Transformada de Laplace

Transcrição

Transformada de Laplace (CP1)
www.professores.deq.ufscar.br/ronaldo/cp1
DEQ/UFSCar
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Roteiro I
1
2
3
4
5
6
Introdução
Definição da Transformada
Transformada de Laplace de Algumas Funções
Transformada de Derivadas
Solução de Equações Diferenciais Lineares
Inversão por Frações Parciais
Raízes Distintas, Reais ou Complexas
Raízes Múltiplas
Solução de Equações Diferenciais Lineares com a Transformada
de Laplace
Natureza Qualitativa das Soluções
Propriedades Adicionais das Transformadas de Laplace
Exemplos
Equação Diferencial de Primeira Ordem (Geral)
Equação Diferencial de Primeira Ordem
Equação Diferencial de Segunda Ordem (Geral)
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Roteiro II
Equação Diferencial de Segunda Ordem (Raízes Reais
Diferentes)
Equação Diferencial de Segunda Ordem (Raízes Complexas)
Equação Diferencial de Segunda Ordem (Raízes Múltiplas)
Sistema com Interação
7
Atividades Complementares
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Introdução à Transformada de Laplace
O método da Transformada de Laplace é uma ferramenta que proporciona a solução de equações diferenciais lineares com coeficientes
constantes, de maneira sistemática e relativamente simples.
Uma classe importante do controle se restringe à resolução desses
tipos de equações. Portanto, destaca-se a importância da Transformada de Laplace no controle de processos.
A transformação de uma equação diferencial resulta em uma equação
algébrica, onde a variável s substitui a variável independente (como o
tempo, t).
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Introdução à Transformada de Laplace
continuação
E s p a ç o
O r ig in a l
E q u a ç ã o D ife r e n c ia l
+
C o n d iç õ e s I n ic ia is e
d e C o n t o r n o
T r a n s fo r m a d a
d e L a p la c e
E s p a ç o d a
d e L a p la c e
L
L
S o lu ç ã o d o
P r o b le m a O r ig in a l
I n v e r s a
d e L a p la c e
-1
E q u a ç ã o A lg é b r ic a
S o lu ç ã o
Figura: Esquema da transformação e solução da equação diferencial
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Definição da Transformada de Laplace
A Transformada de Laplace de uma função f (t) é
Z ∞
f (t)e−st dt
F (s) = L{f (t)} =
0
A Transformada de Laplace é linear
L{a1 f1 (t) + a2 f2 (t)} = a1 L{f1 (t)} + a2 L{f2 (t)}
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F (s)
1
Item
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
1
s
1
s2
1
(n
=
3, 4, . . .)
n
s
1
s+a
1
τ s+1
1
(s+a)n (n = 2, 3, . . .)
1
(τ s+1)n (n = 2, 3, . . .)
s
(s+a)2
1
s(s+a)
1
s(τ s+1)
1
s(τ s+1)n
f (t)
δ(t), impulso unitário
u ? (t), degrau unitário
t , rampa
t n−1
(n−1)!
e−at
1 −t/τ
τe
t n−1 e−at
(n−1)!
t n−1 e−t/τ
τ n (n−1)!
e−at (1 − at)
1
a (1
1−e
− e−at )
1 − e−t/τ
Pn−1 (t/τ )i
−t/τ
i=0
i!
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continuação
Item
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
F (s)
f (t)
1
(s+a)(s+b)
1
(τ1 s+1)(τ2 s+1)
s
(s+a)(s+b)
s+c
(s+a)(s+b)
τ3 s+1
(τ1 s+1)(τ2 s+1)
1
s(s+a)(s+b)
1
(s+a)(s+b)(s+c)
(s+d)
(s+a)(s+b)(s+c)
1
s2 +a2
1
s(s2 +a2 )
1
−at − e−bt )
(b−a) (e
1
−t/τ1 − e−t/τ2 )
(τ2 −τ1 ) (e
1
−at − be−bt )
(a−b) (ae
(c−a) −at
(c−b) −bt
+ (a−b)
e
(b−a) e
(τ
−τ
)
(τ
−τ
1 1 3 −t/τ1
e
+ τ12 (τ22 −τ31 )) e−t/τ2
τ1 (τh
1 −τ2 )
i
1
1
−at
−bt
− ae )
ab 1 + (a−b) (be
e−at
e−bt
e−ct
(b−a)(c−a) + (a−b)(c−b) + (a−c)(b−c)
(d−a)e−at
(d−b)e−bt
(d−c)e−ct
(b−a)(c−a) + (a−b)(c−b) + (a−c)(b−c)
1
a sen(at)
1
[1 − cos(at)]
a2
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continuação
Item
23
24
25
26
27
28
29
F (s)
s
s2 +a2
a cos(φ)+s sen(φ)
s2 +a2
1
(s+a)2 +b2
s+a
(s+a)2 +b2
e−as
e−as
s
w
(τ s+1)(s2 +w 2 )
f (t)
cos(at)
sen(at + φ)
1 −at
sen(bt)
be
e−at cos(bt)
δ(t − a), impulso unitário em t = a
? (t − a), degrau unitário em t = a
u
wτ
e−t/τ + √ 21 2 sen(wt + θ)
2
2
τ w +1
τ w +1
θ = arctg(−wτ )
τ (e−t/τ + t/τ − 1)
onde
30
31
32
33
1
s2 (τ s+1)
1
s(τ1 s+1)(τ2 s+1)
τ3 s+1
s(τ1 s+1)(τ2 s+1)
f (s)e−as
1+
1+
1
−t/τ1 − τ e−t/τ2 )
2
(τ2 −τ1 ) (τ1 e
(τ3 −τ1 ) −t/τ1
(τ3 −τ2 ) −t/τ2
+ (τ2 −τ1 ) e
(τ1 −τ2 ) e
f (t − a)
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continuação
Inversões que Apresentam Respostas com Decaimento Oscilatório
p
p
ξ < 1; A = (1 − ξ 2 ); B = (1 − ξ 2 )/τ ; C = ξ/τ
Item
34
35
36
F (s)
f (t)
1
τ 2 s2 +2ξτ s+1
