Apostila_UFMG

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Universidade Federal de Minas Gerais – UFMG 
Escola de Engenharia 
Departamento de Mecânica - DEMEC 
 
 
 
 
 
 
EMA166 – Sistema de Controle em Tempo 
Discreto 
 
 
 
 
 
 
Notas de Aula 
 
 
 
 
 
 
Introdução ao Controle de Sistemas em Tempo 
Discreto 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Autor: Prof. Dr. Lázaro Valentim Donadon 
 
 
 
 
 
 
 
Fevereiro de 2008 
 
 ii
 
Prefácio 
 
 
Ementa: 
Amostragem de Sinais contínuos; Transformada Z; Modelos Discretos; Espaço de 
Estados discreto; Análise de Sistemas Discretos; Controladores PID digital; Métodos de 
projeto de controladores em tempo discreto. 
 
Programa: 
Semana: Data: Assunto: 
1 27/02 Introdução ao controle de sistemas em tempo discreto 
2 05/03 Transformada Z 
3 12/03 Função de Transferência em Tempo Discreto – Parte I 
4 19/03 Função de Transferência em Tempo Discreto – Parte II 
5 26/03 Aula de Exercícios 
6 02/04 1ª Prova 
7 09/04 Projeto de Controladores por Métodos Clássicos 
8 16/04 Exercícios 
9 23/04 Formulação por Matrizes de Estado 
10 07/05 Controlabilidade e Observabilidade 
11 14/05 Projeto de controladores via Alocação de Pólos – Parte I 
12 21/05 Projeto de controladores via Alocação de Pólos – Parte II 
13 28/05 Projeto de controladores via Alocação de Pólos – Parte III 
14 04/06 Exercícios – Matlab 
15 11/06 Exercícios - Matlab 
16 18/06 2ª Prova 
17 25/06 Apresentação dos projetos 
 
Critérios de Avaliação: 
1ª Prova 35%, 2ª Prova 35%, projeto 20%, listas de exercício 10% 
 
Bibliografia: 
K. Ogata. Discrete-Time Control Systems. Prentice Hall, 2nd Edition. 1994. 
 
G.F. Franklin, J.D. Powell, and M.L. Workman. Digital Control of Dynamic Systems. 
Addison-Wesley, 3rd Edition. 1998. 
 
 
 
 
 iii
 
 
 
Sumário 
 
1 INTRODUÇÃO AO CONTROLE DE SISTEMAS EM TEMPO DISCRETO1 
1.1 INTRODUÇÃO .............................................................................................................................1 
1.2 SISTEMAS DE CONTROLE EM TEMPO DISCRETO...........................................................................1 
1.3 TIPOS DE SINAIS .........................................................................................................................5 
1.4 AMOSTRAGEM DE SINAIS CONTÍNUOS ........................................................................................6 
1.4.1 Teoria da Amostragem – Tratamento empírico....................................................................6 
1.4.2 Não unicidade de sinais amostrados ....................................................................................8 
1.5 EXERCÍCIOS PROPOSTOS ............................................................................................................8 
2 TRANSFORMADA Z .......................................................................................... 10 
2.1 MÉTODO DA TRANSFORMADA Z ..............................................................................................10 
2.1.1 Transformada Z ..................................................................................................................10 
2.1.2 Transformada Z de funções elementares ............................................................................10 
2.1.3 Propriedades da Transformada Z ......................................................................................12 
2.2 TRANSFORMADA Z INVERSA ....................................................................................................14 
2.2.1 Método de expansão em frações parciais...........................................................................15 
2.2.2 Método computacional - Matlab ........................................................................................17 
2.3 EXERCÍCIOS RESOLVIDOS ........................................................................................................18 
2.4 EXERCÍCIOS PROPOSTOS ..........................................................................................................19 
3 FUNÇÃO DE TRANSFERÊNCIA EM TEMPO DISCRETO ........................ 21 
3.1 AMOSTRAGEM IMPULSIVA .......................................................................................................21 
3.2 CIRCUITO DATA-HOLD ............................................................................................................22 
3.2.1 Segurador de Ordem Zero - ZOH.......................................................................................22 
3.2.2 Segurador de primeira ordem ............................................................................................23 
3.2.3 Funções de Transferência em Tempo Discreto com ZOH..................................................25 
3.2.4 Resposta em Freqüência do ZOH.......................................................................................26 
3.3 FUNÇÃO DE TRANSFERÊNCIA PULSADA ...................................................................................27 
3.3.1 Transformada de Z de FTs incluindo o amostrador...........................................................28 
3.3.2 Função de Transferência em Cascata ................................................................................28 
3.3.3 Função de transferência em malha fechada.......................................................................29 
3.3.4 Função de transferência em malha fechada de controladores digitais ..............................30 
3.3.5 Função de transferência pulsada de um controlador PID digital......................................31 
3.3.6 Simulação de sistemas em tempo discreto ..........................................................................34 
3.3.7 Realização de Controladores digitais e filtros digitais ......................................................36 
3.3.8 Resposta ao Impulso Finita e Infinita.................................................................................38 
3.4 EXERCÍCIOS RESOLVIDOS ........................................................................................................39 
3.5 EXERCÍCIOS PROPOSTOS ..........................................................................................................41 
4 PROJETO DE CONTROLADORES POR MÉTODOS CLÁSSICOS .......... 43 
4.1 MAPEAMENTO ENTRE PLANO Z E PLANO S...............................................................................43 
4.2 ANÁLISE DE ESTABILIDADE DE SISTEMAS NO PLANO Z............................................................47 
4.3 RESPOSTA TRANSIENTE ...........................................................................................................48 
4.4 MÉTODO DE PROJETO BASEADO NO LUGAR DAS RAÍZES...........................................................49 
4.5 CONTROLADOR TIPO “DEAD BEAT”.........................................................................................56 
4.6 PROJETO DE CONTROLADORES PID .........................................................................................57 
4.6.1 Ziegler-Nichols malha fechada...........................................................................................57 
4.6.2 Ziegler-Nichols Malha Aberta............................................................................................58 
4.7 EXERCÍCIOS RESOLVIDOS ........................................................................................................59 
4.8 EXERCÍCIOS PROPOSTOS ..........................................................................................................59 
5 FORMULAÇÃO POR MATRIZES DE ESTADO........................................... 61 
 iv
5.1 INTRODUÇÃO À FORMULAÇÃO DE ESTADO ...............................................................................61 
5.2 NOMENCLATURA DE ESPAÇO DE ESTADOS ..............................................................................62 
5.3 REPRESENTAÇÃO DE ESPAÇO DE ESTADOS DISCRETOS ............................................................62 
5.3.1 Forma Canônica Controlável.............................................................................................625.3.2 Forma Canônica Observável..............................................................................................63 
5.3.3 Forma Canônica Diagonal.................................................................................................63 
5.3.4 Forma Canônica de Jordan................................................................................................64 
5.3.5 Não unicidade das matrizes de estado................................................................................64 
5.4 SIMULANDO UM SISTEMA NA FORMA DE ESTADO DISCRETO.....................................................65 
5.5 PASSANDO DE MATRIZES DE ESTADO PARA FT........................................................................65 
5.6 DISCRETIZAÇÃO DE MATRIZES DE ESTADO CONTÍNUAS ..........................................................66 
5.7 EXERCÍCIOS RESOLVIDOS ........................................................................................................69 
5.8 EXERCÍCIOS PROPOSTOS ..........................................................................................................72 
6 CONTROLABILIDADE E OBSERVABILIDADE ......................................... 73 
6.1 INTRODUÇÃO ...........................................................................................................................73 
6.2 CONTROLABILIDADE................................................................................................................73 
6.3 CONTROLABILIDADE DE SAÍDA ................................................................................................75 
6.4 OBSERVABILIDADE ..................................................................................................................76 
6.5 COMENTÁRIOS GERAIS SOBRE CONTROLABILIDADE E OBSERVABILIDADE................................78 
6.5.1 Condições de controlabilidade e observabilidade em termos de Funções de Transferência
 78 
6.5.2 Efeito da discretização .......................................................................................................80 
6.5.3 Princípio da dualidade .......................................................................................................80 
6.6 EXERCÍCIOS RESOLVIDOS ........................................................................................................81 
6.7 EXERCÍCIOS PROPOSTOS ..........................................................................................................82 
7 PROJETO DE CONTROLADORES VIA ALOCAÇÃO DE PÓLOS ........... 84 
7.1 INTRODUÇÃO ...........................................................................................................................84 
7.2 FÓRMULA DE ACKERMANN......................................................................................................85 
7.3 FORMAS ALTERNATIVAS PARA O GANHO K ..............................................................................86 
7.4 CONTROLE POR REALIMENTAÇÃO DE ESTADO.........................................................................88 
7.5 OBSERVADORES DE ESTADO ....................................................................................................90 
7.5.1 Observadores de Estado de Ordem Completa....................................................................91 
7.5.2 Comentários sobre estimador de estado.............................................................................94 
7.5.3 Estimadores de Ordem Reduzida........................................................................................97 
7.6 EXERCÍCIOS RESOLVIDOS ......................................................................................................103 
7.7 EXERCÍCIOS PROPOSTOS ........................................................................................................107 
8 PROJETOS ......................................................................................................... 109 
8.1 PÊNDULO INVERTIDO .............................................................................................................110 
8.2 SUSPENSÃO ATIVA PARA ¼ DE VEÍCULO ................................................................................111 
8.3 CONTROLE NÃO COLOCADO ...................................................................................................112 
8.4 PROJETO DE FILTROS DIGIAIS ................................................................................................113 
9 REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS ............................................................. 114 
 
 
 
 
 1
 
Capítulo 1 
 
 
 
1 Introdução ao Controle de Sistemas em Tempo 
Discreto 
 
 Neste item, será apresentado os equipamentos utilizados em sistemas de 
controle. 
 
1.1 Introdução 
 
 Aqui, serão tratados sistemas lineares e invariantes no tempo em que o 
controle de sistemas em tempo discreto é entendido como a implementação de sistemas 
de controle utilizando placas de aquisição de dados capazes de medir uma determinada 
quantidade de sinais analógicos, processá-los e devolvê-los ao meio ambiente. 
 
1.2 Sistemas de controle em tempo discreto 
 
 Um sistema de controle em tempo contínuo em realimentação pode ser 
apresentado como na Figura 1.1, neste caso, todos os sinais envolvidos são sinais 
contínuos e o sistema de controle e a planta podem ser escrito no domínio de Laplace. 
 
 
Figura 1.1: Exemplo de um sistema de controle em tempo contínuo 
 
 Já os sistemas de controle em tempo discreto envolvem a discretização de uma 
ou mais variáveis do processo de controle. Normalmente, a implementação de um 
sistema de controle em tempo discreto envolve a utilização de um computador em 
conjunto com uma placa de aquisição de dados para a implementação do controlador. 
Sendo assim, está implícito no método que ocorra pelo menos uma passagem do tempo 
contínuo para o tempo discreto, denominada discretização ou amostragem do sinal, e 
uma passagem do tempo discreto para o tempo contínuo, chamada de reconstrução. 
 
 A implementação em tempo real de controle para um sistema de controle em 
tempo discreto em realimentação onde o controlador é implementado em tempo discreto 
pode ser observado na Figura 1.2. 
 
 2
 
Figura 1.2: Exemplo de um sistema de controle em tempo discreto 
 
 Ambiente Físico é o ambiente no qual será implementado o sistema de controle, 
é o ambiente real onde o processo físico ocorre. 
 
 Ambiente Computacional é o ambiente onde o sistema de controle é 
implementado, isto é, onde ocorre o processo de síntese do controlador e é calculada a 
lei de controle. Este ambiente representa o hardware e software onde o sistema de 
controle é implementado, como por exemplo no Matlab/Simulink. 
 
 Variável Física é a quantidade física que se deseja medir para ser usada no 
sistema de controle, por exemplo, deslocamento, velocidade, aceleração, temperatura, 
pressão, etc. 
 
 Transdutor é o dispositivo capaz de transformar uma quantidade de entrada em 
outra quantidade de saída, normalmente voltagem, isto é, é o dispositivo que tem a 
capacidade de medir a variável física e transformá-la em voltagem para ser utilizado 
como informação pelo sistema de controle, em outras palavras, é simplesmente o 
sensor, como acelerômetros, vibrômetros laser, células de carga, sensores de posição, 
tacômetros, microfones, etc. 
 
 Condicionador de sinais é o dispositivo que alimenta o transdutor, pois 
normalmente o transdutor precisa de uma fonte de alimentação específica para ele. De 
maneira geral, os transdutores geram uma quantidade de voltagem insuficiente para 
serem utilizados em sistemas de medida e controle, necessitando assim de um sistema 
de amplificação. Os condicionadores de sinais podem incluir um amplificador 
operacional como fonte de alimentação básica, um sistema de amplificação e filtros 
analógicos, integradores, etc. 
 
