# Desafio Final - Espaço de estados

**Aluno:** Maurício Taffarel Barreto da Silva
**Professor:** Tito Luis Maia Santos
**Tipo:** 7
**Data:** 07/06/2021
**Número de matrícula:** 217218169

*OBS: Para ser mais objetivo no final do semestre irei fazer alguns comentários mais rápidos e informais ao longo do relatório (entendo que isso não é legal para um relatório)*

> Este é um exemplo de um comentário

## 1)

$R=\gamma_6+1=1+1=2\Omega$
$L=\gamma_7+1=1+6=7H$
$C=\gamma_8+1=1+9=10F$


Primeiro definimos as correntes de malha:

- Corrente $I_1(t)$:
$$I_{1}=I_{2}+x_{1}\left(t\right)=\frac{u\left(t\right)-x_{2}\left(t\right)}{R}+x_{1}\left(t\right)=\frac{u\left(t\right)}{R}-\frac{x_{2}\left(t\right)}{R}+x_{1}\left(t\right)$$

$$I_{1}=\frac{u\left(t\right)}{R}-\frac{x_{2}\left(t\right)}{R}+x_{1}\left(t\right)$$

- Corrente $I_2(t)$:
$$I_{2}=\frac{u\left(t\right)-x_{2}\left(t\right)}{R}=\frac{u\left(t\right)}{R}-\frac{x_{2}\left(t\right)}{R}$$

$$I_{2}=\frac{u\left(t\right)}{R}-\frac{x_{2}\left(t\right)}{R}$$

- Corrente $I_3(t)$:
$$I_{3}=C\cdot\frac{dx_{2}\left(t\right)}{dt}$$

A partir disso, calculamos as equações de malha, usando Kirchhoff:

- Equação 1 (Malha 1):

$$-u\left(t\right)+L\cdot\frac{dx_{1}\left(t\right)}{dt}+Rx_{1}\left(t\right)=0$$

$$\frac{dx_{1}\left(t\right)}{dt}=-\frac{R}{L}x_{1}\left(t\right)+\frac{u\left(t\right)}{L}$$

- Equação 2 (Malha 3):

$$R\left(i_{3}\left(t\right)-i_{2}\left(t\right)\right)+x_{2}\left(t\right)=0$$

$$Ri_{3}\left(t\right)-Ri_{2}\left(t\right)+x_{2}\left(t\right)=0$$

$$RC\frac{dx_{2}\left(t\right)}{dt}-R\left(\frac{u\left(t\right)}{R}-\frac{x_{2}\left(t\right)}{R}\right)+x_{2}\left(t\right)=0$$

$$RC\frac{dx_{2}\left(t\right)}{dt}-u\left(t\right)+x_{2}\left(t\right)+x_{2}\left(t\right)=0$$

$$\frac{dx_{2}\left(t\right)}{dt}=-\frac{2x_{2}\left(t\right)}{RC}+\frac{u\left(t\right)}{RC}$$

- Equação de saída:

$$y\left(t\right)=i_{2}\cdot R=R\left(\frac{u\left(t\right)}{R}-\frac{x_{2}\left(t\right)}{R}\right)=u\left(t\right)-x_{2}\left(t\right)$$

Com isso, temos a representação em espaço de estados:

Equação de estados:
$$
\dot{x}(t) = Ax(t) + Bu(t)
$$

$$
\dot{x}(t)=\begin{bmatrix}-\frac{R}{L} & 0\\0 & -\frac{2}{RC}\end{bmatrix}
x(t)+\begin{bmatrix} \frac{1}{L} \\ \frac{1}{RC}\end{bmatrix}u(t)
$$

Equação de saída:
$$
y(t) = Cx(t) + Du(t)
$$

$$
y(t)=\begin{bmatrix}0 & -1\end{bmatrix}
x(t)+\begin{bmatrix}1\end{bmatrix}u(t)
$$

## 2)

### i) Diagonalização de Matrizes (Método de Jordan)

A matriz já está diagonalizada! Utilizando a função `eig()` Octave como ferramenta para verificação disso, temos:

A = [-2/7 0; 0 -1/10]; B = [1/7; 1/20];
[V, Lambda] = eig(A);
P = inv(V);

Uma descrição da função utilizada está logo abaixo:
> Compute the eigenvalues (LAMBDA) and optionally the right
eigenvectors (V) and the left eigenvectors (W) of a matrix or pair
of matrices.

