2 - Representação em Espaço de Estado de Sistemas de Controle Digital

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DESCRIÇÃO
Cálculo da taxa de amostragem. Modelos discretos em espaço de estado. Função de transferência discreta. Simulação de modelos discretos
e contínuos em espaço de estado, a partir de sinais de entrada fornecidos e com condições iniciais não nulas. Fórmula de Ackermann.
Realimentação de estados. Rastreamento assintótico da entrada em degrau pela saída do sistema.
PROPÓSITO
Compreender, do ponto de vista da teoria de controle moderno, alguns meios disponíveis de simulação e controle de sistemas dinâmicos,
modelados sob a forma de espaço de estado, visando à implementação em computadores digitais.
PREPARAÇÃO
Antes de iniciar o conteúdo deste Tema, tenha em mãos papel, caneta e uma calculadora científica. Seria interessante também que tivesse
disponível o software Matlab ou similar.
OBJETIVOS
MÓDULO 1
Calcular um modelo discreto em espaço de estado equivalente ao modelo contínuo
MÓDULO 2
Calcular a resposta numérica de modelos em espaço de estado por simulação
MÓDULO 3
Modificar o comportamento dinâmico de sistemas pela realimentação de estados
MÓDULO 4
Calcular as matrizes para o rastreamento assintótico de uma entrada em degrau
Sistemas de controle digital
MÓDULO 1
 Calcular um modelo discreto em espaço de estado equivalente ao modelo contínuo
PARA COMEÇAR
Neste módulo, será discutido como um modelo contínuo em espaço de estado pode ser transformado em um modelo discreto equivalente, de
forma que possa ser mais facilmente implementado em um computador digital.
MODELOS A TEMPO CONTÍNUO E MODELOS A TEMPO
DISCRETO
Os modelos em espaço de estado podem ser classificados em tempo contínuo ou a tempo discreto. No primeiro caso, o tempo t é uma
variável real. Já no segundo, o tempo somente é considerado em múltiplos inteiros de T, isto é:
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
em que T é conhecido como período de amostragem. Um modelo discreto é mais apropriado para a realidade digital, uma vez que os sinais
de entrada e de saída passam a ser representados como conjuntos de valores e armazenados sob a forma de vetor. Entretanto, ambos os
tipos de modelos buscam representar a mesma realidade física, ou seja, os valores disponibilizados nas saídas desses modelos, em um
mesmo instante t = kT, apresentarão valores iguais ou muito próximos.
Observe nos gráficos abaixo essa situação.
 Figura 1: sinal y(t) para: (a) sistema contínuo; e (b) sistema discreto.
Os gráficos do sinal y nas figuras 1(a) e 1(b) são exatamente os mesmos em ambos os sistemas. Entretanto, para o sistema discreto
somente existem valores de y nos instantes t = kT, com T = 2 s.
t = kT , com k ∈ {. . . , −1, 0, +1, . . . }
O modelo contínuo em espaço de estado de um sistema linear apresenta o seguinte formato:
(1)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Esse modelo possui a seguinte representação discreta equivalente:
(2)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
em que t = kT, sendo T um valor fixo previamente estabelecido. As matrizes e em (2) correspondem, respectivamente, às matrizes de
estado e de entrada no modelo contínuo em (1). Já a matriz de saída C e a de transmissão direta D são as mesmas do modelo
contínuo.
O modelo discreto em (2) apresenta uma forma bastante peculiar, uma vez que permite determinar os estados e os sinais de saída, de forma
recursiva, a partir do estado inicial e do sinal de entrada , com 
CÁLCULO DE MODELOS DISCRETOS
Para determinar as matrizes discretas de transição de estados e de entrada será necessário calcular a seguinte matriz:
(3)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
ẋ (t) = A x (t) + Bu(t)
y(t) = C x (t) + Du(t)
x (k + 1) = Φ x (k) + Γu(k)
y(k) = C x (k) + Du(k)
Φ Γ
x (0) u(k) k ∈{0, 1, 2, . . . .}
Φ Γ
Ψ = IT + + + + ⋯AT 2
2!
A2T 3
3!
A3T 4
4!
Observe que, quanto menor o valor de T, mais rapidamente convergirá o valor de em (3) e, consequentemente, mais o modelo discreto
tenderá para o contínuo. De posse da matriz , é possível calcular as matrizes e por meio das seguintes equações:
 (4)
e
 (5)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
 ATENÇÃO
Uma questão bastante relevante na discretização de modelos é a escolha do período de amostragem T. Se o valor de T for selecionado
demasiadamente grande, corre-se o risco de não conseguir representar a dinâmica do modelo corretamente. Imagine verificar um sinal do
tipo y(t) = sen(wt) a cada meio ciclo da senoide, ou seja, em , com .A percepção de y(t) seria de um conjunto de
pontos sobre o eixo x, isto é, a reta y(t) = 0.
Por outro lado, a escolha de T demasiadamente pequena também poderá trazer consequências graves na representação discreta do modelo,
uma vez que será necessário um número exageradamente grande de iterações para o cálculo da resposta do modelo em um intervalo de
tempo pequeno. Por exemplo, suponhamos que a resposta de um modelo contínuo submetido a uma entrada do tipo degrau apresente um
transitório de 10 segundos. Se esse modelo for discretizado com T = 100 , então seriam necessárias 105 iterações para se observar esse
transitório.
Mas como escolher um valor adequado de T? Na literatura, encontram-se várias sugestões. Uma delas consiste em calcular os autovalores
do modelo contínuo e, em seguida, seus correspondentes módulos . O valor de T deverá ser preferencialmente escolhido no seguinte
intervalo:
Ψ
Ψ Φ Γ
Φ = I + AΨ = I + AT + + + ⋯A2T 2
2!
A3T 3
3!
Γ = ΨB
t  =  kπ/w k ∈{0, 1, 2, . . .}
μs
(|λi|)
 (6)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
onde representa o maior valor entre os módulos dos autovalores, isto é:
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Cabe alertar que a escolha de T não é procedimento de grande precisão. A escolha de valores inferiores ao limite em (6), desde que não
excessivos, não causará maiores problemas.
Clique nas abas abaixo e aprenda com os seguintes exemplos:
EXEMPLO 1
Determinação da faixa de valores indicada para o período de amostragem T
Considere um modelo em espaço de estado de 5ª ordem, cujos autovalores da matriz de transição de estados são:
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Determine a faixa de valores indicados para o período T na discretização do modelo, segundo a regra em (6).
Solução: Nesse caso, inicia-se com o cálculo dos módulos dos autovalores:
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
e com a determinação do valor do módulo máximo, que corresponde a neste exemplo. Aplicando (6), chega-se à faixa de valores
indicada para T:
≤ T ≤2π
20λ̄
2π
5λ̄
λ
λ̄ = maxi∣∣λi∣∣
λ1 = − 2; λ2 = − 3 + 4j; λ3 = − 3 − 4j; λ4 = − 6 + 8j e λ5 = − 6 − 8j.
|λ1| = 2; |λ2| = 5; |λ3| = 5; |λ4| = 10 e |λ5| = 10.
