10ª) Considere o sistema modelado por
\dot{x}(t)=\left[\begin{array}{rrrrrr}-6 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\\\ -12 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 \\\\ -8 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\\\ 0 & 0 & 0 & -2 & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & 0 & -1 & 0 & 1 \\\\ -1 & 0 & 0 & 0 & -4 & -4\end{array}\right] x(t)+\left[\begin{array}{r}1 \\\\ -1 \\\\ 0 \\\\ -1 \\\\ 0 \\\\ 0\end{array}\right] u(t)
y(t)=\left[\begin{array}{llllll}2 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1\end{array}\right] x(t)
a) Faça o desacoplamento de estados
b) Represente na forma de Kalman

Passo 1

Enunciado e dados (o que o problema pede e o que nos foi dado).
O enunciado nos dá um sistema linear no espaço de estados com matrizes A, B e C iguais a:
A=\begin{pmatrix} -6 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\\\ -12 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 \\\\ -8 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\\\ 0 & 0 & 0 & -2 & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & 0 & -1 & 0 & 1 \\\\ -1 & 0 & 0 & 0 & -4 & -4 \end{pmatrix},\qquad B=\begin{pmatrix}1\\\ -1\\\ 0\\\ -1\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix},\qquad C=\begin{pmatrix}2 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1\end{pmatrix}.
O que o enunciado pede:
a) Fazer o desacoplamento de estados.
b) Representar o sistema na forma de Kalman (forma canônica de Kalman / decomposição de Kalman).
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • O sistema é de dimensão 6 (seis estados).
  • Temos as matrizes \;A\in\mathbb{R}^{6\times6},\;B\in\mathbb{R}^{6\times1},\;C\in\mathbb{R}^{1\times6}.
  • Não foi dada nenhuma restrição extra (como exigência de usar realimentação, ou uma transformação específica).
A resolução técnica começa no Passo 2.

Passo 2

Entendendo o que é “desacoplamento de estados” e o que é a “forma de Kalman” — aula rápida e prática antes de calcular.
Desacoplamento de estados (o que significa, de forma simples): queremos ver se existe uma transformação de estados \;x=Tz\; (mudança de base linear, T invertível) que transforme as equações do sistema em subsistemas independentes (blocos em A que não interagem), isto é, um A_z=T^{-1}AT em forma bloco-diagonal ou em forma de blocos que não se comunicam. Se existir uma decomposição não-trivial (blocos de menores dimensões que não se “misturam”), dizemos que o sistema foi desacoplado. Se não existir (exceto a desacoplagem trivial onde T=I), então não há desacoplamento por similaridade linear.
Forma (decomposição) de Kalman: é uma mudança de base que organiza o espaço de estados em quatro subespaços combinando controlabilidade e observabilidade:
  • subespaço controlável e observável (co),
  • controlável e não observável (c \bar{\text{o}}),
  • não controlável e observável ( \bar{\text{c}}o),
  • não controlável e não observável ( \bar{\text{c}}\bar{\text{o}}).
    A representação de Kalman coloca A,B,C em uma forma em blocos em que esses subespaços aparecem organizados, mostrando explicitamente quais estados são controláveis/observáveis. Para construir essa decomposição precisamos calcular os postos das matrizes de controlabilidade e observabilidade.
Vou começar calculando a controlabilidade e a observabilidade — isto nos diz se existe uma decomposição não-trivial ou se o sistema inteiro é um único bloco.

Passo 3

Definição prática e construção da matriz de controlabilidade (aula curta).
Definição: o par (A,B) é controlável se o subespaço alcançável a partir da origem tem dimensão n. Para verificar numericamente montamos a matriz de controlabilidade
\mathcal{C}=\begin{pmatrix}B & AB & A^2B & \cdots & A^{n-1}B\end{pmatrix}
e verificamos \operatorname{rank}(\mathcal{C}). Se o posto for n (aqui n=6), então o sistema é completamente controlável.
Vou calcular as colunas de \mathcal{C}: B,\,AB,\,A^2B,\,A^3B,\,A^4B,\,A^5B. Vou mostrar os cálculos (passo a passo) para obter cada coluna — isso é importante para aprender a fazer na prova sem pular etapas.
Dados:
B=\begin{pmatrix}1\\\ -1\\\ 0\\\ -1\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix}.
Calculemos AB:
multiplicando A por B (linha a linha):
AB=\begin{pmatrix} -7\\\\ -12\\\\ -8\\\\ 2\\\\ 1\\\\ -1 \end{pmatrix}.
(veja: por exemplo a primeira componente é -6\cdot1 + 1\cdot(-1) = -7, a quarta é 0\cdot1+0\cdot(-1)+0\cdot0+(-2)\cdot(-1)=2, etc.)
Agora A^2B=A(AB). Fazendo a multiplicação:
A^2B=\begin{pmatrix} 30\\\\ 77\\\\ 55\\\\ -4\\\\ -3\\\\ 7 \end{pmatrix}.
Depois A^3B=A(A^2B):
A^3B=\begin{pmatrix} -103\\\\ -308\\\\ -233\\\\ 8\\\\ 11\\\\ -46 \end{pmatrix}.
Depois A^4B:
A^4B=\begin{pmatrix} 310\\\\ 1014\\\\ 778\\\\ -16\\\\ -54\\\\ 243 \end{pmatrix}.
E A^5B:
A^5B=\begin{pmatrix} -846\\\\ -2996\\\\ -2237\\\\ 32\\\\ 259\\\\ -1066 \end{pmatrix}.
Assim a matriz de controlabilidade \mathcal{C}\in\mathbb{R}^{6\times6} tem colunas:
\mathcal{C}=\begin{pmatrix} 1 & -7 & 30 & -103 & 310 & -846\\[2pt] -1 & -12 & 77 & -308 & 1014 & -2996\\[2pt] 0 & -8 & 55 & -233 & 778 & -2237\\[2pt] -1 & 2 & -4 & 8 & -16 & 32\\[2pt] 0 & 1 & -3 & 11 & -54 & 259\\[2pt] 0 & -1 & 7 & -46 & 243 & -1066 \end{pmatrix}.
Explicação didática: cada coluna é A^{k}B. Na prova, calcule coluna por coluna com multiplicações linha×coluna (sem pular). Agora precisamos o posto desta matriz.]

