Capítulo 10

Funções de Transferência, Polos e Zeros

Podemos ler toda a personalidade de um sistema a partir de uma única fração?

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A receita do sistema

June: Comece o drone pairando a 1 m, com 4,9 N de empuxo base equilibrando a gravidade. Meça tanto a mudança solicitada quanto a mudança real de altura em relação a essa linha de base. Imediatamente antes de uma nova solicitação, ambas as mudanças são zero. No exemplo de degrau, a solicitação salta para 2 m em $t=0$ , então sua mudança se torna 1 m enquanto o drone ainda está a 1 m.

Theo: Ótimo, porque no capítulo passado jogamos fora os pedaços $-h(0)$ e a fórmula mentiu. Medidos a partir do pairar, esses valores iniciais são mesmo zero, então desta vez eles somem honestamente.

\Delta\out{H}(s) = \underbrace{\frac{\eff{K_p}}{m s^2 + c s + \eff{K_p}}}_{G(s)} \cdot \Delta\sp{R}(s)

De onde vem a receita

O empuxo de pairar cancela a gravidade, então só as mudanças sobram na equação do drone. Agora use a regra do Capítulo 9: cada inclinação vira × $s$ , menos o seu valor inicial. A partir do pairar, todo valor inicial é zero, então nada é subtraído:

\begin{gathered} m\,\Delta\out{h}'' + c\,\Delta\out{h}' = \eff{K_p}\,(\Delta\sp{r} - \Delta\out{h}) \\[2pt] \Big\downarrow\ {\scriptstyle \Delta h(0)\,=\,\Delta h'(0)\,=\,0} \\[2pt] (m s^2 + c s + \eff{K_p})\,\Delta\out{H}(s) = \eff{K_p}\,\Delta\sp{R}(s) \end{gathered}

Divida por $m s^2 + c s + \eff{K_p}$ e aí está $G(s)$ . O denominador é exatamente a equação que achamos nos Capítulos 4 a 7 chutando $e^{st}$ .

Mika: Então não é mágica. É a própria equação do drone, com cada inclinação transformada em um $s$ .

$\Delta\sp{R}(s)$ é a transformada da mudança solicitada a partir de 1 m; $\Delta\out{H}(s)$ é a transformada da mudança real a partir de 1 m. $G(s)$ é fixada pelo drone e pelo controlador. É a função de transferência: mudança na saída dividida pela mudança na entrada, com ambas as mudanças começando em zero.

O gráfico ainda mostra alturas acima do solo. Adicione a altura inicial de 1 m a uma mudança prevista pela fórmula para obter a altura azul no gráfico.

Mika: June tinha razão: a fração é o drone. É como a sua receita. Coloque qualquer ingrediente e ela diz o que sai!

Experimente três entradas diferentes no mesmo drone. A receita nunca muda, apenas $\Delta\sp{R}(s)$ muda.

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Palavras novas

Função de transferência $G(s)$: Transformada da mudança na saída ÷ transformada da mudança na entrada, partindo do mesmo estado de repouso. Para este drone linear, é uma fração de polinômios em $s$ .
Partindo do repouso (condições iniciais nulas): Toda mudança e a sua velocidade são zero em $t = 0$ , como quando medimos a partir do pairar. Aí os termos de valor inicial do Capítulo 9, como $-h(0)$ , também são zero, e $G(s)$ conta a história inteira.

Polos: onde o sistema quer viver

Onde $G(s)$ explode? Onde o denominador é zero. Esses pontos são os polos, desenhados como ×. Neste drone há dois, um para cada um dos dois movimentos naturais $e^{st}$ do Capítulo 7.

No Capítulo 8, a transformada de $e^{at}$ gritava em $s = a$ . Leia ao contrário: onde quer que $G$ grite, há um movimento $e^{pt}$ escondido.

June: Então os polos são os modos do Capítulo 7, sentados no mapa!

