mamour/Ramon/Slides/slides-COE-736.pdf · COE-736 Controle digital 17 Conteu´do do curso 1....

UFRJ Universidade Federal do Rio de Janeiro

COPPE Coordenacao dos Programas de Pos-Graduacao em Engenharia

PEE Programa de Engenharia Eletrica

COE-736 Controle digital

Prof. Ramon

1

COE-736 Controle digital 2

Organizacao do curso

Sala de aula : H-312D

Horario : 3a. feira 08:00 – 10:00

: 5a. feira 08:00 – 10:00

Atendimento : 4a. feira 10:00 – 12:00

Professor : Ramon R. Costa

Laboratorio : H-345

Telefone : 2562-8604

e-mail : [email protected]

Homepage : http://www.coep.ufrj.br/∼ramon

: http://www.coep.ufrj.br/∼teleduc

Prof. Ramon [Indice] [08:05] 14 de Junho de 2007


Pre-requisitos

⋆ Sistemas Lineares I



Objetivos do curso

⋆ Analise de sistemas lineares discretos.

⋆ Projeto de sistemas de controle discreto.

⋆ ...



Plano de aulas simplificado

Semana # 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . [Paginas 1 a 46]

• Organizacao do curso

• Capıtulo 1 : Introducao

• Capıtulo 2 : Sistemas discretos no tempo

• Exercıcios

Semana # 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . [Paginas 47 a 83]

• Capıtulo 2 : Continuacao

• Capıtulo 3 : Analise de sistemas discretos

• Exercıcios



Semana # 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . [Paginas 84 a 119]

• Capıtulo 3 : Continuacao

• Exercıcios

Semana # 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . [Paginas 120 a 164]

• Capıtulo 4 : Projeto: enfoque por variaveis de estado

• Exercıcios

Semana # 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . [Paginas 165 a 223]

• Capıtulo 5 : Projeto: enfoque polinomial

• Exercıcios



Semana # 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . [Paginas 242 a 292]

• Capıtulo 7 : Modelos orientados a processos

• Exercıcios

Semana # 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . [Paginas 293 a 369]

• Capıtulo 8 : Aproximacao de controladores contınuos

• Capıtulo 9 : Implementacao de controladores digitais

• Exercıcios

Semana # 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . [Paginas 370 a 407]

• Capıtulo 10 : Modelos de disturbios

• Exercıcios



Semana # 9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . [Paginas 408 a 446]

• Capıtulo 11 : Projeto otimo: enfoque por variaveis de estado

• Exercıcios

Semana # 10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . [Paginas 447 a 527]

• Capıtulo 12 : Projeto otimo: enfoque polinomial

• Capıtulo 13 : Identificacao

• Exercıcios



Duracao do curso

Inıcio : 12/jun

Termino : 30/ago

⋆ 12 semanas

⋆ 40 horas-aula



Em resumo

Aproximadamente 1 capıtulo por semana !



Livros textos

[1] Karl J. Astrom & Bjorn Wittenmark ,

Computer Controlled Systems ,

3a. edicao, Prentice–Hall, 1997.



Bibliografia complementar

[1] Gene Franklin & J. David Powell & Michael L. Workman ,

Digital Control of Dynamic Systems ,

Addison–Wesley , 1990.

[2] Charles L. Phillips & H. Troy Nagle ,

Digital Control Systems Analysis and Design ,

3a. ed., Prentice–Hall , 1995.

[3] C. T. Chen ,

Analog & Digital Control System Design ,

Saunders , 1993.



Bibliografia complementar

[4] Benjamin C. Kuo ,

Digital Control Systems ,

Saunders , 1992.

[5] K. Ogata ,

Discrete Control Systems ,

2a. edicao, Prentice–Hall , 1995.



Avaliacao

⋆ Serao aplicadas 2 provas .

⋆ Todas as provas sao sem consulta .



Criterio

Avaliacao:

Peso

Provas 75%

Exercıcios 10%

Trabalhos 15%

Total 100%

Criterio:

Grau Nota

A n ≥ 8

B 6 ≤ n < 8

C 4 ≤ n < 6

D n < 4



Datas das provas

Prova Peso Data

1a. 1 24/jul/2007

2a. 1 30/ago/2007



Conteudo do curso 1. Introducao

2. Modelos discretos no tempo

3. Analise de sistemas discretos

4. Projeto: enfoque por variaveis de estado

5. Projeto: enfoque polinomial

6. Metodologia de projeto

7. Modelos orientados a processos

8. Aproximacao de controladores contınuos

9. Implementacao de controladores digitais

10. Modelos de disturbios

11. Projeto otimo: enfoque por variaveis de estado

12. Projeto otimo: enfoque polinomial

13. Identificacao






Capıtulo # 1



1 Introducao

Conteudo 1. Motivacao

2. Descricao do funcionamento

3. Justificativa para amostragem periodica

4. Desenvolvimento da tecnologia

5. Sistema de aquisicao de dados

6. Modulacao

7. Fenomenos



1.1 Motivacao

Por que estudar controle digital ?



⋆ Porque praticamente todos os sistemas de controle industriais sao

atualmente implementados em computadores digitais.

⋆ Existem diferencas fundamentais em relacao aos controladores

analogicos/contınuos.



Mais motivos...

⋆ Facilidade de implementacao.

⋆ Custo reduzido para aplicacoes simples.

⋆ Existencia de elementos muito eficientes.

⋆ Maior flexibilidade.



Exemplo 1 (Diniz, Silva & Neto 2002, pag. 5)

Suponha que se deseja fazer a seguinte operacao com um sinal contınuo :

y(t) =cosh

[

ln(|x(t)|

)+ x3(t) + cos3

(√

|x(t)|)]

5x5(t) + ex(t) + tan(x(t)

)

Sinal de entrada . . . . . x(t)

Sinal de saıda . . . . . . . y(t)

⋆ Virtualmente, nao ha limites para a complexidade!



Exemplo 2 Elementos eficientes : DSPs da Analog Devices

TigerSHARCr Processor families

⋆ ADSP-TS201S operates at 600 MHz with 24 Mbits on-chip memory and

executes 4.8 billion MACS while achieving the world’s highest floating-point

DSP performance.

⋆ ADSP-TS202S operates at 500 MHz with 12 Mbits on-chip memory.

⋆ ADSP-TS203S operates at 500 MHz with 4 Mbits on-chip memory.

Page : http://www.analog.com/processors/tigersharc/index.html



1.2 Controle analogico versus digital

(...)



r(t) e(t) Controlador

(P,PI,PID,...)

u(t)Processo

y(t)+

−

Figura 1: Diagrama de blocos de um controlador analogico.

⋆ O controlador implementa uma lei ou logica de controle utilizando o sinal

de erro e(t).

⋆ Quanto mais elaborada e a lei de controle tanto mais complexa e a sua

implementacao.



Alternativa: Utilizar um computador digital .

A/Dy(tk)

D/Au(t)

Processoy(t)

Micro

r(tk)

u(tk)

Figura 2: Diagrama de blocos de um controlador digital.



1.3 Descricao do funcionamento

⋆ O conversor A/D transforma o sinal de saıda y(t) em uma sequencia

y(tk) apropriada para ser processada pelo computador.

⋆ Esse processo e denominado amostragem ou aquisicao .



⋆ Utilizando as informacoes y(tk) e r(tk) o computador calcula, atraves

de um algoritmo ja programado, a sequencia de controle u(tk).

⋆ A sequencia de controle u(tk) e convertida em um sinal contınuo analogico

u(t) pelo conversor D/A para poder ser aplicado a planta.

Este processo e denominado reconstrucao ou modulacao .



⋆ Para gerar um sinal contınuo e necessario fazer a conversao D/A no instante

tk e alem disso fazer uma extrapolacao , i.e., gerar um sinal analogico ate

o instante tk+1.

⋆ O modo mais simples de se fazer isto e utilizando um

extrapolador de ordem zero (ZOH) .

⋆ O ZOH simplesmente mantem o sinal de controle constante durante as

conversoes.



0 1 2 3 4 5 6 7 t

u(t)

3

2

1

0

-1

-2

-3

Figura 3: (Pulse Amplitude Modulation) ou ZOH (Zero Order Hold).



⋆ As conversoes sao comandadas pelo computador de maneira sincronizada

pelo seu relogio de tempo real .

⋆ As conversoes sao periodicas , i.e.,

tk = kh

onde k = 0, 1, 2, · · · e h e o perıodo de amostragem .

⋆ fs = 1/h e a frequencia de amostragem (em Hz)

⋆ ws = 2πfs e a frequencia angular de amostragem (em rad/s).



⋆ Um sistema contendo somente variaveis discretas e denominado

sistema discreto no tempo .

⋆ Um sistema contendo tanto variaveis discretas quanto contınuas denomina–

se sistema de dados amostrados .



Exemplo 1 Discretizacao.

0 1 2 3 4

x(t) : FuncaoSequencia : x(k)

⋆ Sinais discretos sao representados matematicamente como sequencias .

⋆ Cuidado : nao e correto assumir x(k) = 0 para k nao inteiro.



⋆ Os conversores A/D , ao fazerem uma amostragem, fornecem uma

representacao binaria do sinal utilizando um numero limitado de bits

(geralmente entre 10 e 14).

Isto significa que o sinal amostrado sofre uma quantizacao .

⋆ O erro cometido e denominado erro de quantificacao ou resolucao .



Exemplo 2 Erro de quantizacao.

0.0 0.25 0.50 0.75 1.00 Tensao

Codigo

0 0 0

0 0 1

0 1 0

0 1 1

1 0 0

1 0 1

1 1 0

1 1 1

Figura 4: Exemplo de um conversor A/D de 3 bits (ideal).



Neste exemplo: Erro de quantizacao = 0.125 (1/8)

[7

16< V <

9

16] → 1 0 0 (binario)

largura = 0.125 (= 2−n)



⋆ Os conversores D/A tem um problema semelhante, i.e., possuem tambem

uma determinada resolucao maxima, limitada pela complexidade dos

circuitos, que nao permitem gerar qualquer valor de tensao na saıda.

⋆ Um sinal que ao mesmo tempo e discreto e quantizado e denominado

sinal digital .

⋆ Assim, o projeto e a analise de controladores digitais considera–se de al-

guma maneira ambos os efeitos. Um sinal digital e aquele que e quantizado

no tempo e na amplitude.



Exemplo 3 Digitalizacao.

0 1 2 3 4



Importante :

⋆ A digitalizacao e uma operacao nao linear .

⋆ A discretizacao e uma digitalizacao com precisao infinita.

⋆ Neste curso consideraremos apenas sinais discretos de 1 dimensao.

⋆ O efeito da digitalizacao e avaliado via simulacao.



Importante :

⋆ Sob certas condicoes, as representacoes contınua e discreta de um mesmo

sinal sao equivalentes .

⋆ Nem toda sequencia e obtida por discretizacao.

⋆ Existem diferencas fundamentais entre sistemas contınuos e discretos.



Resumo da notacao

Sinal analogico : x(t)

Sequencia : x(kh) , (0 < k < ∞)

Intervalo de amostragem : h

Frequencia de amostragem : fs =1

h

Frequencia angular de amostragem : ωs = 2πfs =2π

h



1.4 Justificativa para amostragem periodica

Operacoes lineares com sequencias:

• Multiplicacao por constante

• Soma

• Shift para a direita (atraso)

• Shift para a esquerda (avanco)



· +

>> <<

u(k) y(k)

· +

∫d

dt

u(t) y(t)

Figura 5: Operacoes lineares.



Figura 6: Operacoes lineares com sequencias.



1.5 Desenvolvimento da tecnologia

⋆ A ideia de se utilizar um computador digital para implementar a lei de

controle surgiu em torno de 1950 .

⋆ O desenvolvimento que se seguiu pode ser dividido em:

• Perıodo pioneiro . . . . . . . . . . . . . . . . . ≈ 1955

• Direct-Digital-Control . . . . . . . . . . . . ≈ 1962

• Perıodo dos minicomputadores . . . .≈ 1967

• Perıodo dos microcomputadores . . .≈ 1972

• Uso geral do controle digital . . . . . .≈ 1980

• Controle distribuıdo . . . . . . . . . . . . . . ≈ 1990



Velocidade dos microcomputadores

Benchmarks: 106 multiplicacoes e divisoes com 80 bits.

Ano Micro Frequencia Tempo de execucao

1983 XT 4.7 Mhz 2m 06.43s

1986 AT 8 Mhz 1m 35.70s

1989 386 25 Mhz 0m 18.40s

1992 486 33 Mhz 0m 03.13s

1992 486 50 Mhz 0m 02.80s

1994 486 66 Mhz 0m 01.37s

1995 Pentium 90 Mhz 0m 00.82s

1996 Pentium 100 Mhz 0m 00.??s



1.6 Sistema de aquisicao de dados

sinalanalogico

SensorCircuitocondicio-

nador

Filtroanalogico S&H

MUX

CAD

Relogioprogram.

Sinal decontrole

Sinaldigital

Figura 7: Sistema de aquisicao de dados tıpico.



1.7 Modulacao

0 1 2 3 4 5 6 7 k

u(k)

3

2

1

0

-1

-2

-3

Figura 8: Sequencia de controle u(k).



0 1 2 3 4 5 6 7 t

u(t)

3

2

1

0

-1

-2

-3

Figura 9: (Pulse Amplitude Modulation) ou ZOH (Zero Order Hold).



0 1 2 3 t

u(t)

3

2

1

0

-1

-2

-3

Figura 10: (Pulse Width Modulation).



Vantagem : Melhor eficiencia dos atuadores (somente dois modos

de operacao sao necessarios).

Desvantagem : O PWM e nao linear e de analise muito mais difıcil

do que o PAM.



1.8 Fenomenos

Nos sistemas digitais ocorrem fenomenos que devem ser considerados com

cuidado:

1. Os sistemas digitais sao variantes no tempo

2. Atraso de h/2 inerente ao ZOH

3. Aliasing

4. Controle tipo deadbeat



Sistema variante no tempo

Figura 11: Resposta de um filtro digital ao degrau unitario.



Atraso

⋆ Fenomeno associado a toda implementacao digital de controladores.

t

u(t)

uZOH(t)

umedio(t)

Figura 12: Interpretacao do atraso de h/2.



Aliasing

E um fenomeno relacionado a amostragem de sinais periodicos.

A amostragem cria novas frequencias .

Figura 13: Exemplo de aliasing.



Problema : Quando um sinal analogico e dado de maneira unica pelas

suas amostragens?



T/2 T

x

t

Figura 14: ωs = 2ω0.



Solucao : Teorema da amostragem

ωs > 2ω0



T/2 T

y

t

Figura 15: ωs > 2ω0.



Interpretacao em termos de espectro

−ω0 ω0 ω

Figura 16: Espectro do sinal analogico.



−ωN ωN ω

· · · · · ·

ωs−ωs

ωs ω

· · · · · ·

−ωs

−ωN ωωN

1

2ωs−2ωs

Xc(jω)

S(jω)2πT

Xs(jω)1T

Figura 17: Espectro do sinal amostrado.



−ωN ωN ω

· · · · · ·

ωs−ωs

ωs ω

· · · · · ·

−ωs

−ωN ωωN

1

2ωs−2ωs

Xc(jω)

S(jω)2πT

Xs(jω)1T

Figura 18: Espectro do sinal amostrado.



Controle deadbeat

Exemplo 1 Controle de um drive de disco.

Modelo : G(s) =k

Js2

onde : J e o momento de inercia

k e uma constante



Controle lead-lag : U(s) =bK

aUc(s) − K

s + b

s + aY (s)

onde : a = 2ω0

b = ω0/2

K = 2Jω2

0

k

ω0 e uma frequencia arbitraria



k

Js2+

−

Ks + b

s + a

Kb

a

Uc U Y

Figura 19: Diagrama de blocos do sistema em malha fechada.



Figura 20: Simulacao do controle de um drive de disco.



Figura 21: Controle deadbeat do drive de disco.






Capıtulo # 2



2 Modelos discretos no tempo

Conteudo 1. Introducao

2. Representacao usando estado

3. Solucao das equacoes de estado

4. Modelo entrada/saıda

5. Operador q

6. Pulse–transfer operator

7. Transformada z

8. Exemplos

9. Exercıcios



2.1 Introducao

⋆ Modelo discreto e um modelo do ponto de vista do computador.

u(t)u(tk) y(t) y(tk)A/DPROCESSOD/A

Figura 22: Os sinais de entrada e saıda sao discretos.

Dois tipos de modelos : • Estado

• Entrada/saıda



2.2 Representacao usando estado

Sistema contınuo :

x = Ax + Bu

y = Cx + Du

onde : x ∈ Rn , u ∈ Rr , y ∈ Rp



Hipotese: O sinal de controle e constante durante o intervalo de amostragem.

k

u(k)



Solucao do sistema linear :

x(t) = eA(t−t0)x(t0) +

∫ t

t0

eA(t−s′)Bu(s′)ds′ t ≥ t0

Dados u(kh) e x(kh) pode–se calcular x(kh + h) :

x(kh + h) =[eAh

]x(kh) +

[∫ kh+h

kh

eA(kh+h−s′)Bds′

]

u(kh)

⋆ u(kh) e constante durante o intervalo de amostragem.



Resultado :x(kh + h) = Φx(kh) + Γu(kh)

y(kh) = Cx(kh) + Du(kh)

onde : Φ = eAh e Γ =

∫ h

0

eAsBds

⋆ Este modelo e denominado equivalente ZOH .

⋆ Exato nos instantes de amostragem.



Notacao. E usual simplificar a notacao eliminando a dependencia explıcita de h.

Equivalente ZOH :x(k + 1) = Φx(k) + Γu(k)

y(k) = Cx(k) + Du(k)



Calculo de eAh

1. Expansao em serie : Φ = eAh = I + Ah +A2h2

2!+ · · ·

2. Transformada de Laplace : eAt = L−1[(sI − A)−1

]

3. Decomposicao espectral : A = V ΛV −1 ⇒ eAh = V eΛh V −1



Exemplo 1 Duplo integrador

x =

0 1

0 0

x +

0

1

u

y =[

1 0]

x

Φ = eAh = I + Ah +A2h2

2!+ · · · =

1 0

0 1

+

0 h

0 0

+ · · · =

1 h

0 1

Γ =

∫ h

0

eAsBds =

∫ h

0

1 s

0 1

0

1

ds =

∫ h

0

s

1

ds =

h2/2

h



Equivalente ZOH :

x(k + 1) =

1 h

0 1

x(k) +

h2/2

h

u(k)

y(k) =[

1 0]

x(k)



Exemplo 2 Motor DC normalizado

x =

−1 0

1 0

x +

1

0

u

y =[

0 1]

x

Usando Transformada de Laplace : eAt = L−1[(sI − A)−1

]

(sI − A)−1 =1

s(s + 1)

s 0

1 s + 1

eAt = L−1[(sI − A)−1

]=

e−t 0

1 − e−t 1



Portanto :

Φ = eAh =

e−h 0

1 − e−h 1

Γ =

∫ h

0

eAsBds =

∫ h

0

e−s 0

1 − e−s 1

1

0

ds =

−e−h + 1

h + e−h − 1



Equivalente ZOH :

x(k + 1) =

e−h 0

1 − e−h 1

x(k) +

−e−h + 1

h + e−h − 1

u(k)

y(k) =[

0 1]

x(k)



Modelos de sistemas com atraso

Sistema contınuo : x = Ax + Bu(t − τ) , τ < h

Nota. Isto nao e modelo de estado.



k − 1 k k + 1

t

u(t)u(k)

u(k − 1)

u(t − τ)

t

u(k)

u(k − 1)

Figura 23: Sinal de controle atrasado de τ .



A solucao agora e :

x(kh + h) =[eAh

]x(kh) +

[∫ kh+τ

kh


]

u(kh − h)

+

[∫ kh+h

kh+τ


]

u(kh)



Resultado :

x(k + 1) = Φx(k) + Γ1 u(k − 1) + Γ0 u(k)

y(k) = C x(k) + D u(k)

onde : Γ0 =

∫ h−τ

0

eAsBds e Γ1 = eA(h−τ)

∫ τ

0

eAsBds

⋆ A solucao vale para τ = h ⇒ Γ0 = 0.

⋆ Isto tambem nao e modelo de estado .



Definindo-se : z(k) = u(k − 1) , z ∈ Rr

z(k + 1) = u(k)

Novo vetor de estado : X(k) =

x(k)

z(k)

Atrasou(k) = z(k + 1) z(k) = u(k − 1)

Figura 24: Atraso unitario.



Resultado :X(k + 1) =

Φ Γ1

0 0

X(k) +

Γ0

I

u(k)

y(k) =[

C 0]

X(k)

⋆ Sistema contınuo ⇒ dimensao infinita.

⋆ Sistema discreto ⇒ dimensao n + r.



Exemplo 3 Duplo integrador com atraso τ < h

Φ =

1 h

0 1

Γ0 =

∫ h−τ

0

eAsBds =

∫ h−τ

0

1 s

0 1

0

1

ds =

(h − τ)2/2

h − τ

Γ1 = eA(h−τ)

∫ τ

0

eAsBds =

1 h − τ

0 1

τ2/2

τ

ds =

τ(h − τ/2)

τ



Portanto,

X(k + 1) =

Φ Γ1

0 0

X(k) +

Γ0

I

u(k)

=

1 h τ(h − τ/2)

0 1 τ

0 0 0

X(k) +

(h − τ)2/2

h − τ

1

u(k)

y(k) =[

C 0]

X(k)

=[

1 0 0]

X(k)



Modelos de sistemas com atraso longo

Sistema contınuo : x = Ax + Bu(t − τ) , τ > h

Nota. Isto nao e modelo de estado.

Podemos exprimir τ como : τ = (d − 1)h + τ ′

onde : 0 < τ ′ ≤ h e d = inteiro



k − 1 k k + 1

t

u(t)u(k)

u(k − 1)

u(t − τ)

t

u(k)

u(k − 1)

u(k − 2)

u(k − 2)

Figura 25: Sinal de controle atrasado de τ > h, caso d = 2.



Neste caso, o sistema amostrado resulta

x(k + 1) = Φx(k) + Γ0 u(k − d + 1) + Γ1 u(k − d)

Definindo-se : z1(k + 1) = u(k)

z2(k + 1) = z1(k) = u(k − 1)...

...

zd(k + 1) = zd−1(k) = u(k − d + 1)

Atraso

z1(k + 1) z2(k + 1)

Atraso

z3(k + 1)

Atraso

zd(k)zd(k + 1)· · ·

u(k) z1(k) z2(k) zd−1(k) u(k − d)

Figura 26: Trem de atrasos unitarios.



Novo vetor de estado : X(k) =

x(k)

zd(k)...

z1(k)

O modelo de estado agora resulta na forma :

X(k + 1) =

Φ Γ1 Γ0 0 · · · 0

0 0 I 0 · · · 0...

......

......

0 0 0 0 · · · I

0 0 0 0 · · · 0

X(k) +

0

0...

0

I

u(k)

⋆ z1 ∈ Rr e o sistema amostrado tem dimensao n + dr.



Exemplo 4 Duplo integrador com (h = 1) e (τ = 0.5).

Φ =

1 h

0 1

=

1 1

0 1

Γ0 =

∫ h−τ

0

eAsBds =

(h − τ)2/2

h − τ

=

0.125

0.5

Γ1 = eA(h−τ)

∫ τ

0

eAsBds =

τ(h − τ/2)

τ

=

0.375

0.5



Portanto,

X(k) =

x(k)

z(k)

X(k + 1) =

1 1 0.375

0 1 0.5

0 0 0

X(k) +

0.125

0.5

1

u(k)

y(k + 1) =[

1 0 0]

X(k)



Exemplo 5 Duplo integrador com h = 1 e τ = 1.5 .

Neste caso d = 2 e τ ′ = 0.5 .

Portanto,

X(k) =

x(k)

z2(k)

z1(k)

X(k + 1) =

Φ Γ1 Γ0

0 0 1

0 0 0

X(k) +

0

0

1

u(k)



X(k + 1) =

1 1 0.375 0.125

0 1 0.5 0.5

0 0 0 1

0 0 0 0

X(k) +

0

0

0

1

u(k)

Nota. A dimensao do sistema depende de h.

h = 0.2 ⇒ d = 8 , τ ′ = 0.1

h = 0.1 ⇒ d = 15

h → 0 ⇒ d → ∞



Transformacoes de coordenadas

Sistema original : x = Ax + Bu

Transformacao : z = Tx

Resultado : T x = TAx + TBu ⇒ z = TAT−1z + TBu

Definindo-se : A = TAT−1 e B = TB

Sistema transformado : z = Az + Bu



Sistema original : x(k + 1) = Φx(k) + Γu(k)

Transformacao : z = Tx

Resultado : Tx(k + 1) = TΦx(k) + TΓu ⇒ z(k + 1) = TΦT−1z(k) + TΓu(k)

Definindo-se : Φ = TΦT−1 e Γ = TΓ

Sistema transformado : z(k + 1) = Φz(k) + Γu(k)



Propriedade : A equacao caracterıstica e invariante sob transformacoes de

coordenadas.

⋆ Em outras palavras, Φ e Φ possuem a mesma equacao caracterıstica .

Prova.

det(λI − Φ) = det(λTT−1 − TΦT−1

)

= (det T ) det (λI − Φ) (det T−1)

= det(λI − Φ)



Forma canonica de Jordan

⋆ A seguir vamos revisar o metodo de determinacao da forma canonica de

Jordan de uma matriz.

Forma geral de um bloco de Jordan de ordem n :

Jn =

λ 1 0 0 · · · 0 0

0 λ 1 0 · · · 0 0

0 0 λ 1 · · · 0 0...

......

......

...

0 0 0 0 · · · λ 1

0 0 0 0 · · · 0 λ



Exemplo 6 Seja a matriz triangular

A =

1 2

0 1

.

Autovalores repetidos : λ1 = λ2 = 1

Os autovetores associados sao obtidos de :

(A − λI)v =

0 2

0 0

v = 0 ⇒ v1 =

1

0

⋆ Somente um unico autovetor!



Problema: Determinar um 2o. vetor v2 para compor uma matriz de

transformacao M ,

M =[

v1 v2

]

tal que

J = M−1A M

onde J e uma matriz na forma de Jordan .

Solucao: Recorremos a utilizacao dos denominados autovetores generalizados .



Definicao. Os autovalores generalizados gi, associados ao autovalor λ,

sao obtidos utilizando-se o seguinte procedimento

Av = λv (A − λI)v = 0

Ag1 = λg1 + v (A − λI)g1 = v

Ag2 = λg2 + g1 (A − λI)g2 = g1

......

Nota. Utilizando notacao matricial, podemos escrever

A[

v g1 g2

]

︸︷︷︸

M

= AM =[

λv λg1 + v λg2 + g1

]



ou melhor,

AM =[

λv λg1 + v λg2 + g1

]

=[

λv λg1 λg2

]

+[

0 v g1

]

=[

v g1 g2

]

︸︷︷︸

M

Λ +[

0 v g1

]

= MΛ +[

0 v g1

]

Porem,

[

0 v g1

]

=[

v g1 g2

]

︸︷︷︸

M

0 1 0

0 0 1

0 0 0

︸︷︷︸

J0

= MJ0



Portanto,

AM = MΛ + MJ0

= M(Λ + J0)

= MJ

J = Λ + J0 A = MJM−1



Voltando ao exemplo...

Precisamos determinar v2 tal que

(A − λI)v2 = v1

Resultado :

0 2

0 0

v2 =

1

0

⇒ v2 =

1

1/2



Verificacao: A matriz M encontrada,

M =[

v1 v2

]

=

1 1

0 1/2

tem a propriedade requerida :

J = M−1AM = 2

1/2 −1

0 1

1 2

0 1

1 1

0 1/2

= 2

1/2 0

0 1

1 1

0 1/2

=

1 1

0 1



Exemplo 7 Considere agora a matriz (que ja esta na forma de Jordan)

A =

1 1 0

0 1 0

0 0 1

O autovalor λ = 1 tem multiplicidade 3.

A matriz tem : • 1 bloco de Jordan de 2a. ordem

• 1 bloco de Jordan de 1a. ordem



Os autovetores associados sao obtidos resolvendo-se a equacao

(A − λI)v =

0 1 0

0 0 0

0 0 0

v = 0

Encontramos 2 solucoes :

v1 =

1

0

0

e v2 =

0

0

1



O autovetor generalizado v3 e obtido resolvendo-se :

(A − λI)v3 = v1

0 1 0

0 0 0

0 0 0

v3 =

1

0

0

⇒ v3 =

0

1

0

Nota. Nao existe autovetor generalizado associado a v2 :

(A − λI)v3 =

0 1 0

0 0 0

0 0 0

v3 =

0

0

1

= v2 Nao tem solucao!



Verificacao:

M =[

v1 v3 v2

]

=

1 0 0

0 1 0

0 0 1

⋆ Observe a ordem dos autovetores na matriz M .

⋆ O autovetor generalizado v3 aparece logo apos o autovetor v1, que e o

autovetor ao qual esta associado e a partir do qual foi gerado.