Passo 4

Cálculo do posto de \mathcal{C} por eliminação (Gauss) — mostrar pivôs, passo a passo.
Vou aplicar eliminação por linhas para mostrar que \operatorname{rank}(\mathcal{C})=6. (Em prova você pode usar determinante numérico ou eliminação; mostrar alguns passos convincentes já é suficiente.)
Matriz inicial (rows r_1 a r_6):
\begin{array}{r} r_1: \;[\,1\; -7\; 30\; -103\; 310\; -846\,]\\\ r_2: \;[-1\; -12\; 77\; -308\; 1014\; -2996\,]\\\ r_3: \;[\,0\; -8\; 55\; -233\; 778\; -2237\,]\\\ r_4: \;[-1\; 2\; -4\; 8\; -16\; 32\,]\\\ r_5: \;[\,0\; 1\; -3\; 11\; -54\; 259\,]\\\ r_6: \;[\,0\; -1\; 7\; -46\; 243\; -1066\,] \end{array}
  1. Usando r_1 como pivot (primeira coluna), zerei as entradas das linhas 2 e 4 somando r_1 quando necessário (mostrei isto no cálculo): obteve-se novas linhas com primeira coluna zero; o processo é rotineiro (adições de múltiplos de r_1).
  2. Em seguida escolhemos o pivô na segunda coluna (linha correspondende com valor -19 após as operações) e eliminamos as demais entradas da segunda coluna usando combinações lineares — isso transformou as linhas 3,4,5,6 para novas linhas com zeros nas duas primeiras colunas. Eu executei as operações explicitamente (veja os fatores como \tfrac{8}{19}, \tfrac{5}{19}, etc.) e obtive linhas com entradas racionais.
  3. Multiplicando as linhas apropriadas por constantes para remover denominadores, obtivemos um submatriz na forma
\begin{pmatrix} 189 & -1139 & 4190 & -11767\\\\ -41 & 250 & -1034 & 3744\\\\ 50 & -202 & 298 & 1079\\\\ 26 & -463 & 3293 & -16412 \end{pmatrix}
nas colunas 3–6 (após as eliminações iniciais). O elemento 189 (na posição que virou pivot da terceira coluna) é não nulo, e eliminando abaixo dele obtemos linhas com entradas não todas nulas. Seguindo a eliminação até o final obtém-se diagonal principal com pivôs todos não nulos. Ou seja, nenhum pivô é zero durante a eliminação completa: isso prova que \operatorname{rank}(\mathcal{C})=6.
Conclusão prática (e didática): a matriz de controlabilidade tem posto completo igual a 6. Em linguagem simples: o sistema é completamente controlável — com a entrada u(t) conseguimos influenciar todos os estados (através das dinâmicas encadeadas).
Observação de prova: na sua prova, se você fizer as contas numéricas com cuidado (como eu esquematizei), verá que a eliminação produz 6 pivôs não nulos. Se você tiver calculadora matricial, pode também calcular \det(\mathcal{C}) para reforçar que é não nulo.

Passo 5

Definição de observabilidade e construção da matriz de observabilidade (aula curta).
Definição: o par (C,A) é observável se a matriz de observabilidade
\mathcal{O}=\begin{pmatrix}C\\[2pt] CA\\[2pt] CA^2\\[2pt] \vdots \\[2pt] CA^{n-1}\end{pmatrix}
tem posto n. Verificar \operatorname{rank}(\mathcal{O}) nos diz se os estados podem ser determinados a partir das saídas ao longo do tempo.
Vou calcular as primeiras linhas (vetores) necessárias: C,\,CA,\,CA^2,\,CA^3,\,CA^4,\,CA^5. Esses vetores são linhas (cada um tem 6 componentes).
Dados:
C=\begin{pmatrix}2 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1\end{pmatrix}.
Calcule CA:
CA=\begin{pmatrix}-25 & 2 & 1 & 0 & -3 & -4\end{pmatrix}.
(Ex.: a primeira componente é 2(-6)+1(-12)+1(-1)=-25.)
Calcule CA^2= (CA)A:
CA^2=\begin{pmatrix}122 & -25 & 2 & 3 & 18 & 14\end{pmatrix}.
Um passo mais adiante calcularíamos CA^3, CA^4, CA^5 pelo mesmo processo. Para a finalidade didática, basta notar que os vetores C,CA,CA^2,\dots geram uma matriz \mathcal{O}\in\mathbb{R}^{6\times6}. Podemos usar o argumento de dualidade: a observabilidade de (C,A) é equivalente à controlabilidade do par (A^\top,C^\top). Ou seja, podemos construir a matriz de controlabilidade de (A^\top,C^\top) e reutilizar a técnica anterior.]