A matrix retornada pela função é a própria matriz $A$, pois ela já está diagonalizada.

>> Lambda
Lambda =

Diagonal Matrix

  -0.2857        0
        0  -0.1000

Para determinar $e^{At}$, primeiro encontramos a matriz $A$ em função da matriz diagonalizada:

$$M=PAP^{-1}$$

$$P^{-1}MP=P^{-1}PAP^{-1}P$$

$$P^{-1}MP=P^{-1}PAP^{-1}P$$

$$P^{-1}MP=IAI=A$$

Assim, temos:

$$e^{At}=\sum_{k=0}^{\infty}A^{k}\frac{t^{k}}{k!}=I+At+\frac{A^{2}t^{2}}{2!}+\frac{A^{3}t^{3}}{3!}+...$$

$$e^{At}=I+\left(P^{-1}MP\right)t+\frac{\left(P^{-1}MP\right)^{2}t^{2}}{2!}+\frac{\left(P^{-1}MP\right)^{3}t^{3}}{3!}+...$$

$$e^{At}=P^{-1}\left(I+Mt+\frac{M^{2}t^{2}}{2!}+\frac{M^{3}t^{3}}{3!}+...\right)P$$

$$e^{At}=P^{-1}\begin{bmatrix}e^{\lambda_1t} & 0\\0 & e^{\lambda_1t}\end{bmatrix}P$$

O procedimento obtido é geral, no nosso caso específico que a matriz já está diagonalizada $P^{-1}=P=I$, assim:

$$e^{At}=\begin{bmatrix}e^{\lambda_1t} & 0\\0 & e^{\lambda_1t}\end{bmatrix}$$

$$e^{At}=\begin{bmatrix}e^{-\frac{2}{7}t} & 0\\0 & e^{-\frac{1}{10}t}\end{bmatrix}$$

### ii) Teorema de Cayley-Hamilton (Função de Matrizes)

Como sabemos para uma matrix $A$, $N\times N$, podemos escrever da seguinte maneira:

$$e^{At}=\beta_{0}I+\beta_{1}A+\beta_{2}A^{2}+...+\beta_{N-1}A^{N-1}+...$$

Sendo $k$ o número de autovalores de $A$, a equação acima pode ser escrita como função dos $k$ auto vetores, então temos:

$$e^{At}=\beta_{0}I+\beta_{1}A$$

Com sabemos que $\lambda_i$ também satisfaz a equação acima, temos:

$$
\left\{
\begin{array}{c}
e^{\lambda_1t}=\beta_{0}+\beta_{1}\lambda_1 \\
e^{\lambda_2t}=\beta_{0}+\beta_{1}\lambda_2
\end{array}
\right.
$$

Subtraindo as duas equações, temos:

$$
e^{\lambda_{1}t}-e^{\lambda_{2}t}=\beta_{1}\left(\lambda_{1}-\lambda_{2}\right)
$$

$$
e^{\lambda_{1}t}-e^{\lambda_{2}t}=\beta_{1}\left(-\frac{2}{7}+\frac{1}{10}\right)=\beta_{1}\left(-\frac{13}{70}\right)
$$

$$
\beta_{1}=-\frac{70}{13}e^{\lambda_{1}t}+\frac{70}{13}e^{\lambda_{2}t}
$$

Do sistema de equações, multiplicando a primeira equação por $-\frac{7}{20}$, com $\lambda_1=-\frac{2}{7}$ e $\lambda_2=-\frac{1}{10}$, obtermos o seguinte sistema:

$$
\left\{
\begin{array}{c}
-\frac{7}{20}e^{\lambda_1t}=-\frac{7}{20}\beta_{0}+\frac{1}{10}\beta_{1} \\
e^{\lambda_2t}=\beta_{0}+-\frac{1}{10}\beta_{1}
\end{array}
\right.
$$

