Trabajo 1 Maya

INSTITUTO POLITÉCNICO NACIONAL

Escuela Superior de Ingeniería Mecánica y Eléctrica Unidad Culhuacan

Espacio de Estados

Trabajo: Solución de la matriz de estado

Alumnos:

o Mora Valencia Itzel Amparoo Marck Peláez Martín Enriqueo Aguilar Salazar Isaías Fernandoo Morales Rosales Víctor Manuel

Grupo: 7EV1

Profesor: Ing. Maya Pérez Edgar

México D.F. a 08 de Enero del 2015

1

Índice

Introducción --------------------------------------------------------------------3

Desarrollo teórico --------------------------------------------------------------------3

Desarrollo práctico-------------------------------------------------------------------11

Conclusiones --------------------------------------------------------------------44

Bibliografía --------------------------------------------------------------------45

2

Introducción.

El objetivo de este trabajo es introducir los métodos básicos de las variables de estado y de las ecuaciones de estados, de tal forma que el profesor al momento de revisar pueda evaluar el conocimiento obtenido del tema para la evaluación del equipo y que sirva para el estudio futuro del equipo. Se representan varias transformaciones que se pueden utilizar para facilitar el análisis y diseño de los sistemas en el dominio de las variables de estado. Se establece la relación entre el enfoque convencional de la función de transferencia y el enfoque de las variables de estado, de tal forma que el análisis sea capaz de resolver los problemas con varios métodos alternativos.

Desarrollo teórico

Observador.

Considere el sistema definido mediante

x=Ax+Bu -------------------------12.27

y=cx -------------------------12.28

Suponga que el estado x se aproximara mediante el estado X del modelo dinámico

~x=A ~x+Bu+ K e ( y−C ~x ) ---------------12.29

que representa al observador de estado. Observe que el observador de estado tiene y y u como entradas y x como salida. El último término del segundo miembro de esta ecuación modelo, ecuación (12-29), es un término de corrección que contiene la diferencia entre la salida y medida y la salida CX estimada. La matriz I funciona como una matriz de ponderación.

El término de corrección vigila el estado X. Ante la presencia de una discrepancia entre las matrices A y B usadas en este modelo y las del sistema real, la adición del término de corrección ayuda a reducir los efectos producidos por la diferencia entre el modelo dinámico y el sistema real.

3

Si el par (A,C) es observable entonces existe una transformación de coordenadas T con la propiedad

Observabilidad

Considere el sistema sin excitación descrito mediante las ecuaciones siguientes:

x=Ax

y=cx

En donde x= vector de estado (vector de dimensión n) Y= vector de salida (vector de dimension m) A= matriz de nxn C= matriz de mxn

Se dice que el sistema es completamente observable si el estado x(to) se determina a partir de la observación de y(t) durante un intervalo de tiempo finito. Por tanto, el sistema es completamente observable si todas las transiciones del estado afectan eventualmente a todos los elementos del vector de salida. El concepto de observabilidad es útil al resolver el problema de reconstruir variables de estado no medibles a partir de variables que sí lo son en el tiempo mínimo posible. En esta sección, tratamos sólo sistemas lineales e invariantes con el tiempo. Por tanto, sin pérdida de la generalidad, suponemos que to = 0.

El concepto de observabilidad es muy importante porque, en la práctica, la dificultad que se encuentra con el control mediante la realimentación del estado es que algunas de las variables de estado no son accesibles para una medición directa, por lo que se hace necesario estimar las variables de estado no medibles para construir las señales de control.

Si el sistema se describe mediante

x=Ax+Bu

y=Cx+Du

Entonces

4

x (t )=eAt x (0 )+∫0

t

e A (t−τ ) Bu(τ )dτ

y y (t ) es

x (t )=Ce At x (0 )+C∫0

t

eA (t− τ ) Bu (τ )dτ+Du

Dado que las matrices A, B, C y D se conocen al igual que u(t), los dos últimos términos del segundo miembro de esta última ecuación son cantidades conocidas. Por tanto, se pueden restar del valor observado de y(t).

Controlabilidad.

Se dice que un sistema es controlable en el tiempo f 0 si se puede llevar de cualquier estado inicial x (t 0)a cualquier otro estado, mediante un vector de control sin restricciones, en un intervalo de tiempo finito.

Se dice que un sistema es observable en el tiempo (t ¿¿0)¿ si, con el sistema en el estadox ( f 0),es posible determinar este estado a partir de la observación de la salida durante un intervalo de tiempo finito.

Kalman introdujo los conceptos de controlabilidad y observabilidad, mismos que juegan un papel importante en el diseño de los sistemas de control en el espacio de estados. De hecho, las condiciones de controlabilidad y observabilidad determinan la existencia de una solución completa para un problema de diseño de un sistema de control. Tal vez no exista una solución a este problema si el sistema considerado es no controlable. Aunque la mayor parte de los sistemas físicos son controlables y observables, los modelos matemáticos correspondientes tal vez no posean la propiedad de controlabilidad y observabilidad. En este caso, es necesario conocer las condiciones bajo las cuales un sistema es controlable y observable.

Controlabilidad completa del estado de sistemas en tiempo continuo.

Considere el sistema en tiempo continuo

X = Ax + Bu ------------ (11-51)

en donde: x = vector de estados (vector de dimensión n)

u = señal de control (escalar)

A=matriz d en xn

5

B=matriz d en x l

Se dice que el sistema descrito mediante la ecuación (11-51) es de estado controlable en t=0, si es posible construir una señal de control sin restricciones que transfiera un estado inicial a cualquier estado final en un intervalo de tiempo finito t 0 ,5 t , 5 t r. Si todos los estados son controlables, se dice que el sistema es de estado completamente controlable.

