Considere o sistema descrito por \frac{d^{3} y}{d t^{3}}+\frac{d^{2} y}{d t^{2}}+\frac{d y}{d t}=u.
Obter uma representação do sistema no espaço de estados e a função de transferência \frac{Y(s)}{U(s)}.

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial
\frac{d^{3} y}{d t^{3}}+\frac{d^{2} y}{d t^{2}}+\frac{d y}{d t}=u(t).
As perguntas explícitas são:
  • Obter uma representação do sistema no espaço de estados (ou seja, escrever \dot{x}=Ax+Bu e y=Cx+Du escolhendo estados apropriados).
  • Obter a função de transferência \dfrac{Y(s)}{U(s)}.
Informações relevantes fornecidas:
  • A variável de saída é y(t).
  • A entrada é u(t).
  • Não foram dadas condições iniciais (para obter a função de transferência assumiremos condições iniciais nulas).
  • Trata‑se de um sistema linear, tempo-invariante, de ordem 3 (porque aparece a derivada de terceira ordem).

Passo 2

Escolher estados de maneira natural e didática: vamos definir os estados como as derivadas sucessivas de y. Esta escolha é muito usada porque transforma uma EDO de ordem n num sistema de n equações de primeira ordem.
Definições:
x_{1}(t)=y(t),\qquad x_{2}(t)=\frac{d y}{d t}(t),\qquad x_{3}(t)=\frac{d^{2} y}{d t^{2}}(t).
Explicação rápida: cada x_i é uma função do tempo. A derivada de x_1 é x_2, a derivada de x_2 é x_3. A derivada de x_3 envolve a derivada terceira de y, que podemos obter isolando a equação dada.

Passo 3

Obter as equações de estado em termos de x e u.
Sabendo que \dfrac{d^{3}y}{dt^{3}} = \dfrac{d x_{3}}{dt} e usando a equação original:
\frac{d^{3} y}{d t^{3}} = -\frac{d^{2} y}{d t^{2}} - \frac{d y}{d t} + u(t).
Em termos dos estados:
\dot{x}_{1}=x_{2},
\dot{x}_{2}=x_{3},
\dot{x}_{3} = -x_{3} - x_{2} + u(t).
Aqui cada \dot{x}_i significa \dfrac{d x_i}{dt}. Observe que a terceira equação veio de isolar \dfrac{d^{3}y}{dt^{3}} na EDO original.

Passo 4

Escrever o sistema em forma matricial \dot{x}=Ax+Bu e y=Cx+Du.
Colocando as equações anteriores em matrizes:
\begin{pmatrix}\dot{x}_{1}\\[4pt]\dot{x}_{2}\\[4pt]\dot{x}_{3}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1\\[4pt] 0 & -1 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x_{1}\\[4pt]x_{2}\\[4pt]x_{3}\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}u(t).
Explicação das matrizes:
  • A matriz A tem a estrutura de forma canônica (companion) para a escolha de estados x_1,y',y'': as primeiras duas linhas deslocam as derivadas; a terceira linha contém os coeficientes da rotina que expressa \dot{x}_3 em função dos estados.
  • O vetor B indica que apenas a terceira equação depende diretamente de u.
    Para a saída y(t)=x_{1}(t) temos
C = \begin{pmatrix}1 & 0 & 0\end{pmatrix},\qquad D = \begin{pmatrix}0\end{pmatrix}.]

Passo 5

Resumo didático da representação no espaço de estados obtida:
\dot{x}(t)=A x(t)+B u(t),\qquad y(t)=C x(t)+D u(t),
com
A=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1\\[4pt] 0 & -1 & -1 \end{pmatrix},\quad B=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix},\quad C=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0\end{pmatrix},\quad D=(0).
Comentário amigo: essa é a forma “mais direta” e é a que geralmente se pede em provas quando a equação tem coeficientes constantes.]

Passo 6

Agora vamos obter a função de transferência \dfrac{Y(s)}{U(s)} usando a transformada de Laplace (assumindo condições iniciais nulas, que é o procedimento padrão para obter a TF).
Aplicando Laplace em
\frac{d^{3} y}{d t^{3}}+\frac{d^{2} y}{d t^{2}}+\frac{d y}{d t}=u(t)
e usando condições iniciais nulas ( y(0)=y'(0)=y''(0)=0) dá:
s^{3}Y(s) + s^{2}Y(s) + s\,Y(s) = U(s).
Explicação: a transformada de Laplace de \dfrac{d^n y}{dt^n} é s^n Y(s) quando todas as condições iniciais são zero.

Passo 7

Isolar \dfrac{Y(s)}{U(s)}:
Agrupando Y(s) à esquerda:
\bigl(s^{3}+s^{2}+s\bigr)Y(s)=U(s).
Portanto a função de transferência é
\frac{Y(s)}{U(s)}=\frac{1}{s^{3}+s^{2}+s}.
Podemos fatorar um s para ver a estrutura:
\frac{Y(s)}{U(s)}=\frac{1}{s\bigl(s^{2}+s+1\bigr)}.

Passo 8

(verificação alternativa via espaço de estados, didática opcional curta)
A relação geral é \;G(s)=C\,(sI-A)^{-1}B+D\;. Para as matrizes encontradas tem-se, resolvendo (sI-A)^{-1}B (resolver o sistema linear (sI-A)x=B e então G(s)=C x), que conduz exatamente a
G(s)=\frac{1}{s^{3}+s^{2}+s},
confirmando a consistência entre as duas abordagens.

Resposta

A=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1\\[4pt] 0 & -1 & -1 \end{pmatrix},\quad B=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix},\quad C=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0\end{pmatrix},\quad D=(0)
\frac{Y(s)}{U(s)}=\frac{1}{s^{3}+s^{2}+s}=\frac{1}{s\bigl(s^{2}+s+1\bigr)}]

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