**1.** Considere um sistema de controle com realimentação unitária cuja função de transferência de malha aberta é dada por:

$$G(s)=\frac{5(2-20s)}{s(2+20s)(s^2+s+100)}$$

(a) Traçar os diagramas de Bode de $G(jω)$. Determinar os valores (módulo e fase) reais e assintóticos nas frequências de corte e também nos limites $\omega = 10^{−2}$ e $\omega = 10^2$. Calcular a(s) frequência(s) e pico(s) de ressonância, caso existam. Indicar a inclinação das assíntotas. Descrever os procedimentos utilizados na obtenção dos valores indicados no gráfico.
(b) Esboçar a Carta de Nichols para $G(j\omega)$.

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***Solução:***
**(a)** O primeiro passo é reescrever $G(s)$ como $G(j\omega)$ de modo a evidenciar as frequências de corte e os coeficientes de amortecimento (caso existam). Reescrevendo a função temos:

$$G(s)=\frac{5\cdot (-2)(10s-1)}{s\cdot 2(10s+1)\cdot 100\left(\frac{s^2}{100}+\frac{s}{100}+1\right)}$$

$$G(s)=\frac{1}{20}\cdot \frac{-(10s-1)}{s(10s+1)\left(\left(\frac{s}{10}\right)^2+2\left(\frac{1}{20}\right)\left(\frac{s}{10}\right)+1\right)}$$

Logo o $G(j\omega)$ pode ser representado assim:

$$G(j\omega)=\frac{1}{20}\cdot \frac{-(10j\omega-1)}{(j\omega)(10j\omega+1)\left(\left(\frac{j\omega}{10}\right)^2+2\left(\frac{1}{20}\right)\left(\frac{j\omega}{10}\right)+1\right)}$$

* O polo ou zero na origem é dado por $(j\omega)$.
* O polo ou zero de 1ª ordem simples de fase mínima é dado por $(j\omega T+1)$, onde $\frac{1}{T}$ é a frequência de corte. De modo analógo o de fase não mínima é dado por $(j\omega T-1)$, onde $\frac{1}{T}$ é a frequência de corte.
* O polo ou zero de 2ª ordem (nesse caso pode ser um polo simples de multiciplicidade dois ou um par de polos complexos) é dado por $\left((jwT)^2+2\cdot\xi\cdot \omega_n\cdot(jwT) +1\right)$, , onde $\frac{1}{T}$ é a frequência de corte e $\xi$ é o coeficiente de amortecimento.

Note que $G(j\omega)$ possui um zero simples de 1ª ordem de fase não mínima, um polo na origem, um polo simples de 1ª ordem e um polo de 2ª ordem.
Na forma padrão é possível identificar facilmente as frequências de corte e o coeficiente de amortecimento:
* $(10j\omega-1) \to \omega_c=\frac{1}{10}=0,1$
* $(10j\omega+1) \to \omega_c=\frac{1}{10}=0,1$
* $\left(\left(\frac{j\omega}{10}\right)^2+2\left(\frac{1}{20}\right)\left(\frac{j\omega}{10}\right)+1\right) \to \omega_c=\frac{1}{1/10}=10$ e $\xi=0.05$

Como $0<\xi<0,707$ temos um pico de resonância na frequência de $10$ $rad/s$.

$$\omega_r=\omega_n\sqrt{1-2\xi^2}=10\cdot \sqrt{1-2\cdot 0,05^2} = 10$$

$$M_r=\frac{1}{2\xi\sqrt{1-\xi^2}}=\frac{1}{2\cdot 0,05\sqrt{1-0,05^2}} = 10 \to M_{r(dB)}=20\cdot log(M_r)=20$$

Na tabela abaixo é mostrado o seu comportamento. Será feita uma pequena análise de como ela foi concebida.
* O comportamento é analisado de $\omega=0$ até $\omega \to \infty$ e é uma descrição de como as assíntotas de módulo e fase variam.
* Faixas de frequência: são definidas de 0 até a frequência de corte mais baixa, da frequência de corte mais baixa para a segunda mais baixa, da segunda mais baixa até a terceira mais baixa, e assim por diante até chegar na última faixa que é da frequência de corte mais alta até a frequência tendendo para o infinito.
* Módulo: Vai variar positivamente de múltiplos de $20$ $dB$ se for um zero (1ª ordem varia $+20$ $dB/dec$, 2ª ordem varia $+40$ $dB/dec$, zero de multiplicidade n varia $+20\cdot n$ $dB/dec$). Vai variar negativamente de múltiplos de $-20$ $dB$ se for um polo (1ª ordem varia $-20$ $dB/dec$, 2ª ordem varia $-40$ $dB/dec$, polo de multiplicidade n varia $-20\cdot n$ $dB/dec$). Essa variação só começa a ser percebida após a frequência de corte da singularidade. Na primeira faixa de frequência ($0$ até a frequência de corte mais baixa) só terá variação se tiver singularidades na origem. A singularidade ser de fase mínima ou não mínima não influencia no módulo.
* Fase (singularidades de fase mínima): Vai variar positivamente de múltiplos de $+90^\circ$ se for um zero (1ª ordem varia $+90^\circ$, 2ª ordem varia $+180^\circ$, zero de multiplicidade n varia $+90^\circ\cdot n$). Vai variar negativamente de múltiplos de $-90^\circ$ se for um zero (1ª ordem varia $-90^\circ$, 2ª ordem varia $-180^\circ$, zero de multiplicidade n varia $-90^\circ\cdot n$). Essa variação só começa a ser percebida após a frequência de corte da singularidade.
* Fase (singularidades de fase não mínima): Para singularidades de fase não mínima o comportamento é diferente. Em baixa frequência (de $\omega=0$ até a frequência de corte da singuralidade) a fase começa a variar positivamente de múltiplos de $+180^\circ$ se for um zero (1ª ordem varia $+180^\circ$, 2ª ordem varia $+360^\circ$, zero de multiplicidade n varia $+180^\circ\cdot n$). Se for um polo a fase começa a variar negativamente de múltiplos de $-180^\circ$ (1ª ordem varia $-180^\circ$, 2ª ordem varia $-360^\circ$, polo de multiplicidade n varia $-180^\circ\cdot n$). Após a frequência de corte a variação de fase de um zero de fase não mínima é igual a variação de fase de um polo de fase mínima e a variação de fase de um polo de fase não mínima é igual a um zero de fase mínima.

Com base nisso podemos descrever como $G(j\omega)$ se comporta assintoticamente.
* Módulo:
1. Na faixa entre $0$ e $0,1$ temos que o módulo varia $-20$ $dB/dec$ devido ao polo na origem.
2. Na faixa entre $0,1$ e $10$ temos um polo e um zero de 1ª ordem na mesma frequência anulando assim os seus efeitos,pois enquanto um contribui com $+20$ $db/dec$ o outro contribui com $-20$ $db/dec$. Assim, a assíntota continua em $-20$ $dB/dec$.
3. Na faixa entre $10$ e infinito temos um polo de 2ª ordem que contribui com $-40$ $dB/dec$ assim a assíntota irá para $-60$ $dB/dec$.
* Fase:
1. Na faixa entre $0$ e $0,1$ temos o polo na origem contribuindo com $-90^\circ$ e zero de fase não mínima $+180^\circ$. Além desses, o sinal de menos na expressão altera a fase em $180^\circ$. Você representa essa contribuição como sendo postiva ou negativa qualquer uma das duas está correta. Optei por representa como $-180^\circ$. Somando as contribuições tem-se a fase de $-90^\circ$.
2. Na faixa entre $0,1$ e $10$ temos o polo de 1ª ordem contribuindo com $-90^\circ$ e o zero de fase não mínima também contribuindo com $-90^\circ$. Somando as contribuições tem-se a fase de $-270^\circ$.
3. Na faixa entre $10$ e infinito temos um polo de 2ª ordem que contribui com $180^\circ$. Somando essa contribuição tem-se a fase de $-450^\circ$.

| Faixa de frequência | Módulo | Fase |
| --------------------------------- | -------------------- | ------------------------- |
| $\omega=0$ a $\omega=0,1$ | $-20$ $dB$ | $-180-90+180=-90^{\circ}$ |
| $\omega=0,1$ a $\omega=10$ | $-20+20-20=-20$ $dB$ | $-90-90-90=-270^{\circ}$ |
| $\omega=10$ a $\omega \to \infty$ | $-20-40=-60$ $dB$ | $-270-180=-450^{\circ}$ |

Os valores assintóticos de módulo e fase são apresentados na tabela abaixo.
* Na frequência $0,01$ pode-se estimar o seu valor através do ganho estático e do polo na origem. O ganho estático é $0,05$. Assim: $20\cdot log(0,05)-20\cdot log(0,01)=14$ $dB$. Lembrando que se ao invés de um polo fosse um zero na origem ao invés de subtrair na frequência de interesse seria somado. Em relação a fase temos o valor assintótico de baixa frequência $-90^\circ$.
* De $0,01$ a $0,1$ temos uma década então de acordo com o comportamento assintótico o módulo variou $-20$ $dB/dec$ sendo agora $-6$ $dB$. Na frequência de corte temos que a fase fica no valor intermediário entre o valor assintótico antigo e o novo assim a fase é $\frac{-90-270}{2}=-180^\circ$.
* De $0,1$ a $1$ temos uma década então de acordo com o comportamento assintótico o módulo variou $-20$ $dB/dec$ sendo agora $-26 dB$. Difícil prever o comportamento da fase pois não é uma frequência de corte e também não está nos limites.
* De $1$ a $10$ temos uma década então de acordo com o comportamento assintótico o módulo variou $-20$ $dB/dec$ então ele seria $-46$ $dB$. Percebe-se uma discrepância em relação ao valor real. Isso se deve devido ao pico de ressonância que ocorre nessa frequência. Na frequência de corte temos que a fase fica no valor intermediário entre o valor assintótico antigo e o novo assim a fase é $\frac{-270-450}{2}=-360^\circ$.
* De $10$ a $100$ temos uma década então de acordo com o comportamento assintótico o módulo variou $-60$ $dB/dec$ então ele seria $-106$ $dB$. Em relação a fase temos o valor assintótico de alta frequência $-450^\circ$.

| frequência | Módulo (Valores Assintóticos) | Fase (Valores Assintóticos) |
| ---------- | ---------------------- |:--------------------:|
| $0,01$ | $14$ $dB$ | $-90^\circ$ |
| $0,1$ | $-6$ $dB$ | $-180^\circ$|
| $1$ | $-26$ $dB$ | difícil determinar |
| $10$ | $-46$ $dB$ | $-360^\circ$ |
| $100$ | $-106$ $dB$ | $-450^\circ$ |

Com a ajuda de uma calculadora os valores reais nas frequências de interesse são facilmente calculados:

| frequência | Módulo (Valores Reais) | Fase (Valores Reais) |
| ---------- | ---------------------- |:--------------------:|
| $0,01$ | $14$ $dB$ | $-101,43^\circ$ |
| $0,1$ | $-6$ $dB$ | $-180,06^\circ$ |
| $1$ | $-26$ $dB$ | $-259,16^\circ$ |
| $10$ | $-26$ $dB$ | $-358,85^\circ$ |
| $100$ | $-106$ $dB$ | $-449,31^\circ$ |

Abaixo é mostrado o gráfico de bode:


**b)** A partir dos valores de módulo e fase obtidos no item a) é possível traçar a carta de Nichols. Ela é mostrada abaixo.


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**2.** Considere um sistema de controle com realimentação unitária cuja função de transferência de malha aberta é $KG(s)$. Quando $K$ varia de $0$ a $+\infty$, os pólos de malha fechada reais do sistema apresentam o comportamento apresentado na figura a seguir. Sabe-se ainda que este Lugar da Raízes tem um ponto de ramificação em $-3+\sqrt{3}$ e o centróide é o ponto $−3$.


(a) Determinar $G(s)$, sabendo-se que os coeficientes dos termos de maior grau dos seus numerador e denominador são ambos iguais a $1$;
(b) Esboçar o diagrama de Nyquist de $G(j\omega)$ e determinar os valores de $K$ para os quais o sistema é estável por meio do critério de estabilidade de Nyquist;
(c\) Considere $K = 50$. Esboçar a resposta do sistema a um degrau unitário, indicando no gráfico os valores aproximados de tempo de acomodação, saída em regime permanente e sobressinal (caso exista).

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***Solução:***
**(a)** Pelo Lugar das raízes temos que $G(s)$ possui 3 pólos e nenhum zero. Assim $G(s)$ é da forma:

$$G(s)=\frac{A_0}{s(s+a)(s+b)}$$

Pelo enunciado temos que $A_0=1$ (termo de maior grau do numerador igual a $1$). Da informação da centróide temos:

$$\frac{0-a-b}{3}=-3 \to a+b=9$$

Da informação do ponto de ramificação temos:

$$K=-\frac{1}{G(s)}=-s(s+a)(s+b)$$

$$\frac{dK}{dS}=0 \to 3s^2+2(a+b)s+ab=0$$

É sabido que umas das soluções da expressão acima é $s=-3+\sqrt{3}$.
Substituindo obtemos $3\cdot (-3+\sqrt{3})^2 +2(a+b)\cdot (-3+\sqrt{3})+ab=0$. Caímos no seguinte sistema de equações:

\begin{equation*}
\begin{cases}
3\cdot (-3+\sqrt{3})^2 +2(a+b)\cdot (-3+\sqrt{3})+ab=0 \\
a+b=9
\end{cases}
\end{equation*}

Resolvendo temos que $a=3$ e $b=6$. (Pelo lugar das raízes $a<b$). Assim, finalmente foi obtida a $G(s):$

$$G(s)=\frac{1}{s(s+3)(s+6)}$$

**(b)** Fazendo $s=jw$ e desenvolvendo a expressão temos:

$$G(jw)=\frac{1}{-9\omega^2+j\omega(18-\omega^2)}$$

$$G(jw)=\frac{-9\omega^2-j\omega(18-\omega^2)}{81\omega^4+\omega^2(18-\omega^2)^2}$$

$$G(jw)=\frac{-9}{81\omega^2+(18-\omega^2)^2}+\frac{-j(18-\omega^2)}{81\omega^3+\omega(18-\omega^2)^2}$$

Análise do comportamento:
* Para $\omega=0^+$:

$$G(j\omega)=\frac{-9}{18^2} + \frac{-j18}{0}=\infty\angle-90^\circ$$

* Para $\omega=+\infty$:

$$G(j\omega)=\dfrac{1}{s^3}=\dfrac{1}{(j\omega)^3}=\dfrac{1}{-j\cdot \omega^3}=\dfrac{j}{(\omega)^3}=0\angle90^\circ$$

Para $\omega=0^-$ e $\omega=-\infty$ o procedimento de cálculo é similar com suas contrapartes positivas, tendo como única diferença no resultado o sinal da fase.

* Para $\omega=0^-$:

$$G(j\omega)=\infty\angle90^\circ$$

* Para $\omega=-\infty$:

$$G(j\omega)=0\angle-90^\circ$$

Note que quando o denominador for igual à 0 também haverá cruzamento com os respectivos eixos. Mas eles não serão considerados na análise a seguir.

* Cruzamento com o eixo real:

$$18-\omega^2=0 \to \omega=\sqrt{18}$$

$$G(j\cdot\sqrt{18})= 0,006173$$

* Cruzamento com o eixo imaginário: Não há outros cruzamentos.

Chegou a hora de traçar o diagrama de Nyquist. Contorno pela direita é mais fácil pois não precisa incluir as singularidades na origem. Contorna a origem no sentido anti-horário. Como apresenta uma singularidade na origem semicircunferência de raio infinito no sentido horário (Lembrando sempre que vai de $0^-$ para $0^+$). O esboço do diagrama é mostrado abaixo.