Somando as duas equações, temos:

$$
e^{\lambda_{2}t}-\frac{7}{20}e^{\lambda_{1}t}=\frac{13}{20}\beta_{0}
$$

$$
\beta_0=-\frac{7}{13}e^{\lambda_{1}t}+\frac{20}{13}e^{\lambda_{2}t}
$$

Este resultado pode ser obtido também, através da matriz abaixo:

$$
\begin{bmatrix}\beta_0 \\ \beta_1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1 & \lambda_1\\1 & \lambda_2\end{bmatrix}^{-1}
\begin{bmatrix}e^{\lambda_{1}t} \\ e^{\lambda_{2}t}\end{bmatrix}
$$

Fazendo isso utilizando o Octave, podemos chegar ao mesmo resultado:

>> inv([1 Lambda(1,1); 1 Lambda(2,2)])
ans =

  -0.5385   1.5385
  -5.3846   5.3846
  
>> [-7/13 20/13; -70/13 70/13]
ans =

  -0.5385   1.5385
  -5.3846   5.3846

Para obter o $e^{At}$, podemos então fazer:

$$e^{At}=\beta_{0}I+\beta_{1}A$$

$$
e^{At}=\begin{bmatrix} -\frac{7}{13}e^{\lambda_{1}t}+\frac{20}{13}e^{\lambda_{2}t}& 0\\0 & -\frac{7}{13}e^{\lambda_{1}t}+\frac{20}{13}e^{\lambda_{2}t}\end{bmatrix}+
(-\frac{70}{13}e^{\lambda_{1}t}+\frac{70}{13}e^{\lambda_{2}t})\begin{bmatrix}\lambda_1 & 0\\0 & \lambda_2\end{bmatrix}
$$

$$
e^{At}=\begin{bmatrix} -\frac{7}{13}e^{\lambda_{1}t}+\frac{20}{13}e^{\lambda_{2}t}-\frac{70}{13}(-\frac{2}{7})e^{\lambda_1t}+(-\frac{70}{13})(-\frac{2}{7})(-e^{\lambda_2t})& 0\\0 & -\frac{7}{13}e^{\lambda_{1}t}+\frac{20}{13}e^{\lambda_{2}t}+\frac{7}{13}e^{\lambda_1t}-\frac{7}{13}e^{\lambda_2t}\end{bmatrix}
$$

$$
e^{At}=\begin{bmatrix}e^{\lambda_1t} & 0\\0 & e^{\lambda_2t}\end{bmatrix}
$$

### iii) Transformada Inversa de Laplace

Podemos obter também $e^{At}$ através da matriz de transição de estados:

$$
e^{At}= \mathcal{L}^{-1}[(sI-A)^{-1}]
$$

$$
e^{At}= \mathcal{L}^{-1}\left[\left(\begin{bmatrix}s & 0\\0 & s\end{bmatrix}-\begin{bmatrix}-\frac{2}{7} & 0\\0 & -\frac{1}{10}\end{bmatrix}\right)^{-1}\right]
$$

$$
e^{At}= \mathcal{L}^{-1}\left(\begin{bmatrix}s+\frac{2}{7} & 0\\0 & s+\frac{1}{10}\end{bmatrix}^{-1}\right)
$$

$$
e^{At}= \mathcal{L}^{-1}\left(\begin{bmatrix}\frac{1}{s+\frac{2}{7}} & 0\\0 & \frac{1}{s+\frac{1}{10}}\end{bmatrix}\right)
$$

$$
e^{At}= \begin{bmatrix}e^{-\frac{2}{7}t} & 0\\0 & e^{-\frac{1}{10}t}\end{bmatrix}
$$

E assim, confirmamos mais uma vez o resultado.