 Filtros Analógicos são dispositivos que modificam o sinal de entrada, isto é, 
eles eliminam determinadas faixas de freqüência do sinal de entrada. Sãoclassificados 
como filtros passa-baixo, onde apenas freqüências abaixo de um determinado valor 
estão presentes no sinal de saída, filtros passa-alto onde apenas freqüências acima de um 
determinado valor estão presentes no sinal de saída, passa-banda onde apenas uma 
determinada faixa de freqüências está no sinal de saída e rejeita-banda onde uma banda 
de freqüências é retirada do sinal de saída. Alguns filtros podem incluir um sistema de 
amplificação, mas em geral não substituem o sistema de condicionamento de sinal. 
 
 3
 
Figura 1.3: Exemplo de curva em freqüência de um filtros ideais. Passa-baixo. Passa-
alta, Rejeita-banda ou Notch e Passa-banda 
 
 Multiplexador Analógico normalmente é parte integrante da placa de aquisição 
de sinais e é o dispositivo que conecta os canais de entrada da placa de aquisição de 
dados ao circuito “Sample and hold”. Normalmente uma placa de aquisição de sinais 
contém vários canais de entrada e apenas um multiplexador analógico. 
 
 Circuito Sample-and-Hold é dispositivo que faz a amostragem, sample, e 
mantém o sinal amostrado por um determinado período de tempo, hold. Este dispositivo 
é aquele que o usuário tem a escolha do tempo de discretização. 
 
 Conversor Analógico Digital é o dispositivo que realmente realiza o processo 
de amostragem e quantificação do sinal analógico, isto é, a saída do conversor A/D é 
um sinal binário, normalmente o multiplexador analógico e circuito sample-and-hold 
são partes integrantes do conversor A/D. 
 
 
Figura 1.4: Componentes básicos de um sistema de medida 
 
 Demultiplexador é dispositivo que conecta a saída de dados da placa de 
aquisição de sinais com os respectivos canais de saída. Esta conexão é sincronizada com 
o respectivo tempo de amostragem. 
 
 Conversor Digital Analógico é o dispositivo que transforma uma entrada 
digital, neste caso um número binário, em uma saída analógica. 
 
 Hold é um dispositivo que mantém o sinal de saída do conversor D/A seguindo 
uma determinada função, isto é, o hold mais comum é o Zero-Order Hold (ZOH), 
segurador de ordem zero, ele mantém o sinal constante como apresentado abaixo. Este 
dispositivo é parte integrante do conversor D/A, Figura 1.5. 
 
 4
 
Figura 1.5: sinal contínuo e sinal contínuo com segurador de ordem zero 
 
 Filtro de reconstrução é um filtro analógico adicionado na saída do conversor 
D/A com o intuito de eliminar as “escadas” feitas pelo hold. Este filtro pode ser 
eliminado do processo se necessário. 
 
 Sistema de condicionamento do atuador é um dispositivo parecido com o 
condicionador apresentado anteriormente e serve para alimentar, filtrar e amplificar o 
atuador. 
 
 Atuador é o dispositivo responsável por implementar a lei de controle no 
sistema físico, isto é, é o dispositivo que implementa fisicamente a lei de controle. 
 
 
Figura 1.6: Componentes básicos de um sistema de atuação 
 
Exemplo 1.1: Controle de temperatura de uma autoclave 
 
 
Figura 1.7: Sistema de monitoramento de temperatura em uma autoclave 
 
Exemplo 1.2: Montagem experimental de um sistema de controle 
 
 5
 
Figura 1.8: Sistema de controle detalhado 
 
1.3 Tipos de sinais 
 
 Sinais em analógico em tempo contínuos são sinais contínuos definidos em 
qualquer instante de tempo cuja amplitude varia continuamente neste intervalo. Figura 
1.9(a). 
 
 Sinal em tempo contínuo quantizado é um sinal cuja amplitude só pode 
assumir valores pré-determinados. Figura 1.9(b). 
 
 Sinais discretizados são sinais que só podem assumir valores em determinados 
instantes de tempo. Figura 1.9(c). 
 
 Sinais discretizados e quantizados são sinais discretizados que só podem 
assumir determinados valores de amplitude. Figura 1.9(d). 
 
 
 (a) Sinal contínuo (b) Sinal contínuo quantizado 
 
 (c) Sinal discretizado (d) Sinal discretizado quantizado 
Figura 1.9: Tipos de sinais 
 6
 
 A Figura 1.9(a) representa um sinal analógico qualquer, enquanto que a Figura 
1.9(d) representa um sinal visto por um sistema de aquisição de dados, isso significa 
que existirão erros entre a passagem de um sinal contínuo para um sinal discreto. Aqui o 
termo sinal contínuo ser referirá sempre ao sinal da Figura 1.9(a) enquanto que um sinal 
discreto ou em tempo discreto a um sinal igual ao da Figura 1.9(d). 
 
 Controle de sistemas em tempo discreto envolverá uma ou mais variáveis que só 
podem ser acessadas ou lidas em determinados instantes de tempo através de um 
processo de amostragem. 
 
1.4 Amostragem de sinais contínuos 
 
 Este item será explicado como a amostragem de um sinal contínuo deve ser feito 
sem que haja perda de informação ou se cometa erros durante este processo. 
 
 O Processo de Amostragem de sinais contínuos substitui o sinal em tempo 
contínuo por uma seqüência de valores em tempo discreto. Este processo normalmente é 
seguido por um processo de quantização do sinal discreto. 
 
1.4.1 Teoria da Amostragem – Tratamento empírico 
 
 A amostragem ou discretização de um sinal analógico é feita seguindo um 
determinado tempo de amostragem T, em segundos, ou freqüência de amostragem fa, 
dada em Hz. Sendo que, 
fa
1T = 
 Então, a amostragem é dada pela seguinte relação, 
( ) ( )∑+∞
−∞=
−δ=
k
kTt)t(xkTx k=0, 1, 2 ... 
onde o delta de dirac extrai o valor da função no instante em que t = kT. 
 
 
 (a) sinal contínuo (b) Sinal amostrado 
Figura 1.10: Sinal contínuo e sinal amostrado 
 
 7
 Para que um sinal contínuo possa ser corretamente discretizado, ele deve 
obedecer as regras imposta por Fourier, isto é, a maior freqüência contida no sinal a ser 
amostrado deverá obrigatoriamente ser menor que metade da freqüência de amostragem 
fa que é conhecida como freqüência de Nyquist fN. De modo geral, para uma boa 
aplicação de sistemas de controle, deve ser considerado pelo menos de 4 a 6 pontos por 
período da maior freqüência a ser amostrada para que o sistema de controle possa 
funcionar adequadamente. 
 
Exemplo 1.3: Supor um sinal analógico com apenas uma freqüência igual a 400 Hz. Se 
a amostragem for feita com uma freqüência de amostragem fa = 1600 Hz. Pede-se: 
 
a) Qual o tempo de amostragem? 
Solução: 
 O tempo de amostragem T é dados por, 
ms625.0
1600
1
fa
1T === 
 
b) Quantos pontos por período? 
Solução: 
 Como o sinal contínuo tem f = 400 Hz e a amostragem foi feita em 1600 
Hz, então o número de pontos por período é dado por, 
Número de pontos por período n = 1600/400 = 4. 
 
c) Gráfico do sinal correto vs sinal amostrado 
 
 
Figura 1.11: Sinal correto e sinal amostrado 
 
Exemplo 1.4: Supondo um sistema massa-mola com m=0.5 kg e k = 100.000 N/m que 
será simulado em tempo discreto por uma senóide com freqüências de 65 e 85 Hz. Qual 
deverá ser o tempo de amostragem mínimo supondo 6 pontos por período? 
Solução: 
 Para 6 pontos por período, 
 F = 65 Hz, então, ms57.2
65
1
6
1T == 
 F = 85 Hz, então, ms96.1
85
1
6
1T == 
 8
 s/rad21.447
m
k
n ==ω significando que Hz18.712
21.447fn =π= , então 
ms35.2
18.71
1
6
1T == 
 Desta forma, terá de ser amostrado com o menor T, então, 1.96 ms. 
 
1.4.2 Não unicidade de sinais amostrados 
 
 Supondo a Figura 1.12, observe que se a senoide de 400 Hz for amostrada com T 
= 2 ms isso representa uma freqüência de amostragem fa = 500 Hz e uma freqüência de 
Nyquist fN = 250 Hz. O sinal original de 400 Hz se rebate em Nyquist, representando 
uma freqüência aparente de 100 Hz. 
 
 
Figura 1.12: Sinal contínuo e sinal amostrado incorretamente 
 
 Desta forma, não se pode amostrar um sinal cuja freqüência seja maior que a 
freqüência de Nyquist, para evitar este problema, os sinais devem ser filtrados por um 
filtro passa baixo para eliminar todas as freqüências do sinal acima de Nyquist. 
 
 Além disso, significa que uma vez o sinal tenha sido amostrado, não é mais 
possível recupera-lo completamente devido ao problema de amostragem. Por isso, a 
discretização do sinal deve ser feita com muito cuidado para obter o resultado final 
desejado. 
 Em geral, o tempode discretização será limitado pela capacidade da placa de 
aquisição de sinais, isto é, as placas possuem uma capacidade limitada em velocidade de 
processamento, isso na prática irá limitar a velocidade de aquisição. 
 
1.5 Exercícios Propostos 
 
 9
Exercício 1.1: (Prova de 2007) Calcular o tempo de amostragem m´nimo para simular o 
sistema de 2ª ordem dado abaixo para uma entrada senoidal com freqüência ω = 50 
radl/s, supondo 6 pontos por período. 
10000s20s
100)s(G 2 ++= 
 
 10
 
Capítulo 2 
 
 
 
2 Transformada Z 
 
 Neste capítulo, será abordada a transformada e a transformada inversa de Z. 
 
2.1 Método da Transformada Z 
 
 O método da Transformada Z, transforma equações diferenciais temporais em 
equações algébricas no domínio discreto. Aqui, serão tratados sinais e sistemas lineares 
e com parâmetros invariantes no tempo, e será assumido que o tempo de amostragem T 
será escolhido tal que será possível a reconstrução do sinal temporal original, 
significando que não será levado em conta erros de processamento de sinais. Para 
iniciar, deve-se considerar que a discretização de um sinal temporal contínuo é dada 
por, 
( ) ( )∑+∞
−∞=
−δ=
k
kTt)t(xkTx k=0, 1, 2 ... 
 
2.1.1 Transformada Z 
 
 A transformada Z de uma função temporal contínua x(t), onde t representa 
apenas o eixo positivo de tempo, para um tempo de amostragem T será definida por, 
( ) ( )[ ] ( )[ ] ( )∑∞
=
−===
0k
kzkTxkTxZtxZzX 
 
2.1.2 Transformada Z de funções elementares 
 
 Função Degrau Unitário definido como ( ) ⎩⎨
⎧
<
≤=
0t0
t01
tx 
 Solução: Aplicando a definição, 
( ) ( )[ ] [ ] L++++==== −−−∞
=
−∑ 321
0k
k zzz1z1ZtxZzX 
 Fazendo, 
1Gzzzz
z
Gzzz1G 4321321 −=+++=⇒++++= −−−−−−− LL 
 Portanto, 
1z1
1
1z
zGz)1z(GzzGG1G
z
G
−−=−=⇒=−⇒−=⇒−= 
 Então, 
 11
( ) ( )[ ] [ ]
1z
z
z1
1zzz1z1ZtxZzX 1
321
0k
k
−=−=++++==== −
−−−∞
=
−∑ L 
 
 Note que esta série convergirá se |z| >1. 
 
