Laboratório de Dinâmica

UNIVERSIDADE DE

UNIVERSIDADE DE

SÃO PAULO

SÃO PAULO

ESCOLA DE ENGENHARIA DE SÃO CARLOS

ESCOLA DE ENGENHARIA DE SÃO CARLOS

DEPARTAMENTO DE ENGENHARIA MECÂNICA

DEPARTAMENTO DE ENGENHARIA MECÂNICA

SEM 504

SEM 504

–

–

DINÂMICA ESTRUTURAL

DINÂMICA ESTRUTURAL

Resp

Resp.: Prof. Dr. Paulo S. Varoto.: Prof. Dr. Paulo S. Varoto

Laboratório de Dinâmica

Laboratório de Dinâmica

Resposta do Sistema de 01 GDL à Carregamentos Resposta do Sistema de 01 GDL à Carregamentos

Especiais Especiais

Objetivos

Os objetivos principais desta seção são os seguintes:

• Realizar uma revisão da Transformada de Laplace, teoremas e aplicação na solução de equações diferenciais ordinárias

• Determinar a resposta do sistema de 01 GDL à entradas do tipo degrau unitário, rampa, impulso e combinações

• Introduzir o conceito de Séries de Fourier para um sinal periódico • Discutir as aplicações das Séries de Fourier

• Determinar a resposta de regime permanente de um sistema de 01 GDL a um carregamento periódico geral usando Séries de Fourier

• Introduzir o método de solução no domínio da freqüência

Bibliografia:

-Craig, R., Structural Dynamics, An Introduction to Computer Methods John Wiley, Capítulo 8.

-Doebling, E. O. System Dynamics, Modeling, Analysis, Simulation, Design Marcel Dekker, Capítulo 6

1 – A TRANSFORMADA DE LAPLACE

A transformada de Laplace de uma função real e contínua por partes é dada por

( )

[ ]

f t F

( )

s f

( )

t e dt t 0 0 st _> = =

∫

∞ − L

Onde s = σσσσ + jωωωω é denominada variável de Laplace, possuindo partes real e imaginária. O operador L é denominado operador de Laplace. Algumas características desta transformada na solução de EDOs são:

• Transforma a EDO em uma equação algébrica !

•Solução completa incluindo as CIs é obtida em um único passo

• Não existe dúvida de quais CIs deveriam ser usadas, já que a transformada as requer automaticamente

• A transformada de Laplace lida com entradas não contínuas de forma mais simplificada Domínio do Tempo => t Domínio do Tempo => t Domínio de Laplace => s Domínio de Laplace => s Transformação Transformação Eq. 1

1.1 – Algumas Propriedades Importantes da Transformada de Laplace

( )

( )

[

a₁ f₁ t + a₂ f₂ t

]

= a₁F₁

( )

s + a₂F₂

( )

s L

( )

s f

( )

0 sF dt df − =     L

( )

( )

( )

0 dt df 0 sf s F s dt f d ₂ 2 2 − − =       L • Propriedade da Linearidade • Diferenciação

( )

( )

( )

( )

0 dt f d 0 dt df s 0 f s s F s dt f d 1 n 1 n 2 n 1 n n n n − − − − _{− − −} − =       K L Eq. 2 Eq. 3 Eq. 4 Eq. 5

( )

[

]

( )

( )

s 0 f s s F dt t f 1 − + =

∫

L • Integração Eq. 6

(

) (

)

[

f t −a µ t −a

]

= e−asF

( )

s L

• Teorema do atraso no tempo

Eq. 7

a t

f(t)

a t

1 1 δ(t) F(s) f(t) s 1/ 1 n t 1 n 1 ₋ − )! ( _sn 1 at sen _{2 2} a s s + at cos _{2 2} a s a + at e− a s 1 + t 2 s 1

2 – RESPOSTA AO DEGRAU

Neste caso a excitação é dada por:

) ( )

