Solucion de ecuaciones de estado estacionario

Clase 8 Solución de la Ecuación de Estado y Realizaciones Realizaciones

Clase 8 Solución de la Ecuación de Estado y Realizaciones

1. Solución de ecuaciones de estado estacionarias 2. Ecuaciones de estado equivalentes 3. Ejercicios

Clase 8 Solución de la Ecuación de Estado y Realizaciones Realizaciones Solución de Ecuaciones de Estado Estacionarias

Solución de Ecuaciones de Estado Estacionarias Vimos que los sistemas lineales pueden representarse mediante integrales de convolución y, si son de dimensión finita (a parámetros concentrados), también mediante ecuaciones de estado. No existe forma analítica simple de resolver la integral de convolución

Z

t

y (t ) =

g (t , τ ) τ )u (τ ) τ )d τ. τ.

(1)

t 0

La forma más fácil es calcularla numéricamente en una computadora digital, para lo cual hay que aproximarla primero mediante una discretización. Cuando el sistema es de dimensión finita, la forma más eficiente de calcular y (t ) es obtener una representación en EE de ( 1) ( 1) (realización ) y resolver las ecuaciones ˙ (t ) = A (t )x (t ) + B (t )u (t ) x y (t ) = C (t )x (t ) + D (t )u (t ) .

(2) (3)

Clase 8 Solución de la Ecuación de Estado y Realizaciones Solución de Ecuaciones de Estado Estacionarias

Empezamos considerando el caso estacionario (invariante en el tiempo), es decir: A , B , C , D constantes. Buscamos la solución x (t ) de la ecuación (4)

˙ (t ) = Ax (t ) + Bu (t ) x

para un estado inicial x (0) y entrada u (t ), t ≥ 0 dados. Un método de encontrar la solución en este caso, como es simple, es “probar” una solución candidata y ver si satisface la ecuación. Para el sistema escalar ˙ (t ) = ax (t ) x

sabemos que la solución tiene la forma x (t ) = e at x (0), así que probamos suponiendo que x (t ) en (4) va a involucrar a la exponencial matricial e At . Multiplicando ambos lados de la ecuación (4) (en τ ) por e Aτ obtenemos −

˙ (τ ) − e −Aτ Ax (τ ) = e −Aτ Bu (τ ) e −Aτ x

“

”

d e −Aτ x (τ ) = e −Aτ Bu (τ ) . d τ

⇔


La integración de esta última ecuación entre 0 y t da Aτ

−

e

es decir, At

−

e

˛˛ Z Z

x (τ )

t

t

0

τ =

=

e −Aτ Bu (τ )d τ,

0

t

0

x (t ) − e x (0) =

e −Aτ Bu (τ )d τ.

0

Como la inversa de e At es e At y e 0 = I , como vimos en clases anteriores, finalmente arribamos a la solución de ( 4) −

At

x (t ) = e x (0) +

Z

t

e A(t −τ ) Bu (τ )d τ.

0

Ejercicio Utilizando la regla de Leibniz para derivar expresiones integrales, 1 verificar que (5) satisface (2) con estado inicial x (0).

1

Clase 7

(5)


La ecuación (5) es la solución general de la ecuación de estado (4). Suele referirse como la fórmula de variación de los parámetros . La substitución de (5) en la ecuación de salida ( 3) expresa y (t ) como At

y (t ) = Ce x (0) + C

Z

t

e A(t −τ ) Bu (τ )d τ + Du (t ),

(6)

0

que evidencia la superposición de la respuesta a entrada nula y la respuesta a condiciones iniciales nulas . La solución de la ecuación de estado también puede calcularse en el dominio frecuencial haciendo la transformada de Laplace de ( 2) y (3)2 y resolviendo las ecuaciones algebraicas obtenidas: ˆ (s )] xˆ (s ) = (sI − A)−1 [x (0) + B u ˆ (s )] + D u ˆ (s ). yˆ (s ) = C (sI − A)−1 [x (0) + B u

2

Clase del 8 de marzo.


