Encontro 5: Soluções no Espaço de Estados Parte I

(1)

Encontro 5:

Solu¸c˜

oes no Espa¸co de Estados — Parte I

Samir A. M. Martins1

2_{UFSJ / Campus Santo Antˆ}_{onio, MG – Brasil}

Programa de Pós-Gradua¸cão em Engenharia Elétrica Associa¸cão ampla entre CEFET–MG e UFSJ

(2)

Realiza¸c˜oes

O que nos espera?

1 Solu¸cão de equa¸cões estado LTI Cálculos úteis

Discretiza¸c˜ao

2 Equa¸c˜oes de estado equivalentes Motiva¸c˜ao

Dicas de Sistemas

(3)

Solu¸cão de equa¸cões estado LTI Equa¸cões de estado equivalentes Realiza¸cões Cálculos úteis Discretiza¸cão Introdu¸cão •Do encontro anterior: y(t) = Z t τ =t0 g(t, τ )u(τ )dτ (1) g(t, τ ): resposta impulsiva no instantet

para impulso aplicado emt0 = τ.

y(kT ) =

k

X

m=k0

g(kT, mT )u(mT )T (2)

⇒ T per´ıodo de amostragem (ou de integra¸c˜ao)

(4)

Realiza¸c˜oes Introdu¸c˜ao •Do encontro anterior: y(t) = Z t τ =t0 g(t, τ )u(τ )dτ (1) g(t, τ ): resposta impulsiva no instantet

para impulso aplicado emt0 = τ.

•Numericamente y(kT ) = k X m=k0 g(kT, mT )u(mT )T (2)

(5)

Solu¸cão de equa¸cões estado LTI Equa¸cões de estado equivalentes Realiza¸cões

Cálculos úteis Discretiza¸cão

Introdu¸c˜ao

•Alternativa

⇒ Parˆametros concentrados−→ Transformada de Laplace

⇒ Requer cálculo: polos (roots()), expansão em fra¸cões parciais (residue()), tabela de transformadas.

⇒ Polos repetidos−→ sensibilidade a erros de arredondamento

(6)

Realiza¸c˜oes

Introdu¸c˜ao

•Alternativa

⇒ Parˆametros concentrados−→ Transformada de Laplace

⇒ Requer cálculo: polos (roots()), expansão em fra¸cões parciais (residue()), tabela de transformadas.

⇒ Polos repetidos−→ sensibilidade a erros de arredondamento

•Sa´ıda

(7)

•Descri¸c˜ao do sistema ˙ x(t) = Ax(t) + Bu(t) (3) y(t) = Cx(t) + Du(t) (4) ⇒ Propriedade usada1: d dte At_{= Ae}At_{= e}At_A ₍₅₎

(8)

⇒ Pr´e-multiplicando ambos os lados de (3) por e−At: e−Atx(t) − e˙ −AtAx(t) = d

dte

−At_{x(t) = e}−At_Bu(t)

Integrando2 de 0 a t e−Aτx(τ ) t τ =0 = Z t 0 e−AτBu(τ )dτ e x(t) − e0x(0) = e x(t) − Ix(0) = 0 e Bu(τ )dτ

(9)

⇒ Pr´e-multiplicando ambos os lados de (3) por e−At: e−Atx(t) − e˙ −AtAx(t) = d

dte

−At_{x(t) = e}−At_Bu(t)

Integrando2 de 0 a t e−Aτx(τ ) t τ =0 = Z t 0 e−AτBu(τ )dτ

e−Atx(t) − e0x(0) = e−Atx(t) − Ix(0) = Z t

0

e−AτBu(τ )dτ

2

O argumento do integrando foi trocado de t para τ , evitando confus˜ao com os limites de integra¸c˜ao.

(10)

Solu¸cão de equa¸cões estado LTI Equa¸cões de estado equivalentes Realiza¸cões Cálculos úteis Discretiza¸cão Pré-multiplicando por eAt: x(t) = eAtx(0) | {z }

Resposta `a entrada nula

+ Z t

0

eA(t−τ )Bu(τ )dτ

| {z }

Resposta ao estado nulo

(6)

y(t) = CeAtx(0) + C Z t

0

(11)

Pr´e-multiplicando por eAt: x(t) = eAtx(0)

| {z }

Resposta `a entrada nula

+ Z t

0

eA(t−τ )Bu(τ )dτ

| {z }

Resposta ao estado nulo

(6)

•Levando (6) em (4):

y(t) = CeAtx(0) + C Z t

0

(12)

Notas

•Cˆomputo aplicando Laplace em (3)–(4):

sX(s)−x(0) = AX(s)+BU (s) ⇒ X(s) = (sI−A)−1[x(0)+BU (s)] Y (s) = C(sI − A)−1[x(0) + BU (s)] + DU (s)

(13)

Notas

•Cˆomputo aplicando Laplace em (3)–(4):

sX(s)−x(0) = AX(s)+BU (s) ⇒ X(s) = (sI−A)−1[x(0)+BU (s)] Y (s) = C(sI − A)−1[x(0) + BU (s)] + DU (s)

•Cˆomputo de eAt: v´arias maneiras. Por exemplo, use Cayley-Hamilton (veja exemplos 3.8 e 3.9)

(14)

Realiza¸c˜oes

eAt _{via Cayley-Hamilton}

Calcule os autovalores de A ∈ Rn×n_;

Fa¸ca f (λ) = eλt;

Defina h(λ) um polinˆomio de grau n − 1; Calcule os coeficientes de h(λ) usando:

f(`)(λi) = h(`)(λi), ` = 0, 1, . . . , (ni− 1) e i = 0, 1, . . . , m ⇒ f(`)(λi) = d `_{f (λ)} dλ` λ=λi

⇒ h(`)(λi) definido de maneira similar.

(15)

Seja A =   1 0 0 0 1 0 −2 −3 −4  ; Calcule e −At > > eig(-A) resulta: λi∈ {4, −1, −1}; f (λ) = eλt; h(λ) = β0+ β1λ + β2λ2; f (4) = e4t= β0+ 4β1+ 16β2 = h(4) (8) f (−1) = e−t = β0− β1+ β2 = h(−1) (9) f(`=1)(λ) λ=−1= te λt λ=−1= te −t = β1+ 2β2λ = β1− 2β2= h(−1)0 (10)

(16)

Realiza¸c˜oes

Usando (8)-(10), monta-se o sistema linear:   1 4 16 1 −1 1 0 1 −2     β0 β1 β2  =   e4t e−t te−t     β0 β1 β2  =   0.04 0.96 0.80 0.08 −0.08 0.60 0.04 −0.04 −0.20     e4t e−t te−t   =  

0.04e4t+ 0.96e−t+ 0.8te−t 0.08e4t− 0.08e−t_{+ 0.6te}−t

0.04e4t− 0.04e−t− 0.2te−t 

(17)

Que resulta em

h(λ) = 0.04e4t+ 0.96e−t+ 0.8te−t

+ 0.08e4t− 0.08e−t+ 0.6te−t λ

+ 0.04e4t− 0.04e−t− 0.2te−t λ2 ₍₁₂₎

•Como calculamos f (λ) = eλt e desejamos f (−λt), avalia-se h(−A) no lugar de h(A):

h(−A) = 0.04e4t+ 0.96e−t+ 0.8te−t I

+ 0.08e4t− 0.08e−t+ 0.6te−t (−A)

(18)

Realiza¸c˜oes h(−A) = e−At=   e−t 0 0 0 e−t 0 0.4 e4t− e−t 0.6 e4t− e−t e4t  

(19)

•Como fazer isso no Matlab3? >> syms t

>> Q = [1 4 16; 1 -1 1; 0 1 -2]

>> B = [exp(4*t); exp(-t); t*exp(-t)] >> beta = inv(Q)*B

>> A = [1 0 0; 0 1 0; -2 -3 -4] >> I = eye(3)