(t p t

p = ₀µ

Onde p₀ é a amplitude e µµµµ(t) é o degrau unitário que tem por definição

   ≥ < = 0 t 1 0 t 0 t) ( µ a t µ(t) 1 µ (t) µ(t-a) Eq. 8

Então a equação de movimento é a seguinte

0 0 0 u 0 u u 0 u t p ku u c u m & & & && = = = + + ) ( ; ) ( ) ( µ Eq. 9 Eq. 10

Ilustraremos o processo de solução usando as duas técnicas conhecidas. Inicialmente, pelo método clássico a solução da EDO, Eq. 10 é dada por

) ( ) ( ) (t u t u t u = _H + _P Eq. 12

A solução homogênea u_H(t) é obtida a partir da solução da EDO homogênea associada, como visto anteriormente fazendo-se p(t) = 0. Temos para ζζζζ < 1

(

A t A t

)

e t

u_{H ( )} = −ςωnt _1cosω_d + _{2 sen}ω_d

A Eq. 10 pode ainda ser rescrita como:

) (t p k u u 2 u ₀ 2 n 2 n n µ ω ω ςω _       = + + _& && Eq. 11 Eq. 13

Já a solução de regime permanente segue a forma da excitação, ou seja:

k p t

u_P( ) = 0 Eq. 14

E então a solução completa é

(

)

k p t A t A e t

u_{( )} = −ςωnt _1cosω_d + _2senω_d + 0 _{Eq. 15}

Agora usamos as condições iniciais do problema para determinar as constantes de integração A₁ e A₂ k p u A₁ = ₀ − 0       ₋ − + = k p u 1 u A ₀ 0 2 d 0 2 ς ς ω& Eq. 16 Eq. 17

Usando agora a transformada de Laplace, voltamos à Eq. 11

(

)

( )

_            = + + p t k u u 2 u ₀ 2 n 2 n n µ ω ω ςω L

L _{&& &} Eq. 18

Usando as propriedades previamente definidas e a tabela fornecida obtemos

(

)

(

)

s 1 p k s U u s sU 2 u su s U s ₀ 2 n 2 n 0 n 0 0 2         = + − + − − ςω ( ) ω ( ) ω ) ( & Eq. 19

Repare então que a Eq. 19

• é agora uma equação algébrica na transformada U(s) de u(t)

• contém de imediato todas as condições iniciais do problema !

Rearranjando os termos na Eq. 19 temos

(

)

0

(

n

)

0 0 2 n 2 n n 2 _{s 2 u u} s 1 p k s U s 2 s _ + + + &       = + + ςω ω ( ) ω ςω Eq. característica

E podemos então resolver a Eq. 20 para U(s)

Eq. 20

(

)

2 n n 2 0 0 2 n n 2 n 0 2 n 2 n n 2 _{s 2 s} u u s 2 s 2 s p k s 2 s s 1 s U ω ςω ω ςω ςω ω ω ςω + + + + + + +         + + = & ) ( ) (

A solução completa no tempo pode então ser obtida calculando-se a transformada inversa de cada um dos termos do lado direito da Eq. 21. Embora existam tabelas extensas com muitas transformadas, uma forma simples de calcular as inversas é reduzindo os polinômios quadráticos do denominador em monômios usando-se para tanto a técnica das frações parciais !

Por exemplo, se assumirmos que o sistema é sub-amortecido, (ζζζζ < 1) então ) )( ( _{1 2} 2 n n 2 _{2 s s s s s} s + ςω +ω = − − Eq. 22 Onde: d n 2 1 i s _, = −ςω ± ω Eq. 23 2 n d ω 1 ς ω = −

São as raízes da equação característica do sistema sub-amortecido e

Eq. 24

Então a Eq. 21 pode ser escrita como

(

)

) )( ( ) )( ( ) )( ( ) ( 2 1 0 0 2 1 n 0 2 n 2 1 s s s s u u s s s s 2 s p k s s s s s 1 s U − − + − − + +         − − = ω ςω & Eq. 25

E então podemos expandir cada um dos termos em frações parciais, por exemplo ) ( ) ( ) )( ( _{1 2 1} s s₂ B s s A s s s s 1 − + − = − − Eq. 26 ) )( ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) )( ( _{1 2} 2 1 2 1 2 1 s s s s As Bs s B A s s B s s A s s s s 1 − − + − + = − + − = − − Eq. 27

