Considerando o sistema representado em espaço de estados, obtenha a matriz de ganho do observador
\mathbf{K}_{e} tal que os polos desejados do observador fiquem em s=-5 e s=-5. Aplique os três métodos.
\dot{\mathbf{x}}(t)=\left[\begin{array}{cc} -1 & 1 \\\\ 1 & -2 \end{array}\right] \mathbf{x}(t), \quad y(t)=\left[\begin{array}{ll} 1 & 0 \end{array}\right] \mathbf{x}(t)
Solução: \mathbf{K}_{e}=\left[\begin{array}{c}7 \\\\ 10\end{array}\right]

Passo 1

O enunciado nos dá o sistema
\dot{\mathbf{x}}(t)=A\,\mathbf{x}(t),\quad y(t)=C\,\mathbf{x}(t)
com
A=\begin{pmatrix}-1 & 1\\[6pt]1 & -2\end{pmatrix},\quad C=\begin{pmatrix}1 & 0\end{pmatrix},
e pede o ganho do observador \mathbf{K}_{e} tal que os polos de erro fiquem em s=-5 (dupla). Vamos usar três métodos clássicos de realocação de polos de observador:
• Método 1: igualar o polinômio característico de A - \mathbf{K}_e\,C ao desejado.
• Método 2: aplicar a fórmula de Ackermann ao sistema dual (A^T,\,C^T).
• Método 3: passar para a forma canônica de observador, projetar ali e voltar às coordenadas originais.]

Passo 2

Método 1 — igualação de polinômio característico
No erro e=\mathbf{x}-\hat{\mathbf{x}} vale
\dot e=(A-\mathbf{K}_e\,C)\,e.
Se escrevemos \mathbf{K}_e=\begin{pmatrix}k_1\k_2\end{pmatrix}, então
A-\mathbf{K}_e\,C =\begin{pmatrix}-1 & 1\\[4pt]1 & -2\end{pmatrix} -\begin{pmatrix}k_1&0\\[4pt]k_2&0\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-1-k_1 & 1\\[4pt]1-k_2 & -2\end{pmatrix}.
O polinômio característico é
\det\!\bigl(sI-(A-\mathbf{K}_eC)\bigr) =(s+1+k_1)(s+2)-( -1)(1-k_2) =s^2+(3+k_1)s+\bigl(1+2k_1+k_2\bigr).
Queremos (s+5)^2=s^2+10s+25. Igualando coeficientes:
3+k_1=10\;\Rightarrow\;k_1=7, \quad 1+2k_1+k_2=25\;\Rightarrow\;1+14+k_2=25\;\Rightarrow\;k_2=10.
Logo
\mathbf{K}_e=\begin{pmatrix}7\\[4pt]10\end{pmatrix}.]

Passo 3

Método 2 — fórmula de Ackermann no sistema dual
No sistema dual usamos (A^T,\;C^T) e aplicamos
\mathbf{K}_e^T =\begin{pmatrix}0 & 1\end{pmatrix} \bigl[\underbrace{\begin{pmatrix}C^T & A^T C^T\end{pmatrix}}_{M}\bigr]^{-1} \bigl[(A^T)^2+10\,A^T+25\,I\bigr].
Aqui
C^T=\begin{pmatrix}1\\\ 0\end{pmatrix},\quad A^T=\begin{pmatrix}-1 & 1\\[4pt]1 & -2\end{pmatrix},
M=\begin{pmatrix}1 & -1\\[4pt]0 & 1\end{pmatrix}, \quad M^{-1}=\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]0 & 1\end{pmatrix}.
Calcula-se
(A^T)^2 =\begin{pmatrix}2 & -3\\[4pt]-3 & 5\end{pmatrix}, \quad (A^T)^2+10A^T+25I =\begin{pmatrix}17 & 7\\[4pt]7 & 10\end{pmatrix}.
Portanto
M^{-1}\bigl[(A^T)^2+10A^T+25I\bigr] =\begin{pmatrix}24 & 17\\[4pt]7 & 10\end{pmatrix},
\mathbf{K}_e^T =\begin{pmatrix}0 & 1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}24 & 17\\[4pt]7 & 10\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}7 & 10\end{pmatrix},
ou seja \mathbf{K}_e=(7\;\;10)^T.]

Passo 4

Método 3 — forma canônica de observador
  1. Montamos a matriz de observabilidade O=\begin{pmatrix}C\\[4pt]C\,A\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}1 & 0\\[4pt]-1 & 1\end{pmatrix}, \quad O^{-1}=\begin{pmatrix}1 & 0\\[4pt]1 & 1\end{pmatrix}.
  2. Definimos z=O\,x. Então ż =O\,A\,O^{-1}\,z =\underbrace{\begin{pmatrix}0 & 1\\[4pt]-1 & -3\end{pmatrix}}_{A_o}\,z, \quad y=C\,O^{-1}z=\begin{pmatrix}1 & 0\end{pmatrix}z.
  3. No espaço z temos a forma canônica de observador e escolhemos \,K_o=\begin{pmatrix}k_1\\[4pt]k_2\end{pmatrix} tal que
    \spec\bigl(A_o-K_oC_o\bigr)=\{-5,-5\}. Fazendo o mesmo pareamento de polinômios chega-se a
    k_1=7,\;k_2=3.
  4. Voltando às coordenadas originais, \mathbf{K}_e=O^{-1}\,K_o =\begin{pmatrix}1 & 0\\[4pt]1 & 1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}7\\[4pt]3\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}7\\[4pt]10\end{pmatrix}.]

Resposta

\displaystyle \mathbf{K}_{e}=\begin{pmatrix}7\\[4pt]10\end{pmatrix}.]

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