1
s(τ 2 s2 +2ξτ s+1)
τ1 s+1
τ 2 s2 +2ξτ s+1
1
Aτ
h
1−
1 −ct
sen(Bt)
Aτ e
1 −ct
1 − Ae
sen(Bt + φ)
B
onde φ = arctg C
2 i1/2 −ct
2τ1 C + ττ1
e
sen(Bt
τ1 B
onde φ = arctg 1−τ C
1
+ φ)
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Transformada de Derivadas
A Transformada de Laplace tem a propriedade singular de transformar
a operação de diferenciação em relação a t em uma multiplicação por
s:
df (t)
L
= sF (s) − f (0), f (0) = f (t = 0)
dt
2
d f (t)
L
= s2 F (s) − sf (0) − f 0 (0), f 0 (0) = f 0 (t = 0)
dt 2
n
d f (t)
L
= sn F (s) − sn−1 f (0) − sn−2 f 0 (0) − · · · −
dt n
sf n−2 (0) − f n−1 (0), f (i) (0) = f (i) (t = 0)
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Solução de Equações Diferenciais Lineares
Na resolução de equações diferenciais por Transformada de Laplace,
as funções fi (t) são convertidas em suas transformadas e as equações
algébricas resultantes são resolvidas para as funções Fi (s) desconhecidas. Segue-se o seguinte procedimento:
1
obter a Transformada de Laplace de ambos os membros da
equação (as condições iniciais são incorporadas neste passo nas
transformadas das derivadas)
2
resolver algebricamente a equação resultante para a
Transformada de Laplace da função desconhecida
3
achar a função de t que possui a Transformada de Laplace obtida
no passo 2. Esta função satisfaz a equação diferencial e as
condições iniciais e, conseqüentemente, é a função desejada
(obter a Transformada Inversa de Laplace, L−1 )
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As equações diferenciais a serem resolvidas são todas da forma geral
an
d ny
dy
d n−1 y
+ · · · + a1
+
a
+ a0 y =
n−1
n
n−1
dt
dt
dt
d mu
d m−1 u
du
bm m + bm−1 m−1 + · · · + b1
+ b0 u
dt
dt
dt
(1)
onde y (i) (0) = y (i) (t = 0) e u (i) (0) = u (i) (t = 0).
A função desconhecida é y (t) (resposta do sistema).
A função u(t) é chamada de função perturbação (entrada do sistema).
an , an−1 , · · · , a1 , a0 , bm , bm−1 , · · · , b1 , b0 são coeficientes constantes.
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continuação
Quando a Transformada de Laplace é aplicada em ambos os lados da
equação (1), as condições iniciais são introduzidas e, então
Y (s) =
cm sm + cm−1 sm−1 + · · · + c1 s + c0
N(s)
U(s) =
n
n−1
D(s)
s + dn−1 s
+ · · · + d1 s + d0
onde N(s) e D(s) são polinômios em s que representam o numerador
e o denominador, com graus m e n, respectivamente.
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continuação
Sendo o grau de D(s) maior do que o de N(s), Y (s) pode ser expandida
em frações parciais, após fatorar o polinômio D(s), tal que
Y (s) =
N(s)
U(s)
(s − p1 )(s − p2 ) · · · (s − pn )
onde p1 , p2 , · · · , pn são as raízes reais ou complexas do polinômio
D(s). D(s) é conhecido como a equação característica ou polinômio
característico e [p1 , p2 , · · · , pn ] são os pólos do sistema representado
por Y (s)/U(s).
Determinadas essas raízes, o próximo passo depende da natureza de
seus valores e da frequência em que elas aparecem.
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Raízes Distintas, Reais ou Complexas
Quando as raízes são reais ou complexas, mas distintas, pode-se escrever Y (s) como a soma de frações parciais, com um termo para cada
raiz pi :
N(s)
N(s)
=
U(s)
D(s)
(s − p1 )(s − p2 ) · · · (s − pn )
para U(s) = 1 (impulso unitário)
A1
A2
An
Y (s) =
+
+ ··· +
s − p1 s − p2
s − pn
Y (s) =
(2)
(3)
Para calcular o coeficiente Ai , multiplique ambos os lados da equação
(3) por (s − pi ). Após substituir s por pi , todos os termos do lado direito
da equação (3) desaparecem, com exceção de Ai . Portanto,
N(s)
N(pi )
Ai = (s − pi )
=
D(s) s=pi
(pi − p1 )(pi − p2 ) · · · (pi − pn )
Procedimento análogo é utilizado para encontrar os demais coeficientes.
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Raízes Distintas, Reais ou Complexas (continuação)
Cada termo da expansão em frações parciais com uma raiz real resultará em um termo no domínio do tempo, tal que a Transformada Inversa
de Laplace será
Ai L−1
=⇒ Ai epi t
s − pi
Existindo uma raiz complexa, necessariamente uma outra raiz é
complexa conjugada da primeira: pj = aj + ıbj e pk = ak − ıbk , onde
aj = ak e bj = bk .
A Transformada Inversa de Laplace dos pares complexos forma a expressão
Aj
Ak
L−1
+
=⇒ Aj e(aj +ıbj )t + Ak e(ak −ıbk )t
s − (aj + ıbj ) s − (ak − ıbk )