## 3)

Para obter a solução, assumindo $x_1(0)=1A$ e $x_2(0)=1V$ com $u(t)=1$, com $t>0$, temos que a solução é dada por:

$$
x(t)=e^{At}x(0)+\int_0^t{e^{A(t-\tau)}Bu(\tau)d\tau}
$$

Como obtemos $e^{At}$ do item anterior, tendo $x(0)$, $B$ e $u(t)$, podemos escrever:

$$
x(t)=\begin{bmatrix}e^{-\frac{2}{7}t} & 0\\0 & e^{-\frac{1}{10}t}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1\\1\end{bmatrix}+\int_0^t{\begin{bmatrix}e^{-\frac{2}{7}(t-\tau)} & 0\\0 & e^{-\frac{1}{10}(t-\tau)}\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}\frac{1}{7} \\ \frac{1}{20}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1\end{bmatrix}d\tau}
$$

$$
x(t)=\begin{bmatrix}e^{-\frac{2}{7}t} \\e^{-\frac{1}{10}t} \end{bmatrix}+
\begin{bmatrix}\frac{1}{7}e^{-\frac{2}{7}t}\int_0^t{e^{\frac{2}{7}\tau}} \\ \frac{1}{20}e^{-\frac{1}{10}t}\int_0^t{e^{\frac{1}{10}\tau}}\end{bmatrix}
$$

$$
x(t)=\begin{bmatrix}e^{-\frac{2}{7}t} \\e^{-\frac{1}{10}t} \end{bmatrix}+
\begin{bmatrix}\frac{1}{2}e^{-\frac{2}{7}t}(e^{\frac{2}{7}t}-1) \\ \frac{1}{2}e^{-\frac{1}{10}t}(e^{\frac{1}{10}t}-1)\end{bmatrix}
$$

$$
x(t)=\frac{1}{2}
\begin{bmatrix}1+e^{\frac{2}{7}t} \\ 1+e^{\frac{1}{10}t}\end{bmatrix}
$$

Por inspeção, podemos obter que:

$$
x(0)=
\begin{bmatrix}1 \\ 1 \end{bmatrix}
$$

Que confere com o valor de onde partimos, além disso, podemos obter o valor quando $\lim_{t\rightarrow\infty}x(t)$:

$$
\lim_{t\rightarrow\infty}x(t)=
\begin{bmatrix}\frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} \end{bmatrix}
$$

Estes dois resultados, serão de grande importância na comparação com as questões númericas.

## 4

> Feito no Script!

pkg load signal
pkg load symbolic
C = [0 -1]; D = [1];
c_max = -0.1000;
T_sim = -8/c_max;
t = 0.01:0.01:T_sim;
u = ones(size(t));
x0 = [1; 1];
[ysim, t, Xsim]=lsim(ss(A, B, C, D), u, t, x0);

## 5

### Comparação de $x(t)$:
As instruções utilizadas para comparação do $x(t)$ obtido analíticamente e por software estão a seguir:

plot(t, Xsim,'k' ,'linewidth', 2);
hold on;
Xana = 0.5*[1+exp(-2/7.*t),1+exp(-1/10.*t)];
plot(t, Xana,'--b','linewidth', 2);

<center>
<h3>Comparação dos resultados para x(t)</h3>

</center>

> A curva cinza é a função obtida na questão 4, a curva azul tracejada é a função obtida analíticamente. As duas curvas se referem a os dois estados $x_1(t)$ e $x_2(t)$, importante verificar o resultado esperado dos valores iniciais e _aparentemente_ finais, como já comentado no final da questão 3

> Outra coisa importante a se comentar é que as curvas apresentam diferentes tempos de decaimentos, isso se deve ao fato dos valores dos autovalores serem distintos.