Em seguida procedemos a igualdade dos coeficientes do numerador das expressões indicadas acima na Eq. 27

0 B A+ = 1 As Bs₁ + ₂ = −( ) De onde obtemos Eq. 28 Eq. 29 d 2 i 1 B ω − = d 2 i 1 A ω = Eq. 30 Eq. 31

E a principal vantagem de reduzir a frações parciais é que :

(

₁

) (

₂

)

s t s t 1 _{Ae 1 Be 2} s s B s s A + =       − + − − L Eq. 32

Então expandindo todos os termos da Eq. 25 em frações parciais e calculando a transformada inversa de cada um deles obtém-se a solução mostrada na Eq. 15 e cujo gráfico está mostrado abaixo

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 2 1 0 1 2 3 t u(t) at e− a s 1 + L L -1

3 – RESPOSTA À RAMPA

Neste caso a excitação é dada por:

) ( )

(t p t t

p = ₀ µ Eq. 33

E a presença da função degrau unitário na Eq. 33 serve apenas para indicar que a excitação é válida apenas para t > 0 ! Então a equação de movimento é

p(t) t 0 0 0 u 0 u u 0 u t t p ku u c u m & & & && = = = + + ) ( ; ) ( ) ( µ _{Eq. 34} t p k u u 2 u ₀ 2 n 2 n n        = + + ςω _& ω ω &&

Esta última Eq. 34 também pode ser escrita como:

O processo de solução é similar ao caso anterior, podemos resolver pelo método clássico ou Transformada de Laplace. Neste último caso, temos que calcular a transformada da função rampa, dada pela tabela em anexo

2 0 s p s P( ) = Eq. 35

Aplicando então a transformada de Laplace à Eq. 34 temos

(

n

)

0 0 2 0 2 n 2 n n 2 _{s 2 u u} s 1 p k s U s 2 s _ + + + &       = + + ςω ω ) ( ) ω ςω (

Aplicando a mesma técnica usada no caso do degrau (frações parciais) achamos A solução para condições iniciais nulas é

Eq. 36

(

)

_       + − − − − = − ω ς φ ς ς ςω ω ςω t 1 1 2 e 1 k p 2 t p k 2 t u _n 2 2 t 0 2 n 0 n n _sen ) ( _{Eq. 37}

Onde φφφφ é o ângulo de fase 1 2 1 2 tg 2 2 − − = ς ς ς φ Eq. 38 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 10 0 10 20 30 40 t u(t)

4 – RESPOSTA AO IMPULSO UNITÁRIO

Neste caso a excitação é dada por:

) ( ) (t t p = δ Eq. 40 p(t) t δδδδ(t) δδδδ(t-a) a

A equação de movimento é então

) (t k u u 2 u 2 n 2 n n δ ω ω ςω _       = + + _& && Eq. 39

Assumindo condições iniciais nulas, a transformada de Laplace fica

k s U s 2 s 2 n 2 n n 2 _{+ ςω +ω =} ω ) ( ) ( Eq. 41

E a solução é 2 n n 2 2 n s 2 s 1 k s U ω ςω ω + + = ) ( Eq. 42 Ou ainda ) )( ( ) ( 2 1 2 n s s s s 1 k s U − − = ω Eq. 43

Calculando a transformada inversa temos a solução no tempo ao impulso unitário com condições iniciais nulas

(

s t s t

)

2 n _Ae 1 _Be 2 k t h t u( ) = ( ) = ω + _{Eq. 44}

d 2 i 1 B ω − = d 2 i 1 A ω = Com Eq. 45 Eq. 46 d n 2 1 i s _, = −ςω ± ω Eq. 47 0 1 2 3 4 5 6 0.1 0.05 0 0.05 0.1 t u(t) _{e t} m 1 t h t _d d n ω ω ςω sen ) ( _ −      = Eq. 48 t m 1 t h _n n ω ω sen ) ( _      = Eq. 48 Eq. 49 Para ζ = 0