Las fórmulas (5) o (6) requieren la exponencial matricial e At . Como vimos, esta puede calcularse en más de una forma, entre otras, 1. Usando el Teorema 1 de la clase 6, evaluando f (λ) = e λt en el espectro de A , y calculando los coeficientes del polinomio matricial h (λ). 2. Encontrando la forma de Jordan de A = QJQ 1 , usando la fórmula explícita de e Jt (también vista el 27 de marzo), y después haciendo e At = Qe Jt Q 1 . 3. Como L[e At ] = (sI − A) 1 , calculando la inversa de (sI − A) y antitransformando. −

−

−


Ejemplo Consideremos la ecuación

˙ (t ) = x

» – »–

0 −1 0 x (t ) + u (t ) 1 −2 1

Su solución está dada por la ecuación (5). Calculamos e At por el método 3; la inversa de sI − A es

» »

–

1

»

–

1 s s + 2 −1 1 (sI − A) 1 = = 1 −1 s + 2 s (s + 1)2 (s + 2)/(s + 1)2 −1/(s + 1)2 = s /(s + 1)2 1/(s + 1)2 −

−

–


Ejemplo (cont) La matriz e At es la antitransformada Laplace de (sI − A)−1 , que obtenemos expandiendo en fracciones simples y usando una tabla de transformada Laplace (o en M ATLAB con el symbolic toolbox con la función ilaplace ).

L

1

−

"

(s +2) (s +1)2

1 (s +1)2

1 (s +1)2 −

s

(s +1)2

# » – "R R (1 + t )e = te t

t

−

−

−te t (1 − t )e −

–

t

−

.

Finalmente, usando la fórmula de variación de los parámetros (5) t − 0 (t − τ )e −(t −τ ) u (τ )d τ (1 + t )e −t x 1 (0) − te −t x 2 (0) x (t ) = + t . −(t −τ ) te −t x 1 (0) + ( 1 − t )e −t x 2 (0) t e u d [ ( τ )] ( τ ) τ 1 − − 0

»

#


Comportamiento asintótico de la respuesta a entrada nula De la forma de e Jt donde J está en forma de Jordan podemos deducir el comportamiento asintótico de la respuesta del sistema a condiciones iniciales. Consideremos un sistema cuya matriz J = Q 1 AQ es −

2 66 4

λ1

J =

0 0 0 0

1 λ1

0 0 0

0 1

0 0 0

λ1

0 0

λ1

0

0 0 0 0 λ2

3 77 5

La respuesta a entrada nula de x ˙ (t ) = Ax (t ) + Bu (t ) es x (t ) = e At x (0), donde ya conocemos la expresión en forma cerrada para e At

2 66 4

e λ1 t

At

e = Q

0 0 0 0

te λ1 t e λ1 t

0 0 0

3 77 5

t 2 e λ1 t /2 te λ1 t e λ1 t

0 0 0

0 0

e λ1 t

0 0 0 0

0

e λ2 t

Q −1


Vemos que cada elemento de e At será una combinación lineal de los términos {e λ1 t , te λ1 t , t 2 e λ1 t , e λ2 t }, que surgen de los autovalores de A y sus multiplicidades. Podemos así deducir que Si todos los autovalores de A, repetidos o no, tienen parte real negativa, e At  → 0 cuando t → ∞; la respuesta de extingue. Si algún autovalor de A tiene parte real positiva, e At  → ∞ cuando t → ∞; la respuesta crece en forma ilimitada. Si ningún autovalor de A tiene parte real positiva, y los autovalores con parte real cero son de multiplicidad 1 , e At  ≤ α cuando t → ∞ para alguna cota α ∈ ; la respuesta permanece acotada. Si A tiene autovalores con parte real cero de multiplicidad 2 o mayor, e At  → ∞ cuando t → ∞; la respuesta crece en forma ilimitada. Estas conclusiones son válidas en general para la respuesta de un sistema ˙ (t ) = Ax (t ). x 








Ejemplo (Oscilador armónico) Para el oscilador armónico , donde

» – » – » – » – A =

obtenemos 1

−

(sI − A)

0 1 −1 0

s −1 = 1 s

de donde

e At =

1

1

s

1

s 2 + 1 −1

s

−

=

cos t sen t . − sen t cos t

La respuesta a entrada nula x (t ) = e At x (0) será oscilatoria.


