Seja a representação em espaço de estados continua de um sistema homogêneo dado por
\begin{aligned} & \dot{x}(t)=\left[\begin{array}{cc} 0 & 1 \\\\ -3 & -4 \end{array}\right] x(t) \\\ & y(t)=\left[\begin{array}{ll} 1 & 0 \end{array}\right] x(t) \end{aligned}
a) Obter a representação em espaço de estados discreta em função do período de amostragem T, considerando o uso de um segurador de ordem zero para a reconstruçào do sinal.
b) Obter a resposta y(k) do sistema discreto para os 3 primeiros intervalos, considerando uma condição inicial \left(x_{1}, x_{2}\right)=(1,1) e e um periodo de amostragem de T=1 \mathrm{~s}.

Passo 1

O enunciado dá um sistema contínuo homogêneo em espaço de estados
\dot{x}(t)=A\,x(t),\quad y(t)=C\,x(t)
com
A=\begin{pmatrix}0&1\\\ -3&-4\end{pmatrix},\quad C=\begin{pmatrix}1&0\end{pmatrix}.
O que se quer é (a) a forma discreta com período de amostragem T usando segurador de ordem zero (zero-order hold) e (b) a saída y(k) nos três primeiros intervalos com condição inicial x(0)=(1,1)^\top e T=1. Para isso vamos usar o conceito de exponencial matricial para obter \Phi=e^{A T} e depois iterar a recursão discreta.

Passo 2

Em zero-order hold, sem entrada explícita a discretização fica
x[k+1]=\Phi\,x[k],\quad y[k]=C\,x[k],
onde
\Phi=e^{A T}.
Não há termo de entrada pois o sistema é homogêneo.

Passo 3

Para calcular \Phi=e^{A T} note que os autovalores de A são as raízes de \lambda^2+4\lambda+3=0, i.e.\ \lambda_{1}=-1, \lambda_{2}=-3. Como são distintos, usa-se a fórmula
e^{A T} =\frac{e^{\lambda_{1}T}(A-\lambda_{2}I)-e^{\lambda_{2}T}(A-\lambda_{1}I)}{\lambda_{1}-\lambda_{2}} =\frac{e^{-T}(A+3I)-e^{-3T}(A+I)}{2}.

Passo 4

Substituindo A e simplificando obtemos
\Phi=e^{A T} =\frac{1}{2}\Bigl(e^{-T}\begin{pmatrix}3&1\\\ -3&-1\end{pmatrix} -e^{-3T}\begin{pmatrix}1&1\\\ -3&-3\end{pmatrix}\Bigr).
Assim a representação discreta é
x[k+1] =\begin{pmatrix} \frac{3e^{-T}-e^{-3T}}{2} & \frac{e^{-T}-e^{-3T}}{2}\\[6pt] \frac{-3e^{-T}+3e^{-3T}}{2} & \frac{-e^{-T}+3e^{-3T}}{2} \end{pmatrix} x[k],\quad y[k]=\begin{pmatrix}1&0\end{pmatrix}x[k].]

Passo 5

Agora fixe T=1. Numericamente e^{-1}\approx0.3679 e e^{-3}\approx0.0498. Logo
\Phi\approx \begin{pmatrix} 0.526945 & 0.159050\\\\ -0.477150 & -0.109250 \end{pmatrix}.

Passo 6

Com x[0]=(1,1)^\top e y[k]=x_{1}(k): k=1:
x[1]=\Phi\,x[0] \approx\begin{pmatrix}0.526945+0.159050\\\ -0.477150-0.109250\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0.685995\\\ -0.586400\end{pmatrix},\quad y[1]=0.685995. k=2:
x[2]=\Phi\,x[1] \approx\begin{pmatrix}0.268246\\\ -0.263476\end{pmatrix},\quad y[2]=0.268246. k=3:
x[3]=\Phi\,x[2] \approx\begin{pmatrix}0.099477\\\ -0.099233\end{pmatrix},\quad y[3]=0.099477.

Resposta

a)
x[k+1] =\begin{pmatrix} \frac{3e^{-T}-e^{-3T}}{2} & \frac{e^{-T}-e^{-3T}}{2}\\[6pt] \frac{-3e^{-T}+3e^{-3T}}{2} & \frac{-e^{-T}+3e^{-3T}}{2} \end{pmatrix} x[k],\quad y[k]=\begin{pmatrix}1&0\end{pmatrix}x[k].
b) Para T=1 e x(0)=(1,1):
y[1]\approx0.685995,\quad y[2]\approx0.268246,\quad y[3]\approx0.099477.]

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