Desacople os estados dos sistemas dados em I:
\dot{x}(t)=\left[\begin{array}{rrrr}-1 & 1 & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & 0 & 0 \\\\ -1 & 0 & -5 & 4 \\\\ 0 & 1 & -2 & 1\end{array}\right] x(t)+\left[\begin{array}{r}1 \\\\ 0 \\\\ -1 \\\\ 0\end{array}\right] u(t)
y(t)=\left[\begin{array}{llll}0 & 0 & 1 & -1\end{array}\right] x(t)

Passo 1

O que o enunciado dá e o que pede.
Dado o sistema linear no espaço de estados:
\dot{x}(t)=A\,x(t)+B\,u(t)
com
A=\begin{pmatrix}-1 & 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0\\[4pt] -1 & 0 & -5 & 4\\[4pt] 0 & 1 & -2 & 1\end{pmatrix},\qquad B=\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]-1\\[4pt]0\end{pmatrix},
e saída
y(t)=C\,x(t),\qquad C=\begin{pmatrix}0 & 0 & 1 & -1\end{pmatrix}.
Pergunta: “Desacople os estados do sistema”.
Informações relevantes fornecidas:
  • Matriz A de dimensão 4\times4.
  • Vetor de entrada B de dimensão 4\times1.
  • Vetor de saída C de dimensão 1\times4.
Observação: a resolução seguirá decompondo o espaço de estados em subespaços (por exemplo, o subespaço alcançável/controllável) e construindo uma mudança de base que torne evidente o desacoplamento (transformação de coordenadas por uma matriz inversível). A partir daí escrevemos o sistema nas novas coordenadas, mostrando como os estados ficaram separados.]

Passo 2

Determinar o subespaço alcançável/controllável pelo método direto (matriz de controlabilidade) — passo a passo.
Definição prática: a subespaço controlável é o espaço gerado por \{B,\,AB,\,A^2B,\ldots\}. Vamos calcular as primeiras colunas:
B=\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]-1\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Calcule AB:
AB=A\,B= \begin{pmatrix}-1 & 1 & 0 & 0\\[2pt] 0 & 0 & 0 & 0\\[2pt] -1 & 0 & -5 & 4\\[2pt] 0 & 1 & -2 & 1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}1\\[2pt]0\\[2pt]-1\\[2pt]0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-1\\[2pt]0\\[2pt]4\\[2pt]2\end{pmatrix}.
Calcule A^2B=A(AB):
A^2B= \begin{pmatrix}1\\[2pt]0\\[2pt]-11\\[2pt]-6\end{pmatrix}.
Calcule A^3B=A(A^2B):
A^3B= \begin{pmatrix}-1\\[2pt]0\\[2pt]30\\[2pt]16\end{pmatrix}.
Formamos a matriz de controlabilidade \mathcal{C}=[\,B\; AB\; A^2B\; A^3B\,]. Observação direta: todas essas colunas têm componente 2 (segunda linha) igual a zero. Logo o subespaço gerado por elas tem vetor com segunda componente sempre zero; portanto o vetor e_2=(0,1,0,0)^\top não está nesse subespaço e pode servir como complemento. Calculamos o posto dos vetores observando que as colunas B,AB,A^2B são linearmente independentes (pode-se verificar por determinação de um sub-determinante 3×3), então o subespaço controlável tem dimensão 3. Conclusão: dimensão do subespaço controlável = 3. Há um estado não controlável (um grau de liberdade com componente segundo).]

Passo 3

Escolha de uma base conveniente que destaque o subespaço controlável e seu complemento.
Escolhemos como base do subespaço controlável os três vetores coluna que já calculamos (são independentes):
v_1=B=\begin{pmatrix}1\\[2pt]0\\[2pt]-1\\[2pt]0\end{pmatrix},\quad v_2=AB=\begin{pmatrix}-1\\[2pt]0\\[2pt]4\\[2pt]2\end{pmatrix},\quad v_3=A^2B=\begin{pmatrix}1\\[2pt]0\\[2pt]-11\\[2pt]-6\end{pmatrix}.
Como complemento escolhemos
v_4=e_2=\begin{pmatrix}0\\[2pt]1\\[2pt]0\\[2pt]0\end{pmatrix},
pois v_4 tem segunda componente 1 e as v_1,v_2,v_3 têm segunda componente 0, logo v_4\not\in\mathrm{span}\{v_1,v_2,v_3\}.
Formamos a matriz de mudança de base T cujas colunas são v_1,v_2,v_3,v_4:
T=\begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 1\\[4pt] -1 & 4 & -11 & 0\\[4pt] 0 & 2 & -6 & 0 \end{pmatrix}, \qquad\text{ou seja }x=T\,z,
onde z são as novas coordenadas z=(z_1,z_2,z_3,z_4)^\top relativas à base \{v_1,v_2,v_3,v_4\}.
Comentário prático: com essa escolha o subespaço controlável corresponde aos três primeiros eixos z_1,z_2,z_3 e o estado não controlável será z_4.]

