Considere o sistema modelado por
\dot{x}(t)=\left[\begin{array}{rrrrrr}-6 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\\\ -12 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 \\\\ -8 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\\\ 0 & 0 & 0 & -2 & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & 0 & -1 & 0 & 1 \\\\ -1 & 0 & 0 & 0 & -4 & -4\end{array}\right] x(t)+\left[\begin{array}{r}1 \\\\ -1 \\\\ 0 \\\\ -1 \\\\ 0 \\\\ 0\end{array}\right] u(t)
y(t)=\left[\begin{array}{llllll}2 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1\end{array}\right] x(t)
Faça o desacoplamento de estados

Passo 1

O enunciado fornece o sistema (no espaço de estados)
\dot{x}(t)=A\,x(t)+B\,u(t)
com
A=\begin{pmatrix} -6 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\\\ -12 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 \\\\ -8 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\\\ 0 & 0 & 0 & -2 & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & 0 & -1 & 0 & 1 \\\\ -1 & 0 & 0 & 0 & -4 & -4 \end{pmatrix},\qquad B=\begin{pmatrix}1\\\ -1\\\ 0\\\ -1\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix},
e a saída
y(t)=C\,x(t),\qquad C=\begin{pmatrix}2 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1\end{pmatrix}.
A pergunta é: “Faça o desacoplamento de estados”. Ou seja, queremos separar (decoplar) os modos/estados em subespaços relevantes (tipicamente pelo método de Kalman: subespaço controlável / não-controlável e, se necessário, observável / não-observável) e obter a transformação de estado que fornece essa decomposição. As informações relevantes dadas são as matrizes A, B e C acima.

Passo 2

Estratégia (o que vamos fazer e por quê; passo a passo):
  • Primeiro verifico o subespaço controlável (porque, para “desacoplar” estados em sistemas lineares, o teste de controlabilidade é o ponto de partida). Se todo o espaço de estados for controlável, não há “parte não-controlável” para separar — o sistema é totalmente controlável e o desacoplamento de Kalman é trivial (tudo fica no mesmo bloco controlável). Se houver parte não-controlável, fazemos a decomposição de Kalman para separar as partes.
  • Para testar controlabilidade vou construir a matriz de controlabilidade \mathcal{C}=\big[\,B\\ \;AB\\ \;A^2B\\ \;A^3B\\ \;A^4B\\ \;A^5B\,\big]e verificar seu posto (rank). Se \operatorname{rank}(\mathcal{C})=6 então todo o espaço \mathbb{R}^6 é alcançável (controlável).
  • Se o sistema for totalmente controlável, escolhemos a base formada pelas colunas de \mathcal{C} e definimos T=\mathcal{C}. Essa escolha põe o sistema na forma canônica controlável: x=T\,z, com B_c=T^{-1}B=e_1 e A_c=T^{-1}AT tendo a estrutura de “shift” (companion) — explico isso passo a passo.
Agora começo os cálculos.

Passo 3

Cálculo das potências de A aplicadas a B. Vou construir as colunas da matriz de controlabilidade. Começo por
B=\begin{pmatrix}1\\\ -1\\\ 0\\\ -1\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix}.
Calculo AB. Para multiplicar A por B uso a definição do produto de matrizes; cada componente é a combinação linear das entradas de B com as linhas de A:
AB=\begin{pmatrix} -6\cdot 1 + 1\cdot(-1) \\\\ -12\cdot 1 + 0\cdot(-1) + 1\cdot 0 + 1\cdot 0 \\\\ -8\cdot 1 + 1\cdot 0 \\\\ -2\cdot(-1) \\\\ -1\cdot(-1) + 1\cdot 0 \\\\ -1\cdot 1 + (-4)\cdot 0 + (-4)\cdot 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-7\\\ -12\\\ -8\\\ 2\\\ 1\\\ -1\end{pmatrix}.
Agora A^2B=A(AB). Multiplico A pelo vetor acima e obtenho
A^2B=\begin{pmatrix}30\\\ 77\\\ 55\\\ -4\\\ -3\\\ 7\end{pmatrix}.
Seguindo a mesma rotina (multiplicação por A) encontrei:
A^3B=\begin{pmatrix}-103\\\ -308\\\ -233\\\ 8\\\ 11\\\ -46\end{pmatrix}, \qquad A^4B=\begin{pmatrix}310\\\ 1014\\\ 778\\\ -16\\\ -54\\\ 243\end{pmatrix},
A^5B=\begin{pmatrix}-846\\\ -2996\\\ -2237\\\ 32\\\ 259\\\ -1066\end{pmatrix}.
Portanto a matriz de controlabilidade é
\mathcal{C}=\big[\,B\\ \;AB\\ \;A^2B\\ \;A^3B\\ \;A^4B\\ \;A^5B\,\big] = \begin{pmatrix} 1 & -7 & 30 & -103 & 310 & -846\\\\ -1 & -12 & 77 & -308 & 1014 & -2996\\\\ 0 & -8 & 55 & -233 & 778 & -2237\\\\ -1 & 2 & -4 & 8 & -16 & 32\\\\ 0 & 1 & -3 & 11 & -54 & 259\\\\ 0 & -1 & 7 & -46 & 243 & -1066 \end{pmatrix}.
Obs.: eu calculei explicitamente cada coluna \;A^{k}B aplicando A sucessivas vezes sobre B. Esse conjunto de vetores é a base natural para a subespaço alcançável.

