Um sistema de controle com retroação unitária simples possui uma função de transferência do processo
\frac{Y(s)}{E(s)}=G(s)=\frac{K}{s}.
A entrada do sistema é uma função degrau com uma amplitude A ; A condição inicial do sistema no instante t_{0} é y\left(t_{0}\right)=Q, onde y(t) é a saída do sistema. O índice de desempenho é definido como
I=\int_{0}^{t} e^{2}(t) d t.
a-) Mostrar que \mathrm{I}=(\mathrm{A}-\mathrm{Q})^{2} / 2 \mathrm{~K}.
b-) Como pode ser determinado o ganho K que minimizará este índice de desempenho?

Passo 1

O enunciado fornece e pede o seguinte:\n
  • Dados: a função de transferência do processo em malha aberta é \displaystyle G(s)=\frac{K}{s}.\n
  • A realimentação é unitária (ou seja, saída fed-back com ganho 1).\n
  • A entrada de referência é um degrau de amplitude \displaystyle A (ou seja, r(t)=A\cdot u(t)).\n
  • Condição inicial no instante t_0 (que vamos tomar como t_0=0) é \displaystyle y(0)=Q.\n
  • Índice de desempenho pedido é \displaystyle I=\int_{0}^{\infty} e^{2}(t)\,dt (assumi integração até \infty porque a expressão pedida é independente de tempo finito).\n
    Perguntas:\n
    a) Mostrar que \displaystyle I=\dfrac{(A-Q)^{2}}{2K}.\n
    b) Determinar o ganho \displaystyle K que minimiza esse índice.\n

Passo 2

Encontrar a função de transferência em malha fechada (relevo rápido do raciocínio): em realimentação unitária a função de transferência de malha fechada é
\frac{Y(s)}{R(s)}=\frac{G(s)}{1+G(s)}.
Substituindo G(s)=\dfrac{K}{s} obtemos
\frac{Y(s)}{R(s)}=\frac{\dfrac{K}{s}}{1+\dfrac{K}{s}}=\frac{K}{s+K}.
Interpretação rápida: trata-se de um sistema de primeira ordem com polo em -K e ganho estático unitário (ou seja, a saída tende ao valor do degrau \,A).

Passo 3

Obter a equação diferencial no domínio do tempo que descreve o sistema em malha fechada. A relação
(s+K)Y(s)=K\,R(s)
passando para o domínio do tempo (transformada inversa de Laplace) fornece a ODE de primeira ordem:
\frac{d y(t)}{d t}+K\,y(t)=K\,r(t).
Aqui r(t)=A para t\ge0. Esta é uma equação linear de primeira ordem não-homogênea. Vou resolver passo a passo (método padrão de fator integrante ou conhecimento de solução de primeira ordem): a solução geral é soma da solução particular estacionária e da solução homogênea decrescente.
Solução particular (estado estacionário) para entrada constante A é o valor que anula a derivada:
y_{\text{p}}=A.
Solução homogênea (da equação \dot y + K y =0) é
y_{\text{h}}(t)=C\,e^{-K t},
onde C é constante determinada pela condição inicial. Impor y(0)=Q
y(0)=A + C = Q \quad\Rightarrow\quad C=Q-A.
Portanto a resposta no tempo é
y(t)=A+(Q-A)\,e^{-K t}.
Comentário didático: essa forma é típica de sistemas de primeira ordem — a saída parte do valor inicial Q e decai exponencialmente até o valor final A com constante de tempo \tau=1/K.

Passo 4

Calcular o erro e(t) (diferença referência menos saída). Como r(t)=A,
e(t)=r(t)-y(t)=A-\bigl(A+(Q-A)e^{-K t}\bigr).
Simplificando,
e(t)=(A-Q)\,e^{-K t}.
Interpretação: o erro inicial é e(0)=A-Q e decai exponencialmente com a mesma constante de tempo \tau=1/K.

Passo 5

Calcular o índice de desempenho
I=\int_{0}^{\infty} e^{2}(t)\,dt=\int_{0}^{\infty}\bigl((A-Q)\,e^{-K t}\bigr)^{2}dt.
Tirando fator constante para fora da integral:
I=(A-Q)^{2}\int_{0}^{\infty} e^{-2K t}\,dt.
Usamos a fórmula básica de integrais exponenciais: para a>0,
\int_{0}^{\infty} e^{-a t}\,dt=\frac{1}{a}.
Aqui a=2K>0 (assumimos K>0 para estabilidade). Logo
\int_{0}^{\infty} e^{-2K t}\,dt=\frac{1}{2K}.
Substituindo de volta:
I=(A-Q)^{2}\cdot\frac{1}{2K}=\frac{(A-Q)^{2}}{2K}.
Isto prova a parte (a).

Passo 6

Determinar K que minimiza I. Temos a expressão obtida
I(K)=\frac{(A-Q)^{2}}{2K}.
Trate (A-Q)^{2} como constante não-negativa. Diferenciando em relação a K:
\frac{dI}{dK}=-\frac{(A-Q)^{2}}{2K^{2}}.
Observação: para K>0 temos \dfrac{dI}{dK}<0, isto é, I é estritamente decrescente em K. Portanto não existe um valor finito de K>0 que atinja um mínimo fechado; o índice tende a diminuir à medida que K aumenta. O ínfimo (menor limite) é obtido quando K\to\infty, e nesse limite
I\to 0.
Comentário prático: matematicamente a “melhor” escolha é aumentar K o máximo possível. Na prática existem limitações (saturação de atuadores, ruído, margem de estabilidade se houver dinâmica não modelada, etc.), então escolhe-se um K grande porém compatível com restrições físicas e de robustez.

Resposta

a) \displaystyle I=\frac{(A-Q)^{2}}{2K}\n
b) \displaystyle Não existe minimizador finito; I decresce com K e o ínfimo é obtido quando \displaystyle K\to\infty (na prática escolhe-se o maior K aceitável considerando restrições reais).

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