Ahora obtendremos la condición para una controlabilidad completa del estado. Sin perder la generalidad, suponemos que el estado final es el origen en el espacio de estados y que el tiempo inicial es cero, ent=0

La solución de la ecuación (11-51) es

x (t )=eAt x (0 )+∫0

t

e A (t−τ ) Bu(τ )dτ

Aplicando la definición de controlabilidad completa del estado recién establecida, tenemos:

x ( t1 )=0=eA t1 x (0 )+∫0

t 1

e A ( t1−τ ) Bu(τ)dτ

O bien,

x (0 )=−∫0

t1

e−Aτ Bu ( τ ) dτ(11-52)

Remitiéndonos a las ecuaciones (11-48) u (11-50), e At se escribe:

e At=∑k=0

n−1

ak (τ ) Ak (11-53)

Sustituir e At en la ecuación (11-52) por la ecuación (11-53) produce

x (0 )=−∑k=0

n−1

Ak B∫0

t 1

ak ( τ )u ( τ )dτ (11−54 )

Definamos: ∫0

t1

ak (τ ) u (τ ) dτ=βk

Así, la ecuación (11-54) se convierte en:

x (O )=−∑k=0

n−1

Ak B βk

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¿−[B AB : … : An−1 B ]| β0

β1

βn−1|(11−55)

Si el sistema es de estado controlable, entonces, dado cualquier estado inicial x(O), la ecuación (11-55) debe satisfacerse. Esto requiere que el rango de la matriz de n x n:

[B AB ⋮ … An−1 B]

En el diseño práctico de un sistema de control, se puede necesitar controlar la salida en lugar del estado del sistema. Una controlabilidad completa del estado no es condición necesaria ni suficiente para controlar la salida del sistema. Por esta razón, es conveniente definir de forma independiente la controlabilidad completa de la salida.

Sea el sistema descrito mediante

X=Ax+Bu (9-61)

Y=Cx+Du (9-62)

Donde: x = vector de estado (vector de dimensión n)

u =vector de control (vector de dimensión r)

y =vector de salida (vector de dimensión n)

A=matriz n x n

B=matriz n x r

C=matriz m x n

D=matriz m x r

Se dice que el sistema descrito mediante las Ecuaciones (9-61) y (9-62) es de salida completamente controlable si es posible construir un vector de control sin restricciones u(t) que transfiera cualquier salida inicial y(t0) a cualquier salida final y(ti) en un intervalo de tiempo finito t0 ≤ t ≤ t1

Es posible demostrar que la condición para controlabilidad completa de la salida es la siguiente.

El sistema descrito mediante las Ecuaciones (9-61) y (9-62) es de salida completamente controlable si y sólo si la matriz m x (n+1)r.

[CB ⋮ CAB ⋮ C A2 B ⋮ ⋯ ⋮ C An−1 B ⋮ D ]

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Es de rango m. Obsérvese que la presencia del término Du en la ecuación (9-62) siempre ayudar a establecer la controlabilidad de salida.

Controlador de Estado.

Se asume que se tiene disponible la representación en F. de T de h(s) con la forma

Y (s)U (s)

=(bn−1 ) Sn−1+( bn−2 ) Sn−2+…+(b1+b0 )

Sn−an−1 Sn−1+an−2 Sn−2+…++a1 s+a0

A la cual se le puede asignar la representación de FCC.

Al utilizar el controlador de estados (considerando que la matriz Kc en el caso SISO es un vector kc) del tipo u

= uex - kcx, con kc = [a0 - a0 a1 - a1 ··· an-1 - an-1] (donde ai, i = 0, ..., n-1 son ganancias arbitrarias) se tiene que la representación en L.C. queda,

Por lo tanto, la F. de T. en L.C. queda,

Y (s)U (s)

=(bn−1 ) Sn−1+( bn−2 ) Sn−2+…+(b1+b0 )

Sn−an−1 Sn−1+an−2 Sn−2+…++a1 s+a0

Es decir, si se conoce la ubicación deseada de los polos en L.C. (por tanto se conoce ai, i = 0, ..., n-1) y se conoce la ubicación de los polos en L.A. (por tanto se conoce ai, i = 0, ..., n-1), se puede determinar kc. El procedimiento anterior es directo si se tiene la F. de T.; sin embargo, si se tiene la realización {A, b, c, d}, ésta debe ser posible de escribir en su FCC.

Nota: FCC = Forma Canónica Controlable.

8

REPRESENTACIONES EN EL ESPACIO DE ESTADOS DE SISTEMAS DEFINIDOS POR SU FUNCION DE TRANSFERENCIA

Existen muchas técnicas para obtener representaciones en el espacio de estados de sistemas definidos por su función de transferencia. Esta investigación abordara las representaciones en el espacio de estado en la forma canónica controlable, observable, diagonal o de Jordan.

REPRESENTACION EN EL ESPACIO DE ESTADOS EN FORMA CANÓNICAS

Considérese un sistema definido mediante:

y+a1 y+…+an−1 y+an y=b0u+b1u+…+bn−1 u+bnu

Donde u es la entrada e y es la salida. Esta ecuación también puede escribirse como:

Y (s)U (s)

=b0 Sn+b1 Sn−1+…+bn−1 S+bn

Sn+a1 Sn−1+…+an−1 S+an

A continuación se presentan las representaciones en el espacio de estados del sistema definido mediante las ecuaciones anteriores, en su forma canónica controlable, en su forma canónica observable y en su forma canónica diagonal (o de Jordan).

