Revisão de Sistemas Lineares - pads.ufrj.brcfts/index_arquivos/Elet3/Slides/LinearSystems.pdf · Revis~ao de Sistemas Lineares Circuitos Lineares Resposta de um Circuito Linear a

Revisao de Sistemas Lineares

Prof. Carlos Fernando Teodosio Soares

UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO DE JANEIRO

ESCOLA POLITECNICA

Departamento de Engenharia Eletronica e de Computacao

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 1/33

Revisao de Sistemas Lineares Circuitos Lineares

Circuitos Lineares

Um circuito sera linear somente se obedecer aos Princıpios de Superposicao eHomogeneidade ao mesmo tempo.

Circuito

Linearx t1 y t1

x t2 y t2Circuito

Linear

x t1 y t1x t21 2 1 2y t2Circuito

Linear



Circuitos Lineares

Um circuito sera linear somente se obedecer aos Princıpios de Superposicao eHomogeneidade ao mesmo tempo.

Circuito

Linearx t1 y t1

x t2 y t2Circuito

Linear

x t1 y t1x t21 2 1 2y t2Circuito

Linear



Resposta de um Circuito Linear a uma Entrada Senoidal

Uma importante propriedade de circuitos lineares e o fato de que um sinal de entradasenoidal produzira na saıda um sinal tambem senoidal, preservando a frequencia dosinal de entrada, mas modificando a amplitude e o angulo de fase.

x t y t

Sinal de Entradaou Excitação

Sinal de Saídaou Resposta

t tCircuito

Linear





x t y t



t tCircuito

Linear

O modo como um circuito linear modifica a amplitude e o angulo de fasedepende exclusivamente da frequencia do sinal aplicado a entrada.

Para que seja possıvel determinar como um circuito linear responde a entradassenoidais de qualquer frequencia ω, foi definida uma funcao complexa H (jω),denominada Resposta em Frequencia.





x t y t



t tCircuito

Linear

Dada a Resposta em Frequencia H (jω) do Circuito Linear, teremos que:

x(t) = A0 sen (ωt)

y(t) = |H (jω)| ·A0 sen (ωt + Φ {H (jω)})





x t y t



t tCircuito

Linear

Pergunta

Qual e a utilidade de saber como um circuito linear responde a qualquer sinal deentrada senoidal se a grande maioria dos sinais encontrados na pratica nao saosenoidais?


Revisao de Sistemas Lineares Representacao de Fourier

Representacao de Sinais usando Serie de Fourier

Um sinal periodico qualquer (nao senoidal) pode ser representado matematicamentepor uma soma infinita de senoides com frequencias harmonicas:

x(t) =∞∑

n=0

An sen (nωt) + Bn cos (nωt)

Essa soma infinita e conhecida como Serie de Fourier, onde os coeficientes de cadasenoide sao obtidos da seguinte forma:

An =2

T

∫ t+T

t

x(t) · sen (nωt) dt

Bn =2

T

∫ t+T

t

x(t) · cos (nωt) dt

onde T = 2πω

e o perıodo do sinal x(t).




Tomando como exemplo uma onda quadrada, sua representacao na forma deSerie de Fourier e dada por:

t

A sen n tn x t

t

x(t) =4A0

πsen (ωt)





t

A sen n tn x t

t

x(t) =4A0

π

[sen (ωt) +

1

3sen (3ωt)

]





t

A sen n tn x t

t

x(t) =4A0

π

[sen (ωt) +

1

3sen (3ωt) +

1

5sen (5ωt)

]





t

A sen n tn x t

t

x(t) =4A0

π

[sen (ωt) +

1

3sen (3ωt) +

1

5sen (5ωt) +

1

7sen (7ωt)

]





t

A sen n tn x t

t

x(t) =4A0

π

[sen (ωt) +

1

3sen (3ωt) + . . .+

1

21sen (21ωt)

]





t

A sen n tn x t

t

x(t) =4A0

π

[sen (ωt) +

1

3sen (3ωt) + . . .+

1

501sen (501ωt)

]





t

A sen n tn x t

t

x(t) =4A0

π

[sen (ωt) +

1

3sen (3ωt) +

1

5sen (5ωt) +

1

7sen (7ωt) + . . .

]



Resposta a uma Entrada Periodica Arbitraria

Portanto, de posse da Resposta em Frequencia H (jω) do circuito linear em questao:

H(j )

x t y t

t t

Alem de saber a resposta do circuito linear a qualquer sinal de entrada senoidal:

x(t) = A0 sen (ωt)

y(t) = |H (jω)| ·A0 sen (ωt + Φ {H (jω)})



Resposta a uma Entrada Periodica Arbitraria

Portanto, de posse da Resposta em Frequencia H (jω) do circuito linear em questao:

x t y t

t tH(j )

A representacao em Serie de Fourier e o Princıpio da Superposicao permitem obter aresposta de um circuito linear a qualquer sinal de entrada periodico:

x(t) =∞∑

n=1

An sen (nωt)

y(t) =

∞∑n=1

|H (jnω)| ·An sen (nωt + Φ {H (jnω)})



Representacao de Sinais usando Transformada de Fourier

No caso de sinais arbitrarios e nao periodicos, nao e possıvel representa-los atraves deuma soma discreta de senoides.

Entretanto, e possıvel representa-los como uma soma contınua (integral) deexponenciais complexas1:

x(t) =1

2π

∫ ∞−∞

X (jω) e jωt dω

ondee jωt = cos(ωt) + j sen(ωt)

Os coeficientes X (jω) dessa soma contınua de exponenciais complexas sao obtidosatraves da Transformada de Fourier:

X (jω) =

∫ ∞−∞

x(t) e−jωt dt

A funcao X (jω) e complexa e contınua em relacao a frequencia ω. Essa funcaotambem e conhecida como o Espectro de Fourier do sinal x(t).