Fazendo a análise de estabilidade. Temos que $G(s)$ possui 0 polos no SPD. Assim $P=0$. Para a estabilidade é necessário que $N=0$. Logo:

$$-\frac{1}{K}<-0,006173$$

Resolvendo encontramos a faixa de valores para a estabilidade:

$$0 < K <162$$

**c)** Para $K=50$:

$$KG(s) = \frac{50}{s(s+3)(s+6)}$$

$$T(s) = \frac{KG(s)}{1 + KG(s)}= \frac{50}{s(s+3)(s+6)+50}$$

Os polos de malha fechada são:

$$P_1=-7,49$$

$$P_{2,3}=-0,756\pm j2,471 $$

O par de polos complexos são os polos dominantes.

$$t_s=\frac{4}{\sigma}=\frac{4}{0,756}=5,291 s$$

$$y_{\infty}=T(0)=\frac{50}{50}=1$$

$$\xi=cos\left(arctg\left(\frac{2,471}{0,756}\right)\right)=0,293$$

$$M_p=e^{-\frac{\xi\pi}{\sqrt{1-\xi^2}}}=e^{-\frac{0,293\pi}{\sqrt{1-0,293^2}}}=38,24\%$$

Abaixo o esboço da resposta do sistema para a entrada degrau unitário.


---

**3.** Seja um sistema de controle a realimentação unitária cuja função de transferência de malha aberta é dada por:

$$KG(s)= K\frac{s + 2}{(1 − s)[(s + 1)^2 + 1]}$$

(a) Esboçar o diagrama de Nyquist de $G(j\omega)$ em função da variação do ganho $−\infty < K < +\infty$.
Determinar os valores de $K$ para os quais o sistema é estável em malha fechada;
(b) Para $K=−1,95$, esboçar a resposta ao degrau unitário do sistema em malha fechada. Justificar a forma do esboço.

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***Solução:***
**(a)** Fazendo $s=jw$ e desenvolvendo a expressão temos:

$$G(jw)=\frac{-(s+2)}{(s-1)(s^2+2s+2)}$$

$$G(jw)=\frac{-(jw+2)}{-(2+w^2)+j\omega^3}$$

$$G(jw)=\frac{4+2\omega^2+\omega^4+j\omega(2-\omega^2)}{(2+w^2)^2+\omega^6}$$

Análise do comportamento:
* Para $\omega=0$:

$$G(j\omega)=\frac{4}{2^2}=1=1\angle0^\circ$$

* Para $\omega=\infty$:

$$G(j\omega)=\dfrac{-s}{s^3}=\dfrac{-1}{s^2}=\dfrac{-1}{(j\omega)^2}=\dfrac{-1}{-\omega^2}=\dfrac{1}{(\omega)^2}=0\angle0^\circ$$

* Cruzamento com o eixo real:

$$\omega(2-\omega^2)=0 \to \omega=\{0;\sqrt{2}\}$$

$$G(j\cdot0)= 1$$

$$G(j\cdot\sqrt{2})= 0,5$$

* Cruzamento com o eixo imaginário:

$$4+2\omega^2+\omega^4=0$$

Não possui soluções reais positivas.

O esboço do diagrama é mostrado abaixo.


Fazendo a análise de estabilidade. Temos que $G(s)$ possui 1 polo no SPD. Assim $P=1$. Para a estabilidade é necessário que $N=-1$. Logo:

$$0,5<-\frac{1}{K}<1$$

Resolvendo encontramos a faixa de valores para a estabilidade:

$$-2 < K <-1$$

**b)** Para $K=-1,95$:

$$KG(s) = \frac{1,95(s+2)}{(s-1)(s^2+2s+2)}$$

$$T(s) = \frac{KG(s)}{1 + KG(s)}= \frac{1,95(s+2)}{(s-1)(s^2+2s+2)+1,95(s+2)}$$

O zero e os polos de malha fechada são:

$$z=-2$$

$$P_1=-0,983$$

$$P_{2,3}=-0,0086\pm j1,39 $$

O par de polos complexos são os polos dominantes.

$$t_s=\frac{4}{\sigma}=\frac{4}{0,0,0086}=465,12 s$$

$$y_{\infty}=T(0)=\frac{1,95\cdot2}{-1\cdot2+1,95\cdot2}=2,05$$

$$\xi=cos\left(arctg\left(\frac{1,39}{0,0086}\right)\right)=0,0062$$

$$M_p=e^{-\frac{\xi\pi}{\sqrt{1-\xi^2}}}=e^{-\frac{0,0062\pi}{\sqrt{1-0,0062^2}}}=98,08\%$$

Abaixo o esboço da resposta do sistema para a entrada degrau unitário.


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**4.** Considere um sistema de controle com realimentação unitária cuja função de transferência de malha aberta é dada por

$$KG(s)=\frac{0,1K(s+1)^2}{s^3}$$

(a) Esboçar o diagrama de Nyquist. Explicitar parte real e parte imaginária de $G(j\omega)$, módulo e fase para as frequências de interesse ($ω = 0^{\pm}$ e $ω = \pm\infty$) e análise do comportamento em torno da origem.
(b) Usando o Diagrama de Nyquist, determinar a estabilidade do sistema em função da variação do ganho $-\infty<K<+\infty$. Indicar também para que valor(es) de $K$ o sistema em malha fechada apresenta $1$, $2$ ou $3$ pólos instáveis. Justificar as respostas.

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***Solução:***
**(a)** Fazendo $s=jw$ e desenvolvendo a expressão temos:

$$G(jw)=\frac{0,1(jw+1)^2}{(j\omega^3)}$$

$$G(jw)=\frac{0,1(jw+1)^2}{-j\cdot\omega^3}$$

$$G(jw)=\frac{-0,2\omega+j(0,1-0,1\omega^2)}{\omega^3}$$

$$G(jw)=\frac{-0,2}{\omega^2}+\frac{j(0,1-0,1\omega^2)}{\omega^3}$$

Análise do comportamento:
* Para $\omega=0^+$: (Observe que a parte imaginária tende mais rapidamente ao infinito que a parte real, você pode evidenciar isso calculando a parte real e a parte imaginária para valores bem próximos de $0.$)

$$G(j\omega)=\frac{-0,2}{0^2} + \frac{0,1}{0^3}=\infty\angle90^\circ$$

* Para $\omega=+\infty$:

$$G(j\omega)=\dfrac{s^2}{s^3}=\dfrac{1}{s}=\dfrac{1}{j \omega}=\dfrac{-j}{\omega}=0\angle-90^\circ$$

Para $\omega=0^-$ e $\omega=-\infty$ o procedimento de cálculo é similar com suas contrapartes positivas, tendo como única diferença no resultado o sinal da fase.

* Para $\omega=0^-$:

$$G(j\omega)=\infty\angle-90^\circ$$

* Para $\omega=-\infty$:

$$G(j\omega)=0\angle90^\circ$$

Note que quando o denominador for igual à 0 também haverá cruzamento com os respectivos eixos. Mas eles não serão considerados na análise a seguir.

* Cruzamento com o eixo real:

$$0,1-0,1\omega^2 \to \omega=1$$

$$G(j\cdot1)= -0,2$$

* Cruzamento com o eixo imaginário: Não há outros cruzamentos.

Chegou a hora de traçar o diagrama de Nyquist. Irei fazer o contorno pela direita. Contorna a origem no sentido anti-horário. Como apresenta três singularidades na origem tem-se 3 semicircunferência que equivalem a uma volta e meia de raio infinito no sentido horário (Lembrando sempre que vai de $0^-$ para $0^+$). O esboço do diagrama é mostrado abaixo.


Fazendo a análise de estabilidade. Temos que $G(s)$ possui 0 polos no SPD. Assim $P=0$.
* Estabilidade: É necessário que $N=0$. Logo:

$$-0,2<\frac{1}{K}<0$$

Resolvendo encontramos a faixa de valores para a estabilidade:

$$K >5$$

* $1$ polo instável: É necessário que $N=0$. Logo:

$$\frac{1}{K}>0$$

Resolvendo encontramos a faixa de valores para $1$ polo instável:

$$K <0$$

* $2$ polos instáveis: É necessário que $N=2$. Logo:

$$\frac{1}{K}<-0,2$$

Resolvendo encontramos a faixa de valores para $2$ polos instáveis:

$$0<K<5$$

* $3$ polo instáveis: É necessário que $N=3$. Como essa região não existe, logo é impossível ter $3$ polos instáveis.

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**5.** Considere o sistema representado na figura abaixo.


Esboçar o diagrama de Nyquist para o sistema em função da variação do ganho $-\infty<K<+\infty$. Explicitar parte real e parte imaginária, módulo e fase para as frequências de interesse ($\omega=0^\pm$ e $\omega=\pm\infty$) e cruzamentos com eixo real e imaginário. Explicitar a faixa de estabilidade do sistema.