FORMA CANÓNOCA DIAGONAL.- Considérese el sistema representado por la función de transferencia definida mediante la Ecuación anterior. Se considera el caso en el que el polinomio del denominador sólo contiene raíces distintas. En este caso, la Ecuación anterior se puede escribir como:

Y (s)U (s)


( S+P1 ) (S+P2 )⋯ ( S+Pn )

¿b0+C1

S+P1

+C2

S+P2

+⋯+Cn

S+ Pn

La forma canónica diagonal de la representación en el espacio de estados de este sistema viene dada por:

9

[ x1

x2

⋮xn

]=¿

y= [C1C2⋯Cn ] [ x1

x2

⋮xn

]+b0 u

FORMA CANÓNICA DE JORDAN.- A continuación se considera el caso en el que el polinomio del denominador de la ecuación anterior contiene raíces múltiples. En este caso la forma canoníca diagonal anterior dene modificarse a la forma canónica de Jordan. Suponga, por ejemplo, que todos los Pi excepto los tres primeros, son diferentes entre sí, o sea, P1=P2=P3. En este caso, la forma factorizada de Y (s ) /U (s ) se hace:

Y (s)U (s)


( S+P1)3 ( S+P4 ) (S+P5 )⋯ ( S+Pn )

El desarrollo en fracciones simples de esta última ecuación se convierte en:

Y (s)U (s)

=b0+C1

( S+P1 )3+

C2

( S+P1)2 +C3

S+P1

+C4

S+P4

+⋯+Cn

S+Pn

Una representación en el espacio de estados de este sistema en su forma canónica de Jordan se obtiene mediante:

[x1

x2

x3

x4

⋮xn

]=¿

y= [C1C2⋯Cn ] [ x1

x2

⋮xn

]+b0 u

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Ejercicios.

1a) Observador con inciso a:

y+a1 y+a2 ˙y+a3 y=b3 u+b2 u+b1 u

Solución:

1.- AplicarL.

L { y }+a1 L { y }+a2 L{ ˙y }+a3 L {y }=b3 L{u }+b2 L {u }+b1 L{u }

s3 y+a1 s2 y+a2 sy+a3 y=b3 u+b2 su+b3 s2 u

2.- Despejar el término de mayor orden.

s3 y=b3u+b2 su+b3 s2u−a1 s2 y−a2 sy−a3 y

Factorizar términos de “s” comunes.

s3 y=(b¿¿1u−a1 y )s2+(b¿¿2u−a2 y) s+(b¿¿3 u−a3 y)¿¿¿

3.- Dividir ambos términos por s3

y=(b¿¿1 u−a1 y )s2

s3 +(b¿¿2u−a2 y )s

s3 +(b¿¿3 u−a3 y )

s3 ¿¿¿

y=(b¿¿1 u−a1 y )

s+(b¿¿2u−a2 y )

s2 +(b¿¿3 u−a3 y)

s3 ¿¿¿

Factorizar el término ( 1s ) y multiplicar ambos términos por “s”.

11

sy=(b¿¿1u−a1 y )+(b¿¿2u−a2 y)

s+(b¿¿3u−a3 y )

s2 ¿¿¿

4.- Se definen las variables de estado.

Sí {L} ^ {-1} left lbrace sy right rbrace = {dy(t)} over {dt}

Defiendo:

x1=d x1

dt=

dy ( t )dt

→ x1= y ( t )

Sustituyendo:

Aplicando L−1

x1=(b1u ( t )−a1 x1 )+x2

Para x2

x2=(b¿¿2u−a2 y )

s+(b¿¿3u−a3 y )

s2 ¿¿


Aplicando L−1

x2=(b2u ( t )−a2 x1 )+x3

Para x3

x3=(b¿¿3u−a3 y )

s¿

Multiplicar ambos términos por “s”.

12

x3

sx2=(b¿¿2u−a2 y )+(b¿¿3 u−a3 y )

s¿¿

x2

sy=(b¿¿1u−a1 y )+(b¿¿2u−a2 y)

s+(b¿¿3u−a3 y )

s2 ¿¿¿

sx3=(b¿¿3u−a3 y)¿

Aplicando L−1

x3=b3u (t )−a3 x1

5.-Las ecuaciones del sistema son:

x1=−a1 x1+ x2+b1u ( t )

x2=−a2 x1+ x3+b2u ( t )

x3=−a3 x1+b3 u ( t )

y (t )=x1

6.- El modelo matricial es:

[ x1

x2

x3]=[−a1 1 0

−a2 0 1−a3 0 0] [x1

x2

x3]+[b1

b2

b3]u(t)

y (t )=[1 00 ][ x1

x2

x3]+ [ 0 ] u(t)

7.- El diagrama de simulación es:

13

2ª) Observador con inciso b

y+8 y−4 y= x−2 x

Aplicar L

L { y }−4 L { y }+8 L{ y }=L {x }−2 L{x }

s3 y−4 sy+8 y=s2 x−2 sx

2.- Despejar el término de mayor orden.

s3 y=s2 x−2 sx+4 sy−8 y

Factorizando términos de “s” comunes.

s3 y=s2 x+(4 y−2 x)s−8 y

3.- Dividir ambos términos por s3

y= x s2

s3 +(4 y−2 x ) s

s3 −8 ys3

y= xs+(4 y−2 x )

s2 −8 ys3


sy=x+(4 y−2 x)

s−8 y

s2

4.- Se definen las variables de estado.

