Considere a planta descrita por
\begin{aligned} \dot{\mathbf{x}} & =\left[\begin{array}{cc} 0 & 1 \\\\ 7 & -4 \end{array}\right] \mathbf{x}+\left[\begin{array}{l} 1 \\\\ 2 \end{array}\right] u \\\ y & =\left[\begin{array}{ll} 1 & 3 \end{array}\right] \mathbf{x} \end{aligned}
a) Desenhe um diagrama de blocos para a planta com um integrador para cada variável de estados.
b) Encontre a função de transferência usando álgebra matricial.
c) Encontre os polos do sistema e defina a estabilidade assintótica do mesmo.

Passo 1

O que o enunciado pede e os dados fornecidos.
  • A planta é dada pelas equações de estado e saída:
\dot{\mathbf{x}}=\begin{bmatrix}0 & 1\\[4pt]7 & -4\end{bmatrix}\mathbf{x}+\begin{bmatrix}1\\[4pt]2\end{bmatrix}u, \qquad y=\begin{bmatrix}1 & 3\end{bmatrix}\mathbf{x}.
  • Perguntas:
    1. (a) Desenhar um diagrama de blocos com um integrador para cada variável de estado.
    2. (b) Encontrar a função de transferência G(s)=Y(s)/U(s) usando álgebra matricial.
    3. (c) Encontrar os polos do sistema e definir a estabilidade assintótica.
Dados importantes extraídos do enunciado:
  • Matriz de estado \displaystyle A=\begin{bmatrix}0 & 1\\[4pt]7 & -4\end{bmatrix}.
  • Vetor de entrada \displaystyle B=\begin{bmatrix}1\\[4pt]2\end{bmatrix}.
  • Vetor de saída \displaystyle C=\begin{bmatrix}1 & 3\end{bmatrix}.
  • Não foi fornecido termo direto, então D=0 (assume-se D=\begin{bmatrix}0\end{bmatrix}).]

Passo 2

(a) Como montar o diagrama de blocos com um integrador por variável de estado — descrição passo a passo (para você desenhar na folha):
  • Objetivo: cada integrador produzirá uma variável de estado como saída: a saída do primeiro integrador é x_1(t) e a do segundo é x_2(t).
  • Escreve explicitamente as equações escalares (essas vêm da equação de estado):
\dot{x}_1 = 0\cdot x_1 + 1\cdot x_2 + 1\cdot u = x_2 + u,
\dot{x}_2 = 7\cdot x_1 -4\cdot x_2 + 2\cdot u.
  • Elementos do bloco:
    • Dois blocos “integrador” em paralelo (ou verticalmente alinhados). A saída do integrador i é x_i; a entrada do integrador i é \dot{x}_i.
    • Dois nós somadores (um para \dot{x}_1 e outro para \dot{x}_2):
      • No somador que gera \dot{x}_1: entradas são +1 vezes x_2 (um ganho que pega x_2) e +1 vezes u.
      • No somador que gera \dot{x}_2: entradas são +7 vezes x_1, -4 vezes x_2, e +2 vezes u.
    • O sinal u vai para dois ganhos em paralelo (ganhos 1 e 2) que alimentam os dois somadores.
    • Para a saída y: um somador/combinador que recebe 1\cdot x_1 e 3\cdot x_2 (ou um ganho 1 sobre x_1 e ganho 3 sobre x_2) e soma para produzir y.
  • Fluxo típico no desenho: u entra, é escalado e somado com as contribuições dos estados; o resultado vai para cada integrador; as saídas dos integradores alimentam de volta os somadores (retroalimentação por blocos ganho) e também alimentam o bloco que gera y.
Dica prática para desenhar: desenhe dois integradores empilhados com saídas x_1 e x_2. Das saídas faça ramos para ganhos 7, -4, 1, 3 conforme indicado acima, que retornam aos somadores que alimentam as entradas dos integradores. Coloque u com dois ramos para ganhos 1 e 2 indo aos somadores.

Passo 3

(b) Método para obter a função de transferência a partir do espaço de estados (aula rápida e intuitiva).
  • Fazer transformada de Laplace assumindo condições iniciais nulas ( \mathbf{x}(0)=0). A transformada de \dot{\mathbf{x}}(t) é s\mathbf{X}(s).
  • Das equações do espaço de estados:
s\mathbf{X}(s)=A\mathbf{X}(s)+B U(s).
  • Isolando \mathbf{X}(s):
(sI-A)\mathbf{X}(s)=B U(s) \quad\Rightarrow\quad \mathbf{X}(s)=(sI-A)^{-1}B\,U(s).
  • A saída em s é \displaystyle Y(s)=C\mathbf{X}(s)+D U(s). Como D=0, fica
Y(s)=C (sI-A)^{-1} B\,U(s).
  • Portanto a função de transferência do sistema é
\boxed{\,G(s)=\dfrac{Y(s)}{U(s)}=C\,(sI-A)^{-1}B + D \,}
(neste caso G(s)=C\,(sI-A)^{-1}B). Aqui s é a variável complexa da transformada de Laplace; (sI-A)^{-1} é a matriz inversa de sI-A.

