ASL analise dom tempo

(1)

An´

alise no Dom´ınio do Tempo de Sistemas em Tempo

Cont´ınuo

Disciplina: An´alise de Sistemas Lineares

Prof. Rodrigo Gusm˜ao Cavalcante

rodgcav@ifba.edu.br rodgcav@gmail.com

Departamento de Engenharia El´etrica Instituto Federal da Bahia

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1 Introdu¸c˜ao

2 Resposta do sistema a condi¸c˜oes internas: resposta de entrada nula

3 Resposta do sistema ao impulso unit´ario

4 Resposta do sistema `a entrada externa: resposta de estado nulo A integral de convolu¸c˜ao

Entendimento gráfico da opera¸cão de convolu¸cão Resposta total

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1 Introdu¸c˜ao

4 Resposta do sistema `a entrada externa: resposta de estado nulo

A integral de convolu¸c˜ao

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Introdu¸c˜

ao

A an´alise de sistemas lineares invariantes no tempo (LIT) pode ser realizada nodom´ınio do tempo e nodom´ınio da frequˆencia.

Neste momento, discutiremos a an´alise do dom´ınio do tempo de sistemas lineares cont´ınuos invariantes no tempo (LCIT).

Para o propósito de análise, consideraremos uma subclasse dos sis-temas LCIT, cujas entradax(t)e sa´ıday(t)estão relacionadas por equa¸cões diferenciais lineares na forma

dNy dtN + a1 dN−1y dtN−1 +· · · + aN−1 dy dt + aNy(t) = bN−M dM_x dtM + bN−M +1 dM−1_x dtM−1 +· · · + bN−1 dx dt + bNx(t) ,

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Introdu¸c˜

ao

Ou, pode-se usar a nota¸c˜ao do operadorD para representar d/dt a equa¸c˜ao anterior, como

(DN + a1DN−1+· · · + aN−1D+ aN)y(t) =

(bN−MDM + bN−M +1DM−1+· · · + bN−1D + bN)x (t) ,

a qual ainda pode ser expressa em fun¸c˜ao dos polinˆomios Q(D)e

P(D)como

Q(D)y(t) = P (D)x (t). (1)

Teoricamente, as potências M e N nas equa¸cões anteriores podem assumir qualquer valor. Entretanto, considera¸cões práticas tornam M > N nãodesejável.

Pois, quando M > N o sistema funciona como um diferenciador, podendo resultar em um sistemainst´avelou ampliar oru´ıdodo sinal.

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1 Introdu¸c˜ao

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Resposta do sistema `

a entrada nula

A resposta de entrada nulay0(t)é a solu¸cão da equa¸cão (1) quando

a entradax(t) = 0, tal que

Q(D)y0(t) = 0 → (DN+a1DN−1+· · ·+aN−1D+aN)y0(t) = 0 . Pode-se mostrar que a solu¸cão genérica da equa¸cão acima é dada por

y0(t) = c1eλ1t + c2eλ2t +· · · + cNeλNt, (2)

ondec1, cc, . . . , cN s˜ao constantes arbitr´arias determinadas pelas N

restri¸cões da solu¸cão, e λ1, λ2, . . . , λN, são as ra´ızes do polinômio

caracter´ıstico

Q(λ) = λN + a1λN−1+· · · + aN−1λ + aN.

As exponenciaiseλit_,_{(i = 1, 2, . . . , N )}_{da resposta de entrada nula} s˜ao os modos caracter´ısticos ou naturaisdo sistema.

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Resposta do sistema `

a entrada nula

Ra´ızes repetidas

A solu¸cão dada pela equa¸cão (2) assume que as N ra´ızes caracter´ısticas λ1, λ2, . . . , λN,são distintas.

Caso existam ra´ızes repetidas, a forma da solu¸cão será um pouco modi-ficada. Por exemplo, caso uma raiz λ repita r vezes, então seus modos caracter´ısticos sãoeλt_,_teλt_,_t2_eλt_,_{. . .}_,_tr −1_eλt_.