Por que os polos são os movimentos

Uma resposta ao degrau é $G(s)$ vezes o $\frac{1}{s}$ do degrau. Quebre em pedaços simples, as frações parciais do Capítulo 9 (um par espelhado de polos ganha numeradores gêmeos espelhados): o polo do próprio degrau, em 0, dá a mudança final $A$ , e cada polo de $G$ dá um pedaço $\frac{B}{s-p}$ .

\begin{aligned} \Delta\out{H}(s) = G(s)\cdot\frac{1}{s} &= \frac{A}{s} + \frac{B}{s-p} + \frac{\bar B}{s-\bar p} \\[4pt] \Longrightarrow\quad \Delta\out{h}(t) &= A + B e^{pt} + \bar B e^{\bar p t} \end{aligned}

A tabela do Capítulo 9 transforma cada pedaço de volta em um movimento. Nada mais pode aparecer: os polos são o elenco inteiro.

Theo: E um polo com $\sigma > 0$ é um pedaço que cresce. Não é à toa que a metade direita explode.

Agora vamos inverter. Em vez de escolher ganhos e achar os polos, vamos arrastar os polos e ver que drone sai. Para isso precisamos de um segundo botão, $\eff{K_d}$ : um empurrão contra a velocidade, que vamos conhecer direito no Capítulo 11. Ele se soma ao arrasto $c$ , e as duas raízes são $p$ e o seu gêmeo espelhado $\bar p$ (a barra troca o sinal da parte imaginária, como os gêmeos do Capítulo 6):

\begin{aligned} & m s^2 + (c + \eff{K_d})\,s + \eff{K_p} = 0 \\ \Longrightarrow\quad & s = p,\ \bar p \qquad \text{(os polos)} \end{aligned}

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Preveja primeiro! O que o drone faz se arrastarmos os polos para a metade direita do plano s?

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Lendo o mapa

Brinque com ele. Algumas regras saltam aos olhos, e cada uma é uma velha amiga disfarçada:

Metade esquerda = acalma, metade direita = explode. A parte real $\sigma$ é a taxa com que $e^{\sigma t}$ encolhe ou cresce.
Mais à esquerda = mais rápido. O tempo de acomodação é de cerca de $4/|\sigma|$ segundos (as linhas verticais tracejadas): as quatro constantes de tempo do Capítulo 7, já que $e^{-|\sigma| t}$ fica abaixo de 2 % depois de $\ln 50/|\sigma| \approx 3{,}9/|\sigma|$ segundos.
Mais para cima = mais oscilação. A altura $\omega$ é a frequência amortecida do Capítulo 7, então uma oscilação leva $2\pi/\omega$ segundos.
O ângulo define o sobressinal. O ângulo $\theta$ medido a partir do eixo real negativo dá $\zeta = \cos\theta$ (o círculo do Capítulo 7), e o sobressinal é $e^{-\pi|\sigma|/\omega}$ (os raios tracejados). Perto do eixo real quase não há sobressinal; perto do eixo vertical, muito. (Exato para dois polos e nenhum zero, partindo do repouso. Um zero muda isso: na próxima seção, um deles transforma 12 % em 15 %.)

Mika: Eu queria apenas um polo lá em cima e outro lá embaixo. Não me deixa! O de baixo fica copiando o de cima.

Theo: Lembra dos giradores gêmeos do Capítulo 6? Um drone real tem movimento real, então cada $e^{st}$ girante precisa do seu gêmeo espelhado para cancelar as partes imaginárias. Polos complexos sempre vêm em pares espelhados.

Por que o ângulo define o sobressinal

O drone passa do alvo e dá meia-volta depois de meia oscilação, em $t = \pi/\omega$ . Até lá, o $e^{-|\sigma| t}$ que encolhe já trabalhou esse tempo todo, e o que sobra do balanço é o sobressinal. Só a razão $|\sigma|/\omega$ importa, e essa razão é o ângulo do polo. No círculo do Capítulo 7, o cosseno desse ângulo é $\zeta$ .

\begin{aligned} t_{\text{pico}} &= \frac{\pi}{\omega} \\[4pt] \text{sobressinal} &= e^{-|\sigma|\,t_{\text{pico}}} = e^{-\pi|\sigma|/\omega} \\[4pt] &= e^{-\pi\zeta/\sqrt{1-\zeta^2}}, \qquad \zeta = \cos\theta \end{aligned}

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Theo: Então cada raio saindo de 0 é um $\zeta$ , e um sobressinal.

