Control Moderno. Ene.-Jun UNIVERSIDAD AUTÓNOMA DE NUEVO LEÓN. Facultad de Ingeniería Mecánica y Eléctrica. Dr. Rodolfo Salinas.

Transcripción

1 UNIVERSIDAD AUTÓNOMA DE NUEVO LEÓN Facultad de Ingeniería Mecánica y Eléctrica Control Moderno Ene.-Jun. 27 Dr. Rodolfo Salinas abril 27 Control Moderno N abril 27 Dr. Rodolfo Salinas

2 Respuesta en el tiempo (Resumen) Solución de la ecuación de estado: Caso homogeneo Métodos de solución Solución por fracciones parciales Series Cayley-Hamilton Valores propios Caso no-homogéneo (considerando entrada) Solución caso escalar Solución caso vectorial Control Moderno N abril 27 Dr. Rodolfo Salinas

3 Solución caso homogéneo Considere ẋ = Ax, x R n, A R n n, asumiendo x() conocido Obtenga la transformada de Laplace L sx(s) x() = AX(s) X(s) = (si A) x() x(t) = L (si A) x() Se sabe que serie infinita (de Taylor) F (x) = n= L s =, L s 2 n! = t, L s n+ f (n) (a) n! (x a) n = t n Control Moderno N abril 27 Dr. Rodolfo Salinas 2

4 (si A) = I s + A s 2 + A s 3 + L (si A) = I + At + 2! (At)2 + = e At x(t) = e At x() e At se llama matriz de transición de estado, y se calcula obteniendo la antitransformada de Laplace e At = L (si A) esta matriz se calcula en Matlab utilizando el comando expm.m Control Moderno N abril 27 Dr. Rodolfo Salinas 3

5 Ejemplo de caso homogéneo ẋ = Ax, A = 6 5 (si A) = s = s s s + 5 a b = d b ad cd c d c a (si A) = s = s + 5 s(s + 5) s s Control Moderno N abril 27 Dr. Rodolfo Salinas 4

6 (si A) = (s + 2)(s + 3) s s = s+5 (s+2)(s+3) 6 (s+2)(s+3) (s+2)(s+3) s (s+2)(s+3) fracciones parciales s + 5 (s + 2)(s + 3) (s + 2)(s + 3) 6 (s + 2)(s + 3) s (s + 2)(s + 3) = 3 s s + 3 3e 2t 2e 3t = s + 2 s + 3 e 2t e 3t = 6 s + 2 6(e 2t e 3t ) s + 3 = 2 s s + 3 2e 2t + 3e 3t Control Moderno N abril 27 Dr. Rodolfo Salinas 5

7 L (si A) = e At = 3e 2t 2e 3t e 2t e 3t 6(e 2t e 3t ) 2e 2t + 3e 3t tiene como solución ẋ(t) = x(t) 6 5 x(t) = 3e 2t 2e 3t e 2t e 3t 6(e 2t e 3t ) 2e 2t + 3e 3t x (t) = 3e 2t 2e 3t e 2t e 3t x 2 (t) 6(e 2t e 3t ) 2e 2t + 3e 3t x() x () x 2 () Control Moderno N abril 27 Dr. Rodolfo Salinas 6

8 x (t) = 3e 2t 2e 3t x () + e 2t e 3t x 2 () x 2 (t) = 6(e 2t e 3t )x () + 2e 2t + 3e 3t x 2 () Suponiendo x() = 5 Control Moderno N abril 27 Dr. Rodolfo Salinas 7

9 Ejemplo de caso homogéneo ẋ = Ax, A = 2 3 (si A) = = e At = s 2 s s+ s+2 2 s+ + 2 s+2 = (s + 2)(s + ) s+ s+2 s+ + 2 s+2 2e t e 2t e t e 2t 2e t + 2e 2t e t + 2e 2t s s Control Moderno N abril 27 Dr. Rodolfo Salinas 8