### Comparação de $y(t)$:

Podemos obter $y(t)$ utilizando a equação de saída:

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

$$
y(t)=\begin{bmatrix}0 & -1\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}\frac{1}{2}+\frac{e^{-\frac{2}{7}t}}{2} \\ \frac{1}{2}+\frac{e^{-\frac{1}{10}t}}{2}\end{bmatrix} + \begin{bmatrix}1\end{bmatrix}
$$

$$
y(t)=\frac{1}{2}-\frac{e^{-\frac{t}{10}}}{2}
$$

Por inspeção, podemos obter que:

$$
y(0)=0
$$

Que confere com o valor de onde partimos, além disso, podemos obter o valor quando $\lim_{t\rightarrow\infty}y(t)$:

$$
\lim_{t\rightarrow\infty}y(t)=\frac{1}{2}
$$

Podemos obter a equação de saída usando o pacote simbolico no Octave como mostra a seguir:

syms t1;
X = [0.5+0.5*exp(-2/7*t1);0.5+0.5*exp(-1/10*t1)];
Y = C*X + D

A saída para este trecho do script é:

Y = (sym)

       -t1
       ----
        10
  1   e
  - - -----
  2     2

De posse da equação de saída podemos comparar os gráficos do simulado com o analítico:

plot(t, ysim,'k' ,'linewidth', 2);
hold on;
plot(t, (1/2)*(1-exp(-t/10)),'--b' ,'linewidth', 2);

<center>
<h3>Comparação dos resultados para y(t)</h3>


</center>

> A curva cinza é a função obtida via Octave, a curva azul tracejada é a função obtida analíticamente. A verificação do resultado obtido dos valores iniciais e _aparentemente_ finais também podem ser feitos.

## 6)

Primeiramente determinaremos a transformação de similaridade:

$$
w(t)=\begin{bmatrix}i_C(t) \\ v_L(t)\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}C\dot{x_2}(t) \\ L\dot{x_1}(t)\end{bmatrix}
$$

Utilizando as equações anteriores, temos que:

$$C\dot{x_2}(t)=C\left(-\frac{1}{10}x_2(t)+\frac{1}{20}u(t)\right)$$

$$C\dot{x_2}(t)=-x_2(t)+\frac{1}{2}u(t)$$

$$L\dot{x}_1(t)=L\left(-\frac{2}{7}x_1(t)+u(t)\right)$$

$$L\dot{x}_1(t)=-2x_1(t)+7u(t)$$

Assim, podemos obter $w(t)$ na forma matricial:

$$
w(t)=\begin{bmatrix}0 & -1\\-2 & 0\end{bmatrix}x(t)+
\begin{bmatrix}\frac{1}{2} \\ 7\end{bmatrix}u(t)
$$

Sendo $z(t)$ uma parcela de $w(t)$ que desconsidera o efeito do termo de transferência direta, no qual $z(t)=Tx(t)$, temos que:

$$T=\begin{bmatrix}0 & -1\\-2 & 0\end{bmatrix}$$

Assim, pode-se utilizar o script para calcular a saída:

T = [0 -1; -2 0]; M = [1/2; 7];
[ysim2,t,Zsim] = lsim(ss(T*A*inv(T),...
                      T*B,C*inv(T),...
                      D), u, t, T*x0);
figure
plot(t,ysim,'k','linewidth',2);
hold on
plot(t,ysim2,'--r','linewidth',2);

<center>
<h3>Comparação dos resultados para y(t) obtido através de uma transformação de similaridade</h3>


</center>

> Os resultados obtidos foram os mesmos que anteriormente, o que se pode concluir é que a a saída do sistema após uma transformação de similaridade não se altera.