>> hA = beta(1)*I+beta(2)*(-A)+beta(3)*(-A)*(-A)

(20)

Realiza¸c˜oes

Solu¸c˜ao via Transformada inversa de Laplace

•e−At= L(sI − A)−1 >> syms s >> A = [1 0 0; 0 1 0; -2 -3 -4] >> den = s*eye(3)-A >> ft = inv(den) >> yt = ilaplace(ft)

(21)

Calculando Matriz inversa

A−1 = AdjA

det(A); AdjA = (CoA)

0

em que CoA ´e a matriz cofatora de A e [CoA]ij = (−1)i+jMij

em que Mij ´e o menor ij da matriz A.

•Mij ´e o determinante da matriz resultante da elimina¸c˜ao da

(22)

Realiza¸c˜oes

Exerc´ıcio Complementar

1 _{Suponha que em um sistema ´}_{e aplicado um impulso em sua} entrada e os dados da sa´ıda s˜ao amostrados em intervalos de tempo T = 0.05s. Os valores da sa´ıda formam a sequˆencia {0.1, 0.3, 1.5, 1.4, 1.3, 1.2, 1.0, 0.8, 0.6, 0.3, 0, −0.2, −0.1, 0, 0, 0}. Determine numerica e graficamente a resposta desse sistema a uma entrada do tipo u(t) = 10 sin 14πt + 3e−0.5t.

2 _Refa¸_{ca os exemplos 4.1 e 4.2}

3 _{Para o exemplo 2.12, p´}_{agina 28, determine os estados e a} sa´ıda do sistema em t = 10s, supondo u(t) um degrau unitário e as condi¸cões iniciais x(0) = [1 − 1 0.5]0. Resolva utilizando as equa¸cões no espa¸co de estados.

(23)

Discretiza¸c˜ao no tempo •Usando ˙ x(t) = lim T →0 x(t + T ) − x(t) T =⇒ x(t + T ) − x(t) T = Ax(t) + Bu(t) (14) ou x(t + T ) = x(t) + Ax(t)T + Bu(t)T (15) Calculando x(t) e y(t) apenas em t = kT , k = 0, 1, 2, . . .:

x((k + 1)T ) = (I + T A)x(kT ) + T Bu(kT ) (16)

(24)

Realiza¸c˜oes

•Outra discretiza¸c˜ao

⇒ Mais precisa para um mesmo T

⇒ Assume u(t) constante entre amostragens

u(t) = u[k], kT ≤ t < (k + 1)T (18)

⇒ Caso t´ıpico em controle digital.

⇒ Assume presen¸ca de um hold de ordem 0 no sinal de controle.

(25)

•Assumindo (18), a solu¸c˜ao (6) pode avaliada em t = kT e t = (k + 1)T : x(t = kT ) = x[k] = eAkTx(0) + Z kT 0 eA(kT −τ )Bu(τ )dτ (19) x(t = (k + 1)T ) = x[k + 1] = eA(k+1)Tx(0) + Z (k+1)T 0 eA((k+1)T −τ )Bu(τ )dτ (20)

(26)

C´alculos ´uteis

Discretiza¸c˜ao

Colocando eAT em evidˆencia e separando a integra¸c˜ao:

x[k + 1] = eAT eAkTx(0) + Z kT 0 e(AkT −τ )Bu(τ )dτ | {z } x[k] + Z (k+1)T kT eA((k+1)T −τ )Bu(τ )dτ (21) x[k + 1] = eATx[k] + Z T 0 eAαdα Bu[k] (22)

(27)

Colocando eAT em evidˆencia e separando a integra¸c˜ao: x[k + 1] = eAT eAkTx(0) + Z kT 0 e(AkT −τ )Bu(τ )dτ | {z } x[k] + Z (k+1)T kT eA((k+1)T −τ )Bu(τ )dτ (21)

