Solucion CA

(1)

Soluci´on Tareas Control Avanzado

Lars Lindner 8 de noviembre de 2020

´Indice

1. Ecuaci´on de Estado 2 2. Matriz de Transici´on 7

3. Matriz de la Respuesta al Impulso 9

4. Matriz de Transferencia 13

5. Formas Normales 17

6. Formas Diagonales 20

(2)

1. Ecuaci´on de Estado

1) Entrada u(t) = ue(t) y Salida y(t) = iL(t)

Leyes de Kirchhoff del circuito:

i = iL+ iC ue= uR+ uC uC = uL

F´ormulas de conversi´on de magnitudes: uR= Ri uC = Ldi_dtL iC = Cdu_dtC

a) Utilizando PS1.

Formando la ecuaci´on diferencial en funci´on de la salida ’y’ a partir de las leyes de Kirchhoff:

ue= uR+ uC = Ri + Ldi_dtL = R(iL+ iC) + L ˙y = Ry + RCdu_dtC+ L ˙y

ue= u = RCL¨y + L ˙y + Ry

Definiendo las variables de estado: y = x1 = iL

˙

y = x2 = ˙x1= di_dtL = _L1uL

Expresando la ecuaci´on en variables de estado y despejando ˙x2:

u = RCL ˙x2+ Lx2+ Rx1 ˙ x1 = x2 ˙ x2 = _RCL1 [−Rx1− Lx2+ u] ˙ x2 = −_LC1 x1−_RC1 x2+ _RCL1 u

Determinando ecuaciones de estado: ˙x1 ˙ x2 = 0 1 −_LC1 −_RC1 x1 x2 + 0 1 RLC u y =1 0 x

Realizando la simulaci´on con valores R = 2Ω, C = 1₂F y L = 1₅H: ˙x1 ˙ x2 = 0 1 −10 −1 x1 x2 +0 5 u y =1 0 x

(3)

b) Utilizando PS2.

Definiendo las variables de estado: x1 = iL(t) y x2 = uC(t)

Se resuelve x1despejando iLde la f´ormula del inductor:

˙

x1 = di_dtL = _L1uC = _L1x2

Se resuelve x2 despejando uC de la f´ormula del capacitor y se aplican

leyes de Kirchhoff: ˙

x2 = du_dtC = _C1iC = _C1[i − iL] = _C1[_R1uR− iL] = _C1[_R1(ue− uC) − iL]

˙

x2 = −_RC1 uC− _C1iL+_RC1 ue= −_RC1 x2−_C1x1+_RC1 u

Determinando ecuaciones de estado: ˙x1 ˙ x2 = 0 _L1 −_C1 −_RC1 x1 x2 + 0 1 RC u y =1 0 x

Realizando la simulaci´on con valores R = 2Ω, c = 1₂F y L = 1₅H: ˙x1 ˙ x2 = 0 5 −2 −1 x1 x2 +0 1 u y =1 0 x

2) Entrada u(t) = ue(t) y Salida y(t) = i2(t)

Leyes de Kirchhoff del circuito:

iL= i1+i2 iC = i2 ue= uL+uR2 = uL+uC+uR2 uR1 = uC+uR2

F´ormulas de conversi´on de magnitudes: uR1 = R1i1 uR2 = R2i2 uC = L diL dt iC = C duC dt a) Utilizando PS1.

Formando la ecuaci´on diferencial en funci´on de la salida ’y’ a partir de las leyes de Kirchhoff:

ue= uL+ uR1 = uL+ uC+ uR2 = L

diL

dt + uC+ R2i2

ue= L_dtd[i1+ i2] + uC+ uR2

(4)

ue= _RL₁u˙R1+ L di2 dt + R2i2+ uC ue= _RL₁[ ˙uC+ ˙uR2] + L di2 dt + R2i2+ uC ue= _RL₁[_C1i2+ R2di_dt2] + Ldi_dt2 + R2i2+ uC ue= (LR_R₁2 + L)di_dt2 + (_RL₁_C + R2)i2+ uC ue= LC[R1_R+R₁ 2]di_dt2 +L+R_R₁1_CR2Ci2+_C1 R i2dt

Sustituyendo los coeficientes por constantes simples: a2 = L[R1_R+R₁ 2]

a1 = L+R_R₁1_CR2C

Definiendo las variables de estado: x1 =R i2dt

x2 = i2= ˙x1

˙

x2 = di_dt2 = ¨x1

Expresando la ecuaci´on en variables de estado y despejando ˙x2:

u = a2x˙2+ a1x2+_C1x1

˙ x1 = x2

˙

x2 = _a1₂[u − _C1x1− a1x2]

Determinando ecuaciones de estado: ˙x1 ˙ x2 = 0 1 −_a1 2C − a1 a2 x1 x2 + 01 a2 u y =1 0 x Donde: 1 a2 = R1 L[R1+R2] − 1 a2C = − R1 LC[R1+R2] −a1 a2 = − R2 1C L[R1+R2][L+R1R2C]

Realizando la simulaci´on con valores R1 = 2Ω, R2 = 4Ω, C = 1₂F y

L = 1₆H: ˙x1 ˙ x2 = 0 1 −4 −25₃ x1 x2 +0 2 u

(5)

y =1 0 x b) Utilizando PS2.

