disso, o ganho tem m cristas no intervalo |ω| < ωc . Note que na freqüência de corte ωc o ganho do filtro de Chebyshev é r 1 1 6= √ , 0 < ǫ < 1 |H(jωc )| = 2 1+ǫ 2

⋄

O filtro de Butterworth é plano na faixa de passagem e é monotonicamente decrescente fora da faixa de passagem. Para se conseguir uma atenuação significativa na faixa de rejeição em geral necessita-se de um filtro de ordem alta. O filtro de Chebyshev tem um ripple controlável na faixa de passagem e apresenta significativa atenuação na faixa de rejeição com ordens não muito elevadas.

Exemplo 13.7 (Chebyshev): Considere as mesmas especificações para o filtro utilizadas no Exemplo 13.5. • Ganho DC igual a 1;

• Freqüência de corte ωc = 1000;

• Faixa de transição: ωp = 250 e ωr = 2000;

• Variação do ganho igual a |H(jω)| na faixa de passagem menor que ∆ = 0.01; • Atenuação mı́nima na faixa de rejeição igual a a = 100.

Para atender à especificação de variação máxima de ganho na faixa de passagem, é necessário que √

1 ≥ 1 − ∆ ⇒ ǫ ≤ 0.07 1 + ǫ2

Para atender à especificação de mı́nima atenuação na faixa de rejeição, deve-se ter 1 r

1 + ǫ2 c2m

ωr ωc

1 < a ⇒ cm (2) > 1409 ⇒ m ≥ 7

Note que c6 (2) = 1351, c7 (2) = 5042 e c8 (2) = 18817. Considere as seguintes mudanças na especificação e as conseqüentes alterações na ordem do filtro: • a = 100, ωr = 1500 ⇒ m ≥ 10;

• a = 1000, ωr = 2000 ⇒ m ≥ 7.

Note que a ordem do filtro de Chebyshev para atender as mesmas especificações é menor ou igual que a ordem do filtro de Butterworth. ✷

Propriedade 13.7: Função de transferência do filtro de Chebyshev Considerando que a resposta ao impulso do filtro de Chebyshev é real (h(t) ∈ R), a função |H(jω)|2 pode ser escrita em termos da função de transferência H(s) como |H(jω)|2 = H(jω)H ∗ (jω) = H(jω)H(−jω) = H(s)H(−s) s=jω Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

218

Capı́tulo 13. Filtros

Definindo G(s) por G(s) = H(s)H(−s) =

1 1 + ǫ2 c2m (s/(jωc ))

e fazendo λ = s/ωc , tem-se G(λ) =

1 1 + ǫ2 c2m (−jλ)

= H(λ)H(−λ) , H(λ) =

com D(λ) dado por D(λ) =

m X

1 ǫ2m−1 D(λ)

αk λk

k=0

Determinar H(s) implica em obter os αk , o que é em geral numericamente complexo. A estratégia nesse caso será obter explicitamente a expressão das raı́zes de D(λ) e, posteriormente, os coeficientes a partir das raı́zes. O coeficiente de normalização entre as funções H(λ) e D(λ) no caso de Chebyshev é para produzir o coeficiente de maior grau de D(λ) igual a 1, isto é, tornar D(λ) um polinômio mônico pois, para ω ≫ ωc tem-se |H(jβ)|2 =

1 1 1 1 2 ≈ 2 m−2 2m , |H(jβ)|2 = ≈ 2 m−2 2 2m ⇒ αm = 1 1 + ǫ2 c2m (ω/ωc ) ǫ 2 β ǫ2m−1 D(jβ) ǫ 2 αm β

É possı́vel mostrar que os pólos de H(λ), isto é, as raı́zes de D(λ), podem ser obtidos a partir dos pólos do filtro de Butterworth de mesma ordem da seguinte forma [12]: • A parte real dos pólos de H(λ) é senh(γ) vezes a parte real dos pólos do filtro de Butterworth; • A parte imaginária dos pólos de H(λ) é cosh(γ) vezes a parte imaginária dos pólos do filtro de Butterworth, sendo 1 −1 1 γ = senh m ǫ • Os pólos de Butterworth são (2k − 1)π (2k − 1)π m + 2k − 1 + j cos , k = 1, 2, . . . , m π = −sen exp j 2m 2m 2m • Portanto, os pólos λk são λk = −senh(γ)sen

(2k − 1)π 2m

+ j cosh(γ) cos

(2k − 1)π 2m

, k = 1, 2, . . . , m

Como conclusão, os pólos de G(λ) = H(λ)H(−λ) estão uniformemente distribuı́dos na elipse com centro em zero, semi-eixo maior igual a cosh(γ) e semi-eixo menor igual a senh(γ). Note que a parte real de λk é negativa, pois senh(γ) > 0 e o ângulo (2k − 1)π/(2m) está entre 0 e π/2. A Figura 13.9 mostra o módulo da resposta em freqüência e a resposta ao impulso do filtro de Chebyshev de terceira ordem com freqüência de corte ωc = 1 e ripple ǫ = 0.51 (obtido com o comando [num,den]=cheby1(3,0.51,1,’s’) do Matlab, comparados com a resposta em freqüência do filtro de Butterworth de terceira ordem e com a Sampling ceifada (ω0 = 2). ⋄ Exemplo 13.8: Considere o filtro mostrado na Figura 13.8 (Exemplo 13.6), cuja função de transferência é dada por 1 H(s) = L1 s+1 L1 C 2 s 2 + R Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

219

13.3. Exercı́cios

C 0.4

0.8

0.3

0.6

h(t)

|H(jω)|

0.2

0.4

0.1

0.2

0.5

1.5

2.5

3.5

−0.1 −5

Figura 13.9: Módulo da resposta em freqüência do filtro de Butterworth (B) e do filtro de Chebyshev (C) de terceira ordem (esquerda). Sampling ceifada (ω0 = 2) e resposta ao impulso do filtro de Chebyshev de terceira ordem (direita).

As raı́zes do polinômio de Butterworth de segunda ordem (m = 2) (Db (λ) = λ2 +

√

2λ + 1) são

1 1 1 1 −√ + j √ , −√ − j √ 2 2 2 2 Para ǫ = 0.15 (ripple de 11%), tem-se 1 1 −1 γ = senh = 1.298 , cosh(γ) = 1.967 , senh(γ) = 1.694 m ǫ As raı́zes do polinômio de Chebyshev de segunda ordem Dc (λ) são dadas por λ1 = −1.198 + j1.391 , λ2 = −1.198 − j1.391 Note que a parte real dos λ é o produto da parte real das raı́zes do polinômio de Butterworth por senh(γ) e a parte imaginária dos λ é o produto da parte imaginária das raı́zes de Butterworth por cosh(γ). A função de transferência do filtro de Chebyshev é Hc (s) =

1 1 1 = m−1 = ǫ2m−1 Dc (λ) ǫ2 (λ − λ1 )(λ − λ2 ) 0.3λ2 + 0.7188λ + 1

e, portanto, 1

Hc (s) = 0.3

s ωc

+ 0.7188

s +1 ωc

, H(s) =

L1 C 2 s 2 +

L1 s+1 R

O filtro da Figura 13.8 é um filtro de Chebyshev se L1 C 2 =

0.3 0.7188R , L1 = ωc2 ωc ✷

13.3

Exercı́cios

Exercı́cio 13.1: Determine L1 e C2 e L3 para que o filtro mostrado na figura abaixo seja um filtro de Butterworth de terceira ordem, isto é, satisfaça a função de transferência H(s) =

1 s , D(λ) = λ3 + 2λ2 + 2λ + 1 , λ = D(λ) ωc

R e ωc dados Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

220

Capı́tulo 13. Filtros L3

+ x(t) + −

y(t) −

Exercı́cio 13.2: Determine α0 , α1 e β para que o sistema abaixo seja um filtro de Butterworth de segunda ordem, isto é, satisfaça a função de transferência H(s) =

√ s 1 , D(λ) = λ2 + 2λ + 1 , λ = , ωc dado D(λ) ωc y β2

R α1

−1

α0

+ Exercı́cio 13.3: a) Determine os valores dos indutores e capacitores para que o filtro mostrado na figura abaixo seja um filtro de Butterworth de terceira ordem com ωc = 1 M rad/s e R = 1 kΩ. b) Determine os valores dos indutores e capacitores para que o filtro mostrado na figura abaixo seja um filtro de Chebyshev de terceira ordem com ωc = 1 M rad/s, R = 1 kΩ e ǫ = 0.1. RS = 0

x(t) + −

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Capı́tulo 14

Resolução de Equações Diferenciais por Transformada de Laplace Equações diferenciais lineares a coeficientes constantes podem ser resolvidas, para t ≥ 0, pela transformada de Laplace. De fato, pela chamada transformada unilateral de Laplace.

Exemplo 14.1 (Primeira ordem): Considere a equação diferencial ẏ + y = 0 , y(0) = 1 Portanto dy = −dt y

⇒

y(t) = y(0) exp(−t) = exp(−t)

Note que a transformada de Laplace de y(t) não é finita para nenhum s e, portanto, a transformada de Laplace não seria um instrumento útil para a resolução de equações diferenciais, mesmo as muito simples. Essa dificuldade pode ser superada considerando-se que apenas os valores de y(t) para t ≥ 0 são de interesse, uma vez que a condição inicial é conhecida. A função y(t) = exp(−t)u(t) tem transformada de Laplace e coincide com a solução para t > 0.

✷

Considere a classe de sinais à direita do zero, isto é, x(t) tais que x(t) = 0, t < 0, podendo ou não apresentar descontinuidade em t = 0. Por exemplo, os sinais δ(t), u(t) e exp(−t)u(t) pertencem a esta classe de sinais. Em sinais contı́nuos, x(0− ) = x(0) = x(0+ ) e em sinais descontı́nuos, x(0− ) = x(0) 6= x(0+ ).

Por simplicidade, o limite à esquerda x(0− ) será denotado x(0), e o limite à direita por x(0+ ).

Exemplo 14.2 (Descontinuidade finita): x1 (t) = exp(−t)u(t) ,

x1 (0) = 0

Em t = 0, x1 (t) tem descontinuidade finita, pois x1 (0+ ) = 1. A função

221

222

Capı́tulo 14. Resolução de Equações Diferenciais por Transformada de Laplace

y1 (t) =

Z t

−∞

x1 (β)dβ = 1 − exp(−t) u(t)

é contı́nua e pertence à classe de funções à direita.

ẏ1 (t) = exp(−t)u(t) + 1 − exp(−t) δ(t) = exp(−t)u(t) = x1 (t) ✷

Exemplo 14.3 (Descontinuidade infinita): x2 (t) = exp(−t)u(t) + 3δ(t) ,

x2 (0) = 0

Em t = 0, x2 (t) tem descontinuidade infinita. A função y2 (t) =

Z t

−∞

x2 (β)dβ = 4 − exp(−t) u(t)

não é contı́nua, pois y2 (0) = 0 e y2 (0+ ) = 3 (descontinuidade finita). Também pertence à classe de funções à direita. ẏ2 (t) = exp(−t)u(t) + 4 − exp(−t) δ(t) = exp(−t)u(t) + 3δ(t) = x2 (t) ✷

Definição 14.1: Transformada unilateral de Laplace Para a classe de funções à direita do zero, a transformada de Laplace é dada por L{x(t)} =

Z +∞

x(t) exp(−st)dt =

Z +∞

x(t) exp(−st)dt

−∞

e é denominada transformada unilateral de Laplace. Note que Luni {δ(t)} = Lbi {δ(t)} = 1 para as transformadas bilateral e unilateral, pois a integral que define a transformada unilateral de Laplace inicia-se em 0 = 0− . Note ainda que Luni {1} = Lbi {u(t)} =

1 , Re(s) > 0 s

No caso da transformada Z, não foi necessária a definição de transformada unilateral, pois não há ambigüidade no cálculo da transformada da função impulso, ou seja, δ[n]u[n] = δ[n] No caso contı́nuo, a função δ(t)u(t) não está definida (descontinuidade de u(t) em t = 0). O sı́mbolo L é usado indistintamente para as transformadas unilateral e bilateral de Laplace. Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

223 Propriedade 14.1: Transformada de Laplace da derivada L{ẋ(t)} = sL{x(t)} − x(0) , s ∈ Ωx Prova: L{ẋ(t)} =

Z +∞ 0

dx exp(−st)dt = dt

Z +∞

exp(−st)dx

Integrando por partes: L

n dx o dt

= x(t) exp(−st)

+∞ 0

−

Z +∞

x(t)(−s) exp(−st)dt

Como L{x(t)} é finita para s ∈ Ωx , tem-se lim x(t) exp(−st) = 0 t→∞ Z +∞ x(t) exp(−st)dt −x(0) = sX(s) − x(0) L{ẋ(t)} = s |0 {z } X(s) O domı́nio de L{ẋ(t)} é no mı́nimo igual a Ωx .

⋄

Exemplo 14.4: L pois

o u(t) = δ(t) = 1

1 sL{u(t)} − u(0) = s − 0 = 1 s Note que Ωu = Re(s) > 0 e Ωδ = C, isto é, o domı́nio da derivada contém o domı́nio da função. Assim,

pois

n o d L δ̇(t) = δ(t) = s − δ(0) = s dt

δ(0) = lim− δ(ǫ) ǫ→0

(limite à esquerda de 0) dm δ(t) dtm

= sm ✷

Propriedade 14.2: Transformada de Laplace das derivadas L{ẍ(t)} = s2 L{x(t)} − sx(0) − ẋ(0) pois L{ẍ(t)} = L{ẏ(t)} = sL{y(t)} − y(0) = sL{ẋ(t)} − ẋ(0) = s2 L{x(t)} − sx(0) − ẋ(0) Genericamente: Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

224

Capı́tulo 14. Resolução de Equações Diferenciais por Transformada de Laplace

m−1 X dm x(t) m sm−k−1 x(k) (0) = s L{x(t)} − L x(m) (t) = dtm k=0

⋄

Exemplo 14.5 (Sistema autônomo de primeira ordem): Considere a equação diferencial ẏ + ay = 0 , y(0) Aplicando Laplace, tem-se sY (s) − y(0) + aY (s) = 0

⇒

Y (s) =

y(0) s+a

cuja transformada inversa é y(t) = y(0) exp(−at)u(t) Note que esse exemplo modela um circuito RC autônomo, sendo y(t) a tensão no capacitor e a = 1/(RC). ✷

Exemplo 14.6 (Resposta ao impulso do circuito RC): Considere o circuito RC descrito na Figura 14.1, com τ = RC.

R x(t)

+ −

+ y(t) −

Figura 14.1: Circuito RC. cuja equação diferencial é dada por RC ẏ + y = x A resposta ao impulso pressupõe condições iniciais nulas. Para x(t) = δ(t), tem-se X(s) = 1 e, nesse caso, a saı́da Y (s) é igual a H(s) (função de transferência do circuito). A função de transferência e a resposta ao impulso são dados por H(s) =

1/τ s + 1/τ

⇒

h(t) =

1 exp(−t/τ )u(t) τ

Note que, neste caso, a resposta ao impulso corresponde à solução do circuito autônomo com a condição inicial y(0) = 1/τ . A função de transferência da tensão medida no resistor e a correspondente resposta ao impulso são dadas por Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

225

HR (s) =

s 1/τ =1− s + 1/τ s + 1/τ

⇒

hR (t) = δ(t) −

1 exp(−t/τ )u(t) τ

Observe que a resposta ao impulso pode conter impulsos, associados ao fato do grau do denominador ser igual ao grau do numerador na função de transferência. ✷

A transformada de Laplace também pode ser utilizada para fornecer valores iniciais e finais das soluções de equações diferenciais, por meio das propriedades do valor inicial e do valor final. Propriedade 14.3: Valor inicial Para X(s) tal que Ωx = {s ∈ C : Re(s) > a} com a real, e x(0+ ) − x(0) finito: x(0+ ) = lim x(t) = lim sX(s) s→+∞

t→0+

Obs.: s → +∞ deve ser entendido como s = σ + jω, com ω qualquer e σ → +∞.

pois

sX(s) − x(0) = L

n dx o dt

Z +∞ 0

dx exp(−st)dt = dt

Z 0+ 0

dx exp(−st)dt + dt

Z +∞ 0+

dx exp(−st)dt dt

Z 0+

Z +∞ Z +∞ dx dx dx + sX(s) − x(0) = dt + exp(−st)dt = x(0 ) − x(0) + exp(−st)dt dt dt dt 0 0+ 0+ Z +∞ dx exp(−st)dt vai a zero devido à existência da transformada da Para s → +∞, a integral dt 0+ derivada. Portanto, lim sX(s) − x(0) = x(0+ ) − x(0)

s→+∞

=⇒ lim sX(s) = lim x(t) s→+∞

t→0+

⋄ Propriedade 14.4: Valor final Considere x(t) tal que limt→+∞ x(t) existe (ou seja, é finito), o que implica que X(s) possui no máximo um pólo em s = 0 e todos os demais com parte real negativa. Então lim x(t) = lim sX(s)

t→+∞

s→0

pois sX(s) − x(0) = L

n dx o

Z +∞

dx exp(−st)dt dt dt 0 Z +∞ dx ⇒ lim sX(s) − x(0) = dt = lim x(t) − x(0) t→+∞ s→0 dt 0 =

⋄ A transformada inversa de Laplace é uma integral complexa que pode ser calculada usando-se técnicas de resı́duo. Entretanto, no caso de funções X(s) racionais, o cômputo pode ser feito por decomposição em frações parciais.

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

226

Capı́tulo 14. Resolução de Equações Diferenciais por Transformada de Laplace Exemplo 14.7 (Resposta ao degrau1 do circuito RC): Considere o circuito RC descrito na Figura 14.1, com τ = RC e função de transferência dada por H(s) =

1/τ s + 1/τ

Para a entrada x(t) = u(t), Y (s) = H(s)

1/τ 1 = s s(s + 1/τ )

Expandindo em frações parciais, tem-se Y (s) =

1/τ 1 1 = − s(s + 1/τ ) s s + 1/τ

resultando na resposta ao degrau dada por y(t) = 1 − exp(−t/τ ) u(t)

Observe que y(t) atinge aproximadamente 63% do valor final decorrido t = τ e 95% para t = 3τ , sendo τ denominado constante de tempo do sistema. Para t ∈ [0, τ ] tem-se y(t) ≈

t τ

e essa aproximação é usada experimentalmente para a medida da constante de tempo de sistemas de primeira ordem. A solução de regime é dada por lim y(t) = 1

t→+∞

pois o ganho DC é unitário. Note que, pelo teorema do valor final (Propriedade 14.4), tem-se lim y(t) = lim sY (s) = H(0) = 1

t→+∞

s→0

A resposta ao degrau para a função de transferência da tensão medida no resistor é dada por YR (s) =

1 s + 1/τ

⇒

yR (t) = exp(−t/τ )u(t)

e, em regime, yR (t) → 0. Resumindo, tem-se 1/τ sY (s) = = s + 1/τ

0 inicial 1 final

s → +∞ s→0

s sYR (s) = = s + 1/τ

1 inicial 0 final

s → +∞ s→0 ✷

Resposta ao degrau pressupõe condições iniciais nulas. Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

227 Exemplo 14.8 (Circuito RC excitado por exponencial): Considere o circuito RC da Figura 14.1 com τ = RC, excitado pela entrada x(t) = exp(−t)u(t) e condição inicial nula. Para τ 6= 1, tem-se Y (s) =

1/τ s + 1/τ

1 s+1

b = −a =

a b + s + 1/τ s+1

1 1−τ

e, portanto, y(t) =

1 exp(−t/τ ) − exp(−t) u(t) τ −1

Para τ = 1, tem-se Y (s) =

1 s+1

1 (s + 1)2

y(t) = t exp(−t)u(t) que poderia também ser obtido por l’Hôpital exp(−t/τ )tτ −2 u(t) = t exp(−t)u(t) τ →1 1

y(t) = lim

✷

Exemplo 14.9 (Resposta ao impulso — sistema instável): A transformada de Laplace da resposta ao impulso do sistema descrito pela equação diferencial ÿ − ẏ − 2y = −3x , (p + 1)(p − 2)y = −3x é dada por H(s) =

−3 1 1 = − (s + 1)(s − 2) s+1 s−2

Portanto, h(t) = exp(−t) − exp(2t) u(t)

Note que lims→0 sH(s) = 0 não corresponde ao valor h(+∞) pois uma das raı́zes da equação caracterı́stica é positiva (sistema instável). No entanto, o valor inicial h(0+ ) pode ser calculado por lims→+∞ sH(s) = 0. ✷

Exemplo 14.10 (Resposta à rampa2 do circuito RC): Considere o circuito RC descrito na Figura 14.1, com τ = RC e função de transferência dada por H(s) = 2

1/τ s + 1/τ

Resposta à rampa pressupõe condições iniciais nulas. Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

228

Capı́tulo 14. Resolução de Equações Diferenciais por Transformada de Laplace Para entrada a x(t) = tu(t), 1 1/τ Y (s) = H(s) 2 = 2 s s (s + 1/τ ) Expandindo em frações parciais, tem-se Y (s) =

1 τ τ 1/τ = 2− + s2 (s + 1/τ ) s s s + 1/τ

resultando na resposta à rampa dada por y(t) = t − τ + τ exp(−t/τ ) u(t)

Para t suficientemente grande (resposta em regime) tem-se y(t) ≈ t − τ

indicando que o sistema de primeira ordem apresenta saı́da em regime deslocada em relação à entrada. Note que para sistemas com ganho DC diferente de 1, a inclinação da rampa de saı́da é distinta da inclinação da rampa de entrada. ✷

Exemplo 14.11 (Sistema autônomo de segunda ordem): Considere o sistema dado por (p2 + 2ξωn p + ωn2 )y(t) = 0 , y(0) = a > 0 ,

ẏ(0) = 0

com ωn > 0 e 0 < ξ < 1 (raı́zes complexas conjugadas). A transformada de Laplace L{y(t)} = Y (s) é dada por Y (s) =

2aξωn + as 2 s + 2ξωn s + ωn2

Completando o quadrado e colocando na forma padrão para transformada inversa de seno e cosseno, tem-se Y (s) = α

s + ξωn ωd +β (s + ξωn )2 + ωd2 (s + ξωn )2 + ωd2

com α=a resultando em

β = ap

ξ 1 − ξ2

ωd = ωn

1 − ξ2

ξ sen(ωd t) u(t) y(t) = a exp(−ξωn t) cos(ωd t) + p 1 − ξ2

Note que, para ξ = 0 (sistema sem amortecimento), a resposta é dada por y(t) = a cos(ωn t). Note também que a envoltória da solução comporta-se como um sistema de primeira ordem cuja constante de tempo é τ=

1 ξωn ✷

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

229 Exemplo 14.12 (Pêndulo linearizado): A equação diferencial linear que descreve o movimento do pêndulo em torno de y(t) = 0 é dada por mℓÿ = −mgseny − mbẏ Linearizando, tem-se

b g y(t) = 0 p2 + p + ℓ ℓ

Portanto, ωn =

g ℓ

2ξωn =

b ℓ

b ⇒ ξ= √ 2 ℓg

Observe que, se b = 0 (pêndulo não amortecido), o perı́odo de oscilação é dado por

T = 2π

ℓ g

Essa expressão foi obtida experimentalmente por Galileo Galilei3 .

✷

Exemplo 14.13 (Circuito RLC): Considere o circuito RLC da Figura 14.2 para x(t) = 0 (circuito autônomo). A equação diferencial é dada por

p2 +

1 1 p+ y(t) = 0 RC LC

Portanto, 1 ωn = √ LC

1 2ξωn = RC

1 ⇒ ξ= 2R

L C

y1 L x

+ −

+ y −

Figura 14.2: Circuito RLC. Observe que, para R → ∞ (circuito sem perdas), tem-se √ T = 2π LC Note também que a constante de tempo da envoltória é τ = 2RC. ✷

Galileo Galilei, matemático italiano do século XVI. Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

230

Capı́tulo 14. Resolução de Equações Diferenciais por Transformada de Laplace Exemplo 14.14 (Resposta ao impulso de sistema de segunda ordem subamortecido): Considere o sistema dado por ωn2 s2 + 2ξωn s + ωn2

H(s) =

com 0 < ξ < 1. Completando-se o quadrado no denominador, tem-se

H(s) =

ωn 1 − ξ2

ωd (s + ξωn )2 + ωd2

1 − ξ2

com a freqüência de oscilação ωd dada por

ωd = ωn resultando em

h(t) =

ωn 1 − ξ2

exp(−ξωn t)sen(ωd t)u(t)

Esse resultado pode ser também obtido a partir da expansão em frações parciais de H(s), ou seja, H(s) =

com

a2 a1 + (s − λ1 ) (s − λ2 )

h(t) = a1 exp(λ1 t) + a2 exp(λ2 t) u(t)

λ∗2 = λ1 = −ξωn + jωd

a∗2 = a1 = −j

ωn2 2ωd

resultando em h(t) =

ωn2 ωd

exp(−ξωn t)sen(ωd t)u(t)

A identificação dos parâmetros de um sistema de segunda ordem subamortecido pode ser feita a partir da resposta ao impulso. O perı́odo T = 2π/ωd da senóide é obtido pelo cômputo do intervalo de tempo entre dois cruzamentos consecutivos com zero. O parâmetro ξ é obtido da relação entre dois picos consecutivos da senóide, chamada de decremento logarı́tmico, pois

Observe que

exp − ξωn kT = exp(ξωn T ) exp − ξωn (k + 1)T

ξωn T = p

2πξ 1 − ξ2 ✷

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

231 Exemplo 14.15 (Resposta ao degrau de sistema de segunda ordem subamortecido): Considere o sistema dado por ωn2 2 s + 2ξωn s + ωn2

H(s) = com 0 < ξ < 1. Para x(t) = u(t), tem-se Y (s) =

1 1 s + 2ξωn ωn2 = − 2 2 2 s + 2ξωn s + ωn s s s + 2ξωn s + ωn2

Completando-se os quadrados, tem-se Y (s) =

1 s + ξωn ξωn ωd − − 2 2 s (s + ξωn ) + ωd ωd (s + ξωn )2 + ωd2

resultando em ξ sen(ωd t) u(t) y(t) = 1 − exp(−ξωn t) cos(ωd t) + p 1 − ξ2

A resposta ao degrau passa por um primeiro pico (sobre-elevação) que pode ser determinado da equação ẏ(t) = 0, resultando em tpico = π/ωd

ypico = 1 + exp(−ξωn π/ωd )

Esses parâmetros podem ser utilizados para a identificação de sistemas de segunda ordem. Note que o valor de regime (t → ∞) é igual ao valor da amplitude do degrau de entrada pois o ganho DC do sistema é unitário (H(0) = 1). ✷

Propriedade 14.5: Resposta à entrada nula e resposta às condições iniciais nulas A resposta de um sistema linear invariante no tempo descrito por D(p)y(t) = x(t)

;

y(0), ẏ(0), . . . , y (m−1) (0)

pode ser decomposta em resposta à entrada nula e resposta às condições iniciais nulas, pois Y (s) = H(s)X(s) + I(s) sendo I(s) a parcela devida às condições iniciais. Note que as condições iniciais não nulas em x(t) também devem ser consideradas no cômputo da solução sempre que N (p) for de grau maior ou igual a 1 e x(t) 6= 0. ⋄ Exemplo 14.16: Considere o circuito RC da Figura 14.1 com τ = RC = 1, excitado pela entrada x(t) = cos(t)u(t) e condição inicial y(0). Y (s) =

Portanto, Y (s) =

1 1 y(0) X(s) + s+1 s+1 | {z } H(s)

s y(0) y(0) − 1/2 1 s + 1 + = + (s + 1)(s2 + 1) s + 1 s+1 2 s2 + 1 Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

232

Capı́tulo 14. Resolução de Equações Diferenciais por Transformada de Laplace

1 1 y(t) = (y(0) − 1/2) exp(−t) + cos(t) + sen(t) u(t) 2 2 Note que a resposta y(t) contém termos transitórios devido à entrada e devido à condição inicial y(0). Note ainda que, no exemplo, a condição inicial y(0) = 1/2 anula o transitório. Nesse caso, a solução é a própria resposta de regime permanente, dada por yreg (t) =

1 cos(t) + sen(t) u(t) 2 2

que é igual à solução forçada para t > 0. De fato, para a entrada x(t) = cos(t) a solução forçada poderia ser obtida diretamente pela Propriedade 7.22 1 1 1 yf (t) = H(s) s=j cos(t + ∠H(s) s=j ) = √ cos(t − π/4) = cos(t) + sen(t) 2 2 2 ✷

Exemplo 14.17 (Laplace com N (p) 6= 1): Considere a equação diferencial (p2 + 3p + 2)y = (p + 4)x , y(0) = 2 , ẏ(0) = 1 para x(t) = exp(−3t)u(t). Aplicando a transformada de Laplace, tem-se (s2 + 3s + 2)Y (s) = (s + 3)y(0) + ẏ(0) + (s + 4)X(s) − x(0) Substituindo as condições iniciais e a transformada de Laplace de exp(−3t)u(t), tem-se Y (s) =

−1 s+4 2s + 7 + + s2 + 3s + 2 (s2 + 3s + 2)(s + 3) s2 + 3s + 2 | {z } | {z } {z } | Yen (s) Yx(0) (s) Ycin (s)

com as parcelas, respectivamente, resposta à entrada nula, resposta às condições iniciais nulas e contribuição da condição inicial x(0). Decompondo em frações parciais, tem-se Y (s) =

1.5 −1 3 2 0.5 1 5 + + − − + + s+1 s+2 s+1 s+2 s+3 s+1 s+2 {z } | {z } | {z } | Yen (s) Ycin (s) Yx(0) (s)

que fornece, agrupando as parcelas, y(t) = 5.5 exp(−t) − 4 exp(−2t) + 0.5 exp(−3t) u(t) Note que, para x(t) = exp(−3t), tem-se (p+4) exp(−3t) = exp(−3t) e portanto a equação diferencial a ser resolvida é dada por (p2 + 3p + 2)y = exp(−3t) , y(0) = 2 , ẏ(0) = 1 Nessa equação, N (p) = 1 e a questão sobre a contribuição de x(0) não se coloca. Multiplicando por u(t) e aplicando a transformada de Laplace, tem-se Y (s) (s2 + 3s + 2)Y (s) = (s + 3)2 + 1 +

1 s+3

⇒ Y (s) =

5 3 0.5 1 0.5 − + − + s+1 s+2 s+1 s+2 s+3

que fornece o mesmo y(t). ✷ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

233 Propriedade 14.6: Resposta ao impulso de sistema estável A resposta ao impulso de um sistema linear invariante no tempo racional estritamente próprio (grau do numerador menor que o do denominador) com pólos de parte real negativa e função de transferência H(s) =

N (s) D(s)

é transitória, ou seja, esvanece com o tempo lim h(t) = 0

t→+∞

Como s = 0 pertence a Ωh (pólos de parte real negativa), tem-se lim h(t) = lim sH(s) = 0

t→+∞

s→0

o que qualifica o comportamento de h(t) como assintoticamente estável. ⋄

Propriedade 14.7: Resposta ao degrau de sistema estável A resposta de um sistema linear invariante no tempo racional estritamente próprio com pólos de parte real negativa excitado por um degrau com função de transferência H(s) =

N (s) D(s)

é dada por

pois

y(t) = H(0)u(t) +transitório | {z } regime Y (s) =

a N1 (s) H(s) = + s s D(s)

a = H(0)

Note que a saı́da em regime é também um degrau, com a mesma amplitude da entrada se H(0) = 1. ⋄

Propriedade 14.8: Resposta à rampa de sistema estável A resposta de um sistema linear invariante no tempo racional estritamente próprio com pólos de parte real negativa excitado por uma rampa com função de transferência H(s) =

N (s) D(s)

é dada por y(t) = H(0)tu(t) + Ḣ(0)u(t) +transitório | {z } regime

A propriedade pode ser verificada notando-se que Y (s) =

a b N1 (s) H(s) = 2+ + 2 s s s D(s)

com a = H(0)

d H(s) ds s=0 Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

234

Capı́tulo 14. Resolução de Equações Diferenciais por Transformada de Laplace

resultando em y(t) = H(0)tu(t) + Ḣ(0)u(t) + transitório Note que a saı́da em regime é também uma rampa, com a mesma inclinação se H(0) = 1 e, além disso, de mesmo valor se Ḣ(0) = 0. ⋄ Exemplo 14.18 (Resposta ao degrau e à rampa): Um sistema de primeira ordem dado por H(s) =

a s+a

com a > 0 segue uma entrada em degrau. Note que esse sistema não segue a entrada x(t) = tu(t) em regime com erro nulo, pois H(0) = 1 mas Ḣ(0) = −1/a 6= 0. Um sistema de segunda ordem dado por H(s) =

as + b s2 + as + b

com a > 0 e b > 0 segue as entradas degrau e rampa com erro de regime nulo. ✷

Propriedade 14.9: Resposta à parábola de sistema estável A resposta de um sistema linear invariante no tempo racional estritamente próprio com pólos de parte real negativa excitado por uma parábola com função de transferência H(s) =

N (s) D(s)

x(t) =

t2 1 u(t) ⇒ X(s) = 3 2 s

é dada por

pois

1 t2 y(t) = H(0) u(t) + Ḣ(0)tu(t) + Ḧ(0)u(t) +transitório 2 2 | {z } regime Y (s) =

H(s) a b c N2 (s) = 3+ 2+ + 3 s s s s D(s)

com a = H(0)

d H(s) ds s=0

1 d2 H(s) 2 ds2 s=0 ⋄

Exemplo 14.19 (Resposta à parábola): Um sistema de terceira ordem dado por H(s) =

as2 + bs + c s3 + as2 + bs + c

com raı́zes estáveis segue as entradas degrau, rampa e parábola com erro de regime nulo. ✷ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

235

14.1. Exercı́cios

14.1

Exercı́cios

Exercı́cio 14.1: Um sistema linear invariante no tempo causal é descrito pela função de transferência H(s) =

s+3 s2 + 3s + 2

a) Obtenha a resposta ao impulso do sistema b) Obtenha a resposta ao degrau do sistema Exercı́cio 14.2: Determine a resposta causal ao impulso do sistema descrito pela função de transferência H(s) dada por H(s) =

2s − 4 s2 + 2s + 5

Solução: H(s) = 2

2 (s + 1) −3 2 (s + 1) + 4 (s + 1)2 + 4

h(t) = 2 exp(−t) cos(2t) − 3 exp(−t)sen(2t) u(t) = (1 + j1.5) exp((−1 + j2)t) + (1 − j1.5) exp((−1 − j2)t) u(t)

Exercı́cio 14.3: Determine a transformada de Laplace V1 (s) = L{v1 (t)u(t)} para

v1 + v̇1 + 2v2 + v̇2 = 0 , v̇1 − v2 − v̇2 = 0 , v1 (0) = 100, v2 (0) = −100 Exercı́cio 14.4: Determine a transformada de Laplace V2 (s) = L{v2 (t)u(t)} para o sistema v1 + v̇1 + 4v2 + v̇2 = 1000 , v̇1 − v2 − v̇2 = 100 , v1 (0) = 1000 , v2 (0) = 0 Exercı́cio 14.5: Calcule y(t) para o sistema causal (condições iniciais nulas) descrito por v1 = v̇2 + v2 , v̇1 + 2v̇2 + 2v2 = δ(t) , y = 3v2 Exercı́cio 14.6: Determine Y (s) = L{y(t)u(t)} para a equação diferencial (p2 + 4p + 3)y = 0 , y(0) = a , ẏ(0) = b

Solução: Y (s) =

b + (s + 4)a s2 + 4s + 3

Exercı́cio 14.7: Considere o sistema causal descrito por (p2 + 4p + 4)y = (p + 1)x , y(0) = 2 , ẏ(0) = 3 , x(t) = exp(−2t)u(t) a) Determine Y (s) = L{y(t)u(t)} Solução: Y (s) =

b) Determine y(t)

s+1 2s + 10 2s2 + 15s + 21 + = , y(t) = (−0.5t2 + 7t + 2) exp(−2t)u(t) 3 2 (s + 2) (s + 2) (s + 2)3

Exercı́cio 14.8: Determine a resposta causal ao impulso do circuito de segunda ordem cuja equação é ÿ + 2ẏ + y = 100(2ẋ + x) Exercı́cio 14.9: a) Determine a resposta ao degrau (condições iniciais nulas) do sistema (p2 + 4p + 4)y(t) = (3p + 4)x(t) b) Determine a resposta causal ao impulso (condições iniciais nulas) do sistema (p2 + 11p + 10)y(t) = 10x(t) Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

236

Capı́tulo 14. Resolução de Equações Diferenciais por Transformada de Laplace

Exercı́cio 14.10: a) Determine a equação diferencial em y (D(p)y = N (p)x) do sistema descrito por v̇1 = 2v1 + 5v2 + x

v̇2 = v1 − 2v2 , y = v2 − 2v1

b) Determine a resposta causal ao impulso x(t) = δ(t) (condições iniciais nulas) Exercı́cio 14.11: Determine a resposta causal ao impulso do sistema descrito pelas equações v̇1 = v2 , v̇2 + 13v1 + 6v2 = x , y = 5v1 + v2 Solução: H(s) =

s+5 , h(t) = exp(−3t) cos(2t) + exp(−3t)sen(2t) s2 + 6s + 13

Exercı́cio 14.12: Considere um sistema causal cuja transformada da resposta ao degrau é dada por Y (s) = a) Determine y(0)

6s4 + 62s3 + 188s2 + 200s + 60 s(s + 1)(s + 2)(s + 3)(s + 5)

b) Determine limt→+∞ y(t)

Solução: y(0) = lim sY (s) = 6 , y(+∞) = lim sY (s) = 2 s→+∞

s→0

Exercı́cio 14.13: a) Determine y(t) para Y (s) =

3s + 2 s(s2 + 2s + 5)

b) Determine a resposta à rampa x(t) = tu(t) (condições iniciais nulas) do sistema (p2 + 11p + 10)y(t) = 10x(t) Exercı́cio 14.14: A saı́da persistente (em regime) de um sistema descrito pela função de transferência H(s) =

s+a s2 + 5s + b

para a entrada x(t) = (t − 1)u(t) é dada por (5 − t)u(t). Determine a e b. Solução:

a = −1.5 , b = 1.5 Exercı́cio 14.15: a) Determine a solução forçada (regime permanente) para a entrada x(t) = 100 cos(2t) do sistema descrito pela função de transferência H(s) =

1 s2 + 5s + 6

b) Determine a solução para a entrada x(t) = 100 cos(2t)u(t) e condições iniciais nulas Solução: yf (t) = 100|H(j2)| cos 2t + ∠H(j2) ≈ 9.81 cos(2t − 1.37) ≈ 1.92 cos(2t) + 9.62sen(2t) Y (s) = H(s)X(s) =

100s (s2 + 5s + 6)(s2 + 4)

, y(t) ≈ 23.1 exp(−3t)−25 exp(−2t)+1.92 cos(2t) + 9.62sen(2t) u(t) {z } | yf (t)

Exercı́cio 14.16: Determine a saı́da persistente (em regime) y(t) para a entrada x(t) = 0.5t2 u(t) de um sistema estável (pólos com parte real negativa) descrito por função de transferência H(s) tal que H(s)

s=0

= 10 ,

d H(s) =0 , ds s=0

d2 H(s) = −1 ds2 s=0 Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

237

14.1. Exercı́cios Exercı́cio 14.17: Determine a equação diferencial do sistema cuja resposta ao degrau é dada por yu (t) = Solução: H(s) =

exp(−t) −

s−2 (s + 1)(s + 3)

5 2 u(t) exp(−3t) − 6 3

⇒ ÿ + 4ẏ + 3y = ẋ − 2x

Exercı́cio 14.18: Determine a solução forçada yf (t), t > 0 do sistema linear invariante no tempo cuja equação diferencial é dada por t2 (p3 + 1)y(t) = (p + 10)x(t) , x(t) = + 1 u(t) 2

Solução:

yf (t) = (5t2 + t + 10)u(t)

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Capı́tulo 15

Resolução de Equações Diferenciais por Coeficientes a Determinar Equações diferenciais lineares com coeficientes constantes podem ser resolvidas pelo método dos coeficientes a determinar.

15.1

Solução da equação homogênea

Considere a equação diferencial homogênea D(p)y(t) =

m X

αk pk y(t) = 0 ,

k=0

d dk , pk = k dt dt

(15.1)

com αm = 1 e condições iniciais conhecidas, que descreve um sistema linear autônomo. Observe que a equação é uma restrição linear (combinação linear das funções y(t), ẏ(t), . . . , y (m) (t)) e portanto a solução y(t) deve necessariamente estar em um espaço de dimensão m. Definição 15.1: Independência Linear Um conjunto de sinais {yk (t), k = 1, . . . , m} é linearmente independente se e somente se m X k=1

ck yk (t) = 0 , ∀t

⇒

ck = 0 , k = 1, . . . , m

Exemplo 15.1 (Linearmente independentes): Os sinais y1 (t) = 1, y2 (t) = t e y3 (t) = t2 são linearmente independentes.

c1 y1 (t) + c2 y2 (t) + c3 y3 (t) = 0, ∀t

⇒

c1 = c2 = c3 = 0,



1 pois det 1 1

 0 0 1 1 = 2 6= 0 2 4 ✷

Definição 15.2: Base A combinação linear de um conjunto de m sinais yk (t), isto é, y(t) =

m X k=1

238

ck yk (t)

239

15.1. Solução da equação homogênea

Propriedade 15.1: Independência linear Os sinais y1 (t) = exp(λ1 t) e y2 (t) = exp(λ2 t) são linearmente independentes se e somente se λ1 6= λ2 .

Note que a1 exp(λ1 t) + a2 exp(λ2 t) = 0, ∀t, implica

a1 + a2 = 0 a1 exp(λ1 ) + a2 exp(λ2 ) = 0

⇒

a1 = a2 = 0 ⋄

Propriedade 15.2: Derivada de auto-função As funções y1 (t) = exp(λt) e y2 (t) = pk exp(λt) são linearmente dependentes, pois y2 (t) = λk exp(λt) ⋄ Propriedade 15.3: Modo próprio y(t) = exp(λt) é solução da equação (15.1) se λ é raiz de D(λ) = 0 (equação caracterı́stica), pois D(p) exp(λt) = D(λ) exp(λt) = 0 ⋄

Exemplo 15.2 (Raiz simples): Considere o circuito RC autônomo, com condição inicial (tensão no capacitor) y(0) e RC = τ . (τ p + 1)y = 0 ,

y(0)

cuja equação caracterı́stica é τλ + 1 = 0

⇒

λ=−

1 τ

A solução é dada por y(t) = a exp(λt) sendo a o coeficiente a determinar. Usando a condição inicial, tem-se y(t) = y(0) exp(λt) ✷

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

240

Capı́tulo 15. Resolução de Equações Diferenciais por Coeficientes a Determinar

Propriedade 15.4: Modos próprios Se as m raı́zes λk de D(λ) = 0 forem distintas, então y(t) =

m X

ak exp(λk t)

k=1

é solução da equação (15.1) pois λk satisfaz D(λk ) = 0, k = 1, . . . , m e os modos próprios exp(λk t), k = 1, . . . , m são linearmente independentes. ⋄ Exemplo 15.3 (Duas raı́zes reais distintas): Considere o sistema descrito pela equação diferencial p(p + 1/τ )y = 0 , y(0) = 0 , ẏ(0) = 1/τ cuja equação caracterı́stica é λ(λ + 1/τ ) = 0

⇒

λ1 = 0 , λ2 = −1/τ

A solução é dada por y(t) = a1 + a2 exp(−t/τ ) Das condições iniciais, tem-se a2 = −1

a1 = 1 ,

✷

Exemplo 15.4 (Duas raı́zes complexas conjugadas): Considere o sistema descrito pela equação diferencial √ (p2 + 2 3p + 4)y = 0 , y(0) = 1 , ẏ(0) = 0 cuja raı́zes da equação caracterı́stica são √ √ λ1 = − 3 + j , λ2 = − 3 − j A solução é dada por y(t) = a1 exp(λ1 t) + a2 exp(λ2 t) Das condições iniciais, tem-se a1 =

√ 1 3 −j 2 2

a2 =

√ 1 3 +j 2 2

De maneira equivalente, a combinação linear de modos próprios complexos conjugados pode ser escrita como √ y(t) = a exp(− 3t) cos(t + θ)

θ = −π/3 , a = 2 ✷ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

241

15.1. Solução da equação homogênea

Exemplo 15.5 (Três raı́zes distintas): Considere o sistema descrito pela equação diferencial (p2 + 1)(p + 1)y = 0 , y(0) = y0 , ẏ(0) = 1 − y0 , ÿ(0) = y0 − 1 λ1 = −1 , λ2 = j , λ3 = −j A solução é dada por y(t) = a1 exp(−t) + a2 exp(jt) + a3 exp(−jt) Das condições iniciais, tem-se a1 = y0 − 1/2

a2 = (1 − j)/4

a3 = (1 + j)/4

Portanto, y(t) = (y0 − 1/2) exp(−t) +

1 1 (exp(jt) + exp(−jt)) + (exp(jt) − exp(−jt)) 4 4j

= (y0 − 1/2) exp(−t) +

1 1 cos(t) + sen(t) 2 2 ✷

Propriedade 15.5: Operador p do produto d Para n ≥ 0 inteiro, com p = e p0 f (t) = f (t), tem-se dt n X n pk f (t)pn−k g(t) pn f (t)g(t) = k k=0

pois

p f (t)g(t) = f (t)pg(t) + g(t)pf (t)

p2 f (t)g(t) = g(t)p2 f (t) + f (t)p2 g(t) + 2pf (t)pg(t) , · · ·

⋄

Propriedade 15.6: Operador p do produto t exp(λt)

pois

d D(p) t exp(λt) = tD(λ) exp(λt) + exp(λt) D(λ) dλ

D(p) t exp(λt) = exp(λt)

= exp(λt) t

m X

αk

k=0

m X k=0

αk λ +

k X

r=0

m X k=1

k r

k−1

k−r

αk kλ

pr t =

d = exp(λt) tD(λ) + D(λ) dλ

⋄

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

242

Capı́tulo 15. Resolução de Equações Diferenciais por Coeficientes a Determinar

Propriedade 15.7: Raiz dupla Se λ é raiz dupla da equação caracterı́stica D(λ) = 0, então exp(λt) e t exp(λt) são modos próprios da equação (15.1), ou seja, d D(λ) = 0 D(p)(t exp(λt)) = exp(λt) tD(λ) + dλ pois D(λ) = 0 e

d = 0 quando λ é raiz dupla de D(λ). D(p) dp p=λ ⋄

Propriedade 15.8: Raiz múltipla Se λ é raiz de multiplicidade r de D(λ), então exp(λt), t exp(λt), . . . , tr−1 exp(λt) são modos próprios da equação (15.1). ⋄ Propriedade 15.9: Solução da equação homogênea A solução da equação (15.1) é dada pela combinação linear dos seus m modos próprios.