Ra´ızes ra´ızes complexas

O procedimento para lidar com ra´ızes complexas é o mesmo aplicado nas ra´ızes reais. Para ra´ızes complexas, o procedimento normal resulta em modos caracter´ısticos complexos e em solu¸cão na forma complexa. Entretanto, é poss´ıvel evitar a forma complexa selecionando a forma real da solu¸cão, como descrito a seguir.

y0(t) = c1e(α+j β)t + c2e(α−j β)t = ceαtcos(βt + θ) ,

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Resposta do sistema `

a entrada nula

Exemplo 1

Determine a y0(t), a componente de entrada nula da resposta de um

sistema LCIT descrito pela seguinte equa¸c˜ao diferencial:

(D2+ 3D + 2)y(t) = Dx (t) , quando as condi¸c˜oes iniciais s˜aoy0(0) = 0, ˙y0(0) =−5.

Exemplo 2

(D2+ 6D + 9)y(t) = (3D + 5)x (t) , quando as condi¸c˜oes iniciais s˜aoy0(0) = 3, ˙y0(0) =−7.

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Resposta do sistema `

a entrada nula

Exemplo 3

(D2+ 4D + 40)y(t) = (D + 2)x (t) , quando as condi¸c˜oes iniciais s˜aoy0(0) = 2, ˙y0(0) = 12

√ 3.

Exerc´ıcio 1

Considere um sistema LCIT especificado pela equa¸c˜ao diferencial

(D2+ 4D + k )y(t) = (3D + 5)x (t)

Usando as condi¸c˜oes iniciais y0(0) = 3 e ˙y0(0) = −7, determine a com-ponente de entrada nula da resposta para trˆes valores de k : a) k = 3; b) k = 4; c)k= 40.

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1 Introdu¸c˜ao

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Resposta do sistema ao impulso unit´

ario

A resposta de um sistema linear a um sinal x(t)pode ser determi-nada substituindo a entrada por pulsos retangulares estreitos, como mostrado na figura abaixo, e ent˜ao somando todas as respostas do sistema a cada componente.

⇒ t = n∆τ ∆τ x(t) x(n∆τ ) t y(t) t 0 n∆τ

Os pulsos retangulares se transformam em impulsos quando as lar-guras tendem a zero.

Portanto, a resposta do sistema ´e a soma de todas as respostas aos v´arios componentes de impulso.

(13)

Resposta do sistema ao impulso unit´

ario

A resposta h(t) ao impulso unitário é a resposta do sistema a uma entrada impulsiva δ(t)aplicada em t = 0, com todas as condi¸cões iniciais zero parat = 0−.

Uma entrada em impulsoδ(t)aparece momentaneamente emt = 0

e então desaparece para sempre. Mas naquele momento ela resulta no armazenamento de energia, ou seja, cria condi¸cões iniciais não nulas instantaneamente dentro do sistema para t = 0+_.

A resposta completa ao impulso ´e da forma:

h(t) = b0δ(t) + modos caracter´ısticos, t ≥ 0,

onde o termo de impulso b0δ(t)s´o existe seM = N.

Usando o m´etodo simplificado de casamento de impulso, a resposta

h(t)a entrada em impulso unit´ario ´e dada por h(t) = b0δ(t) + [P (D)yn(t)]u(t),

(14)

Resposta do sistema ao impulso unit´

ario

onde yn(t)´e a combina¸c˜ao linear dos modos caracter´ısticos do sistema,

sujeito `as seguintes condi¸c˜oes iniciais:

yn(0) = ˙yn(0) = ¨yn(0) =· · · = yn(N−2)(0) = 0 e yn(N−1)(0) = 1,

na qual yn(k )(t)´e o valor da k -´esima derivada de yn(t) parat = 0.

Exemplo 4

Determine a resposta h(t)ao impulso unit´ario para o sistema especificado pela equa¸c˜ao

(D2+ 3D + 2)y(t) = Dx (t) .

Exerc´ıcio 2

Determine a resposta ao impulso unit´ario dos sistemas LCITs descritos pelas seguintes equa¸c˜oes:

a) (D + 2)y(t) = (3D + 5)x (t) _→ h(t) = 3δ(t)_{− e}−2tu(t) b) D(D + 2)y(t) = (D + 4)x (t) → h(t) = (2− e−2t_)u(t)

(15)

1 Introdu¸c˜ao

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Resposta do sistema ao estado nulo

Considere que y(t)seja a resposta do sistema a uma entrada x(t)

quando o sistema está noestado nulo. Com esta condi¸cão, a resposta de estado nulo será a resposta total do sistema.