5 – RESPOSTA À EXCITAÇÃO GERAL – Integral de Duhamel

O método de obtenção da resposta baseado na Integral de Duhamel pode ser desenvolvido a partir da resposta ao impulso unitário discutida no caso

anterior. Esta técnica é baseada no princípio da superposição, válido apenas para sistemas lineares. Veja a figura abaixo

p(t)

t ττττ _dττττ

dI = p(ττττ)dττττ

Impulso de duração dττττ A resposta ao impulso de duração dτ é:

) ( sen ) ( ω τ ω _ −     = t m dI t du _n n Eq. 49

E a resposta total será a soma de todas as respostas incrementais, ou seja:

τ τ ω τ ω p t d 1 t u t 0 n n

∫

−       = ( )sen ( ) ) ( Eq. 50

τ τ τ h t d p t u t 0

∫

− = ( ) ( ) ) ( Eq. 50 Ou simplesmente

E para o sistema de 01 GDL amortecido temos

∫

−       = − − t 0 d t d d t e p m 1 t u τ n ω τ τ ω ( ) ςω τ sen ( ) ) ( ( ) Eq. 51

Estas duas últimas expressões são denominadas Integrais de Duhamel sendo que a Eq. 50 é uma integral de convolução. As Eqs. 50 e 51 se prestam à obtenção Da resposta do sistema de 01 GDL à entradas gerais e condições iniciais nulas.

Exemplo: Obter a resposta de um sistema de 01 GDL não amortecido à entrada abaixo. p(t) t           − = 0 t t 1 p t p d 0 ) ( t_d p₀ d t t 0 ≤ ≤ t t_d < Então para 0 ≤ t ≤ t_d τ τ ω τ ω p 1 t t d m 1 t u _n t 0 d 0 n ) ( sen ) ( _ −      −       =

∫

Eq. 52 Eq. 53

Integrando por partes vem             + −       −       = t t 1 t t t 1 k p t u _n d n n d 0

1( ) cosω _ω senω Eq. 54

Agora a solução para t > t_d é

[

sen ( cos ) cos ( sen )

]

) ( 0 _{n n d n n d n d} 2 t 1 t t t t k p t u  ω − ω − ω ω − ω      = Eq. 55

0 1 2 3 4 5 0.01 0 0.01 0.02 Tempo [s] Am plitude [ m ] 0 1 2 3 4 5 0.01 0 0.01 0.02 Tempo [s] Am plitude [ m ] 0 1 2 3 4 5 0.002 0.001 0 0.001 0.002 Tempo [s] Am plitude [ m ] d t t 0 ≤ ≤ t > td Graficamente

6 – RESPOSTA À EXCITAÇÃO PERIÓDICA

x(t) t T ) ( ) (t T x t x + =

Veremos uma ferramenta muito útil na obtenção da resposta forçada do Sistema de 01 GDL a excitações periódicas: as Séries de Fourier !

Seja o sinal abaixo, periódico e de período igual a T

Então Eq. 57 Periódico ! T 2 0 π ω = Freqüência Fundamental: Eq. 56 6.1

0 1 2 3 4 5 0 5 Tempo [s] x(t ) 0 1 2 3 4 1 0 1 Tempo [s] x1( t) 0 1 2 3 4 2 0 2 Tempo [s] x2( t) 0 1 2 3 4 1 0 1 Tempo [s] x3( t)

=

+

Idéia central: compor o sinal periódico Através de sinais conhecidos !

Estes sinais conhecidos são na verdade senos e cossenos cuja freqüência seja múltipla da freqüência fundamental do sinal periódico ! Sinal Periódico Harm ôni ca s x₁(t) x₂(t) x_N(t) M K + + + + ≅ ) cos( ) sen( ) cos( ) sen( ) ( t B t A t B t A t x 2 2 2 2 1 1 1 1 ω ω ω ω 0 1 1ω ω = 0 2 2ω ω = 0 N Nω ω =

Um sinal que seja periódico e contínuo por partes, satisfazendo a Eq. 57 pode ser expandido em séries de Fourier de acordo com a seguinte expressão

∑

∞

∑

= ∞ = + + = 1 p p 1 0 p 0 p 0 _{a p t b p t} 2 a t x( ) cos( ω ) sen( ω )

