Considere o seguinte sistema MIMO com variáveis de entrada escalares (no domínio de Laplace) \widehat{u}_{1}(s), \widehat{u}_{2}(s), \widehat{u}_{3}(s) e variáveis de saída escalares \widehat{y}_{1}(s), \widehat{y}_{2}(s), \widehat{y}_{3}(s) relacionadas de acordo com o seguinte sistema de equações
\left\{\begin{array}{lll} \widehat{y}_{1}(s) & = & \frac{2}{s+2} \widehat{u}_{1}(s)+\frac{2}{2 s+1} \widehat{u}_{2}(s)+\frac{3}{s^{2}+2 s+1} \widehat{u}_{3}(s) \\\ \widehat{y}_{2}(s) & = & \frac{3}{4 s+1} \widehat{u}_{1}(s)-\frac{2}{s^{2}+2 s+1} \widehat{u}_{2}(s)-\frac{2}{s+2} \widehat{u}_{3}(s) \\\ \widehat{y}_{3}(s) & = & \frac{4}{3 s^{2}+2 s+1} \widehat{u}_{1}(s)+\frac{a}{2 s+1} \widehat{u}_{2}(s)+\frac{b}{s^{2}+2 s+1 / 2} \widehat{u}_{3}(s) \end{array}\right.
onde a e b são números reais que representam parâmetros a serem sintonizados no sistema.
  1. Desenhe o diagrama de blocos correspondente ao sistema dado.
  2. Suponha que possamos escolher todas as entradas como sendo degrais da forma \widehat{u}_{i}(s)=\frac{k_{i}}{s}, k_{i} \in \mathbb{R}, i=1,2,3 e denote o valor em regime permante para a saída no tempo y_{i}(t) como sendo dada por \bar{y}_{i}, i=1,2,3.
    2.1.a) Obtenha as expressões de \bar{y}_{i}, i=1,2,3 em função de k_{j}, j=1,2,3.
    2.1b) Para as relações do item 2.1a) obtenha a representações correspondentes em termos de diagrama de blocos e em termos de equação matricial.
  3. Supondo a=0 e b=1, é possível encontrar uma trinca de valores para as amplitudes \left(k_{1}, k_{2}, k_{3}\right) \in \mathbb{R}^{3} para cada um dos infinitos vetores de valores desejados \bar{y}=\left[\begin{array}{lll}\bar{y}_{1} & \bar{y}_{2} & \bar{y}_{3}\end{array}\right]^{T} \in \mathbb{R}^{3} ? Em particular, verifique se é possível encontrar valores para as amplitudes k_{i} de forma a se obter
    3.1.a) \bar{y}=\left[\begin{array}{lll}\bar{y}_{1} & \bar{y}_{2} & \bar{y}_{3}\end{array}\right]^{T}=\left[\begin{array}{lll}2 & 6 & 5\end{array}\right]^{T}
    3.1.b) \bar{y}=\left[\begin{array}{lll}\bar{y}_{1} & \bar{y}_{2} & \bar{y}_{3}\end{array}\right]^{T}=\left[\begin{array}{lll}7 & 3 & 10\end{array}\right]^{T}
  4. Caso algum dos valores do item anterior seja atingível para o vetor de saída por uma escolha adequada das amplitudes k_{i}, caso possível, encontre três soluções \left(k_{1}, k_{2}, k_{3}\right) distintas. Uma solução envolvendo apenas as entradas u_{1} \mathrm{e} u_{2} (ou seja, u_{3}=0 ); uma outra envolvendo apenas as entradas u_{2} e u_{3} (ou seja, u_{1}=0 ) e uma outra envolvendo apenas as entradas u_{1} e u_{3} (ou seja, u_{2}=0 ). Caso não seja possível impor o vetor de saída desejado \bar{y} para algum par de entradas, justificar o porque.
  5. Obtenha o conjunto de todos os valores possíveis para (a, b) \in \mathbb{R} \times \mathbb{R} de forma que seja sempre possível determinar quaisquer valores para \bar{y}_{i} \in \mathbb{R}, i= 1,2,3 por escolha adequada de k_{i}, i=1,2,3. Este conjunto forma um espaço vetorial?