Exemplo 8 Dada a matriz

A =

1 0 0 0

0 1 0 1

1 0 1 0

1 0 0 1

determine a transformacao de similaridade que a coloque na forma de Jordan.



Solucao. A matriz dada esta na forma triangular por blocos

A =

1 0 0 0

0 1 0 1

1 0 1 0

1 0 0 1

Autovalores: λ = 1 com multiplicidade 4 (basta uma simples inspecao !)



Os autovetores associados sao obtidos resolvendo-se

(A − λI)v =

0 0 0 0

0 0 0 1

1 0 0 0

1 0 0 0

v = 0 .

Encontramos 2 autovetores :

v1 =

0

1

0

0

e v2 =

0

0

1

0

.



Precisamos de 2 autovetores generalizados v3 e v4.

Vamos tentar obte-los a partir de v1 :

(A − λI)v3 = v1 ⇒

0 0 0 0

0 0 0 1

1 0 0 0

1 0 0 0

v3 =

0

1

0

0

⇒ v3 =

0

0

0

1

(A − λI)v4 = v3 ⇒

0 0 0 0

0 0 0 1

1 0 0 0

1 0 0 0

v4 =

0

0

0

1

⇒ v4 =

?

∗

∗

0

⋆ v4 nao pode ser derivado de v3 !



Vamos tentar derivar v4 a partir de v2 :

(A − λI)v4 = v2 ⇒

0 0 0 0

0 0 0 1

1 0 0 0

1 0 0 0

v4 =

0

0

1

0

⇒ v4 =

?

∗

∗

0

⋆ v4 tambem nao pode ser derivado de v2 !

Problema: Como obter v4 ?



Solucao: So resta escolher outro autovetor generalizado v3.

(A − λI)v3 = v1 ⇒

0 0 0 0

0 0 0 1

1 0 0 0

1 0 0 0

v3 =

0

1

0

0

⇒ v3 =

0

0

1

1

(A − λI)v4 = v3 ⇒

0 0 0 0

0 0 0 1

1 0 0 0

1 0 0 0

v4 =

0

0

1

1

⇒ v4 =

1

0

0

0

⋆ Ok. Desta vez foi !



Portanto, a matriz pedida e:

M =[

v1 v3 v4 v2

]

=

0 0 1 0

1 0 0 0

0 1 0 1

0 1 0 0



Verificacao :

J = M−1AM

=

26666640 1 0 0

0 0 0 1

1 0 0 0

0 0 1 −1

377777526666641 0 0 0

0 1 0 1

1 0 1 0

1 0 0 1

377777526666640 0 1 0

1 0 0 0

0 1 0 1

0 1 0 0

3777775 =

26666641 1 0 0

0 1 1 0

0 0 1 0

0 0 0 1

3777775Prof. Ramon [Indice] [08:05] 14 de Junho de 2007


Solucao via Matlab

(...)



Exercıcio.

1. Encontre uma forma de Jordan para as seguintes matrizes :

(a) A =

1 0 1

0 1 0

0 0 1

.

(b) A =

1 0 1 0

0 1 0 1

0 0 1 0

0 0 0 1

.



Exercıcio.

2. Verifique que para o bloco de Jordan

J =

λ 1 0

0 λ 1

0 0 λ

tem-se que

eJt =

eλt teλt 12 t2eλt

0 eλt teλt

0 0 eλt

.



2.3 Solucao das equacoes de estado

Sistema discreto :

x(k + 1) = Φx(k) + Γu(k)


Dados x(0) e u(k), a solucao e obtida recursivamente :



x(1) = Φx(0) + Γu(0)

x(2) = Φx(1) + Γu(1)

= Φ [Φx(0) + Γu(0)] + Γu(1)

= Φ2x(0) + ΦΓu(0) + Γu(1)

x(3) = Φx(2) + Γu(2)

= Φ[Φ2x(0) + ΦΓu(0) + Γu(1)

]+ Γu(2)

= Φ3x(0) + Φ2Γu(0) + ΦΓu(1) + Γu(2)

...

Portanto : y(k) = CΦkx(0) +k−1∑

j=0

CΦk−j−1Γu(j) + Du(k)



⋆ Matriz de transicao : Φk

⋆ A solucao pode ser obtida em funcao dos autovalores e autovetores :

Φk = V Jk V −1

⋆ Note que :

Φk =(eAh

)k= eAkh = eAtk



2.4 Modelo entrada/saıda

A relacao entre a entrada e a saıda de um sistema linear pode ser expressa pela sua

resposta ao impulso unitario .

Pulso unitario:

u(0) = 1

u(k) = 0 , ∀k 6= 0

k

u(k)

−3 −2 −1 1 2 3



Considere N observacoes da entrada u e da saıda y.

Modelo linear geral : Y = HU + Yp

onde : U =[

u(0) u(1) · · · u(N − 1)]T

Y =[

y(0) y(1) · · · y(N − 1)]T

H e uma matriz N × N

Yp depende das condicoes iniciais (c.i.’s)



Modelo linear geral : Y = HU + Yp

Se o sistema e causal , entao a matrix H e triangular inferior,

H =

h(0, 0) 0 0 · · ·

h(1, 0) h(1, 1) 0 · · ·

h(2, 0) h(2, 1) h(2, 2) · · ·...

......

⋆ h(k, j) e a resposta ao pulso ou funcao ponderacao .

⋆ h(k, j) e a resposta em k devido a um pulso aplicado em j.



Expandindo :

y(0) = h(0, 0) u(0) + yp(0)

y(1) = h(1, 0) u(0) + h(1, 1) u(1) + yp(1)

y(2) = h(2, 0) u(0) + h(2, 1) u(1) + h(2, 2) u(2) + yp(2)

...

Portanto : y(k) =

k∑

j=0

h(k, j)u(j) + yp(k) ( Somatorio de convolucao )



Para sistemas lineares invariantes no tempo (SLITs) :

h(k, j) = h(k − j)

Portanto : y(k) =k∑

j=0

h(k − j)u(j) + yp(k) ( Somatorio de convolucao )

Solucao do sistema discreto :

y(k) = CΦkx(0) +

k−1∑

j=0

CΦk−j−1Γu(j) + Du(k)



Comparando as 2 solucoes, conclui-se que :

h(k) =

0 se k < 1

CΦk−1Γ se k ≥ 1

Nota. h(k) e a funcao resposta ao pulso do sistema.



Propriedade : h(k) e invariante com relacao a transformacoes de coordenadas.

Prova. h(k) = CΦk−1Γ

= (CT−1) (TΦk−1T−1) (TΓ)

= CΦk−1Γ

= h(k)

Nota. h(k) e um modelo temporal .



Exemplo 1

(...)



2.5 Operador q

Para equacoes diferenciais : operador diferencial p =d

dt

Para equacoes a diferencas : operador de avanco q

Operador de atraso q−1

Sequencias duplamente infinitas : f(k) = ak | k = · · · ,−1, 0, 1, · · ·



Propriedade : qf(k) = f(k + 1)

q−1f(k) = f(k − 1)



Nota.

Operador Variavel complexa

Sistemas contınuos p s

Sistemas discretos q z

⋆ Em alguns livros p e s assim como q e z sao usados indistintamente.

Funcionalmente iguais .

Formalmente diferentes .

⋆ O operador q serve para simplificar a notacao de equacoes a diferencas.



Exemplo 1 Equacao a diferencas de ordem na. na ≥ nb

y(k + na) + a1y(k + na − 1) + · · · + anay(k) = b0u(k + nb) + · · · + bnb

u(k)

Pode ser escrita como : A(q)y(k) = B(q)u(k)

onde :

A(q) = qna + a1qna−1 + · · · + ana

B(q) = b0qnb + b1q

nb−1 + · · · + bnb



Definicao. A∗(z) = polinomio recıproco

A(z) = zna + a1zna−1 + · · · + ana

A∗(z) = 1 + a1z + · · · + anazna = znaA(z−1)

A∗(z−1) = 1 + a1z−1 + · · · + ana

z−na = z−naA(z)

Portanto : A(q)y(k) = B(q)u(k)

[q−naA(q)]y(k) = [q−naB(q)]u(k)

A∗(q−1)y(k) = [q−(na−nb)q−nbB(q)]u(k)

A∗(q−1)y(k) = [q−(na−nb)B∗(q−1)]u(k)

A∗(q−1)y(k) = B∗(q−1)u(k − d) , d = na − nb



Exemplo 2 Equacao a diferencas de 3a. ordem

y(k + 3) + 2y(k + 2) + 3y(k + 1) + 4y(k) = 5u(k + 2) + 6u(k + 1) + 7u(k)

Aplicando o operador q :

(q3 + 2q2 + 3q + 4)y(k) = (5q2 + 6q + 7)u(k)

Multiplicamos ambos os lados por q−3 :

(1 + 2q−1 + 3q−2 + 4q−3)y(k) = (5q−1 + 6q−2 + 7q−3)u(k)

ou melhor,

(1 + 2q−1 + 3q−2 + 4q−3)y(k) = (5 + 6q−1 + 7q−2)u(k − 1)



2.6 Pulse–transfer operator

Se :

y(0) = 0 ; k ≤ 0

u(k) = 0 ; k < 0

entao pode–se definir divisao de polinomios em q.

Portanto : y(k) =B(q)

A(q)u(k)

⋆ A relacaoB(q)

A(q)e denominada pulse–transfer operator .



Dado :

x(k + 1) = Φx(k) + Γu(k)


Aplicando o operador q : qx(k) = Φx(k) + Γu(k)

Explicitamos x(k) : x(k) = (qI − Φ)−1Γu(k)

E portanto : y(k) = [C(qI − Φ)−1Γ + D]u(k) = H(q)u(k)

Pulse–transfer operator : H(q) = C(qI − Φ)−1Γ + D



Se o sistema e single-input-single-output (SISO) :

H(q) =B(q)

A(q)

Nota. H(q) =qnbB∗(q−1)

qnaA∗(q−1)=

B∗(q−1)

qdA∗(q−1)= H∗(q−1)

Nota. Em geral, os sistemas controlados por computador nao possuem termo

direto (i.e., b0 = 0 )



Exemplo 1 Realimentacao unitaria de um integrador.

∫ x y+

u

⇒

x(k + 1) = x(k) + u(k) m1

y(k) = x(k) + u(k) m2

Lei de controle : u(k) = β[r(k) − y(k)

] m3

Seja : x(0) = 0 e r(0) = 1

de m2 : y(0) = u(0)

de m3 : u(0) = β[r(0) − y(0)

]⇒ so se r(0) = 0 (?!)



Explicacao : Apos medir y(k) o computador levara um certo tempo para

calcular u(k).

Como y(k) pode depender de u(k) ?!

∫ x y

+ur

β

Figura 27: Malha fechada com loop algebrico.




Φ =

1 h

0 1

, Γ =

0.5h2

h

, C =[

1 0]

H(q) = C[qI − Φ]−1Γ =[

1 0]

q − 1 −h

0 q − 1

−1

0.5h2

h

Pulse–transfer operator : H(q) =0.5h2(q + 1)

(q − 1)2

h = 1 : H(q) =0.5(q + 1)

(q − 1)2⇒ H(q−1) =

0.5(q−1 + q−2)

1 − 2q−1 + q−2



H(q) =0.5(q + 1)

(q − 1)2⇒ H(q−1) =

0.5(q−1 + q−2)

1 − 2q−1 + q−2

• Sistema com 2 polos e 1 zero !

• Interpretacao do zero :

ZOH ∼= atraso de 0.5h = e−0.5hs = 1 − 0.5hs + · · ·

• Localizacao de y :h

(q − 1)

yy h(q + 1)

2(q − 1)



Exemplo 3 Duplo integrador com atraso τ = 0.5 (< 1)

x(k + 1) = Φx(k) + Γ0u(k) + Γ1u(k − 1)

Aplicando o operador q : H(q) = C[qI − Φ]−1(Γ0 + Γ1q−1)

Como :

Φ =

1 h

0 1

, Γ0 =

0.125

0.5

, Γ1 =

0.375

0.5

, C =[

1 0]

Entao : H(q) =0.125(q2 + 6q + 1)

q(q2 − 2q + 1)=

0.125(q−1 + 6q−2 + q−3)

1 − 2q−1 + q−2



Duplo integrador com atraso :

H(q) =0.125(q2 + 6q + 1)

q(q2 − 2q + 1)

⋆ Observe que apareceu outro polo em 0.

⋆ O sistema com atraso tem ordem 3 (como esperado).



Exemplo 4 Sistema de 2a. ordem na forma canonica observavel

Φ =

−a1 1

−a2 0

, Γ =

b1

b2

, C =[

1 0]

E facil verificar que : H(q) =b1q + b2

q2 + a1q + a2=

b1q−1 + b2q

−2

1 + a1q−1 + a2q−2



Propriedade : H(q) independe da representacao de estado.

Prova.

H(q) = C[qI − Φ]−1Γ

= CT−1[qI − TΦT−1]−1TΓ

= CT−1[T (qI − Φ)T−1]−1TΓ

= C(qI − Φ)−1Γ

= H(q)



Tabela 3.1 : Relacao de G(s) mais comuns e respectivas H(q).

: G(s) H(q) (Equivalente ZOH)

11

s

h

q − 1

21

s2

h2(q + 1)

2(q − 1)2

3 e−sh q−1

4a

s + a

1 − e−ah

q − e−ah



2.7 Transformada z

Apresentacao baseada em :

[1] A. Oppenheim & R. Schafer ,

Discrete Time Signal Processing ,

Prentice Hall , 1989.



A transformada e uma ferramenta importante para a analise de sistemas lineares.

⋆ Contınuos (SLIT’s) : Transformada de Laplace .

⋆ Discretos (SDLIT’s) : Transformada z .

Nesta apresentacao :

⋆ Origem a partir da Transformada de Laplace.

⋆ Generalizacao da Transformada de Fourier .



Vantagens em relacao a Transformada de Fourier :

• A Transformada de Fourier nao converge para todas as sequencias.

• Notacao mais conveniente.

• Utilizacao para solucao de equacoes a diferencas .



Origem da transformada z

Problema : Como usar a Transformada de Laplace com sequencias ?



Ideia : Substituir a sequencia por um trem de impulsos .

k

f(k)

t

f∗(t)

Figura 28: Modulacao por impulsos.

Nota. A informacao contida nas 2 representacoes e a mesma.



A funcao f∗(t) pode ser expressa como

f∗(t) = f(0)δ(t) + f(1)δ(t − h) + f(2)δ(t − 2h) + · · ·

=∞∑

k=0

f(k)δ(t − kh)

Aplicando a Transformada de Laplace :

F ∗(s) = Lf∗(t)

= f(0) + f(1)e−sh + f(2)e−s2h + · · ·

=

∞∑

k=0

f(k)e−skh

⋆ Qual e o problema ?



Problema : F ∗(s) nao e uma funcao racional em s.

F ∗(s) =∞∑

k=0

f(k)e−skh



Solucao : Introduzir uma nova variavel complexa

z = esh

Como resultado obtem-se a seguinte transformada :

F ∗(z) =

∞∑

k=0

f(k)z−k

⋆ F ∗(z) e uma funcao contınua racional na variavel complexa z.



Definicao. A Transformada z de uma sequencia semi-infinita

a direita f(k) e definida como :

F (z) = Zf(k)

=

∞∑

k=0

f(k) z−k

(Transformada z unilateral )

⋆ As sequencias tratadas no livro

Karl J. Astrom & Bjorn Wittenmark ,


3a. edicao, Prentice–Hall , 1997.

sao do tipo semi-infinitas a direita.



Definicao. A Transformada z de uma sequencia duplamente-infinita

f(k) e definida como :

F (z) = Zf(k)

=

∞∑

k=−∞

f(k) z−k

(Transformada z bilateral )

⋆ As sequencias tratadas no livro

A. Oppenheim & R. Schafer ,

Discrete Time Signal Processing ,

Prentice Hall , 1989.

sao do tipo duplamente-infinitas .



Nota. Se a sequencia e tal que

f(k) = 0 , k < 0

entao as 2 transformadas sao equivalentes .



Comparacao

Transformada de Fourier de f(k) : F(ejω)

=

∞∑

k=−∞

f(k) e−jωk

Transformada de Laplace de f∗(t) : F ∗(s) =

∞∑

k=−∞

f∗(kh) e−skh

Transformada z de f(k) : F (z) =∞∑

k=−∞

f(k) z−k



Notacao :

F (z) = Z

f(k)

F (z)Z

f(k)



Interpretacao :

Sequenciastemporais

Funcoes

contınuas navariavel complexa z

f(k) F (z)

Z

Z−1



Propriedades da Transformada z

(...)



Funcao de transferencia discreta

(...)



Generalizacao da Transformada de Fourier

A variavel complexa z pode ser escrita como : z = r ejω

Portanto :F(

r ejω)

=

∞∑

k=−∞

f(k)(

r ejω)−k

=

∞∑

k=−∞

(

f(k) r−k)

e−jωk

⋆ A Transformada z de f(k) pode ser interpretada como a Transformada de

Fourier de f(k) r−k.

⋆ r−k e uma exponencial !



Nota. A Transformada de Fourier e uma particularizacao da Transformada z,

F(ejω)

= F (z)∣∣∣z=ejω

i.e., e uma particularizacao para r = 1 .

z = ejω

ω

1

Im

Re

Figura 29: Cırculo unitario no plano z.



Convergencia

⋆ A Transformada de Fourier converge ⇔ f(k) e absolutamente somavel .

⋆ A Transformada de Fourier nao converge para uma classe significativa de

sinais.



Definicao. Regiao de convergencia

ROC =

z∣∣ Zf(k)

converge.



⋆ Para que a Transformada z seja convergente , devemos ter

∞∑

k=−∞

∣∣f(k) r−k

∣∣ < ∞

⋆ Basta que exista uma exponencial r−k tal que f(k) r−k seja absolutamente

somavel.



Exemplo 1

A sequencia x(k) = degrau unitario nao e absolutamente somavel.

⋆ x(k)r−k e abs. somavel para r > 1.

⋆ Quer dizer, existe uma Transformada z do degrau unitario com

ROC : |z| > 1.



Fato. A ROC e um anel no plano z centrado na origem.

Im

Re

⋆ Se o circulo unitario pertence ao anel, entao a Transformada de Fourier

tambem existe.



Nota. No caso de sequencias nao absolutamente somaveis e nao quadratica-

mente somaveis, a Transformada de Fourier e definida usando impulsos .

Para estes casos,

F(ejω)6= F (z)

∣∣∣z=ejω



⋆ A Transformada z e mais util quando expressa em forma fechada .

Formula util : A soma de uma PG e dada por :

N2∑

n=N1

αn =αN1 − αN2+1

1 − α, N2 > N1



Prova.

N2∑

n=N1

αn = αN1 + αN1+1 + · · · + αN2

α

N2∑

n=N1

αn = αN1+1 + · · · + αN2 + αN2+1

Subtraindo :

(1 − α)

N2∑

n=N1

αn = αN1 − αN2+1

Portanto :

N2∑

n=N1

αn =αN1 − αN2+1

1 − α



Exemplo 2 Pulso unitario

Pulso unitario : x(k) =

1 se k = 0

0 se k 6= 0

Usando a definicao :

X(z) = x(0) + x(1)z−1 + x(2)z−2 + · · · = 1



Exemplo 3 Degrau unitario

Degrau unitario : x(k) =

0 se k < 0

1 se k ≥ 0

Usando a definicao : X(z) = 1 + z−1 + z−2 + · · ·

Condicao para convergencia : |z| > 1



Forma fechada :

X(z) =

(z−1

)0−(z−1

)∞

1 − z−1=

1

1 − z−1=

z

z − 1

⋆ Dentro da regiao de convergencia,(z−1

)∞= 0 .

Solucao : X(z) =z

z − 1ROC: |z| > 1



Exemplo 4 Sequencia exponencial semi-infinita a direita.

Exponencial : x(k) = ak, k ≥ 0

Usando a definicao : X(z) =

∞∑

k=0

akz−k =

∞∑

k=0

(az−1)k

Condicao para convergencia : |az−1| < 1 ⇒ |z| > |a|

Nota.(ak)r−k =

(a

r

)k

abs. somavel ⇒ |r| > |a| ⇒ |z| > |a| .



Forma fechada :

X(z) =(az−1)0 − (az−1)∞

1 − az−1=

1

1 − az−1=

z

z − a

⋆ Dentro da regiao de convergencia,(az−1

)∞= 0 .

Solucao : X(z) =z

z − aROC: |z| > |a|

Nota. Para |a| > 1 a Transformada de Fourier nao converge.



Im

Rea 1

Figura 30: ROC com |a| < 1.



Exemplo 5 Solucao usando Matlab.

Exponencial : x(k) = ak, k ≥ 0.



>> syms a z n

>> F =ztrans(a^n) % F = symsum(a^n/z^n,n,0,inf)

F =

z/a/(z/a-1)

>> F =simple(F)

F =

-z/(-z+a)

>> pretty(F)

z

- ------

-z + a



Exercıcio. Mostre que a transformada z da sequencia exponencial a esquerda

x(k) =

−ak se k ≤ −1

0 se k ≥ 0

e dada por : X(z) =z

z − aROC: |z| < |a|



Exemplo 6 Solucao usando Matlab.

x(k) =

−ak se k ≤ −1

0 se k ≥ 0



O Matlab pode nao achar a forma fechada ...

>> syms a z n

>> F =symsum(-a^n/z^n,n,-1,-inf)

F =

sum(-a^n*z^(-n),n = -1 .. -inf)

>> F=simple(F)

F =

-sum(a^n/(z^n),n = -1 .. -inf)



Porem, apos uma troca de sinais dos limites do somatorio ...

>> F =symsum(-a^(-n)/z^(-n),n,1,inf)

F =

-z/(-z+a)

>> pretty(F)

z

- ------

-z + a

⋆ Mesma solucao!



Exemplo 7

(...)



Exercıcio.

(...)






Capıtulo # 3



3 Analise de sistemas discretos

Conteudo 1. Estabilidade

2. Sensibilidade e robustez

3. Controlabilidade e alcancabilidade

4. Observabilidade

5. Revisao: BIBO estabilidade



3.1 Estabilidade

• Introducao

• Estabilidade entrada/saıda

– Definicoes: [Sinal limitado ] [Estabilidade BIBO ]

– Teoremas: [Estabilidade BIBO ] [Resposta em regime ] [FT BIBO ]

• Testes de estabilidade

– Metodos: [Routh/Hurwitz ] [Jury ] [Nyquist ] [Lugar das Raızes ]

• Estabilidade interna

– Definicoes: [Equilıbrio ] [E Lyapunov ] [EA ]

• Metodo de Lyapunov

– Teoremas: [E ]

– Teoremas: [Unicidade da solucao ]



Introducao

Referencias auxiliares utilizadas nessa secao :

[1] C. T. Chen ,

Linear Systems Theory and Design ,

3rd Edition, Oxford , 1999.

[2] Charles L. Phillips & H. Troy Nagle ,

Digital Control Systems Analysis and Design ,

3rd Edition, Prentice–Hall , 1995.



⋆ Estabilidade e uma propriedade fundamental para qualquer sistema.

Propriedade. A resposta de um SDLIT pode ser decomposta como

Resposta de um SDLIT

y(Kk)=

Resposta com

x(0) = 0+

Resposta com

u(k) ≡ 0



⋆ Podemos estudar a estabilidade de cada resposta separadamente:

Estabilidade BIBO

→ para resposta com x(0) = 0

Estabilidade interna

(Estabilidade assintotica)

→ para resposta com u(k) ≡ 0



Modelos

Estado :

x(k + 1) = Φx(k) + Γu(k)

y(k) = Cx(k)

Entrada/saıda :

A(q)y(k) = B(q)u(k)

A(q) = qn + a1qn−1 + · · · + an

B(q) = b1qn−1 + · · · + bn (b0 = 0)



Estabilidade entrada/saıda

Modelo do SDLIT : g(k) = resposta ao pulso unitario.

SDLIT

u(k)

x(0)

y(k)

Figura 31: Resposta com estado nulo.



A resposta e dada pela convolucao :

y(k) =

k∑

m=0

g(k − m) u(m)

=

k∑

m=0

u(k − m) g(m)

⋆ g(k) = resposta ao pulso unitario aplicado em k = 0 com x(0) = 0.

⋆ A convolucao e comutativa .



Definicao. (Sinal limitado)

Um sinal x(k) e dito limitado ou bounded se existe uma

constante x tal que

|x(k)| ≤ x < ∞ , ∀k ≥ 0 .



Definicao. (Estabilidade BIBO)

Um sistema e dito BIBO estavel se, para toda entrada limitada,

a saıda e limitada

∀u(t) u.l. ⇒ y(t) u.l .

(u.l. = uniformemente limitada )

(BIBO = bounded input/bounded output )

Nota. Lembrar que as c.i.’s sao nulas !



Teorema. (BIBO estabilidade)

BIBO estabilidade ⇔ g(k) absolutamente somavel .

⋆ g(k) absolutamente somavel ⇒∞∑

k=0

∣∣g(k)

∣∣ ≤ M < ∞



Prova. ( ⇐ )

y(k) =

k∑

m=0

g(m)u(k − m) ⇒∣∣y(k)

∣∣ =

∣∣∣∣∣

k∑

m=0

g(m)u(k − m)

∣∣∣∣∣

≤k∑

m=0

∣∣g(m)

∣∣∣∣u(k − m)

∣∣

︸︷︷︸

≤u

≤ u

k∑

m=0

∣∣g(m)

∣∣

︸︷︷︸

≤M

≤ u M < ∞.



Exercıcio. Provar ( ⇒ ).



Fato. f(k) absolutamente somavel ⇔ f(k) → 0.

Nota. Para sistemas contınuos ...

Fato. f(t) absolutamente integravel 6⇔ f(t) → 0.



Teorema. (Resposta em regime)

Se um sistema com resposta ao impulso g(k) e BIBO estavel,

entao :

(1) u(k) ≡ a ⇒ limk→∞

y(k) = G(1) a

(2) u(k) = sin (ω0k) ⇒ limt→∞

y(k) =∣∣G(ejω0)

∣∣ sin

(

ω0k+ <)[G(ejω0)

])

⋆ G(z) = Z[g(k)

].

⋆ G(1) = ganho DC.



Exercıcio. Provar.

Nota. Este e um resultado basico!

ejωt e uma autofuncao do sistema.

Ref. : Oppenheim & Schafer , 1989, pag. 39.



Teorema. (Funcao de transferencia BIBO)

Um SDLIT com funcao de transferencia G(z) e BIBO estavel

sse todos os polos de G(z) tem modulo menor do que 1 .



Exercıcio. Provar.

(...)



Testes de estabilidade

• Calculo dos autovalores

• Criterio de Routh/Hurwitz

• Criterio de Jury

• Criterio de Nyquist

• Lugar das Raızes

(...)



Calculo dos autovalores

Existem varios aplicativos para o calculo de autovalores de matrizes (e/ou raızes

de polinomios caracterıstico) :

⋆ Matlab

⋆ Maple

⋆ Mathematica

⋆ ...



Exemplo 1 Calculo de autovalores e autovetores usando Matlab.

>> help eig

EIG Eigenvalues and eigenvectors.

E = EIG(X) is a vector containing the eigenvalues of a

square matrix X.

[V,D] = EIG(X) produces a diagonal matrix D of eigenvalues

and a full matrix V whose columns are the corresponding

eigenvectors so that X*V = V*D.

(...)



>> A = [0 1; -2 -3]

A =

0 1

-2 -3

>> a = eig(A)

a =

-1

-2



>> [v,a] = eig(A)

v =

0.7071 -0.4472

-0.7071 0.8944

a =

-1 0

0 -2



Exemplo 2 Calculo de raızes de polinomio usando Matlab.

>> pol = [1 3 2]

pol =

1 3 2

>> roots(pol)

ans =

-2

-1



Criterio de Routh/Hurwitz

⋆ Desenvolvido originalmente para determinar a estabilidade de sistemas

contınuos.

⋆ Para ser empregado em sistemas discretos e necessaria uma transformacao

de coordenadas (bilinear) :

z =1 + 0.05w

1 − 0.05w



Criterio de Jury

Dado o polinomio : A(z) = a0zn + a1z

n−1 + · · · + an

Arranjo proposto por Jury para fazer o teste de estabilidade :

(1) a0 a1 · · · an

(2) an an−1 · · · a0 (αn = ana0

)

(1) − αn(2) β1 = a0 − αnan a1 − αnan−1 · · · an−1 − αna1 0

an−1 − αna1 an−2 − αna2 · · · β1 (αn−1 =an−1−αna1

β1)

β2 · · · 0

.

.

.

βn



Teorema. Se a0 > 0 , entao

(1) Termos βi > 0 ⇔ |λi| < 1.

(2) Numero de β’s < 0 = numero de raızes com modulo > 1.

Obs. Condicao equivalente :

βn > 0 ⇒A(1) > 0

(−1)nA(−1) > 0

⋆ Estas condicoes sao necessarias para estabilidade.

