Estude a estabilidade dos sistemas abaixo para valores de K elevados e pequenos utilizando o LGR.
G(s)=K \frac{1}{(s+1)^{4}} .

Passo 1

O enunciado nos dá a função de malha aberta
G(s)=K\frac{1}{(s+1)^{4}}
e pede para estudar a estabilidade do sistema em malha fechada para valores de K pequenos e para valores de K elevados, usando o Lugar Geométrico das Raízes (LGR). Informações fornecidas que vamos usar:
  • A única dependência em K está multiplicando a função de transferência: L(s)=K/(s+1)^{4}.
  • Não há zeros finitos; há quatro polos coincidentes em s=-1.
    O objetivo é determinar para quais valores de K os pólos em malha fechada ficam todos à esquerda do eixo imaginário (sistema estável), quando algum polo cruza o eixo imaginário (caso marginal) e quando surgem polos no semiplano direito (instabilidade).

Passo 2

Primeiro escrevemos a equação característica do sistema em malha fechada unitária:
1+L(s)=0\quad\Rightarrow\quad 1+\frac{K}{(s+1)^{4}}=0.
Vou manipular essa equação para obter uma forma simples que permita localizar as raízes (pólos em malha fechada). Multiplicando por (s+1)^{4} obtemos:
(s+1)^{4}+K=0.
Isso é a equação que as raízes s devem satisfazer.

Passo 3

Reescrevendo a equação de forma explícita:
(s+1)^{4} = -K.
Isto diz que s+1 é uma das quatro raízes quarta de -K. Vou agora representar -K em forma polar para achar as quatro soluções. Para K>0 (caso usual do LGR), temos -K = K e^{j\pi}. Assim as quatro raízes de -K são
s+1 = K^{1/4} e^{j(\pi+2\pi m)/4}=K^{1/4} e^{j(\pi/4 + m\pi/2)},\qquad m=0,1,2,3.
Portanto os quatro pólos em malha fechada são
s = -1 + K^{1/4} e^{j(\pi/4 + m\pi/2)},\qquad m=0,1,2,3.

Passo 4

Interpretação geométrica (essa é a parte “LGR” bem prática):
  • Todos os pólos partem do ponto s=-1 quando K\to 0 (pois K^{1/4}\to 0).
  • Para K>0 cada pólo está em uma direção fixa a partir de -1: os ângulos são
    \pi/4, 3\pi/4, 5\pi/4, 7\pi/4 medidos em relação ao eixo real positivo para o vetor s+1.
  • A distância radial desde -1 é r = K^{1/4}. Assim, à medida que K cresce, cada pólo se desloca ao longo de uma reta que parte de -1 com um dos ângulos acima. Esses são exatamente os ramos do LGR (os assimptotos no caso de polos coincidentes saem nesses ângulos); o centróide é
\frac{\sum \text{polos} - \sum \text{zeros}}{n-m} = \frac{4(-1)}{4}= -1,
coerente com o fato de as retas partirem de -1.

Passo 5

Agora vamos analisar a estabilidade olhando a parte real de s. Para um pólo com ângulo \theta (um dos valores acima) e raio r=K^{1/4}, a parte real é
\operatorname{Re}(s) = -1 + r\cos\theta.
Calculamos \cos\theta para cada ângulo:
  • \theta=\pi/4: \cos(\pi/4)=\tfrac{\sqrt{2}}{2}>0.
  • \theta=7\pi/4 (ou -\pi/4): \cos(7\pi/4)=\tfrac{\sqrt{2}}{2}>0.
  • \theta=3\pi/4: \cos(3\pi/4)=-\tfrac{\sqrt{2}}{2}<0.
  • \theta=5\pi/4: \cos(5\pi/4)=-\tfrac{\sqrt{2}}{2}<0.
Conclusão imediata: os dois ramos com ângulos \pi/4 e 7\pi/4 deslocam-se para a direita quando r cresce (pois adicionam um termo positivo à parte real), enquanto os ramos com \theta=3\pi/4 e 5\pi/4 deslocam-se para a esquerda (ficam cada vez mais negativos).

