Questão 1. Considere o sistema dinâmico abaixo descrito pela EDO abaixo
\frac{d^{2} y}{d t^{2}}-\left(1-y^{2}\right) \frac{d y}{d t}+y=u^{2}
a) Obtenha o sistema linearizado considerando que u_{e q}=2;
b) Calcule a Função de Transferência do sistema G(s)=\frac{\Delta Y(s)}{\Delta U(s)};
c) Calcule os polos dos sistema (use 3 algarismos significativos). Com base nos polos o sistema é não amortecido, subamortecido, criticamente amortecido ou sobreamortecido? Justifique.
d) Calcule a resposta do sistema a uma entrada de degrau unitário (U(s)=1 / s), usando frações parciais.

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial
\frac{d^{2} y}{d t^{2}}-\left(1-y^{2}\right)\frac{d y}{d t}+y=u^{2},
e pede quatro coisas:
  1. (a) O sistema linearizado em torno de u_{eq}=2.
  2. (b) A função de transferência G(s)=\dfrac{\Delta Y(s)}{\Delta U(s)} do sistema linearizado (pequenas variações \Delta).
  3. (c) Os polos do sistema (usar 3 algarismos significativos) e, a partir deles, classificar se o sistema é não amortecido, subamortecido, criticamente amortecido ou sobreamortecido, com justificativa.
  4. (d) A resposta do sistema à entrada degrau unitário U(s)=1/s, usando frações parciais.
Informações relevantes fornecidas:
  • A EDO completa acima.
  • O ponto de equilíbrio do atuador é u_{eq}=2.
  • Vamos trabalhar com variações pequenas em torno do ponto de equilíbrio (linearização clássica).

Passo 2

Primeiro encontramos o ponto de equilíbrio correspondente a u_{eq}=2. Num equilíbrio todas as derivadas temporais são zero, então substituímos y''=0 e y'=0 na EDO:
0 - (1-y_{eq}^{2})\cdot 0 + y_{eq} = u_{eq}^{2}.
Isso simplifica para
y_{eq} = u_{eq}^{2}.
Com u_{eq}=2 obtemos
y_{eq}=2^{2}=4.
Portanto o ponto de operação é (y_{eq},y'_{eq})=(4,0) com u_{eq}=2.

Passo 3

Agora escrevemos o sistema não-linear em forma de espaço de estados, escolhendo as variáveis de estado
x_{1}=y,\qquad x_{2}=\frac{dy}{dt}.
Então
\dot{x}_{1}=x_{2},
e a segunda equação vem da EDO isolando y'':
\dot{x}_{2}=(1-x_{1}^{2})x_{2}-x_{1}+u^{2}.
Chamando a função de estado de f(x,u) temos
f(x,u)=\begin{pmatrix} f_{1}\\\ f_{2}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x_{2}\\\ (1-x_{1}^{2})x_{2}-x_{1}+u^{2}\end{pmatrix}.

Passo 4

Explico rapidamente o método de linearização (aula rápida): para pequenas variações em torno do ponto de equilíbrio (x_{eq},u_{eq}) escrevemos x=x_{eq}+\Delta x e u=u_{eq}+\Delta u e aprox. por Taylor em primeira ordem:
\Delta\dot{x}\approx A\,\Delta x + B\,\Delta u,
onde
A=\left.\frac{\partial f}{\partial x}\right|_{(x_{eq},u_{eq})},\qquad B=\left.\frac{\partial f}{\partial u}\right|_{(x_{eq},u_{eq})}.
Isso transforma o sistema não-linear em um sistema linear que descreve as pequenas variações.