Passo 4

Como encontrar a forma transformada [A_z=T^{-1}AT) sem calcular explicitamente T^{-1} — via imagens das colunas da base.
Observação: a j-ésima coluna de A_z é exatamente as coordenadas (na base v_1,\dots,v_4) do vetor A v_j. Portanto calculamos A v_j e escrevemos em coordenadas da base.
Já calculamos:
A v_1 = A B = v_2,\qquad A v_2 = A^2 B = v_3,\qquad A v_3 = A^3 B.
Assim:
  • A v_1 = v_2 tem coordenadas (0,1,0,0)^\top na base \{v_j\}.
  • A v_2 = v_3 tem coordenadas (0,0,1,0)^\top.
Falta expressar A v_3 e A v_4 na base.
Calculamos A v_3 = A^3 B = \begin{pmatrix}-1\\[2pt]0\\[2pt]30\\[2pt]16\end{pmatrix}. Queremos encontrar escalares a,b,c,d tais que
A v_3 = a v_1 + b v_2 + c v_3 + d v_4.
Como o segundo componente de A v_3 é 0 e v_4 é o único vetor com segunda componente não nula, concluímos d=0. Então reduzimos a
\begin{pmatrix}-1\\[2pt]0\\[2pt]30\\[2pt]16\end{pmatrix} = a\begin{pmatrix}1\\[2pt]0\\[2pt]-1\\[2pt]0\end{pmatrix} + b\begin{pmatrix}-1\\[2pt]0\\[2pt]4\\[2pt]2\end{pmatrix} + c\begin{pmatrix}1\\[2pt]0\\[2pt]-11\\[2pt]-6\end{pmatrix}.
Escrevendo componente a componente obtemos o sistema (somente nas linhas 1,3,4, pois a 2ª já fixou d=0):
\begin{cases} a - b + c = -1,\\[4pt] - a + 4b -11c = 30,\\[4pt] 2b -6c = 16. \end{cases}
Resolvendo (passo a passo): da terceira equação (2b-6c=16\Rightarrow b=8+3c]. Substituindo nas outras duas e resolvendo obtemos
c=-5,\quad b=-7,\quad a=-3.
Logo
A v_3 = -3 v_1 -7 v_2 -5 v_3.
Agora A v_4\). Lembrando \(v_4=e_2\), temos \(A v_4\) igual à segunda coluna de \(A\): \[A v_4 = A e_2 = \begin{pmatrix}1\\[2pt]0\\[2pt]0\\[2pt]1\end{pmatrix}.
Procuramos a,b,c,d tais que
\begin{pmatrix}1\\[2pt]0\\[2pt]0\\[2pt]1\end{pmatrix} = a v_1 + b v_2 + c v_3 + d v_4.
Da segunda componente segue d=0. Das demais componentes obtemos o sistema
\begin{cases} a - b + c = 1,\\[4pt] - a +4b -11c = 0,\\[4pt] 2b -6c = 1. \end{cases}
Resolvendo: da terceira equação (b= \tfrac12 +3c]. Substituindo e resolvendo obtemos
c=\tfrac12,\quad b=2,\quad a=\tfrac{5}{2}.
Logo
A v_4 = \tfrac{5}{2}v_1 + 2 v_2 + \tfrac{1}{2} v_3.]

Passo 5

Construção explícita das matrizes transformadas: A_z=T^{-1}AT, B_z=T^{-1}B, C_z=C\,T.
As colunas de A_z são as coordenadas que encontramos:
  • coluna 1 (imagem de v_1) = \begin{pmatrix}0\\[2pt]1\\[2pt]0\\[2pt]0\end{pmatrix},
  • coluna 2 (imagem de v_2) = \begin{pmatrix}0\\[2pt]0\\[2pt]1\\[2pt]0\end{pmatrix},
  • coluna 3 (imagem de v_3) = \begin{pmatrix}-3\\[2pt]-7\\[2pt]-5\\[2pt]0\end{pmatrix},
  • coluna 4 (imagem de v_4) = \begin{pmatrix}\tfrac{5}{2}\\[2pt]2\\[2pt]\tfrac{1}{2}\\[2pt]0\end{pmatrix}.
Portanto
A_z=T^{-1}AT= \begin{pmatrix} 0 & 0 & -3 & \tfrac{5}{2}\\[6pt] 1 & 0 & -7 & 2\\[6pt] 0 & 1 & -5 & \tfrac{1}{2}\\[6pt] 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
O vetor de entrada na nova base B_z=T^{-1}B é simplesmente as coordenadas de B na base \{v_j\}. Como B=v_1, temos
B_z=\begin{pmatrix}1\\[2pt]0\\[2pt]0\\[2pt]0\end{pmatrix}.
A saída transformada é C_z=C\,T. Calculamos C v_j para cada coluna:
C v_1 = -1,\quad C v_2 = 2,\quad C v_3 = -5,\quad C v_4=0,
logo
C_z = \begin{pmatrix}-1 & 2 & -5 & 0\end{pmatrix}.]

Passo 6

Interpretação final — como os estados ficaram “desacoplados”.
Na nova coordenada z=(z_1,z_2,z_3,z_4)^\top (onde x=Tz) o sistema fica:
\dot{z}=A_z z + B_z u,\qquad y=C_z z,
com
A_z=\begin{pmatrix} 0 & 0 & -3 & \tfrac{5}{2}\\[6pt] 1 & 0 & -7 & 2\\[6pt] 0 & 1 & -5 & \tfrac{1}{2}\\[6pt] 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix},\quad B_z=\begin{pmatrix}1\\[2pt]0\\[2pt]0\\[2pt]0\end{pmatrix},\quad C_z=\begin{pmatrix}-1 & 2 & -5 & 0\end{pmatrix}.
Particionando z=(z_c,z_4) com z_c\in\mathbb{R}^3 (estados controláveis: z_1,z_2,z_3) e z_4 sendo o estado não controlável, obtemos o formato:
\begin{pmatrix}\dot{z}_c\\[4pt]\dot{z}_4\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} A_{cc} & A_{c4}\\[4pt] 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}z_c\\[4pt]z_4\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}B_c\\[4pt]0\end{pmatrix}u, \qquad y=C_c z_c,
onde
A_{cc}=\begin{pmatrix}0 & 0 & -3\\[4pt]1 & 0 & -7\\[4pt]0 & 1 & -5\end{pmatrix},\quad A_{c4}=\begin{pmatrix}\tfrac{5}{2}\\[4pt]2\\[4pt]\tfrac{1}{2}\end{pmatrix},\quad B_c=\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]0\end{pmatrix},\quad C_c=\begin{pmatrix}-1 & 2 & -5\end{pmatrix}.
Nesse formato:
  • o subespaço controlável é os três primeiros estados z_c;
  • z_4 é não controlável (pois \dot z_4=0 e não aparece em B_z);
  • z_4 influencia os estados controláveis através de A_{c4} (é um termo de “forçamento” constante porque \dot z_4=0), mas não é possível controlar z_4 com u;
  • a saída y depende apenas de z_c (coeficiente de z_4 em C_z é zero).
Esse é o desacoplamento pedido: uma decomposição em subespacos controlável (dimensão 3) e não controlável (dimensão 1), com as matrizes explicitadas.]

Resposta

T=\begin{pmatrix}1 & -1 & 1 & 0\\[4pt]0 & 0 & 0 & 1\\[4pt]-1 & 4 & -11 & 0\\[4pt]0 & 2 & -6 & 0\end{pmatrix},\qquad x=T z
A_z=T^{-1}AT= \begin{pmatrix} 0 & 0 & -3 & \tfrac{5}{2}\\[6pt] 1 & 0 & -7 & 2\\[6pt] 0 & 1 & -5 & \tfrac{1}{2}\\[6pt] 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix},\qquad B_z=T^{-1}B=\begin{pmatrix}1\\[2pt]0\\[2pt]0\\[2pt]0\end{pmatrix},\qquad C_z=C\,T=\begin{pmatrix}-1 & 2 & -5 & 0\end{pmatrix}
Particionado em z_c=(z_1,z_2,z_3)^\top e z_4:
\dot{z}_c = \begin{pmatrix}0&0&-3\\[4pt]1&0&-7\\[4pt]0&1&-5\end{pmatrix} z_c + \begin{pmatrix}\tfrac{5}{2}\\[4pt]2\\[4pt]\tfrac{1}{2}\end{pmatrix} z_4 + \begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]0\end{pmatrix} u,\qquad \dot{z}_4=0,\qquad y=\begin{pmatrix}-1 & 2 & -5\end{pmatrix} z_c.]

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