⋄

Exemplo 15.6 (Duas raı́zes iguais): Considere o sistema descrito pela equação diferencial (p + 1)2 y = 0 , y(0) = 0 , ẏ(0) = 1 λ1 = λ2 = −1 A solução é dada por y(t) = a1 exp(−t) + a2 t exp(−t) Das condições iniciais, tem-se a1 = 0

a2 = 1 ✷

Exemplo 15.7 (Massa-mola com amortecedor): Considere um modelo simplificado do sistema mola-amortecedor de um carro, com uma massa m sustentada por uma mola de constante k e um amortecedor de constante b, descrito pela equação diferencial mÿ = −ky − bẏ ⇒ (p2 + 2αp + β 2 )y = 0 , α =

k b , β2 = 2m m

sendo y o deslocamento vertical em relação ao ponto de equilı́brio. As raı́zes da equação caracterı́stica são λ1 = −α +

α2 − β 2 , λ2 = −α −

α2 − β 2

e portanto sempre têm parte real negativa. Para que não ocorram oscilações, o sistema deve ter raı́zes reais, isto é √ α2 > β 2 ⇒ b > 2 km Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

243

15.2. Solução da equação não homogênea A situação α2 = β 2 é conhecida como amortecimento crı́tico. Nesse caso, a solução é dada por y(t) = a1 exp(−αt) + a2 t exp(−αt) , a1 = y(0) , a2 = ẏ(0) + αy(0) ✷

Exemplo 15.8 (Duas raı́zes iguais e uma distinta): Considere o sistema descrito pela equação diferencial p2 (p + 1/τ )y = 0 , y(0) = 0 , ẏ(0) = 0 , ÿ(0) = 1/τ

λ1 = λ2 = 0 , λ3 = −1/τ A solução é dada por y(t) = a1 + a2 t + a3 exp(−t/τ ) Das condições iniciais, tem-se a1 = −τ

a2 = 1

a3 = τ ✷

15.2

Solução da equação não homogênea

Considere a equação diferencial não homogênea D(p)y(t) = N (p)x(t)

(15.2)

com αm = 1 e condições iniciais conhecidas, que descreve um sistema linear não autônomo. A equação (15.2) pode ser resolvida pelo método dos coeficientes a determinar sempre que x(t) for solução de uma equação diferencial homogênea dada por D̄(p)x(t) = 0 O polinômio D̄(p) define os modos do espaço que contém x(t). Portanto, multiplicando a equação (15.2) dos dois lados por D̄(p), tem-se a equação homogênea D̄(p)D(p)y(t) = N (p)D̄(p)x(t) = 0 que contém os modos próprios de D(p) e os modos forçados de D̄(p). As condições iniciais que permitem a solução desse sistema aumentado são as originais acrescidas de tantas quanto for o grau de D̄(p), obtidas por substituição sistemática na equação (15.2).

Exemplo 15.9 (Primeira ordem com entrada constante): Considere o sistema descrito pela equação diferencial (p + 1/τ )y = 1/τ , y(0) = 0 Neste caso, D̄(p) = p, pois a entrada x(t) = (1/τ ) exp(0t) está no espaço de dimensão um descrito pelo modo próprio associado à raiz 0, resultando na equação homogênea (resolvida no Exemplo 15.3) Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

244

Capı́tulo 15. Resolução de Equações Diferenciais por Coeficientes a Determinar

p(p + 1/τ )y = 0 , y(0) = 0 , ẏ(0) = 1/τ A condição ẏ(0) foi obtida da equação original. ✷

Exemplo 15.10 (Primeira ordem com entrada senoidal): Considere o sistema descrito pela equação diferencial (p + 1)y = cos(t) , y(0) = y0 Neste caso, D̄(p) = p2 + 1, pois a entrada x(t) = cos(t) está no espaço de dimensão dois descrito pelos modos próprios associados às raı́zes j e −j, resultando na equação homogênea (resolvida no Exemplo 15.5) (p2 + 1)(p + 1)y = 0 , y(0) = y0 , ẏ(0) = 1 − y0 , ÿ(0) = y0 − 1 ✷

Exemplo 15.11 (Primeira ordem com entrada exponencial: ressonância): Considere o sistema descrito pela equação diferencial (p + 1)y = exp(−t) , y(0) = 0 Neste caso, D̄(p) = p+1, pois a entrada x(t) = exp(−t) está no espaço de dimensão 1 descrito pelos modo próprio associado à raiz −1, resultando na equação homogênea (resolvida no Exemplo 15.6) (p + 1)2 y = 0 , y(0) = 0 , ẏ(0) = 1 Observe que a coincidência do modo próprio da função excitadora com o modo próprio do sistema produz uma solução equivalente à obtida para duas raı́zes iguais. ✷

Exemplo 15.12: Considere novamente o Exemplo 14.17, cuja equação diferencial é (p2 + 3p + 2)y = (p + 4)x , y(0) = 2 , ẏ(0) = 1 Com a entrada x(t) = exp(−3t), tem-se D̄(p) = (p + 3) ⇒ (p + 1)(p + 2)(p + 3)y = (p + 4)(p + 3)x = 0 com a condição inicial ÿ(0) = −3ẏ(0) − 2y(0) + ẋ(0) + 4x(0) = −6 A solução é dada por y(t) = 5.5 exp(−t) − 4 exp(−2t) + 0.5 exp(−3t) Note que o polinômio N (p) = p + 4 só interfere na condição inicial ÿ(0), e também que a solução obtida por Laplace no Exemplo 14.17 coincide com y(t) para t > 0, ✷

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

245

15.2. Solução da equação não homogênea

Propriedade 15.10: Solução forçada O método dos coeficientes a determinar pode ser aplicado diretamente à equação diferencial não homogênea (15.2). Para isso, identificam-se as parcelas homogênea e forçada (devido à entrada) da solução. ⇒

y(t) = yh (t) + yf (t)

D(p) yh (t) + yf (t) = N (p)x(t)

D(p)yf (t) = N (p)x(t)

(15.3)

pois D(p)yh (t) = 0. As parcelas homogênea e forçada são dadas por yh (t) =

m X

ak fk (t)

yf (t) =

m̄ X

bk gk (t)

k=1

sendo fk (t) os m modos próprios associados a D(λ) = 0 e gk os m̄ modos forçados associados a D̄(γ) = 0, considerando-se as possı́veis multiplicidades com as raı́zes λ. Os coeficientes bk são obtidos da equação (15.3) e, em seguida, os coeficientes ak são obtidos a partir das condições iniciais aplicadas na solução y(t). ⋄ Exemplo 15.13 (Solução forçada à entrada senoidal): Considere o sistema descrito pela equação diferencial (p + 1)y = 10 cos(2t) , y(0) = 0 A raiz de D(λ) = 0 é −1 e as raı́zes de D̄(γ) = 0 são γ1 = 2j

γ2 = −2j

e portanto não há coincidência de raı́zes entre D(λ) = 0 e D̄(γ) = 0. Assim, yf (t) = b1 exp(γ1 t) + b2 exp(γ2 t) Substituindo na equação, tem-se γ1 b1 exp(γ1 t) + γ2 b2 exp(γ2 t) + b1 exp(γ1 t) + b2 exp(γ2 t) = 5 exp(γ1 t) + 5 exp(γ2 t) resultando em b1 =

5 = 1 − j2 γ1 + 1

b2 =

5 = 1 + j2 γ2 + 1

Assim, y(t) = a exp(−t) + (1 − j2) exp(j2t) + (1 + j2) exp(−j2t) Das condições iniciais, obtém-se a = −2. Note que os modos forçados podem ser escritos em termos trigonométricos, ou seja, yf (t) = bc cos(2t) + bs sen(2t) Derivando e substituindo na equação, obtêm-se Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

246

Capı́tulo 15. Resolução de Equações Diferenciais por Coeficientes a Determinar

bc = 2

bs = 4

ou, ainda, pela Propriedade 7.22, yf (t) = 10

1 1 cos 2t + ∠ ≈ 4.47 cos(2t − 1.11) 1 + j2 1 + j2 ✷

Exemplo 15.14 (Solução forçada à entrada exponencial): Considere o sistema dado por (p + 1)y = 10 exp(−t) λ = −1 ,

y(0) = 1

γ = −1

Portanto, a parte forçada é dada por yf (t) = bt exp(−t)

⇒

b = 10

A solução é y(t) = a exp(−t) + 10t exp(−t)

⇒

a=1 ✷

Exemplo 15.15 (Solução forçada à entrada polinomial): Considere o sistema descrito pela equação √ (p2 + 2 3p + 4)y = 8t , y(0) = 1 , ẏ(0) = 0 √ √ λ1 = − 3 + j , λ2 = − 3 − j , γ1 = 0 , γ2 = 0 Portanto, yf (t) = b1 + b2 t

⇒

√ b1 = − 3 , b 2 = 2

√ √ y(t) = exp(− 3t) a1 cos(t) + a2 sen(t) − 3 + 2t

⇒

a1 = a2 = 1 +

√

3 ✷

Propriedade 15.11: Resposta ao impulso D(p)y(t) = N (p)x(t) , x(t) = δ(t) (condições iniciais nulas) A priori, o método dos coeficientes a determinar não poderia ser utilizado para determinar y(t) pois não existe equação diferencial linear com coeficientes constantes que produza como solução a função δ(t). Entretanto, a resposta ao impulso pode ser calculada pelo método dos coeficientes a determinar da seguinte forma. Primeiramente, resolva Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

247

15.2. Solução da equação não homogênea

D(p)f (t) = 1 , (condições iniciais nulas) A resposta ao degrau é dada por N (p) f (t)u(t) , usando o operador p aplicado ao produto (Propriedade 15.5). Por linearidade, a resposta ao impulso é dada pela derivada da resposta ao degrau, isto é, h(t) = pN (p) f (t)u(t)

⋄

Exemplo 15.16 (Resposta ao impulso): Considere (p + 2)(p − 3)y(t) = px(t) , x(t) = δ(t) , (condições iniciais nulas) (p + 2)(p − 3)f (t) = 1 ⇒ f (t) = b + a1 exp(−2t) + a2 exp(3t) b=

−1 6

f (0) = f˙(0) = 0

⇒

a1 =

1 1 , a2 = 10 15

A resposta ao degrau é dada por yu (t) = p f (t)u(t) = pf (t) u(t) + f (t) pu(t) = pf (t) u(t) + f (0)δ(t) = f˙(t)u(t) ⇒

1 exp(3t) − exp(−2t) u(t) yu (t) = − 2a1 exp(−2t) + 3a2 exp(3t) u(t) = 5

e a resposta ao impulso é dada por h(t) = pyu (t) 1 h(t) = p f˙(t)u(t) = f¨(t)u(t) + f˙(0)δ(t) = f¨(t)u(t) = 3 exp(3t) + 2 exp(−2t) u(t) 5 Note que as respostas ao degrau e ao impulso poderiam ser obtidas por transformada de Laplace. A resposta ao impulso é a transformada inversa de H(s), ou seja

H(s) =

s (s + 2)(s − 3)

⇒ H(s) =

2/5 3/5 2 3 + , h(t) = exp(−2t) + exp(3t) u(t) s+2 s−3 5 5 ✷

Exemplo 15.17: a) Determine a resposta ao degrau do sistema (p + 1)2 y = x Solução: fazendo x = 1 e y(0) = ẏ(0) = 0, tem-se y = b + a1 exp(−t) + a2 t exp(−t)

0 = b + a1 0 = −a1 + a2

⇒

b=1

a1 = −1 , a2 = −1 Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

248

Capı́tulo 15. Resolução de Equações Diferenciais por Coeficientes a Determinar Portanto, a resposta ao degrau é dada por yu (t) = 1 − exp(−t) − t exp(−t) u(t) b) Determine a resposta do sistema para x(t) = 1 e as condições iniciais y(0) = 0, y(1) = 0 (p + 1)2 y = 1 Solução: denotando ẏ(0) = a, tem-se ⇒

y = b + a1 exp(−t) + a2 t exp(−t)

0 = b + a1 a = −a1 + a2

⇒

b=1

a1 = −1 , a2 = a − 1

Portanto, y(t) = 1 − exp(−t) + (a − 1)t exp(−t) Com a condição de contorno y(1) = 0, tem-se a = 2 − exp(1) A Figura 15.1 mostra a evolução temporal das duas soluções. Observe que, no caso b), a imposição de y(1) = 0 alterou de maneira significativa a derivada no instante t = 0.

0.8

a) 0.6

0.4

0.2

−0.2

b) 0

0.5

1.5

2.5

3.5

4.5

Figura 15.1: Respostas temporais do Exemplo 15.17. ✷

15.3

Exercı́cios

Exercı́cio 15.1: a) Resolva pelo método dos coeficientes a determinar (p + 1)3 y = 0 ;

y(0) = 1 , ẏ(0) = 0 , ÿ(0) = 1 ; p =

d dt

b) Determine a equação diferencial homogênea, ordinária, linear, a coeficientes constantes e as condições iniciais que produzem a mesma solução y(t) que a equação diferencial não homogênea abaixo. (p2 + 1)y = 2 cos(t) + 4sen(t) ,

y(0) = ẏ(0) = 0 Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

249

15.3. Exercı́cios Exercı́cio 15.2: Determine y(t) para o circuito descrito pela equação ÿ + 2ẏ + 5y = 0 , y(0) = 100 , ẏ(0) = 0

Exercı́cio 15.3: a) Obtenha uma equação diferencial linear ordinária homogênea a coeficientes constantes e as correspondentes condições iniciais em t = 0, que tem como solução: 3t + 1 b) Qual é a equação diferencial linear ordinária homogênea a coeficientes constantes e as correspondentes condições iniciais em t = 0, que tem a mesma solução que ÿ + 2ẏ + 5y = 3t + 1 , y(0) = 100 , ẏ(0) = 0 Exercı́cio 15.4: a) Obtenha a equação diferencial linear ordinária homogênea a coeficientes constantes e as condições iniciais em t = 0 que que têm t exp(−2t) como solução. b) Qual é a equação diferencial linear ordinária homogênea a coeficientes constantes e as condições iniciais em t = 0 que produzem a mesma solução que ÿ + 2 ẏ + y = t exp(−2t) , y(0) = 100 , ẏ(0) = 0 Exercı́cio 15.5: Determine a resposta ao degrau do sistema (p2 + 4p + 4)y = (3p + 4)x Exercı́cio 15.6: Determine a solução forçada do sistema (p2 + 4p + 4)y = (3p + 4)x , x(t) = 3 exp(−2t) Exercı́cio 15.7: Determine a equação diferencial homogênea (e as condições iniciais) que tem a mesma solução que a equação (p2 + 2p + 1)y = 3 cosh(t) + 2senh(t) , ẏ(0) = y(0) = 0 Exercı́cio 15.8: Determine a solução y(t) das equações ÿ + 2 ẏ +

3 y = 0 , y(0) = 100 , ẏ(0) = 0 4

ÿ + 2 ẏ + y = 0 , y(0) = 100 , ẏ(0) = 0 ÿ + 2 ẏ + y = 100 exp(−t) , y(0) = 0 , ẏ(0) = 0 Exercı́cio 15.9: Determine a solução forçada de (p2 + 1)y = 2 cos(t) + 4sen(t) Exercı́cio 15.10: Determine a solução forçada de (p + 1)(p − 3)y = (p − 1)x para: a) x(t) = 3 exp(−2t),

b) x(t) = 2 exp(3t) ... Exercı́cio 15.11: Determine y (0), ÿ(0) e a equação diferencial linear homogênea ordinária a coeficientes constantes cuja solução é igual à solução de (p − 1)(p + 1)y = 5 exp(−t) + 3 exp(−2t) , y(0) = −1 , ẏ(0) = −2 Exercı́cio 15.12: Determine as condições iniciais y(0) e ẏ(0) que produzem como solução da equação (p + 3)(p + 2)y = 0 a mesma solução y(t) obtida com as condições de contorno y(0) = 1, y(1) = 2. Solução: 2 − 3 exp(−2) + 2 exp(−3) y(0) = 1 , ẏ(0) = ≈ 19.8 exp(−2) − exp(−3) Exercı́cio 15.13: Determine a solução y(t) da equação diferencial (p + 1)2 y(t) = exp(−t) , y(0) = ẏ(0) = 1 ,

d dt

Solução: y(t) = a1 exp(−t) + a2 t exp(−t) + a3 t2 exp(−t) , a1 = 1 , a2 = 2 , a3 = 0.5 Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

250

Capı́tulo 15. Resolução de Equações Diferenciais por Coeficientes a Determinar

Exercı́cio 15.14: Determine a equação diferencial homogênea, ordinária, linear, a coeficientes constantes e as condições iniciais que produzem como solução a função y(t) = t2 + 2 exp(−t) cos(2t) Solução: p3 (p2 + 2p + 5)y = (p5 + 2p4 + 5p3 )y = 0 , y(0) = 2, ẏ(0) = −2 , ÿ(0) = −4 , y (3) (0) = 22 , y (4) (0) = −14 ẏ(t) = 2t − 2 exp(−t) cos(2t) − 4 exp(−t)sen(2t) , ÿ(t) = 2 − 6 exp(−t) cos(2t) + 8 exp(−t)sen(2t)

y (3) (t) = 22 exp(−t) cos(2t) + 4 exp(−t)sen(2t) , y (4) (t) = −14 exp(−t) cos(2t) − 48 exp(−t)sen(2t) Exercı́cio 15.15: Determine a entrada x(t) da equação diferencial (p2 + 4p + 8)y = x, com as condições iniciais y(0) = ẏ(0) = 0, que produz como solução y(t) = −0.5 exp(−2t) cos(2t) − 1.5 exp(−2t)sen(2t) + 0.5 cos(2t) + sen(2t) Solução: x(t) = 10 cos(2t)

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Capı́tulo 16

Resposta em Freqüência Sistemas contı́nuos relacionam entradas e saı́das que são funções contı́nuas no tempo e, se satisfazem o princı́pio da superposição, são sistemas lineares. Notação: y(t) = G{x(t)}, sendo x(t) a entrada e y(t) a saı́da. Um sistema linear invariante no tempo, isto é,

G{x(t − a)} = y(t − a) satisfaz o teorema da convolução y(t) = G{x(t)} = h(t) ∗ x(t)

h(t) = G{δ(t)}

e possui como auto-função a entrada x(t) = exp(st)

⇒

y(t) = H(s) exp(st)

sendo H(s) a transformada bilateral de Laplace da função h(t), dada por Z +∞ h(β) exp(−sβ)dβ = L{h(t)} H(s) = −∞

O domı́nio Ωh é o conjunto dos valores de s complexos para os quais a integral é finita. A função H(s) é também denominada função de transferência do sistema, pois estabelece uma relação entre a transformada de Laplace da entrada e a da saı́da Y (s) = H(s)X(s) Para H(s) racional, as raı́zes do denominador de H(s) são denominadas pólos e as raı́zes do numerador são denominadas zeros. O cômputo de H(s) para s = jω denomina-se resposta em freqüência do sistema, escrita na forma H(jω) = M (ω) exp(jφ(ω)) sendo M (ω) o módulo e φ(ω) a fase de H(jω)

Exemplo 16.1 (Circuito RC): Considere o circuito RC descrito na Figura 16.1. A entrada é a fonte de tensão x(t) e a saı́da y(t) é a tensão no capacitor. O circuito é descrito pela equação ẏ + ou, usando o operador p =

1 1 y= x τ τ

d , dt

251

;

τ = RC

252

Capı́tulo 16. Resposta em Freqüência

R + + −

x(t)

y(t) −

Figura 16.1: Circuito RC do Exemplo 16.1.

1 1 y= x τ τ

A função de transferência é dada por H(s) =

1/τ 1 = τs + 1 s + 1/τ

Note que esta função de transferência é a transformada de Laplace de h(t) =

1 exp(−t/τ )u(t) τ

A resposta em freqüência é obtida fazendo-se s = jω, resultando em H(jω) =

M (ω) = p

1 = M (ω) exp(jφ(ω)) 1 + jωτ 1

1 + (τ ω)2

φ(ω) = − arctan(τ ω)

;

As figuras 16.2 e 16.3 mostram respectivamente o módulo e a fase da resposta em freqüência para RC = 1. 1

0.9

0.8

0.7

M (ω)

0.6

0.5

0.4

0.3

0.2

0.1

Figura 16.2: Módulo da resposta em freqüência do circuito RC do Exemplo 16.1 com RC = 1. Note que trata-se de um filtro passa-baixas, com a fase variando de 0 a −90 graus quando a freqüência varia de zero a infinito e φ(1/τ ) = −45 graus. O filtro RC possui um pólo em s = −1/τ . √ O módulo varia de 1 (freqüência ω = 0) a 0 (para freqüência ω → +∞), passando por 2/2 na freqüência 1/τ . ✷ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

253

16.1. Diagramas assintóticos de Bode 0

−10

−20

φ(ω)

−30

−40

−50

−60

−70

−80

−90

Figura 16.3: Fase da resposta em freqüência do circuito RC do Exemplo 16.1 com RC = 1.

16.1

Diagramas assintóticos de Bode

Utilizando uma escala logarı́tmica para a freqüência ω, os gráficos de módulo (em logaritmo) e fase (em graus ou radianos) da resposta em freqüência de um sistema linear podem ser desenhados de maneira aproximada por retas (assı́ntotas). Definição 16.1: Decibéis (dB) MdB (ω) = 20 log M (ω) sendo log o logaritmo na base 10. A definição de dB (decibéis) é, classicamente, 10 vezes o logaritmo da relação. O fator 20 é devido à interpretação de que a potência é proporcional ao quadrado da tensão. As assı́ntotas são definidas para baixa freqüência e para alta freqüência. A freqüência na qual ocorre o encontro das assı́ntotas é denominada freqüência de corte ωc .

Exemplo 16.2 (Pólo real negativo): Considere, com ωc > 0, a função de transferência H(s) =

ωc s + ωc

A resposta em freqüência é dada por H(jω) =

1 , M (ω) = (1 + (ω/ωc )2 )−0.5 1 + jω/ωc

2 MdB (ω) = 20 log M (ω) = −10 log 1 + (ω/ωc )

Note que no Exemplo 17.4 (circuito RC), tem-se ωc = 1/τ .

As assı́ntotas são definidas para ω ≪ ωc (baixa freqüência) e para ω ≫ ωc (alta freqüência). No exemplo, tem-se MdB ≈ 0 para baixas freqüências e MdB ≈ −20 log ω + 20 log ωc para altas freqüências, correspondendo a uma queda de 20 dB por década (aproximadamente 6 dB por oitava1 ). O encontro das assı́ntotas ocorre em ωc (freqüência de corte). Na freqüência de corte tem-se MdB = −10 log 2 ≈ −3 dB. A fase φ(ω) é dada por 1

O termo oitava, que corresponde ao dobro da freqüência, deriva do fato de que, nos pianos, a cada oito teclas dobra-se a freqüência. Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

254

Capı́tulo 16. Resposta em Freqüência

φ(ω) = − arctan(ω/ωc ) que vai de 0 a −90 graus, com φ(ωc ) = −45 graus. As assı́ntotas são 0 para freqüências abaixo de uma década da freqüência de corte ωc , −90 graus para freqüências acima de uma década de ωc e a reta unindo as duas assı́ntotas em 0.1ωc e 10ωc . As figuras 16.4 e 16.5 mostram os diagramas de Bode do sistema para ωc = 1. 20

MdB (ω)

−10

−20

−30

−40

−50

−60 −2 10

−1

Figura 16.4: Módulo (em dB) da resposta em freqüência (escala logarı́tmica) do Exemplo 16.2 com ωc = 1. 40

φ(ω)

−20

−40

−60

−80

−100

−120

−2

−1

Figura 16.5: Fase da resposta em freqüência (escala logarı́tmica) do Exemplo 16.2 com ωc = 1. Medidas experimentais da resposta em freqüência permitem obter a freqüência de corte e com isso identificar um modelo de primeira ordem para o sistema. ✷

Propriedade 16.1: Considere

Então,

H(s) = H1 (s)H2 (s) ⇒ H(jω) = M1 (ω)M2 (ω) exp jφ1 (ω) + jφ2 (ω) MdB (ω) = M1dB (ω) + M2dB (ω) ;

φ(ω) = φ1 (ω) + φ2 (ω)

pois o módulo do produto é o produto dos módulos (soma em logaritmo) e o produto de exponenciais é a exponencial da soma dos argumentos. ⋄ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

255

16.1. Diagramas assintóticos de Bode

Exemplo 16.3 (Ganho constante positivo): Considere H(s) = k > 0 constante real. Portanto, MdB (ω) = 20 log k ;

φ(ω) = 0 ✷

Exemplo 16.4 (Ganho constante negativo): Considere H(s) = −k, k > 0 constante.

Portanto,

H(s) = k exp(jπ)

⇒

MdB (ω) = 20 log k ;

φ(ω) = 180 graus ✷

Exemplo 16.5 (Zero na origem): Considere, para k > 0, H(s) = ks Portanto, MdB (ω) = 20 log ω + 20 log k ;

φ(ω) = 90 graus

Observe que MdB (ω) é uma reta que cruza o ponto 0 dB em ω = 1/k. ✷

Exemplo 16.6 (Pólo na origem): Considere, para k > 0, H(s) =

k s

Portanto, MdB (ω) = −20 log ω + 20 log k ;

φ(ω) = −90 graus

Observe que MdB (ω) é uma reta que cruza o ponto 0 dB em ω = k. ✷

Exemplo 16.7 (Zero de ordem m na origem): Considere H(s) = sm , com m ∈ Z+ . Portanto,

MdB (ω) = 20m log ω ;

φ(ω) = m90 graus ✷

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

256

Capı́tulo 16. Resposta em Freqüência

Exemplo 16.8 (Pólo de ordem m na origem): Considere H(s) =

1 , com m ∈ Z+ . sm

Portanto, MdB (ω) = −20m log ω ;

φ(ω) = −m90 graus ✷

Exemplo 16.9 (Zero real negativo): Considere, com ωc > 0, a função de transferência H(s) =

s +1 ωc

Portanto, M (ω) =

1 + (ω/ωc )2

;

φ(ω) = arctan(ω/ωc ) graus

Definição 16.2: Sistemas de fase mı́nima São sistemas que possuem pólos e zeros com parte real negativa. O termo “de fase mı́nima” vem do fato de que, por exemplo, s + 1 e s − 1 possuem o mesmo diagrama de módulo, porém o diagrama de fase mais próximo de 0 grau é o do zero com parte real negativa.

Exemplo 16.10 (Zero real positivo): Considere, com ωc > 0, a função de transferência H(s) =

s −1 ωc

A resposta em freqüência é dada por M (ω) =

1 + (ω/ωc )2

;

φ(ω) = 180 − arctan(ω/ωc ) graus

As assı́ntotas do módulo são MdB ≈ 0 para baixas freqüências e MdB ≈ 20 log ω − 20 log ωc para altas freqüências. Na freqüência de corte ωc , tem-se MdB = 10 log 2 ≈ 3 dB. As assı́ntotas da fase são 180 para freqüências abaixo de uma década da freqüência de corte ωc , 90 graus para freqüências acima de uma década de ωc e a reta de inclinação negativa unindo as duas assı́ntotas em 0.1ωc e 10ωc . Observe que a resposta em freqüência do sistema com zero real positivo distingüe-se da resposta do sistema com zero real negativo apenas pela fase. Um sistema que possui um zero com parte real positiva é chamado de sistema de fase não-mı́nima. ✷

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

257

16.1. Diagramas assintóticos de Bode Exemplo 16.11: Considere a função de transferência ℓ X

N (s) = k=0 m X D(s)

H(s) =

βk s k αk s k

k=0

com αm = 1, α0 6= 0 e m > ℓ. A assı́ntota de baixa freqüência (s = jω, ω → 0), é MdB ≈ 20 log

β0 α0

e a assı́ntota de alta freqüência (ω → +∞) é MdB ≈ 20 log βℓ ω (ℓ−m) = −20(m − ℓ) log ω + 20 log βℓ Portanto, a freqüência de corte é dada por βℓ ωc(ℓ−m) =

β0 α0

⇒ ωc =

α0 βℓ β0

1/(m−ℓ)

No exemplo do circuito RC, tem-se m = 1, ℓ = 0, β0 = βℓ = 1/τ e α0 = 1/τ , resultando em ωc = 1/τ . As assı́ntotas de fase de baixas e altas freqüências são, respectivamente, φ(ω) ≈ 0

;

φ(ω) ≈ −(m − ℓ)90 graus

Entre 0.1ωc e 10ωc , as assı́ntotas são unidas por uma reta. ✷

Exemplo 16.12 (Circuito RC em cascata): Considere o circuito da Figura 16.6, com τ1 = R1 C1 = 1 e τ2 = R2 C2 = 0.01. N

R1 x(t)

+ −

+ y(t) −

Figura 16.6: Circuito RC em cascata do Exemplo 16.12. A função de transferência é dada por Y (s) H(s) = = H1 (s)H2 (s) = X(s)

1/τ1 s + 1/τ1

1/τ2 s + 1/τ2

100 s2 + 101s + 100

e, portanto, ℓ = 0, β0 = βℓ = 100, m = 2 e α0 = 100, resultando em ωc = 10. As assı́ntotas de baixas e altas freqüências são, respectivamente, MdB ≈ 0

;

MdB ≈ 20 log

100 = −40 log ω + 40 ω2 Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

258

Capı́tulo 16. Resposta em Freqüência A aproximação por assı́ntotas pode ser melhorada considerando H(s) = H1 (s)H2 (s) com H(s) =

100 = 2 s + 101s + 100

1 s+1

100 s + 100

e somando as assı́ntotas. A Figura 16.7 mostra as assı́ntotas do módulo dos dois sistemas de primeira ordem, a soma, as assı́ntotas do sistema de segunda ordem e M (ω) (em dB) versus ω ∈ [10−2 , 104 ] (em escala logarı́tmica). 20

MdB (ω)

−20

−40

−60

−80

−100

−120 −2 10

−1

Figura 16.7: Módulo da resposta em freqüência do circuito do Exemplo 16.12. A primeira aproximação para a fase é dada pelas assı́ntotas φ(ω) ≈ 0 ;

φ(ω) ≈ −180 graus

ligadas de 0.1ωc = 1 a 10ωc = 100 por uma reta. Considerando dois sistemas de primeira ordem em cascata, tem-se as assı́ntotas φ1 (ω) ≈ 0 ;

φ1 (ω) ≈ −90 graus

ligadas de 0.1 a 10 por uma reta somadas com φ2 (ω) ≈ 0 ;

φ2 (ω) ≈ −90 graus

ligadas de 10 a 1000 por uma reta. As aproximações e o cômputo feito usando Matlab para a fase são mostrados na Figura 16.8. ✷

Sistemas lineares com pólos e zeros reais podem ser tratados como um conjunto de sistemas de primeira ordem em cascata.

Exemplo 16.13 (Circuito passa-alta): Considere o circuito RC do Exemplo 17.4 com a saı́da y(t) igual à tensão no resistor, cuja equação diferencial é (τ p + 1)y(t) = τ px(t)

⇒

H(s) = τ s

1/τ s + 1/τ

As assı́ntotas de módulo são mostradas na Figura 16.9 e as de fase na Figura 16.10 para τ = 0.1. ✷ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

259

16.1. Diagramas assintóticos de Bode 20 0 −20 −40

φ(ω)

−60 −80

−100 −120 −140 −160 −180 −200 −2 10

−1

Figura 16.8: Fase da resposta em freqüência do circuito do Exemplo 16.12. 10

MdB (ω)

−10

−20

−30

−40

−50 −1 10

Figura 16.9: Módulo da resposta em freqüência do circuito RC passa-alta do Exemplo 16.13. 100

φ(ω)

−20

−40

−60

−80

−100 −1 10

Figura 16.10: Fase da resposta em freqüência do circuito RC passa-alta do Exemplo 16.13.

Exemplo 16.14 (Pólos e zeros reais): Considere o sistema descrito pela função de transferência H(s) =

1 s 10(s + 100) 1 = +1 (s + 1)(s + 1000) s + 1 100 s/1000 + 1 Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

260

Capı́tulo 16. Resposta em Freqüência As assı́ntotas do módulo e M (ω) são mostrados na Figura 16.11, e as assı́ntotas da fase e φ(ω) na Figura 16.12. 40

MdB (ω)

−20

−40

−60

−80

−100 −2 10

−1

Figura 16.11: Módulo da resposta em freqüência do Exemplo 16.14. 100

φ(ω)

−20

−40

−60

−80

−100 −2 10

−1

Figura 16.12: Fase da resposta em freqüência do Exemplo 16.14. ✷

Em sistemas lineares, pólos e zeros complexos aparecem sempre em pares conjugados, justificando o tratamento de módulos de sistemas de segunda ordem com raı́zes complexas conjugadas.

Exemplo 16.15 (Pólos complexos: sistemas de segunda ordem subamortecidos): Considere a função de transferência de segunda ordem com raı́zes complexas λ1 e λ2 = λ∗1 dada por H(s) =

ωn2 λ1 λ2 , 0≤ξ<1 = 2 (s − λ1 )(s − λ2 ) s + 2ξωn s + ωn2

com ωn2 = λ1 λ2

;

2ξωn = −(λ1 + λ2 )

As assı́ntotas de módulo de baixas e altas freqüências são, respectivamente, MdB (ω) ≈ 0

;

MdB (ω) ≈ −40 log ω + 40 log ωn Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

261

16.1. Diagramas assintóticos de Bode e, portanto, a freqüência de corte é ωc = ωn . As assı́ntotas de fase de baixas e altas freqüências são, respectivamente, φ(ω) ≈ 0

;

φ(ω) ≈ −180 graus

As figuras 16.13 e 16.14 mostram o diagrama de Bode para ξ = 0.1 e ξ = 0.9. 20

ξ = 0.1 10

MdB (ω)

ξ = 0.9

−10

−20

−30

−40 −1 10

ω/ωn

Figura 16.13: Módulo da resposta em freqüência do Exemplo 16.15 para ξ = 0.1 e ξ = 0.9. 20 0 −20 −40

φ(ω)

−60 −80

−100

ξ = 0.9

−120 −140

ξ = 0.1 −160 −180 −200 −1 10

ω/ωn

Figura 16.14: Fase da resposta em freqüência do Exemplo 16.15 para ξ = 0.1 e ξ = 0.9. Note que a influência do ξ é determinante na transição de uma assı́ntota à outra. As raı́zes, computadas em função de ξ e ωn , são dadas por λ∗2 = λ1 = −ξωn + jωn

1 − ξ2

As raı́zes são complexas conjugadas com parte real negativa para 0 < ξ < 1. Para ξ → 1, as assı́ntotas de fase poderiam ser unidas por uma reta passando pelos pontos 0.1ωn e 10ωn . A aproximação mais utilizada considera a transição abrupta de 0 a −180 graus na freqüência de corte ωc = ωn . Note que, para ω = ωn , a fase é igual a −90 graus. A ocorrência ou não do pico de M (ω) depende do parâmetro ξ. H(jω) =

ωn2 2 2 ωn − ω + j2ξωn ω

⇒

M 2 (ω) =

ωn4 2 2 (ωn − ω )2 + 4ξ 2 ωn2 ω 2

O máximo de M (ω) ocorre na freqüência ωr na qual o denominador passa por um mı́nimo. Derivando e igualando a zero, tem-se Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

262

Capı́tulo 16. Resposta em Freqüência

ωr = ωn

1 − 2ξ 2

;

M (ωr ) =

1 2ξ

1 − ξ2

√ Note que o pico no diagrama de módulo existe apenas para ξ < 1/ 2 ≈ 0.707. Para valores de ξ tendendo a zero, M (ωr ) tende a infinito. Note também no entanto que, no domı́nio do tempo, a resposta ao degrau apresenta sobresinal para valores de ξ entre 0 e 1, pois o sobresinal está associado às raı́zes complexas. Por meio de medidas experimentais de resposta em freqüência é possı́vel determinar os valores de ωr e M (ωr ) e com isso identificar os parâmetros ξ e ωn do sistema de segunda ordem. Observe ainda que, neste caso, M (0) = 1 (0 dB). ✷

Exemplo 16.16 (Medidas experimentais): Considere as medidas experimentais da resposta em freqüência de um sistema suposto de segunda ordem, mostradas nas figuras 16.15 e 16.16. 20

MdB (ω)

−10

−20

−30

−40 0 10

Figura 16.15: Módulo da resposta em freqüência do Exemplo 16.16. 0

−20

−40

φ(ω)

−60

−80

−100

−120

−140

−160

−180 0 10

Figura 16.16: Fase da resposta em freqüência do Exemplo 16.16. Por inspeção do módulo, observa-se que o sistema é subamortecido. Observe também que a assı́ntota de alta freqüência diminui 40 dB por década, confirmando as caracterı́sticas de um sistema de segunda ordem com um par de pólos complexos conjugados e nenhum zero. Essa caracterı́stica é confirmada pela resposta de fase, que vai de 0 a −180 graus. Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

263

16.1. Diagramas assintóticos de Bode Do diagrama de módulo, obtém-se o ganho DC (ganho para baixas freqüências) de 6 dB (aproximadamente igual a 2). O pico atinge 12 dB, implicando em um ganho de 6 dB em relação ao ganho DC, isto é, duas vezes o ganho DC. Da equação M (ωr ) =

1 2ξ

obtém-se ξ ≈ 0.26.

1 − ξ2

Do diagrama de fase, obtém-se o valor ωn = 8, freqüência na qual a fase é −90 graus. A função de transferência do sistema é dada por 64 H(s) = 2 2 s + 4.16s + 64 ✷

Exemplo 16.17: Considere H(s) =

s2 + 10s + 100 s2 + 2ξωn s + ωn2 = , ξ = 0.5, ωn = 10 (s + 1)(s + 100) (s + 1)(s + 100) 40

MdB (ω)

−10

−20

−30

−40 −2 10

−1

Figura 16.17: Módulo da resposta em freqüência do Exemplo 16.17. ✷

Exemplo 16.18 (Compensador avanço ou lead): Considere o diagrama assintótico de módulo de um sistema de fase mı́nima mostrado na Figura 16.19. A função de transferência H(s) pode ser obtida notando-se que o sistema possui ganho DC igual a −20 dB (0.1), um zero em ω = 1 e um pólo em ω = 10, resultando em H(s) =

1 s+1 = s + 10 10

s+1 1

10 s + 10

O diagrama assintótico de fase é mostrado na Figura 16.20. Esse sistema, denominado compensador avanço, é utilizado em cascata com uma planta para aumentar a fase do conjunto em uma faixa de freqüência. ✷ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

264

Capı́tulo 16. Resposta em Freqüência 200

150

100

φ(ω)

−50

−100

−150

−200 −2 10

−1

Figura 16.18: Fase da resposta em freqüência do Exemplo 16.17. 10

M (ω)

−5

−10

−15

−20

−25

−30 −2 10

−1

Figura 16.19: Diagrama de módulo do Exemplo 16.18 (compensador avanço). 100

φ(ω)

−20

−40

−60

−80

−100 −2 10

−1

Figura 16.20: Diagrama de fase do Exemplo 16.18 (compensador avanço).

Exemplo 16.19 (Compensador atraso ou lag): Considere o diagrama assintótico de fase de um sistema mostrado na Figura 16.21, cujo ganho DC é 0 dB (1). O diagrama de módulo pode ser obtido notando-se que o sistema possui um pólo em ω = 1 e um zero em ω = 10, resultando em Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

265

16.1. Diagramas assintóticos de Bode 100

φ(ω)

−20

−40

−60

−80

−100 −2 10

−1

Figura 16.21: Diagrama de fase do Exemplo 16.19 (compensador atraso).

H(s) = 0.1

s + 10 = s+1

1 s+1

s + 10 10

O diagrama assintótico de módulo é mostrado na Figura 16.22. Esse sistema, denominado compensador atraso, é utilizado em cascata com uma planta para diminuir a fase do conjunto em uma faixa de freqüência. 10

M (ω)

−5

−10

−15

−20

−25

−30 −2 10

−1

Figura 16.22: Diagrama de módulo do Exemplo 16.19 (compensador atraso). ✷

Exemplo 16.20 (Relação sinal-ruı́do): A relação sinal-ruı́do é definida como

S = 20 log |a/b| N dB

sendo a a amplitude do sinal e b a amplitude do ruı́do. Aplicando o sinal x(t) = 100sen(t) contaminado pelo ruı́do aditivo w(t) = sen(10t) aos sistemas dos exemplos 16.18 e 16.19, as relações sinal-ruı́do nas saı́das dos sistemas (baseadas nas assı́ntotas) são 20 dB e 60 dB, respectivamente. ✷ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

266

Capı́tulo 16. Resposta em Freqüência

16.2

Gráficos polares

A resposta em freqüência H(jω) de sistemas lineares pode ser representada no plano complexo por coordenadas polares, isto é, módulo e fase parametrizados na freqüência ω. Ângulos positivos são representados no sentido anti-horário. Freqüentemente, é mais conveniente determinar as expressões da parte real e da parte imaginária da função de transferência para obter o lugar geométrico (gráfico polar) no plano complexo. Gráficos polares do sistema em malha aberta podem ser utilizados para estudar a estabilidade do sistema em malha fechada (critério de Nyquist2 ).

Exemplo 16.21 (Zero na origem): Para k > 0, tem-se H(s) = ks

s=jω

= kω exp(jπ/2)

que é o eixo imaginário positivo, isto é, para ω = 0 o módulo é zero, e para ω → +∞ o módulo tende para infinito, sempre com fase igual a +90 graus. ✷

Exemplo 16.22 (Pólo na origem): Para k > 0, tem-se H(s) =

k k = exp(−jπ/2) s s=jω ω

que é o eixo imaginário negativo, isto é, para ω → 0 o módulo tende a infinito, e para ω → +∞ o módulo tende a zero, sempre com fase igual a −90 graus. ✷

Propriedade 16.2: Para sistemas lineares invariantes no tempo com resposta ao impulso real, o lugar geométrico do diagrama polar de H(s), s = jω, ω ∈ (−∞, +∞) é simétrico em relação ao eixo real, isto é, H(−jω) = H(jω)∗ = M (ω) exp − jφ(ω)

⋄

A Figura 16.23 mostra os lugares geométricos do zero e do pólo na origem para ω ∈ (−∞, +∞). Im

ω≥0

ω≤0 Re

ω≤0

ω≥0

Figura 16.23: Gráfico polar para zero e pólo na origem.