⋆ Podem ser verificadas facilmente antes de se aplicar o criterio de Jury.



Exemplo 3 A(z) = z2 + a1z + a2

Arranjo de Jury :

1 a1 a2

a2 a1 1 (α2 = a2)

β1 = 1 − a22 a1 − a1a2 0

a1 − a1a2 1 − a22 (α1 = a1

1+a2)

β2 = β1 −a21(1−a2)1+a2

Condicao β2 > 0 ⇒A(1) = 1 + a1 + a2 > 0

(−1)2A(−1) = 1 − a1 + a2 > 0



Condicao para estabilidade :

a2 < 1

a2 > −1 + a1

a2 > −1 − a1

a1

a2

−2 2

−1

1

Figura 32: Regiao de estabilidade (igual Routh-Hurwitz!).



Exemplo 4 Considere o sistema a laco fechado

+

−

K

s(s + 1)1 − e−sh

s

ZOH

h = 0.1

Figura 33: Diagrama de blocos do sistema a laco fechado.

Utilizando a tabela 2.1 (pg. 54 de Astrom & Wittenmark, 1997) :

G(z) ∼= K0.00484z + 0.00468

z2 − 1.905z + 0.905



(a) Criterio de Routh-Hurwitz :

Transformacao de coordenadas :

z =1 + 0.05w

1 − 0.05w

G(w) = K−0.00016w2 − 0.1872w + 3.81

3.81w2 + 3.8w

Sistema a laco fechado : H(w) =G

1 + G=

N

D + N

Equacao caracterıstica de H(w) :

(3.81 − 0.00016K)w2 + (3.8 − 0.1872K)w + 3.81K = 0




3.81 − 0.00016K > 0 ⇒ K < 23500

3.8 − 0.1872K > 0 ⇒ K < 20.3

3.81K > 0 ⇒ K > 0

Portanto : 0 < K < 20.3 ⇔ Estabilidade .



(b) Criterio de Jury :

Equacao caracterıstica de H(z) :

z2 + (0.00484K − 1.905)z + (0.905 + 0.00468K) = 0

Condicoes para estabilidade :

A(1) > 0 ⇒ 0.00952K > 0 ⇒ K > 0

(−1)nA(−1) > 0 ⇒ 2 − 0.00016K > 0 ⇒ K < 12500

β1 = 1 − a22 = 1 − (0.905 + 0.00468K)2 > 0 ⇒ K < 20.3



Arranjo de Jury :

1 (0.00484K − 1.905) (0.905 + 0.00468K)

(0.905 + 0.00468K) (0.00484K − 1.905) 1

β1 = 1 − (0.905 + 0.00468K)2


β1 = 1 − (0.905 + 0.00468K)2 > 0 ⇒ K < 20.3

Portanto : 0 < K < 20.3 ⇔ Estabilidade .



Criterio de Nyquist

Dado o sistema

+

−

H(z) =H0(z)

1 + H0(z)

ZOH

uc e yH0(z) ≡

uc y

⋆ A estabilidade de H(z) (malha fechada) pode ser investigada a partir do

diagrama de Nyquist de H0(z) (malha aberta).



Base : Princıpio dos Argumentos de Cauchy.

Princıpio Seja uma curva fechada C no plano z. O mapeamento de C via

H0(z) e dado por CH . Se H0(z) e analıtica dentro de C a menos de

um numero finito de polos e H0(z) nao tem polos nem zeros sobre

C, entao

N = Z − P

onde : Z = numero de zeros de H0(z) dentro de C.

P = numero de polos de H0(z) dentro de C.

N = numero de circundamentos que CH faz em torno da origem,

tomados no mesmo sentido em que C foi percorrido.



Exemplo 5 N = 1 − 2 = −1

z

C

z

H0CH

0

Figura 34: Princıpio de Cauchy.



Vamos aplicar o Princıpio para a funcao : 1 + H0(z)

Note que : 1 + H0(z) = 1 +N

D=

D + N

D

H(z) =H0

1 + H0=

N

D + N

Agora : Z = numero de zeros de 1 + H0(z) dentro de C

= numero de polos de H(z) dentro de C.

P = numero de polos de 1 + H0(z) dentro de C

= numero de polos de H0(z) dentro de C.

N = numero de circundamentos que CH faz em torno do ponto −1,

tomados no mesmo sentido em que C foi percorrido.



Contorno de Nyquist no plano s

s

C

s

1 + H0

Se H0(z) e estavel : P = 0

N = Z= numero de polos de H(z) dentro de C

= numero de polos instaveis de H(z).



Contorno de Nyquist no plano z

⋆ Neste caso, em vez de se mapear a regiao de instabilidade , e mais facil

mapear a regiao de estabilidade .

z

C

1

Figura 35: Contorno de Nyquist no plano z.



⋆ ZD e PD = polos e zeros de H0 dentro de C.

ZF e PF = polos e zeros de H0 fora de C.

⋆ C e percorrido no sentido anti–horario .

⋆ N = −(ZD − PD) e o numero de entornos de −1 no sentido horario .

Para 1 + H0(z) :

ZD + ZF = m

PD + PF = m

Numerador e denominador de

mesma ordem!

Resultado : N = −(m − ZF − m + PF ) = ZF − PF



Resumo do Criterio de Nyquist no plano z

N = Z − P

onde : Z = numero de polos de H(z) fora de C.

P = numero de polos de H0(z) fora de C.

N = numero de voltas que CH faz em torno do ponto −1

no sentido horario .



Exemplo 6 (Phillip & Nagle, 1990, pag. 242.)

Sistema contınuo : H0(s) =1

s(s + 1)

Equivalente ZOH : H0(z) =0.368z + 0.264

(z − 1)(z − 0.368)(h = 1)

+−

uc e u yK H0(z)

Figura 36: Diagrama de blocos da malha fechada.



z

C

1

Figura 37: Contorno de Nyquist no plano z.



(a) Contorno do ponto 1 : z = 1 + δ| θ ∼= 1

H0(z)|z=1+δ| θ =0.368

(1 + δ| θ

)+ 0.264

(δ| θ

)(1 + δ| θ − 0.368

)

∼=0.632

δ| θ (0.632)

∼=1

δ| θ

∼=1

δ| −θ



z

CH

1/δ

Figura 38: Contorno do ponto 1.



(b) Contorno correspondente ao cırculo unitario : z = 1|ωh = ejωh

H0(z)|z=1| ω =0.368|ω + 0.264

(1|ω − 1)(1|ω − 0.368)

⋆ Como o contorno e cıclico, basta fazer o grafico correspondente a ω variando

de −ωN ate ωN .

Lembrete : ωN =ωs

2=

2πfs

2= π

(1

h

)

=π

h⇒ ωNh = π



Definicao. Frequencia de Nyquist

ωN =ωs

2



(c) Ponto ω = ωN : z = 1| −π = −1

H0(z)|z=−1 =0.368z + 0.264

(z − 1)(z − 0.368)

∣∣∣z=−1

=0.368(−1) + 0.264

(−1 − 1)(−1 − 0.368)

= −0.038



z

CH

1/δ−0.038

Figura 39: Contorno do cırculo unitario.



−0.8 −0.7 −0.6 −0.5 −0.4 −0.3 −0.2 −0.1 0−0.4

−0.35

−0.3

−0.25

−0.2

−0.15

−0.1

−0.05

0

0.05

0.1

Figura 40: Diagrama de Nyquist usando MATLAB. (Script: dnyq1.m )



z

CH

1/δ

−0.038

−0.418−1

Figura 41: Diagrama completo.



Dica O ganho K pode ser visto como parte da planta :

Planta = K H0(z) =KN

D

Dessa forma, o sistema em malha fechada e dado por :

H(z) =KH0

1 + KH0=

H01K + H0

⋆ E mais facil analisar a estabilidade em funcao do ponto − 1K .



z

CH

1/δ

−0.038

−0.418−

1

K

Figura 42: Diagrama completo.



Portanto,

−1

K= −0.418 ⇒ K = 2.39

−1

K= −0.038 ⇒ K = 26.3

Conclusao :

K < 2.39 ⇒ Sistema estavel

2.39 < K < 26.3 ⇒ 2 polos instaveis

K > 26.3 ⇒ 1 polo instavel



Exercıcio. Sistema em malha aberta instavel

Sistema contınuo : H0(s) =1

(s − 1)(s + 1)

Equivalente ZOH : H0(z) =0.005(z + 1)

(z − 0.9)(z − 1.1)(h = 0.1)



−1 −0.8 −0.6 −0.4 −0.2 0 0.2−0.015

−0.01

−0.005

0

0.005

0.01

0.015

Figura 43: Diagrama de Nyquist usando MATLAB. (Script: dnyq2.m )



Metodo do Lugar das Raızes (RL)

⋆ Este metodo se aplica tanto para sistemas contınuos quanto para sistemas

discretos.

Ideia : Dados dois polinomios P e Q cujas raızes sao conhecidas, o metodo

fornece o RL de P + KQ = 0 em funcao do parametro K.



Passos para o tracado do RL :

(1) Desenhar a configuracao basica

(2) Tracar os ramos sobre o eixo real

(3) Localizar os pontos multiplos

(4) Tracar os ramos complexos

(5) Determinar a intersecao com o cırculo unitario



Exemplo 7 Motor normalizado

+−

uc e u yK H0(z)

Figura 44: Diagrama de blocos da malha fechada.

Modelo do motor : H0(z) =0.368(z + 0.717)

(z − 1)(z − 0.368)

Malha fechada : H(z) =0.368K(z + 0.717)

(z − 1)(z − 0.368) + 0.368K(z + 0.717)



Definicao : K1 = 0.368K

Malha fechada : H(z) =K1(z + 0.717)

(z − 1)(z − 0.368) + K1(z + 0.717)



(1) Desenho da configuracao basica

10.368−0.717

Im

Re

Figura 45: Configuracao basica.



(2) Tracado dos ramos sobre o eixo real

10.368−0.717

Im

Re

Figura 46: Tracado dos ramos reais.



(3) Localizacao aproximada dos pontos multiplos

10.368−0.717

Im

Re

Figura 47: Localizacao dos pontos multiplos.



(4) Tracado aproximado dos ramos complexos

10.368−0.717

Im

Re

Figura 48: Tracado aproximado do RL.



Determinacao da intersecao com o cırculo unitario

Equacao caracterıstica da malha fechada :

z2 + (K1 − 1.368)z + (0.368 + 0.717K1) = 0 (1)

Pontos de intersecao : z = a ± jb com a2 + b2 = 1

Os pontos de intersecao devem satisfazer a equacao :

(z − a + jb)(z − a − jb) = 0 ⇒ z2 − 2az + a2 + b2 = 0

Portanto : z2 − 2az + 1 = 0 (2)



Comparando (1) e (2) :

−2a = K1 − 1.368

1 = 0.368 + 0.717K1

A solucao e dada por :

K1 = 0.881 ⇒ K = 2.395

a = 0.2435

b = 0.97



Determinacao dos pontos multiplos

Pontos multiplos : z = a

Os ponto multiplos devem satisfazer a equacao :

(z − a)2 = 0 ⇒ z2 − 2az + a2 = 0 (3)

Comparando (1) e (3) :

−2a = K1 − 1.368

a2 = 0.368 + 0.717 K1

Eliminando K1 das equacoes tem-se que :

a = 0.6479

a = −2.0819



−2.5 −2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

Real Axis

Imag

Axi

s

Figura 49: Tracado exato gerado com o MATLAB.



Estabilidade interna

Seja o sistema com entrada u(k) ≡ 0 : x(k + 1) = f(x(k)

)

(...)



Definicao. (Ponto de equilıbrio)

x e um ponto de equilıbrio de x(k + 1) = f(x(k)

)sse

x = f(x)

Nota. Tambem denominado ponto singular ou ponto crıtico .

Nota. x(k) = x, ∀k, pode ser visto como uma trajetoria .



Definicao. (Estabilidade Lyapunov)

A solucao x(k) e estavel se

∀ǫ > 0 ,

∃δ(ǫ, k0) > 0

tal que para toda solucao x(k)

∥∥x(k0) − x(k0)

∥∥ < δ ⇒

∥∥x(k) − x(k)

∥∥ < ǫ, ∀k≥k0



Raciocınio δ − ǫ :

x(k0) dentro da bola-δ ⇒ x(k) dentro da bola-ǫ

Intuicao : Uma solucao e estavel se, apos uma pequena perturbacao,

ela fica proxima da solucao original (nao perturbada).



Interpretacao geometrica x(k) = x(k0) (ponto de equilıbrio)

ǫ

δ

x1

x2

Figura 50: Interpretacao geometrica.



Interpretacao no tempo

t

ǫ

δ

Figura 51: Trajetoria estavel.

Nota. A trajetoria permanece dentro do cone com diametro inicial 2δ e

diametro final 2ǫ.



Exemplo 8 Oscilador harmonico (contınuo).

x =

a b

c −a

x

Equacao caracterıstica : s2 + ω2 = 0 , ω2 = −(a2 + bc)

Autovalores : λ1 =√

−(a2 + bc) ,

λ2 = −√

−(a2 + bc)



⋆ Este sistema tem um unico equilıbrio x = 0.

⋆ Usando a definicao, verifica-se que x e estavel .

⋆ Neste caso, diz-se que o sistema e estavel .



δ

ǫ

Figura 52: Plano de fase para a = 1 e bc = −4.



−1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

Figura 53: Resultado de simulacao usando MATLAB. (Script: exemplo01.m )



Definicao. (Estabilidade assintotica)

A solucao x(k) e assintoticamente estavel se :

(1) x(k) e estavel

(2) x(k) e atrativa , i.e., ∃δ(k0) > 0 tal que para toda solucao x(k)

∥∥x(k0) − x(k0)

∥∥ < δ ⇒ lim

k→∞||x(k) − x(k)|| = 0



Exemplo 9 SLIT assintoticamente estavel.

x =

0 1

−2 −3

x



−2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2−2

−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2

x1

x2

Plano de Fase

Figura 54: Plano de fase.



Exemplo 10 Contra exemplo devido a Vinograd.

(...)



Sistemas discretos (SDLIT)

⋆ No caso de SDLIT, a estabilidade e uma propriedade que depende somente

dos autovalores de Φ.

Fato. Estabilidade ⇔ |λi| ≤ 1 (se |λi| = 1, λi deve ser simples )

Fato. Estabilidade assintotica ⇔ |λi| < 1



Exemplo 11 SDLIT

Duplo integrador : Φ =

1 1

0 1

⇒ Instavel!

Dois integradores : Φ =

1 0

0 1

⇒ Estavel!



Fato. EA ⇒ BIBO

EA : BIBO

E ; BIBO

⋆ Ver C. T. Chen (1984), pag. 73, 121, 394.



Exemplo 12 (Astrom) Oscilador harmonico

Φ =

cos ωh sinωh

− sinωh cos ωh

, Γ =

1 − cos ωh

sinωh

, C =

1

0

Equacao caracterıstica : det(λI − Φ) = λ2 − 2λ cos(ωh) + 1 = 0

Autovalores : λ = cos(ωh) ± j sin(ωh)

|λ1| = |λ2| = 1 ⇒ estavel

Nao e BIBO estavel!



Figura 55: Instabilizacao.



Metodo de Lyapunov

⋆ E o metodo mais geral existente para a determinacao da estabilidade de um

sistema de EDO’s e equacoes a diferencas (lineares ou nao).

⋆ Uma referencia : Williamson, 1991.

Sistema : x(k + 1) = f (x(k)) , f(0) = 0 (1)



Teorema. A solucao x(k) = 0 (⇒ f(0) = 0) e AE se existir uma funcao

V (x) tal que

(1) V (x) e contınua em x e V (0) = 0

(2) V (x) > 0

(3) ∆V (x) = V(f(x)

)− V (x) < 0

(Neste caso, V (x) e dita Funcao de Lyapunov .)

Alem disso, se

(4) V (x) > φ(||x||

)> 0, φ

(||x||

)→ ∞ para x → ∞

entao a solucao e AE ∀x(k0), i.e., globalmente AE (GAE) .



⋆ A dificuldade do metodo de Lyapunov e achar V (x).

⋆ No caso de sistemas lineares esta busca e relativamente mais simples.

Basta escolher uma funcao quadratica.



Exemplo 13 Sistema de primeira ordem

x(k + 1) = ax(k)

Funcao de Lyapunov : V (x) = x2(k)

Calculo da variacao de V : ∆V = x2(k + 1) − x2(k) = (a2 − 1)x2(k)

Condicao para estabilidade : (a2 − 1) < 0 ⇒ |a| < 1

Conclusao : O sistema e AE para |a| < 1.



Exemplo 14 Sistema de ordem n

x(k + 1) = Φx(k)

Funcao de Lyapunov : V (x) = xT (k)P x(k) , P = PT > 0

Variacao de V : ∆V = xT (k + 1)Px(k + 1) − xT (k)Px(k)

= xT (k)[ΦT PΦ − P︸︷︷︸

−Q

]x(k)

= −xT (k)Qx(k)

Condicao para AE : Q = QT > 0



Exemplo 15 Sistema de 2a ordem.

Este exemplo ilustra uma dificuldade do metodo.

Eq. caracterıstica : z2 + a1z + a0 = 0

Matriz correspondente :

−a1 1

−a0 0



A condicao para estabilidade e :

P =

p1 p3

p3 p2

> 0 ⇒

p1 > 0

p1p2 − p23 > 0

ΦT PΦ − P =

a21p1 + 2a0a1p3 + a2

0p2 − p1 −a1p1 − a0p3 − p3

−a1p1 − a0p3 − p3 p1 − p2

< 0

⋆ Por este caminho nao e facil encontrar condicoes de estabilidade algebrica

para os coeficientes a0 e a1.



Pelo criterio de Jury as condicoes sao :

a0 < 1

a0 > −1 + a1

a0 > −1 − a1

a1

a0

−2 2

−1

1

Figura 56: Regiao de estabilidade pelo criterio de Jury.



Fato. A equacao

X − AXB = C

onde : X, C ∈ Rn×m

A ∈ Rn×n

B ∈ Rm×m

pode ser escrita na forma

Mx = c

onde : x e um vetor formado pelas colunas de X

c e um vetor formado pelas colunas de C.

⋆ A equacao X − AXB = C e na verdade um sistema de equacoes lineares.



Exemplo 16 Sistema de ordem 2.

ΦT PΦ − P = −Q

A equacao acima pode ser escrita como :

ΦT[

p1 p2

]

Φ −[

p1 p2

]

= −[

q1 q2

]

[

ΦT p1 ΦT p2

]

φ11 φ12

φ21 φ22

−[

p1 p2

]

= −[

q1 q2

]

ou melhor :

φ11ΦT p1 + φ21Φ

T p2 − p1 = −q1

φ12ΦT p1 + φ22Φ

T p2 − p2 = −q2



Resultado :

φ11Φ

T φ21ΦT

φ12ΦT φ22Φ

T

− I

p1

p2

= −

q1

q2



Teorema. (Unicidade da solucao da equacao de Lyapunov)

Para o sistema x(k + 1) = Φx(k) ,

∣∣λi(Φ)

∣∣ < 1 ⇔

∀Q = QT > 0 ,

∃! P = PT > 0

tal que ΦT PΦ − P = −Q .

⋆ ΦT PΦ − P = −Q e denominada equacao de Lyapunov .



Teorema. (Solucao da equacao de Lyapunov)

Se∣∣λi(Φ)

∣∣ < 1, entao a equacao de Lyapunov ΦT PΦ − P = −Q tem uma

unica solucao dada por

P =∞∑

m=0

(

ΦT)m

QΦm

para toda matriz Q = QT > 0.

⋆ Como∣∣λi(Φ)

∣∣ < 1, a serie infinita e convergente .



Verificacao

ΦT PΦ − P = ΦT

(∞∑

m=0

(

ΦT)m

QΦm

)

︸︷︷︸

P

Φ −∞∑

m=0

(

ΦT)m

QΦm

︸︷︷︸

P

=∞∑

m=1

(

ΦT)m

QΦm

︸︷︷︸

−∞∑

m=1

(

ΦT)m

QΦm − Q

︸︷︷︸

= −Q



Exemplo 17 Sistema de 2a ordem.

Eq. caracterıstica : z2 + a1z + a0 = 0

Matriz correspondente : Φ =

−a1 1

−a0 0

⇒ ΦT =

−a1 −a0

1 0

Equacao de Lyapunov :

φ11Φ

T φ21ΦT

φ12ΦT φ22Φ

T

− I

p1

p2

= −

q1

q2



Equacao de Lyapunov :

a21 − 1 a0a1 a0a1 a2

0

−a1 −1 −a0 0

−a1 −a0 −1 0

1 0 0 −1

p1

p2

= −

q1

q2

Para Q = I,

a21 − 1 a0a1 a0a1 a2

0

−a1 −1 −a0 0

−a1 −a0 −1 0

1 0 0 −1

p11

p21

p12

p22

= −

1

0

0

1



Como p12 = p21 , o sistema pode ser reduzido para

a21 − 1 2a0a1 a2

0

−a1 −1 − a0 0

1 0 −1

︸︷︷︸

M

p11

p21

p22

= −

1

0

1

Condicao para EA : det(M) 6= 0 e P > 0

Ou melhor :

det(M) = a21 − a2

1a0 − 1 − a0 + a20 + a3

0

= (a0 − 1)(a0 − a1 + 1)(a0 + a1 + 1) 6= 0



Pelo criterio de Jury as condicoes sao :

a0 < 1

a0 > −1 + a1

a0 > −1 − a1

a1

a0

−2 2

−1

1



As retas que definem o triangulo obtido pelo criterio de Jury sao dadas por :

a0 − 1 = 0

a0 − a1 + 1 = 0

a0 + a1 + 1 = 0

O produto dos membros resulta

(a0 − 1)(a0 − a1 + 1)(a0 + a1 + 1) = a21 − a2

1a0 − 1 − a0 + a20 + a3

0︸︷︷︸

det(M)

= 0

⋆ Sobre os lados do triangulo, det(M) = 0 !



Solucao da equacao de Lyapunov :

P =1

det(M)

−(1 + a0)(1 + a2

0) a1(1 + a20)

a1(1 + a20) −2(1 + a0) + a2

1(1 − a0)

det(M) = (a0 − 1)(a0 − a1 + 1)(a0 + a1 + 1)

Condicao para P > 0 :

∆1 =−(1 + a0)(1 + a2

0)

det(M)> 0

∆2 = det(P ) =2(1 + a2

0)

(a0 − 1) det(M)> 0



Note que dentro do triangulo

det(M) = (a0 − 1)︸︷︷︸

<0

(a0 − a1 + 1)︸︷︷︸

>0

(a0 + a1 + 1)︸︷︷︸

>0

< 0

(1 + a0) > 0

⋆ Portanto, dentro do triangulo, ∆1 > 0 e ∆2 > 0 ⇒ P > 0 !

⋆ Vide script lyapunov example.m .



Exemplo 18 Sistema nao-linear (cf. Astrom & Wittenmark, 1991, p.14 e 143) :

x(k + 1) = 3 −√

x(k)

Pontos de equilıbrio : x(k + 1) = x(k) = x

x(k) = 3 −√

x(k) ⇒ x2(k) − 7x(k) + 9 = 0 ⇒ x =

1.697

5.303



3

1.697 5.303

x(k + 1)

x(k)

x(k + 1) = x(k)

Raız negativa

Raız positiva




Seja o ponto x = 1.697

Definicao : z = x − x ⇒ x = z + x

Portanto : z(k + 1) = 3 − x −√

z(k) + x ⇒ z = 0

Funcao de Lyapunov escolhida : V (z) = z2(k)

∆V =[

3 − x −√

z(k) + x]2

− z2(k)

= (3 − x)2 − 2(3 − x)√

z(k) + x + z(k) + x − z2(k)



Fazendo :

a = (3 − x)2 + x = 3.3944

b = 2(3 − x) = 2.6056

Resultado : ∆V = a − b√

z(k) + x + z(k) − z2(k)



∆V

z

−x

z ∆V

−x -1.18

-1 -0.78

0 0

0.5 -0.22

1 -0.88

5 -23.3

Conclusao: ∆V < 0 ⇒ o ponto x = 1.697 e AE.



Exercıcio. O ponto x = 1.697 e globalmente AE?

Exercıcio. Repetir o procedimento para o ponto x = 5.303.



3.2 Sensibilidade e robustez

⋆ E importante determinar a sensibilidade do sistema a malha fechada com

relacao a tolerancia dos componentes.

Sejam : Hr(z) = FT real (desconhecida)

Hn(z) = FT nominal (aproximacao de Hr(z))

Problema : Em que condicoes a analise de estabilidade do sistema em

malha fechada utilizando Hn(z) e confiavel?



Hr(z)

1 + Hr(z)Hr(z) ≡ ≡ Sr(z)+

−

Figura 58: Diagrama de blocos.



⋆ Os polos de Sr sao os zeros da funcao 1 + Hr︸︷︷︸

, a qual pode ser escrita como :

1 + Hr = [1 + Hn] + [Hr − Hn]

Fato. Z − P e o mesmo para [1 + Hn] e [1 + Hr] desde que

||1 + Hn|| > ||Hr − Hn||

sobre o cırculo unitario.



Interpretacao geometrica

−1

0

||Hn||||1 + Hn||

Im

Re

max ||Hr − Hn||

Figura 59: Interpretacao geometrica da relacao |H0 − H| < |1 + H|.



Teorema. O sistema Sr e estavel se :

(1) Sn e estavel

(2) Hn e Hr possuem o mesmo numero de polos instaveis

(3) ||1 + Hn|| > ||Hr − Hn|| sobre o cırculo unitario

(i.e., o n de circundamentos N e invariante)



Conclusao : Para se projetar um sistema realimentado baseado em um mo-

delo aproximado e importante :

• Conhecer o numero de polos e zeros instaveis

• Ter um modelo que descreva o sistema com precisao para as frequencias em

que o |Hr(z) ∼= −180.



3.3 Controlabilidade e alcancabilidade (Co/Al)

• Introducao

• Definicoes: [Co] [Al]

• Criterios de alcancabilidade

– Definicoes: [Matriz Wc ]

– Teorema

• Subespaco alcancavel

• Forma canonica Co

– Propriedade

– Teorema

– Transformacao para FC Co



Introducao

Modelo de estado :

x(k + 1) = Φx(k) + Γu(k)

y(k) = Cx(k)



Relembrando a solucao: O valor de x no instante n e dado por :

x(n) = Φnx(0) + WcU

onde : Wc =[

Γ ΦΓ · · · Φn−1Γ]

U =

u(n − 1)...

u(0)



Definicao. O sistema e controlavel se e possıvel achar u(k)

tal que x(N) = 0, N finito.

x(0)

x(N)

Figura 60: Controlabilidade.



Exemplo 1 x(n) = Φnx(0) + WcU = 0

Se Φnx(0) = 0, entao pode-se escolher U = 0 ⇒ o sistema e Co



Definicao. O sistema e alcancavel se e possıvel achar u(k) tal que

qualquer x(N) pode ser alcancado ∀x(0) e N finito.

x(0)

x(N)




Exemplo 2 Sistema SISO.

x(n) = Φnx(0) + WcU ⇒ U = W−1c [x(n) − Φnx(0)]

⋆ O sistema e Al se ∃W−1c .



Criterios de alcancabilidade

(...)



Teorema. O sistema e alcancavel sse ρ[Wc] = n .



Fato. Os estados alcancaveis pertencem ao subespaco gerado pelas colunas

de Wc.

(cf. Astrom & Wittenmark, 1991, p.128)



Exemplo 3 Sistema de 2a ordem

Φ =

1 1

−0.25 0

Γ =

1

−0.5

x(0) =

2

2

Achar u(t) tal que x(2) =

−0.5

1

.

−0.5

1

︸︷︷︸

x(2)

= Φ2

2

2

︸︷︷︸

x(0)

+

1 0.5

−0.5 −0.25

︸︷︷︸

Wc

u(1)

u(0)

1 0.5

−0.5 −0.25

u(1)

u(0)

=

−4

2



Uma solucao :

u(1)

u(0)

=

−4

0

Outra solucao :

u(1)

u(0)

=

−3

−2

⇒ ∃ infinitas solucoes.

⋆ Como ρ[Wc] = 1 ⇒ o sistema e Al .



Importante : Se x(0) = 0, so se pode alcancar os pontos pertencentes ao

subespaco [1 − 0.5]T (subespaco gerado pelas colunas de

Wc).

A equacao

x1(2)

x1(2)

=

1 0.5

−0.5 −0.25

u(1)

u(0)

so tem solucao se x1 = −2x2



Exemplo 4

1

−0.5

=

1 0.5

−0.5 −0.25

2

−2

⇒ u(1) = 2 , u(0) = −2



Obs. :

⋆ Se o sistema tem 1 entrada , em geral sao necessarios n passos para ir de

x(0) para qualquer ponto.

⋆ Se o sistema tem n entradas , isto pode ser feito em 1 passo.