 Função Rampa Unitária definida por: ( ) ⎩⎨
⎧
<
≤=
0t0
t0t
tx 
 Solução: Aplicando a definição, 
( ) [ ] [ ] ( )L+++==== −−−∞
=
−∑ 321
0k
k z3z2zTkTzkTZtZzX 
 Fazendo, 
L
LL
L
++++=−
−−−−+++=−
+++=
−−−−
−−−−−−−
−−−
4321
4323211
321
zzzzG
z
1z
z3z2zz3z2zG)z1(
z3z2zG
 
 Comparando com o exemplo do degrau unitário, então, 
( ) ( )212 z1
1
1z
zGG
z
1z1
1z
z
−−=−=⇒
−=−− 
 Portanto, 
( ) [ ] [ ] ( ) ( ) ( )221
1
321
0k
k
1z
Tz
z1
Tzz3z2z1TkTzkTZtZzX −=−=+++==== −
−
−−−∞
=
−∑ L 
 
 Função Polinomial na forma ( )
⎩⎨
⎧
<
≤=
0t0
t0a
tx
k
 com a constante. 
 Solução: Aplicando a definição, 
( ) [ ]
az
z
az1
1zazaaz1zaaZzX 1
33221
0k
kkk
−=−=++++=== −
−−−∞
=
−∑ L 
 Utilizando o mesmo princípio do exemplo anterior, 
L++++= −−− 33221 zazaaz1G 
 Portanto, 
1zazaazzazaaz1G)az1( 33221332211 =−−−−++++=− −−−−−−− LL 
 Então, 
az
z
az1
1G1G)az1( 1
1
−=−=⇒=− −
− 
 Finalmente, 
( ) [ ]
az
z
az1
1zazaaz1zaaZzX 1
33221
0k
kkk
−=−=++++=== −
−−−∞
=
−∑ L 
 
 Função Exponencial na forma: ( )
⎩⎨
⎧
<
≤=
−
0t0
t0e
tx
at
 
 Solução: Aplicando a definição, 
( ) [ ] [ ] L++++==== −−−−−−∞
=
−−− ∑ 3aT32aT21aT
0k
kakTakTat zezeze1zeeZeZzX 
 12
 Comparando com a solução do exemplo anterior, é fácil notar que a = e-aT, então, 
( ) [ ] [ ] aT1aT
0k
kakTakTat
ez
z
ze1
1zeeZeZzX −−−
∞
=
−
−=−==== ∑ 
 
 Função Senoidal definida como: ( ) ⎩⎨
⎧
<
≤ω=
0t0
t0tsin
tx 
 Solução: Sabendo-se que, 
( )tjtj ee
j2
1tsin ω−ω −=ω 
 Aplicando a definição, 
( ) [ ] ( ) [ ] [ ]( )tjtjtjtj eZeZ
j2
1ee
j2
1ZtsinZzX ω−ωω−ω −=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −=ω= 
 Observe que aqui se aplicou duas propriedades da transformada Z, que foi a 
multiplicação por uma constante e a propriedade da soma. 
 Então, pela transformada Z da exponencial, 
( )[ ] [ ] ( )
( )( ) 1Tcosz2z TsinzzTcosz21 Tsinzzzee1 zeej21
ze1
1
ze1
1
j2
1ee
j2
1ZtsinZtxZ
221
1
21TjTj
1TjTj
1Tj1Tj
tjtj
+ω−
ω=+ω−
ω=++−
−=
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
−−−=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −=ω=
−−
−
−−ω−ω
−ω−ω
−ω−−ω
ω−ω
 
 
2.1.3 Propriedades da Transformada Z 
 
 Multiplicação por uma constante: [ ] [ ] )z(aX)t(xaZ)t(axZ == 
 
 Linearidade: )kT(g)kT(f)kT(x β+α= então )z(G)z(F)z(X β+α= 
 
 Multiplicação por ak: [ ] )za(X)kT(xaZ 1k −= 
 Prova: 
[ ] ( ) )za(Xza)kT(xz)kT(xa)kT(xaZ 1
0k
k1
0k
kkk −∞
=
−−∞
=
− === ∑∑ 
 
 Translação no tempo ou translação real, [ ] )z(Xz)nTt(xZ n−=− 
 Prova: 
[ ]
( )∑
∑
∞
=
−−−
∞
=
−
−=
−=−
0k
nkn
0k
k
z)nTkT(xz
z)nTkT(x)nTt(xZ
 
 Definindo m = k-n, então, 
[ ] ∑∞
−=
−−=−
nm
mn z)mT(xz)nTt(xZ 
 Como x(mT) para m<0 por definição é igual a zero, 
 13
[ ] )z(Xzz)mT(xz)nTt(xZ n
0m
mn −∞
=
−− ==− ∑ 
 Além disso, 
[ ] ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −=+ ∑−
=
−1n
0k
kn z)kT(x)z(Xz)nTt(xZ 
 Prova 
[ ]
( )
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −=
−=
−==
+=
+=+
∑
∑
∑∑∑
∑
∑
−
=
−
−
=
−
−
=
−∞
=
−∞
=
−
∞
=
+−
∞
=
−
1n
0k
kn
1n
0m
mnn
1n
0m
mn
0m
mn
nm
mn
0k
nkn
0k
k
z)kT(x)z(Xz
z)mT(xz)z(Xz
z)mT(xzz)mT(xzz)mT(xz
z)nTkT(xz
z)nTkT(x)nTt(xZ
 
 
 Exemplo 2.1: Achar a transformada Z do degrau unitário quando o degrau é 
aplicado 4 períodos de amostragem, isto é, para k = 4. 
 Solução: como a transformada Z do degrau unitário começando em k = 0 é dada 
por, 
( ) ( )[ ] [ ]
1z
z1ZtxZzX −=== 
 O problema pede, ( ) ( )[ ]T4txZzX −= 
 Utilizando o teorema da translação no tempo, 
[ ]
1z
z)z(Xzz)mT(xz)T4t(xZ
4
4
0m
m4
−===−
−
−∞
=
−− ∑ 
 Neste caso, deve ser notado que z-4 significa um atraso de tempo de 4 sem 
considerar qual foi o atraso de tempo utilizado. 
 
 Translação complexa, 
[ ] ( ) ( )aT
0k
kaT
0k
kakTat zeXze)kT(xze)kT(x)t(xeZ === ∑∑ ∞
=
−∞
=
−−− 
 
 Exemplo 2.2: Encontrar a transformada Z de atte− 
 Solução: como a transformada de t, rampa unitária é dada por, 
( ) [ ] ( ) ( ) )z(X1z
Tz
z1
TztZzX 221
1
=−=−== −
−
 
 Então, pelo teorema da translação complexa, 
( ) [ ] ( )( )( ) ( )2aT
aT
21aT
1aT
at
1ze
Tze
ze1
zeTteZzX −=−
== −
−
− 
 
 14
 Teorema do valor inicial: Se x(t) possui uma transformada X(z) e se )z(Xlim
z ∞→
 
existe, então o valor inicial x(0) é dado por, 
)z(Xlim)0(x
z ∞→= 
 Prova: Como a transformada z de uma seqüência de números é dada por, 
( ) [ ] L++++=== −−−∞
=
−∑ 321
0k
k z)T3(xz)T2(xz)T(x)0(xz)kT(x)kT(xZzX 
 Fazendo z tender ao infinito, sobra apenas x(0). 
 
 Teorema do valor final: Supondo que x(kT) onde x(0) = 0 para todo k<0, tenha 
a transformada X(z) e todos os pólos de X(z) estejam dentro do circulo de raio unitário 
com exceção de um pólo simples em z = 1, isto é a condição de estabilidade que será 
apresentada mais à frente. Então, o valor final de x(kT) pode ser expresso por, ( )[ ])z(Xz1lim)kT(xlim 1
1zk
−
→∞→ −= 
 Prova: Sabendo-se que pela definição da transformada Z, 
( )[ ] ( ) ( )∑∞
=
−==
0k
kzkTxzXkTxZ 
 Então, 
( )[ ] ( ) ( )∑∞
=
−− −==−
0k
k1 zTkTxzXzTkTxZ 
 Subtraindo um do outro, 
( ) ( ) )z(Xz)z(XzTkTxzkTx 1
0k
k
0k
k −∞
=
−∞
=
− −=−−∑∑ 
 Aplicando o limite quando z tende à unidade, 
( ) ( ) ( )[ ])z(Xz1limzTkTxzkTxlim 1
1z0k
k
0k
k
1z
−
→
∞
=
−∞
=
−
→ −=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −−∑∑ 
 Como foi assumido que x(k) = 0 para k < 0 então, o lado esquerdo da equação 
acima torna-se, 
( ) ( ) ( )( ) ( )[ ]
( )[ ]∑
∑∑∑
∞
=
∞
=
−−∞
=
−∞
=
−
→
−−=
−−=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −−
0k
0k
kk
0k
k
0k
k
1z
)TkT(xkTx
1)TkT(x1kTxzTkTxzkTxlim
 
 Expandindo o somatório, 
( )[ ] [ ] [ ] [ ]
)k(xlim)(x
)1(x)2(x)0(x)1(x)1(x)0(x)TkT(xkTx
k
0k
∞→
∞
=
=∞=
=+−+−+−−=−−∑ L
 
 Então, ( )[ ])z(Xz1lim)k(xlim 1
1zk
−
→∞→ −= 
 
2.2 Transformada Z inversa 
 
 Como apresentado anteriormente, quando sinais contínuos são amostrados, a sua 
reconstrução não é única, isto é, parte do sinal pode ter sido perdida devido ao teorema 
 15
da amostragem. Por exemplo, o sinal apresentado na Figura 2.1, como o sinal amostrado 
gera apenas os pontos discretos, qual o sinal real? 
 
0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1
-2
-1.5
-1
-0.5
0
0.5
1
1.5
2
 
Figura 2.1: Sinal amostrado e suas possíveis reconstruções 
 
 Assim, a transformada Z de x(kT) ou x(t) gera umúnico X(z), desde que 
especificado o tempo de amostragem T. Por sua vez, a transformada inversa de X(z) 
gera um único x(kT), mas resta saber se este x(kT) representa a resposta esperada para 
x(t), assim pode-se dizer que a transformada inversa de X(z) pode não gerar um único 
x(t). 
 
2.2.1 Método de expansão em frações parciais 
 
 Alguns métodos podem ser utilizados para encontrar a transformada z inversa, 
nesta parte será abordado o método de expansão em frações parciais que consiste em 
expandir X(z) em frações na forma mais simples possível e utilizar a tabela de 
transformada Z para encontrar a sua representação em tempo contínuo. 
 
Exemplo 2.3: Encontrar a transformada z inversa de 1
1
az1
z)z(X −
−
−= 
 Solução: Nas tabelas de transformada Z não se encontra a função acima, porém, 
fazendo, 
1
1
az1
1)z(Yz)z(X −
−
−== 
 Utilizando a tabela de transformada z, tem-se que, 
[ ] k111 aaz1
1Z)z(YZ =⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
−= −
−− 
 Porém, o desejado é, [ ] [ ] T)1k(111 a)TkT(y)z(YzZ)z(XZ −−−− =−== 
 Assim, 
⎩⎨
⎧
≤
==−=
−
0k0
,3,2,1ka)TkT(y
)kT(y
T)1k( L
 
 16
 
 Para encontrar a transformada z inversa de X(z), deve-se notar que X(z) é dada 
da seguinte forma, 
n1n
1n
1
n
m1m
1m
1
m
0
azazaz
bzbzbzb
)z(X ++++
++++=
−
−
−
−
L
L
 com m ≤ n 
 Ou ainda, 
n
n
1
1
n
m
)1mn(
1
)mn(
0
zaza1
zbzbzb
)z(X −−
−+−−−−
+++
+++=
L
L
 
 Colocando na forma de pólos e zeros, ( )( ) ( )
( )( ) ( )n21
m210
pzpzpz
zzzzzzb
)z(X −−−
−−−= L
L
 
 Supondo que todos os pólos são pólos não repetidos e tenha pelo menos 1 zero 
na origem, bm = 0, então, a melhor expansão será na forma, 
n
n
2
2
1
1
pz
a
pz
a
pz
a
z
)z(X
−++−+−= L 
 Se houver pólos repetidos, supondo um pólo duplo e nenhum outro pólo, a 
expansão poderá ser na forma, 
( ) 1
2
2
1
1
pz
c
pz
c
z
)z(X
−+−= 
 
 Exemplo 2.4: Supondo que a transformada z seja na forma 
1z2z2z
2zz)z(X 23
2
−+−
++= 
 As raízes do denominador, que são os pólos, são dadas por, 1, ( )3j1
2
1 ± , 
portanto, um pólo real e um par de pólos complexos conjugados, sendo assim, fazendo, 
( )( )
( ) ( ) ( )
( )( )1zz1z aazaaazaa
1zz
aza
1z
a
1zz1z
2zz)z(X
2
31321
2
21
2
321
2
2
+−−
−++−−++=
=+−
++−=+−−
++=
 
 Portanto, montando o sistema matricial para a solução, 
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧
−=
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
−−=
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧
⇒
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
−−
−
2
3
4
2
1
1
101
111
011
a
a
a
2
1
1
a
a
a
101
111
011 1
3
2
1
3
2
1
 
 Então, 
( )( )
21
2
21
1
1
1
2222
2
zz1
z2
zz1
z3
z1
z4
1zz
2
1zz
z3
1z
4
1zz
2z3
1z
4
1zz1z
2zz)z(X
−−
−
−−
−
−
−
+−++−−−=
+−++−
−+−=+−
+−+−=+−−
++=
 