Harry Nyquist, engenheiro sueco naturalizado americano (1889-1976). Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

267

16.2. Gráficos polares Exemplo 16.23 (Zero real negativo): H(s) = 1 +

s ω =1+j ωc s=jω ωc

O lugar geométrico é uma reta de inclinação igual a 90 graus partindo do ponto 1 + j0. ✷

Exemplo 16.24 (Pólo real negativo): H(s) =

1 ωc = = M (ω) exp jφ(ω) s + ωc s=jω 1 + jω/ωc

Para ω = 0, o módulo vale 1 e a fase 0. Para ω → +∞, o módulo tende a 0 e a fase a −90 graus. Em ω = ωc , tem-se 1 1 1 1 = √ exp(−jπ/4) = − j 1+j 2 2 2 O lugar geométrico é uma semi-circunferência de raio igual a 1/2, pois 1 1 (X(ω) − )2 + Y (ω)2 = ( )2 2 2 com X(ω) = Re H(jω) =

−ω/ωc 1 , Y (ω) = Im H(jω) = 2 1 + (ω/ωc ) 1 + (ω/ωc )2

começando em 1 + j0 e terminando na origem, quando ω ∈ [0, +∞). De maneira complementar, para ω de −∞ até zero, tem-se uma semi-circunferência positiva de raio 1/2 indo de zero até o ponto 1 + j0. Assim, para k > 0, o gráfico polar de H(s) = k

ωc s + ωc

é uma circunferência de raio k/2 centrada em k/2 + j0. ✷

Exemplo 16.25 (Pólos complexos): Considerando 0 < ξ < 1 (pólos complexos), tem-se H(s) =

ωn2 s2 + 2ξωn s + ωn2

H(j0) = 1 , H(+j∞) = 0∠ − π , H(jωn ) =

1 1 = ∠ − π/2 j2ξ 2ξ

A Figura 16.24 mostra o gráfico polar do Exemplo 16.25 para ξ = 0.1 e ξ = 0.9. Observe √ que o cruzamento com o eixo imaginário ocorre em 1/(2ξ). Para sistemas subamortecidos ξ < 2/2, o maior valor de M (ω) ocorre em ωr (veja Exemplo 16.15), com ωr = ωn

1 − 2ξ 2

;

M (ωr ) =

1 2ξ

1 − ξ 2 ξ=0.1

≈5 ✷

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

268

Capı́tulo 16. Resposta em Freqüência 6

ξ = 0.1 4

ξ = 0.9 0

−2

−4

−6 −3

−2

−1

Figura 16.24: Gráfico polar do Exemplo 16.25 para ξ = 0.1 e ξ = 0.9. Exemplo 16.26: Considere o sistema do tipo 1, isto é, um pólo em 0 H(s) =

a , a>0 s(s + a)

⇒

H(jω) =

−a a2 − j a2 + ω 2 ω(a2 + ω 2 )

Fazendo a análise para ω → 0, tem-se ω≪a

⇒

1 1 H(jω) ≈ − − j a ω

que define uma assı́ntota paralela ao eixo imaginário cruzando o eixo real em −1/a. Para ω → +∞, H(jω) → 0. No ponto ω = a, tem-se

H(ja) = −

√ 2 1 1 −j = ∠ − 135 graus 2a 2a 2a

O diagrama polar poderia ser obtido a partir do diagrama de Bode, fazendo-se primeiro o diagrama de fase e depois calculando os módulos para valores relevantes de fase. No exemplo, H(s) possui um pólo em 0 e um pólo em a, indicando que a fase parte de −90 graus e vai até −180 √ graus, passando em −135 graus na freqüência ω = a. Os módulos correspondentes são +∞, 0 e 2/2a. A Figura 16.25 mostra o diagrama polar para a = 1/2. ✷

Exemplo 16.27: Considere o sistema H(s) = k

a s+a

b s+b

c s+c

, k, a, b, c positivos

O diagrama polar começa (para ω = 0) no ponto (k, 0) e termina na origem, com fase −270 graus. A Figura 16.26 mostra o diagrama polar para k = 1, a = 1, b = 2 e c = 3. Observe que o ganho é aproximadamente 0.1 na fase −180 graus e 0.6 na fase −90 graus. ✷

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

269

16.2. Gráficos polares 5

ω → +∞ −1

−2

−3

−4

ω→0

−5 −4

−3

−2

−1

Figura 16.25: Gráfico polar do Exemplo 16.26 para a = 1/2. 1

0.8

0.6

0.4

0.2

−0.2

−0.4

−0.6

−0.8

−1 −0.5

0.5

1.5

Figura 16.26: Gráfico polar do Exemplo 16.27 para k = 1, a = 1, b = 2 e c = 3. Exemplo 16.28 (Pólo real positivo): O estudo da resposta em freqüência por diagramas de Bode (módulo e fase) aplica-se a sistemas lineares estáveis, isto é, funções de transferência com pólos com parte real negativa. No entanto, para o estudo da estabilidade de sistemas realimentados, as vezes é necessário traçar diagramas polares de sistemas com pólos instáveis (parte real positiva). Considere o sistema cuja função de transferência é dada por H(s) =

ωc , s − ωc

ωc > 0

Para s = jω, o módulo é idêntico ao do sistema do Exemplo 16.2 (pólo com parte real negativa), porém a fase vai de −180 (baixa freqüência, ω ≪ ωc ) a −90 graus (alta freqüência, ω ≫ ωc ), passando por −135 graus em ω = ωc . Note que X(ω) = Re H(jω) =

−ω/ωc −1 , Y (ω) = Im H(jω) = 2 1 + (ω/ωc ) 1 + (ω/ωc )2

e, portanto (veja o Exemplo 16.24) o gráfico polar é uma semi-circunferência de raio 0.5 começando em −1+j0 e terminando na origem quando ω ∈ [0, +∞), com a correspondente parte complementar quando ω ∈ (−∞, 0]. ✷ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

270

16.3

Capı́tulo 16. Resposta em Freqüência

Exercı́cios

Exercı́cio 16.1: Qual é a relação em dB das amplitudes de dois sinais senoidais de alta freqüência (isto é, freqüência muito maior do que a freqüência de corte) na saı́da de um filtro de primeira ordem se suas amplitudes na entrada são iguais e a freqüência do primeiro é o dobro da freqüência do segundo. Exercı́cio 16.2: a) Determine o módulo (em dB) e a fase (em graus) da função de transferência em malha fechada para s = j10 X(s) Y (s) 1 s + 100 + s2

−1

b) Esboce o diagrama de Bode (módulo e fase) da função de transferência em malha fechada do sistema. Exercı́cio 16.3: a) Esboce o módulo (diagrama de Bode em escala logarı́tmica) √ invariante no √ do sistema linear tempo descrito pela função de transferência racional, com pólos p1 = −5 + j5 3 e p2 = −5 − j5 3, zero z1 = 1 e ganho DC (isto é, ganho na freqüência ω = 0) igual a −20 dB. b) Esboce a fase (diagrama de Bode em graus) do sistema. Exercı́cio 16.4: Esboce as assı́ntotas de fase para o sistema de fase mı́nima cuja resposta em freqüência em módulo é dada abaixo. 60

MdB

0 −1 10

Exercı́cio 16.5: Determine a função de transferência racional cujo ganho DC é −20 dB e a resposta de fase é dada abaixo. 60

φ(ω)

−20

−40

−60

−80

−100 −2 10

−1

Exercı́cio 16.6: a) Esboce os diagramas assintóticos de Bode (módulo e fase) do sistema H(s) =

s2 + 0.2s + 1 (s + 1)(s + 10)

b) Determine a saı́da y do sistema para a entrada x = cos(20t) Exercı́cio 16.7: Esboce os diagramas assintóticos de Bode (módulo e fase) do sistema H(s) =

(s + 1)2 s(s + 10)(s + 100) Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

271

16.3. Exercı́cios Solução: 20

−10

MdB

−20

−30

−40

−50

−60

−70

−80 −1 10

180

135

φ(ω) (graus)

−45

−90

−135

−180 −1

Exercı́cio 16.8: Esboce os diagramas assintóticos de Bode (módulo e fase) do sistema

H(s) =

(s − 1)(s + 100) (s + 10)(s + 1000)

Exercı́cio 16.9: a) Esboce os diagramas assintóticos de Bode (módulo e fase) do sistema G(s) = C(s)H(s) com

C(s) =

1+s 1 + 0.01s

e H(s) descrito pelos diagramas abaixo 60

MdB

−20

−40

−60

−80

−100

−120 −1 10

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

272

Capı́tulo 16. Resposta em Freqüência

180

135

φ(ω)

−45

−90

−135

−180 −1

b) Determine a saı́da y(t) do sistema abaixo, para a entrada x(t) = cos(10t) X(s) C(s)

Y (s)

H(s)

−1

Exercı́cio 16.10: a) Esboce os diagramas assintóticos de Bode (módulo e fase) para s + 10 s(s + 100)

H(s) =

b) Usando os diagramas assintóticos de Bode, determine a saı́da y(t) do sistema para a entrada x(t) = 100sen(30t) + 104 cos(103 t) Exercı́cio 16.11: a) Determine a defasagem da saı́da y(t) do sistema linear invariante no tempo de fase mı́nima, cujo diagrama de fase é dado abaixo, para a entrada x(t) = cos(3.77 × 103 t)

φ(ω) (graus)

−45

−90

−1

b) Sabendo que o ganho DC do sistema é igual a 10 dB, determine a função de transferência H(s) Solução: −45 graus , H(s) = 20 × 100.5

(s + 1000) (s + 2)(s + 10000)

Exercı́cio 16.12: a) Sabendo que o valor DC é −40 dB, esboce as assı́ntotas de módulo (em decibéis) do sistema linear invariante no tempo cujo diagrama assintótico de fase (em graus) é mostrado abaixo. Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

273

16.3. Exercı́cios

180

φ(ω) graus

135

−45 −1

Solução: 80

MdB

−20

−40

−60

−80 −1 10

b) A partir do diagrama de módulo, determine a relação sinal-ruı́do (S/N)dB na saı́da do sistema para a entrada

x(t) = 100 cos(3t) + sen(105 t) | {z } | {z } sinal ruı́do Solução: −60 dB

Exercı́cio 16.13: Esboce as assı́ntotas de fase do sistema linear invariante no tempo (pólos e zeros com parte real negativa ou igual a zero) cujo diagrama assintótico de módulo (em decibéis) é mostrado abaixo. 40

MdB

−10

−20

−30

−40

−50

−60 −3 10

−2

−1

Solução: Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

274

Capı́tulo 16. Resposta em Freqüência 180

135

φ(ω) graus

−45

−90

−135

−180 −3 10

−2

−1

Exercı́cio 16.14: Esboce os diagramas assintóticos de Bode (módulo e fase) do sistema linear invariante no tempo descrito pela função de transferência H(s) =

100(10s − 1) s(s + 10)(s + 100)

Solução: 40

MdB

−20

−40

−60

−80 −3 10

−2

−1

180

135

φ(ω) (graus)

−45

−90

−135

−180 −3 10

−2

−1

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Capı́tulo 17

Variáveis de Estado Sistemas dinâmicos podem ser descritos por relações de entrada-saı́da ou por variáveis internas denominadas variáveis de estado. Definição 17.1: Representação canônica por variáveis de estado Sistemas contı́nuos no tempo com uma entrada escalar x(t) e uma saı́da escalar y(t) são chamados de sistemas SISO (single-input single-output). Podem ser descritos por sistemas de equações de primeira ordem nas variáveis de estado. Assim, v̇(t) = f (v(t), x(t), t)

y(t) = g(v(t), x(t), t)

sendo v(t) ∈ Rm o vetor de variáveis de estado.

t∈R

(17.1)

As trajetórias v(t), soluções da equação (17.1), são univocamente determinadas a partir da condição inicial v(0) e da entrada x(t).

Exemplo 17.1 (Lorenz1 ): Em 1963, Lorenz publicou o artigo “Deterministic nonperiodic flow”, no Journal of the Atmospheric Sciences, mostrando que equações simples podem apresentar comportamentos imprevisı́veis, denominados posteriormente2 de caóticos.

v̇1 v̇2 v̇3

= σ(v2 − v1 ) = ρv1 − v2 − v1 v3

= v1 v2 − βv3

As equações representam comportamentos atmosféricos, sendo v1 ligado à velocidade das correntes de ar e v2 , v3 associados às temperaturas. As constantes positivas são o número de Rayleigh3 ρ, o número de Prandtl4 σ e uma razão β [41]. ✷

Definição 17.2: Pontos de equilı́brio Os vetores v̄ solução do sistema de equações invariante no tempo f (v̄, x̄) = 0 para x(t) = x̄ constante são denominados pontos de equilı́brio. 1

Edward N. Lorenz, meteorologista do MIT (Massachusetts Institute of Technology). Um exemplo de sistema linear de segunda ordem com relé que apresenta comportamento caótico pode ser encontrado em [29]. 3 John William Strutt, Lord Rayleigh, fı́sico inglês (1842–1919). 4 Ludwig Prandtl, engenheiro mecânico alemão (1875–1953). 2

275

276

Capı́tulo 17. Variáveis de Estado

Sistemas lineares invariantes no tempo podem ser representados por equações matriciais em termos das variáveis de estado, das entradas e saı́das v̇ = Av + Bx

(17.2)

y = Cv + Dx

(17.3)

sendo v(t) ∈ Rm o vetor de variáveis de estado, x(t) o vetor de entradas e y(t) o vetor de saı́das. A equação (17.2) é chamada de equação dinâmica, sendo A a matriz dinâmica do sistema e B a matriz de entradas, e a equação (17.3) é chamada de equação de saı́da, sendo C a matriz de saı́das e D a matriz de transmissão direta. Definição 17.3: Sistema linearizado Uma aproximação de primeira ordem pode representar o sistema em torno do ponto de equilı́brio. Assim, utilizando o jacobiano5 tem-se ∂fi ∂fi A= , B= ∂vj v̄,x̄ ∂xj v̄,x̄ ∂gi ∂gi , D= C= ∂vj v̄,x̄ ∂xj v̄,x̄ Neste texto, apenas entradas e saı́das escalares (sistemas SISO) são consideradas, implicando que B = b (vetor coluna), C = c (vetor linha) e D = d (escalar).

Exemplo 17.2 (Lotka-Volterra): O modelo de Lotka-Volterra6 descreve, de maneira simplificada, a relação entre quantidade de predadores v1 e de presas v2 num hábitat com disponibilidade infinita de alimento para as presas. v̇1 = f1 (v1 , v2 ) = −av1 + bv1 v2

v̇2 = f2 (v1 , v2 ) = cv2 − dv1 v2

Os parâmetros a, b, c e d são positivos e representam: a é a taxa de morte do predador, por fome e envelhecimento; b é o fator de ganho (para os predadores) quando do encontro com a presa; c é a taxa de expansão da população de presas (livres dos predadores); d é o fator de perda (para as presas) quando do encontro com o predador. Os pontos de equilı́brio são (0, 0) (desaparecimento das populações) e (c/d, a/b). O jacobiano do sistema é dado por

∂fi ∂vj

−a + bv2 −dv2

bv1 c − dv1

No ponto de equilı́brio (0, 0), tem-se a representação linearizada do sistema v̇1 −a = v̇2 0

0 c

v1 v2

que corresponde a dois sistemas de primeira ordem desacoplados, um que cresce exponencialmente com c (presa) e outro que decresce exponencialmente com a (predador). No ponto de equilı́brio (c/d, a/b), tem-se a representação linearizada do sistema v̇1 0 = −ad/b v̇2 5 6

bc/d 0

v1 v2

Karl Gustav Jacob Jacobi, prussiano do século XIX. Alfred James Lotka, austrı́aco e Vito Volterra, italiano, ambos do final do século XIX. Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

277 na qual as variáveis representam os desvios em relação ao ponto de equilı́brio. Escrevendo a equação de segunda ordem em v1 (predador), tem-se v̈1 + acv1 = 0 √ que produz soluções puramente oscilatórias com freqüência ac (em radianos), indicando √ que o número de predadores em torno de c/d alterna-se periodicamente com perı́odo T = 2π/ ac. A mesma equação diferencial é obtida na variável v2 (presa), indicando que o número de presas alterna-se periodicamente em torno de a/b. As Figuras 17.1 e 17.2 mostram a evolução do sistema não-linear (a = b = c = d = 1) para as condições iniciais (0.1, 1) (Figura 17.1), (0.9, 1.1) (Figura 17.2, esquerda) e (0.1, 0.1) (Figura 17.2, direita). As trajetórias foram obtidas por simulação numérica, algoritmo de Runge-Kutta.7 Note que o perı́odo das oscilações é aproximadamente igual a 8 na Figura 17.1 e 7 na Figura 17.2 (esquerda), enquanto que o perı́odo do sistema linearizado é 2π. O menor desvio no segundo caso decorre da proximidade da condição inicial com o ponto de linearização. 4

3.5

2.5

1.5

0.5

Figura 17.1: Predadores (curva contı́nua) e presas (traço-e-ponto) para condição inicial (0.1, 1). 6

0.8

0.6

0.4

0.2

Figura 17.2: Predadores (curva contı́nua) e presas (traço-e-ponto) para condição inicial (0.9, 1.1) (esquerda) e (0.1, 0.1) (direita). ✷ 7

Carle David Tolmé Runge (1856-1927) e Martin Wilhelm Kutta (1867-1944), matemáticos alemães. Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

278

Capı́tulo 17. Variáveis de Estado

Definição 17.4: Espaço de fases É a representação espacial das trajetórias de um sistema dinâmico em coordenadas de variáveis de estado, tendo como variável implı́cita o tempo, chamada de plano de fase quando apenas duas das variáveis são representadas. Propriedade 17.1: Plano de fase Não há cruzamento de trajetórias no espaço de fases, pois o sistema não pode evoluir diferentemente a partir de um mesmo ponto. ⋄

Exemplo 17.3: Os planos de fase do Exemplo 17.2 (Lotka-Volterra) são mostrados na Figura 17.3. 6

Figura 17.3: Planos de fase para as condições iniciais (0.1, 0.1) (curva pontilhada), (0.9, 1.1) (tracejada) e (0.1, 1) (contı́nua) do modelo de Lotka-Volterra (a = b = c = d = 1). ✷

Exemplo 17.4 (Circuito RC): Considere o circuito RC descrito na Figura 17.4 com τ = RC.

R x(t)

+ −

+ v(t) −

Figura 17.4: Circuito RC. Considerando como saı́da a tensão y(t) no resistor, têm-se as equações de estado e de saı́da 1 1 v̇ = − v + x τ τ

y = −v + x ✷

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

279 v2 L + −

+ v1 −

Figura 17.5: Circuito RLC.

Exemplo 17.5 (Circuito RLC): As equações de estado do circuito da Figura 17.5 são v̇1 −1/(RC) = v̇2 −1/L

v1 0 + x v2 1/L v1 0 v2

1/C 0

y = 1/R

A equação diferencial em y (corrente no resistor) é dada por

1 1 p+ p + RC LC 2

1 x RLC ✷

Exemplo 17.6 (Circuito de terceira ordem): As equações de estado do circuito da Figura 17.6 são

R1 L

v2 R2

−

+ y −

+ v1 −

Figura 17.6: Circuito de terceira ordem.



    v̇(t) =     

1 C1

1 − R 2 C2

1 L

−



   1   v(t) − C2     R1 − L 1

0 0

 v1 v =  v2  v3 

Esse circuito é usado para simular surtos de alta tensão (raios) em laboratório. O capacitor C2 , inicialmente carregado, transfere a energia para o capacitor C1 gerando um pulso cujo tempo de subida é da ordem de 1µs e que cai a 50% de seu valor em cerca de 50µs. Valores tı́picos: C2 = 0.6µF , C1 = 0.001µF , R1 = 350Ω, R2 = 115Ω e L = 200µH (indutância parasita). Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

280

Capı́tulo 17. Variáveis de Estado A equação diferencial homogênea de terceira ordem em y é

p3 +

1 R1 + L R 2 C2

p2 +

1 1 + LC1 LC2

R1 R2

1 LC1 R2 C2

y=0

Supondo todos os parâmetros iguais a 1, tem-se v̇1 = v3 , v̇2 = −v2 − v3 ,

v̇3 = −v1 + v2 − v3 , y = v1

cuja implementação usando integradores é mostrada na Figura 17.7.

−1

v1 y

−1 −1

−1

Figura 17.7: Implementação com integradores do circuito do Exemplo 17.5 (circuito de terceira ordem).

✷

Muitos sistemas dinâmicos são descritos por equações diferenciais que não estão na forma de variáveis de estado. Neste caso, é preciso definir variáveis de estado internas de maneira conveniente.

Exemplo 17.7 (Pêndulo simples): O pêndulo simples de comprimento ℓ, oscilando em um plano vertical, sujeito ao atrito de fricção no engate e sustentando na extremidade livre uma massa m é descrito pela equação mℓθ̈ = −mgsen(θ) − mbθ̇ sendo θ o ângulo com a vertical, g a aceleração da gravidade e b o coeficiente de atrito. Definindo-se v1 = θ

v2 = θ̇

tem-se v̇1 = v2

b g v̇2 = − sen(v1 ) − v2 ℓ ℓ

Os pontos de equilı́brio são (0, 0) e (π, 0). O jacobiano é dado por

∂fi ∂vj

0 −(g/ℓ) cos(v1 )

1 −b/ℓ

Linearizando o sistema em torno de (0, 0), tem-se Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

281

v̇1 v̇2

0 −g/ℓ

1 −b/ℓ

v1 v2

cuja equação caracterı́stica é g b ∆(λ) = λ2 + λ + = 0 ℓ ℓ

−b 1 λ1,2 = ± 2ℓ 2

⇒

s 2 4g b − ℓ ℓ

implicando que as raı́zes da equação têm parte real negativa (sistema estável). Note que para √ b < 2 gℓ, as raı́zes são p complexas conjugadas (oscilação). Além disso, se b = 0, a freqüência angular da oscilação é g/ℓ. Linearizando o sistema em torno de (π, 0), tem-se

v̇1 v̇2

0 g/ℓ

1 −b/ℓ

⇒

−b 1 λ1,2 = ± 2ℓ 2

v1 v2

cuja equação caracterı́stica é g b ∆(λ) = λ2 + λ − = 0 ℓ ℓ

s 2 4g b + ℓ ℓ

implicando que uma raiz da equação tem parte real positiva (sistema instável). A Figura 17.8 mostra o plano de fase do modelo não linear (contı́nuo) e do modelo linearizado (tracejado) em torno do ponto (0, 0), para condição inicial (π/3, 0). Note que o não linear tem atenuação maior do que o linear. 6

−2

−4

−6

−π/3

−π/6

π/6

π/3

Figura 17.8: Planos de fase do pêndulo para a condição inicial (π/3, 0). ✷

Exemplo 17.8 (Van der Pol): Van der Pol8 estudou osciladores a válvula descritos pela seguinte equação ÿ − 2µ(1 − y 2 )ẏ + y = 0 , µ > 0 Definindo 8

Balthasar Van der Pol, engenheiro eletricista holandês (1889–1959). Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

282

Capı́tulo 17. Variáveis de Estado

v1 = y

v2 = ẏ

tem-se v̇1 = v2

v̇2 = −v1 + 2µ(1 − v12 )v2

O ponto de equilı́brio é (v1 , v2 ) = (0, 0) e o jacobiano é dado por

∂fi ∂vj

0 −1 − 4µv1 v2

v̇1 v̇2

1 2µ(1 − v12 )

O sistema linearizado é dado por

0 1 −1 2µ

v1 v2

resultando na equação de segunda ordem em v2 (p2 − 2µp + 1)v2 = 0 Para 0 < µ < 1, têm-se as raı́zes da equação caracterı́stica λ1 = λ∗2 = µ + j

p 1 − µ2

tratando-se, portanto, de um sistema instável oscilatório. A solução v2 (t) é dada por v2 (t) = a exp(µt) cos ( com a e θ definidos pelas condições iniciais.

1 − µ2 )t + θ

Os planos de fase para µ = 0.5 são mostrados na Figura 17.9. Observe que o sistema não-linear possui um ciclo-limite estável e que o modelo linearizado em torno do ponto de equilı́brio (0, 0) apresenta o caráter oscilatório instável da solução. 3

−1

−2

−3 −2.5

−2

−1.5

−1

−0.5

0.5

1.5

2.5

Figura 17.9: Planos de fase para as condições iniciais (0.01, 0), (−2, 2) e (2, −2) do oscilador de Van der Pol. ✷

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

283 Exemplo 17.9: Considere a equação diferencial ÿ + 2ẏ + y = x Usando diferenciadores, pode-se implementar a equação como mostrado na Figura 17.10. Note que na entrada do diferenciador da esquerda, tem-se y = x − 2ẏ − ÿ De maneira similar, a Figura 17.11 mostra uma implementação com integradores. Na entrada do integrador da esquerda, tem-se ÿ = x − 2ẏ − y

y x

ÿ

ẏ

d/dt

−1

+ Figura 17.10: Implementação com diferenciadores de ÿ + 2ẏ + y = x. x

ÿ

ẏ

−1

+ Figura 17.11: Implementação com integradores de ÿ + 2ẏ + y = x. Apesar de ambas as implementações representarem a mesma equação diferencial (mesma função de transferência), é preferı́vel usar integradores pois diferenciadores amplificam ruı́dos de alta freqüência. Supondo um sinal x(t) sujeito ao ruı́do aditivo de alta freqüência η(t), ambos senoidais, aplicados na entrada de um diferenciador, tem-se x(t) + η(t) = sen(ω0 t) + sen(ωt)

⇒

y(t) = ω0 cos(ω0 t) + ω cos(ωt)

cujas relações sinal-ruı́do são S N

= 0 dB

;

S N

out

= 20 log ω0 /ω

implicando que a relação sinal-ruı́do da saı́da diminui com o aumento da freqüência do ruı́do. Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

284

Capı́tulo 17. Variáveis de Estado Por outro lado, na saı́da do integrador tem-se y(t) = −

1 1 cos(ω0 t) − cos(ωt) ω0 ω

⇒

out

= 20 log ω/ω0

e portanto a relação sinal-ruı́do aumenta com a freqüência.

✷

17.1

Representação em variáveis de estado a partir da equação diferencial

Algumas representações em variáveis de estado, ditas canônicas, podem ser obtidas por inspeção direta da equação diferencial. Propriedade 17.2: Caso N (p) = β0 (sem a derivada da entrada) Considere a equação diferencial D(p)y(t) = β0 x(t)

D(p) =

m X

α k pk

k=0

com αm = 1, αk e β0 coeficientes constantes. Definindo as variáveis de estado v ∈ Rm

v1 = y , v2 = ẏ , . . . , vm = y (m−1) tem-se v̇m = y (m) = −

m−1 X

αk vk+1 + β0 x

v̇ = Av + bx

y = cv + dx

k=0

Em notação matricial,

com 

   v̇ =   

0 0 .. .

1 0 .. .

0 1 .. .

··· ··· .. .

0 0 .. .





0 0 .. .



         v + x        0  0 0 0 ··· 1 β0 −α0 −α1 −α2 · · · −αm−1 y = 1 0 0 ··· 0 v + 0 x

A matriz A acima está na forma denominada companheira.

Note que, definindo-se novas variáveis de estado vk ← vk /β0 , tem-se a representação     0 1 0 ··· 0 0  0   0  0 1 · · · 0        ..  .. .. .. .. v̇ =  ... v +   . x . . . .      0   0  0 0 ··· 1 −α0 −α1 −α2 · · · −αm−1 1 y = β0 0 0 · · · 0 v + 0 x

⋄

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

285

17.1. Representação em variáveis de estado a partir da equação diferencial

Exemplo 17.10: O circuito de terceira ordem do Exemplo 17.6 descrito pela equação diferencial

p3 +

R1 1 + L R2 C2

p2 +

1 1 + LC1 LC2

R1 R2

1 LC1 R2 C2

y=0

pode ser representado pela equação de estado 

α0 =

1 , LC1 R2 C2

0 v̇ =  0 −α0 α1 =

 0 1 v −α2

1 0 −α1

1 1 R 1 + , 1+ LC1 LC2 R2 y=

0 0

α2 =

1 R2 C2

sendo v1 = y, v2 = ẏ e v3 = ÿ. Note que essa escolha produz uma representação por variáveis de estado sistemática e simples, diferente da obtida no Exemplo 17.6, e que ambas produzem a mesma equação diferencial em y. A Figura 17.12 mostra a implementação com integradores.

−1

α2

α1

v1 y

α0

Figura 17.12: Implementação com integradores do circuito do Exemplo 17.5 (circuito de terceira ordem). ✷

Exemplo 17.11: O circuito de segunda ordem do Exemplo 17.5 descrito pela equação diferencial

1 1 p + p+ RC LC 2

1 x RLC

pode ser representado na forma de variáveis de estado por

v̇ =

0 1 − LC

1 1 − RC y=

sendo v1 = y e v2 = ẏ.

1 0

0 1 RLC

✷

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

286

Capı́tulo 17. Variáveis de Estado

Propriedade 17.3: Caso estritamente próprio — N (p) no vetor de saı́da A equação diferencial (estritamente própria) D(p)y(t) = N (p)x(t)

D(p) =

m X

αk p

N (p) =

m−1 X

β k pk

k=0

com αm = 1 e demais coeficientes constantes pode ser representada pelas equações de estado v̇ = Av + bx

y = cv + dx

Considere a escolha de variáveis de estado v ∈ Rm tal que y=

m−1 X

⇒

βk vk+1

k=0

β0 β1 β2 · · · βm−1

, d=0

v̇1 = v2 , v̇2 = v3 , . . . , v̇m−1 = vm , v̇m = ξ Portanto, v1 = p−m ξ , v2 = p−m+1 ξ , . . . , vm = p−1 ξ Substituindo as variáveis v na expressão de y, tem-se m−1 X

k=0

βk pk−m ξ

Da equação D(p)y = N (p)x, tem-se y=

m−1 X

βk pk−m

k=0

x m X

αk pk−m

k=0

Igualando as duas expressões, tem-se m X k=0

αk pk−m ξ = x

⇒

ξ = v̇m = −

0 1 .. .

··· ··· .. .

m−1 X k=0

αk vk+1 + x

resultando em 

   v̇ =   

0 0 .. .

1 0 .. .

0 0 0 −α0 −α1 −α2



 0   0       .   v +  ..  x      0  ··· 1 1 · · · −αm−1 0 0 .. .

β0 β1 β2 · · · βm−1



(17.4)

(17.5) ⋄

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

287

17.1. Representação em variáveis de estado a partir da equação diferencial Exemplo 17.12: Considere o sistema (estritamente próprio) D(p)y = N (p)x ⇒ (p3 + 2p2 + 3p + 4)y = (p2 + 2p − 1)x Seja y = β0 v1 + β1 v2 + β2 v3 = −v1 + 2v2 + v3 e as variáveis de estado v̇1 = v2 , v̇2 = v3 , v̇3 = ξ ⇒ v1 = p−3 ξ , v2 = p−2 ξ , v3 = p−1 ξ que resultam em y = −v1 + 2v2 + v3 = −p−3 ξ + 2p−2 ξ + p−1 ξ = (p−1 + 2p−2 − p−3 )ξ Da equação D(p)y = N (p)x, tem-se y = (p−1 + 2p−2 − p−3 )

1 (1 + 2p−1 + 3p−2 + 4p−3 )

Portanto, (1 + 2p−1 + 3p−2 + 4p−3 )ξ = x

⇒

ξ = −2p−1 ξ − 3p−2 ξ − 4p−3 ξ + x

ξ = v̇3 = −4v1 − 3v2 − 2v3 + x resultando em (veja a representação com integradores na Figura 17.13) 

0 1 0 v̇ =  0 −4 −3 y=

   0 0 1 v +  0 x 1 −2

−1 2

v ✷

Propriedade 17.4: Caso próprio — N (p) no vetor de saı́da No caso próprio (grau de D(p) igual ao grau de N (p)), dividindo-se N (p)/D(p) tem-se N (p) = D(p)βm + N̄ (p)

⇒

D(p)y = N (p)x = D(p)βm x + N̄ (p)x

com N̄ (p) =

m−1 X

β̄k pk

k=0

β̄k = βk − βm αk

Definindo y = y1 + β m x

⇒

D(p)y1 = N̄ (p)x

tem-se um sistema estritamente próprio em y1 . A matriz A e o vetor b são portanto idênticos ao caso estritamente próprio e o vetor c e d são dados por c=

β̄0 β̄1 β̄2 · · · β̄m−1

βm

⋄

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

288

Capı́tulo 17. Variáveis de Estado y

β2 = 1

β1 = 2

β0 = −1

−1

α2 = 2

α1 = 3

α0 = 4

Figura 17.13: Realização da equação do Exemplo 17.12 com N (p) no vetor de saı́da.

Exemplo 17.13 (Circuito RRLC): Considere o circuito descrito na Figura 17.14, cujas equações são 1 L ν̇2 + ν2 = C ν̇1 + ν1 R2 R1

x = Lν̇2 + ν1

L ν̇2 R2

R2 ν2 L

+ −

+ ν1

−

Figura 17.14: Circuito RRLC. A equação diferencial em y é

D(p)y = N (p)x

D(p) = p +

1 1 + R1 C R2 C

1 p+ LC

1 1 N (p) = p p+ R2 R1 C

A divisão N (p)/D(p) resulta em β2 = 1/R2 e Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

289

17.1. Representação em variáveis de estado a partir da equação diferencial

N̄ (p) = −

1 1 p− R22 C R2 LC

A representação em equações de estado na forma companheira (note que as variáveis de estado v1 e v2 não mais correspondem à tensão no capacitor ν1 e à corrente no indutor ν2 ) é dada por 

0 1 v̇ =  − LC y=

−

1 1 1 + R1 C R2 C 1 − 2 R2 C

1 − R2 LC



v +

0 1

1 R2

Observe que D(p) pode ser escrito como

D(p) =

 1 1 1 1  p+ + − p+  R1 C R2 C LC R1 R2 C 2



 1  p+ R1 C

Se as constantes de tempo associadas às malhas do circuito forem iguais, isto é, se L = R1 C R2 tem-se D(p) =

1 p+ R1 C

1 R2 C

e a equação diferencial em y (de primeira ordem) é dada por

1 p+ R2 C

1 px R2

Considerando R1 = R2 = C = L = 1, tem-se 0 0 1 v+ x , v̇ = 1 −1 −2 | {z }

−α0

e a equação diferencial

−α1

y = −1 −1 v + 1 x | {z } |{z} −β̄0

−β̄1

β2

(p2 + 2p + 1)y = (p2 + 2p + 1)1 − (p + 1) x = p(p + 1)x ✷

Exemplo 17.14: Considere um sistema próprio descrito pela equação diferencial

Portanto,

(p2 + 2p + 1)y = (p2 + 1)x = (p2 + 2p + 1) − 2p x α0 = 1 , α1 = 2 , β̄0 = 0 , β̄1 = −2 , β2 = 1

resultando em Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

290

Capı́tulo 17. Variáveis de Estado

v̇ =

1 −2

0 1

0 −2

0 −1

x ✷

Propriedade 17.5: Equação diferencial a partir da representação de estado (sistema SISO) Utilizando o operador p, a saı́da y do sistema SISO descrito na forma de representação de estado v̇ = Av + bx y = cv + dx é dada por N (p) x y = c(pI − A)−1 b + d x = D(p)

Note que trata-se de uma equação diferencial de ordem m, pois det(pI−A) é um polinômio de ordem m em p. Eventualmente, a equação diferencial pode ter ordem menor do que m se houver cancelamentos entre zeros e pólos. O sistema é estritamente próprio se d = 0 e próprio para d 6= 0. Portanto, não é possı́vel descrever na forma de variáveis de estado sistemas com grau de N (p) maior do que o grau de D(p). ⋄

Exemplo 17.15: Considere o sistema v̇ =

(pI − A)

−1

p 1

1 −2

0 1

0 −2

0 −1

−1 p+2

−1

1 = p(p + 2) + 1

p+2 −1

1 p

0 1

e portanto N (p) 1 = c(pI − A)−1 b + d = 0 −2 D(p) p2 + 2p + 1 =

−2p

p2 + 2p + 1

p+2 −1

+1=

1 p

+1=

p2 + 1 p2 + 2p + 1

Note que foi obtida a mesma equação diferencial que a do Exemplo 17.14. ✷

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

291

17.1. Representação em variáveis de estado a partir da equação diferencial Exemplo 17.16: Considere novamente o sistema do Exemplo 17.15 v̇ =

1 −2

0 1

0 −2

0 −1

Utilizando o operador p, obtém-se um sistema linear de 3 equações a 3 incógnitas v1 , v2 e y:

pv1

pv2 y

= =

−v1 − 2v2 + x −2v2 + x

Eliminando v1 , tem-se (p2 + 2p + 1)v2 y

= px = −2v2 + x

Eliminando v2 , obtém-se px y = −2 2 +x p + 2p + 1 que resulta na equação diferencial (p2 + 2p + 1)y = (p2 + 1)x ✷

Propriedade 17.6: Caso estritamente próprio — N (p) no vetor de entrada Outras representações matriciais podem ser obtidas com escolhas diferentes das variáveis de estado. Considere a equação diferencial (p3 + α2 p2 + α1 p + α0 )y = (β2 p2 + β1 p + β0 )x Definindo as variáveis de estado pv1 = −α0 v3 + β0 x pv2 = v1 − α1 v3 + β1 x pv3 = v2 − α2 v3 + β2 x verifica-se que v3 satisfaz a equação diferencial satisfeita por y, ou seja, v3 = y, pois p2 v3 = (v1 − α1 v3 + β1 x) − α2 pv3 + β2 px p3 v3 = (−α0 v3 + β0 x) − α1 pv3 + β1 px − α2 p2 v3 + β2 p2 x ⇒ (p3 + α2 p2 + α1 p + α0 )v3 = (β2 p2 + β1 p + β0 )x Dessa forma, a representação matricial (veja a implementação na Figura 17.15) é dada por Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

292

Capı́tulo 17. Variáveis de Estado

α1

α0

α2

β1

β0

−1

β2

x Figura 17.15: Realização com N (p) no vetor de entrada.

   β0 0 0 −α0 v̇ =  1 0 −α1  v +  β1  x β2 0 1 −α2 

y= Generalizando, tem-se

0 0 1

   β0 0 ··· 0 −α0  β1   1 ··· 0 −α1      v + v̇ =  . .  ..  x  . ..  .    .. . . .. . βm−1 0 · · · 1 −αm−1 

0 ··· 1

(17.6)

(17.7) ⋄

Propriedade 17.7: Representação dual A representação de estado (A, b, c, d) produz a mesma equação diferencial que a representação dual de estado (A′ , c′ , b′ , d), pois ′ N (p) = c(pI − A)−1 b + d = b′ (pI − A′ )−1 c′ + d D(p)

Note que a representação (17.6)-(17.7) é dual da representação (17.4)-(17.5). ⋄

Exemplo 17.17: A representação de estado v̇ =

0 0 1 x v+ 1 −1 −2

e sua representação dual

0 ν̇ = 1

−1 −1 ν+ x , −2 −1

y = −1

−1 v + 1 x

y= 0 1 ν+ 1 x Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

293

17.2. Exercı́cios resultam na mesma equação diferencial (p2 + 2p + 1)y = p(p + 1)x ✷

Propriedade 17.8: Invariância com transformações lineares Transformações lineares biunı́vocas de variáveis de estado, na forma v̂ = T v com T não singular, não alteram a equação diferencial do sistema, pois v = T −1 v̂

⇒

v̂˙ = T AT −1 v̂ + T bx , y = cT −1 v̂ + d

cT −1 (pI − T AT −1 )−1 T b + d = cT −1 (pT T −1 − T AT −1 )−1 T b + d = = cT −1 T (pI − A)T −1

17.2

−1

T b + d = cT −1 T (pI − A)−1 T −1 T b + d = c(pI − A)−1 b + d =

N (p) D(p) ⋄

Exercı́cios

Exercı́cio 17.1: Considere o sistema linear descrito pelas equações 0 0 1 x v+ v̇ = 1 −6 −5 y= 1 1 v

Y (s) do sistema X(s) ′ b) Determine a resposta à entrada nula yen (t) para v(0) = 0 1 a) Obtenha a função de transferência H(s) =

c) Determine a resposta ao impulso (condições iniciais nulas)

d) Determine y(t) para a entrada x(t) = exp(−2t), t > 0, com condições iniciais nulas

Exercı́cio 17.2: Obtenha as equações de estado para o circuito abaixo, na forma v v̇ = Av + bx ; y = cv + dx ; v= 1 v2 sendo v1 a tensão no capacitor e v2 a corrente no indutor. A saı́da y é a tensão no resistor (como indicado) e x(t) é a entrada (fonte de tensão). R v2 x(t)

+ −

L C

R −

−

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

294

Capı́tulo 17. Variáveis de Estado

Exercı́cio 17.3: a) Obtenha as equações de estado para o circuito abaixo, na forma v̇ = Av + bx , y = cv + dx sendo a saı́da y a corrente no indutor. R v2 3R

+ −

L + v1 −

b) Obtenha a função de transferência H(s) = Y (s)/X(s) para R = 1 Ω, L = 2 H e C = 1 F. Exercı́cio 17.4: Determine A, b, c e d da representação de estado (v1 é a corrente no indutor L1 , v2 é a corrente no indutor L2 e a saı́da y é a tensão no resistor R2 ) v v̇ = Av + bx , v= 1 y = cv + dx v2 v1 L1

R1 x

+ −

v2 L2

+ y

R2 −

Exercı́cio 17.5: a) Considere o sistema abaixo operando em seu ponto de equilı́brio. Determine a matriz jacobiana e os seus autovalores em função de β > 0 e se o sistema é estável assintoticamente ou não. v̇1 = 1 − βv1 ,

v̇2 = 1 − v2 − 0.5v1 v3 ,

v̇3 = 0.5v1 v3 − 1

b) Determine a matriz jacobiana no ponto de equilı́brio (para entrada x = 0) do sistema com α > 0 v̇1 = 1 + x − v1 ,

v̇2 = 1 − v2 − αv1 v3 ,

v̇3 = αv1 v2 − 1

c) Determine o maior valor de α para que o sistema autônomo linearizado não tenha oscilação em torno do ponto de equilı́brio. v̇1 = 1 + x − v1 , v̇2 = 1 − v2 − αv1 v3 , v̇3 = αv1 v2 − 1 d) Determine os autovalores do jacobiano no ponto de equilı́brio (0, 0, 0) do sistema v̇1 = v2 − v1 ,

v̇2 = v1 − v2 − v1 v3 ,

v̇3 = v1 v2 − v3

Exercı́cio 17.6: a) Determine a função de transferência H1 (s) da realização mostrada abaixo e os valores do módulo e da fase do sinal forçado de saı́da para a entrada x1 (t) = 2sen(3t) cos(3t) x1

−90

−100

b) Determine a função de transferência H2 (s) da realização mostrada abaixo e os valores do módulo e da fase do sinal forçado de saı́da para a entrada x2 (t) = 2sen(3t) cos(3t) Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

295

17.2. Exercı́cios y2 +

−10

−1

+ c) Esboce o diagrama de Bode (módulo e fase) da função de transferência H(s) = H1 (s)H2 (s). Exercı́cio 17.7: Um motor sı́ncrono ligado a um barramento infinito pode ser descrito pela equação √ ÿ + αẏ + 2sen(y) = x sendo y o ângulo elétrico do motor e x a potência mecânica no eixo. Para o modelo não-linear na forma de variáveis de estado, com v1 = y e v2 = ẏ: a) Determine o ponto de equilı́brio para 0 ≤ y ≤ π/2 e x = 1. b) Determine as raı́zes caracterı́sticas do modelo linearizado em torno do ponto de equilı́brio. Exercı́cio 17.8: Determine os dois modos próprios do sistema x

R 5

−1

+ Exercı́cio 17.9: a) Determine a equação diferencial em y do sistema −4 2 3 v̇ = v+ x , y= 0 1 −1 0

b) Determine a solução forçada para x = 5.

1 v

Exercı́cio 17.10: Determine uma realização (A, b, c, d) para (p2 + 5p + 3)y = (2p2 + 4p + 7)x

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Capı́tulo 18

Resolução de Equações de Estado 18.1

Solução da equação homogênea

Considere a equação de estado v̇ = Av , v(0) = v0 ∈ Rn

(18.1)

Equações homogêneas com estrutura triangular podem ser resolvidas de forma recorrente, componente a componente.

Exemplo 18.1 (Sistema de segunda ordem em cascata): Considere a equação diferencial D(p) = p(p + 1)y = 0

;

y(0) = 0 , ẏ(0) = 1

A escolha das variáveis de estado v1 = y, v2 = ẏ produz a representação de estado na forma matricial v̇ =

0 0

1 v , −1

v(0) =

0 1

Note que trata-se de um sistema triangular, isto é, um sistema em cascata v̇1 = v2 , v̇2 = −v2

⇒

v1 (0) = 0 , v2 (0) = 1

v2 (t) = exp(−t) , pv1 = exp(−t)

⇒

v1 (t) = − exp(−t) + a = 1 − exp(−t)

cuja solução é dada por

✷

Definição 18.1: Equação Caracterı́stica da matriz A A equação polinomial de grau n ∆(λ) = det(λI − A) = 0 é denominada equação caracterı́stica associada à matriz A. Qualquer λ raiz da equação caracterı́stica é autovalor da matriz A, e portanto satisfaz Av = λv , v 6= 0 sendo v ∈ Cn um autovetor da matriz A associado ao autovalor λ. 296

297

18.1. Solução da equação homogênea

18.1.1

Laplace

Aplicando a transformada unilateral de Laplace à equação homogênea (18.1), tem-se (a transformada de uma matriz é a transformada de cada um dos seus elementos)

e, portanto,

v̇ = Av , v(0) = v0 ∈ Rn

⇒

L{v̇} = sL{v} − v0 = AL{v}

V (s) = L{v} = (sI − A)−1 v0 ∈ Cn ⇒ v(t) = L−1 {V (s)} Exemplo 18.2: Considere novamente o sistema do Exemplo 18.1 0 0 1 v , v(0) = v̇ = 1 0 −1

Portanto, (sI − A)

−1

s = 0

−1 −1 s+1

A inversa de uma matriz é igual à matriz adjunta (transposta da cofatora) dividida pelo determinante.

det(sI − A) = s(s + 1)

s+1 Adj(sI − A) = 1

(sI − A)

−1

′ s+1 1 0 = 0 s s

1 s+1 1 = 0 s s(s + 1)

Portanto,

1 1 − exp(−t) u(t) 0 exp(−t) v1 (t) 1 − exp(−t) −1 −1 v(t) = = L {(sI − A) }v0 = u(t) v2 (t) exp(−t) L−1 {(sI − A)−1 } =

✷ Exemplo 18.3: Considere o sistema v̇ =

3 −1 4 v , v(0) = 0 2 1

Portanto, (sI − A) = det(sI − A) = (s + 3)(s − 3)

s+1 −2

−4 s−1

(sI − A)−1 =

1 s−1 2 (s + 3)(s − 3)

4 s+1

Usando a expansão (matricial) em frações parciais, tem-se 1 1 1 1 1 2 2 −2 + 3 (s − 3) 1 2 3 (s + 3) −1 1 2 exp(−3t) + exp(3t) v(t) = u(t) − exp(−3t) + exp(3t)

(sI − A)−1 =

✷ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

298

Capı́tulo 18. Resolução de Equações de Estado

18.1.2

Série de potências — exp(At)

Considere a equação homogênea v̇ = Av , v(0) = v0 ∈ Rn Supondo que a solução v(t) possa ser escrita em série de potências, tem-se v(t) =

+∞ X

ν k tk

⇒

k=0

v̇ =

+∞ X

kνk tk−1 , ν0 = v0

k=0

sendo νk ∈ Rn os vetores da expansão em série (a determinar).

Substituindo na equação e igualando os termos da série de potência, tem-se 1 1 ν1 = Aν0 , 2ν2 = Aν1 ⇒ ν2 = A2 ν0 , 3ν3 = Aν2 ⇒ ν3 = A3 ν0 2 3! 1 kνk = Aνk−1 ⇒ νk = Ak ν0 k! e portanto v(t) =

+∞ k X A k=0

sendo A0 = I (por construção).

Como a série de Taylor1 da função exp(λt) é dada por exp(λt) =

+∞ k X λ k=0

define-se (por analogia) exp(At) =

+∞ k X A k=0

tk ∈ Rn×n

Portanto, a solução da equação homogênea (18.1) é dada por v(t) = exp(At)v0

(18.2)

Propriedade 18.1: exp(At)u(t) = L−1 {(sI − A)−1 } pois a solução v(t), para t ≥ 0, é dada por v(t) = exp(At)v0 = L−1 {(sI − A)−1 }v0 para qualquer v0 . ⋄ Propriedade 18.2: Derivada de exp(At) d exp(At) = A exp(At) = exp(At)A dt pois 1

Brook Taylor, matemático inglês (1685–1731). Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

299

18.1. Solução da equação homogênea

d dt

+∞ k X A k=0

+∞ k X A

k=1

k−1

+∞ k X A k=0

! ⋄

Propriedade 18.3:

pois, por um lado

exp A(t1 + t2 ) = exp(At1 ) exp(At2 ) = exp(At2 ) exp(At1 )

exp A(t1 + t2 ) = e, por outro lado,

+∞ X Am

m=0

exp(At1 ) exp(At2 ) =

(t1 + t2 )

+∞ m X Am X m

m=0

+∞ r X A r=0

tr1

+∞ k X A k=0

tk2 =

r=0

+∞ +∞ X X k=0 r=0

tr1 t2m−r

tr tk Ak+r 1 2 r! k!

Agrupando os termos cujos expoentes somam k + r = m, com m = 0, 1, . . . , ∞ tem-se exp(At1 ) exp(At2 ) =

+∞ X m X Am tr

m=0 r=0

e, portanto, exp(At1 ) exp(At2 ) =

t2m−r m! m! r! (m − r)! 1

m +∞ X Am X m

m=0

r=0

tr1 t2m−r ⋄

Propriedade 18.4: A matriz exp(At) é não singular para qualquer matriz A e para todo t, com inversa dada por (exp(At))−1 = exp(−At) pois, fazendo-se t1 = t e t2 = −t, pela Propriedade 18.3 tem-se exp(At) exp(−At) = exp(A0) = I ⋄ Propriedade 18.5: exp(At) exp(Bt) = exp(Bt) exp(At) = exp (A + B)t pois

⇔

AB = BA

(A + B)2 = (A + B)(A + B) = A2 + AB + BA + B 2 = = A2 + 2AB + B 2 = A2 + 2BA + B 2

⇐⇒

AB = BA

A expansão binomial de Newton2 aplica-se a matrizes apenas quando o produto das matrizes comuta, o que normalmente não ocorre. AB = BA, por exemplo, quando B = exp(At) ou quando A e B são diagonais.

Sir Isaac Newton, inglês (1643–1727).