10 Solución caso no-homogéneo (caso escalar) Suponga que hay una entrada u(t), la cual representa el caso homogéneo del problema de respuesta en el tiempo. Primero se considera un caso escalar, en donde x R, u R. ẋ = ax + bu, x()conocido resolviendo la ecuación de la siguiente manera podemos determinar x(t). ẋ(t) ax(t) = bu(t) e at ẋ(t) ax(t) = d dt (e at x(t)) = e at bu(t) t d dτ e aτ x(τ)dτ = e at x(t) x() = x(t) = e at x() + t t e aτ bu(τ)dτ e a(t τ) bu(τ)dτ Control Moderno N abril 27 Dr. Rodolfo Salinas 9

11 Solución caso no-homogéneo (caso matricial) ẋ = Ax + Bu, x() conocido x R n, u R m ẋ(t) Ax(t) = Bu(t) e At ẋ(t) Ax(t) = e At Bu(t) otra rep d dt (e At x(t)) = e At ẋ(t) Ax(t) integrando t t d dτ e Aτ x(τ)dτ = t e Aτ Bu(τ)dτ d dτ e Aτ x(τ)dτ = e At x(t) t = e At x(t) x() e At x(t) x() = t e Aτ Bu(τ)dτ Control Moderno N abril 27 Dr. Rodolfo Salinas

12 despejando x(t) = e At x() + t e A(t τ) Bu(τ)dτ La solución de e A(t τ) se obtiene e A(t τ) = L (si A) reemplazando t = t τ y después integrando dicho término. Si y = Cx + Du, entonces y(t) = Ce At x() + t Ce A(t τ) Bu(τ)dτ + Du(t) O siguiendo el procedimiento usado en caso homogéneo x(t) = Ax(t) + Bu(t) sx(s) x() = AX(s) + BU(s) X(s) = (si A) x() + (si A) BU(s) x(t) = L (si A) x() + L (si A) BU(s) Control Moderno N abril 27 Dr. Rodolfo Salinas

13 Ejemplo de caso no-homogéneo Sea un sistema cuya función de transferencia es s + H(s) = s 2 + 5s + 6 = s + (s + 2)(s + 3) y dada una entrada escalón U(s) = 6/s, encuentre la salida y(t) asumiendo condiciones iniciales de cero. Forma mas sencilla de solución es despejar salida de fn. de transf. Y (s) U(s) = H(s) Y (s) = H(s)U(s) Y (s) = s + 6 s 2 + 5s + 6 s = 6(s + ) s(s + 2)(s + 3) simplificar por fracciones parciales Y (s) = 6(s + ) K s(s + 2)(s + 3) = 6 s + L s M s + 3 Control Moderno N abril 27 Dr. Rodolfo Salinas 2

14 K = L = M = s + (s + 2)(s + 3) = s= (s + ) s(s + 3) = s= 2 (s + ) s(s + 2) = s= 3 + ( + 2)( + 3) = 6 ( 2 + ) 2( 2 + 3) = 2 ( 3 + ) 3( 3 + 2) = 2 3 mediante la L la salida en el dominio del tiempo es /6 Y (s) = 6 s + /2 s + 2 2/3 s + 3 = s + 3 s s + 3 y(t) = L Y (s) = + 3e 2t 4e 3t Otra forma es usando el método para el caso homogéneo en donde solución se obtiene mediante representación en variables de estado. Control Moderno N abril 27 Dr. Rodolfo Salinas 3

15 H(s) = s + s 2 + 5s + 6 = s + (s + 2)(s + 3) = N s N = s + (s + 3) = 2 + s= 2 ( 2 + 3) = O = s + (s + 2) = 3 + s= 3 ( 3 + 2) = 2 O s + 3 H(s) = s s + 3 La cual está en forma canónica de Jordan (diagonal) ẋ (t) ẋ 2 (t) = 2 3 x (t) x 2 (t) y(t) = 2 x (t) x 2 (t) + u(t) Control Moderno N abril 27 Dr. Rodolfo Salinas 4