Onde ωωωω₀ é a freqüência fundamental do sinal, conforme definido pela Eq. 56 e Os coeficientes a₀, a_p e b_p são denominados coeficientes da série de Fourier, E são definidos de acordo com as seguintes expressões

∫

+ = 0 T T 2 0 x t dt a τ τ ) (

∫

+ = 0 T 0 T 2 p x t p t dt a τ τ ω ) cos( ) (

∫

+ = 0 T 0 T 2 p x t p t dt b τ τ ω ) sen( ) ( Eq. 58 Eq. 59 Eq. 60 Eq. 61

Embora teoricamente uma expansão em séries de Fourier exija um número infinito de termos, na prática x(t) é aproximado de maneira satisfatória

truncando-se a série em apenas alguns de seus termos. O termo a₀ representa o valor médio do sinal no intervalo de tempo T. Para fins de cálculo dos

coeficientes, as seguintes relações podem ser empregadas

        +         + ≅

∑

∫

= 2 x x 2 0 x t dt t x M M 1 p p T 0 0 ∆ ) (

∑

∫

= ≅ M 1 p p T 0 x t dt t x 0 ∆ ) (

∑

= =      _N 1 i i p p 0 q T t 2 b a a ∆               = ) ( sen ) ( ) ( cos ) ( ) ( t i t x t i t x t x 2 1 q p i p i i i ∆ ω ∆ ω

Utilizada quando os valores inicial e final de x(t) forem diferentes

Utilizada quando os valores inicial e final de x(t) forem iguais

Para o cálculo dos ap e bp

Eq. 62

Eq. 63

Exemplo

Exemplo: Realizar uma expansão por Fourier do sinal periódico abaixo

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 2 1 0 1 2 Tempo [s] [x (t)]

O sinal é dado por:

  − = 0 0 p p t p( ) 2 t 0 T < < − 2 T t 0 < < Eq. 65 T No nosso caso: T = 1 s e p₀ = 1

Então temos os seguintes resultados: 0 dt t p T 2 a 2 T 2 T 0 =

∫

= − / / ) ( 0 dt t p t p T 2 a 2 T 2 T 0 p =

∫

= − / / ) cos( ) ( ω

(

p 1

)

p p 2 dt t p t p T 2 b 0 2 T 2 T 0 p =

∫

= − − − ) cos( ) sen( ) ( / / π π ω Eq. 66 Eq. 67 Eq. 68

A Eq. 68 pode ainda ser escrita como:

,... , ,3 5 1 p p p 4 b_p = 0 = π Eq. 69

Desta forma a expansão fica ) sen( ) ( ,... , , t p p 1 p 4 t x ₀ 5 3 1 p 0 ω π ₌

∑

_     = Eq. 70

Vamos ilustrar o resultado da Eq. 70 para diferentes valores de p

0 0.5 1 1.5 2 0 2 Tempo [s] [x (t)] 0 0.5 1 1.5 2 0 2 Tempo [s] [x(t)] 0 0.5 1 1.5 2 0 2 Tempo [s] [x (t )] 0 0.5 1 1.5 2 0 2 Tempo [s] [x(t )] 0.48 0.49 0.5 0.51 0.52 2 0 2 Tempo [s] [x(t)] Gibbs

0 50 100 150 200 250 300 0

0.5 1 1.5

Um resultado extremamente útil das Séries de Fourier é o chamado espectro espectro do sinal

do sinal. O espectro é um gráfico dos termos da série em função das

freqüências múltiplas de ω₀. Para o nosso exemplo o gráfico seria apenas os b_p visto que a_p = 0. Quando os coeficientes são todos não nulos podemos construir o espectro fazendo (a_p2 _{+ b}

p2)1/2.

0

pω

Notar que a medida que aumentamos o valor de p as amplitudes são cada vez menores indicando que os termos de freqüência mais alta contribuem cada vez

menos em termos de amplitude na reconstrução do sinal !

