2
s + 2 s + 3
1. Dana jest transmitancja operatorowa G( s) =
. Znajdź realizację w przestrzeni
3
s + 7 2
s +14 s + 8
stanów stosując pierwszy wariant metody bezpośredniej.
Rozwiązanie:
Transmitancję operatorową (jest funkcją wymierną właściwą) można zapisać w postaci ( e( s) -
transformata wprowadzonego dodatkowo sygnału): 2
s + 2 s + 3
1
s− + 2 2
s− + 3 3
s −
y( s) e( s) G( s) =
=
=
3
s + 7 2
s +14 s + 8
1+ 7 1
s − +14 −2
s
+ 8 −3
s
e( s) u( s) gdzie:
1
e( s) =
u( s)
−
−
−
1 + 7 1
s
+14 2
s
+ 8 3
s
−
−
−
y( s) = ( 1
s
+ 2 2
s
+ 3 3
s
) e( s)
[1+7 1
s − +14 2
s− + 8 3
s − ] e( s) = u( s) y( s) = [ 1
s− + 2 −2
s
+ 3 −3
s ] e( s)
e( s) = −8 3
s − e( s) −14 2
s − e( s) − 7 1
s − e( s) + u( s) Pamiętając że s-1 jest transmitancją elementu całkującego można narysować schemat blokowy: Opisowi temu odpowiada schemat blokowy: 1
2
1
2
3
e( s
s −
)
e( s
s − e( s)
s −
)
e( s)
y( s)
u( s)
1
−
s
1
−
s
1
−
s
3
sx ( s)
x ( s) = sx ( s) x ( s)
x ( s)
3
3
2
= sx ( s)
2
1
1
-7
-14
-8
1
1
2
x& ( t)
x ( t) = x& ( t) 3
3
2
x ( t) = x& ( t) x ( t)
y( t)
u( t)
2
1
1
∫
∫
∫
3
-7
-14
-8
w którym przyjmuje się następujące oznaczenia: x ( s)
3
= s− e( s)
1
x ( s)
−2
= s e( s) = sx ( s) 2
1
x ( s)
1
= s− e( s) = sx ( s) 3
2
sx ( s) = e( s) 3
sx ( s) = −8 x ( s) −14 x ( s) − 7 x ( s) + u( s) 3
1
2
3
y( t) = 3 x ( t) + 2 x ( t) + x ( t) 1
2
3
Stąd transformaty zmiennych stanu:
sx ( s) x s
x& ( t) x t
1
= ( )
1
= ( )
2
2
sx ( s)
x s
czyli x& ( t)
x t
2
= ( )
2
= ( )
3
3
sx ( s)
x s
x s
x s
u s
x& ( t)
x t
x t
x t
u t
3
= −7 ( )
1
−14 ( )
2
−8 ( )
3
+ ( )
3
= −8 ( )
1
−14 ( )
2
− 7 ( )
3
+ ( )
I równanie wyjścia:
y( s) = 3 x ( s) + 2 x ( s) + x ( s) y( t) = 3 x ( t) + 2 x ( t) + x ( t) 1
2
3
1
2
3
Poszukiwane macierze równań stanu są postaci:
0
1
0
0
A
B
C
I =
0
0
1
I =
0
I =
[3 2 ]1
−8 −14 − 7
1
Dla sprawdzenia można obliczyć:
−
1
s
0
0
0
1
0
0
G( s) = [3 2
]
1 0
s
0 − 0
0
1
0 =……..
s s s
− 8 −14 − 7
1
2
2. Dla układu opisanego równaniami:
0
1
0
4
x&( t) =
0
0
1
x( t) + − 3 u( t)
− 6 −11 − 6
0
y( t) = [1 − 1 0] x( t) 1. Wyznacz strukturę własną układu, 2. Wyznacz macierz tranzycyjną,
3. Zbadaj stabilność układu,
3
4. Wyznacz odpowiedź układu na skok jednostkowy (warunki początkowe x( ) 0 = − 2 ),
0
Rozwiązanie:
Wartości własne układu:
s
−1
0
s
−1
det( sI − )
A = 0
s
−1 0
2
s = s ( s + ) 6 + 6 +11
3
s = s + 6 2
s +11 s + 6 = ( s + ) 1 ( s + )
2 ( s + )
3
6
11
s + 6 6 11
stąd s = 1
− , s = 2
− s = −3
1
2
3
Wektory własne układu:
5. [ s I
A v
,
i
− ] i = 0
s = 1
−
s = 2
−
s = −3
1
2
3
− 1 − 1 0 v
− 2 − 1
0 v
− 3 − 1
0 v
11
12
13
0
−1 −1 v
= 0
6.