1Desde que o sinal em questao satisfaca as Condicoes de Dirichlet.EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 7/33



No caso de sinais arbitrarios e nao periodicos, nao e possıvel representa-los atraves deuma soma discreta de senoides.Entretanto, e possıvel representa-los como uma soma contınua (integral) deexponenciais complexas1:

x(t) =1

2π

∫ ∞−∞

X (jω) e jωt dω



X (jω) =

∫ ∞−∞

x(t) e−jωt dt





No caso de sinais arbitrarios e nao periodicos, nao e possıvel representa-los atraves deuma soma discreta de senoides.Entretanto, e possıvel representa-los como uma soma contınua (integral) deexponenciais complexas1:

x(t) =1

2π

∫ ∞−∞

X (jω) e jωt dω



X (jω) =

∫ ∞−∞

x(t) e−jωt dt




Resposta a uma Entrada Arbitraria Nao Periodica

Portanto, de posse da Resposta em Frequencia H (jω) do circuito linear e do Espectrode Fourier do sinal de entrada:

x t y t

t tH(j )

O Princıpio da Superposicao permite obter o Espectro de Fourier do sinal de saıda:

Y (jω) = H (jω) ·X (jω) = |H (jω)| · |X (jω)| Φ {H (jω)}+ Φ {X (jω)}

E tambem obter o sinal de saıda como funcao do tempo:

y(t) =1

2π

∫ ∞−∞

Y (jω) e jωt dω





x t y t

t tH(j )




y(t) =1

2π

∫ ∞−∞

Y (jω) e jωt dω





x t y t

t tH(j )




y(t) =1

2π

∫ ∞−∞

Y (jω) e jωt dω



Transformada de Laplace

Como a integral usada no calculo da Transformada de Fourier nao converge paraqualquer funcao no tempo, pode-se generalizar essa transformacao atraves daTransformada de Laplace Bilateral:

X (s) =

∫ ∞−∞

x(t) e−st dt , onde s = σ + jω.

Como nos sistemas fısicos causais o sinal de entrada e aplicado a partir de umdeterminado instante de tempo (convenciona-se t = 0), a Transformada deLaplace amplamente adotada no estudo de circuitos lineares e:

X (s) =

∫ ∞0

x(t) e−st dt

Analogamente, a resposta de um circuito linear para um determinado sinal deentrada pode ser obtida da seguinte forma:

Y (s) = H (s) ·X (s)

onde H (s) e chamada Funcao de Transferencia.





X (s) =

∫ ∞−∞



X (s) =

∫ ∞0

x(t) e−st dt


Y (s) = H (s) ·X (s)






X (s) =

∫ ∞−∞



X (s) =

∫ ∞0

x(t) e−st dt


Y (s) = H (s) ·X (s)





Como a Transformada de Fourier e um caso particular da Transformada deLaplace, onde s = jω, a Resposta em Frequencia H (jω) de um circuito linearpode ser obtida a partir da sua Funcao de Transferencia:

H (jω) = H (s)|s=jω

Pergunta

Ok. Entendi que a Resposta em Frequencia e uma informacao bastante importantepara a caracterizacao de um circuito linear. Mas, como eu posso obter a Funcao deTransferencia ou a Resposta em Frequencia de um circuito linear que eu tenho emmaos?




Como a Transformada de Fourier e um caso particular da Transformada deLaplace, onde s = jω, a Resposta em Frequencia H (jω) de um circuito linearpode ser obtida a partir da sua Funcao de Transferencia:


Pergunta

Ok. Entendi que a Resposta em Frequencia e uma informacao bastante importantepara a caracterizacao de um circuito linear. Mas, como eu posso obter a Funcao deTransferencia ou a Resposta em Frequencia de um circuito linear que eu tenho emmaos?


Revisao de Sistemas Lineares Obtencao da Resposta em Frequencia

Obtendo a Funcao de Transferencia de um Circuito Linear

Um circuito linear e formado pela interconexao de componentes lineares:

Ri

v

Ci

v

Li

v

v = R i v = L didt

i = C dvdt

A relacao entre os sinais de entrada x(t) e de saıda y(t) e, portanto, dada poruma equacao diferencial linear:

andny

dtn(t) + an−1

dn−1y

dtn−1(t) + . . .+ a1

dy

dt(t) + a0 y(t) =

= bmdmx

dtm(t) + bm−1

dm−1x

dtm−1(t) + . . .+ b1

dx

dt(t) + b0 x(t)

Primeiramente, obtem-se a Funcao de Transferencia aplicando-se aTransformada de Laplace a equacao diferencial.