λ = 10
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
com a unidade de tempo utilizada no modelo. Observe que empregar valores menores próximos para T, por exemplo, T = 0,01, em princípio,
não causará maiores problemas. Já valores maiores de T podem levar a uma perda de qualidade nos sinais de saída fornecidos pelo modelo
discreto.
EXEMPLO 2
Determinação de um modelo discreto a partir do modelo contínuo em espaço de estado
Considere o seguinte modelo contínuo em espaço de estado:
 (7)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Determine um modelo discreto equivalente, utilizando T = 0,2s.
Solução: Para determinar um modelo discreto, deve-se calcular em (3) e, posteriormente, e , respectivamente, em (4) e (5).
Aproximando (3) apenas por seus quatro primeiros termos:
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
0,0314 ≤ T ≤ 0,1257
ẋ (t)=[−1 2
0 −3
]x––(t) + [ 4
1
]u(t)
y(t)= [ 1 0 ]x––(t) + [ 2 ]u(t)
ψ ϕ Γ
Ψ =[ 1 0
0 1
]T +[−1 2
0 −3] +[−1 2
0 −3
][−1 2
0 −3
] +[−1 2
0 −3
][−1 2
0 −3
][−1 2
0 −3
]T 2
2!
T 3
3!
T 4
4!
Ψ =[ 1 0
0 1
]0,2 +[−1 2
0 −3
] +[ 1 −8
0 9
] +[−1 26
0 −27
]0,22
2!
0,23
3!
0.24
4!
Ψ =[ 0,1813 0,0311
0 0,1502
]
e substituindo em (4) e (5):
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Portanto, o modelo discreto equivalente será:
 (8)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Uma segunda questão de interesse nesse contexto é a posição dos autovalores no modelo discreto, isto é, como se relacionam com os
autovalores do modelo contínuo?
Pois bem, os polos zp do modelo discreto se relacionam com os polos sp do modelo contínuo por meio da seguinte equação:
 (9)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Para a estabilidade assintótica, é necessário que todos os autovalores, no modelo contínuo, possuam parte real negativa; no modelo discreto,
essa condição passa a ser que todos os autovalores possuam módulo menor do que 1.
CÁLCULO DA FUNÇÃO DE TRANSFERÊNCIA DISCRETA
Φ = I + AΨ =[ 0,8187 0,2693
0 0,5494
]
Γ = ΨB =[ 0,1813 0,0311
0 0,1502
][ 4
1
] = [ 0,7561
0,1502
]
x––(k + 1) =[ 0,8187 0,2693
0 0,5494
]x––(k)+[ 0,7561
0,1502
]u(k)
y(k) = [ 1 0 ]x––(k) + [ 2 ]u(k)
zp = espT
Equivalentemente ao modelo contínuo, é possível determinar a função de transferência associada ao modelo discreto. Nesse caso, em vez
do domínio em s, teremos o domínio na variável z. Considere a aplicação da transformada z na equação de estado do modelo discreto em
(2):
 (10)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Aplicando a transformada z também na equação de saída em (2) e substituindo X(z) em (10):
 (11)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
chega-se na função de transferência discreta G(z) associada ao modelo discreto.
Clique nas abas abaixo e aprenda com os seguintes exemplos:
EXEMPLO 3
Cálculo da função de transferência discreta G(z).
Considere o modelo discreto em espaço de estado obtido no exemplo 2. Determine sua função de transferência discreta.
Solução: Partindo de (11), é possível determinar a função de transferência discreta associada ao modelo em espaço de estado, ou seja:
zX(z) = ΦX(z) + ΓU(z)
(zI − Φ)X(z) = ΓU(z)
X(z) = (zI − Φ)−1
ΓU(z)
Y (z) = C(zI − Φ)−1
ΓU(z) + DU(z)
G(z) = = C(zI − Φ)
−1
Γ + D
Y (z)
U(z)
G(z) = [ 1 0 ]([ z 0
0 z
]−[ 0,8187 0,2693
0 0,5494
])
−1
[ 0,7561
0,1502
] + [ 2 ]
G(z)= [ 1 0 ][ z − 0,5494 −0,2693
0 z − 0,8187
][ 0,7561
0,1502
] + [ 2 ]1
(z−0,8187)(z−0,5494)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Igualmente ao caso contínuo, é possível determinar a EDO que relaciona os sinais de entrada e de saída, aplicando a transformada z inversa
para se obter, nesse caso, a equação diferença, conforme ilustrado no exemplo a seguir.
EXEMPLO 4
Cálculo da equação diferença a partir da função de transferência discreta.
Determine a equação diferença entre os sinais de entrada u e de saída y para o modelo discreto representado pela seguinte FT:
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Solução: partindo da FT fornecida, basta fazer a multiplicação cruzada entre os termos da igualdade e aplicar, em seguida, a transformada z
inversa em ambos os lados da equação:
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Assim, determina-se a equação diferença correspondente da FT:
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
G(z)=[ z − 0,5494 −0,2693 ][ 0,7561
0,1502
] + [ 2 ]1
(z−0,8187)(z−0,5494)
G(z) = + 2 =
0,7561z−0,4559
(z−0,8187)(z−0,5494)
2z2−1,9801z+0,4437
z2−1,3681z−0,4498
G(z) = =
Y (z)
U(z)
2z+1
z2+4z+3
Y (z)(z2 + 4z + 3) = U(z)(2z + 1)
z2Y (z) + 4zY (z) + 3Y (z) = 2zU(z) + U(z)
y(k + 2) + 4y(k + 1) + 3y(k) = 2u(k + 1) + u(k)
y(k + 2) = −4y(k + 1) − 3y(k) + 2u(k + 1) + u(k)
javascript:void(0)
Observe que a determinação da FT discreta, a partir da equação diferença, decorre diretamente da aplicação da transformada z nessa última.
EDO
Equação Diferencial Ordinária
TEORIA NA PRÁTICA
Considere o circuito RC, apresentado na figura abaixo, e seu modelo contínuo em espaço de estado, obtido com
 e C1 = 3 F.
 Figura 2 - Circuito RC
Determine um modelo discreto em espaço de estado para esse circuito, utilizando T = 0,1 s.
R1 = 2 Ω
RESOLUÇÃO
Solução:
As matrizes C e D não serão modificadas no cálculo do modelo discreto. Resta, então, determinar as matrizes e , o que poderá ser feito
com o auxílio de (3), (4) e (5). Aproximando a série com 3 termos, já será suficiente, nesse caso, para garantir alguma precisão nos
resultados. Assim, de (3):
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
e, então, a partir de (4) e (5): = 1 + (–1/6).0,0992 = 0,9835 e = 0,0992.(1/6) = 0,0165.
Portanto, o modelo discreto equivalente calculado será:
(12)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
lembrando que t = kT, com k {0, 1, 2, ... }.
Discretizando o modelo
Φ Γ
Ψ = 0, 1 + + = 0, 0992
(−1/6)(0,1)
2
2!
(−1/6)
2
(0,1)
3
)
3!