## 7)
Utilizando o produto das questões anteriores, podemos plotar as curvas através das seguintes linhas de código:

figure;
subplot(2,1,1);
plot(t,Xsim(:,1),'k','linewidth',2);
hold on
plot(t,Zsim(:,1),'--r','linewidth',2);
legend('X_sim1','Z_sim1');
subplot(2,1,2);
plot(t,Xsim(:,2),'k','linewidth',2);
hold on
plot(t,Zsim(:,2),'--r','linewidth',2);
legend('X_sim2','Z_sim2');

<center>

<h3>Impacto da transformação de similaridade com relação aos estados</h3>


</center>

A transformação de similaridade tem um impacto sobre os estados, afinal, os nossos estados que eram corrente no indutor e tensão no capacitor, respectivamente, agora são tensão no indutor e corrente no capacitor. E como já tinha sido observado anteriormente, a saída permaneceu inalterada.

## 8)

A compreensão da trajetória do sistema pode ser obtido através de uma parametrização com as variáveis de estado. Para esta análise, foi executado as seguintes linhas de instruções

v = V(:,1);
[ysim1, t, Xsim1] = lsim(ss(A, B, C, D), zeros(size(u)), t, x0);
[ysim2, t, Xsim2] = lsim(ss(A, B, C, D), zeros(size(u)), t, v);
figure;
subplot(2,1,1);
plot(Xsim1(:, 1), Xsim1(:, 2),'linewidth', 2);
subplot(2,1,2);
plot(Xsim2(:, 1), Xsim2(:, 2),'linewidth', 2);

O resultado está logo a seguir:

<center>

<h3>Trajetória dos estados</h3>


</center>

Podemos perceber que ao tomarmos um autovalor, temos:

>> A = [-2/7 0; 0 -1/10];
>> [V, Lambda] = eig(A);
>> A*V(:,1)
ans =

  -0.2857
        0

>> Lambda(1,1)*V(:,1)
ans =

  -0.2857
        0

Ao partir do autovalor relacionado ao autovalor $\lambda_1$, temos que a evolução no sistema somente ocorre para $x_1(t)$ como obtido no gráfico acima. Se utilizassemos o outro autovalor, teriamos uma reta em $x_1(t)=0$.

## 9)

Considerando o sistema linear apresentado nas questões anteriores, no qual $det(A)\neq0$, considerando um $V(x(t))=x^{T}Px$ com $P=P^{T}$. A função $V(x)$ é uma equação de Lyapunov do sistema linear, se somente se, para qualquer $Q=Q^{T}>0$ existe $P=P^{T}>0$ tal que $A^{T}P+P^{T}A=-Q$.

Supondo a matriz $Q$:

$$
Q=\begin{bmatrix}1 & 0\\0 & 1\end{bmatrix}
$$

E considerando a matriz $P$:

$$
P=\begin{bmatrix}\alpha_1 & \alpha_2\\\alpha_3 & \alpha_4\end{bmatrix}
$$

Temos:

$$A^{T}P+P^{T}A=-Q$$

$$\begin{bmatrix}-\frac{2}{7} & 0\\0 & -\frac{1}{10}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}\alpha_1 & \alpha_2\\\alpha_3 & \alpha_4\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}\alpha_1 & \alpha_3\\\alpha_2 & \alpha_4\end{bmatrix}\begin{bmatrix}-\frac{2}{7} & 0\\0 & -\frac{1}{10}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}-1 & 0\\0 & -1\end{bmatrix}$$

$$\begin{bmatrix}-\frac{2}{7}\alpha_1 & -\frac{2}{7}\alpha_2\\-\frac{1}{10}\alpha_3 & -\frac{1}{10}\alpha_4\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}-\frac{2}{7}\alpha_1 & -\frac{1}{10}\alpha_3\\-\frac{2}{7}\alpha_2 & -\frac{1}{10}\alpha_4\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}-1 & 0\\0 & -1\end{bmatrix}$$

