Lista de Execícios Resolvida - Controle I

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SUMÁRIO 
Lista de Figuras .................................................................... Erro! Indicador não definido. 
Sumário ............................................................................................................................. 1 
1. Engenharia de Controle Moderno, Ogata, 3ª Ed. ........................................................... 2 
1.1. Problema B-12-1 ....................................................................................................................... 2 
1.2. Problema B-12-3 ....................................................................................................................... 4 
1.3. Problema B-12-5 ....................................................................................................................... 6 
1.4. Problema B-12-7 ....................................................................................................................... 7 
1.5. Problema B-12-9 ....................................................................................................................... 8 
1.6. Problema B-12-11...................................................................................................................... 9 
1.7. Problema B-12-13 ................................................................................................................... 11 
1.8. Problema B-12-15 ................................................................................................................... 14 
2. Sistemas de Controle Modernos, DORF, R. C., 8ª Ed. ................................................. 23 
2.1. Problema P13.1....................................................................................................................... 23 
2.2. Problema P13.3....................................................................................................................... 24 
2.3. Problema P13.5....................................................................................................................... 25 
2.4. Problema P13.7....................................................................................................................... 26 
2.5. Problema P13.9....................................................................................................................... 26 
2.6. Problema P13.11 ..................................................................................................................... 28 
2.7. Problema P13.13..................................................................................................................... 31 
2.8. Problema P13.15..................................................................................................................... 33 
2.9. Problema P13.17..................................................................................................................... 34 
 
1. Engenharia de Controle Moderno, Ogata, 3ª Ed. 
Neste capítulo será apresentada a resolução dos problemas do capítulo 12 da terceira 
edição do livro Engenharia de Controle Moderno do autor Ogata. Os problemas a serem 
solucionados são B-12-1, B-12-3, B-12-5, B-12-7, B-12-9, B-12-11, B-12-13 e B-12-15. 
1.1. Problema B-12-1 
Considere o sistema definido por 
�̇� = 𝑨𝒙 + 𝑩𝑢 
𝑦 = 𝑪𝒙 
Onde 
𝑨 = [
−1 0 1
1 −2 0
0 0 −3
] 𝑩 = [
0
0
1
] 𝑪 = [1 1 0] 
Transformar a equação do sistema (a) na forma canônica controlável e (b) na forma 
canônica observável. 
Solução: 
Primeiramente será obtida a função de transferência do sistema a partir das equações de 
espaço estados, para isso a equação (1.1) será utilizada. 
 𝐺(𝑠) = 𝑪(𝑠𝑰 − 𝑨)−1𝑩 (1.1) 
 𝐺(𝑠) = [1 1 0] {𝑠 [
1 0 0
0 1 0
0 0 1
] − [
−1 0 1
1 −2 0
0 0 −3
]}
−1
[
0
0
1
] (1.2) 
 𝐺(𝑠) = [1 1 0] [
𝑠 + 1 0 −1
−1 𝑠 + 2 0
0 0 𝑠 + 3
]
−1
[
0
0
1
] (1.3) 
 𝐺(𝑠) = [1 1 0]
[
 
 
 
 
 
 
1
(𝑠 + 1)
0
1
(𝑠 + 1)(𝑠 + 3)
1
(𝑠 + 1)(𝑠 + 2)
1
(𝑠 + 2)
1
(𝑠 + 1)(𝑠 + 2)(𝑠 + 3)
0 0
1
(𝑠 + 3) ]
 
 
 
 
 
 
[
0
0
1
] (1.4) 
 𝐺(𝑠) =
𝑠 + 3
𝑠3 + 6𝑠2 + 11𝑠 + 6
 (1.5) 
 𝐺(𝑠) =
𝑏0𝑠
3 + 𝑏1𝑠
2 + 𝑏2𝑠 + 𝑏3
𝑠3 + 𝑎1𝑠
2 + 𝑎2𝑠 + 𝑎3
 (1.6) 
Fazendo uma comparação entre as equações (1.5) e (1.6) pode-se obter: 
 𝑎1 = 6, 𝑎2 = 11, 𝑎3 = 6, 𝑏0 = 0, 𝑏1 = 0, 𝑏2 = 1 e 𝑏3 = 3 (1.7) 
(a) Para obter a equação do sistema na forma canônica controlável, as equações (1.8) e 
(1.9) serão utilizadas. 
 [
𝑥1̇
𝑥2̇
𝑥3̇
] = [
0 1 0
0 0 1
−𝑎3 −𝑎2 −𝑎1
] [
𝑥1
𝑥2
𝑥3
] + [
0
0
1
] 𝑢 (1.8) 
 𝑦 = [𝑏3 − 𝑎3𝑏0 𝑏2 − 𝑎2𝑏0 𝑏1 − 𝑎1𝑏0] [
𝑥1
𝑥2
𝑥3
] + 𝑏0𝑢 (1.9) 
Com os valores de (1.7) sendo substituídos nas equações (1.8) e (1.9) pode-se obter o 
sistema na forma canônica controlável, como desejado. 
 [
𝑥1̇
𝑥2̇
𝑥3̇
] = [
0 1 0
0 0 1
−6 −11 −6
] [
𝑥1
𝑥2
𝑥3
] + [
0
0
1
] 𝑢 (1.10) 
 𝑦 = [3 1 0] [
𝑥1
𝑥2
𝑥3
] (1.11) 
É possível notar que nas equações (1.10) e (1.11) são controláveis, mas não observáveis. 
(b) Para obter a equação do sistema na forma canônica observável, as equações (1.8) e 
(1.9) serão utilizadas. 
 [
𝑥1̇
𝑥2̇
𝑥3̇
] = [
0 0 −𝑎3
1 0 −𝑎2
0 1 −𝑎1
] [
𝑥1
𝑥2
𝑥3
] + [
𝑏3 − 𝑎3𝑏0
𝑏2 − 𝑎2𝑏0
𝑏1 − 𝑎1𝑏0
] 𝑢 (1.12) 
 𝑦 = [0 0 1] [
𝑥1
𝑥2
𝑥3
] + 𝑏0𝑢 (1.13) 
Com os valores de (1.7) sendo substituídos nas equações (1.12) e (113) pode-se obter o 
sistema na forma canônica observável, como desejado. 
 [
𝑥1̇
𝑥2̇
𝑥3̇
] = [
0 0 −6
1 0 −11
0 1 −6
] [
𝑥1
𝑥2
𝑥3
] + [
3
1
0
] 𝑢 (1.14) 
 𝑦 = [0 0 1] [
𝑥1
𝑥2
𝑥3
] (1.15) 
É possível notar que nas equações (1.14) e (1.15) são observáveis, mas não controláveis. 
Um ponto importante é que os sistemas em questão, podem ser controláveis, mas não 
observáveis ou então observáveis, mas não controláveis, isso depende diretamente das equações 
de estados e das equações de saída. 
1.2. Problema B-12-3 
Considere o sistema definido por 
�̇� = 𝑨𝒙 + 𝑩𝑢 
Onde 
𝑨 = [
0 1 0
0 0 1
−1 −5 −6
] 𝑩 = [
0
1
1
] 
Deseja-se, por meio do controle por retroação de estado 𝑢 = −𝑲𝒙, ter pólos a malha 
dfechada situados em 𝑠 = −2 ± 𝑗4, 𝑠 = −10. Determinar a matriz de ganho de retroação de 
estado 𝑲. 
Solução: 
Utilizando a fórmula de Ackermann para a determinação da matriz de ganho de 
retroação 𝑲, temos: 
 𝑲 = [0 0 1] [𝑩 𝑨𝑩 𝑨𝟐𝑩]
−1𝜙(𝑨) (1.16) 
Sendo que 
 𝜙(𝑨) = 𝑨𝟑 + 𝛼1𝑨
𝟐 + 𝛼2𝑨
 + 𝛼3𝑰 (1.17) 
Com base nos polos desejados, é possível determinar os valores de 𝛼1, 𝛼2 e 𝛼3 por meio 
da equação (1.18). 
 |𝑠𝑰 − 𝑨 + 𝑩𝑲| = (𝑠 + 2 − 𝑗4)(𝑠 + 2 − 𝑗4)(𝑠 + 10) (1.18) 
 = 𝑠3 + 14𝑠2 + 60𝑠 + 200 (1.19) 
 = 𝑠3 + 𝛼1𝑠
2 + 𝛼2𝑠 + 𝛼3 (1.20) 
Logo 
 𝛼1 = 14, 𝛼2 = 60 e 𝛼3 = 200 (1.21) 
Então a equação (1.17) fica da seguinte forma: 
 
𝜙(𝑨) = [
0 1 0
0 0 1
−1 −5 −6
]
3
+ 14 [
0 1 0
0 0 1
−1 −5 −6
]
2
+ 60 [
0 1 0
0 0 1
−1 −5 −6
] + 200 [
1 0 0
0 1 0
0 0 1
] 
(1.22) 
 𝜙(𝑨) = [
199 55 8
−8 159 7
−7 −43 117
] (1.23) 
Sendo que 
 [𝑩 𝑨𝑩 𝑨𝟐𝑩]
 = [
0 1 1
1 1 −11
1 −11 60
] (1.24) 
Com isso, temos que a equação (1.16) ficará da seguinte forma: 
 𝑲 = [0 0 1] [
0 1 1
1 1 −11
1 −11 60
]
−1
[
199 55 8
−8 159 7
−7 −43 117
] (1.25) 
 𝑲 = [0 0 1] [
0.7349 0.8554 0.1446
0.8554 0.0120 −0.0120
0.1446 −0.0120 0.0120
] [
199 55 8
−8 159 7
−7 −43 117
] (1.26) 
 𝑲 = [0 0 1] [
138.3976 170.2169 28.7831
170.2169 49.4819 5.5181
28.7831 5.5181 2.4819
] (1.27) 
Logo a matrizde ganho de retroação 𝑲, é dada pela equação (1.28). 
 𝑲 = [28.7831 5.5181 2.4819] (1.28) 
1.3. Problema B-12-5 
Considere o sistema definido por 
 [
�̇�1
�̇�2
] = [
−1 1
0 2
] [
𝑥1
𝑥2
] + [
1
0
] 𝑢 (1.29) 
Mostrar que este sistema não pode ser estabilizado através do controle por retroação de 
estado 𝑢 = −𝑲𝒙 qualquer que seja a matriz 𝑲 escolhida. 
Solução: 
A equação de controle por retroação de estado pode ser rearranjada da seguinte forma: 
 𝑢 = −𝑲𝒙 = − [𝑘1 𝑘2] [
𝑥1
𝑥2
] (1.30) 
Fazendo a substituição da equação (1.30) na equação (1.29): 
 [
�̇�1
�̇�2
] = [
−1 1
0 2
] [
𝑥1
𝑥2
] − [
1
0
] [𝑘1 𝑘2] [
𝑥1
𝑥2
] (1.31) 
 [
�̇�1
�̇�2
] = [
−1 1
0 2
] [
𝑥1
𝑥2
] − [
𝑘1 𝑘2
0 0
] [
𝑥1
𝑥2
] (1.32) 
 [
�̇�1
�̇�2
] = [
−1 − 𝑘1 1 − 𝑘2
0 2
] [
𝑥1
𝑥2
] (1.33) 
Para se obter a equação característica do sistema, a equação (1.34) será desenvolvida. 
 |𝑠𝑰 − 𝑨| = |
𝑠 + 1 + 𝑘1 1 − 𝑘2
0 𝑠 − 2
| = (𝑠 + 1 + 𝑘1)(𝑠 − 2) = 0 (1.34) 
É notável a presença de um polo no semi-plano direito (𝑠 = 2) do plano 𝑠 o que causa 
a instabilidade do sistema. Mesmo que seja atribuído valores para 𝑘1 e 𝑘2 não será possível 
remover a instabilidade. 
1.4. Problema B-12-7 
Resolver o Problema B-12-6 com o MATLAB. 
Um sistema regulador tem um processo a controlar 
𝑌(𝑠)
𝑌(𝑠)
=
10
(𝑠 + 1)(𝑠 + 2)(𝑠 + 3)
 
Definem-se como variáveis de estado 
𝑥1 = 𝑦 
𝑥2 = 𝑥1̇ 
𝑥3 = 𝑥2̇ 
Deseja-se, por meio do controle por retroação de estado 𝑢 = −𝑲𝒙, posicionar os pólos 
a malha fechada em 𝑠 = 𝜇𝑖 (𝑖 = 1, 2, 3), em que 
𝜇1 = −2 + 𝑗2√3, 𝜇2 = −2 − 𝑗2√3, 𝜇3 = −10 
Determinar a necessária matriz de ganho de retroação de estado 𝑲. 
Solução: 
No MATLAB esse problema pode ser facilmente solucionado por uma simples linha de 
código, o software conta com o comando acker que calcula a matriz de ganho de retroação de 
estado facilmente basta declarar a matriz 𝑨 e a matriz 𝑩, e uma matriz com os polos desejados. 
Para solucionar o problema, foi executada a linha de código que segue. 
 
Após executar a linha de código, o resultado mostrado na janela Command Window está 
sendo exibido na Figura 1. 
A = [0 1 0; 0 0 1; -6 -11 -6]; % Matriz A 
B = [0; 0; 10]; % Matriz B 
S = [-2+2*sqrt(3)*1i -2-2*sqrt(3)*1i -10]; % Matriz de polos desejados 
K = acker(A,B,S) % Matriz de ganho K 
 
 
 
Figura 1 – Matriz de ganho por retroação de estado 𝑲 
1.5. Problema B-12-9 
Considere o sistema definido no Problema B-12-8. 
�̇� = 𝑨𝒙 
𝑦 = 𝑪𝒙 
onde 
𝑨 = [
−1 1
1 −2
] , 𝑪 = [1 0] 
 Admitindo-se que o sinal de saída 𝑦 possa ser medido com exatidão, projetar um 
observador de ordem mínima. O autovalor desejado para a matriz do observador é 𝜇 = −5; isto 
é, a equação característica para o observador de ordem mínima é 
𝑠 + 5 = 0 
Solução: 
Um dos métodos para se obter o observador de ordem mínima é calculando a matriz 𝑲𝒆 
usando a formula de Ackermann. 
 𝐾𝑒 = 𝜙(𝑨) [
𝑪
𝑪𝑨
]
−𝟏
[
0
1
] (1.35) 
Sendo 𝜙(𝑠) a equação característica desejada 
 𝜙(𝑠) = (𝑠 − 𝜇1)(𝑠 − 𝜇2) = (𝑠 + 5)(𝑠 + 5) = 𝑠
2 + 10𝑠 + 25 (1.36) 
Então 
Logo 
 𝑲𝒆 = [
17 7
7 10
] [
1 0
−1 1
]
−𝟏
[
0
1
] = [
7
10
] (1.39) 
Sendo assim temos que a equação do observador de estado de ordem mínima é dada por 
 �̇̃� = (𝑨 − 𝑲𝒆𝑪)�̃� + 𝑩𝑢 + 𝑲𝒆𝑦 (1.40) 
Resultando em: 
[
�̇�1
�̇�2
] = {[
−1 1
1 −2
] − [
7
10
] [1 0]} [
𝑥1
𝑥2
] + [
7
10
]𝑦 (1.41) 
Ou 
[
�̇�1
�̇�2
] = [
−8 1
−9 −2
] [
𝑥1
𝑥2
𝑥3
] + [
7
10
] 𝑦 (1.42) 
1.6. Problema B-12-11 
Considere o sistema definido por 
[
𝑥1̇
𝑥2̇
𝑥3̇
] = [
0 1 0
0 0 1
1.244 0.3956 −3.145
] [
𝑥1
𝑥2
𝑥3
] + [
0
0
1.244
] 𝜇 
𝑦 = [1 0 0] [
𝑥1
𝑥2
𝑥3
] 
Dado o conjunto de autovalores desejados para a matriz do observador 
𝜇1 = −5 + 𝑗5√3, 𝜇1 = −5 − 𝑗5√3 𝑒 𝜇3 = −10 
 Projetar um observador de estado de ordem plena. 
Solução: 
 𝜙(𝑨) = 𝑨𝟐 + 10𝑨 + 25𝑰 (1.37) 
 = [
−1 1
1 −2
]
𝟐
+ 10 [
−1 1
1 −2
] + 25 [
1 0
0 𝟏
] = [
17 7
7 10
] (1.38) 
Para projetar um observador de estado de ordem plena deve-se primeiro determinar a 
matriz de ganho 𝑲𝒆, ela pode ser representada pela equação 
 𝑲𝒆 = [
𝐾𝑒1
𝐾𝑒2
𝐾𝑒3
] (1.43) 
Para determinar os termos de 𝑲𝒆 é preciso encontrar a equação característica, então faz-
se: 
|𝑠𝑰 − 𝑨 + 𝑲𝒆𝑪| = |[
𝑠 0 0
0 𝑠 0
0 0 𝑠
] − [
0 1 0
0 0 1
1.244 0.3956 −3.145
] + [
𝐾𝑒1
𝐾𝑒2
𝐾𝑒3
] [1 0 0]| (1.44) 
= |
𝑠 + 𝐾𝑒1 −1 0
𝐾𝑒2 𝑠 −1
−1.244 + 𝐾𝑒3 −0.3956 𝑠 + 3.145
| (1.45) 
= 𝑠3 + (𝐾𝑒1 + 3.145)𝑠
2 + (3.145𝐾𝑒1 + 𝐾𝑒2 − 0.3956)𝑠 + (−1.244 + 𝐾𝑒3
+ 3.145𝐾𝑒2 − 0.3956𝐾𝑒1) 
(1.46) 
De acordo com o conjunto de autovalores desejados, a equação característica desejada 
é mostrada na equação (1.47). 
 𝑠3 + 20𝑠2 + 200𝑠 + 1000 = 0 (1.47) 
Fazendo uma comparação entre as equações (1.46) e (1.47). 
𝑠3 + 20𝑠2 + 200𝑠 + 1000
= 𝑠3 + (𝐾𝑒1 + 3.145)𝑠
2 + (3.145𝐾𝑒1 + 𝐾𝑒2 − 0.3956)𝑠
+ (−1.244 + 𝐾𝑒3 + 3.145𝐾𝑒2 − 0.3956𝐾𝑒1) 
(1.48) 
De onde pode ser retirado o seguinte sistema: 
 {
𝐾𝑒1 + 3.145 = 20
3.145𝐾𝑒1 + 𝐾𝑒2 − 0.3956 = 200
−1.244 + 𝐾𝑒3 + 3.145𝐾𝑒2 − 0.3956𝐾𝑒1 = 1000
 (1.49) 
Com isso obtém-se 
 𝐾𝑒1 = 16.855,𝐾𝑒2 = 147.387 e 𝐾𝑒3 = 544.381 (1.50) 
Logo 
 𝑲𝒆 = [
16.855
147.387
544.381
] (1.51) 
Sendo assim temos que a equação do observador de estado de ordem plena é dada pela 
equação (1.52). 
 �̇̃� = (𝑨 − 𝑲𝒆𝑪)�̃� + 𝑩𝑢 + 𝑲𝒆𝑦 (1.52) 
Resultando em: 
[
�̇�1
�̇�2
�̇�3
] = [
−16.855 1 0
−147.387 0 1
−543.137 0.3956 −3.145
] [
𝑥1
𝑥2
𝑥3
] + [
0
0
1.244
] 𝑢 + [
16.855
147.387
544.381
] 𝑦 (1.53) 
1.7. Problema B-12-13 
Considere o servossistema do tipo 1 na Figura 2. As matrizes 𝑨, 𝑩, e 𝑪 da fig. 12-21 são 
dadas por 
𝑨 = [
0 1 0
0 0 1
0 −5 −6
] ,𝑩 = [
0
0
1
] , 𝑪 = [1 0 0] 
 
Figura 2 - Servossistema do tipo 1 
Determinar as constantes de ganho de retroção 𝑘1 , 𝑘2 e 𝑘3 tais que os polos a malha fechada 
estejam situados em 𝑠 = −2 ± 𝑗4, 𝑠 = −10. 
Simular o sistema projetado em computador. Obter uma solução em computador da 
resposta ao degrau unitário e traçar a curva 𝑦(𝑡) 𝑣𝑒𝑟𝑠𝑢𝑠 𝑡. 
Solução: 
Pode-se adotar a matriz 𝑲 como: 
 𝑲 = [𝐾1 𝐾2 𝐾3] (1.54) 
Sendo que o rank do sistema em questão é 3, como demonstrado na equação (1.55), 
então a alocação dos polos em malha fechada (como é exigido no problema) será possível. 
 𝑴 = [𝑩 𝑨𝑩 𝑨𝟐𝑩] = [
0 0 1
0 1 −6
1 −6 31
] (1.55) 
A equação característica do sistema é 
 |𝑠𝑰 − 𝑨| = |
𝑠 −1 0
0 𝑠 −1
0 5 𝑠 + 6
| (1.56) 
 = 𝑠3 + 6𝑠2 + 5𝑠 (1.57) 
 = 𝑠3 + 𝑎1𝑠
2 + 𝑎2𝑠 + 𝑎3 = 0 (1.58) 
Com isso 
 𝑎1 = 6, 𝑎2 = 5 e 𝑎3 = 0 (1.59) 
A equação característica desejada do sistema é 
 (𝑠 + 2 + 𝑗4)(𝑠 + 2 − 𝑗4)(𝑠 + 10) = 𝑠3 + 14𝑠2 + 60𝑠 + 200 (1.60) 
 = 𝑠3 + 𝛼1𝑠
2 + 𝛼2𝑠 + 𝛼3 (1.61) 
Então se obtém 
 𝛼1 = 14, 𝛼2 = 60 e 𝛼3 = 200 (1.62) 
Com isso a matriz de ganho da equação (1.54) pode ser arranjada como segue. 
 𝑲 = [𝛼3 − 𝑎3 𝛼2 − 𝑎2 𝛼1 − 𝑎1]𝑻−𝟏 (1.63) 
 = [200 − 0 60 − 5 14 − 6]𝑰 (1.64) 
 𝑲 = [200 55 8] (1.65) 
A equação de estado para o sistema desejado é 
 �̇�= 𝑨𝒙 + 𝑩𝑢 = 𝑨𝒙 + 𝑩(−𝑲𝒙 + 𝐾1𝑟) (1.66) 
 = (𝑨 − 𝑩𝑲)𝒙 + 𝑩𝐾1𝑟 (1.67) 
Se 
 𝑨 − 𝑩𝑲 = [
0 1 0
0 0 1
0 −5 −6
] − [
0
0
1
] [200 55 8] = [
0 1 0
0 0 1
−200 −60 −14
] (1.68) 
Então a equação (1.67) fica da seguinte forma 
 [
𝑥1̇
𝑥2̇
𝑥3̇
] = [
0 1 0
0 0 1
−200 −60 −14
] [
𝑥1
𝑥2
𝑥3
] + [
0
0
200
] 𝑟 (1.69) 
A equação de saída do sistema pode ser dada por 
 𝑦 = [1 0 0] [
𝑥1
𝑥2
𝑥3
] (1.70) 
Para simular o sistema obtido em computador, foi utilizado o software MATLAB que 
conta com o comando step que aplica um sinal degrau unitário no sistema desejado. Para este 
caso, foi utilizado a linha de código mostrada a seguir. A resposta gerada é mostrada na Figura 
3. 
 
clear; clc; 
A = [0 1 0; 0 0 1; -200 -60 -14]; % Matriz de estados A 
B = [0;0;200]; % Matriz de estados B 
C = [1 0 0]; % Matriz de estados C 
D = [0]; % Matriz de estados D 
step(A,B,C,D) % Obtém a resposta ao degrau 
title('Resposta do Sistema p/ Uma Entrada Degrau') 
xlabel('t') 
ylabel('y(t)') 
 
 
Figura 3 - Resposta do sistema desejado a uma entrada degrau unitário 
1.8. Problema B-12-15 
Seja o sistema pêndulo invertido discutido na Seção 12-4 do livro em questão. Admita-
se que os valores numéricos para 𝑚,𝑀 e 𝑙 sejam os mesmos utilizados na Seção 12-4. 
Definindo como variáveis de estado 
𝑥1 = 𝜃, 𝑥2 = �̇�, 𝑥3 = 𝑥, 𝑥4 = �̇� 
obter as equações do sistema no espaço de estados. 
Admitindo-se que seja usado o controle por retroação de estado 𝑢 = −𝒌𝒙, projetar um 
sistema de controle estável. Considerem-se os dois casos seguintes de escolha de pólos a malha 
fechada: 
Caso 1: 𝜇1 = −1,3 + 𝑗, 𝜇2 = −1,3 − 𝑗, 𝜇3 = −20, 𝜇4 = −20 
Caso 2: 𝜇1 = −2, 𝜇2 = −2, 𝜇3 = −10, 𝜇4 = −10, 
Determinar a matriz de ganho de retroação de estado K para ambos os casos. Obter 
também a resposta do sistema à condição inicial [𝜃(0) = 0,1 𝑟𝑎𝑑, �̇�(0) = 0, 𝑥(0) =
0 𝑒 �̇�(0) = 0]. Comparar as respostas dos dois sistemas. 
Solução: 
O sistema pêndulo invertido é o mostrado na Figura 4. 
 
Figura 4 - Sistema Pêndulo Invertido 
Para este sistema o momento de inércia do pêndulo em relação ao seu centro de gravida 
é igual a zero, ou seja, 𝐼 = 0. Com isso o modelo matemático para sistema é: 
 (𝑀 + 𝑚)�̈� + 𝑚𝑙�̈� = 𝑢 (1.71) 
 𝑚𝑙2�̈� + 𝑚𝑙�̈� = 𝑚𝑔𝑙𝜃 (1.72) 
As equações (1.71) e (1.72) podem ser modificadas para 
 𝑀𝑙�̈� = (𝑀 + 𝑚)𝑔𝜃 − 𝑢 (1.73) 
 𝑀�̈� = 𝑢 − 𝑚𝑔𝜃 (1.74) 
 De acordo com as variáveis de estado definidas pelo problema as equações de espaço 
estados podem ser dadas como 
 [
𝑥1̇
𝑥2̇
𝑥3̇
�̇�4
] = 
[
 
 
 
 
 
0 1 0 0
𝑀 + 𝑚
𝑀𝑙
𝑔 0 0 0
0 0 0 1
−
𝑚
𝑀
𝑔 0 0 0]
 
 
 
 
 
[
𝑥1
𝑥2
𝑥3
𝑥4
] + 
[
 
 
 
 
 
0
−
1
𝑀𝑙
0
1
𝑀 ]
 
 
 
 
 
𝑢 (1.75) 
 [
𝑦1
𝑦2
] = [
1 0 0 0
0 0 1 0
] [
𝑥1
𝑥2
𝑥3
𝑥4
] (1.76) 
 Como os valores de 𝑀, 𝑚 e 𝑙 que serão usados, sendo os mesmos da Seção 12-4 do livro 
e o valor da gravidade sendo 𝑔 = 9.81 𝑚/𝑠2, é só substitui-los nas equações (1.75) e (1.76). 
Então obtém-se as equações do sistema no espaço estados. 
 [
𝑥1̇
𝑥2̇
𝑥3̇
�̇�4
] = [
0 1 0 0
20.601 0 0 0
0 0 0 1
−0.4905 0 0 0
] [
𝑥1
𝑥2
𝑥3
𝑥4
] + [
0
−1
0
0.5
] 𝑢 (1.77) 
 [
𝑦1
𝑦2
] = [
1 0 0 0
0 0 1 0
] [
𝑥1
𝑥2
𝑥3
𝑥4
] (1.78) 
No MATLAB o comando acker calcula a matriz de ganho de retroação de estado 
facilmente basta declarar a matriz 𝑨 e a matriz 𝑩, e uma matriz com os polos desejados. Para 
solucionar o problema, foi executada a linha de código que segue. 
 
Após executar a linha de código, o resultado para o caso 1 e caso 2 mostrados na janela 
Command Window estão sendo exibidos na Figura 5 e Figura 6, respectivamente. 
 
Figura 5 - Matriz de ganho de retroação para o Caso 01 
%% Caso 01 
clear; clc; 
A = [0 1 0 0; 20.601 0 0 0; 0 0 0 1; -0.4905 0 0 0]; % Matriz A 
B = [0; -1; 0; 0.5]; % Matriz B 
S = [-1.3+1i -1.3-1i -20 -20]; % Polos desejados 
K = acker(A,B,S); % Matriz ganho K 
 
%% Caso 02 
clear; clc; 
A = [0 1 0 0; 20.601 0 0 0; 0 0 0 1; -0.4905 0 0 0]; % Matriz A 
B = [0; -1; 0; 0.5]; % Matriz B 
S = [-2 -2 -10 -10]; % Polos desejados 
K = acker(A,B,S); % Matriz ganho K 
 
 
 
Figura 6 - Matriz de ganho de retroação para o Caso 02 
Pra obter a resposta do sistema à condição inicial, faz-se primeiramente a substituição 
da equação de controle na equação de estado do sistema, obtendo a equação (1.79). A resposta 
do sistemas à condição inicial será obtida para o Caso 01 e o Caso 02. 
 �̇� = (𝑨 − 𝑩𝑲)𝒙 (1.79) 
Para o Caso 01: 
Fazendo a substituição dos valores a equação passa a ser 
 [
𝑥1̇
𝑥2̇
𝑥3̇
�̇�4
] = [
0 1 0 0
−561.532 −101.0913 −109.684 −116.9827
0 0 0 1
290.576 50.5457 54.842 58.4913
] [
𝑥1
𝑥2
𝑥3
𝑥4
] (1.80) 
 A resposta do sistema à condição inicial será obtida via MATLAB. Sendo que a 
condição inicial imposta pelo problema é dada pela equação (1.81) e a equação (1.80) pode ser 
reescrita como na equação (1.82). 
 �̂� = [
1
0
0
0
] (1.81) 
 �̇� = �̂�𝒙 (1.82) 
Onde 
 �̂� = [
0 1 0 0
−561.532 −101.0913 −109.684 −116.9827
0 0 0 1
290.576 50.5457 54.842 58.4913
] (1.83) 
Então a resposta do sistema à condição inicial pode ser obtida resolvendo as seguintes 
equações. 
 �̇� = �̂�𝒛 + �̂�𝑢 (1.84) 
 𝒙 = �̂�𝒛 + �̂�𝑢 (1.85) 
Onde 
 �̂� = �̂�, �̂� = �̂� (1.86) 
A linha de código a seguir, usada no MATLAB, irá gerar a resposta do sistema definido 
pela equação (1.80) à condição inicial especificada pela equação (1.81). Sendo que no programa 
utilizam-se as seguintes notações: 
 �̂� = 𝐴𝐴, �̂� = 𝐴𝐴, �̂� = 𝐵𝐵 𝑒 �̂� = 𝐵𝐵 (1.87) 
 
A resposta da execução do programa acima, é mostrada na Figura 7. 
%% Problema B-12-15. 
% PARA O CASO 01 
clear; clc; 
A = [0 1 0 0; 20.601 0 0 0; 0 0 0 1; -0.4905 0 0 0]; % Matriz A 
B = [0;-1;0;0.5]; % Matriz B 
S = [-1.3+1i -1.3-1i -20 -20]; % Matriz desejada 
K = acker(A,B,S); % Matriz K 
 
AA = A - B*K; 
 
BB = [0.1; 0; 0; 0]; % Condição inicial 
[x,z,t] = step(AA,BB,AA,BB); 
x1 = [1 0 0 0]*x'; % Teta 
x2 = [0 1 0 0]*x'; % Teta Ponto 
x3 = [0 0 1 0]*x'; % Deslocamento do Carrinho 
x4 = [0 0 0 1]*x'; % Velocidade do Carrinho 
 
% Traçar as curvas x1 versus t, x2 versus t, x3 versus t e x4 versus t 
 
subplot(2,2,1); 
plot(t,x1); grid 
title('x1(Teta) versus t') 
xlabel('t s') 
ylabel('x1 = Teta') 
 
subplot(2,2,2); 
plot(t,x2); grid 
title('x2(Teta ponto) versus t') 
xlabel('t s') 
ylabel('x2 = Teta ponto') 
 
subplot(2,2,3); 
plot(t,x3); grid 
title('x3(Deslocamento do Carrinho) versus t') 
xlabel('t s') 
ylabel('x3 = Deslocamento do Carrinho') 
 
subplot(2,2,4); 
plot(t,x4); grid 
title('x4(Velocidade do Carrinho) versus t') 
xlabel('t s') 
ylabel('x4 = Velocidade do Carrinho') 
 
 
 
Figura 7 - Resposta do sistema pêndulo invertido à condição inicial, Caso 01 
Para o Caso 02: 
Fazendo a substituição dos valores a equação (1.79) passa a ser 
 [
𝑥1̇
𝑥2̇
𝑥3̇
�̇�4
] = [
0 1 0 0
−204.3874 −48.4648 40.7747 −48.9297
0 0 0 1
112.0037 24.232420.3874 24.4648
] [
𝑥1
𝑥2
𝑥3
𝑥4
] (1.88) 
 A resposta do sistema à condição inicial será obtida via MATLAB. Sendo que a 
condição inicial imposta pelo problema é dada pela equação (1.89) e a equação (1.88) pode ser 
reescrita como na equação (1.90). 
 �̂� = [
1
0
0
0
] (1.89) 
 �̇� = �̂�𝒙 (1.90) 
Onde 
 �̂� = [
0 1 0 0
−204.3874 −48.4648 40.7747 −48.9297
0 0 0 1
112.0037 24.2324 20.3874 24.4648
] (1.91) 
Então a resposta do sistema à condição inicial pode ser obtida resolvendo as seguintes 
equações. 
 �̇� = �̂�𝒛 + �̂�𝑢 (1.92) 
 𝒙 = �̂�𝒛 + �̂�𝑢 (1.93) 
Onde 
 �̂� = �̂�, �̂� = �̂� (1.94) 
A linha de código a seguir, usada no MATLAB, irá gerar a resposta do sistema definido 
pela equação (1.88) à condição inicial especificada pela equação (1.89). Sendo que no programa 
utilizam-se as seguintes notações: 
 �̂� = 𝐴𝐴, �̂� = 𝐴𝐴, �̂� = 𝐵𝐵 𝑒 �̂� = 𝐵𝐵 (1.95) 
 
A resposta da execução do programa acima, é mostrada na Figura 8. 
%% Problema B-12-15. 
% PARA O CASO 02 
clear; clc; 
A = [0 1 0 0; 20.601 0 0 0; 0 0 0 1; -0.4905 0 0 0]; % Matriz A 
B = [0;-1;0;0.5]; % Matriz B 
S = [-2 -2 -10 -10]; % Matriz desejada 
K = acker(A,B,S); % Matriz K 
 
AA = A - B*K; 
 
BB = [0.1; 0; 0; 0]; % Condição 
inicial 
[x,z,t] = step(AA,BB,AA,BB); 
x1 = [1 0 0 0]*x'; % Teta 
x2 = [0 1 0 0]*x'; % Teta Ponto 
x3 = [0 0 1 0]*x'; % Deslocamento do Carrinho 
x4 = [0 0 0 1]*x'; % Velocidade do Carrinho 
 
% Traçar as curvas x1 versus t, x2 versus t, x3 versus t e x4 versus t 
 
subplot(2,2,1); 
plot(t,x1); grid 
title('x1(Teta) versus t') 
xlabel('t s') 
ylabel('x1 = Teta') 
 
subplot(2,2,2); 
plot(t,x2); grid 
title('x2(Teta ponto) versus t') 
xlabel('t s') 
ylabel('x2 = Teta ponto') 
 
subplot(2,2,3); 
plot(t,x3); grid 
title('x3(Deslocamento do Carrinho) versus t') 
xlabel('t s') 
ylabel('x3 = Deslocamento do Carrinho') 
 
subplot(2,2,4); 
plot(t,x4); grid 
title('x4(Velocidade do Carrinho) versus t') 
xlabel('t s') 
ylabel('x4 = Velocidade do Carrinho') 
 
 
 
Figura 8 - Resposta do sistema pêndulo invertido à condição inicial, Caso 02 
As resposta para o Caso 01 e Caso 02 (Figura 7 e Figura 8, respectivamente) mostram 
que o sistema pêndulo invertido retorna à posição de referência, levando em conta a condição 
inicial. As curvas das respostas obedecem às condições de projeto e são aceitáveis. Vale 
ressaltar a diferença entre as curvas da Figura 7 e Figura 8. Pois para cada caso, há polos 
desejados diferentes o que resultará em uma equação característica desejada diferente. Para 
equações características diferentes, haverá curvas de resposta diferentes. 
2. Sistemas de Controle Modernos, DORF, R. C., 8ª Ed. 
Neste capítulo será apresentada a resolução dos problemas do capítulo 13 da oitava 
edição do livro Sistemas de Controle Moderno dos autores Richard C. Dorf e Robert H. Bishop. 
Os problemas a serem solucionados são P13.1, P13.3, P13.5, P13.7, P13.9, P13.11, P13.13, 
P13.15 e P13.17. 
2.1. Problema P13.1 
A entrada de um amostrador é 𝑟(𝑡) = sin 𝜔𝑡, onde 𝜔 = 1/𝜋. Traçar a entrada do 
amostrador e a saída 𝑟∗(𝑡) para os primeiros 2 segundos quando 𝑇 = 0,25 segundo. 
Solução: 
No MATLAB esse problema pode ser facilmente solucionado. Executando a linha de 
código abaixo, foi obtido o resultado mostrado na Figura 9. 
 
 
Figura 9 - Entrada do amostrador e a saída 𝒓∗ (𝒕) para os primeiros 2 segundos 
2.2. Problema P13.3 
Uma rampa de um amostrador é 𝑟(𝑡) = 𝑡, 𝑡 > 0, é usada como sinal de entrada em um 
processo onde 𝐺(𝑠) = 1/(𝑠 + 1), como mostra a Figura 10. Determinar a saída 𝑦(𝑘𝑇) para os 
quatro primeiros instantes de amostragem. 
 
Figura 10 - Sistema de amostragem 
Solução: 
omega = 1/pi; 
t1 = linspace(0,2); 
t2 = linspace(0,2*pi); 
r = sin (t2); 
plot(t1,r) 
hold on 
t22 = linspace(0,2*pi,9); 
t11 = linspace(0,2,9); 
r2 = sin (t22); 
stem(t11,r2,'LineStyle','-') 
legend('Entrada','Saida') 
 
 
A função de transferência no plano 𝑧 que descreve o processo é mostrada na equação 
(2.1) e a transformada 𝑧 da função do tipo rampa é representada pela equação (2.2). 
 
𝑌(𝑧)
𝑅∗(𝑧)
= 𝐺(𝑧) =
𝑧
𝑧 − 𝑒−𝑇
 (2.1) 
 𝑅(𝑧) =
𝑇𝑧
(𝑧 − 1)2
 (2.2) 
A saída 𝑌(𝑧) = 𝐺(𝑧)𝑅(𝑧) é obtida após realizar essa operação até o quarto termo. 
𝑌(𝑧) = 𝑇𝑧−1 + 𝑇(2 + 𝑒−𝑇)𝑧−2 − 𝑇[(1 + 2𝑒−𝑇) − (2 + 𝑒𝑇)2]𝑧−3
+ 𝑇[𝑒−𝑇 + (1 + 2𝑒−𝑇)(2 + 𝑒−𝑇)
− (2 + 𝑒−𝑇)((1 + 2𝑒−𝑇) − (2 + 𝑒−𝑇)2)]𝑧−4 
(2.3) 
2.3. Problema P13.5 
Para o sistema do Problema 13.4, seja 𝑟(𝑡) uma entrada em degrau unitário. Calcular a 
resposta do sistemas por divisão sintética. 
Solução: 
A entrada degrau unitário é representado por: 
 𝑅(𝑧) =
𝑧
𝑧 − 1
 (2.4) 
Também temos que 
 𝑇(𝑧) =
𝐺(𝑧)
1 + 𝐺(𝑧)
=
0.6321𝑧
𝑧 + 0.2643
 (2.5) 
Logo 
 𝑌(𝑧) = 𝑇(𝑧)𝑅(𝑧) = (
0.6321𝑧
𝑧 + 0.2643
) (
𝑧
𝑧 − 1
) (2.6) 
 = 
0.6321𝑧
𝑧2 − 0.7357𝑧 − 0.2643
 (2.7) 
Usando a divisão sintética, pode-se terminar que 
𝑌(𝑧) = ∑ 𝑦(𝑘𝑇)𝑧−𝑘
∞
𝑘=0
 (2.8) 
𝑦(0) = 0, 𝑦(𝑇) = 0.6321, 𝑦(2𝑇) = 0.465, 𝑦(3𝑇) = 0.5092, 𝑦(4𝑇)
= 0.4975 e 𝑦(5𝑇) = 5006 
(2.9) 
𝑌(𝑧) = 0.6321𝑧−1 + 0.4650𝑧−2 + 0.5092𝑧−3 + 0.4975𝑧−4 + 0.5006𝑧−5 (2.10) 
2.4. Problema P13.7 
Um sistema a malha fechada está mostrado na Figura 11. Este sistema representa o 
controle de arfagem de um avião. A função de transferência do processo a controlar é 𝐺𝑝(𝑠) =
𝐾/[𝑠(0,5𝑠 + 1)]. Escolher um ganho 𝐾 e um ponto de amostragem tais que ultrapassagem 
fique limitada a 0,3 do degrau para uma entrada em rampa unitária seja do que 1,0. 
 
Figura 11 - Sistema a malha fechada com dados amostrados 
Solução: 
Com as figuras 13.19 e 13.21 do livro ratado nesse capítulo podemos determinar as 
especificações de performance que satisfazem 𝐾 𝜏 = 0.5 e 
𝑇
𝜏
= 2. Calculando 𝐾 e 𝑇, com 𝜏 =
0.5, obtém-se 𝐾 = 1 e 𝑇 = 1. 
2.5. Problema P13.9 
Um novo sistema móvel suspenso, controlado remotamente, mostrado na Figura 12, se 
destina a dar mobilidade tridimensional às transmissões de televisão de jogos de futebol 
profissional. A câmara pode ser movimentada ao longo de todo o campo, bem como para cima 
e para baixo. O controle do motor de cada umas das polias é representado pela Figura 11 com 
𝐺𝑝(𝑠) =
10
𝑠(𝑠 + 1)(𝑠/10 + 1)
 
 
Figura 12 - Câmera móvel para campo de futebol 
Deseja-se obter uma margem de fase de 45º usando 𝐺𝑐(𝑠). Escolher uma frequência de 
cruzamento e um período de amostragem adequados para obter 𝐷(𝑧). Usar o método de 
conversão 𝐺𝑐(𝑠) para 𝐷(𝑧). 
Solução: 
Considerando que o controlador seja dado pela equação (2.11). 
 𝐺𝑐(𝑠) = 𝐾
𝑠 + 𝑎
𝑠 + 𝑏
 (2.11) 
Usando o método de Bode para selecionar 𝑎 = 1, 𝑏 = 4 e 𝐾 = 1. A margem de fase de 
compensação do sistema é 𝑃. 𝑀.= 50° e a margem de ganho é 𝐺. 𝑀.= 15𝑑𝐵. A frequência de 
corte é 𝜔𝑐 = 2.15 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑐. Usando o método de conversão 𝐺𝑐(𝑠) para 𝐷(𝑧) e adotando 𝑇 =
0.01 𝑠𝑒𝑔𝑢𝑛𝑜𝑠, pode-se obter 𝐷(𝑧) como mostrado na equação (2.14). 
Sendo que 
 𝐴 = 𝑒−𝑎𝑇 , 𝐵 = 𝑒−𝑏𝑇 e 𝐶
1−𝐴
1−𝐵
= 𝐾
𝑎
𝑏
 (2.12) 
 𝐴 = 𝑒−0.01 = 0.99, 𝐵 = 𝑒−0.04 = 0.96 e 𝐶 = 1. (2.13) 
 𝐷(𝑧) = 𝐶
1 − 𝐴
1 − 𝐵
=
𝑧 − 0.99
𝑧 − 0.96
 (2.14) 
2.6. Problema P13.11 
(a) Para o sistema descrito no Problema 13.10, projetar um compensador por atraso de 
fase 𝐺𝑐(𝑠) usando os métodos que30% e um erro de estado estacionário para uma entrada em 
rampa menor que 0,01. Supor um sistema contínuo não amostrado com 𝐺𝑝(𝑠). 
(b) Determinar um D(z) adequado para satisfazer os requisitos da parte (a) com um 
período de amostragem T = 0,1 segundo. Supor um extrapolador de ordem zero e amostrador e 
usar o método de conversão Gc(s) para D(z). 
(c) Traçar o gráfico da resposta, para uma entrada em degrau, do sistema com o 
computador contínuo no tempo Gc(s) da parte (a) e com o sistema digital D(z) da parte (b). 
Comparar os resultados. 
(d) Repetir a parte (b) para T = 0,01 segundo e depois repetir a parte (c). 
(e) Traçar o gráfico da resposta a uma entrada em rampa para D(z) com T = 0,01 segundo 
e compará-lo com o da resposta do sistema contínuo. 
Solução: 
(a) Considerando que o controlador seja dado pela equação (2.15). 
 𝐺𝑐(𝑠) = 𝐾
𝑠 + 𝑎
𝑠 + 𝑏
 (2.15) 
Usando o método de Bode para selecionar 𝑎 = 0.7, 𝑏 = 0.1 e 𝐾 = 150. O overshoot e 
o erro em regime permanente, para uma entrada do tipo rampa, são 𝑃.𝑂.= 30% e 𝑒𝑠𝑠 < 0.01. 
(b) Usando o método de conversão 𝐺𝑐(𝑠) para 𝐷(𝑧) e adotando 𝑇 = 0.1 𝑠𝑒𝑔𝑢𝑛𝑜𝑠, 
pode-se obter 𝐷(𝑧) como mostrado na equação (2.18). 
Sendo que 
 𝐴 = 𝑒−𝑎𝑇 , 𝐵 = 𝑒−𝑏𝑇 e 𝐶
1−𝐴
1−𝐵
= 𝐾
𝑎
𝑏
 (2.16) 
 𝐴 = 𝑒−0.007 = 0.9324, 𝐵 = 𝑒−0.01 = 0.99 e 𝐶 = 155.3. (2.17) 
 𝐷(𝑧) = 𝐶
1 − 𝐴
1 − 𝐵
= 155.3
𝑧 − 0.9324
𝑧 − 0.99
 (2.18) 
(c) O gráfico com as respostas, para uma entrada degrau, do sistema com o compensador 
contínuo e com o sistema digital são mostrados na Figura 13, respectivamente. 
 
 
Figura 13 - Resposta ao degrau com compensador discreto com 𝑻 = 𝟎.𝟏 
Alinha de código usada para obter esses resultados é mostrada logo abaixo. 
 
(d) Usando o método de conversão 𝐺𝑐(𝑠) para 𝐷(𝑧) e adotando 𝑇 = 0.01 𝑠𝑒𝑔𝑢𝑛𝑜𝑠, 
pode-se obter 𝐷(𝑧) como mostrado na equação (2.21). 
Sendo que 
%% Problema P13.11 
clear all; clc; 
G = zpk([],[0 -10], 1); % Processo a controlar 
Gc = zpk(-0.7,-0.1,150); % Controlador contínuo 
TFc = feedback(Gc*G,1); 
step(TFc,2.5) 
 
T = 0.1; 
Gd = c2d(G,T) 
Dc = zpk(-0.9324, -0.99, 155.3, T) 
TFd = feedback(Dc*Gd,1); 
 
step(TFc,2.5) 
title('Resposta ao degrau com compensador contínuo') 
hold on 
step(TFd,4) 
title('Resposta ao degrau com compensador discreto') 
 
 
 𝐴 = 𝑒−𝑎𝑇 , 𝐵 = 𝑒−𝑏𝑇 e 𝐶
1−𝐴
1−𝐵
= 𝐾
𝑎
𝑏
 (2.19) 
 𝐴 = 𝑒−0.07 = 0.993, 𝐵 = 𝑒−0.001 = 0.999 e 𝐶 = 150 (2.20) 
 𝐷(𝑧) = 𝐶
1 − 𝐴
1 − 𝐵
= 150
𝑧 − 0.993
𝑧 − 0.999
 (2.21) 
O gráfico com as respostas, para uma entrada degrau, do sistema com o compensador 
contínuo e com o sistema digital são mostrados na Figura 14. 
 
Figura 14 - Resposta ao degrau do sistema contínuo e discreto com 𝑻 = 𝟎.𝟎𝟏 
 
%% Problema P13.11 
clear all; clc; 
G = zpk([],[0 -10], 1); % Processo a controlar 
Gc = zpk(-0.7,-0.1,150); % Controlador contínuo 
TFc = feedback(Gc*G,1); 
step(TFc,2.5) 
 
T = 0.01; 
Gd = c2d(G,T) 
Dc = zpk(-0.993, -0.999, 150, T) 
TFd = feedback(Dc*Gd,1); 
 
step(TFc) 
hold on 
step(TFd) 
legend('Sistema Contínuo', 'Sistema Discreto') 
title('Resposta ao degrau do sistema contínuo e discreto') 
 
 
(e) O gráfico com a resposta, para uma entrada rampa, para 𝐷(𝑧) com 𝑇 = 0.1 𝑠𝑒𝑔𝑢𝑛𝑑𝑜 
é mostrado na Figura 15. 
 
Figura 15 - Resposta para uma entrada rampa 
2.7. Problema P13.13 
O controlador de orientação da estação espacial descrito no Exercício 7.6 é 
implementado com um amostrador e um extrapolador de ordem zero e tem de transferência 
𝐺(𝑧) =
𝑘(𝑧2 + 1,1206𝑧 − 0,0364)
 𝑧3 − 1,7358 + 0,8711𝑧 − 0,1353
 
(a) Traçar o lugar das raízes. (b) Determinar o valor de 𝐾 de modo que duas raízes da equação 
característica sejam iguais. (c) Determinar todas as raízes da equação característica para o ganho 
da parte (b). 
 Solução: 
(a) O lugar das raízes para o sistema desse problema, é mostrado na Figura 16. 
 
Figura 16 - Lugar das raízes 
(b) A equação característica pode ser representada por 𝑞(𝑧), onde 
 𝑞(𝑧) = 1 + 𝐺(𝑧) = 0 (2.22) 
Então 
𝑞(𝑧) = 𝑧3 − 1.7358𝑧2 + 0.8711𝑧 − 0.1353 + 𝐾(𝑧2 + 1.1206𝑧 − 0.0364) = 0 (2.23) 
𝑞(𝑧) = 𝑧3 + (𝐾 − 1.7358)𝑧2 + (0.8711 + 1.1206𝐾)𝑧 − 0.1353 − 0.0363𝐾 = 0 (2.24) 
Com o comando rltool do MATLAB foi possível testar os valores de 𝐾 e foi constatado 
que o sistema é estável para 0 < 𝐾 < 0.5. Foi verificado também, que para qualquer que seja 
o valor de 𝐾, a equação característica terá duas raízes iguais. Para este caso, foi escolhido 𝐾 =
0.043, com isso a equação característica fica da seguinte forma: 
 𝑞(𝑧) = 𝑧3 − 1.6928𝑧2 + 0.9193𝑧 − 0.1369 (2.25) 
(c) Para o ganho escolhido, os polos da equação características são mostrados na 
equação (2.26). 
 
 𝑠1 = 0.7266 + 0.2076𝑖 
 𝑠2 = 0.7266 − 0.2076𝑖 
 𝑠3 = 0.2397 + 0.0000𝑖 
(2.26) 
 Para esse problema, a rotina em MATLAB usada é mostrada abaixo. 
 
2.8. Problema P13.15 
Um sistema a malha fechada com um amostrador e um extrapolador, possui uma função 
de transferência do processo a controlar 
𝐺𝑝(𝑠) =
10
𝑠 − 2
 
Calcular e traçar o gráfico de 𝑦(𝑘𝑇) para 0 ≤ 𝑇 ≤ 0,6 quando 𝑇 = 0,1 segundo. O 
sinal de entrada é um degrau unitário. 
Solução: 
Para o período de amostragem dado, a função de transferência do processo a controlar, 
no plano 𝑧, fica como mostra a equação (2.27). A entrada degrau unitário é representada pela 
equação (2.28). 
 𝐺(𝑧) =
1.107
(𝑧 − 1.221)
 (2.27) 
 𝑅(𝑧) =
𝑧
(𝑧 − 1)
 (2.28) 
 Então a saída é representada por 
%% Problema P13.13 
clear all; clc; 
k = 0.043; 
T = 1; 
num = k.*[1 1.1206 -0.0364]; 
den = [1 -1.7358 +0.8711 -0.1353]; 
Gz = tf(num,den,T); 
 
% Equação Caracteristica 
p = [1 k-1.7358 0.8711+1.1206*k -0.1353-0.0363*k]; 
roots(p) 
%rltool(Gz) 
%rlocus(Gz) 
%rlocusplot(Gz) 
 
 
 𝑌(𝑧) = 𝐺(𝑧)𝑅(𝑧) =
1.107
(𝑧 − 1.221)
𝑧
(𝑧 − 1)
 (2.29) 
 𝑌(𝑧) =
1.107𝑧
𝑧2 − 2.221𝑧 + 1.221
 (2.30) 
 Para traçar 𝑦(𝑘𝑇) foi utilizado o programa em MATLAB que é mostrado logo abaixo. 
O resultado é mostrado na Figura 17. 
 
 
Figura 17 - Gráfico de 𝒚(𝒌𝑻) para 𝟎 ≤ 𝑻 ≤ 𝟎.𝟔 
2.9. Problema P13.17 
Um sistema a malha fechada tem 
𝐺𝑝(𝑠) =
𝐾
𝑠(𝑠 + 1)
 
%% Problema P13.15 
clear; clc; 
G = zpk([],2, 10); % Processo a controlar 
T = 0.1; 
a=c2d(G,T); 
b=zpk(0,1, 1,T); 
y=a*b; 
t=[0:T:0.6]'; 
f= step(y,t); 
stem(t,f) 
 
 
e 𝑇 = 1 segundo. Traçar o gráfico do lugar das raízes para 𝐾 ≥ 0 e determinar o ganho 𝐾 que 
resulta em duas raízes da equação característica sobre o círculo 𝑧 (no limite de estabilidade). 
 Solução: 
Para determinar o valor de 𝐾 o comando rltool do MATLAB foi utilizado e testando os 
valores de 𝐾 e foi encontrado 𝐾 = 2.3912, para que resulte em duas raízes da equação 
característica sobre o círculo 𝑧. O resultado pode ser confirmado pelo lugar geométrico das 
raízes mostra na Figura 18. 
 
Figura 18 - Lugar das raízes