0
− 2 −1 v
= 0
0
− 3 −1 v
=
21
22
10.
0
23
6 11 5 v
6
11
4 v
6
11
3 v
31
32
33
− 3 v
v
13 −
23 = 0
− v
v
− 2 v
v
12 −
22 = 0
11 −
21 = 0
− 3 v
v
23 −
33 = 0
− v
v
7. − 2 v
v
22 −
32 = 0
21 −
31 = 0
6 v
v
v
13 + 11 23 + 3 33 = 0
6 v
v
v
6 v
v
v
12 + 11 22 + 4 32 = 0
11 + 11 21 + 5 31 = 0
v
v
23 = −3
13
v
v
v
v
22 = −2
21 = −
11
12
11. 9 v
v
13 −
33 = 0
v
v
8. 4 v
v
12 −
32 = 0
11 −
31 = 0
− 27 v
v
13 + 3 33 = 0
− 5 v
v
− 16 v
v
12 + 4 32 = 0
11 + 5 31 = 0
v
3 v
23 = −
13
v
v
v
2 v
22 = −
21 = −
11
12
9.
v
9 v
33 =
13
v
v
v
4 v
32 =
31 =
11
12
3
Przyjmujemy:
1
1
1
1
1
1
v = − 1 , v = − 2 , v =
,
czyli V = − 1 − 2
− 3
1
2
3
−
3
1
4
9
1
4
9
Stąd
− 6 − 5 −
1
3
5
,
2
5
,
0
1
1
W =
−
V
= −
6
8
2
=
− 3 − 4 −
1 ,
2 − 2 − 3 − 1 1
5
,
1
5
,
0
T
T
T
czyli w
=
w = −
−
−
w =
1
[3 5,
2
]5
,
0
,
2
[ 3 4
]1 3 [1 5,
1
]5
,
0
Macierz tranzycyjna
Na podstawie wartości i wektorów własnych
1
1
1
−
−
Φ( t) = −1
−
[3
5
,
2
5
,
0 ] e t ⋅ (
1 t) + − 2
[− 3 − 4 − ]
1
2
e t ⋅ (
1 t) + − 3
[1
5
,
1
5
,
0 ] 3
e t ⋅ (
1 t) =
1
4
9
3 e− t − 3 −2 t
−3
e
+ e t
5
,
2 e − t − 4 −2
e t + 5
,
1
−3
e t
5
,
0
− t
−2
e
− e t + 5
,
0
−3
e t
= − 3 e− t + 6 −2
e t − 3 −3
e t
− 5
,
2 e − t + 8 −2
e t − 5
,
4
−3
e t
− 5
,
0 e− t + 2 −2
e t − 5
,
1
−3
e t
⋅ (
1 t)
3 e− t −12 −2
e t + 9 −3
e t
5
,
2 e − t − 16 −2
e t + 13 5
,
−3
e t
5
,
0 e − t − 4 −2
e t +
5
,
4
−3
e t
Stabilność układu:
Układ jest stabilny (bieguny układu leżą w lewej półpłaszczyźnie), aperiodyczny (odpowiedzi układu są sumą przebiegów t
t
− t
wykładniczych e− , e 2
− i e 3 .