Passo 4

(c) Cálculo explícito de (sI-A)^{-1} e da função de transferência (álgebra passo a passo).
  • Primeiro escrevemos (sI-A). Como
A=\begin{bmatrix}0 & 1\\[4pt]7 & -4\end{bmatrix},
temos
sI-A=\begin{bmatrix}s & 0\\[4pt]0 & s\end{bmatrix}-\begin{bmatrix}0 & 1\\[4pt]7 & -4\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}s & -1\\[4pt]-7 & s+4\end{bmatrix}.
  • Determinante de (sI-A):
\det(sI-A)=s(s+4)-(-1)(-7)=s^2+4s-7.
Esse polinômio quadrático será o denominador da função de transferência (característico).
  • Matriz adjunta (para inversa 2×2): se M=\begin{bmatrix}a & b\\\ c & d\end{bmatrix} então M^{-1}=\dfrac{1}{ad-bc}\begin{bmatrix}d & -b\\\\ -c & a\end{bmatrix}.
    Aplicando a (sI-A) obtemos
(sI-A)^{-1}=\dfrac{1}{s^2+4s-7}\begin{bmatrix}s+4 & 1\\[4pt]7 & s\end{bmatrix}.]

Passo 5

(c) Multiplicações para obter G(s).
  • Primeiro calcular (sI-A)^{-1}B. Com B=\begin{bmatrix}1\\[4pt]2\end{bmatrix}:
\begin{bmatrix}s+4 & 1\\[4pt]7 & s\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1\\[4pt]2\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}(s+4)\cdot 1 + 1\cdot 2\\[4pt]7\cdot 1 + s\cdot 2\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}s+6\\[4pt]7+2s\end{bmatrix}.
Portanto
(sI-A)^{-1}B=\dfrac{1}{s^2+4s-7}\begin{bmatrix}s+6\\[4pt]7+2s\end{bmatrix}.
  • Agora multiplicar por C=\begin{bmatrix}1 & 3\end{bmatrix}:
G(s)=C\,(sI-A)^{-1}B =\dfrac{1}{s^2+4s-7}\begin{bmatrix}1 & 3\end{bmatrix}\begin{bmatrix}s+6\\[4pt]7+2s\end{bmatrix}.
  • Produto escalar no numerador:
\begin{bmatrix}1 & 3\end{bmatrix}\begin{bmatrix}s+6\\[4pt]7+2s\end{bmatrix} =1\cdot(s+6)+3\cdot(7+2s)=s+6+21+6s=7s+27.
  • Assim a função de transferência fica
\boxed{\,G(s)=\dfrac{7s+27}{s^2+4s-7}\,.}]

Passo 6

(c) Cálculo dos polos e análise de estabilidade assintótica.
  • Polos são as raízes do denominador (autovalores da matriz A):
s^2+4s-7=0.
  • Resolver pela fórmula de Bhaskara:
s=\dfrac{-4\pm\sqrt{4^2-4\cdot 1\cdot(-7)}}{2} =\dfrac{-4\pm\sqrt{16+28}}{2} =\dfrac{-4\pm\sqrt{44}}{2} =\dfrac{-4\pm 2\sqrt{11}}{2}=-2\pm\sqrt{11}.
  • Valores numéricos aproximados (para intuição):
s_1=-2+\sqrt{11}\approx -2+3{,}31662479\approx 1{,}3166,
s_2=-2-\sqrt{11}\approx -2-3{,}31662479\approx -5{,}3166.
  • Interpretação de estabilidade assintótica:
    • Para estabilidade assintótica de um sistema linear contínuo é necessário que todas as partes reais dos polos sejam negativas.
    • Aqui um polo tem parte real positiva ( s_1\approx 1{,}3166>0). Logo o sistema é instável (mais precisamente: tem um modo instável, resposta que cresce exponencialmente).
    • Não há cancelação de polo/zero (verificação rápida: o numerador 7s+27 não é zero em s=s_1 nem em s=s_2), então os polos do TF coincidem com os autovalores de A.

Resposta

(a) Diagrama de blocos: dois integradores (saídas x_1 e x_2); somador para \dot{x}_1 com entradas +1\cdot x_2 e +1\cdot u (pois \dot{x}_1=x_2+u); somador para \dot{x}_2 com entradas +7\cdot x_1, -4\cdot x_2 e +2\cdot u (pois \dot{x}_2=7x_1-4x_2+2u); saída y obtida por y=1\cdot x_1+3\cdot x_2.
(b) \displaystyle G(s)=\dfrac{7s+27}{s^2+4s-7}.
(c) Polos: \displaystyle s=-2\pm\sqrt{11} (aprox. s_1\approx 1{,}3166, s_2\approx -5{,}3166). Como existe um polo com parte real positiva, o sistema é instável (não é assintoticamente estável).

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