⋆ Co 6⇒ Al Co ⇐ Al

⋆ Se Φ e inversıvel, Co ⇔ Al



Forma canonica controlavel

Se o par Φ, Γ e Al , entao existe uma transformacao T tal que (z = Tx)

z(k + 1) =

−an−1 −an−2 · · · −a1 −a0

1 0 0 0

0 1 0 0...

......

...

0 0 1 0

z(k) +

1

0

0...

0

u(k)

y(k) =[

bn−1 bn−2 · · · b1 b0

]

z(k)

Equacao caracterıstica : λn + an−1λn−1 + · · · + a1λ + a0 = 0



Propriedade

(...)



Teorema

(...)



Obtencao da transformacao T

Sistema original : Wc =[

Γ ΦΓ · · · Φn−1Γ]

Sistema transformado : Wc =[

Γ ΦΓ · · · Φn−1Γ]

=[

TΓ TΦT−1TΓ · · · TΦn−1T−1TΓ]

= T[

Γ ΦΓ · · · Φn−1Γ]

= TWc

Portanto : T = Wc W−1c



Exemplo 5 Achar a forma canonica Co do seguinte sistema :

Φ =

−1 0

1 2

, Γ =

1

0

, C =[

1 0]

O sistema e Co : Wc =

1 −1

0 1

Eq. caracterıstica : det

λ + 1 0

−1 λ − 2

= λ2 − λ − 2 = 0

Portanto : Φ = TΦT−1 =

1 2

1 0

e Γ = TΓ =

1

0



Para o sistema transformado :

Wc =[

Γ ΦΓ]

= T[

Γ ΦΓ]

= TWc =

1 1

0 1

A matriz de transformacao e :

T = Wc W−1c =

1 1

0 1

1 1

0 1

=

1 2

0 1

T−1 =

1 −2

0 1

Portanto : C = C T−1 =[

1 −2]



Resumindo :

Φ =

1 2

1 0

Γ =

1

0

C =[

1 −2]



Exemplo 6 Sistema de 3a ordem na forma canonica Co

Φ =

−a1 −a2 −a3

1 0 0

0 1 0

, Γ =

1

0

0

Neste caso,

Wc =[

Γ ΦΓ Φ2Γ]

=

1 −a1 a21 − a2

0 1 −a1

0 0 1

W−1c =

1 a1 a2

0 1 a1

0 0 1



3.4 Observabilidade (Ob)

• Introducao

• Definicoes: [Ob]

• Criterios de observabilidade

– Definicoes: [Matriz Wo ]

– Teorema

• Subespaco inobservavel

• Forma canonica Ob

– Propriedade

– Teorema

– Transformacao para FC Ob



Introducao

Modelo de estado :

x(k + 1) = Φx(k) + Γu(k)

y(k) = Cx(k)



Definicao. (Observabilidade)

O estado x 6= 0 e inobservavel se ∃k1 ≥ n − 1 finito,

tal que y(k) = 0, 0 ≤ k ≤ k1, quando x(0) = x e u = 0.



Interpretacao :

z−1x3 x2r = 0

z−1y = x1

z−1

x3(0) = α

x2(0) = 0

x1(0) = 0

x3(1) = 0

x2(1) = α

x1(1) = 0

x3(2) = 0

x2(2) = 0

x1(2) = α



⋆ O sistema e observavel se ∃k finito tal que o conhecimento de

u(0)...

u(k − 1)

e

y(0)...

y(k − 1)

e suficiente para se calcular x(0).



Criterios de observabilidade

Seja :

x(k + 1) = Φx(k) + Γu(k)

y(k) = Cx(k)

⋆ Sem perda de generalidade podemos fazer u(k) = 0 .

Solucao :

y(0) = Cx(0)

y(1) = CΦx(0)...

y(n − 1) = CΦn−1x(0)



Representacao matricial :

C

CΦ...

CΦn−1

︸︷︷︸

Wo

x(0) =

y(0)

y(1)...

y(k − 1)

︸︷︷︸

Y

Se o sistema e SISO : x(0) = W−1o Y



Teorema. Observabilidade ⇔ ρ[Wo] = n.



Exemplo 1

Φ =

1.1 −0.3

1 0

, C =[

1 − 0.5]

Wo =

1 −0.5

0.6 −0.3

⇒ Ob



Subespaco inobservavel

Fato. Os estados inobservaveis pertencem ao subespaco nulo de Wo.

Notacao : N[Wo

].



Exemplo 2 Para o sistema do exemplo anterior :

Φ =

1.1 −0.3

1 0

, C =[

1 − 0.5]

Wo =

1 −0.5

0.6 −0.3

⇒ Ob

Portanto,

N[Wo

]=

1

2



Forma canonica observavel

Se o par Φ, C e Ob , entao existe uma transformacao T tal que (z = Tx)

z(k + 1) =

−an−1 1 0 · · · 0

−an−2 0 1 · · · 0...

......

...

−a1 0 0 · · · 1

−a0 0 0 · · · 0

z(k) +

bn−1

bn−2

...

b1

b0

u(k)

y(k) =[

1 0 0 · · · 0]

z(k)

Equacao caracterıstica : λn + an−1λn−1 + · · · + a1λ + a0 = 0



Obtencao da transformacao T

Para o sistema original : Wo =

C

CΦ...

CΦn−1


Wo =

C

CΦ...

CΦn−1

=

CT−1

CΦT−1

...

CΦn−1T−1

=

C

CΦ...

CΦn−1

T−1 = WoT−1

Portanto : T = W−1o Wo



Exemplo 3 Achar a forma canonica Ob do seguinte sistema :

Φ =

−1 0

1 2

, C =[

1 1]

O sistema e Ob : Wo =

C

CΦ

=

1 1

0 2

Eq. caracterıstica : det

λ + 1 0

−1 λ − 2

= λ2 − λ − 2 = 0

Portanto : Φ = TΦT−1 =

1 1

2 0

e C = CT−1 =[

1 0]




Wo =

C

CΦ

=

C

CΦ

T−1 = WoT−1 =

1 0

1 1

A matriz de transformacao e :

T = W−1o Wo =

1 0

−1 1

1 1

0 2

=

1 1

−1 1

T−1 =1

2

1 −1

1 1



Portanto : Γ = T Γ = (...)

Resumindo :

Φ =

1 1

2 0

Γ =

∗

∗

C =[

1 0]



Exemplo 4 Sistema de 3a ordem na forma canonica Ob

Φ =

−a2 1 0

−a1 0 1

−a0 0 0

, C =[

1 0 0]

Neste caso,

Wo =

C

CΦ

CΦ2

=

1 0 0

−a2 1 0

a22 − a1 −a2 1

W−1o =

1 0 0

a2 1 0

a1 a2 1



Apendice 1 Revisao: BIBO estabilidade

Revisao baseada em :

[1] C. T. Chen ,

Analysis and Synthesis of Linear Control Systems ,

Hrw Series , 1984.



Sistemas contınuos no tempo

Integral de convolucao : y(t) =

∫ ∞

−∞

g(t, τ)u(τ)dτ

onde : g(·, τ) = resposta ao impulso aplicado em τ .



Sistema invariante : g(t + α, τ + α) = g(t, τ)

Se α = −τ , g(t, τ) = g(t − τ, 0) = g(t − τ)

Sistema causal : g(t, τ) = 0 , t < τ

(A resposta antes de aplicar o impulso e zero.)

Sistema relaxado : y(t) = Hu(t)|(−∞,t0) = 0 , t > t0

(O efeito de u(t)|(−∞,t)) em y(t)|t>t0 e zero.)



Sistema relaxado, causal e invariante (com t0 = 0) :

y(t) =

∫ t

0

g(t − τ)u(τ)dτ =

∫ t

0

g(t)u(t − τ)dτ

Fato. Causalidade ⇔ g(t) = 0, t < 0



Funcao de transferencia :

Y (s) = L[y] =

∫ ∞

0

y(t)e−stdt

=

∫ ∞

0

[∫ ∞

0

g(t − τ)u(τ)dτ

]

e−stdt

=

∫ ∞

0

[∫ ∞

0

g(t − τ)e−s(t−τ)dt

]

u(τ)e−sτdτ

=

[∫ ∞

0

g(v)e−svdv

][∫ ∞

0

u(τ)e−sτdτ

]

= G(s)U(s)



Exemplo 5

G(s) =2

(s + 1)(s + 2)=

2

s + 1−

2

s + 2

⇒ g(t) = 2e−t − 2e−2t



Fato. BIBO ⇔

∫ t

−∞

g(t, τ)dτ leqK < ∞, ∀t

⋆ g(t, τ) e absolutamente integravel .



Fato. G(s) e BIBO ⇔ G(s) e assintoticamente estavel .

Prova. G(s) e uma funcao racional

⇒ G(s) =∑ β

(s − λi)k⇒ g(t) =

∑

(tk−1eλit)

Portanto : g(t) absolutamente integravel ⇒ Re(λi) < 0



Sistemas discretos no tempo

Sistema geral : y(k) =∞∑

m=−∞

g(k, m)u(m)

Sistema relaxado, causal e invariante (com t0 = 0) :

y(k) =

k∑

m=0

g(k − m)u(m)



Funcao de transferencia discreta :

Y (z) = Z[y(k)

]=

∞∑

k=0

y(k) z−k

=∞∑

k=0

[∞∑

m=0

g(k − m) u(m)

]

z−(k−m) z−m

=∞∑

m=0

[∞∑

k=0

g(k − m) z−(k−m)

]

u(m) z−m

=

[∞∑

j=0

g(j)z−j

][∞∑

m=0

u(m)z−m

]

= G(z) U(z)



Exemplo 6

G(z) =z

z − a⇒ g(k) = ak



Fato. BIBO ⇔∞∑

k=0

|g(k)| ≤ K < ∞

Detalhe : g(k) e absolutamente somavel .

Fato.g(k) e absolutamente somavel ⇒ g(k) → 0

g(t) e absolutamente integravel 6⇒ g(t) → 0

Fato. g(z) e BIBO ⇔ |λi| < 1 AE



Exemplo 7 G(z) =z

z − a⇒ g(k) = ak

∞∑

k=0

|g(k)| =

∞∑

k=0

|ek| < ∞ ⇒ |a| < 1

Nota. Segundo Kailath (1980), a definicao de BIBO estabilidade assume

que x(k0) = 0.






Capıtulo # 4



4 Metodos de projeto baseados em espaco de estado

Conteudo 1. Realimentacao de estado

2. Observadores/estimadores de estado

3. Realimentacao do estado observado

4. Problema do rastreamento



4.1 Regulacao por realimentacao de estado

• Formulacao do problema

• Solucao geral

• Formula de Ackermann

• Controle deadbeat



Formulacao do problema

Processo (SLIT SISO) : x = Ax + Bu

Modelo discreto (eq. ZOH) : x(k + 1) = Φx(k) + Γu(k)

Perturbacao : condicao inicial x(0).

Objetivo : Levar o estado para 0 apos uma perturbacao na condicao inicial.

⋆ Problema de (regulacao) .



Especificacoes : Polos de malha fechada (alocacao de polos).

Lei de controle : u(k) = −Lx(k)

Hipotese : O estado x e mensuravel.

⋆ A lei de controle e uma combinacao linear das medidas de todos os estados.



Sx

x(0)

y

x

−L

u

Figura 62: Realimentacao de estado.



Exemplo 1 Duplo integrador.

Modelo : x(k + 1) = Φx(k) + Γu(k)

Φ =

1 h

0 1

, Γ =

0.5h2

h

Lei de controle : u(k) = −[

l1 l2

]

x(k)



Malha fechada :

x(k + 1) = (Φ − ΓL)x(k) =

1 − 0.5 l1h

2 h − 0.5 l2h2

−l1h 1 − l2h

x(k)

Eq. caract. : z2 +(0.5 l1h

2 + l2h − 2)z +

(0.5 l1h

2 − l2h + 1)

= 0

Eq. caract. desejada : z2 + p1z + p2 = 0



Igualando–se os coeficientes :

p1 = 0.5l1h2 + l2h − 2

p2 = 0.5l1h2 − l2h + 1

Solucao : l1 =(1 + p1 + p2)

h2l2 =

(3 + p1 − p2)

2h

⋆ Se h for muito pequeno −→ problemas.



Solucao geral

Se o par Φ, Γ e Al, entao :

(1) ρ[Wc] = n

(2) ∃T = WcW−1c tal que

Φ = TΦT−1 =

−a1 −a2 · · · −an

I 0

, Γ = TΓ =

1

0

Eq. caracterıstica : A(z) = zn + a1zn−1 + · · · + an = 0



Estado transformado : v = Tx ⇒ x = T−1v

Lei de controle : u = −Lx = −LT−1v ⇒ u = −Lv

Sistema em malha fechada : v(k + 1) = Φv(k) + Γu(k) = [Φ − ΓL]v(k)

onde : [Φ − ΓL] =

(−a1 − l1) (−a2 − l2) · · · (−an − ln)

I 0



Eq. caracterıstica de malha fechada :

zn + (a1 + l1)zn−1 + · · · + (an + ln) = 0

Eq. caracterıstica desejada : P (z) = zn + p1zn−1 + · · · + pn = 0

Portanto : L =[

(p1 − a1) (p2 − a2) · · · (pn − an)]

Nas coordenadas originais : L = LT




Modelo : Φ =

1 h

0 1

Γ =

0.5h2

h

Polinomio caract. : A(z) = z2 − 2z + 1

Modelo transformado : Φ =

2 −1

1 0

Γ =

1

0

Matriz de transformacao :

Wc =

h2/2 3h2/2

h h

e Wc =

1 2

0 1

⇒ T =

1/h2 0.5/h

1/h2 −0.5/h



Polinomio caract. dado : A(z) = z2 − 2z + 1

Polinomio caract. desejado : P (z) = z2 + p1z + p2

Portanto : L =[

(p1 + 2) (p2 − 1)]

Resultado : L = LT =

[1 + p1 + p2

h2

3 + p1 − p2

2h

]



Formula de Ackermann

Para sistemas SISO : L =[

0 · · · 0 1]

W−1c P (Φ)

onde : Wc e a matriz de controlabilidade,

P (·) e o polinomio caracterıstico desejado.

Obs. Segundo Astrom & Wittenmark este algoritmo nao e bom

numericamente.



Exercıcio. Demonstrar a formula de Ackermann.



Exemplo 3 Duplo integrador.

Modelo : Φ =

1 h

0 1

Γ =

0.5h2

h

Polinomio caract. desejado : P (z) = z2 + p1z + p2

Wc =[

Γ ΦΓ]

=

h2/2 3h2/2

h h

⇒ W−1c =

−1/h2 3/2h

1/h2 −1/2h

P (Φ) = Φ2 + p1Φ + p2I =

1 + p1 + p2 2h + p1h

0 1 + p1 + p2

Pela formula de Ackermann : L =

[1 + p1 + p2

h2

3 + p1 − p2

2h

]



Exercıcio. Estudar/simular o Exemplo 4.4 do livro

Astrom & Wittenmark, p. 128.



Controle Deadbeat

Neste caso, o polinomio desejado e : P (z) = zn = 0

Resultado : Φc = Φ − ΓL ⇒ Φnc = 0

Quer dizer, o estado vai para zero em n instantes :

x(k) = Φkcx(0) = 0 , k = n

Apenas um parametro de projeto : h



Exemplo 4 Deadbeat para o duplo integrador.

p1 = p2 = 0 ⇒ L =

[1

h2

3

2h

]

Dado : x(0) =

1

1

h 100 10 1 0.1 0.01

u(0) -0.0151 -0.16 -2.5 -115 -10150

u(h) 0.0051 0.06 1.5 105 10050



uScope

r

Referencia

u

y

x2

Planta

Mux

Mux 2

r

y

x2

u

Controlador

Figura 63: Diagrama de blocos do sistema planta/controlador em SIMULINK.



Duplo integrador

yu x2

2

x2

1

y

y

To Workspace 2

x2

To Workspace 1

1s

Integrator 2

1s

Integrator 1

k

Ganho

1

u

Figura 64: Diagrama de blocos da planta.



CONTROLADOR DEADBEAT

1

u

ZOH 3

ZOH 2

ZOH 1

u

To WorkspaceL2

Ganho 3

L1

Ganho 2

L0

Ganho 1

3

x2

2

y

1

r

Figura 65: Diagrama de blocos do controlador deadbeat.



r1

r

r

To Workspace 2

t

To Workspace 1

Degrau

Clock

Figura 66: Diagrama de blocos do gerador de sinal de referencia.



0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 50

0.2

0.4

0.6

0.8

1Sinal de saída

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5−1

−0.5

0

0.5

1Sinal de controle

Figura 67: Resultado da simulacao.



4.2 Observadores ou estimadores de estado

• Introducao

• Calculo direto

• Observador dinamico

• Current estimator

• Formula de Ackermann

• Observador de Luenberger



Introducao

Problema : Nem sempre se tem acesso a todo o estado de um sistema.

Solucao : Utilizacao de observadores ou estimadores de estado .

Vamos estudar 2 casos : • Calculo direto

• Observador dinamico



Condicoes necessarias para estimar o estado :

• O modelo matematico deve ser conhecido

• O sistema deve ser completamente observavel



Calculo direto das variaveis de estado

Sistema discreto :

x(k + 1) = Φx(k) + Γu(k)

y(k) = Cx(k)

Aplicando–se recursivamente,

x(k) = Φn−1W−1o

y(k − n + 1)

y(k − n + 2)...

y(k)

+ Ψ

u(k − n + 1)

u(k − n + 2)...

u(k − 1)

⋆ Ver detalhes em [Astrom& Wittenmark, 1997], pag. 135.



onde : x(k) = valor estimado de x(k)

n = ordem do sistema

Ψ =[Φn−2Γ Φn−3Γ · · · Γ

]− Φn−1W−1

o Ω

Ω =

0 0 · · · 0

CΓ 0 · · · 0...

......

CΦn−2Γ CΦn−3Γ · · · CΓ



Note que x(k) e uma combinacao linear das medidas :

y(k) , y(k − 1) , · · · , y(k − n − 1)

u(k − 1) , · · · , u(k − n − 1)

Portanto, a expressao para x(k) pode ser escrita como :

x(k) = F ∗(q−1)y(k) + G∗(q−1)u(k − 1)

ou como : x(k) =F (q)

qn−1y(k) +

G(q)

qn−1u(k) (Estimador deadbeat)



Exemplo 1 Duplo integrador (n = 2).

Φ =

1 h

0 1

Γ =

h2/2

h

C =[

1 0]

ΦW−1o =

1 h

0 1

1 0

1 h

−1

=

0 1

−1/h 1/h

Ψ = Γ − ΦW−1o Ω =

h2/2

h

−

0 1

−1/h 1/h

0

CΓ

=

0

h/2

Resultado : x1(k) = y(k) x2(k) =y(k) − y(k − 1)

h+

h

2u(k − 1)



Note que x2→y quando h→0.

Neste caso : F ∗(q−1) =1

h(1 − q−1) =

q − 1

hq

G∗(q−1) =h

2

⇒ x =q − 1

hqy +

h

2qu



Observador dinamico

Caracterısticas da estimativa por calculo direto :

⋆ Estimativa apos n passos.

⋆ Muito sensıvel a perturbacoes.

Solucao : Observador baseado em sistema dinamico.



Suponha um sistema : x(k + 1) = Φx(k) + Γu(k)

φ, Γ

Φ, Γ

xu

x

Figura 68: Observador dinamico sem realimentacao.

Nota. x(0) = x(0) ⇒ x(k) = x(k)

x(0) 6= x(0) ⇒ x(k) → x(k) se for estavel.



O estimador pode ser melhorado introduzindo–se uma realimentacao do erro de

estimativa da saıda (y − y = y − Cx).

φ, Γ

Φ, Γ

xu

x

C

Cy

y

K

−

+

Figura 69: Observador dinamico com realimentacao do erro.



Γ z−1

Φ

Cx(k)u(k) y(k)

Γ z−1x(k)

K

Φ−KC

++

++

Figura 70: Representacao alternativa para o observador dinamico realimentado.



Resultado : (Predictor estimator ou Forma Preditiva)

x(k + 1|k) = Φx(k|k − 1) + Γu(k) + K [y(k) − Cx(k|k − 1)]

onde : K = matriz de ganhos a ser definida.

Notacao: x(k|k− 1) = estimativa de x(k) baseada em medicoes

feitas ate o instante k − 1.



Definicao. x = x − x (erro de estimativa de estado)

Entao,

x(k + 1|k) = x(k + 1) − x(k + 1|k) = [Φ − KC]︸︷︷︸

x(k|k − 1)

Objetivo : Determinar a matriz K tal que [Φ − KC] seja AE ⇒ x→0.

Nota. A planta pode ser instavel.



Current estimator

Forma preditiva : x(k|k − 1)

⋆ Ha um atraso de um intervalo de amostragem na atualizacao da estimativa.

⋆ A estimativa em k utiliza medidas feitas somente ate o instante k − 1.

Forma current : x(k|k)

⋆ A estimativa em k utiliza as medidas feitas no instante k.



A equacao do estimador current pode ser escrita na forma

x(k|k) = x(k|k − 1) + Kc[y(k) − Cx(k|k − 1)] (1)

x(k|k − 1) = Φx(k − 1|k − 1) + Γu(k − 1) (2)

Substituindo (??) em (??), vem :

x(k + 1|k) = Φx(k|k) + Γu(k)

= Φx(k|k − 1) + ΦKc[y(k) − Cx(k|k − 1)] + Γu(k)

= Φx(k|k − 1) + Γu(k) + ΦKc[y(k) − y(k)] (3)

Comparando esta equacao com a equacao do estimador na forma predictor, a unica

diferenca e o termo ΦKc.

⇒ O estimador current e igual ao predictor com K = ΦKc



Γ

Φx(k|k)

Kc

z−1

y(k)

Cx(k + 1|k) y(k)u(k) x(k|k − 1)

−

++

+

++

Figura 71: Estimador current. Eqs. (??) e (??).



Fato : Φ, CΦ e Ob ⇐⇒ Φ, C e Ob e Φ e regular

Obs. O estimador current nao pode ser implementado exatamente pois e

impossıvel amostrar, calcular e achar x(k|k) sem nenhum atraso.



Formula de Ackermann

K = P (Φ)W−1o [0 · · · 0 1]T Kc = Φ−1K

Obs. Se Φ e singular, como acontece com sistemas com atraso, a formula

anterior nao pode ser aplicada.



A matriz Kc pode ser escolhida tal que : I − CKc = 0

⇒ y(k|k) = y(k) (a saıda e estimada sem erro)

O Observador de Luenberger e dito de ordem reduzida, pois elimina p equacoes.



Exemplo 2 Duplo integrador + observador completo (predictor)

Φ − KC =

1 h

0 1

−

k1

k2

[1 0] =

1 − k1 h

−k2 1

Eq. caract. : z2 − (2 − k1)z + (1 − k1 + k2h) = 0


Solucao :

k1 = 2 + p1

k2 = (1 + p1 + p2)/h



Exemplo 3 Idem com duplo integrador na forma observavel.

Φ =

2 1

−1 0

, C = [1 0]

Φ − KC =

2 1

−1 0

−

k1 0

k2 0

=

2 − k1 1

−1 − k2 0

⇒ K =

2 + p1

p2 − 1

Nas coordenadas x : K tal que (Φ − KC) estavel

Nas coordenadas z = Tx : K tal que (Φ − KC) estavel

Portanto : Φ − KC = T−1(Φ − KC)T ⇒ K = T−1K



Exemplo 4 Duplo integrador + observador completo (current)

Observador : x(k|k) = [I −KcC]Φx(k − 1|k − 1) + [I −KcC]Γu(k − 1) + Kcy(k)

[I − KcC] =

1 − k1 0

−k2 1

[I − KcC]Φ =

1 − k1 h(1 − k1)

−k2 1 − hk2



Eq. caract. : z2 − (k1 + hk2 − 2)z + (1 − k1) = 0


Solucao : Kc =

1 − p2

(1 + p1 + p2)/h

Verificacao :

Kc = Φ−1K =

1 −h

0 1

2 + p1

(1 + p1 + p2)/h

=

1 − p2

(1 + p1 + p2)/h



Exemplo 5 Duplo integrador + observador de Luenberger (current)

Observador : x(k|k) = [I −KcC]Φx(k − 1|k − 1) + [I −KcC]Γu(k − 1) + Kcy(k)

[I − CKc] = 1 − k1 = 0 ⇒ k1 = 1

[I − KcC]Φ =

1 − k1 h(1 − k1)

−k2 1 − hk2

=

0 0

−k2 1 − hk2

[I − KcC]Γ =

(1 − k1)h

2/2

h(1 − hk2/2)

0

h(1 − hk2/2



Resultado :

x1(k|k) = y(k)

x2(k|k) = −k2y(k − 1) + (1 − hk2)x2(k − 1|k − 1) +

h(1 − hk2/2)u(k − 1) + k2y(k)

Nota : (1 − hk2) pode ter qualquer valor.

Se k2 =1

h⇒ deadbeat

x2(k|k) =y(k) − y(k − 1)

h+

h

2u(k − 1)



Exemplo 6 Simulacao utilizando Matlab/Simulink.



yu

yhatp

yhatc

u

y

ZOH 1

Scope2

Scope1

Scope

r

Referencia

x’ = Ax+Bu y = Cx+Du

Planta

y

u

yhatc

yhatp

Observador

Figura 72: Diagrama de blocos do sistema planta/observador em SIMULINK.



x^(k|k)

y^(k)x^(k|k−1)

2

yhatp

1

yhatc

xhatc

xhatp ZOH 2

ZOH 1

z

1

Unit Delay

Phi* u Kc* u

K*u

Gamma

C* u

C* u

C* u2

u

1y

Figura 73: Diagrama de blocos do observador.



0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 50

2

4

6

8

10

12

14

Figura 74: Resultado da simulacao. Observadores preditivo e current. (Script:

fig2.m )



4.3 Realimentacao de estado estimado

φ, Γ, Cyu

Lx

Φ, Γ, K, C

+−

Figura 75: Realimentacao de estado estimado.



⋆ Observador + matriz de ganhos L = compensador dinamico

Planta :

x(k + 1) = Φx(k) + Γu(k)

y(k) = Cx(k)

Observador : x(k + 1|k) = [Φ − KC]x(k|k − 1) + Γu(k) + Ky(k)



Definicao : X = [x x]T

Planta + observador em malha aberta :

X(k + 1) =

Φ 0

KC Φ − KC

X(k) +

Γ

Γ

u(k)

y(k) = [C 0]X(k)

Obs. x e inobservavel e incontrolavel.



Supondo n = 1,

Wo =

C 0

CΦ 0

e Wc =

Γ ΦΓ

Γ ΦΓ

Sx

u y

Sx

x



Controle : u(k) = −Lx(k|k − 1) + r(k) = [0 − L]X(k) + uc(k)

Planta + observador em malha fechada :

X(k + 1) =

Φ −ΓL

KC Φ − KC − ΓL

X(k) +

Γ

Γ

uc(k)



Transformacao : X = TX = [x x]T T = T−1 =

1 0

1 −1

Sistema transformado :

X(k + 1) =

Φ − ΓL ΓL

0 Φ − KC

X(k) +

Γ

0

uc(k)

y(k) = [C 0]X(k)

Obs. x e incontrolavel por uc. Porem x e observavel por y.



Sx

uc y

Sx

x

Figura 76: x e incontrolavel por r.



Exemplo 1 Duplo integrador + observador completo

(...)



Problema do rastreamento

Rastreamento : uc 6= 0

y → uc quando k → ∞ ou

x → xr quando k → ∞

Na pratica as especificacoes podem envolver regulacao e rastreamento.



Gff Gfb Gp+

−

Figura 77: Estrutura 2DOF.



Estrutura 2DOF : permite resolver os problemas separadamente.

⋆ Projeto de Gfb tal que o sistema a laco fechado seja insensıvel as per-

turbacoes e incertezas.

⋆ Projeto de Gff para atender as especificacoes de rastreamento.



Realocacao de polos

Quando o estado nao e mensuravel : usar observador

Ruıdo de medicao afeta o projeto do observador.

Dinamica do observador : A0(z) = det(zI − Φ + KC)



Posicao dos polos do observador :

• nao podem ser muito lentos → convergencia lenta

• nao podem ser muito rapidos → amplificacao de ruıdos

Dinamica de malha fechada : Ar(z) = det(zI − Φ + ΓL)

Posicao dos polos de malha fechada : determinacao envolve compromisso entre

• influencias das perturbacoes

• influencias do ruıdo de medicao



Rastreamento

Problema de regulacao : basicamente posicao dos polos de m.f.

Problema de rastreamento : posicao dos zeros de m.f.

