As equações que descrevem um motor de corrente contínua são dadas por:
\begin{aligned} J \frac{d \omega(t)}{d t}+b \omega(t)+k_{T} i(t) & =\tau(t) \\\ L \frac{d i(t)}{d t}+R i(t)+k_{\omega} \omega(t) & =0 \end{aligned}
(a) Encontre uma representação em espaço de estados para este sistema considerando q_{1}(t)=i(t), q_{2}(t)=\omega(t) e x(t)=\tau(t).
(b) Supondo que k_{T}=0, k_{\omega}=-2, R=1, L=1, J=1 e b=2,
(b.1) Determine a estabilidade do sistema justificando sua resposta.
(b.2) Obtenha os valores de corrente e velocidade para i(0)=2, \omega(0)=10 e \tau(t)=0.
(b.3) Obtenha o comportamento interno do sistema para q(0)=0 e \tau(t)=e^{-3 t}.
(b.4) Obtenha o comportamento interno do sistema para q_{1}(0)=1, q_{2}(0)=5 e \tau(t)=5 e^{-3 t}.

Passo 1

O enunciado pede várias coisas; vou listar claramente o que é solicitado e os dados fornecidos.
  • O enunciado dá as equações do motor:
\begin{aligned} J \frac{d \omega(t)}{d t}+b \omega(t)+k_{T} i(t) & =\tau(t)\\[4pt] L \frac{d i(t)}{d t}+R i(t)+k_{\omega} \omega(t) & =0 \end{aligned}
  • Define-se q_{1}(t)=i(t), q_{2}(t)=\omega(t) e a entrada x(t)=\tau(t).
As perguntas:
(a) Encontrar uma representação em espaço de estados usando os estados q_{1},q_{2} e a entrada x.
(b) Com os valores k_{T}=0,\;k_{\omega}=-2,\;R=1,\;L=1,\;J=1,\;b=2:
(b.1) Determinar a estabilidade do sistema (justificar).
(b.2) Calcular i(t) e \omega(t) para i(0)=2,\;\omega(0)=10 e \tau(t)=0.
(b.3) Calcular o comportamento interno para q(0)=0 (ou seja i(0)=0,\omega(0)=0) e \tau(t)=e^{-3t}.
(b.4) Calcular o comportamento interno para q_{1}(0)=1,\;q_{2}(0)=5 e \tau(t)=5 e^{-3t}.
Todas as constantes e funções citadas acima são as únicas informações necessárias. A partir da equação, espera-se escrever \dot q(t)=A q(t)+B x(t) e resolver os casos numéricos solicitados.]

Passo 2

Montagem da representação em espaço de estados (parte (a)), passo a passo e explicando conceitos:
Queremos escrever \dot q = A q + B x com q=\begin{pmatrix}q_{1}\\[2pt] q_{2}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}i\\[2pt]\omega\end{pmatrix} e x=\tau.
Começamos isolando as derivadas nas equações dadas.
Da segunda equação:
L\frac{d i}{dt}+R i + k_{\omega}\omega=0
isola-se \dfrac{d i}{dt}:
\frac{d i}{dt} = -\frac{R}{L}\,i - \frac{k_{\omega}}{L}\,\omega.
Em notação de estados, isso é
\dot q_{1} = -\frac{R}{L}\,q_{1} - \frac{k_{\omega}}{L}\,q_{2}.
Da primeira equação:
J\frac{d\omega}{dt} + b\omega + k_{T} i = \tau
isola-se \dfrac{d\omega}{dt}:
\frac{d\omega}{dt} = -\frac{k_{T}}{J}\,i - \frac{b}{J}\,\omega + \frac{1}{J}\,\tau.
Em notação de estados:
\dot q_{2} = -\frac{k_{T}}{J}\,q_{1} - \frac{b}{J}\,q_{2} + \frac{1}{J}\,x.
Agrupando \dot q = \begin{pmatrix}\dot q_{1}\\[2pt]\dot q_{2}\end{pmatrix} obtemos
\dot q = \underbrace{\begin{pmatrix} -\dfrac{R}{L} & -\dfrac{k_{\omega}}{L}\\[8pt] -\dfrac{k_{T}}{J} & -\dfrac{b}{J} \end{pmatrix}}_{A}\,q \;+\; \underbrace{\begin{pmatrix}0\\[4pt]\dfrac{1}{J}\end{pmatrix}}_{B}\,x.
Explicações didáticas rápidas:
  • A matriz A reúne os coeficientes que multiplicam os estados q_{1} e q_{2} nas equações das derivadas. Cada linha corresponde à equação de evolução de um estado.
  • O vetor B reúne como a entrada x (aqui \tau) entra nas equações; no modelo dado só aparece em \dot q_{2}, por isso o primeiro componente de B é zero.
  • Essa forma \dot q = A q + B x é útil porque nos permite estudar estabilidade (valores próprios de A), e escrever solução explícita para respostas livres e forçadas.]