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Raízes Distintas, Reais ou Complexas (continuação)
Aplicando a identidade trigonométrica ex+ıy = ex (cos y + ı seny ) no
resultado da transformada inversa, esta resulta em
(Aj + Ak )eaj t cos(bj t) + (Aj − Ak )eaj t ı sen(bj t)
Utilizando uma outra identidade trigonométrica a1 cosqb + a2 senb =
a3 sen(b + φ), onde a3 e φ são calculados de a3 =
a12 + a22 e φ =
tan−1 (a1 /a2 ), obtém-se
q
Aj · Ak sen(bj t + φ), com
Aj + Ak
φ = tan−1
(Aj − Ak )ı
2eaj t
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Raízes Múltiplas
Se o polinômio D(s) apresentar raízes múltiplas, o fator (s − pi )n do
denominador de Y (s) dará origem a n termos na expansão em frações
parciais, tal que
Ai,1
Ai,2
Ai,n
N(s)
+
Y (s) =
=
+ ··· +
+ ···
(4)
n
n−1
D(s)
(s − pi )
(s − pi )
(s − pi )
A constante Ai,1 pode ser determinada da forma usual, pela multiplicação por (s − pi )n e fazendo s = pi . As outras constantes são
determinadas por sucessivas multiplicações do resultado da diferenciação da equação (4), após substituir s por pi .
Os termos apresentados na equação (4) conduzem à seguinte expressão como transformada inversa:
Ai,1 n−1
Ai,2 n−2
t
+
t
+ · · · + Ai,n−1 t + Ai,n epi t
(n − 1)!
(n − 2)!
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Solução de Equações Diferenciais Lineares com a
Resumindo: as seguintes etapas são executadas
1
obter a Transformada de Laplace de ambos os membros da
equação
2
resolver algebricamente a equação resultante
3
inversão da transformada — técnica da expansão em frações
parciais
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continuação
Forma Geral: modelo LTI
Em notação vetorial
ẋ = Ax + Bu, x0 = 0
y = Cx + Du
Aplica-se a Transformada de Laplace em ambos os lados das duas
equações do modelo LTI, substituindo X(s) obtido da resolução da primeira equação na equação da saída Y(s). Ao final obtém-se uma relação entre a saída e a entrada, Y(s)/U(s), conhecida como Função de
Transferência (ou Matriz Função de Transferência), denominada de
G(s):
Y(s) = [C(s − A)−1 B + D]U(s)
|
{z
}
G(s)
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continuação
Essa equação permite a conversão entre a representação do sistema
da forma em Espaço de Estado (LTI: domínio do t) para o da forma
Função de Transferência (domínio s).
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A informação sobre a forma da solução y (t) pode ser diretamente obtida das raízes (pólos) do denominador de Y (s) chamado de equação
característica.
A natureza qualitativa da solução de y (t) está relacionada à localização
das raízes (pólos) da equação característica no plano complexo:
e ix o
im a g in á r io
p
2
( - a 2,b
p
p
)
2
3
( 0 ,b
3
p
)
p
1
( - a 1,0 )
( a 4,b
p
2
*
( - a 2,- b
2
)
p
3
*
)
4
p
6
( 0 ,0 )
( 0 ,- b 3)
4
p
4
( a 4,- b
5
( a 5,0 )
*
4
e ix o
re a l
)
e s tá v e l
Pólos
p1
p2 , p2∗
p3 , p3∗
p4 , p4∗
p5
p6
Termos em y(t) para t > 0
A1 e−a1 t
e−a2 t [A1 cos(b2 t) + A2 sen(b2 t)]
A1 cos(b3 t) + A2 sen(b3 t)
ea4 t [A1 cos(b4 t) + A2 sen(b4 t)]
A1 ea5 t
A1
in s t á v e l
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continuação
Observa-se, então, que:
pólos à esquerda do eixo imaginágio (semi-plano esquerdo)
correspondem a respostas que decrescem exponencialmente
com o tempo: sistemas estáveis
pólos à direita do eixo imaginágio (semi-plano direito)
correspondem a respostas que crescem exponencialmente com o
tempo: sistemas instáveis
pólos complexos conjugados fazem a resposta oscilar com o
tempo
com amplitudes decrescentes (sistemas estáveis) quando
localizados no semi-plano esquerdo
com amplitudes crescentes (sistemas instáveis) quando
localizados no semi-plano direito
com amplitudes constantes (no limite de estabilidade) quando
localizados sobre o eixo imaginário
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continuação
pólos sobre a origem indicam uma resposta constante no tempo
é óbvio que para uma dada entrada, u(t), deve-se considerar as
raízes adicionais introduzidas pelo denominador de U(s) para se
ter um quadro completo da resposta qualitativa do sistema
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Conversão Entre LTI e Função de Transferência
estudo de caso
Tanque de Aquecimento com Agitação
O modelo LTI (espaço de estado)
ḣ
−0, 10
0
h
+
=
0
−1,
30
T
Ṫ
{z
}
|
{z
}
|
| {z }
x
A
ẋ