Preveja primeiro! Mantenha $\sigma = -2$ e deslize os polos direto para cima, de $\pm 4i$ para $\pm 8i$ . O que muda?

June: O playground pulou quando respondemos: o par fantasma está em $\pm 4i$ , o novo em $\pm 8i$ . Mesma envoltória, o dobro de oscilações e um primeiro balanço bem maior.

Mika: E se os dois polos ficarem no eixo real, um em $-0{,}2$ e outro em $-5$ ?

June: O rápido some em um segundo. O lento é quem manda.

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Palavras novas

Polo: Um valor de $s$ onde a função de transferência explode. Cada polo $p$ é um movimento $e^{pt}$ do sistema.
Par espelhado $p,\ \bar p$: Dois polos com a mesma parte real e partes imaginárias opostas. Os polos complexos de um sistema real sempre vêm assim.
Polo dominante: O polo mais perto do eixo vertical. Seu movimento lento dura mais que os outros, então em geral é ele que decide o tempo de acomodação, a não ser que um zero esteja quase em cima dele (o Capítulo 11 tem um caso assim).

Zeros: uma olhada rápida

O numerador também pode ser zero. Esses pontos são os zeros, desenhados como ○. Em geral eles mudam quanto do movimento de cada polo aparece na saída. Se um zero cai exatamente em cima de um polo, o fator comum se cancela e esse polo some desta receita de entrada para saída. Mas ele continua dentro do sistema: cutuque o drone de outro jeito, com uma rajada, e esse movimento volta. Isso importa muito se o polo escondido estiver à direita.

Aqui está um sistema com polos fixos em $-2 \pm 3i$ e um zero que você pode deslizar. (O $\eff{K_d}$ do nosso playground empurra contra a velocidade do drone, então a sua receita não tem zero. Empurre contra a velocidade do erro, como o Capítulo 11 vai fazer, e aparece um zero em $-\eff{K_p}/\eff{K_d}$ : para estes polos isso dá $-6{,}5$ , com 15 % de sobressinal em vez de 12 %.)

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June: Mesmos polos, mas quando o zero se aproxima da origem a resposta sobe muito mais rápido e tem mais sobressinal!

Theo: Mesmos polos significam os mesmos movimentos. Então o zero não pode acrescentar um movimento novo. Ele deve estar acrescentando um pouco de algo que já temos.

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Multiplicar por $s$ tira a inclinação (Capítulo 9), então o fator $(1 + s/|z|)$ acrescenta $1/|z|$ vezes a inclinação. Por isso um zero perto da origem faz o sistema reagir tão forte a mudanças: o sobressinal cresce, mesmo que os polos não tenham se mexido. Longe, o zero quase não importa. Por enquanto, é tudo o que precisamos saber sobre zeros.

Palavras novas

Zero: Um valor de $s$ onde a função de transferência é zero: um movimento $e^{zt}$ que o sistema não repassa.

Mais para a esquerda é sempre melhor?

June: Fácil: arraste os polos bem para a esquerda. Acomoda num piscar. Melhor drone de todos!

Theo: Mas de quanto empuxo isso precisa? Até agora fingimos que os motores podiam empurrar com toda a força que a matemática quisesse.

Hora de ser honesto. Nossos motores conseguem empurrar entre 0 N e 20 N (cerca de quatro vezes o peso do drone). Abaixo, os polos andam para a esquerda ao longo de uma linha de 45° (isso é $\zeta \approx 0{,}71$ , o ponto ideal do Capítulo 7). As curvas tracejadas são a matemática com motores imaginários, sem limite; as contínuas são motores reais.