Passo 3

Aplicação dos valores numéricos dados (começo da parte (b)) e obtenção de A e B numéricos.
Os valores dados: k_{T}=0,\;k_{\omega}=-2,\;R=1,\;L=1,\;J=1,\;b=2.
Substituindo em A e B:
A=\begin{pmatrix} -\dfrac{R}{L} & -\dfrac{k_{\omega}}{L}\\[6pt] -\dfrac{k_{T}}{J} & -\dfrac{b}{J} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -\dfrac{1}{1} & -\dfrac{-2}{1}\\[6pt] -\dfrac{0}{1} & -\dfrac{2}{1} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 & 2\\[4pt] 0 & -2 \end{pmatrix}, \qquad B=\begin{pmatrix}0\\[4pt]\dfrac{1}{J}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Comentário curto: a matriz A é triangular superior, o que simplifica bastante a solução do sistema (podemos primeiro resolver para \omega e depois para i).]

Passo 4

Estabilidade do sistema (parte (b.1)) — procedimento e justificação.
  • Critério usado: para um sistema linear sem entrada, \dot q = A q, o sistema é assintoticamente estável se todos os autovalores (valores próprios) de A tiverem parte real negativa. Essa é a definição de matriz Hurwitz; para sistemas de tempo contínuo, autovalores com parte real negativa implicam que as soluções tendem a zero quando t\to\infty.
  • Como A é triangular superior, os autovalores são simplesmente os elementos da diagonal:
\lambda_{1}=-1,\qquad \lambda_{2}=-2.
Ambos têm parte real negativa. Portanto o sistema é assintoticamente estável (estável no sentido de Lyapunov e as trajetórias vão para zero na ausência de entrada).
Conclusão (b.1): sistema assintoticamente estável (ou estável exponentialmente), pois \lambda_{1}=-1,\;\lambda_{2}=-2.

Passo 5

Resposta para (b.2): resolver o sistema para \tau(t)=0 (entrada nula) e condições iniciais i(0)=2,\;\omega(0)=10.
Esquema de solução (aproveitando triangularidade):
  1. Resolver primeiro \omega pois sua equação não depende de i quando \tau=0:
\dot \omega = -2\omega + \tau(t),\qquad \tau(t)=0 \Rightarrow \dot\omega = -2\omega.
Equação linear simples com solução (equação \dot\omega + 2\omega =0):
\omega(t) = \omega(0)\,e^{-2t} = 10\,e^{-2t}.
  1. Agora resolver i com \omega(t) conhecida:
\dot i = -i + 2\omega(t) = -i + 2\cdot 10 e^{-2t} = -i + 20 e^{-2t}.
Isto é uma EDO linear 1ª ordem do tipo \dot i + i = 20 e^{-2t}.
Método do fator integrante:
  • Fator integrante \mu(t)=e^{\int 1\,dt}=e^{t}.
  • Multiplicando a equação por \mu: (i e^{t})' = 20 e^{-2t} e^{t} = 20 e^{-t}.
  • Integrando: i(t)e^{t} = \int 20 e^{-t}\,dt + C = -20 e^{-t} + C.
  • Impondo i(0)=2: 2\cdot 1 = -20\cdot 1 + C \Rightarrow C=22.
  • Logo i(t)e^{t} = -20 e^{-t} + 22 e, multiplicando por e^{-t},
i(t) = -20 e^{-2t} + 22 e^{-t} = 22 e^{-t} - 20 e^{-2t}.
Resumo (b.2):
\omega(t) = 10\,e^{-2t},\qquad i(t)=22 e^{-t} -20 e^{-2t}.