Φ Γ
x(k + 1) = 0,9835x(k) + 0,0165νi(k)
νo(k) = x(k)
∈
MÃO NA MASSA
VERIFICANDO O APRENDIZADO
MÓDULO 2
 Calcular a resposta numérica de modelos em espaço de estado por simulação
PARA COMEÇAR
Neste módulo, será ensinado como realizar uma simulação a partir do modelo discreto em espaço de estado, bem como do contínuo. Note
que simular significa calcular a resposta de um modelo, numericamente, a partir do sinal de entrada e de suas condições iniciais.
SIMULANDO AS RESPOSTAS DOS MODELOS DISCRETOS
A maior utilidade de um modelo consiste na possibilidade de ele fornecer boas aproximações das respostas do sistema analisado. Por meio
do modelo, é possível analisar o comportamento dinâmico do sistema. Entretanto, o cálculo da expressão analítica da resposta de um
modelo, geralmente, só é viável em caso de sinais de entrada padronizados, como degraus, senoides etc., e para modelos lineares de baixas
ordens, utilizando a transformada de Laplace. Assim, o que nos resta é determinar as respostas dos modelos numericamente por simulação.
O problema de simulação consiste na determinação dos sinais de saída, de forma numérica, a partir do fornecimento do sinal de entrada, do
modelo e de suas condições iniciais.
ENTRETANTO, COMO FAZER A SIMULAÇÃO?
Será necessário, para isso, um computador e um software específico, sendo o Matlab o mais conhecido para esse fim. Porém, existem outros
similares, inclusive livres e gratuitos, como o Scilab, que pode ser baixado diretamente na Internet. Quanto ao tipo de modelo, o discreto
parece ter um formato mais adequado para calcular a resposta com um computador digital. Em problemas simples, embora seja uma tarefa
repetitiva, é possível calcular a resposta do modelo de forma manual.
Clique nas abas abaixo e aprenda com o exemplo:
EXEMPLO 5
Cálculo da resposta de um circuito RC, supondo o sinal de entrada a tensão contínua de 12V fornecida por uma bateria
Considere o circuito RC, a seguir, e seu modelo discreto calculado anteriormente para T = 0,1 s:
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Determine a resposta do circuito nos dois primeiros segundos, de forma manual, considerando o circuito relaxado (capacitor descarregado),
para um sinal de entrada correspondente à tensão contínua de +12V, fornecida por uma bateria, a partir de t= 0.
Solução: Lembre-se de que t = kT e, consequentemente, vi(k) é uma simplificação da notação de vi(k) = vi(kT) = vi(t). A taxa de amostragem
utilizada foi T = 0,1 s. Logo, para simular dois segundos, deveremos determinar a resposta até k = 20. Como o sinal de entrada corresponde a
uma tensão contínua de +12V, teremos que vi(k) = 12, para k {0, 1, 2, ... }. A partir do modelo e considerando o circuitorelaxado, vo(0) =
x(0) = 0, é possível determinar sua resposta da seguinte maneira:
em k = 0 vo(0) = x(0) = 0 e x(1) = 0,9835 x(0) + 0,0165 vi(0) = 0,0165 . 12 = 0,1980.
em k = 1 vo(1) = x(1) = 0,1980V e x(2) = 0,9835x(1) + 0,0165 vi(1) = 0,3927
x(k + 1) = 0,9835x(k) + 0,0165νi(k)
νo(k) = x(k)
∈
em k = 2 vo(2) = x(2) = 0,3927V e x(3) = 0,9835x(2) + 0,0165 vi(2) = 0,5843
em k = 3 vo(3) = x(3) = 0,5843V e x(4) = 0,9835;x(3) + 0,0165 vi(3) = 0,7726
em k = 4 vo(4) = x(4) = 0,7726V e x(5) = 0,9835x(4) + 0,0165 vi(4) = 0,9579
em k = 5 vo(5) = x(5) = 0,9579V e x(6) = 0,9835x(5) + 0,0165 vi(5) = 1,1401
em k = 6 vo(6) = x(6) = 1,1401V e x(7) = 1,3192
em k = 7 vo(7) = x(7) = 1,3192V e x(8) = 1,4955
em k = 8 vo(8) = x(8) = 1,4955V e x(9) = 1,6688
em k = 9 vo(9) = x(9) = 1,6688V e x(10) = 1,8393
em k = 10 vo(10) = x(10) = 1,8393V e x(11) = 2,0069
em k = 11 vo(11) = x(11) = 2,0069V e x(12) = 2,1718
em k = 12 vo(12) = x(12) = 2,1718V e x(13) = 2,3340
em k = 13 vo(13) = x(13) = 2,3340V e x(14) = 2,4935
em k = 14 vo(14) = x(14) = 2,4935V e x(15) = 2,6503
em k = 15 vo(15) = x(15) = 2,6503V e x(16) = 2,8046
em k = 16 vo(16) = x(16) = 2,8046V e x(17) = 2,9563
em k = 17 vo(17) = x(17) = 2,9563V e x(18) = 3,1055
em k = 18 vo(18) = x(18) = 3,1055V e x(19) = 3,2523
em k = 19 vo(19) = x(19) = 3,2523V e x(20) = 3,3966
em k = 20 vo(20) = x(20) = 3,3966V
Na figura a seguir, encontra-se o gráfico da tensão de saída vo em função de k. Nele, variou-se k de 0 até 300, o que corresponde a 30
segundos, pois T= 0,1s.
 Figura 3 - Gráfico da tensão de saída vo em função de k
Como você deve ter observado, a simulação numérica é uma tarefa cansativa e repetitiva quando é realizada de forma braçal. É por esse
motivo que utilizamos um computador digital. Outro aspecto importante diz respeito à escolha da taxa de amostragem. Observe que, no
exemplo 5, conforme o gráfico apresentado na Figura 3, foi necessário simular 300 iterações para chegar próximo do valor da tensão de
saída de regime permanente do circuito.
Lembre-se de que, no circuito RC, como a tensão de entrada é constante e de 12V, o capacitor vai se carregar até alcançar essa tensão.
Com relação à simulação, dentro de um mesmo intervalo de tempo, existe um compromisso entre a quantidade de iterações e a qualidade
dos dados calculados. Nesse caso, como a dinâmica do circuito é relativamente lenta, seria possível aumentar a taxa de amostragem para
valores como T = 0,5 s ou até T = 1 s, sem maiores prejuízos para a simulação.
Com o modelo discreto, a simulação se torna um mero problema recursivo, alternando-se os cálculos entre as equações de estado e as
equações de saída.
SIMULANDO COM CONDIÇÕES INICIAIS NÃO NULAS
Diferentemente da função de transferência, o modelo em espaço de estado permite a simulação com condições iniciais não nulas. O exemplo
6 aborda esse aspecto.
EXEMPLO 6
Simulação com condições iniciais não nulas.
Considere novamente o circuito RC, cujo modelo discreto obtido para T = 0,1 s encontra-se reproduzido a seguir:
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Faça uma simulação para verificar a resposta do circuito, considerando que o capacitor esteja carregado com 15V em t = 0 e seja aplicada
uma tensão contínua de 12V em sua entrada.