Passo 5

Calculamos as derivadas parciais (Jacobian) avaliadas em (x_{eq},u_{eq}). Lembrando x_{eq}=(x_{1eq},x_{2eq})=(4,0) e u_{eq}=2.
Derivadas para f_{1}=x_{2}:
\frac{\partial f_{1}}{\partial x_{1}}=0,\qquad \frac{\partial f_{1}}{\partial x_{2}}=1,\qquad \frac{\partial f_{1}}{\partial u}=0.
Derivadas para f_{2}=(1-x_{1}^{2})x_{2}-x_{1}+u^{2}:
\frac{\partial f_{2}}{\partial x_{1}}=-2x_{1}x_{2}-1,\qquad \frac{\partial f_{2}}{\partial x_{2}}=1-x_{1}^{2},\qquad \frac{\partial f_{2}}{\partial u}=2u.
Avaliando em (x_{1eq},x_{2eq},u_{eq})=(4,0,2):
\left.\frac{\partial f_{2}}{\partial x_{1}}\right|_{eq}=-2\cdot 4\cdot 0-1=-1,
\left.\frac{\partial f_{2}}{\partial x_{2}}\right|_{eq}=1-4^{2}=1-16=-15,
\left.\frac{\partial f_{2}}{\partial u}\right|_{eq}=2\cdot 2=4.
Portanto as matrizes A e B são
A=\begin{pmatrix} 0 & 1\\\\ -1 & -15\end{pmatrix},\qquad B=\begin{pmatrix} 0\\\\ 4\end{pmatrix}.
Logo o sistema linearizado de pequenas variações (estado-saída \Delta y=\Delta x_{1}) é
\Delta\dot{x} = \begin{pmatrix} 0 & 1\\\\ -1 & -15\end{pmatrix}\Delta x + \begin{pmatrix}0\\\ 4\end{pmatrix}\Delta u, \qquad \Delta y = \begin{pmatrix}1 & 0\end{pmatrix}\Delta x.

Passo 6

Agora vamos obter a função de transferência G(s)=\dfrac{\Delta Y(s)}{\Delta U(s)}. Da forma de espaço de estados linear:
G(s)=C(sI-A)^{-1}B+D,
aqui C=[1\\\ 0] e D=0. Calculamos sI-A:
sI-A=\begin{pmatrix} s & -1\\\\ 1 & s+15\end{pmatrix}.
O determinante é
\det(sI-A)=s(s+15)-(-1)(1)=s^{2}+15s-1.
A inversa (sI-A)^{-1} é
\frac{1}{s^{2}+15s-1}\begin{pmatrix} s+15 & 1\\\\ -1 & s\end{pmatrix}.
Multiplicando por B e depois por C:
(sI-A)^{-1}B = \frac{1}{s^{2}+15s-1}\begin{pmatrix} s+15 & 1\\\\ -1 & s\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0\\\ 4\end{pmatrix} = \frac{1}{s^{2}+15s-1}\begin{pmatrix}4\\\ 4s\end{pmatrix}.
Assim
G(s)=C\,(sI-A)^{-1}B = \frac{4}{s^{2}+15s-1}.

Passo 7

Polos do sistema são as raízes do denominador
s^{2}+15s-1=0.
Usamos a fórmula quadrática:
s=\frac{-15\pm\sqrt{15^{2}-4\cdot 1\cdot(-1)}}{2} =\frac{-15\pm\sqrt{225+4}}{2} =\frac{-15\pm\sqrt{229}}{2}.
Calculando numericamente \sqrt{229}\approx 15,132746, obtemos
s_{1}=\frac{-15+15{,}132746}{2}\approx 0{,}066373\quad(\text{aprox. }0{,}0664),
s_{2}=\frac{-15-15{,}132746}{2}\approx -15{,}066373\quad(\text{aprox. }-15{,}1).
(Os valores entre parênteses estão arredondados a três algarismos significativos.)
Classificação do amortecimento — interpretação e justificativa:
  • A natureza do amortecimento (não amortecido / subamortecido / criticamente amortecido / sobreamortecido) depende da forma das raízes do polinômio característico:
    • se as raízes são complexas conjugadas (com parte real negativa) → subamortecido;
    • se são reais e iguais → criticamente amortecido;
    • se são reais e distintas → sobreamortecido;
    • se são puramente imaginárias → não amortecido.
  • Aqui as raízes são reais e distintas (discriminante >0), então, do ponto de vista da forma das raízes, o sistema é sobreamortecido (real e distinto).
  • Observação importante: um dos polos é positivo ( s_{1}\approx 0{,}0664>0), portanto o sistema linearizado é instável (a resposta cresce exponencialmente). Mesmo sendo “sobreamortecido” na forma (raízes reais distintas), a presença de polo com sinal positivo implica instabilidade do sistema linearizado.

