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UNIVERSIDAD AUTONOMA DE NUEVO LEON
Facultad de Ingenierıa Mecanica y Electrica
Control ModernoEne.-Jun. 2007
Dr. Rodolfo Salinas
abril 2007
Control Moderno N1 abril 2007 Dr. Rodolfo Salinas
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Respuesta en el tiempo (Resumen)
Solucion de la ecuacion de estado:
• Caso homogeneo
– Metodos de solucionSolucion por fracciones parcialesSeriesCayley-HamiltonValores propios
• Caso no-homogeneo (considerando entrada)
– Solucion caso escalar– Solucion caso vectorial
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Solucion caso homogeneo
• Considere x = Ax , x ∈ Rn , A ∈ Rn×n, asumiendo x(0) conocido
– Obtenga la transformada de Laplace L
sX(s)− x(0) = AX(s)
X(s) = (sI −A)−1x(0)
∴ x(t) = L−1[(sI −A)−1]x(0)
– Se sabe que serie infinita (de Taylor) F (x) =∑∞
n=0f (n)(a)
n! (x− a)n
L−1
[1s
]= 1, L−1
[1s2
]= t, L−1
[n!
sn+1
]= tn
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(sI −A)−1 =I
s+
A
s2+
A
s3+ · · ·
∴ L−1[(sI −A)−1] = I + At +12!
(At)2 + · · ·
= eAt
∴ x(t) = eAtx(0)
• eAt se llama matriz de transicion de estado, y se calcula obteniendola antitransformada de Laplace
eAt = L−1[(sI −A)−1]
• esta matriz se calcula en Matlab utilizando el comando expm.m
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Ejemplo de caso homogeneo
x = Ax , A =
0 1
−6 −5
(sI −A) =
s 0
0 s
− 0 1
−6 −5
=
s −1
6 s + 5
a b
c d
−1
=1
ad− cd
d −b
−c a
(sI −A)−1 =
s −1
6 s + 5
−1
=1
s(s + 5) + 6
s + 5 1
−6 s
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(sI−A)−1 =1
(s + 2)(s + 3)
s + 5 1
−6 s
=
s+5(s+2)(s+3)
1(s+2)(s+3)
−6(s+2)(s+3)
s(s+2)(s+3)
fracciones parciales
s + 5(s + 2)(s + 3)
=3
s + 2− 2
s + 3↔ 3e−2t − 2e−3t
1(s + 2)(s + 3)
=1
s + 2− 1
s + 3↔ e−2t − e−3t
−6(s + 2)(s + 3)
= −6[
1s + 2
− 1s + 3
]↔ −6(e−2t − e−3t)
s
(s + 2)(s + 3)=
−2s + 2
+3
s + 3↔ −2e−2t + 3e−3t
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L−1[(sI −A)−1] = eAt =
3e−2t − 2e−3t e−2t − e−3t
−6(e−2t − e−3t) −2e−2t + 3e−3t
x(t) =
0 1
−6 −5
x(t)
tiene como solucion
x(t) =
3e−2t − 2e−3t e−2t − e−3t
−6(e−2t − e−3t) −2e−2t + 3e−3t
x(0)
x1(t)
x2(t)
=
3e−2t − 2e−3t e−2t − e−3t
−6(e−2t − e−3t) −2e−2t + 3e−3t
x1(0)
x2(0)
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x1(t) = [3e−2t − 2e−3t]x1(0) + [e−2t − e−3t]x2(0)
x2(t) = [−6(e−2t − e−3t)]x1(0) + [−2e−2t + 3e−3t]x2(0)
Suponiendo x(0) = [1 5]
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Ejemplo de caso homogeneo
x = Ax , A =
0 1
−2 −3
(sI −A)−1 =
s −1
2 s + 3
−1
=1
(s + 2)(s + 1)
s + 3 1
−2 s
=
2s+1 −
1s+2
1s+1 −
1s+2
−2s+1 + 2
s+2−1s+1 + 2
s+2
eAt =
2e−t − e−2t e−t − e−2t
−2e−t + 2e−2t −e−t + 2e−2t
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Solucion caso no-homogeneo (caso escalar)
Suponga que hay una entrada u(t), la cual representa el casohomogeneo del problema de respuesta en el tiempo. Primero se consideraun caso escalar, en donde x ∈ R1, u ∈ R1.
x = ax + bu, x(0)conocido
resolviendo la ecuacion de la siguiente manera podemos determinar x(t).