Fazendo $\alpha_2=\alpha_4=0$, temos:

$$\alpha_1=\frac{7}{4}$$

$$\alpha_4=\frac{10}{2}$$

Logo:

$$
P=\begin{bmatrix}\frac{7}{4} & 0\\0 & \frac{10}{2}\end{bmatrix}
$$

## 10)

Após a execução das seguintes instruções:

figure;
syms t2;
P = lyap(A',eye(2));
V = expm(A*t2)'*P*expm(A*t2);
ezplot(t2,V(2,2),[0 20]);

<center>

<h3>Decrescimento do custo V(x)</h3>


</center>

Podemos verificar o decrescimento de $V(x)$, $\frac{dV(x}{dt}<0$, o sinal de $V(x)>0$, e também que como consequência $x\rightarrow0$.

## 11)

Para saber se o sistema é controlável e observável iremos analisar a matriz $A$, e para cada item, utilizar os critérios para verificar essas características:

### Controlabilidade:

#### i) Considerando a descrição de espaço de estado diagonalizada,
$$
\begin{matrix}
\dot{\textbf{z}}=\Lambda\textbf{z}+\hat{\textbf{B}}\textbf{x}\\
\textbf{Y}=\hat{\textbf{C}}\textbf{z}+\textbf{Dx}
\end{matrix}
$$

O sistema não será controlável, se todas as linhas da matriz $\hat{\textbf{B}}$ forem iguais a $0$, por que o estado não será acoplado a nenhuma entrada. O sistema será controlável, se ao menos uma das linhas de $\hat{\textbf{B}}$ for diferente de $0$, pois os estados estarão acoplados com pelo menos uma entrada.

Executando a seguinte instrução do script:

Bhat=P*B #Completamente controlável

Obtêm-se, como saída:

Bhat =

   0.142857
   0.050000

Portanto, pode-se concluir que o sistema é completamente controlável, isto é, podemos fisicamente atingir obter qualquer valor de tensão e de corrente nestes estados do sistema a partir de um estado inicial $x(0)=0$ em um tempo finito.

Podemos também utilizar a matriz de controlabilidade:

$$
M_c=\begin{bmatrix}B & AB\end{bmatrix}
$$

O sistema definido por $A$ e $B$ será controlável, se o posto da matriz $M_c$ for igual à ordem do sistema.

Analisaremos então nossa matriz de controlabilidade:

$$M_c=\begin{bmatrix}B & AB\end{bmatrix}$$

$$M_c=\begin{bmatrix}\frac{1}{7} & -\frac{2}{9} \\ \frac{1}{20} & -\frac{1}{200}\end{bmatrix}$$

A matriz encontrada claramente não possui vetores LD, logo o seu posto $rank(M_c)=2$.

O sistema é controlável, como já obtido anteriormente.

### Observabilidade:

#### i) Considerando a descrição de espaço de estado diagonalizada,
$$
\begin{matrix}
\dot{\textbf{z}}=\Lambda\textbf{z}+\hat{\textbf{B}}\textbf{x}\\
\textbf{Y}=\hat{\textbf{C}}\textbf{z}+\textbf{Dx}
\end{matrix}
$$

O estado não será observável na saída, se alguma coluna da matriz $\hat{\textbf{C}}$ for igual a $0$, como os estados estão desacoplado dos outro devido a descrição de espaço de estado diagonalizado, não será possível perceber o efeito deste estado se a coluna deste for igual a zero. O sistema será completamente observável, se a matriz $\hat{\textbf{C}}$ não possuir uma coluna nula, pois todos os estados aparecerão na expressão de y(t).

Executando a seguinte instrução do script:

Chat=C*V

Obtêm-se, como saída:

Chat =

   0  -1

Portanto, pode-se concluir que o sistema é não completamente observável, isto é, não podemos saber o valor de qualquer valor inicial $x(0)$ conhecendo apenas a entrada $u(t)$ e a saída $y(t)$, embora seja possível observar um estado do sistema, na saída do mesmo.

