Lista 3 controle

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Questão 1
Teoria
Um sistema da forma
y(n) + a1y
(n−1) + · · ·+ an−1ẏ + any = b0u(n) + b1u(n−1) + · · ·+ bn−1u̇+ bnu (1)
sendo u é a entrada e y é a saída. Essa equação também pode ser escrita como
Y (s)
U(s)
=
b0s
n + b1s
n−1 + · · ·+ bn−1s+ bn
sn + a1sn−1 + · · ·+ an−1s+ an
(2)
e a forma canônica controlável é
ẋ1
ẋ2
...
ẋn−1
ẋn
 =

0 1 0 . . . 0
0 0 1 . . . 0
...
...
...
. . .
...
0 0 0 . . . 1
−an −an−1 −an−2 . . . −a1


x1
x2
...
xn−1
xn
+

0
0
...
0
1
u
y =
[
bn − anb0 bn−1 − an−1b0 . . . b1 − a1b0
]

x1
x2
...
xn−1
xn
+ b0u
Letra (a)
Escrevendo G(s) na forma (2) temos
G(s) =
1
4s+ 1
=
1/4
s+ 1/4
⇐⇒ ẏ + 1/4y = 1/4u(t)
então a1 = 1/4, b0 = 0 e b1 = 1/4. Logo a representação do sistema na forma canônica
controlável é
ẋ1 = −1/4x1 + u
y = 1/4x1
Letra (b)
Escrevendo G(s) na forma (2) temos
G(s) =
5(s/2 + 1)
s/10 + 1
=
25s+ 50
s+ 10
⇐⇒ ẏ + 10y = 25u̇+ 50u
então a1 = 10, b0 = 25 e b1 = 50. Logo a representação do sistema na forma canônica controlável
é
ẋ1 = −10x1 + u
y = −200x1 + 25u
Letra (c)
Temos
a1 = 3, a2 = 2, b1 = 2, b2 = 1
assim a forma canônica controlável é[
ẋ1
ẋ2
]
=
[
0 1
−2 −3
][
x1
x2
]
+
[
0
1
]
u
y =
[
1 2
][x1
x2
]
Letra (d)
Escrevendo G(s) na forma (2) temos
G(s) =
s+ 3
s(s2 + 2s+ 2)
=
s+ 3
s3 + 2s2 + 2s
e logo,
a1 = 2, a2 = 2, b2 = 1, b3 = 3
assim a forma canônica controlável éẋ1ẋ2
ẋ3
 =
0 1 00 0 1
0 −2 −2
x1x2
x3
+
00
1
u
y =
[
3 1 0
]x1x2
x3

Letra (e)
Escrevendo G(s) na forma (2) temos
G(s) =
(s+ 10)(s2 + s+ 25)
s2(s+ 3)(s2 + s+ 36)
=
s3 + 11s2 + 35s+ 250
s5 + 4s4 + 39s3 + 108s2
e logo,
a1 = 4, a2 = 39, a3 = 108, b2 = 1, b3 = 11, b4 = 25, b5 = 250
assim a forma canônica controlável é
ẋ1
ẋ2
ẋ3
ẋ4
ẋ5
 =

0 1 0 0 0
0 0 1 0 0
0 0 0 1 0
0 0 0 0 1
0 0 −108 −39 −4


x1
x2
x3
x4
x5
+

0
0
0
0
1
u
y =
[
250 35 11 1 0
]

x1
x2
x3
x4
x5

Questão 2
Teoria
Considere o sistema em espaços de estado a seguir{
ẋ = Gx+ Fu
y = Hx+ Ju
tomando x = Tz segue{
T ż = GTz + Fu
y = HTz + Ju
=⇒
{
ż = T−1GTz + T−1Fu
y = HTz + Ju
então define-se A = T−1GT , B = T−1F , C = HT e D = J e o sistema é escrito como{
ż = Az +Bu
y = Cz +Du
(3)
A matriz T que faz com que o sistema acima esteja na forma canônica controlável é da
forma
T =
[
G FG · · · F n−1G
]

α1 α2 · · · αn−1 1
α2 α3 · · · 1 0
...
... . .
. ...
αn−1 1 · · · 0 0
1 0 0 · · · 0

