A matriz de funções de transferência de um sistema de múltiplas entradas e múltiplas saídas é definido como sendo G(s)=C\left(s I_{n}-A\right)^{-1} B sendo A, B e C matrizes de parâmetros do sistema e s é a variável da transformação de Laplace. Obtenha a matriz de funções transferência para um sistema de uma entrada e duas saídas com s I-A=\left[\begin{array}{ccccccc}s-1 & 1 & -2 & 0 & 0 & 0 & 0 \\\\ 0 & s+1 & 3 & 0 & 0 & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & s-2 & 0 & 0 & 0 & 0 \\\\ 1 & 0 & 2 & s+1 & 0 & 0 & 0 \\\\ 0 & 2 & 4 & 0 & s-2 & 1 & 0 \\\\ -1 & 3 & 1 & 0 & 0 & s-2 & 1 \\\\ 1 & 0 & 2 & 0 & 0 & 0 & s-2\end{array}\right], B=\left[\begin{array}{l}0 \\\\ 0 \\\\ 0 \\\\ 2 \\\\ 1 \\\\ 0 \\\\ 5\end{array}\right], C=\left[\begin{array}{lllllll}1 & 1 & 2 & 1 & 0 & 0 & 0 \\\\ 2 & 3 & 1 & 2 & 0 & 0 & 0\end{array}\right].
Dica: A resposta pode ser facilmente checada por computador. No entanto, faça as contas à mão. O exercício consiste em procurar quebrar as matrizes em blocos de forma conveniente.
Passo 1
O enunciado pede para obter a matriz de funções de transferência de um sistema MIMO com uma entrada e duas saídas, definida por
G(s)=C\bigl(sI_n-A\bigr)^{-1}B.
Os dados fornecidos são (peguei diretamente do enunciado):
Calcular \bigl(sI-A\bigr)^{-1}B (ou suficientemente, resolver \bigl(sI-A\bigr)x=B para x).
Multiplicar à esquerda por C para obter G(s)=C x, que aqui será um vetor coluna 2\times1 (duas funções de transferência — uma por cada saída).
Informações úteis observadas: as duas linhas de C têm apenas as quatro primeiras colunas não-nulas (ou seja, só dependem de x_1,x_2,x_3,x_4). Isto sugere que talvez não seja necessário obter todas as componentes de x, mas vamos resolver de forma consistente.]
Passo 2
Estratégia e ideia do bloco (por que é conveniente): o bloco superior esquerdo (primeiras 3 linhas e 3 colunas) é triangular superior e as colunas 4–7 na parte superior são todas zero. A parte inferior pode ser vista como um bloco acoplado. Organizando em blocos, escrevo
Particiono também x=\begin{pmatrix}x_a\\[4pt]x_b\end{pmatrix}\) com \(x_a\in\mathbb{R}^3\) (componentes \(x_1,x_2,x_3\)) e \(x_b\in\mathbb{R}^4\) (componentes \(x_4,x_5,x_6,x_7\)), e \(B=\begin{pmatrix}b_a\\[4pt]b_b\end{pmatrix}\) com
\[b_a=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]0\end{pmatrix},\qquad b_b=\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\\[4pt]0\\[4pt]5\end{pmatrix}.
O sistema \bigl(sI-A\bigr)x=B escrita em blocos fica
\begin{cases} T x_a + 0\cdot x_b = b_a,\\[4pt] L x_a + S x_b = b_b. \end{cases}
Isto simplifica muito: primeiro equacionamento dá T x_a = 0\]. Como \(T é triangular com elementos diagonais s-1,\\ s+1,\\ s-2 (que são invertíveis como símbolos racionais em s, exceto nos polos, mas tratamos simbolicamente), a única solução simbólica é
x_a = 0.
Com isto, a segunda equação reduz para
S x_b = b_b.
Portanto basta resolver a equação triangular S x_b=b_b. Isto é a razão pela qual valeu a pena partir em blocos: x_1,x_2,x_3 saem zero imediatamente.]
Passo 3
Resolver S x_b=b_b por substituição direta (S é triangular superior). Escrevo as componentes de x_b como x_b=(x_4,x_5,x_6,x_7)^T. As equações correspondentes são (cada linha de S x_b=b_b):
Agora calcular G(s)=C x. Lembrando que as linhas de C têm zeros nas colunas 5–7, só precisamos das quatro primeiras componentes de x. Escrevo explicitamente: