Desacople os estados dos sistemas dados em I:
\dot{x}(t)=\left[\begin{array}{ccrc}-\frac{1}{2} & 0 & -\frac{3}{2} & 0 \\\\ -\frac{1}{2} & -2 & \frac{1}{2} & 0 \\\\ -\frac{3}{2} & 0 & -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\\\ 0 & 0 & 0 & -1\end{array}\right] x(t)+\left[\begin{array}{l}1 \\\\ 0 \\\\ 1 \\\\ 0\end{array}\right] u(t)
y(t)=\left[\begin{array}{llll}1 & -2 & 0 & 1\end{array}\right] x(t)

Passo 1

O enunciado fornece o sistema de estados
\dot{x}(t)=A\,x(t)+B\,u(t)
y(t)=C\,x(t)
com
A=\begin{pmatrix} -\tfrac{1}{2} & 0 & -\tfrac{3}{2} & 0\\[4pt] -\tfrac{1}{2} & -2 & \tfrac{1}{2} & 0\\[4pt] -\tfrac{3}{2} & 0 & -\tfrac{1}{2} & \tfrac{1}{2}\\[4pt] 0 & 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}, \quad B=\begin{pmatrix}1\\[2pt]0\\[2pt]1\\[2pt]0\end{pmatrix}, \quad C=\begin{pmatrix}1 & -2 & 0 & 1\end{pmatrix}.
O pedido é “desacoplar os estados”: isto significa encontrar uma transformação de mudança de base (matriz S invertível) que leve o sistema para coordenadas modais z tal que
x = S\,z, \qquad \dot z = \Lambda z + B_z\,u, \qquad y = C_z\,z,
onde \Lambda é diagonal (ou bloco-diagonal simples) — ou seja, encontrar a decomposição modal do sistema e escrever as matrizes \Lambda, B_z e C_z. Todas as informações necessárias estão acima.]

Passo 2

Vamos usar decomposição modal (autovalores/autovetores) para diagonalizar A. Primeiro calculamos o polinômio característico de A. Note que a última linha de A-\lambda I é (0,0,0,-1-\lambda), então
\det(A-\lambda I)=(-1-\lambda)\det\big(A_{3\times3}-\lambda I\big),
onde A_{3\times3} é o bloco superior esquerdo
A_{3\times3}=\begin{pmatrix} -\tfrac{1}{2} & 0 & -\tfrac{3}{2}\\[4pt] -\tfrac{1}{2} & -2 & \tfrac{1}{2}\\[4pt] -\tfrac{3}{2} & 0 & -\tfrac{1}{2} \end{pmatrix}.
Então um autovalor é \lambda=-1 (vindo do fator -1-\lambda); os outros vêm do 3\times3.]

Passo 3

Calculemos o polinômio característico do 3\times3:
\det\big(A_{3\times3}-\lambda I\big)=(-2-\lambda)\det\begin{pmatrix} -\tfrac{1}{2}-\lambda & -\tfrac{3}{2}\\[4pt] -\tfrac{3}{2} & -\tfrac{1}{2}-\lambda \end{pmatrix}.
Avaliamo o determinante 2\times2:
\big(-\tfrac{1}{2}-\lambda\big)^2-\big(-\tfrac{3}{2}\big)^2 =(\lambda^2+\lambda+\tfrac{1}{4})-\tfrac{9}{4} =\lambda^2+\lambda-2.
Logo
\det\big(A_{3\times3}-\lambda I\big)=-(\lambda+2)^2(\lambda-1).
Portanto os autovalores do 3\times3 são \lambda=1 (simples) e \lambda=-2 (duas vezes). Juntando com \lambda=-1 do bloco 4, os autovalores de A são
\lambda_1=1,\quad \lambda_{2}=-2\\ (\text{multiplicidade }2),\quad \lambda_4=-1.]

