Składowe odpowiedzi czasowej. Wyznaczanie macierzy
podstawowej
Analizowany układ przedstawia rys. 1.
q1(t)
A1
q12, q2  przepływy laminarne:
q12 = c1 � h1, q2 = c2 � h2 (1)
q12(t)
Przykładowe dane:
A2
A1 = 10, A2 = 20, c1 = c2 = c = 20 (2)
q2(t)
Rysunek 1. Układ dwóch zbiorników
1. Opis matematyczny, równania stanu
Szukany jest opis obiektu z rys. 1 w postaci układu równań:
�(t) = Ax(t) + Bu(t) (3)
y(t) = Cx(t) + Du(t), (4)
Opis matematyczny układu  równania bilansu:
Ł
V1(t) = q1 - q12, V1(t) = A1 � h1(t) (5)
Ł
V2(t) = q12 - q2, V2(t) = A2 � h2(t) (6)
Równania stanu układu dwóch zbiorników z rys. 1:
c 1
#1(t) = - h1 + q1 (7)
A1 A1
c c
#2(t) = h1 - h2 (8)
A2 A2
Oznaczenia w układzie równań (3)-(4):

h1(t)
x(t) = h(t) = , u(t) = q1(t), y(t) = h2(t) (9)
h2(t)
Warunek początkowy

h1(0) = h10
x(0) = h(0) �! . (10)
h2(0) = h20
1
1
h (t)
2
h (t)
Stan ustalony:

#1(t) = 0
�(t) = 0 �! (11)
#2(t) = 0
Macierze i wektory:

c 1

- 0
a11 0 b11
A1 A1
A = = , B = = , C = 0 1 , D = 0 (12)
c c
- a21 a22 0 0
A2 A2
Dla danych (2) jest:
a11 = -2, a21 = 1, a22 = -1, b11 = 0,1. (13)
Rozwiązanie równania różniczkowego (3) ma postać:
t
A A
At A(t-�)
x(t) = eA x(0) + eA Bu(�)d�. (14)
0
Zastosowanie przekształcenia Laplace a do równania (3) a następnie wykonanie przekształcenia
odwrotnego prowadzi do:
x(t) = L-1{(sI - A)-1}x(0) + L-1{(sI - A)-1 BU(s)}. (15)
W rozwiązaniu (14) wyróżnić można składową swobodną xs(t) i wymuszoną xw(t):
x(t) = xs(t) + xw(t) (16)
A
At
Wyznaczenie postaci składowy xs(t), xw(t) wymaga wyliczenia macierzy podstawowej eA .
2. Wyznaczanie macierzy podstawowej
2.1. Przekształcenie Laplace a
Z (14) i (15) wynika zależność na macierz podstawową z wykorzystaniem przekształcenia
Laplace a:
A
At
eA = L-1{(sI - A)-1} (17)
Obliczenia:
-1 -1
-c
0 adj (sI - A)
s 0 s - a11 0
A1
(sI - A)-1 = - = = (18)
c c
0 s -a21 s - a22
det (sI - A)
A2 A2

1
0
1
s - a22 0
s-a11
(sI - A)-1 = = (19)
a21 1
a21 s - a11 (s-a11)(s-a22) s-a22
(s - a11)(s - a22)
a21
Rozkład na ułamki proste:
(s-a11)(s-a22)
a21 c1 c2 a21 a21
= + gdzie c1 = , c2 = (20)
(s - a11)(s - a22) (s - a11) (s - a22) (a11 - a22) (a22 - a11)
Dla danych (2) z zadania: c1 = -1, c2 = 1. Ostatecznie1:
�ł łł

t
11 T1
ea t 0 e-2t 0 e- 0
A A
At At
�ł �ł
eA = �! eA = = .
t t t
11 22 22
c1ea t + c2ea t ea t -e-2t + e-t e-t T1 T2 T2
-e- + e- e-
(21)
A1 A2
Z (21) wynika, że T1 = = 0,5[s], T2 = = 1[s].
c c
'" '"
1 1 1
eat = lub e-at =
s-a s+a
2
2.2. Postać kanoniczna
A
At
Wyznaczanie eA przez sprowadzenie równania stanu (3) do postaci kanonicznej:
-1 -1
�"(t) = P AP x"(t) + P Bu(t) (22)
Oznaczając wartości własne macierzy A przez i, a wektory własne przez pi (gdzie i = 1, 2, . . . n,
dim {A}=n) oraz:

P = p1 p2 . . . pn � = diag{1, 2, . . . , n} (23)
zachodzi:
Api = ipi, AP = P � (24)
det (I - A) = 0 �! i (25)
Dla danych (2) z zadania i uwzględniając (12)-(13) jest :

-2 0
A = . (26)
1 -1
Szukane:

p1 p1
1 2
1, 2; p1 = , p2 = (27)
p2 p2
1 2
Obliczenia:

-2 0 e-2t 0
�
�t
det (I - A) = ( + 2)( + 1) = 0 �! � = e� = (28)
0 -1 0 e-t

1 �! p1 dowolne np.: p1 = 1
1 1
Ap1 = 1p1 �! p1 = , (29)
-1

0
Ap2 = 2p2 �! p2 = , (30)
1

1 0 1 0
-1
P = P = (31)
-1 1 1 1
Ostatecznie:

1 0 e-2t 0 1 0 e-2t 0
A � -1
At �t
eA = P e� P = = (32)
-1 1 0 e-t 1 1 -e-2t + e-t e-t
Wynik jak w (21).
2.3. Rozwinięcie w szereg
Rozwinięcie w szereg nieskończony:
1 1 1
A
At
eA = I + At + A2t2 + A3t3 + . . . , (33)
1! 2! 3!
można wykorzystać do znajdowania przybliżonej wartości funkcji eksponencjalnej (17), przez
wykorzystanie tylko kilku pierwszych członów tego rozwinięcia.
3
3. Wyznaczanie odpowiedzi czasowej x(t) = xs(t) + xw(t)
Rozwiązanie (14) równania różniczkowego (3) zgodnie z (16) posiada dwie składowe:
1. swobodną xs(t)  brak wymuszenia (u(t) = 0), oblicza się postać czasową rozładowania
warunku początkowego x(0) = 0,

2. wymuszoną xw(t)  zerowe warunki początkowe x(0) = 0 przy nie zerowym wymuszeniu
np.: u(t) = (t)
Możliwa jest kombinacja przypadków 1 i 2. Każdą ze składowych wyznaczyć można bezpośred-
nio z równania stanu lub z transmitancji.
3.1. Składowa swobodna xs(t)
Rozładowanie warunku początkowego (x(0) = h(0) = 0, u(t) = 0):

A
At
x(t) = xs(t) = hs(t) = eA xs(0) (34)

h1(t) e-2t 0 e-2th10
hs(t) = = h(0) = (35)
h2(t) -e-2t + e-t e-t -h10e-2t + h10e-t + h20e-t
�ł łł
t
T1
e- h10
�ł �ł
hs(t) = (36)
t t t
T1 T2 T2
-h10e- + h10e- + h20e-
3.2. Składowa wymuszona xw(t)
Odpowiedz
na wymuszenie skokowe u(t) = (t) (przy zerowych warunkach początkowych
x(0) = 0):
x(t) = xw(t) = hw(t) = L-1{(sI - A)-1 BU(s)} (37)
1
'"
u(t) = (t) = (38)
s

1
0
hw(t) = L-1{(sI - A)-1 BU(s)} = L-1 s-a11 BU(s) =
a21 1
(s-a11)(s-a22) s-a22

1
1
0
1
A1
= L-1 s-a11 (39)
a21 1
0
s
(s-a11)(s-a22) s-a22
c c c
Uwzględniając (20) (oraz a11 = - , a21 = , a22 = - ):
A1 A2 A2