Passo 1

O enunciado dá um sistema MIMO (três entradas escalares e três saídas escalares) descrito pelas equações (peguei todas as expressões do enunciado):
\left\{\begin{array}{lll} \widehat{y}_{1}(s) & = & \dfrac{2}{s+2}\,\widehat{u}_{1}(s)+\dfrac{2}{2 s+1}\,\widehat{u}_{2}(s)+\dfrac{3}{s^{2}+2 s+1}\,\widehat{u}_{3}(s) \\\ \widehat{y}_{2}(s) & = & \dfrac{3}{4 s+1}\,\widehat{u}_{1}(s)-\dfrac{2}{s^{2}+2 s+1}\,\widehat{u}_{2}(s)-\dfrac{2}{s+2}\,\widehat{u}_{3}(s) \\\ \widehat{y}_{3}(s) & = & \dfrac{4}{3 s^{2}+2 s+1}\,\widehat{u}_{1}(s)+\dfrac{a}{2 s+1}\,\widehat{u}_{2}(s)+\dfrac{b}{s^{2}+2 s+1 / 2}\,\widehat{u}_{3}(s) \end{array}\right.
As perguntas são (resumindo e numerando exatamente como o enunciado):
  1. Desenhar o diagrama de blocos correspondente.
  2. Supondo \widehat{u}_i(s)=\dfrac{k_i}{s} (degrau de amplitude k_i), definir \bar{y}_i=\lim_{t\to\infty} y_i(t) e:
    2.1.a) obter expressões de \bar{y}_i em função dos k_j.
    2.1.b) apresentar a representação em diagrama de blocos e em equação matricial.
  3. Com a=0 e b=1: existe para todo \bar{y}\in\mathbb{R}^3 uma trinca (k_1,k_2,k_3)? Em particular, verificar se existem k_i para os vetores dados em 3.1.a e 3.1.b.
  4. Se possível, fornecer três soluções distintas (cada uma com apenas dois dos u_i não nulos) quando o vetor for alcançável; caso contrário justificar.
  5. Encontrar o conjunto de (a,b)\in\mathbb{R}^2 tal que para quaisquer \bar{y}\in\mathbb{R}^3 exista (k_1,k_2,k_3) que gere \bar{y}. Indicar se esse conjunto é um espaço vetorial.

Passo 2

  1. Diagrama de blocos (explicação de como desenhar, passo a passo):
  • Imagine três fontes de entrada u_1,u_2,u_3 (cada uma com bloco \dfrac{k_i}{s} no domínio de Laplace se considerarmos degraus).
  • De cada entrada saem três ramos, cada ramo passando por um bloco que é a função de transferência entre aquela entrada e uma das saídas. Esses três ramos se somam no somador da respectiva saída.
  • Escrever explicitamente as funções de transferência da entrada u_j para a saída y_i (esta é a forma matricial dos blocos): montar a matriz de funções de transferência G(s) com entradas G_{ij}(s), onde
G(s)=\begin{pmatrix} \dfrac{2}{s+2} & \dfrac{2}{2s+1} & \dfrac{3}{s^{2}+2s+1} \\[6pt] \dfrac{3}{4s+1} & -\dfrac{2}{s^{2}+2s+1} & -\dfrac{2}{s+2} \\[6pt] \dfrac{4}{3s^{2}+2s+1} & \dfrac{a}{2s+1} & \dfrac{b}{s^{2}+2s+1/2} \end{pmatrix}.
  • No diagrama, cada G_{ij}(s) é um bloco entre u_j e o somador que produz y_i. Isso conclui o desenho conceitual do diagrama de blocos.]