 Para o primeiro termo, 
( ) ( ) ⎩⎨
⎧
≤
===⇒=⇒−==
−
−
−
0k0
,3,2,1k4
14)kT(x14)kT(y
z1
4)z(Y)z(Xz 1k1
1 L 
 Para o segundo termo, deve-se notar que, 
 17
[ ] 21
1
zTcosz21
TsinztsinZ −−
−
+ω−
ω=ω 
 Aplicando o teorema da translação complexa, 
[ ] 2aT21aT 1aTakT zeTcosze21 TsinzekTsineZ −−−−
−−
−
+ω−
ω=ω 
 Então, comparando o segundo membro de X(z) com a equação acima, nota-se 
que se 1e aT2 =− , significando que 1e aT =− e 21Tcos =ω , significando que 3T π=ω 
e consequentemente, 23Tsin =ω . Então, 
( ) 21
1
2aT21aT
1aT
k
zz1
z
2
3
zeTcosze21
Tsinzek
3
sin1Z −−
−
−−−−
−−
+−=+ω−
ω=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ π 
 Significando que, 
( ) ( )
⎪⎩
⎪⎨
⎧
≤
=π=⇒+−=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ π= −−
−
0k0
,3,2,1kk
3
sin132)kT(x
zz1
z3k
3
sin132Z)z(X
k
21
1
k L 
 Para a terceira parte, utilizando a resposta anterior, 
( )
( ) ( )
⎪⎩
⎪⎨
⎧
≤
=−π=
⇒+−=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ π== −−
−
−
0k0
,3,2,1k1k
3
sin1
3
34
)kT(x
zz1
z4k
3
sin1
3
34Z)z(Y)z(Xz
k
21
1
k1
L
 
 Portanto, a solução final fica, 
( )
⎪⎩
⎪⎨
⎧
≤
=−π+π−=
0k0
,3,2,1k1k
3
sin
3
34k
3
sin324)kT(x L 
 
2.2.2 Método computacional - Matlab 
 
 O método apresentado aqui pode ser implementado em qualquer software, ele 
consiste em calcular a resposta do sistema ao delta de Kronecker, neste caso, a resposta 
será numérica, e em alguns casos a reconstrução pode ser retirada facilmente. 
 
Exemplo 2.5: Calcular a transformada Z inversa de, 
( )
( ) 1z2z
z2z
1z
2zz)z(X 2
2
2 +−
+=−
+= 
 
 No Matlab digitar: 
num=[1 2 0]; % numerador 
den=[1 -2 1]; % denominador 
u=[1 zeros(1,30)]; % delta de Kronecker 
x=filter(num,den,u) % resposta ao delta de Kronecker 
 
 
 Solução encontrada. 
x = 
 
 18
 Columns 1 through 12 
 
 1 4 7 10 13 16 19 22 25 28 31 34 
 
 Columns 13 through 24 
 
 37 40 43 46 49 52 55 58 61 64 67 70 
 
 Columns 25 through 31 
 
 73 76 79 82 85 88 91 
 
 
 Neste caso, a seqüência de valores é dada por 1k3)k(x += k=0, 1, 2, ..... 
 
2.3 Exercícios Resolvidos 
 
Exemplo 2.6: Encontrar a transformada Z de, 
⎩⎨
⎧
<
≥ω=
0t0
0ttcos
)t(x 
 Solução: Sabendo-se que 
2
eetcos
tjtj ω−ω +=ω e que, 
[ ] 1ttj ze1 1eZ −ωω −= e [ ] 1ttj ze1 1eZ −ω−ω− −= 
 Então, 
[ ]
1Tcosz2z
Tcoszz
ze1
1
ze1
1
2
1tcosZ 2
2
1t1t +ω−
ω−=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
−+−=ω −ω−−ω 
 
Exemplo 2.7: Encontrar a transformada Z do sinal que tem a seguinte representação em 
Laplace, 
( )1ss
1)s(X += 
 Neste caso, das tabelas de transformada de laplace inversa, tem-se que, [ ] t1 e1)s(XL −− −= t ≥ 0 
 Então a transformada Z fica, 
[ ] [ ]
)ez)(1z(
z)e1(
ze1
1
z1
1e1Z)s(XZ T
1T
1T1
t
−
−−
−−−
−
−−
−=−−−=−= 
 
Exemplo 2.8: Encontrar a transformada Z da função definida na assumindo tempo de 
amostragem T = 1 segundo. 
 19
0 1 2 3 4 5 6 7 8
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
t
x(
t)
 
Figura 2.2: sinal a ser discretizado 
 
 Observe que há algumas possíveis soluções, pois x(t) pode ser escrita como 3 
impulsos devidamente defasados e o degrau unitário defasado de 4 instantes de tempo, 
)4kT(1)3kT(75.0)2kT(5.0)1kT(25.0)kT(x −+−δ+−δ+−δ= 
 Aplicando a transformada Z em cada termo, 
[ ] ( )21
51
1
4321
z14
zz
z1
z
4
z3
2
z
4
z)kT(xZ −
−−
−
−−−−
−
−=−+++= 
 Ou então, como uma reta iniciando em 0 menos uma reta negativa iniciando em 
4, 
)4kT(
4
1kT
4
1)kT(x −−= 
 Aplicando a transformada Z em cada termo, 
[ ] ( ) ( ) ( )21
51
21
5
21
1
z14
zz
z1
z
4
1
z1
z
4
1)kT(xZ −
−−
−
−
−
−
−
−=−−−= 
 
2.4 Exercícios Propostos 
 
Exercício 2.1: Obter a transformada Z de, 
 a) ( )ate1
a
1)t(x −−= 
 b) at2et)t(x −= 
 c) 
0 1 2 3 4 5 6 7 8
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
t
x(
t)
 
 
Exercício 2.2: Considerando a seguinte função de transferência discreta, 
( )( )211
1
z4.0z3.11z1
z)z(X −−−
−
++−= 
 Determinar: 
a) Valor inicial x(0); 
 20
b) Valor final x(∞); 
c) A transformada Inversa; 
 
Exercício 2.3: (Prova 2007) Calcular a Transformada Z do sinal apresentado abaixo, 
 
 
 21
 
Capítulo 3 
 
 
 
3 Função de transferência em tempo discreto 
 
3.1 Amostragem impulsiva 
 
 Considerando um sinal x(t) que será amostrado por um amostrador, conhecido 
como sampler, de tal modo que a intervalos de tempo T, conhecido como tempo de 
amostragem ou tempo de discretização, ocorra uma leitura, este sinal é dado pela Figura 
3.1, e pode ser representado por, 
∑∞
=
−δ=
0k
* )kTt()kT(x)t(x 
 
 
Figura 3.1: Amostrador impulsivo 
 
 Supondo que não são medidos tempos negativos, devido a causalidade, então a 
equação acima pode ser expandida como, 
LL +−δ++−δ+δ= )kTt()kT(x)Tt()T(x)t()0(x)t(x* 
 Observe que o δ representa um trem de impulsos e, uma das formas de entender 
o fenômeno da amostragem é que o sinal x(t) modula o trem de impulsos para formar o 
sinal amostrado conforme apresentado pela Figura 3.2. 
 
 
 
Figura 3.2 : Amostrador impulsivo como um modulador 
 22
 
 Agora aplicando a Transformada de Laplace no sinal amostrado, [ ] [ ] [ ] [ ]
∑∞
=
−
−−
=
+++=
+−δ+−δ+δ==
0k
kTs
Ts2Ts
**
e)kT(x
e)T2(xe)T(x)0(x
)T2t(L)T2(x)Tt(L)T(x)t(L)0(x)t(xL)s(X
L
L
 
 Sabendo-se que a Transformada de laplace de um impulso defasado de a é, [ ] ase)at(L −=−δ 
 Então, 
∑∞
=
−−− =+++=
0k
kTsTs2Ts* e)kT(xe)T2(xe)T(x)0(x)s(X LDefinindo, 
zln
T
1szeTs =⇒= 
 Então, 
( )∑∞
=
−
= =
0k
k
zln
T
1s
* zkTx)s(X 
 O lado direito desta equação é a definição de transformada Z da seqüência x(t), 
então, 
)z(X)s(X
zln
T
1s
* == 
 Desta forma, 
)z(Xzln
T
1X* =⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ 
 
3.2 Circuito Data-Hold 
 
 A saída de um amostrador é um trem de impulsos, mas em alguns casos isso não 
é desejável, e o necessário seria um sinal contínuo, a transformação de um sinal na 
forma de trem de impulsos em um sinal contínuo pode ser feito por um circuito tipo 
Data-Hold, que nada mais é do que o processo de se obter um sinal contínuo x(t) de 
uma seqüência discreta x(kT). 
 O circuito Data-Hold nada mais é do que um interpolador, isto é, ele gera ou 
mantém um sinal entre dois impulsos seguindo uma interpolação polinomial na forma, 
01
1n
1n
n
n aaaa)kT(h +τ++τ+τ=τ+ −− L 
onde h(kT+τ) é a saída do circuito data-hold. Assumindo x(kT) como o sinal que 
passará pelo circuito, neste caso, h(kT) deve ser igual a x(kT) para que os sinais sejam 
os mesmos, então, 
)kT(xaaa)kT(h 1
1n
1n
n
n +τ++τ+τ=τ+ −− L 
 
3.2.1 Segurador de Ordem Zero - ZOH 
 
 A forma mais simples de interpolação é fazendo n=0, que representa um circuito 
de ordem zero dado por, 
 23
)kT(x)kT(h =τ+ 
 Na Figura 3.3:, observa-se o resultado de um segurador de ordem zero. 
 
 
Figura 3.3: Exemplo de sinal amostrado com uma reconstrução utilizando o ZOH 
 
 O ZOH mantém o sinal anterior até que um novo sinal apareça, então, 
)kT(x)tkT(h =+ 
 Significando que a saída do circuito será igual à entrada até que ocorra outro 
sinal de entrada, então, [ ]
[ ]
[ ])T3t(1)T2t(1)T2(x)tT2(h2k
)T2t(1)Tt(1)T(x)tT(h1k
)Tt(1)t(1)0(x)t(h0k
−−−=+⇒=
−−−=+⇒=
−−=⇒=
 
 Então a resposta temporal do ZOH será definida como, [ ] [ ]
[ ]∑∞
=
+−−−=
+−−−+−−=
0k
)T)1k(t(1)kTt(1)kT(x
)T2t(1)Tt(1)T(x)Tt(1)t(1)0(x)t(h L
 
 Como a Transformada de Laplace do degrau unitário atrasada de kT é dada por, 
[ ]
s
e)kTt(1L
kTs−
=− 
 Então a Transformada de Laplace da resposta do ZOH torna-se, 
( ) ∑∑ ∞
=
−
−∞
=
+−− −=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −=
0k
kTs
Ts
0k
Ts1kkTs
e)kT(x
s
e1
s
e
s
e)kT(x)s(H 
 Como, 
∑∞
=
−=
0k
kTs* e)kT(x)s(X 
 Então, 
)s(X
s
e1)s(H *
Ts−−= 
 Consequentemente, a função de transferência o ZOH é dada por, 
s
e1
)s(X
)s(H)s(G
Ts
*ZOH
−−== 
 
3.2.2 Segurador de primeira ordem 
 
 Fazendo n=1, que representa um circuito de primeira ordem dado por, 
 24
)kT(xa)kT(h 1 +τ=τ+ 
 Aplicando a condição que, 
)T)1k((x)T)1k((h −=− 
 Então, 
)T)1k((x)kT(xTa)T)1k((h 1 −=+=− 
 Portanto, 
T
)T)1k((x)kT(xa1
−−= 
 Consequentemente, a equação do segurador de primeira ordem fica, 
)kT(x
T
)T)1k((x)kT(x)kT(h +τ−−=τ+ 
 Como o FOH utiliza uma extrapolação linear utilizando o valor anterior e o atual 
para predizer o valor do próximo e, além disso, o valor h(kT) deve ser igual a x(kT). 
então, 
)T(x
T
)T2(x
T
1)T2(x
T
)T(x)T2(x)T2(h2k
)0(x
T
)T(x
T
1)T(x
T
)0(x)T(x)T(h1k
)0(x
T
1)0(x
T
)T(x)0(x)(h0k
τ−⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ τ+=+τ−=τ+⇒=
τ−⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ τ+=+τ−=τ+⇒=
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ τ+=+τ−−=τ⇒=
 
 Que pode ser expressa convenientemente como, 
)T)1k((x
T
)T(x
T
1)kT(h −τ−⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ τ+=τ+ 
 Fica difícil escrever a equação sem assumir uma entrada conhecida, utilizando 
uma entrada degrau para x(t), 
)Tt(1
T
t)t(1
T
t1)t(h −−⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ += 
 Somando e subtraindo 1(t-T), 
)Tt(1)Tt(1
T
Tt)t(1
T
t1)t(h −−−−−⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ += 
 Aplicando a transformada de Laplace a cada um dos termos da equação acima, 
( ) 2TsTsTs22 Ts 1Tse1es1eTs1Ts1s1)s(H +−=−−⎟⎠⎞⎜⎝⎛ += −−− 
 Agora, a transformada de Laplace da entrada x*(t) do FOH é, 
∑∞
=
−
−
−== 0k Ts
kTs*
e1
1e)kT(1)s(X 
 Então a função de transferência do segurador de primeira ordem FOH fica, 
( ) 22Ts*FOH Ts 1Tse1)s(X )s(H)s(G +−== − 
 Um exemplo do FOH é dado na Figura 3.4:. 
 