Solução: Esse exemplo difere do anterior apenas quanto à condição inicial. Nesse caso, a tensão inicial do capacitor é de 15V e,
consequentemente, vo(0) = x(0) = 15V. No restante, em relação à simulação, seguem as mesmas contas e equações. Desse modo, utilizando
x(k + 1) = 0,9835x(k) + 0,0165νi(k)
νo(k) = x(k)
o software Matlab ou outro qualquer que permita implementar a rotina de cálculo a partir do modelo, é possível determinar os valores de v0(k)
para k {1, 2, 3, ... }. Na figura 4, encontra-se apresentado o gráfico da resposta vo, a partir dos valores calculados na simulação do modelo.
Observe que a curva apresentada na Figura 4 abaixo é compatível com o comportamento esperado do circuito. A tensão inicial do capacitor é
15V e, com a introdução da tensão contínua de 12V na entrada, o capacitor se descarrega até 12V, zerando a corrente elétrica que passa
pela malha do circuito.
 Figura 4 - Gráfico da tensão de saída vo em função de k
Para realizar as simulações dos exemplos 5 e 6, gerando os respectivos gráficos nas figuras 3 e 4, bastaria implementar, em Matlab ou outra
linguagem de programação, o pseudocódigo apresentado a seguir:
∈
SIMULANDO A PARTIR DO MODELO CONTÍNUO
Embora a simulação que utiliza o modelo discreto em espaço de estado seja um pouco mais fácil de implementar, a simulação a partir do
modelo contínuo também pode ser realizada de diversas maneiras. Uma das possibilidades mais simples consiste em aproximar a derivada
do vetor de estados do seguinte modo:
 (13)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Como t corresponde ao intervalo entre duas amostras, renomearemos t como T. Assim, a partir de (13):
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
e, consequentemente,
ẋ (t)= = lim
Δt→0
≈
dx––(t)
dt
x––(t+Δt)−x––(t)
Δt
x––(t+Δt)−x––(t)
Δt
Δ Δ
ẋ (t)=
x––(t+T )−x––(t)
T
x––(t + T) = T ẋ (t) + x––(t)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Finalmente, com t = kT, conclui-se que:
 (14)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Assim, é possível simular diretamente a partir do modelo contínuo em espaço de estado, conhecendo-se o estado inicial , o sinal de
entrada u(t), em t = kT, e calculando, recursivamente, as seguintes equações:
 (15)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
O exemplo 7, a seguir, mostra que as simulações a partir dos modelos contínuo e discreto apresentam resultados equivalentes, a menos de
aproximações na determinação do modelo discreto ou no cálculo de (14) para o modelo contínuo.
EXEMPLO 7
Comparação entre simulações a partir dos modelos contínuo e discreto.
Considere o modelo contínuo do exemplo 2 e o discreto equivalente calculado com T = 0,2s, ambos reproduzidos a seguir:
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
x––((k + 1)T) = x––(k + 1) = T ẋ (k) + x––(k)
x (0)
ẋ (k) = Ax––(k)+Bu(k)
x––(k + 1)= T ẋ (k) + x––(k)
y(k)= Cx––(k) + Du(k)
ẋ (t)=[−1 2
0 −3
]x––(t) + [ 4
1
]u(t)
y(t) = [ 1 0 ]x––(t) + [ 2 ]u(t)
x––(k + 1) =[ 0,8187 0,2693
0 0,5494
]x––(k) + [ 0,7561
0,1502
]u(k)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Simule as respostas desses modelos considerando o estado inicial e o sinal de entrada como um degrau de amplitude 5.
Faça gráficos das curvas obtidas.
Solução: Simulando os modelos mencionados a partir das condições iniciais fornecidas e do sinal de entrada proposto, obtém-se o gráfico
abaixo:
 Figura 5 - Respostas dos modelos contínuo (vermelho) e discreto (azul)
Observe que ocorreu alguma diferença, durante o transitório, entre as respostas do modelo contínuo e a do discreto. Este erro, entretanto,
pode ser significativamente reduzido, a ponto de desaparecer visualmente se, no cálculo do modelo discreto, forem considerados mais
termos na série de em (4) e for aumentado o número de algarismos nos elementos das matrizes e . Além disso, caso seja exigida uma
maior precisão, deverá ser considerada a redução do valor da taxa de amostragem T, que nesse caso foi de 0,2 s.
y(k)= [ 1 0 ]x––(k) + [ 2 ]u(k)
x (0)  =  [3     1]T
ψ Φ Γ
TEORIA NA PRÁTICA
Considere o sistema massa-mola-amortecedor, cuja representação encontra-se a seguir.
 Figura 6 - Sistema massa-mola-amortecedor
A entrada desse sistema é a força F(t) aplicada sobre o bloco de massa M, e o sinal de saída, a posição y(t) do bloco. A superfície em que se
desloca o bloco foi considerada sem atrito.
O modelo contínuo em espaçode estado calculado foi:
 (16)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
e os estados e representam, respectivamente, a posição y(t) do bloco de massa e sua velocidade.
ẋ = [
0 1
]x–– +[
0
]F(t)
y(t) = [1 0]x–– + [0]F(t)
−k
M
−b
M
1
M
x1 x2
Considere, para efeito de simulação, que M = 1 kg, k = 2 N/m, b = 0,5 Ns/m e o sistema em repouso. Discretize o modelo em (16) com o
auxílio de um software, a partir de uma taxa de amostragem conveniente, e simule a posição do bloco, após ser aplicada na entrada uma
força do tipo impulso discreto.
RESOLUÇÃO
Após determinar os autovalores da matriz de estados em (16), adotou-se T = 0,1s. O modelo contínuo em (16) foi discretizado e obteve-se as
seguintes matrizes para o modelo discreto:
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Para efeito de simulação, utilizou-se o sinal de entrada F(0) = 10 N e F(t) = 0, para t 0. Observe que esse sinal de entrada, que excita o
sistema, corresponde a uma espécie de “peteleco”. Lembre-se de que esse sinal também foi discretizado, de forma que seu gráfico
corresponderia a um pulso de amplitude 10 e duração entre .
Considerando o sistema em repouso (relaxado), ao aplicar o sinal de entrada proposto, o sistema responde com o comportamento ilustrado
no gráfico a seguir, em que a curva em vermelho corresponde à posição do bloco (estado ) e a curva em azul, à velocidade do bloco
(estado ).
Φ =[ 0, 9902 0, 0972
−0, 1944 0, 9416
] e Γ =[ 0, 0049
0, 0972
]
≠
0 ≤ t  ≤ T   =  0, 1 s
x1
x2
 Figura 7 - Resposta do modelo massa-mola – estado x1 (posição do bloco, em vermelho) e estado x2 (velocidade do bloco, em azul)
Simulando o modelo massa-mola
MÃO NA MASSA
VERIFICANDO O APRENDIZADO
MÓDULO 3
 Modificar o comportamento dinâmico de sistemas pela realimentação de estados
PARA COMEÇAR
Neste módulo, será discutido como alterar o comportamento dinâmico de um sistema a partir da realimentação de estados.