Usando o princ´ıpio da superposi¸cão e um pulso básicop(t)de altura unitária e largura ∆τ, come¸cando emt = 0, tem-se

entrada _{⇒ sa´ıda} δ(t− n∆τ) ⇒ h(t − n∆τ) [x (n∆τ )∆τ ] δ(t− n∆τ) ⇒ [x (n∆τ)∆τ] h(t − n∆τ) lim ∆τ→0 X n x(n∆τ )δ(t− n∆τ)∆τ ⇒ lim ∆τ→0 X n x(n∆τ )h(t− n∆τ)∆τ x(t) ⇒ y(t) Integral de convolu¸c˜ao y(t) = ∞ Z −∞ x(τ )h(t− τ) dτ

(17)

A integral de convolu¸c˜

ao

A integral de convolu¸c˜ao de duas x1(t) e x2(t)´e representada por

x1(t)∗ x2(t), sendo definida por

x1(t)∗ x2(t)≡ ∞ Z −∞ x1(τ )x2(t− τ) dτ Propriedade Comutativa x1(t)∗ x2(t) = x2(t)∗ x1(t) Propriedade Distributiva x1(t)∗ [x2(t) + x3(t)] = x1(t)∗ x2(t) + x1(t)∗ x3(t) Propriedade Associativa x1(t)∗ [x2(t)∗ x3(t)] = [x1(t)∗ x2(t)]∗ x3(t)

(18)

A integral de convolu¸c˜

ao

Propriedade de Deslocamento Se x1(t)∗ x2(t) = c(t), ent˜ao, x1(t)∗ x2(t− T ) = x1(t− T ) ∗ x2(t) = c(t− T ) e x1(t− T1)∗ x2(t− T2) = c(t − T1− T2).

Convolu¸c˜ao com um Impulso x(t)_{∗ δ(t) =}

∞

Z

−∞

(19)

A integral de convolu¸c˜

ao

Propriedade da Largura

Se a dura¸c˜ao (largura) de x1(t) ex2(t)forem finitas, dadas porT1 e T2,

respectivamente, então a dura¸cão (largura) de x1(t)∗ x2(t)será T1+ T2.

T1 t = ∗ t T1+ T2 x1(t)∗ x2(t) t T2 x2(t) x1(t)

Resposta de Estado Nulo e Causalidade

Na prática, a maioria dos sistemas é causal, de forma que suas respostas não podem come¸car antes da entrada. Por isso, tem-se que

y(t) = x (t)_{∗ h(t) =} t Z 0− x(τ )h(t_{− τ) dτ , t ≥ 0} = 0 , t < 0

(20)

A integral de convolu¸c˜

ao

Exemplo 5

Para um sistema LCIT com resposta ao impulso unit´ario dada por

h(t) = e−2tu(t), determine a resposta y(t)para a entrada

x(t) = e−tu(t)

Exerc´ıcio 3

Para um sistema LCIT com resposta ao impulso unit´ario dada porh(t) = 6e−tu(t), determine a respostay(t)para a entrada

a) x(t) = 2u(t) _→ y(t) = 12(1_{− e}−t)u(t) b) x(t) = 3e−3tu(t) _→ y(t) = 9(e−t _{− e}−3t)u(t)

Exerc´ıcio 4

Repita o Exemplo 5 para a entradax(t) = te−tu(t). Resposta: y(t) = e−2t(tet _{− e}t_{+ 1)u(t).}

(21)

A integral de convolu¸c˜

ao

No x1(t) x2(t) x1(t)∗ x2(t) = x2(t)∗ x1(t) 1 x(t) δ(t_{− T ) x (t − T )} 2 eλtu(t) u(t) 1− e λt −λ u(t)

3 u(t) u(t) tu(t)

4 eλ1tu(t) eλ2tu(t) e

λ1t _{− e}λ2t λ1− λ2

u(t) λ1 6= λ2 5 eλtu(t) eλtu(t) teλtu(t)

6 teλtu(t) eλtu(t) 1

2t

(22)

A integral de convolu¸c˜

ao

No x1(t) x2(t) x1(t)∗ x2(t) = x2(t)∗ x1(t) 7 tNu(t) eλtu(t) N!e λt λN+1u(t)− N X k=0 N!tN −k λk+1_(N_{− k)!}u(t) 8 tMu(t) tNu(t) M!N ! (M + N + 1)!t M+N +1_u(t) 9 teλ1tu(t) _eλ2t_u(t) e λ2t_{− e}λ1t_{+ (λ} 1− λ2)teλ1t (λ1− λ2)2 u(t) 10 tM_eλt_u(t) _tN_eλt_u_(t) M!N ! (M + N + 1)!t M+N +1_eλt_u(t)

11 eαtcos(βt + θ)u(t) eλtu(t) cos(θ− φ)e λt

− e−αt_{cos(βt + θ} − φ) p(α + λ)2_{+ β}2 u(t) φ = tan−1_[_{−β/(α + λ)]}

(23)

Entendimento gr´

afico da opera¸c˜

ao de convolu¸c˜

ao

A opera¸cão de convolu¸cão pode ser facilmente compreendida anali-sando a interpreta¸cão gráfica da integral de convolu¸cão.