 25
 
Figura 3.4: FOH de um sinal qualquer 
 
3.2.3 Funções de Transferência em Tempo Discreto com ZOH 
 
 Supondo que antes da função G(s) há um ZOH, então a convolução de G(s) com 
o ZOH é dada por, 
)s(G
s
e1)s(X
Ts−−= 
 Fazendo, 
( ) ( ) )s(Ge)s(G)s(Ge1
s
)s(Ge1)s(G
s
e1)s(X 1
Ts
11
TsTs
Ts
−−−
−
−=−=−=−= 
 Pegando apenas o último termo, 
)s(Ge)s(X 1
Ts
1
−= 
 Aplicando o teorema da convolução, 
∫ τττ−= t
0
101 d)(g)t(g)t(x 
onde, [ ] ( )
[ ])s(GL)t(g
TteL)t(g
1
1
1
Ts1
0
−
−−
=
−δ==
 
 Então, 
∫ τττ−−δ= t
0
11 d)(g)Tt()t(x 
 Como o delta extrai o valor da função, 
)Tt(g)t(x 11 −= 
 Além disso, Z[g1(t)]=G1(Z), então, por definição, [ ] [ ] )z(Gz)Tt(gZ)t(xZ 1111 −=−= 
 Porém, o desejado é, [ ] [ ] [ ]
( ) ( ) ⎥⎦⎤⎢⎣⎡−=−=−=
−=−=
−−−
−
s
)s(GZz1)z(Gz1)z(Gz)z(G
)t(xZ)t(gZ)s(Ge)s(GZ)z(X
1
1
1
1
1
1
111
Ts
1
 
 No caso do FOH preceder a função G(s), tem-se 
( ) )s(G
Ts
1Tse1)s(X 2
2Ts +−= − 
 Utilizando o mesmo resultado do ZOH, 
 26
( )
( ) ⎥⎦⎤⎢⎣⎡ +−=
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ +−=
−
−
)s(G
Ts
1TsZz1
)s(G
Ts
1Tse1Z)z(X
2
21
2
2Ts
 
 
 Exemplo 3.1: Obter a transformada Z de, 
1s
1
s
e1)s(X
Ts
+
−=
−
 
 Solução: Como representa um ZOH, 
( )
( ) ( ) ( ) 1T 1T1T111
1
Ts
ze1
ze1
ze1
1
z1
1z1
1s
1
s
1Zz1
1s
1
s
1Zz1
1s
1
s
e1Z)z(X
−−
−−
−−−
−−
−
−
−
−=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
−−−−=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
+−−=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
+−=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
+
−=
 
 
3.2.4 Resposta em Freqüência do ZOH 
 
 A função de transferência do ZOH é dada por, 
s
e1G
Ts
ZOH
−−= 
 A resposta em freqüência, que é o diagrama de bode, pode ser encontrada 
substituindo s por jω, ( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( ) ( )( ) ( )
2/T
2/TsinTe
j2
eee2
j2
eee2
j2
e12
j
e1)j(G
Tj2/1
Tj2/1Tj2/1Tj2/1
Tj2/1Tj2/1Tj2/1TjTj
ZOH
ω
ω=ω
−=
ω
−=ω
−=ω
−=ω
ω−
ω−ωω−
ω−ωω−ω−ω−
 
 
 Nas figuras abaixo, ωs representa a freqüência de Nyquist, isto é a máxima 
freqüência que o sinal ainda pode ser reconstruído adequadamente. Caso o sinal 
amostrado apresente freqüências acima da freqüência de Nyquist o sinal discretizado 
apresentará erro de aliasing. 
 
 
 (a) (FRF) (b) diagrama de Bode 
 27
 
Figura 3.5: Resposta em freqüência do ZOH 
 
 O ZOH pode ser entendido como um filtro de reconstrução do sinal amostrado e 
ele não é um filtro passa-baixo ideal. Como a magnitude muda com a freqüência, 
atenuando o sinal a medida que a freqüência aumenta, o ZOH distorce o sinal, isto é, ele 
muda a amplitude e a fase do sinal de saída. 
 
3.3 Função de Transferência Pulsada 
 
 A função de transferência, FT, pulsada é a função de transferência em Laplace 
envolvendo o amostrador. Supondo que um sistema cuja resposta ao impulso seja h(t) 
tenha a entrada x(t) e a saída seja y(t), cujas transformadas de Laplace são H(s), X(s) e 
Y(s) respectivamente. Pelo teorema da convolução tem-se, 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )∫∫ τττ−=τττ−==
t
0
t
0
dhtxdxth)t(x*)t(hty 
 Que no domínio de Laplace é dada por, 
)s(X)s(H)s(Y = 
 Adicionando um amostrador em x(t), este é dado por, 
( ) ( )∑∑ ∞
=
∞
=
−δ=−δ=
0k0k
* kTt)kT(xkTt)t(x)t(x 
 Aplicando esta entrada no sistema, tem-se que a resposta y(t) será a combinação 
de cada impulso gerado por x*(t) em h(t), sendo assim, ( ) ( ) ( ) ( )
kTt0)nT(x)nTt(h
kTx)kTt(hT2x)T2t(hTx)Tt(h0x)t(h)t(y
k
0n
≤≤−=
=−++−+−+=
∑
=
L
 
 Amostrando também a saída do sistema, tem-se a Soma de Convolução dada 
por, 
)kT(x*)kT(h)nT(h)nTkT(x)nT(x)nTkT(h)kT(y
0n0n
=−=−= ∑∑ ∞
=
∞
=
 
 O procedimento feito até aqui é exatamente o que ocorre na Figura 3.6. Deve-se 
notar que H(z) é a resposta do sistema ao delta de Kronecker, pois se, 
⎩⎨
⎧
≠
==δ=
0k0
0k1
)kT()kT(x 
 Então, 
 28
[ ] 1z)kT(x)kT(Z)z(X
0k
k ==δ= ∑∞
=
− 
 Significando que Y(z) = H(z) se a entrada for um impulso. 
 
 
Figura 3.6 : Sistema em tempo contínuo com amostradores 
 
3.3.1 Transformada de Z de FTs incluindo o amostrador 
 
 Em sistemas em tempo discreto, alguns sinais do sistema são amostrados 
enquanto outros continuam representados em tempo contínuo, que é exatamente o que 
ocorre na Figura 3.6. Sendo assim, será útil calcular a função de transferência pulsada 
contendo amostradores em várias posições. 
 Note que na Figura 3.6, a função de transferênciaY(s) é dada por, 
)s(X)s(H)s(Y *= 
 A Transformada de Laplace Inversa de Y(s) é dada por, 
[ ]
∑∫ ∑
∫
∞
=
∞
=
−
=τ−τδττ−=
τττ−==
0k
t
0 0k
t
0
**1
)kT(x)kT(hd)kT()(x)t(h
d)(x)t(h)s(X)s(HL)t(y
 
 Aplicando a transformada Z, 
∑ ∑∞
=
−∞
=
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡=
0n
n
0k
z)kT(x)kT(h)z(Y 
 Fazendo m = n - k, 
( )
)z(X)z(H
z)kT(xz)mT(h
z)kT(x)mT(h)z(Y
k
0k
m
0m
0m
mk
0k
=
=
=
−∞
=
−∞
=
∞
=
+−∞
=
∑∑
∑∑
 
 Significando que, [ ] )s(X)s(H)s(X)s(H)s(Y ***** == 
 Aplicando transformada Z, torna-se, 
)z(H
)z(X
)z(Y)z(X)z(H)z(Y =⇒= 
 
3.3.2 Função de Transferência em Cascata 
 
 29
 Considerando o sistema apresentado na Figura 3.7(a), supondo que os 
amostradores estão sincronizados. Neste caso, observa-se que, 
)s(U)s(H)s(Y
)s(X)s(G)s(U
*
*
=
=
 
 Como mostrado no item anterior, encontra-se, 
)s(X)s(G)s(H)s(Y
)s(U)s(H)s(Y
)s(X)s(G)s(U ****
***
***
=⇒=
=
 
 Aplicando a Transformada Z, obtém-se a função de transferência, 
)Z(G)z(H
)z(X
)z(Y)z(X)z(G)z(H)z(Y =⇒= 
 Porém, aplicando o mesmo método na Figura 3.7(b), neste caso tem-se que, 
)s(X)s(HG)s(X)s(G)s(H)s(Y ** == 
 Que resulta em, 
[ ] )s(X)s(HG)s(Y *** = 
 Cuja transformada Z é dada por, 
)z(HG
)z(X
)z(Y = 
 Nota-se claramente que, 
)Z(G)z(H)z(HG ≠ 
 
 
Figura 3.7 :Sistemas em cascata 
 
 Exemplo 3.2: Encontrar a função de transferência discreta em cascata do 
sistema apresentado na Figura 3.7 supondo, 
as
1)s(G += e bs
1)s(H += 
 Para a Figura 3.7(a) tem-se, 
1bT1aT ze1
1
ze1
1
bs
1Z
as
1Z)Z(G)z(H
)z(X
)z(Y
−−−− −−=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
+⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
+== 
 Para a Figura 3.7(b) tem-se, 
( )( )
( )( )( )1bT1aT
1bTaT
ze1ze1
zee
ab
1
bsas
ab
ab
1Z
bs
1
as
1Z)Z(HG
)z(X
)z(Y
−−−−
−−−
−−
−
−=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
++
−
−=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
++== 
 Este exemplo mostra claramente que ambos são diferentes. 
 
3.3.3 Função de transferência em malha fechada 
 
 30
 Como mencionado anteriormente, a amostragem pode ocorrer em qualquer etapa 
do processo de controle. Supondo um sistema em malha fechada como o descrito na 
Figura 3.8. 
 
 
Figura 3.8: sistema em malha fechada envolvendo amostador 
 
 Consequentemente, 
)s(E)s(HG)s(R)s(E)s(G)s(H)s(R)s(E ** −=−= 
 Que pode ser reescrito utilizando FT pulsada para todos os termos como, 
[ ]
)s(GH1
)s(R)s(E)s(E)s(HG)s(R)s(E *
*
*****
+=⇒−= 
 Como, 
)s(E)s(G)s(C *** = 
 Então, a função de transferência pulsada de malha fechada é dada por, 
)s(GH1
)s(G
)s(R
)s(C
)s(GH1
)s(R)s(G)s(E)s(G)s(C *
*
*
*
*
*
****
+=⇒+== 
 Aplicando a transformada Z, encontra-se a função de transferência discreta em 
malha fechada, 
)z(GH1
)z(G
)z(R
)z(C
+= 
 
3.3.4 Função de transferência em malha fechada de controladores 
digitais 
 
 Na prática, o controlador será um controlador digital e a planta será em tempo 
contínuo. Neste caso haverá um amostrador que discretiza o sinal através do conversor 
A/D quando o sinal entra em uma placa controladora ou no sistema que realiza o 
controlador, como um controlador lógico programável – CLP, que normalmente é 
implementado em tempo discreto. Após a realização do controlador, o sinal de controle 
gerado é enviado para o conversor D/A que normalmente possui um ZOH para 
implementar a lei de controle em tempo contínuo. Um caso como o apresentado aqui 
sem levar em conta as funções de transferência dos conversores A/D e D/A é dado na 
Figura 3.9. 
 