⋄ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

300

Capı́tulo 18. Resolução de Equações de Estado

18.1.3

Cayley-Hamilton

Propriedade 18.6: Teorema de Cayley-Hamilton3 Toda matriz A satisfaz sua equação caracterı́stica, isto é, det(λI − A) = ∆(λ) = 0

⇒

∆(A) = 0

Prova: Considere a matriz Adj(λI − A) (matriz adjunta formada pelos determinantes obtidos ao retirar-se de (λI − A) uma linha e uma coluna), com elementos cuja maior potência em λ é λn−1 . Assim, pode-se escrever Adj(λI − A) = Bn−1 λn−1 + Bn−2 λn−2 + · · · + B1 λ + B0 sendo Bi , i = 0, . . . , n − 1 matrizes (n × n) constantes (isto é, independentes de λ) a determinar. Usando a identidade (λI − A)Adj(λI − A) = det(λI − A)I e substituindo o lado esquerdo, tem-se (λI − A)(Bn−1 λn−1 + Bn−2 λn−2 + · · · + B1 λ + B0 ) = det(λI − A)I Bn−1 λn + (Bn−2 − ABn−1 )λn−1 + (Bn−3 − ABn−2 )λn−2 + · · · + (B0 − AB1 )λ − AB0 = det(λI − A)I Usando a equação caracterı́stica do lado direito, tem-se Bn−1 λn + (Bn−2 − ABn−1 )λn−1 + (Bn−3 − ABn−2 )λn−2 + · · · + (B0 − AB1 )λ − AB0 = = λn I + αn−1 λn−1 I + · · · + α1 λI + α0 I Igualando os coeficientes de mesma potência em λ Bn−1 = I Bn−2 − ABn−1 = αn−1 I Bn−3 − ABn−2 = αn−2 I .. .. . . B0 − AB1 = α1 I −AB0 = α0 I Multiplicando a primeira equação por An , a segunda por An−1 , e assim por diante, e somando, do lado direito tem-se ∆(A). Assim, (An Bn−1 − An Bn−1 ) + (An−1 Bn−2 − An−1 Bn−2 ) + (An−2 Bn−3 − An−2 Bn−3 ) + · · · +(A2 B1 − A2 B1 ) + (AB0 − AB0 ) = 0 Como conclusão, ∆(A) = 0. ⋄ 3

Arthur Cayley, inglês (1821–1895) e Sir William Rowan Hamilton, irlandês (1805–1865). Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

301

18.1. Solução da equação homogênea Exemplo 18.4: Considere a matriz

1 −1

0 A= 0 cujo polinômio caracterı́stico é dado por

∆(λ) = det(λI − A) = λ(λ + 1) Computando o polinômio (matricial)

0 1 ∆(A) = A(A + I) = 0 −1

1 1 0 0 0 + = −1 0 1 0 0

0 0

observa-se que a matriz A satisfaz sua equação caracterı́stica. ✷

Exemplo 18.5: Considere a matriz A=

0 1 −1 2.5

cuja equação caracterı́stica é ∆(λ) = λ2 − 2.5λ + 1 = 0

⇒

λ−1 = 2.5 − λ

A matriz B dada por

2.5 B = 2.5I − A = 1

−1 0

é igual à inversa de A, o que é uma conseqüência de ∆(A) = 0. ✷

Propriedade 18.7: Briot-Ruffini Se λ é raiz da equação caracterı́stica ∆(λ) = 0, então exp(λt) = r(λ, t) =

n−1 X

ρk (t)λk

(18.3)

k=0

pois, para um polinômio ∆(λ) de grau n, tem-se

exp(λt) = q(λ, t)∆(λ) + r(λ, t) com r(λ, t) (polinômio resto) dado por r(λ, t) =

n−1 X

ρk (t)λk

k=0

Note que exp(λt) é polinomial, podendo ser obtida pela expansão em série de Taylor. Além disso, para λ raiz da equação caracterı́stica ∆(λ) = 0, tem-se exp(λt) = r(λ, t) =

n−1 X

ρk (t)λk

k=0

As funções ρk (t) podem ser obtidas pela resolução de um sistema linear de equações resultante da aplicação da equação (18.3) nas raı́zes distintas de ∆(λ) = 0 e, no caso de raı́zes com multiplicidade maior do que 1, utilizando-se também as derivadas (em relação a λ) da equação. ⋄ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

302

Capı́tulo 18. Resolução de Equações de Estado

Propriedade 18.8: Função de matriz quadrada Seja f (λ) uma função polinomial e ∆(λ) um polinômio de grau n em λ. Então, f (λ) = q(λ)∆(λ) +

n−1 X

ρk λk

k=0

Para λ autovalor de A, ∆(λ) = 0 e, pelo Teorema de Cayley-Hamilton, ∆(A) = 0 ⇒ f (A) =

n−1 X

ρk Ak

k=0

Note que, para matrizes bloco-diagonais com submatrizes quadradas, ⇒

A = diag(A1 , . . . , Aℓ )

f (A) = diag(f (A1 ), . . . , f (Aℓ )) ⋄

Em [35], o Teorema de Cayley-Hamilton é utilizado para a obtenção do modelo de linhas de transmissão a partir da associação em cascata de modelos de quadripolos do tipo ABCD. Veja também [36].

Exemplo 18.6: A função A10 , para A=

1 2 0 1

⇒,

λ1 = λ2 = 1

pode ser computada pela Propriedade 18.8 a partir do Teorema de Cayley-Hamilton. ⇒

∆(λ) = 0

ρ0 = −9 , ρ1 = 10

λ10 = ρ0 + ρ1 λ , 10λ9 = ρ1

⇒

1 20 = −9I + 10A = 0 1

✷

Propriedade 18.9: Considere a matriz A ∈ Rn×n e sua equação caracterı́stica ∆(A) = 0. Então exp(At) = q(A, t)∆(A) + r(A, t) = r(A, t) =

n−1 X

ρk (t)Ak

k=0

pois, pelo Teorema de Cayley-Hamilton, ∆(A) = 0. ⋄ Exemplo 18.7: Considere novamente o sistema do Exemplo 18.1 v̇ =

0 1 0 v , v(0) = 0 −1 1

Usando a Propriedade 18.7 (Briot-Ruffini), tem-se exp(λt) = ρ0 (t) + ρ1 (t)λ para λ = 0 e λ = −1 (autovalores de A), resultando em Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

303

18.1. Solução da equação homogênea

exp(0t) = 1 = ρ0 (t) + ρ1 (t)0 , exp(−t) = ρ0 (t) − ρ1 (t) ⇒ ρ0 (t) = 1 , ρ1 (t) = 1 − exp(−t) Do Teorema de Cayley-Hamilton e da Propriedade 18.9, obtém-se exp(At) = ρ0 (t)I + ρ1 (t)A = 1 0 0 1 1 1 − exp(−t) = + (1 − exp(−t)) = 0 1 0 −1 0 exp(−t) Impondo a condição inicial, tem-se

1 − exp(−t) v(t) = exp(At)v(0) = exp(−t)

✷

Exemplo 18.8: Considere novamente o sistema do Exemplo 18.3

−1 4 A= 2 1

3 λ1 = −3 , λ2 = 3 , v(0) = 0

Os coeficientes do polinômio r(λ, t) são obtidos das condições exp(−3t) = ρ0 (t) − 3ρ1 (t)

exp(3t) = ρ0 (t) + 3ρ1 (t)

resultando em ρ0 (t) =

1 1 (exp(3t) + exp(−3t)) , ρ1 (t) = (exp(3t) − exp(−3t)) 2 6

Portanto, v(t) = exp(At)v(0) = ρ0 (t)I + ρ1 (t)A v(0) v(t) =

1 exp(3t) + 2 exp(−3t) 3 exp(3t) − exp(−3t)

2 exp(3t) − 2 exp(−3t) 2 exp(3t) + exp(−3t) =

3 = 0

exp(3t) + 2 exp(−3t) exp(3t) − exp(−3t)

✷

Para uma discussão sobre aspectos numéricos do cálculo de exp(At), recomenda-se [27, 28].

18.1.4

Similaridade

Considere a equação de estado v̇ = Av , v(0) = v0 ∈ Rn Definindo a mudança de variáveis (T não singular) v = T v̂

⇒

T v̂˙ = AT v̂

⇒

v̂˙ = Âv̂ ;

Â = T −1 AT , A = T ÂT −1 Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

304

Capı́tulo 18. Resolução de Equações de Estado

Propriedade 18.10: Similaridade e autovalores Transformações de similaridade preservam os autovalores, pois det(Â − λI) = det(T −1 AT − λT −1 T ) = det(A − λI) ⋄ Escolhas apropriadas da transformação T podem levar a representações Â diagonal ou triangular, dependendo da estrutura de autovalores e autovetores da matriz A. Propriedade 18.11: Função de matriz similar A = T ÂT −1 ⇒ f (A) = T f (Â)T −1 pois, pelo Teorema de Cayley-Hamilton, f (A) =

n−1 X k=0

ρk Ak =

n−1 X ρk Âk T −1 = T f (Â)T −1 ρk (T ÂT −1 ) · · · (T ÂT −1 ) = T {z } | k=0 k=0 k vezes

n−1 X

Propriedade 18.12: Exponencial de transformação de similaridade Para qualquer matriz quadrada T não singular, tem-se A = T ÂT −1

⇒

⋄

exp(At) = T exp(Ât)T −1

Prova: a mudança de variáveis v = T v̂ aplicada ao sistema v̇ = Av, resulta em v̇ = T v̂˙ = AT v̂

⇒

v̂˙ = Âv̂ ;

Â = T −1 AT

v(t) = exp(At)v(0) = T v̂ = T exp(Ât)T −1 v(0)

∀v(0)

Note que esta propriedade é um caso particular da Propriedade 18.11 para f (A) = exp(At). Propriedade 18.13: Exponencial de matriz diagonal Para uma matriz Λ = diag(λ1 , . . . , λn ) (diagonal), tem-se

⋄

exp(Λt) = diag(exp(λ1 t), . . . , exp(λn t)) pois v̇ = Λv

⇒

vk (t) = exp(λk t)vk (0)

e v(t) = diag(exp(λ1 t), . . . , exp(λn t))v(0) Como a solução de v̇ = Λv é dada por v(t) = exp(Λt)v(0) tem-se v(t) = exp(Λt)v(0) = diag(exp(λ1 t), . . . , exp(λn t))v(0)

∀v(0) ⋄

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

305

18.1. Solução da equação homogênea

Propriedade 18.14: Matrizes diagonalizáveis Se uma matriz A ∈ Rn×n possui n autovetores linearmente independentes, a transformação Q construı́da com os autovetores (colunas) resulta em AQ = QÂ ⇒ Â = Q−1 AQ = Λ = diag(λ1 , . . . , λn ) sendo λi , i = 1, . . . , n os autovalores de A, pois

A q1 q2 · · · qn = q1 q2 Note que os autovalores não precisam ser distintos.

 λ1 0 · · · 0    0 λ2 · · · 0  · · · qn  . .. . . .   .. . ..  . 0 0 · · · λn 

⋄

Propriedade 18.15: Autovalores distintos Os autovetores associados a autovalores distintos de uma matriz A são linearmente independentes. Portanto, a matriz Q composta dos autovetores diagonaliza a matriz pela transformação de similaridade Q−1 AQ. ⋄ Exemplo 18.9 (Autovalores distintos): Considere novamente a equação de estado homogênea do Exemplo 18.3

−1 v̇ = Av = 2

3 4 v , v(0) = 0 1

Os autovalores da matriz A são obtidos da solução da equação caracterı́stica

∆(λ) = det(λI − A) = det

λ+1 −4 = (λ + 1)(λ − 1) − 8 = 0 −2 λ−1

⇒

λ1 = −3 , λ2 = 3

e os autovetores podem ser determinados pela equação (A − (−3)I)q1 = 0 , (A − 3I)q2 = 0 ,

2 4 2 4

q11 =0 ⇒ q21

−4 4 q12 =0 ⇒ 2 −2 q22

q11 2 q1 = = q21 −1 q2 =

q12 1 = q22 1

Observe que os autovetores definem uma direção no espaço (e não um comprimento nem um sentido) e são linearmente independentes. A transformação de similaridade resulta em uma matriz diagonal Â = Q

−1

−1 −1 2 2

1 1 AQ = 3 1

−3 2 1 4 = 0 1 −1 1

0 3

A matriz A é diagonalizável, com a transformação v = Qv̂ dada por v̂˙ = Âv̂

v̂(0) = Q−1 v(0) =

1 1

com Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

306

Capı́tulo 18. Resolução de Equações de Estado

Â = Q−1 AQ =

1 1 3 1

−1 −1 2 2

4 2 1 −3 = 1 −1 1 0

0 3

Observe que a representação na variável v̂ é um sistema desacoplado com duas equações de primeira ordem. Resolvendo, tem-se

exp(−3t) v̂(t) = exp(3t)

2 1 2 exp(−3t) + exp(3t) ⇒ v(t) = v̂ = −1 1 − exp(−3t) + exp(3t)

O mesmo resultado poderia ser obtido a partir da equação diferencial de segunda ordem em v1 (ou em v2 ) (p2 − 9)v1 = 0 ; v1 (0) = 3 , v̇1 (0) = −3 ✷

Exemplo 18.10 (Autovalores complexo-conjugados): Considere o sistema na forma companheira 0 1 1 v̇ = v, v(0) = −2 2 1 cuja equação caracterı́sta é ∆(λ) = λ2 − 2λ + 2, com autovalores λ1 = 1 + j, λ2 = 1 − j. Como os autovalores são distintos, os autovetores associados são linearmente independentes e, portanto, a forma de Jordan é diagonal. De fato, −1 − j 1 q11 q11 1 (A − (1 + j)I)q1 = 0 , = 0 ⇒ q1 = = q21 −2 1 − j q21 1+j (A − (1 − j)I)q2 = 0 ,

−1 + j −2

1 1+j

q21 =0 ⇒ q22

q2 =

q21 1 = 1−j q22

e Â = Q

−1

1 1+j AQ = 2 1−j

−j j

0 1 −2 2

1 1+j

1 1+j = 1−j 0

0 1−j

Neste caso, tanto a forma de Jordan diagonal quanto os autovetores são complexos (os autovalores e os correspondentes autovetores formam pares complexo-conjugados). Uma alternativa à forma diagonal, que também explicita os autovalores, é dada por exemplo pela transformação de similaridade 1 −1 0 1 1 0 1 0 1 0 = , Ā = S −1 AS = S = Re(q1 ) Im(q2 ) = 1 1 1 −1 −2 2 1 −1 1 −1

A matriz Ā apresenta na diagonal principal a parte real dos autovalores e, na outra diagonal, a parte imaginária, e é chamada de forma modal. Para obter a solução, tem-se exp(Āt) = ρ0 (t)I + ρ1 (t)A exp((1 + j)t) = ρ0 + ρ1 (1 + j),

exp((1 − j)t) = ρ0 + ρ1 (1 − j)

Subtraindo e somando as duas equações acima 2jρ1 = exp((1 + j)t) − exp((1 − j)t),

2(ρ0 + ρ1 ) = exp((1 + j)t) + exp((1 − j)t)

obtém-se ρ1 = exp(t)sen(t), ρ0 = exp(t)(cos(t) − sen(t)) ρ0 + ρ1 −ρ1 cos(t) −sen(t) exp(Āt) = = exp(t) ρ1 ρ0 + ρ1 sen(t) cos(t) Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

307

18.1. Solução da equação homogênea v̄(0) = S −1 v(0) =

1 , 0

v̄(t) = exp(Āt)v̄(0) = exp(t)

e, finalmente,

cos(t) v(t) = Sv̄(t) = exp(t) cos(t) − sen(t)

cos(t) sen(t)

✷

Propriedade 18.16: Forma modal As matrizes α −β α − jβ 0 2×2 ∈R , ∈ C2×2 β α 0 α + jβ são similares, pois α − jβ 0 α −β det λI − = det λI − = (λ − α)2 + β 2 0 α + jβ β α A matriz

α −β β α

está na forma modal. ⋄ Exemplo 18.11: Os autovalores da matriz  1 −1 1 1  0 0  0 0 0 0

0 0 2 2 0

0 0 −2 2 0

 0 0  0  0 3

são 1 ± j, 2 ± 2j e 3, pois os autovalores de uma matriz diagonal por blocos são os autovalores de cada bloco. Note que a forma modal (bloco diagonal) é uma alternativa nas transformações de similaridade que não requer a manipulação de números complexos. ✷

Definição 18.2: Multiplicidade geométrica A multiplicidade geométrica do autovalor λ é igual ao número de autovetores linearmente independentes associados a λ, isto é, é igual à dimensão do espaço nulo de A − λI.

Exemplo 18.12 (Autovalores iguais e autovetores linearmente independentes): Considere a matriz 

−1 0 A =  0 −1 0 0

 1 2 3

Os autovalores são λ1 = λ2 = −1 e λ3 = 3. Note que nas matrizes triangulares, isto é, todos os elementos abaixo (ou acima) da diagonal principal são nulos, os autovalores são os elementos da diagonal principal. Para o autovalor igual a −1, tem-se a equação que define os autovetores Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

308

Capı́tulo 18. Resolução de Equações de Estado



0 A − (−1)I q = 0 0

  0 1 α 0 2  β  = 0 0 4 γ

⇒

γ=0

Note que null(A + I) = 2. Por exemplo, os autovetores associados a λ1 = λ2 = −1 são     1 0 q1 = 0 , q2 = 1 0 0 O autovetor associado a λ3 = 3 é dado por   −4 0 1 q13  0 −4 2 q23  0 0 0 q33 

⇒

  1 q3 = 2 4

Observe que a Propriedade 18.15 apresenta uma condição suficiente para a existência de autovetores linearmente independentes. Neste exemplo, o autovalor −1 possui multiplicidade algébrica igual a dois e foi possı́vel determinar dois autovetores linearmente independentes associados. Portanto, a multiplicidade geométrica do autovalor também é igual a dois. Note que a multiplicidade geométrica do autovalor −1 é definida pela dimensão do espaço nulo de A − (−1)I, neste exemplo igual a dois. Portanto, por construção, 

−1 0 Â = Q−1 AQ =  0 −1 0 0

  4 0 0 1 0 = 0 4 4 0 0 3

  −1 −1 0 1 1 −2  0 −1 2 0 1 0 0 3 0

 0 1 1 2 0 4

O sistema v̇ = Av, v(0) tem como solução v(t) = exp(At)v(0) = Q exp(Ât)Q−1 v(0)  exp(−t) = 0 0

0 exp(−t) 0

 −0.25 exp(−t) + 0.25 exp(3t) −0.5 exp(−t) + 0.5 exp(3t)  v(0) exp(3t) ✷

Exemplo 18.13 (Sistema de segunda ordem não diagonalizável): Considere a matriz A e seus autovalores

−3 A= −1

4 1

⇒

λ1 = λ2 = −1

A matriz A tem apenas um autovetor associado ao autovalor −1, dado por

2 −4 (A − (−1)I)v1 = 1 −2

α =0 β

⇒

2 α = 2β , v1 = 1

Portanto, o autovalor −1 tem multiplicidade algébrica igual a dois (pois é raiz dupla) e multiplicidade geométrica unitária. Assim, a matriz A não é diagonalizável, porém é possı́vel encontrar uma transformação que leva a matriz a uma forma triangular quase diagonal Â. ✷ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

309

18.1. Solução da equação homogênea Blocos de Jordan

Definição 18.3: Bloco de Jordan4 de ordem k Um bloco de Jordan de ordem k é uma matriz quadrada (triangular superior) de dimensão k, denotada Jk , com seu único autovalor de multiplicidade k na diagonal, uns na primeira subdiagonal superior e zeros nas demais. Por exemplo,     λ 1 0 0 λ 1 0 0 λ 1 0 λ 1  J1 (λ) = λ , J2 (λ) = , J3 (λ) =  0 λ 1  , J4 (λ) =  0 0 λ 1 0 λ 0 0 λ 0 0 0 λ ou apenas J1 , J2 , J3 e J4 .

Exemplo 18.14 (Cálculo de exp(J2 t)): Considere o bloco de Jordan de segunda ordem J2 =

σ 0

1 σ

exp(λt) = ρ0 (t) + λρ1 (t)

λ1 = λ2 = σ

⇒

exp(σt) = ρ0 (t) + σρ1 (t)

d exp(λt) = t exp(σt) = ρ1 (t) dλ λ=σ

⇒

ρ0 (t) = exp(σt)(1 − σt)

1 exp(At) = ρ0 (t)I + ρ1 (t)A = exp(σt) 0

t 1 ✷

Exemplo 18.15 (Cálculo de exp(J4 t)): Considere o bloco de Jordan de quarta ordem 

σ 0 J4 =  0 0

1 σ 0 0

0 1 σ 0

 0 0  1 σ

Note que o polinômio caracterı́stico é dado por ∆(λ) = (λ − σ)4 e que σ também é raiz das derivadas (até a terceira ordem) de ∆(λ). Portanto, r(λ, t) =

3 X

k=0

ξk (t)(λ − σ)k

que resulta em ξk (t) =

1 dk tk exp(λt) exp(σt) = k k! dλ k! λ=σ 

1 0 exp(At) = exp(σt)  0 0 4

t t2 /2 1 t 0 1 0 0

 t3 /3! t2 /2   t  1

✷

Marie Ennemond Camille Jordan, matemático francês (1838–1922). Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

310

Capı́tulo 18. Resolução de Equações de Estado

Propriedade 18.17: Função de bloco de Jordan Considere um bloco de Jordan de ordem k e uma função f (λ) diferenciável k − 1 vezes. Então,   f (λ) f˙(λ) f¨(λ)/2! · · · f (k−1) (λ)/(k − 1)!  0 f (λ) f˙(λ) · · · f (k−2) (λ)/(k − 2)!   f (Jk ) =  .  .. .. .. ..   .. . . . . 0

sendo σ o autovalor do bloco de Jordan.

···

f (λ)

λ=σ

Prova: Pela Propriedade 18.7 (Briot-Ruffini) f (λ) =

k−1 X i=0

ξi (λ − σ)i ⇒ ξi =

1 di f (λ) i! dλi λ=σ

Além disso, utiliza-se o fato de que, por exemplo, para k = 4, tem-se      0 0 0 1 0 0 1 0 0    0 0 1 0 0 0 0 1 3 2  0   M = (J4 − σI) =  0 0 0 1 , M = 0 0 0 0 , M = 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

0 0 0 0

 1 0  , ··· 0 0

⋄

Propriedade 18.18: Bloco de Jordan na forma modal As matrizes     α − jβ 1 0 0 α −β 1 0  0 β α 0 1  α − jβ 0 0  4×4  ∈ C4×4   ,   0  0 0 α −β  ∈ R 0 α + jβ 1  0 0 0 α + jβ 0 0 β α

são similares, pois os autovalores de uma matriz bloco triangular são os autovalores dos blocos da diagonal. Note que a forma modal de Jordan é uma alternativa que não requer a manipulação de números complexos. ⋄ Exemplo 18.16: Considere a matriz A na forma modal de Jordan   1 −1 1 0 1 1 0 1   A= 0 0 1 −1 0 0 1 1

Então,



cos(t) sen(t) exp(At) = exp(t)   0 0

−sen(t) cos(t) 0 0

t cos(t) tsen(t) cos(t) sen(t)

 −tsen(t) t cos(t)   −sen(t)  cos(t)

✷

Propriedade 18.19: Considere a matriz de dimensão k dada por M = (Jk − λI) com λ autovalor de Jk . Então Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

311

18.1. Solução da equação homogênea

• O rank da matriz M é k − 1, implicando que a dimensão do espaço nulo de M é 1 e, portanto, o autovalor λ tem multiplicidade geométrica igual a um e apenas um autovetor associado. • O rank da matriz M i é k − i, i = 0, . . . , k. Portanto, a dimensão do espaço nulo de M i aumenta com i até i = k, com M k = 0. ⋄ Propriedade 18.20: Forma de Jordan Qualquer matriz A ∈ Rn×n pode ser colocada na forma de Jordan por meio de uma transformação de similaridade. Se A possuir n autovetores linearmente independentes, a forma de Jordan é diagonal e a matriz de transformação Q é composta pelos autovetores. Se A possui r < n autovetores linearmente independentes, sua forma de Jordan é diagonal por blocos com r blocos de Jordan. Em outras palavras, para A qualquer, existe Q não singular tal que Â = Q−1 AQ = diag(Jk1 , Jk2 , . . . , Jkr ) com os blocos Jki , i = 1, . . . , r na forma de Jordan (não necessariamente diagonais). A forma de Jordan de uma matriz A é única (a menos de permutações dos blocos). Por simplicidade, considere uma matriz A ∈ Rn×n com um autovalor λ de multiplicidade algébrica igual a n. O procedimento para a obtenção da forma de Jordan segue os seguintes passos. • Compute

M = (A − λI)

e a dimensão r do espaço nulo de M . O número de blocos de Jordan é igual a r e a soma dos tamanhos de cada um dos blocos é igual a n. Note que r é a multiplicidade geométrica de λ, ou seja, o número de autovetores linearmente independentes associados a λ. • A dimensão do maior bloco é igual ao menor k tal que Mk = 0 • O número de blocos de dimensão i, 1 ≤ i ≤ k é igual a rank(M i−1 ) − 2rank(M i ) + rank(M i+1 ) ⋄ Exemplo 18.17 (Forma de Jordan diag(J3 , J1 )): Considere a matriz   4 1 0 −1  2 5 −2 −1 4  A=  0 1 4 −1 , det(λI − A) = (λ − 4) −2 1 2 3

Computando M i , tem-se  0 1 0  2 1 −2 M = (A−4I) =  0 1 0 −2 1 2

  4 −1  −1  , rank(M ) = 2 , M 2 = 4 4 −1 4 −1

0 0 0 0

−4 −4 −4 −4

 0 0  , rank(M 2 ) = 1 , M 3 = 0 0 0 Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

312

Capı́tulo 18. Resolução de Equações de Estado Portanto, a forma de Jordan possui 2 blocos (pois a dimensão do espaço nulo de M é dois) e o maior bloco tem dimensão 3 (pois M 3 = 0 e M 2 6= 0). Como conseqüência, o outro bloco é de tamanho 1. A forma de Jordan é dada por   4 1 0 0 0 4 1 0  Â =  0 0 4 0 0 0 0 4 ✷

Exemplo 18.18 (Forma de Jordan diag(J2 , J1 , J1 )): Considere a matriz   5 1 0 −1 0 4 0 0  4  A= 0 0 4 0  , det(λI − A) = (λ − 4) 1 1 0 3

Computando M i , tem-se



1 0 M = (A − 4I) =  0 1

1 0 0 1

 0 −1 0 0  , rank(M ) = 1 , M 2 = 0 0 0 0 −1

Portanto, a forma de Jordan possui 3 blocos (pois a dimensão do espaço nulo de M é três) sendo um de tamanho dois e dois de tamanho um. De fato, M 2 = 0 comprova que o maior bloco é de dimensão 2. A forma de Jordan é dada por   4 1 0 0 0 4 0 0  Â =  0 0 4 0 0 0 0 4 ✷

Exemplo 18.19 (Forma de Jordan diag(J2 , J2 )): Considere a matriz   5 1 2 −1 0 4 −2 0   , det(λI − A) = (λ − 4)4 A= 0 0 4 0 1 1 0 3

Computando M i , tem-se



1 0 M = (A − 4I) =  0 1

1 2 0 −2 0 0 1 0

 −1 0  , rank(M ) = 2 , M 2 = 0 0 −1

Portanto, a forma de Jordan possui 2 blocos (pois a dimensão do espaço nulo de M é dois) sendo o maior de tamanho dois e, como conseqüência, o outro também tem tamanho dois. A forma de Jordan é dada por   4 1 0 0 0 4 0 0  Â =  0 0 4 1 0 0 0 4 ✷

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

313

18.1. Solução da equação homogênea Exemplo 18.20 (Forma de Jordan diag(J4 )): Considere a matriz   0 1 0 0  0 0 1 0  , det(λI − A) = (λ − 2)4 A=  0 0 0 1 −16 32 −24 8

Computando M i , tem-se  −2 1  0 −2 M = (A−4I) =   0 0 −16 32

0 1 −2 −24  −8 −16 3 M = −32 −64

  4 −4 1 0  0 4 −4 0  , rank(M ) = 3 , M 2 =  −16 32 −20 1 −64 112 −64 6  12 −6 1 24 −12 2  , rank(M 3 ) = 1 , M 4 = 0 48 −24 4 96 −48 8

 0 1  , rank(M 2 ) = 2 4 12

A forma de Jordan, obtida no cálculo de M , pois o espaço nulo tem dimensão um, é dada por   2 1 0 0  0 2 1 0  Â = J4 =   0 0 2 1 0 0 0 2

✷

Propriedade 18.21: Forma de Jordan — procedimento para autovalores distintos Considere uma matriz A ∈ Rn×n . O procedimento para a obtenção da forma de Jordan, baseado na dimensão dos espaços nulos de Mλ = A − λI, denotado por ν(Mλ ) = n − rank(Mλ ) segue os seguintes passos. • Para cada autovalor λ com multiplicidade algébrica nλ , compute Mλ = (A − λI) e a dimensão rλ do espaço nulo de Mλ . O número de blocos de Jordan associados a λ é igual a rλ e a soma dos tamanhos de cada um dos blocos é igual a nλ . Note que rλ é a multiplicidade geométrica de λ, ou seja, o número de autovetores linearmente independentes associados a λ, 1 ≤ rλ ≤ n λ . • A dimensão do maior bloco é igual ao menor k tal que ν(Mλk ) = nλ que é denominado kλ . Note que ν(Mλk ) = nλ para ∀k ≥ kλ . • O número de blocos de dimensão i, 1 ≤ i ≤ kλ , é determinado a partir da dimensão do espaço nulo das matrizes Mλi . Assim, o número de blocos de dimensão i, 1 ≤ i ≤ kλ pode ser determinado por 2ν(Mλi ) − ν(Mλi−1 ) − ν(Mλi+1 ) • A forma de Jordan Â é a matriz bloco diagonal composta pelos blocos de Jordan de cada autovalor. ⋄ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

314

Capı́tulo 18. Resolução de Equações de Estado Exemplo 18.21: Considere a matriz  0 1 0 0 0 1 A= 0 0 0 −8 20 −18

 0 0  , det(λI − A) = (λ − 2)3 (λ − 1) 1 7

Para λ = 2 (que tem multiplicidade algébrica 3), tem-se   −2 1 0 0  0 −2 1 0  , ν(M2 ) = 4 − 3 = 1 M2 =  0 0 −2 1 −8 20 −18 5 Computando M2i , tem-se    −8 4 −4 1 0 −8  0 4 −4 1 2 3 2    , ν(M2 ) = 4−2 = 2 , M2 =  M2 =  −8 −8 20 −14 3 −8 −24 52 −34 7

12 12 12 12

−6 −6 −6 −6

 1 1  , ν(M23 ) = 4−1 = 3 1 1

Note que 3 é o maior valor possı́vel para a dimensão do espaço nulo de M2i , isto é, a multiplicidade geométrica de λ = 2 é no máximo igual à multiplicidade algébrica. De fato, ν(M2k ) = 3, ∀k ≥ 3.

Como o valor de dimensão de espaço nulo igual a 3 foi atingido para i = 3, tem-se que há apenas um bloco de Jordan associado ao autovalor λ = 2. De fato, i = 1 ⇒ 2ν(M2 ) − ν(M20 ) − ν(M22 ) = 2 − 0 − 2 = 0 i = 2 ⇒ 2ν(M22 ) − ν(M21 ) − ν(M23 ) = 4 − 1 − 3 = 0

i = 3 ⇒ 2ν(M23 ) − ν(M22 ) − ν(M24 ) = 6 − 2 − 3 = 1

ou seja, não há blocos de tamanhos 1 e 2 associados ao autovalor λ = 2.

Note que na expressão envolvendo os ranks deveria ser feita uma correção na fórmula devido à presença de autovalores distintos. Calculando M1 , tem-se 

−1 0  M1 =  0 −8

1 0 −1 1 0 −1 20 −18

 0 0  , ν(M1 ) = 4 − 3 = 1 1 6

e portanto há apenas um bloco de Jordan (de tamanho 1) associado ao autovalor λ = 1. De fato,   1 −2 1 0  0 1 −2 1 2  M12 =   −8 20 −17 5  , ν(M1 ) = 4 − 3 = 1 −40 92 −70 18 A forma de Jordan é dada por 

2 0  Â = diag(J3 (2), J1 (1)) =  0 0

1 2 0 0

0 1 2 0

 0 0  0 1 ✷

Propriedade 18.22: Transformação de similaridade para a forma de Jordan A transformação de similaridade Q (não singular) que produz a forma de Jordan pode ser obtida do sistema linear de equações AQ = Qdiag(Jk1 , Jk2 , . . . , Jkr ) ⋄ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

315

18.1. Solução da equação homogênea

Definição 18.4: Cadeia de autovetores generalizados A transformação de similaridade que leva à forma de Jordan é composta, para cada bloco de Jordan de ordem k, de uma cadeia de k vetores linearmente independentes, sendo o primeiro um autovetor e os demais autovetores generalizados. Por exemplo, para o primeiro bloco (tamanho k = 4, autovalor λ), tem-se

A v 1 v 2 v 3 v 4 = v 1 v 2 v 3 v 4 J4 = v 1 v 2 v 3



λ 0 v4  0 0

1 λ 0 0

0 1 λ 0

Av1 = λv1 , Av2 = v1 + λv2 , Av3 = v2 + λv3 , Av4 = v3 + λv4

 0 0  1 λ

com v1 autovetor (ou autovetor generalizado de ordem 1). A cadeia de 4 autovetores generalizados é dada por {v1 , v2 , v3 , v4 }, sendo v2 um autovetor generalizado de ordem 2, v3 um autovetor generalizado de ordem 3 e v4 um autovetor generalizado de ordem 4. Note que um autovetor generalizado não é invariante com a multiplicação por escalar, mas a cadeia de autovetores associada a um bloco de Jordan é invariante com a multiplicação por escalar. O cálculo da matriz de transformação de similaridade Q passa pela determinação da forma de Jordan, que pressupõe precisão na determinação dos autovalores. Como conseqüência, trata-se de um método não robusto numericamente. No Matlab, o comando [Q,Ah]=Jordan(A) retorna a matriz de transformação Q e a forma de Jordan Â.

Exemplo 18.22: A matriz de transformação de similaridade Q do Exemplo 18.17 pode ser calculada pelo seguinte procedimento.      b−d = 0 a 0 1 0 −1    b  2 1 −2 −1 2a + b − 2c −d = 0    M = (A − 4I) =   0 1 0 −1 , M v1 = M  c  = 0 ⇒  b −d = 0   −2a + b + 2c − d = 0 d −2 1 2 −1 ⇒ v1 = a

′

Note que com a escolha de a e b pode-se determinar uma base (de dimensão 2) para o espaço nulo de M , o que está de acordo com o fato de que a forma de Jordan possui dois blocos. A escolha de a e b é feita a partir das demais equações da cadeia de autovetores generalizados. Assim, v1 e v2 devem satisfazer

M v2 = v1

     a e f −h    f   b  2e + f − 2g −h    ⇒ M  g  = a ⇒  f − h   b h −2e + f + 2g − h

= = = =

a b a b

Isto é, v1 pertence ao espaço nulo e ao range de M . Para que exista v2 , tem-se a = b e portanto ′ ′ , v2 = e f e f − a v1 = a a a a

Note que, se a 6= b, não existe v2 , a cadeia associada tem tamanho 1 e o autovetor associado ao bloco J1 pode ser escolhido como ′ 1 0 1 0 Os autovetores generalizados v2 e v3 devem satisfazer      q−s e p    q   f  2p + q − 2r −s    M v3 = v2 ⇒ M  r  =  e  ⇒  q −s   −2p + q + 2r − s f −a s

= = = =

e f e f −a

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

316

Capı́tulo 18. Resolução de Equações de Estado Portanto, v1 = a

′

, v2 = e

e + a/2

e − a/2

′

, v3 = p

Note que não existe um v4 tal que      u−x p t    u  q  2t + u − 2v −x    M v4 = v3 ⇒ M  v  = p − a/4 ⇒  u −x   −2t + u + 2v − x q−e x pois a 6= 0. Assim, a cadeia é dada por ′ , v2 = 0 2 v1 = 4 4 4 4 e a matriz Q é

0 −2



4 0 4 2 Q= 4 0 4 −2

′

 1 0  1 0

0 0 −1 0

, v3 = 0

p − a/4 = = = =

q−e

′

p q p − a/4 q−e

0 −1 0

′

✷

Exemplo 18.23: Para o cálculo da matriz de transformação de similaridade Q do Exemplo 18.20, tem-se      a −2 1 0 0 b − 2a = 0    b  0  −2 1 0 c − 2b = 0  , M v1 = M   = 0 ⇒ M = (A−2I) =  c  0 0 −2 1 d − 2c = 0    d −16 32 −24 6 −16a + 32b − 24c + 6d = 0 ′ ⇒ v1 = a 2a 4a 8a

Como a dimensão do espaço nulo de M é um, v1 é o único autovetor e a forma de Jordan tem um único bloco J4 . Escolhendo a = 1, ′ v1 = 1 2 4 8 tem-se

M v2 = v1 Escolhendo e = 0, tem-se M v3 = v2

Escolhendo p = 0, tem-se M v4 = v3

Escolhendo t = 0, Assim,

      e 1 e  2e + 1   f   2      ⇒ M  g  = 4 , v2 =  4e + 4  8e + 12 8 h v2 = 0 1

4 12

v3 = 0 0

1 6

v4 = 0 0

0 1

1 2 Q= 4 8

0 0 1 6

′

      p 0 p q   1   2p       ⇒ M r  =  4  , v2 = 4p + 1 s 12 8p + 6 ′

      t 0 t  2t  u 0      ⇒ M v  = 1 , v4 =  4t  8t + 1 6 x



0 1 4 12

′

 0 0  0 1

✷ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

317

18.1. Solução da equação homogênea

Exemplo 18.24: Para calcular a matriz Q do Exemplo 18.18, tem-se     a 1 1 0 −1 b 0 0 0 0     M = (A − 4I) =  0 0 0 0  , M v 1 = M  c  = 0 ⇒ a + b − d = 0 d 1 1 0 −1 ⇒ v1 = a

a+b

′

Como a dimensão do espaço nulo de M é três, são três blocos de Jordan. Portanto um dos blocos é de tamanho 2 e os outros dois são de tamanho 1. De fato, M 2 = 0. Assim, v1 e v2 devem satisfazer      e+f −h = a a e    f   b  0 = b    M v2 = v1 ⇒ M  g  =  c  ⇒  0 = c   e+f −h = a+b a+b h resultando em

v1 = a

0 0 a

Assim, Q pode ser escolhido

′

, v2 = e



 0 0  1 0

1 0 0 0 Q= 0 0 1 −1

0 1 0 1

e+f −a

′

✷

Exemplo 18.25: Calculando Q do Exemplo 18.19, tem-se      a 1 1 2 −1  a + b + 2c − d b 0 0 −2 0   , M v1 = M   = 0 ⇒ −2c M = (A − 4I) =  c 0 0 0 0  a+b−d d 1 1 0 −1 ⇒ v1 = a

0 a+b

= = =

0 0 0

′

Como a dimensão do espaço nulo de M é dois, são dois blocos de Jordan. Como M 2 = 0, são dois blocos de tamanho dois. Assim, v1 e v2 devem satisfazer      a e  e + f + 2g − h = a f   b   ⇒ = −2g = b M v2 = v1 ⇒ M  g   0   e+f −h = a+b a+b h resultando em

v1 = a

Assim, Q pode ser escolhido

a+b

′

, v2 = e 

1 0 0 0 Q= 0 0 1 −1

−b/2

e+f −a−b

′

 0 0 2 0  0 −1 2 −2 ✷

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

318

Capı́tulo 18. Resolução de Equações de Estado Exemplo 18.26 (Não robustez da forma de Jordan não diagonal): Considere 0 < ǫ ≪ 1 e a matriz 1 ǫ2 A= 0 1 Note que A é praticamente diagonal, em função da precisão numérica utilizada. Os autovalores são λ1 = λ2 = λ = 1 (matriz triangular) e a 0 ǫ2 2 , M = 0 , M v1 = 0 ⇒ v1 = M = (A − λI) = 0 0 0 implicando que a forma de Jordan é do tipo J2 (não diagonal). Escolhendo 1 c v1 = , M v2 = v1 ⇒ v2 = −2 0 ǫ Escolhendo c = 0, tem-se

1 0 Q= 0 ǫ−2 e, conferindo, J2 = Q

−1

1 0 AQ = 0 ǫ2

, Q

1 0

−1

ǫ2 1

1 0 = 0 ǫ2

1 1 0 = 0 0 ǫ−2

1 1 ✷

Exemplo 18.27 (Não robustez da forma de Jordan diagonal): Considere 0 < ǫ ≪ 1 e a matriz 1 1 A= 2 ǫ 1 Note que A é praticamente não diagonal, em função da precisão numérica utilizada. Os autovalores são λ1 = 1 + ǫ, λ2 = 1 − ǫ e a forma de Jordan é diagonal. Assim, −ǫ 1 a 1 M1 = (A − (1 + ǫ)I) = 2 , M1 v 1 = 0 ⇒ v 1 = = ǫ −ǫ ǫa ǫ ǫ 1 a 1 M2 = (A − (1 − ǫ)I) = 2 , M2 v 2 = 0 ⇒ v 2 = = ǫ ǫ −ǫa −ǫ e, portanto,

Conferindo, Â = Q−1 AQ = 0.5

1 1 ǫ −ǫ

1 1

, Q−1 = 0.5

ǫ−1 −ǫ−1

1 ǫ2

1 1

1 ǫ−1 1 −ǫ−1

1 1 1+ǫ = ǫ −ǫ 0

0 1−ǫ

✷

A forma de Jordan facilita a descrição de equações de estado que possuem modos próprios especificados.

Exemplo 18.28: Para escolher matrizes A, c e v0 tais que o sistema v̇ = Av , y = cv , v(0) = v0 produza a saı́da y(t) = 3t2 exp(−2t), pode-se utilizar a forma de Jordan. Necessariamente, a matriz A deve possuir o autovalor −2 com multiplicidade algébrica 3 e multiplicidade geométrica 1, ou seja, a forma de Jordan deve conter o bloco     −2 1 0 1 t t2 /2 t  J3 =  0 −2 1  ⇒ exp(J3 t) = exp(−2t) 0 1 0 0 −2 0 0 1 Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

319

18.2. Solução da equação não homogênea Portanto, uma possı́vel solução é dada por 2    t /2 0 A = J3 , v0 = 0 ⇒ v(t) = exp(−2t)  t  1 1 ⇒ c= 6

0 0

Note que outras matrizes, inclusive de dimensões maiores, poderiam ser usadas para gerar o mesmo sinal y(t). A opção apresentada é a de menor dimensão. ✷

Exemplo 18.29: A escolha de A, c e v0 para que o sistema v̇ = Av , y = cv , v(0) = v0 produza a saı́da y(t) = 5 exp(3t) + 8t exp(−2t) implica em 

−2 1 A =  0 −2 0 0

  exp(−2t) 0 0 0 ⇒ exp(At) =  0 3

c= 1 0 ou

18.2

t exp(−2t) exp(−2t) 0

  0 1 ⇒ v0 = 8 5

  0 v0 = 1 ⇒ c = 8 1

0 5

 0 0  exp(3t)

✷

Solução da equação não homogênea

Considere as equações de estado e de saı́da do sistema SISO v̇ = Av + bx , v(0) = v0 , y = cv + dx

18.2.1

(18.4)

Laplace

Aplicando a transformada de Laplace, tem-se sV (s) − v0 = AV (s) + bX(s)

Y (s) = cV (s) + dX(s)

sendo V (s) = L{v(t)}, X(s) = L{x(t)} e Y (s) = L{y(t)}.

