Função de sistema

Podemos agora fazer uma generalização dos sistemas lineares de primeira e segunda ordem ao caso de uma ordem superior $n$. Assim podemos dizer que a relação entre a entrada $x(t)$ e a saída $y(t)$ de um sistema linear pode ser descrita por uma equação do tipo¹

$$\sum_{i=0}^n a_i {{d^iy}\over {dt^i}} = \sum_{j=0}^m b_j {{d^jx}\over {dt^j}}.$$ (4-3.03)

Neste caso, e para condições iniciais nulas, temos que tomando a TL de ambos os termos,

$$Y(s) = {{b_ms^m + \ldots + b_1s + b_0}\over {a_ns^n+ \ldots + a_1 s + a_0}} X(s),$$ (4-3.04)

daqui podemos deduzir a função de sistema, ou função de transferência, $H(s)$,

$$H(s) = {{Y(s)}\over {X(s)}} = {{\sum_{j=0}^m b_j s^j}\over {\sum_{i=0}^n a_i s^i}}.$$ (4-3.05)

No caso em que os pólos são todos simples, a função de transferência $H(s)$ pode ser representada sob a forma de

$$H(s) = {{A_1}\over {s-s_1}} + {{A_2}\over {s-s_2}} + \ldots + {{A_n}\over {s-s_n}},$$ (4-3.06)

então a sua TLI escreve-se

$$h(t) = A_1 e^{s_1 t} + A_2 e^{s_2 t} + \ldots + A_n e^{s_n t},$$ (4-3.07)

que é chamada a resposta impulsiva do sistema, i.e., é a resposta do sistema $Y(s)$ quando o sinal de entrada é um impulso de Dirac, e então visto que ${\rm TL}[x(t)=\delta(t)]=1$, temos que $Y(s)=H(s)$. Isto significa que a resposta impulsiva depende apenas da função de transferência $H(s)$ e por isso apenas do sistema ele mesmo e, em particular, dos pólos do sistema $s_i;i=1,\ldots,n$. Também isto não é estranho pois os pólos do sistema são aqueles que estão ligados à resposta natural do sistema, i.e., a resposta do sistema sem excitação - também chamada solução da equação homógenea.

Exemplos:

A) sistema de primeira ordem sem condições iniciais: considere a figura 4.6, com $y(0)=0$ e

$$x(t) = e^{-2t}u(t).$$

Figura 4.6: sistema de primeira ordem.

Podemos directamente escrever

$$x(t) = C {{dy(t)}\over {dt}} + y(t),$$

a partir da qual tiramos a TL

$$X(s) = Cs Y(s) + Y(s),$$

de onde a função do sistema $H(s)$ é

$$H(s) = {{Y(s)}\over {X(s)}} = {1\over {Cs+1}}.$$

Desta podemos determinar a resposta impulsiva $h(t)$, que se escreve

$$h(t) = {\rm TLI}[H(s)] = {1\over C} e^{-t/C}u(t),$$

e sabendo que

$$X(s) = {\rm TL}[X(t)] = {1\over {s+2}},$$

portanto $Y(s)$ escreve-se

$$Y(s) = {{1/C}\over {(s+2)(s+1/C)}} = {{1/(1-2C)}\over {s+2}} + {{1/(2C-1)}\over {s+1/C}},$$

e finalmente

$$y(t) = [{1\over {1-2C}}e^{-2t} + {1\over {2C-1}}e^{-t/C}] u(t),$$

será a resposta do circuito no caso em que o sistema se encontra inerte no momento inicial, i.e., quando $y(0)=0$.

B) sistema de primeira ordem com condições iniciais: considere o mesmo sistema da figura 4.6 mas agora com um valor inicial da saída $y(0)=2$.

Não será necessário re-escrever todas as equações, mas sómente a TL da equação diferencial tendo em conta (4-2.29),

$$X(s) = C [sY(s) - y(0)] + Y(s),$$

substituindo pelos valores númericos e pela transformada de $X$ obtemos

$$Y (s) = {1\over {(s+2)(Cs+1)}} + {{2C}\over {Cs+1}},$$

utlizando o resultado da decomposição do caso anterior, obtemos

$$y(t) = [{1\over {1-2C}}e^{-2t} + {1\over {2C-1}}e^{-t/C} + 2e^{-t/C}] u(t),$$

onde simplificando

$$y(t) = [{1\over {1-2C}}e^{-2t} + {{2C}\over {2C-1}}e^{-t/C}] u(t).$$

C) sistema de segunda ordem sem condições iniciais: considere agora o caso do sistema da figura 4.7 com $x(t) = 5e^{-2t} u(t)$. Pretende-se calcular a saída $y(t)$.

Figura 4.7: sistema de segunda ordem.

Como anteriormente, podemos escrever directamente

$${{d^2y(t)}\over {dt^2}} + 2 {{dy(t)}\over {dt}} + 2y(t) = 2 {{dx(t)}\over {dt}} +2x(t),$$

cuja TL é dada por

$$Y(s)(s^2+2s+2) = 2(s+1) X(s),$$

visto que $X(s) = {\rm TL}[x(t)]$ é dada por

$$X(s) = {5\over {s+2}},$$

temos que, por substituição na equação anterior, e cálculo das raízes da equação do segundo grau do denominador

$$Y(s) = {{10(s+1)}\over {(s+2)(s+1-j)(s+1+j)}},$$

dando origem à representação no plano $s$ da figura 4.8. A inversão faz-se por decomposição da fração polinomial,

$$Y(s) = {{A_1}\over {s+2}} + {{B_1}\over {s+1-j}} + {{B_2}\over {s+1+j}},$$

onde podemos fácilmente deduzir que

$$A_1 = -5,\qquad B_1={5\over{1+j}},$$

com $B_2=B_1^{\ast}$. Por questões de simplificação do cálculo é frequente colocar os coeficientes complexos sob forma exponencial. Assim podemos fácilmente escrever que

$$B_1 = 5e^{-j{\pi\over 4}},$$

e portanto

$$Y(s) = {{-5}\over {s+2}} + 5[{{e^{-j{\pi\over 4}}}\over {s+1-j}} + {{e^{j{\pi\over 4}}}\over {s+1+j}}].$$

Podemos agora calcular a TLI a cada um dos termos para obter

$$y(t) = [-5e^{-2t} + 5[{e^{-j{\pi\over 4}}} e^{(-1+j)t} + {e^{j{\pi\over 4}}} e^{(-1-j)t}]u(t),$$

ou ainda simplificando

$$y(t) = [-5e^{-2t} + 5e^{-t}[e^{j(t-{\pi\over 4})} + e^{-j(t-{\pi\over 4})}]u(t),$$

de onde deduzimos finalmente

$$y(t) = [10 e^{-t} \cos(t-{{\pi}\over 4}) - 5e^{-2t}]u(t).$$

Neste resultado final podemos fácilmente identificar que o primeiro termo - oscilação em $\cos(t)$ - é a resposta do sistema em regime permanente e o segundo - exponencial atenuada - é a resposta ao sinal de entrada $x(t)$.

Figura 4.8: pólos e zeros no plano $s$.