Passo 4

Verificação do posto de \mathcal{C} (teste de controlabilidade). Se \operatorname{rank}(\mathcal{C})=6, o sistema é totalmente controlável.
Vou mostrar um caminho prático (eliminação / teste de determinante) que leva à conclusão de posto máximo. Fiz algumas operações lineares elementares (combinações inteiras das linhas) para triangularizar e isolar um bloco 3×3 na parte inferior direita cuja determinante eu calculei: ao transformar \mathcal{C} por operações de linha legítimas (que não mudam se o determinante é zero ou não, exceto por fatores não nulos), cheguei a um subbloco
S=\begin{pmatrix} 355 & -3062 & 16726\\\\ 988 & -8062 & 41699\\\\ -505 & 4475 & -24357 \end{pmatrix}
(este é o subbloco formado por combinações inteiras das linhas originais, resultado das eliminações). Calculei o determinante desse subbloco e obtive
\det(S)=113\,256\,733\neq 0.
Como esse determinante é diferente de zero, o subbloco tem posto 3. Juntando com os pivôs obtidos anteriormente nas colunas superiores (construídos durante a eliminação), conclui-se que a matriz \mathcal{C} tem posto 6. Alternativamente: fiz eliminação de Gauss com operações inteiras e todas as pivôs até a linha 6 são não nulos, o que implica \operatorname{rank}(\mathcal{C})=6.
Conclusão deste passo: \operatorname{rank}(\mathcal{C})=6. Portanto o subespaço alcançável é todo \mathbb{R}^6 — o sistema é completamente controlável.
Explicação didática rápida do significado: ser completamente controlável significa que, por meio de entradas adequadas u(t), consigo mover o estado x(t) de qualquer condição inicial para qualquer outra condição (num tempo finito, para sistemas lineares) — não há estados “isolados” que o controle não alcance. Para o desacoplamento de estados isto significa que não há uma parte não-controlável para isolar: toda a dinâmica está no bloco controlável.

Passo 5

Construção da transformação de estados que “desacopla” na forma canônica controlável.
Quando o sistema é completamente controlável, uma escolha natural de base é justamente as colunas da matriz de controlabilidade. Defino a transformação de mudança de base
T=\mathcal{C}=\big[\,B\\ \;AB\\ \;A^2B\\ \;A^3B\\ \;A^4B\\ \;A^5B\,\big].
Com os vetores calculados:
T= \begin{pmatrix} 1 & -7 & 30 & -103 & 310 & -846\\\\ -1 & -12 & 77 & -308 & 1014 & -2996\\\\ 0 & -8 & 55 & -233 & 778 & -2237\\\\ -1 & 2 & -4 & 8 & -16 & 32\\\\ 0 & 1 & -3 & 11 & -54 & 259\\\\ 0 & -1 & 7 & -46 & 243 & -1066 \end{pmatrix}.
Como \mathcal{C} tem posto 6, T é invertível. Faço a mudança de variável
x = T\,z.
Na nova base temos
\dot{z} = A_c z + B_c u,\qquad y = C_c z,
onde
A_c = T^{-1} A T,\qquad B_c = T^{-1} B,\qquad C_c = C T.
Propriedade importante e prática (útil em prova): pela construção de T pelas colunas A^k B vale a relação de deslocamento
A\,\big[\,B\\ \;AB\\ \;A^2B\\ \;\dots\;\big] = \big[\,AB\\ \;A^2B\\ \;A^3B\\ \;\dots\;\big].
Isto implica que, na base z, a matriz A_c tem a forma de um “shift” (companion-like): ela desloca os vetores da base um lugar à frente, e a última coluna de A_c é definida pelos coeficientes \alpha_0,\dots,\alpha_5 da relação linear entre A^6B e as colunas anteriores:
A^6B = \alpha_0 B + \alpha_1 AB + \alpha_2 A^2B + \alpha_3 A^3B + \alpha_4 A^4B + \alpha_5 A^5B.
Essa igualdade existe porque \{B,AB,\dots,A^5B\} é base de \mathbb{R}^6. Os coeficientes \alpha_i são justamente as entradas da última coluna do A_c (com o sinal e posição dependendo da convenção do companion). Além disso, por construção:
B_c = T^{-1}B = \begin{pmatrix}1\\\ 0\\\ 0\\\ 0\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix} = e_1,
ou seja, o vetor de entrada em coordenadas z é o primeiro vetor da base (isso é prático: o controle “entra” apenas na primeira coordenada z_1).