Até agora aprendemos como obter uma representação do sinal. Agora precisamos Determinar a resposta do sistema de 01 GDL à força periódica obtida da expansão. Então voltamos ao problema

) (t p ku u c u

m &&+ & + = Eq. 71

Onde p(t) é um sinal de força periódico geral. Realizando a expansão por Fourier e substituindo-se o resultado na Eq. 71 temos

∑

∑

∞ = ∞ = + + = + + 1 p 0 p 1 p 0 p 0 _{a p t b p t} 2 p ku u c u

m && & cos ω sen ω _{Eq. 72}

A Eq. 72 é equivalente a 2 p ku u c u m &&+ & + = 0 t p a ku u c u

m &&+ & + = _p cos ω₀

t p b ku u c u

m &&+ & + = _p sen ω₀

Eq. 73

Eq. 74 Eq. 75 6.2

Já são sabidas as soluções de regime das Eqs. 73, 74 e 75 k 2 a t u₁( ) = 0 ) cos( ) ( ) ( ) ( _p 2 2 2 2 k a 2 p t pr 2 r p 1 t u p φ ω ς − + − = ) sen( ) ( ) ( ) ( _p 2 2 2 2 k b 3 p t pr 2 r p 1 t u p φ ω ς − + − = Com       − = −1 _{2 2} p r p 1 pr 2ς φ tan Eq. 76 Eq. 77 Eq. 78 Eq. 79

E então a solução completa fica sendo

∑

∞ = + − + − + = 1 p p 2 2 2 2 k a 0 _{p t} pr 2 r p 1 k 2 a t u p ) cos( ) ( ) ( ) ( ω φ ς

∑

∞ = − + − + 1 p p 2 2 2 2 k b t p pr 2 r p 1 p ) sen( ) ( ) ( φ ω ς Eq. 80

Note que a Eq. 80 representa apenas a solução de regime permanente da resposta do sistema de 01 GDL. Se as condições iniciais são nulas, então a solução transiente é nula e a Eq. 80 é a resposta total do sistema.

p (t) u (t) k c //\\/ /\\ //\\/ /\\ m câmara Exemplo:

No estudo de vibrações de válvulas hidráulicas, usadas em sistemas de controle

Hidráulicos, a válvula e seu sistema elástico são modelados como um sistema de 01 gdl Conforme a figura abaixo. São dados: m = 0,25 kg, c = 10 Nsm-1 _{; k = 2500 Nm}-1

Pressão (Pa)

t (s) 50 000

1 3 5

Determinar a resposta do sistema à pressão hidráulica abaixo mostrada

d = 50 mm Solução: Inicialmente escrevemos    − = ) ( ) ( t 2 A 50000 At 50000 t F 0 ≤ t ≤T /2 T = 2 T t 2 T / ≤ ≤ Eq. 81

Iniciando a expansão em Séries de Fourier, temos A 50000 dt t 2 A 50000 dt At 50000 2 2 a 1 0 2 1 0 =         − + =

∫

∫

( ) 2 5 1 0 2 1 1 A 10 2 dt t t 2 A 50000 dt t At 50000 2 2 a π π π = − ×         − + =

∫

cos

∫

( )cos

De forma análoga encontraremos

0 b a b₁ = ₂ = ₂ = 2 5 1 0 2 1 3 9 A 10 2 dt t 3 t 2 A 50000 dt t 3 At 50000 2 2 a π π π = − ×         − + =

∫

cos

∫

( )cos Eq. 82 Eq. 83 Eq. 84 Eq. 85

0 dt t 3 t 2 A 50000 dt t 3 At 50000 2 2 b 1 0 2 1 3 =         − + =

∫

sen π

∫

( )sen π Então, a₄ = a₆ = ... = b₄ = b₅ = b₆ = ... = 0

Portanto, aproximaremos a força através de apenas 3 harmônicas

t 3 9 A 10 2 t A 10 2 A 25000 t F 2 2 5 5 ω π ω π cos cos ) ( ≅ − × − ×

Usando então a Eq. 80 achamos a resposta de regime

) . cos( . ) . cos( , , ) (t 0 019635 0 015930 t 0 0125664 0 0017828 3 t 0 0380483 u = − π − − π − Eq. 86 Eq. 87 Eq. 88