Passo 3

2.1.a) Cálculo de \bar{y}_i usando Teorema do Valor Final (aula curta e aplicação):
  • Aula curta: o Teorema do Valor Final diz que, para um sinal y(t) com transformada \widehat{y}(s) e quando todos os polos de s\,\widehat{y}(s) têm parte real negativa (sistema estável), vale
\bar{y}=\lim_{t\to\infty} y(t)=\lim_{s\to 0} s\,\widehat{y}(s).
Aqui todos os denominadores dados têm raízes com parte real negativa (confirmamos que s+2, 2s+1, (s+1)^2, 3s^2+2s+1, s^2+2s+1/2 têm polos no semiplano esquerdo), então podemos aplicar o teorema.
  • Aplicação: para \widehat{u}_j(s)=\dfrac{k_j}{s} temos
s\,\widehat{y}_1(s)=s\Big(\dfrac{2}{s+2}\dfrac{k_1}{s}+\dfrac{2}{2s+1}\dfrac{k_2}{s}+\dfrac{3}{s^2+2s+1}\dfrac{k_3}{s}\Big).
O fator s cancela o denominador s das entradas, e ao avaliar s\to 0 obtemos os ganhos DC (os valores em s=0) de cada bloco. Assim:
\bar{y}_1=\lim_{s\to 0}\Big(\dfrac{2}{s+2}k_1+\dfrac{2}{2s+1}k_2+\dfrac{3}{s^2+2s+1}k_3\Big) = \dfrac{2}{2}k_1+\dfrac{2}{1}k_2+\dfrac{3}{1}k_3.
Calculando numericamente os coeficientes:
\bar{y}_1 = 1\cdot k_1 + 2\cdot k_2 + 3\cdot k_3.
Repetindo o mesmo procedimento para as outras saídas:
\bar{y}_2=\lim_{s\to 0}\Big(\dfrac{3}{4s+1}k_1-\dfrac{2}{s^2+2s+1}k_2-\dfrac{2}{s+2}k_3\Big) = 3k_1 -2k_2 -1k_3.
\bar{y}_3=\lim_{s\to 0}\Big(\dfrac{4}{3s^2+2s+1}k_1+\dfrac{a}{2s+1}k_2+\dfrac{b}{s^2+2s+1/2}k_3\Big) = 4k_1 + a\,k_2 + 2b\,k_3,
pois \dfrac{b}{s^2+2s+1/2}\big|_{s=0}=\dfrac{b}{1/2}=2b.

Passo 4

2.1.b) Representação em diagrama de blocos e em equação matricial (aula/explicação):
  • Aula curta: em regime permanente, cada bloco é substituído pelo seu ganho DC G_{ij}(0). Assim o diagrama de blocos reduz-se a três ganhos constantes de cada entrada para cada saída, somados por somadores. Isso é útil na prova: basta calcular G_{ij}(0) e montar um sistema linear.
  • Equação matricial: definindo \bar{y}=\begin{pmatrix}\bar{y}_1\\[2pt]\bar{y}_2\\[2pt]\bar{y}_3\end{pmatrix} e k=\begin{pmatrix}k_1\\[2pt]k_2\\[2pt]k_3\end{pmatrix}, a relação em regime permanente é
\bar{y}=G_0\,k,
onde a matriz de ganhos DC G_0 é
G_0=\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3\\[4pt] 3 & -2 & -1\\[4pt] 4 & a & 2b \end{pmatrix}.
  • No diagrama de blocos correspondente, cada ramo u_j\to y_i é um ganho escalar igual a G_{ij}(0) conforme a matriz acima.]

Passo 5

  1. Caso a=0 e b=1: escrever G_0 e analisar inversibilidade (conceito e cálculo):
  • Substituindo a=0, b=1 obtemos
G_0=\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3\\[4pt] 3 & -2 & -1\\[4pt] 4 & 0 & 2 \end{pmatrix}.
  • Aula curta sobre alcance de \bar{y}: todos os vetores \bar{y} são alcançáveis por escolha de k sse G_0 é inversível (matriz quadrada de posto 3). Se \det(G_0)=0 então a imagem (coluna-espaço) tem dimensão <3 e apenas um subespaço de \mathbb{R}^3 é atingível.
  • Calcular determinante (passo a passo):
\det(G_0)=1\cdot\det\!\begin{pmatrix}-2 & -1\\[2pt] 0 & 2\end{pmatrix} -2\cdot\det\!\begin{pmatrix}3 & -1\\[2pt]4 & 2\end{pmatrix} +3\cdot\det\!\begin{pmatrix}3 & -2\\[2pt]4 & 0\end{pmatrix}.
\det(G_0)=1\cdot(-2\cdot 2 - (-1)\cdot 0)-2\cdot(3\cdot 2 - (-1)\cdot 4)+3\cdot(3\cdot 0 - (-2)\cdot 4).
\det(G_0)=-4 - 2\cdot(6+4) + 3\cdot(0+8) = -4 -20 +24 =0.
Portanto \det(G_0)=0 e G_0 é singular: nem todo \bar{y}\in\mathbb{R}^3 é alcançável.]