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Depois de cerca de $-3{,}9 \pm 3{,}9i$ , a matemática pede mais de 20 N. O empuxo laranja achata contra o limite, e depois de cerca de $-6 \pm 6i$ a matemática quer até puxar o drone para baixo, o que hélices não conseguem. O drone real para de seguir a bela previsão linear. O tempo de acomodação para de melhorar em cerca de 0,7 s, perto de $-6{,}5 \pm 6{,}5i$ , e mais à esquerda ele piora, com sobressinal extra.

June: Deslizei até $-8 \pm 8i$ . A matemática diz 0,53 s. O drone real leva 0,77 s: mais lento do que em $-6{,}5$ !

Mika: E o sobressinal foi de 4 % para 16 %. Todo aquele empuxo extra nunca esteve disponível.

June: Então "mais para a esquerda" só é melhor até você ficar sem motor. Posicionar polos é um compromisso, não uma corrida.

Um orçamento de empuxo é um círculo

No primeiro instante o drone ainda não se moveu, então só $\eff{K_p}$ empurra, e $\eff{K_p} = m|p|^2$ : o quadrado da distância dos polos até 0. Dobre a distância e você precisa de quatro vezes o empurrão, seja qual for a direção. Para um degrau de 1 m, nossos motores permitem polos até cerca de 5,5 de distância de 0 (o círculo laranja claro no playground). Peça um degrau de 2 m e o círculo encolhe para 3,9.

\begin{aligned} T(0^+) &= mg + \eff{K_p}\,\Delta\sp{r} \\[4pt] &= mg + m\,|p|^2\,\Delta\sp{r} \le 20\ \text{N} \\[4pt] \Longrightarrow\quad |p| &\le \sqrt{\frac{20\ \text{N} - mg}{m\,\Delta\sp{r}}} \end{aligned}

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Palavras novas

Empurrão inicial: O empuxo pedido no primeiro instante de um degrau: $mg + \eff{K_p}\,\Delta r$ , antes de o drone se mover.
Orçamento de empuxo: As posições de polo que os motores conseguem bancar para um dado degrau: um círculo em torno de 0.
Limite do motor (saturação): O empuxo real é cortado em 0–20 N, não importa o que a matemática peça.

Fechando a malha no papel

June: No Capítulo 1 desenhamos a malha como caixas e setas. No mundo de s, cada caixa só multiplica. Será que as caixas fazem a álgebra por nós?

Dê a cada caixa a sua receita. O controlador é $C(s)$ , por enquanto simplesmente $\eff{K_p}$ . O drone sozinho, com mudança de empuxo entrando e mudança de altura saindo, é $P(s) = \frac{1}{ms^2 + cs}$ : P de planta, a palavra do Capítulo 1, não o P do controle P. Ele sai direto da equação do drone, do mesmo jeito que a receita lá de cima.

June: Fácil. O pedido passa pelo controlador e depois pelo drone. É só multiplicar ao longo da linha!

\Delta\out{H} \overset{?}{=} C\,P\,\Delta\sp{R} = \frac{\eff{K_p}}{ms^2 + cs}\,\Delta\sp{R}

Theo: Polos em 0 e −2? Nenhuma oscilação, e um polo em 0 que nunca se acomoda. Essa é a malha aberta do Capítulo 1: diga ao drone o que fazer e nunca olhe. O controlador não vê o pedido, June. Ele vê o erro.

A seta que volta do drone é todo o sentido da realimentação. O controlador age sobre $\Delta\sp{R} - \Delta\out{H}$ , então a saída aparece dos dois lados. Junte e divida:

\begin{aligned} \Delta\out{H} &= C\,P\,\big(\Delta\sp{R} - \Delta\out{H}\big) \\ \Delta\out{H}\,\big(1 + C\,P\big) &= C\,P\,\Delta\sp{R} \\ \Delta\out{H} &= \frac{C\,P}{1 + C\,P}\,\Delta\sp{R} \end{aligned}

Coloque $C = \eff{K_p}$ e $P = 1/(ms^2+cs)$ e depois multiplique o numerador e o denominador por $ms^2 + cs$ :

\frac{C\,P}{1 + C\,P} = \frac{\eff{K_p}/(ms^2+cs)}{1 + \eff{K_p}/(ms^2+cs)} = \frac{\eff{K_p}}{ms^2 + cs + \eff{K_p}}

Mika: É a receita do começo deste capítulo! Chegamos nela duas vezes: uma pela equação do drone, outra pelas caixas.