Discretización. Una aplicación directa de la fórmula de variación de los parámetros es la discretización de sistemas para simulación o diseño de controladores digitales.

u k

u t D/A

T

y t x˙ y

y k

Ax Bu Cx Du

A/D

Gd

Consideremos el sistema en tiempo continuo G dado por sus EE ˙ (t ) = A (t )x (t ) + B (t )u (t ) x y (t ) = C (t )x (t ) + D (t )u (t ) .

Pretendemos obtener un modelo discreto en EE G d asumiendo un bloqueador de orden cero a la entrada y un muestreador a la salida.


Discretización simple pero inexacta

Hagamos primero un enfoque intuitivo. La forma más simple de obtener un modelo discreto de este sistema para un muestreo regular con periodo T es usando la aproximación ˙ (t ) ≈ x

x (t + T ) − x (t ) T

para obtener x (t + T ) = x (t ) + Ax (t )T + Bu (t )T . Si sólo nos interesa la evolución del sistema en los instantes t = kT , k = 0, 1, 2 . . . , llegamos al modelo x [k + 1] = (I + AT )x [k ] + BTu [k ]. (7) El modelo discreto (7) es simple de obtener, pero inexacto inclusive en los instantes de muestreo.


Discretización exacta Un modelo discreto exacto del sistema continuo puede obtenerse usando la fórmula de variación de los parámetros que da la solución general de la EE. La salida del bloqueador de orden cero (D/A) se mantiene constante durante cada período de muestreo T hasta la próxima muestra, para t : kT ≤ t < ( k + 1)T .

u (t ) = u (kT )  u [k ]

Para esta entrada seccionalmente constante, evaluamos el estado del sistema continuo en el instante de muestreo t = (k + 1)T , A(k +1)T

x [k + 1]  x ((k + 1)T ) = e

x (0) +

(k +1)T

Z

e A((k +1)T −τ ) Bu (τ )d τ

0

„ |

AT

= e

AT

AkT

e

= e x [k ] +

x (0) +

Z

kT

A(kT −τ )

e x [k ]

T

(k +1)T

Bu (τ )d τ +

0

{z „Z «

« Z }

e Aσ d σ Bu [k ],

0

donde en la última línea usamos σ = (k + 1)T − τ .

kT

e A((k +1)T −τ ) Bu [k ]d τ


Así llegamos al modelo discreto x [k + 1] = A d x [k ] + B d u [k ] y [k ] = C d x [k ] + D d u [k ],

(8)

donde

Z

T

AT

Ad  e ,

B d 

e Aτ d τ B

0

C d  C ,

D d  D .

El modelo (8) da el valor exacto de las variables en t = kT . Usando la igualdad A 0T e Aτ d τ = e AT − I , si A es no singular podemos computar B d con la fórmula

R

B d = A −1 (Ad − I )B .


Un método mejor, que vale para toda A , surge del siguiente resultado

Teorema ([1]) Sean dados los enteros positivos n 1 , n 2 tales que n 1 + n 2 = n. Si definimos la matriz triangular n × n A1 B 1 C = 0 A2

» –

donde A1 ∈ e Ct =

»

n 1 ×n 1 ,

F 1 (t )

0

n 2 ×n 2

A2 ∈

–

G 1 (t ) , F 2 (t )

y B 1 ∈

8>< >:

n 1 ×n 2 ,

entonces para t ≥ 0

F 1 (t ) = e A1 t

donde F 2 (t ) = e A2 t

ˆ ˜

Aplicando el teorema para C = La función M ATLAB [Ad,Bd] = expresiones.

R t

G 1 (t ) = 0 e A1 τ B 1 e A2 (t −τ ) d τ.