Ri

v

Ci

v

Li

v

v = R i v = L didt

i = C dvdt


andny

dtn(t) + an−1

dn−1y

dtn−1(t) + . . .+ a1

dy

dt(t) + a0 y(t) =

= bmdmx

dtm(t) + bm−1

dm−1x

dtm−1(t) + . . .+ b1

dx

dt(t) + b0 x(t)






Ri

v

Ci

v

Li

v

v = R i v = L didt

i = C dvdt


andny

dtn(t) + an−1

dn−1y

dtn−1(t) + . . .+ a1

dy

dt(t) + a0 y(t) =

= bmdmx

dtm(t) + bm−1

dm−1x

dtm−1(t) + . . .+ b1

dx

dt(t) + b0 x(t)





L

{an

dny

dtn(t) + an−1

dn−1y

dtn−1(t) + . . .+ a1

dy

dt(t) + a0 y(t)

}=

= L

{bm

dmx

dtm(t) + bm−1

dm−1x

dtm−1(t) + . . .+ b1

dx

dt(t) + b0 x(t)

}




L

{an

dny

dtn(t) + an−1

dn−1y

dtn−1(t) + . . .+ a1

dy

dt(t) + a0 y(t)

}=

= L

{bm

dmx

dtm(t) + bm−1

dm−1x

dtm−1(t) + . . .+ b1

dx

dt(t) + b0 x(t)

}

Propriedades da Transformada de Laplace

L {f (t)} = F (s)

L {f1(t) + f2(t)} = F1(s) + F2(s)

L {α f (t)} = αF (s)

L

{dk f

dtk(t)

}= skF (s)




L

{an

dny

dtn(t)

}+ L

{an−1

dn−1y

dtn−1(t)

}+ . . .+ L

{a1

dy

dt(t)

}+ L {a0 y(t)} =

= L

{bm

dmx

dtm(t)

}+ L

{bm−1

dm−1x

dtm−1(t)

}+ . . .+ L

{b1

dx

dt(t)

}+ L {b0 x(t)}


L {f (t)} = F (s)

L {f1(t) + f2(t)} = F1(s) + F2(s)

L {α f (t)} = αF (s)

L

{dk f

dtk(t)

}= skF (s)




anL

{dny

dtn(t)

}+ an−1L

{dn−1y

dtn−1(t)

}+ . . .+ a1L

{dy

dt(t)

}+ a0L {y(t)} =

= bmL

{dmx

dtm(t)

}+ bm−1L

{dm−1x

dtm−1(t)

}+ . . .+ b1L

{dx

dt(t)

}+ b0L {x(t)}


L {f (t)} = F (s)

L {f1(t) + f2(t)} = F1(s) + F2(s)

L {α f (t)} = αF (s)

L

{dk f

dtk(t)

}= skF (s)




ansnY (s) + an−1s

n−1Y (s) + . . .+ a1s Y (s) + a0 Y (s) =

= bmsmX (s) + bm−1sm−1X (s) + . . .+ b1s X (s) + b0 X (s)


L {f (t)} = F (s)

L {f1(t) + f2(t)} = F1(s) + F2(s)

L {α f (t)} = αF (s)

L

{dk f

dtk(t)

}= skF (s)




ansnY (s) + an−1s

n−1Y (s) + . . .+ a1s Y (s) + a0 Y (s) =


[ans

n + an−1sn−1 + . . .+ a1s + a0

]Y (s) =

=[bmsm + bm−1s

m−1 + . . .+ b1s + b0

]X (s)




ansnY (s) + an−1s

n−1Y (s) + . . .+ a1s Y (s) + a0 Y (s) =


[ans

n + an−1sn−1 + . . .+ a1s + a0

]Y (s) =

=[bmsm + bm−1s

m−1 + . . .+ b1s + b0

]X (s)

Portanto, a Funcao de Transferencia do circuito linear sera:

H (s) =Y (s)

X (s)=

bmsm + bm−1sm−1 + . . .+ b1s + b0

ansn + an−1sn−1 + . . .+ a1s + a0




ansnY (s) + an−1s

n−1Y (s) + . . .+ a1s Y (s) + a0 Y (s) =


[ans

n + an−1sn−1 + . . .+ a1s + a0

]Y (s) =

=[bmsm + bm−1s

m−1 + . . .+ b1s + b0

]X (s)

Portanto, a Funcao de Transferencia do circuito linear sera:

H (s) =Y (s)

X (s)=

bmsm + bm−1sm−1 + . . .+ b1s + b0

ansn + an−1sn−1 + . . .+ a1s + a0

Finalmente, a Resposta em Frequencia do circuito podera ser obtida a partir daFuncao de Transferencia:




Estudo da Funcao de Transferencia: Polos e Zeros

A Funcao de Transferencia e caracterizada pelos coeficientes dos seus polinomios:

H (s) =bmsm + bm−1s

m−1 + . . .+ b1s + b0

ansn + an−1sn−1 + . . .+ a1s + a0

Ou entao, pelas raızes desses polinomios:

H (s) = K(s − zm) · (s − zm−1) · · · (s − z1)

(s − pn) · (s − pn−1) · · · (s − p1)

Definicoes

Zeros de H (s) ⇒ Sao os valores des ∈ C que fazem com que H (s) = 0.

Polos de H (s) ⇒ Sao os valores des ∈ C que fazem com que H (s)→∞.

jPólos

Zeros






m−1 + . . .+ b1s + b0

ansn + an−1sn−1 + . . .+ a1s + a0


H (s) = K(s − zm) · (s − zm−1) · · · (s − z1)

(s − pn) · (s − pn−1) · · · (s − p1)

Definicoes



jPólos

Zeros






m−1 + . . .+ b1s + b0

ansn + an−1sn−1 + . . .+ a1s + a0


H (s) = K(s − zm) · (s − zm−1) · · · (s − z1)

(s − pn) · (s − pn−1) · · · (s − p1)

Definicoes



jPólos

Zeros




Os Polos determinam os modos naturais da resposta no tempo do circuito linear:

j y(t)

t

j y(t)

t

j y(t)

t

j y(t)

t

j y(t)

t





j y(t)

t

j y(t)

t

j y(t)

t

j y(t)

t

j y(t)

t





j y(t)

t

j y(t)

t

j y(t)

t

j y(t)

t

j y(t)

t





j y(t)

t

j y(t)

t

j y(t)

t

j y(t)

t

j y(t)

t





j y(t)

t

j y(t)

t

j y(t)

t

j y(t)

t

j y(t)

t





j y(t)

t

j y(t)

t

j y(t)

t

j y(t)

t

j y(t)

t


Revisao de Sistemas Lineares Diagramas de Bode

Representacao Grafica da Resposta em Frequencia

A visualizacao grafica da Resposta emFrequencia permite observar muitasinformacoes sobre o funcionamento de umcircuito linear.