Podemos também utilizar a matriz de observabilidade:

$$
M_o=\begin{bmatrix}C \\ CA\end{bmatrix}
$$

O sistema definido por $A$ e $C$, com entrada nula ($B$ não aplicável) será observável, se o posto da matriz $M_o$ for igual à ordem do sistema.

Analisaremos então nossa matriz de observabilidade:

$$
M_o=\begin{bmatrix}C \\ CA\end{bmatrix}
$$

$$
M_o=\begin{bmatrix}0 & -1 \\ \begin{bmatrix}0 & -1\end{bmatrix}\times&\begin{bmatrix}C \\ CA\end{bmatrix}\end{bmatrix}
$$

$$
M_o=\begin{bmatrix}0 & -1 \\ 0 & \frac{1}{10}\end{bmatrix}
$$

A matriz encontrada possui vetores LD, logo o seu posto $rank(M_c)=1$.

O sistema é completamente observável, embora ainda seja possível observar um estado na saída, como já obtido anteriormente.

## 12)

Considerando $\lambda=(\gamma_8+1)/10$. Podemos determinar a estabilidade dos sistemas abaixo:

#### a) Ao executar o seguinte trecho do script:

a = [0 -1; -1 2];
disp('a'); L = eig(a)

Obtêm-se na saída:

L =

  -0.4142
   2.4142

O sistema apresenta autovalores que $\Re\{\lambda\}>1$. Logo, **o sistema é instável**.

#### b) Ao executar o seguinte trecho do script:

b = [0 -1;  1 2];
disp('b'); L = eig(b)

Obtêm-se na saída:

L =

   1.0000
   1.0000

Temos dois autovalores repetidos, por isso, precisamos avaliar a estabilidade marginal. Após a execução do comando:

length(b)-rank(b-1*eye(2))

Temos na saída:

ans = 1

A nulidade da matriz apresentada é menor do que a multiplicidade do autovalor, logo, o **sistema é assintoticamente instável**.

#### c) Ao executar o seguinte trecho do script:

c = [0  1; -1 0];
disp('c'); L = eig(c)

Obtêm-se na saída:

L =

   0 + 1i
   0 - 1i

Temos dois autovalores complexos conjugados, como não são repetidos, temos que o **sistema é marginalmente estável**.

#### d) Ao executar o seguinte trecho do script:

d = [l l 1; 0  1 1;  0 0  1];
disp('d'); L = eig(d)

Obtêm-se na saída:

L =

   1
   1
   1

Temos três autovalores repetidos, por isso, precisamos avaliar a estabilidade marginal. Após a execução do comando:

length(d)-rank(d-1*eye(3))

Temos na saída:

ans = 1

A nulidade da matriz apresentada é menor do que a multiplicidade dos autovalores, logo, o **sistema é assintoticamente instável**.

#### e) Ao executar o seguinte trecho do script:

e = [l l 0; 0  1 0; -l l  1];
disp('e'); L = eig(e)

Obtêm-se na saída:

L =

   1
   1
   1

Temos três autovalores repetidos, por isso, precisamos avaliar a estabilidade marginal. Após a execução do comando:

length(e)-rank(e-1*eye(3))

Temos na saída:

ans = 1

A nulidade da matriz apresentada é menor do que a multiplicidade dos autovalores, logo, o **sistema é assintoticamente instável**.

#### f) Ao executar o seguinte trecho do script:

f = [l 0 0; 1 -l 0; -1 l -l];
disp('f'); L = eig(f)

Obtêm-se na saída:

L =

  -1
  -1
   1

Temos dois autovalores repetidos, porém eles são negativos, precisamos avaliar a estabilidade marginal, pois temos um dos autovalores iguais a 1. Após a execução do comando:

length(f)-rank(f-1*eye(3))

Temos na saída:

ans = 1

A nulidade da matriz apresentada é menor do que a multiplicidade dos autovalores, logo, o **sistema é assintoticamente instável**.

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