Sí {L} ^ {-1} left lbrace sy right rbrace = {dy(t)} over {dt}

Defiendo:

x1=d x1

dt=

dy ( t )dt

→ x1= y ( t )

Sustituyendo:

14

x2

sy=x+( (4 y−2x )s

−8 ys2 )

Aplicando L−1

x1=x ( t )+x2

Para x2

x2=(4 y−2 x)

s−8 y

s2


Aplicando L−1

x2=4 x1−2x ( t )−x3

Para x3

x3=−8 y

s

Multiplicar ambos términos por “s”.

sx3=−8 y

x3=−8 x1

5.-Las ecuaciones del sistema son:

x1=x2+ x ( t )

x2=4 x1−x3−2 x ( t )

x3=−8 x1

y (t )=x1

6.- El modelo matricial es:

15

x3

sx2=4 y−2 x−8 ys

[ x1

x2

x3]=[ 0 1 0

4 0 −1−8 0 0 ][ x1

x2

x3]+[ 1

−20 ] x (t)

y (t )=[1 00 ][ x1

x2

x3]+ [ 0 ] x( t)

Diagrama de simulación.

3ª) Observabilidad con inciso a


Despejar:

y+a1 y+a2 y−b2u−b1u=b3 u−a3 y → x1

Integrando:

16

∫ y+a1∫ y+a2∫ y−b2∫ u−b1∫ u=∫ x1

y+a1 y+a2 y−b2u−b1u=x1

Despejar:

y+a1 y−b1 u=x1+b2u−a2 y → x2

Integrando:

∫ y+a1∫ y−b1∫ u=∫ x2

y+a1 y−b1u=x2

Despejar:

y=x2−a1 y+b1u → x3

Integrando:

∫ y=∫ x3

y=x3

Las ecuaciones del sistema son:

x1=b3 u−a3 y

x2=x1+b2 u−a2 y

x3=x2−a1 y+b1u

y=x3

Aplicamos L−1

x1=b3 u(t )−a3 x3

x2=x1+b2 u(t)−a2 x3

x3=x2−a1 x3+b1 u(t)

y (t )=x3

Reacomodando términos.

x1=−a3 x3+b3 u(t )

17

x2=x1−a2 x3+b2 u(t)

x3=x2−a1 x3+b1 u(t)

y (t )=x3

El modelo matricial es:

[ x1

x2

x3]=[0 0 −a3

1 0 −a2

0 1 −a1] [x1

x2

x3]+[b1

b2

b1]u(t)

y (t )=[ 001 ][ x1

x2

x3]+ [ 0 ] u(t)


4ª) Observabilidad con inciso b

y+8 y−4 y= x−2 x

18

Despejar:

y−4 y− x+2 x=8 y → x1

Integrando:

∫ y−4∫ y−∫ x+2∫ x=∫ x1

y−4 y− x+2 x=x1

Despejando:

y− x=x1+4 y−2 x→ x2

Integrando:

∫ y−∫ x=∫ x2

y−x=x2

Despejando:

y=x2+x→ x3

Integrando:

∫ y=∫ x3

y=x3

Las ecuaciones del sistema son:

x1=8 y

x2=x1+4 y−2 x

x3=x2+ x

y=x3

Aplicamos L−1

x1=8 x3

x2=x1+4 x3−2 x (t)

x3=x2+ x (t)

y (t )=x3

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El modelo matricial es:

[ x1

x2

x3]=[0 0 8

1 0 40 1 0 ][ x1

x2

x3]+[ 0

−21 ] x (t)

y (t )=[ 001 ][ x1

x2

x3]+ [ 0 ] x( t)


20

Obtener la representación de las siguientes ecuaciones en cada una de las formas canónicas.

3) Controlador

4) Controlabilidad

a) y+a1 y+a2 ˙y+a3 y=b3 u+b2 u+b1 u

b) y+8 y−4 y= x−2 x

c) Si alguna no aplica. Proponer un caso.

- Controlador con inciso a

Paso 1 Aplicar L


L { y }+a L { y }+a2 L { y }+a3 L { y }=b3 L {u }+b2 L {u }+b1 L {u }

S3+a1 S2 y+a2 Sy+a3 y=b3 u+b2 Su+b1 S2u

Paso 2 Obtener la Función de Transferencia:

y (S )u (S )

=b1 S2+b2 S+b3

S3+a1 S2+a2 S+a3

Paso 3 Obtener la representación en L.C.

x=[00⋮0

−a0

10⋮0

−a1

01⋮0

−a2

⋯⋱⋯⋯⋯

00⋮1

−an−1

] x+[00⋮01] y

y= [b0 b1⋯bn−1 ] x

21

Paso 4 Obtención del diagrama de simulación.

3) CONTROLADOR A INCISO B

y+8 y−4 y= x−2 x

Paso 1 Aplicar L

L { y }−4 L { y }+8 L { y }=L { x }−2 L {x }

s3 y−4 s2 y+8 y=−2 sx+s2

Paso 2 Función de Transferencia.

y ( s )u (s )

= s2−2 ss2−4 s+8

a) Obtener del sistema original s:{ A , B ,C ,D }los coeficientes a1 , i=0 , ……. ,n−1 a partir del polinomio característico:

det { SI−A } Sn+an−1 Sn−1+an−2 Sn−2+…+a1 S+a0

b) Darse los valores propios deseados λ1, i=1, …, n, del cual se obtienen los coeficientesa1 , i=0 , …,n−1 , como :

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( S−λ1 ) ( S− λ2 ) … ( S− λn )=Sn+an−1 Sn−1+an−2 Sn−2+…+a1 S+a0

c) Obtener K c=[ a0−a0 a1−a1… an−1−an−1 ]

Paso 4 Calcular τ a partir de A y B.