0 1 2 3 4 5 0 50 100 Tempo [s] Fo rca [N ] 0 1 2 3 4 5 0 0.01 0.02 0.03 0.04 Tempo [s] D es lo camen to [m]

As figuras abaixo ilustram a aproximação por Fourier e a resposta de regime obtida

6.1

6.1 –– Séries de Fourier ComplexasSéries de Fourier Complexas

[

jp t jp t

]

0 e 0 e 0 2 1 t pω = ω + − ω cos

[

jp t jp t

]

0 e 0 e 0 2 1 t pω = ω − − ω sen

A base das Séries de Fourier complexas estão nas seguintes relações

Eq. 89

Eq. 90 Elas são definidas pela seguinte expressão

t p j p pe 0 X t x

∑

ω ∞ −∞ = = ) ( _{Eq. 91}

A Eq. 91 estabelece que um sinal periódico e contínuo por partes pode ser um sinal periódico e contínuo por partes pode ser expandido como a soma de exponenciais complexas cada uma delas n

expandido como a soma de exponenciais complexas cada uma delas numa uma freqüência múltipla inteira da freqüência fundamental do sinal !

freqüência múltipla inteira da freqüência fundamental do sinal !

∑

∞

∑

= ∞ = + + = 1 p p 1 0 p 0 p 0 _{a p t b p t} 2 a t x( ) cos( ω ) sen( ω )

Os coeficientes X_p representam coeficientes de correlação entre o sinal

x(t) e as exponenciais complexas, e são dados pela integral de Fourier

∫

− = T 0 t p j p x t e 0 T 1 X ( ) ω Eq. 92

O par de equações dado pelas Eqs. 91 e 92 é freqüentemente chamado de

par de transformada de Fourier para sinais periódicos

) ( , , , , ) ( ) ( 1 N 2 1 0 p e t x N 1 X N p 2 j 1 N 1 i i p ≅ = − − − =

∑

K π

Na prática, quando dispõe-se de uma amostra do sinal periódico, os Xp podem ser calculados a partir da seguinte expressão

Eq. 93

Vamos retomar o exemplo anterior onde o sinal é dado por:   − = 0 0 p p t p )( 2 t 0 T < < − 2 T t 0 < < Eq. 94 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 2 1 0 1 2 Tempo [s] [x (t)] T

A Eq. 92 pode ser aplicada para um período completo de 0 a T :

∫

∫

− _{+ −} − = T 2 T t p i 0 2 T 0 t p i 0 p p e dt T 1 dt e p T 1 X 0 0 / / ω ω _{Eq. 95}

Esta última Eq. 95 reduz-se a

      − − = − − 2 T T e 0 2 T e T ip p X ip t ip t 0 0 p 0 0 / / _ω ω ω Eq. 96

De onde obtemos o seguinte resultado

(

)

    − = − = − π π π 2_pp i 0 2 e 2 p 2 ip X _p 0 ip 0 p = par p = ímpar Eq. 97

Podemos ilustrar o gráfico de X_p π0 p 2 π 3 p 2 ₀ π 5 p 2 ₀ π0 p 2 π 3 p 2 ₀ π 5 p 2 ₀ 1 3 5 1 − 3 − 5 − pω0 p X

Para a determinação da resposta de regime, lembremos que

t i 0 2 t i 0 t i _{p e} r 2 i r 1 k 1 e p H Ue t u ω ω ω ς ω + − = = = ( ) / ) ( Eq. 98 Agora, se

∑

∞ −∞ = = p t ip pe 0 X t p( ) ω Eq. 99

Então t ip p p p p t ip pe 0 H X e 0 U t u

∑

ω

∑

ω ∞ −∞ = ∞ −∞ = = = ) ( pr 2 j pr 1 k 1 H 2 p ς ω + − = ) ( / ) ( Eq. 100 Eq. 101 com n 0 r ω ω =

A seguir apresentamos um esquema geral para a determinação da resposta do sistema à uma entrada geral.