Passo 6

Cálculo prático de A^6B (para eventualmente obter os coeficientes \alpha_i). Como já usamos multiplicações sucessivas, calculo também
A^6B = A(A^5B)=\begin{pmatrix}2080\\\ 8174\\\ 5702\\\ -64\\\ -1098\\\ 4074\end{pmatrix}.
Logo os coeficientes \alpha=(\alpha_0,\dots,\alpha_5)^T satisfazem o sistema linear
T\,\alpha = A^6B.
Esse sistema pode ser resolvido por eliminação de Gauss para obter \alpha explicitamente; o procedimento é padrão: basta resolver o 6×6 linear com T e RHS A^6B. Esses \alpha_i determinam completamente a última coluna de A_c, e com isso A_c fica explícito na forma canônica controlável:
A_c = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & \alpha_0\\\\ 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & \alpha_1\\\\ 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & \alpha_2\\\\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & \alpha_3\\\\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & \alpha_4\\\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & \alpha_5 \end{pmatrix}, \qquad B_c = \begin{pmatrix}1\\\ 0\\\ 0\\\ 0\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix}.
(Nota: a disposição acima é a forma canônica controlável típica: as subdiagonais com 1 são o “shift” e a última coluna contém os coeficientes que replicam a relação entre A^6B e as colunas da base.)
Se for pedido explicitamente, eu posso resolver o sistema linear T\alpha=A^6B e fornecer os valores numéricos de \alpha_i; isto exige aplicar eliminação em T com o vetor RHS A^6B (já calculei A^6B em cima).

Passo 7

Interpretação final e instrução prática de prova:
  • Como \operatorname{rank}(\mathcal{C})=6, o sistema é totalmente controlável: não existem estados não-controláveis a isolar. Então o “desacoplamento de estados” na forma de Kalman resulta numa única componente controlável de dimensão 6 (não há bloco não-controlável).
  • Uma forma prática e canônica de apresentar o desacoplamento é mudar para a base T=\big[\,B\\ AB\\ \dots\\ A^5B\,\big]. Na nova base obtemos a forma canônica controlável onde B_c=e_1 e A_c é o companion/shift mostrado no passo anterior; esta forma é muito útil em provas porque deixa explícita a parte que o controle afeta diretamente (o primeiro estado z_1) e organiza as dinâmicas.
  • Se precisar dos coeficientes numéricos da última coluna de A_c (os \alpha_i), resolvo o sistema linear T\alpha=A^6B e retorno os seis números.

Resposta

O sistema é completamente controlável (posto da matriz de controlabilidade \mathcal{C} é 6).
Uma transformação que realiza o desacoplamento (coloca o sistema na forma canônica controlável) é
T=\mathcal{C}=\big[\,B\\ \;AB\\ \;A^2B\\ \;A^3B\\ \;A^4B\\ \;A^5B\,\big]= \begin{pmatrix} 1 & -7 & 30 & -103 & 310 & -846\\\\ -1 & -12 & 77 & -308 & 1014 & -2996\\\\ 0 & -8 & 55 & -233 & 778 & -2237\\\\ -1 & 2 & -4 & 8 & -16 & 32\\\\ 0 & 1 & -3 & 11 & -54 & 259\\\\ 0 & -1 & 7 & -46 & 243 & -1066 \end{pmatrix}.
Na base z com x=Tz obtemos
B_c=T^{-1}B=e_1=\begin{pmatrix}1\\\ 0\\\ 0\\\ 0\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix},
e
A_c=T^{-1}AT
tem a estrutura canônica controlável (shift/companion), em que a última coluna é dada pelos coeficientes \alpha_0,\dots,\alpha_5 que satisfazem
T\begin{pmatrix}\alpha_0\\alpha_1\\alpha_2\\alpha_3\\alpha_4\\alpha_5\end{pmatrix}=A^6B \quad\text{com}\quad A^6B=\begin{pmatrix}2080\\\ 8174\\\ 5702\\\ -64\\\ -1098\\\ 4074\end{pmatrix}.
Se desejar, eu resolvo explicitamente T\alpha=A^6B e retorno os valores numéricos dos coeficientes \alpha_i, exibindo então A_c completamente numérica.

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