Paso 5 Determinar K c como K c=(K ¿¿c )(τ )¿

Aplicando el procedimiento anterior, tenemos:

1.- En este caso se puede obtener directamente:

a0=8 a1=−4 a2=0

2.- Los polos están -2±2i (el3° polo está en -2), por lo que se puede escribir (S+2+J)(S+2-J)(S-(-2))

¿ S2+2S−SJ+2 S+4−2 J+SJ+2 J+0 [ S+2 ]

¿ S3+2S2+2S2+4 S+2 S2+4 S+4 S+8

¿ S3+6 S2+12 S+8

Por lo que: a0=8 , a1=12, a2=6

3.- KC= [8−8 ,−4+12,0+6 ]= [0,8,6 ]

4.- La matriz T=[a1b+a2 Ab+ A2b ; a2b+Ab ;b ]−1

T=[100010

001]

5.- Finalmente KC= [0 8 6 ]

6.- Obtener h(s)LC para verificar resultados.

h(s)LC=y (s)u(s)

= S2−2 SS3+6S2+12 S+8

Verifica la reubicación de los valores propios del sistema.

Obtención del diagrama de simulación.

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4ª) Controlabilidad

a) y+a y+a2 y+a3 y=b3 u+b2 u+b1u

Paso 1.- Aplicar L

L { y }+a L { y }+a2 L { y }+a3 L { y }=b3 L {u }+b2 L {u }+b1 L {u }

S3+a1 S2 y+a2 Sy+a3 y=b3 u+b2 Su+b1 S2u

Obtener la F.T.

Y (s)U (s)

=b0+(b1−a1 b0 ) Sn−1+…+( bn−1−an−1b0 ) S+ (bn−an b0 )

Sn−a1 Sn−1+…+an−1 S+an

Que puede modificarse a:

y (s )=b0U ( s )+Y (s)……..1

Donde:

Y (s )=(b1−a1 b0 ) Sn−1+…+( bn−1−an−1b0 ) S+(bn−an b0 )


U (s))

Reescribiendo esta ecuación.

Y (s)

(b1−a1 b0 ) Sn−1+…+(bn−1−an−1b0 ) S+( bn−an b0 )

¿U (s)


De esta ecuación se obtienen las dos ecuaciones siguientes:

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Sn Q (s )=−a1 Sn−1 Q ( s )−…−an−1 SQ (s )−an Q ( S )+U ( s )… .. 2

Y (s )=( b1−a1b0 ) Sn−1Q (s )+… ..+(bn−1−an−1 b0 ) SQ ( s )+( bn−an b0 ) Q (s ) … ..3

Definiendo variables de estado:

X1 (s )=Q (s)

X2 (s )=SQ(s)

X n−1 (s )=Sn−2Q(s)

X n ( s)=Sn−1Q(s)

Resulta evidentemente que:-

S X1 (s )=X 2 ( s)(

S X2 (s )=X 3(s)

S Xn−1 (s )=X n(s )

Reescribiendo

X1=X2

X2=X3

˙X n−1=Xn

Teniendo en cuenta que Sn Q (s )=S Xn (s ), en la ecuación dos se puede reescribir así:

S Xn (s )=−a1 xn (s )−……−an−1 x2 (s )−an x1 ( s )+U (s )

O bien:

˙xn=−an x1−an−1 x2−……−a1 xn+u

Así mismo, a partir de las ecuaciones uno y tres se obtienen:

Y (s )=b0U ( s )+( b1−a1b0 ) Sn−1Q (s )+……+ (bn−1−an−1 b0 ) SQ ( s)+(bn−anb0 ) Q(s )

Y (s )=b0U ( s )+( b1−a1b0 ) Xn (s )+……+( bn−1−an−1b0 ) X2 ( s )+( bn−an b0 ) X1(s)

Aplicando la transformada inversa de Laplace, de esta ecuación de salida es:

25

Y= (bn−an b0 ) X1 (s )+(bn−1−an−1 b0 ) X 2+……+(b1−a1 b0 ) X n+b0 u

La ecuación seis se puede reescribir (en forma matricial) así:

y= [bn−an b0 ⋮ bn−1−an−1 b0 ⋮ … ⋮ b1−a1 b0 ] [ x1

x2

⋮xn

]+b0u

Ahora combinando la ecuación cuatro y cinco tenemos:

[x1

x2

⋮˙xn−1

xn

]=[00⋮0

−an

10⋮0

−an−1

01⋮0

−an−2

⋯⋯⋱⋯⋯

00⋮1

−a1

][x1

x2

⋮xn−1

xn

]+[00⋮01]u

Diagrama de simulación

4b) Controlabilidad a inciso b

y+8 y−4 y= x−2 x

Paso 1 Aplicar Laplace.