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***Solução:***
Observe que o sistema não está apresentado na forma padrão (com realimentação unitária e o ganho $K$ separado). Antes de começar de fato a resolver o problema é necessário reescrever o sistema de outra forma. Seja $T(s)$ a função de transferêcia de malha fechada:

$$T(s)=\frac{\frac{K}{s}\cdot \frac{3}{s-1}}{1+\frac{s+1}{s+3}\cdot\frac{K}{s}\cdot \frac{3}{s-1}}$$

$$T(s)=\frac{3K(s+3)}{s(s+3)(s-1)+3K(s+1)}$$

O polinômio característico de $T(s)$ é dado por $\Delta(s)=s(s+3)(s-1)+3K(s+1)$. Ele pode ser reescrito na forma $1+KG^{'}(s)$ como mostrado abaixo:

$$\Delta(s)=s(s+3)(s-1)+3K(s+1)$$

$$\Delta(s)=1+K\cdot\frac{3(s+1)}{s(s+3)(s-1)}$$

Temos que $G'(s)=\frac{3(s+1)}{s(s+3)(s-1)}$. Fazer operações sobre esse novo $G'(s)$ equivale a operar sobre o sistema original. A partir daqui podemos proceder para a solução habitual. Fazendo $s=jw$ e desenvolvendo a expressão temos:

$$G(jw)=\frac{3(jw+1)}{-2\omega^2-j\omega(3+\omega^2)}$$

$$G(jw)=\frac{-15\omega^2-3\omega^4+j\omega(9-3\omega^2)}{4\omega^4+\omega^2(3+\omega^2)^2}$$

$$G(jw)=\frac{-15-3\omega^2}{4\omega^2+(3+\omega^2)^2}+\frac{j(9-3\omega^2)}{4\omega^3+\omega^2(3+\omega)^2}$$

Análise do comportamento:
* Para $\omega=0^+$:

$$G(j\omega)=\frac{-15}{3^2} + \frac{j9}{0}=\infty\angle90^\circ$$

* Para $\omega=+\infty$:

$$G(j\omega)=\dfrac{s}{s^3}=\dfrac{1}{s^2}=\dfrac{1}{(j \omega)^2}=\dfrac{-1}{\omega^2}=0\angle-180^\circ$$

Para $\omega=0^-$ e $\omega=-\infty$ o procedimento de cálculo é similar com suas contrapartes positivas, tendo como única diferença no resultado o sinal da fase.

* Para $\omega=0^-$:

$$G(j\omega)=\infty\angle-90^\circ$$

* Para $\omega=-\infty$:

$$G(j\omega)=0\angle180^\circ$$

* Cruzamento com o eixo real:

$$9-3\omega^2=0 \to \omega=\sqrt{3}$$

$$G(j\cdot\sqrt{3})= -0,5$$

* Cruzamento com o eixo imaginário:

$$-15-3\omega^2=0$$

Não possui soluções reais positivas.

O esboço do diagrama é mostrado abaixo.


Fazendo a análise de estabilidade. Temos que $G(s)$ possui $1$ polo no SPD. Assim $P=1$. Para a estabilidade é necessário que $N=-1$. Logo:

$$-0,5<-\frac{1}{K}<0$$

Resolvendo encontramos a faixa de valores para a estabilidade:

$$K > 2$$

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**6.** Considere um sistema de controle abaixo, sendo que $G(s)$ representa um sistema de fase mínima.


(a) Qual o erro de regime permanente para uma entrada do tipo parábola unitária?
(b) O ganho $K$ poderia ser ajustado para garantir um erro de regime permanente inferior a $20\%$? Em caso afirmativo, determinar para que valores de $K$ a especificação de erro poderia ser atendida.
(c\) Determinar a função de transferência $G(s)$ (aproximada). Apresentar resumidamente as considerações utilizadas na determinação da mesma.


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***Solução:***
**(a)** Pelo gráfico a assíntota de baixa frequência cruza $0$ $dB$ aproximadamente em $\omega=0,9$. Assim:

$$K_a=\omega^2=0,9^2=0,81$$

$$e_{\infty}=\frac{1}{K_a}=\frac{1}{0,81}=1,235$$

**(b)** Para se obter $e_\infty<0,2$ é necessário que $K_a>5$. Assim:

$$K\cdot K_a >5 \to K\cdot0,81 > 5 \to K>6,173$$

Porém a margem de ganho de ganho limita o ganho do sistema. Graficamente é possível obter que a $\omega_{CF}=20$ $rad/s$. Para essa frequência extraímos do gráfico que $MG_{dB}=20$ $dB$. Em valor absoluto temos que $MG=10$. Logo $K<10$ para garantir a estabilidade. Assim a faixa de valores que atende a especificação de erro de regime permanente é:

$$6,173<K<10$$

**(c\)** Em baixa frequência temos uma assíntota de $-40$ $dB/dec$ indicando um polo duplo na origem, É um sistema de fase mínima, pois como esperado a fase começa em $-180^\circ$.
Observa-se mudança da declividade da assíntota para $-20$ $dB/dec$ e uma tendência da fase variar de $-180^\circ$ para $-90^\circ$ indicando um zero de 1ª ordem. O pico de ressonância e o decaimento da fase de $-90^\circ$ para $-270^\circ$ indica um par de polos complexos. Assim o sistema é da forma:

$$G(s)=\frac{K(s+z)}{s^2(s^2+2\xi\omega_n s +\omega_n^2)}$$

* Encontrando $z$: $\frac{-180-90}{2}=-135^\circ$. Na frequência de corte a fase assume um valor intermediário. Esse valor de fase ocorre para $\omega=2$ $rad/s$. Logo $z=2$.
* Encontrando $\omega_n$: $\frac{-90-270}{2}=-180^\circ$. Na frequência de corte a fase assume um valor intermediário. Esse valor de fase ocorre para $\omega=20$ $rad/s$. Logo $\omega_n=20$.
* Encontrando $\xi$: Pelo gráfico o pico de ressonância em dB é aproximadante $10$ $dB$. Em valor absoluto $M_r=\sqrt{10}$. Assim:

$$\sqrt{10}=\frac{1}{2\xi\sqrt{1-\xi^2}} $$

$$4\xi^2(1-\xi^2)-\frac{1}{10}=0$$

Resolvendo a equação temos que a única solução que está entre $0<\xi<0,707$ é $\xi=0,16.$

$$G(s)=\frac{K(s+2)}{s^2(s^2+2\cdot0,16\cdot20\cdot s +400)}$$

* Encontrando $K$: Este pode ser obtido através do coeficiente de aceleração $K_a$. Assim temos:

$$Ka=\lim_{s \to 0} s^2G(s)=\frac{2K}{400}=0,81 $$

Resolvendo temos $K=162$. Assim a função de transferência aproximada é dado por:

$$G(s)=\frac{162(s+2)}{s^2(s^2+6,4 s +400)}$$

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**7.** Seja um sistema de controle com realimentação unitária, cuja função de transferência de malha aberta é apresentada a seguir.

$$G(s)=\frac{4(s+1)^2}{s(s^2+36)}$$

(a) Traçar os Diagramas de Bode para o sistema. Descrever o comportamento assintótico (inclinação das assíntotas e variação de fase). Indicar valores reais de módulo e fase para as frequências de corte e frequências limite do diagrama traçado.
(b) Determinar, analiticamente, as margens de ganho e de fase do sistema. O sistema é estável em malha fechada? Justificar a resposta.

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***Solução:***
**(a)** O primeiro passo é reescrever $G(s)$ como $G(j\omega)$ de modo a evidenciar as frequências de corte e os coeficientes de amortecimento (caso existam). Reescrevendo a função temos:

$$G(s)=\frac{4(s+1)^2}{s\cdot 36\left(\frac{s^2}{36}+1\right)}$$

$$G(s)=\frac{1}{9}\cdot \frac{(s+1)^2}{s\left(\left(\frac{s}{6}\right)^2+1\right)}$$

Logo o $G(j\omega)$ pode ser representado assim:

$$G(j\omega)=\frac{1}{9}\cdot \frac{(j\omega+1)^2}{(jw)\left(\left(\frac{j\omega}{6}\right)^2+1\right)}$$

Na forma padrão é possível identificar facilmente as frequências de corte e o coeficiente de amortecimento:
* $(j\omega-1) \to \omega_c=1$
* $\left(\left(\frac{j\omega}{6}\right)^2+1\right) \to \omega_c=\frac{1}{1/6}=6$ e $\xi=0$

Com $\xi=0$ temos um pico de resonância de $+\infty$ $dB$ na frequência de $6$ $rad/s$.

Descrevendo o comportamento assintótico de $G(j\omega)$.
* Módulo:
1. Na faixa entre $0$ e $1$ temos que o módulo varia $-20$ $dB/dec$ devido ao polo na origem.
2. Na faixa entre $1$ e $6$ temos um zero de multiplicidade 2 que contribui com $+40$ $db/dec$. Assim, a assíntota vai para $+20$ $dB/dec$.
3. Na faixa entre $6$ e infinito temos um par de polos complexos que contribui com $-40$ $dB/dec$ assim a assíntota irá para $-20$ $dB/dec$.
* Fase:
1. Na faixa entre $0$ e $1$ temos o polo na origem contribuindo com $-90^\circ$.
2. Na faixa entre $1$ e $6$ temos o zero de multiplicidade 2 contribuindo com $+180^\circ$. Somando esta contribuição tem-se a fase de $+90^\circ$.
3. Na faixa entre $6$ e infinito temos o par de polos complexos que contribui com $-180^\circ$. Somando essa contribuição tem-se a fase de $-90^\circ$.

| Faixa de frequência | Módulo | Fase |
| --------------------------------- | -------------------- | ------------------------- |
| $\omega=0$ a $\omega=1$ | $-20$ $dB$ | $-90^{\circ}$ |
| $\omega=1$ a $\omega=6$ | $-20+40=+20$ $dB$ | $-90+180=+90^{\circ}$ |
| $\omega=6$ a $\omega \to \infty$ | $+20-40=-20$ $dB$ | $+90-180=-90^{\circ}$ |

Com a ajuda de uma calculadora os valores reais nas frequências de interesse são facilmente calculados:

| frequência | Módulo (Valores Reais) | Fase (Valores Reais) |
| ---------- | ---------------------- |:--------------------:|
| $0,1$ | $1$ $dB$ | $-78,58^\circ$ |
| $1$ | $-12,82$ $dB$ | $-0^\circ$ |
| $6$ | $+\infty$ $dB$ | Indeterminação |
| $10$ | $-4$ $dB$ | $-101,42^\circ$ |
| $100$ | $-27,93$ $dB$ | $-91,15^\circ$ |

Abaixo é mostrado o gráfico de bode:


**(b)** O primeiro passo é escrever as expressões para o $\mid G(j\omega)\mid$ e para $\angle G(j\omega)$.

$$G(j\omega)=\frac{4(j\omega+1)^2}{(j\omega)((j\omega)^2+36)}$$

$$G(j\omega)=\frac{4-4\omega^2+j\cdot8\omega}{j\omega(36-\omega^2)}$$

$$\mid G(j\omega) \mid = \frac{\sqrt{(4-4\omega^2)^2+(8\omega)^2}}{\omega(36-\omega^2)}$$

$$\angle G(j\omega)=arctg\left(\frac{8\omega}{4-4\omega^2}\right)-arctg\left(\frac{\omega(36-\omega^2)}{0}\right)$$

Obtidas as expressões calculemos agora as frequências de cruzamento de fase e de ganho.

$$\mid G(j\cdot \omega_{CG}) \mid =1$$

$$\frac{\sqrt{(4-4\omega^2)^2+(8\omega)^2}}{\omega(36-\omega^2)}=1$$

Calculando a frequência de cruzamento de ganho:

$$(4-4\omega^2)^2+(8\omega)^2-\omega^2(36-\omega^2)^2=0$$

$$\omega_{CG}=\{0,1101;4,3777; 8,296\}$$

A margem de fase é calculada usando a frequência de cruzamento de ganho mais alta. Então iremos usar $\omega_{CG}=8,296$. Assim:

$$MF=180^\circ+\angle G(j\cdot \omega_{CG})=180^\circ-193,75^\circ- (-90 ^\circ)=76,25^\circ$$

Pelo gráfico de Bode temos que a fase do sistema em nenhum momento cruza $-180^\circ$. Assim a $MG=\infty$.
Como $MG>0$ e $MF>0$ temos que o sistema é estável para $K=1$.

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**8.** Considere o sistema de controle abaixo, sendo que $G(s)$ pode ser uma das três funçoes de transferência dadas a seguir.


A seguir são mostrados os Diagramas de Nyquist obtidos considerando uma das três funções ($G1$, $G2$ ou $G3$) e um dos seguintes contornos para o polo da origem:


Para cada um dos Diagramas de Nyquist (a, b, c, d), identificar qual a função de transferência considerada ($G_1$, $G_2$ ou $G_3$), qual o tipo do contorno utilizado (CD ou CE) e analisar a estabilidade do sistema. Justificar as respostas.


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***Solução:***
Temos que (a) e (b) são contornos pela direita, visto que as semicircunferências de raio infinito estão no sentido horário. Com um argumento análogo temos que (c\) e (d) são contornos pela esquerda, visto que as semicircunferências de raio infinito estão no sentido anti-horário.
Para cada função de transferência vamos identificar em ponto ocorre o cruzamento com o eixo real:

$$G_1(s)=\frac{1}{s(s-b)}$$

$$G_1(j\omega)=\frac{1}{(j\omega)(j\omega-b)}$$

$$G_1(j\omega)=\frac{1}{-\omega^2-j\omega\cdot b}$$

$$G_1(j\omega)=\frac{-\omega^2+j\omega\cdot b}{\omega^4+\omega^2\cdot b^2}$$

$$G_1(j\omega)=\frac{-1}{\omega^2+b^2}+\frac{j\cdot b}{\omega^3+\omega\cdot b^2}$$

* Cruzamento com o eixo real: (A solução $\omega=\pm\infty$ não será explicitada, mas é fácil constatar que esse cruzamento ocorre.)

Observe que excetuando a solução $b=0$ e $\omega=\pm\infty$ não há outros cruzamentos. Assim temos que o diagrama de Nyquist (d) corresponde a função de transferência da forma $G_1(s)$. Note que em (d) $b\neq0$, pois teriamos duas singularidades na origem e uma volta completa de raio infinito.

$$G_2(s)=\frac{1+bs}{s(s-a)}$$

$$G_2(j\omega)=\frac{1+j\omega b}{(j\omega)(j\omega-a)}$$

$$G_2(j\omega)=\frac{1+j\omega b}{-\omega^2-j\omega\cdot a}$$

$$G_2(j\omega)=\frac{-\omega^2(1+ab)+j\omega(a-\omega^2b) }{\omega^4+\omega^2\cdot a^2}$$

$$G_2(j\omega)=\frac{-(1+ab)}{\omega^2+a^2}+\frac{j(a-\omega^2b)}{\omega^3+\omega\cdot a^2}$$

* Cruzamento com o eixo real: (A solução $\omega=\pm\infty$ não será explicitada, mas é fácil constatar que esse cruzamento ocorre.)

$$(a-\omega^2b)=0 \to \omega=\sqrt{\frac{a}{b}}$$

$$G_2\left(j\cdot \sqrt{\frac{a}{b}}\right)=\frac{-(1+ab)}{\frac{a}{b}+a^2}=\frac{-b(1+ab)}{a+a^2b}=\frac{-b(1+ab)}{a(1+ab)}=-\frac{b}{a}$$

Assim temos que os diagramas de Nyquist (b) e (c\) correspondem a função de transferência da forma $G_2(s)$.

$$G_3(s)=\frac{1}{s(as+1)(bs+1)}$$

$$G_3(j\omega)=\frac{1}{(j\omega)(j\omega\cdot a+1)(j\omega\cdot b+1)}$$

$$G_3(j\omega)=\frac{1}{-\omega^2(a+b)+j\omega(1-ab\cdot \omega^2)}$$

$$G_3(j\omega)=\frac{-\omega^2(a+b)-j\omega(1-ab\cdot \omega^2)}{\omega^4(a+b)^2+\omega^2(1-ab\cdot \omega^2)^2}$$

$$G_3(j\omega)=\frac{-(a+b)}{\omega^2(a+b)^2+(1-ab\cdot \omega^2)^2}+\frac{-j(1-ab\cdot \omega^2)}{\omega^3(a+b)^2+\omega^(1-ab\cdot \omega^2)^2}$$

* Cruzamento com o eixo real: (A solução $\omega=\pm\infty$ não será explicitada, mas é fácil constatar que esse cruzamento ocorre.)

$$(1-ab\cdot\omega^2)=0 \to \omega=\frac{1}{\sqrt{ab}}$$

$$G_2\left(j\cdot \frac{1}{\sqrt{ab}}\right)=\frac{-(a+b)}{\frac{(a+b)^2}{ab}+(1-\frac{ab}{ab})^2}=\frac{-(a+b)}{\frac{(a+b)^2}{ab}}=\frac{-ab(a+b)}{(a+b)^2}=\frac{-ab}{(a+b)}$$

Assim temos que o diagrama de Nyquist (a) corresponde a função de transferência da forma $G_3(s)$.
* Tabela Resumo:

| Diagrama | Função de Transferência | Contorno |
| -------- |:-----------------------:| -------- |
| $(a)$ | $G_3(s)$ | Direita |
| $(b)$ | $G_2(s)$ | Direita |
| $(c)$ | $G_2(s)$ | Esquerda |
| $(d)$ | $G_1(s)$ | Esquerda |

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**9.** Considere o sistema de controle abaixo.


Deseja-se projetar um controlador $C(s)$ de modo a atingir os seguintes objetivos:
* Erro de regime permanente à entrada rampa unitária menor ou igual a $20\%$ ;
* Margem de fase maior ou igual a $50^\circ$;

Responda as questões abaixo considerando a abordagem em frequência.

(a) E possível atingir estes objetivos apenas com um controle proporcional? Justificar a resposta.
(b) Projetar um controlador em atraso de modo que as duas especificações sejam satisfeitas. Mostrar que as especificações são atendidas.
(c\) Suponha que se deseje também uma margem de ganho superior a 18dB. Calcular a margem de ganho do sistema compensado. Caso esta não seja satisfatória, explicar conceitualmente (sem calcular) como o projeto anterior poderia ser modificado de modo a obter a margem de ganho desejada garantindo o atendimento das demais especificações.

---
***Solução:***
**(a)** Seja $C(s)=K$ um controlador proporcional. Da especificação de erro de regime permanente temos:

$$e_\infty \leq 0,2 \to K_v \geq 5$$

Calculando o $K_v$ de $C(s)G(s)$:

$$K_v= \lim_{s \to 0} C(s)G(s)=\frac{5K}{4}=1,25K$$

Para conseguir $K_v\geq5$ é necessário que $K\geq4$. Porém é sabido que a $MG$ limita o ganho do sistema. Vamos calculá-la.

$$G(s)=\frac{5}{s(s^2+4s+4)}$$

$$G(j\omega)=\frac{5}{(j\omega)((j\omega)^2+j\omega\cdot4+4)}$$

$$G(j\omega)=\frac{5}{-4\omega^2+j\omega(4-\omega^2)}$$

$$\mid G(j\omega)\mid=\frac{5}{\sqrt{16\omega^4+\omega^2(4-\omega^2)^2}}$$

$$\angle G(j\omega)= -arctg\left(\frac{4-\omega^2}{-4\omega}\right)$$

Calculando a $\omega_{CF}$ :

$$\angle G(j\omega_{CF})=-180^\circ$$

$$-arctg\left(\frac{4-\omega_{CF}^2}{-4\omega_{CF}}\right)=-180^\circ$$

$$\frac{4-\omega_{CF}^2}{-4\omega_{CF}}=0 \to \omega_{CF}=2$$

Calculando a $MG$ :

$$MG=\frac{1}{\mid G(j\omega_{CF})\mid}=\frac{\sqrt{16\omega_{CF}^4+\omega_{CF}^2(4-\omega_{CF}^2)^2}}{5}=3,2$$

Assim qualquer valor de ganho acima de $3,2$ leva o sistema a instabilidade. Logo, não é possível atender a especificação de erro de regime permanente.

**(b)** O controlador em atraso é da forma:

$$C_{AT}(s)=K\frac{1+\alpha Ts}{1+ Ts}$$

O primeiro passo é escolher um valor de $K$ de tal modo que a especificação de erro em regime permanente seja atendida. Vimos no item (a) que $K\geq4$. Irei escolher $K=5$. Obtendo as expressões de módulo e ganho para $KG(s)$ temos:

$$\mid K(j\omega)\mid=\frac{25}{\sqrt{16\omega^4+\omega^2(4-\omega^2)^2}}$$

$$\angle KG(j\omega)= -arctg\left(\frac{4-\omega^2}{-4\omega}\right)$$

Irei agora calcular a contribuição de fase de $KG(j\omega_c)$, onde $\omega_c$ é a frequência de cruzamento de ganho, de modo a alcançar a especificação de margem de fase pretendida de $50^\circ$ com uma folga de $6^\circ$.

$$180+\angle KG(j\omega_c)=50^\circ + 6^\circ$$

$$\angle KG(j\omega_c)=-124^\circ$$

$$-arctg\left(\frac{4-\omega_c^2}{-4\omega_c}\right)=-124^\circ$$

$$ \frac{4-\omega_c^2}{-4\omega_c}= tg (124^\circ) \to \omega_c=0,6115$$

A partir dessa informação é possível calcular o parâmetro $\alpha$:

$$\mid\alpha K G(j\omega_c)\mid=1$$

$$\alpha=\frac{1}{\mid K G(j\omega_c)\mid}=\frac{\sqrt{16\omega_{c}^4+\omega_{c}^2(4-\omega_{c}^2)^2}}{25}=0,107$$

A frequência de cruzamento de ganho do sistema controlado, $\omega_c$, deve estar uma década acima do zero do controlador, ou seja:

$$\omega_c=\frac{10}{\alpha T} \to T=\frac{10}{\alpha \omega_{c}}$$

Assim:

$$T=\frac{10}{0,107\cdot0,6115}=152,83$$

$$\alpha T=0,107\cdot 152,83=16,35$$

Substituindo os parâmetros calculados temos o controlador em atraso projetado:

$$C_{AT}(s)=5\frac{1+16,35s}{1+152,83s}$$

ou

$$C_{AT}(s)=0,5349\frac{s+0,0612}{s+0,0065}$$

Conferindo se as especificações foram atendidas:

* Erro de regime permanente à entrada rampa unitária menor ou igual a $20\%$

$$K_v= \lim_{s \to 0} C_{AT}(s)G(s)=\frac{5\cdot5}{4}=6,25$$

$$e_\infty=\frac{1}{K_v}=\frac{1}{6,25}=16\%$$

* Margem de fase maior ou igual a $50^\circ$

$$\mid C(j\omega_{CG})G(j\omega_{CG})\mid=1$$

$$\frac{5\cdot\sqrt{1+(16,35\omega_{CG})^2}}{\sqrt{1+(152,83\omega_{CG})^2}}\cdot\frac{5}{\sqrt{16\omega_{CG}^4+\omega_{CG}^2(4-\omega_{CG}^2)^2}}=1$$

$$625\cdot[1+(16,35\omega_{CG})^2]-[1+(152,83\omega_{CG})^2]\cdot[16\omega_{CG}^4+\omega_{CG}^2(4-\omega_{CG}^2)^2]=0$$

$$\omega_{CG}=0,614$$

$$MF=180^\circ+\angle{C(j\omega_{CG})G(j\omega_{CG})}$$

$$MF=180+arctg(16,35\omega_{CG})-arctg(152,83\omega_{CG})-arctg\left(\frac{4-\omega^2}{-4\omega}\right)$$

$$MF=180+84,31-89,39-124,13=50,79^\circ$$

As especificações foram atendidas.