Odpowiedź wektora stanu na wymuszenie jednostkowe z warunkami
3
początkowymi x( )
0 = − 2 ,
0
3
3
t
s t
T
T
s ( t −τ )
x( t) = ∑ e i v w x(0) + ∑ v w ∫ e i B u(τ ) dτ ⋅ (
1 t)
i
i
i
i
i 1
=
i 1
=
0
x ( t)
x ( t)
s
w
x ( t) =
+
+
⋅
=
s
{ T st
T
s t
T
s t
1
2
3
v w e
v w e
v w e
x
t
1
1
2
2
3
3
} (0) (1 )
1
3
1
3
1
3
−
−
= −1
−
[3
5
,
2
5
,
0 ] − 2 e t + − 2
[− 3 − 4 − ]
1 − 2
2
e t + − 3
[1
5
,
1
]5
,
0
− 2
3
e t ⋅ (
1 t)
1
0
4
0
9
0
1
4
4
4
4
4
2
4
4
4
4
4
3
=0
4
−1
4 − t
−2
e − e t
−
= − 4 e t ⋅ (
1 t) +
2
−2
e t ⋅ (
1 t) = − 4 e− t + 2 −2
e t
⋅ (
1 t)
−
−
4
− 4
4 e t − 4 2
e t
4
Warunek początkowy x( )
0 = − 2 zawiera się w płaszczyźnie rozpiętej na wektorach
0
1
1
v = − 1 , v = − 2 ,
(łatwo sprawdzić, że det[ x(0) v v
= ) więc wT x(0) = 0 i stąd w składowej 1
2 ]
0
1
2
3
1
4
przejściowej odpowiedzi nie ma modu związanego z wartością własną -3.
3
t
τ
x ( t)
T
s ( t − )
= ∑ v w ∫ e i
B u(τ ) dτ ⋅ (
1 t) =
w
i
i
i 1
=
0
1
4
1
4
t
t
− −τ
−
−τ
= − 1
[3
5
,
2
]5
,
0
( t
)
∫ e
− 3 dτ ⋅ (
1 t) + − 2
[− 3 − 4 − ]
1
2( t
)
∫ e
− 3 dτ ⋅ (
1 t) +
1
0
0
4
0
0
1
4
4
4
4
4
4
4
2
4
4
4
4
4
4
4
3
=0
1
4
t
−
−τ
+ − 3
[1
5
,
1
]5
,
0
3( t
)
∫ e
− 3 dτ ⋅ (
1 t) =
9
0
0
5
,
4
− 5
,
0
t
t
− −τ
= − 5
,
4
( t
)
∫ e
dτ ⋅ (
1 t) +
5
,
1
−3( t−τ )
∫ e
dτ ⋅ (
1 t) =
5
,
4
0
− 5
,
4
0
5
,
4 e − t
− 5
,
0
−3
e t
t
t
= − 5
,
4 e − t ∫ eτ d
−
τ
τ ⋅ (
1 t) +
5
,
1
3 t
3
e
∫ e d
τ ⋅ (
1 t) =
−
−
5
,
4
t
0
e
− 5
,
4
3 t
0
e
5
,
4 e − t
− 5
,
0
−3
e t
t
− t τ
1
t
−
τ
= − 5
,
4 e
e
⋅ (
1 t) +
5
,
1
3 t
3
e
e
⋅ (
1 t) =
0
3
0
5
,
4 e − t
− 5
,
4
−3
e t
− t
1
− t
− t
−3 t
−
5
,
4
1
( − e ) −
1
(
3
− e )
5
,
4 e
5
,
0 e
6
−
−
−
−
t
t
1
= − 5
,
4 e
( e
− )
1 ⋅ (
1 t) +
5
,
1
3
e t
( 3
e t
− )
1 ⋅ (
1 t) = − 5
,
4
1
( − e t ) + 5
,
0
1
(
3
− e t ) ⋅ (
1 t)
3
5
,
4 e − t
− 5
,
4
−3
e t
5
,
4
1
( − e− t ) − 5
,
1
1
(
−3
− e t )
Jednokolumnowa macierz wejścia B zawiera się w płaszczyźnie rozpiętej na wektorach v , v (łatwo sprawdzić, że 1
3
det[ B v
v
= ) więc wT B = 0 i stąd w składowej przejściowej odpowiedzi nie ma modu związanego z 1
3 ]
0
2
wartością własną -2.
− t
1
− t
− t
−2 t
−
5
,
4
1
( − e ) −
1
(
3
− e )
4 e
e
6
−
−
−
−
t
2 t
t
3 t
x( t) = x ( t) + x ( t) = − 4 e
+ 2 e
⋅ (
1 t) + − 5
,
4
1
( − e ) + 5
,
0
1
( − e
) ⋅ (
1 t)
s
w
4 e− t − 4 −2
e t
5
,
4
1
( − e− t ) − 5
,
1
1
(
−3
− e t )
5
Odpowiedź wektora stanu na wymuszenie jednostkowe 5
4
x ( t)
x ( t)
1
3
3
2
1
3
0
x( )
0 = − 2
0
-1
-2
-3
x ( t)
2
-4
-5 0
1
2
3
4
5
6
6