26

L { y }+8 L { y }−4 L { y }=L { x }−2 L {x }

S3 y−4 S2 y+8 y=S2 x−2 Sx

Obteniendo la F.T.

h ( s)= S2−2 SS3−4 S2+8 S+0

Y (s )=b0U ( s )+Y (s )

Y (s)= S2−2 SS3−4 S2+8 S

U (s )

Q (s )= U (s)(2S−S ) 1+(2S+4 )2 S

(2S−1 ) SQ ( s )=(2 S−S ) 1Q (s )

Y (s )=(2 S+4 ) 2 SQ (s )

Definiendo las variables de estado:

X1 (s )=Q (s)→ ˙X1(s )⇉Q (s)

X2 (s )=SQ(s)→ ˙X 2(s)⇉2SQ(s)

X1=X2

X2=2 S

Obteniendo la forma canónica controlable.

[ X1

X2]=[0 2

4 −8 ][X1

X2]+[01]

Ahora, el diagrama de simulación

27

FORMA CANÓNICA DIAGONAL

a) Obtener la representación de la siguiente ecuación en su forma canónica diagonal.

y+a1 y+a2 y+a3 y=b3 u+b2 u+b1 u

Solución

Paso 1° Aplicar Laplace:

L { y }+a1 L { y }+a2 L { y }+a3 L { y }=b3 L {u }+b2 L {u }+b1 L {u }

28

S3 y+a1 S2 y+a2 Sy+a3 y=b3u+b2 Su+b1 S2u

Paso 2° Obtener la Función de Transferencia:

y (S )u (S )

=b1 S2+b2 S+b3

S3+a1 S2+a2 S+a3

Paso 3° Obtener las raíces del denominador de la ecuación:

y (S )u (S )

=b1 S2+b2 S+b3

( S+P1 ) ( S+P2 ) (S+P3)

Paso 4° Obtener las Fracciones Parciales:

y (S )u (S )

=b1+C1

( S+P1 )+

C2

( S+P2 )+

C3

(S+P3)

La ecuación anterior puede escribirse como:

y (S )=b1u(S)+C1

( S+P1 )u (S )+

C2

( S+P2 )u(S)+

C3

(S+P3)u(S)

Paso 5° Definir las variables de estado del modo siguiente:

X1 (s )= 1

( S+P1 )u (S )

X2 (s )= 1

( S+P2 )u(S)

X3 ( s)= 1(S+P3)

u (S )

Se puede escribir como:

SX1 ( s)=−P1 X1 ( s)+u(S)

SX2 ( s)=−P2 X2 ( s)+u (S )

29

SX3 ( s )=−P3 X3 (s )+u(S)

Paso 6° Obtener la transformada inversa de Laplace de las ecuaciones anteriores:

X1=−P1 X 1+u

X2=−P2 X2+u

X3=−P3 X3+u

Paso 7° Elegir las variables de estado:

X1(S)=C1

( S+P1 )u(S)

X2(S)=C2

( S+P2 )u(S)

X3(S)=C3

(S+P3)u(S)

Paso 8° Obtener la representación en el espacio de la forma canónica diagonal

[ x1

x2

x3]=[−p1 0 0

0 −p2 00 0 −p3

][ x1

x2

x3]+[111]u

y= [C1C2 C3 ] [ x1

x2

x3]+b1 u

Paso 9° Obtener la representación en diagrama de bloques del sistema definido en su forma canónica diagonal.

30

b) Obtener la representación de la siguiente ecuación en su forma canónica diagonal.

y−4 y+8 y=−2 x+ xSolución


L { y }−4 L { y }+8 L { y }=−2 L {x }+L { x }

S3 y−4 Sy+8 y=−2 Sx+S2


y (S )u (S )

= S2−2 SS3−4 S+8

Paso 3° al Obtener las raíces del denominador de la ecuación de pudo observar que la las raíces son imaginarias por lo tanto no se puede realizar con este método.

c) Si alguna ecuación no aplica proponer un caso. Obtener la representación de la siguiente ecuación en su forma canónica diagonal.

31

y+5 y+6 y=6 u+ u

Solución


L { y }+5L { y }+6 L { y }=6 L {u }+L {u }

S2 y+5 Sy+6 y=6u+Su


y (S )u (S )

= S+6S2+5 S+6


Utilizando el método de la formula general, hallar las raíces es fundamental.

P1,2=−b ±√b2−4ac

2 a

P1,2=−5 ±√(5)2−4 (1 )(6)

2 (1)

P1,2=−5 ±√25−24

2

P1,2=−5 ±√1

2

P1,2=−5 ± 1

2

P1=−2

P2=−3

Entonces nuestro denominador es factorizable de forma directa y por lo tanto la ecuación quedara:

32

y (S )u (S )

= S+6( S+2 )(S+3)


Encontrar los valores de “a” y “b”

S+6(S+2 )(S+3)

= aS+2

+ bS+3

a) Deshacernos del denominador, lo que nos lleva a multiplicar ( S+2 )(S+3)

S+6 (S+2 )(S+3)(S+2 )(S+3)

=a (S+2 )(S+3)

S+2+

b (S+2 )(S+3)S+3

(S+6)=a (S+3 )+b (S+2)

b) Asignar valores a “S”, para obtener un sistema de ecuaciones y de este modo calcular los valores de “a” y “b”.