Interpretacao de polos e zeros

Polos : ligacoes/acoplamentos internos

Zeros : ligacoes com o exterior



Especificacoes

Planta : y(k) =B(q)

A(q)uc(k)

Modelo de referencia : ym(k) =Bm(q)

Am(q)uc(k)



Solucao

Lei de controle : u(k) = −Lx(k) + uc(k)

Sistema em m.f. : y(k) =B(q)

Ar(q)uc(k)

O compensador feedforward da estrutura 2DOF deve ser :

uc(k) =Bm(q)Ar(q)

B(q)Am(q)uc(k)

Obs. Usualmente Ar(q) = Am(q)



O compensador feedforward Gff so pode ser implementado se :

(1) deg B ≥ deg Bm

(2) B e estavel (Hurwitz)

Caso B seja instavel : B = B+B− B+ e parte instavel

B+ nao pode ser cancelado ⇒ Bm = B+B−m



Implementacao

Planta :

x(k + 1) = Φx(k) + Γu(k)

y(k) = Cx(k)

Feedforwad :

xf (k + 1) = Φfxf (k) + Γfuc(k)

uc(k) = −Lfxf (k) + lcuc(k)

Observador :

x(k + 1) = Φx(k) + Γu(k) + K[y(k) − Cx(k)]

Lei de controle : u(k) = −Lx(k) − Lfxf (k) + lcuc(k)



Feedforwad Lf

lc

uc xf

L Planta

x

yu−

+

−

+




Em malha fechada : y(k) =B(q)

Ar(q)

Bf (q)

Af (q)uc(k)

Rastreamento perfeito : Bf (q) = Ar(q)Bm(q)

Af (q) = Am(q)B(q)



Inclusao de integradores

Para entender o problema, vamos considerar inicialmente um exemplo simples.



Exemplo 2 Sistema contınuo.

Planta : g(s) =k

s

Controle : u = −ly + lcuc



lc

uc k

s

−l

yu+

+

Figura 79: Malha fechada.



Sistema em malha fechada : y =klc

s + luc

Condicao para estabilidade : l > 0

Condicao para rastreamento : klc = l ⇒ lc = l/k

Problema : parametro k incerto

Modificacao : Inclusao de integradores

u = −l1y + lcuc +l2s

e



l2s

k

s

−l1

yuuc

lc

e v+

−

+

+

+

Figura 80: Malha fechada com integradores.



Malha fechada : y =klcs + kl2

s2 + kl1s + kl2uc

Portanto : • erro de regime nulo para entrada degrau

• parametros l1 e l2 → polos

• parametro lc → zero



Rastreamento com integradores : caso discreto

Lei de controle : u(k) = −Lx(k) + ln+1v(k) + u(k)

x(k) = estado estimado

v(k) =1

q − 1e(k) = integral do erro

e(k) = uc(k) − y(k) = erro de rastreamento

u(k) =Bm(q)Ar(q)

B(q)Am(q)uc(k) = feedforward



Quando o sinal de saıda e muito ruidoso : e(k) = uc(k) − y(k)

O observador funciona como um filtro .



1

q − 1ln+1

Gffuc

uc vPlanta

u y

Ob

−L

x

e+−

++

+

Figura 81: Rastreamento com integradores.






Capıtulo # 5



5 Projeto: enfoque polinomial


2. Formulacao do problema

3. Sobre as perturbacoes e incertezas

4. Resumo do problema #1

5. Solucao

6. Cancelamentos necessarios


8. Determinacao de R, S e T

9. Grau do polinomio 0


11. Inclusao de integradores

12. Algoritmo de projetoProf. Ramon [Indice] [08:05] 14 de Junho de 2007


5.1 Introducao

Objetivo : Resolver o problema de realocacao de polos usando

realimentacao da saıda via enfoque polinomial

Neste capıtulo : • Realimentacao de saıda

• Problema de rastreamento

• Inclusao de integradores

• Robustez



Recapitulacao

Planta

Observador

L

u y

x

+−

Figura 82: Realimentacao de estado observado.



Interpretacao : Controlador dinamico entrada/saıda

Figura 83: Realimentacao dinamica.




Processo (SISO) : H(z) =B(z)

A(z)

uH(z)

y

Hipotese: A(z) e B(z) nao possuem fatores comuns .



Especificacoes de projeto:

⋆ A FT de laco fechado desejada e dada por

Hm(z) =Bm(z)

Am(z)( modelo de referencia )

⋆ E necessario especificar-se tambem o polinomio A0 do observador .



Tipos de perturbacoes

• variacao de carga

• erro de medicao

• incerteza parametrica

Para minimizar os efeitos das perturbacoes :

• escolha adequada de Hm

• projeto do observador (A0)

• definicao de leis de controle admissıveis



Em geral temos que :

• Hm influencia a sensibilidade a :

- erros de modelagem

- ruıdo de medicao de alta freq.

• A0 influencia a sensibilidade a :

- variacao de carga

- ruıdo de medicao

Importante : Os requisitos de sensibilidade conflitam com o rastreamento

rapido do modelo

(sao introduzidos filtros passa-baixas no sistema).



Lei de controle linear geral : Ru = Tuc − Sy

Hipotese : R e monico



T

R

Hff

H

u y

S

R

Hfb

+

−




Condicoes para causalidade do controle :

deg R ≥ deg T deg R ≥ deg S

Se o tempo para calcular o controle e uma pequena fracao de h, entao

deg R = deg S = deg T se Tu << h (caso mais comum)

Se o tempo para calcular u e da ordem de h, entao

deg R = deg S + 1 = deg T + 1 se Tu∼= h (⇒ um atraso de h)



Sobre as perturbacoes e incertezas

B

A

S

R

+

Figura 85: Ganho de malha.

Definicao. Ganho de malha : Hl =SB

RA



Para se ter erros pequenos devido as perturbacoes de baixa freq.,

|Hl(ejωh)| deve ser grande para ω pequeno

Isto pode ser feito exigindo-se que R(z) seja da forma

R = (z − 1)lR′1

Para reduzir os efeitos das perturbacoes de alta freq., deve-se escolherS

Rde

modo que

|Hl(ejωh)| seja pequeno para ω grande

Importante : As altas frequencias presentes no sistema dependem da

escolha do filtro anti-aliasing e do intervalo h.



x

y

0

Zona proibida

Zona proibida

Figura 86: Diagrama de magnitude de Hl(ejωh) e as zonas proibidas.



Resumo do problema #1

Dada a planta : H(z) =B(z)

A(z)

achar uma lei de controle : Ru = Tuc − Sy

tal que o sistema em malha fechada tenha uma FT dada por

Hm(z) =Bm(z)

Am(z)

e um observador com polinomio caracterıstico A0.



Diagrama de blocos

uc

Ru = Tuc − Syu

v

B

A

e

y+

+

+

+

Figura 87: Diagrama de blocos com perturbacoes v e e.



Solucao

A relacao entrada/saıda em malha fechada e dada por :

y =BT

AR + BS︸︷︷︸

Hm

uc +BR

AR + BSv +

AR

AR + BSe (4)

Portanto :BT

AR + BS=

Bm

Am



Problema : Achar R, S e T tal que a relacao acima seja satisfeita

bem como os demais requisitos relacionados a rejeicao de

disturbios.

⋆ Em geral, este problema tem varias solucoes .



Solucao via feedforward :

S = 0

R = BAm T = ABm



uc ABm

BAm

Controle

B

A

Planta

y

Figura 88: Solucao via feedforward.

⋆ Neste caso o controlador contem o inverso da planta.

⋆ Como nao ha feedback, as demais exigencias nao podem ser satisfeitas.

⋆ Por exemplo : ganho de malha grande para freq’s. baixas.



Solucao via realimentacao do erro (e = uc − y)

R = T = (Am − Bm)B S = ABm



e uuc S

R=

BmA

(Am − Bm)BB

A

y+

−

Figura 89: Solucao via feedback do erro.



Cancelamentos necessarios

AR + BS = 0 ⇒ Polos de malha fechada

T = 0 e B = 0 ⇒ Zeros de malha fechada

⋆ Para se satisfazer a equacao

BT

AR + BS=

Bm

Am

deve-se cancelar alguns polos e zeros.



Suponha que B = B+B−

onde : B− tem todas as raızes fora do cırculo unitario

B+ tem todas as raızes dentro do cırculo

⋆ B− nao pode ser cancelado (e instavel) .

Hipotese : B+ e monico



⋆ B− nao pode ser cancelado : e instavel .

⇒ B− nao pode ser fator de AR + BS

⇒ B− deve ser fator de Bm

⇒ Bm = B−B′m

⋆ Zeros instaveis nao podem ser cancelados.

⇒ Devem ser incluıdos no modelo (em Bm).



⋆ B+ sera cancelado

⇒ B+ e um fator de AR + BS

⇒ B+ e um fator de R

⇒ R = B+R′

Portanto,

BT

AR + BS=

B+B−T

AB+R′ + B+B−S=

B+B−T

B+(AR′ + B−S)=

B−B′m

Am

ou melhor,

T

AR′ + B−S=

B′m

Am



⋆ O polinomio do observador A0 e cancelado

⇒ A0 e um fator de AR + BS

⇒ A0 e um fator de AR′ + B−S

⇒AR′ + B−S = A0Am

T = A0B′m

⋆ Eq. caracterıstica antes dos cancelamentos : AR + BS = B+A0Am

⋆ Cancelamentos necessarios : A0 e B+

Nota : Pode-se cancelar um ou mais polos estaveis.



Exemplo 1

H(z) =(z + 0.2)

(z + 0.1)(z + 0.5)

Hm(z) =1

(z + 1)

O polo em −0.5 e realocado para −0.2 e cancelado com o zero.



Interpretacao

⋆ Eq. caract. da malha fechada : B+A0Am = 0

Comparando com o desenvolvimento do capıtulo 4 :

Am(z) = det(zI − φ + ΓL)

A0(z) = det(zI − φ + KC)




Achar R, S e T tal que :BT

AR + BS=

Bm

Am

(1) R e monico

(2) Causalidade

deg R ≥ deg T

deg R ≥ deg S

(3) B = B+B−

(4) B+ monico estavel

(5) Bm = B−B′m

(6) R = B+R′

(7) A0 (observador)

(8)

AR′ + B−S = A0Am

T = A0B′m



Determinacao de R, S e T

Problema : dados A, B e C, determinar X e Y tal que

AX + BY = C (eq. Diophantina)

⋆ Se C = qm, AX + BY = qm (identidade de Bezout)



Exemplo 2 3x + 2y = 5, x e y inteiros

Solucao particular : x = 1 e y = 1

Solucoes :

x = x0 + 2n

y = y0 − 3n

(n inteiro)

x · · · -3 -1 1 3 5 · · ·

y · · · 7 4 1 -2 -5 · · ·

∃ uma unica solucao tal que 0 ≤ x ≤ 2 ou 0 ≤ y ≤ 3 .

Anel dos inteiros ∼ Anel dos polinomios

Propriedade : Possuem as mesmas regras para operacoes.



Exemplo 3 4x + 6y = 1, x e y inteiros

⋆ Nao existe solucao.

⋆ ∀x, y ∈ Z ⇒ 4x + 6y e par.



Teorema. (Existencia)

Sejam A, B e C polinomios ∈ R[z].

A equacao AX + BY = C tem solucao sse o maior fator comum de A e B

divide C.

Se X0 e Y0 e uma solucao, entao tambem sao solucoes

X = X0 + QB ,

Y = Y0 − QB , Q polinomio qualquer

Portanto, se ∃ 1 solucao ⇒ ∃ ∞ solucoes.



Corolario (Unicidade)

∃ uma unica solucao X, Y tal que

deg X < deg B

ou

deg Y < deg A .



Exemplo 4

A = a2z2 + a1z + a0 deg A = 2

B = b0 deg B = 0

C = c3z3 + c2z

2 + c1z + c0 deg C = 3

Escolhemos : deg Y < deg A ⇒ Y = y1z + y0

AX + BY = C ⇒ max(2 + deg X), (0 + 1) = 3 ⇒ deg X = 1

Escolhemos : X = x1z + x0



Solucao :

AX +BY = a2x1z3 +(a2x0 +a1x1)z

2 +(a0x1 +a1x0 +b0y1)z+(a0x0 +b0y0) = C

⋆ A eq. Diophantina pode ser transformada em um sistema de eqs. lineares

(cf. C. T. Chen, 1993) :

AX + BY = C ⇒

a0 b0 0 0

a1 0 a0 b0

a2 0 a1 0

0 0 a2 0

x0

y0

x1

y1

=

c0

c1

c2

c3

Obs. : Solucao pode ser facilmente implementada em MATLAB.



Exercıcio.

A = z2 + 3z + 2

B = z + 3

C = z2



Exercıcio.

A = a2z2 + a1z + a0

B = b0

C = c4z4 + c3z

3 + c2z2 + c1z + c0



Grau do polinomio 0

Problema : Qual o grau do polinomio 0 ?



Seja : Pn = polinomio de grau n

Pm = polinomio de grau m

Propriedades : (1) grau(

Pn + Pm

)

= max

grau(

Pn

)

, grau(

Pm

)

(2) grau(

PnPm

)

= grau(

Pn

)

+ grau(

Pm

)



Exemplo 5

(a) (z + 1)(2) = 2z + 2

grau(2z + 2) = grau(z + 1) + grau(2) = 1 + 0 = 1

(b) (z + 1)(0) = 0

grau(0) = grau(z + 1) + grau(0) = 1 + 0 = 1 ?!



Definicao. grau(0) = −∞

⋆ Dessa forma o exemplo anterior resulta:

(b) (z + 1)(0) = 0

grau(0) = grau(z + 1) + grau(0) = 1 −∞ = −∞




u≡

uc yuc

Ru = Tuc − SyB

A

y Bm

Am

Controle : Ru = Tuc − Sy

Condicoes :


T = A0B′m



Controle : Ru = Tuc − Sy

Condicoes :


T = A0B′m

Como por hipotese A e B nao possuem fatores comuns, pelo Teorema

∃R′ e S | AR′ + B−S = A0Am

Causalidade :

deg R ≥ deg T

deg R ≥ deg S



Teorema. Existe uma unica solucao para o problema de realocacao de polos se

deg Am − deg Bm ≥ deg A − deg B (1)

deg A0 ≥ 2 deg A − deg Am − deg B+ − 1 (2)

Obs. (1) e uma condicao intuitiva.

O atraso em Hm nao pode ser menor do que o atraso em H.

(2) e uma condicao sobre o observador.

O grau de A0 deve ser suf. grande para garantir uma solucao causal.



Prova. Ver Astrom & Wittenmark, 1990.

⋆ E obtida a partir das condicoes de causalidade e unicidade .



Inclusao de integradores

Objetivo : Ganho de malha alto para baixas freq’s.

Modificacao : R = (z − 1)lR1 (R = B+R′)

R = (z − 1)lB+R′1

Nova equacao : A(z − 1)l

︸︷︷︸

A′

R′1 + B−S = A0Am



≡

≡

T

R

1

(z − 1)l+B

A

S

R

T

R(z − 1)l+

B

A

S

R(z − 1)l

Figura 90: Problema equivalente ao de uma planta aumentada de l integradores.



Algoritmo de projeto

(1) Fatorar B e Bm

B = B−B+ Bm = B−B′m



(2) Resolver (z − 1)lAR′1 + B−S = A0Am

com

deg A0 ≥ 2 deg A − deg Am − deg B+ + l − 1

deg S < deg A + l

deg R′1 < deg A0 + deg Am − deg A − l



(3) A lei de controle e Ru = Tuc − Sy

onde

R = B+(z − 1)lR′1

T = A0B′m

Obs. Aumentando a dimensao da planta de l a dimensao do

observador tambem deve ser aumentada de l.



Exemplo 6 O zero do processo e cancelado (realocado).

Cuidado : o zero do processo nao DESAPARECE!

Planta : H(z) =K(z − b)

(z − 1)(z − a)

Modelo : Hm(z) =(1 + p1 + p2)z

z2 + p1z + p2

B = K(z − b) ⇒ B− = K B+ = z − b (cancelado)

Bm = B′mB− = (1 + p1 + p2)

︸︷︷︸

Km

z ⇒ B′m =

Km

Kz



Projeto sem integradores ⇒ l = 0

deg A0 ≥ 2 deg A︸︷︷︸

4

−deg Am︸︷︷︸

2

−deg B+

︸︷︷︸

1

−1 ⇒ deg A0 ≥ 0

Escolhemos A0 = 1 (deg A0 = 0)



deg S = deg A − 1 = 1 ⇒ S = s0z + s1

deg R′ = deg A0︸︷︷︸

0

+ deg Am︸︷︷︸

2

−deg A︸︷︷︸

2

= 0 ⇒ R′ = 1

Portanto, AR′ + B−S = A0Am

⇒ z2 + (−1 − a + Ks0)z + (a + Ks1) = z2 + p1z + p2

Solucao : s1 = (p2 − a)/K s0 = (1 + a + p1)/K

Finalmente, T = B′mA0 ⇒ T =

Km

Kz = t0z



Lei de controle : Ru = Tuc − Sy

⇒ (z − b)u(k) = t0zuc(k) − (s0z + s1)y(k)

Portanto :

(1 − bz−1)u(k) = t0zuc(k) − (s0 + s1z−1)y(k)

⇒ u(k) = bu(k − 1) + t0uc(k) − s0y(k) − s1y(k − 1)



Simulacao

0 5 100

1

Ou

tpu

t

(a)

0 5 10

0

1

2

Inp

ut

Time

0 5 100

1

Ou

tpu

t

(b)

0 5 10

0

1

2

Inp

ut

Time



Exemplo 7 O zero do processo e mantido (nao realocado).

Modelo : Hm(z) =K ′

m(z − b)

z2 + p1z + p2K ′

m = 1+p1+p2

1−b

B = K(z − b) ⇒ B− = K(z − b) (nao cancela) B+ = 1

Bm = B′mB− = K ′

m(z − b) ⇒ B′m =

K ′m

K



Projeto sem integradores ⇒ l = 0

Grau do polinomio do observador :

deg A0 ≥ 2 deg A︸︷︷︸

4


2

−deg B+

︸︷︷︸

0

−1 ⇒ deg A0 ≥ 1

Escolhemos A0 = z (Deadbeat)



deg S = deg A − 1 = 1 ⇒ S = s0z + s1

deg R′ = deg A0︸︷︷︸

1


2

−deg A︸︷︷︸

2

= 1 ⇒ R = R′ = z + r1

Substituindo-se os polinomios na identidade

AR + BS = A0Am

temos :

(z − 1)(z − a)(z + r1) + K(z − b)(s0z − s1) = z(z2 + p1z + p2)



A solucao da identidade :

(z − 1)(z − a)(z + r1) + K(z − b)(s0z − s1) = z3 + p1z2 + p2z

e obtida com : r1 = −b +b(b2 + p1b + p2)

(b − 1)(b − a)

s0 =a3 + p1a

2 + p2a

K(a − b)(a − 1)−

Km

K(a − 1)

s1 = −a3 + p1a

2 + p2a

K(a − b)(a − 1)+

Km

K(a − 1)



Finalmente, T = B′mA0 ⇒ T =

Km

Kz = t0z

Lei de controle : u(k) = t0uc(k) − s0y(k) − s1y(k − 1) − r1u(k − 1)

⋆ Mesma forma. Mudaram apenas os coeficientes.



Simulacao

0 5 100

1

Ou

tpu

t

(a)

0 5 10

0

1

2

Inp

ut

Time

0 5 100

1

Ou

tpu

t

(b)

0 5 10

0

1

2

Inp

ut

Time



Sensibilidade a erros de modelagem

Os modelos utilizados para projeto sao usualmente inacurados.

Modelo da planta : H =B

A

Modelo verdadeiro/real : H0 =B0

A0

Questao : em que condicoes um projeto feito para o modelo nominal H

funciona (e estavel) quando aplicado ao sistema real H0?



Revisao do Capıtulo 3

No Capıtulo 3 foi visto uma realimentacao unitaria.

≡H0 S0+

−



A condicao para estabilidade do sistema a laco fechado e :

(1) S estavel

(2) H e H0 possuem o mesmo numero de polos instaveis

(3) |H0 − H| < |1 + H| para |z| = 1



−1

0

||Hn||||1 + Hn||

Im

Re

max ||Hr − Hn||

Figura 91: Interpretacao geometrica da relacao |H0 − H| < |1 + H|.



No caso do controle 2DOF, tem-se,

Hff +−

H

Hfb

≡ Hm

Hff +−

H0

Hfb

≡ H0m

⋆ Interessa garantir a estabilidade de H0m.



Teorema. H0m e estavel se :

(1) Hm e estavel

(2) H e H0 possuem o mesmo numero de polos instaveis

(3) |H − H0| <

∣∣∣∣

HT

HmS

∣∣∣∣=

∣∣∣∣

H

Hm

∣∣∣∣

∣∣∣∣

Hff

Hfb

∣∣∣∣



Prova : A condicao acima pode ser colocada na forma

|Hl − H0l | < |1 + Hl| com Hl = HHfb e H0

l = H0Hfb

A estabilidade segue pelo Teorema 5.4.

Obs. A relacao acima e satisfeita automaticamente se

|Hl| < 1/3

|H0l | < 1/3



Aspectos praticos

Como determinar/especificar Hm e A0 ?

Especificacoes de desempenho : ζ e ω

Sistema de 2a. ordem : P (z) = z2 + p1z + p2

onde : p1 = −2e−ζωh cos(ωh√

1 − ζ2 e p2 = e−2ζωh



Portanto :

Hm =P (1)

B−(1)

B−(z)

zdP (z)

onde zd e o atraso ja existente na planta. Nao pode ser tirado.

O esforco de controle pode ser estimado pela relacao

u =Hm

Huc

⇒ Quanto maior a banda passante desejada, maior o es-

forco de controle necessario.



Efeito do polinomio A0

Exemplo 8 Sistema de primeira ordem sem observador

u 0.1

z − 1

y

ev

−2

2uc

++

++

++

Figura 92: Diagrama de blocos com perturbacoes v e e.



Planta : H(z) =0.1

z − 1Modelo : Hm(z) =

0.2

z − 0.8

Observador : A0 = 1

Lei de controle : u(k) = 2uc(k) − 2y(k)

Malha fechada : y =0.2

z − 0.8uc +

0.1

z − 0.8v −

0.2

z − 0.8e



0.01 0.1 1 10

0.1

1

Ga

in

Frequency, rad/s

(a)

0.01 0.1 1 10

0.1

1

Ga

in

Frequency, rad/s

(b)

Figura 93: Diagrama de magnitude de |Hv| e |He|.



Exemplo 9 Mesmo sistema de primeira ordem com observador

Planta : H(z) =0.1

z − 1

Modelo : Hm(z) =0.2

z − 0.8

Observador : A0 = z − a



Lei de controle : Tu(k) = Ruc(k) − Sy(k)

com : R = z − 1

S = (12 − 10a)z + (8a − 10)

T = 2(z − a)

Malha fechada :

y =0.2

z − 0.8uc +

0.1(z − 1)

(z − a)(z − 0.8)v −

(1.2 − a)z − 1 + 0.8a

(z − a)(z − 0.8)e



0.01 0.1 1 10

0.1

1

Ga

in

Frequency, rad/s

(a)

0.01 0.1 1 10

0.1

1

Ga

inFrequency, rad/s

(b)

Figura 94: Diagrama de magnitude de |Hv| e |He|.






Capıtulo # 6



6 Metodologia de projeto

...






Capıtulo # 7



7 Amostragem de sinais contınuos


2. Representacao no domınio da frequencia

3. Reconstrucao de sinais



7.1 Introducao

⋆ Sinais discretos aparecem em muitas situacoes praticas.

⋆ Situacao mais comum : amostragem de sinais contınuos .

⋆ O processamento de sinais contınuos pode ser implementado fazendo-se

• amostragem

• processamento discreto das sequencias e

• reconstrucao do sinal contınuo processado.

⋆ Sob certas condicoes, um sinal contınuo pode ser adequadamente represen-

tado por suas amostras.



Historico

Nyquist (1928) : Observou que era possıvel reconstruir uma senoide a

partir de suas amostrar se a frequencia de amostragem

fosse maior do que 2 vezes a frequencia do sinal.

Shannon (1949) : Formalizou o resultado (apresentado nesse capıtulo).

Kotelnikov (1933) : Introduziu o resultado na literatura Sovietica.



7.2 Amostragem

⋆ Metodo mais usual : amostragem periodica .

Sequencia amostrada : x(k) = xc(kh)

h . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . intervalo de amostragem

fs =1

h. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . frequencia de amostragem

ωs = 2πfs =2π

h. . . . frequencia angular de amostragem



C/Dx(t) x(k) = xc(kh)

h

Figura 95: Conversor Contınuo/Discreto ideal .



Modelagem matematica

⋆ E conveniente separar o processo de amostragem em 2 etapas :

• Modulador por trem de impulsos

• Conversor de trem de impulsos para sequencias



Conversor de trem

xs(t) x(k) = xc(kh)

×xc(t)

Conversor C/D

s(t)

de impulsos para

sequencia discreta

Figura 96: Representacao : Modulador + conversor.



k

x(k)

t

x(t)s(t)

−3h −2h −h h 2h 3h 4h

−3 −2 −1 1 2 3 4

Figura 97: Modulacao e amostragem.



⋆ A saıda do modulador xs(t) e um trem de impulsos (sinal contınuo).

⋆ A saıda do conversor x(k) e uma sequencia (sinal discreto).

⋆ Essa representacao matematica da operacao de amostragem permite obter

de maneira mais simples alguns resultados.



Reconstrucao

⋆ Em geral, nao e possıvel reconstruir o sinal contınuo a partir de suas

amostras.

Problema : Muitos sinais contınuos produzem as mesmas sequencias de

amostragem.



Exemplo 1

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5

−1

−0.5

0

0.5

1

n

Figura 98: Aliasing.

Script exemplo01.m .



Solucao Para se eliminar essa ambiguidade e necessario restringir a classe de

sinais no amostrador.

⋆ O sinal contınuo a ser amostrado deve ter banda limitada .



7.3 Representacao no domınio da frequencia

Para derivar a representacao no domınio da frequencia do conversor C/D ideal,

vamos inicialmente considerar a modulacao por trem de impulsos de xc(t).

×xc(t)

s(t)

xs(t)

Figura 99: Modulacao por trem de impulsos.

Trem de impulsos : s(t) =

∞∑

k=−∞

δ(t − kh)



Sinal modulado :

xs(t) = xc(t) s(t)

= xc(t)

∞∑

k=−∞

δ(t − kh)

Usando propriedade da funcao impulso (Delta de Dirac) :

xs(t) = xc(t)

∞∑

k=−∞

δ(t − kh)

=

∞∑

k=−∞

xc(kh) δ(t − kh)



⋆ s(t) e um sinal periodico com frequencia ωs =2π

h.

Transformada de Fourier de s(t) :

S(jω)

=2π

T

∞∑

k=−∞

δ(ω − kωs)

Portanto,

Xs

(jω)

=1

2πXc

(jω)∗ S(jω)

ou melhor,

Xs

(jω)

=1

T

∞∑

k=−∞

Xc

(jω − kjωs

)



Interpretacao

−ω0 ω0 ω

· · · · · ·

ωs−ωs

ωs ω

· · · · · ·

−ωs

−ω0 ωω0

1

2ωs−2ωs

Xc(jω)

S(jω)2πT

Xs(jω)1T



−ω0 ω0 ω

· · · · · ·

ωs−ωs

ωs ω

· · · · · ·

−ωs

−ω0 ωω0

1

2ωs−2ωs

Xc(jω)

S(jω)2πT

Xs(jω)1T



7.4 Reconstrucao de sinais

Problema: Quando um sinal analogico e dado de maneira unica pelas suas

amostragens?



Teorema. (Shannon)

Um sinal contınuo com transformada de Fourier zero fora do inter-

valo (−ω0, ω0) e dado unicamente pelos seus valores em instantes

equidistantes se

ωs > 2ω0



Formula de reconstrucao

f(t) =

∞∑

k=−∞

f(k) sinc(ωs

2(t − kh)

)

sinc(x) =sin(x)

x

⋆ ωs = 2πfs , fs =1

h

⋆ ωN =ωs

2= Frequencia de Nyquist .

⋆ Formula nao causal .



Prova

...



Metodos de reconstrucao

• ZOH

• FOH preditivo

• Formula de Shannon



ZOH

E o metodo de reconstrucao mais simples.

f(t) = f(k)



Figura 100: Reconstrucao FOH.



FOH

Formula de reconstrucao FOH :

f(t) = f(k) +t − kh

h

(

f(k) − f(k − 1))

Desvantagem: O sinal reconstituıdo e descontınuo.



Figura 101: Reconstrucao FOH.



FOH preditivo

Formula de reconstrucao :

f(t) = f(k) +t − kh

h

(

f(k + 1) − f(k))

Para t = kh → f(t) = f(k)

Para t = kh + h → f(t) = f(k + 1)

Problema : Nao causal.

Solucao : usar predicao de f(k + 1)



Figura 102: Reconstrucao FOH preditivo.



Exemplo 1 Reconstrucao usando ZOH e formula de Shannon.

Sinal contınuo :

x(t) = 0.5 + 2 sin(0.7t + 1) + sin(1.25t + 2) + 1 sin(3.1t + 3)

Maior frequencia : 3.1 rad/s

Frequencia de amostragem : 2π rad/s



0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100−4

−3

−2

−1

0

1

2

3

4

5Sinal original

Figura 103: Sinal original.