Portanto,

Y (s) = c(sI − A)−1 v0 + c(sI − A)−1 b + d X(s)

A função de transferência é dada por (v0 = 0) H(s) =

Y (s) = c(sI − A)−1 b + d X(s)

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

320

Capı́tulo 18. Resolução de Equações de Estado Exemplo 18.30: Considere o sistema dado por v̇ =

0 −2

1 0 1 x , v(0) = v+ 0 1 −3 y= 1 0 v

Computando (sI − A)−1 por Cayley-Hamilton, tem-se

(sI − A)−1 = ρ0 (s)I + ρ1 (s)A com ρ0 (s) e ρ1 (s) obtidos das equações

ρ0 (s) =

(s + 1)−1 = ρ0 (s) − ρ1 (s)

(s + 2)−1 = ρ0 (s) − 2ρ1 (s)

2 1 s+3 − = s+1 s+2 (s + 1)(s + 2)

ρ1 (s) =

(sI − A)

−1

1 1 1 − = s+1 s+2 (s + 1)(s + 2)

1 s+3 1 = (s + 1)(s + 2) −2 s

Para a entrada X(s) = 1/s (degrau unitário), tem-se Y (s) = c(sI − A)−1 (v0 + bX(s)) = 1 0 (sI − A)−1 Y (s) =

s2 + 3s + 1 1 = 1/s s(s + 1)(s + 2)

1/2 1 −1/2 + + s s+1 s+2 ✷

18.2.2

Convolução

Considere novamente o sistema SISO (18.4) cuja equação de estado é dada por v̇ = Av + bx , v(0) = v0 Multiplicando ambos os lados por exp(−At) e reagrupando, tem-se exp(−At)v̇ − exp(−At)Av = Integrando de 0 a t, tem-se exp(−At)v(t) − v0 =

Z t 0

d exp(−At)v = exp(−At)bx dt

exp(−Aβ)bx(β)dβ =

Z +∞ 0

exp(−Aβ)bx(β)u(t − β)dβ

Multiplicando por exp(At) e considerando x(t) = x(t)u(t), tem-se v(t) = exp(At)v0 + exp(At)u(t) ∗ (bx(t)u(t)) | {z } | {z } ven (t) vcin (t)

Observe as contribuições isoladas devido à entrada e devido à condição inicial. A equação da saı́da é y = cv + dx

⇒

y(t) = c exp(At)v0 + c exp(At)u(t) ∗ (bx(t)) + dx(t) Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

321

18.2. Solução da equação não homogênea

Exemplo 18.31: Considere o sistema

v̇ =

1 0 0 1 x , v(0) = v0 = v+ 0 1 −2 −3 y= 1 0 v

cujos autovalores são −1 e −2. Computando exp(At) por Cayley-Hamilton, tem-se exp(At) = ρ0 (t)I + ρ1 (t)A com ρ0 (t) e ρ1 (t) obtidos das equações exp(−t) = ρ0 (t) − ρ1 (t)

⇒

exp(−2t) = ρ0 (t) − 2ρ1 (t)

ρ0 (t) = 2 exp(−t) − exp(−2t) , ρ1 (t) = exp(−t) − exp(−2t)

2 exp(−t) − exp(−2t) exp(At) = −2 exp(−t) + 2 exp(−2t)

exp(−t) − exp(−2t) − exp(−t) + 2 exp(−2t)

A resposta à entrada nula ven (t) é dada por

2 exp(−t) − exp(−2t) ven (t) = exp(At)v0 = −2 exp(−t) + 2 exp(−2t)

e a resposta à condição inicial nula vcin (t) para x(t) = u(t) (degrau unitário) é vcin (t) = (exp(At)u(t)) ∗ (bu(t)) = (exp(At)bu(t)) ∗ u(t) =

exp(−t) − exp(−2t) 0.5 − exp(−t) + 0.5 exp(−2t) u(t) ∗ u(t) = − exp(−t) + 2 exp(−2t) exp(−t) − exp(−2t)

A solução v(t) é dada por

v(t) = ven (t) + vcin (t) =

0.5 + exp(−t) − 0.5 exp(−2t) u(t) − exp(−t) + exp(−2t)

Em termos da saı́da y(t), tem-se y = 0.5 + exp(−t) − 0.5 exp(−2t) u(t) ✷ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

322

Capı́tulo 18. Resolução de Equações de Estado

18.2.3

Sistema homogêneo aumentado

Considere novamente o sistema SISO cuja equação de estado é dada por v̇ = Av + bx , v(0) = v0 , y = cv + dx sendo x(t) solução da equação de estado homogênea v̄˙ = Āv̄ , v̄(0) = v̄0 , x = c̄v̄ A solução v(t) do sistema original não homogêneo pode ser obtida a partir da solução do sistema homogêneo dado por ˙ṽ = Ãṽ , ṽ(0) = v0 , y = c̃ṽ v̄0 com v v̇ A bc̄ v v(0) v0 = , , y = c dc̄ = v̄˙ 0 Ā v̄ v̄ v̄(0) v̄0 Exemplo 18.32: Considere o sistema dado por 0 1 0 1 v̇ = v+ x , v(0) = −2 −3 1 0 y= 1 0 v

com a entrada x(t) = 1. Portanto,

v̄˙ = 0v̄ , v̄(0) = 1 , x = c̄v̄ = 1v̄ Assim,   0 1 0 exp(Ãt) = exp −2 −3 1 t 0 0 0  2 exp(−t) − exp(−2t) exp(−t) − exp(−2t) = 2 exp(−2t) − 2 exp(−t) − exp(−t) + 2 exp(−2t) 0 0 

y(t) = 1 0

18.3

 − exp(−t) + 0.5 exp(−2t) + 0.5  exp(−t) − exp(−2t) 1

  1 0 exp(Ãt) 0 = exp(−t) − 0.5 exp(−2t) + 0.5 1

✷

Exercı́cios

Exercı́cio 18.1: Determine a função de transferência H(s) e o valor da integral Z +∞

h(t) exp(−2t)dt

sendo h(t) a resposta ao impulso do sistema para a realização (A, b, c, d) com 1 −3 −5 , c = −9 −12 , d = 1 , b= A= 0 1 0 Exercı́cio 18.2: a) Determine a forma de Jordan Â da matriz   2 0 0 A = 0 2 0 ⇒ ∆(λ) = (λ − 2)3 8 0 2 Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

323

18.3. Exercı́cios b) Determine a matriz Q tal que AQ = QÂ. Solução: 

 0 0 ⇒ rank(M ) = 1 , Â = diag(J2 , J1 ) 0

0 0 M = 0 0 8 0

pois a dimensão do espaço nulo de M é 2.           a 0 d c/8 0 M v 1 = M  b  = 0 ⇒ v 1 =  b  , M v 2 = M  e  = v 1 ⇒ v 1 =  0 , v 2 =  e  c c f f c Por exemplo,

   0 1 0 v3 = 1 e Q = 0 0 8 0 0

 0 1 0

Exercı́cio 18.3: a) Determine a forma de Jordan Â da matriz   2 1 0 2 0 ⇒ ∆(λ) = (λ − 2)3 A = 0 8 −12 2 b) Determine a matriz Q tal que AQ = QÂ. Solução: 

0 1 0 M = 0 8 −12

 0 0 ⇒ rank(M ) = 2 , Â = diag(J3 ) 0

pois a dimensão do espaço nulo de M é 1 (um único autovetor, M 2 6= 0 e M 3 = 0).         c/8 d 0 a M v 1 = M  b  = 0 ⇒ v 1 =  0 , M v 2 = M  e  = v 1 ⇒ v 2 =  0  f f c c Por exemplo, escolhendo c = 8, tem-se

      (12 + f )/8 1 r  1 M v3 = M  s  = v2 =  0  ⇒ v3 =  t f t

que, com f = 4 e t = 0 fornece



0 Q = 0 8

 1 2 0 1 4 0

Exercı́cio 18.4: Determine f (A) para f (λ) polinomial e λ 1 A= 0 λ Solução: f

λ 1 0 λ

ρ0 + ρ1 λ 0

ρ1 f (λ) = ρ0 + ρ1 λ 0

f˙(λ) f (λ)

Exercı́cio 18.5: Determine f (A) para: a) f (1) = 1 , f (−1) = 2 , f˙(1) = 3 , f˙(−1) = 4    1 1 0 1 0 A = 0 1 0  = Qdiag(J2 (1), J1 (−1))Q−1 , Q = 0 1 2 1 −1 1 0

 0 0 1

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

324

Capı́tulo 18. Resolução de Equações de Estado

b) f (5) = 1 , f˙(5) = 2 , f¨(5) = 4    1 5 1 0 −1    1 5 1 = Qdiag(J3 (5))Q , Q= 0 A= −1 0 −1 5 Solução:



 3 0 1 0 , 3 2

1 a) f (A) =  0 −1

 0 0 1 0 0 1



 3 2 2 1 2 b) f (A) =  2 −2 −2 −1

Exercı́cio 18.6: Determine os autovetores (e eventuais autovetores generalizados) da matriz   1 1 1 A = 0 1 2 0 0 3 Solução: por tratar-se de matriz triangular, os autovalores são os elementos da diagonal λ1 = λ2 = 1 ,

λ3 = 3

Da equação Aq = λ1 q, tem-se 

0 1 (A − I)q1 = 0 0 0 0

  1 q11 2 q21  = 0 2 q31

  1 q1 = 0 0

⇒

A dimensão do espaço nulo de A − I é 1, e portanto q1 é o único autovetor associado ao autovalor 1. Um autovetor generalizado associado é obtido da equação        1 1 0 1 1 q12 Aq2 = q1 + λ2 q2 , (A − I)q2 = q1 ⇒ 0 0 2 q22  = 0 , q2 = 1 0 0 q32 0 0 2

Finalmente, da equação Aq = λ3 q, tem-se 

−2 1 (A − 3I)q3 =  0 −2 0 0

Note que



1 Â = Q−1 AQ = 0 0

  1 q13 2 q23  = 0 q33 0

 −1 0 1 1 1 −1 0 1 0 1 0 0

  1 q3 = 1 1

⇒

 1 1 1 2 0 1 3 0 0

  1 1 1 = 0 0 1

 1 0 1 0 0 3



t exp(t) exp(t) 0

é uma matriz na forma de Jordan, com um bloco de dimensão 2 associado a λ1 = λ2 = 1 e um bloco de dimensão 1 associado a λ3 = 3. Exercı́cio 18.7: Determine exp(At) para



1 1 A = 0 1 0 0

Solução: A = QÂQ−1

⇒

sendo a matriz Q dada por

exp(At) = Q exp(Ât)Q−1



1 Q = 0 0

 1 2 3 exp(t) exp(Ât) =  0 0

 0 0  exp(3t)

 1 1 1 1 0 1 Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

325

18.3. Exercı́cios Exercı́cio 18.8: Determine cos(A) para 0 1 A= 0 −π/2

λ1 = 0 , λ2 = −π/2

Solução: utilizando Cayley-Hamilton, ⇒

cos(λ) = ρ0 + ρ1 λ cos(A) = I +

ρ0 = 1 , ρ1 = 2/π

2 1 2/π A= 0 0 π

A solução também pode ser obtida a partir da diagonalização da matriz A: π/2 0 2/π −2/π 0 −1 A = QÂQ = 0 0 −π/2 0 1

1 1

Portanto,

2/π 0

−2/π 1

1 1 π/4 0 1

cos(A) = Q cos(Â)Q−1 =

1 0 0 0

π/2 0

1 1 = 0 1

2/π 0

Exercı́cio 18.9: Determine cos(A) para A=

λ1 = λ2 = π/4

Solução: Por Cayley-Hamilton (A não é diagonalizável), tem-se √ √ 2 2 π cos(λ) = ρ0 + ρ1 λ , −sen(λ) = ρ1 ⇒ ρ1 = − 1+ , ρ0 = 2 2 4 √ 2 ρ + ρ1 π/4 ρ1 π/4 1 −π/4 cos(A) = ρ0 I + ρ1 A = 0 = 0 ρ0 + ρ1 π/4 0 1 2 O resultado poderia também ser obtido por exponencial de matriz, usando o Teorema de Euler. Exercı́cio 18.10: Determine a inversa da matriz A usando o teorema de Cayley-Hamilton.   1 1 1 0 1 1 0 0 1 Solução:

λ−1 = ρ0 + ρ1 λ + ρ2 λ2

⇒

1 = ρ0 + ρ1 + ρ2

−λ−2 = ρ1 + 2ρ2 λ

⇒

−1 = ρ1 + 2ρ2

2λ−3 = 2ρ2

⇒

1 = ρ2 , ρ0 = 3 , ρ1 = −3 

Note que

1 −1 A−1 = ρ0 I + ρ1 A + ρ2 A2 = 0 1 0 0 

1 0 Co(A) = −1 1 0 −1

 0 −1 1

 0 0 1

A inversa poderia ser obtida diretamente da equação caracterı́stica ∆(λ) = λ3 − 3λ2 + 3λ − 1 = 0

λ−1 = λ2 − 3λ + 3 Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

326

Capı́tulo 18. Resolução de Equações de Estado

Exercı́cio 18.11: Determine ρ0 e ρ1 tais que A0.5 = ρ0 I + ρ1 A

A=ρ

cos(θ) sen(θ)

−sen(θ) cos(θ)

, ρ > 0 , θ 6= 0

Solução: Os autovalores são ρ exp(jθ) , ρ exp(−jθ) Portanto ρ0.5 exp(jθ/2) = ρ0 + ρ1 ρ exp(jθ)

ρ0.5 exp(−jθ/2) = ρ0 + ρ1 ρ exp(−jθ)

que resultam em ρ1 = ρ−0.5 Para ρ = 1 e θ = π/2, tem-se

sen(θ/2) sen(θ/2) , ρ0 = ρ0.5 cos(θ/2) − cos(θ) sen(θ) sen(θ)

0 −1 A= 1 0

autovalores j, −j

A0.5 =

√ 2 ⇒ ρ0 = ρ1 = 2

√ 2 1 −1 2 1 1

Note que a soma de 2π em θ não altera os autovalores, porém produz como solução outra raiz quadrada √ 2 1 −1 0.5 A =− 2 1 1 Exercı́cio 18.12: a) Determine a solução de v̇ =

0 1 v , v(0) −1 0

b) Obtenha a equação e a solução em y para y= 1

a 0 v , v(0) = 0

Exercı́cio 18.13: Determine as funções ρ0 (t) e ρ1 (t) que satisfazem a equação 0 1 exp(At) = ρ0 (t)I + ρ1 (t)A , A = −2 −3 Exercı́cio 18.14: Determine cosh(A) com

0 A= −π/4 Obs.: cosh(λ) =

π/4 0

1 (exp(λ) + exp(−λ)) 2

Exercı́cio 18.15: Considere o sistema linear descrito pelas equações de estado −1 1 1 v̇ = v+ x , y= 1 1 v 0 −1 1

′ a) Determine a resposta à entrada nula yen (t) para v(0) = 1 1 b) Determine a resposta ao impulso (condições iniciais nulas) c) Determine y(t) para a entrada x(t) = exp(−t), t > 0, com condições iniciais nulas Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

327

18.3. Exercı́cios Exercı́cio 18.16: Determine ρ0 (t) e ρ1 (t) tais que exp(At) = ρ0 (t)I + ρ1 (t)A

2 1 0 2

Exercı́cio 18.17: Determine ρ0 e ρ1 tais que −2

= α0 I + α1 A

0 1 A= −6 −5

Exercı́cio 18.18: Considere o sistema linear descrito pelas equações de estado −3 2 0 v̇ = v+ x , y= 1 1 v −1 0 1 ′ a) Determine a resposta à entrada nula yen (t) para v(0) = 0 1 b) Determine a resposta ao impulso (condições iniciais nulas) c) Determine y(t) para a entrada x(t) = exp(−t), t > 0, com condições iniciais nulas Exercı́cio 18.19: Determine ρ0 , ρ1 e A33 = ρ0 I + ρ1 A para 0 1 A= −1 2 Exercı́cio 18.20: Determine ρ0 , ρ1 e A521 = ρ0 I + ρ1 A para 1 0 A= 2 1 Exercı́cio 18.21: O polinômio caracterı́stico de uma matriz A ∈ R3×3 é dado por ∆(λ) = λ3 − 2λ2 + 4λ + 1. Determine A2 + A−1 em função de potências da matriz A. Exercı́cio 18.22: a) Determine uma transformação Q que diagonalize a matriz   1 1 1 A = 0 2 1 0 0 3

b) Determine os autovalores e autovetores da matriz −7 0 A= −2 −2

c) Determine Q (matriz de autovetores) e Λ diagonal (com os autovalores de A na diagonal) tais que 1 2 A= = QΛQ−1 0 3 Exercı́cio 18.23: a) Determine Â na forma de Jordan tal que AQ = QÂ, com Q não singular.   2 0 8 A = 0 2 0 0 0 2

b) Determine Q c) Repita para



2 A = −1 1

 2 1 6 2 , ∆(λ) = (λ − 3)3 −3 1 Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

328

Capı́tulo 18. Resolução de Equações de Estado

Solução: a) e b)



 0 0 1 1 1 0

8 Â = diag(J2 (2), J1 (2)) , Q = 0 0



 2 0 1

1 −1 0 Â = diag(J3 (3)) , Q =  1 −1 0

Note que a solução Q não é única, pois as colunas de Q associadas a cada bloco de Jordan podem ser multiplicadas por qualquer número diferente de zero sem alterar a igualdade AQ = QÂ. Exercı́cio 18.24: a) Determine ρ0 e ρ1 tais que 0.5

1 1 = ρ0 I + ρ1 A , A = 0 1

b) Determine as funções ρ0 (t) e ρ1 (t) tais que

1 2 exp(At) = ρ0 (t)I + ρ1 (t)A , A = 0 3

c) Determine as funções ρ0 (s) e ρ1 (s) tais que (sI − A)−1 = ρ0 (s)I + ρ1 (s)A , A = Exercı́cio 18.25: a) Determine a solução de 1 1 T v̇ = W T v , v(0) = , T = 2 0

4 2

1 2 0 3

1 exp(W t) = 0

para

t exp(2t) 1

b) Determine v(t) solução de 3 1 v̇ = Av , v(0) = com AQ = QÂ , Q = 0 2

2 −1 0 , Â = 1 0 −2

Exercı́cio 18.26: a) Determine a solução de v̇ = Av , v(0) =

1 −1

15 −10

20 −13

sabendo que, para λ autovalores de A, exp(λt) =

1 1 exp(t) 2 cos(2t) − sen(2t) + λ exp(t)sen(2t) 2 2

b) Determine exp(At) para a matriz A (autovalores λ1 = 2, λ2 = 5) 8 −6 1 2 2 0 −1 2 A= = 3 −1 1 1 0 5 1 −1

Exercı́cio 18.27: a) Determine a transformada de Laplace V (s) da solução de 1 −1 −4 v , v(0) = v̇ = −1 2 3 b) Determine v(t) Exercı́cio 18.28: Determine a forma de Jordan de uma matriz A de dimensão 12, autovalor λ = 2 com multiplicidade 12 e M = (A − λI) tem os seguintes ranks rank(M ) = 8 , rank(M 2 ) = 4 , rank(M 3 ) = 2 , rank(M 4 ) = 0 Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

329

18.3. Exercı́cios

Solução: são quatro blocos de Jordan (pois o espaço nulo de M tem dimensão 4), o maior bloco de Jordan é de tamanho 4 (pois M 4 = 0 e M 3 6= 0). São dois blocos de tamanho 4 pois o rank de M 3 é 2. Não há blocos de tamanho 3, pois rank(M 2 ) − 2rank(M 3 ) + rank(M 4 ) = 4 − 2(2) + 0 = 0 e são dois blocos de tamanho 2, pois rank(M ) − 2rank(M 2 ) + rank(M 3 ) = 8 − 2(4) + 2 = 2 Portanto, a forma de Jordan é composta de dois blocos de tamanho 4 e dois de tamanho 2. De fato, não há bloco de tamanho 1, pois rank(I) − 2rank(M ) + rank(M 2 ) = 12 − 2(8) + 4 = 0 Exercı́cio 18.29: Determine os blocos de Jordan da forma de Jordan de uma matriz A de dimensão 9, autovalores λ = 2 com multiplicidade algébrica 7 e λ = 1 com multiplicidade algébrica 2 e M2 = A − 2I, M1 = A − I com os seguintes ranks rank(M1 ) = 8 , rank(M12 ) = 7 , rank(M13 ) = 7 rank(M2 ) = 6 , rank(M22 ) = 4 , rank(M23 ) = 2 , rank(M24 ) = 2 Solução: Â = diag(J3 (2), J3 (2), J1 (2), J2 (1)) Exercı́cio 18.30: Determine um sistema autônomo descrito por variáveis de estado (Ã, c̃) e a condição inicial ṽ(0) cuja saı́da é igual à do sistema 7 1 0 1 x , y = 1 1 v , x(t) = 5 exp(t) + 6 exp(2t) , v(0) = v+ v̇ = 8 1 −2 3 b) Determine a forma de Jordan para Ã Solução:   0 1 1 1 −2 3 1 1  Ã =   0 0 1 0 , 0 0 0 2

c̃ = 1 1

  7  8  0 0 , ṽ0 =   , 5 6

diag(J2 (1), J2 (2))

Exercı́cio 18.31: Determine um sistema autônomo descrito por variáveis de estado (Ã, c̃) e a condição inicial ṽ(0) cuja saı́da é igual à do sistema 2 1 0 1 x , y = 1 0 v , x = exp(−2t) , v(0) = v+ v̇ = 5 1 −4 −4

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Capı́tulo 19

Observabilidade e Controlabilidade SISO 19.1

Observabilidade

Definição 19.1: Observabilidade Um sistema contı́nuo autônomo descrito por v̇(t) = f (v(t), t)

y(t) = g(v(t), t)

é observável em t0 se existir τ > 0 tal que o conhecimento da saı́da y(t) para todo t ∈ [t0 , t0 + τ ] é suficiente para determinar a condição v(t0 ). Sistemas lineares invariantes no tempo com saı́da escalar, descritos por v̇(t) = Av(t) , v ∈ Rn

;

y(t) = cv(t) ∈ R

são observáveis se existir τ > 0 tal que o conhecimento da saı́da y(t) para todo t ∈ [0, τ ] é suficiente para determinar a condição inicial v(0). Propriedade 19.1: Matriz de observabilidade O sistema linear invariante no tempo v̇ = Av , y = cv com v ∈ Rn é observável se e somente se o rank da matriz de observabilidade Obsv(A, c) for igual a n 

 c  cA    2   Obsv(A, c) =  cA  ∈ Rn×n  ..   .  cAn−1

Ou seja, o sistema é observável se e somente se det(Obsv(A, c)) 6= 0.

Prova:

y(t) = c exp(At)v(0) Derivando n − 1 vezes y(t) e computando em t = 0, tem-se    c   cA       cA2  v(0) = Obsv(A, c)v(0) =      ..    .  cAn−1 330

y(0) ẏ(0) ÿ(0) .. . y (n−1) (0)

      

331

19.1. Observabilidade

que tem solução em v(0) sempre que o rank de Obsv(A, c) for igual a n. Note que é preciso conhecer y(t) em uma vizinhança do zero para determinar os valores das derivadas em t = 0. ⋄

Propriedade 19.2: c e A − λI coprimos à direita O sistema v̇ = Av , y = cv é observável ou, equivalentemente, o par (A, c) é observável, se e somente se a matriz A − λI ∈ C(n+1)×n c

tiver rank n (isto é, rank completo de colunas) para todo λ ∈ C. Como det(A − λI) 6= 0 para λ ∈ C que não é autovalor de A, basta testar o rank da matriz para os λ’s autovalores de A. Se a matriz acima tem rank n, diz-se que A − λI e c são coprimos à direita, isto é, que não possuem nenhum fator comum à direita. Prova: o rank completo de colunas ∀λ autovalor de A implica que não existe um vetor v 6= 0 tal que A − λI v=0 c Se existirem λ1 e v1 6= 0 tais que A − λ1 I v1 = 0 ⇒ Av1 = λ1 v1 , cv1 = 0 c tem-se que v1 é um autovetor associado ao autovalor λ1 . Assim, A2 v1 = Aλ1 v1 = λ21 v1 , An−1 v1 = λ1n−1 v1 e, portanto,

   c c  cA   λ1 c       cA2   2    v 1 =  λ1 c  v 1 = 0  ..   ..   .   .  

λ1n−1 c

cAn−1

indicaria que rank Obsv(A, c) < n, ou seja, que o sistema é não observável.

⋄

Exemplo 19.1 (Sistema não observável): O sistema

0 1 v̇ = v −2 −3

;

y= 1

1 v

não é observável, pois a matriz de observabilidade dada por Obsv(A, c) =

c 1 = cA −2

1 −2

tem determinante igual a zero. Note que, para uma condição inicial v(0) = v0 , tem-se Y (s) = c(sI − A)−1 v0 = ⇒

s+1 v1 (0) + v2 (0) (s + 1)(s + 2)

y(t) = v1 (0) + v2 (0) exp(−2t)u(t)

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

332

Capı́tulo 19. Observabilidade e Controlabilidade SISO e, portanto, o conhecimento de y(t) não permite determinar de maneira individualizada v1 (0) e v2 (0). Note ainda que os autovalores de A são −1 e −2, e que embora   2 1 A − (−2)I M−2 = = −2 −1 c c 1 1

possua rank 2, indicando que M−2 e c são coprimos, para λ = −1 tem-se   1 1 rank −2 −2 = 1 1 1 M−1 = A − (−1)I =

1 −2

1 1 1 1 , c= 1 1 = −2 −2

e, portanto, a matriz M−1 , que tem rank 1, possui um fator comum à direita com o vetor c (não são coprimos à direita), confirmando pela Propriedade 19.2 que o sistema não é observável. ✷

Exemplo 19.2 (Sistema observável): O sistema 0 1 v v̇ = −2 −3

y= 1

;

0 v

é observável, pois a matriz de observabilidade dada por Obsv(A, c) =

c 1 = cA 0

0 1

tem determinante diferente de zero. Para uma condição inicial v(0) = v0 , tem-se Y (s) = c(sI − A)−1 v0 = ⇒

1 s+3 v1 (0) + v2 (0) (s + 1)(s + 2) (s + 1)(s + 2)

y(t) = 2 exp(−t) − exp(−2t) v1 (0)u(t) + exp(−t) − exp(−2t) v2 (0)u(t) y(0) = v1 (0) , ẏ(0) = v2 (0)

Neste caso, o conhecimento de y(t) permite determinar a condição inicial. Confirmando, pela Propriedade 19.2, tem-se

M−2 c

M−1 c



 2 1 A − (−2)I = = −2 −1 c 1 0



 1 1 A − (−1)I = = −2 −2 c 1 0

ambas com rank 2 (não há fator comum entre Mλ e c que possa ser colocado em evidência à direita). ✷

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

333

19.1. Observabilidade y

ν2 1/σ + −

+ ν1

−

Figura 19.1: Circuito RLC com R = C = 1 e L = 1/σ. Exemplo 19.3: Considere o circuito da Figura 19.1 com σ > 0 e as variáveis de estado ν1 (tensão no capacitor) e ν2 (corrente no indutor). ν2 +

1 ν̇2 = ν̇1 + ν1 σ

;

1 ν̇2 + ν1 σ

y = cν + dx

;

1 ν̇2 σ

Colocando na forma matricial, tem-se ν̇ = Aν + bx

−2 A= −σ

1 1 , c = −1 , b= σ 0

(19.1)

0 , d= 1

(19.2)

A matriz de observabilidade é dada por Obsv(A, c) =

−1 2

0 −1

cujo determinante é det(Obsv(A, c)) = 1 6= 0 indicando que o sistema (19.1)-(19.2) é observável independentemente de σ. A equação diferencial em y é D(p)y = N (p)x

D(p) = p2 + 2p + σ

N (p) = p(p + 1)

Note que para σ = 1 (constantes de tempo das malhas indutiva e capacitiva idênticas) ocorre um cancelamento entre zero e pólo. ✷

Exemplo 19.4: Considere novamente o circuito descrito na Figura 19.1, com σ > 0, cuja equação diferencial em y é D(p)y = N (p)x

D(p) = p2 + 2p + σ

N (p) = D(p) + N̄ (p)

⇒

N (p) = p(p + 1)

N̄ (p) = −p − σ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

334

Capı́tulo 19. Observabilidade e Controlabilidade SISO A representação em equações de estado na forma companheira (note que as variáveis de estado v1 e v2 não mais correspondem à tensão no capacitor ν1 e à corrente no indutor ν2 ) é dada por

0 −σ

1 0 v+ x −2 1

y = −σ

−1 v + 1 x

v̇ =

(19.3) (19.4)

A matriz de observabilidade para o sistema (19.3)-(19.4) é dada por Obsv(A, c) =

−σ c = σ cA

−1 2−σ

cujo determinante é det(Obsv(A, c)) = σ(σ − 1) Portanto, a realização (19.3)-(19.4) do sistema (variáveis v1 e v2 ) não é observável se σ = 1. Note, portanto, que a observabilidade depende da representação interna do sistema, isto é, da escolha das variáveis de estado. ✷

Exemplo 19.5: Considere o circuito da Figura 19.2, cujas equações de estado e de saı́da são ν2 +

Lν̇2 ν1 = C ν̇1 + R2 R1 y=

;

x = Lν̇2 + ν1

L ν̇2 R2

Colocando na forma matricial, tem-se ν̇ = Aν + bx , y = cν + dx



 − A= 

1 1 + R1 C R2 C 1 − L

(19.5)

   1 1   C   , b =  R2 C  , c = − 1  1   R2 0 L

, d=

1 R2

(19.6)

A matriz de observabilidade é dada por 

−

1 R2

 Obsv(A, c) =  1 1 1 + R2 R1 C R2 C



 1  − R2 C

cujo determinante é det(Obsv(A, c)) =

1 6= 0 R22 C

indicando que o sistema (19.5)-(19.6) é observável. A equação diferencial em y é Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

335

19.1. Observabilidade y

R2 ν2 L

+ −

+ ν1

−

Figura 19.2: Circuito RLC.

D(p)y = N (p)x

D(p) = p2 +

1 1 + R1 C R2 C

1 LC

N (p) =

1 1 p p+ R2 R1 C

A divisão N (p)/D(p) resulta em β2 = 1/R2 e N̄ (p) = −

1 1 p− R22 C R2 LC



0 1 Ã =  − LC

−

1 1 1 + R1 C R2 C



 , b̃ =

0 1

, c̃ =

−

(19.7)

1 R2 LC

−

1 R22 C

, d˜ =

1 R2

A matriz de observabilidade para o sistema (19.7) é dada por

Obsv(Ã, c̃) =



1   R2 LC

−1

L R2

1 det(Obsv(Ã, c̃)) = 2 2 2 R2 L C

1 R2 C

−

L R2

1 1 + R1 C R2 C L 1− R1 R2 C

−1

  

Portanto, o sistema (19.7) (variáveis v1 e v2 ) não é observável se as constantes de tempo das malhas LR2 e R1 C forem idênticas, isto é, se L = R1 C R2 ✷

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

336

Capı́tulo 19. Observabilidade e Controlabilidade SISO

Propriedade 19.3: Observabilidade de sistemas similares Transformações de similaridade não alteram a observabilidade de um sistema linear invariante no tempo. Prova: Os sistemas similares, com T não singular, dados por v̇ = Av , v = T v̂

v̂˙ = T −1 v̇ = T −1 Av = T −1 AT v̂ ⇒ Â = T −1 AT

⇒

y = cv = cT v̂ ⇒ ĉ = cT têm matrizes de observabilidade que verificam 

  rank  



ĉ ĉÂ .. . ĉÂn−1



   = rank 

   



c cA .. . cAn−1

  T 



  = rank  

c cA .. . cAn−1

     ⋄

Exemplo 19.6: Considere o sistema descrito por v̇ = Av

−5 A= −4

1 −1

y = cv

c= 0 2

O sistema é observável, pois

Obsv(A, c) =

0 −8

2 −2

det(Obsv(A, c)) = 16 6= 0

Escolhendo

T =

−1 1 1 0

, T −1 =

0 1 1 1

e escrevendo as equações em termos de v = T v̂, tem-se

Â = T −1 AT =

Obsv(Â, ĉ) =

2 0 ] 6 −8

3 −4 9 −9

ĉ = 2

det(Obsv(Â, ĉ)) = −16 6= 0 ✷ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

337

19.2. Controlabilidade

19.2

Controlabilidade

Definição 19.2: Controlabilidade Um sistema contı́nuo descrito por v̇(t) = f (v(t), x(t), t) é controlável em t0 se existir τ > 0 finito e uma entrada x(t), t ∈ [t0 , t0 + τ ] que leve o sistema de um estado inicial qualquer v(t0 ) para um estado arbitrário v(t0 + τ ). Sistemas lineares invariantes no tempo com entrada escalar, descritos por v̇(t) = Av(t) + bx(t) , v ∈ Rn ; x(t) ∈ R são controláveis se para qualquer estado inicial v(0) e um estado v(τ ) final arbitrário, existir uma entrada x(t), t ∈ [0, τ ] que leve o sistema de v(0) a v(τ ) em tempo finito τ . Propriedade 19.4: Matriz de controlabilidade O sistema linear invariante no tempo v̇ = Av + bx com v ∈ Rn é controlável se e somente se o rank da matriz de controlabilidade Ctrb(A, b) for igual a n Ctrb(A, b) = b Ab A2 b · · · An−1 b ∈ Rn×n

Ou seja, o sistema é controlável se e somente se det(Ctrb(A, b)) 6= 0.

Prova: A solução v(t), com condição inicial v(0) conhecida e uma entrada x(t), é dada por

Por Cayley-Hamilton, tem-se

v(t) = exp(At)v(0) + exp(At)u(t) ∗ bx(t) exp(At) =

n−1 X

ρk (t)Ak

k=0

e portanto ν(t) =

n−1 X k=0

com

n−1 X Ak b σk (t) ρk (t)Ak u(t) ∗ bx(t) =

ν(t) = v(t) − exp(At)v(0) Para t = τ , tem-se

k=0

σk (t) = ρk (t)u(t) ∗ x(t)

 σ0 (τ )    σ1 (τ )  ν(τ ) = b Ab A2 b · · · An−1 b   ..   . 

σn−1 (τ )

que possui solução sempre que o rank de Ctrb(A, b) for igual a n.

⋄ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

338

Capı́tulo 19. Observabilidade e Controlabilidade SISO

Propriedade 19.5: b e A − λI coprimos à esquerda O sistema v̇ = Av + bx é controlável ou, equivalentemente, o par (A, b) é controlável, se e somente se a matriz A − λI b ∈ Cn×(n+1)

tiver rank n (isto é, rank completo de linhas) para todo λ ∈ C. Como det(A − λI) 6= 0 para λ ∈ C que não é autovalor de A, basta testar o rank da matriz para os λ’s autovalores de A. Se a matriz acima tem rank n, diz-se que A − λI e b são coprimos à esquerda, isto é, que não possuem nenhum fator comum à esquerda. Prova: o rank completo de linhas ∀λ autovalor de A implica que não existe um vetor q 6= 0 tal que q ′ A − λI b = 0

Se existirem λ1 e q1 6= 0 tais que q1′ A − λ1 I b = 0 ⇒ q1′ A = λ1 q1′ , q1′ b = 0

tem-se que q1 é um autovetor à esquerda associado ao autovalor λ1 , q1′ An−1 = q1′ λ1n−1 e, portanto, q1′ b Ab A2 b · · · An−1 b = q1′ λ1 b λ21 b · · · λ1n−1 b = 0

indicando que o sistema é não controlável.

⋄

Exemplo 19.7 (Sistema não controlável): Considere o sistema v̇ =

b 0 1 v+ 1 x b2 −2 −3

Analisando a controlabilidade, tem-se

det(Ctrb(A, b)) = det b

b2 = −(2b21 + 3b1 b2 + b22 ) −2b1 − 3b2

b Ab = det 1 b2

e portanto para b2 = −b1 ou b2 = −2b1 , o sistema é não controlável (determinante igual a zero). Utilizando o operador p, tem-se v = (pI − A)−1 bx =

1 p + 3 1 b1 x , D(p) = (p + 1)(p + 2) D(p) −2 p b2

As duas situações de não controlabilidade implicam b1 = −b2 = β ⇒ v =

β 1 x p + 1 −1

b2 = −2b1 = −2β ⇒ v =

β 1 x p + 2 −2

Note que não é possı́vel controlar individualmente os dois estados e que, em cada uma das situações, um dos modos próprios não aparece na equação diferencial. Confirmando, pela Propriedade 19.5 tem-se

que tem rank 1 se b2 = −2b1 e

que tem rank 1 se b1 = −b2 .

A − (−1)I

b =

1 1 −2 −2

b1 b2

A − (−2)I

2 1 b = −2 −1

b1 b2

✷ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

339

19.2. Controlabilidade

Exemplo 19.8 (Sistema controlável): Considere o sistema

0 1 1 v̇ = v+ x , v(0) = 0 −2 −3 1 O sistema é controlável, pois det(Ctrb(A, b)) = det b

1 1 Ab = det = −6 1 −5

Aplicando a transformada de Laplace, tem-se

V (s) = (sI − A)

−1

1 s+3 bX(s) = (s + 1)(s + 2) −2

1 1 1 s+4 X(s) = X(s) s 1 (s + 1)(s + 2) s − 2

Para X(s) igual a X(s) = α

s+1 s+2 +β s+4 s−2

tem-se 1  s+2 V (s) =   s−2 (s + 2)(s + 4)

 s+4 (s + 1)(s − 2)  α   β 1 s+1

− exp(−t) + 2 exp(2t) exp(−t)



e portanto exp(−2t) v(t) = −2 exp(−2t) + 3 exp(−4t)

α β

Note que o determinante da matriz que relaciona v(t) com os parâmetros α e β é γ(t) = 4 − 6 exp(−2t) − exp(−3t) + 3 exp(−5t) 6= 0

∀t 6= 0

e, portanto, para qualquer (t = t̄, v(t) = v̄) é possı́vel encontrar α e β que levam o sistema de v(0) = 0 a v̄ no intervalo [0, t̄], confirmando que o sistema é controlável. A solução é dada por 1 exp(−t̄) α = β γ(t̄) 2 exp(−2t̄) − 3 exp(−4t̄)

exp(−t̄) − 2 exp(2t̄) v̄ exp(−2t̄) ✷

Propriedade 19.6: Entrada x(t) que leva de 0 a v(τ ) Para sistemas controláveis, existe β ∈ Rn tal que a entrada x(t) = b′ exp(−A′ t)βu(t) , t ∈ [0, τ ] leva o sistema da condição inicial v(0) = 0 para v(τ ) arbitrário. ⋄ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

340

Capı́tulo 19. Observabilidade e Controlabilidade SISO Exemplo 19.9: Considere novamente o sistema controlável do Exemplo 19.8 e a condição v(1) dados por 0 1 1 1 v̇ = v+ x , v(0) = 0 , , v(1) = −2 −3 1 −3 x(t) = b′ exp(−A′ t)βu(t) ⇒ X(s) = b′ (sI + A′ )−1 β = Como V (s) = (sI − A)−1 bX(s) = tem-se V (s) = M (s)β = (sI − A)−1 bb′ (sI + A′ )−1 β =

1 s−4 s+2 β (s − 1)(s − 2)

1 s+4 X(s) (s + 1)(s + 2) s − 2

1 s2 − 16 2 2 (s − 1)(s − 4) (s − 2)(s − 4)

(s + 2)(s + 4) β s2 − 4

Note que o determinante da matriz M (s) é nulo para todo s, pois det(bb′ ) = 0. Entretanto, M (t) = L−1 {M (s)} possui inversa para todo t > 0 (sistema controlável), e é dada por M (t) =

2.5 exp(t) − exp(2t) − 2.5 exp(−t) + exp(−2t) −0.5 exp(t) + 2.5 exp(−t) − 2 exp(−2t)

−2.5 exp(t) + 2 exp(2t) + 0.5 exp(−t) senh(t)

Em t = 1, tem-se

−1.38 M (1) ≈ −0.710

8.17 1.18

1 6.14 , M (1)β = v(1) = ⇒ β≈ −3 1.16

A Figura 19.3 mostra a simulação numérica do sistema para a entrada x(t) = b′ exp(−A′ t)β ≈ 3 exp(t) − 2 exp(2t)

4 exp(2t) − 3 exp(t)

6.14 1.16

x 6

v2 −2

−4

0.5

1.5

Figura 19.3: Simulação do sistema do Exemplo 19.9. ✷

Propriedade 19.7: Controlabilidade de sistemas similares Transformações de similaridade não alteram a controlabilidade de um sistema linear invariante no tempo. Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

341

19.2. Controlabilidade Prova: Os sistemas similares, com T não singular, dados por v̇ = Av + bx , v = T v̂

v̂˙ = T −1 v̇ = T −1 Av + T −1 bx = T −1 AT v̂ + T −1 bx

⇒

⇒ Â = T −1 AT , b̂ = T −1 b têm matrizes de controlabilidade que verificam rank b̂ Âb̂ · · · Ân−1 b̂ = rank T −1 b Ab · · · An−1 b = rank b Ab · · · An−1 b

⋄

Exemplo 19.10: Considere o sistema descrito por v̇ = Av + bx

−4 −1

−5 A= 1

0 b= 2

O sistema é controlável, pois Ctrb(A, b) =

, T −1 =

0 −8 2 −2

det(Ctrb(A, b)) = 16 6= 0

Escolhendo T =

0 1 1 1

−1 1 1 0

e escrevendo as equações em termos de v = T v̂, tem-se

Ctrb(Â, b̂) =

Â =

3 −4

9 −9

6 −8

2 0

b̂ =

2 0

det(Ctrb(Â, b̂)) = −16 6= 0 ✷

Propriedade 19.8: Dualidade O sistema (A, b, c, d) é controlável se e somente se o sistema dual (A′ , c′ , b′ , d) é observável, e vice-versa, isto é, o sistema (A, b, c, d) é observável se e somente se o sistema dual (A′ , c′ , b′ , d) é controlável. Prova: Ctrb(A, b) = Obsv(A′ , b′ )

′

Obsv(A, c) = Ctrb(A′ , c′ )

′

⋄

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

342

Capı́tulo 19. Observabilidade e Controlabilidade SISO Exemplo 19.11: Considere novamente o circuito da Figura 19.1, com σ > 0, descrito pela equação diferencial D(p)y = N (p)x

D(p) = p2 + 2p + σ

N (p) = p(p + 1)

com a representação de estado do Exemplo 19.4 v̇ =

0 −σ

1 0 v+ x −2 1

y = −σ

−1 v + 1 x

que não é observável para σ = 1. No entanto, o sistema é controlável independentemente de σ, pois 0 1 Ab = det = −1 1 −2

det(Ctrb(A, b)) = det b

Por outro lado, a representação em equações de estado na forma dual, dada por A=

0 1

−σ −2

, b=

−σ −1

, c= 0

1 , d= 1

é observável independentemente de σ e não é controlável para σ = 1, pois det(Ctrb(A, b)) = det b

−σ Ab = det −1

det(Obsv(A, c)) = det

σ = σ(σ − 1) 2−σ

c 0 1 = det = −1 cA 1 −2 ✷

Propriedade 19.9: Forma canônica controlável A representação  0 1 0  0 0 1   .. . .. . v̇ = Av + bx , v̇ =  . . .   0 0 0 −α0 −α1 −α2



  0  0     .  v +  ..  x    0 ··· 1  · · · −αm−1 1 é denominada de forma canônica controlável, pois det Ctrb(A, b) 6= 0 para quaisquer valores de αk . ··· ··· .. .

0 0 .. .

Prova: para n = 4, tem-se

 0 0 0 1  0 0 1 −α3  Ctrb(A, b) =  2  0 1 −α3 −α2 + α3 2 2 1 −α3 −α2 + α3 −α1 + α2 α3 − α3 (α2 + α3 ) 

cujo determinante é igual a 1. Para n qualquer, o determinante é 1 ou −1, pois n+1 X (n + 3)n k = det Ctrb(A, b) = (−1)f [n] , f [n] = 2 k=2

Pode-se mostrar que inversa da matriz de controlabilidade é dada por   α1 α2 α3 1 −1 α2 α3 1 0  Ctrb(A, b) = α3 1 0 0 1 0 0 0

⋄ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

343

19.2. Controlabilidade

Exemplo 19.12: O sistema 

0 v̇ =  0 −6

1 0 −11

   0 0 1  v + 0 x −6 1

está na forma canônica controlável, sendo 

0 Ctrb(A, b) = 0 1

 0 1 1 −6 −6 25

det(Ctrb(A, b)) = −1 ✷

Propriedade 19.10: Forma canônica observável A representação de um sistema na forma  0 ··· 0 −α0 1 · · · 0 −α1    v , y = 0 0 ··· 0 1 v v̇ = Av , y = cv , v̇ =  . .  . . ..   .. . . .. 0 · · · 1 −αm−1 é denominada de forma canônica observável, pois det Obsv(A, c) 6= 0 para quaisquer valores de αk . 

Por dualidade, essa propriedade é conseqüência da Propriedade 19.8.

⋄ Propriedade 19.11: A realização mostrada na Figura 19.4 é a forma canônica controlável dada por (m = 3, αm = 1) v̇ = Av + bx , y = cv + dx    0 0 1 0    0 0 1 , b = 0 , c = β̄0 β̄1 β̄2 , d = β3 A= 1 −α0 −α1 −α2 

associada aos polinômios

D(p) =

m X k=0

αk pk , N (p) = β3 D(p) + N̄ (p) , N̄ (p) =

m−1 X

β̄k pk

k=0

Por construção, a realização possui (A, b) controlável. Se (A, c) for observável, então não há cancelamentos entre pólos e zeros. Por outro lado, se não houver cancelamento entre as raı́zes de N (p) e D(p) (isto é, entre pólos e zeros), a realização é observável. Portanto, essa realização é sempre controlável e a observabilidade depende dos parâmetros αk , βk . Note que cancelamentos entre pólos e zeros também implicam em cancelamentos entre N̄ (p) e D(p). ⋄

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

344

Capı́tulo 19. Observabilidade e Controlabilidade SISO y

β3

x +

β̄2

β̄1

β̄0

−1

α2

α1

α0

Figura 19.4: Realização na forma canônica controlável.

Exemplo 19.13: Considere a realização mostrada na Figura 19.4 com β3 = 0 , β2 = 1 , β1 = 3 , β0 = 2 ,

α2 = 8 , α1 = 21 , α0 = 18

implicando em 

0  0 A= −18

1 0 −21

   0 0 1  , b =  0 , c = 2 1 −8

3 1 , d= 0

A matriz de observabilidade é dada por 

2 Obsv(A, c) = −18 90

3 −19 87

 1 −5 21

, det Obsv(A, c) = 0

De fato, os polinômios N (p) = p2 + 3p + 2 = (p + 1)(p + 2)

D(p) = p3 + 8p2 + 21p + 18 = (p + 3)2 (p + 2)

possuem a raiz −2 em comum. ✷

Propriedade 19.12: A realização mostrada na Figura 19.5 é a forma canônica observável dada por (m = 3, αm = 1) v̇ = Av + bx , y = cv + dx    β̄0 0 0 −α0    A = 1 0 −α1 , b = β̄1  , c = 0 0 1 , d = β3 0 1 −α2 β̄2 

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

345

19.2. Controlabilidade associada aos polinômios m X

D(p) =

αk p

, N (p) = β3 D(p) + N̄ (p) , N̄ (p) =

β̄k pk

k=0

α1

α0

m−1 X

α2

β̄1

β̄0

−1

β3

β̄2

x Figura 19.5: Realização na forma canônica observável.

Por construção, a realização possui (A, c) observável. Se (A, b) for controlável, então não há cancelamentos entre pólos e zeros. Por outro lado, se não houver cancelamento entre as raı́zes de N (p) e D(p) (isto é, entre pólos e zeros), a realização é controlável. Portanto, essa realização é sempre observável e a controlabilidade depende dos parâmetros αk , βk . ⋄

Exemplo 19.14: Considere a realização mostrada na Figura 19.5 com β3 = 1 , β̄2 = 1 , β̄1 = 3 , β̄0 = 2 ,

α2 = 3 , α1 = −1 , α0 = −3

implicando em 

0 0 A = 1 0 0 1

   2 3 1  , b = 3 , c = 0 0 1 −3

1 , d= 1

A matriz de controlabilidade é dada por 

2 3 Ctrb(A, b) = 3 3 1 0

 0 3 3

, det Ctrb(A, b) = 0

De fato, os polinômios

N̄ (p) = p2 + 3p + 2 = (p + 1)(p + 2)

D(p) = p3 + 3p2 − p − 3 = (p − 1)(p + 1)(p + 3)

possuem a raiz −1 em comum. ✷ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

346

Capı́tulo 19. Observabilidade e Controlabilidade SISO

Propriedade 19.13: Decomposição canônica (modos não controláveis) Considere o sistema v̇ = Av + bx , y = cv + dx e a transformação de similaridade v̄ = P v, com P não singular, que produz −1 v̄˙ = P v̇ = |P AP Pb x {z } v̄ + |{z} Ā

b̄

Se a matriz de controlabilidade do sistema

−1 y = cP d x | {z } v̄ + |{z} c̄

d¯

Ctrb(A, b) = b Ab · · · An−1 b

tem rank r < n, então

P −1 = q1 · · · qr · · · qn

construı́da com r colunas linearmente independentes de Ctrb(A, b) (e demais colunas arbitrárias, para garantir a existência de P −1 ) leva o sistema para v̄˙ c b̄c Āc Ā12 v̄c ˙v̄c̄ = 0 Āc̄ v̄c̄ + 0 x

y = c̄c O subsistema de ordem r

v̄c ¯ c̄c̄ + dx v̄c̄

v̄˙ c = Āc v̄c + b̄c x ¯ y = c̄c v̄c + dx é controlável e produz a mesma função de transferência que o sistema original. Os estados associados aos modos controláveis estão no vetor v̄c ∈ Rr . Note que

Āc Ā12 A q1 · · · qr · · · qn = q1 · · · qr · · · qn 0 Āc̄

ou seja, os vetores Aqi , i = 1, . . . , r escrevem-se em função dos r primeiros vetores de P −1 (não dependem dos vetores extras {qr+1 , . . . , qn }). De maneira similar, b̄ (representação de b na base P −1 = q1 · · · qr · · · qn ) não depende dos vetores extras qr+1 , . . . , qn . Além disso,

b̄c Āc b̄c · · · Ācn−1 b̄c Ctrb(Āc , b̄c ) Ārc b̄c · · · Ācn−1 b̄c Ctrb(Ā, b̄) = = 0 0 ··· 0 0 0 ··· 0

tem rank r (as colunas de r + 1 a n são linearmente dependentes), que é o rank de Ctrb(Āc , b̄c ), indicando que o sistema de ordem r é controlável. Como (sI − Ā)

−1

(sI − Āc ) −Ā12 = 0 (sI − Āc̄ )

−1

(sI − Āc )−1 (sI − Āc )−1 Ā12 (sI − Āc̄ )−1 = 0 (sI − Āc̄ )−1

tem-se que a função de transferência é dada por (sI − Āc )−1 (sI − Āc )−1 Ā12 (sI − Āc̄ )−1 b̄c c̄c c̄c̄ + d¯ = c̄c (sI − Āc )−1 b̄c + d¯ 0 0 (sI − Āc̄ )−1 A decomposição canônica que separa os modos controláveis dos não controláveis é produzida pelo comando ctrbf do Matlab. ⋄ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

347

19.2. Controlabilidade Propriedade 19.14: Decomposição canônica (modos não observáveis) É o caso dual da Propriedade 19.13. Se rank Obsv(A, c) = r < n

a transformação de similaridade v̄ = P v, com P não singular dada por   p1  ..  .    P =  pr   ..  . pn

construı́da com r linhas linearmente independentes de Obsv(A, c) (e demais linhas arbitrárias, para garantir a existência de P −1 ) leva o sistema (com estados associados aos modos observáveis no vetor v̄o ∈ Rr ) para v̄˙ o Āo 0 v̄o b̄ = + o x v̄˙ ō Ā21 Āō v̄ō b̄ō v̄o ¯ y = c̄o 0 + dx v̄ō O subsistema de ordem r

v̄˙ o = Āo v̄o + b̄o x ¯ y = c̄o v̄o + dx é observável e produz a mesma função de transferência que o sistema original. A decomposição canônica que separa os modos observáveis dos não observáveis é produzida pelo comando obsvf do Matlab. ⋄ Exemplo 19.15 (Modos não observáveis): Considere o sistema descrito por v̇ = Av + bx

y = cv

−5 −4

1 −1

c= 2

−1

1 1

O sistema é não observável, pois

2 −1 Obsv(A, c) = −6 3

det(Obsv(A, c)) = 0

O rank de Obsv(A, c) é igual a 1. Para

P =

0.5 2 −1 , P −1 = 0 0 1

0.5 1

, Â = P AP −1 =

−3 0 −2 −3

ĉ = 1

b̂ =

1 1

tem-se

1 Obsv(Â, ĉ) = −3

0 0

det(Obsv(Â, ĉ)) = 0

Embora a matriz A tenha dois modos próprios λ1 = λ2 = −3, apenas um dos modos aparece na função de transferência 1 s+3 ✷ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

348

Capı́tulo 19. Observabilidade e Controlabilidade SISO

Exemplo 19.16 (Modos não controláveis): Considere o sistema 

   0 1 1  v + −3 x −6 9

0 1 0 v̇ =  0 −6 −11

y= 1 1 1 v

cujo polinômio caracterı́stico é ∆(p) = p3 + 6p2 + 11p + 6 = (p + 1)(p + 2)(p + 3) O sistema não é controlável, pois

det(Ctrb(A, b)) = det b

 1 −3 9 A2 b = det −3 9 −27

 9 −27 = 0 , rank(Ctrb(A, b)) = 1 81

Utilizando o operador p, tem-se 

 1 1   −3 x v = (pI − A)−1 bx = p+3 9 Note que não é possı́vel controlar individualmente os estados e que dois modos próprios não aparecem na equação diferencial. Definindo a transformação 

 1 0 0 P −1 = −3 1 0 9 0 1



 1 0 0 P =  3 1 0 −9 0 1

tem-se 

−3 1 3 Â = P AP −1 =  0 0 −20

 0 1 −6

  1 b̂ = P b = 0 0

ĉ = 7 1

Note que, no sistema transformado, foram separadas as parcelas controlável (v̂1 , autovalor −3) e não controlável (v̂2 e v̂3 , autovalores −1 e −2). Note também que os estados não controláveis formam um sistema autônomo independente, e a variável v̂2 influencia na equação de v̂1 . A matriz de controlabilidade do sistema transformado é 

1 −3 Ctrb(Â, b̂) = 0 0 0 0

 9 0 , rank(Ctrb(Â, b̂)) = 1 0

e a função de transferência é 7 s+3 ✷

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

349

19.2. Controlabilidade Exemplo 19.17: Considere o sistema  0 1 1 −2 −3 −1 v̇ =  0 0 0 0 0 −12

   0 2  1 −3 v +  x  0 1 0 7

y= 1 2 3

4 v

Os autovalores da matriz do sistema são −1, −2, 3 e 4 (matriz bloco triangular). Note que o sistema está na forma da decomposição canônica controlável, com os estados controláveis v1 e v2 (associados aos autovalores −1 e −2) e os não controláveis v3 e v4 . Os modos não controláveis são 3 e 4, autovalores da submatriz 0 1 −12 7 A matriz de controlabilidade (rank 2) é dada por  0 1 −3 1 −3 7 Ctrb(A, b) =  0 0 0 0 0 0 e a de observabilidade, de rank igual a 4, por  1  −4 Obsv(A, c) =   10 −22

2 −5 11 −23

 7 −15  0  0

3 −49 −323 −1765

 4 27   147 693

indicando que o sistema é observável. A função de transferência, que depende apenas da parte controlável e observável, é 2s + 1 s2 + 3s + 2 ✷

Exemplo 19.18: Considere o sistema descrito pelas matrizes 3 5 −2 , c= 1 1 , b= A= 6 4 −1 Trata-se de um sistema observável e não controlável, pois 3 3 1 1 rank Ctrb(A, b) = rank = 1 , rank Obsv(A, c) = rank =2 6 6 9 −3 A transformação de similaridade que evidencia os modos não controláveis é dada por 1/3 0 3 0 , P = P −1 = −2 1 6 1 produzindo Ā =

1 0

−2/3 3

cuja função de transferência é dada por

b̄ =

1 , 0

c̄ = 9 1

9 s−1 ✷

Propriedade 19.15: Controlabilidade e Forma de Jordan Um sistema linear invariante no tempo com uma única entrada (A, b) é controlável se e somente se sua forma de Jordan possuir apenas um bloco de Jordan associado a cada autovalor e todo elemento de b correspondente à última linha de cada bloco de Jordan for diferente de 0. ⋄ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

350

Capı́tulo 19. Observabilidade e Controlabilidade SISO

Exemplo 19.19: Considere o sistema v̇ =

b 0 v+ 1 x b2 σ

σ 0

cuja matriz de controlabilidade é dada por

b Ctrb(A, b) = 1 b2

σb1 σb2

O sistema possui dois blocos de Jordan de tamanho 1 associados ao autovalor σ. Note que o sistema é não controlável para quaisquer b1 , b2 e σ. Por outro lado, o sistema v̇ = é tal que

b Ctrb(A, b) = 1 b2

b 1 v+ 1 x b2 σ

σ 0

σb1 + b2 σb2

, det Ctrb(A, b) = −b22

indicando que o sistema é controlável se e somente se b2 6= 0.

✷

Propriedade 19.16: Observabilidade e Forma de Jordan Um sistema linear invariante no tempo com uma única saı́da (A, c) é observável se e somente se sua forma de Jordan possuir apenas um bloco de Jordan associado a cada autovalor e todo elemento de c correspondente à primeira coluna de cada bloco de Jordan for diferente de 0. ⋄ Exemplo 19.20: Retomando o Examplo 19.19, com a matriz de saı́da c = c1 c2 tem-se

σ A= 0

0 σ

c1 ⇒ Obsv(A, c) = σc1

c2 σc2

, det Obsv(A, c) = 0

indicando que o sistema não é observável. Por outro lado, c1 c2 σ 1 ⇒ Obsv(A, c) = , det Obsv(A, c) = c21 A= σc1 c1 + σc2 0 σ

é observável se e somente se c1 6= 0.

✷

19.3

Exercı́cios

Exercı́cio 19.1: a) Determine c ∈ R1×2 não nulo para que o sistema com os modos próprios g1 (t) = exp(−t) e a representação de estados v̇ =

0 −α0

g2 (t) = exp(−2t) 1 v −α1

não seja observável. Solução: a partir dos modos próprios, tem-se D(p) = (p + 1)(p + 2) = p2 + 3p + 2

⇒

α0 = 2 , α1 = 3 Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

351

19.3. Exercı́cios Definindo c = c1

c2 , tem-se

Obsv(A, c) =

e, portanto,

c c1 = −2c2 cA

c2 c1 − 3c2

⇒

det(Obsv(A, c)) = 0

c1 = c2 , c1 = 2c2 ′ b) Para a solução do item a), determine y(t) em função de v(0) = v1 (0) v2 (0) Solução: y(t) = c exp(At)v(0) exp(At) = ρ0 (t)I + ρ1 (t)A , exp(−t) = ρ0 (t) − ρ1 (t) , exp(−2t) = ρ0 (t) − 2ρ1 (t) Para c1 = c2 = β, tem-se y(t) = β ρ0 (t) − 2ρ1 (t) v1 (0) + v2 (0) = β exp(−2t) v1 (0) + v2 (0)

Para c1 = 2c2 = 2β, tem-se

y(t) = 2β ρ0 (t) − ρ1 (t) v1 (0) + v2 (0) = β exp(−t) 2v1 (0) + v2 (0)

Note que a não observabilidade não permite determinar individualmente v1 (0) e v2 (0). Além disso, implica no desaparecimento de um dos modos próprios na saı́da. Exercı́cio 19.2: Considere v̇ = Av + bx , y = cv

2 10 A= 1 2

β , c= γ , b= 1

a) Determine os valores de β para os quais o sistema é controlável b) Determine os valores de γ para os quais o sistema é observável Exercı́cio 19.3: Considere o sistema linear descrito por −1 −1 1 v̇ = v+ x 3 −5 β

y = −3β

1 v

Exercı́cio 19.4: Considere o sistema dado por 5 4 1 v̇ = v+ x , y = −1 −4 −5 −2

2 v

Determine os valores de β ∈ R para os quais o sistema: a) Não é controlável b) Não é observável c) Não é controlável nem observável

a) O sistema é controlável? b) O sistema é estabilizável? Exercı́cio 19.5: Considere o sistema dado por 1 −2 −4 x , y = 1 −1 v v+ v̇ = 1 −11 5

a) O sistema é observável? b) Determine uma transformação T que produza uma representação do sistema na forma canônica observável (evidenciando, se for o caso, os modos não observáveis). c) Obtenha a função de transferência do sistema equivalente. Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

352

Capı́tulo 19. Observabilidade e Controlabilidade SISO

Exercı́cio 19.6: Determine as matrizes de controlabilidade e de observabilidade da realização abaixo e os valores de β que tornam o sistema não observável. y + + β

−4

R 5

−1

+ Exercı́cio 19.7: a) Determine as matrizes (A, b, c, d) da realização mostrada na figura. α

−1

x b) Determine a descrição entrada-saı́da (isto é, D(p)y = N (p)x) do sistema. c) Determine α para que o sistema não seja controlável. d) Determine uma realização (A, b, c, d) que seja controlável para todo α e que produza a mesma descrição entrada-saı́da do item b).

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Capı́tulo 20

Estabilidade A estabilidade de um sistema pode ser caracterizada em termos da relação entrada-saı́da (BIBO estabilidade) ou em termos das variáveis de estado (pontos de equilı́brio).

20.1

BIBO estabilidade

Conforme a Definição 7.10, um sistema é BIBO estável (Bounded-Input Bounded-Output) se a saı́da é limitada para toda entrada limitada. |x(t)| < b

⇒

|y(t)| < +∞

Além disso, um sistema linear invariante no tempo é BIBO estável se e somente se a resposta ao impulso do sistema for absolutamente integrável. Propriedade 20.1: Função de transferência BIBO estável Se um sistema linear invariante no tempo causal descrito por uma função de transferência H(s) for BIBO estável, então s = jω pertence ao domı́nio Ωh , pois |H(s = jω)| =

Z +∞ −∞

h(t) exp(−jωt)dt ≤

Z +∞ −∞

|h(t)|dt < +∞

e a Propriedade 7.13 mostra que um sistema é BIBO estável se e somente se a resposta ao impulso for absolutamente integrável.

Propriedade 20.2: Função de transferência racional causal BIBO estável Um sistema linear invariante no tempo causal descrito por uma função de transferência racional H(s) =

⋄

N (s) , Ωh = {s ∈ C , Re(s) > σ} , σ = max Re(λk ) k D(s)

é BIBO estável se e somente se todos os pólos λk (isto é, raı́zes de D(s) = 0) tiverem parte real negativa. Prova: autovalores com parte real negativa garantem que a resposta causal ao impulso h(t) =

m X k=1

ak gk (t)

gk (t) = trk exp(λk t)u(t) , 0 ≤ rk ≤ m

é absolutamente integrável. Observe que foi suposto que H(s) é estritamente próprio. Se H(s) for próprio, ocorre um impulso na resposta ao impulso, o que não invalida a demonstração. ⋄ 353

354

Capı́tulo 20. Estabilidade

Definição 20.1: Polinômio Hurwitz1 Um polinômio D(p) que possui todas as raı́zes com parte real negativa é chamado de polinômio Hurwitz. Propriedade 20.3: Uma condição necessária para que um polinômio D(p) de grau m, com αm > 0, seja Hurwitz, é que todos os demais m coeficientes sejam positivos. Prova: D(p) = αm pm + αm−1 pm−1 + αm−2 pm−2 + · · · + α1 p + α0 D(p) = αm

(p + ak )

(αm > 0)

(p2 + 2bk p + b2k + c2k )

As raı́zes reais são −ak e as complexas são −bk ± jck . Portanto, se ak > 0 , bk > 0 então todos os coeficientes do polinômio D(p) são positivos.

Exemplo 20.1: : A Propriedade 20.3 é uma condição apenas necessária. Por exemplo, o polinômio p3 + p2 + 11p + 51 = (p + 3)(p − 1 + j4)(p − 1 − j4) = (p + 3)(p2 − 2p + 17) possui todos os coeficientes positivos, mas não é Hurwitz. ✷

⋄ Propriedade 20.4: Expansão de Stieltjes2 O teste do sinal da parte real das raı́zes de um polinômio pode ser feito por expansão de Stieltjes Dm (p) = σ1 p + Dm−1 (p)

1 1

σ2 p + σ3 p +

1 ..

1 σm−1 p +

1 σm p

sendo Dm (p) e Dm−1 (p) polinômios obtidos a partir do polinômio D(p), dados por Dm (p) = αm pm + αm−2 pm−2 + · · ·

Dm−1 (p) = αm−1 pm−1 + αm−3 pm−3 + · · ·

Todas as raı́zes de D(p) = 0 possuem parte real negativa se e somente se σk > 0, k = 1, . . . , m. ⋄

1 2

Adolf Hurwitz, matemático alemão (1859–1919). Thomas Jan Stieltjes, matemático holandês (1856-1894). Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

355

20.1. BIBO estabilidade Exemplo 20.2: Considere o polinômio D(p) = p4 + p3 + 3p2 + 2p + 1 Note que a condição necessária (todos os coeficientes positivos) é satisfeita. D4 (p) p4 + 3p2 + 1 r2 (p) = p2 + 1 = = p + D3 (p) p3 + 2p p3 + 2p p3 + 2p r1 (p) = p D3 (p) = 2 =p+ r2 (p) p +1 p2 + 1 p2 + 1 r0 (p) = 1 r2 (p) = =p+ r1 (p) p p Portanto, colocando na forma da expansão de Stieltjes, tem-se p4 + 3p2 + 1 =p+ p3 + 2p

1 p+

1 p

e pode-se concluir que o polinômio possui todas as raı́zes com parte real negativa. De fato, as raı́zes são aproximadamente (usando o comando roots([1 1 3 2 1]) do Matlab): −0.10 ± j1.55

−0.40 ± j0.51 ✷

Exemplo 20.3: Considere o polinômio D(p) = 24p4 + 24p3 + 18p2 + 6p + 1 Note que a condição necessária (todos os coeficientes positivos) é satisfeita. Da expansão de Stieltjes, D4 (p) 24p4 + 18p2 + 1 12p2 + 1 = =p+ =p+ 3 D3 (p) 24p + 6p 24p3 + 6p

1 4p 2p + 2 2p + 1

=p+ 2p +

1 3p +

1 4p

conclui-se que o polinômio é Hurwitz. De fato, as raı́zes são aproximadamente (usando Matlab): −0.25 ± j0.60

−0.25 ± j0.21 ✷

Exemplo 20.4: Considere o polinômio D(p) = p5 + 2p4 + 2p3 + p2 + 2p + 5 A expansão de Stieltjes fornece Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

356

Capı́tulo 20. Estabilidade

1 1 p5 + 2p3 + 2p = p+ 4 2 4 1 2p + p + 5 2 p+ 10 1 3 p+ 1 1 9 − p+ 3 −p indicando que o polinômio possui raı́zes com parte real positiva. De fato, as raı́zes são aproximadamente (usando Matlab) −1.50 , −0.93 ± j1.27 , 0.69 ± j0.93 ✷

Exemplo 20.5: O polinômio D(p) = (p + 1)4 = p4 + 4p3 + 6p2 + 4p + 1 é Hurwitz, pois D(p) =

1 1 p+ 1 4 4 p+ 25 1 5 p+ 16 16 p 5 ✷

O teste do sinal da parte real das raı́zes pode também ser feito pelo cálculo de determinantes de matrizes associadas aos coeficientes do polinômio. Propriedade 20.5: Determinantes de Hurwitz O polinômio de grau m, αm > 0 dado por D(p) =

m X

α k pk

k=0

possui todas as raı́zes com parte real negativa se e somente se os determinantes det(∆k ) (menores principais lı́deres de ∆m ) forem maiores que zero para k = 1, . . . , m, com   αm−1 αm 0 α αm ∆1 = αm−1 , ∆2 = m−1 , ∆3 = αm−3 αm−2 αm−1  αm−3 αm−2 αm−5 αm−4 αm−3   αm−1 αm 0 0 ··· 0 αm−3 αm−2 αm−1 αm · · · 0      ∆m = αm−5 αm−4 αm−3 αm−2 · · · 0   .. .. .. .. . ..  . . ..  . . . 0

· · · α0

Por exemplo, para m = 4, tem-se

 α3 α4 0 0  α1 α2 α3 α4   ∆4 =   0 α0 α1 α2  0 0 0 α0 

Note que ∆1 , ∆2 e ∆3 são as submatrizes de dimensão 1, 2 e 3 da diagonal principal começando no canto superior esquerdo. Note também que, se o determinante de ∆3 for maior do que zero, a condição det(∆4 ) = det(∆3 )α0 > 0 ocorre se e somente se α0 > 0. ⋄ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

357

20.1. BIBO estabilidade

Exemplo 20.6: Para m = 1, p + α0 possui raiz negativa se e somente se det(∆1 ) = α0 > 0. Para m = 2, o polinômio 2

p + α1 p + α0

α ∆2 = 1 0

1 α0

possui raı́zes com parte real negativa se e somente se det(∆1 ) = α1 > 0

det(∆2 ) = α1 α0 > 0

⇒

α0 > 0

Para m = 3, o polinômio

p3 + α 2 p2 + α 1 p + α 0



α2 ∆3 = α0 0

1 α1 0

possui raı́zes com parte real negativa se e somente se

 0 α2  α0

det(∆1 ) = α2 > 0 , det(∆2 ) = α2 α1 − α0 > 0 , α0 > 0 Para m = 4, o polinômio

p4 + α 3 p3 + α 2 p2 + α 1 p + α 0

possui raı́zes com parte real negativa se e somente se



α3 α1 ∆4 =  0 0

1 α2 α0 0

0 α3 α1 0

 0 1  α2  α0

det(∆1 ) = α3 > 0 , det(∆2 ) = α3 α2 − α1 > 0 , det(∆3 ) > 0 , α0 > 0 

α3 det(∆3 ) = det α1 0

1 α2 α0

 0 α3  = α3 α2 α1 − α12 − α32 α0 > 0 α1

✷

Exemplo 20.7: Considere novamente o polinômio do Exemplo 20.3 D(p) = 24p4 + 24p3 + 18p2 + 6p + 1 A matriz ∆4 é dada por 

e portanto

24 6 ∆4 =  0 0

24 18 1 0

0 24 6 0

 0 24  18 1

∆1 = 24 , det(∆2 ) = 288 , det(∆3 ) = 1152 , det(∆4 ) = 1152 indicam que o polinômio tem todas as raı́zes com parte real negativa. ✷ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

358

Capı́tulo 20. Estabilidade

Exemplo 20.8: Retomando o polinômio do Exemplo 20.4 D(p) = p5 + 2p4 + 2p3 + p2 + 2p + 5 tem-se 

2 1  ∆5 =  5 0 0

1 2 2 0 0

0 2 1 5 0

0 1 2 2 0

 0 0  2  1 5

∆1 = 2 , det(∆2 ) = 3 , det(∆3 ) = 5 , det(∆4 ) = −25 , det(∆5 ) = −125 indicando que o polinômio não é Hurwitz. ✷

Exemplo 20.9: Considere novamente o polinômio do Exemplo 20.5, dado por D(p) = (p + 1)4 = p4 + 4p3 + 6p2 + 4p + 1, que é Hurwitz pois 

4 4 ∆4 =  0 0

1 6 1 0

0 4 4 0

 0 1  ⇒ det(∆1 ) = 4 , det(∆2 ) = 20 , det(∆3 ) = 64 , det(∆4 ) = 64 6 1 ✷

A tabela de Routh3 sistematiza o teste de Hurwitz sem o cálculo explı́cito dos determinantes, representando uma alternativa à expansão de Stieltjes. Propriedade 20.6: Tabela de Routh Considere o polinômio α5 p5 + α4 p4 + α3 p3 + α2 p2 + α1 p + α0 , αk > 0 , k = 0, . . . , 5 Todas as raı́zes possuem parte real negativa se e somente se todos os elementos da Tabela 20.1 forem positivos ou, equivalentemente, se todos os elementos da primeira coluna forem positivos. A ocorrência de um zero ou de um número negativo implica que o polinômio não é Hurwitz (ou seja, não possui todas as raı́zes com parte real negativa). O resultado (em termos do sinal da parte real das raı́zes) não se altera se uma linha da tabela for multiplicada por um número positivo. Note que o elemento da linha associada a p0 é sempre igual a α0 ⋄ Exemplo 20.10: O polinômio p5 + 8p4 + 25p3 + 40p2 + 34p + 12 possui raı́zes com parte real negativa, pois a tabela de Routh é dada por 3

Edward John Routh, matemático canadense 1831-1907. Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

359

20.1. BIBO estabilidade p5

α5

α3

α1

α4 (α3 α4 − α2 α5 ) β3 = α4 (α2 β3 − β1 α4 ) γ2 = β3 (β1 γ2 − γ0 β3 ) δ1 = γ2

α2 (α1 α4 − α0 α5 ) β1 = α4

α0

p3 p2 p1 p0

γ 0 = α0

ǫ 0 = α0 Tabela 20.1: Tabela de Routh-Hurwitz.

p5 p4 p3 p2 p1 p0

1 8 20 27 1275/54 12

25 40 65/2 12

34 12

De fato, as raı́zes de D(p) = 0 (obtidas pelo Matlab) são −1, −2, −3, −1 + j, −1 − j ✷

Exemplo 20.11: Considere novamente o polinômio do Exemplo 20.10, dado por

p5 + 8p4 + 25p3 + 40p2 + 34p + 12

⇒

D5 (p) = p5 + 25p3 + 34p , D4 (p) = 8p4 + 40p2 + 12

A expansão fornece D5 (p) p5 + 25p3 + 34p 1 r3 (p) = 20p3 + (65/2)p = 4 = p + D4 (p) 8p + 40p2 + 12 8 D4 (p) 8p4 + 40p2 + 12 8 r2 (p) = 27p2 + 12 D4 (p) = = p+ 3 r3 (p) 20p + (65/2)p 20 r3 (p) 20p3 + (65/2)p 20 r1 (p) = (1275/54)p r3 (p) = = p+ r2 (p) 27p2 + 12 27 r2 (p) 27p2 + 12 1458 r0 (p) = 12 r2 (p) = = p+ r1 (p) (1275/54)p 1275 r1 (p) (1275/54)p 1275 r1 (p) = = p r0 (p) 12 648 Colocando na forma final da expansão, tem-se Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

360

Capı́tulo 20. Estabilidade

D5 (p) 1 1 = p+ 2 1 D4 (p) 8 p+ 1 20 5 p+ 1458 1 27 p+ 1275 1275 p 648 e portanto o polinômio tem raı́zes com parte real negativa. É interessante notar que os valores de σk , k = 1, . . . , 5 têm relação com os valores da primeira coluna da tabela de Routh, isto é, σ1 é o elemento da linha 1 dividido pelo da linha 2, σ2 é o da linha 2 pela linha 3, e assim sucessivamente. Note também que os demais valores da tabela aparecem nos coeficientes dos polinômios obtidos como resto das divisões. ✷

Note que a segunda e a terceira linhas da Tabela 20.1 definem o polinômio de grau 4 α 4 p4 + β 3 p3 + α 2 p2 + β 1 p + α 0 cuja tabela de Routh-Hurwitz reproduz a Tabela 20.1 (suprimida a primeira linha). Essa recorrência permite o enunciado da seguinte propriedade. Propriedade 20.7: Teste de Routh-Hurwitz (G. Meinsma, 1995 [26]) O polinômio D(p) =

m X

αk pk , αk > 0 , k = 0, . . . , m

k=0

é Hurwitz se e somente se o polinômio de grau m − 1 Rm−1 (p) = D(p) −

αm pDm−1 (p) αm−1

for Hurwitz. Por recorrência, define-se um algoritmo para testar se um polinômio é Hurwitz. ⋄ Exemplo 20.12: Considere novamente o polinômio do Exemplo 20.5, dado por D(p) = (p + 1)4 = p4 + 4p3 + 6p2 + 4p + 1, que é Hurwitz. De fato, D(p) =

1 p 4p3 + 4p + 4p3 + 5p2 + 4p + 1 {z } | 4 R3 (p)

R3 (p) =

4 p 5p2 + 1 + 5p2 + (16/5)p + 1 {z } | 5 R2 (p)

R2 (p) =

25 p (16/5)p + (16/5)p + 1 | {z } 16 R1 (p)

e, como R1 (p) é Hurwitz, os polinômios R2 (p), R3 (p) e D(p) também o são. Observe que os coeficientes que multiplicam p são os mesmos da expansão de Stieltjes. ✷

A tabela de Routh pode também informar o número de raı́zes com parte real positiva. Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

361

20.1. BIBO estabilidade

Propriedade 20.8: Se não ocorrer nenhum zero na primeira coluna da tabela de Routh, o número de mudanças de sinal na primeira coluna é igual ao número de raı́zes do polinômio com parte real positiva. A ocorrência de um zero4 indica que o polinômio não é Hurwitz e a tabela não pode ser completada. Nesses casos, duas técnicas podem ser utilizadas (veja [13] para maiores detalhes): i) trocar o zero por ǫ, completar a tabela e estudar o sinal dos coeficientes quando ǫ → 0+ e ǫ → 0− (número distinto de trocas de sinal para ǫ → 0+ e ǫ → 0− indica raiz com parte real nula); ii) estudar o polinômio D(1/p)pm (isto é, o polinômio definido pelos coeficientes lidos na ordem inversa), que possui o mesmo número de raı́zes com parte real positiva que D(p), pois se λk , k = 1, . . . , m são as raı́zes de D(p), tem-se D(1/p)pm =

m Y

(1/p − λk )p =

k=1

m Y

(1 − λk p)

k=1

cujas raı́zes são 1/λk . Note que se para raı́zes complexas, por exemplo, λ = α + jβ, tem-se 1 α − jβ = 2 λ α + β2 e portanto o sinal da parte real não se altera. ⋄ Exemplo 20.13: Considere o polinômio D(p) = p5 + p4 + 2p3 + 2p2 + 3p + 15 A tabela de Routh é dada por p5 p4 p3 p2 p1 p0

1 1 ǫ (2ǫ + 12)/ǫ −12 − 15ǫ2 /(2ǫ + 12) 15

2 2 −12 15

3 15

Quando ǫ → 0+ , os sinais da primeira coluna são +, +, +, +, − e + e quando ǫ → 0− , os sinais da primeira coluna são +, +, −, −, − e +. Nos dois casos, ocorrem duas trocas de sinal, indicando a existência de duas raı́zes com parte real positiva. De fato, as raı́zes são (aproximadamente) −1.70 , −0.68 ± j1.71 , 1.03 ± j1.24 O mesmo resultado pode ser obtido pela análise de pm D(1/p), dado por 15p5 + 3p4 + 2p3 + 2p2 + p + 1 cuja tabela de Routh é p5 p4 p3 p2 p1 p0 4

15 3 −8 0.5 12 1

2 2 −4 1

1 1

A ocorrência de uma linha de zeros requer um tratamento especı́fico [31], não abordado neste texto. Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

362

Capı́tulo 20. Estabilidade

✷

Exemplo 20.14: Considere o polinômio D(p) = p4 + 3p3 + 3p2 + 3p + 2 A tabela de Routh é dada por p4 p3 p2 p1 p0

1 3 2 ǫ 2

3 3 2

Neste caso, ǫ → 0+ não implica em mudança de sinal e ǫ → 0− implica em duas trocas, indicando a existência de raiz com parte real nula. De fato, as raı́zes são −1, −2, ±j ✷

20.2

Estabilidade do estado

A estabilidade do estado (ou estabilidade interna) é definida pelo comportamento das trajetórias do vetor de estados para entrada constante (em geral nula) e condições iniciais em torno do ponto de equilı́brio (estabilidade local). Considere o sistema autônomo v̇ = f (v) cujos pontos de equilı́brio são dados por f (v̄) = 0 Um ponto de equilı́brio pode ser estável (assintoticamente ou não) ou instável. Definição 20.2: Estabilidade de um ponto de equilı́brio O ponto de equilı́brio v̄ é estável se, para ǫ > 0, existir α(ǫ) > 0 tal que kv(0) − v̄k < α(ǫ) , ∀v(0)

⇒

kv(t) − v̄k < ǫ , ∀t ≥ 0

Definição 20.3: Estabilidade assintótica de um ponto de equilı́brio O ponto de equilı́brio v̄ é assintoticamente estável se for estável e, além disso, se existir α > 0 tal que kv(0) − v̄k < α , ∀v(0)

⇒

lim v(t) = v̄

t→+∞

Note que, pela definição, existe sempre uma vizinhança em torno do ponto de equilı́brio que é um domı́nio de atração, ou seja, um domı́nio no espaço de estados para o qual toda trajetória iniciada em seu interior permanece confinada e tende assintoticamente para o ponto de equilı́brio. Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

363

20.2. Estabilidade do estado Propriedade 20.9: Estabilidade assintótica de sistema linear O sistema linear autônomo v̇ = Av

é assintoticamente estável se e somente se a parte real de todos os autovalores de A for negativa, pois a solução do sistema linear é dada por v(t) = exp(At)v(0) que é composta pelos modos próprios associados às raı́zes de ∆(λ) = 0. As raı́zes ∆(λ) = 0 são os autovalores da matriz A. Note que se nenhum autovalor é nulo, a origem é o único ponto de equilı́brio do sistema e, portanto, se a origem é assintoticamente estável, então o sistema é globalmente assintoticamente estável. ⋄

Propriedade 20.10: Relação com BIBO estabilidade Considere o sistema linear invariante no tempo SISO descrito por v̇ = Av + bx

y = cv + dx

Então • A função de transferência é dada por H(s) = c(sI − A)−1 b + d • Todo pólo de H(s) é também autovalor de A e, portanto, a estabilidade assintótica implica em BIBO estabilidade. • Nem sempre todos os autovalores de A são pólos de H(s), pois pode haver cancelamentos de zeros e pólos (não controlabilidade, não observabilidade ou ambos). Portanto, a BIBO estabilidade não necessariamente implica em estabilidade assintótica do estado. • Para sistemas controláveis e observáveis, a BIBO estabilidade implica em estabilidade assintótica, pois todos os autovalores de A são pólos do sistema. ⋄ Propriedade 20.11: Lyapunov5 Considere o sistema v̇ = f (v). O ponto de equilı́brio v̄ = 0 é assintoticamente estável se existir um domı́nio Ω contendo a origem e uma função escalar ψ(v) diferenciável tal que ψ(0) = 0 , ψ(v) > 0 ∀v ∈ Ω − {0} e ψ̇(v) =

d ψ(v) < 0 ∀v ∈ Ω − {0} dt ⋄

Exemplo 20.15: O sistema escalar v̇ = −v 3 é assintoticamente estável em Ω = R (portanto é globalmente assintoticamente estável), pois para ψ(v) = v 2 , ψ(0) = 0 , ψ(v) > 0 ∀v 6= 0 e ψ̇(v) = 2v v̇ = −2v 4 < 0 ∀v 6= 0 De fato, para v(0) > 0, tem-se 5

Aleksandr Mikhailovich Lyapunov, matemático russo (1857-1918). Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

364

Capı́tulo 20. Estabilidade

dv = −dt v3

1 d(v −2 ) = dt 2

⇒

e portanto v(t) = p

1 1 + 2tv 2 (0)

v(0) ✷

Exemplo 20.16 (Domı́nio de atração): Considere o sistema não-linear [22, Exemplo 4.6] dado por v̇1

(20.1)

v̇2

1 −v1 + v13 − v2 3

(20.2)

A função de Lyapunov ψ(v) =

3 2 1 1 1 1 1 1 1 1 v1 − v14 + v1 v2 + v22 = v12 (1 − v12 ) + v12 + v1 v2 + v22 4 12 2 2 4 3 2 2 2 ′ 1 2 1 2 v1 0.5 0.25 v1 = v1 (1 − v1 ) + v2 0.25 0.5 v2 4 3 | {z }

(20.3)

tem derivada temporal

1 1 1 ψ̇(v) = − v12 (1 − v12 ) − v22 2 3 2

Pode ser verificado que ψ(v) > 0 e ψ̇(v) < 0 para todo v2 6= 0 e para v1 6= 0 tal que 1 − 31 v12 > 0, ou seja, para v pertencente ao domı́nio n √ o √ Ω = v ∈ R2 : − 3 < v1 < 3 − {0} Portanto, pela Propriedade 20.11 (Lyapunov), a origem é um ponto de equilı́brio assintoticamente estável e existe um domı́nio de atração em torno de (0, 0). Note, no entanto, que Ω não é um domı́nio de atração. Como ilustrado no plano de fase da Figura 20.1, existem trajetórias que, iniciadas dentro do domı́nio Ω (e, portanto, com ψ̇(v) < 0), acabam saindo. Fora do domı́nio Ω, não há garantias de que a derivada da função de Lyapunov será negativa. Como conclusão, Ω não é uma estimativa do domı́nio de atração do ponto de equilı́brio v = 0. O√ comportamento local do sistema pode ser estudado em torno dos pontos de equilı́brio (0, 0), √ (− 3, 0) e ( 3, 0), mostrados na Figura 20.1. O jacobiano do sistema é dado por ∂fi 0 1 = −1 + v12 −1 ∂vj resultando em representações linearizadas em torno dos pontos de equilı́brio dadas por √ 3 0 1 , estável (0, 0) , v̇ = v, λ1,2 = −0.5 ± j −1 −1 2 √ √ 0 1 (− 3, 0) e ( 3, 0) , v̇ = v, λ1 = 1, λ2 = −2 , instável 2 −1 Estimativas da região de atração podem ser obtidas por meio de conjuntos positivamente invariantes, como por exemplo D = {v ∈ Rn : ψ(v) ≤ c} Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

365

20.2. Estabilidade do estado 4

−1

−2

−3

−4 −4

−3

−2

−1

Figura 20.1: Plano de fase para o sistema (20.1)-(20.2). Em traço mais grosso, uma trajetória iniciada no ponto v(0) = [1 2.7]′ que sai do domı́nio Ω e diverge. quando D é limitado e está contido em Ω (domı́nio para o qual a derivada da função de Lyapunov é negativa). Uma trajetória iniciada no instante t0 em D permanece dentro do conjunto para todo t ≥ t0 e, como D ⊂ Ω, ψ̇(v) < 0 garante a convergência assintótica para a origem. Para a função de Lyapunov (20.3), pode-se procurar pelo maior valor de c tal que ψ(v) ≤ c dentro da região Ω, resultando em c ≈ 1.124. A Figura 20.2 mostra as regiões √ no plano √ (v1 , v2 ) para as quais ψ(v) = 1.124. Note que apenas a região contida no intervalo − 3 < v1 < 3 pode ser usada como uma estimativa do domı́nio de atração D ⊂ Ω. O verdadeiro domı́nio de atração pode ser obtido por simulações exaustivas das equações diferenciais (20.1)-(20.2), resultando no conjunto de condições iniciais mostrado na Figura 20.3. 4

−1

−2

−3

−4 −4

−3

−2

−1

Figura 20.2: Regiões no plano de fase do sistema (20.1)-(20.2) para as√quais ψ(v)√= 1.124 com ψ(v) dada em (20.3). A estimativa da região de atração está no intervalo − 3 < v1 < 3. ✷

Observe que a Propriedade 20.11 depende da escolha da função ψ(v) e é apenas suficiente para a estabilidade assintótica. Freqüentemente, busca-se para ψ(v) uma forma quadrática dada por ψ(v) = v ′ P v sendo P ∈ Rn×n uma matriz simétrica definida positiva, isto é, matriz com todos os autovalores reais e positivos. A derivada da função de Lyapunov é dada por Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

366

Capı́tulo 20. Estabilidade 4

−1

−2

−3

−4 −4

−3

−2

−1

Figura 20.3: Domı́nio de atração para o sistema (20.1)-(20.2), isto é, conjunto das condições iniciais que resultam em trajetórias estáveis.

ψ̇(v) = v̇ ′ P v + v ′ P v̇ = f (v)′ P v + v ′ P f (v) e o teste de estabilidade consiste na análise do sinal de ψ̇(v), isto é, o sistema é assintoticamente estável se ψ̇(v) < 0, ∀v 6= 0. Exemplo 20.17 (Circuito RLC): Considere o circuito mostrado na Figura 20.4 cujas equações são v2 R

v1 = C v̇2 +

;

x = Lv̇1 + v2

+ v2 −

v1 L x

+ −

Figura 20.4: Circuito RLC. Para condições iniciais nulas, o sistema é linear e invariante no tempo. Os pontos de equilı́brio podem ser obtidos das equações de estado impondo-se que as derivadas das variáveis de estado são nulas. Para a entrada x = 0 (sistema autônomo), tem-se como ponto de equilı́brio v1 = 0, v2 = 0. Observe que, para parâmetros R, L e C positivos, a energia armazenada no circuito (magnética e elétrica) decresce assintoticamente. ψ=

1 2 1 2 Lv + Cv 2 1 2 2

⇒

ψ̇ = Lv1 v̇1 + Cv2 v̇2

A função energia ψ(v1 , v2 ) é uma função de Lyapunov do sistema, pois é positiva para (v1 , v2 ) 6= (0, 0). Além disso, substituindo as derivadas, obtém-se v2 ψ̇ = − 2 < 0 R

para v2 6= 0 e v1 qualquer

indicando que o sistema é assintoticamente estável (tende ao ponto de equilı́brio v1 = v2 = 0). Observe que a derivada da energia é a potência dissipada no resistor. Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

367

20.2. Estabilidade do estado

Definindo y = v2 e usando o operador derivada no tempo p =

p2 +

d , tem-se a relação entrada-saı́da dt

1 1 1 y= p+ x RC LC LC

que é BIBO estável. ✷

Exemplo 20.18 (Pêndulo): Considere um pêndulo composto por uma haste rı́gida sem peso, de comprimento ℓ, oscilando em um plano vertical, sujeito ao atrito de fricção no engate e sustentando na extremidade livre uma massa m. Denotando por y o ângulo com a vertical (em repouso, y = 0), tem-se a equação mℓÿ = −mgsen(y) − mbẏ sendo g a aceleração da gravidade e b o coeficiente de atrito. A força longitudinal na barra é dada por mg cos(y). Definindo-se as variáveis de estado v1 = y, v2 = ẏ, conclui-se que trata-se de um sistema não-linear estável em relação ao ponto de equilı́brio (v̄1 = 0, v̄2 = 0), pois a energia (potencial mais cinética), dada por 1 ψ(v) = mg(ℓ − ℓ cos(v1 )) + m(ℓv2 )2 2 possui derivada negativa para todo v 6= 0, dada por ψ̇ = −mbℓv22 ✷

Exemplo 20.19 (Massa-mola com amortecedor): Considere novamente o sistema do Exemplo 15.7, com uma massa m sustentada por uma mola de constante k e um amortecedor de constante b, descrito pela equação diferencial mÿ = −ky − bẏ sendo y o deslocamento vertical em relação ao ponto de equilı́brio. Trata-se de um sistema linear estável em relação ao ponto de equilı́brio (y = 0, ẏ = 0), pois a energia (potencial mais cinética), dada por ψ(y, ẏ) =

1 2 1 ky + mẏ 2 2 2

possui derivada negativa para todo y e ẏ 6= 0, dada por ψ̇ = −bẏ 2 ✷

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

368

Capı́tulo 20. Estabilidade

Propriedade 20.12: Desigualdade de Lyapunov O sistema linear autônomo v̇ = Av é assintoticamente estável se e somente se existir P = P ′ > 0 tal que A′ P + P A < 0

(definida negativa)

Prova: a suficiência é conseqüência da escolha da função de Lyapunov ψ(v) = v ′ P v

⇒

ψ̇(v) = v̇ ′ P v + v ′ P v̇ = v ′ (A′ P + P A)v

e, portanto, ψ(v) > 0 e ψ̇(v) < 0 , v 6= 0

⇒

P > 0 , A′ P + P A < 0

Note que A′ P + P A é uma matriz simétrica. ⋄ A determinação de uma matriz simétrica definida positiva P que satisfaz a desigualdade acima pode ser feita pela solução da equação de Lyapunov A′ P + P A = −Q com Q = Q′ > 0 arbitrária, por exemplo, igual à matriz identidade. Teorema 20.1: Lyapunov Para qualquer matriz Q = Q′ > 0, a solução da equação de Lyapunov A′ P + P A = −Q é única, simétrica e definida positiva se e somente se todos os autovalores da matriz A tiverem parte real negativa. Prova: Primeiramente, mostra-se que se A possui autovalores com parte real negativa, então a solução é única, simétrica e definida positiva. • Como A e A′ possuem os mesmos autovalores e todos têm parte real negativa, não existem dois deles tais que a soma seja nula. Portanto, a solução P é única (veja Propriedade D.33 da equação de Sylvester6 ). • A solução pode ser expressa como P =

Z ∞

exp(A′ t)Q exp(At)dt

Substituindo na equação, tem-se ′

A P + PA =

Z +∞ 0

A′ exp(A′ t)Q exp(At) + exp(A′ t)Q exp(At)A dt = =

Z +∞ 0

+∞ d ′ ′ = −Q exp(A t)Q exp(At) dt = exp(A t)Q exp(At) dt t=0

pois, como A tem autovalores com parte real negativa, limt→+∞ exp(At) = 0. • Como Q é simétrica, P também o é. 6

James Joseph Sylvester, matemático inglês (1814–1897). Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

369

20.2. Estabilidade do estado

• Como Q é definida positiva, existe R não singular tal que Q = R′ R (veja Propriedade D.30). Então, P é definida positiva, pois Z +∞ Z +∞ ′ ′ ′ ′ kR exp(At)vk2 dt > 0 , ∀v 6= 0 v exp(A t)R R exp(At)v dt = v Pv = 0

Para completar a demonstração, prova-se que se P = P ′ > 0, então A possui todos os autovalores com parte real negativa. Pré multiplicando a equação de Lyapunov por (v ∗ )′ e pós multiplicando por v, com v autovetor de A associado ao autovalor λ, tem-se (v ∗ )′ A′ P v + (v ∗ )′ P Av = (λ∗ + λ)(v ∗ )′ P v = 2Re(λ)(v ∗ )′ P v = −(v ∗ )′ Qv

Como (v ∗ )′ P v e (v ∗ )′ Qv são reais positivos (veja Propriedade D.31), tem-se Re(λ) < 0. ❖ A propriedade a seguir fornece procedimentos para determinar se uma matriz é definida positiva. Propriedade 20.13: Matriz definida positiva Uma matriz simétrica P ∈ Rn×n é definida positiva se e somente se qualquer uma das condições for verificada. • v ′ P v > 0, ∀v ∈ Rn , v 6= 0; • Todos os autovalores são positivos; • Todos os menores principais lı́deres são positivos; • Existe R ∈ Rn×n não singular tal que P = R′ R. Note que uma condição necessária para que uma matriz seja definida positiva é que todos os elementos da diagonal sejam positivos. Uma matriz simétrica Q ∈ Rn×n é definida negativa se −Q for definida positiva. ⋄

Exemplo 20.20: Considere o sistema v̇ =

0 1 v −2 −3

Pela solução da equação de Lyapunov A′ P + P A = −I tem-se

0 1 −2 −3

′

−4p2 p1 − 3p2 − 2p3

p1 p2

p2 p + 1 p3 p2

p2 p3

0 1 −1 0 = −2 −3 0 −1

p1 − 3p2 − 2p3 −1 0 = 0 −1 2p2 − 6p3

⇒

1 5 P = 4 1

1 1

Os menores principais lı́deres de P são 1.25 e 0.25, e portanto a matriz P é definida positiva, indicando que o sistema é assintoticamente estável. ✷ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

370

Capı́tulo 20. Estabilidade

Exemplo 20.21: Considere o sistema v̇ =

0 v 3

−3 0

′

A P + P A = −6I

1 P = p2

⇒

p2 −1

Os menores principais lı́deres são 1 e −1 − p22 , indicando que o sistema não é assintoticamente estável. ✷

Propriedade 20.14: Estabilidade de sistema linear O sistema linear autônomo v̇ = Av é estável se e somente se a parte real de todos os autovalores de A for negativa ou nula, e os blocos de Jordan associados aos autovalores com parte real nula forem de ordem igual a um. Note que, nesse caso, a trajetória v(t) é sempre limitada, qualquer que seja a condição inicial v(0). Alguns livros (como por exemplo, [11] e o capı́tulo sobre estabilidade de [2]) utilisam os termos “estabilidade no sentido de Lyapunov” ou “sistema marginalmente estável”. Caso contrário, isto é, se houver algum autovalor com parte real positiva ou blocos de Jordan de ordem maior que um associados aos autovalores de parte real nula, o sistema é instável. ⋄ Exemplo 20.22: Considere o sistema (oscilador senoidal ideal) ÿ + y = 0

v1 = y , v2 = ẏ

⇒

v̇ =

0 −1

1 v 0

cuja forma de Jordan é diagonal (autovalores distintos), AQ = QÂ, dada por

j 0 Â = 0 −j

O sistema é estável, pois os blocos de Jordan associados aos autovalores de parte real nula têm tamanho um. De fato, a solução é dada por v(t) =

cos(t) −sen(t)

sen(t) v(0) cos(t)

Note que o sistema não é assintoticamente estável. ✷

Exemplo 20.23: O sistema

0 v̇ = 0

0 v −1

é estável (mas não assintoticamente), pois possui um autovalor igual a −1 e outro igual a 0 (portanto, associado a um bloco de Jordan de tamanho um). De fato, a solução é v1 (t) = v1 (0)

v2 (t) = exp(−t)v2 (0) ✷ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

371

20.3. Exercı́cios

Exemplo 20.24: O sistema v̇ =

0 1 v 0 0

é instável, pois possui um bloco de Jordan de ordem dois associado ao autovalor 0. De fato, a solução é v1 (t) = v1 (0) + tv2 (0)

v2 (t) = v2 (0) ✷

20.3

Exercı́cios

Exercı́cio 20.1: Determine se o polinômio D(p) possui ou não todas as raı́zes com parte real negativa. D(p) = p4 + 2p3 + 6p2 + 4p + 1 Solução: Como a tabela de Routh é dada por p4 p3 p2 p1 p0

1 2 4 3.5 1

6 4 1

e todos os elementos são positivos, o polinômio possui todas as raı́zes com parte real negativa. O mesmo resultado pode ser obtido da Expansão de Stieltjes p4 + 6p2 + 1 1 1 D4 (p) = = p+ 1 1 D3 (p) 2p3 + 4p 2 p+ 1 8 2 p+ 7 7 p 2 1 1 8 7 σ1 = ; σ2 = ; σ3 = ; σ4 = 2 2 7 2 Exercı́cio 20.2: Um sistema linear é descrito pela equação diferencial     1 0 0 0 v̇ = 0 0 0 v + 1 x 1 0 0 0 y= 1 1 1 v a) O sistema é estável (no sentido de Lyapunov)? b) O sistema é assintoticamente estável? c) O sistema é BIBO-estável?