S+3 = 0

S = -3

(−3+6)=a (−3+3 )+b(−3+2)

3 = -b

b = -3

S+2 = 0

S = -2

(−2+6)=a (−2+3 )+b (−2+2)

4 = a

a = 4

33

y (S )u (S )

=1+ 4S+2

+ −3S+3


y (S )=u (S)+ 4S+2

u (S )+ −3S+3

u(S)


X1 (s )= 1( S+2 )

u (S )

X2 (s )= 1( S+3 )

u(S)

Se puede escribir como:

SX1 ( s)=−2 X1 ( s )+u (S )

SX2 ( s)=−3 X2 (s )+u(S)

Paso 6° Obtener la transformada inversa de Laplace de las ecuaciones anteriores:

X1=−2 X1+u

X2=−3 X2+u


X1(S)= 4( S+2 )

u (S )

X2(S)= −3( S+3 )

u(S)

Donde:C1=4

C2=−3

P1=2

34

P2=3

Paso 8° Obtener la representación en el espacio de la forma canónica diagonal

[ X1

X2]=[−2 0

0 −3 ][X1

X2]+[11]u

y= [ 4 −3 ] [X1

X2]+u

Paso 9° Obtener la representación en diagrama de bloques del sistema definido en su forma canónica diagonal.

FORMA CANÓNICA DE JORDAN

d) Obtener la representación de la siguiente ecuación en su forma canónica de jordan.

y+a1 y+a2 y+a3 y=b3 u+b2 u+b1 u

Solución


L { y }+a1 L { y }+a2 L { y }+a3 L { y }=b3 L {u }+b2 L {u }+b1 L {u }

S3 y+a1 S2 y+a2 Sy+a3 y=b3u+b2 Su+b1 S2u

35


y (S )u (S )

=b1 S2+b2 S+b3

S3+a1 S2+a2 S+a3


y (S )u (S )

=b1 S2+b2 S+b3

( S+P1 )2 ( S+P2 )


y (S )u (S )

=b1+C1

( S+P1 )2+

C2

(S+P1 )+

C3

(S+P2)


y (S)=b1u (S)+C1

( S+P1 )2u (S )+

C2

( S+P1 )u(S)+

C3

(S+P2)u(S)


X1 (s )= 1

( S+P1 )2u (S )

X2 (s )= 1

( S+P1 )u(S)

X3 ( s)= 1

( S+P2 )u(S)

Se observa que existen las relaciones siguientes entre X1 (s ) , X2 ( s ):

36

X1 (s )X2 (s )

= 1S+P1

Entonces, a partir de la definición anterior de las variables de estado y las relaciones procedentes, se obtiene:

SX1 ( s)=−P1 X1 ( s)+ X2(S)

SX2 ( s)=−P1 X2 ( s)+u (S)

SX3 ( s )=−P2 X3 ( s )+u (S )

Paso 6° Obtener la transformada inversa de Laplace de las n ecuaciones anteriores:

X1=−P1 X 1+ X2

X2=−P1 X 2+u

X3=−P2 X3+u


X1(S)=C1

( S+P1 )2u (S )

X2(S)=C2

( S+P1 )u(S)

X3 ( S )=C3

( S+P2 )u (S )

Paso 8° Obtener la representación en el espacio de la forma canónica de jordan.

[ X1

X2

X3]=[−P1 0 0

0 −P1 00 0 −P2

] [X1

X2

X3]+[001]

37

y= [C1 C2 C3 ] [X1

X2

X3]+u

Paso 9° Obtener la representación en diagrama de bloques del sistema definido en su forma canónica de jordan.

e) Obtener la representación de la siguiente ecuación en su forma canónica diagonal.

y−4 y+8 y=−2 x+ xSolución


L { y }−4 L { y }+8 L { y }=−2 L {x }+L { x }

S3 y−4 Sy+8 y=−2 Sx+S2


y (S )u (S )

= S2−2 SS3−4 S+8

Paso 3° al Obtener las raíces del denominador de la ecuación se pudo observar que la las raíces son imaginarias por lo tanto no se puede realizar con este método este ejercicio.

38

f) Si alguna ecuación no aplica proponer un caso. Obtener la representación de la siguiente ecuación en su forma canónica de Jordán.

y+9 y+24 y+20 y=3 u+u

Solución


L { y }+9 L { y }+24 L { y }+20 L { y }=3 L {u }+L {u }

S3 y+9 S2 y+24 Sy+20 y=3u+Su


y (S )u (S )

= S+3S3+9 S2+24 S+20


Entonces nuestro denominador es factorizable de forma directa y por lo tanto la ecuación quedara:

y (S )u (S )

= S+3( S+2 )2 (S+5 )


Encontrar los valores de “a”, “b” y “c”.

S+3

(S+2 )2 ( S+5 )= a

( S+2 )2+ b

(S+2 )+ c

(S+5 )

a) Deshacernos del denominador, lo que nos lleva a multiplicar ( S+2 )2(S+5)

(S+2 )2(S+5)(S+3)(S+2 )2 ( S+5 )

=a (S+2 )2(S+5)

( S+2 )2+

b (S+2 )2(S+5)(S+2 )

+c (S+2 )2(S+5)

(S+5 )

( S+3 )=a ( S+5 )+b (S+2 ) ( S+5 )+C (S+2 )2

39

b) Asignar valores a “S”, para obtener un sistema de ecuaciones y de este modo calcular los valores de “a”, “b” y “c”.