⇒ Mudan¸ca de vari´avel: α = (k + 1)T − τ ⇒ dα = dτ x[k + 1] = eATx[k] + Z T 0 eAαdα Bu[k] (22)

(28)

C´alculos ´uteis

Discretiza¸c˜ao

•Assim,se a entrada muda apenas em instantes discretos no tempo, kT , e interessamos pela resposta nesses mesmos instantes:

x[k + 1] = Adx[k] + Bdu[k] (23) y[k] = Cdx[k] + Ddu[k] (24) Ad= eAT; Bd= Z T 0 eAαdα B; Cd= C; Dd= D (25)

(29)

•Assim,se a entrada muda apenas em instantes discretos no tempo, kT , e interessamos pela resposta nesses mesmos instantes:

x[k + 1] = Adx[k] + Bdu[k] (23) y[k] = Cdx[k] + Ddu[k] (24) em que Ad= eAT; Bd= Z T 0 eAαdα B; Cd= C; Dd= D (25)

(30)

Solu¸cão de equa¸cões estado LTI Equa¸cões de estado equivalentes Realiza¸cões Cálculos úteis Discretiza¸cão Nota no cálculo de Bd •Para Bd: Bd = Z T 0 I + Aα + A2α 2 2! + . . . dα B (26) = T I + AT 2 2! + A 2T3 3! + A 3T4 4! . . . B (27) Bd = A−1 AT + A2T 2 2! + A 3T3 3! + . . . + I | {z } eAT −I | {z } eAT₋_I B (28) Bd = A−1(Ad− I)B Se A é não-singular!! (29)

(31)

Nota no c´alculo de Bd •Para Bd: Bd = Z T 0 I + Aα + A2α 2 2! + . . . dα B (26) = T I + AT 2 2! + A 2T3 3! + A 3T4 4! . . . B (27)

Se A é não-singular (por exemplo sistema sem integradores!): Bd = A−1 AT + A2T 2 2! + A 3T3 3! + . . . + I | {z } eAT −I | {z } eAT₋_I B (28) Bd = A−1(Ad− I)B Se A é não-singular!! (29)

(32)

Realiza¸c˜oes

No Matlab. . .

•Use: [Ad, Bd] = c2d(A,B,Ts) para transformar um sistema cont´ınuo no tempo em discreto no tempo,com hold de ordem zero e per´ıodo de amostragem T s.

⇒ Serve para a simula¸c˜ao, n˜ao para computar o controlador digital a ser implementado (em geral).

•dstep transforma a Fun¸cão de Transferência em equa¸cões no espa¸co de estados e (tf2ss) e depois aplica dstep

•step usa c2d e ent˜ao aplica dstep.

(33)

No Matlab. . .

•Note que:

x[1] = Adx[0] + Bdu[0]

x[2] = Adx[1] + Bdu[1] = A2dx[0] + AdBdu[0] + Bdu[1]

x[3] = Adx[2] + Bdu[2] = A3dx[0] + A2dBdu[0] + AdBdu[1] + Bdu[2]

.. . = ... x[k] = Ak_dx[0] + k−1 X m=0 Ak−1−m_d Bdu[m] (30) y[k] = CdAkdx[0] + Cd k−1 X m=0 Ak−1−m_d Bdu[m] + Ddu[k] (31)

(34)

Solu¸cão de equa¸cões estado LTI Equa¸cões de estado equivalentes Realiza¸cões Motiva¸cão Dicas de Sistemas Estudo de caso •Exemplo 4.3, página 93. ⇒ x1 −→ corrente no indutor ⇒ x2 −→ tensão no capacitor

⇒ Tens˜ao no indutor ˙x1 (L = 1H) e Corrente no capacitor

˙

x2 (C = 1F)

⇒ Tens˜ao no resistor = Tens˜ao no capacitor = x2

⇒ Corrente no resistor = x2/R = x2 (R = 1Ω)

⇒ Lei dos n´os: x1= x2+ ˙x2

⇒ Lei das tens˜oes: ˙x1+ x2− u = 0

˙ x1 ˙ x2 = 0 −1 1 −1 x1 x2 + 1 0 u; y = 0 1 x1 x2

(35)

˙

x2 (C = 1F)

•Modelagem

˙ x1 ˙ x2 = 0 −1 1 −1 x1 x2 + 1 0 u; y = 0 1 x1 x2

(36)

˙

x2 (C = 1F)

•Modelagem

˙

(37)

Estudo de caso

•Exemplo 4.3, p´agina 93.

