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):
sI-A=\begin{pmatrix} s-1 & 1 & -2 & 0 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & s+1 & 3 & 0 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & s-2 & 0 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 1 & 0 & 2 & s+1 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 2 & 4 & 0 & s-2 & 1 & 0\\[4pt] -1 & 3 & 1 & 0 & 0 & s-2 & 1\\[4pt] 1 & 0 & 2 & 0 & 0 & 0 & s-2 \end{pmatrix}, \qquad B=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]0\\[4pt]2\\[4pt]1\\[4pt]0\\[4pt]5\end{pmatrix},
C=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 & 1 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 2 & 3 & 1 & 2 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
O que se pede explicitamente:
  • 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
sI-A=\begin{pmatrix}T & 0\\[4pt]L & S\end{pmatrix},
onde
T=\begin{pmatrix}s-1 & 1 & -2\\[4pt]0 & s+1 & 3\\[4pt]0 & 0 & s-2\end{pmatrix}, \qquad 0=\text{matriz }3\times4\text{ nula},
L=\begin{pmatrix}1 & 0 & 2\\[4pt]0 & 2 & 4\\[4pt]-1 & 3 & 1\\[4pt]1 & 0 & 2\end{pmatrix}, \qquad S=\begin{pmatrix} s+1 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & s-2 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & s-2 & 1\\[4pt] 0 & 0 & 0 & s-2 \end{pmatrix}.
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):
\begin{aligned} (s+1)\,x_4 &= 2,\\[4pt] (s-2)\,x_5 + 1\cdot x_6 &= 1,\\[4pt] (s-2)\,x_6 + 1\cdot x_7 &= 0,\\[4pt] (s-2)\,x_7 &= 5. \end{aligned}
Vou resolver de baixo para cima (back substitution), que é o procedimento padrão para sistemas triangulares.]

Passo 4

Resolver a última equação para x_7:
(s-2)\,x_7 = 5 \quad\Rightarrow\quad x_7 = \dfrac{5}{s-2}.

Passo 5

Usar x_7 para obter x_6 pela penúltima equação:
(s-2)\,x_6 + x_7 = 0 \quad\Rightarrow\quad (s-2)\,x_6 = -x_7 \quad\Rightarrow\quad x_6 = -\dfrac{x_7}{s-2} = -\dfrac{1}{s-2}\cdot \dfrac{5}{s-2} = -\dfrac{5}{(s-2)^2}.

Passo 6

Agora usar x_6 para achar x_5 pela segunda equação do bloco inferior:
(s-2)\,x_5 + x_6 = 1 \quad\Rightarrow\quad (s-2)\,x_5 = 1 - x_6 \quad\Rightarrow\quad x_5 = \dfrac{1 - x_6}{s-2}.
Substituindo x_6=-\dfrac{5}{(s-2)^2}:
x_5 = \dfrac{1 - \left(-\dfrac{5}{(s-2)^2}\right)}{s-2} = \dfrac{1 + \dfrac{5}{(s-2)^2}}{s-2} = \dfrac{(s-2)^2 + 5}{(s-2)^3}.

Passo 7

Resolver a primeira equação do bloco inferior para x_4:
(s+1)\,x_4 = 2 \quad\Rightarrow\quad x_4 = \dfrac{2}{s+1}.
Resumo das componentes obtidas:
x_1=x_2=x_3=0,\qquad x_4=\dfrac{2}{s+1},\qquad x_5=\dfrac{(s-2)^2+5}{(s-2)^3},\qquad x_6=-\dfrac{5}{(s-2)^2},\qquad x_7=\dfrac{5}{s-2}.

Passo 8

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:
C=\begin{pmatrix}1 & 1 & 2 & 1 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 2 & 3 & 1 & 2 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix}, \qquad x=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]0\\[4pt]x_4\\[4pt]\vdots\end{pmatrix}.
Portanto as duas saídas (as duas linhas de G(s)) são
\begin{aligned} G_1(s) &= 1\cdot x_1 + 1\cdot x_2 + 2\cdot x_3 + 1\cdot x_4 = x_4,\\[4pt] G_2(s) &= 2\cdot x_1 + 3\cdot x_2 + 1\cdot x_3 + 2\cdot x_4 = 2\,x_4. \end{aligned}
Substituindo x_4=\dfrac{2}{s+1} obtemos
G_1(s)=\dfrac{2}{s+1},\qquad G_2(s)=2\cdot\dfrac{2}{s+1}=\dfrac{4}{s+1}.]

Resposta

\displaystyle G(s)=\begin{pmatrix}\dfrac{2}{s+1}\\[6pt]\dfrac{4}{s+1}\end{pmatrix}]

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