Exercı́cio 20.3: Considere o sistema não linear, com β ∈ R, dado por v̇1 = (β − v22 − 2)v1

v̇2 = (v22 − βv22 − v12 )v2 a) Determine os pontos de equilı́brio b) Determine a matriz jacobiana nos pontos de equilı́brio e os autovalores associados c) Determine o domı́nio Ω, isto é, o conjunto no espaço de estados para o qual ψ(v) = v ′ v garante a estabilidade assintótica do ponto de equilı́brio v̄ = 0 Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

372

Capı́tulo 20. Estabilidade

Exercı́cio 20.4: Considere o sistema linear descrito pela equação dinâmica     1 −1 0 0 y= 1 0 v̇ =  0 0 −3 v + 0 x ; 0 0 0 0

0 v

a) O sistema é assintoticamente estável? b) O sistema é estável no sentido de Lyapunov? c) O sistema é BIBO estável?

Exercı́cio 20.5: Determine o intervalo do parâmetro k para que o sistema descrito pela função de transferência H(s) seja BIBO-estável. H(s) =

1 3s4 + 5s3 + ks2 + s + 1

H(s) = H(s) =

1 4s4 + 8s3 + 12s2 + 4ks + 5

H(s) = H(s) =

1 ks3 + s2 + 2s + k + 1

1 s4 + s3 + 4s2 + ks + 1 1

3s3 + (10 − k)s2 + ks + 3

Exercı́cio 20.6: Determine o intervalo para k tal que o sistema em malha fechada mostrado na figura seja BIBO estável s2 − 2s + 2 s a) H(s) = 3 , b) H(s) = 4 s + 3s2 + 4s + 2 s + s3 + 4s2 + 1 X(s)

Y (s) H(s)

−k

Solução: a) − 1 < k < 1.44,

b) 0.27 < k < 3.74

Exercı́cio 20.7: Usando a função de Lyapunov ψ(v) = v 2 , determine α para que a origem do sistema abaixo seja assintoticamente estável. v̇ = −(3 − α)v 3 Exercı́cio 20.8: Considere o sistema não-linear e a candidata à função de Lyapunov ψ(v) dados por v̇ = αv 3 −

v , α>0 α

ψ(v) =

1 4 v 4

Determine o domı́nio Ω, isto é, o conjunto no espaço de estados para o qual ψ(v) garante a estabilidade assintótica do ponto de equilı́brio v̄ = 0 Exercı́cio 20.9: Considere o sistema linear descrito pela equação dinâmica 0 0 1 x , y= 0 1 v v+ v̇ = 0 0 0

a) O sistema é assintoticamente estável? b) O sistema é estável no sentido de Lyapunov? c) O sistema é BIBO estável?

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

373

20.3. Exercı́cios

Exercı́cio 20.10: O sistema v̇ = Av foi analisado a partir da função quadrática de Lyapunov ψ(v) = v ′ P v tal que ψ(v) > 0, ∀v 6= 0. O cálculo da derivada ψ̇(v) resultou na forma quadrática −2 α ψ̇(v) = v ′ v α −5 Para quais valores de α a estabilidade assintótica do sistema está assegurada? Exercı́cio 20.11: Considere o sistema linear invariante no tempo descrito por     0 −2 1 0 v̇ =  0 −1 1 v + 1 x 0 0 0 0 y= 0 1 0 v

a) O sistema é assintoticamente estável? b) O sistema é estável no sentido de Lyapunov? c) O sistema é BIBO estável?

Exercı́cio 20.12: Considere o sistema descrito por 2 v̇1 −v1 = 0 v̇2

0 −2v22

v1 v2

Mostre que a função ψ(v) = v ′ v é uma função de Lyapunov para o sistema que garante a estabilidade assintótica da origem. Exercı́cio 20.13: a) Mostre que o sistema 0 1 0 x , y= 1 1 v v+ v̇ = 1 1 −1

tem função de transferência e resposta ao impulso dadas por H(s) =

1 , g(t) = exp(−t)u(t) s+1

b) O sistema é BIBO-estável? Exercı́cio 20.14: Considere o sistema descrito por v̇ = v , y = v + x Mostre que o sistema não é estável no sentido de Lyapunov mas é BIBO estável, isto é, mostre que o autovalor 1 não aparece como pólo na função de transferência. Exercı́cio 20.15: Classifique os sistemas lineares cujas matrizes dinâmicas são dadas abaixo quanto à estabilidade: assintoticamente estáveis, estáveis no sentido de Lyapunov ou instáveis.     0 1 0 0 0 0 A = 0 0 0  , A = 0 0 0  0 0 −1 0 0 −1

Exercı́cio 20.16: Determine o intervalo de k ∈ [0, +∞) para que o sistema em malha fechada seja BIBO estável. X(s) +

s+1

Y (s)

s2 + 3s + 2

−k

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

374

Capı́tulo 20. Estabilidade

Exercı́cio 20.17: Construa a tabela de Routh e determine o número de raı́zes com parte real positiva de D(p) = 3p7 + 9p6 + 6p5 + 4p4 + 7p3 + 8p2 + 2p + 6 Exercı́cio 20.18: Determine o intervalo para k tal que o sistema em malha fechada mostrado na figura seja BIBO estável 2s2 + s H(s) = 3 s + s2 + 1 X(s)

Y (s) H(s)

−(1/k)

Exercı́cio 20.19: Considere o sistema não-linear e a candidata à função de Lyapunov ψ(v) dados por v̇ = v 3 − αv , α > 0

ψ(v) =

1 2 v 2

Determine o domı́nio de estabilidade Ω, isto é, o conjunto no espaço de estados para o qual ψ(v) garante a estabilidade assintótica do ponto de equilı́brio v̄ = 0 Exercı́cio 20.20: Determine os intervalos de α > 0 e β > 0 tais que o sistema em malha fechada mostrado na figura seja BIBO estável X(s) +

α+

1 (s − 2)(s + 3)

β s

Y (s)

−1

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Capı́tulo 21

Introdução à Realimentação A realimentação pode ser usada para alterar o comportamento dinâmico de sistemas. Como introdução ao tema, algumas configurações de realimentação de saı́da para sistemas SISO são apresentadas a seguir.

21.1

Configurações tı́picas

A estrutura mostrada na Figura 21.1 (chamada de realimentação unitária), com um compensador na malha direta, possui função de transferência em malha fechada e erro dados por G(s) =

Y (s) C(s)H(s) = X(s) 1 + C(s)H(s)

E(s) = X(s) − Y (s) =

X(s)

E(s) +

1 X(s) 1 + C(s)H(s)

Y (s) C(s)

H(s)

−1

Figura 21.1: Realimentação unitária. Se o sistema em malha fechada for estável, o erro em regime para uma entrada degrau x(t) = u(t) é dado por 1 1 1 = , kp = lim C(s)H(s) lim sE(s) = lim s s→0 s→0 s→0 1 + C(s)H(s) s 1 + kp Portanto, o erro de regime para entrada degrau é nulo se kp tender a infinito, isto é, se a malha direta C(s)H(s) possuir pelo menos um pólo em s = 0. O parâmetro kp é chamado de constante de posição, e uma função de transferência com um pólo na origem é chamada de função do tipo 1. Similarmente, o erro de regime para entrada rampa x(t) = tu(t) é dado por 1 1 1 1 lim sE(s) = lim s = lim = , kv = lim sC(s)H(s) 2 s→0 s→0 s→0 s + sC(s)H(s) s→0 1 + C(s)H(s) s kv sendo kv denominado constante de velocidade. Para que o erro de regime seja nulo, a função de transferência de malha direta deve possuir pelo menos dois pólos na origem, isto é, ser pelo menos do tipo 2. 375

376

Capı́tulo 21. Introdução à Realimentação

Finalmente, o erro de regime para entrada parábola x(t) = 0.5t2 u(t) é

lim sE(s) = lim s

s→0

1 1 + C(s)H(s)

1 1 1 = lim = s3 s→0 s2 + s2 C(s)H(s) ka

ka = lim s2 C(s)H(s) s→0

e ka é a constante de aceleração. Erros de regime nulos exigem pelo menos três pólos na origem, isto é, ser pelo menos do tipo 3.

Exemplo 21.1 (Erro de regime): Considere o sistema ⇒

(p + ρ)y = x , ρ > 0

λ = −ρ sistema estável

A solução persistente para entrada constante x = 1 é y(t) = H(0) =

1 ρ

e, portanto, a saı́da não acompanha a entrada (erro de regime). A estrutura mostrada na Figura 21.1 (chamada de realimentação unitária), com um integrador na malha direta, possui a função de transferência em malha fechada H(s) G(s) =

1 s

1 1 + H(s) s

, H(s) =

1 s+ρ

⇒

ρ2 − 4

G(s) =

1 s2 + ρs + 1

cujos pólos são λ1,2 =

−ρ ±

Como ρ > 0, o sistema é estável. Além disso, G(0) = 1 e portanto o sistema não apresenta erro de regime. ✷

Exemplo 21.2 (Estabilização): Considere o sistema descrito pela equação diferencial (p − 1)y = x

⇒

H(s) =

1 s−1

Trata-se de um sistema instável, pois o pólo tem parte real positiva. De fato, a solução da equação homogênea diverge e é dada por y(t) = y(0) exp(t) O sistema pode ser estabilizado por meio da realimentação do sinal de saı́da, como mostrado na Figura 21.2. Definindo o sinal do erro (isto é, a diferença entre a entrada e a saı́da realimentada), tem-se E(s) = X(s) − kY (s)

Y (s) = H(s)E(s)

⇒

Y (s) =

H(s) X(s) 1 + kH(s)

A função de transferência em malha fechada é Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

377

21.1. Configurações tı́picas X(s)

Y (s)

H(s)

−k

Figura 21.2: Realimentação com ganho proporcional.

G(s) =

H(s) 1 + kH(s)

G(s) =

1 s−1+k

que, neste caso, é dada por

com pólo 1 − k. Portanto, para k > 1, o sistema em malha fechada é estável. ✷

Exemplo 21.3 (Realimentação unitária): Considere novamente a estrutura de realimentação unitária, com um controlador proporcional de ganho k colocado na malha direta, como ilustrado na Figura 21.3. X(s)

Y (s) +

H(s)

−1

Figura 21.3: Realimentação unitária com controlador proporcional k. A função de transferência em malha fechada é dada por G(s) =

kH(s) 1 + kH(s)

Note que os pólos em malha fechada são os mesmos do sistema com ganho proporcional na malha de realimentação (mostrado na Figura 21.2), dados pelas raı́zes de 1 + kH(s) = 0 porém o ganho DC deste sistema é k vezes o ganho DC do sistema da Figura 21.2. Além disso, o ganho DC deste sistema é unitário se H(s) tiver pelo menos um pólo em s = 0. Note ainda que neste sistema a saı́da é comparada diretamente com a entrada, enquanto que no anterior a entrada é comparada à k vezes a saı́da. ✷

Definição 21.1: Sensibilidade A sensibilidade de uma função f (x, y) em relação a uma de suas variáveis (ou parâmetros) é definida por Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

378

Capı́tulo 21. Introdução à Realimentação

∂f ∂f x f = ∂x ∂x f x Note que a sensibilidade é uma medida de variação relativa.

Exemplo 21.4 (Sensibilidade): Considere novamente o sistema do Exemplo 21.1, para o qual as funções de transferência de malha aberta e de malha fechada são, respectivamente, H(s) =

1 s+ρ

G(s) =

1 s2 + ρs + 1

As sensibilidades de H(s) e de G(s) em relação ao parâmetro ρ são dadas por −ρ ∂H(s) ρ = ∂ρ H(s) s+ρ

∂G(s) ρ −ρs = 2 ∂ρ G(s) s + ρs + 1

Note que o ganho DC apresenta sensibilidade de 100% em malha aberta e de 0 em malha fechada, em relação ao parâmetro ρ. ✷

Exemplo 21.5 (Produto ganho-faixa): A Figura 21.4 mostra um modelo de primeira ordem para um amplificador operacional (seguidor de tensão de ganho k) realimentado. O ganho DC é dado por A e a freqüência de corte é 1/τ . O produto ganho-faixa BWG — Bandwidth gain, dado por BWG=A/τ , caracteriza o amplificador operacional. Por exemplo, o OpAmp 741 tem BWG=1 MHz. X(s) +

A 1 + τs

Y (s)

−1/k

Figura 21.4: Produto ganho-faixa. A função de transferência em malha fechada é dada por G(s) =

H(s) A = 1 + H(s)/k 1 + τ s + A/k

e, para A/k ≫ 1, tem-se G(s) ≈

k A = τ s + A/k 1 + kτ /A s

com ganho DC igual a k e freqüência de corte A/(kτ ). Portanto, o produto ganho-faixa permanece inalterado BWG=A/τ . Note que k elevado implica em faixa pequena. ✷

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

379

21.2. Lugar das raı́zes W (s) Y (s)

X(s) C(s)

H(s)

−1

Figura 21.5: Rejeição de distúrbios.

Exemplo 21.6 (Rejeição de distúrbio): Considere o sistema realimentado da Figura 21.5, na qual C(s) é o controlador e W (s) é uma entrada de distúrbios. A saı́da Y (s) pode ser modelada como a superposição dos efeitos das duas entradas Y (s) =

H(s) C(s)H(s) X(s) + W (s) 1 + C(s)H(s) 1 + C(s)H(s) {z } | {z } | YX (s)

YW (s)

O Exemplo 21.1 considerou uma estrutura semelhante com W (s) = 0 (sem distúrbio) e, para C(s) =

1 1 , H(s) = , ρ>0 s s+ρ

o sistema realimentado é estável e não apresenta erro de regime. Além disso, em regime, rejeita distúrbios na forma de degraus com amplitude desconhecida a, pois lim yw (t) = lim sYW (s) =

t→+∞

s→0

sH(s) a=0 s + H(s) ✷

21.2

Lugar das raı́zes

A dinâmica de um sistema linear depende da localização dos pólos no plano complexo. Em particular, a parte real dos pólos determina se o sistema é ou não estável. O diagrama gráfico com a localização dos pólos no plano complexo em função de um parâmetro é denominado lugar das raı́zes [31]. Os sistemas em malha fechada mostrados nas figuras 21.2 e 21.3 têm a localização dos pólos dependente do valor do ganho k, isto é, os pólos são raı́zes da equação 1 + kH(s) = 0

(21.1)

Para H(s) racional, tem-se H(s) = com D(s) =

m X r=0

N (s) D(s)

⇒

D(s) + kN (s) = 0

αr sr , αm = 1 , N (s) =

ℓ X

β r sr

r=0

Em sistemas de primeira e segunda ordem, o cômputo dos pólos em função do parâmetro k pode ser feito de maneira analı́tica.

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

380

Capı́tulo 21. Introdução à Realimentação Exemplo 21.7 (Sistema de segunda ordem): Considere o sistema descrito por G(s) = cujos pólos são λ1 = −1 +

1 , k≥0 s2 + 2s + k

√ √ 1 − k , λ2 = −1 − 1 − k

Para 0 ≤ k ≤ 1, os pólos são reais e estão no intervalo [−2, 0], sendo que para k = 1 tem-se λ1 = λ2 = −1. Para k = 0, o sistema não é BIBO estável, pois tem um pólo na origem. Para 0 < k ≤ 1, o sistema é superamortecido e para k > 1, o sistema é subamortecido com pólos dados por √ √ λ1 = −1 + j k − 1 , λ2 = −1 − j k − 1 O lugar das raı́zes é ilustrado na Figura 21.6, com os pontos k = 0, k = 1 e k → +∞ indicados. Escrevendo as partes real e imaginária de λ1 em termos de k, tem-se √ , 0≤k<1 −1 + 1 − k , 0 ≤ k < 1 √ 0 Re(λ1 ) = , Im(λ1 ) = −1 , k≥1 k−1 , k≥1 e, portanto, o lugar da raiz λ1 é dado por 0 ≤ k < 1 ⇒ −1 < Re(λ1 ) ≤ 0 , Im(λ1 ) = 0 k ≥ 1 ⇒ Re(λ1 ) = −1 , 0 ≤ Im(λ1 ) < +∞ Note que, com exceção de k = 0, todos os pontos do lugar das raı́zes estão no semi-plano à esquerda, indicando que o sistema é BIBO estável para k > 0. 10

↑ +∞ 8

ւk = 1

k=0

−2

−4

−6

−8

↓ +∞ −10 −3

−2

−1

Figura 21.6: Lugar das raı́zes de s2 + 2s + k, k ≥ 0. Note que o lugar das raı́zes de s2 + 2s + k = 0 pode ser visto como um lugar das raı́zes do sistema em malha fechada mostrado na Figura 21.7, com H(s) =

1 s(s + 2)

De fato, polinômios em s com coeficientes afins em k podem ser colocados na forma D(s) + kN (s), que corresponde ao denominador em malha fechada de um sistema H(s) realimentado com ganho proporcional −k. ✷

Exemplo 21.8 (Sistema de segunda ordem subamortecido): Sistemas de segunda ordem com pólos complexos, descritos pela função de transferência H(s) =

ωn2 , 0 ≤ ξ < 1 , ωn > 0 s2 + 2ξωn s + ωn2 Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

381

21.2. Lugar das raı́zes

1 s(s + 2)

−k

Figura 21.7: Sistema em malha fechada cujo lugar das raı́zes é mostrado na Figura 21.6. podem ter o lugar das raı́zes analisado em termos dos parâmetros ξ e ωn . As raı́zes do denominador satisfazem s2 + 2ξωn s + ωn2 = (s + ξωn )2 + ωn2 (1 − ξ 2 ) ⇒ λ1,2 = −ξωn ± jωn Note que

1 − ξ2

Re(λ1,2 )2 + Im(λ1,2 )2 = ωn2 implicando que o lugar das raı́zes, para ωn fixo, é uma semi-circunferência (do lado esquerdo) de raio ωn centrada em 0, pois a parte real é negativa para qualquer ξ, ωn . Para ξ = 0, as raı́zes estão sobre o eixo imaginário e para ξ = 1 estão sobre o eixo real. Note ainda que para ξ > 1 as raı́zes são reais e tendem a 0 e a −∞ quando ξ → +∞. Por outro lado, para ξ fixo e ωn variando, tem-se p 1 − ξ2) √ que são semi-retas partindo do 0 (em ωn = 0). Para ξ = 2/2, são retas bissetrizes do segundo e terceiro quadrante; para ξ = 1, são o semi-eixo real negativo e para ξ = 0 são os semi-eixos imaginários. λ1,2 = ωn (−ξ ± j

O lugar das raı́zes pode ser computado numericamente, por exemplo, com o comando rlocus do Matlab. O comando grid traça as semi-circunferências de ωn constante e as semi-retas de ξ constante, como ilustrado na Figura 21.8 para o sistema H(s) =

1 , λ1 = 0 , λ2 = −2 , λ3,4 = −0.5 ± j s4 + 3s3 + 3.25s2 + 2.5s

4 0.78 3

0.66

0.52

0.34

0.18

0.87

2 0.94

1 0.985

−1 0.985

−2 0.94

−3

0.87 0.78

−4

−5

0.66 −4

0.52 −3

0.34 −2

0.18 −1

Figura 21.8: Lugar das raı́zes do Matlab rlocus(1,[1 3 3.25 2.5 0]), grid, pólos em −2, 0, −0.5 ± j. Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

382

Capı́tulo 21. Introdução à Realimentação O comportamento de sistemas de segunda ordem subamortecidos foi estudado no domı́nio do tempo no Exemplo 14.14, com a resposta ao impulso, determinando-se o perı́odo de oscilação e o decremento logarı́tmico, e no Exemplo 14.15, que mostra a resposta ao degrau e o cômputo do valor de pico, isto é, do sobresinal (que é uma caracterı́stica do sistema subamortecido 0 ≤ ξ < 1). O Exemplo 16.15 analisa os diagramas de Bode para H(s), que apresenta um pico (acima do valor DC) em M (ωr ), M (ωr ) =

1 2ξ

1 − ξ2

, ωr = ωn

1 − 2ξ 2

√ para ξ < 1/ 2 ≈ 0.707. Note que M (ω) tende a infinito quando ξ → 0. ✷

Um esboço do lugar das raı́zes pode ser obtido manualmente por meio de regras simples, possibilitando uma análise qualitativa do comportamento do sistema em malha fechada. As regras para construção foram propostas por Walter R. Evans1 em 1948 [15]. Propriedade 21.1: Simetria O lugar das raı́zes é simétrico em relação ao eixo real, pois para sistemas descritos pela razão de polinômios com coeficientes reais, se s = λ ∈ C é raiz, então s = λ∗ também o é. ⋄ Propriedade 21.2: De pólos para zeros Os ramos do lugar das raı́zes da equação 1 + kH(s) = 0 partem dos pólos de H(s) e chegam nos zeros de H(s) quando k vai de 0 a +∞, pois D(s) + kN (s) = 0 Para efeito desta propriedade, considera-se que H(s) tem tantos “zeros” no infinito quanto for a diferença entre o número de pólos e de zeros finitos de H(s). Ou seja, para s muito grande, tem-se ℓ X

N (s) H(s) = = r=0 m X D(s)

β r sr αr s r

≈

βℓ , η =m−ℓ sη

r=0

Observe que a maior parte das propriedades do lugar das raı́zes assume βℓ > 0. Regras para βℓ < 0 (resultando em realimentação positiva) podem ser desenvolvidas de maneira similar, como mostrado em [42]. ⋄ Exemplo 21.9 (Sensibilidade do lugar das raı́zes à posição do zero): Considere H1 (s) dado por H1 (s) =

s − 0.1 s(s − 1)

⇒ D1 (s) + kN1 (s) = 0 ⇒ s2 − s + k(s − 0.1) = 0

s + 0.1 s(s − 1)

⇒ D2 (s) + kN2 (s) = 0 ⇒ s2 − s + k(s + 0.1) = 0

e H2 (s) dado por H2 (s) =

realimentados por um ganho −k. Os correspondentes lugares das raı́zes, computados com o comando rlocus do Matlab, são mostrados na Figura 21.9. No diagrama da esquerda, um ramo sai 1

Walter R. Evans, engenheiro americano (1920-1999). Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

383

21.2. Lugar das raı́zes do pólo +1 e vai para o zero em 0.1, e o outro ramo sai do pólo em 0 e vai para o “zero” em −∞. No da direita, os ramos saem dos pólos, encontram-se aproximadamente em 0.2, seguem em arcos até encontrarem-se novamente em aproximadamente −0.4, prosseguindo um para a direita até o zero em −0.1 e o outro para a esquerda até −∞. Note que uma pequena variação no zero produz lugares das raı́zes bastante distintos. Em particular, o sistema em malha fechada da esquerda é sempre instável para qualquer valor de k, enquanto que no da direita existe um valor mı́nimo para k, acima do qual o sistema torna-se estável. Da equação relativa a H2 (s), isto é, s2 + (k − 1)s + 0.1k = 0

0.5

0.4

0.3

0.2

0.1

tem-se que as raı́zes são puramente imaginárias (complexo conjugadas) se k = 1. As raı́zes são reais e iguais para (k − 1)2 − 0.4k = 0 ⇒ k ≈ 1.86 , k ≈ 0.537

−0.1

−0.2

−0.3

−0.4

−0.5 −1.5

−1

−0.5

0.5

1.5

−0.5 −1.5

−1

−0.5

0.5

1.5

Figura 21.9: Lugar das raı́zes de H1 (s) (esquerda) e de H2 (s) (direita). Ainda em relação ao lugar das raı́zes de H2 (s), escrevendo as partes real e imaginária de λ1 em termos de k, tem-se √ 1 − k + k 2 + 1 − 2.4k λ1 = 2 e, portanto 0 ≤ k < 0.537 ⇒ 0.232 < Re(λ1 ) ≤ 1 , Im(λ1 ) = 0 k ≥ 1.86 ⇒ −0.432 < Re(λ1 ) ≤ −0.1 , Im(λ1 ) = 0 sendo que o valor −0.1 é obtido do limite lim

k→+∞

1−k+

√ k 2 + 1 − 2.4k 2

Fazendo ε = 1/k, tem-se lim

ε→0

ε−1+

√

1 + 0.5(1 − 2.4ε)−0.5 (−2.4) 1 − 2.4ε = lim = −0.1 ε→0 2ε 2

e, finalmente, 0.537 ≤ k < 1.86 ⇒ (Re(λ1 ) + 0.1)2 + Im(λ1 )2 = 0.11 pois 4Im(λ1 )2 = 2.4k − 1 − k 2 , (2Re(λ1 ) + 0.2)2 = (1.2 − k)2 = k 2 + 1.44 − 2.4k Como√conclusão, a raiz λ1 parte de 1, segue sobre o eixo real até 0.232, sobe no arco de circunferência (raio 0.11 = 0.332, centro em −0.1), volta ao eixo real em −0.432 e segue até −0.1. ✷

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

384

Capı́tulo 21. Introdução à Realimentação

Propriedade 21.3: Condição de fase A soma dos ângulos dos vetores dos zeros até um determinado ponto do lugar das raı́zes menos a soma dos ângulos dos vetores dos pólos até o mesmo ponto é π radianos, pois 1 + kH(s) = 0

⇒

N (s) = −1 D(s)

⇒

N (s) N (s) = 1 , ∠k =π D(s) D(s)

e, portanto, ∠

ℓ

r=1

X N (s) X φr (s) = π ϕr (s) − = D(s)

sendo φr (s) = ∠(s−λr ) o ângulo do vetor do pólo λr até o ponto s do lugar das raı́zes e ϕr (s) = ∠(s−γr ) o ângulo do vetor do zero γr até o ponto s do lugar das raı́zes. Note que sempre existe um k > 0 finito que garante |kH(s)| = 1 e que a propriedade não se aplica aos pólos e zeros de H(s) (que no entanto fazem parte do lugar das raı́zes). Além disso, para efeito desta propriedade, soma de ângulos que resulta em número ı́mpar de π’s é considerada igual a π. ⋄ Propriedade 21.4: Condição de módulo O valor do ganho k em um ponto s do lugar das raı́zes é igual ao produto dos módulos dos vetores dos pólos até s dividido pelo produto dos módulos dos vetores dos zeros até s, pois m Y

N (s) = 1 ⇒ k = r=1 k ℓ D(s) Y

r=1

|s − λr | |s − γr | ⋄

Propriedade 21.5: Eixo real O lugar das raı́zes no eixo real pode ser determinado pelas regras: • Pólos e zeros complexos não contribuem para os trechos do lugar das raı́zes no eixo real, pois (Propriedade 21.3) a soma dos ângulos de um par de pólos ou zeros complexos é nula. Para efeito desta propriedade, ângulos múltiplos pares de ±π são considerados nulos. • O lugar das raı́zes no eixo real está sempre à esquerda de um número ı́mpar de pólos e zeros reais, pois as contribuições nesse caso (Propriedade 21.3) somam π. A Figura 21.10 ilustra as duas situações. No gráfico da direita, p (que faz parte do lugar das raı́zes) e q (que não faz parte) são pontos sobre o eixo real, desenhados um pouco deslocados de maneira a realçar os ângulos dos vetores. Note que no ponto p os ângulos somam π e no ponto q a soma é zero. ⋄

Propriedade 21.6: Ângulo de partida dos pólos O ângulo de partida do lugar das raı́zes saindo de um pólo é igual a π mais a soma dos ângulos dos vetores dos zeros até o pólo menos a soma dos ângulos dos vetores dos demais pólos até o pólo em questão. Prova: da Propriedade 21.3, escolhendo um ponto s do lugar das raı́zes próximo do pólo λi , tem-se φi (s)

s≈λi

=π+

ℓ X r=1

ϕr (s) −

m X

φr (s)

r=1,r6=i

⋄ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

385

21.2. Lugar das raı́zes Im

Figura 21.10: Contribuições sobre o eixo real: pólos complexos (esquerda) e pólos e zeros reais (direita).

Exemplo 21.10 (Lugar das raı́zes com três pólos: ângulos de partida): No lugar das raı́zes (s − λ1 )(s − λ2 )(s − λ3 ) + k = 0 ,

λ1 = −j , λ2 = j , λ3 = −1

os ângulos de saı́da (em graus) dos pólos são dados por φ1 (s ≈ λ1 ) = 180 − φ2 (s ≈ λ1 ) − φ3 (s ≈ λ1 ) = 180 − (−90) − (−45) = −45 φ2 (s ≈ λ2 ) = 180 − 90 − 45 = 45 , φ3 (s ≈ λ3 ) = 180 − 135 − (−135) = 180 como pode ser observado na Figura 21.13, à esquerda.

✷

Exemplo 21.11 (Lugar das raı́zes com três pólos e um zero: ângulos de partida): No lugar das raı́zes (s − λ1 )(s − λ2 )(s − λ3 ) + k(s − γ1 ) = 0

λ1 = −j , λ2 = j , λ3 = −1 , γ1 = −0.5

os ângulos de saı́da (em graus) dos pólos são dados por φ1 (s ≈ λ1 ) = 180 − (−90) − (−45) + (−63.4) = −108.4 φ2 (s ≈ λ2 ) = 180 − 90 − 45 + 63.4 = 108.4 , φ3 (s ≈ λ3 ) = 180 − 135 − (−135) + 180 = 0 como pode ser observado na Figura 21.12, à esquerda.

✷

Exemplo 21.12 (Lugar das raı́zes com três pólos e dois zeros: ângulos de partida): No lugar das raı́zes (s−λ1 )(s−λ2 )(s−λ3 )+k(s−γ1 )(s−γ2 ) = 0 , λ1 = −j , λ2 = j , λ3 = −1 , γ1 = 0.5+0.5j , γ2 = 0.5−0.5j os ângulos de saı́da (em graus) dos pólos são dados por φ1 (s ≈ λ1 ) = 180 − (−90) − (−45) + (−108.4) + (−135) = 71.6 φ2 (s ≈ λ2 ) = 180−90−45+135+108.4 = −71.6 , φ3 (s ≈ λ3 ) = 180−135−(−135)+(−161.6)+161.6 = 180 como pode ser observado na Figura 21.11, à direita.

✷

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

386

Capı́tulo 21. Introdução à Realimentação Exemplo 21.13 (Lugar das raı́zes com três pólos e três zeros: ângulos de partida): No lugar das raı́zes (s − λ1 )(s − λ2 )(s − λ3 ) + k(s − γ1 )(s − γ2 )(s − γ3 ) λ1 = −j , λ2 = j , λ3 = −1 , γ1 = 0.5 + 0.5j , γ2 = 0.5 − 0.5j , γ3 = −0.5 os ângulos de saı́da (em graus) dos pólos são dados por φ1 (s ≈ λ1 ) = 180 − (−90) − (−45) + (−108.4) + (−135) + (−63.4) = 8.2 φ2 (s ≈ λ2 ) = 180 − 90 − 45 + 135 + 108.4 + 63.4 = −8.2 φ3 (s ≈ λ3 ) = 180 − 135 − (−135) + (−161.6) + 161.6 + 180 = 0 como pode ser observado na Figura 21.11, à esquerda.

✷

Propriedade 21.7: Ângulo de chegada aos zeros O ângulo de chegada do lugar das raı́zes entrando em um zero é igual à soma dos ângulos dos vetores dos pólos até o zero menos a soma dos ângulos dos vetores dos demais zeros até o zero em questão. Prova: da Propriedade 21.3, escolhendo um ponto s do lugar das raı́zes próximo do zero γi , tem-se ϕi (s)

s≈γi

=π+

m X r=1

φr (s) −

ℓ X

ϕr (s)

r=1,r6=i

Como o interesse é no ângulo de chegada, subtrai-se um ângulo de π radianos. Portanto, ϕi (s)

s≈γi

m X r=1

φr (s) −

ℓ X

ϕr (s)

r=1,r6=i

⋄ Exemplo 21.14 (Lugar das raı́zes com três pólos e um zero: ângulo de chegada): No lugar das raı́zes (s − λ1 )(s − λ2 )(s − λ3 ) + k(s − γ1 ) = 0

λ1 = −j , λ2 = j , λ3 = −1 , γ1 = −0.5

o ângulo de entrada (em graus) do zero é dado por ϕ1 (s ≈ γ1 ) = 116.6 − 116.6 + 0 = 0 como pode ser observado na Figura 21.12, à esquerda.

✷

Exemplo 21.15 (Lugar das raı́zes com três pólos e dois zeros: ângulos de chegada): No lugar das raı́zes (s−λ1 )(s−λ2 )(s−λ3 )+k(s−γ1 )(s−γ2 ) = 0 , λ1 = −j , λ2 = j , λ3 = −1 , γ1 = 0.5+0.5j , γ2 = 0.5−0.5j os ângulos de chegada (em graus) dos zeros são dados por ϕ1 (s ≈ γ1 ) = 71.6 − 45 + 18.4 − 90 = −45 ϕ2 (s ≈ γ2 ) = 45 − 71.6 − 18.4 − (−90) = 45 como pode ser observado na Figura 21.11, à direita.

✷

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

387

21.2. Lugar das raı́zes Exemplo 21.16 (Lugar das raı́zes com três pólos e três zeros: ângulos de chegada): No lugar das raı́zes (s − λ1 )(s − λ2 )(s − λ3 ) + k(s − γ1 )(s − γ2 )(s − γ3 ) λ1 = −j , λ2 = j , λ3 = −1 , γ1 = 0.5 + 0.5j , γ2 = 0.5 − 0.5j , γ3 = −0.5 os ângulos de chegada (em graus) dos zeros são dados por ϕ1 (s ≈ γ1 ) = 71.6 − 45 + 18.4 − 90 − 26.6 = −71.6 ϕ2 (s ≈ γ2 ) = 45 − 71.6 − 18.4 − (−90) − (−26.6) = 71.6 ϕ3 (s ≈ γ3 ) = 116.6 − 116.6 + 0 − (−153) − (153) = 0 como pode ser observado na Figura 21.11, à esquerda.

✷

Propriedade 21.8: Assı́ntotas O número de assı́ntotas do lugar das raı́zes é igual ao número de zeros no infinito, ou seja, η = m − ℓ, com ângulos dados por π + r2π η

βℓ > 0 , r ∈ Z

r2π η

βℓ < 0 , r ∈ Z

pois, para s = ρ exp(jφ), com ρ grande, tem-se D(s) + kN (s) ≈ sm + kβℓ sℓ = 0 ⇒ sη = ρη exp(jφ(η)) = −kβℓ Note que, para η = m − ℓ ≥ 3, sempre haverá um k finito que instabiliza o sistema. ⋄

A Tabela 21.1 apresenta os ângulos das assı́ntotas do lugar das raı́zes para os casos de 0, 1, 2, 3 e 4 assı́ntotas. A Figura 21.11 mostra o lugar das raı́zes para um sistema com três pólos (em −1, +j e −j, D(s) = s3 + s2 + s + 1), com três zeros (em 0.5 ± 0.5j e −0.5, à esquerda) e com dois zeros (em 0.5 ± 0.5j, à direita). A Figura 21.12 mostra o lugar das raı́zes para um sistema com três pólos (em −1, +j e −j, D(s) = s3 + s2 + s + 1) e um zero (em −0.5), à esquerda, e com quatro pólos, em ±1 ± j, à direita, com assı́ntotas em ±π/4 e ±3π/4. Tabela 21.1: Ângulos das assı́ntotas do lugar das raı́zes. m−ℓ 0 1 2 3 4 βℓ > 0 — π ±π/2 π, ±π/3 ±π/4, ±3π/4 βℓ < 0 — 0 0, π 0, ±2π/3 0, π, ±π/2 A Figura 21.13 mostra o lugar das raı́zes de um sistema com três pólos, D(s) = s3 + s2 + s + 1 e N (s) = 1 (à esquerda, com assı́ntotas em ±π/3 e π) e N (s) = −1 (à direita, assı́ntotas em 0 e ±2π/3). Propriedade 21.9: Encontro das assı́ntotas Todas as η = m − ℓ ≥ 2 assı́ntotas encontram o eixo real no ponto ! ℓ m X 1 X Re(γr ) Re(λr ) − η r=1

r=1

sendo λr os pólos e γr os zeros de H(s).

Prova: o lugar das raı́zes satisfaz 1+k

N (s) =0 D(s)

D(s) = sη + αm−1 − β̄ℓ−1 sη−1 + · · · N̄ (s) Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

388

Capı́tulo 21. Introdução à Realimentação

0.5

1.5

−0.5

−1

−1.5 −1.5

−1

−0.5

0.5

−1.5 −1.5

1.5

−1

−0.5

0.5

1.5

Figura 21.11: Lugar das raı́zes com três pólos e três zeros (N (s) = s3 − 0.5s2 + 0.25, sem assı́ntotas, à esquerda) e com três pólos e dois zeros (à direita, com assı́ntota em π, N (s) = s2 − s + 0.5).

−1

−2

−3

−4 −1.5

−1

−0.5

0.5

−4 −4

1.5

−3

−2

−1

Figura 21.12: Lugar das raı́zes com três pólos e um zero (N (s) = s + 0.5, assı́ntotas em ±π/2, à esquerda) e com com quatro pólos em ±1 ± j (à direita, assı́ntotas em ±π/4 e ±3π/4).

−1

−2

−3

−4 −4

−3

−2

−1

−4 −4

−3

−2

−1

Figura 21.13: Lugar das raı́zes com três pólos, D(s) = s3 + s2 + s + 1, N (s) = 1 (à esquerda, com assı́ntotas em ±π/3 e π) e N (s) = −1 (à direita, assı́ntotas em 0 e ±2π/3).

Portanto, para s grande, 1+k

kβℓ kβℓ N (s) =1+ η =1+ D(s) s − asη−1 + · · · D(s)/N̄ (s) Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

389

21.2. Lugar das raı́zes com N̄ (s) = N (s)/βℓ mônico e a = β̄ℓ−1 − αm−1 ⇒ a =

m X r=1

Re(λr ) −

ℓ X

Re(γr )

r=1

Nas assı́ntotas, tanto k quanto o módulo dos pontos s do lugar das raı́zes são grandes, e o polinômio sη − asη−1 + · · · pode ser aproximado por (s − a/η)η . De fato, os dois termos de maior grau coincidem. Assim, nas assı́ntotas, tem-se kβℓ a η =0 ⇒ 1+ = −kβℓ s− η a η s− η Note que o lugar das raı́zes da equação a η s− = −kβℓ η é dado pelas assı́ntotas do sistema original, com o cruzamento no eixo real ocorrendo em k = 0, ou seja, em s = a/η. ⋄ Exemplo 21.17: Considere a função de transferência cujo lugar das raı́zes é mostrado na Figura 21.12 (esquerda), com pólos −1 e ±j e zero −0.5 (η = 2). O encontro das assı́ntotas ocorre em (−1 − (−0.5))/2 = 0.25. No gráfico da direita, o encontro ocorre em −1 − 1 + 1 + 1 = 0.

Na Figura 21.13, o encontro ocorre em −1/3 (note que o encontro das assı́ntotas não depende do sinal de βℓ ). ✷

Propriedade 21.10: Cruzamento com o eixo real Os pontos do lugar das raı́zes de chegada ou partida do eixo real, quando existem, satisfazem a equação N (s)Ḋ(s) = D(s)Ṅ (s) pois um ponto s de chegada ou de partida no eixo real é (no mı́nimo) uma raiz dupla real. Assim, k nesse ponto satisfaz as equações D(s) + kN (s) = 0 , Ḋ(s) + k Ṅ (s) = 0 ⇒ N (s)Ḋ(s) − D(s)Ṅ (s) = 0 Note que a aplicação da propriedade requer a obtenção das raı́zes de um polinômio e a identificação do ponto de interesse. ⋄ Exemplo 21.18: Considere (vide Exemplo 21.9) H(s) =

s + 0.1 s(s − 1)

⇒ N (s) = s + 0.1 , D(s) = s2 − s

cujo lugar das raı́zes é mostrado na Figura 21.9, à direita. Portanto, Ḋ(s) = 2s − 1 , Ṅ (s) = 1 ⇒ N (s)Ḋ(s) − D(s)Ṅ (s) = 0 s2 + 0.2s − 0.1 = 0

⇒ s1 = 0.232 , s2 = −0.432

sendo s1 o ponto de saı́da e s2 o de entrada. Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

390

Capı́tulo 21. Introdução à Realimentação Note que, pela Propriedade 21.4 (condição de módulo), os valores de ganho k1 e k2 dos pontos s1 e s2 são dados por k1 =

|0.232 − 0||0.232 − 1| | − 0.432 − 0|| − 0.432 − 1| = 0.537 , k2 = = 1.86 |0.232 + 0.1| | − 0.432 + 0.1|

confirmando os valores obtidos no Exemplo 21.9. ✷

Exemplo 21.19: Considere H(s) =

s + 0.5 (s2 + 1)(s + 1)

N (s) D(s)

cujo lugar das raı́zes é mostrado na Figura 21.12 (à esquerda). Note que não há ponto de partida nem de chegada no eixo real. No entanto, a Propriedade 21.10 fornece Ḋ(s) = 3s2 + 2s + 1 , Ṅ (s) = 1 ⇒ 4s3 + 5s2 + 2s − 1 = 0 cuja raiz real é s1 = 0.273, que corresponde a um valor negativo de k, dado por k=−

D(s1 ) = −1.77 N (s1 ) ✷

Propriedade 21.11: Cruzamento com o eixo imaginário Os cruzamentos com o eixo imaginário ocorrem em s = ±jω, com ω ≥ 0, solução da equação D(s) + kN (s) = 0 ⋄ Exemplo 21.20: Considere (vide Exemplo 21.9) H(s) =

s + 0.1 s(s − 1)

cujo lugar das raı́zes é mostrado na Figura 21.9, à direita. Aplicando a Propriedade 21.11, tem-se (jω)(jω − 1) + k(jω + 0.1) = 0 ⇒ kω = ω , 0.1k = ω 2 , ω ≥ 0 ω1 = 0 , k1 = 0

ω2 = 0.316 , k2 = 1

Note que o primeiro ponto corresponde ao pólo de malha aberta em s = 0. ✷

21.2.1

Resumo das propriedades do lugar das raı́zes

O lugar das raı́zes do sistema de malha fechada mostrado na Figura 21.2 satisfaz 1 + kH(s) = 0 , H(s) =

N (s) , k≥0 D(s)

As propriedades do Lugar das Raı́zes são: • Simetria em relação ao eixo real. Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

391

21.2. Lugar das raı́zes

• Os pólos e os zeros (finitos) de malha aberta fazem parte do lugar das raı́zes para, respectivamente, k = 0 e k → +∞. • Condição de fase

ℓ X r=1

ϕr (s) −

m X

φr (s) = π

r=1

sendo γr os zeros, λr os pólos de H(s), φr (s) = ∠(s − λr ) o ângulo do vetor do pólo λr até o ponto s do lugar das raı́zes e ϕr (s) = ∠(s − γr ) o ângulo do vetor do zero γr até o ponto s do lugar das raı́zes. • Condição de módulo m Y

|s − λr |

k = r=1 ℓ Y

r=1

|s − γr |

• Eixo real

O lugar das raı́zes no eixo real está sempre à esquerda de um número ı́mpar de pólos e zeros reais.