⇒ x1 −→ corrente no indutor

⇒ x2 −→ tens˜ao no capacitor

˙

x2 (C = 1F)

•Modelagem

˙ x1 ˙ x2 = 0 −1 1 −1 x1 x2 + 1 0 u; y = 0 1 x1 x2

(38)

Motiva¸c˜ao

Dicas de Sistemas

•Outra modelagem poss´ıvel para o mesmo sistema

⇒ x¯1 corrente na malha 1 ⇒ x¯2 corrente na malha 2 ⇒ Malha 2: ˙¯x2 = ˙¯x1− ¯x2 ⇒ x˙¯2 = −¯x1+ u ˙¯ x1 ˙¯ x2 = −1 1 −1 0 ¯ x1 ¯ x2 + 1 1 u; y = 1 −1 ¯ x1 ¯ x2

(39)

Motiva¸c˜ao

Dicas de Sistemas

⇒ x¯1 corrente na malha 1 ⇒ x¯2 corrente na malha 2 ⇒ Malha 1: u = ˙¯x1+ ¯x1− ¯x2 ⇒ x˙¯1 = −¯x1+ ¯x2+ u ⇒ Malha 2: ˙¯x2 = ˙¯x1− ¯x2 ⇒ x˙¯2 = −¯x1+ u ˙¯ x2 −1 0 x¯2 1 x¯2

(40)

Realiza¸c˜oes

⇒ x¯1 corrente na malha 1 ⇒ x¯2 corrente na malha 2 ⇒ Malha 1: u = ˙¯x1+ ¯x1− ¯x2 ⇒ x˙¯1 = −¯x1+ ¯x2+ u ⇒ Malha 2: ˙¯x2 = ˙¯x1− ¯x2 ⇒ x˙¯2 = −¯x1+ u ˙¯ x1 ˙¯ x2 = −1 1 −1 0 ¯ x1 ¯ x2 + 1 1 u; y = 1 −1 ¯ x1 ¯ x2

(41)

Observa¸c˜oes

•As duas descri¸c˜oes s˜ao domesmo sistema.

•Portanto, s˜aoalgebricamente equivalentes.

(42)

Motiva¸c˜ao

Dicas de Sistemas

Transforma¸c˜ao de equivalˆencia

•Adv´em de uma transforma¸c˜ao de similaridade.

•Define-se ¯x(t) = Px(t), P n˜ao-singular, resulta em _¯ A B¯ ¯ C D¯ em¯x(t) equivale a A B C D emx(t) ¯ A = PAP−1; B = PB;¯ C = CP¯ −1; D = D¯

(43)

Motiva¸c˜ao

Dicas de Sistemas

•Define-se ¯x(t) = Px(t), P n˜ao-singular, resulta em _¯ A B¯ ¯ C D¯ em¯x(t) equivale a A B C D emx(t) ⇒ com ¯ A = PAP−1; B = PB;¯ C = CP¯ −1; D = D¯

(44)

Realiza¸c˜oes

•Define-se ¯x(t) = Px(t), P n˜ao-singular, resulta em _¯ A B¯ ¯ C D¯ em¯x(t) equivale a A B C D emx(t) ⇒ com ¯ A = PAP−1; B = PB;¯ C = CP¯ −1; D = D¯

(45)