Passo 8

Agora calculamos a resposta ao degrau unitário. Para entrada degrau unitário consideramos \Delta U(s)=1/s. Então
\Delta Y(s)=G(s)\cdot \frac{1}{s}=\frac{4}{s(s^{2}+15s-1)}.
Faremos a decomposição em frações parciais na forma
\frac{4}{s(s-r_{1})(s-r_{2})}=\frac{A}{s}+\frac{B}{s-r_{1}}+\frac{C}{s-r_{2}},
onde r_{1}=s_{1} e r_{2}=s_{2} são as raízes calculadas antes.
Usamos o método “cover-up” para obter A,B,C:
  1. Para A (polo em s=0):
A=\left.\frac{4}{(s-r_{1})(s-r_{2})}\right|_{s=0} =\frac{4}{(0-r_{1})(0-r_{2})}.
Mas r_{1}r_{2}= termo independente do quadrático = -1, então
A=\frac{4}{(-r_{1})(-r_{2})}=\frac{4}{r_{1}r_{2}}=\frac{4}{-1}=-4.
  1. Para B (polo em s=r_{1}):
B=\left.\frac{4}{s(s-r_{2})}\right|_{s=r_{1}} =\frac{4}{r_{1}(r_{1}-r_{2})}.
Note que r_{1}-r_{2}=\sqrt{229}. Numericamente, usando r_{1}\approx 0{,}066373 e r_{1}-r_{2}\approx 15{,}132746,
B\approx \frac{4}{0{,}066373\cdot 15{,}132746}\approx 3{,}98245.
  1. Para C (polo em s=r_{2}):
C=\left.\frac{4}{s(s-r_{1})}\right|_{s=r_{2}} =\frac{4}{r_{2}(r_{2}-r_{1})}.
Numericamente, com r_{2}\approx -15{,}066373 e r_{2}-r_{1}\approx -15{,}132746,
C\approx \frac{4}{(-15{,}066373)\cdot(-15{,}132746)}\approx 0{,}017543.
(Repare que A+B+C\approx -4+3{,}98245+0{,}017543\approx 0, como esperado para uma decomposição correta.)

Passo 9

Inversão da transformada de Laplace (cada termo é simples):
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{A}{s}\right\}=A, \qquad \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{B}{s-r_{1}}\right\}=B e^{r_{1}t}, \qquad \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{C}{s-r_{2}}\right\}=C e^{r_{2}t}.
Portanto a resposta no tempo (variação \Delta y(t)) é
\Delta y(t)=A + B e^{r_{1}t} + C e^{r_{2}t} = -4 + 3{,}98245\,e^{0{,}066373\,t} + 0{,}017543\,e^{-15{,}066373\,t}.
Observações finais sobre a resposta:
  • Como existe um termo com e^{0{,}066373 t} (expoente positivo), a resposta cresce exponencialmente e o sistema é instável.
  • O termo com e^{-15{,}066373 t} decai muito rapidamente; o comportamento de longo prazo é dominado pelo termo crescente e^{0{,}066373 t}, que faz a saída divergir.

Resposta

(a) \displaystyle \Delta\dot{x}=\begin{pmatrix}0&1\\\ -1&-15\end{pmatrix}\Delta x+\begin{pmatrix}0\\\ 4\end{pmatrix}\Delta u,\quad \Delta y=\begin{pmatrix}1&0\end{pmatrix}\Delta x.
(b) \displaystyle G(s)=\frac{\Delta Y(s)}{\Delta U(s)}=\frac{4}{s^{2}+15s-1}.
(c) Polos: \displaystyle s_{1}=\frac{-15+\sqrt{229}}{2}\approx 0{,}0664,\quad s_{2}=\frac{-15-\sqrt{229}}{2}\approx -15{,}1. Classificação: sobreamortecido (raízes reais e distintas). Observação: há um polo positivo ( s_{1}>0), portanto o sistema linearizado é instável.
(d) Para entrada degrau unitário \Delta U(s)=1/s,
\Delta Y(s)=\frac{4}{s(s^{2}+15s-1)}=\frac{-4}{s}+\frac{3{,}98245}{s-0{,}066373}+\frac{0{,}017543}{s+15{,}066373},
logo
\boxed{\displaystyle \Delta y(t)=-4+3{,}98245\,e^{0{,}066373\,t}+0{,}017543\,e^{-15{,}066373\,t}.}

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