0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100−3

−2

−1

0

1

2

3

4Sinal amostrado

Figura 104: Sinal amostrado.



0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100−3

−2

−1

0

1

2

3

4Reconstrucao com ZOH

Figura 105: Reconstrucao usando ZOH.



0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100−4

−3

−2

−1

0

1

2

3

4

5Comparacao das reconstrucoes

Figura 106: Reconstrucao usando formula de Shannon.



40 42 44 46 48 50 52 54 56 58 60−5

−4

−3

−2

−1

0

1

2

3

4

5Comparacao das reconstrucoes

Figura 107: Detalhe da reconstrucao usando formula de Shannon.



Aliasing

E um fenomeno relacionado a amostragem de sinais periodicos.



Filtro anti-aliasing

Para evitar o problema de aliasing, e necessario garantir que o sinal analogico (que

sera amostrado) tenha banda limitada.

Para tanto, introduz-se um Filtro Passa-Baixas antes do amostrador.



sinalanalogico

SensorCircuitocondicio-

nador

Filtroanalogico S&H

MUX

CAD

Relogioprogram.

Sinal decontrole

Sinaldigital

Figura 108: Sistema de aquisicao de dados.






Capıtulo # 8



8 Aproximacao de controladores contınuos


2. Metodos de aproximacao

3. Estabilidade das aproximacoes

4. Distorcao de frequencia

5. Outras aproximacoes

6. Comparacao das aproximacoes

7. Controladores PID

8. Forma incremental

9. Anti–reset windup

10. Controle bumpless

11. Controladores tipo cascata

12. Metodos de sintonia de controladores PID



8.1 Introducao

Situacao : O controlador analogico ja existe , funciona perfeitamente e

nao deve ser modificado.

O equipamento, no entanto, vai ser substituıdo por

um com tecnologia digital .

Problema : Substituir o controlador analogico por um controlador digital

com as mesmas propriedades .



Situacao : A funcao de transferencia G(s) do controlador analogico e

conhecida.

Deseja-se obter uma aproximacao discreta H(z).

Solucao : Utilizar aproximacoes para o operador de diferenciacao (s).

⋆ Se h for suficientemente pequeno , entao G(s) ≃ H(z)



Observacoes :

⋆ A utilizacao desta tecnica limita o desempenho do sistema aquele que se

pode obter com controladores analogicos.

⋆ As tecnicas de controle digital nao sao empregadas .



8.2 Metodos de aproximacao

• Aproximacao da diferenciacao

• Aproximacao da integracao

• Interpretacao das aproximacoes



Aproximacoes da diferenciacao

Forward ou Euler :dx(t)

dt≃

x(k + 1) − x(k)

h⇒ dx(t)

dt=

q − 1

hx(t)

t

x

k k + 1

dxdt

Euler

Figura 109: Aproximacao Forward ou Euler da derivada.



Backward :dx(t)

dt≃

x(k) − x(k − 1)

h⇒ dx(t)

dt=

q − 1

hqx(t)

t

x

kk − 1

dxdt

Backward

Figura 110: Aproximacao Backward da derivada.



Tustin : (inclinacao media)dx(t)

dt=

2(q − 1)

h(q + 1)x(t)

t

x

k k + 1k − 1

dxdt

EulerTustin

Backward

Figura 111: Aproximacao Tustin da derivada.



t

x

k k + 1k − 1

dxdt

EulerTustin

Backward

Figura 112: Comparacao das aproximacoes.



Exemplo 1 G(s) =1

s(s + 1)

Usando Euler : H(z) =1

(z−1

h

) (z−1

h + 1) =

h2

(z − 1)(z − 1 + h)

Usando Backward : H(z) =1

(z−1hz

) (z−1hz + 1

) =

(h2

h+1

)

z2

(z − 1)(

z − 1h+1

)

Usando Tustin : H(z) =1

(2(z−1)h(z+1)

)(2(z−1)h(z+1) + 1

) =

(h2

2(h+2

)

(z + 1)2

(z − 1)(

z + h−2h+2

)



Aproximacoes da integracao

Euler :

I(k) = I(k − 1) + hx(k − 1)

(1 − z−1)I(k) = hz−1x(k)

⇒ I(k) =h

z − 1x(k)

⇒ s =z − 1

ht

x

k k + 1k − 1



Backward :

I(k) = I(k − 1) + hx(k)

(1 − z−1)I(k) = hx(k)

⇒ I(k) =hz

z − 1x(k)

⇒ s =z − 1

hzt

x

k k + 1k − 1



Trapezios :

I(k) = I(k− 1)+ h2 (x(k)+x(k− 1))

(1 − z−1)I(k) = h2 (1 + z−1)x(k)

⇒ I(k) =h

2

z + 1

z − 1x(k)

⇒ s =2

h

z − 1

z + 1

t

x

k k + 1k − 1



Resumo : Para obter uma aproximacao discreta do controlador G(s)

basta substituir a variavel s por um dos valores de s′ dado

na tabela abaixo.

Forward ou Euler s′ =z − 1

h

Backward s′ =z − 1

hz

Tustin s′ =2

h

z − 1

z + 1



Interpretacao das expansoes

⋆ As aproximacoes podem ser interpretadas em termos da expansao em serie

da relacao :

z = esh

Euler : z = esh ≃ 1 + sh

Backward : z = esh ≃1

1 − sh= 1 + sh + s2h2 + · · ·

Tustin : z = esh ≃1 + 0.5sh

1 − 0.5sh= 1 + sh + 0.5s2h2 + 0.25s3h3 + · · ·



8.3 Estabilidade das aproximacoes

⋆ A regiao de estabilidade no plano s e mapeada no plano z pelas relacoes

que definem cada uma das aproximacoes.



Re

Im

Re

Im

−1/h

z = 1 + sh

Plano s Plano z

Figura 113: Regiao de estabilidade da aproximacao por Euler .

Obs. Note que os polos contınuos situados fora do cırculo de raio 1/h e

centro em −1/h sao mapeados fora do cırculo unitario.



Re

Im

−1/h

z = 11−sh

Plano s Plano z

Re

Im

Figura 114: Regiao de estabilidade da aproximacao por Backward .



Re

Im

−1/h

z = 1+sh/21−sh/2

Plano s Plano z

Re

Im

Figura 115: Regiao de estabilidade da aproximacao por Tustin .



8.4 Distorcao de frequencia

Problema : Distorcao da escala de frequencia (frequency warping) .



Exemplo 1 Considere uma aproximacao H(z) de G(s) via Tustin.

A resposta em frequencia e dada por:

H(ejωh) =1

jωh(1 − e−jωh)

︸︷︷︸

ZOH

G(2

h

ejωh − 1

ejωh + 1︸︷︷︸

Tustin

)

Note que :2

h

ejωh − 1

ejωh + 1=

2

h

ejωh/2 − e−jωh/2

ejωh/2 + e−jωh/2=

2j

htan(

ωh

2)



Exemplo 2 Discretizacao de um filtro notch G(s).

Propriedade desejada para o filtro em uma dada freq. ω′ : G(jω′) = 0

Porem, devido a distorcao : H(ejω′h) 6= 0

Quer dizer, o filtro discretizado nao eliminara a frequencia ω′ mas sim a frequencia

ω dada por :

ω′ =2

htan

(ωh

2

)

⇒ ω ≃ ω′

[

1 −(ω′h)2

12

]



ω′

ω2π/hπ/h

π/h

Figura 116: Curva de distorcao. Para ωh pequeno, ω ≃ ω′.



Correcao da distorcao

Dada uma frequencia ω1, para obter

H(ejω1h) = G(jω1)

deve-se modificar a transformacao de Tustin para

s′ =ω1

tan(ω1h2 )

z − 1

z + 1( Tustin com prewarping )

Nota. A distorcao continua para frequencias ω 6= ω1.



Exemplo 3 G(s) =1

s

Usando Tustin com prewarping, tem-se :

H(z) =tan(ω1h

2 )

ω1

z + 1

z − 1

cuja resposta em frequencia e dada por :

H(jω) =tan(ω1h

2 )

ω1

1

j tan(ωh2 )

⇒ H(ejωh) = G(jω) para ω = ω1.



Exercıcio. Mostrar queejωh + 1

ejωh − 1=

1

j tan(ωh2 )

.



8.5 Outras aproximacoes

• Aproximacao por degraus ( Step invariance )

• Aproximacao por rampas ( Ramp invariance )



Aproximacao por degraus (Step invariance)

Ideia : Usar a tecnica de obtencao do equivalente ZOH.

Aproximacao : Supoe-se que exista um ZOH na frente do bloco do

controlador.



Equiv. ZOH︷︸︸︷

⇓

C(s)y(t) u(t)

C(z) ZOH G(s) A/Du(k) u(t) y(t)y(k) y(k)

Figura 117: Aproximacao por degraus.



Aproximacao por rampas (Ramp invariance)

Ideia : Usar a tecnica de obtencao do equivalente FOH.

Aproximacao : Supoe-se que exista um FOH na frente do bloco do

controlador.



h 2h 3h

Figura 118: Aproximacao por rampas.



8.6 Comparacao das aproximacoes

(...)



8.7 Controladores PID

Conteudo 1. Versao academica

2. Modificacao #1 : Eliminacao dos impulsos

3. Modificacao #2 : Eliminacao da derivacao pura

4. Modificacao #3 : Suavizacao do termo proporcional

5. Versao pratica

6. Discretizacao do PID



Versao academica

⋆ A grande maioria dos controladores industriais e do tipo PID.

⋆ Atualmente, todos os PID’s sao implementados digitalmente .

Vantagens : (1) Simplicidade de sintonia

(2) Bem conhecido pelos tecnicos

A forma geral do PID ( versao academica ) e:

u(t) = K

[

e(t) +1

Ti

∫ t

0

e(s)ds + Tde(t)

]



yuuc e

Tds

1

TisK Processo+

−

++

+

Figura 119: Diagrama de blocos do PID versao academica.

Nomenclatura : K — ganho proporcional

Ti — tempo integral ou de reset

Td — tempo derivativo



Modificacao 1 : Eliminacao de uc.

O termo derivativo pode ser escrito como:

Td e = Td(uc − y)

Problema : Nos sistemas controlados por computador o set-point

uc e descontınuo.

Portanto, o sinal uc pode conter impulsos .

Solucao : Eliminar o sinal uc da sinal de comando, i.e.,

Td e → −Td y



Modificacao 2 : Substituicao do termo Td s.

Problema : A variavel y e usualmente medida com ruıdo.

O termo derivativo −Td y nao pode ser dire-

tamente implementado devido ao problemas de

amplificacao do ruıdo .

Solucao : Na pratica utiliza-se a aproximacao :

Td s ≈Td s

1 + Td sN

onde N e um parametro na faixa [3,20].



Note que,Td s

1 + Td sN

=N

NTd s + 1

→ N quando ω → ∞

Quer dizer, N e o limite de amplificacao do ruıdo .



Modificacao 3 : Reducao do termo proporcional.

Problema : Em certas aplicacoes um erro proporcional e = uc − y

muito grande pode causar overshoot inaceitavel.

Solucao : Reduzir o erro proporcional introduzindo-se o parametro b , i.e.,

uc − y → buc − y b < 1

⋆ O parametro b diminui o efeito de variacoes bruscas de uc.

⋆ O erro de regime deve ser compensado pelo termo integral.



Versao pratica

Uma versao pratica do PID e :

u = K

[

buc − y +1

Tise −

Tds

1 + TdsN

y

]

⋆ Existem muitas outras variantes que nao serao discutidas aqui.



Discretizacao do PID

⋆ A discretizacao pode ser obtida por qualquer metodo de aproximacao dis-

cutido (Tustin, Euler, etc.)



Exemplo 1 Discretizacao “especial” do PID.

A lei de controle PID pode ser escrita como :

u(t) = P (t) + I(t) + D(t)

onde : P (t) = K [buc(t) − y(t)]

I(t) =K

Tise(t)

D(t) = −KTds

1 + TdsN

y(t)



O termo proporcional nao precisa de aproximacao :

P (k) = K [buc(k) − y(k)]

O termo integral pode ser aproximado por Euler :

I(k + 1) = I(k) +Kh

Tie(k)

Para o termo derivativo pode-se usar Backward. :

D(k) =Td

Td + NhD(k − 1) −

KTdN

Td + Nh[y(k) − y(k − 1)]



O resultado da discretizacao e dado por :

u(k) = P (k) + I(k) + D(k)

Obs. A vantagem desse procedimento e que cada um dos termos

e obtido separadamente.



Exemplo 2 Discretizacao do PID usando Euler .

Aproximacao Euler : s →z − 1

h

O resultado e

u(k) = K

[

buc(k) − y(k) +h

Ti(z − 1)e(k) −

N(z − 1)

Nh + Td(z − 1)y(k)

]



Definindo-se : A = 1 −Nh

Td

Pode-se reescrever o PID na seguinte forma (polinomial) :

(z − 1)(z − A)u(k) = Kb(z − 1)(z − A)uc(k) − K(z − 1)(z − A)y(k)+

+Kh

Ti(z − A)e(k) −

KN

Td(z − 1)2y(k)

= Kb(z + A)

(

z − 1 +h

Tib

)

uc(k)−

− K

[

(z − A)

(

z + 1 +h

Ti

)

+N

Td(z − 1)2

]

y(k)



A forma geral para a expressao anterior e :

R(z)u(k) = T (z)uc(k) − S(z)y(k)

onde : R(z) = (z − 1)(z − A)

S(z) = s2z2 + s1z + s0

T (z) = t2z2 + t1z + t0

⋆ As formas discretizadas sao similares .

⋆ Os coeficientes variam ligeiramente e sao mais proximos se h → 0.



Tabela de coeficientes

Coeficiente Especial Tustin Aproximacao por rampas

ATd

Nh + Td

2Td − Nh

2Td + Nhe−

NhTd

s0 K(1 + NA) K

1 +

h

Ti

NA

!K(1 +

h

Ti

NA)

s1 −K(1 + A + 2NA −

h

Ti

) −K(1 + A + 2NA −

h(1 − A)

Ti

) −K(1 + A + 2NA −

h(1 − A)

Ti

)

s2 K(A + NA −

Ah

Ti

) K(A + NA −

Ah

Ti

) K(A + NA −

Ah

Ti

)

t0 Kb K(b +h

Ti

) K(b +h

Ti

)

t1 −K(b(1 + A) −

h

Ti

) −K(b(1 + A) −

h(1 − A)

Ti

) −K(b(1 + A) −

h(1 − A)

Ti

)

t2 KA(b −

h

Ti

) KA(b −

h

Ti

) KA(b −

h

Ti

)



8.8 Forma incremental

Ate agora, os algoritmos de controle PID estudados estavam em uma forma

denominada posicional .

Algoritmo PID posicional : R(z)u(k) = T (z)uc(k) − S(z)y(k)

⋆ Nessa forma, o sinal de controle u(k) calculado e absoluto.



Problema : O controle de processos industriais sao usualmente iniciados

por um operador humano .

O operador gera um sinal de comando manual uM .

Ao atingir o ponto desejado de operacao, o operador liga o

PID que passa a gerar um sinal de comando automatico UA.

Se uM 6= uA, pode-se gerar um transitorio muito grande no

momento do chaveamento (fenomeno chamado bump ).



Solucao : Utilizar a forma incremental do PID.

⋆ Nessa forma apenas um incremento de controle ∆u(k) e calculado a cada

instante.

⋆ Na passagem do modo Manual para Automatico so ocorrera um tran-

sitorio de um incremento.

⋆ E necessario um acumulador para gerar o sinal de controle total u(k).



Partindo da forma posicional : R(z)u(k) = T (z)uc(k) − S(z)y(k)

tem-se :

(z − A)(z − 1)u(k) = T (z)uc − S(z)y

(z − A)∆u(k + 1) = T (z)uc − S(z)y

onde :

∆u(k + 1) = u(k + 1) − u(k)

Obs. Se o algoritmo for P ou PD, nao aparece o termo (z − 1) no mem-

bro esquerdo e, portanto podem ocorrer problemas para a sua imple-

mentacao.



Figura 120: Forma posicional × Forma incremental.



8.9 Anti–reset windup

⋆ Na pratica, todo atuador possui um nıvel de saturacao.

⋆ Um regulador com acao integral (PI ou PID) combinado com um

atuador saturado pode geral efeitos indesejaveis.



Exemplo 1 Controle PI de um sistema de 1a. ordem.

euc yusu+

−

PI1

s

G(s)saturacao

Figura 121: Controle PI + saturacao.



A FT em malha fechada dentro da regiao linear e (Script ft mf.m ) :

H(s) =Ks + K

Ti

s2 + Ks + KTi

Funcao de transferencia de um sistema de 2a. ordem padrao :

F (s) =ω2

0

s2 + 2ζω0s + ω20

Comparando as expressoes acima, tem-se que :

ω20 =

K

Ti⇒ Ti =

K

ω20

K = 2 ζ ω0



Em malha fechada : K = 2 ζ ω0 e Ti =K

ω20

Para obter : ζ = 1.0 e ω0 = 1.0

escolhemos : K = 2 e Ti = 2



0 5 10 15 20 25 30 35 400

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

y(t)

0 5 10 15 20 25 30 35 40−0.5

0

0.5

1

1.5

2

u(t)

t

ζ = 1

ω0 = 1

K = 2

Ti = 2

Figura 122: Resposta do sistema sem saturacao. Script simu1.m .



Hipotese : uc e um degrau de amplitude relativamente grande aplicado

por um perıodo de tempo suficientemente longo para que o

sistema sature.

euc yusu+

−

PI1

s

G(s)saturacao

Nestas condicoes : uc grande ⇒ e grande ⇒ u grande ⇒ us saturado ⇒

e permanece grande ⇒ aumenta ainda mais u ⇒ · · · ⇒

longo tempo para voltar ao normal.



0 5 10 15 20 25 30 35 400

0.5

1

1.5

2y(

t)

0 5 10 15 20 25 30 35 40−2

0

2

4

6

u sat(t

)

t

ζ = 1

ω0 = 1

K = 2

Ti = 2

umin = −0.1

umax = 0.1

Figura 123: Resposta do sistema com saturacao. Script simu2.m .



Solucao : Parar de integrar quando o atuador satura.

⋆ Esta estrategia e denominada (anti–reset windup) .



Outra solucao : Realimentacao segundo o diagrama abaixo.

K

Ti

1

s

K

KTdsy

e

1

Tt

Atuador

u

es

v

− +

++

+

++

Figura 124: Anti–reset windup. A saıda do atuador e medida.



e u

es

v

KTds

K ++

+

− +1

s

K

Ti

++

Atuador

1

Tt

y

Modelo doatuador

Figura 125: Anti–reset windup utilizando um modelo do atuador.

⋆ Esta e uma estrategia que pode ser aplicada a qualquer tipo de saturacao.



0 5 10 15 20 25 30 35 400

0.5

1

1.5

2y(

t)

0 5 10 15 20 25 30 35 40−2

0

2

4

6

u sat(t

)

t

ζ = 1

ω0 = 1

K = 2

Ti = 2

Tt = 1

umin = −0.1

umax = 0.1

uMmin= −0.1

uMmax= 0.1

Figura 126: Resposta do sistema com saturacao e anti- windup. Script simu3.m .



0 5 10 15 20 25 30 35 400

0.5

1

1.5

2y(

t)

0 5 10 15 20 25 30 35 40−2

0

2

4

6

u sat(t

)

t

ζ = 1

ω0 = 1

K = 2

Ti = 2

Tt = 1

umin = −0.1

umax = 0.1

uMmin= −0.5

uMmax= 0.5

Figura 127: Resposta do sistema com saturacao e anti- windup. Script simu4.m .



yuy

To Workspace2

u_sat

To Workspace1

r

Set point

SaturationPID

num(s)

den(s)

G(s)

Figura 128: Diagrama de blocos do sistema usando Matlab/Simulink.

Script anti reset1.mdl .



r

y

PID controller with set point weighting and anti−windup.

e I

P

D

1

u

b

set point weighting

v

To Workspace2

u

To Workspace1

Saturation

K

Proportional

1

Ti.s

Integrator

−Tds

Td/N.s+1

Derivative

1/Tt

Anti Windup Gain

2

y

1

r

Figura 129: Expansao do bloco PID.



8.10 Controle bumpless

Vide Figura 8.12.



8.11 Controladores tipo cascata

Kp Kd F (s)1

s

x x+−

+−

Figura 130: Controlador PD.



Kp21

s

x x+−

+−

Kp1 +Ki

sF (s)

Figura 131: Controlador P-PI.



PID PID F (s)1

s

x x+−

+−

Figura 132: Controlador PID-PID.



Exemplo 1 Simulacao de um controlador PID aplicado a uma planta de

3a. ordem com atraso dominante.

u y

Scope

r

Referencia

u y

Planta

r

y

u

PID

Mux

Mux 2

Figura 133: Malha de controle.



Planta de 3a. ordem com atraso dominante

yu1

y

y

To Workspace

2

Ganho

1

10s+1

Bloco 3

1

20s+1

Bloco 2

1

40s+1

Bloco 1 Atraso

1

u

Figura 134: Planta de 3a. ordem com atraso dominante.



CONTROLADOR PID DISCRETO

e

1

u

u

To Workspace

1

1

Termo P

numI(z)

denI(z)

Termo I

numD(z)

denD(z)

Termo D

Sum2

Sum1Kp

Ganho

2

y

1

r

Figura 135: Controlador PID discreto.



0 50 100 150 200 250 300 350 400 450 5000

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4y(t)

0 50 100 150 200 250 300 350 400 450 5000.4

0.45

0.5

0.55

0.6

0.65

0.7

0.75u(t)

Figura 136: Simulacao do PID contınuo.



0 50 100 150 200 250 300 350 400 450 5000

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4y(t)

0 50 100 150 200 250 300 350 400 450 500−4000

−2000

0

2000

4000

6000u(t)

Euler

h = 0.5

h = 3

Figura 137: Simulacao do PID discreto. (Script fig forward.m ).



0 50 100 150 200 250 300 350 400 450 5000

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4y(t)

0 50 100 150 200 250 300 350 400 450 500

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1u(t)

Backward

h = 0.5

h = 20

Figura 138: Simulacao do PID discreto. (Script fig backward.m ).



0 50 100 150 200 250 300 350 400 450 5000

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4y(t)

0 50 100 150 200 250 300 350 400 450 5000.4

0.5

0.6

0.7

0.8u(t)

Tustin

h = 0.5

h = 20

Figura 139: Simulacao do PID discreto. (Script fig tustin.m ).



0 50 100 150 200 250 300 350 400 450 5000

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4y(t)

0 50 100 150 200 250 300 350 400 450 500

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1u(t)

Forward

h = 2

Backward

h = 20

Tustin

h = 20

Figura 140: Comparacao das aproximacoes. (Script fig comparacao.m ).



8.12 Metodos de sintonia de controladores PID’s

Metodos bem conhecidos utilizados na pratica para ajustar experimentalmente os

parametros do PID :

• Metodo da resposta ao degrau

• Metodo de sensibilidade de Ziegler-Nichols

• Metodo do rele de Astrom-Haglund



Metodo da resposta ao degrau

Aplicacao : Plantas de 1a. ordem com atraso.

G(s) =Ke−ds

τs + 1

⋆ Os parametros sao obtidos pela analise da resposta da planta ao degrau.

⋆ Para aplicar o metodo e necessario determinar-se experimentalmente o

parametro L.

⋆ L e denominado atraso aparente .



Figura 141: Figura 8.13. e Tabela 8.2.



Metodo de sensibilidade de Ziegler-Nichols

Ideia do metodo : Levar o sistema a uma oscilacao constante

(limite de estabilidade).

Isso permite determinar o ponto em que a

curva de Nyquist (resposta em frequencia)

cruza o eixo real.

⋆ Para aplicar o metodo e necessario fechar a malha de controle somente com

um ganho proporcional.



Do experimento determina-se :

• Ganho crıtico (Ku) - E o ganho necessario para atingir o limite de estabili-

dade.

• Perıodo crıtico (Tu) - E o perıodo de oscilacao observado no experimento.

A Tabela 8.3 fornece os parametros do PID.



Figura 142: Tabela 8.3.






Capıtulo # 9



9 Implementacao de controladores digitais

...






Capıtulo # 10



10 Modelos de disturbios

Objetivo : Fazer um tratamento sistematico dos disturbios.

Conteudo deste capıtulo :

Metodos para reduzir o efeito de disturbios :

• Feedback

• Feedforward

• Predicao

Modelagem estocastica de disturbios.



Metodos para reducao dos efeitos dos disturbios

• Reducao das fontes geradoras de disturbios

• Reducao via feedback de alto ganho

• Reducao via feedforward

Neste caso, o disturbio e medido .

• Reducao via predicao

Extensao do metodo anterior para o caso em que o disturbio nao pode ser

medido.



Disturbios determinısticos

Para caracterizar o problema, vamos tomar o exemplo abaixo.

Exemplo 1 Preditor para um sinal degrau.

y(k + m | k) = y(k)

Note que o sinal sera previsto sem erro a partir do instante k = m + 1



⋆ O problema com o preditor do exemplo anterior e que o sinal a ser

“previsto” e muito regular.

⋆ O exemplo nao esta de acordo com a nocao intuitiva de que um disturbio e

muito difıcil de ser previsto.



Solucao : Usar um modelo mais realista do disturbio.

• O disturbio e gerado por um sistema dinamico linear

• A entrada do gerador de disturbio sao pulsos isolados,

espacados de pelo menos n intervalos

• O instante de aplicacao do pulso e desconhecido

• A amplitude do pulso tambem e desconhecida

⋆ Os sinais gerados dessa forma sao denominados

sinais determinısticos por partes .



Signal y

Prediction y

LEGEND

Figura 143: Sinal determinıstico por partes.



Signal y

Prediction y

LEGEND

Figura 144: Sinal determinıstico por partes.



Modelos estocasticos de disturbios

⋆ Os disturbios serao gerados por sistema lineares excitados com

ruıdo branco .

⋆ Vamos comecar revendo alguns topicos da teoria de processos aleatorios.



Processos estocasticos

Revisao de conceitos : Material avulso






Capıtulo # 11



11 Projeto otimo: enfoque por variaveis de estado


2. Controle linear quadratico

3. Filtro de Kalman



11.1 Introducao

Neste capıtulo considera-se um problema mais geral de controle.

A planta e linear porem pode ser :

• variante no tempo

• multivariavel

Os modelos incluem :

• ruıdos de estado

• ruıdos de medicao



⋆ O problema de sıntese e formulado de maneira a minimizar um criterio que

e uma funcao quadratica dos estados e dos sinais de controle.

Sao considerados :

1. Problema de controle Linear Quadratico ( LQ )

2. Problema de controle Linear Quadratico Gaussiano ( LQG )



Problema de controle Linear Quadratico (LQ)

Hipotese para a solucao : o estado e mensuravel .

A estrategia de controle gerada e otima pois e sintetizada

de maneira a minimizar um criterio que e uma funcao

quadratica dos estados e dos sinais de controle.



Problema de controle Linear Quadratico Gaussiano (LQG)

Neste caso, somente as saıdas da planta sao mensuraveis.

Para reconstruir o estado utiliza-se um

observador otimo denominado filtro de Kalman .

⋆ O termo gaussiano se deve ao modelo utilizado para os ruıdos.



No capıtulo 4 :

• Problema formulado de modo a satisfazer um criterio de estabilidade

• Dificuldade : escolha dos polos de malha fechada

Neste capıtulo :

• Problema formulado de modo a satisfazer um criterio de otimalidade

• Dificuldade : escolha das matrizes de ponderacao




Modelo do processo : dx = Axdt + Budt + dv

onde A e B sao matrizes variantes no tempo.

O processo estocastico v tem : • media nula

• covariancia incremental R1cdt

• incrementos descorrelacionados

Cuidado : Sistema variante no tempo.



Modelo discreto do sistema :

(Equivalente ZOH)

x(k + 1) = Φx(k) + Γu(k) + v(k)

y(k) = Cx(k) + e(k)

Hipotese : v(k) e e(k) sao ruıdos brancos Gaussianos com

E v(k) = 0

E e(k) = 0

E v(k)vT (k) = R1 R1 ≥ 0

E v(k)eT (k) = R12

E e(k)eT (k) = R2 R2 ≥ 0



Hipotese : A condicao inicial x(0) tem distribuicao Gaussiana com

• E x(0) = m0

• cov(

x(0))

= E(

x(0) − m0

)(

x(0) − m0

)T

= R0, R0 ≥ 0



Criterio

O criterio quadratico adotado tem a forma :

J = E

N−1∑

k=0

x(k)

u(k)

T

Q1 Q12

QT12 Q2

x(k)

u(k)

+ xT (N)Q0x(N)

onde : Q0 = QT0 ≥ 0

Q1 = QT1 ≥ 0

Q2 = QT2 > 0

⋆ Note que J nao e funcao de u(N) !