1, 00
−86, 52
|
0
1, 00
0
0, 10 −84, 52 0, 10
{z
0
190, 04
B

Fi1
 
Ti1
Fi2
0
 , x0 = 0
1, 10 
Ti2

}
Fst 
Tst
| {z }
u
1 0
h
h
=
0 1
T
T
| {z } | {z } | {z }
y
C
x
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estudo de caso (continuação)
pode ser transformado em modelo na forma função de transferência,
utilizando
Y(s) = [C(s − A)−1 B + D]U(s)
{z
}
|
G(s)
cuja Matriz Função de Transferência, G(s), é calculada utilizando as
instruções no MATLAB
sysss=ss(A,B,C,D) % cria modelo em espaço de estado
systf=tf(sysss) % cria modelo em função de transferência
ou instruções equivalentes no SCILAB
sysss=syslin(’c’,A,B,C) // cria modelo contínuo (c) em espaço
de estado com D = 0
systf=ss2tf(sysss) // cria modelo em função de transferência
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
Fi1(s)

!
Ti1(s)


0
Fi2(s)
1,10
Ti2(s)

s+1,30 
} Fst(s)

h(s)
=
T (s)
| {z } |
1
s+0,10
−86,52
s+1,30
Y(s)
0
0,10
s+1,30
1
s+0,10
−84,52
s+1,30
0
0
0,10
s+1,30
190,04
s+1,30
{z
G(s)
|
Tst(s)
{z }
U(s)
DEQ/UFSCar
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mostrando as 2 × 6 funções de transferências entre as 2 saídas
[h(s)T (s)]T e as 6 entradas [Fi1(s)Ti1(s)Fi2(s)Ti2(s) Fst(s)Tst(s)]T ,
Yi (s)
Uj (s) :
h(s)
Fi1(s)
h(s)
Ti1(s)
h(s)
Fi2(s)
h(s)
Ti2(s)
h(s)
Fst(s)
h(s)
Tst(s)
=
1
s + 0, 10
=0
=
1
s + 0, 10
=0
=0
=0
T (s)
Fi1(s)
T (s)
Ti1(s)
T (s)
Fi2(s)
T (s)
Ti2(s)
T (s)
Fst(s)
T (s)
Tst(s)
=
=
=
=
=
=
−86, 52
s + 1, 30
0, 10
s + 1, 30
−84, 52
s + 1, 30
0, 10
s + 1, 30
190, 04
s + 1, 30
1, 10
s + 1, 30
DEQ/UFSCar
29 / 76
Propriedades Adicionais das Transformadas de
Laplace
Propriedades selecionadas de acordo com sua aplicabilidade em teoria
de controle, lembrando que F (s) = L{f (t)}:
Teorema do Valor Final
lim [f (t)] = lim [sF (s)]
t→∞
s→0
desde que sF (s) seja finita. Caso contrário, f (t) não apresenta limite
quando t → ∞.
Teorema do Valor Inicial
lim [f (t)] = lim [sF (s)]
t→0
s→∞
Translação da Transformada
L{e−at f (t)} = F (s + a)
DEQ/UFSCar
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Propriedades Adicionais das Transformadas de
Laplace
continuação
Transformada de uma Integral
Z
L
t
f (t)dt
=
0
F (s)
s
Translação da Função
L{f (t − t0 )} = e−t0 s F (s)
f
f(t)
f(t-t0)
0
t
0
t
DEQ/UFSCar
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Exemplo
Obtenha a solução da seguinte equação diferencial linear de primeira
ordem
dy
+ a0 y = b0 u, y (t = 0) = y (0)
a1
dt
com a1 , a0 , b0 6= 0, y (0) = 0 e u é um degrau de amplitude A.
DEQ/UFSCar
32 / 76
Solução
a1
dy
+ a0 y = b0 u, y (0) = 0
dt
Aplicando a Transformada de Laplace em ambos os lados da equação:
dy
L a1
+ a0 y
= L{b0 u}
dt




a1 sY (s) − y (0) + a0 Y (s) = b0 U(s)
|{z}

=0
DEQ/UFSCar
33 / 76
continuação
Resolvendo a equação no domínio da Transformada:
a1 sY (s) + a0 Y (s) = b0 U(s)
(a1 s + a0 ) Y (s) = b0 U(s)
Y (s)
b0
b0
U(s) ⇒
=
ou
Y (s) =
a1 s + a0
U(s)
a1 s + a0
Y (s)
U(s)
=
b0
a0
a1
a0 s
+1
(a0 6= 0 e pólo p = −a0 /a1 )
Substituindo u pelo degrau de amplitude A:
Y (s)
U(s)
=
Y (s) =
b0
a0
a1
a0 s
+1
⇒ Y (s) =
b0
a0
a1
a0 s
A
+1s
b0
a0 A
s( aa10 s + 1)
DEQ/UFSCar
34 / 76
continuação
Costuma-se chamar
b0
a0
= Kp e
a1
a0
= τp .
Calculando a transformada inversa de Y (s) utilizando uma tabela
de Transformada de Laplace:
Y (s) =
Kp A
L−1
=⇒ y (t) = Kp A 1 − e−t/τp
s(τp s + 1)
DEQ/UFSCar
35 / 76
Exemplo
Obtenha a solução da seguinte equação diferencial linear de primeira
ordem
dy
+ a0 y = b0 u, y (t = 0) = y (0)
a1
dt
com a1 = a0 = b0 = 1, y (0) = 0 e u é um degrau de amplitude unitário.
DEQ/UFSCar
36 / 76
Solução
a1
dy
+ a0 y = b0 u, y (0) = 0
dt
dy
L a1
+ a0 y
= L{b0 u}
dt




a1 sY (s) − y (0) + a0 Y (s) = b0 U(s)
|{z}

=0
DEQ/UFSCar
37 / 76
continuação
a1 sY (s) + a0 Y (s) = b0 U(s)
(a1 s + a0 ) Y (s) = b0 U(s)
b0
Y (s)
b0
Y (s) =
U(s) ⇒
=
ou
a1 s + a0
U(s)
a1 s + a0
Y (s)
U(s)
=
b0
a0
a1
a0 s
+1
(a0 6= 0 e pólo p = −a0 /a1 )
Substituindo os coeficientes a1 = a0 = b0 = 1 e u pelo degrau unitário:
Y (s)
U(s)
=
Y (s) =
b0
a0
a1
a0 s
+1
⇒ Y (s) =
1 1
s+1s
1
s(s + 1)
DEQ/UFSCar
38 / 76
continuação
Calculando a transformada inversa de Y (s) utilizando uma tabela de
Transformada de Laplace:
Y (s) =
1
L−1
=⇒ y (t) = 1 − e−t
s(s + 1)
DEQ/UFSCar
39 / 76
Equação Diferencial de Segunda Ordem
Exemplo
Obtenha a solução da seguinte equação diferencial linear de segunda
ordem
a2
d 2y
dy
+ a0 y = b0 u, y (t = 0) = y (0) e y 0 (t = 0) = y 0 (0)
+ a1
2
dt
dt
com a2 , a1 , a0 , b0 6= 0 e y (0) = y 0 (0) = 0 e u é um degrau de
amplitude A.
DEQ/UFSCar
40 / 76
Solução
a2
d 2y
dy
+ a0 y = b0 u, y (0) = y 0 (0) = 0
+ a1
dt
dt 2
dy
d 2y
L a2 2 + a1
+ a0 y = L {b0 u}
dt
dt








a2 s2 Y (s) − s y (0) − y 0 (0) + a1 sY (s) − y (0) + a0 Y (s) =
|{z} | {z }
|{z}