REALIMENTAÇÃO DINÂMICA DA SAÍDA
Como sabemos, o comportamento dinâmico de um sistema é função da posição dos polos de sua função de transferência no plano s
complexo ou, ainda, pela posição dos autovalores do modelo em espaço de estado no plano complexo. Para modificar esse comportamento,
é necessário alterar as posições desses polos ou dos autovalores.
Na teoria de controle clássico, isso é realizado por meio do projeto de compensadores, que são, na prática, funções de transferência
calculadas e inseridas na malha de controle.
O primeiro passo sempre é a estabilização do sistema, caso este seja instável. Para isso, torna-se necessária a utilização da realimentação.

O segundo passo é buscar a alteração do comportamento dinâmico para atender às especificações de desempenho.

As técnicas do Lugar das Raízes — também conhecida por Root Locus — de Nyquist e de Resposta em Frequência são as metodologias
normalmente utilizadas.
Clique na seta da Figura 8 abaixo e veja como estão apresentados o sistema inicial não compensado e a nova configuração com o
compensador.
Figura 8: Diagrama (a): sistema inicial não compensado.
Figura 8: Diagrama (b): sistema compensado.
No exemplo a seguir, temos a estabilização de um sistema por realimentação dinâmica de saída, conforme o diagrama (b).
EXEMPLO 8
Estabilização de um sistema por realimentação dinâmica de saída.
Considere um sistema cuja função de transferência é G(s) = 1/(s – 1). Mostre que é possível estabilizar o sistema por realimentação dinâmica
de saída.
Solução: Como a FT G(s) do sistema possui um polo no semiplano s direito, em s = 1, trata-se de um sistema instável. Para estabilizá-lo,
será necessário realizar a realimentação negativa da saída de G(s), por meio de um compensador H(s). A função de transferência de malha
fechada GMF(s) do sistema realimentado, apresentado na Figura 8 (b), será:
 (17)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Adotando H(s) = K/(s + 5), em que K é um ganho a ser ajustado, e substituindo em (17):
 (18)
GMF (s)=
G(s)
1+G(s)H(s)
GMF (s) = = =
1
s−1
1+ 1
s−1
K
s+5
s+5
(s−1)(s+5)+K
s+5
s2+4s+K−5
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Conforme pode ser visto em (18), a dinâmica de malha fechada é diferente daquela do sistema inicial somente com G(s). A nova dinâmica é
função das raízes da equação característica, ou seja:
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Se K for ajustado em 10, os polos do sistema em malha fechada estarão em s1,2 = –2 j1 e, como estarão localizados no semiplano s
esquerdo, é possível afirmar que o sistema terá sido estabilizado. Observe que as posições dos polos de malha fechada dependem do valor
de ganho K a ser utilizado. Para K 5, o sistema compensado ainda será instável.
Ainda que o compensador H(s), no exemplo 8, tenha sido arbitrado sem maiores considerações, é importante notar que a estabilização do
sistema instável G(s) somente foi viável a partir da realimentação da saída, conforme proposto na Figura 8 (b).
Considere, então, que H(s) = 4(s – 1)/(s + 10). É comum imaginar que seria possível colocar um compensador em série com G(s), conforme
ilustrado no diagrama da Figura 9, a fim de estabilizar o sistema planta-compensador por cancelamento de polos e zeros.
 Figura 9 - Diagrama com o compensador em série.
Nesse caso, a função de transferência entre u e y seria:
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
s2 + 4s +(K − 5)= 0
±
≤
Gys(s) = =1
s−1
4(s−1)
s+10
4
s+10
À primeira vista, isso parece ser estável, já que o polo do sistema com compensador estaria em s = –10. Entretanto, infelizmente, não é
possível fazer cancelamentos de polos e zeros instáveis. Do ponto de vista externo, realmente o sistema aparenta ser estável e, de fato, é
BIBO estável. No entanto, do ponto de vista de estabilidade interna, isso já não ocorre, visto que, na saída de G(s), haverá um sinal
crescendo ilimitadamente.
REALIMENTAÇÃO DE ESTADOS
O exemplo 8 mostrou a importância da realimentação para a estabilização de um sistema de controle. Do ponto de vista da teoria de controle
moderno, a realimentação também é utilizada, mas a partir dos estados, sendo esses os sinais correspondentes medidos na planta ou a partir
de sinais estimados dos estados.
Na figura 10 abaixo apresentam-se dois sistemas representados por modelos em espaço de estado, sendo um deles em malha aberta e o
outro em malha fechada, a partir da realimentação de estados. O vetor K que contém os ganhos de realimentação de cada estado é
conhecido por Lei de Controle.
 Figura 10
Diagrama (a): Sistema em malha aberta, representado por modelo em espaço de estado.
 Figura 10
Diagrama (b): Sistema em malha fechada, com realimentação de estado.
Como no diagrama (b) da Figura 10 o sinal de entrada é , com K R1 x n, a dinâmica do sistema em malha fechada
passará a ser:
 (19)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Consequentemente, seus autovalores serão calculados a partir da matriz A – BK, que é a matriz de estados do sistema realimentado. Por
meio desse mecanismo, é possível alterar as posições dos autovalores de um sistema e modificar seu comportamento dinâmico. De acordo
com o diagrama (b) apresentado, a entrada passará a ser o sinal de realimentação dos estados e, nessas condições, sem que haja uma
entrada externa, o sistema é conhecido por regulador. Se a matriz A – BK for estável, isto é, possuir todos os seus autovalores no semiplano s
esquerdo, então, ao ser fechada a malha, os estados do sistema irão convergir para zero. Os sistemas reguladores têm aplicação quando se
deseja retornar os estados para a condição inicial, como é o caso do ajuste de posicionamento de satélites geoestacionários em órbita na
Terra.
