21-) (B 9.4 - pág 655)
Considere o sistema definido por:
\begin{aligned} & x=A x+B u \\\ & y=C x \end{aligned}
onde
A=\left[\begin{array}{ccc} -1 & 0 & 1 \\\\ 1 & -2 & 0 \\\\ 0 & 0 & -3 \end{array}\right], \quad B=\left[\begin{array}{l} 0 \\\\ 0 \\\\ 1 \end{array}\right], \quad C=\left[\begin{array}{lll} 1 & 1 & 0 \end{array}\right] .
Obtenha a função de transferência \mathrm{Y}(\mathrm{s}) / \mathrm{U}(\mathrm{s}).

Passo 1

O enunciado pede a função de transferência \mathrm{Y}(\mathrm{s})/\mathrm{U}(\mathrm{s}) do sistema descrito por
\begin{aligned} & \dot{x}=A x+B u \\\ & y=C x \end{aligned}
com
A=\begin{bmatrix}-1 & 0 & 1\\[4pt]1 & -2 & 0\\[4pt]0 & 0 & -3\end{bmatrix},\qquad B=\begin{bmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]1\end{bmatrix},\qquad C=\begin{bmatrix}1 & 1 & 0\end{bmatrix}.
Informações relevantes dadas:
\;A,\;B,\;C como acima e a equação de saída sem termo direto em u (ou seja, não há matriz D indicada). A pergunta é: obter explicitamente \displaystyle\frac{Y(s)}{U(s)}.]

Passo 2

Fórmula que vamos usar (a mais direta para sistemas de espaço de estados):
G(s)=\frac{Y(s)}{U(s)}=C\,(sI-A)^{-1}B + D.
Aqui s é a variável complexa do domínio de Laplace, I é a matriz identidade da mesma ordem de A, e D é o termo direto (aqui D=0 porque a saída é y=Cx sem dependência direta de u). Explicando: (sI-A)^{-1}B é o vetor que, multiplicado por C, dá a relação entrada-saída em s.

Passo 3

Calculo explícito de (sI-A). A matriz identidade I é 3\times3, então
sI-A = \begin{bmatrix}s+1 & 0 & -1\\[4pt]-1 & s+2 & 0\\[4pt]0 & 0 & s+3\end{bmatrix}.
Mostrei as entradas: as diagonais são s - (\text{valor diagonal de }A)=s+1,\;s+2,\;s+3 e os termos fora da diagonal são os negativos dos correspondentes de A.]

Passo 4

Em vez de calcular (sI-A)^{-1}\) inteiro (que dá uma matriz densa), é mais simples resolver o sistema linear \[(sI-A)\,v = B,
pois v=(sI-A)^{-1}B. Assim calculamos primeiro v e depois G(s)=C\,v. Escrevendo v=\begin{bmatrix}v_1\\[4pt]v_2\\[4pt]v_3\end{bmatrix}, o sistema é
\begin{cases} (s+1)v_1 - v_3 = 0,\\[4pt] - v_1 + (s+2)v_2 = 0,\\[4pt] (s+3)v_3 = 1, \end{cases}
porque (B=[0;0;1]^T].]

Passo 5

Resolver as equações uma a uma (bem mastigado):
Da terceira equação,
(s+3)v_3 = 1 \quad\Rightarrow\quad v_3 = \frac{1}{s+3}.
Usando a primeira equação (s+1)v_1 - v_3 = 0,
v_1 = \frac{v_3}{s+1} = \frac{1}{(s+1)(s+3)}.
Usando a segunda equação -v_1 + (s+2)v_2 = 0,
v_2 = \frac{v_1}{s+2} = \frac{1}{(s+2)(s+1)(s+3)}.
Então temos
v=\begin{bmatrix}\dfrac{1}{(s+1)(s+3)}\\[6pt]\dfrac{1}{(s+2)(s+1)(s+3)}\\[6pt]\dfrac{1}{s+3}\end{bmatrix}.]

Passo 6

Agora a função de transferência é
G(s)=C\,v = \begin{bmatrix}1 & 1 & 0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}v_1\\[4pt]v_2\\[4pt]v_3\end{bmatrix} = v_1+v_2.
Colocando sobre o mesmo denominador (s+1)(s+2)(s+3):
v_1 = \frac{s+2}{(s+1)(s+2)(s+3)},\qquad v_2 = \frac{1}{(s+1)(s+2)(s+3)}.
Somando,
G(s)=\frac{s+2+1}{(s+1)(s+2)(s+3)}=\frac{s+3}{(s+1)(s+2)(s+3)}.
Cancelando o fator comum (s+3) (álgebra simples),
G(s)=\frac{1}{(s+1)(s+2)}.
Observação didática rápida: o cancelamento significa que o pólo s=-3 presente na dinâmica de estado não aparece na relação entrada-saída — isso geralmente indica que o estado associado ao autovalor -3 é não observável na saída y.]

Resposta

\frac{Y(s)}{U(s)}=\frac{1}{(s+1)(s+2)}

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