1
1 1
0 1
A1s(s-a11)
s-a11 A1
hw(t) = L-1 = L-1 =
c1 c2 1 c1 c2
+ 0 +
s
s-a11 s-a22 s-a22 A1s(s-a11) A1s(s-a22)
ńł łł ńł łł
�ł �ł �ł �ł
1
c
�ł �ł �ł T1 �ł
A1 1
1
�ł �ł �ł �ł
�ł�ł �ł�ł
c 1
śłżł c śłżł
c s(s+ ) s(s+ )
A1 T1
�ł śł �ł śł
L-1 c c = L-1 (40)
1 1
�ł�ł
�ł�ł A1 A2 �ł�łc1 T1 A2c2 T2 �ł�ł
c1 A2c2
�ł �ł �ł �ł
+
ół c c �ł ół �ł
+
1 1
c s(s+ ) A1c s(s+ )
c A1c
s(s+ ) s(s+ )
A1 A2
T1 T2
ostatecznie2:
�ł łł �ł łł
t t
1
T1 T1
(1 - e- ) 0,05(1 - e- )
c
�ł �ł �ł �ł
hw(t) = t t (t) = (t) (41)
t t
c1 A2c2
T1 T2 T1 T2
(1 - e- ) + (1 - e- ) -0,05(1 - e- ) + 0,1(1 - e- )
c A1c
'"
2 a
(1 - e-at) =
s(s+a)
4
4. Wyznaczanie odpowiedzi swobodnej ys(t) z transmitancji
W prezentowanym przykładzie na podstawie (9) i (12) sygnałem wyjściowym z obiektu jest
poziom h2(t):
y(t) = Cx(t) �! y(t) = h2(t). (42)
Należy więc wyznaczyć odpowiedz
swobodną zmiennej h2(t) wykorzystując transmitancję ope-
ratorową H2(s) = K(s)Q1(s).
Obiekt z rys.1 opisany jest układem równań:
�(t) = Ax(t) + Bu(t) (43)
y(t) = Cx(t), (44)
z danymi:


-2 0 0,1
A = , B = , C = 0 1 oraz u(t) = q1(t), y(t) = h2(t) (45)
1 1 0
Transformata Laplace a układu równań (43)-(44):
sX(s) = AX(s) + BU(s) (46)
Y (s) = CX(s), (47)
Transmitancja układu (43)-(44) wykorzystując (46)-(47) (dla zerowych warunków początko-
wych):
Y (s)
K(s) = = C(sI - A)-1B (48)
U(s)
Stosując dane (45):
H2(s) 0,1
K(s) = = (49)
Q1(s) (s + 2)(s + 1)
Szukana jest odpowiedz
swobodna h2(t), przy niezerowych warunkach początkowych:
x(0) = h(0) = 0 h2(0) = 0 oraz zakłada się: #2(0) = 0, '2(0) = 0 (50)

i zerowym wymuszeniu u(t) = q1(t) = 0 z wykorzystaniem transmitancji.
Przekształcenie (49) i zastosowanie przekształcenia odwrotnego Laplace a:
H2(s)(s2 + 3s + 2) = 0,1Q1(s) /L-1 (51)
prowadzi do opisu:
'2(t) + 3#2(t) + 2h2(t) = 0,1q1(t) (52)
Zakładając brak wymuszenia (u(t) = q1(t) = 0):
'2(t) + 3#2(t) + 2h2(t) = 0, (53)
przechodzi się z powrotem na opis operatorowy, przy niezerowych warunkach początkowych
(50), korzystając z własnosci transformaty pochodnej:
L{y(t)} = Y (s);
L{Ź(t)} = sY (s) - y(0-);
L{�(t)} = s2Y (s) - sy(0-) - Ź(0-)
5
Otrzymuje się:
s2H2(s) - sh2(0-) - #2(0-) + 3sH2(t) - 3h2(0-) + 2H2(s) = 0 (54)
H2(s)(s2 + 3s + 2) = sh20 + #20 + 3h20 (55)
Wartości h20, #20, h20 wyznacza się na podstawie modelu (7)-(8). Uwzględnienie danych (2)
prowadzi do (45). Z pierwszego równania stanu (7) jest:
#10 = -2h10 + 0, 1q10 (56)
natomiast z drugiego (8):
#20 = h10 - h20. (57)
Wstawiając (57) do (55) i przekształcając otrzymuje się:
sh20 + h10 + 2h20 sh20 + h"
H2(s) = = , h" = h10 + 2h20 (58)
s2 + 3s + 2 (s + 2)(s + 1)
Szukane jest h2(t) = L-1{H2(s)}. Można to wyznaczyć wykorzystując:
1. rozkład (58) na ułamki proste:
sh20 + h" c1 c2
= + (59)
(s + 2)(s + 1) (s + 2) (s + 1)
i transformatę odwrotną Laplace a
2. wzór Heaviside a:
dM(s)
L(s) = sh20 + h", M(s) = s2 + 3s + 2, = M (s) = 2s + 3 (60)
ds
s1 = 2 s2 = 1
L(s1) = h10 L(s2) = h10 + h20 (61)
M (s1) = -1 M (s2) = 1

sh20 + h"
h2(t) = L-1 = -h10e-2t+(h10+h20)e-t = -h10e-2t+h10e-t+h20e-t (62)
(s + 2)(s + 1)
Wynik jest dokładnie taki sam jak w (35).
6