Solución de la ecuación de estadopandora.fime.uanl.mx/~salinas/clase8CM.pdf · 2007. 5. 1. · UNIVERSIDAD AUTONOMA DE NUEVO LE´ ON´ Facultad de Ingenier´ıa Mec´anica y El

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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

Control Moderno N1 abril 2007 Dr. Rodolfo Salinas 1

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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


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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)=

16

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)


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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


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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)


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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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