Além disso, vários sinais não possuem uma descri¸cão matemática exata, logo eles podem ser descritos apenas graficamente.

Agora, explicaremos a opera¸c˜ao de convolu¸c˜ao usando os sinaisx(t)

e g(t)ilustrados abaixo, com

c(t) = ∞ Z −∞ x(τ )g(t − τ) dτ. t x(t) 1 0 −1 t g(t) 0 2 −2

(24)

Entendimento gr´

afico da opera¸c˜

ao de convolu¸c˜

ao

τ g(τ ) 0 2 −2 0 −1 2 1 τ 0 −1 2 1 τ g(−τ) x(τ ) g(t− τ) x(τ ) t = t1> 0 t1 τ x(τ ) 1 0 −1 A1

(25)

Entendimento gr´

afico da opera¸c˜

ao de convolu¸c˜

ao

τ c(t) 0 −1 2 1 τ x(τ ) t3 g(t− τ) t = t3<−3 0 −1 2 1 τ x(τ ) t2 g(t− τ) t = t2< 0 −3 0 t t t A2 A1 A2

(26)

Entendimento gr´

afico da opera¸c˜

ao de convolu¸c˜

ao

Resumo do procedimento gr´afico

1 Mantenha a fun¸c˜aox(τ )fixa.

2 _{Visualize a fun¸}_c˜_aog(τ )_{como um objeto r´ıgido e o rotacione (ou inverta)} com rela¸c˜ao ao eixo vertical (τ = 0) para obterg(_−τ).

3 _{Desloque a fun¸}_c˜_{ao invertida ao longo do eixo}τ_por_t₀ _segundos_{. A figura} deslocada agora representag(t0− τ).

4 _{A ´}_{area debaixo do produto de} _x(τ ) _com _g(t₀− τ) _{(figura deslocada) ´}_e

c(t0), o valor da convolu¸c˜ao para t= t0.

5 Repita este procedimento deslocando a figura por diferentes valores (posi-tivos e nega(posi-tivos) para obter c(t)para todos os valores det.

Exemplo 6

Determine x(t)_{∗ g(t)} para as fun¸c˜oes x(t)e g(t)mostradas na figura abaixo. 1 t 1 −1 0 3 t 1 x(t) g(t)

(27)

Entendimento gr´

afico da opera¸c˜

ao de convolu¸c˜

ao

Resolu¸c˜ao do Exemplo 6 - M´etodo 1

1 τ −1 τ τ τ g(τ ) g(−τ) 0 −3 1 1 g(t− τ) 0 0 t− 3 1 1 3 t x(τ ) c(t) = ∞ Z −∞ x(τ )_{∗ g(t − τ) dτ} x(τ ) = 1 ,_{−1 < τ < 1}

0 , caso contr´ario g(t− τ) =

(t_{− τ)/3 , t − 3 < τ < t} 0 , caso contr´ario

(28)

Entendimento gr´

afico da opera¸c˜

ao de convolu¸c˜

ao

τ −1 t− 3 t t≤ −1 ₁ 1 c(t) = ∞ Z −∞ x(τ )_{∗ g(t − τ) dτ = 0,} t _{≤ −1}

(29)

Entendimento gr´

afico da opera¸c˜

ao de convolu¸c˜

ao

t_{− 3} ₋₁ t τ −1 < t ≤ 1 1 1 c(t) = ∞ Z −∞ x(τ )∗ g(t − τ) dτ = t Z −1 1·t− τ₃ dτ = (t + 1) 2 6 , −1 < t ≤ 1 ´ area = 1 2· (t + 1) · t+ 1 3 = (t + 1)2 6

(30)