=0
=0
=0
b0 U(s)
DEQ/UFSCar
41 / 76
continuação
a2 s2 Y (s) + a1 sY (s) + a0 Y (s) = b0 U(s)
a2 s2 + a1 s + a0 Y (s) = b0 U(s)
Y (s) =
ou
a2
s2
Y (s)
=
U(s)
b0
Y (s)
b0
U(s) ⇒
=
2
U(s)
+ a1 s + a0
a2 s + a1 s + a0
b0
a0
a2 2
a1
s
+
a0
a0 s
+1
q
2
com a0 6= 0 e pólos p1 = −a1 + a1 − 4a2 a0 /a1 e
q
2
p2 = −a1 − a1 − 4a2 a0 /a1
DEQ/UFSCar
42 / 76
continuação
Substituindo u pelo degrau de amplitude A:
Y (s)
U(s)
=
Y (s) =
b0
a0
a2 2
a1
a0 s + a0 s + 1
b0
a0 A
a2 2
s( a0 s + aa01 s +
b0
a0
a2
a0
A
+1s
1)
= τp2 e
a1
a0
= 2ζτp .
p
2
Neste caso, os pólos são descritos como p1 = −ζ + ζ − 1 /τp e
p
p2 = −ζ − ζ 2 − 1 /τp .
Costuma-se chamar
= Kp ,
⇒ Y (s) =
b0
a0
a2 2
a1
a0 s + a0 s
DEQ/UFSCar
43 / 76
continuação
Quando ζ = 1, os pólos são reais e iguais a p1 = p2 = −1/τp .
Y (s) =
Y (s) =
Kp A
Kp A
=
s(τ
s
+
1)(τp s + 1)
+ 2ζτp s + 1)
p
h
i
Kp A
L−1
t
−t/τp
=⇒
y
(t)
=
K
A
1
−
1
+
e
p
τp
s(τp s + 1)2
s(τp2 s2
DEQ/UFSCar
44 / 76
continuação
p
Quando ζ > 1, os pólos são reais e distintos: p1 = −ζ + ζ 2 − 1 /τp
p
e p2 = −ζ − ζ 2 − 1 /τp .
Kp A
Kp A
=
s(τ
s
+
1)(τp2 s + 1)
+ 2ζτp s + 1)
p1
h
i
L−1
1
−t/τp1 − τ e−t/τp2
Y (s) =⇒ y (t) = Kp A 1 − τp1 −τ
τ
e
p1
p2
p2
p
p
onde τp1 = ζ + ζ 2 − 1 τp e τp2 = ζ − ζ 2 − 1 τp
Y (s) =
s(τp2 s2
DEQ/UFSCar
45 / 76
continuação
Quando
ζ < 1, os pólos
conjugados:
sãopcomplexos
p
2
2
−ζ + ζ − 1 /τp e p2 = −ζ − ζ − 1 /τp .
p1
=
Kp A
+ 2ζτp s + 1)
L−1
Y (s) =⇒ y (t) = Kp A 1 − √ 1
Y (s) =
s(τp2 s2
1−ζ 2
p
w=
1 − ζ2
τp
p
φ = arctg
1 − ζ2
ζ
e−ζt/τp
sen(wt + φ) , onde
!
DEQ/UFSCar
46 / 76
Inversão por Frações Parciais: raízes reais diferentes
Exemplo
ordem
a2
d 2x
dx
+ a0 x = b0 u, x(t = 0) = x(0) e x 0 (t = 0) = x 0 (0)
+ a1
2
dt
dt
com a2 = 1, a1 = 5, a0 = 4, b0 = −1 e x(0) = x 0 (0) = 1 e u é um
impulso unitário.
DEQ/UFSCar
47 / 76
Solução
d 2x
dx
+5
+ 4x = −u, x(0) = x 0 (0) = 1
2
dt
dt
2
dx
d x
+ 4x
= −L{δ(t)}
L
+5
dt
dt 2








s2 X (s) − s x(0) − x 0 (0) + 5 sX (s) − x(0) + 4X (s) = −1
|{z} | {z }
|{z}


=1
=1
=1
DEQ/UFSCar
48 / 76
continuação
s2 X (s) + 5sX (s) + 4X (s) = s + 1 + 5 − 1
(s2 + 5s + 4)X (s) = s + 5
s+5
X (s) =
s2 + 5s + 4
Após fatorar o denominador de X (s), pode-se expandir X (s) em duas
frações parciais
s2 + 5s + 4 = (s + 4)(s + 1)
s+5
A1
A2
X (s) =
=
+
(s + 4)(s + 1)
s+4 s+1
DEQ/UFSCar
49 / 76
continuação
Os coeficientes A1 e A2 podem ser determinados da seguinte maneira:
A1 : multiplicam-se ambos os lados da expansão em frações parciais
por s + 4, simplificam-se os termos semelhantes e faz-se s = −4
(uma das raízes do denominador de X (s))
s+5
A1
A2
(s + 4) =
(s + 4) +
(s + 4)
(s + 4)(s + 1)
s+4
s+1
s+5
A2
= A1 +
(s + 4)
s+1
s+1
−4 + 5
1
s = −4 ⇒ A1 =
=−
−4 + 1
3
DEQ/UFSCar
50 / 76
continuação
A2 : de maneira análoga, multiplicam-se ambos os lados da expansão
em frações parciais por s + 1, simplificam-se os termos
semelhantes e faz-se s = −1 (uma das raízes do denominador de
X (s))
s+5
(s + 1) =
(s + 4)(s + 1)
s+5
=
s+4
s = −1 ⇒ A2 =
A1
A2
(s + 1) +
(s + 1)
s+4
s+1
A1
(s + 1) + A2
s+4
−1 + 5
4
=
−1 + 4
3
DEQ/UFSCar
51 / 76
continuação
Calculando a transformada inversa de cada termo de X (s) utilizando
uma tabela de Transformada de Laplace:
−1/3
s+4
4/3
s+1
1
L−1
=⇒ − e−4t
3
−1
4
L
=⇒
e−t
3
Desta forma,
x(t) =
i
1 −t h
e
4 − e−3t
3
DEQ/UFSCar
52 / 76
Inversão por Frações Parciais: raízes complexas
Exemplo
ordem
a2
d 2x
dx
+ a0 x = b0 u, x(t = 0) = x(0) e x 0 (t = 0) = x 0 (0)
+ a1
2
dt
dt
com a2 = 1, a1 = −2, a0 = 5, b0 = 2 e x(0) = x 0 (0) = 1 e u é um
impulso unitário.
DEQ/UFSCar
53 / 76
Solução
d 2x
dx
−2
+ 5x = 2u, x(0) = x 0 (0) = 1
2
dt
dt
2
dx
d x
+ 5x
= 2L{δ(t)}
L
−2
dt
dt 2








s2 X (s) − s x(0) − x 0 (0) − 2 [sX (s) − x(0) + 5X (s) = 2
|{z} | {z }
|{z}


=1
=1
=1
DEQ/UFSCar
54 / 76
continuação
s2 X (s) − 2sX (s) + 5X (s) = s + 1 − 2 + 2
(s2 − 2s + 5)X (s) = s + 1
s+1
X (s) =
s2 − 2s + 5
Após fatorar o denominador de X (s), pode-se expandir X (s) em duas
frações parciais
s2 − 2s + 5 = [s − (1 + ı2)][s − (1 − ı2)]
A1
A2
s+1
X (s) =
=
+
[s − (1 + ı2)][s − (1 − ı2)]
s − (1 + ı2) s − (1 − ı2)
DEQ/UFSCar
55 / 76
continuação
por s − (1 + ı2), simplificam-se os termos semelhantes e faz-se
s = 1 + ı2 (uma das raízes do denominador de X (s))
s+1
[s − (1 + ı2)] =
[s − (1 + ı2)][s − (1 − ı2)]
A1
A2
[s − (1 + ı2)] +
[s − (1 + ı2)]
s − (1 + ı2)
s − (1 − ı2)
A2
s+1
= A1 +
[s − (1 + ı2)]
s − (1 − ı2)
s − (1 − ı2)
1 + ı2 + 1
2 + ı2
1−ı
s = 1 + ı2 ⇒ A1 =
=
=
1 + ı2 − (1 − ı2)
2ı2
2
DEQ/UFSCar
56 / 76
continuação
A2 : de maneira análoga, multiplicam-se ambos os lados da expansão
em frações parciais por s − (1 − ı2), simplificam-se os termos
semelhantes e faz-se s = 1 − ı2 (uma das raízes do denominador
de X (s))
s+1
[s − (1 − ı2)] =
[s − (1 + ı2)][s − (1 − ı2)]
A1
A2
[s − (1 − ı2)] +
[s − (1 − ı2)]
s − (1 + ı2)
s − (1 − ı2)
s+1
A1
=
[s − (1 − ı2)] + A2
s − (1 + ı2)
s − (1 + ı2)
1 − ı2 + 1
2 − ı2
1+ı
s = 1 − ı2 ⇒ A2 =
=
=
1 − ı2 − (1 + ı2)
−2ı2
2
DEQ/UFSCar
57 / 76
continuação
(1 − ı)/2
s − (1 + ı2)
(1 + ı)/2
s − (1 − ı2)
L−1
=⇒
L−1
=⇒
1 − ı (1+ı2)t
e
2
1 + ı (1−ı2)t
e
2
Assim,
x(t) =
1 − ı (1+ı2)t 1 + ı (1−ı2)t
e
+
e
2
2
DEQ/UFSCar
58 / 76
continuação
Utilizando a identidade trigonométrica ex+ıy = ex (cos y + ı seny ):
x(t) =
1−ı t
e [cos(2t) + ı sen(2t)] +
2  