 31
 
Figura 3.9: sistema em malha fechada envolvendo amostador 
 
 No caso, a função de transferência em malha fechada é dada por, 
)s(E)s(G)s(G)s(C)s(E)s(G)s(G)s(C **D
****
D =⇒= 
 Aplicando a transformada Z, 
)z(E)z(G)z(G)z(C D= 
 Como, [ ])z(C)z(R)z(G)z(G)z(C)z(C)z(R)z(E D −=⇒−= 
 Chegando a, 
)z(G)z(G1
)z(G)z(G
)z(R
)z(C
D
D
+= 
 
3.3.5 Função de transferência pulsada de um controlador PID digital 
 
 A resposta de um controlador PID no domínio do tempo é dada por, 
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ ++= ∫ )t(edtdTdt)t(eT1)t(eK)t(m d
t
0i
 
onde e(t) é a entrada do controlador dada pela diferença da resposta da planta e pela 
referência a ser seguida, K é o ganho proporcional, Ti é a constante de tempo do 
controle integral e Td a constante de tempo do controle proporcional. 
 Para se obter a função de transferência pulsada do controlador PID, é necessário 
realizar a discretização da resposta temporal. A integral será aproximada pela soma 
trapezoidal e a derivada será aproximada pela derivada da interpolação utilizando 2 
pontos. Assim, 
( )
( )
⎥⎦
⎤−−+
⎢⎣
⎡ +⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ +−++++++=
T
T)1k(e)kT(eT
2
)kT(eT)1k(e
2
)T2(e)T(e
2
)T(e)0(e
T
T)kT(eK)kT(m
d
i
L
 
 Ou então, 
( ) ( )[ ]
⎭⎬
⎫
⎩⎨
⎧ −−++−+= ∑
=
T)1k(e)kT(e
T
T
2
)hT(eT)1h(e
T
T)kT(eK)kT(m d
k
1hi
 
 Para resolver o problema, deve-se primeiro notar que, 
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −−=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ ∑∑ −
=
−
−
=
1i
0h
h
1
k
ih
z)h(x)z(X
z1
1)h(xZ 
 Prova: esta transformada é comprovada fazendo, 
)k(x)1i(x)i(x)h(x)k(y~
k
ih
++++== ∑
=
L 
 32
 A transformada Z de cada um dos termos utilizando a propriedade da translação 
real, 
k)1i(i z)k(xz)1i(xz)i(x)z(Y~ −+−− ++++= L 
 Porém, observe que, definindo, 
LL +++++= −+−− k)1i(i z)k(xz)1i(xz)i(x)z(X~ 
 E da definição de transformada Z, 
L+++=== −−
∞
=
−∑ 21
0k
k z)2(xz)1(x)0(xz)k(x)]k(x[Z)z(X 
 Então, obtêm-se, 
∑−
=
−−=
1i
0h
hz)h(x)z(X)z(X~ 
 Por outro lado, 
)z(X~
z1
1)z(Y~)z(X~)z(Y~z)z(Y~)k(x)1k(y~)k(y~ 1
1
−
−
−=⇒=−⇒=−− 
 Pois a transformada Z de x(k) que começa em k = i é )z(X~ , finalmente, 
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −−=−==⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ ∑∑ −
=
−
−−
=
1i
0h
h
11
k
ih
z)h(x)z(X
z1
1)z(X~
z1
1)z(Y~)h(xZ 
 Voltando ao problema original utilizando o resultado acima e assumindo a 
causalidade, isto é, que para o tempo t = 0 não há resposta do erro, 
[ ] )z(E
z1
1)0(E)z(E
z1
1)hT(eZ 11
k
1h
−−
= −=−−=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡∑ 
( ) [ ] )z(E
z1
z)0(E)z(E
z1
1z)T1h(eZ 1
1
1
1
k
1h
−
−
−
−
= −=⎭⎬
⎫
⎩⎨
⎧ −−=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −∑ 
 Agora, para [ ]
( )[ ] )z(Ez)T1k(eZ
)z(E)kT(eZ
1−=−
=
 
 Então, a transformada Z do controlador PID é dada por, 
[ ]
⎭⎬
⎫
⎩⎨
⎧ −+⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
−+−+=
−
−
−
− )z(Ez)z(ET
T
z1
z
z1
1
2
1
T
T)z(EK)z(M 1d1
1
1
i
 
 Resultando em, 
( )⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ −+−
++= −−
−
1d
1
1
i
z1
T
T
z1
z1
T2
T1K
)z(E
)z(M 
 Rearranjando os termos, 
( )
( )⎥⎦⎤⎢⎣⎡ −+−+=
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ −+−+−=
−
−
−
−
1
D1
I
P
1d
1
ii
z1K
z1
KK
z1
T
T
z1
1
T
T
T2
T1K
)z(E
)z(M
 
Onde 
 =−=−=
2
KK
T2
KTKK I
i
p ganho proporcional 
 33
 ==
i
I T
KTK ganho integral 
 ==
T
KTK DD ganho derivativo 
 
 A equação acima é referenciada como sendo a forma em posição. 
 
Exemplo 3.3: Comparar a resposta ao degrau do sistema abaixo considerando o sistema 
com e sem o controlador PID digital na forma como apresentado na Figura 3.10. 
 
 
Figura 3.10 : sistema em malha fechada envolvendo amostador 
 
 Assumindo que o tempo de amostragem T é de 1 segundo, os ganhos do 
controlador sejam KP = 1, KI=0.2, KD = 0.2 e que a planta seja dada por, 
( )1ss
1G p += 
 Solução: Primeiro deve-se calcular a função de transferência pulsada entre o 
ZOH e a planta. A convolução da planta e o ZOH é dada por, 
( )1ss
1
s
e1GG
s
pZOH +
−=
−
 
 Aplicando a transformada de Z, 
[ ] ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )[ ]( ) ( )1T21
11TTT
1
2
1
2
1
s
pZOH
ze1z1
zzTee1e1Tz1
1ss
1Zz1
1ss
1Zz1
1ss
1
s
e1ZGGZ
−−−
−−−−−
−−
−
−
−−
−−++−−=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
+−=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
+−=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
+
−=
 
 Esta transformada foi obtida através de tabela de transformação. Item 13 fazendo 
a = 1. Para comparar com o resultado do Exemplo 2.7, deve-se lembrar que naquele 
ponto estava-se trabalhando com sinais, que são as respostas, e não as Funções de 
Transferência como tratadas aqui. No Exemplo 2.7, a resposta é convolução da FT com 
entrada. Agora substituindo os valores de T = 1 e simplificando, obtêm-se, 
[ ] ( )( )11
21
pZOH z3679.01z1
z2642.0z3679.0)z(GGGZ −−
−−
−−
+== 
 A função de transferência do controlador PID é dada por 
( )
( )
1
21
1
2
D
1
DPDIP
1
D1
I
PD
z1
z2.0z4.14.1
z1
zKzK2KKKK
z1K
z1
KK)z(G
)z(E
)z(M
−
−−
−
−−
−
−−
+−=−
++−++=
=−+−+==
 
 Agora a função de transferência em malha fechada é dada por, 
( )1D1IP z1Kz1 KK −− −+−+ ( )( )11
21
z1z3679.01
z2642.0z3679.0
−−
−−
−−
+ R(z) 
+ - 
 34
( )( )
( )( )
4321
4321
321
4321
321
4321
11
21
1
21
11
21
1
21
D
D
z0528.0z6642.0z5906.1z8528.11
z0528.0z2963.0z1452.0z5151.0
z3679.0z7358.1z3679.21
z0528.0z2963.0z1452.0z5151.01
z3679.0z7358.1z3679.21
z0528.0z2963.0z1452.0z5151.0
z3679.01z1
z2642.0z3679.0
z1
z2.0z4.14.11
z3679.01z1
z2642.0z3679.0
z1
z2.0z4.14.1
)z(G)z(G1
)z(G)z(G
)z(R
)z(C
−−−−
−−−−
−−−
−−−−
−−−
−−−−
−−
−−
−
−−
−−
−−
−
−−
+−+−
+−−=
−+−
+−−+
−+−
+−−
=
=
−−
+
−
+−+
−−
+
−
+−
=+=
 
 
 Programa em Matlab 
 
clear all;close all;clc 
 
% planta sem o sistema de controle discreto 
% significando que a simulação é tempo contínuo 
num=[1]; % numerador contínuo 
den=[1 1 0]; % denominador contínuo 
 
figure('Color',[1 1 1]) 
step(num,den) % resposta ao degrau 
 
% Planta controlada com PID digital 
numd=[0 0.5151 -0.1452 -0.2963 0.0528]; 
dend=[1 -1.8528 1.5906 -0.6642 0.0528]; 
kT=[0:1:40]; % vetor de tempo discreto com T=1 
r=ones(1,41); % criação do degrau unitário 
c=filter(numd,dend,r); % simulação do sistema 
 
figure('Color',[1 1 1]);plot(kT,c,'ko',kT,c,'k-') 
title('Unit-Step Response');xlabel('kT [s]');ylabel('Output C') 
 
 
 (a) sem controle (b) controlado 
Figura 3.11: Resposta do sistema 
 
3.3.6 Simulação de sistemas em tempo discreto 
 
 Uma função de transferência em tempo discreto pode ser representada por, 
 35
( ) ( )
n
1n
1
n
m
1mn
1
mn
0
n
n
1
1
n
m
1mn
1
mn
0
azaz
bzbzb
zaza1
zbzbzb
)z(X
)z(Y
+++
+++=+++
+++= −
−−−
−−
−+−−−−
L
L
L
L
 n ≥ m 
 Que também pode ser expressa na forma de pólos e zeros, ( )( ) ( )
( )( ) ( )n21
m210
pzpzpz
zzzzzzb
)z(X
)z(Y
−−−
−−−= L
L
 n ≥ m 
 Observe que, 
n
n
1
1
m
m
1
10
zaza1
zbzbb
)z(X
)z(Y
−−
−−
+++
+++= L
L
 
 Que pode ser reescrita como, ( ) ( ) )z(Xzbzbb)z(Yzaza1 mm110nn11 −−−− +++=+++ LL 
 Aplicando a transformada inversa de Z, obtém-se, 
)mTkT(xb)TkT(xb)kT(xb
)nTkT(ya)T2kT(ya)TkT(ya)kT(y
m10
n21
−++−+=
−++−+−+
L
L
 
 Significando que a resposta atual y(kT) é obtida fazendo, 
)mTkT(xb)TkT(xb)kT(xb
)nTkT(ya)T2kT(ya)TkT(ya)kT(y
m10
n21
−++−++
+−−−−−−−=
L
L
 
 Deve ser lembrado que para kT < 0 a resposta do sistema será zero, isto é y(-T) 
= 0 devido à condição de causalidade. 
 
Exemplo 3.4: Calcular a resposta ao degrau unitário em tempo discreto com T = 0.5 
para o sistema dado em tempo contínuo, 
( )21s
s)s(G += 
 Solução: Das tabelas de transformada Z, 
( ) ( )
3679.0z2131.1z
z9098.0z
)z(U
)z(Y
z3679.0z2131.11
z9098.01
ze1
ze)T1(1
1s
sZ
2
2
21
1
21T
1T
2
+−
−=
+−
−=−
+−=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
+ −−
−
−−
−−
 
 Então, o sistema a ser simulado é, 
(1 – 1.2131z-1 + 0.3679z-2)Y(z) = (1 – 0.9098z-1)U(z) 
 Aplicando a Transformada Z inversa, 
y(kT) – 1.2131y((k-1)T) + 0.3679y((k-2)T) = u(kT) – 0.9098u((k-1)T) 
 Rearranjando, 
)T)1k((u9098.0)kT(u)T)2k((y3679.0)T)1k((y2131.1)kT(y −−+−−−= 
 Como x(kT)=1(kT), então, começando o processo de iteração, 
 
Para k = 0 u(kT) = u(0) = 1 
 y(kT) = y(0) = u(0) = 1 
 
Para k = 1 u(kT) = u(0.5) = 1; u(0)=1 
 y(kT) = y(0.5) = 1.2131y(0) + u(0.5) - 0.9098u(0) 
 = 1.2131 +1 - 0.9098 = 1.3033 
 
Para k=2 u(kT) = u(1) = 1; u(0.5) = 1; 
 y(kT) = y(1) = 1.2131y(0.5) - 0.3679y(0) + u(1) - 0.9098u(0.5) 
 36
 = 1.2131*1.3033 - 0.3679 + 1 - 0.9098 = 1.3033 
 
Para k=3 u(kT) = u(1.5) = 1; u(1) = 1; 
 y(kT) = y(1.5) = 1.2131y(1.5) - 0.3679y(1) + u(1.5) - 0.9098u(1) 
 = 1.2131*1.3033 - 0.3679*1.3033 + 1 - 0.9098 = 1.1917 
 
Para k=4 x(kT) = u(2) = 1; u(1.5) = 1; u(1) = 1 
 y(kT) = y(2)=1.2131y(1.5)-0.3679y(1)+u(2)-0.9098u(1.5) 
 = 1.2131*1.191-0.3679*1.3033+1 - 0.9098 = 1.0564 
 
 E assim por diante. 
 
3.3.7 Realização de Controladores digitais e filtros digitais 
 
 Considerando o sistema abaixo, 
n
n
1
1
m
m
1
10
zaza1
zbzbb
)z(X
)z(Y
−−
−−
+++
+++= L
L
 
 A sua representação em diagramas de bloco, ou utilizando o Simulink do 
Matlab, é dada na Figura 3.12, esta realização é conhecida como padrão, pois o sistema 
pode ser alterado para se obter outras realizações. 
 