Definiendo las variables de estado: x1 = iL(t) y x2 = uC(t)

˙

x1se determina despejando iLde la f´ormula del inductor:

˙ x1 = di_dtL = _L1uL= _L1(ue− uC − uR2) = 1 Lue− 1 LuC− 1 LuR2

El voltaje uR2 se resuelve aplicando leyes de Kirchhoff y la f´ormula

del inductor: ˙ x1 = −R_L2i2− _L1uC +_L1ue ˙ x1 = −R_L2iL+_RR₁2_L(ue− uL) −_L1uC+ _L1ue ˙ x1 = −R_L2iL−R_R2₁di_dtL −_L1uC+_L1(1 +R_R2₁)ue

Se sustituyen los par´ametros por variables de estado y se aplica ´algebra: ˙ x1 = −R_L2x1−R_R2₁x˙1−_L1x2+R_LR1+R₁2ue (1 +R2 R1) ˙x1 = ( R1+R2 R1 ) ˙x1 = − R2 Lx1− 1 Lx2+ R1+R2 LR1 ue ˙ x1 = −_L(RR1₁R_+R2₂₎x1−_L(RR₁_+R1 ₂₎x2+_L1u ˙

x2se determina despejando uCde la f´ormula del capacitor y se aplican

leyes de Kirchhoff: ˙ x2 = du_dtC = _C1i2= _R1₂_CuR2 = 1 R2C(uR1 − uC) ˙ uC = _RR₂1_Ci1−_R1₂_CuC = _RR₂1_C[iL− i2] −_R1₂_CuC ˙ uC = −R_R1₂u˙C+_RR₂1_CiL− _R1₂_CuC

Reescribiendo la ecuaci´on utilizando variables de estado: ˙ x2 = −R_R1₂x˙2+_RR₂1_Cx1−_R1₂_Cx2 (1 +R1 R2) ˙x2 = ( R1+R2 R2 ) ˙x2 = R1 R2CiL− 1 R2CuC ˙ x2 = _C[RR₁_+R1 ₂_]x1−_C[R₁1_+R₂_]x2

Obteniendo la ecuaci´on de salida: y = i2= C ˙x2= _R₁R_+R1 ₂x1−_R₁_+R1 ₂x2

(6)

˙x1 ˙ x2 ="− R1R2 L[R1+R2] − R1 L[R1+R2] R1 C[R1+R2] − 1 C[R1+R2] # x1 x2 + 1 L 0 u y =h R1 R1+R2 − 1 R1+R2 i x

Realizando la simulaci´on con valores R1 = 2Ω, R2 = 4Ω, C = 1₂F y

L = 1₆H: ˙x1 ˙ x2 =−8 −22 3 − 1 3 x1 x2 +6 0 u y =₁ 3 − 1 6 x

(7)

2. Matriz de Transici´on

1) Primero se calcula la determinante: sI − A = s − 2 0 −6 s − 4 = (s − 2)(s − 4). Despu´es se calcula la adjunta:

adj(sI − A) =s − 4 0 6 s − 2

.

Resulta la matriz de transici´on en Laplace: Φ(s) = _{(s−2)(s−4)}1 s − 4 0

6 s − 2

.

Transformando inversa esa matriz de transici´on al tiempo resulta: Φ(t) = L−1{Φ(s)} = e2t 0 −3e2t_{+ 3e}4t _e4t .

2) Se usa la propiedad Φ(0) = I para comprobar, si la matriz M (t) es una matriz de transici´on:

M (0) =1 1 0 1

6= I.

Entonces, la matriz M (t) no es una matriz de transici´on Φ(t).

3) a) Para un sistema aut´onomo ˙x = A · x existe la soluci´on para el vector de estado:

x(t) = Φ(t)x₀ =Φ11 Φ12 Φ21 Φ22

x₀.

Hay dos valores iniciales x(1)₀ y x(2)₀ y dos vectores de estado x(1)(t) y x(2)(t), que resultan en 4 ecuaciones lineales:

I e−t = Φ11+ Φ12

II α(1 − e−t) + 1 = Φ21+ Φ22

III 2e−t = 2Φ11− Φ12

IV 2α(1 − e−t) − 1 = 2Φ21− Φ22

Resolviendo las 4 ecuaciones lineales, resulta la matriz de transici´on: Φ(t) = e−t 0 α(1 − e−t) 1 .

(8)

b) Se usa una propiedad de la matriz de transici´on, cuando se aplica la primera derivada:

˙

Φ(t) = A · eAt_.