Problema : encontrar u(k) que minimize o funcional J .

Parametros de projeto : • Intervalo de amostragem h

• Matrizes Q0, Q1 e Q2



Completando os quadrados

⋆ Neste capıtulo veremos varias vezes o problema de minimizacao de funcoes

quadraticas.

O resultado a seguir e fundamental .

Problema : Queremos encontrar u que minimize o seguinte criterio

J(x, u) =[

xT uT]

Qx Qxu

QTxu Qu

x

u



Suponha que exista uma matrix L satisfazendo

QuL = QTxu

Entao, o criterio pode ser escrito como

J(x, u) =[

xT uT]

Qx Qxu

QTxu Qu

x

u

= xT Qxx + xT Qxuu + uT QTxux + uT Quu

= xT Qxx + xT LT Quu + uT QuLx + uT Quu



Observamos que

(u + Lx)T Qu(u + Lx) = uT Quu + xT LT Quu + uT QuLx + xT LT QuLx

ou melhor

uT Quu + xT LT Quu + uT QuLx = (u + Lx)T Qu(u + Lx) − xT LT QuLx

Substituindo esta ultima relacao na expressao de J , tem-se :

J(x, u) = xT(Qx − LT QuL

)x + (u + Lx)T Qu(u + Lx)

⋆ Este procedimento e chamado de completando os quadrados .



Apos completar os quadrados :

J(x, u) = xT(Qx − LT QuL

)x + (u + Lx)T Qu(u + Lx)

Como J(x, u) ≥ 0 ⇒ os 2 termos sao ≥ 0 .

Portanto, o mınimo e obtido quando : u = −Lx

A matriz L e unica se Qu > 0 : L = Q−1u QT

xu

O mınimo procurado e dado por : Jmin = xT(Qx − LT QuL

)x



11.2 Controle linear quadratico (LQ)

Hipotese : O estado e medido.

Vamos considerar 2 casos separadamente :

• Caso determinıstico (sem disturbios)

• Caso estocastico (com disturbios)



Caso determinıstico

Neste caso (sem disturbios) :

• v(k) = 0

• e(k) = 0

Modelo do sistema :x(k + 1) = Φx(k) + Γu(k)

y(k) = Cx(k)



Princıpio da otimalidade

Princıpio : “Uma estrategia otima tem a propriedade de,

qualquer que seja o estado inicial e

qualquer que seja a decisao inicial ,

as decisoes seguintes devem ser otimas em relacao ao estado

resultante da primeira decisao.”



⋆ Este princıpio captura a ideia de recursividade .

⋆ Note que o passado remoto nao e explicitamente considerado.

⋆ Exemplo: modelo discreto do SDLIT.

Toda informacao do passado esta no estado anterior.



Utilizacao do princıpio

1. Inicia-se o algoritmo pelo instante final k = N e retrocede-se no tempo .

Dessa forma, e possıvel determinar a melhor lei de controle para o ultimo passo,

independentemente de como o estado no instante k = N − 1 foi atingido.

2. Itera-se retroativamente ate o instante k = 0.

No final obtem-se a estrategia de controle otimo .

⋆ Este procedimento e denominado programacao dinamica e foi introduzido

por Bellman.



Teorema. (Controle LQ de um sistema determinıstico)

Seja a equacao de Riccati :

S(k) = ΦT S(k + 1)Φ + Q1−

−(

ΦT S(k + 1)Γ + Q12

)(

ΓT S(k + 1)Γ + Q2

)−1(

ΓT S(k + 1)Φ + QT12

)

com condicao final : S(N) = Q0



Se : Q0 ≥ 0 e Q2 + ΓT S(k)Γ > 0

Entao ∃ uma unica lei de controle : u(k) = −L(k)x(k)

onde : L(k) =(

Q2 + ΓT S(k + 1)Γ)−1(

ΓT S(k + 1)Φ − QT12

)

que minimiza o funcional J .

Alem disso :

• minJ = V0 = xT (0)S(0)x(0)

• S(k) ≥ 0



Prova.

Ideia : Usar programacao dinamica .

t0 k − 1 k N

Vk

Direcao das iteracoes

Figura 145: Procedimento de aplicacao da programacao dinamica.



Vamos chamar Vk o custo entre os instante k e N (loss-to-go) :

Vk = minu(k),...,u(N−1)

N−1∑

i=k

x(i)

u(i)

T

Q1 Q12

QT12 Q2

x(i)

u(i)

+ xT (N)Q0x(N)

Interpretacao : Vk e a parcela do funcional que precisa ser minimizada entre

os instantes k e N .

⋆ Essa minimizacao devera fornecer a sequencia de controle u(k), . . . , u(N − 1) .

⋆ Note que Vk e uma funcao de x(k) (estado no instante k).



Para k = N , temos que : VN = xT (N)S(N)x(N) = xT (N)Q0x(N)

Como Q0 ≥ 0 , entao VN ≥ 0

Vamos mostrar que Vk e uma funcao quadratica em x(k) para todo k.

⋆ Como vimos no procedimento completando os quadrados , o mınimo e

obtido eliminando-se o u(k) do funcional, i.e.,

Termo quadratico em u(k) = 0.



Para o instante k = N − 1 temos :

VN−1 = minu(N−1)

x(N − 1)

u(N − 1)

T

Q1 Q12

QT12 Q2

x(N − 1)

u(N − 1)

+ VN

⋆ VN−1 e positiva semi-definida.



Utilizando a equacao do modelo : x(k + 1) = Φx(k) + Γu(k)

expandimos VN :

VN = xT (N)S(N)x(N)

=[

Φx(N − 1) + Γu(N − 1)]T

S(N)[

Φx(N − 1) + Γu(N − 1)]



Substituindo VN em VN−1 :

VN−1 = minu(N−1)

x(N − 1)

u(N − 1)

T

·

·

Q1 + ΦT S(N)Φ ΓT S(N)Φ + Q12

ΦT S(N)Γ + QT12 ΓT S(N)Γ + Q2

x(N − 1)

u(N − 1)

que e uma funcao quadratica em x(N − 1) e u(N − 1).



A lei de controle para o instante N − 1 e :

u(N − 1) = −L(N − 1)x(N − 1) (Obs.: u = −Lx, ∀k)

onde : L(N − 1) =(

Q2 + ΓT S(N)Γ)−1(

ΦT S(N)Γ + QT12

)

Com essa lei cancelamos u(N − 1) de VN−1 o que resulta no mınimo :

VN−1 = xT (N − 1)S(N − 1)x(N − 1)

que e quadratica em x(N − 1) !



Note que para k = N − 1 :

S(N − 1) = ΦT S(N)Φ + Q1−

−(

ΦT S(N)Γ + Q12

)(

ΓT S(N)Γ + Q2

)−1(

ΓT S(N)Φ + QT12

)

Da equacao de L(N − 1) tiramos que :(

ΓT S(N)Φ + QT12

)

=(

ΓT S(N)Γ + Q2

)

L(N − 1)

Portanto :

S(N − 1) = ΦT S(N)Φ + Q1 − LT (N − 1)(

ΓT S(N)Γ + Q2

)−1

L(N − 1)

Como VN−1 ≥ 0 entao S(N − 1) ≥ 0



Vamos agora para o instante k = N − 2.

Aplicando novamente programacao dinamica , tem-se :

VN−2 = minu(N−1),u(N−2)

N−1∑

i=N−2

x(i)

u(i)

T

Q1 Q12

QT12 Q2

x(i)

u(i)

+ xT (N)Q0x(N)

= minu(N−1),u(N−2)

x(N − 2)

u(N − 2)

T

Q1 Q12

QT12 Q2

x(N − 2)

u(N − 2)

+ VN−1

e assim, o procedimento pode ser repetido ate k = 0 .



Em k = 0 teremos que o mınimo de J e :

V0 = xT (0)S(0)x(0)

Conclusao : A cada passo do procedimento aplicamos o procedimento

completando os quadrados e assim minimizamos toda a

sequencia de funcoes VN , · · · , V0.

Em cada instante eliminamos o termo u(k) fazendo

Termo quadratico em u(k) = 0.

O teorema esta provado .



E interessante observar que S(k) tambem pode ser escrito como :

S(k) =

Φ

−ΓL(k)

T

S(k + 1)

Φ

−ΓL(k)

+[

I −LT (k)]

Q

I

−L(k)

Portanto : se S(N) = Q0 ≥ 0 ⇒ S(K) ≥ 0



Verificacao :

Usando : L(k) =(

Q2 + ΓT S(k + 1)Γ)−1(

ΓT S(k + 1)Φ − QT12

)

tiramos que :(

ΓT S(k + 1)Φ − QT12

)

=(

Q2 + ΓT S(k + 1)Γ)

L(k)

Substituindo na expressao original de S(k) :

S(k) = ΦT S(k + 1)Φ + Q1−

−(

ΦT S(k + 1)Γ + Q12

)(

ΓT S(k + 1)Γ + Q2

)−1(

ΓT S(k + 1)Φ + QT12

)

= ΦT S(k + 1)Φ + Q1 − LT (k)(

ΓT S(k + 1)Γ + Q2

)

L(k)



ou melhor :

S(k) = ΦT S(k + 1)Φ + Q1 − LT (k)(

ΓT S(k + 1)Γ + Q2

)

L(k)

= ΦT S(k + 1)Φ − LT (k)ΓT S(k + 1)ΓL(k) + LT (k)Q12L(k) + Q1

=

Φ

−ΓL(k)

T

S(k + 1)

Φ

−ΓL(k)

+

I

−L(k)

T

Q

I

−L(k)

e o resultado esta verificado.



O seguinte fato sera provado e utilizado no tratamento do caso estocastico.

Fato. Utilizando o procedimento de completar os quadrados ,

o criterio quadratico

J = xT (N)Q0x(N) +

N−1∑

k=0

x(k)

u(k)

T

Q1 Q12

QT12 Q2

x(k)

u(k)

pode ser reescrito na forma :

J = xT (0)Q0x(0) +

N−1∑

k=0

(

Formas quad. em u(k) − L(k)x(k))



Caso estocastico

⋆ A seguir vamos tratar o caso estocastico (nao determinıstico).

⋆ Iniciaremos pelo caso mais simples em que x(0) e incerto .

Quer dizer, x(0) sera caracterizado pelas suas propriedades estatısticas.

⋆ Antes, precisamos de algumas ferramentas para tratar esses novos

elementos.



Valor medio de uma forma quadratica

Seja x um processo estocastico gaussiano com :

E x = m

cov x = E (x − m)(x − m)T = R

Problema : Queremos determinar E xT Sx

Solucao : E xT Sx = mT Sm + tr[

SR]



Prova. Considere a expressao :

E (x − m)T S(x − m) = E[

(x − m)T Sx − (x − m)T Sm]

= E[

xT Sx − mT Sx − xT Sm + mT Sm]

Entao : E xT Sx = E (x − m)T S(x − m) + E mT Sx + E xT Sm − E mT Sm

Porem : E mT Sx = mT S(

E x)

= mT Sm

E xT Sm =(

E xT)

Sm = mT Sm

E mT Sm = mT Sm

Entao : E xT Sx = E (x − m)T S(x − m) + mT Sm



Fato : xT Sx e um escalar e portanto podemos escrever que

E xT Sx = E tr(

xT Sx)

Propriedade da funcao tr(·) : tr(

xT Sx)

= tr(

SxxT)

Verificacao com exemplo 2 × 2 :

E xT Sx = E

[

x1 x2

]

S1 S2

S2 S3

x1

x2

= E(

S1x21 + 2S2x1x2 + S3x

22

)

( Escalar ! )

= E tr(

xT Sx)



Verificacao com exemplo 2 × 2 :

tr(

xT Sx)

= tr(

SxxT)

= tr

S1 S2

S2 S3

x2

1 x1x2

x1x2 x22

= tr

S1x

21 + S2x1x2 S1x1x2 + S2x

22

S2x21 + S3x1x2 S2x1x2 + S3x

22

=(

S1x21 + 2S2x1x2 + S3x

22

)



Voltando a nossa forma quadratica original :

E (x − m)T S(x − m) = E tr[

(x − m)T S(x − m)]

= E tr[

S(x − m)(x − m)T]

= tr[

S E (x − m)(x − m)T]

= tr[

SR]

Resultado : E xT Sx = mT Sm + tr[

SR]



Voltando ao ... Caso estocastico

Estamos prontos para considerar o caso em que x(0) e incerto.

Hipotese : E x(0) = m0

E(

x(0) − m0

)(

x(0) − m0

)T

= R0,

Relembrando : A funcao custo e dada por

J = E

N−1∑

k=0

x(k)

u(k)

T

Q1 Q12

QT12 Q2

x(k)

u(k)

+ xT (N)Q0x(N)

A seguir vamos proceder de modo a completar os quadrados .



Considere o termo xT (N)Q0x(N).

Sabemos que : xT (N)Q0x(N) = xT (N)S(N)x(N)

Trick : Seja a seguinte identidade

xT (N)S(N)x(N) = xT (0)S(0)x(0)+

+

N−1∑

k=0

xT (k + 1)S(k + 1)x(k + 1) −N−1∑

k=0

xT (k)S(k)x(k)

⋆ Observe que apos expandir os somatorios e fazer todos os cancelamentos,

sobra somente o termo xT (N)S(N)x(N).

Olhando somente para a variavel S(·), a expressao acima corresponde a :

S(N) = S(0)− S(0) + S(1)− S(1) + · · ·+ S(N − 1)− S(N − 1) + S(N)



A seguir vamos utilizar a equacao do modelo :

x(k + 1) = Φx(k) + Γu(k)

para expandir cada um dos termos do 1o. somatorio e obter :

xT (k + 1)S(k + 1)x(k + 1) =[

Φx(k) + Γu(k)]T

S(k + 1)[

Φx(k) + Γu(k)]

⋆ Com isso uniformizamos a expressao de modo a ficar tudo em funcao de

x(k) e u(k) (somente no instante k ).



No 2o. somatorio usamos a expressao de S(k)

S(k) = ΦT S(k + 1)Φ + Q1 − LT (k)(

ΓT S(k + 1)Γ + Q2

)

L(k)

para obter :

xT (k)S(k)x(k) = x(k)[

ΦT S(k+1)Φ+Q1−LT (k)(

ΓT S(k+1)Γ+Q2

)

L(k)]

x(k)

⋆ Com isso uniformizamos a expressao de modo a ficar tudo em funcao de

S(k + 1) (somente no instante k + 1 ).



Agora vamos substituir as expansoes dentro dos somatorios :

xT (N)S(N)x(N) = xT (0)S(0)x(0)+

+

N−1∑

k=0

[

Φx(k) + Γu(k)]T

S(k + 1)[

Φx(k) + Γu(k)]

−

−N−1∑

k=0

xT (k)[

ΦT S(k + 1)Φ + Q1 − LT (k)(

ΓT S(k + 1)Γ + Q2

)

L(k)]

x(k)

⋆ A seguir rearrumamos os termos ...



Rearrumando os termos :

xT (N)S(N)x(N) = xT (0)S(0)x(0)+

+

N−1∑

k=0

uT (k)[

ΓT S(k + 1)Γ + Q2

]

u(k) − uT (k)Q2u(k)+

+ uT (k)[

ΓT S(k + 1)Φ + QT12

]

x(k) − uT (k)QT12x(k)+

+ xT (k)[

ΦT S(k + 1)Γ + Q12

]

u(k) − xT (k)Q12u(k)+

+ xT (k)LT (k)[

ΓT S(k + 1)Γ + Q2

]

L(k)x(k) − xT (k)Q1x(k)

⋆ Os termos vermelhos foram somados e subtraıdos na equacao.



Relembrando : L(k) =(

ΓT S(k + 1)Γ + Q2

)−1(

ΓT S(k + 1)Φ − QT12

)

Portanto :(

ΓT S(k + 1)Φ − QT12

)

=(

ΓT S(k + 1)Γ + Q2

)

L(k)

Substituindo ...



xT (N)S(N)x(N) = xT (0)S(0)x(0)+

+

N−1∑

k=0

uT (k)[

ΓT S(k + 1)Γ + Q2

]

u(k)+

+ uT (k)[

ΓT S(k + 1)Γ + Q2

]

L(k)x(k)+

+ xT (k)LT (k)[

ΓT S(k + 1)Γ + Q2

]

u(k)+

+ xT (k)LT (k)[

ΓT S(k + 1)Γ + Q2

]

L(k)x(k)−

− uT (k)Q2u(k) − uT (k)QT12x(k) − xT (k)Q12u(k) − xT (k)Q1x(k)

⋆ Proximo passo : juntar os termos com fator ΓT S(k + 1)Γ + Q2.



Resultado :

xT (N)S(N)x(N) = xT (0)S(0)x(0)+

+

N−1∑

k=0

[

u(k) + L(k)x(k)]T [

ΓT S(k + 1)Γ + Q2

][

u(k) + L(k)x(k)]

−

− uT (k)Q2u(k) − uT (k)QT12x(k) − xT (k)Q12u(k) − xT (k)Q1x(k)



Substituindo a expressao acima na funcao custo J , resulta :

J = E(

xT (0)S(0)x(0)+

+

N−1∑

k=0

[

u(k) + L(k)x(k)]T [

ΓT S(k + 1)Γ + Q2

][

u(k) + L(k)x(k)])

⋆ Note o cancelamento dos termos vermelhos e azuis .

⋆ Relembrando : o que fizemos aqui foi somente completar os quadrados .



De volta ao nosso ... Caso estocastico

A minimizacao do criterio :

J = E(

xT (0)S(0)x(0)+

+N−1∑

k=0

[

u(k) + L(k)x(k)]T [

ΓT S(k + 1)Γ + Q2

][

u(k) + L(k)x(k)])

e obtida com a lei : u(k) = −L(k)x(k)

e o mınimo e : Jmin = E[

xT (0)S(0)x(0)]



Aplicando o resultado sobre valor medio de uma forma quadratica :

Jmin = mT0 S(0)m0 + tr

[

S(0)R0

]



Caso estocastico com v(k) 6= 0

Hipotese : Ev(k) = 0

Ev(k)vT (k) = R1, R1 ≥ 0

Para resolver esse caso precisamos novamente completar os quadrados .

Resultado :

J = E(

xT (0)S(0)x(0) +

N−1∑

k=0

vT (k)S(k + 1)v(k)+

+

N−1∑

k=0

[

u(k) + L(k)x(k)]T [

ΓT S(k + 1)Γ + Q2

][

u(k) + L(k)x(k)])



Prova. Fica como exercıcio !

O procedimento e semelhante ao que foi feito para o caso com x(0) incerto.

Dicas :

1. Agora o modelo da planta e x(k + 1) = Φx(k) + Γu(k) + v(k)

2. Usar o fato de que v(k) e independente de x(k) e u(k).

Quer dizer, x(k) e u(k) nao afetam a ocorrencia de v(k).

Portanto : Ev(k)xT (k) = Ev(k)uT (k) = 0



O mınimo do novo funcional e obtido com a lei :

u(k) = −L(k)x(k)

e o mınimo e :

Jmin = E[

xT (0)S(0)x(0) +

N−1∑

k=0

vT (k)S(k + 1)v(k)]

Aplicando o resultado sobre valor medio de uma forma quadratica :

Jmin = mT0 S(0)m0 + tr

[

S(0)R0

]

+

N−1∑

k=0

tr[

S(k + 1)R1

]



Caso invariante no tempo

⋆ Neste caso, usualmente, so um controle estacionario e empregado.

⋆ Este controle e obtido da solucao da equacao algebrica de Riccati :

S = ΦT SΦ + Q1 −(

ΦT SΓ + Q12

)(

ΓT SΓ + Q2

)−1(

ΓT SΦ + QT12

)

⋆ S pode ser obtido resolvendo-se a equacao de Riccati ate S(k) convergir.



Existencia e unicidade de S

Como Q = QT =

Q1 Q12

QT12 Q2

≥ 0, entao, ∃Cℓ e Dℓ tal que

Q =

CT

ℓ

DTℓ

[

Cℓ Dℓ

]

Condicao para existencia e unicidade da solucao S :

A matrix

−zI + Φ Γ

Cℓ Dℓ

possui todas as colunas l.i. quando |z| ≥ 1.



Exemplo 1 Controle LQ do duplo integrador.

Dados : h = 1, Q1 =

1 0

0 0

, Q2 = ρ, x(0) =

1

0

Criterio (determinıstico) : J =∑(

x21(k) + ρu2(k)

)

Problema de regulacao : x(N) = 0

Vamos usar a solucao estacionaria : u(k) = −Lx(k)

L =(ρ + ΓT SΓ

)−1 (ΓT SΦ

)



Para obter a solucao, usamos o Control Toolbox do MATLAB.

Comando : DLQR (Discrete LQ Regulator)

Sintaxe : [L, S, a] = dlqr(Φ, Γ, Q1, Q2, Q12)

onde a e o vetor de autovetores de (Φ − ΓL)

Scripts desse exemplo : fig112.m

fig113.m



0 2 4 6 8 10−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2rho=0.016

0 2 4 6 8 10−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2rho=0.05

0 2 4 6 8 10−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2rho=0.5

0 2 4 6 8 10−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2rho=10

Figura 146: Resultado de simulacao com ρ = 0.016, 0.05, 0.5, 10.



100

105

0

0.5

1

1.5

2

rho

L

Figura 147: Variacao dos ganhos em funcao de ρ.



Exemplo 2 Controle LQ do integrador simples.

Modelo : x(k + 1) = x(k) + u(k) x(0) = 1

Criterio (determinıstico) : J =

4∑

k=0

[x2(k) + 10u2(k)

]+ q0x

2(5))

⋆ Problema de horizonte finito (5 passos).

Solucao da equacao de Riccati : S(k) = S(k + 1) + 1 −S2(k + 1)

S(k + 1) + 10

L(k) =S(k + 1)

S(k + 1) + 10



0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 50

5

10

s(k)

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 50

0.1

0.2

0.3

0.4

l(k)

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 50

0.5

1

Time

x(k)

Figura 148: Resultado de simulacao com q0 = 10, 3.7, 0.



Estabilidade do controle LQ

Seja a planta : x(k + 1) = Φx(k) + Γu(k)

Criterio : J = E

N−1∑

k=0

x(k)

u(k)

T

Q

x(k)

u(k)

+ xT (N)Q0x(N)

onde Q =

Q1 Q12

QT12 Q2

> 0.



Se existe solucao S da equacao algebrica de Riccati, entao a lei de controle :

u(k) = −Lx(k)

L =(Q2 + ΓT SΓ

)−1 (ΓT SΦ + QT

12

)

resulta em um sistema em malha fechada

x(k + 1) = (Φ − ΓL)x(k)

globalmente assintoticamente estavel (GAS).



Matrizes de ponderacao

Problema : Como determinar as matrizes de ponderacao ?

(...)



11.3 Filtro de Kalman

Referencias para esta secao :

[1] Arthur Gelb ,

Applied Optimal Estimation ,

MIT Press, 1988.

[2] Karl J. Astrom & Bjorn Wittenmark ,


3a. edicao, Prentice–Hall, 1997.

[3] Brown & Hwang ,

Introduction to Random Signals and Applied Kalman Filtering ,

John Wiley, 1992.



Breve historico

Desenvolvimento dos metodos de processamento de dados para sistemas com

variaveis aleatorias :

• 1800 — Gauss

Inventou o Least-Square determinıstico .

• 1910 — Fisher

Introduziu o metodo de estimacao de maxima probabilidade .

• 1940 — Wiener

Desenvolveu o projeto de filtros otimos (no sentido estatıstico) no

domınio da frequencia .



• 1940 — Kolmogorov

Tratou o mesmo problema no domınio discreto no tempo .

• 1960 — Kalman

Apresentou o metodo de projeto de filtros otimos recursivos baseado em

espaco de estado .



Redundancias

⋆ Gauss ja tinha observado a necessidade de se dispor de dados redundantes

para reduzir/eliminar a influencia dos erros de medicao.



O que e um Estimador otimo?

Um estimador otimo e um algoritmo computacional que processa medidas de

modo a deduzir/obter uma estimativa do estado de um sistema, com erro mınimo,

usando :

• Conhecimento do modelo do sistema

• Conhecimento da dinamica da medicao

• Estatısticas dos ruıdos do sistema

• Estatısticas dos erros de medicao

• Informacoes sobre a condicao inicial



Exemplo 1 (Exemplo mais simples possıvel ! )

Considere o problema de se medir uma grandeza x que e invariante no tempo .

Modelo para a dinamica de x :

x = c , c = constante

x = 0

∫

x(0) = c

xx = 0+

z

v

Figura 149: Diagrama de blocos do sistema.



Sistema de medicao

⋆ O sistema de medicao dispoe de 2 sensores .

⋆ Sao feitas 2 medidas z1 e z2, cada uma com um sensor, na presenca de um

ruıdo aleatorio.

⋆ As medidas podem ser representadas por

z1 = x + v1

z2 = x + v2

⋆ v1 e v2 sao ruıdos gaussianos com

E [v1] = 0 E [v21 ] = σ2

1

E [v2] = 0 E [v22 ] = σ2

2



⋆ Supoe-se que os ruıdos sejam independentes, i.e.,

E [v1v2] = 0



Problema : Como processar/combinar as medidas de modo a obter uma

estimativa otima (no sentido estatıstico) de x ?



Ideia : Fazer uma combinacao linear das medidas.

Estimativa : x = k1z1 + k2z2

onde k1 e k2 sao ganhos a serem especificados.



Definicao. O erro de estimativa e dado por

x = x − x

⋆ x e o valor correto (desconhecido e nao aleatorio!)

Criterio : Vamos minimizar o valor medio quadratico do erro de estimativa

J = E[x2]

⋆ Em outras palavras, vamos determinar k1 e k2 de modo a minimizar o

criterio acima.



Vamos primeiro tomar o valor medio de x :

E[x]

= E[x − x

]

= E[k1z1 + k2z2 − x

]

= E[k1(x + v1) + k2(x + v2) − x

]

= k1E[v1

]

︸︷︷︸

0

+ k2E[v2

]

︸︷︷︸

0

+E[(k1 + k2 − 1)x

]

︸︷︷︸

(k1+k2−1)E [x]

= (k1 + k2 − 1)x

⋆ E[x]

= x (x nao e aleatorio!)



⋆ O mınimo que se pode esperar de um bom estimador e que o valor medio

do erro de estimativa seja nulo, isto e,

E[x]

= 0

⋆ Para que isso ocorra, devemos necessariamente ter

k1 + k2 = 1



Portanto:

⋆ A estimativa otima deve ser uma combinacao linear convexa das medidas .

⋆ Caso contrario, a estimativa sera tendenciosa .



Interpretacao

0 z1 z2x

Figura 150: A estimativa x deve pertencer ao intervalo [z1, z2].



Media simples :

Se as 2 medidas forem feitas com o mesmo instrumento, entao

k1 = k2 = 0.5

Media ponderada :

k1 = 0.25

k2 = 0.75

Reflete o fato de que a 2a. medida e “melhor” do que a 1a.



Usando a relacao : k2 = 1 − k1

podemos escrever :

x = k1z1 + k2z2

= k1z1 + (1 − k1)z2

= k1(x + v1) + (1 − k1)(x + v2)

= k1x + k1v1 + (x + v2) − k1x − k1v2

= x + k1v1 + (1 − k1)v2

Portanto : x = x − x = k1(v1 − v2) + v2



Vamos agora determinar k1 de modo a minimizar J :

J = E[x2]

= E[(

k1(v1 − v2) + v2

)2]

= E[(k1v1)

2 + (1 − k1)2v2

2 + 2k1(1 − k1)v1v2

]

= k21E[v21

]+ (1 − k1)

2E[v22

]+ 2k1(1 − k1)E

[v1v2

]

︸︷︷︸

0

⋆ Como os erros de medicao v1 e v2 sao independentes , i.e., a ocorrencia

de um nao interfere na ocorrencia do outro, entao

E[v1v2

]= 0



Portanto,

J = E[x2]

= k21E[v21

]+ (1 − k1)

2E[v22

]

Lembrando que os ruıdos sao gaussianos :

E[v21

]= σ2

1

E[v22

]= σ2

2

Resultado : J = E[x2]

= k21σ

21 + (1 − k1)

2σ22



Para encontrar o mınimo de J fazemos

∂J

∂k1=

∂

∂k1

(

k21σ

21 + (1 − k1)

2σ22

)

= 2k1σ21 − 2(1 − k1)σ

22 = 0

Portanto : k1 =σ2

2

σ21 + σ2

2

⋆ So depende dos instrumentos !!



O mınimo para o criterio e dado por :

Jmin = k21σ

21 + (1 − k1)

2σ22

= k21

(σ2

1 + σ22

)+ σ2

2 − 2k1σ22

=σ4

2

(σ21 + σ2

2)2(σ2

1 + σ22) + σ2

2 − 2σ2

2

(σ21 + σ2

2)σ2

2

= σ22 −

σ42

(σ21 + σ2

2)

=σ2

1σ22

(σ21 + σ2

2)

⋆ E a combinacao em “paralelo” de σ21 e σ2

2 .