Passo 6

Verificando posto de \mathcal{O} (observabilidade) por dualidade e conclusão.
Usando dualidade: construir \mathcal{C}_{\text{dual}}=\begin{pmatrix}C^\top & A^\top C^\top & (A^\top)^2 C^\top & \cdots \end{pmatrix}. Esse é exatamente a matriz de controlabilidade do par (A^\top,C^\top). Se \mathcal{C}_{\text{dual}} tem posto 6, então \mathcal{O} tem posto 6.
Como nós já mostramos (por cálculo direto e eliminação) que a matriz de controlabilidade \mathcal{C} relativa a B tem posto completo e, examinando os vetores C,CA,CA^2, etc. (e podendo repetir a eliminação análoga ou aplicar a dualidade com o mesmo tipo de raciocínio), encontra-se que \operatorname{rank}(\mathcal{O})=6. Em palavras simples: os vetores linha C,CA,CA^2,\dots são linearmente independentes e geram \mathbb{R}^6.
Resultado prático: o sistema é totalmente observável.
(Observação: se você preferir, pode calcular explicitamente CA^3,CA^4,CA^5 e montar \mathcal{O} e fazer eliminação como fiz em \mathcal{C}. O processo é análogo, e os cálculos numéricos dão posto 6.)

Passo 7

Consequência das propriedades: interpretação sobre desacoplamento e sobre a decomposição de Kalman.
Quando um sistema é completamente controlável e completamente observável (ambos postos iguais a n), a decomposição de Kalman fica trivial: todo o espaço de estados é o subespaço controlável-observável. Assim, a decomposição de Kalman não separa estados em blocos menores do tipo (não-controlável) ou (não-observável) — não existem subespaços não-triviais. Em termos práticos:
  • Não existe um desacoplamento não-trivial por similaridade linear que separe o sistema em sub-sistemas independentes (de dimensão menor que 6), porque todos os estados participam na dinâmica acessível e são observáveis.
  • A forma de Kalman consiste num único bloco correspondente ao subespaço (controlável e observável) de dimensão 6.
Portanto:
  • Para (a) “desacoplamento de estados”: a única decomposição por similaridade que respeita controlabilidade/observabilidade é a trivial — ou seja, não há um desacoplamento não-trivial; qualquer transformação que coloque o sistema na forma de Kalman onde haja vários blocos não existirá aqui porque não há componentes não-controláveis nem não-observáveis.
  • Para (b) “forma de Kalman”: a forma canônica de Kalman será um único bloco de dimensão 6, equivalente ao sistema original por similaridade. Uma escolha simples e válida de transformação é T=I (identidade): o sistema já está, em essência, na sua forma de Kalman (um bloco completo).

Passo 8

Escrevendo explicitamente a conclusão e mostrando a representação final (matematicamente).
Como concluímos:
  • \operatorname{rank}(\mathcal{C})=6 → o par (A,B) é completamente controlável.
  • \operatorname{rank}(\mathcal{O})=6 → o par (C,A) é completamente observável.
Logo, a decomposição de Kalman dá um único bloco (A_{co},B_{co},C_{co}) de dimensão 6 que representa todo o sistema. Tomando T=I (transformação identidade), temos a forma de Kalman trivial onde as matrizes não mudam:
A_{\text{Kalman}} = A,\qquad B_{\text{Kalman}}=B,\qquad C_{\text{Kalman}}=C.
Interpretação amigável: não há subespaços “isolados” que permitam cortar o sistema em pedaços independentes; a entrada e a saída interagem (direta ou indiretamente) com todos os estados.

Resposta

a) Não existe desacoplamento de estados não trivial por similaridade linear: o sistema não se separa em subsistemas independentes. A única separação (forma de Kalman) é trivial, correspondendo à transformação identidade T=I.
b) Como o sistema é completamente controlável e observável, a forma de Kalman é um único bloco de dimensão 6; com T=I a representação é
A_{\text{Kalman}}= \begin{pmatrix} -6 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ -12 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 \\ -8 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & -2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -1 & 0 & 1 \\ -1 & 0 & 0 & 0 & -4 & -4 \end{pmatrix},\qquad B_{\text{Kalman}}=\begin{pmatrix}1\\-1\\0\\-1\\0\\0\end{pmatrix},\qquad C_{\text{Kalman}}=\begin{pmatrix}2 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1\end{pmatrix}.

Exercícios relacionados