16 matriz de transición φ(t) = e At (si A) = = (s+2) s + 2 (s+3) s + 3 L ecuación de salida, x() =, u(t) = 6 y(t) = t = 6 t Cφ(τ)Bu(τ)dτ = t = (s + 2)(s + 3) (s+2) (s+3) = s + 3 s + 2 e 2t e 3t 2 e 2τ e 3τ e 2τ + 2e 3τ dτ = + 3e 2τ 4e 3τ 6dτ Control Moderno N abril 27 Dr. Rodolfo Salinas 5

17 Ejemplo de caso no-homogéneo ẋ (t) ẋ 2 (t) = 2 x (t) x 2 (t) + u(t) matriz de transición e At = L (si A) s = s + 2 s+2 (s+) 2 (s + ) s = s (s+) 2 s+2 L (s+) 2 (s+) 2 ( + t)e t te t = te t ( t)e t (s+) 2 s (s+) 2 Para una condición inicial arbitraria x() = x () x(t) = ( + t)e t x () te t x 2 () te t x () + ( t)e t x 2 () + (s+) 2 s (s+) 2 x 2 () T, la respuesta t (t τ)e (t τ) u(τ)dτ t (t τ)e (t τ) u(τ)dτ Control Moderno N abril 27 Dr. Rodolfo Salinas 6

18 Teorema de Cayley-Hamilton Sea A una matriz de dimensión A R n n. Un tipo de polinomio matricial es el polinomio característico de una matriz. Si el polinomio característico de una matriz cuadrada se escribe como A Iλ = ( λ) n + c n λ n + c n 2 λ n c λ + c = (λ) Entonces, el polinomio matricial correspondiente es (A) = ( ) n A n + c n A n + c n 2 A n c A + c I Teorema. El Teorema de Cayley-Hamilton establece que cada matriz satisface su propia ecuación característica, (A) =. Control Moderno N abril 27 Dr. Rodolfo Salinas 7

19 Ejemplo Teorema Cayley Hamilton (ecuación matricial) Sea 3 A = 2 A Iλ = (3 λ)(2 λ) = λ 2 5λ + 5 (A) = A 2 5A+5I = = Algunos usos del teorema de Cayley-Hamilton Inversión de matrices Reducción de un polinomio de A a uno de orden n o menor Solución de funciones anaĺıticas de matrices Control Moderno N abril 27 Dr. Rodolfo Salinas 8

20 Inversión de matrices La matriz A R n n tiene la ecuación característica general (λ) = ( λ) n + c n λ n + c n 2 λ n c λ + c Por medio del polinomio matricial correspondiente (A) = ( ) n A n + c n A n + c n 2 A n c A + c I y asumiendo que la matriz A es no singular se multiplica por A ( ) n A n + c n A n c I + c A por lo que A = c ( ) n A n + c n A n c I Control Moderno N abril 27 Dr. Rodolfo Salinas 9

21 Sea A = 3 2 Ejemplo inversión de matrices, (λ) = λ 2 5λ + 5. (A) = A 2 5A + 5I = A (A) A 5I + 5A = 5A = A 5I A = 5 A 5I = Control Moderno N abril 27 Dr. Rodolfo Salinas 2

22 Reducción de polinomio de A a uno de orden n Del ejemplo anterior. Encuentre P (A) = A 4 + 3A 3 + 2A 2 + A + I Utilizando el Teorema de Cayley Hamilton tenemos A 2 5A + 5I = A 2 = 5A 5I = 5(A I) utilizando esto resolvemos el problema: A 4 = A 2 A 2 = 25(A I)(A I) = 25(A 2 2A + I) = 25 5(A I) 2A + I = 25 3A 4I A 3 = A(A 2 ) = 5(A 2 A) = 5 5(A I) A = 5 4A 5I P (A) = 253A 4I + 54A 5I + A I + A + I = Control Moderno N abril 27 Dr. Rodolfo Salinas 2

23 Ejemplo de solución mediante teorema Cayley-Hamilton Encuentre la matriz de transición e At si ẋ = Ax = La ecuación característica es det(λi A) = )(λ + 2) λ =, λ 2 = λ 2 λ + 3 x = (λ + y segun el teorema e At = α (t)i + α (t)a o en su forma escalar e λt = α (t) + α (t)λ substituyendo λ =, λ 2 = 2 obtenemos e t = α (t) α (t) e 2t = α (t) 2α (t) Control Moderno N abril 27 Dr. Rodolfo Salinas 22