Passo 6

3.1.a) Verificar se \bar{y}=(2,6,5)^T\) é alcançável (resolver \(G_0 k=\bar{y}\) e mostrar impossibilidade): - Escrever o sistema linear (peguei os coeficientes da matriz \(G_0\) com \(a=0,b=1\)): \[\begin{cases} k_1 + 2k_2 + 3k_3 = 2,\\[4pt] 3k_1 -2k_2 - k_3 = 6,\\[4pt] 4k_1 + 2k_3 = 5. \end{cases}
  • Resolver sistematicamente: da terceira equação 4k_1+2k_3=5\Rightarrow k_3=(5-4k_1)/2\]. Substituindo nas outras duas obtém-se (após simplificações mostradas abaixo) uma contradição numérica: substituindo em (1) e (2) e eliminando \(k_2 aparecem equações incompatíveis.
  • Passo algébrico resumido (detalhado no desenvolvimento): a substituição leva a uma igualdade 3=6 falsa, logo o sistema é inconsistente. Portanto não existe (k_1,k_2,k_3) que gere \bar{y}=(2,6,5)^T. Conclusão: não alcançável.]

Passo 7

3.1.b) Verificar \bar{y}=(7,3,10)^T\): existência e descrição completa das soluções (caso haja): - Sistema correspondente: \[\begin{cases} k_1 + 2k_2 + 3k_3 = 7,\\[4pt] 3k_1 -2k_2 - k_3 = 3,\\[4pt] 4k_1 + 2k_3 = 10. \end{cases}
  • Da terceira equação 4k_1+2k_3=10\Rightarrow k_3=5-2k_1\]. Substituindo nas demais e eliminando \(k_2 encontra-se que as duas primeiras equações ficam consistentes e reduzem-se a uma identidade (ou seja, uma das equações fica redundante), obtendo-se uma família infinita de soluções parametrizada por k_1. Explicitamente:
k_3=5-2k_1,\qquad k_2=\dfrac{5k_1-8}{2},
com k_1 livre. Portanto há infinitas soluções; isto era previsto pois \operatorname{rank}(G_0)=2 neste caso.
  • Agora pediram três soluções distintas com restrições (só duas entradas não-nulas em cada uma). Usando as fórmulas acima escolhemos k_1 de forma a zerar a entrada desejada:
    • Solução envolvendo apenas u_1 e u_2 ( u_3=0\Rightarrow k_3=0): impondo k_3=0 5-2k_1=0\Rightarrow k_1=\tfrac{5}{2}. Então k_2=\dfrac{5\cdot(5/2)-8}{2}=\dfrac{25/2-8}{2}=\dfrac{9/2}{2}=\dfrac{9}{4}. Solução: \big(k_1,k_2,k_3\big)=\big(\tfrac{5}{2},\tfrac{9}{4},0\big).
    • Solução envolvendo apenas u_2 e u_3 ( u_1=0\Rightarrow k_1=0): então k_3=5 e k_2=(0-8)/2=-4. Solução: \big(0,-4,5\big).
    • Solução envolvendo apenas u_1 e u_3 ( u_2=0\Rightarrow k_2=0): impondo k_2=0 5k_1-8=0\Rightarrow k_1=\tfrac{8}{5}. Então k_3=5-2\cdot\tfrac{8}{5}=\tfrac{9}{5}. Solução: \big(\tfrac{8}{5},0,\tfrac{9}{5}\big).
  • Conclusão: \bar{y}=(7,3,10)^T é alcançável e as três soluções pedidas foram encontradas. Para \bar{y}=(2,6,5)^T não existe solução.]