Dentro desse contexto, surge a seguinte pergunta: como calcular o valor de K para que os polos sejam posicionadosem localizações
desejadas? Uma primeira possibilidade consiste em modelar o sistema por meio da forma canônica controlador, que se encontra reproduzida
a seguir:
u(t)  =  –  K x (t) ∈
ẋ = Ax–– + Bu = Ax–– − BKx–– = (A − BK)x––
 (20)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
onde a1 , a2 , ... , an são os coeficientes do polinômio do denominador da função de transferência, em ordem decrescente de grau em s, e b1
, b2 , ... , bn , de forma análoga, são os coeficientes do polinômio do numerador. Desse modo, com o auxílio de (19) e de (20), a matriz de
estados do sistema em malha fechada poderá ser determinada:
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Portanto, seus autovalores serão as raízes do seguinte polinômio:
 (21)
ẋ =
⎡
⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
−a1 −a2 ⋯ −an−1 −an
1 0 ⋯ 0 0
⋮ ⋮ ⋯ ⋮ ⋮
0 0 ⋯ 0 0
0 0 ⋯ 1 0
⎤
⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
x–– +
⎡
⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
1
0
⋮
0
0
⎤
⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
u
y =[ b1    b2     ⋯    bn ]x +[c0]u
Ac − BcK =
⎡
⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
−a1 −a2 ⋯ −an−1 −an
1 0 ⋯ 0 0
⋮ ⋮ ⋯ ⋮ ⋮
0 0 ⋯ 0 0
0 0 ⋯ 1 0
⎤
⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
−
⎡
⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
1
0
⋮
0
0
⎤
⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
[K1 K2 ⋯ Kn−1 Kn ]
=
⎡
⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
−K1 − a1 −K2 − a2 ⋯ −Kn−1 − an−1 −Kn − an
1 0 ⋯ 0 0
⋮ ⋮ ⋯ ⋮ ⋮
0 0 ⋯ 0 0
0 0 ⋯ 1 0
⎤
⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
det(λI − Ac + BcK) = λn + (K1 + a1)λn−1 + (K2 + a2)λn−2 + ⋯ + (Kn + an)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Assim, se o polinômio característico desejado for:
 (22)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
torna-se simples determinar os ganhos da lei de controle, fazendo a identidade dos polinômios em (21) e (22):
 (23)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
MÉTODO DE ACKERMANN
Uma segunda maneira de calcular os ganhos da lei de controle para posicionar os autovalores da matriz de estados em malha fechada, em
localizações previamente estabelecidas, é pela fórmula de Ackermann.
Nesse caso, os ganhos de realimentação de estados são calculados pela seguinte fórmula:
 (24)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
em que C é conhecida como matriz de controlabilidade do sistema, sendo definida por:
 (25)
λn + α1λ
n−1 + α2λ
n−2 + ⋯ + αn
K1 = − a1 + α1
K2 = − a2 + α2
⋮
Kn = − an + αn
K = [ 0 0 ⋯ 1 ]C−1αc(A)
C = [B AB A2B ⋯ An−1B ]
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
e n é a ordem do sistema e do vetor de estados. Além disso, é uma matriz calculada a partir do polinômio característico desejado.
Supondo que fosse o apresentado em (22), então seria calculado como:
 (26)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Note que A é uma matriz e, consequentemente, as operações com as potências da matriz são realizadas da seguinte maneira: An = A.A.A ...
A, em que o produto das n parcelas de A é feita na forma matricial.
Como vimos, quase sempre é possível reposicionar os polos de um sistema. Entretanto, algumas vezes, quando o sistema não é controlável,
a matriz C de controlabilidade não será inversível e, portanto, a fórmula de Ackermann em (24) não poderá ser aplicada. Nesses casos, o
sistema apresentará subsistemas que não serão afetados pelo controle. Também existirão casos em que o sistema será pouco controlável e,
embora os polos possam ser reposicionados, essa operação pode se tornar bastante onerosa, uma vez que exigirá ganhos elevados na
matriz K. A pouca controlabilidade se refletirá, também, no valor do determinante da matriz C, que será um número muito pequeno.
Resta uma última questão importante relacionada com a temática, isto é, quais deveriam ser as posições escolhidas para o posicionamento
dos polos em malha fechada? Pois bem, a determinação das posições dos polos em malha fechada será função das especificações e das
restrições técnicas.
Caso esses critérios não sejam suficientes para estabelecer as localizações dos polos, provavelmente, o que será buscado é o
posicionamento em uma região do semiplano s esquerdo, de acordo com a figura ao lado. O objetivo do posicionamento na região indicada
em cinza será garantir um amortecimento mínimo, afastando os polos do eixo imaginário, bem como impor um fator de amortecimento
mínimo, que corresponderá às limitações impostas pelas retas que partem da origem.
αc(A)
αc(A)
αc(A) = An + α1A
n−1+ ⋯ +αnI
σo
 Figura 11 - Região do plano s indicada para o posicionamento dos polos em malha fechada, em caso de inexistência de especificações.
TEORIA NA PRÁTICA
Considere o sistema massa-mola-amortecedor e seu modelo, discutidos anteriormente e reproduzidos a seguir, adotando-se, novamente, M =
1 kg, k = 2 N/m e b = 0,5 Ns/m.
 Figura 6 - Sistema massa-mola-amortecedor
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Por realimentação de estado, determine a lei de controle de modo que os polos de malha fechada estejam em s1,2 = –2 j.
RESOLUÇÃO
Solução: Para aplicar o primeiro método, é necessário modificar a realização do sistema para a forma canônica controlador. Uma das
possibilidades seria calcular a função de transferência e, em seguida, aplicar os coeficientes em (20). A função de transferência desse
sistema é:
 (27)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
ẋ = [ 0 1
−2 −0,5
]x–– + [ 0
1
]F(t)
y = [ 1 0 ]x––
±
G(s)= = =
Y (s)
F(s)
1
Ms2+bs+k
1
s2+0,5s+2
e seus polos estão em s1,2 = – 0,25 j1,39. Portanto, de G(s) em (27), conclui-se que, em (20), a1 = 0,5 e a2 = 2. Como os polos em malha
fechada deverão estar em s1,2 = –2 j, o novo polinômio característico deverá ser:
 (28)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
e, então, comparando com a forma em (22), encontra-se = 4 e = 5. Por fim, utilizando (23), é possível determinar os ganhos da lei de
controle:
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Com isso, a matriz de transição de estados do sistema em malha fechada será:
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
cujos autovalores são os valores desejados, isto é, .
Vamos agora aplicar a fórmula de Ackermann e confirmar que também é possível determinar os ganhos da lei de controle para realimentar
diretamente o modelo fornecido no enunciado. Observe que os valores desses ganhos serão diferentes daqueles calculados acima.
Entretanto, quando a malha for fechada, a matriz de estados possuirá também os autovalores nas posições desejadas. Iniciaremos com o
cálculo da matriz de controlabilidade em (25):
e de sua inversa:
±
±
(s  +  2  +  j)(s  +  2 –  j)  =  s2  +  4s  +  5
α1 α2
K1  =  –  0, 5  +  4  =  3, 5  e  K2  =  –  2  +  5  =  3
AMF1 = Ac − BcK = [−0,5 −2
1 0
] − [ 1
0
][ 3,5 3 ] = [−4 −5
1 0
]
λ1,2 = −2 ± j
C = [B AB ] = [ 0 1
1 −0,5
]
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Por (26) e a partir do polinômio característico desejado calculado, em (28):
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Finalmente, aplicando a fórmula de Ackermann em (24), obtém-se os ganhos de realimentação dos estados para a realização fornecida no
enunciado:
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Resta-nos verificar se a matriz da dinâmica em malha fechada apresenta seus autovalores nas posições desejadas. Assim,
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
cujos autovalores são também os valores desejados, isto é, .
Note que os estados da realização do enunciado correspondem à posição (x1) e à velocidade (x2) do bloco de massa. Na figura 12,
apresenta-se a evolução do sistema em malha fechada, partindo da condição inicial x0 = [0 1]T. Como os polos de malha aberta estavam em
C−1 = [ 0,5 1
1 0
]
αc(A) = A2 + 4A + 5I = [ 0 1
−2 −0,5
][ 0 1
−2 −0,5
] + 4[ 0 1
−2 −0,5
] + 5[ 10
0 1
]
αc(A) = [ 3 3,5
−7 1,25
]
KN = [K1 K2 ] = [ 0 1 ][ 0,5 1
1 0
][ 3 3,5
−7 1,25
] = [ 3 3,5 ]
AMF2 = A − BKN = [ 0 1
−2 −0,5
] − [ 0
1
][ 3 3,5 ] = [ 0 1
−5 −4
]
λ1,2 = −2 ± j
s1,2 = –0,25 j1,39 e, ao fechar a malha, foram reposicionados em s1,2 = –2 j, o sistema se tornou mais rápido e menos oscilatório, o que
pode ser constatado comparando-se a Figura 12, abaixo, com a Figura 7 no Teoria na Prática do módulo anterior.
 Figura 12: evolução dos estados do sistema massa-mola em malha fechada, sendo x1 a posição do bloco (curva vermelha) e x2 a
velocidade do bloco (curva azul).
Realimentação de estados
MÃO NA MASSA
± ±
VERIFICANDO O APRENDIZADO
MÓDULO 4
 Calcular as matrizes para o rastreamento assintótico de uma entrada em degrau
PARA COMEÇAR
Neste módulo, serão apresentadas duas configurações nas quais o sistema a ser controlado poderá ser inserido de forma que, em malha
fechada, seja possível realizar o rastreamento de sinais de referência.
RASTREAMENTO ASSINTÓTICO DA ENTRADA DE REFERÊNCIA
O que significa rastrear um sinal de referência? Quer dizer que desejamos que o sistema em malha fechada consiga produzir um sinal de
resposta que acompanhe o sinal fornecido na entrada.
ATIVIDADE DE REFLEXÃO DISCURSIVA
A RESPOSTA AINDA PODE PARECER CONFUSA, AFINAL, SE
DESEJAMOS QUE A SAÍDA DO SISTEMA SEJA UM SINAL PARECIDO
COM O QUE ESTÁ SENDO FORNECIDO NA ENTRADA, NÃO SERIA MAIS
FÁCIL FORNECER COMO SAÍDA O PRÓPRIO SINAL DE ENTRADA?
RESPOSTA
A resposta é não.
javascript:void(0)
É nesse ponto que surge a dúvida. Lembre-se de que o sistema funciona como um mecanismo que transforma os sinais de entrada, por meio
de um fenômeno físico, nos sinais de saída. O fenômeno físico é representado pela dinâmica considerada no modelo e, mais importante
ainda, a natureza física do sinal de entrada é distinta daquela do sinal de saída.
 EXEMPLO
Em uma usina hidrelétrica, suponhamos que o eixo da turbina esteja conectado ao de um gerador. A entrada de referência desse sistema
corresponde a um sinal de tensão de baixa potência, em mV, cuja amplitude equivale, numericamente, à velocidade angular desejada do eixo
do gerador. Não esqueça que o conjunto turbina-gerador pode ter vários metros de diâmetro, ou seja, trata-se de uma peça mecânica de
grande porte. Além disso, a rotação do eixo desse conjunto depende de vários fatores como a vazão de água que passa pela turbina e a
carga que o gerador está alimentando. Portanto, observe que as naturezas físicas dos sinais de entrada e de saída desse sistema são
completamente distintas.
Como estamos utilizando modelos em espaço de estado lineares, se este for estável, é possível ajustar o erro em regime permanente para
uma entrada em degrau, verificando o ganho do sistema quando a resposta se estabiliza. Uma vez descoberto esse ganho, é possível zerar o
erro em regime permanente amplificando a amplitude do sinal de entrada por um fator Nu igual ao inverso do ganho. A seguir, vemos a
configuração proposta para ajustar o erro em regime permanente.
 Figura 13 - Configuração proposta para ajustar o erro em regime permanente
No próximo exemplo, é indicado o processo de cálculo de Nu para eliminar o erro em regime permanente da resposta. Clique e aprenda mais.
EXEMPLO 9
Cálculo de Nu para eliminar o erro em regime permanente da resposta.
Considere o seguinte modelo em espaço de estado de um sistema:
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Calcule o fator de ajuste Nu para eliminar o erro em regime permanente da resposta para um sinal de entrada do tipo degrau.
Solução: Como o sinal de entrada é um degrau, faremos F(t) = 1. Em regime permanente:
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
e então os valores dos estados serão:
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Assim, o valor da saída em regime permanente será:
ẋ = [−1     − 2
1     0
]x–– + [ 1
2
]F(t)
y = [1      4]x––
ẋ = 0 = [−1     − 2
1    0
]x––ss + [ 1
2
]
x––ss = [−1     − 2
1    0
]
−1
[−1
−2
] =[ 0     1
−0,5     − 0,5
][−1
−2
]= [−2
1,5
]
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Dessa forma, como o ganho calculado foi 4, o fator de ajuste será o inverso desse valor: Nu = 1/4.
O gráfico a seguir, apresenta a resposta desse modelo para uma sequência de degraus, ajustando-se Nu = 1/4.
 Figura 14 - Resposta do sistema (curva vermelha) com Nu = 1/4 para uma sequência de degraus (curva azul).
Observe que, com o ajuste do fator Nu, a resposta do sistema consegue realizar o rastreamento assintótico da entrada, isto é, consegue
acompanhar a entrada em regime permanente.
RASTREAMENTO COM REALIMENTAÇÃO DE ESTADOS
y
–ss
=[1       4][−2
1,5
]= −2 + 6 = 4
No módulo anterior, vimos que, a partir da realimentação de estado, é possível modificar as posições dos polos do sistema. Entretanto, foi
considerado que
e, consequentemente, o sistema realimentado ficou sem uma entrada externa. Nessas condições, o sistema assume a forma de um
regulador, ou seja, quando a malha é fechada e o comportamento dinâmico é estável, o sistema volta para a sua posição de equilíbrio na
origem, com todos os estados retornando para zero. Um modo direto de acrescentar uma entrada externa seria considerar
, em que r(t) é conhecido como sinal de referência. Entretanto, infelizmente, isso não garante que a saída conseguirá realizar o rastreamento
assintótico do sinal de entrada e, provavelmente, existirá um erro estacionário entre a entrada e a saída.
Conforme (Franklin et al., 2013), o modo de corrigir esse problema é determinar os valores em regime permanente dos estados e da entrada
para reduzir o erro na saída. Considerando esses valores como xss e
, a nova fórmula de controle deverá ser:
 (29)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Note que, se
, então u(t) = uss, que é o sinal de entrada disponível para eliminar o erro entre a saída e a entrada, em regime permanente. Para calcular os
valores corretos de
e uss, devemos partir das equações de estado e forçar para que haja erro nulo em regime permanente.
u(t)  =  –  K x (t)
u(t)  =  r(t) –  K x (t)
x ss
u(t)= uss − K( x (t)− x ss)
x  =   x ss
x ss
Assim, das equações de estado, temos:
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
e, em regime permanente:
(30)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Desejamos resolver o sistema de equações em (30),
de maneira que yss = rss. Fazendo:
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
e substituindo em (30), chega-se na equação a seguir, após eliminar rss:
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
ẋ (t)= Ax––(t)+Bu(t)
y(t)= Cx––(t)+Du(t)
0 = Ax––ss + Buss
yss = Cx––ss + Duss
x––ss = Mxrss
uss = Murss
[0
1
]=[A B
C D
][Mx
Mu
]
Resolvendo essas equações para Mx e Mu:
(31)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
chegamos aos valores corretos para obter erro nulo em regime permanente para uma entrada tipo degrau. Em (29), teremos que:
 (32)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Como Mu + KMx é uma constante, podemos reescrever (32) da seguinte forma:
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Na Figura 15, temos a configuração proposta para o sistema em (32), considerando a realimentação de estado e a entrada de referência,
com rastreamento assintótico da entrada pela saída. Embora seja equivalente em termos matemáticos, na Figura 16, temos a configuração
proposta para o sistema a partir de (33), substituindo os fatores Mx e Mu por . A vantagem da configuração na Figura 15 é que as matrizes
de rastreamento Mx e Mu são determinadas independentemente do ganho de realimentação de estados K.
[Mx
Mu]= [A B
C D
]
−1
[0
1
]
u(t)= Mur(t)−K( x (t)−Mxr(t))
= −Kx––(t)+(Mu + KMx)r(t)
u(t)= −K x (t)+(Mu + KMx)r(t)= −K x (t)+ M r(t)       (33)
M
 Figura 15
Configuração proposta com Mx e Mu para o rastreamento assintótico
 Figura 16
Configuração proposta com para o rastreamento assintótico.M
TEORIA NA PRÁTICA
Considere o sistema massa-mola-amortecedor e seu modelo discutidos anteriormente e reproduzidos abaixo, adotando-se novamente M = 1
kg, k = 2 N/m e b = 0,5 Ns/m:
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
em que x1 corresponde à posição do bloco de massa e x2 à sua velocidade. Se for realizada uma realimentação de estados com
K = [3 3,5], quais deveriam ser os valores adotados nas matrizes Mx, Mu e para que esse sistema consiga executar o rastreamento
assintótico da entrada? Simule o sistema a partir da matriz calculada.
RESOLUÇÃO
ẋ = [ 0 1
−2 −0,5
]x–– + [ 0
1
]F(t)
y = [ 1 0 ]x––
M
M
Solução: Para executar o rastreamento assintótico, será necessário calcular, inicialmente, as matrizes Mx e Mu por meio do sistema de
equações em (31), ou seja:
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Portanto:
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
A matriz pode ser calculada com o auxílio de (33):
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
De posse dessas matrizes e observando que u(t) = F(t), por (33):
 (34)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Substituindo (34) no modelo em espaço de estado do sistema massa-mola no enunciado, chega-se nas seguintes equações de estado no
modelo em malha fechada:
[Mx
Mu
]= [A B
C D
]
−1
[0
1
]=
⎡
⎢
⎣
0 1 0
−2 −0,5 1
1 0 0
⎤
⎥
⎦
−1
⎡
⎢
⎣
0
0
1
⎤
⎥
⎦
=
⎡
⎢
⎣
0 0 1
1 0 0
0,5 1 2
⎤
⎥
⎦
⎡
⎢
⎣
0
0
1
⎤
⎥
⎦
=
⎡
⎢
⎣
1
0
2
⎤
⎥
⎦
Mx =[ 1
0
] e Mu = 2
M
¯̄¯̄M = Mu + KMx = 2 +[ 3 3,5 ][ 1
0
]= 2 + 3 = 5
F(t)= −Kx––(t)+¯̄¯̄M r(t)= −[ 3 3,5 ]x––(t) + 5r(t)
ẋ = [ 0 1
−2 −0,5
]x––− [ 0
1
][ 3 3,5 ]x–– + [ 0
1
]5r(t)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Dessa forma, o novo modelo em espaço de estado em malha fechada será:
(35)
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
No gráfico a seguir, vemos uma simulação a partir do modelo obtido em (35) considerando F(t) uma sequência de degraus.
 Figura 17 - Posição do bloco de massa (curva vermelha) para o sinal de força aplicada (curva azul)
Observe que a realimentação deixou a resposta do sistema massa-mola mais rápida e menos oscilatória. Além disso, o sistema ajustado
com a matriz permitiu que a posição do bloco de massa acompanhasse assintoticamente o sinal da força aplicada.
ẋ = [ 0 1
−5 −4
]x–– + [ 0
5
]r(t)
ẋ = [ 0 1
−5 −4
]x–– + [ 0
5
]r(t)
y =[ 1 0 ]x––
M
Rastreando assintoticamente
MÃO NA MASSA
MODAL
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Fonte:fonte.com.br
VERIFICANDO O APRENDIZADO
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CONCLUSÃO
CONSIDERAÇÕES FINAIS
Neste estudo você aprofundou seu conhecimento na teoria de controle moderno, que é baseada no domínio do tempo e nos modelos em
espaço de estado.
No módulo 1, aprendeu a calcular um valor coerente para a taxa de amostragem e, a partir disso, determinar um modelo discreto em espaço
de estado equivalente ao modelo contínuo. Esse modelo discreto é mais bem adaptado aos computadores digitais.
Em seguida, observou como simular os modelos, isto é, como calcular numericamente a resposta de modelos discretos e contínuos em
espaço de estado, conhecendo o sinal de entrada fornecido. Nesse caso, o sinal de entrada não necessita ter uma forma padronizada, tipo
degrau, senoide, rampa etc.
No módulo 3, o foco esteve sobre a realimentação de estado. O principal objetivo é modificar o comportamento dinâmico do sistema em
malha fechada, por meio da realocação de seus polos. Foram apresentados dois métodos com essa finalidade, sendo um deles pela fórmula
de Ackermann.
Por fim, no último módulo, o principal objetivo foi acrescentar uma estrutura ao sistema, de maneira a viabilizar o rastreamento assintótico do
sinal de entrada por sua saída.
 PODCAST
AVALIAÇÃO DO TEMA:
REFERÊNCIAS
OGATA, Katsuhiko. Engenharia de controle moderno. 4. ed. São Paulo: Pearson/Prentice Hall, 2003.
FRANKLIN, G. F.; POWELL, J. D.; NAEINI, A. E. Sistemas de Controle para Engenharia. 6. ed. Bookman, 2013.
EXPLORE+
Para saber mais sobre os assuntos tratados neste tema:
Leia o capítulo 12 do livro Engenharia de Controle Moderno, de Katsuhiko Ogata, principalmente os itens iniciais, a partir da página
678.
Leia o capítulo 7, (7.1 a 7.6) a partir da página 356, bem como o capítulo 8 que fala sobre controle digital. Sistemas de Controle para
Engenharia, de Franklin, Powell e Naeini (2013).
CONTEUDISTA
Roberto Ades
 CURRÍCULO LATTES
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