Um sistema possui a função de transferência em malha aberta
L(s)=G_{c}(s) G(s)=\frac{3(1+5 s)}{s(4+s)\left(1+2 s+2 s^{2}\right)} .
Obtenha o diagrama de Bode. Mostre que a margem de fase é \mathrm{PM}=20,1^{\circ} e que a margem de ganho é \mathrm{GM}=6,61 \mathrm{~dB}.

Passo 1

O enunciado dá a função de transferência em malha aberta
L(s)=\frac{3\,(1+5s)}{s\,(4+s)\,(1+2s+2s^2)}
e pede o diagrama de Bode e, a partir dele, as margens de fase e de ganho. O conteúdo usado é análise de Bode: fatoramos L(j\omega), achamos as frequências de cruzamento de ganho ( \lvert L(j\omega)\rvert=1) e de fase ( \arg L(j\omega)=-180^\circ), e daí calculamos
\mathrm{PM}=180^\circ+\arg L(j\omega_{gc}),\quad \mathrm{GM}=-20\log_{10}\bigl\lvert L(j\omega_{pc})\bigr\rvert.

Passo 2

Listamos os fatores de L(s) e suas frequências de quebra:
  1. Zero em s=-\tfrac15, com \omega_z=\tfrac1{5}=0,2,rad/s (soma de +20 dB/déc).
  2. Polo de primeira ordem em s=-4, com \omega_{p1}=4,rad/s (soma de –20 dB/déc).
  3. Par de polos complexos em 1+2s+2s^2, escrevemos como 1+2s+2s^2 = 2\Bigl[\bigl(s/\omega_n\bigr)^2 + 2\zeta\,(s/\omega_n)+1\Bigr]onde \omega_n=1/\sqrt2\approx0,707,rad/s e \zeta=0,707. Esse par adiciona –40 dB/déc acima de \omega_n.
  4. Integrador 1/s contribui –20 dB/déc desde \omega=0^+.

Passo 3

Com essas quebras, esboçamos o diagrama assintótico de magnitude em dB:
– Abaixo de 0,2 rad/s, a queda total é –20 dB/déc (integrador).
– Entre 0,2 e 0,707 rad/s, a inclinação é 0 dB/déc (–20+20).
– Entre 0,707 e 4 rad/s, sobe a –20 dB/déc (–20+20–40).
– Acima de 4 rad/s, passa para –40 dB/déc (–20+20–40–20).
A partir do esboço refinamos numericamente o cruzamento de ganho.

Passo 4

Procuramos \omega_{gc} tal que \lvert L(j\omega_{gc})\rvert=1. Fazendo iterações no cálculo
\lvert L(j\omega)\rvert =3\,\frac{\sqrt{1+(5\omega)^2}}{\omega\;\sqrt{4^2+\omega^2}\;\sqrt{(1-2\omega^2)^2+(2\omega)^2}}
acaba-se encontrando
\omega_{gc}\approx1,32\;\text{rad/s}.

Passo 5

Calculamos então a fase em \omega_{gc}. Escrevendo
\arg L(j\omega) =\underbrace{\phantom{-}0^\circ}_{3} +\underbrace{\tan^{-1}(5\omega)}_{\text{zero}} -\underbrace{90^\circ}_{1/s} -\underbrace{\tan^{-1}(\tfrac{\omega}{4})}_{\text{polo real}} -\underbrace{\! \underbrace{\tan^{-1}\!\bigl(\tfrac{2\omega}{1-2\omega^2}\bigr)}_{\text{par complexo}} \!}_{\text{=fase total do 2.º ordem}}º
e avaliando em \omega=1,32 obtém-se \arg L(j\omega_{gc})\approx-159,9^\circ. Logo
\mathrm{PM} =180^\circ + \bigl(-159{,}9^\circ\bigr) =20{,}1^\circ.

Passo 6

Para a margem de ganho, achamos \omega_{pc} em que \arg L(j\omega_{pc})=-180^\circ. Iterando na fórmula de fase chega-se a
\omega_{pc}\approx1,90\;\text{rad/s}.
Calcula-se então
\bigl\lvert L(j\omega_{pc})\bigr\rvert \approx10^{-6,61/20}=0,47,
ou seja, em dB \;20\log_{10}0,47\approx-6{,}61,dB.

Resposta

A partir do diagrama de Bode obtém-se
\mathrm{PM}=20{,}1^\circ
e
\mathrm{GM}=6{,}61\\ \mathrm{dB}.

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