Entendimento gr´

afico da opera¸c˜

ao de convolu¸c˜

ao

t− 3 t τ 1 < t_{≤ 2} ₁ 1 −1 c(t) = ∞ Z −∞ x(τ )_{∗ g(t − τ) dτ =} 1 Z −1 1_·t− τ 3 dτ = 2t 3 , 1 < t ≤ 2 ´ area = 1 2 · t_{− 1} 3 + t+ 1 3 · (1 + 1) = 2t₃

(31)

Entendimento gr´

afico da opera¸c˜

ao de convolu¸c˜

ao

t_{− 3} t τ 2 < t≤ 4 ₁ 1 −1 c(t) = ∞ Z −∞ x(τ )_{∗ g(t − τ) dτ =} 1 Z t −3 1_·t− τ 3 dτ = 8 + 2t− t2 6 , 2 < t≤ 4 ´ area = 1 2· t_{− 1} 3 + 1 · (1 − t + 3) = 8 + 2t− t 2 6

(32)

Entendimento gr´

afico da opera¸c˜

ao de convolu¸c˜

ao

t− 3 t τ t > 4 ₁ 1 −1 c(t) = ∞ Z −∞ x(τ )_{∗ g(t − τ) dτ = 0,} t > 4

(33)

Entendimento gr´

afico da opera¸c˜

ao de convolu¸c˜

ao

τ g(τ ) 1 0 3 1 τ −1 1 x(τ ) 1 τ −1 1 1 τ t− 1 t + 1 x(−τ) x(t− τ) c(t) = ∞ Z −∞ x(t_{− τ) ∗ g(τ) dτ} x(t_{− τ) =} 1 , t_{− 1 < τ < t + 1}

0 , caso contr´ario g(τ ) =

τ /3 , 0 < τ < 3 0 , caso contr´ario

(34)

Entendimento gr´

afico da opera¸c˜

ao de convolu¸c˜

ao

t_{− 1} t + 1 τ t≤ −1 ₁ 3 0 c(t) = ∞ Z −∞ x(t_{− τ) ∗ g(τ) dτ = 0,} t _{≤ −1}

(35)

Entendimento gr´

afico da opera¸c˜

ao de convolu¸c˜

ao

t− 1 t + 1 τ −1 < t ≤ 1 ₁ 3 0 c(t) = ∞ Z −∞ x(t_{− τ) ∗ g(τ) dτ =} t+1 Z 0 1_· τ 3dτ = (t + 1)2 6 , −1 < t ≤ 1 ´ area = 1 2· (t + 1) · t+ 1 3 = (t + 1)2 6

(36)

Entendimento gr´

afico da opera¸c˜

ao de convolu¸c˜

ao

t− 1 t + 1 τ 1 < t_{≤ 2} ₁ 0 3 c(t) = ∞ Z −∞ x(t_{− τ) ∗ g(τ) dτ =} t+1 Z t −1 1_·τ 3dτ = 2t 3, 1 < t ≤ 2 ´ area = 1 2· t_{− 1} 3 + t+ 1 3 · (t + 1 − t + 1) = 2t₃

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Entendimento gr´

afico da opera¸c˜

ao de convolu¸c˜

ao

t− 1 t + 1 τ 2 < t_{≤ 4} ₁ 0 3 c(t) = ∞ Z −∞ x(t_{− τ) ∗ g(τ) dτ =} 3 Z t −1 1_·τ 3dτ = 8 + 2t_{− t}2 6 , 2 < t ≤ 4 ´ area = 1 2· t_{− 1} 3 + 1 · (3 − t + 1) = 8 + 2t− t 2 6

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Entendimento gr´

afico da opera¸c˜

ao de convolu¸c˜

ao

t_{− 1} t + 1 t > 4 ₁ 0 3 τ c(t) = ∞ Z −∞ x(t_{− τ) ∗ g(τ) dτ = 0,} t > 4

(39)

Resposta total

A resposta de um sistema linear pode ser escrita como a soma das componentes de entrada nula e estado nulo:

resposta total = N X k=1 ckeλkt | {z }

componente de entrada nula

+ x(t)_{∗ h(t)}

| {z }

componente de estado nulo

assumindo ra´ızes distintas. Para ra´ızes repetidas, a componente de estado nulo deve ser modificada apropriadamente.

(40)

Exemplo 7

Considere o circuito elétrico mostrado na figura a seguir, determine a sa´ıda y(t) = i2(t). As tensões nos capacitores C1 e C2, antes das chaves serem fechadas, são 1 V e 2 V, respectivamente.

2 Ω t = 0 t = 0 C2= 2F i1(t) i2(t) 5V C1= 1F