x(t)− ax(t) = bu(t)
e−at[x(t)− ax(t)] =d
dt(e−atx(t)) = e−atbu(t)∫ t
0
d
dτe−aτx(τ)dτ = e−atx(t)− x(0) =
∫ t
0
e−aτbu(τ)dτ
⇒ x(t) = eatx(0) +∫ t
0
ea(t−τ)bu(τ)dτ
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Solucion caso no-homogeneo (caso matricial)
x = Ax + Bu, x(0) conocido x ∈ Rn, u ∈ Rm
x(t)−Ax(t) = Bu(t)
e−At[x(t)−Ax(t)] = e−AtBu(t)
otra rep → d
dt(e−Atx(t)) = e−At[x(t)−Ax(t)]
integrando∫ t
0
d
dτe−Aτx(τ)dτ =
∫ t
0
e−AτBu(τ)dτ∫ t
0
d
dτe−Aτx(τ)dτ =
[e−Atx(t)
]∣∣t0
= e−Atx(t)− x(0)
→ e−Atx(t)− x(0) =∫ t
0
e−AτBu(τ)dτ
Control Moderno N1 abril 2007 Dr. Rodolfo Salinas 10
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⇒ despejando x(t) = eAtx(0) +∫ t
0
eA(t−τ)Bu(τ)dτ
La solucion de eA(t−τ) se obtiene eA(t−τ) = L−1[(sI−A)−1] reemplazandot = t− τ y despues integrando dicho termino. Si y = Cx+Du, entonces
y(t) = CeAtx(0) +∫ t
0
CeA(t−τ)Bu(τ)dτ + Du(t)
O siguiendo el procedimiento usado en caso homogeneo
x(t) = Ax(t) + Bu(t)
sX(s)− x(0) = AX(s) + BU(s)
X(s) = (sI −A)−1x(0) + (sI −A)−1BU(s)
∴ x(t) = L−1[(sI −A)−1]x(0) + L−1[(sI −A)−1BU(s)]
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Ejemplo de caso no-homogeneo
Sea un sistema cuya funcion de transferencia es
H(s) =s + 1
s2 + 5s + 6=
s + 1(s + 2)(s + 3)
y dada una entrada escalon U(s) = 6/s, encuentre la salida y(t) asumiendocondiciones iniciales de cero.
Forma mas sencilla de solucion es despejar salida de fn. de transf.
Y (s)U(s)
= H(s) → Y (s) = H(s)U(s) ⇒ Y (s) =s + 1
s2 + 5s + 66s
=6(s + 1)
s(s + 2)(s + 3)
simplificar por fracciones parciales
Y (s) =6(s + 1)
s(s + 2)(s + 3)= 6
[K
s+
L
s + 2+
M
s + 3
]Control Moderno N1 abril 2007 Dr. Rodolfo Salinas 12
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K =s + 1
(s + 2)(s + 3)
∣∣∣∣s=0
=0 + 1
(0 + 2)(0 + 3)=
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L =(s + 1)s(s + 3)
∣∣∣∣s=−2
=(−2 + 1)−2(−2 + 3)
=12
M =(s + 1)s(s + 2)
∣∣∣∣s=−3
=(−3 + 1)−3(−3 + 2)
= −23
mediante la L−1 la salida en el dominio del tiempo es
Y (s) = 6[1/6s
+1/2
s + 2− 2/3
s + 3
]=
1s
+3
s + 2− 4
s + 3
y(t) = L−1Y (s) = 1 + 3e−2t − 4e−3t
Otra forma es usando el metodo para el caso homogeneo en donde solucionse obtiene mediante representacion en variables de estado.
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H(s) =s + 1
s2 + 5s + 6=
s + 1(s + 2)(s + 3)
=N
s + 2+
O
s + 3
N =s + 1
(s + 3)
∣∣∣∣s=−2
=−2 + 1
(−2 + 3)= −1
O =s + 1
(s + 2)
∣∣∣∣s=−3
=−3 + 1
(−3 + 2)= 2
H(s) = − 1s + 2
+2
s + 3La cual esta en forma canonica de Jordan (diagonal)
∴
[x1(t)x2(t)
]=
[−2 00 −3
] [x1(t)x2(t)
]+
[11
]u(t)
y(t) =[−1 2
] [x1(t)x2(t)
]Control Moderno N1 abril 2007 Dr. Rodolfo Salinas 14
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matriz de transicion φ(t) = eAt
(sI −A)−1 =
s + 2 0
0 s + 3
−1
=1
(s + 2)(s + 3)
s + 3 0
0 s + 2
=
1(s+2) 0
0 1(s+3)
⇒ L−1
1(s+2) 0
0 1(s+3)
=[
e−2t 00 e−3t
]ecuacion de salida, x(0) = 0, u(t) = 6
y(t) =
t∫0
Cφ(τ)Bu(τ)dτ =
t∫0
[−1 2
] [e−2τ 0
0 e−3τ
] [11
]6dτ
= 6
t∫0
[− e−2τ + 2e−3τ
]dτ = 1 + 3e−2τ − 4e−3τ
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Ejemplo de caso no-homogeneo[x1(t)x2(t)
]=
[0 −11 −2
] [x1(t)x2(t)
]+
[01
]u(t)
matriz de transicion eAt = L−1(sI −A)−1 s 1
−1 s + 2
−1
=1
(s + 1)2
s + 2 −1
1 s
=
s+2
(s+1)2−1
(s+1)2
1(s+1)2
s(s+1)2
⇒ L−1
s+2
(s+1)2−1
(s+1)2
1(s+1)2
s(s+1)2
=
(1 + t)e−t −te−t
te−t (1− t)e−t
Para una condicion inicial arbitraria x(0) = [x1(0) x2(0)]T , la respuesta
x(t) =[
(1 + t)e−tx1(0)− te−tx2(0)te−tx1(0) + (1− t)e−tx2(0)
]+
[−
∫ t
0(t− τ)e−(t−τ)u(τ)dτ∫ t
0[1− (t− τ)]e−(t−τ)u(τ)dτ
]
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Teorema de Cayley-Hamilton
Sea A una matriz de dimension A ∈ Rn×n.