Motiva¸c˜ao

Dicas de Sistemas

•No caso do Exemplo 4.3, a transforma¸c˜ao ´e dada por ¯ x(t) = 1 0 1 −1 x(t) ⇒ ∆(λ) = det(λI − ¯¯ A) = det(λI − A) = ∆(λ) ⇒G(s) = ¯¯ C(sI − ¯A)−1B + ¯¯ D = C(sI − A)−1+ D = G(s)

(46)

Realiza¸c˜oes

•No caso do Exemplo 4.3, a transforma¸c˜ao ´e dada por ¯ x(t) = 1 0 1 −1 x(t)

•Equivalˆencia se d´a em:

⇒ ∆(λ) = det(λI − ¯¯ A) = det(λI − A) = ∆(λ)

(47)

⇒ Sugest˜ao de sistemas:

Vejam http://slicot.org/ para acessar bibliotecas de sistemas cont´ınuos no tempo e sistemas discretos no tempo

Outro conjunto de sistemas pode ser encontrada no projeto COMPlib que pode ser baixado e instalado como um toolbox do Matlab. Acesse em http://www.complib.de/

(48)

Realiza¸c˜oes

•Todo sistema LTI4 tem uma descri¸c˜ao entrada-sa´ıda dada por

Y(s) = G(s)U(s) (32)

•Se os parˆametros s˜ao concentrados

˙x(t) = Ax(t) + Bu(t)

y(t) = Cx(t) + Du(t) (33)

•Usando equa¸cões de estado, o cômputo de G(s) é único: G(s) = C(sI − A)−1B + D

(49)

O Problema

Encontrar uma representa¸c˜ao no espa¸co de estados a partir de uma matriz de transferˆencia

•Esse problema ´e denominadoRealiza¸c˜ao.

•Uma matriz de transferência é ditarealizável se existe um conjunto de equa¸cões de estado finitas (33) ou

A B C D ≡ ˙x(t) = Ax(t) + Bu(t) y(t) = Cx(t) + Du(t) (34)

•Neste caso, {A, B, C, D} ≡ A B C D ´ e uma realiza¸c˜ao de G(s)

(50)

Realiza¸c˜oes

•Sistemas distribu´ıdos podem ser representados por uma matriz de transferˆencia,

mas não por uma equa¸cão de estados de dimensão finita.

•Nem toda G(s) ´e realiz´avel.

•Se G(s) é realizável, ela possui infinitas realiza¸cões (não necessariamente de mesma dimensão).

(51)

Teorema

G(s) é realizável se e somente se G(s) é uma matriz racional própria.

G(s) estritamente pr´opria, q × p (D = 0): Gsp(s) = C(sI − A)−1B

= 1

det(sI − A)C[Adj(sI − A)]B (35)

⇒ det(sI − A) tem grau n

⇒ Cada entrada de Adj(sI − A) tem grau m´aximo n − 1

⇒ Portanto, C(sI − A)−1B ´e uma matriz racional estritamente pr´opria.

(52)

Realiza¸cões G(s) própria, q × p (D 6= 0): ⇒ G(∞) = D. ⇒ C(sI − A)−1B + D é própria ⇒ Decomposi¸cão poss´ıvel: G(s) = G(∞) + Gsp(s) (36)

Seja d(s) o menor denominador comum5 das entradas de G(s): d(s) = sr+ α1sr−1+ . . . + αr−1s + αr (37) ⇒ Assim Gsp(s) = 1 d(s) N1sr−1+ N2sr−2+ . . . + Nr−1s + Nr (38)

(53)

˙x(t) =        −α1Ip −α2Ip · · · −αr−1Ip −αrIp Ip 0 · · · 0 0 0 Ip · · · 0 0 .. . ... . .. ... ... 0 0 · · · Ip 0        x(t)+        Ip 0 0 .. . 0        u(t) (39) y(t) = N1 N2 · · · Nr−1 Nr x(t) + G(∞)u(t) (40) •Em que I e 0 s˜ao p × p.