Passo 6

Resposta para (b.3): condições iniciais q(0)=0 (ou seja i(0)=0,\;\omega(0)=0) e entrada \tau(t)=e^{-3t}.
  1. Resolver \omega primeiro, pois \dot\omega = -2\omega + \tau(t):
\dot\omega + 2\omega = e^{-3t}.
Fator integrante e^{2t}. Então
(\omega e^{2t})' = e^{-3t} e^{2t} = e^{-t}.
Integrando:
\omega e^{2t} = \int e^{-t}\,dt + C = -e^{-t}+C.
Impondo \omega(0)=0: 0 = -1 + C \Rightarrow C=1. Assim
\omega(t) = e^{-2t}\bigl(1 - e^{-t}\bigr) = e^{-2t} - e^{-3t}.
  1. Resolver i com \dot i + i = 2\omega(t):
2\omega(t) = 2\bigl(e^{-2t} - e^{-3t}\bigr) = 2 e^{-2t} - 2 e^{-3t}.
Aplicando fator integrante e^{t}:
(i e^{t})' = \bigl(2 e^{-2t} - 2 e^{-3t}\bigr)e^{t} = 2 e^{-t} - 2 e^{-2t}.
Integrando:
i e^{t} = \int \bigl(2 e^{-t} - 2 e^{-2t}\bigr)\,dt + C = -2 e^{-t} + e^{-2t} + C.
Impondo i(0)=0: 0 = -2 + 1 + C \Rightarrow C=1. Portanto
i e^{t} = -2 e^{-t} + e^{-2t} + 1.
Multiplicando por e^{-t},
i(t) = e^{-t} - 2 e^{-2t} + e^{-3t}.
Resumo (b.3):
\omega(t) = e^{-2t} - e^{-3t},\qquad i(t) = e^{-t} - 2 e^{-2t} + e^{-3t}.

Passo 7

Resposta para (b.4): condições q_{1}(0)=1,\;q_{2}(0)=5 e \tau(t)=5 e^{-3t}.
Resolvendo \omega primeiro:
\dot\omega + 2\omega = 5 e^{-3t}.
Fator integrante e^{2t}:
(\omega e^{2t})' = 5 e^{-t}.
Integrando:
\omega e^{2t} = \int 5 e^{-t}\,dt + C = -5 e^{-t} + C.
Impondo \omega(0)=5: 5 = -5 + C \Rightarrow C=10. Assim
\omega(t) = 10 e^{-2t} - 5 e^{-3t}.
Agora i:
\dot i + i = 2\omega(t) = 20 e^{-2t} -10 e^{-3t}.
Fator integrante e^{t}:
(i e^{t})' = 20 e^{-t} - 10 e^{-2t}.
Integrando:
i e^{t} = \int \bigl(20 e^{-t} - 10 e^{-2t}\bigr)\,dt + C = -20 e^{-t} + 5 e^{-2t} + C.
Impondo i(0)=1: 1 = -20 + 5 + C \Rightarrow C=16. Então
i e^{t} = -20 e^{-t} + 5 e^{-2t} + 16,
e multiplicando por e^{-t},
i(t) = 16 e^{-t} -20 e^{-2t} + 5 e^{-3t}.
Resumo (b.4):
\omega(t) = 10 e^{-2t} - 5 e^{-3t},\qquad i(t) = 16 e^{-t} -20 e^{-2t} + 5 e^{-3t}.

Resposta

(a) \dot q = \begin{pmatrix} -\dfrac{R}{L} & -\dfrac{k_{\omega}}{L}\\[8pt] -\dfrac{k_{T}}{J} & -\dfrac{b}{J} \end{pmatrix} q + \begin{pmatrix}0\\[6pt]\dfrac{1}{J}\end{pmatrix} x.
(b.1) Sistema assintoticamente estável, pois os autovalores de A são \lambda_{1}=-1 e \lambda_{2}=-2 (partes reais negativas).
(b.2) \displaystyle \omega(t)=10\,e^{-2t},\qquad i(t)=22 e^{-t}-20 e^{-2t}.
(b.3) \displaystyle \omega(t)=e^{-2t}-e^{-3t},\qquad i(t)=e^{-t}-2 e^{-2t}+e^{-3t}.
(b.4) \displaystyle \omega(t)=10 e^{-2t}-5 e^{-3t},\qquad i(t)=16 e^{-t}-20 e^{-2t}+5 e^{-3t}.]

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