Un tipo de polinomio matricial es el polinomio caracterıstico de unamatriz. Si el polinomio caracterıstico de una matriz cuadrada se escribecomo
|A− Iλ| = (−λ)n + cn−1λn−1 + cn−2λ
n−2 + · · ·+ c1λ + c0 = ∆(λ)
Entonces, el polinomio matricial correspondiente es
∆(A) = (−1)nAn + cn−1An−1 + cn−2A
n−2 + · · ·+ c1A + c0I
Teorema. El Teorema de Cayley-Hamilton establece que cada matrizsatisface su propia ecuacion caracterıstica, ∆(A) = 0.
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Ejemplo Teorema Cayley Hamilton (ecuacion matricial)
Sea
A =[
3 11 2
]∴ |A− Iλ| = (3− λ)(2− λ)− 1 = λ2 − 5λ + 5
∆(A) = A2−5A+5I =[
10 55 5
]−5
[3 11 2
]+5
[1 00 1
]=
[0 00 0
]
Algunos usos del teorema de Cayley-Hamilton
• Inversion de matrices
• Reduccion de un polinomio de A a uno de orden n− 1 o menor
• Solucion de funciones analıticas de matrices
Control Moderno N1 abril 2007 Dr. Rodolfo Salinas 18
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Inversion de matrices
La matriz A ∈ Rn×n tiene la ecuacion caracterıstica general
∆(λ) = (−λ)n + cn−1λn−1 + cn−2λ
n−2 + · · ·+ c1λ + c0
Por medio del polinomio matricial correspondiente
∆(A) = (−1)nAn + cn−1An−1 + cn−2A
n−2 + · · ·+ c1A + c0I
y asumiendo que la matriz A es no singular se multiplica por A−1
(−1)nAn−1 + cn−1An−2 + · · ·+ c1I + c0A
−1
por lo que A−1 = −1c0
[(−1)nAn−1 + cn−1A
n−2 + · · ·+ c1I]
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Ejemplo inversion de matrices
Sea A =[
3 11 2
], ∆(λ) = λ2 − 5λ + 5.
∆(A) = A2 − 5A + 5I = 0
⇒ A−1 ·∆(A) → A− 5I + 5A−1 = 0
→ 5A−1 = −[A− 5I
]A−1 = −1
5[A− 5I
]= −1
5
[−2 11 −3
]
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Reduccion de polinomio de A a uno de orden ≤ n− 1
Del ejemplo anterior . Encuentre P (A) = A4 + 3A3 + 2A2 + A + I
Utilizando el Teorema de Cayley Hamilton tenemos A2− 5A + 5I = 0
→ A2 = 5A− 5I = 5(A− I) utilizando esto resolvemos el problema:
∴ A4 = A2A2 = 25(A− I)(A− I) = 25(A2 − 2A + I)
= 25[5(A− I)− 2A + I
]= 25
[3A− 4I
]A3 = A(A2) = 5(A2 −A) = 5
[5(A− I)−A
]= 5
[4A− 5I
]P (A) = 25[3A− 4I] + 15[4A− 5I] + 10[A− I] + A + I = 0
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Ejemplo de solucion mediante teorema Cayley-Hamilton
Encuentre la matriz de transicion eAt si x = Ax =[
0 1−2 −3
]x
La ecuacion caracterıstica es det(λI − A) =[
λ −12 λ + 3
]= (λ +
1)(λ + 2) ∴ λ1 = −1, λ2 = −2
y segun el teorema eAt = α0(t)I + α1(t)A o en su forma escalareλt = α0(t) + α1(t)λ
substituyendo λ1 = −1, λ2 = −2 obtenemos
e−t = α0(t)− α1(t)
e−2t = α0(t)− 2α1(t)
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Resolviendo este sistema de ecuaciones obtenemos
α0(t) = 2e−t − e−2t
α1(t) = e−t − e−2t
substituyendo estos valores en la ecuacion del teorema
eAt = α0(t)I + α1(t)A
= (2e−t − e−2t)[
1 00 1
]+ (e−t − e−2t)
[0 1−2 −3
]
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Solucion de funciones analıticas de matrices
Sea f(x) una funcion analıtica dentro de la region Ω del plano complejoy A ∈ Rn×n una matriz con valores propios λi ∈ Ω. Entonces f(x) puederepresentarse como una serie de potencias f(x) =
∑∞k=0 αkx
k Es posiblereacomodar la serie infinita de f(x) tal que f(x) = ∆(x)
∑∞k=0 βkx
k +R(x) En donde el residuo R(x) tendra grado ≤ n− 1.