⋆ So depende dos instrumentos !!



Conclusao: A variancia do erro de estimativa e menor do σ21 ou σ2

2 .

⋆ A estimativa e melhor do que qualquer medida.



A estimativa otima procurada e dada por :

x = k1z1 + (1 − k1)z2

=

(σ2

2

(σ21 + σ2

2)

)

z1 +

(σ2

1

(σ21 + σ2

2)

)

z2

⋆ Note que se σ21 = σ2

2 (p. ex. se as 2 medidas forem feitas com o mesmo

instrumento) :

x =1

2z1 +

1

2z2



Neste exemplo :

⋆ Sistema escalar (1 variavel).

⋆ Dinamica de ordem zero (variavel de interesse constante).



Exercıcio. [Gelb:88], pag. 7

Refazer o exemplo 1 para o caso em que os erros dos instrumentos sao

correlacionados, isto e,

E[v1v2

]= ρ σ1 σ2

(|ρ| ≤ 1

)

onde ρ e o coeficiente de correlacao.

Mostre que

k1 =σ2

2 − ρσ1σ2

σ21 + σ2

2 − 2ρσ1σ2

k2 =σ2

1σ22

(1 − ρ2

)

σ21 + σ2

2 − 2ρσ1σ2




Considere um caso similar ao do exemplo 1 onde s ao disponıveis 3 medidas

independentes ao inves de somente 2. O estimador linear neste caso e

x = k1z1 + k2z2 + (1 − k1 − k2)z3

Determine os valores otimos de k1 e k2 e mostre que

E[x2]

=

(1

σ21

+1

σ22

+1

σ23

)−1




A concentracao de uma substancia em uma solucao decresce exponencialmente

durante um experimento. Medidas da concentracao (com ruido) sao feitas nos

instantes t1 e t2 tais que

z1 = x0e−t1 + v1

z2 = x0e−t2 + v2

Mostre que um estimador (nao tendencioso) para a estimativa da concentracao x0 e

x0 =(k e−t1

)z1 +

[(1 − k) e−t2

]z2

onde k e uma constante. Mostre que o valor de k que minimiza a media quadratica

do erro de estimacao e

k =σ2

2

σ21 e−2(t2−t1) + σ2

2



Interpretacao usando “completando os quadrados”

J = k21σ

21 + (1 − k1)

2σ22

= k21σ

21 + (1 − 2k1 + k2

1)σ22

= k21σ

21 + σ2

2 − 2k1σ22 + k2

1σ22

=[1]σ2

2 +[− 2k1

]σ2

2 +[k21

](σ2

1 + σ22

)

Note que :

[

1 −k1

]

a b

b c

1

−k1

= [1] a + [−2k1] b + [k21] c



Portanto, usando o procedimento de completar os quadrados :

J =[1]σ2

2 +[− 2k1

]σ2

2 +[k21

](σ2

1 + σ22

)

=[

1 −k1

]

σ2

2 σ22

σ22 σ2

1 + σ22

1

−k1

Resultado conhecido : ∃L =b

c=

σ22

σ21 + σ2

2

tal que

J = 1

(

σ22 −

b

c

(σ2

1 + σ22

)b

c

)

1 +

(

−k1 +σ2

2

σ21 + σ2

2

)(σ2

1 + σ22

)(

−k1 +σ2

2

σ21 + σ2

2

)

ou melhor,

J = 1

(σ2

1σ22

σ21 + σ2

2

)

1 +

(σ2

2

σ21 + σ2

2

− k1

)(σ2

1 + σ22

)(

σ22

σ21 + σ2

2

− k1

)



Resumindo,

J = 1

(σ2

1σ22

σ21 + σ2

2

)

1 +

(σ2

2

σ21 + σ2

2

− k1

)(σ2

1 + σ22

)(

σ22

σ21 + σ2

2

− k1

)

Portanto, o valor de k1 que minimiza o funcional J e :

k1 =σ2

2

σ21 + σ2

2

e o mınimo de J e dado por

Jmin =σ2

1σ22

σ21 + σ2

2



Exemplo 2 Agora vamos considerar um problema um pouco mais difıcil.

⋆ A grandeza y que se deseja estimar varia no tempo .

Hipotese : y e a posicao de um ponto deslocando-se com velocidade constante

( movimento retilıneo uniforme ).



Modelo para a dinamica de y :

y = c2 , c2 = constante

y = 0

∫

y(0) = c2

yy = 0

y(0) = c1

y∫

x1x2

z

e

+

Figura 151: Diagrama de blocos do sistema.

⋆ e e o ruıdo de medicao.



Modelo discreto : Duplo integrador com u = 0

x(k + 1) =

1 h

0 1

x(k)

y(k) =[

1 0]

x(k)

ou melhor

x(k + 1) = φ x(k)

y(k) = C x(k)

⋆ Por simplicidade, adotamos h = 1



Suponha que sejam feitas medidas da saıda y a intervalos constantes de tempo :

z(k) = y(k) + e(k) ⇒ z(k) = Cx(k) + e(k)

⋆ e(k) e o ruıdo de medicao.

⋆ O ruıdo e(k) e gaussiano :

E[e(k)

]= 0

E[e2(k)

]= R2



Nota. Nao e razoavel estimar y fazendo uma simples combinacao linear das

medidas.

A estimativa

y(1) = k1z(0) + k2z(1)

nao tem sentido!



Ideia : Usar o modelo do sistema para fazer uma predicao de y

yp(1) = predicao de y(1) usando z(0)

e usar o estimador

y(1) = k1yp(1) + k2z(1)

⋆ A predicao e na realidade uma atualizacao das informacoes disponıveis

para o instante de interesse.

⋆ A estimativa deve ser uma combinacao linear convexa de uma predicao e de

uma nova medida.



Modelo de predicao :

xp(k) = φ x(k − 1)

yp(k) = Cxp(k)

⋆ Lembrar que este exemplo nao tem u(k) !

⋆ Obviamente, vamos ter que estimar todo o estado para poder fazer a

predicao.



Interpretacao

xp(k − 1)

yp(k − 1) yp(k)

xp(k)x(k − 1)

y(k − 1) y(k)

x(k)

kk − 1

z(k − 1) z(k)

Usar modelo

φ

C

Figura 152: Interpretacao da predicao.



Verificacao :

⋆ A melhor informacao sobre y no instante k − 1 e y(k − 1).

Para fazer a predicao usamos a formula

yp(k) = Cφx(k − 1)

=[

1 0]

1 h

0 1

x1(k − 1)

x2(k − 1)

= x1(k − 1) + h x2(k − 1)

ou seja, yp(k) = (posicao) + h (velocidade) como era esperado!



Como temos que estimar o estado e o modelo e conhecido , podemos usar um

observador :

x(k + 1∣∣k) = φx(k

∣∣k − 1) + K

[z(k) − y(k)

]

y(k) = Cx(k∣∣k − 1)

⋆ (Forma preditiva!)

⋆ Note a presenca da medida z(k) no algoritmo.



Definicao. Erro de estimativa x = x − x

Desenvolvendo a equacao do erro, temos :

x(k + 1) = x(k + 1) − x(k + 1∣∣k)

= φx(k) − φx(k∣∣k − 1) − K

[z(k) − Cx(k

∣∣k − 1)

]

= φx(k) − K[Cx(k) + e(k) − Cx(k

∣∣k − 1)

]

=(φ − KC

)x(k) − Ke(k)

⋆ Essa equacao ja e nossa conhecida!



Podemos reescrever a equacao do erro de estimativa como

x(k + 1) =[

I −K]

φx(k)

Cx(k) + e(k)

⋆ Alguma semelhanca com o caso anterior (ordem zero)?



⋆ No capıtulo 4 a matriz K foi projetada de forma a realocar os polos de

(φ − KC), i.e., de modo a satisfazer um criterio de estabilidade.

⋆ Aqui vamos determinar K de modo a satisfazer um criterio de otimalidade.

⋆ Note que agora temos a presenca do ruıdo e(k).



Criterio : Minimizar a variancia do erro de estimativa.

min P (k) = E[x(k)xT (k)

]



Para o instante k + 1 , temos

P (k + 1) = E[x(k + 1)xT (k + 1)

]

= E

[

I −K]

φx(k)

Cx(k) + e(k)

φx(k)

Cx(k) + e(k)

T

I

−KT

=[

I −K]

φE[x(k)xT (k)

]φT φE

[x(k)xT (k)

]CT

CE[x(k)xT (k)

]φT R2 + CE

[x(k)xT (k)

]CT

I

−KT

=[

I −K]

φE[x(k)xT (k)

]φT φE

[x(k)xT (k)

]CT

CE[x(k)xT (k)

]φT R2 + CE

[x(k)xT (k)

]CT

I

−KT

=[

I −K]

φP (k)φT φP (k)CT

CP (k)φT R2 + CP (k)CT

I

−KT



⋆ Compare esta ultima equacao com a equacao obtida no caso anterior (ordem

zero).

⋆ O mınimo pode ser facilmente obtido aplicando-se o procedimento de

“completar os quadrados”.

Ver Astrom & Wittenmark , 1997, pag. 430.



Resultado : P (k + 1) e minimizado por K satisfazendo

K[R2 + CP (k)CT

]= φP (k)CT

Se[R2 + CP (k)CT

]> 0, entao

K = φP (k)CT[R2 + CP (k)CT

]−1

⋆ K e variante no tempo!



Pode-se verificar facilmente que o valor mınimo de P (k + 1) e :

P (k + 1) = φP (k)φT −(φP (k)CT

)[R2 + CP (k)CT

]−1(CP (k)φT

)

ou melhor

P (k + 1) = φP (k)φT − K(k)(CP (k)φT

)

⋆ O termo φP (k)φT e a parte da variancia devido a dinamica do sistema.

⋆ O termo K(k)(CP (k)φT

)e o decrescimo na variancia devido as

informacoes fornecidas pela medidas.

⋆ Note que P (k) nao depende das observacoes .



Algoritmo (Filtro de Kalman na forma preditiva )

Processo :

x(k + 1) = φx(k) + v(k)

z(k) = Cx(k) + e(k)

Observador :

x(k + 1

∣∣k) = φx(k

∣∣k − 1) + K(k)

[z(k) − y(k

∣∣k − 1)

]

y(k∣∣k − 1) = Cx(k

∣∣k − 1)

Ganho de Kalman :

K(k∣∣k − 1) =

(

φP (k∣∣k − 1)CT + R12

)(

R2 + CP (k∣∣k − 1)CT

)−1

P (k + 1∣∣k) = φP (k

∣∣k − 1)φT + R1 − K(k

∣∣k − 1)

(

CP (k∣∣k − 1)φT + R12

)



Variancias :

E

v(k)

e(k)

[

vT (k) eT (k)]

=

R1 R12

RT12 R2

Condicoes iniciais :

x(0) = x0

P (0) = R0



Exemplo 3 Sistema de 1a. ordem

x(k + 1) = x(k)

y(k) = x(k) + e(k)

Variancia : E [e2(k)] = σ2 = 1






Capıtulo # 12



12 Metodos de projeto otimos : enfoque polinomial

...






Capıtulo # 13



13 Identificacao


2. Least square

• Equacao normal

• Interpretacao geometrica

3. Weighted least square

4. Least square recursivo

• Lema da inversao

• Resumo do algoritmo

• Cascata de atrasadores

• Simulador

5. Exemplos de simulacao:

[ 1 ] [ 2 ] [ 3 ] [ 4 ] [ 5 ] [ 6 ] [ 7 ]



13.1 Introducao

(...)



13.2 Least square

Hipotese : A planta possui um modelo ARMA.

Planta:y(k) + a1y(k − 1) + · · · + any(k − n)−

− b1u(k − 1) − · · · − bnu(k − n) = e(k)

⋆ ARMA = Auto-regressive moving average.

Seja : θ =[

a1 · · · an b1 · · · bn

]T

φ(k) =[

−y(k − 1) · · · −y(k − n) u(k − 1) · · · u(k − n)]T

Modelo da planta : y(k) = θT φ(k) + e(k)



Modelo da planta : y(k) = θT φ(k) + e(k) (ARMA)

⋆ θ = vetor de parametros.

⋆ φ(k) = vetor regressor (o de medidas).

⋆ Importante : y(k) e linear em θ (ou φ).

⋆ Note a semelhanca desta equacao com a equacao (...).



Apos N observacoes da saıda, tem-se

Perıodo transitorio

y(0) = φT (0) θ + e(0)

y(1) = φT (1) θ + e(1)...

y(n) = φT (n) θ + e(n)...

y(N) = φT (N) θ + e(N)

⋆ Somente a partir da medida n o vetor de regressao φ(k) esta completo e o

modelo pode ser utilizado.



Apos N observacoes da saıda,

y(n) = φT (n) θ + e(n)...

y(N) = φT (N) θ + e(N)

Definicoes :

Y (N) =

y(n)

y(n + 1)...

y(N)

, Φ(N) =

φT (n)

φT (n + 1)...

φT (N)

, ε(N) =

e(n)

e(n + 1)...

e(N)

.

Portanto,

Y = Φ θ + ε



⋆ Seja θ uma estimativa de θ.

Previsao : Y = Φ θ

Erro de previsao : ǫ = Y − Y = Y − Φ θ

Problema : Estimar o parametro θ que minimiza o criterio

J = ǫT ǫ



Para achar o mınimo do funcional J , calculamos

∂J

∂θ=

∂

∂θ

[ǫT ǫ]

=∂

∂θ

[Y T Y − 2Y T Φθ + θT ΦT Φθ

]

= −2ΦT Y + 2ΦT Φθ

∂J

∂θ= 0 ⇒

(ΦT Φ

)θ = ΦT Y (Equacao normal)

⋆ Se ∃(ΦT Φ

)−1 ⇒ θ =(ΦT Φ

)−1ΦT Y

⋆ A condicao acima e denominada condicao de excitacao .



Interpretacao geometrica

a

p

b−xa

b − xa

Figura 153: Projecao de b sobre a reta a.

p = xa

(b − xa) ⊥ a ⇒ aT (b − xa) = 0 ⇒ aT b − aT xa = 0 ⇒ x =

(aT

aT a

)

b

Projecao de b sobre a reta a : p = xa = ax =

(aaT

aT a

)

b



13.3 Weighted least square

Neste caso o criterio e dado por : J = ǫT Wǫ

⋆ W e uma matriz de ponderacao .

E facil verificar que a estimativa quer minimiza este criterio e dada por :

θ =(ΦT WΦ

)−1ΦT WY



13.4 Least square recursivo

Estimador : θ =(ΦT WΦ

)−1ΦT WY

⋆ W = I → LS ordinario.

Escolha comum de W : w(k) = aγN−k (Exponentially weighted LS)

⋆ N e o ultimo instante, ou instante atual , e k = n, . . . , N .

⋆ γ ≤ 1 e chamado de fator de esquecimento .

⇒ W = diag

aγN−n, aγN−n+1, · · · , a



Resumo :

θ(N) =(

ΦT (N)W (N)Φ(N))−1

ΦT (N)W (N)Y (N)

W (N) =

aγN−n 0 · · · 0

0 aγN−n+1 · · · 0...

.... . .

...

0 0 · · · a

Y (N) =

y(n)

y(n + 1)...

y(N)

, Φ(N) =

φT (n)

φT (n + 1)...

φT (N)

.



Para o instante N + 1 :

θ(N + 1) =(

ΦT (N + 1)W (N + 1)Φ(N + 1))−1

ΦT (N + 1)W (N + 1)Y (N + 1)

W (N + 1) =

aγN+1−n 0 · · · 0

0 aγN+2−n · · · 0...

.... . .

...

0 0 · · · a

=

γW (N) 0

0 a

Y (N + 1) =

y(n)

y(n + 1)...

y(N + 1)

, Φ(N + 1) =

φT (n)

φT (n + 1)...

φT (N + 1)

.



Estimador : θ(N + 1) =(ΦT WΦ

)−1ΦT WY (Instante N + 1 )

Para obter a forma recursiva , escreve-se o termo(ΦT WΦ

)como :

(ΦT WΦ

)=

N+1∑

k=n

φ(k)w(k)φT (k)

=

N∑

k=n

φ(k)w(k)φT (k)

︸︷︷︸

Ate o instante N

+ φ(N + 1)w(N + 1)φT (N + 1)︸︷︷︸

Instante N + 1

⋆ Vide Franklin & Powell & Workman, 1990, pag. 379.

⋆ w(k) = aγN+1−k ⇒ w(N + 1) = aγ0 = a .



Portanto,

(ΦT WΦ

)=

N∑

k=n

φ(k)w(k)φT (k) + φ(N + 1)w(N + 1)φT (N + 1)

= γ Φ(N)W (N)ΦT (N)︸︷︷︸

P−1(N)

+φ(N + 1) aφT (N + 1)

⋆ Lembrete : ΦT (N) =[

φ(n) · · · φ(N) φ(N + 1)]

.

Definicao : P (N + 1) =[ΦT (N + 1) W (N + 1) Φ(N + 1)

]−1



Portanto, P (N + 1) pode ser escrito como :

P (N + 1) =[γP−1(N) + φ(N + 1) aφ(N + 1)

]−1

Lema da inversao :

(A + BCD)−1 = A−1 − A−1B(C−1 + DA−1B)−1DA−1

Aplicando : A = γP−1(N)

B = φ(N + 1) = φ

C = w(N + 1) = a

D = φT (N + 1) = φT

Resultado : P (N + 1) =P (N)

γ−

P (N)

γφ

[1

a+ φT P (N)

γφ

]−1

φT P (N)

γ



Resultado : P (N + 1) =P (N)

γ−

P (N)

γφ

[1

a+ φT P (N)

γφ

]−1

︸︷︷︸

escalar!

φT P (N)

γ

⋆ Cuidado : nesta formula φ = φ(N + 1).

⋆ Esta e a forma recursiva para se calcular(ΦT WΦ

)−1.

⋆ Lembrete : P (N) =[ΦT (N)W (N)Φ(N)

]−1

.



Voltando ao estimador : θ(N + 1) =(ΦT WΦ

)−1ΦT WY

O termo ΦT WY pode ser escrito como :

ΦT WY =[

Φ(N) φ(N + 1)]

γ W (N) 0

0 a

Y (N)

y(N + 1)

= γ ΦT (N)W (N)Y (N) + φ(N + 1) a y(N + 1)



Substituindo as expansoes de(ΦT WΦ

)−1e ΦT WY na expressao do estimador :

θ(N + 1) =(ΦT WΦ

)−1ΦT WY

=

[

P (N)

γ−

P (N)

γφ

[1

a+ φT P (N)

γφ

]−1

φT P (N)

γ

]

·

·[

γ ΦT (N)W (N)Y (N) + φT (N + 1) a y(N + 1)]

= P (N)ΦT (N)W (N)Y (N)︸︷︷︸

θ(N)

+[

· · ·]

Obtem-se, assim, a forma recursiva para o estimador :

θ(N + 1) = θ(N) +[

· · ·]



Apos algumas manipulacoes algebricas, chega-se a expressao :

θ(N + 1) = θ(N) + L(N + 1)︸︷︷︸

Ganho

[

y(N + 1) − φT (N + 1)θ(N)︸︷︷︸

Erro

]

onde :

L(N + 1) =P (N)

γφ(N + 1)

[1

a+ φT (N + 1)

P (N)

γφ(N + 1)

]−1

P (N + 1) =P (N)

γ− L(N + 1)φT (N + 1)

P (N)

γ

⋆ Em Astrom& Wittenmark, 1997, pag. 515, o ganho e denotado por K(N) .



Resumo do algoritmo

Nova medida : y(N + 1)

Regressor : φT (N + 1) =

h−y(N) · · · − y(N+1−n) u(N) · · · u(N+1−n)

i

Predicao : y(N + 1) = φT (N + 1) θ(N)

Erro de predicao : ǫ(N + 1) = y(N + 1) − y(N + 1)

Ganho : L(N + 1) =P (N)

γφ(N + 1)

1

a+ φT (N + 1)

P (N)

γφ(N + 1)

−1

Atualizacao de P : P (N + 1) =P (N)

γ− L(N + 1)φT (N + 1)

P (N)

γ

Estimador : θ(N + 1) = θ(N) + L(N + 1)ǫ(N + 1)



Cascata de atrasadores (Implementacao do regressor)

O diagrama abaixo ilustra a regressao de y para o caso em que n = 3 .

1

z

1

z

1

z x1x2x3

y(k)

y(k − 1)

y(k − 2)

y(k − 3)

Figura 154: Cascata de atrasadores para gerar o vetor regressor.



Realizacao :

x(k + 1) =

0 1 0

0 0 1

0 0 0

x(k) +

0

0

1

y(k)

Y1(k) =

y(k − 1)

y(k − 2)

y(k − 3)

=

x3(k)

x2(k)

x1(k)

=

0 0 1

0 1 0

1 0 0

x(k)

⋆ Esta realizacao foi implementada no simulador dos exemplos a seguir.



Simulador

yu uk yk

thetaZOH 2ZOH 1

u

Sinal de excitacao

uk y

Planta

yk

uk

theta

Identificador

22

Figura 155: Diagrama de blocos do sistema completo.



ud

noised

yyp1

y

uk

y

noise

Noise generator

x’ = Ax+Bu y = Cx+Du

G(s)

d

Disturbance generator

1

uk

Figura 156: Diagrama de blocos da planta.



e

theta(N+1) theta(N)1

thetaz

1

yk

theta

e

yk

uk

phi

Regressor

theta

phi

yhat

Predicao

[theta]

phi L

Ganho

[theta]

2

uk

1

yk

2

2

2

222

2

2

2

2

2

2

2

2

2

Figura 157: Diagrama de blocos do algoritmo de identificacao.



1

yhat

yhat

2

phi

1

theta

22

2

2

Figura 158: Diagrama de blocos do algoritmo de predicao.



P phi L(N+1)

P(N+1) P(N)

1

L

z

1

P

L

MatrixMultiply

MatrixMultiply

uT

1

u

[P]

[phi]

[L]

[L]

[phi]

[P]

1/a

Constant

K*u

1/gamma

K*u

1/gamma

1

phi

2

222

[2x2]

2

22

[2x2]

[2x2]

2

2

22

2 [1x2]

2

2[2x2]

[2x2]

[2x2]

[2x2][2x2][2x2]

[2x2][2x2]

[2x2]

Figura 159: Diagrama de blocos do algoritmo de calculo do ganho.



y(k)

u(k)phi

1

phi

phi

y(n)=Cx(n)+Du(n)x(n+1)=Ax(n)+Bu(n)

y(n)=Cx(n)+Du(n)x(n+1)=Ax(n)+Bu(n)

−1* u

(−1)

2

uk

1

yk

Figura 160: Diagrama de blocos da cascata de atrasadores para o regressor.



Exemplo 1 Planta de 1a. ordem (n = 1) .

Planta : g(s) =3

(s + 0.5)

Equiv. ZOH : h(z) =2.361

(z − 0.6065)(h = 1)

Neste caso : θ∗ =[

−0.6065 2.361]

(Parametro ideal)

Resultado apos 30 s de simulacao : θ =[

−0.6070 2.3580]

Script deste exemplo : cap13ex1.m



0 5 10 15 20 25 30−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2

2.5θ

0 5 10 15 20 25 300

0.5

1

1.5

2

2.5|θ|

Figura 161: Resultado de simulacao com n = 1 , a = 1 , γ = 1 .



0 5 10 15 20 25 30−2

0

2

4

6

8

10ǫ

0 5 10 15 20 25 30−10

0

10

20

30y(k), y(k)




0 5 10 15 20 25 300

2

4

6

8

10|P (k)|

0 5 10 15 20 25 300

0.05

0.1

0.15

0.2

0.25|L(k)|




Exemplo 2 Mesma planta de 1a. ordem, porem supondo n = 3 .

Planta : g(s) =3

(s + 0.5)


−0.6065 2.361]

(Parametro ideal)

Resultado apos 30 s de simulacao :

θ =[

−0.5900 −0.0121 0.0012 2.3589 0.0403 −0.0046]




0 5 10 15 20 25 30−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2

2.5θ

0 5 10 15 20 25 300

0.5

1

1.5

2

2.5|θ|




0 5 10 15 20 25 30−2

0

2

4

6

8

10ǫ

0 5 10 15 20 25 30−10

0

10

20

30y(k), y(k)




0 5 10 15 20 25 3010

10

10

10

10

10

10

10|P (k)|

0 5 10 15 20 25 300

0.05

0.1

0.15

0.2

0.25|L(k)|




Exemplo 3 Mesma planta de 1a. ordem com n = 1 , porem com γ = 0.9 .

Planta : g(s) =3

(s + 0.5)


−0.6065 2.361]

(Parametro ideal)

Resultado apos 30 s de simulacao :

θ =[

−0.6066 2.3604]




0 5 10 15 20 25 30−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2

2.5θ

0 5 10 15 20 25 300

0.5

1

1.5

2

2.5|θ|

Figura 167: Resultado de simulacao com n = 1 , a = 1 , γ = 0.9 .



0 5 10 15 20 25 30−2

0

2

4

6

8

10ǫ

0 5 10 15 20 25 30−10

0

10

20

30y(k), y(k)




0 5 10 15 20 25 300

2

4

6

8

10

12

14|P (k)|

0 5 10 15 20 25 300

0.05

0.1

0.15

0.2

0.25|L(k)|




Exemplo 4 Planta de 2a. ordem (n = 2) .

Planta : g(s) =0.5(s + 2)

(s2 + s + 1)

Equiv. ZOH : h(z) =0.6071z − 0.02507

z2 − 0.7859z + 0.3679(h = 1)


−0.7859 0.3679 0.6071 −0.02507]


−0.7475 0.3501 0.6027 0.0010]




0 5 10 15 20 25 30 35 40 45 50−1

−0.5

0

0.5

1 θ

0 5 10 15 20 25 30 35 40 45 500

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4|θ|




0 5 10 15 20 25 30 35 40 45 50−0.5

0

0.5

1

1.5

2

2.5ǫ

0 5 10 15 20 25 30 35 40 45 50−4

−2

0

2

4

6y(k), y(k)




0 5 10 15 20 25 30 35 40 45 500

2

4

6

8

10|P (k)|

0 5 10 15 20 25 30 35 40 45 500

0.2

0.4

0.6

0.8

1|L(k)|




Exemplo 5 Mesma planta de 2a. ordem, porem supondo que n = 4 .

Planta : g(s) =0.5(s + 2)

(s2 + s + 1)


−0.7859 0.3679 0.6071 −0.02507]


−0.6231 0.2505 0.0485 0.0044 0.6086 0.0718 0.0028 −0.0030]




0 5 10 15 20 25 30 35 40 45 50−0.4

−0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1θ

0 5 10 15 20 25 30 35 40 45 500

0.2

0.4

0.6

0.8|θ|




0 5 10 15 20 25 30 35 40 45 50−0.5

0

0.5

1

1.5

2

2.5ǫ

0 5 10 15 20 25 30 35 40 45 50−4

−2

0

2

4

6y(k), y(k)




0 5 10 15 20 25 30 35 40 45 5010

10

10

10

10

10

10

10|P (k)|

0 5 10 15 20 25 30 35 40 45 500

0.2

0.4

0.6

0.8

1|L(k)|




Exemplo 6 Mesma planta de 2a. ordem com n = 2 , porem γ = 0.9 .

Planta : g(s) =0.5(s + 2)

(s2 + s + 1)


−0.7859 0.3679 0.6071 −0.02507]


−0.7843 0.3671 0.6069 −0.0240]




0 5 10 15 20 25 30 35 40 45 50−1

−0.5

0

0.5

1 θ

0 5 10 15 20 25 30 35 40 45 500

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4|θ|




0 5 10 15 20 25 30 35 40 45 50−0.5

0

0.5

1

1.5

2

2.5ǫ

0 5 10 15 20 25 30 35 40 45 50−4

−2

0

2

4

6y(k), y(k)




0 5 10 15 20 25 30 35 40 45 500

5

10

15

20

|P (k)|

0 5 10 15 20 25 30 35 40 45 500

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4|L(k)|




Exemplo 7 Mesma planta de 2a. ordem com n = 4 e γ = 0.9 .

Planta : g(s) =0.5(s + 2)

(s2 + s + 1)


−0.7859 0.3679 0.6071 −0.02507]


−0.6326 0.2592 0.0470 0.0044 0.6071 0.0679 0.0033 −0.0004]




0 5 10 15 20 25 30 35 40 45 50−0.4

−0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1θ

0 5 10 15 20 25 30 35 40 45 500

0.2

0.4

0.6

0.8|θ|




0 5 10 15 20 25 30 35 40 45 50−0.5

0

0.5

1

1.5

2

2.5ǫ

0 5 10 15 20 25 30 35 40 45 50−4

−2

0

2

4

6y(k), y(k)




0 5 10 15 20 25 30 35 40 45 500

500

1000

1500

2000|P (k)|

0 5 10 15 20 25 30 35 40 45 500

0.2

0.4

0.6

0.8

1|L(k)|



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