Passo 4

Agora encontramos autovetores correspondentes. Comecemos por \lambda=1. Devemos resolver (A-I)v=0. Das equações (escrevo só os passos algébricos essenciais):
  • Da primeira linha: -\tfrac{3}{2}v_1-\tfrac{3}{2}v_3=0\Rightarrow v_1+v_3=0.
  • Da segunda linha: -\tfrac{1}{2}v_1-3v_2+\tfrac{1}{2}v_3=0\Rightarrow v_1+3v_2=0.
  • Da terceira linha aparece o termo com v_4 e forçará v_4=0.
Solucionando essas equações damos um autovetor (escolhendo v_2=1):
v^{(1)}=\begin{pmatrix}-3\\[2pt]1\\[2pt]3\\[2pt]0\end{pmatrix}, \quad\text{associado a }\lambda=1.]

Passo 5

Para \lambda=-2 resolvemos (A+2I)v=0. Das equações obtemos:
  • As equações implicam v_1=v_3 e não comprometem v_2.
  • A equação correspondente a v_4 com a linha 4 dá v_4=0.
Portanto a multiplicidade geométrica é 2 e podemos escolher duas vetores independentes:
v^{(2)}=\begin{pmatrix}1\\[2pt]0\\[2pt]1\\[2pt]0\end{pmatrix}, \qquad v^{(3)}=\begin{pmatrix}0\\[2pt]1\\[2pt]0\\[2pt]0\end{pmatrix},
ambos associados a \lambda=-2.]

Passo 6

Para \lambda=-1 resolvemos (A+I)v=0. Resolvendo o sistema obtemos (tomando t=1 como parâmetro)
v^{(4)}=\begin{pmatrix}3\\[2pt]-1\\[2pt]1\\[2pt]8\end{pmatrix}, \quad\text{associado a }\lambda=-1.]

Passo 7

Montamos a matriz modal S cujas colunas são os autovetores escolhidos (na ordem dos autovalores \;1,-2,-2,-1\;):
S=\begin{pmatrix} -3 & 1 & 0 & 3\\[4pt] 1 & 0 & 1 & -1\\[4pt] 3 & 1 & 0 & 1\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 8 \end{pmatrix}.
Definimos a mudança de coordenadas x=S z. Então a dinâmica modal é
\dot z = \Lambda z + B_z u,\qquad y=C_z z,
com \Lambda=\operatorname{diag}(1,-2,-2,-1). Precisamos de B_z=S^{-1}B e C_z=C S.]

Passo 8

Calculamos S^{-1}B resolvendo S\alpha=B. Escrevendo as equações, da 4ª linha vem 8\alpha_4=0\Rightarrow \alpha_4=0. Das restantes obtemos \alpha_1+\alpha_3=0 e as duas equações para as linhas 1 e 3 levam a \alpha_1=0 e, em seguida, \alpha_2=1. Assim
B_z=S^{-1}B=\begin{pmatrix}0\\[2pt]1\\[2pt]0\\[2pt]0\end{pmatrix}.
(Interpretação física rápida: a entrada u excita apenas o modo associado ao segundo autovetor escolhido, o modo com \lambda=-2 correspondente a v^{(2)}.)]

Passo 9

Calculamos C_z=C S fazendo produto linha por coluna:
C_z=C S=\begin{pmatrix}-5 & 1 & -2 & 13\end{pmatrix}.
Verificação rápida: cada entrada é C vezes o autovetor correspondente.

Passo 10

Reescrevendo o sistema nas coordenadas modais z obtemos o sistema totalmente desacoplado (matriz \Lambda diagonal):
\dot z(t)=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & -2 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & -2 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & -1 \end{pmatrix} z(t) +\begin{pmatrix}0\\[2pt]1\\[2pt]0\\[2pt]0\end{pmatrix} u(t),
y(t)=\begin{pmatrix}-5 & 1 & -2 & 13\end{pmatrix} z(t),
com a mudança de base x=S z onde S é a matriz de autovetores dada acima.]

Resposta

x=S z, com
S=\begin{pmatrix} -3 & 1 & 0 & 3\\[4pt] 1 & 0 & 1 & -1\\[4pt] 3 & 1 & 0 & 1\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 8 \end{pmatrix}
\dot z(t)=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & -2 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & -2 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & -1 \end{pmatrix} z(t) +\begin{pmatrix}0\\[2pt]1\\[2pt]0\\[2pt]0\end{pmatrix} u(t)
y(t)=\begin{pmatrix}-5 & 1 & -2 & 13\end{pmatrix} z(t)]

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