24 Resolviendo este sistema de ecuaciones obtenemos α (t) = 2e t e 2t α (t) = e t e 2t substituyendo estos valores en la ecuación del teorema e At = α (t)i + α (t)a = (2e t e 2t ) + (e t e 2t ) 2 3 Control Moderno N abril 27 Dr. Rodolfo Salinas 23

25 Solución de funciones anaĺıticas de matrices Sea f(x) una función anaĺıtica dentro de la region Ω del plano complejo y A R n n una matriz con valores propios λ i Ω. Entonces f(x) puede representarse como una serie de potencias f(x) = k= α kx k Es posible reacomodar la serie infinita de f(x) tal que f(x) = (x) k= β kx k + R(x) En donde el residuo R(x) tendrá grado n. Para A la solución está dada igual f(a) = R(A), ya que (A) =. R(x) = α + α x + α 2 x α n x n Para n valores propios λ i distintos n ecuaciones con α i desconocido. (λ i ) = tal que x = λ i f(λ i ) = R(λ i ), i =, 2,..., n Control Moderno N abril 27 Dr. Rodolfo Salinas 24

26 Ejemplo Solución de funciones anaĺıticas de matrices 3 Encuentre sin A si A = (λ) = ( 3 λ)( 2 λ) λ 2 = 3, λ 2 = 2 A R 2 2 R es de grado R(x) = α + α x para x = λ y x = λ 2 sin λ = R(λ ) = α + α λ sin λ 2 = R(λ 2 ) = α + α λ 2 Resolviendo para α y α sin A = α I+α A = α = λ sin λ 2 λ 2 sin λ α = sin λ sin λ 2 λ λ 2 λ λ 2 α = 3 sin( 2) 2 sin( 3), α = sin( 2) sin( 3) α 3α α α 2α = sin( 3) sin( 2) sin( 3) sin( 2) Control Moderno N abril 27 Dr. Rodolfo Salinas 25

27 Solución por series Para el caso anterior, donde la solución de la ecuación de estado está dada por x(t) = e At x(), existe otra forma de solución llamada por series. La pregunta es cómo evaluar el exponencial cuando su constante de tiempo o exponente es una matriz. El proceso para evaluar una función de esta matriz involucra una expansión en series de la función y sus derivadas. La serie infinita (de Taylor) se da como: f(a) = k= f k Ak k! donde f k = d k f(α)/dα k evaluada en α =. Por ejemplo, cos A = cos()i + d Cosα dα α= A + d 2Cosα α= A 2 dα Control Moderno N abril 27 Dr. Rodolfo Salinas 26

28 Asimismo, la función exponencial que se usa en la matriz de transición se puede expandir como: e At = (e )I + (e )At + (e )A 2 t () = I + At + A2 t Ak t k + 2 k! (2) Control Moderno N abril 27 Dr. Rodolfo Salinas 27

29 Ejemplo solución de matriz transición por series Encuentre la forma cerrada de e At si ẋ = Ax = 4 4 x (λ) = (λ + )(λ + 4)λ + 4(λ + ) λ =, λ 2 = 2, λ 3 = 2 A R 2 2 R es de grado R(x) = α + α x + α 2 x 2 e At = α + α α resulta en el siguiente conjunto de ecuaciones e t = α α + α 2 e 2t = α 2α + 4α 2 te 2t = α 4α 2 Control Moderno N abril 27 Dr. Rodolfo Salinas 28

30 resolviendo para α i α = 4e t 3e 2t 2te 2t α = 4e t 4e 2t 3te 2t α 2 = e t e 2t te 2t De esta manera obtenemos la solución como e At = n i= α i(t)a i e At = (4e t 3e 2t 2te 2t ) + + (4e t 4e 2t 3te 2t ) (e t e 2t te 2t ) Control Moderno N abril 27 Dr. Rodolfo Salinas 29