Então os polos da malha estão onde o denominador, $1 + C(s)\,P(s)$ , é zero. Isso é o mesmo que $C\,P = -1$ . Leia $C\,P$ como uma volta pela malha: o que o controlador e depois o drone fazem com um sinal. Num polo, uma volta traz o sinal de volta com o mesmo tamanho e invertido, e o sinal de menos no erro o inverte de novo. Então ele se mantém sozinho, sem pedido nenhum.

1 + C(s)\,P(s) = 0 \quad\Longleftrightarrow\quad C(s)\,P(s) = -1

Teste com uma oscilação constante, $s = i\omega$ . Uma volta transforma a seta da oscilação em $C(i\omega)\,P(i\omega)$ : mais curta ou mais longa, e girada para trás. O widget desenha essa seta para cada velocidade de oscilação, e o ponto −1 que ela teria de alcançar.

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Theo: Por mais que eu aumente $\eff{K_p}$ , a curva se dobra em direção a −1, mas nunca encosta nele. Ela chega mais perto mais ou menos na velocidade de balanço do próprio drone.

Eis o porquê. O arrasto atrasa a volta em até 90°, e a massa em até mais 90°, mas juntos eles só chegam a 180° para oscilações infinitamente rápidas. Então o controle P sozinho nunca consegue derrubar este drone. Um $\eff{K_p}$ maior só faz a volta passar mais perto de −1, e mais perto significa menos amortecimento: o "mais $K_p$ , mais oscilação" do Capítulo 2, agora como figura.

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Palavras novas

Malha fechada: Um controlador que age sobre o erro, de modo que a saída volta para a sua própria entrada: $\Delta H = \frac{C\,P}{1 + C\,P}\,\Delta R$ .
Ganho de malha $C(s)\,P(s)$: O que uma volta pela malha faz com um sinal. Os polos da malha fechada estão onde ele vale −1.

O que sabemos agora

O que descobrimos

Sim, uma fração dá conta. A função de transferência $G(s)$ = mudança na saída ÷ mudança na entrada no mundo de s, partindo do repouso. É a receita do sistema, $\Delta\out{H} = G\cdot\Delta\sp{R}$ , e ela sai direto da equação do drone.
Os polos (×) são onde $G(s)$ explode: os modos $e^{pt}$ de que o sistema é feito.
Metade esquerda = estável, metade direita = explode. Mais à esquerda = mais rápido (acomoda em cerca de $4/|\sigma|$ s, uma regra prática), mais alto = mais oscilação (uma oscilação = $2\pi/\omega$ s), ângulo = amortecimento $\zeta$ = sobressinal $e^{-\pi|\sigma|/\omega}$ . O polo mais perto do eixo é quem manda.
Polos complexos sempre vêm em pares espelhados.
Os zeros (○) mudam quanto de cada modo você recebe. Perto da origem eles dão um tranco: $1/|z|$ vezes a inclinação.
Feche a malha no papel e a receita é $\frac{C\,P}{1 + C\,P}$ . Os polos estão onde uma volta pela malha, $C\,P$ , vale −1.
O empurrão inicial é $mg + m|p|^2$ para um degrau de 1 m, então polos muito distantes precisam de um empuxo que os motores não têm.

Theo: "Os polos são lindos. Mas espera: trapaceamos o capítulo inteiro entregando ao drone o empuxo de pairar. Sem isso, a gravidade ainda faz ele cair. Nosso mapa está certo. É o nosso controlador que precisa de conserto."

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