Evaluando la primera derivada en 0 resulta la matriz del sistema: ˙

Φ(0) = A =−1 0 α 0

(9)

3. Matriz de la Respuesta al Impulso

1) a) Calculando la matriz de transici´on Φ(t). sI − A= s + 2 4 −1 s − 3 = (s + 2)(s − 3) + 4 = (s − 2)(s + 1) . adj(sI− A) =s − 3 −4 1 s + 2 . Φ(s) = _(s−2)(s+1)1 s − 3 −4 1 s + 2 . Φ(t) =− 1 3e 2t₊4 3e −t ₋4 3e 2t₊4 3e −t 1 3e 2t₋1 3e −t 4 3e 2t₋ 1 3e −t .

b) Determinando la matriz de la respuesta al impulso G(t). G(t) = cT Φ(t)b =1 2 Φ(t)2 0 =1 2− 2 3e2t+ 8 3e −t 2 3e 2t₋2 3e −t G(t) = −2₃e2t+8₃e−t+4₃e2t−4₃e−t = 2₃e2t+ 4₃e−t = g(t)

c) Obteniendo el vector de estado x(t). x(t) = Φ(t)x₀+ Z t 0 Φ(t − τ )b u(τ ) dτ x(t) = Φ(t)1 1 + Z t 0 Φ(t − τ )2 0 u(τ ) dτ Considerando que u(τ ) = 1

x(t) =− 5 3e2t+ 8 3e −t 5 3e 2t₋2 3e −t + Z t 0 −2 3e2(t−τ )+ 8 3e −(t−τ ) 2 3e2(t−τ )− 2 3e −(t−τ )t dτ x(t) =− 5 3e 2t₊8 3e −t 5 3e2t− 2 3e −t + ₁ 3e 2(t−τ )₊8 3e −(t−τ ) −1 3e 2(t−τ )₋ 2 3e −(t−τ ) t 0 x(t) =− 5 3e 2t₊8 3e −t_{+ (3 −} 1 3e 2t₋8 3e −t₎ 5 3e2t− 2 3e −t_{+ (−1 +}1 3e2t− 2 3e −t₎ = 3 − 2e 2t −1 + 2e2t

d) Calculando la salida y(t). y(t) = cT Φ(t)x₀+ Z t 0 G(t − τ )u(τ ) dτ y(t) =1 2 Φ(t)1 1 + Z t 0 ₂ 3e2(t−τ )+ 4 3e −(t−τ )_dτ

(10)

Usando Φ(t)x₀ del inciso c): y(t) =1 2−53e 2t₊8 3e −t 5 3e2t− 2 3e −t +−1 3e2(t−τ )+ 4 3e −(t−τ )t 0 y(t) =5₃e2t+ 4₃e−t + −1₃+ 1₃e2t+4₃ −4₃e−t = 1 + 2e2t e) Ahora se comprueba la salida y(t) utilizando el vector de estado x(t).

y(t) = C x(t) =1 2 3 − 2e

2t

−1 + 2e2t

= 3−2e2t−2+4e2t_{= 1+2e}2t

f) La integral de la respuesta al impulso es la respuesta al escalón como solución particular. Sumando con la solución homogénea resulta en la salida y(t) para un escalón en la entrada u(t).

y(t) = cT_Φ(t)x

0+R g(t)dt

Usando cTΦ(t)x₀ del inciso d):

y(t) = (5₃e2t+4₃e−t) +R 2₃e2t+4₃e−tdt y(t) = (5₃e2t₊4 3e −t_{) +}1 3e2t− 4 3e −t_{+ C = 2e}2t_{+ C}

Usando el valor inicial y(0) = 1 2 x₀ = 3 se calcula la constante de integraci´on C = 1. Entonces, la salida resulta en:

y(t) = 1 + 2e2t.

2) a) Calculando la matriz de transici´on Φ(t).

Debido a que arriba de la diagonal principal solo existen ceros, basta con multiplicar los elementos de ´esta para obtener el determinante: sI − A= s − 1 0 0 1 s − 2 0 0 0 s − 2 = (s − 1)(s − 2)2 adj(sI − A) =   (s − 2)2 0 0 −(s − 2) (s − 1)(s − 2) 0 0 0 (s − 1)(s − 2)   Φ(s) = _{(s−1)(s−2)}1 2   (s − 2)2 0 0 −(s − 2) (s − 1)(s − 2) 0 0 0 (s − 1)(s − 2)   . Φ(t) =   et 0 0 et_{− e}2t _e2t ₀ 0 0 e2t  

(11)

b) Determinando la matriz de la respuesta al impulso G(t). G(t) = cTΦ(t)b =1 2 3 Φ(t)   1 1 4  =1 2 3   et et 4e2t   G(t) = et+ 2et+ 12e2t= 3et+ 12e2t= g(t) c) Obteniendo el vector de estado x(t).

x(t) = Φ(t)x₀+ Z t 0 Φ(t − τ )b u(τ ) dτ x(t) = Φ(t)   1 1 1  + Z t 0 Φ(t − τ )   1 1 4  u(τ ) dτ Considerando que u(τ ) = 1

x(t) =   et et e2t  + Z t 0   e(t−τ ) e(t−τ ) 4e2(t−τ )  dτ =   et et e2t  +   −1 + et −1 + et −2 + 2e2t   x(t) =   −1 + 2et −1 + 2et −2 + 3e2t  

d) Calculando la salida y(t). y(t) = cTΦ(t)x₀+ Z t 0 G(t − τ )u(τ ) dτ y(t) =1 2 3 Φ(t)   1 1 1  + Z t 0 3et−τ _{+ 12e}2(t−τ )_dτ

Usando Φ(t)x₀ del inciso c): y(t) =1 2 3   et et e2t  +−3et−τ − 6e2(t−τ ) t 0 y(t) =3et+ 3e2t + −3 − 6 + 3et+ 6e2t = −9 + 6et+ 9e2t Comprobaci´on utilizando el vector de estado x(t):

y(t) = cTx(t) =1 2 3   −1 + 2et −1 + 2et −2 + 3e2t   y(t) = −1 + 2et_{− 2 + 4e}t_{− 6 + 9e}2t_{= −9 + 6e}t_{+ 9e}2t

(12)

e) Determinando la salida y(t) para una entrada rampa unitaria u(t) = t. Desarrollando la integral Z t 0 G(t − τ )u(τ ) dτ : Z t 0 3τ et−τ _{+ 12τ e}2(t−τ )_dτ

Resolviendo cada t´ermino utilizando integraci´on por partes: Z t 0 3τ et−τdτ = 3−τ et−τt₀+ 3 Z t 0 et−τdτ = 3−τ et−τ − et−τt 0 = 3−t − 1 + et = 3et− 3t − 3 Z t 0 12τ e2(t−τ )dτ = 12−1 2τ e2(t−τ ) t 0+12( 1 2) Z t 0 e2(t−τ )dτ =−6τ e2(t−τ )_{− 3e}2(t−τ )t 0 = 3e2t− 6t − 3 y(t) = cTΦ(t)x₀+ Z t 0 G(t − τ )u(τ ) dτ = 3et+ 3e2t+ 3et− 3t − 3 + 3e2t− 6t − 3 = −6 − 9t + 6et+ 6e2t

(13)

4. Matriz de Transferencia

1) a) Determinando G(s) usando la formula est´andar. sI − A= s + 1 0 −1 −1 s + 2 0 0 0 s + 3 = (s + 1)(s + 2)(s + 3) . adj(sI− A) =   (s + 2)(s + 3) 0 (s + 2) (s + 3) (s + 1)(s + 3) 1 0 0 (s + 1)(s + 2)   Φ(s) = _{(s+1)(s+2)(s+3)}1   (s + 2)(s + 3) 0 (s + 2) (s + 3) (s + 1)(s + 3) 1 0 0 (s + 1)(s + 2)   . G(s) = cTΦ(s)b =1 1 0 Φ(s)   0 0 1  =1 1 0   (s + 2) 1 (s + 1)(s + 2)  _{(s+1)(s+2)(s+3)}1 G(s) =_{(s+1)(s+2)(s+3)}s+3 = _(s+1)(s+2)1

b) Determinando G(s) utilizando la matriz de Rosenbrock

P (s) =     s + 1 0 −1 0 −1 s + 2 0 0 0 0 s + 3 1 −1 −1 0 0    

Utilizando subdeterminantes (menores) del elemento P34(s) y despu´es

del elemento P13(s): P (s) = − s + 1 0 −1 −1 s + 2 0 −1 −1 0 = −(−1)(−1)4 −1 s + 2 −1 −1 = −1 s + 2 −1 −1 P (s) = 1 + s + 2 = s + 3 G(s) = P (s) sI − A = _{(s+1)(s+2)(s+3)}s+3 = _(s+1)(s+2)1

c) Obteniendo G(t) a partir de la transformada inversa de Laplace de Φ(s) Φ(t) = L−1{Φ(s)} =   (e−t) 0 (1₂e−t−1₂e−3t) (e−t− e−2t) (e−2t) (₂1e−t− e−2t+1₂e−3t) 0 (0) (e−3t)  

(14)

G(t) = cT Φ(t)b =1 1 0 Φ(t)   0 0 1  =1 1 0   (1₂e−t−1₂e−3t) (1₂e−t− e−2t+1₂e−3t) (e−3t)  

G(t) = 1₂e−t−e−3t+1₂e−t−e−2t+1₂e−3t= e−t−e−2t= L−1 n 1 (s+1)(s+2) o G(t) = L−1{G(s)} 2) a) Veh´ıculo 1 (Izquierda): F1+ Fc= b1v1+ m1˙v1 Despejando ˙v1: m1˙v1 = F1+ c(s2− s1) − b1v1 = −b1v1+ c(s2− s1) + F1 ˙v1= −_mb1₁v1−_mc₁s1+_mc₁s2+_mF1₁ Veh´ıculo 2 (Derecha): F2− Fc= b2v2+ m2˙v2 Despejando ˙v2: m1˙v2 = F2− c(s2− s1) − b2v2 = −b2v2− c(s2− s1) + F2 ˙v2= −_mb2₂v2+_mc₂s1−_mc₂s2+_mF2₂

b) Obteniendo las ecuaciones de estado del sistema:

x =     v1 v2 s1 s2     ˙x₁ =     ˙v1 ˙v2 ˙s1 ˙s2     =     ˙v1 ˙v2 v1 v2     ˙x₁ =     −b1 m1 0 − c m1 c m1 0 −b2 m2 c m2 − c m2 1 0 0 0 0 1 0 0     x +     1 m1 0 0 _m1 2 0 0 0 0     u(t) y1 = s2 y2= a = s2− s1 = −s1+ s2 y =0 0 0 1 0 0 −1 1 x

c) Hallando G(s) para los valores m1 = 1, m2 = 2, b1 = 2, b2 = 6 y

c = 4: A =     −2 0 −4 4 0 −3 2 −2 1 0 0 0     B =     1 0 0 1₂ 0 0     C =0 0 0 1 0 0 −1 1

(15)

(sI − A) =     s + 2 0 4 −4 0 s + 3 −2 2 −1 0 s 0 0 −1 0 s     := M

Utilizando subdeterminantes para encontrar el determinante de esta matriz: sI − A = (s + 2) s + 3 −2 2 0 s 0 −1 0 s − 0 4 −4 s + 3 −2 2 −1 0 s sI − A= (s + 2)(s3+ 3s2+ 2s) + s(4s + 12) sI− A = s4+ 3s3+ 2s2+ 2s3+ 6s2+ 4s + 4s2+ 12s sI− A = s4+ 5s3+ 12s2+ 16s = s(s3+ 5s2+ 12s + 16) La adjunta de una matriz se calcula usando sus cofactores:

adj(sI − A) = 

  

cof11M cof21M cof31M cof41M



  

Se procede con el c´alculo de G(s): G(s) = C _|sI−A|1 adj(sI − A) B G(s) =0 0 0 1 0 0 −1 1 1 |sI−A|adj(sI − A)     1 0 0 1₂ 0 0 0 0     G(s) =0 0 0 1 0 0 −1 1 1 |sI−A|     cof11M 1₂cof21M cof12M 1₂cof22M cof13M 1₂cof23M cof14M 1₂cof24M     G(s) =_|sI−A|1 cof14M 1₂cof24M

−cof13M + cof14M −1₂cof23M + 1₂cof24M

Se calculan los cofactores necesarios: cof13M = 0 s + 3 2 −1 0 0 0 −1 s = 2 + s(s + 3) = s2+ 3s + 2

(16)

cof14M = − 0 s + 3 −2 −1 0 s 0 −1 0 = 2 cof23M = − s + 2 0 −4 −1 0 0 0 −1 s = 4 cof24M = s + 2 0 4 −1 0 s 0 −1 0 = 4 + s(s + 2) = s2+ 2s + 4

Resolviendo las operaciones necesarias de la matriz de transferencia:

1 2cof24M = 1 2(s 2_{+ 2s + 4)} −cof13M + cof14M = −s2− 3s − 2 + 2 = −s2− 3s = −s(s + 3) −1₂cof23M +1₂cof24M = 1₂s(s + 2)

Sustituyendo los valores en G(s): G(s) =_s(s3_+5s21_+12s+16) 2 1₂(s2+ 2s + 4) −s(s + 3) 1 2s(s + 2)

(17)

5. Formas Normales

1) a) Partiendo de los coeficientes obtenidos de la ecuaci´on diferencial a0 =

−2, a₁ = a2 = 1, b0 = 5, b1= b2= 0 se determina la FCC: A =0 1 2 −1 b =0 1 cT ₌_{5 0}

b) Obteniendo G(s) a partir de esta representaci´on: sI − A= s −1 −2 s + 1 = s2_{+ s − 2 = (s + 2)(s − 1)} .

Como es una matriz de dos dimensiones la adjunta se calcula simple-mente cambiando de lugar la posici´on 11 con 22 y a las restantes sola-mente se invierte el signo:

adj(sI − A) =s + 1 1 2 s Φ(s) = _(s+2)(s−1)1 s + 1 1 2 s . G(s) = cTΦ(s)b =5 0 Φ(s)0 1 =5 01 s h 1 (s+2)(s−1) i G(s) = (5)h_(s+2)(s−1)1 i= _(s+2)(s−1)5

Comprobando con la ecuaci´on caracter´ıstica de la ED G(s) = b0

a0+a1s+a2s2 =

5

−2+s+s2 = _(s+2)(s−1)5

c) Calculando la respuesta al impulso unitario y(t) = g(t) Utilizando fracciones parciales: g(t) = L−1{G(s)} = L−1n 5 (s+2)(s−1) o = L−1n−5 3 1 s+2 + 5 3 1 s−1 o g(t) = −5₃e−2t+5₃et

Es inestable por tener un exponente positivo.

2) a) A partir de los coeficientes obtenidos de la ecuaci´on diferencial a0 =

−2, a1 = a2 = 1, b0 = 5, b1= 1 y b2 = 0 se calcula la FCC: A =0 1 2 −1 b =0 1 cT =5 1 sI − A= s −1 −2 s + 1 = s2+ s − 2 = (s + 2)(s − 1) .

(18)

Φ(s) = _(s+2)(s−1)1 s + 1 1 2 s . G(s) = cT_{Φ(s)b =}_{5 1 Φ(s)}0 1 =5 11 s h 1 (s+2)(s−1) i G(s) = (5 + s)h_(s+2)(s−1)1 i= _(s+2)(s−1)s+5

b) De la misma manera se obtiene la representaci´on FCO: A =0 2 1 −1 b =5 1 cT =0 1 sI− A = s −2 −1 s + 1 = s2+ s − 2 = (s + 2)(s − 1) . Φ(s) = _(s+2)(s−1)1 s + 1 2 1 s . G(s) = cTΦ(s)b =0 1 Φ(s)5 1 =0 15s + 7 s + 5 _h 1 (s+2)(s−1) i G(s) = (s + 5) h 1 (s+2)(s−1) i = _(s+2)(s−1)s+5

c) Primero se obtiene H(s) y se utilizan fracciones parciales: H(s) = 1_sG(s) = _{s(s+2)(s−1)}s+5 = −5/2_s +_s+21/2 +_s−12

Determinando la respuesta al escal´on utilizando la transformada inver-sa de Laplace: y(t) = h(t) = L−1{H(s)} = −5 2+ 1 2e −2t_{+ 2e}t

Derivando la respuesta al escal´on: ˙

y(t) = ˙h(t) = −e−2t+ 2et

Evaluando en cero las dos respuestas:

y(0) = h(0) = −5₂+ 1₂e−2(0)+ 2e(0) = −5₂+ 1₂+ 2 = 0 ˙

y(0) = ˙h(0) = −e−2(0)+ 2e(0) = −1 + 2 = 1

d) Porque el valor inicial de la derivada de la salida ˙y(0) se define inde-pendiente del valor inicial del estado x0 en las formas normales. Solo

hay una relaci´on entre el valor inicial de la salida y el valor inicial del estado por la ecuaci´on de salida y(0) = 5x1(0) + x2(0) (FCC) o

y(0) = x2(0) (FCO).

3) Escribiendo las matrices del sistema: A =1 2

b =1

(19)

Obteniendo G(s): sI − A = s − 1 −2 −3 s − 4 = (s − 1)(s − 4) − 6 = s2_{− 5s + 4 − 6 =} s2− 5s − 2 Φ(s) = _s2_−5s−21 s − 4 2 3 s − 1 . G(s) = cTΦ(s)b =3 4 Φ(s)1 2 =3 4 s 2s + 1 ₁ s2_−5s−2 G(s) = (11s + 4) 1 s2_−5s−2 = _s211s+4_−5s−2

Representando el sistema en FCC mediante los coeficientes del numerador y denominador: A =0 1 2 5 b =0 1 cT =4 11

(20)

6. Formas Diagonales

1) a) Mediante divisi´on sint´etica se factoriza el denominador de G(s): G(s) =_s3_+8s2_+19s+126 = _{(s+1)(s+4)(s+3)}6

y a trav´es de fracciones parciales se separa en diferentes t´erminos: G(s) =_s+11 +_s+42 − 3

s+3

Se representa el sistema en forma diagonal: A =   −1 0 0 0 −4 0 0 0 −3   b =   1 1 1   cT =1 2 −3

b) A partir de estas matrices se calcula G(s): sI − A = s + 1 0 0 0 s + 4 0 0 0 s + 3 = (s + 1)(s + 4)(s + 3) . adj(sI − A) =   (s + 4)(s + 3) 0 0 0 (s + 1)(s + 3) 0 0 0 (s + 1)(s + 4)   Φ(s) = _{(s+1)(s+4)(s+3)}1   (s + 4)(s + 3) 0 0 0 (s + 1)(s + 3) 0 0 0 (s + 1)(s + 4)   . G(s) = cT_{Φ(s)b =}_{1 2 −3 Φ(s)}   1 1 1  =1 2 −3   (s + 4)(s + 3) (s + 1)(s + 3) (s + 1)(s + 4)   h 1 (s+1)(s+4)(s+3) i G(s) = [(s+4)(s+3)+2(s+1)(s+3)−3(s+1)(s+4)] h 1 (s+1)(s+4)(s+3) i G(s) =s2+7s+12+2s_{(s+1)(s+4)(s+3)}2+8s+6−3s2−15s−12 = _{(s+1)(s+4)(s+3)}6

c) Aplicando Laplace inversa a G(s) para conseguir la respuesta al im-pulso g(t):

g(t) = L−1{G(s)} = L−1n_{(s+1)(s+4)(s+3)}6 o

g(t) = L−1n_s+11 +_s+42 − _s+33 o= e−t+ 2e−4t− 3e−3t

La respuesta al impulso es estable por tener todos los exponentes nega-tivos.

(21)

2) a) Obteniendo G(s): sI − A= s −2 0 −1 s − 2 0 1 0 s − 1 = (s − 1) s −2 −1 s − 2 sI− A = (s − 1)(s2− 2s − 2). adj(sI− A) =   (s − 1)(s − 2) 2(s − 1) 0 s − 1 s(s − 1) 0 −(s − 2) −2 s2_{− 2s − 2}   Φ(s) = _(s−1)(s12_−2s−2)   (s − 1)(s − 2) 2(s − 1) 0 s − 1 s(s − 1) 0 −(s − 2) −2 s2_{− 2s − 2}   . G(s) = cTΦ(s)b =1 0 1 Φ(s)   0 1 1  =1 0 1   2(s − 1) s(s − 1) s2− 2s − 4   h 1 (s−1)(s2_−2s−2) i G(s) = [s2− 2s − 4 + 2s − 2]h_(s−1)(s12_−2s−2) i = _(s−1)(ss22−6_−2s−2) G(s) =_s3_−3ss2−62₊₂

b) Factorizando el denominador de G(s), resultan 3 polos: s1 = 1; s2= 1 +

√

3; s3 = 1 −

√ 3; Descomponiendo G(s) en fracciones parciales : G(s) =_(s−1)(ss22−6_−2s−2) = 5 3 1 s−1 − (1−√3) 3 1 s−1−√3 − (1+√3) 3 1 s−1+√3

Representando el sistema en forma diagonal: A =   1 0 0 0 1 +√3 0 0 0 1 −√3   b =   1 1 1   cT = h 5 3 − (1−√3) 3 − (1+√3) 3 i

(22)

3) a) Factorizando el denominador de G(s), resultan 5 polos: s1 = −1; s2,3= −2; s4= 2 + 2j; s5 = 2 − 2j

b) Aplicando fracciones parciales en G(s): G(s) =_(s+1)(s+2)6s4+19s32+30s_{(s−2−j2)(s−2+j2)}2+100s+96 = 1 s+1+ 2 s+2+ 2 (s+2)2 + 4+3s s2_−4s+8

c) Determinando la forma diagonal: G(s) =_s+11 +_s+22 +_(s+2)2 2 +_s24+3s_−4s+8 A =       −1 0 0 0 0 0 −2 1 0 0 0 0 −2 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 −8 4       b =       1 0 1 0 1       cT =1 2 2 4 3

(23)

7. Transformaci´on de Ecuaciones de Estado

1) a) ¨y + 6 ˙y + 8y = u(t) ˙ x1 = x2 A = 0 1 −8 −6 b =0 1 cT =1 0 b) x0 = x1+ x2 x1+ 2x2 =1 1 1 2 x c) T = _|T1−1_| adj() = 2 −1 −1 1 = T T−1 A T =1 1 1 2 0 1 −8 −6 2 −1 −1 1 T−1 A T =1 1 1 2 −1 1 −10 2 =−11 3 −21 5 b∗= T−1b =1 1 1 2 0 1 =1 2 c∗T = cT _{T =}_{1 0} 2 −1 −1 1 = 2 −1 2) a) Av1 v2 v3 = v1 v2 v3 Λ Valores propios sI − A= s + 3 −4 −4 −1 s + 3 1 1 −2 5 = s(s + 3)2− 4 − 8 + 4(s + 3) + 2(s + 3) − 4s s(s2+ 6s + 9) − 12 + 4s12 + 2s + 6 − 4s s3+ 62+ 11s + 6 = (s + 1)(s + 2)(s + 3) s1 = −1 s2 = −2 s3 = −3 Vector propio (s1 = −1) (s1I − A)v1= 0 =   2 −4 −4 −1 2 1 1 −2 −1     v11 v21 v31  = 0 I 2v11− 4v21− 4v31= 0 II −v₁₁+ v21+ v31= 0 → v11= 2v21+ v31

(24)