0 0 obtenemos A d = F 1 (T ) y B d = G 1 (T ). c2d(A,B,T) calcula A d y B d de estas

A B


Ecuaciones de Estado Equivalentes La descripción en EE para un sistema dado no es única . Dada una representación en EE, un simple cambio de coordenadas nos lleva a una representación en EE distinta equivalente del mismo sistema.

Ejemplo Sea el circuito RLC de la figura, donde R = 1Ω, L = 1H y C = 1F. Como salida tomamos la tensión en el capacitor. R

C iL +

+

Vs

+

Vc

L

-

Vx -


Ejemplo (cont) Si elegimos como variables de estado la tensión en la resistencia y la tensión en el capacitor, obtenemos la descripción en EE

»– » ˆ »– » ˆ ˙1 x = ˙2 x

y =

–» – » – ˜» –

0 −1 1 −1

0 1

x 1 + x 2

1 u 0

x 1 . x 2

Si en cambio elegimos las corrientes de lazo x¯1 y ¯ x2 obtenemos

–» – » – ˜» –

x¯˙ 1 = x¯˙ 2

0 −1 1 −1

x¯1 + x¯2

y =

1 −1

x¯1 . x¯2

1 u 0


Ejemplo (cont) Las dos descripciones en EE valen para el mismo circuito. De hecho puede verificarse que

» – » –» – x 1 = x 2

1 0 1 −1

x¯1 x¯2

es decir

x = P x¯

o

x¯ = P −1 x .

La matriz P (no singular) representa un cambio de coordenadas o transformación de equivalencia .


Definición (Transformación de Equivalencia) Sea P ∈

n ×n

una matriz no singular, y sea ¯ x = P −1 x. Entonces la EE

¯ x¯ (t ) + Bu ¯ (t ) x¯˙ (t ) = A ¯ x¯ (t ) + Du ¯ (t ). y (t ) = C ¯ = PAP −1 , ¯ donde A B = PB , ¯ C = CP −1 , ¯ D = D, se dice (algebraicamente) equivalente a la EE en x con las matrices A , B , C , D, y x = P x¯ es una transformación de equivalencia . ¯ son similares y Por lo visto en el repaso de Álgebra Lineal, las matrices A y A

comparten los mismos autovalores con la misma estructura de autovectores. 3

3

Dado que la forma de Jordan es única, salvo reordenamientos de filas y columnas.


Ejercicio Probar que los sistemas descriptos por EE equivalentes tienen la misma función transferencia.

La función M ATLAB [Ab,Bb,Cb,Db] transformaciones de equivalencia.

= ss2ss(A,B,C,D,P) realiza


Ejercicios Ejercicio Para los siguientes casos de la matriz A,

» – » – » 3 −2 , 1 0

0 1 , −1 2

−1 −1

– » –

1 , −1

−5 −3

6 4

˙ (t ) = Ax (t ), y dibujar obtener una expresión de la respuesta a entrada nula, x en forma cualitativa el diagrama de fases (x 2 (t ) versus x 1 (t ) ). ¿Cómo es la respuesta a condiciones iniciales sobre las direcciones de los autovalores de A? Verificar los diagramas obtenidos mediante simulación numérica con un conjunto de distintas condiciones iniciales en el marco de la ventana −2 ≤ x 1 (0) ≤ 2, −2 ≤ x 2 (0) ≤ 2. (Los diagramas corresponden a los tipos de sistemas de segundo orden conocidos respectivamente como nodo, nodo degenerado, foco y ensilladura.)


Conclusiones

En esta clase Obtuvimos la solución general de la ecuación de estado para sistemas lineales estacionarios, conocida como fórmula de variación de los parámetros . Aplicamos la fórmula de variación de los parámetros para obtener la discretización exacta de un sistema con un bloqueador de orden cero a la entrada y un muestreador a la salida. Vimos que sistemas cuyas representaciones en EE están relacionadas a través de un cambio de coordenadas no singular son equivalentes . 






Charles F. Van Loan. Computing integrals involving the matrix exponencial. IEEE Transactions on Automatic Control , 23(3):395–405, 1978.

Solucion de ecuaciones de estado estacionario

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