Um metodo aproximado de tracado dessarepresentacao grafica foi concebido porHendrik Wade Bode. Esses graficosaproximados ficaram conhecidos comoDiagramas de Bode.

1 0 - 2 1 0 - 1 1 0 0 1 0 1 1 0 2 1 0 3 1 0 4 1 0 5 1 0 6- 1 0

- 5

0

5

1 0

1 5

2 0

2 5

��

��

�

��1 0 - 2 1 0 - 1 1 0 0 1 0 1 1 0 2 1 0 3 1 0 4 1 0 5 1 0 6

- 1 0 0- 8 0- 6 0- 4 0- 2 0

02 04 06 08 0

1 0 0

��

��

��

��



Representacao Grafica da Resposta em Frequencia

A visualizacao grafica da Resposta emFrequencia permite observar muitasinformacoes sobre o funcionamento de umcircuito linear.

Um metodo aproximado de tracado dessarepresentacao grafica foi concebido porHendrik Wade Bode. Esses graficosaproximados ficaram conhecidos comoDiagramas de Bode.

1 0 - 2 1 0 - 1 1 0 0 1 0 1 1 0 2 1 0 3 1 0 4 1 0 5 1 0 6- 1 0

- 5

0

5

1 0

1 5

2 0

2 5

��

��

�

��1 0 - 2 1 0 - 1 1 0 0 1 0 1 1 0 2 1 0 3 1 0 4 1 0 5 1 0 6

- 1 0 0- 8 0- 6 0- 4 0- 2 0

02 04 06 08 0

1 0 0

��

��

��

��



Diagramas de Bode: Grafico de Modulo

O objetivo e apresentar graficamente a variacao de |H (jω)| em funcao dafrequencia:

|H (jω)| = |K0| ·

m∏k=1

∣∣∣∣1 +jω

zk

∣∣∣∣n∏

i=1

∣∣∣∣1 +jω

pi

∣∣∣∣

Expressando |H (jω)| em decibeis (dB), teremos:

20 log |H (jω)| = 20 log |K0|+m∑

k=1

20 log

∣∣∣∣1 +jω

zk

∣∣∣∣− n∑i=1

20 log

∣∣∣∣1 +jω

pi

∣∣∣∣Dessa forma, o grafico de 20 log |H (jω)| e obtido somando-se os graficos obtidospara cada uma das parcelas acima separadamente.





|H (jω)| = |K0| ·

m∏k=1

∣∣∣∣1 +jω

zk

∣∣∣∣n∏

i=1

∣∣∣∣1 +jω

pi

∣∣∣∣Expressando |H (jω)| em decibeis (dB), teremos:

20 log |H (jω)| = 20 log |K0|+m∑

k=1

20 log

∣∣∣∣1 +jω

zk

∣∣∣∣− n∑i=1

20 log

∣∣∣∣1 +jω

pi

∣∣∣∣

Dessa forma, o grafico de 20 log |H (jω)| e obtido somando-se os graficos obtidospara cada uma das parcelas acima separadamente.





|H (jω)| = |K0| ·

m∏k=1

∣∣∣∣1 +jω

zk

∣∣∣∣n∏

i=1

∣∣∣∣1 +jω

pi

∣∣∣∣Expressando |H (jω)| em decibeis (dB), teremos:

20 log |H (jω)| = 20 log |K0|+m∑

k=1

20 log

∣∣∣∣1 +jω

zk

∣∣∣∣− n∑i=1

20 log

∣∣∣∣1 +jω

pi

∣∣∣∣Dessa forma, o grafico de 20 log |H (jω)| e obtido somando-se os graficos obtidospara cada uma das parcelas acima separadamente.



Grafico de Modulo: Contribuicao de um Polo Real

O grafico com a contribuicao de um polo real e dado pela seguinte expressao:

−20 log

∣∣∣∣1 +jω

pi

∣∣∣∣ = −20 log

√1 +

ω2

p2i

Aproximando o grafico pelas suasassıntotas:

Para ω � pi , teremos:

−20 log

√1 +

ω2

p2i

≈ −20 log(1) =

= 0 dB


−20 log

√1 +

ω2

p2i

≈ −20 log

(ω

pi

)=

= −20 log(ω) + 20 log(pi)





−20 log

∣∣∣∣1 +jω

pi

∣∣∣∣ = −20 log

√1 +

ω2

p2i



−20 log

√1 +

ω2

p2i

≈ −20 log(1) =

= 0 dB


−20 log

√1 +

ω2

p2i

≈ −20 log

(ω

pi

)=

= −20 log(ω) + 20 log(pi)





−20 log

∣∣∣∣1 +jω

pi

∣∣∣∣ = −20 log

√1 +

ω2

p2i



−20 log

√1 +

ω2

p2i

≈ −20 log(1) =

= 0 dB


−20 log

√1 +

ω2

p2i

≈ −20 log

(ω

pi

)=

= −20 log(ω) + 20 log(pi)