III v11− 2v21− 3v31

II + III: 0 + 0 + 0 = 0 Linealmente dependientes II en I: 2(2v21+ v31) − 4v21− 4v31= 0 4v21− 4v21+ 2v31− 4v31= 0 −2v31= 0 → v31= 0 II: v11= v21 para v21→ v11= 2 → v₁ =   2 1 0   Vector propio (s2 = −2) (s2I − A)v2= 0 =   1 −4 −4 −1 1 1 1 −2 −2     v12 v22 v32   I v12− 4v22− 4v32= 0 II −v12+ v22+ v32= 0 → v12= v22+ v32 III v12− 2v22− 2v32= 0 → v22= 1₂v12− v32 II + III: −v22− V 32 = 0 v22= −v32 para v32= 1 → v22= −1 I: v12+ 4v32− 4v32= 0 → v12= 0 II: 0 = v22+ v32= −v32+ v32= 0 → v2 =   0 −1 1   Vector propio (s3 = −3) (s3I− A)v3= 0 =   0 −4 −4 −1 0 1 1 −2 −3     v13 v23 v33   I −4v₂₃− 4v₃₃= 0 II −v13 + v33= 0 → v13= v33= 1 III v13− 2v23− 3v33= 0 II + III: −2v23− 3v33= 0 v23= −3v33= −1 → v₃ =   1 −1 1  

(25)

V =   2 0 1 1 −1 −1 0 1 1   b) V−1= 1 V adj(V ) V=   2 0 1 1 −1 −1 0 1 1  = −2 + 1 + 2 = 1 adj(V ) =   0 −1 1 1 2 −2 1 3 −2   T =   0 1 1 −1 2 3 1 −2 −2   V−1=   0 1 1 −1 2 3 1 −2 −2   Λ = V−1A V =   0 1 1 −1 2 3 1 −2 −2     −3 4 4 1 −3 −1 −1 2 0     2 0 1 1 −1 −1 0 1 1   =   0 −1 −1 2 −4 −6 −3 6 6     2 0 1 1 −1 −1 0 1 1   =   −1 0 0 0 −2 0 0 0 −3   3) a) A =   0 1 0 −1 −2 1 −2 0 0  

Valores propios: (sI − A)v3= 0 =

  0 −4 −4 −1 0 1 1 −2 −3     v13 v23 v33   (sI − A) =   s −1 0 1 s + 2 −1 2 0 s   = s2(s + 2) + 2 + s = s3+ 2s2+ s + 2 = (s2+ 1)(s + 2) Divisi´on polinomial: (s3+ 2s2+ s + 2) : (s + 2) = s2+ 1

(26)

−(s3_{+ 2s}2₎ 0 0 → s_1,2 = ±j = ±√−1 s3= −2 (sI − A)v1= 0 =   j −1 0 1 j + 2 −1 2 0 j     v11 v21 v31   I jv11− v21− = 0 → v21= jv11 II v11+ (j + 22)v21+ v31= 0 III 2v11 + jv31= 0 → v31= −2_j v11= k2v11 I+III en II: v11+ (2 + j)jv11− 2jv11= 0 v11+ 2jv11− v11− 2jV 11 = 0 0 = 0 → v11arbitrario → v11 → v₁ =   1 j 2j   b) (sI − A)v₂ = 0 =   −j −1 0 1 2 − j −1 2 0 j     v12 v22 v32   I −jv12 − v22− = 0 → v21= jv12 II v12+ (2 − j)v22− v32= 0 III 2v12 − jv32= 0 → v32= 2_jv12 v32= −2jv12 I+III en II: v12+ (2 − j)(−jv12) = 0 v12− 2jv12− v12+ 2jv12= 0 0 = 0 → v12arbitrario → v12= 1 → v₂ =   1 −j −2j   (s3I − A)v3 = 0 =   −2 −1 0 1 0 −1 2 0 −2     v13 v23 v33   I −2v13 − v23− = 0 II v13 − v33 = 0 → v13= v33= 1 − 2v

(27)

I: −2v13= v23= −2 → v3   1 −2 1   V =   1 1 1 j −j −2 2j −2j 1  → V −1 ₌ 1 V adj() V = 1 1 1 j −j −2 2j −2j 1 = −j − 4j + 2 − 2 − 4 − j = −10j 1 V = _10j−1 = j₁₀1 adj(V ) =   −5j −5j 0 −(1 + 2j) 1 − 2j 4j −2 + j 2 + j −2j   T =   −5j (−1 + 2j) −2 + j −5j 1 − 2j 2 + j 0 4j −2j   V−1= j₁₀1 adj() =   0.5 2−j₁₀ −2j−1₁₀ 0.5 2+j₁₀ 2j−1₁₀ 0 −4₁₀ ₁₀2   V−1A V = Λ =   1 2 2−j 10 −2j−1 10 1 2 2+j 10 2j−1 10 0 −4₁₀ ₁₀2     0 1 0 −1 −2 1 −2 0 0     1 1 1 j −j −2 2j −2j 1   V−1   j −j −2 −1 −1 4 −2 −2 −2  =   1 2 2−j 10 −2j−1 10 1 2 2+j 10 2j−1 10 0 −4₁₀ ₁₀2     j −j −2 −1 −1 4 −2 −2 −2   =   j 0 0 0 −j 0 0 0 −2  