 
Figura 3.12 : Função de transferência 
 
Exemplo 3.5: Implementar em Simulink o exemplo da Figura 3.10. Utilizando funções 
de transferência para o controlador e para a planta e finalmente a função de 
transferência de malha fechada. 
 Solução: a função de transferência da planta é dada por, 
21
21
z3679.0z3679.11
z2642.0z3679.0)z(G −−
−−
+−
+= 
 Função de transferência do controlador PID digital, 
1
21
PID z1
z2.0z4.14.1)z(G −
−−
−
+− 
 37
 Para implementar esta função de transferência da planta e do controlador utiliza-
se o bloco denominado “Discrete Filter”, mas poderia ser utilizado os blocos “Discrete 
Transfer Fcn” ou “Discrete Zero-Pole”. A implementação do sistema está apresentada 
na Figura 3.13:. 
 
Figura 3.13: Diagrama de blocos implementado em Simulink utilizando funções de 
transferência 
 
 Para a implementação da função de transferência de malha fechada, optou-se 
pela expansão em blocos ao invés de se utilizar função de transferência, para tanto, 
deve-se observar que a função de transferência de malha fechada é dada por, 
4321
4321
z0528.0z6642.0z5906.1z8528.11
z0528.0z2963.0z1452.0z5151.0
)z(R
)z(C
−−−−
−−−−
+−+−
+−−= 
 Observe que neste caso, observa-se que o termo b0 é zero, pois sua 
representação é, 
4
4
3
3
2
2
1
1
4
3
3
3
2
2
1
10
MF zazazaza1
zbzbzbzbb)z(G −−−−
−−−−
++++
++++= 
 Para este caso, a solução se encontra na Figura 3.14. 
 
Figura 3.14 : Diagrama de blocos implementado em Simulink utilizando atrasadores 
 
 38
3.3.8 Resposta ao Impulso Finita e Infinita 
 
 Observe que filtros ou funções de transferência na forma digital podem ser 
classificados de acordo com a duração da resposta ao impulso, isto é, tem-se os 
chamados filtros IIR, Infinite Impulse Response, e FIR, Finite Impulse Response. 
Como apresentado anteriormente, considera-se uma função de transferência na forma, 
n
n
1
1
m
m
1
10
zaza1
zbzbb
)z(X
)z(Y
−−
−−
+++
+++= L
L
 
 Que pode ser representada em termos de equação de diferenças na forma, 
)T)mk((xb)T)1k((xb)kT(xb
)T)nk((ya)T)2k((ya)T)1k((ya)kT(y
m10
n21
−++−++
+−−−−−−−=
L
L
 
 A forma acima é conhecida como Filtro IIR, cuja resposta é composta dos 
atrasos na entrada e na saída da função de transferência. Supondo que os termos ai 
sejam todos iguais a zeros, neste caso tem-se, 
)T)mk((xb)T)1k((xb)kT(xb)kT(y m10 −++−+= L 
 Significando que a resposta da planta é composta apenas dos atrasos da entrada, 
este tipo de resposta é conhecida como filtro FIR. Que em termos da transformada Z é 
dada por, 
m
m
1
10 zbzbb)z(Y
−− +++= L 
 Este tipo de resposta é interessante, pois não apresenta pólos. FIR provém do 
fato que a resposta será composta por um número finito de atrasos de tempo da entrada. 
 
Exemplo 3.6: Transformar a função de transferência abaixo que está na forma IIR para a 
forma FIR e calcular a resposta ao degrau unitário. 
1
1
z5.01
z6.02)z(G −
−
+
−= 
 Para transformar a resposta acima para forma FIR, deve-se dividir o numerador 
pelo denominador, ou então, calcular a resposta ao impulso. 
 
clear all;close all;clc 
 
% denifindo os dados da planta 
num=[2 -0.6]; 
den=[1 0.5]; 
x=[1 zeros(1,10)]; 
y=filter(num,den,x) 
 
 Uma alternativa para ao “x=[1 zeros(1,10)];” e “y=filter(num,den,x)” seria utilizar 
direto a resposta ao impulso discreto “y=dimpulse(num,den)” 
 
Y = 
 
 Columns 1 through 8 
 
 2.0000 -1.6000 0.8000 -0.4000 0.2000 -0.1000 0.0500 -0.0250 
 
 Columns 9 through 11 
 
 0.0125 -0.0063 0.0031 
 
 39
 Tomando apenas os valores abaixo de z-7, então, a forma FIR fica, 
7654321
1
1
z025.0z05.0z1.0z2.0z4.0z8.0z6.12
z5.01
z6.02)z(G
)z(X
)z(Y
−−−−−−−
−
−
−+−+−+−≅+
−==
 
 Cuja equação de diferenças fica, 
)T)7k((x025.0)T)6k((x05.0)T)5k((x1.0)T)4k((x2.0
)T)3k((x4.0)T)2k((x8.0)T)1k((x6.1)kT(x2)kT(yFIR
−−−+−−−+
+−−−+−−=
 
 Enquanto que a forma IIR é dada por, 
)T)1k((x6.0)T)k((x2)T)1k((y5.0)kT(yIIR −−+−−= 
 
 Resposta ao degrau unitário – FIR Resposta ao degrau unitário – IIR 
k=0 y(0) = 2x(0) = 2*1 = 2.0 y(0) = 2x(0)= 2.0 
k=1 y(1) = 2x(1)-1.6x(0) = 2*1-1.6*1 = 0.4 y(1) = -0.5y(0)+2x(1)-0.6x(0) 0.4 
k=2 y(2) = 2-1.6+0.8 = 1.2 y(2) = -0.5y(1)+2x(2)-0.6x(1) 1.2 
k=3 y(3) = 2-1.6+0.8-0.4 = 0.8 y(3) = -0.5y(2)+2x(3)-0.6x(2) 1.0 
k=4 y(3) = 2-1.6+0.8-0.4+0.2 = 1.0 y(4) = -0.5y(3)+2x(4)-0.6x(3) 0.9 
k=5 y(3) = 2-1.6+0.8-0.4+0.2-0.1 = 0.9 y(5) = -0.5y(4)+2x(5)-0.6x(4) 0.95 
k=6 y(3) = 2-1.6+0.8-0.4+0.2-0.1+0.05 = 0.95 y(6) = -0.5y(5)+2x(6)-0.6x(5) 0.925 
k=7 y(3) = 2-1.6+0.8-0.4+0.2-0.1+0.05-0.025 = 0.925 y(7) = -0.5y(6)+2x(7)-0.6x(6) 0.9375 
k=8 y(3) = 2-1.6+0.8-0.4+0.2-0.1+0.05-0.025 = 0.925 y(8) = -0.5y(7)+2x(8)-0.6x(7) 0.9312 
k=9 y(3) = 2-1.6+0.8-0.4+0.2-0.1+0.05-0.025 = 0.925 y(9) = -0.5y(8)+2x(9)-0.6x(8) 0.9328 
k=10 y(3) = 2-1.6+0.8-0.4+0.2-0.1+0.05-0.025 = 0.925 y(10) = -0.5y(9)+2x(10)-0.6x(9) 0.9336 
 
3.4 Exercícios Resolvidos 
 
Exemplo 3.7: Calcular a resposta de tsinω na forma discreta para uma freqüência de 1 
Hz utilizando 8 pontos por período. Utilizar a equação na forma recursiva. 
 
 Solução: Para a senóide na forma, t2sin)t(y π= , com T = 1/(8*1) = 0.125 s. 
Calculando a Transformada Z, 
[ ] [ ]
1Tcosz2z
Tsinz)kT(yZ)t(yZ 2 +ω−
ω== 
 Como ω = 2π, então 
sin 2πT = sin(2π0.125) = 0.7071 
cos 2πT = cos(2π0.125) = 0.7071 
 Assim, tem-se, 
21
1
zz4142.11
z7071.0
)z(U
)z(Y
−−
−
+−= 
 Aplicando a Transformada Z inversa, ( ) )z(Uz7071.0)z(Yzz4142.11 121 −−− =+− 
)T)1k((u7071.0)T)2k((yT)1k((y4142.1)kT(y −=−+−− 
 Para gerar a senóide, deve-se aplicar a resposta ao impulso, isto é u(0) = 1 e 
u(kT) = 0 para k ≥ 1, então 
 
Para k = 0 y(0) = 0 
 K = 1 y(0.125) = 0.7071u(0) = 0.7071 
 K = 2 y(0.250) = 1.4142y(0.125) = 1 
 40
 K = 3 y(0.375) = 1.4142y(0.250) - y(0.125) = 0.7071 
 K = 4 y(0.500) = 1.4142y(0.375) - y(0.250) = 0 
0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2
-1
-0.8
-0.6
-0.4
-0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
Impulse Response
Tempo [s] (sec)
A
m
pl
itu
de
 
 
 Exemplo 3.8: Encontrar a FT de malha fechada em tempo discreto para o 
seguinte sistema, 
 
 
 Solução: Montando as seguintes equações, 
E(s) = R(s) – H(s)C(s) (I) 
C(s) = P(s)X*(s) (II) 
X(s)=G(s)E*(s) (III) 
 A primeira equação não está na forma satisfatória para aplicar a transformação 
para FT pulsada, pois não contém nenhum sinal amostrado. O ideal é deixar do lado 
direito somente sinais amortrados, então, combinando a 1ª equação com a 2ª equação, 
E(s) = R(s) – H(s)P(s)X*(s) (IV) 
 Aplicando a transformação para FT pulsada em (III), 
[X(s)]*=[G(s)E*(s)]* ⇒ X*(s)=G*(s)E*(s) (V) 
 Para (IV) 
[E(s)]* = [R(s)]* – [H(s)P(s)X*(s)]* 
E*(s) = R*(s) – HP*(s)X*(s) (VI) 
 Combinando (V) e (VI), encontra-se a função de transferência pulsada em malha 
fechada, 
)s(*HP)s(*G1
)s(*P)s(*G
)s(*R
)s(*C
+= 
 Aplicando a Transformada Z, encontra-se a função de transferência discreta em 
malha fechada, 
)z(HP)z(G1
)z(P)z(G
)z(R
)z(C
+= 
 
 41
3.5 Exercícios Propostos 
 
Exercício 3.1: Obter a transformada Z das seguintes funções de transferência, e 
comparar os resultados com os valores obtidos no Matlab com T = 1 e a = 3. 
 a) ( )( )2s1s
3s)s(G ++
+= 
 b) ( )2
Ts
as
1
s
e1)s(G +
−=
−
 
 Dica: 
clear all;close all;clc 
 
% denifindo os dados da planta 
T=0.2; 
num=[1 3]; 
den=conv([1 1 ],[1 2]); 
Gs=tf(num,den) % planta contínua 
Gz=c2d(Gs,T) % planta discreta 
 
Exercício 3.2: (Prova de 2007) Calcular a Transformada Z do seguinte sinal, 
( )2
st
2s
e1)s(G +
−=
−
 
 
Exercício 3.3: (Exame de 2007) Calcular a Transformada Z da seguinte função de 
transferência, 
2s3s
1)s(G 2 ++= 
 
Exercício 3.4: (Prova de 2007) Calcular a resposta c(kT) para k = 0,1,2,3,4,5, rupondo 
que a entrada r(kT) seja um impulso e o tempo de amostragem T = 1 segundo, 
( )21
1
z5.01
z21
)z(R
)z(C
−
−
−
+= 
 
Exercício 3.5: Obter a função de transferência discreta em malha fechada dos seguintes 
diagramas de bloco, 
 
 
 
(a) 
 
 42
 
 
(b) 
 
Exercício 3.6: (Prova de 2007) Calcular a função de transferência em malha fechada do 
seguinte diagrama de blocos, 
 
 
Exercício 3.7: (Exame de 2007) Calcular a função de transferência em malha fechada 
do seguinte diagrama de blocos, 
 
 
 
 43
 
Capítulo 4 
 
 
 
4 Projeto de controladores por métodos clássicos 
 
4.1 Mapeamento entre plano Z e plano S 
 
 A estabilidade absoluta e relativa de sistemas lineares com parâmetros 
invariantes no tempo em se tratando de sistemas de controle em malha fechada em 
tempo contínuo são determinados pelos pólos de malha fechada no plano S. Sabendo-se 
que os pólos complexos estão em pares conjugados conforme, 
2
nd2,1 1jnjns ζ−ω±ζω−=ω±ζω−= 
 
 
Figura 4.1: Pólo complexo no plano complexo S 
 
 Quando a amostragem é incorporada no processo, a relação que rege a 
transformação do plano complexo S para o plano discreto Z é dada por, 
zln
T
1szeTs =⇒= 
onde T é o tempo de amostragem e s a raiz complexa. 
 Como a raiz s possui uma parte real e uma parte imaginária, 
ω+σ= js 
 Então, 
( ) TjTjTTs eeeez ωσω+σ === 
 Como a exponencial complexa é dada por, 
TsinjTcose Tj ω±ω=ω± 
 44
 Significando que esta parte é repetida a cada 2πk, significando que freqüências 
que são múltiplas inteiras da freqüência de amostragem 2π/T são mapeadas na mesma 
região no plano Z, de acordo com a Figura 4.2, pois, 
( ) ( )k2TjTTjTjTTs eeeeeez πωσωσω+σ ==== 
 
 
Figura 4.2: Faixas periódicas no plano complexo e a correspondente região no plano 
discreto, onde ωs corresponde à freqüência de amostragem. 
 