1+ı

t
e cos(−2t) +ı sen(−2t)
| {z } | {z } 
2 


=cos(2t)
x(t) =
et
2
=− sen(2t)
{(1 − ı)[cos(2t) + ı sen(2t)] + (1 + ı)[cos(2t) − ı sen(2t)]}
x(t) = et [cos(2t) + sen(2t)]
DEQ/UFSCar
59 / 76
continuação
Utilizando a identidade trigonométrica a1qcos b + a2 senb = a3 sen(b +
φ), onde a3 e φ são calculados de a3 =
a12 + a22 e φ = tan−1 (a1 /a2 ):
√
x(t) = et 2 sen(2t + φ)
1
φ = arctg
= 45o
1
DEQ/UFSCar
60 / 76
Inversão por Frações Parciais: raízes múltiplas
Exemplo
Obtenha a transformada inversa de
X (s) =
1
(s + 2)(s + 1)3
DEQ/UFSCar
61 / 76
Solução
Pode-se expandir X (s) em suas frações parciais:
X (s) =
1
A1
A3
A4
A2
=
+
+
+
3
3
2
s + 2 (s + 1)
s+1
(s + 2)(s + 1)
(s + 1)
por s + 2, simplificam-se os termos semelhantes e faz-se s = −2
(uma das raízes do denominador de X (s))
A1
1
A2
(s + 2) =
(s + 2)
(s + 2) +
(s + 2)(s + 1)3
s+2
(s + 1)3
A3
A4
(s + 2) +
(s + 2)
(s + 1)2
s+1
1
A2
A3
A4
= A1 +
(s + 2) +
(s + 2) +
(s + 2)
(s + 1)3
(s + 1)3
(s + 1)2
s+1
1
s = −2 ⇒ A1 =
= −1
(−2 + 1)3
DEQ/UFSCar
62 / 76
continuação
por (s + 1)3 , simplificam-se os termos semelhantes e faz-se
s = −1 (uma das raízes do denominador de X (s))
A2
A1
1
(s + 1)3 +
(s + 1)3 =
(s + 1)3 +
3
s+2
(s + 1)3
(s + 2)(s + 1)
A4
A3
(s + 1)3 +
(s + 1)3
s+1
(s + 1)2
1
A1
=
(s + 1)3 + A2 + A3 (s + 1) + A4 (s + 1)2
(5)
s+2
s+2
1
s = −1 ⇒ A2 =
=1
−1 + 2
DEQ/UFSCar
63 / 76
continuação
A3 : derivam-se ambos os lados da equação (5) com relação a s e
faz-se s = −1 (uma das raízes do denominador de X (s)) na
equação resultante
−
1
(s + 2)2
s = −1 ⇒ A3
A1 (s + 1)2 (2s + 5)
+ A3 + 2A4 (s + 1) (6)
(s + 2)2
1
= −
= −1
(−1 + 2)2
=
A4 : derivam-se ambos os lados da equação (6) com relação a s e
faz-se s = −1 (uma das raízes do denominador de X (s)) na
equação resultante
2
(s + 2)3
= A1 2(s + 1)
s = −1 ⇒ A4 =
s2 + 5s + 7
+ 2A4
(s + 2)3
2
=1
2(−1 + 2)3
DEQ/UFSCar
64 / 76
continuação
−1
s+2
1
(s + 1)3
−1
(s + 1)2
1
s+1
L−1
=⇒ −e−2t
L−1
=⇒
t 2 e−t
2
L−1
=⇒ −te−t
L−1
=⇒ e−t
Desta forma,
x(t) = e
−t
t2
1 − t + − e−t
2
DEQ/UFSCar
65 / 76
Exemplo
Obtenha a solução do conjunto de equações diferenciais lineares
dx1
dt
dx2
dt
= 2x1 + 3x2 + 1, x1 (0) = 0
= 2x1 + x2 + et , x2 (0) = 0
DEQ/UFSCar
66 / 76
Solução
Aplicando a Transformada de Laplace em ambos os lados das
equações:
(
dx1
dt = 2x1 + 3x2 + 1, x1 (0) = 0
dx2
t
dt = 2x1 + x2 + e , x2 (0) = 0
 n o
 L dx1 = L{2x1 + 3x2 + 1}
n dt o
 L dx2 = L{2x1 + x2 + et }
dt


sX1 (s) − x1 (0) = 2X1 (s) + 3X2 (s) + 1s


| {z }

=0

sX2 (s) − x2 (0) = 2X1 (s) + X2 (s) +


| {z }

1
s−1
=0
DEQ/UFSCar
67 / 76
continuação
Resolvendo o sistema de equações no domínio da Transformada:
sX1 (s) − 2X1 (s) − 3X2 (s) = 1s
1
sX2 (s) − 2X1 (s) − X2 (s) = s−1
(s − 2)X1 (s) − 3X2 (s) = 1s
1
−2X1 (s) + (s − 1)X2 (s) = s−1
1 (s − 2)
−3
X1 (s)
s
=
1
−2
(s − 1)
X2 (s)
s−1
X1 (s)
X2 (s)
=
(s − 2)
−3
−2
(s − 1)
−1 www.professores.deq.ufscar.br/ronaldo/cp1
1
s
1
s−1
DEQ/UFSCar
68 / 76
continuação
A matriz inversa de
−1
1
(s − 2)
−3
(s − 1)
3
=
−2
(s − 1)
2
(s − 2)
(s − 2)(s − 1) − 6
Portanto,
1
X1 (s)
(s − 1)
3
=
X2 (s)
2
(s − 2)
(s − 2)(s − 1) − 6

 X1 (s) =
 X (s) =
2
s−1
3
+ s−1
s
(s−2)(s−1)−6
2
+ s−2
s
s−1
(s−2)(s−1)−6
=
=
(s−1)2 +3s
(s2 −3s−4)s(s−1)
2(s−1)+s(s−2)
(s2 −3s−4)s(s−1)
1
s
1
s−1
=
s2 +s+1
s(s−1)(s−4)(s+1)
=
s2 −2
s(s−1)(s−4)(s+1)
DEQ/UFSCar
69 / 76
continuação
Pode-se expandir X1 (s) e X2 (s) em suas frações parciais
(
A3
A2
A4
s2 +s+1
= As1 + s−1
+ s−4
+ s+1
X1 (s) = s(s−1)(s−4)(s+1)
X2 (s) =
s2 −2
s(s−1)(s−4)(s+1)
=
B1
s
+
B2
s−1
+
B3
s−4
+
B4
s+1
Os coeficientes A1 a A4 e B1 a B4 podem ser determinados da
seguinte maneira:
DEQ/UFSCar
70 / 76
continuação
A1 e B1 : multiplicam-se ambos os lados das expansões em frações
parciais por s, simplificam-se os termos semelhantes e faz-se s = 0
(uma das raízes do denominador de X1 (s) e X2 (s)):
(
A3
A1
A2
A4
s2 +s+1
s(s−1)(s−4)(s+1) s = s s + s−1 s + s−4 s + s+1 s
s2 −2
s(s−1)(s−4)(s+1) s
(
s2 +s+1
(s−1)(s−4)(s+1)
s2 −2
(s−1)(s−4)(s+1)
(
s=0⇒
=
B1
s s
+
= A1 +
= B1 +
A1 =
B1 =
B2
s−1 s
A2
s−1 s
B2
s−1 s
+
+
+
1
(−1)(−4)(1)
−2
(−1)(−4)(1)
B3
s−4 s
A3
s−4 s
B3
s−4 s
+
+
+
B4
s+1 s
A4
s+1 s
B4
s+1 s
= 14
= − 12
DEQ/UFSCar
71 / 76
continuação
parciais por s − 1, simplificam-se os termos semelhantes e faz-se s = 1