• Ângulo de partida dos pólos φi (s)

s≈λi

=π+

ℓ X r=1

ϕr (s) −

m X

φr (s)

r=1,r6=i

• Ângulo de chegada aos zeros ϕi (s)

s≈γi

m X r=1

φr (s) −

ℓ X

ϕr (s)

r=1,r6=i

• O número de assı́ntotas é igual ao número de zeros no infinito, ou seja, m − ℓ. • Ângulos das assı́ntotas π(1 + 2r) m−ℓ

βℓ > 0 , r ∈ Z

• Encontro das assı́ntotas

Todas as η = m − ℓ ≥ 2 assı́ntotas encontram o eixo real no ponto 1 η

m X r=1

Re(λr ) −

ℓ X

Re(γr )

r=1

• Cruzamento com o eixo real

Os pontos do lugar das raı́zes de chegada ou partida do eixo real, quando existem, satisfazem a equação N (s)Ḋ(s) = D(s)Ṅ (s) Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

392

Capı́tulo 21. Introdução à Realimentação

• Cruzamento com o eixo imaginário

Os cruzamentos com o eixo imaginário ocorrem em s = ±jω, com ω ≥ 0, solução da equação D(s) + kN (s) = 0

Exemplo 21.21: Considere o sistema em malha fechada descrito na Figura 21.2 com H(s) =

1 , λ1 = −1 , λ2,3 = −1 ± j , η = m − ℓ = 3 (s + 1)(s2 + 2s + 2)

Das propriedades do lugar das raı́zes, tem-se que o sistema possui 3 assı́ntotas (±60o e 180o ), com encontro no eixo real em 1 (−1 − 1 − 1) = −1 3 e no eixo real, o lugar das raı́zes é dado por (−∞, −1]. A Figura 21.14 mostra o lugar das raı́zes feito com o Matlab.

−1

−2

−3

−4 −5

−4

−3

−2

−1

Figura 21.14: Lugar das raı́zes com o comando Matlab rlocus(1,[1 3 4 2]). Os cruzamentos com o eixo imaginário ocorrem em ±j2 (pela figura). O valor de k a partir do qual o sistema em malha fechada fica instável, chamado de Margem de Ganho, pode ser obtido do Matlab, ou a partir da figura por k = |j2 + 1||j2 + 1 − j||j2 + 1 + j| =

√ √ √ 5 2 10 = 10

Para k = 10, os cruzamentos com o eixo imaginário satisfazem D(jω) + kN (jω) = −jω 3 + 4jω − 3ω 2 + 12 = 0 ⇒ ω 2 = 4 , ω = ±2 O diagrama de Bode de H(s), mostrado na Figura 21.15, confirma o valor da Margem de Ganho igual a 10, pois a freqüência na qual a fase é −180 é dada por ω = 2, correspondendo ao ganho de −20 dB, isto é, 0.1. Em termos da função de transferência de malha fechada, tem-se G(s) =

H(s) 1 + kH(s)

⇒ 1 + 10H(j2) = 0

Note que o valor da Margem de Ganho poderia ser também obtido da Tabela de Routh-Hurwitz (Propriedade 20.6), calculada para o polinômio s3 + 3s2 + 4s + 2 + k Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

393

21.2. Lugar das raı́zes

M (ω) (dB)

−10 −20 −30 −40 −50 −60 −70

φ(ω) (graus)

−80 0

−90

−180

−270 −1 10

ω (rad/s)

Figura 21.15: Diagrama de Bode, obtido com o comando Matlab bode(1,[1 3 4 2]). s3 s2 s 1

1 3 10 − k 2+k

4 2+k

⇒ 2 + k > 0 , 10 − k > 0

que garante estabilidade para k < 10. ✷

Exemplo 21.22: Considere a inclusão de um zero de fase não mı́nima no Exemplo 21.21, resultando em H(s) =

s−1 , λ1 = −1 , λ2,3 = −1 ± j , γ = 1 , η = m − ℓ = 2 (s + 1)(s2 + 2s + 2)

Das propriedades do lugar das raı́zes, tem-se que o sistema possui 2 assı́ntotas (±90o ), com encontro no eixo real em 1 (−1 − 1 − 1 − 1) = −2 2 e no eixo real, o lugar das raı́zes é dado por [−1, 1]. A Figura 21.16 mostra o lugar das raı́zes feito com o Matlab. O cruzamento com o eixo imaginário ocorre em 0 (pela figura). O valor de k a partir do qual o sistema em malha fechada fica instável, chamado de Margem de Ganho, pode ser obtido do Matlab, ou a partir da figura por k = |0 + 1||0 + 1 − j||0 + 1 + j|/|0 − 1| =

√ √ 2 2=2

Para k = 2, o cruzamento com o eixo imaginário satisfaz D(jω) + kN (jω) = −jω 3 + 6jω − 3ω 2 = 0 ⇒ ω = 0 O diagrama de Bode de H(s), mostrado na Figura 21.17, confirma o valor da Margem de Ganho igual a 2, pois a freqüência na qual a fase é 180 é dada por ω → 0, correspondendo ao ganho de −6 dB, isto é, 0.5. Em termos da função de transferência de malha fechada, tem-se G(s) =

H(s) 1 + kH(s)

⇒ 1 + 2H(j0) = 0 Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

394

Capı́tulo 21. Introdução à Realimentação

5 4 3 2

1 0 −1 −2 −3 −4 −5 −3

−2.5

−2

−1.5

−1

−0.5

0.5

1.5

Figura 21.16: Lugar das raı́zes com o comando Matlab rlocus([1 -1],[1 3 4 2]).

M (ω) (dB)

−10 −20 −30 −40 −50 −60 −70

φ(ω) (graus)

−80 180

−90

−180 −2 10

−1

ω (rad/s)

Figura 21.17: Diagrama de Bode, obtido com o comando Matlab bode([1 -1],[1 3 4 2]). Note que o valor da Margem de Ganho poderia ser também obtido da Tabela de Routh-Hurwitz (Propriedade 20.6), calculada para o polinômio s3 + 3s2 + (4 + k)s + 2 − k s3 s2 s 1

1 3 10 + 4k 2−k

4+k 2−k

⇒ 10 + 4k > 0 , 2 − k > 0

que garante estabilidade para k < 2. ✷

21.3

Exercı́cios

Exercı́cio 21.1: Considere um sistema em malha aberta H(s) =

1 s−5 Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

395

21.3. Exercı́cios

Determine o limitante no valor de k na malha de realimentação para que o sistema em malha fechada seja estável. Exercı́cio 21.2: a) Determine o ganho k para que o sistema em malha fechada possua pólos puramente imaginários. X(s)

Y (s)

s+1 s2 − s + 1

−k

b) Determine a sensibilidade do ganho DC (s = 0) do sistema em malha fechada em função do parâmetro k, calculada para k = 2. Exercı́cio 21.3: Determine a sensibilidade do ganho DC (s = 0) do sistema em malha fechada em função do parâmetro k, calculada para k = 10. X(s)

s+2 s2 − 2s + 1

Y (s)

−k

Exercı́cio 21.4: Considere o sistema realimentado mostrado na figura X(s)

Y (s)

1 (s + 1)4

−k

a) Esboce o lugar das raı́zes para o sistema realimentado. b) Determine os pontos (no plano s) de cruzamento com o eixo imaginário c) Determine o intervalo de k ≥ 0 que garante a estabilidade do sistema Exercı́cio 21.5: Considere o lugar das raı́zes da figura abaixo relativo a um sistema H(s) realimentado negativamente com ganho k. 5 4 3 2

1 0 −1 −2 −3 −4 −5 −4

−3

−2

−1

a) Determine os pólos e zeros de H(s) (malha aberta) b) Determine o máximo valor de k para o qual o sistema permanece estável c) Inclua um novo pólo em s = 0 e desenhe as assı́ntotas do sistema modificado. Exercı́cio 21.6: Determine a sensibilidade da função de transferência do sistema em malha fechada em função do parâmetro k. Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

396

Capı́tulo 21. Introdução à Realimentação X(s)

s+2 s2 − 2s + 1

Y (s)

−k

Exercı́cio 21.7: Considere o sistema realimentado mostrado na figura com H(s) =

s2 + 2s + 5 (s2 + 2s + 2)(s + 1)(s + 2)(s + 3)

X(s)

H(s)

Y (s)

−k

a) Esboce as assı́ntotas do lugar das raı́zes para o sistema realimentado. b) Usando as assı́ntotas, determine os pontos (no plano s) de cruzamento com o eixo imaginário c) Usando as assı́ntotas, determine o intervalo de k que garante a estabilidade do sistema em malha fechada Exercı́cio 21.8: Considere o lugar das raı́zes da figura abaixo relativo a um sistema H(s) realimentado negativamente com ganho k. 1.5

0.5

−0.5

−1

−1.5 −3

−2

−1

a) Determine o valor de k para que o sistema em malha fechada possua um pólo em s = 0 b) Inclua um novo pólo em s = −2 e desenhe as assı́ntotas do sistema modificado.

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Parte III

Apêndices

397

Apêndice A

Notação • Escalares e vetores (reais ou complexos) são representados por letras latinas ou gregas minúsculas a, b, c, . . . , x, y, z, . . . , α, β, γ, . . . , • Letras maiúsculas latinas, em geral, representam matrizes A, B, C, . . . , X, Y, Z Exceções: N designa o perı́odo fundamental de um sinal discreto e T designa o perı́odo fundamental de um sinal contı́nuo • A matriz identidade é denotada por I (as dimensões são inferidas pelo contexto). • Letras caligráficas maiúsculas representam conjuntos definidos no texto A, B, C, . . . , X , Y, Z • Letras com traço duplo (geradas pelo comando \mathbb do LATEX) representam variáveis aleatórias X, Y, W, . . . , • Algumas letras com traço duplo denotam conjuntos de uso comum R C Z N Z+ Rn

números reais números complexos números inteiros números naturais (inteiros positivos e o zero) números inteiros positivos vetores reais de dimensão n

Outros conjuntos especiais: N̄ = {0, 1, 2, . . . , N − 1} ou qualquer conjunto de N inteiros consecutivos • Funções com domı́nio em conjuntos contı́nuos apresentam a variável independente entre parênteses f (t), x(t), X(z), H(s), . . . • Funções com domı́nio em conjuntos discretos apresentam a variável independente entre colchetes f [n], x[k], . . . 398

399 • Coeficientes das projeções e das séries de Fourier são denotados por letras minúsculas com subscritos ak , bk , ck . . . , k ∈ Z e podem, eventualmente, ser escritos como a[k], b[k], c[k] . . . , k ∈ Z • Domı́nios das funções são representados pela letra Ω subscrita pela letra que designa a função Ωx , Ωx1 , . . . • Operadores são representados por letras caligráficas (geradas pelo comando \mathcal do LATEX), com operandos entre chaves E{X} G{x(t)} F{x(t)} L{x(t)} Z{x[n]} FS {x[n]}N

esperança matemática de X sistema com entrada x(t) transformada de Fourier de x(t) transformada de Laplace de x(t) transformada Z de x[n] série de Fourier de x[n] (perı́odo N )

• A combinação de n termos m a m é denotada por

n m

n! , 0 ≤ m ≤ n , m, n ∈ N m!(n − m)!

• A função degrau é denotada por u(t) e a função impulso por δ(t) para sinais contı́nuos, ou respectivamente u[n] e δ[n] u(t > 0) = 1, u(t ≤ 0) = 0 ; u[n ≥ 0] = 1, u[n < 0] = 0 ;

δ(t) =

d u(t) dt

δ[n] = u[n + 1] − u[n]

• A função gate, denotada por GT (t), T > 0, é definida por GT (t) = u(t + T /2) − u(t − T /2) • A função sinal é definida como sinal(v) =

1 , v>0 −1 , v < 0

e pode ser denotada em termos da função degrau, isto é, sinal(t) = u(t) − u(−t) = 2u(t) − 1 • A função TriT (t), T > 0, é definida por TriT (t) = (2t/T + 1)GT /2 (t + T /4) + (1 − 2t/T )GT /2 (t − T /4) Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

400

Capı́tulo A. Notação

• Probabilidades de variáveis aleatórias discretas são denotadas por Pr{ } como, por exemplo, Pr{X = 1} = p a probabilidade da variável aleatória X valer 1 é igual a p, 0 ≤ p ≤ 1. • Densidades de probabilidade de variáveis aleatórias contı́nuas são denotadas como funções com subscrito indicando a variável aleatória. Por exemplo, pT (t) é a densidade de probabilidade da variável T computada no valor amostral t • Complexo conjugado z = a + jb , |z| =

a, b ∈ R , j =

p a2 + b2 (módulo)

√

−1

⇒

z ∗ = a − jb

∠z = arctan(b/a) ∈ [−π/2, π/2] (fase)

• As partes real e imaginária de um número complexo são denotadas por Re(z) =

z + z∗ 2

Im(z) =

z − z∗ 2j

• O sı́mbolo < > representa a soma no caso discreto e a integral no caso contı́nuo, cujos intervalos são definidos no contexto. • O produto escalar dos vetores v ∈ Cn e w ∈ Cn é denotado por < vw∗ >=

n X

vi wi∗ , < vw∗ >∈ C

i=1

• O produto escalar dos sinais v(t) ∈ Cn e w(t) ∈ Cn é denotado por ∗

< vw >=

v(β)w(β)∗ , < vw∗ >∈ C Ω

• Sinais ou vetores ortogonais (o sı́mbolo ⊥ denota ortogonalidade) são definidos em termos do produto escalar v⊥w

⇔

< vw∗ >= 0

• A norma quadrática de um vetor v ∈ Cn é representada por kvk, e dada por v u n uX kvk = t |vi |2 i=1

sendo |vi | o módulo da i-ésima componente do vetor. Observe que kvk2 =< vv ∗ >.

• O determinante de uma matriz quadrada A ∈ C é denotado por det(A) • A′ é a transposta da matriz A • R(A) denota o espaço range da matriz A • rank(A) denota o rank ou posto da matriz A Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

401 • N (A) denota o espaço nulo da matriz A • ν(A) denota a dimensão do espaço nulo da matriz A • Denotando a matriz de cofatores de A por Co(A), tem-se que a matriz adjunta é dada por Adj(A) = Co(A)′ • O operador ∗ denota convolução entre dois sinais

x[n] = x1 [n] ∗ x2 [n] =

+∞ X

k=−∞

x1 [k]x2 [n − k]

x(t) = x1 (t) ∗ x2 (t) =

Z +∞ −∞

x1 (β)x2 (t − β)dβ

• O operador ⊛ denota convolução periódica entre dois sinais periódicos X

x[n] = x1 [n] ⊛ x2 [n] =

k∈N̄

x1 [k]x2 [n − k]

• O trem periódico de impulsos, de perı́odo N , é denotado por δN [n] =

+∞ X

ℓ=−∞

δ[n − ℓN ]

• O sı́mbolo Z

indica que o intervalo de integração é T e, no caso de sinais periódicos de perı́odo fundamental T , que o valor inicial da integração é arbitrário. • Função integral de uma função Ix (t) =

Z t

x(β)dβ

−∞

• Função sampling Sa(β) =

sen(β) β

Note que lim Sa(β) = 1

β→0

• A expressão dm f (x) , m ∈ N dxm denota a derivada de ordem m para m ∈ Z+ e denota f (x) para m = 0. Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

402

Capı́tulo A. Notação

• O operador d m z F (z) dz consiste na aplicação, repetida m vezes, da operação combinada de derivar F (z) em relação a z e multiplicar o resultado por z. Por exemplo, para m = 2, d d d 2 F (z) = z z F (z) z dz dz dz • A derivada de ordem m em relação ao tempo é denotada x(m) (t) =

dm x(t) = pm x(t) , m ∈ N dtm

sendo p o operador derivada. Note que x(0) (t) = p0 x(t) = x(t). • As derivadas primeira, segunda e terceira (em relação à variável independente) são denotadas alternativamente por ẋ(t) =

Ḣ(s) =

dx d3 x d2 x ... , ẍ(t) = 2 , x (t) = 3 dt dt dt

d2 H ... d3 H dH , Ḧ(s) = , (s) = H ds ds2 ds3

• Deslocamento (avanço) de ordem k, k ∈ N em relação ao tempo pk x[n] = x[n + k] sendo p o operador deslocamento. • Equação caracterı́stica da matriz A ∆(λ) = det(λI − A) = 0 sendo ∆(λ) o polinômio caracterı́stico de A. • Função de Lyapunov é uma função escalar associada ao estado v ∈ Rn de um sistema, denotada no Capı́tulo 20 por ψ(v) • Cosseno e seno hiperbólico 2 cosh(z) = exp(z) + exp(−z)

2senh(z) = exp(z) − exp(−z)

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Apêndice B

Frações Parciais N (s) D(s)

Seja a função racional em s descrita por Caso 1: Grau de N (s) < Grau de D(s) a) D(s) não tem raı́zes múltiplas. s+1 s3 + s2 − 6s a= s

s+1 a b c = + + s(s − 2)(s + 3) s s−2 s+3

N (s) 1 3 2 N (s) N (s) = − ; b = (s − 2) = =− ; c = (s + 3) D(s) s = 0 6 D(s) s = 2 10 D(s) s = −3 15

Alternativamente, é possı́vel usar identidade polinomial para o cálculo das constantes a determinar. b) D(s) com raı́zes múltiplas. a b c d s+1 = + + + 3 2 s(s − 2) s (s − 2) (s − 2) (s − 2)3 a= s d c= ds

N (s) 1 =− D(s) s = 0 8

;

d = (s − 2)3

3 N (s) = D(s) s = 2 2

1 d s+1 1 3 N (s) =− (s − 2) = =− 2 D(s) s = 2 ds s s s=2 4 s=2

pois d ds

a(s − 2)3 + b(s − 2)2 + c(s − 2) + d s

2b =

d2 ds2

s=2

2 1 N (s) = 3 = (s − 2)3 D(s) s = 2 s s=2 4

pois d2 ds2

a(s − 2)3 + b(s − 2)2 + c(s − 2) + d s

Caso 2: Grau de N (s) ≥ Grau D(s)

Reduz-se ao caso anterior por meio da divisão de polinômios. s3 + 6s2 + 12s + 8 (s + 2)3 = (s + 1) s+1 403

s=2

= 2b

404

Capı́tulo B. Frações Parciais

s3 + 6s2 + 12s + 8 s3 + s2

s+1 s2 + 5s + 7

5s2 + 12s + 8 5s2 + 5s 7s + 8 7s + 7 +1 (s + 2)3 1 = s2 + 5s + 7 + s+1 s+1 A decomposição de polinômios racionais em frações parciais pode ser feita numericamente no Matlab com o comando [c,p,d]=Residue(N,D), sendo c o vetor com os coeficientes, p com os pólos, d o resultado da divisão N/D, N o numerador e D o denominador. Por exemplo, para s+1 −2/15 3/10 −1/6 = + + 3 2 s + s − 6s s+3 s−2 s o comando [c,p,d]=residue([1 1],[1 1 -6 0]) fornece     −3 −0.1333    , p= 2  , d=[] c = 0.3000 0 −0.1667

e para

s3 + 6s2 + 12s + 8 1 = s2 + 5s + 7 + s+1 s+1 [c,p,d]=residue([1 6 12 8],[1 1]) fornece c = 1 , p = −1 , d = 1 5 7

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Apêndice C

Variáveis Complexas √ O número complexo z ∈ C pode ser denotado na forma cartesiana1 z = a + jb, a, b ∈ R e j = −1, ou na forma polar z = ρ exp(jθ), 0 < ρ ∈ R, θ ∈ R em radianos. A Figura C.1 mostra um número complexo no primeiro quadrante. Note que o ângulo θ é medido em sentido anti-horário a partir do semi-eixo real positivo, e que somar ou subtrair múltiplos inteiros de 2π não altera o ângulo. Valem as relações p a = ρ cos(θ), b = ρ sen(θ) , ρ = a2 + b2 , θ = arctan(b/a)

sendo ρ a distância euclidiana2 do ponto z até a origem. Note ainda que é importante identificar o quadrante no cálculo de θ a partir da representação cartesiana. Im z b

ρ θ

Re a

Figura C.1: Número complexo z = a + jb = ρ exp(jθ) no primeiro quadrante. Definição C.1: Complexo Conjugado z = a + jb

a, b ∈ R , j =

√

−1

⇒

z ∗ = a − jb

Propriedade C.1: Para z ∈ C, z = a + jb z + z ∗ = 2a ∈ R ,

zz ∗ = a2 + b2 = |z|2 ∈ R ⋄

Propriedade C.2: z = z∗

1 2

⇒

z∈R

;

z ∗ = −z

⇒

Re(z) = 0 ⋄

René Descartes, filósofo e matemático francês (1596–1650). Euclides de Alexandria, matemático (≈ 325–265 AC).

405

406

Capı́tulo C. Variáveis Complexas

Propriedade C.3: Euler exp(jθ) = cos(θ) + jsen(θ)

cos(θ) =

1 1 exp(jθ) + exp(−jθ) 2 2

θ∈R, j=

sen(θ) =

√

−1

1 1 exp(jθ) − exp(−jθ) 2j 2j ⋄

Definição C.2: Cı́rculo Trigonométrico Unitário O lugar geométrico no plano dos complexos da função exp(jθ) , θ ∈ (−π, π]

é denominado cı́rculo trigonométrico unitário. Propriedade C.4: de Moivre3 exp(jθ)

= exp(jβθ)

⇒

cos(θ) + jsen(θ)

= cos(βθ) + jsen(βθ) , β, θ ∈ R ⋄

Propriedade C.5: Para φ ∈ R, tem-se cosh(jφ) = cos(φ) , senh(jφ) = jsen(φ) ⋄

Abraham de Moivre, matemático francês (1667–1754). Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Apêndice D

Matrizes Definição D.1: Operações com Matrizes Considere A ∈ Rm×n , B ∈ Rm×n e C ∈ Rn×ℓ , com elementos aij , bij e cij denotadas A = [aij ] αA = [αaij ]

B = [bij ]

A + B = [aij + bij ] AC = [

n X k=1

C = [cij ] ,

A′ = [aji ] ∈ Rn×m

aik ckj ] ∈ Rn×ℓ

Propriedade D.1: Transposta do produto Considere A ∈ Rm×n e B ∈ Rn×ℓ . Então, (AB)′ = B ′ A′

Definição D.2: Conjunto Imagem ou Range da matriz A É o conjunto de vetores y tais que Ax = y para todo x, denotado R(A) n o R(A) = y ∈ Rm : y = Ax, x ∈ Rn

⋄

Qualquer conjunto de colunas linearmente independentes de A forma uma base para o espaço Range da matriz A. Definição D.3: Posto ou Rank da matriz A É o número de vetores linearmente independentes no R(A), denotado rank(A) (também denominado posto da matriz A). Propriedade D.2: Dada uma matriz A ∈ Rm×n , tem-se: • rank(A) é o número de colunas linearmente independentes de A. • rank(A) é o número de linhas linearmente independentes de A. • rank(A) ≤ min{m, n}. ⋄ 407

408

Capı́tulo D. Matrizes

Definição D.4: Matriz de rank completo Uma matriz A é de rank completo quando rank(A) é igual à menor das dimensões de A. Definição D.5: Espaço nulo da matriz A É o conjunto de vetores x tais que Ax = 0, denotado N (A) n o N (A) = x ∈ Rn : Ax = 0

A dimensão de N (A) (número de vetores linearmente independentes que satisfaz Ax = 0) é chamada de nulidade de A, denotada ν(A). Qualquer conjunto de vetores linearmente independentes pertencentes a N (A) formam uma base do espaço nulo de A. Propriedade D.3: Dada uma matriz A ∈ Rm×n , a nulidade de A é dada por n − rank(A) e, portanto, a nulidade é maior ou igual a zero. ⋄ Propriedade D.4: O rank de uma matriz A ∈ Rm×n não é alterado pela pré-multiplicação ou pós-multiplicação por matriz não singular, isto é, rank(A) = rank(AQ) = rank(T A)

Q, T não singulares ⋄

Propriedade D.5: Mudança de base • A representação de um vetor, dada uma base, é única, ou seja, Bβ = B̄ β̄ sendo B uma matriz formada por vetores coluna que definem uma das bases e β a representação do vetor nessa base e, correspondentemente, β̄ é a representação do vetor na base B̄. • A mudança de representação na base B para a base B̄ é dada pela transformação β̄ = T β sendo T a matriz formada por colunas que são a representação dos vetores de B na base B̄, isto é, B = B̄T

⇒

T = B̄ −1 B

• A representação da transformação linear y = Ax, A ∈ Rn×n na base B é dada por Â, sendo AB = B Â

⇒

Â = B −1 AB

Note que Â = A se B = I, e que Â ⋄ Definição D.6: Transformação de similaridade A transformação Â = T −1 AT é chamada de transformação de similaridade, e diz-se que a matriz Â é similar à matriz A. Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

409

D.1. Matrizes quadradas Definição D.7: Sistema Linear de Equações O sistema Ax = b com x ∈ Rn e b ∈ Rm pode possuir uma única, nenhuma ou infinitas soluções.

Propriedade D.6: Sistema Consistente Um sistema linear Ax = b possui solução se e somente se b ∈ R(A), isto é, rank( A b ) = rank(A)

sendo A b a matriz de dimensão Rm×(n+1) composta pela matriz A e pelo vetor coluna b. Propriedade D.7: Considere um sistema linear consistente Ax = b, com A ∈ Rm×n

⋄

• se n = rank(A) (o espaço nulo é um conjunto vazio), o sistema possui uma única solução. • se n > rank(A), o sistema possui infinitas soluções. ⋄

Propriedade D.8: Um sistema linear consistente Ax = b com uma única solução pode ser resolvido pelo método de eliminação de Gauss.1 ⋄

D.1

Matrizes quadradas

Considere matrizes quadradas A ∈ Rn×n , B ∈ Rn×n Definição D.8: Autovalores e autovetores O escalar λ ∈ C é um autovalor (ou valor próprio) da matriz quadrada A ∈ Rn×n se existir v 6= 0 tal que Av = λv Qualquer vetor v ∈ Rn que satisfaz a equação Av = λv é chamado de autovetor (ou autovetor à direita) associado ao autovalor λ. Qualquer vetor v ∈ Rn que satisfaz a equação v ′ A = λv ′ é chamado de autovetor à esquerda associado ao autovalor λ. Observe que os autovetores definem uma direção no espaço (e não um comprimento nem um sentido). Propriedade D.9: Autovetores à esquerda e à direita Para quaisquer dois autovalores distintos da matriz A, o autovetor à esquerda associado a um dos autovalores é ortogonal ao autovetor à direita associado ao outro autovalor, isto é, Avd = λ1 vd

;

ve′ A = λ2 ve′

;

λ1 6= λ2

⇒

ve′ vd = 0 ⋄

Johann Carl Friedrich Gauss (1777–1855), matemático alemão. Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

410

Capı́tulo D. Matrizes

Propriedade D.10: Expansão de Laplace para determinantes Determinante no caso escalar n = 1 det([a11 ]) = a11 Determinante no caso n > 1: det(A) =

n X

aij Coij (A)

i=1

∀ j ∈ {1, 2, . . . , n}

sendo Coij (A) o cofator de A associado à posição (i, j) dado por Coij (A) = (−1)i+j det(Aij ) e Aij é a matriz (n − 1) × (n − 1) obtida da matriz A quando suprime-se a linha i e a coluna j. A aplicação da propriedade de forma recorrente (expansão de Laplace) permite o cálculo do determinante de qualquer matriz quadrada. A matriz quadrada de dimensão n formada pelos cofatores Coij (A) é chamada matriz cofatora de A, denotada Co(A). A transposta da matriz cofatora é a matriz adjunta de A, denotada Adj(A). Adj(A) = Co(A)′ O determinante de A pode também ser calculado como det(A) =

n X

aij Coij (A)

j=1

∀ i ∈ {1, 2, . . . , n} ⋄

Propriedade D.11: Dada uma matriz quadrada A ∈ Rn×n , menor é o determinante de qualquer submatriz quadrada extraı́da de A. Um menor principal é o determinante de qualquer submatriz cuja diagonal está contida na diagonal da matriz A. Um menor principal lı́der é o determinante da submatriz obtida pela remoção das k últimas linhas e k últimas colunas de A, k ∈ {0, 1, . . . n − 1}. ⋄

Propriedade D.12: det(aA) = an det(A)

Definição D.9: Inversa Se det(A) 6= 0, a matriz A é não-singular e A−1 (inversa de A) é dada por A−1 =

Adj(A) det(A)

⇒

⋄

AA−1 = A−1 A = I

Propriedade D.13: Inversa de matriz 2 por 2 Para uma matriz não singular A ∈ R2×2 , tem-se

a b c d

−1

1 d −b = ad − bc −c a ⋄ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

411

D.1. Matrizes quadradas Propriedade D.14: Inversa do produto Para A e B não singulares, (AB)−1 = B −1 A−1

⋄ Propriedade D.15: Determinante do produto O determinante do produto de matrizes quadradas é o produto dos determinantes de cada uma das matrizes det(AB) = det(A) det(B) ⋄ Propriedade D.16: Determinante da inversa O determinante da inversa da matriz A é o inverso do determinante de A det(A−1 ) =

1 det(A) ⋄

Propriedade D.17: Determinante de transformação de similaridade Para qualquer matriz T não-singular tem-se det(T −1 AT ) = det(T −1 ) det(A) det(T ) = det(A) ⋄ Definição D.10: Equação Caracterı́stica A matriz A possui n autovalores, soluções da equação ∆(λ) = det(λI − A) = 0 denominada equação caracterı́stica associada à matriz A, pois λv − Av = 0

⇒

(λI − A)v = 0

Para que exista solução v não nula o determinante de (λI − A) deve ser nulo.

O polinômio det(λI − A) é mônico (coeficiente associado ao λ de maior ordem igual a 1) de grau n, e é denominado polinômio caracterı́stico da matriz A.

Propriedade D.18: Transformações de similaridade não alteram os autovalores de uma matriz pois det(λI − T −1 AT ) = det(T −1 ) det(λI − A) det(T ) = det(λI − A) ⋄ Propriedade D.19: Uma matriz com n autovalores distintos possui n autovetores linearmente independentes. ⋄ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

412

Capı́tulo D. Matrizes

Propriedade D.20: Matrizes diagonalizáveis Uma matriz com n autovetores linearmente independentes v1 , . . . , vn é diagonalizável pela transformação T = v1 v2 · · · vn

pois

A v1 v2 · · · vn = v1 v2 · · · vn diag(λ1 , λ2 , . . . , λn ) diag(λ1 , λ2 , . . . , λn ) = T −1 AT

⇒

Se, além disso, os autovetores forem ortonormais, T ′T = I

⇒

T −1 = T ′ ⋄

Propriedade D.21: Forma canônica de Jordan Existe T não-singular tal que T −1 AT = diag Jk1 (λ1 ), Jk2 (λ2 ), . . . , Jkr (λr ) sendo os blocos de Jordan dados por 

λ 0   .. Jk (λ) =  .  0 0

 1 0 ··· 0 λ 1 · · · 0  .. ..  .. . . .   .. . 1 0 0 0 0 λ

com k1 + k2 + · · · + kr = n e λi , i = 1, . . . , r são os autovalores de A (não necessariamente distintos).

A multiplicidade geométrica de um autovalor λ é igual ao número de autovetores linearmente independentes associados ao autovalor, ou seja, é a dimensão do espaço nulo de (λI−A)v = 0. A multiplicidade geométrica é sempre menor ou igual à multiplicidade (algébrica) do autovalor. A multiplicidade geométrica de um autovalor λ define o número de blocos de Jordan Jk (λ) associados aλ Se, para todo autovalor de A as multiplicidades geométrica e aritmética forem iguais, a forma de Jordan é diagonal e a matriz T é formada pelos autovetores vk , k = 1, . . . , n. T = v1 v2 · · · vn

Se os n autovalores da matriz A são distintos, os n autovetores associados são linearmente independentes e a forma de Jordan é diagonal. ⋄ Propriedade D.22: Matriz companheira As raı́zes do polinômio de grau m D(λ) =

m X

αk λk

k=0

são também autovalores da matriz companheira Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

413

D.1. Matrizes quadradas



··· ··· .. .

0 1 0  0 0 1   .. .. ..  . . .   0 0 0 −α0 −α1 −α2

0 0 .. .

··· 1 · · · −αm−1

cuja equação caracterı́stica é ∆(λ) = D(λ) = 0.

      

Propriedade D.23: O determinante de uma matriz A ∈ Rn×n é o produto dos n autovalores de A det(A) =

n Y

⋄

λk , λk autovalores de A

k=1

⋄

Propriedade D.24: O determinante de uma matriz quadrada A é igual ao determinante da matriz transposta de A (denotada A′ ) det(A) = det(A′ ) ⋄

Propriedade D.25: Os autovalores de A são iguais aos autovalores de A′ .

⋄

Propriedade D.26: Os autovalores de uma matriz triangular (superior ou inferior) são os elementos da diagonal principal e, portanto, o determinante de uma matriz triangular é dado pelo produto dos elementos da diagonal principal. Observe que uma matriz diagonal é um caso particular de matriz triangular.

Definição D.11: Traço Traço é a soma dos elementos da diagonal de uma matriz quadrada ⇒

An×n

Tr(A) =

n X

⋄

aii

i=1

Propriedade D.27: Traço Tr(αA + B) = αTr(A) + Tr(B) ′

Tr(A B) =

n n X X

aij bij

i=1 j=1

Tr(AB) = Tr(BA)

Tr(A) =

n X

λi

i=1

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

414

Capı́tulo D. Matrizes

sendo λi , i = 1, . . . , n os autovalores de A. Note que Tr(AX) é uma função linear dos elementos xij da matriz X. ⋄ Definição D.12: Função de matriz diagonal Considere a função escalar f (λ) : D ⊂ C → C e Λ ∈ Cn×n uma matriz diagonal. Então f (Λ) = f (diag λ1 , . . . , λn ) = diag f (λ1 ), . . . , f (λn )

A propriedade seguinte expande o cálculo de função de matrizes para matrizes diagonalizáveis. Propriedade D.28: f (A) = f (T −1 ΛT ) = T −1 f (Λ)T Esse resultado pode ser estendido para matrizes bloco-diagonais. Para matrizes descritas por blocos de Jordan, a função para cada bloco pode ser computada de maneira analı́tica, resultando em uma matriz bloco-triangular cujos elementos dependem da função e das derivadas da função (veja [20]). ⋄ Propriedade D.29: Teorema de Cayley-Hamilton Toda matriz A satisfaz sua equação caracterı́stica, isto é, det(λI − A) = ∆(λ) = 0

⇒

∆(A) = 0 ⋄

Propriedade D.30: Matrizes definidas positivas Uma matriz simétrica A ∈ Rn×n é definida positiva se e somente se qualquer uma das condições for verificada. • v ′ Av > 0, ∀v ∈ Rn , v 6= 0; • Todos os autovalores são positivos; • Todos os menores principais lı́deres são positivos; • Existe B ∈ Rn×n não singular tal que A = B ′ B; ⋄ Propriedade D.31: Se A ∈ Rn×n é definida positiva então (v ∗ )′ Av > 0 , ∀v ∈ Cn , v 6= 0 pois, para v = a + jb, a, b ∈ Rn , tem-se (a − jb)′ A(a + jb) = a′ Aa + b′ Ab > 0 , ∀v ∈ Cn , v 6= 0 ⋄ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

415

D.1. Matrizes quadradas

Propriedade D.32: Cholesky A transformação de Cholesky aplicada à matriz R (simétrica definida positiva) produz L triangular inferior que satisfaz R = LL′ , com ℓi,i > 0 ; i = 1, . . . , n A equação LL′ = R resulta em n X

ℓi,k ℓj,k = ri,j ; i, j = 1, 2, . . . , n

k=1

Como ℓj,k = 0 para k > j (L é triangular inferior), tem-se j X

ℓi,k ℓj,k = ri,j

k=1

Para j = 1 tem-se

ri,1 ℓ1,1 ℓi,1 = ri,1 ⇒ ℓi,1 = √ r1,1

e para i ≥ j ≥ 2 tem-se ℓj,j ℓi,j = ri,j −

j−1 X

ℓi,k ℓj,k

k=1

O Algoritmo da decomposição de Cholesky é ilustrado na Tabela D.1. Tabela D.1: Algoritmo da decomposição de Cholesky. [L]=cholesky(R). n=size(R,1); L=zeros(size(R)); for j = 1 : n a(j : n, 1) = R(j : n, j) for k = 1 : j − 1 a(j : n, 1) = a(j : n, 1) − L(j, k) ∗ L(j : n, k) end p L(j : n, j) = a(j : n, 1)/ a(j, 1) end A inversa Q de uma matriz triangular inferior L é uma matriz triangular inferior. O cálculo de Q se faz de maneira recorrente: qi,i = ℓ−1 i,i e, para j < i i X

ℓi,k qk,j = 0

k=1

⋄ Exemplo D.1: Considere a matriz de correlação R dada por: R=

2 4 5 = LL′ ⇒ L = 2.5 5 7

0 0.866

⇒ Q = L−1 =

0.500 −1.443

0 1.155

✷

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

416

Capı́tulo D. Matrizes Exemplo D.2: Considere a matriz de correlação R dada por: 

9 R = 3 3

  3 3 3 5 3 = LL′ ⇒ L = 1 1 3 3

  1/3 0 0 2 0 ⇒ Q = L−1 = −1/6 −1/6 1 1

0 1/2 −1/6

 0 0 1 ✷

Propriedade D.33: Equação de Sylvester Considere as matrizes A ∈ Rn×n , B ∈ Rm×m e C ∈ Rn×m , com λi , i = 1, . . . , n autovalores de A e µj , j = 1, . . . , m autovalores de B A equação linear matricial AX + XB = C tem solução única X ∈ Rn×m se e somente λi + µj 6= 0 , i = 1, . . . , n , j = 1, . . . , m A equação linear matricial X − AXB = C tem solução única X ∈ Rn×m se e somente λi µj 6= 1 , i = 1, . . . , n , j = 1, . . . , m Note que, nos dois casos, trata-se de um sistema linear de equações com nm equações e nm incógnitas (elementos da matrix X).

Propriedade D.34: Derivadas de função escalar de matrix Seja X , [xij ], X ∈ Cm×n e f (X) uma função escalar (real ou complexa) de X. Então ∂ ∂ f (X) , f (X) ∂X ∂xij

⋄

Algumas derivadas (A e B matrizes complexas): ∂ Tr(AXB) = A′ B ′ ∂X

∂ Tr(AX ′ B) = BA ∂X

∂ Tr(AXBX) = A′ X ′ B ′ + B ′ X ′ A′ ∂X ∂ Tr(AXBX ′ ) = A′ XB ′ + AXB ∂X ∂ Tr(AX −1 B) = −(X −1 BAX −1 )′ ∂X Para A(α) ∈ Cm×n e α ∈ C,

∂ log det(X) = (X ′ )−1 ∂X

daij d A(α) , dα dα

Então, d dA(α) dB(α) A(α)B(α) = B(α) + A(α) dα dα dα

d dA(α) A(α)−1 = −A(α)−1 A(α)−1 dα dα ⋄ Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

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D.2. Exercı́cios

D.2

Exercı́cios

Exercı́cio D.1: Determine o rank (posto), a dimensão do espaço nulo uma base para o range (conjunto imagem) e uma base para o espaço nulo das matrizis   1 0 2 3 1 2 3 0 5 1 0 2 3 0 A= , A= , A =  2 0 4 6 −1 −2 −3 0 −5 2 0 4 6 0 0 1 1 0 Exercı́cio D.2: Determine β ∈ R tal que o sistema linear abaixo possua solução 2βv1 − 3v2 = 2 , 2v1 + 5v2 = 3 , 2v1 − v2 = β Exercı́cio D.3: Considere a transformação linear descrita pela matriz A ∈ R2×2 dada por 1 1 A= −1 1 a) Determine a representação da transformação na base V = {v1 , v2 } com 1 2 v1 = , v2 = 1 0 b) Determine a matriz de mudança de base que leva de V para a base W = {w1 , w2 } dada por 2 1 w1 = , w2 = 0 1 c) Determine as representações do vetor x x= nas bases V e W.

3 3

Exercı́cio D.4: Sabendo que a forma de Jordan de uma matriz A ∈ Rn×n é diagonal com autovalores positivos, assinale V (verdadeiro) ou F (falso) para as afirmações abaixo: a) A matriz A é necessariamente simétrica. b) A matriz A é necessariamente definida positiva. c) Os autovalores de A são necessariamente distintos. d) Os autovalores de A possuem multiplicidade algébrica igual à multiplicidade geométrica. e) O espaço nulo de (A − λI) possui dimensão n para todo λ autovalor de A. f) Todos os autovetores de A são linearmente independentes. Exercı́cio D.5: Para A ∈ Rn×n , mostre que: a) Tr(AB) = Tr(BA) b) O traço da matriz A é a soma dos autovalores de A c) O determinante de A é o produto dos autovalores de A Exercı́cio D.6: Considere a matriz A ∈ R3×9 formada por A = X −X 2X , X ∈ R3×3

rank(X) = 2

a) Qual o rank (posto) de A? b) Qual a dimensão do espaço nulo de A?

Exercı́cio D.7: Determine as soluções do sistema de equações     −1 0 1 1  2 −1 −1 x = −2 1 −1 0 −1 Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

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Capı́tulo D. Matrizes

Exercı́cio D.8: Considere a base B para o espaço P2 dos polinômios de grau menor ou igual a 2 formada pelos vetores {1, t2 , t}. a) Determine a representação β do vetor p(t) = 2t2 + 4t − 1 na base B. b) Determine a representação β̄ do vetor p(t) = 2t2 + 4t − 1 na base B̄ = {(t − 1)2 , t − 1, 1}. c) Determine a matriz de transformação da base B para a base B̄, isto é, P ∈ R3×3 tal que β̄ = P β Exercı́cio D.9: Determine a forma de Jordan Â e a transformação Q tal que Â = Q−1 AQ para 0 1 0 1 , A= A= −1 2 −6 −5 Exercı́cio D.10: A forma de Jordan de uma matriz A ∈ R5×5 é dada por   1 0 0 0 0 0 1 1 0 0    Â =  0 0 1 1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 a) Determine o polinômio caracterı́stico de A b) Determine a multiplicidade geométrica associada ao autovalor 1

Exercı́cio D.11: Determine α para que a matriz A seja definida positiva   2 −α 0 α −5 , A = −α 3 1 A= −5 5 0 1 2 Exercı́cio D.12: Considere uma matriz A ∈ Rm×n . Mostre que um vetor x ∈ Rn pertencente ao espaço nulo de A é ortogonal a um vetor y ∈ Rn pertencente ao espaço range de A′ , isto é, x ∈ N (A) , y ∈ R(A′ )

⇒

x′ y = 0

Exercı́cio D.13: Determine um sistema de equações Ax = b tal que         2 1 0 3 b = 2 , x = α 0 + β 1 + 2 , ∀ α, β ∈ R 2 1 0 1 Exercı́cio D.14: Considere a base B para o espaço P3 dos polinômios de grau menor ou igual a 3 formada pelos vetores {1, t − 1, t2 − 1, t3 − 1}. a) Determine a representação β do vetor p(t) = 5t2 − 3t + 1 na base B. b) Determine a representação β̄ do vetor p(t) = 5t2 − 3t + 1 na base B̄ = {t3 , t2 , t, 1}. c) Determine a representação A ∈ R4×4 , na base B, da transformação linear que leva um polinômio do espaço P3 para a sua derivada (no mesmo espaço). Exercı́cio D.15: A forma de Jordan de A ∈ R5×5 é dada por  1 1 0 0 0 1 1 0  Â =  0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0

 0 0  0  0 1

a) Determine o polinômio caracterı́stico de A b) Quantos autovetores linearmente independentes possui a matriz A?

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

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D.2. Exercı́cios

Exercı́cio D.16: O polinômio caracterı́stico de uma matriz A ∈ R3×3 é dado por ∆(λ) = (λ − 1)3 . Obtenha a representação de A−1 na base {I, A, A2 } Exercı́cio D.17: Determine os valores de α e β para que a forma quadrática f (x1 , x2 ) = 10x21 + 2αx1 x2 + βx22 seja definida positiva, ou seja, f (x1 , x2 ) > 0 , ∀x1 , x2 , x1 6= 0, x2 6= 0 Exercı́cio D.18: Mostre que matrizes simétricas possuem autovalores reais. Exercı́cio D.19: Mostre que a equação caracterı́stica da matriz A ∈ R2×2 é dada por λ2 − Tr (A)λ + det(A) = 0 Exercı́cio D.20: Considere o sistema de equações Ax = b com A e b dados por     2 1 0 2 3 A = 2 0 4 6 , b =  4  −2 0 1 1 0

Obtenha uma expressão para a solução geral do sistema (combinação linear de uma solução particular e de vetores do espaço nulo de A). Exercı́cio D.21: Considere a base B para polinômios de grau menor ou igual a 2 formada pelos vetores {1, t, t2 }. a) Encontre a representação β do vetor p(t) = 4t2 + 2t + 3 na base B. b) Encontre a matriz P que leva a representação β de um vetor p(t) na base B para β̄ na base B̄ = {1, 1 + t, 1 + t + t2 }. Exercı́cio D.22: A matriz



1 A = −1 −1

 3 2 4 1 2 4

possui o polinômio caracterı́stico ∆(λ) = (λ − 3)3 . Qual é a forma de Jordan Â da matriz? Determine a matriz Q tal que AQ = QÂ. Exercı́cio D.23: Determine os valores de α e β para que a matriz P seja definida positiva   10 α 0 P =  α 2 0 0 0 β Exercı́cio D.24: Mostre que matrizes similares possuem o mesmo traço, isto é, mostre que Tr(A) = Tr(T −1 AT ) , ∀ T não singular Exercı́cio D.25: a) Determine os autovalores da matriz A dada por α β A= , α, β ∈ R β α b) Mostre que

1 −1

1 , 1

são autovetores de A independentes de α e β

Bonatti, Lopes, Peres & Agulhari

Apêndice E

Polinômios Definição E.1: Polinômios mônicos D(s) =

m X k=0

αk s k , αm = 1 , αk ∈ R , m ∈ N

Neste apêndice, consideram-se apenas polinômios mônicos. Propriedade E.1: Raı́zes complexas conjugadas Polinômios de grau m com coeficientes reais têm m raı́zes e, se λ ∈ C for raiz, λ∗ ∈ C também é. Em outras palavras, raı́zes complexas aparecem sempre em pares conjugados, pois D∗ (λ) = D(λ∗ ) , D(λ) = 0 ⇒ D(λ∗ ) = 0 ⋄

Propriedade E.2: Produtória D(s) =

m X k=0

Note que

αk s =

m Y

(s − λk ) ⇒ αm−1 = −

k=1

αm−1 = −

m X k=1

λk = −

m X

λk , α 0 =

k=1

m Y

λk

k=1

Re(λk )

k=1

Os demais coeficientes são dados pela soma (com sinal alternado) dos produtos das raı́zes duas a duas, três a três e assim sucessivamente. Por exemplo,

(s − λ1 )(s − λ2 )(s − λ3 )(s − λ4 ) = s4 − (λ1 + λ2 + λ3 + λ4 )s3

+ (λ1 λ2 + λ1 λ3 + λ1 λ4 + λ2 λ3 + λ2 λ4 + λ3 λ4 )s2 − (λ1 λ2 λ3 + λ1 λ2 λ4 + λ1 λ3 λ4 + λ2 λ3 λ4 )s + λ1 λ2 λ3 λ4 ⋄

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