Sea S=0

(0+3 )=a (0+5 )+b (0+2 ) (0+5 )+C (0+2 )2

3=5 a+10 b+4c

Sea S=1

(1+3 )=a (1+5 )+b (1+2 ) (1+5 )+C (1+2 )2

4=6a+18 b+9 c

Sea S=−1

(−1+3 )=a (−1+5 )+b (−1+2 ) (−1+5 )+C (−1+2 )2

2=4 a+4b+c

El sistema de ecuaciones lineales de tres incógnitas quedaría de la siguiente forma:

3=5 a+10 b+4c4=6a+18 b+9 c2=4 a+4b+c

La Solución de este sistema está dado por:

a=∆ a∆

b= ∆ b∆

c= ∆ c∆

∆=[5 10 46 18 94 4 1]

∆={ [ (5 ) (18 ) (1 ) ]+[ (6 ) (4 ) (4 ) ]+[ (10 ) (9 ) (4 ) ] }−¿

{[ ( 4 ) (18 ) (4 ) ]+[ (9 ) (4 ) (5 ) ]+ [ (6 ) (10 ) (1 ) ] }

∆=(90+96+360 )−(288+180+60)

40

∆=546−528

∆=18

∆ a=[3 10 44 18 92 4 1 ]

∆ a= {[ (3 ) (18 ) (1 ) ]+[ ( 4 ) (4 ) (4 ) ]+ [ (10 ) ( 9 ) (2 ) ] }−¿

{[ ( 4 ) (18 ) (2 ) ]+[ (9 ) (4 ) (3 ) ]+[ (4 ) (10 ) (1 ) ] }

∆ a=(54+64+180 )−(144+108+40)

∆ a=298−292

∆ a=6

∆ b=[5 3 46 4 94 2 1]

∆ b= {[ (5 ) ( 4 ) (1 ) ]+[ (6 ) (2 ) (4 ) ]+[ (3 ) (9 ) (4 ) ] }−¿

{[ ( 4 ) (4 ) (4 ) ]+[ (9 ) (2 ) (5 ) ]+ [ (6 ) (3 ) (1 ) ] }

∆ b=(20+108+48 )−(64+90+18)

∆ b=176−172

∆ b=4

∆ c=[5 10 36 18 44 4 2]

∆ c={[ (5 ) (18 ) (2 ) ]+[ (6 ) (4 ) (3 ) ]+ [ (10 ) ( 4 ) ( 4 ) ] }−¿

{[ (3 ) (18 ) (4 ) ]+[ (4 ) (4 ) (5 ) ]+ [ (6 ) (10 ) (2 ) ] }

∆ c=(180+72+60 )−(216+80+120)

∆ c=412−416

∆ c=−4

41

a= 618

b= 418

c=−418

∴a=13

b=29

c=−29

y (S )u (S )

=1+

13

( S+2 )2+

29

( S+2 )+

−29

(S+5 )


y (S)=u (S )+

13

( S+2 )2u (S)+

29

( S+2 )u (S )+

−29

( S+5 )u(S)


X1 (s )= 1

( S+2 )2u (S)

X2 (s )= 1( S+2 )

u (S )

X3 ( s)= 1( S+5 )

u(S)

Se observa que existen las relaciones siguientes entre X1 (s ) , X2 ( s ):

X1 (s )X2 (s )

= 1S+2

Entonces, a partir de la definición anterior de las variables de estado y las relaciones procedentes, se obtiene:

SX1 ( s)=−2 X1 ( s )+ X2(S )

SX2 ( s)=−2 X2 ( s )+u (S )

SX3 ( s )=−5 X3 (s )+u(S)

Paso 6° Obtener la transformada inversa de Laplace de las n ecuaciones anteriores:

42

X1=−2 X1+ X2

X2=−2 X2+u

X3=−5 X3+u


X1(S)=

13

( S+2 )2u (S )¿

X2(S)=

29

( S+2 )u(S )

X3(S)=

−29

( S+5 )u(S)

Donde:

c1=13

c2=29

c3=−29

P1=2

P3=5Paso 8° Obtener la representación en el

espacio de la forma canónica de jordan.

[ X1

X2

X3]=[−2 0 0

0 −2 00 0 −5] [X1

X2

X3]+[001]

y=[ 13

29

−29 ][X1

X2

X3]+u

43

Paso 9° Obtener la representación en diagrama de bloques del sistema definido en su forma canónica de jordan.

44

Conclusiones

Itzel Amparo Mora Valencia.Lo primero que tengo por reconocer es que aprendí a usar Autocad, así también puse en práctica lo aprendido en el salón de clases y también tuvimos que estudiar las formas canónicas restantes, fue un trabajo muy interesante ya que en general conocí diferentes formas de resolver problemas por métodos de variables de estado.

Marck Peláez Martín EnriqueEn la elaboración del trabajo se tuvo que investigar sobre los temas para poder realizar los ejercicios correctamente y también se aprendió a utilizar el programa de Autocad, se aprendió de las diferentes formas como son las forma canónica Diagonal y Jordan entre otras.

Aguilar Salazar Isaías FernandoPara la resolución de los ejercicios se investigó las características de cada forma canónica (observabilidad, controlabilidad, étc) y su diagrama de simulación de cada caso. Son algunas condiciones y/o teoremas que definen a cada una pero que indudablemente van relacionadas ya que para resolverlos fue necesario ver si cada inciso se podía resolver por las formas canónicas ya que no siempre es así. La parte de AutoCAD fue relativamente difícil ya que para añadir formalidad al trabajo aprendí a manejar algunos comandos con lo cual fue posible su realización. Como leí en Ogata que la mayoría de los sistemas físicos son controlables pero visto en los ejercicios son importantes los modelos matemáticos y por eso es indispensable conocer las condiciones necesarias para el diseño de sistemas de control de espacio de estados.

45

Bibliografía.

- Ingeniería de Control Moderna, Katsuhiko Ogata, 5ª Edición.- B. Kuo, “Sistemas de Control Automático”, Prentice-Hall 1996, 7ma

edición.

46

Trabajo 1 Maya

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