A3
A1
A2
s2 +s+1


s (s − 1) + s−1 (s − 1) + s−4 (s − 1)+
s(s−1)(s−4)(s+1) (s − 1) =



A4
(s − 1)





s2 −2
s(s−1)(s−4)(s+1) (s
(
s2 +s+1
s(s−4)(s+1)
s2 −2
s(s−4)(s+1)
=
− 1) =
A1
s (s
B1
s (s
s+1
B1
B2
s (s − 1) + s−1 (s
B4
s+1 (s − 1)
− 1) + A2 +
A3
s−4 (s
B3
s−4 (s
− 1) +
− 1) +
− 1) + B2 +
− 1) +
(
1+1+1
A2 = (1)(1−4)(1+1)
= − 12
s=1⇒
1−2
B2 = (1)(1−4)(1+1)
= 16
=
B3
s−4 (s
A4
s+1 (s
B4
s+1 (s
− 1)+
− 1)
− 1)
DEQ/UFSCar
72 / 76
continuação
parciais por s − 4, simplificam-se os termos semelhantes e faz-se s = 4

A3
A1
A2
s2 +s+1


s (s − 4) + s−1 (s − 4) + s−4 (s − 4)+
s(s−1)(s−4)(s+1) (s − 4) =



A4
(s − 4)





s2 −2
s(s−1)(s−4)(s+1) (s
(
s2 +s+1
s(s−1)(s+1)
s2 −2
s(s−1)(s+1)
=
− 4) =
A1
s (s
B1
s (s
s+1
B1
B2
s (s − 4) + s−1 (s
B4
s+1 (s − 4)
− 4) +
− 4) +
(
A3 =
s=4⇒
B3 =
=
A2
s−1 (s
B2
s−1 (s
− 4) +
− 4) + A3 +
− 4) + B3 +
16+4+1
(4)(4−1)(4+1)
16−2
(4)(4−1)(4+1)
=
=
B3
s−4 (s
A4
s+1 (s
B4
s+1 (s
− 4)+
− 4)
− 4)
7
20
7
30
DEQ/UFSCar
73 / 76
continuação
parciais por s + 1, simplificam-se os termos semelhantes e faz-se s =
−1 (uma das raízes do denominador de X1 (s) e X2 (s)):

A3
A2
A1
s2 +s+1


s (s + 1) + s−1 (s + 1) + s−4 (s + 1)+
s(s−1)(s−4)(s+1) (s + 1) =



A4
(s + 1)





s2 −2
s(s−1)(s−4)(s+1) (s
(
s2 +s+1
s(s−1)(s−4)
s2 −2
s(s−1)(s−4)
=
=
+ 1) =
A1
s (s
B1
s (s
(
s = −1 ⇒
s+1
B2
B1
s (s + 1) + s−1 (s
B4
s+1 (s + 1)
+ 1) +
+ 1) +
A4 =
B4 =
A2
s−1 (s
B2
s−1 (s
+ 1) +
+ 1) +
A3
s−4 (s
B3
s−4 (s
1+(−1)+1
(−1)(−1−1)(−1−4)
1−2
(−1)(−1−1)(−1−4)
+ 1) +
B3
s−4 (s
+ 1)+
+ 1) + A4
+ 1) + B4
1
= − 10
1
= 10
DEQ/UFSCar
74 / 76
continuação
Calculando a transformada inversa de cada termo de X1 (s) e X2 (s)
utilizando uma tabela de Transformada de Laplace:


L−1
L−1
1/4
−1/2
1


=⇒
=⇒ − 21




s
4
s




L−1
L−1
 −1/2 =⇒
 1/6 =⇒
et
et
−
s−1
2
s−1
6
X2 (s)
X1 (s)
L−1
L−1
7/20
7/30


7e4t
7e4t


=⇒
=⇒


s−4
20
s−4
30




 −1/10 L−1
 1/10 L−1 e−t
e−t
=⇒ − 10
=⇒ 10
s+1
s+1
Desta forma,
1 et
7e4t
e−t
−
+
−
4
2
20
10
1 et
7e4t
e−t
x2 (t) = − +
+
+
2
6
30
10
x1 (t) =
DEQ/UFSCar
75 / 76
Leitura I
Leitura Complementar
Próxima aula:
apostila do Prof. Wua , capítulo 10 (volume I).
livro do Stephanopoulosb , capítulo 10.
livro do Seborg et al.c , capítulo 5.
a
Kwong, W. H., Introdução ao Controle de Processos Químicos com MATLAB.
Volumes I e II, EdUFSCar, São Carlos, Brasil, 2002.
b
Stephanopoulos, G., Chemical Process Control. An Introduction to Theory and
Practice. Prentice Hall, Englewood Cliffs, USA, 1984.
c
Seborg, D. E., Edgar, T. F., Mellichamp, D. A., Process Dynamics and Control. 1st
Edition, John Wiley, New York, USA, 1989.
DEQ/UFSCar
76 / 76

Transformada de Laplace

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