em que os coeficientes α1, α2, · · ·αn−1 são obtidos de
det(sI − F ) = sn + αn−1sn−1 + · · ·+ α2s2 + α1s+ α0
Resposta
A matriz de controlabilidade do sistema é
C =
[
G FG
]
=
[
1 1
3 −2
]
Agora calculamos det(sI − A) e temos
det(sI − F ) =
∣∣∣∣s+ 2 −12 s
∣∣∣∣ = s2 + 2s+ 2
ou seja, α0 = α1 = 2, e então
T =
[
1 1
3 −2
][
2 1
1 0
]
=
[
3 1
4 3
]
Assim, se x = Tz temos que
A = T−1FT =
[
0 1
−2 −2
]
, B = T−1G =
[
0
1
]
, C = HT =
[
3 1
]
, D = J =
[
0
]
isto é, T transforma o sistema na forma canônica controlável.
Questão 3
O polinômio característico de Ao é
det(sI − Ao) =
∣∣∣∣s+ 7 −112 s
∣∣∣∣ = s2 + 7s+ 12
cujas raízes são λ1 = −3 e λ2 = −4.
Para λ1
Tomando λ1 = −3 temos que
λ1I − Ao =
[
4 −1
12 −3
]
observe que a primeira coluna é −4 vezes a segunda. Então o autovetor de λ1 é
v1 =
[
1
3
]
Para λ2
Tomando λ2 = −4 temos que
λ1I − Ao =
[
3 12
−1 −4
]
observe que a primeira coluna é −1/3 da segunda. Então o autovetor de λ2 é
v2 =
[
1
4
]
Transformação T
A matriz de transformação T é
T =
[
1 1
3 4
]
Portanto, a transformação de estados é x = Tz é
A = T−1AoT =
[
−4
−3
]
, B = T−1Bo =
[
2
−1
]
, C = CoT =
[
1 1
]
, D =
[
0
]
Questão 4
Teoria
O sistema é controlável se a matriz
C =
[
B AB A2B · · · An−1B
]
tiver posto completo.
Letra (a)
Calculando a matriz de controlabilidade
C =
[
B AB A2B
]
=
0 0 10 1 − 4
1 −4 21

cujo determinante é
detC = −1 ̸= 0
e logo, C tem posto completo e o sistema é controlável.
Letra (b)
Calculando a matriz de controlabilidade
C =
[
B AB
]
=
[
1 −1
1 −1
]
cujo determinante é nulo pois a primeira linha é igual a segunda. Então o sistema não é
controlável.
Letra (c)
Calculando a matriz de controlabilidade
C =
[
B AB
]
=
[
1 −1
1 −2
]
cujo determinante é
detC = −1 ̸= 0
e logo, C tem posto completo e o sistema é controlável.
Letra (d)
Calculando a matriz de controlabilidade
C =
[
B AB
]
=
[
2 −10
2 −10
]
cujo determinante é nulo pois as linhas são iguais. Portanto o sistema não é controlável.
Questão 5
Teoria
A alocação dos polos pode ser projetada usando a fórmula de Ackerman, em que os
ganhos dos estados são
K = e C−1P
em que
en×1 =
[
0 0 · · · 1
]
,
Cn×n =
[
B AB · · · An−1B
]
Pn×n = a0In + a1A+ · · ·+ anAn
e os coeficientes a0, a1, · · · , an são obtidos do polinômio p(s) cujas raízes são as posições
desejadas dos polos.
Resposta
Para os polos desejados, temos
p(s) = (s+ 3)(s+ 4)(s+ 5) = s3 + 12s2 + 47s+ 60
Ainda, calculando as matrizes Ak temos
A2 =
0 0 01 0 −2
0 1 −3
0 0 01 0 −2
0 1 −3
 =
0 0 00 −2 6
1 −3 7

A3 =
0 0 01 0 −2
0 1 −3
0 0 01 0 −2
0 1 −3
0 0 01 0 −2
0 1 −3
 =
 0 0 0−2 6 −14
−3 7 −15

A matriz de controlabilidade é
C =
[
B AB A2B
]
=
1 0 00 1 0
0 0 1

e a matriz P é
, P = 60
1 0 00 1 0
0 0 1
+ 47
0 0 01 0 −2
0 1 −3
+ 12
0 0 00 −2 6
1 −3 7
+
 0 0 0−2 6 −14
−3 7 −15

=
60 0 045 42 −36
9 18 −12

Assim, os ganhos são
K =
[
0 0 1
]1 0 00 1 0
0 0 1
60 0 045 42 −36
9 18 −12
 = [9 18 −12]
E a matriz de malha fechada é
Amf = A−BK =
−9 −18 121 0 −2
0 1 −3

cujos autovalores são −3, −4 e −5, como desejado.
Questão 6
A primeira alínea da questão será chamada de Letra (a) e a segunda de Letra (b)
Letra (a)
Para os polos desejados, temos
p(s) = (s+ 2)(s+ 6 + j8)(s+ 6− j8) = s3 + 14s2 + 124s+ 200
Ainda, calculando as matrizes Ak temos
A2 =
0 0 01 0 −50
0 1 15
0 0 01 0 −50
0 1 15
 =
0 0 00 −50 −750
1 15 175

A3 =
0 0 01 0 −50
0 1 15
0 0 01 0 −50
0 1 15
0 0 01 0 −50
0 1 15
 =
 0 0 0−50 −750 −8750
15 175 1875

A matriz de controlabilidade é
C =
[
B AB A2B
]
=
2 0 01 2 −50
0 1 17

e a matriz P é,
P = 200
1 0 00 1 0
0 0 1
+ 124
0 0 01 0 −50
0 1 15
+ 14
0 0 00 −50 −750
1 15 175
+
 0 0 0−50 −750 −8750
15 175 1875