(54)

Realiza¸cões A B C D ←→ rp × rp rp × p q × rp q × p (41) Demonstra¸cão de que (39)–(40) é uma realiza¸cão de (32):

1 Defina Z :=      Z1 Z2 .. . Zr      := (sI − A)−1B; Zi ∈ Rp×p (42) 2 G(s) = C(sI − A)−1B + G(∞) =

(55)

4 _{Note que (42) pode ser escrita como} sZ = AZ + B (44) 5 C(sI − A)−1B + G(∞) = r X i=1 NiZi+ G(∞) (45) 6 _{De (44) e (39):}        sZ1 sZ2 sZ3 .. . sZr        =        −α1Z1− α2Z2− . . . − αrZr+ I Z1 Z2 .. . Zr−1        (46)

(56)

Realiza¸c˜oes 8 que resulta em Z2 = 1 sZ1, . . . , Zr= 1 sr−1Z1 (47)

9 levando na primeira linha de (46):

sZ1 = −α1Z1− α2Z2− . . . − αrZr+ I (48) = −α1+ α2 s + . . . + αr sr−1 Z1+ I (49) 10 _{manipulando. . .} s + α1+ α2 s + . . . + αr sr−1 Z1= d(s) sr−1Z1 = I 11 _Portanto: r−1

(57)

13 _{Usando (47):} Zi= sr−1 si−1_d(s)I; i = 1, . . . , r 14 Levando em (45) C(sI − A)−1B + G(∞) = r X i=1 NiZi+ G(∞) = r X i=1 Ni sr−1 si−1_d(s)I + G(∞) = 1 d(s) N1sr−1+ N2sr−2+ · · · + Nr−1s1+ NrI + G(∞) (50) que iguala a (36)

(58)

Realiza¸c˜oes

Exemplo

(59)

•Encontrar uma realiza¸c˜ao para G(s) = " _4s−10 2s+1 3 s+2 1 (2s+1)(s+2) s+1 (s+2)2 # (51) = 2 0 0 0 + " ₋₁₂ 2s+1 3 s+2 1 (2s+1)(s+2) s+1 (s+2)2 # | {z } G_sp(s) (52)

⇒ Menor denominador comum (mˆonico): d(s) = (s + 0.5)(s + 2)2 = s3+ 4.5s2+ 6s + 2

(60)

Realiza¸c˜oes Gsp = 1 s3_{+ 4.5s}2_{+ 6s + 2} −6(s + 2)2 _{3(s + 2)(s + 0.5)} 0.5(s + 2) (s + 1)(s + 0.5) = 1 d(s) −6 3 0 1 s2+ −24 7.5 0.5 1.5 s + −24 3 1 0.5 ⇒ que resulta em . . .

(61)

˙x(t) =         −4.5 0 −6 0 −2 0 0 −4.5 0 −6 0 −2 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0         x(t)+         1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0         u1(t) u2(t) (53) y(t) = −6 3 −24 7.5 −24 3 0 1 0.5 1.5 1 0.5 x(t)+ 2 0 0 0 u1(t) u2(t) (54)

(62)

Realiza¸c˜oes

•Existem v´arias formas canˆonicas poss´ıveis.

•No Matlab use:

> > [A,B,C,D] = tf2ss(nun,den) para obter a forma canˆonica control´avel

⇒ Neste caso, se o sistema é multivariável, den é o menor denominador comum (não necessariamente mônico);

⇒ num tem de ser informado ap´os obter o menor denominador comum.

•_{Seja Gc}i(s) a i-´esima coluna de G(s) e ui(t) a correspondente

(63)

Exerc´ıcios Complementares

1 Fazer o exerc´ıcio 4.9, p´agina 118 do livro do Chen. 2 _{Refazer o exemplo 4.7, p´}_{agina 105 do livro do Chen.}

⇒ Veja que a matriz obtida no exemplo 4.7 não é algebricamente equivalente a (53)–(54), porém possuem a mesma matriz de transferência. São, portanto, equivalentes para a resposta com estados nulos.