−20 log

∣∣∣∣1 +jω

pi

∣∣∣∣ = −20 log

√1 +

ω2

p2i



−20 log

√1 +

ω2

p2i

≈ −20 log(1) =

= 0 dB


−20 log

√1 +

ω2

p2i

≈ −20 log

(ω

pi

)=

= −20 log(ω) + 20 log(pi)

|H(j )|(dB) (log)

0pi

- 20 dB/déc





−20 log

∣∣∣∣1 +jω

pi

∣∣∣∣ = −20 log

√1 +

ω2

p2i



−20 log

√1 +

ω2

p2i

≈ −20 log(1) =

= 0 dB


−20 log

√1 +

ω2

p2i

≈ −20 log

(ω

pi

)=

= −20 log(ω) + 20 log(pi)

|H(j )|(dB) (log)

0pi

- 20 dB/déc





−20 log

∣∣∣∣1 +jω

pi

∣∣∣∣ = −20 log

√1 +

ω2

p2i



−20 log

√1 +

ω2

p2i

≈ −20 log(1) =

= 0 dB


−20 log

√1 +

ω2

p2i

≈ −20 log

(ω

pi

)=

= −20 log(ω) + 20 log(pi)

|H(j )|(dB) (log)

0pi

- 20 dB/déc

- 3 dB

Para ω = pi , teremos:

−20 log

√1 +

ω2

p2i

= −20 log√

2 =

= −3, 01 dB



Grafico de Modulo: Contribuicao de um Polo na Origem

O grafico com a contribuicao de um polo real para o caso particular em que pi = 0 edado pela seguinte expressao:

−20 log |jω| = −20 log(ω)

Nesse caso, nao ha a necessidade de aproximacoes, pois a expressao acimacorresponde a uma reta no Diagrama de Modulo, com inclinacao de - 20 dB/dec.

|H(j )|(dB) (log)

0

- 20 dB/déc

1



Grafico de Modulo: Contribuicao de um Polo na Origem


−20 log |jω| = −20 log(ω)

Nesse caso, nao ha a necessidade de aproximacoes, pois a expressao acimacorresponde a uma reta no Diagrama de Modulo, com inclinacao de - 20 dB/dec.

|H(j )|(dB) (log)

0

- 20 dB/déc

1



Grafico de Modulo: Contribuicao de um Zero Real

O grafico com a contribuicao de um zero real e dado pela seguinte expressao:

20 log

∣∣∣∣1 +jω

zi

∣∣∣∣ = 20 log

√1 +

ω2

z 2i


Para ω � zi , teremos:

20 log

√1 +

ω2

z 2i

≈ 20 log(1) =

= 0 dB


20 log

√1 +

ω2

z 2i

≈ 20 log

(ω

zi

)=

= 20 log(ω)− 20 log(zi)





20 log

∣∣∣∣1 +jω

zi

∣∣∣∣ = 20 log

√1 +

ω2

z 2i



20 log

√1 +

ω2

z 2i

≈ 20 log(1) =

= 0 dB


20 log

√1 +

ω2

z 2i

≈ 20 log

(ω

zi

)=

= 20 log(ω)− 20 log(zi)





20 log

∣∣∣∣1 +jω

zi

∣∣∣∣ = 20 log

√1 +

ω2

z 2i



20 log

√1 +

ω2

z 2i

≈ 20 log(1) =

= 0 dB


20 log

√1 +

ω2

z 2i

≈ 20 log

(ω

zi

)=

= 20 log(ω)− 20 log(zi)





20 log

∣∣∣∣1 +jω

zi

∣∣∣∣ = 20 log

√1 +

ω2

z 2i



20 log

√1 +

ω2

z 2i

≈ 20 log(1) =

= 0 dB


20 log

√1 +

ω2

z 2i

≈ 20 log

(ω

zi

)=

= 20 log(ω)− 20 log(zi)

|H(j )|(dB)

(log)0 zi

20 dB/déc





20 log

∣∣∣∣1 +jω

zi

∣∣∣∣ = 20 log

√1 +

ω2

z 2i



20 log

√1 +

ω2

z 2i

≈ 20 log(1) =

= 0 dB


20 log

√1 +

ω2

z 2i

≈ 20 log

(ω

zi

)=

= 20 log(ω)− 20 log(zi)

|H(j )|(dB)

(log)0 zi

20 dB/déc





20 log

∣∣∣∣1 +jω

zi

∣∣∣∣ = 20 log

√1 +

ω2

z 2i



20 log

√1 +

ω2

z 2i

≈ 20 log(1) =

= 0 dB


20 log

√1 +

ω2

z 2i

≈ 20 log

(ω

zi

)=

= 20 log(ω)− 20 log(zi)

|H(j )|(dB)

(log)0 zi

20 dB/déc

Para ω = zi , teremos:

20 log

√1 +

ω2

z 2i

= 20 log√

2 =

= 3, 01 dB



Grafico de Modulo: Contribuicao de um Zero na Origem

O grafico com a contribuicao de um zero real para o caso particular em que zi = 0 edado pela seguinte expressao:

20 log |jω| = 20 log(ω)

Nesse caso, a expressao acima corresponde a apenas uma reta no Diagrama deModulo, com inclinacao crescente de 20 dB/dec.

|H(j )|(dB)

(log)0

20 dB/déc

1



Grafico de Modulo: Contribuicao de um Zero na Origem


20 log |jω| = 20 log(ω)

Nesse caso, a expressao acima corresponde a apenas uma reta no Diagrama deModulo, com inclinacao crescente de 20 dB/dec.

|H(j )|(dB)

(log)0

20 dB/déc

1



Grafico de Modulo: Contribuicao de um Ganho Constante

O grafico com a contribuicao da constante de ganho K0 da Resposta em Frequencia eo mais simples de todos:

20 log |K0|

|H(j )|(dB)

(log)

log|K |0

0



Diagramas de Bode: Grafico de Fase

O objetivo e apresentar graficamente o angulo de fase de H (jω) em funcao dafrequencia:

Φ {H (jω)} = Φ

K0 ·

m∏k=1

(1 +

jω

zk

)n∏

i=1

(1 +

jω

pi

)

Como a fase de um produto de numeros complexos e igual a soma das fasesindividuais, e a fase do quociente e igual a fase do numerador menos a fase dodenominador, teremos que:

Φ {H (jω)} = K0 +

m∑k=1

1 + jωzk−

n∑i=1

1 + jωpi

Dessa forma, o grafico de Φ {H (jω)} e obtido somando-se os graficos obtidospara cada uma das parcelas acima separadamente.

Observe que K0 = 0◦ ou K0 = ±180◦, dependendo do sinal da constante deganho.





Φ {H (jω)} = Φ

K0 ·

m∏k=1

(1 +

jω

zk

)n∏

i=1

(1 +

jω

pi

)


Φ {H (jω)} = K0 +m∑

k=1

1 + jωzk−

n∑i=1

1 + jωpi







Φ {H (jω)} = Φ

K0 ·

m∏k=1

(1 +

jω

zk

)n∏

i=1

(1 +

jω

pi

)


Φ {H (jω)} = K0 +m∑

k=1

1 + jωzk−

n∑i=1

1 + jωpi







Φ {H (jω)} = Φ

K0 ·

m∏k=1

(1 +

jω

zk

)n∏

i=1

(1 +

jω

pi

)


Φ {H (jω)} = K0 +m∑

k=1

1 + jωzk−

n∑i=1

1 + jωpi





Grafico de Fase: Contribuicao de um Polo Real


− 1 +jω

pi= − arctan

(ω

pi

)Aproximando pelas assıntotas:


− arctan

(ω

pi

)≈ − arctan(0) = 0◦


− arctan

(ω

pi

)≈ − arctan(∞) = −90◦


− arctan

(ω

pi

)= − arctan(1) = −45◦





− 1 +jω

pi= − arctan

(ω

pi



− arctan

(ω

pi

)≈ − arctan(0) = 0◦


− arctan

(ω

pi

)≈ − arctan(∞) = −90◦


− arctan

(ω

pi

)= − arctan(1) = −45◦





− 1 +jω

pi= − arctan

(ω

pi



− arctan

(ω

pi

)≈ − arctan(0) = 0◦


− arctan

(ω

pi

)≈ − arctan(∞) = −90◦


− arctan

(ω

pi

)= − arctan(1) = −45◦





− 1 +jω

pi= − arctan

(ω

pi



− arctan

(ω

pi

)≈ − arctan(0) = 0◦


− arctan

(ω

pi

)≈ − arctan(∞) = −90◦


− arctan

(ω

pi

)= − arctan(1) = −45◦





− 1 +jω

pi= − arctan

(ω

pi



− arctan

(ω

pi

)≈ − arctan(0) = 0◦


− arctan

(ω

pi

)≈ − arctan(∞) = −90◦


− arctan

(ω

pi

)= − arctan(1) = −45◦

{H(j )}(log)

0opi

- 45o

- 90o

pi100,1pi





− 1 +jω

pi= − arctan

(ω

pi



− arctan

(ω

pi

)≈ − arctan(0) = 0◦


− arctan

(ω

pi

)≈ − arctan(∞) = −90◦


− arctan

(ω

pi

)= − arctan(1) = −45◦

(log)0o

pi

- 45o

- 90o

pi100,1pi

{H(j )}





− 1 +jω

pi= − arctan

(ω

pi



− arctan

(ω

pi

)≈ − arctan(0) = 0◦


− arctan

(ω

pi

)≈ − arctan(∞) = −90◦


− arctan

(ω

pi

)= − arctan(1) = −45◦

(log)0o

pi

- 45o

- 90o

pi100,1pi

5,7o

5,7o

{H(j )}

Para ω = 0, 1 pi , teremos:

− arctan

(ω

pi

)= − arctan(0, 1) =

= −5, 7◦



Grafico de Fase: Contribuicao de um Polo na Origem


− jω = −90◦

Nesse caso, nao ha a necessidade de aproximacoes, pois a expressao acimacorresponde a uma reta constante no Diagrama de Fase:

(log)0o

- 90o

{H(j )}



Grafico de Fase: Contribuicao de um Polo na Origem


− jω = −90◦

Nesse caso, nao ha a necessidade de aproximacoes, pois a expressao acimacorresponde a uma reta constante no Diagrama de Fase:

(log)0o

- 90o

{H(j )}



Grafico de Fase: Contribuicao de um Zero Real


1 +jω

zi= arctan

(ω

zi



arctan

(ω

zi

)≈ arctan(0) = 0◦


arctan

(ω

zi

)≈ arctan(∞) = 90◦


arctan

(ω

zi

)= arctan(1) = 45◦





1 +jω

zi= arctan

(ω

zi



arctan

(ω

zi

)≈ arctan(0) = 0◦


arctan

(ω

zi

)≈ arctan(∞) = 90◦


arctan

(ω

zi

)= arctan(1) = 45◦





1 +jω

zi= arctan

(ω

zi



arctan

(ω

zi

)≈ arctan(0) = 0◦


arctan

(ω

zi

)≈ arctan(∞) = 90◦


arctan

(ω

zi

)= arctan(1) = 45◦





1 +jω

zi= arctan

(ω

zi



arctan

(ω

zi

)≈ arctan(0) = 0◦


arctan

(ω

zi

)≈ arctan(∞) = 90◦


arctan

(ω

zi

)= arctan(1) = 45◦





1 +jω

zi= arctan

(ω

zi



arctan

(ω

zi

)≈ arctan(0) = 0◦


arctan

(ω

zi

)≈ arctan(∞) = 90◦


arctan

(ω

zi

)= arctan(1) = 45◦

{H(j )}

(log)0o

45o

90o

100,1zi zi zi





1 +jω

zi= arctan

(ω

zi



arctan

(ω

zi

)≈ arctan(0) = 0◦


arctan

(ω

zi

)≈ arctan(∞) = 90◦


arctan

(ω

zi

)= arctan(1) = 45◦

{H(j )}

(log)0o

45o

90o

100,1zi zi zi





1 +jω

zi= arctan

(ω

zi



arctan

(ω

zi

)≈ arctan(0) = 0◦


arctan

(ω

zi

)≈ arctan(∞) = 90◦


arctan

(ω

zi

)= arctan(1) = 45◦

{H(j )}

(log)0o

45o

90o

100,1zi zi zi

Para ω = 0, 1 zi , teremos:

arctan

(ω

zi

)= arctan(0, 1) =

= 5, 7◦



Grafico de Fase: Contribuicao de um Zero na Origem


jω = 90◦

Nesse caso, a expressao acima tambem corresponde a uma reta constante noDiagrama de Fase:

(log)0o

90o

{H(j )}



Grafico de Fase: Contribuicao de um Zero na Origem


jω = 90◦

Nesse caso, a expressao acima tambem corresponde a uma reta constante noDiagrama de Fase:

(log)0o

90o

{H(j )}



Diagramas de Bode: Resumo

Contribuicao de um Polo Real na Resposta em Frequencia:

|H(j )|(dB) (log)

0pi

- 20 dB/déc

(log)0o

pi

- 45o

- 90o

pi100,1pi

{H(j )}

Contribuicao de um Zero Real na Resposta em Frequencia:

|H(j )|(dB)

(log)0 zi

20 dB/déc

{H(j )}

(log)0o

45o

90o

100,1zi zi zi





|H(j )|(dB) (log)

0pi

- 20 dB/déc

(log)0o

pi

- 45o

- 90o

pi100,1pi

{H(j )}


|H(j )|(dB)

(log)0 zi

20 dB/déc

{H(j )}

(log)0o

45o

90o

100,1zi zi zi





|H(j )|(dB) (log)

0pi

- 20 dB/déc

(log)0o

pi

- 45o

- 90o

pi100,1pi

{H(j )}


|H(j )|(dB)

(log)0 zi

20 dB/déc

{H(j )}

(log)0o

45o

90o

100,1zi zi zi




Contribuicao de um Polo na Origem na Resposta em Frequencia:

|H(j )|(dB) (log)

0

- 20 dB/déc

1 (log)0o

- 90o

{H(j )}

Contribuicao de um Zero na Origem na Resposta em Frequencia:

|H(j )|(dB)

(log)0

20 dB/déc

1 (log)0o

90o

{H(j )}




Contribuicao de um Polo na Origem na Resposta em Frequencia:

|H(j )|(dB) (log)

0

- 20 dB/déc

1 (log)0o

- 90o

{H(j )}

Contribuicao de um Zero na Origem na Resposta em Frequencia:

|H(j )|(dB)

(log)0

20 dB/déc

1 (log)0o

90o

{H(j )}



Caso Particular de um Zero Real Positivo

Resposta de Modulo:

20 log

∣∣∣∣1− jω

zi

∣∣∣∣ = 20 log

√1 +

ω2

z 2i


20 log

√1 +

ω2

z 2i

≈ 20 log(1) =

= 0 dB


20 log

√1 +

ω2

z 2i

≈ 20 log

(ω

zi

)=

= 20 log(ω)− 20 log(zi)

Resposta de Fase:

1− jω

zi= − arctan

(ω

zi

)


− arctan

(ω

zi

)≈ − arctan(0) = 0◦


− arctan

(ω

zi

)≈ − arctan(∞) = −90◦


− arctan

(ω

zi

)= − arctan(1) = −45◦




Resposta de Modulo:

20 log

∣∣∣∣1− jω

zi

∣∣∣∣ = 20 log

√1 +

ω2

z 2i


20 log

√1 +

ω2

z 2i

≈ 20 log(1) =

= 0 dB


20 log

√1 +

ω2

z 2i

≈ 20 log

(ω

zi

)=

= 20 log(ω)− 20 log(zi)

Resposta de Fase:

1− jω

zi= − arctan

(ω

zi

)


− arctan

(ω

zi

)≈ − arctan(0) = 0◦


− arctan

(ω

zi

)≈ − arctan(∞) = −90◦


− arctan

(ω

zi

)= − arctan(1) = −45◦




Resposta de Modulo:

20 log

∣∣∣∣1− jω

zi

∣∣∣∣ = 20 log

√1 +

ω2

z 2i


20 log

√1 +

ω2

z 2i

≈ 20 log(1) =

= 0 dB


20 log

√1 +

ω2

z 2i

≈ 20 log

(ω

zi

)=

= 20 log(ω)− 20 log(zi)

Resposta de Fase:

1− jω

zi= − arctan

(ω

zi

)


− arctan

(ω

zi

)≈ − arctan(0) = 0◦


− arctan

(ω

zi

)≈ − arctan(∞) = −90◦


− arctan

(ω

zi

)= − arctan(1) = −45◦




Resposta de Modulo:

20 log

∣∣∣∣1− jω

zi

∣∣∣∣ = 20 log

√1 +

ω2

z 2i


20 log

√1 +

ω2

z 2i

≈ 20 log(1) =

= 0 dB


20 log

√1 +

ω2

z 2i

≈ 20 log

(ω

zi

)=

= 20 log(ω)− 20 log(zi)

Resposta de Fase:

1− jω

zi= − arctan

(ω

zi

)


− arctan

(ω

zi

)≈ − arctan(0) = 0◦


− arctan

(ω

zi

)≈ − arctan(∞) = −90◦


− arctan

(ω

zi

)= − arctan(1) = −45◦




Resposta de Modulo:

20 log

∣∣∣∣1− jω

zi

∣∣∣∣ = 20 log

√1 +

ω2

z 2i


20 log

√1 +

ω2

z 2i

≈ 20 log(1) =

= 0 dB


20 log

√1 +

ω2

z 2i

≈ 20 log

(ω

zi

)=

= 20 log(ω)− 20 log(zi)

Resposta de Fase:

1− jω

zi= − arctan

(ω

zi

)


− arctan

(ω

zi

)≈ − arctan(0) = 0◦


− arctan

(ω

zi

)≈ − arctan(∞) = −90◦


− arctan

(ω

zi

)= − arctan(1) = −45◦




Resposta de Modulo:

20 log

∣∣∣∣1− jω

zi

∣∣∣∣ = 20 log

√1 +

ω2

z 2i


20 log

√1 +

ω2

z 2i

≈ 20 log(1) =

= 0 dB


20 log

√1 +

ω2

z 2i

≈ 20 log

(ω

zi

)=

= 20 log(ω)− 20 log(zi)

Resposta de Fase:

1− jω

zi= − arctan

(ω

zi

)


− arctan

(ω

zi

)≈ − arctan(0) = 0◦


− arctan

(ω

zi

)≈ − arctan(∞) = −90◦


− arctan

(ω

zi

)= − arctan(1) = −45◦




Resposta de Modulo:

20 log

∣∣∣∣1− jω

zi

∣∣∣∣ = 20 log

√1 +

ω2

z 2i

|H(j )|(dB)

(log)0 zi

20 dB/déc

Resposta de Fase:

1− jω

zi= − arctan

(ω

zi

)

(log)0o

- 45o

- 90o

{H(j )}100,1zi zi zi

Observacao

Devido a esse comportamento, sistemas com zero real positivo sao chamados deSistemas de Fase Nao Mınima.




Resposta de Modulo:

20 log

∣∣∣∣1− jω

zi

∣∣∣∣ = 20 log

√1 +

ω2

z 2i

|H(j )|(dB)

(log)0 zi

20 dB/déc

Resposta de Fase:

1− jω

zi= − arctan

(ω

zi

)

(log)0o

- 45o

- 90o

{H(j )}100,1zi zi zi

Observacao

Devido a esse comportamento, sistemas com zero real positivo sao chamados deSistemas de Fase Nao Mınima.



Tracado dos Diagramas de Bode: Exemplo

Tracar os Diagramas de Bode para o sistema cuja Funcao de Transferencia e dadaabaixo:

H (s) =103(

1 +s

10

)·

(1 +

s

104

)

Grafico de Modulo:

|H(j )|(dB)

(log)0

Grafico de Fase:

(log)0

{H(j )}





H (s) =103(

1 +s

10

)·

(1 +

s

104

)

Grafico de Modulo:

|H(j )|(dB)

(log)0

p1

- 20 dB/déc

Grafico de Fase:

(log)0

p1

- 45o

- 90o

{H(j )}





H (s) =103(

1 +s

10

)·

(1 +

s

104

)

Grafico de Modulo:

|H(j )|(dB)

(log)0

p1

- 20 dB/déc

p2

- 40 dB/déc

Grafico de Fase:

(log)0

p1

p2

- 45o

- 90o

- 135o

- 180o

{H(j )}





H (s) =103(

1 +s

10

)·

(1 +

s

104

)

Grafico de Modulo:

|H(j )|(dB)

(log)0

p1

p2

- 20 dB/déc

- 40 dB/déc

60

Grafico de Fase:

(log)0

p1

p2

- 45o

- 90o

- 135o

- 180o

{H(j )}




Comparacao entre os diagramas aproximados e os graficos exatos:

|H(j )|(dB)

(log)0

p1

p2

- 20 dB/déc

- 40 dB/déc

60

1 0 - 3 1 0 - 2 1 0 - 1 1 0 0 1 0 1 1 0 2 1 0 3 1 0 4 1 0 5 1 0 6- 1 0 0- 8 0- 6 0- 4 0- 2 0

02 04 06 08 0

ω ( r a d / s )

|H(jω

)| (dB

)




Comparacao entre os diagramas aproximados e os graficos exatos:

(log)0

p1

p2

- 45o

- 90o

- 135o

- 180o

{H(j )}

1 0 - 3 1 0 - 2 1 0 - 1 1 0 0 1 0 1 1 0 2 1 0 3 1 0 4 1 0 5 1 0 6- 2 0 0- 1 8 0- 1 6 0- 1 4 0- 1 2 0- 1 0 0- 8 0- 6 0- 4 0- 2 0

02 0

ω ( r a d / s )

Φ{H(

jω)} (

dB)


Documents

Revisão de Sistemas Lineares - pads.ufrj.brcfts/index_arquivos/Elet3/Slides/LinearSystems.pdf · Revis~ao de Sistemas Lineares Circuitos Lineares Resposta de um Circuito Linear a