=
200 0 074 −1250 −25450
29 509 6385

Assim, os ganhos são
K =
[
0 0 1
]2 0 01 2 −50
0 1 17
200 0 074 −1250 −25450
29 509 6385
 = [1 27 455]
E a matriz de malha fechada é
Amf = A−BK =
−2 −54 −9100 −27 −505
0 1 15

cujos autovalores são −2 e −6± j8.
Letra (b)
Usando u(t) = Nr(t)−Kx(t) temos
ẋ(t) = (A−BK)x(t) +NBr(t)
y(t) = Cx(t)
em que a nossa entrada será a referência r.
Se r = 1, em regime estacionário ẋ(∞) = 0 para A−BK estável. Ainda, se o sistema
apresenta erro estático nulo, y(∞) = r(∞) = 1 e então
0 = (A−BK)x(∞) +NB
1 = Cx(∞)
resolvendo para N (que é um número),
N = − 1
C(A−BK)−1B
Calculando então o denominador,
C(A−BK)−1B =
[
0 0 1
]−2 −54 −9100 −27 −505
0 1 15
−121
0
 = −0,01
portanto,
N =
−1
−0,01
= 100
Questão 7
Transformando o sistema em espaço de estados para função transferência,
G(s) =
Y (s)
R(s)
= C(sI − A)−1B =
[
10 10
][ s −1
50 s+ 15
]−1[
0
10
]
=
[
10 10
] 1
s(s+ 15) + 50
[
s+ 15 1
−50 s
][
0
10
]
=
100(s+ 1)
(s+ 5)(s+ 10)
vemos que o zero está localizado em −1.
As matrizes do sistema ampliado são
 =
[
A 0
−C 0
]
=
 0 1 0−50 −15 0
−10 −10 0
, B̂ = [B
0
]
=
 010
0
, K̂ = [k1 k2 −kI]
Desejamos os polos em −1 e −6± j8 e então
p(s) = (s+ 1)(s+ 6 + j8)(s+ 6− j8) = s3 + 13s2 + 112s+ 100
Calculando agora Âk temos
Â2 =
− 50 − 15 0750 175 0
500 140 0

Â3 =
 750 175 0−8750 −1875 0
−7000 −1600 0

A matriz de controlabilidade do sistema ampliado é
Ĉ =
[
B̂ ÂB̂ Â2B̂
]
=
 0 10 − 15010 −150 1750
0 −100 1400

E a matriz P̂ é
P̂ = Â3 + 13Â2 + 112Â+ 100I3 =
 200 92 0−4600 −11800
−1620 − 900 100

Assim, temos que
K̂ =
[
k1 k2 −kI
]
=
[
0 0 1
] 0 10 − 15010 −150 1750
0 −100 1400
 200 92 0−4600 −1180 0
−1620 − 900 100

=
[
−3,8 −0,2 −1
]
Assim, a realimentação é
K =
[
−3,8 −0,2
]
, ki = 1
Questão 8
Um sistema é observável se a matriz de observabilidade
O =

C
CA
...
CAn−1

tiver posto completo.
Letra (a)
A matriz de observabilidade é
O =
[
C
CA
]
=
[
1 2
−4 −1
]
cujo determinante é detO = 7 ̸= 0 e, portanto, o sistema é observável.
Letra (b)
A matriz de observabilidade é
O =
 CCA
CA2
 =
0 0 10 1 3
1 3 11

cujo determinante é detO = −1 ̸= 0 e, portanto, o sistema é observável.
Letra (c)
A matriz de observabilidade é
O =
 CCA
CA2
 =
 2 3 16 1 −1
−6 7 5

cujo determinante é detO = 0 e, portanto, o sistema não é observável.
Questão 9
Verificando a observabilidade do sistema temos
O =
 CCA
CA2
 =
 2 − 4 00 2 − 4
32 20 14

vemos que detO = 728 ̸= 0, logo, o sistema é observável.
Os polos do observador serão alocados em
s1, 2 = −1± j s3 = −10
em que o polo s3 será alocado uma década abaixo dos polos dominantes.
O polinômio característico é
p(s) = (s+ 1 + 1j)(s+ 1− 1j)(s+ 10) = s3 + 12s2 + 22s+ 20
A matriz P é
P = A3 + 12A2 + 22A+ 20I =
 12 17 9−72 −33 −10
80 −22 − 3

Então os ganhos do observador são
Ko = (A
3 + 12A2 + 22A+ 20I)
 CCA
CA2
−100
1

= PO−1e3 =
 0,5−2
1,5

A equação do observador de estado de ordem plena é
˙̃x = (A−KoC)x̃+Bu = Koy
ou  ˙̃x1˙̃x2
˙̃x3
 =
− 1 3 04 −8 1
−11 1 −3
x̃1x̃2
x̃3
+
00
4
u =
 0,5−2
1,5
y