Entrada - f (t) h (t) Saída - x (t) F (ωωωω) H (ωωωω) X (ωωωω) TFP TFT TFIT TFT TFP TFIT convolução multiplicação TEMPO FREQUÊNCIA DOMÍNIO

t p j p pe 0 X t x

∑

ω ∞ −∞ = = ) (

∫

− = T 0 t p j p x t e 0 T 1 X ( ) ω 6.2

6.2 –– A Integral de FourierA Integral de Fourier

Na seção 6.1 vimos que um sinal periódico pode ser expresso em termos das Séries de Fourier Complexas que são dadas por

Eq. 102

Eq. 103

Quando o sinal em questão não é periódico, este pode ser representado por uma

Integral de Fourier, e esta integral é obtida fazendo-se o período T do sinal tender ao infinito. Para obtermos esta integral, definimos inicialmente

p 0 pω = ω p p p p X 2 TX X       = = ω ∆ π ω ) ( ω ∆ ω₀ = Eq. 104 Eq. 105 Eq. 106

Usando as Eqs. 104, 105 e 106, as Eqs. 102 pode ser rescrita como

∑

∞ −∞ = = p t j p e p X 2 1 t x ω ∆ω π ω ) ( ) ( Eq. 107 onde

∫

− − = 2 T 2 T t j p 1 1 p dt e t x X / / ) ( ) (ω ω

Conforme T tende ao infinito, ωωωω_p torna-se uma variável contínua e ∆ω∆ω∆ω∆ω

transforma-se no diferencial dωωωω. Então, as Eqs, 107 e 108 são escritas como

Eq. 108

∫

∞ ∞ − = ω ω π X e ω d 2 1 t x( ) ( ) j t

∫

∞ ∞ − − = x t e dt X (ω) ( ) jωt Eq. 109 Eq. 110

As Eqs. 109 e 110 são formam o chamado par de transformada de Fourier. A Eq. 110 é conhecida como a transformada de Fourier de x(t) e x(t) a transformada inversa de Fourier de X(ωωωω). Para a existência da integral mostrada na Eq. 110 A seguinte condição deve ser obedecida.

dt t p

∫

∞ ∞ − ) ( Eq. 111

Exemplo: vamos calcular a transformada de Fourier para o pulso retangular

    > < < − − < = T t 0 T t T x T t 0 t x( ) ₀ Eq. 112

A Eq. 110 estabelece que

∫

∞ ∞ − − = x t e dt X(ω) ( ) jωt Eq. 113

Então temos que

(

j t j t

)

0 t j 0 e e j p dt e p X ω ω ω ω ω  −      − = = − ∞ ∞ − −

∫

) ( Eq. 114

Esta última expressão pode ser rescrita como

      = T T T p 2 X ₀ ω ω ω) sen ( Eq. 115 0 5 10 5 0 5 10 Frequencia X( w)

6.3

6.3 –– Relação entre a Resposta ao Impulso e a Resposta em FreqüênciaRelação entre a Resposta ao Impulso e a Resposta em Freqüência Lembramos que a resposta ao impulso de um sistema de 01 GDL com Amortecimento viscoso (ζζζζ<1) é dada por

t e m 1 t h t _d d n ω ω ςω sen ) ( _ −      = Eq. 116

Usando a Eq. 110 podemos calcular a transformada de Fourier da Eq. 116

1 dt e t e m 1 dt e t x X t _d j t d t j _{= n =} = − ∞ ∞ − − ∞ ∞ − −

_∫

∫

ω ςω _ω ω ω ω) ( ) sen ( Eq. 117

Desta forma, através das definições acima é possível concluirmos que

∫

∞ ∞ − = ω ω π H e ω d 2 1 t h( ) ( ) j t Eq. 118

Ou seja, a resposta ao impulso é a transformada inversa de Fourier da resposta em Freqüência e vice-versa !

0 1 2 3 4 5 0.01 0.005 0 0.005 0.01 Tempo [s] h( t) 0 5 10 15 20 25 30 1 10 6 1 10 5 1 10 4 0.001 Frequencia [Hz] |H (w )| Exemplo TRANSFORM A DA DIRETA TRANSFOR MADA INVE RSA