**(c\)** Calculando a frequência de cruzamento de fase:

$$\angle C(j\omega_{CF})G(j\omega_{CF})=-180^\circ$$

$$arctg(16,35\omega_{CF})-arctg(152,83\omega_{CF})-arctg\left(\frac{4-\omega_{CF}^2}{-4\omega_{CF}}\right)=-180^\circ$$

Usando a identidade trigonométrica: $arctg(a)\pm arctg(b)=arctg\left(\frac{a\pm b}{1\mp a\cdot b}\right)$ temos:

$$arctg\left(\frac{16,35\omega_{CF}-152,83\omega_{CF}}{1+16,35\cdot152,83\omega_{FG}^2}\right)-arctg\left(\frac{4-\omega_{CF}^2}{-4\omega_{CF}}\right)=-180^\circ$$

$$arctg \left( \frac{\left(\frac{16,35\omega_{CF}-152,83\omega_{CF}}{1+16,35\cdot152,83\omega_{CF}^2}\right)-\left(\frac{4-\omega_{CF}^2}{-4\omega_{CF}}\right)}{1+\left(\frac{16,35\omega_{CF}-152,83\omega_{CF}}{1+16,35\cdot152,83\omega_{CF}^2}\right)\cdot \left(\frac{4-\omega_{CF}^2}{-4\omega_{CF}}\right)}\right)=-180^\circ$$

$$ \frac{\left(\frac{16,35\omega_{CF}-152,83\omega_{CF}}{1+16,35\cdot152,83\omega_{CF}^2}\right)-\left(\frac{4-\omega_{CF}^2}{-4\omega_{CF}}\right)}{1+\left(\frac{16,35\omega_{CF}-152,83\omega_{CF}}{1+16,35\cdot152,83\omega_{CF}^2}\right)\cdot \left(\frac{4-\omega_{CF}^2}{-4\omega_{CF}}\right)}=0$$

$$\omega_{CF}=1,9446$$

Calculando a margem de ganho:

$$MG=-20\cdot log\left(\mid C(j\omega_{CF})G(j\omega_{CF})\mid\right)$$

$$MG=-20\cdot log\left(\frac{5\cdot\sqrt{1+(16,35\omega_{CG})^2}}{\sqrt{1+(152,83\omega_{CG})^2}}\cdot\frac{5}{\sqrt{16\omega_{CG}^4+\omega_{CG}^2(4-\omega_{CG}^2)^2}}\right)=15,05 dB$$

A margem de ganho não é satisfatória. A margem de ganho pode ser aumentada mantendo o polo e o zero do controlador em atraso e diminuindo o ganho $K$. Para esse projeto em específico feito com $K=5$ você só consegue atender a especificação quando diminuir o ganho para 3,5 mas aí não atenderá a especificação de erro de regime permanente. O jeito seria projetar o controlador com um $K$ inicialmente alto achar o polo e o zero do controlador e depois diminuir o ganho até o limite 4. Essa seria uma forma.

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**12.** Considere o sistema de controle a realimentação unitária a seguir.


Deseja-se satisfazer as seguintes especificações de desempenho:
* a margem de fase seja igual ou superior a $50^\circ$;
* o erro de regime permanente à entrada rampa unitária seja menor ou igual a $10\%$

(a) Esboçar os diagramas de Bode para $G(j\omega)$.
(b) É possível satisfazer as especificações com um controlador proporcional? Justificar a resposta.
(c\) Projetar um controlador que satisfaça as especificações. Explicitar os valores obtidos de margem de fase e erro de regime permanente.

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***Solução:***
**(a)** O primeiro passo é reescrever $G(s)$ como $G(j\omega)$ de modo a evidenciar as frequências de corte e os coeficientes de amortecimento (caso existam). Reescrevendo a função temos:

$$G(s)=\frac{2}{s^2\cdot 3\left(\frac{s}{3}+1\right)}$$

$$G(s)=\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{s^2\left(\left(\frac{s}{3}\right)+1\right)}$$

Logo o $G(j\omega)$ pode ser representado assim:

$$G(j\omega)=\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{(j\omega)^2\left(\left(\frac{j\omega}{3}\right)+1\right)}$$

Na forma padrão é possível identificar facilmente a frequências de corte:
* $\left(\left(\frac{j\omega}{3}\right)+1\right) \to \omega_c=3$

Descrevendo o comportamento assintótico de $G(j\omega)$.
* Módulo:
1. Na faixa entre $0$ e $3$ temos que o módulo varia $-40$ $dB/dec$ devido aos 2 polos na origem.
2. Na faixa entre $3$ e infinito temos um polo de 1ª ordem que contribui com $-20$ $dB/dec$ assim a assíntota irá para $-60$ $dB/dec$.
* Fase:
1. Na faixa entre $0$ e $3$ temos o polo duplo na origem contribuindo com $-180^\circ$.
2. Na faixa entre $3$ e infinito temos o polo de 1ª ordem que contribui com $-90^\circ$. Somando essa contribuição tem-se a fase de $-270^\circ$.

| Faixa de frequência | Módulo | Fase |
|:--------------------------------:| ----------------- | --------------------- |
| $\omega=0$ a $\omega=3$ | $-40$ $dB$ | $-180^{\circ}$ |
| $\omega=3$ a $\omega \to \infty$ | $-40-20=-60$ $dB$ | $-180-90=-270^{\circ}$ |

Com a ajuda de uma calculadora os valores reais nas frequências de interesse são facilmente calculados:

| frequência | Módulo (Valores Reais) | Fase (Valores Reais) |
| ---------- | ---------------------- |:--------------------:|
| $0,1$ | $36,5$ $dB$ | $-181,91^\circ$ |
| $1$ | $-4$ $dB$ | $-198,44^\circ$ |
| $3$ | $-25,6$ $dB$ | $-225^\circ$ |
| $10$ | $-54,4$ $dB$ | $-253,3^\circ$ |
| $100$ | $-114$ $dB$ | $-268,18^\circ$ |

Abaixo é mostrado o gráfico de bode:


**(b)** Não é possível. Variar o ganho faz com que a frequência de cruzamente de ganho seja alterada modificando assim a margem de fase. Entretanto o formato do gráfico da fase não muda. Observe pelo diagrama de Bode que a fase está contida no intervalo entre $-180^\circ$ e $-270^\circ$. Assim a fase de $G(j\omega)$ sempre estará nesse intervalo fazendo com que a margem de fase seja negativa.

$$MF=180+\angle G(j\omega)$$

**(c\)** Irei projetar um controlador em avanço visto que um controlador atraso tem uma contribuição de fase muito baixa, aproximadamente $6^\circ$. O controlador em avanço é da forma:

$$C_{AV}(s)=K\frac{1+\alpha Ts}{1+ Ts}$$

Observe que $G(s)$ é um sistema do tipo 2, então o erro de regime permanente para a entrada é nulo. Assim a especificação erro de regime permanente já está atendida. Preciso escolher um $K$. Irei escolher inicialmente $K=1$.

$$G(s)=\frac{2}{s^2(s+3)}$$

$$G(j\omega)=\frac{2}{(j\omega)^2(j\omega+3)}$$

$$G(j\omega)=\frac{2}{-3\omega^2-j\omega^3}$$

$$\mid G(j\omega)\mid=\frac{2}{\sqrt{9\omega^4+\omega^6}}$$

$$\angle G(j\omega)= -arctg\left(\frac{-\omega}{-3}\right)$$

Calculando a frequência de cruzamento de ganho para $KG(\omega_{CG})$:

$$\mid K G(j\omega_{CG})\mid =1$$

$$\frac{2}{\sqrt{9\omega^4+\omega^6}}=1$$

$$9\omega^4+\omega^6-4=0$$

$$\omega_{CG}=0,8025$$

Calculando a $MF$ :

$$MF=180+\angle K\omega_{CG}=180-194,98=-14,98^\circ$$

A partir disso podemos calcular a contribuição de fase do controlador que é igual a fase desejada, $50^\circ$ menos a margem de fase de $KG(j\omega_{CG})$ mais uma margem de segurança na faixa de $5$ a $12$ graus. Irei escolher a margem mínima de $5^\circ$.