Passo 6

Determinar o valor de K em que ocorre a primeira travessia do eixo imaginário (quando a parte real de algum pólo se anula). Para os ramos que vão para a direita resolvemos
-1 + r\cos(\pi/4)=0 \quad\Rightarrow\quad r = \frac{1}{\cos(\pi/4)}=\frac{1}{\tfrac{\sqrt{2}}{2}}=\sqrt{2}.
Como r=K^{1/4}, segue
K^{1/4}=\sqrt{2}\quad\Rightarrow\quad K=(\sqrt{2})^{4}=4.
Portanto em K=4 dois pólos ficam exatamente sobre o eixo imaginário. Vamos identificar esses pólos: para \theta=\pi/4,
s = -1 + \sqrt{2}\,e^{j\pi/4} = -1 + \sqrt{2}\left(\tfrac{\sqrt{2}}{2}+j\tfrac{\sqrt{2}}{2}\right) = -1 + (1+j)=j,
e para \theta=7\pi/4 obtemos s=-j. Assim os pólos que cruzam são s=\pm j.

Passo 7

Verificação alternativa (método algébrico via s=j\omega) — útil na prova para confirmar:
Substituindo s=j\omega em (s+1)^{4}+K=0 e tomando módulo, temos
|j\omega+1|^{4}=K \quad\Rightarrow\quad (\omega^{2}+1)^{2}=K.
A condição de ângulo exige 4\arg(j\omega+1)=\pi+2\pi m. Escrevendo \arg(j\omega+1)=\arctan(\omega/1), obtemos
4\arctan(\omega)=\pi+2\pi m \quad\Rightarrow\quad \arctan(\omega)=\frac{\pi}{4}+\frac{m\pi}{2}.
A solução principal é \arctan(\omega)=\pi/4\Rightarrow \omega=1. Substituindo em K=(\omega^{2}+1)^{2} K=(1+1)^{2}=4, e os pólos são s=j\omega=\pm j. Isso confirma o resultado do passo anterior.

Passo 8

Interpretação final sobre estabilidade:
  • Para 0<K<4: todos os quatro pólos em malha fechada têm parte real negativa (os ramos ainda estão à esquerda do eixo imaginário), logo o sistema é assintoticamente estável.
  • Para K=4: dois pólos estão exatamente em s=\pm j (e os outros dois permanecem com parte real negativa). Isso corresponde a estabilidade marginal (existem pólos na imaginação pura simples; o sistema sustenta oscilações não amortecidas).
  • Para K>4: os dois pólos associados aos ramos \theta=\pi/4 e \theta=7\pi/4 passam para o semiplano direito (pois r> \sqrt{2} implica -1+r\cos(\pi/4)>0), então há dois pólos no semiplano direito e o sistema é instável.
Observação prática e incentivadora: no LGR ficou bem claro e até fácil de visualizar — os pólos “saem” de -1 em quatro direções fixas; basta ver quais dessas direções têm componente real positiva para saber se pólos eventualmente entrarão no RHP.

Passo 9

Breve comentário sobre K negativo (opcional, caso apareça na prova): se K<0 então -K>0 e os argumentos das raízes mudam (ângulos de s+1 serão 0,\pi/2,\pi,3\pi/2). Nesse caso pelo mesmo raciocínio, um ou mais pólos poderão ir para a direita quando |K| cresce suficientemente; portanto para projeto prático costuma-se considerar K\ge 0 no LGR, mas o método acima se aplica também para K<0 com atenção aos ângulos.

Resposta

Para 0<K<4: sistema assintoticamente estável.
Para K=4: estabilidade marginal (pólos em s=\pm j).
Para K>4: sistema instável (dois pólos no semiplano direito).

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