Para A la solucion esta dada igual ∴ f(A) = R(A), ya que ∆(A) = 0.R(x) = α0 + α1x + α2x
2 + · · ·+ αn−1xn−1
Para n valores propios λi distintos → n ecuaciones con αi desconocido.∆(λi) = 0 tal que x = λi → f(λi) = R(λi), i = 1, 2, . . . , n
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Ejemplo Solucion de funciones analıticas de matrices
Encuentre sinA si A =[−3 10 −2
]∆(λ) = (−3− λ)(−2− λ) → λ1 =
−3, λ2 = −2A ∈ R2×2 ∴ R es de grado ≤ 1 R(x) = α0 + α1x para x = λ1 y x = λ2
sinλ1 = R(λ1) = α0 + α1λ1
sinλ2 = R(λ2) = α0 + α1λ2
Resolviendo para α0 y α1
α0 =λ1 sinλ2 − λ2 sinλ1
λ1 − λ2α1 =
sinλ1 − sinλ2
λ1 − λ2
∴ α0 = 3 sin(−2)− 2 sin(−3), α1 = sin(−2)− sin(−3)
sinA = α0I+α1A =[
α0 − 3α1 α1
0 α0 − 2α1
]=
[sin(−3) sin(−2)− sin(−3)
0 sin(−2)
]Control Moderno N1 abril 2007 Dr. Rodolfo Salinas 25
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Solucion por series
Para el caso anterior, donde la solucion de la ecuacion de estado estadada por x(t) = eAtx(0), existe otra forma de solucion llamada por series.
La pregunta es como evaluar el exponencial cuando su constante detiempo o exponente es una matriz. El proceso para evaluar una funcion deesta matriz involucra una expansion en series de la funcion y sus derivadas.La serie infinita (de Taylor) se da como:
f(A) =∑∞
k=0 fkAk
k! donde
fk = dkf(α)/dαk evaluada en α = 0.
Por ejemplo,
cos A = cos(0)I + dCosαdα
∣∣α=0
A + d2Cosαdα2
∣∣α=0
A2
2 + · · ·
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Asimismo, la funcion exponencial que se usa en la matriz de transicionse puede expandir como:
eAt = (e0)I + (e0)At +(e0)A2t2
2+ · · · (1)
= I + At +A2t2
2+ · · ·+ Aktk
k!+ · · · (2)
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Ejemplo solucion de matriz transicion por series
Encuentre la forma cerrada de eAt si x = Ax =
−1 0 00 −4 40 −1 0
x
∆(λ) = (λ + 1)(λ + 4)λ + 4(λ + 1) → λ1 = −1, λ2 = −2, λ3 = −2A ∈ R2×2 ∴ R es de grado ≤ 1 R(x) = α0 + α1x + α2x
2
eAt = α0
1 0 00 1 00 0 1
+ α1
−1 0 00 −2 10 0 −2
+ α2
−1 0 00 4 −40 0 4
resulta en el siguiente conjunto de ecuaciones
e−t = α0 − α1 + α2
e−2t = α0 − 2α1 + 4α2
te−2t = α1 − 4α2
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resolviendo para αi
α0 = 4e−t − 3e−2t − 2te−2t
α1 = 4e−t − 4e−2t − 3te−2t
α2 = e−t − e−2t − te−2t
De esta manera obtenemos la solucion como eAt =∑n−1
i=0 αi(t)Ai
eAt = (4e−t − 3e−2t − 2te−2t)
1 0 00 1 00 0 1
+
+ (4e−t − 4e−2t − 3te−2t)
−1 0 00 −4 40 −1 0
+
+ (e−t − e−2t − te−2t)
1 0 00 12 −160 4 −4
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