$$\phi_m=50-(-14,98)+5=69,98^\circ$$

A partir disso calculamos o $\alpha$:

$$\alpha=\frac{1+sen(69,98^\circ)}{1-sen(69,98^\circ)}=32,1$$

Observe que $\alpha>20$. Isso é uma limitação prática de projeto porque um $\alpha>20$ introduz muito ruído ao sistema. A nível de conhecimento o valor máximo de $\phi_m$ tal que $\alpha<20$ é $\phi_m=64,79^\circ$ sendo $\alpha=19,998$. Logo precisamos refazer o projeto. Uma solução seria alterar o parâmetro $K$ de modo a aumentar margem de fase do sistema, diminuindo consequentemente $\phi_m$. irei escolher $K=0,1$.

$$\mid KG(j\omega)\mid=\frac{0,2}{\sqrt{9\omega^4+\omega^6}}$$

Recalculando a frequência de cruzamento de ganho para $KG(\omega_{CG})$:

$$\mid K G(j\omega_{CG})\mid =1$$

$$\frac{0,2}{\sqrt{9\omega^4+\omega^6}}=1$$

$$9\omega^4+\omega^6-0,04=0$$

$$\omega_{CG}=0,2577$$

Calculando a $MF$ :

$$MF=180+\angle KG(j\omega_{CG})=180-184,91=-4,91^\circ $$

A contribuição de fase do controlador e o $\alpha$ serão respectivamente:

$$\phi_m=50-(-4,91)+7,02=61,93^\circ$$

$$\alpha=\frac{1+sen(61,93^\circ)}{1-sen(61,93^\circ)}=16$$

Relembrando que a margem de segurança pode ser qualquer valor na faixa entre $5$ e $12$ graus. Escolhi esse valor apenas para o $\alpha$ ser exatamente $16$. Calculando a nova frequência de cruzamento de ganho, $\omega_c$, para conseguir o aumento necessário da fase:

$$\mid K\cdot \sqrt{\alpha}\cdot G(j\omega_c)\mid=1$$

$$\frac{2\cdot0,1\cdot\sqrt{16}}{\sqrt{9\omega_c^4+\omega_c^6}}=1$$

$$9\omega_c^4+\omega_c^6-0,64=0$$

$$\omega_c=0,5127$$

Verificando se a margem de fase foi atendida:

$$\angle KG(j\omega_{c})=-arctg \left(\frac{-\omega_c}{-3}\right)=-189,7^\circ$$

$$MF = 180+\angle KG(j\omega_{c})+\phi_m=180-189,7+61,93=52,23^\circ$$

A margem de fase foi atendida. Para concluir o projeto falta calcular o polo e o zero do controlador. Assim:

$$T=\frac{1}{\omega_c \sqrt a}=\frac{1}{0,5127\cdot \sqrt{16}}=0,4876$$

$$\alpha T=16\cdot0,4876=7,8$$

Substituindo os parâmetros calculados temos o controlador em avanço projetado:

$$C_{AV}(s)=0,1\frac{1+7,8s}{1+0,4876s}$$

ou

$$C_{AV}(s)=1,6\frac{s+0,1282}{s+2,05}$$

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**14.** Seja o sistema de controle abaixo.


Deseja-se atender aos requisitos de desempenho a seguir:
* margem de ganho igual ou superior a $20$ $dB$;
* margem de fase igual ou superior a $60^\circ$;
* erro nulo em regime permanente para entrada rampa unitária.

Projetar um controlador $C(s)$ para atender todas as especificações de desempenho. Mostrar que as especificações são realmente atendidas com o controlador projetado. Explicitar os valores obtidos para as margens de estabilidade.

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***Solução:***
Para garantir erro nulo a entrada rampa é necessário dois integradores no caminho direto. Assim, $C(s)$ precisa ter um integrador. Irei projetar um PI. Seja o controlador da forma:

$$C(s)=K\frac{1+bs}{s}$$

Na malha direta temos:

$$C(s)G(s)=K\frac{1+bs}{s^2(s+2)}$$

Passando para o domínio da frequência e rearranjando os termos:

$$C(j\omega)G(j\omega)=K\frac{1+j\omega b}{(j\omega)^2(j\omega+2)}$$

$$C(j\omega)G(j\omega)=\frac{K}{2}\cdot \frac{1+j\omega\cdot b}{(j\omega)^2\left(\frac{j\omega}{2}+1\right)}$$

$$C(j\omega)G(j\omega)=\frac{K}{2}\cdot \frac{-1}{\omega^2}\cdot \frac{1+j\omega\cdot b}{1+j\omega\cdot 0,5}$$

A fase de $C(j\omega)G(j\omega)$ pode ser escrita como:

$$\angle C(j\omega)G(j\omega)=-180^\circ+\angle{\left(\frac{1+j\omega\cdot b}{1+j\omega\cdot 0,5}\right)}$$

Para garantir a estabilidade é necessário que a margem de fase seja maior que $0$ assim:

$$MF>0$$

$$180+\angle C(j\omega)G(j\omega)>0$$

$$180+\left(-180^\circ+\angle{\left(\frac{1+j\omega\cdot b}{1+j\omega\cdot 0,5}\right)}\right)>0$$

$$\angle{\left(\frac{1+j\omega\cdot b}{1+j\omega\cdot 0,5}\right)}>0$$

$$arctg(\omega\cdot b)-arctg(\omega\cdot 0,5) >0$$

$$\omega\cdot b > w\cdot 0,5$$

$$b>0,5$$

O zero do controlador será escolhido tal que na frequência de cruzamento de ganho obtenha-se a margem de fase desejada mais uma “folga”. Escolhendo uma folga de $1,93^\circ$, deve-se garantir

$$\angle{\left(\frac{1+j\omega_{c}\cdot b}{1+j\omega_{c}\cdot 0,5}\right)}=60+1,93=61,93^\circ$$

Note que a estrutura anterior é similar a um controlador em avanço com $T=0,5$ e $b=0,5\alpha$. A partir da $MF$ desejada obtém-se o valor de $\alpha$:

$$\phi_m=61,93^\circ$$

$$\alpha=\frac{1+sen(\phi_m)}{1-sen(\phi_m)}=16$$

Assim, obtém-se o zero do controlador e a frequência de cruzamento de ganho:

$$b=0,5\alpha=0,5\cdot16=8$$

$$\omega_c=\frac{1}{T\sqrt a}=\frac{1}{0,5\sqrt 16}=0,5$$

Da condição de módulo calcula-se o ganho:

$$|C(j\omega_c)G(j\omega_c)|=1$$

$$\left|K\cdot\frac{1+j\cdot8\omega_c}{(j\omega_c)^2(j\omega_c+2)}\right|=1$$

$$\left|K\cdot\frac{1+j\cdot8\omega_c}{-2\omega_c^2-j\omega_c^3}\right|=1$$

$$K\cdot\frac{\sqrt{1+(8\omega_c)^2}}{\sqrt{4\omega_c^4+\omega_c^6}}=1$$

$$K=\frac{\sqrt{4\omega_c^4+\omega_c^6}}{\sqrt{1+(8\omega_c)^2}}$$

$$K=\frac{\sqrt{4\cdot0,5^4+0,5^6}}{\sqrt{1+(8\cdot0,5)^2}}=0,125$$

Substituindo os parâmetros calculados temos o controlador PI projetado:

$$C_{PI}(s)=0,125\frac{1+8s}{s}$$

ou

$$C_{PI}(s)=\frac{s+0,125}{s}$$

Verficando as margens de estabilidade:

* $MG$

$$\angle C(j\omega_{CF})G(j\omega_{CF})=-180^\circ$$

$$-180^\circ+\angle{\left(\frac{1+j\omega_{CF}\cdot 8}{1+j\omega_{CF}\cdot 0,5}\right)}=-180^\circ$$

$$arctg(8\omega_{CF})-arctg(0,5\omega_{CF})=0$$

$$arctg(8\omega_{CF})=arctg(0,5\omega_{CF})$$

$$8\omega_{CF}=0,5\omega_{CF}$$

$$\omega_{CF}=0$$

Substituindo na expressão do módulo você encontra que $MF=\infty$ $dB$.

* $MF$

$\omega_{CG}=0,5$ como visto anteriormente.

$$MF=180+\angle C(j\omega_{CG})G(j\omega_{CG})$$

$$MF=arctg(8\omega_{CF})-arctg(0,5\omega_{CF})$$

$$MF=75,96-14,04=61,92^\circ$$

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