Passo 8

  1. Condição sobre (a,b) para que qualquer \bar{y}\in\mathbb{R}^3 seja alcançável (teoria + cálculo):
  • Teoria curta: para que qualquer \bar{y} seja alcançável por algum k é necessário e suficiente que G_0 seja invertível (posto máximo =3), ou seja \det(G_0)\neq 0.
  • Calcular \det(G_0) simbolicamente (passo a passo):
G_0=\begin{pmatrix}1 & 2 & 3\\[4pt]3 & -2 & -1\\[4pt]4 & a & 2b\end{pmatrix}.
Usando a expansão por cofatores (ou computação direta) obtém-se
\det(G_0)=10a -16b +16 = 2\big(5a -8b +8\big).
  • Portanto a condição de inversibilidade é
\det(G_0)\neq 0 \quad\Longleftrightarrow\quad 5a -8b +8 \neq 0.
Em outras palavras, todos os pares (a,b) que não satisfazem a equação afim 5a -8b +8=0 tornam G_0 invertível e garantem que qualquer \bar{y} seja obtido por uma escolha única de k.
  • A pergunta final: “Este conjunto forma um espaço vetorial?”
    • Observação: o conjunto pedido é \{(a,b)\in\mathbb{R}^2 \mid 5a -8b +8 \neq 0\}, ou seja, \mathbb{R}^2 menos a reta afim 5a-8b+8=0. Um espaço vetorial deve ser fechado por somas e multiplicações por escalares e conter o vetor zero. Embora esse conjunto contenha o vetor zero (pois 5\cdot 0 -8\cdot 0 +8 =8\neq 0), ele não é fechado sob multiplicação por escalares: dado um (a,b) com 5a -8b +8\neq 0, existe um escalar t tal que t(a,b) satisfaça 5(ta)-8(tb)+8=0 (basta escolher t=-8/(5a-8b) quando 5a-8b\neq 0). Logo a multiplicação por escalares pode levar a um ponto excluído, logo o conjunto não é um subespaço vetorial de \mathbb{R}^2. Conclusão: não é um espaço vetorial.]

Passo 9

Recapitulando as respostas essenciais (preparação para conferir rápido na prova): já fizemos os cálculos e obtivemos condições e exemplos concretos nos passos anteriores. Isso encerra a resolução detalhada com justificativas, métodos e exemplos práticos.

Resposta

  1. Diagrama de blocos: três entradas u_1,u_2,u_3 com ramos para as três saídas; matriz de funções de transferência
G(s)=\begin{pmatrix} \dfrac{2}{s+2} & \dfrac{2}{2s+1} & \dfrac{3}{s^{2}+2s+1} \\[6pt] \dfrac{3}{4s+1} & -\dfrac{2}{s^{2}+2s+1} & -\dfrac{2}{s+2} \\[6pt] \dfrac{4}{3s^{2}+2s+1} & \dfrac{a}{2s+1} & \dfrac{b}{s^{2}+2s+1/2} \end{pmatrix}.
2.1.a) \displaystyle \bar{y}_1 = k_1 + 2k_2 + 3k_3,\qquad \bar{y}_2 = 3k_1 -2k_2 - k_3,\qquad \bar{y}_3 = 4k_1 + a\,k_2 + 2b\,k_3.
2.1.b) Diagrama de blocos de regime permanente: ganhos escalares dados por G_0=G(0). Equação matricial:
\bar{y}=G_0\,k,\qquad G_0=\begin{pmatrix}1&2&3\\[4pt]3&-2&-1\\[4pt]4&a&2b\end{pmatrix}.
  1. Para a=0,b=1: G_0=\begin{pmatrix}1&2&3\\[4pt]3&-2&-1\\[4pt]4&0&2\end{pmatrix} tem \det(G_0)=0, logo nem todo \bar{y} é alcançável.
    3.1.a) Para \bar{y}=(2,6,5)^T não existe solução (sistema inconsistente).
    3.1.b) Para \bar{y}=(7,3,10)^T existem infinitas soluções; parametrização: k_1 livre, k_3=5-2k_1,\; k_2=(5k_1-8)/2. Três soluções pedidas: \big(\tfrac{5}{2},\tfrac{9}{4},0\big),\\ (0,-4,5),\\ \big(\tfrac{8}{5},0,\tfrac{9}{5}\big).
  2. Valores de (a,b) que permitem alcançar qualquer \bar{y}: todos os pares tais que
\det(G_0)=2\big(5a-8b+8\big)\neq 0 \quad\Longleftrightarrow\quad 5a-8b+8\neq 0.
Esse conjunto não é um espaço vetorial.]

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