 Além disso, o lado esquerdo do plano S possui parte real negativa, significando 
que, 
1ez T <= σ 
 Então todo o lado esquerdo do plano complexo é localizado no plano Z dentro 
de um círculo de raio unitário, o eixo jω é mapeado exatamente em cima do circulo e o 
lado direito do plano S é mapeado fora do circulo de raio unitário. 
 Além disso, quanto menor o tempo de discretização mais próximo do círculo de 
raio unitário encontra-se a raiz. Isto ocorre porque se T tende para zero então eσT tende 
para 1. 
 Observa-se pela equação de transformação que raízes com a mesma parte real 
mas com parte imaginária diferente localizam-se em forma de círculo no plano 
complexo, de acordo com a Figura 4.3. Isto também significa que a parte real dá a 
distância da origem no plano z, isto é, o raio. 
 
 45
 
Figura 4.3: Localização das raízes complexas com a mesma parte real no plano discreto. 
 
 No caso de raízes complexas com a mesma parte imaginária, elas encontram-se 
na forma de retas inclinadas de ω de acordo com a Figura 4.4. 
 
 
Figura 4.4: Localização das raízes complexas com a mesma parte imaginária no plano 
discreto. 
 
 Para traçar as curvas de fator de amortecimento constante, basta lembrar que um 
pólo complexo pode ser dado por, 
dn
2
nn j1js ω+ζω−=ζ−ω+ζω−= 
 Aplicando a transformação, 
( ) ⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
ω
ωπ+ω
ω
ζ−
πζ−
ω+ζω− === s
d
s
d
2
dn
2j
1
2
jTs eeez 
 Consequentemente, 
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
ω
ω
ζ−
πζ−
= s
d
21
2
ez e ( )
s
d2zangle ω
ωπ= 
 Assim, a magnitude de z decresce e o ângulo aumenta quando ωd, que é a 
freqüência natural amortecida, aumenta, caracterizando assim uma espiral logarítmica. 
Note que para uma dada relação ωd/ωs, a magnitude de z torna-se apenas uma função do 
fator de amortecimento ζ. A representação da curva com fator de amortecimento 
constante é dada na Figura 4.5. 
 
 46
 
Figura 4.5: Representação das curvas de fator de amortecimento constante. 
 
 Note que se a espiral de fator de amortecimento constante está no segundo ou 
terceiro quadrante do plano S, lado real negativo, então a espiral decai para dentro do 
circulo no plano Z. Se ela estiverno primeiro ou quarto quadrante, lado real positivo, 
que neste caso corresponderia a um caso com fator de amortecimento negativo, 
corresponderia a uma espiral crescendo para fora do circulo de raio unitário. 
 Além disso, deve- se notar que a medida que a freqüência aumenta, ela passa de 
uma banda para outra, sendo assim, só é necessário representar a primeira parte, que 
corresponde a 0 ≤ ω ≤ 1/2ωs, Figura 4.6, a parte correspondente de -1/2ωs ≤ ω ≤ 0 é 
uma imagem espelho para a parte de baixo. 
 A curva para freqüência ωn constante, são círculos no plano S que são 
perpendiculares às curvas de fator de amortecimento constante, assim, a sua 
representação é dada na Figura 4.6, onde π/T é ωs/2. 
 
-1 -0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
0.9
0.8
0.7
0.6
0.5
0.4
0.3
0.2
0.1
π/T
0.9π/T
0.8π/T
0.7π/T
0.6π/T 0.5π/T 0.4π/T
0.3π/T
0.2π/T
0.1π/T
 
Figura 4.6: Representação das curvas de freqüência natural constante e fator de 
amortecimento constante. 
 
 Esta abordagem anterior foi feita para determinar qual a região dos pólos e zeros 
desejados para as funções de transferência em tempo discreto. Então a partir dos 
gráficos anteriores pode-se determinar a região desejada dos pólos e zeros discretos de 
acordo com a Figura 4.7. 
 
 47
 
Figura 4.7: Localização das raízes complexas desejadas no plano discreto. 
 
 Aqui deve ser mencionado que se um sistema em tempo contínuo possui um par 
de pólos na forma s = - σ ± jω1 no plano s, e for feita uma amostragem tal que ω1 > 
1/2ωs em que ωs = 2π/T, sendo T o tempo de amostragem, significando que este par de 
pólos complexo possui freqüência natural maior que a freqüência de Nyquist, ele cairá 
fora da primeira faixa de valores, mas como mencionado anteriormente, ele será 
transportado para dentro do circulo de raio unitário do plano Z como se estivesse 
posicionado no plano S em s = - σ ± j(ω1 - ωs). 
 
4.2 Análise de Estabilidade de Sistemas no plano Z 
 
 Como mencionado anteriormente, para que um sistema seja assintoticamente 
estável no plano complexo S, os pólos deverão obrigatoriamente possuir a parte real 
negativa, que significa no plano Z estar localizado dentro do circulo de raio unitário, 
sendo assim, 
• Assintoticamente estável, todos os pólos deverão apresentar 1z < . 
• Para que um sistema seja marginalmente estável no plano complexo S, o 
sistema deverá possuir pelo menos 1 pólo com a parte real nula e os demais 
possuírem parte real negativa, assim, marginalmente estável, pelo menos 1 pólo 
em 1z = e os demais com 1z < ; 
• Para que o sistema seja instável no plano complexo S, ele deve possuir pelo 
menos 1 pólo com parte real positiva, que no plano Z corresponde à parte 
localizada fora do circulo de raio unitário, assim ,instável, pelo menos 1 pólo 
apresentando 1z > . 
 
Exemplo 4.1: Considerando o sistema em malha fechada apresentado abaixo, 
determinar a estabilidade para K = 1 e um tempo de amostragem T = 1s. 
 
 48
 
 
 Solução: Calculando a convolução do ZOH com a planta, 
[ ] ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )[ ]( ) ( )1T21
11TTT
1
2
1
2
1
s
pZOH
ze1z1
zzTee1e1Tz1
1ss
1Zz1
1ss
1Zz1
1ss
1
s
e1ZGGZ
−−−
−−−−−
−−
−
−
−−
−−++−−=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
+−=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
+−=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
+
−=
 
 Esta transformada foi obtida através de tabela de transformação. Item 13. 
fazendo a = 1. Agora substituindo os valores de T = 1 e simplificando, obtêm-se, 
[ ] ( )( )11
21
pZOH z3679.01z1
z2642.0z3679.0)z(GGGZ −−
−−
−−
+== 
 Como a função de transferência em malha fechada é dada por, 
( )( )
( )( )
21
21
11
21
11
21
z6321.0z1
z2642.0z3679.0
z3679.01z1
z2642.0z3679.011
z3679.01z1
z2642.0z3679.01
)z(KG1
)z(KG
)z(R
)z(C
−−
−−
−−
−−
−−
−−
+−
+=
−−
++
−−
+
=+= 
 Então, calculando as raízes do denominador, que são os pólos, encontra-se, 
6181.0j5.0z 2,1 ±= 
 Pegando o valor absoluto, 
( ) ( ) 7950.06181.05.0z 222,1 =+= 
 Como o valor é menor que 1, significa que o sistema é assintoticamente estável. 
 
4.3 Resposta Transiente 
 
 Algumas aplicações de controle envolvem a melhora da resposta transitória do 
sistema segundo alguns critérios. A resposta transitória aparece na resposta do sistema 
quando ocorre alguma mudança de excitação, esta mudança pode ser do regime 
permanente para um outro regime permanente ou simplesmente quando o sistema sai do 
repouso. 
 As especificações para a resposta transiente envolvem normalmente os seguintes 
parâmetros apresentados na Figura 4.8, 
1. Tempo de atraso td (Delay time) é o tempo requerido para que a resposta do 
sistema alcance metade da resposta em regime permanente. Este parâmetro 
está relacionado com a velocidade de resposta do sistema. 
 
2. Tempo de subida tr (Rise Time) é o tempo requerido para que a resposta do 
sistema suba de 10% para 90% ou de 5% para 95% da resposta em regime 
permanente. Observe que se um sistema possui uma constante de tempo 
baixa, isto é, ele demore bastante para responder a uma mudança de 
 49
excitação, mas ocorre uma subida rápida, o tr será pequeno ao passo que o td 
será grande. 
 
3. Tempo de pico tp (Peak Time) é o tempo requerido para que a resposta do 
sistema atinja o primeiro pico de sobresinal. 
 
4. Máximo sobresinal Mp (Maximun Overshoot) é o pico máximo de sinal 
acima da referência a ser atingida, isto é, se a referência for a resposta ao 
degrau, é o pico acima da amplitude 1. Por ser um fator que depende da 
excitação, costuma-se utilizar um percentual de sobresinal definido como, 
%100
)(c
)(c)t(calsinsobredemporcentage ×∞
∞−= 
5. Tempo de estabilização ts (Settling Time) é o tempo necessário para a 
resposta do sistema alcance e permaneça dentro de uma porcentagem da 
resposta em regime permanente, usualmente 2%. 
 
 
Figura 4.8: Resposta ao degrau de um sistema com os parâmetros de projeto. 
 
 Observe que nem todas as especificações são aplicadas a todos os sistemas, isto 
é, se um sistema for superamortecido ou se for um sistema de primeira ordem ou se 
todas as raízes forem puramente reais negativas, não ocorrerá o sobre sinal e nem o 
tempo de pico. 
 
4.4 Método de Projeto baseado no lugar das raízes 
 
 O método de projeto de controladores baseado no lugar das raízes é baseado no 
fato que a resposta do sistema é baseada nos pólos dominantes do sistema em malha 
fechada. O modo mais simples de alocá-los é utilizar um controlador proporcional na 
forma apresentada na Figura 4.9. 
 50
 
 
Figura 4.9: Sistema de malha fechada com controlador proporcional. 
 
 O sistema em malha fechada possui a resposta dada por, 
)z(KG1
)z(KG
)z(R
)z(C
+= 
onde K representa o ganho do controlador proporcional. 
 O denominador ou equação característica é dado por, 
0)z(KG1 =+ 
 Que pode ser reescrita como, ( )( ) ( )
( )( ) ( ) 0pzpzpz
zzzzzzK1
n21
m21 =−−−
−−−+ L
L 
 O método do lugar das raízes é baseado em dar valores para K na equação cima 
e encontrar os pólos correspondentes desejados. Interessante notar que, 
( )( ) ( )
( )( ) ( ) K
1
pzpzpz
zzzzzz
n21
m21 =−−−
−−−
L
L 
 
Exemplo 4.2: Supondo que o sistema seja dado por, 
[ ] TTspZOH ez e11s 1se1ZGGZ −
−−
−
−=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
+
−= 
 E o controlador seja na forma integral dada por, 
1z
zK
z1
K)z(G 1D −=−= − 
 Investigar a influencia do ganho K e do tempo de amostragem T para a 
estabilidade do sistema. Supondo que T = 0.5s, 1s e 2s. 
 Solução: A função de transferência em malha fechada é dada por, 
[ ] T
T
PZOHD ez
e1
1z
zKGGZ)z(G)z(G −
−
−
−
−== 
 Então, ( )( )[ ] TTT2
T
eze1e1Kz
ze1K
)z(G1
)z(G
)z(R
)z(C
−−−
−
+−−−+
−=+= 
 Substituindo o valor de T = 0.5s, 
 
 Programa feito em Matlab 
 
clear all;close all;clc 
 
% tempo de amostragem 
T = 0.5; 
 
% Definição da planta 
num=[(1-exp(-T)) 0]; 
den=conv([1 -1],[1 -exp(-T)]); 
 51
 
% Empacotando 
sys=tf(num,den,T) 
 
% aplicação do método do lugar das raízes 
rlocus(sys);zgrid 
 
Transfer function: 
 0.3935 z 
---------------------- 
z^2 - 1.607 z + 0.6065 
 
Sampling time: 0.5 
Transfer function: