Thông tin tài liệu
BUỔI 3
MÔ HÌNH HOÁ KGTT TỪ HÀM TRUYỀN
1
2
3
Ví dụ 1:
4
TÍNH HÀM TRUYỀN TỪ PHƯƠNG TRÌNH KGTT
5
VÍ DỤ:
6
Ví dụ 2: Cho PTTT như sau:
Ta có:
=> Hàm truyền:
VI DỤ 2:
7
Ví dụ 3: Với mạch điện như sau, cho R=47Ω,
L=1H, C=1F:
Tìm G(s)?
QUAN HỆ GIỮA HÀM TRUYỀN VÀ PHƯƠNG TRÌNH
KGTT
8
§3: NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH TRẠNG THÁI
TÌM NGHIỆM BẰNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI LAPLACE
TÌM NGHIỆM BẰNG PHƯƠNG PHÁP MA TRẬN CHUYỂN TIẾP (MA
TRẬN QUÁ ĐỘ)
Với hệ thống dạng thuần nhất: ẋ=A.x, thì nghiệm của phương trình có dạng:
x(t)= Ф(t).x(0), Với Ф(t) = eAt
(miền thời gian)
k
t2
k t
e = I + At + A
++ A
+
2!
k!
At
2
x(t ) = L−1[Φ( s )].x(0)
Với
[Φ ( s)] = [ sI − A]−1
Giải PTTT từ ma trận quá độ Ф(s) thường dễ hơn.
Phương pháp tính eAt: có 3 cách tính:
Phương pháp 1 tính eAt: Chuyển ma trận A thành dạng đường chéo hoặc
dạng Jordan chính tắc.
- Trường hợp ma-trận A có các giá trị riêng khác biệt è có thể chuyển thành
dạng đường chéo.
- Trường hợp ma-trận A có giá trị riêng bội è không thể đường chéo hóa.
Nếu ma-trận vuông có thể đường chéo hóa, thì ma-trận đường chéo hóa (ma trận
chuyển) tồn tại.
9
Phương pháp 1 tính eAt:
- Xét P là ma-trận đường chéo hóa của A. Đặt:
- Tiếp theo, ta xét trường hợp ma trận A có thể được chuyển thành dạng Jordan
chính tắc. Xét phương trình trạng thái: ẋ=A.x
Ta thiết lập ma-trận chuyển S mà nó chuyển ma-trận A thành dạng Jordan chuẩn
để cho: S-1 AS = J
10
Nếu nghiệm riêng của pt đặc tính có dạng λ1=λ2 =λ3, λ4 = λ5 , λ6 , λ7, khi đó:
11
12
13
Với hệ thống dạng tổng quát: ẋ=A.x + Bu, thì nghiệm của phương trình có dạng:
Việc tính X(s) thường dễ dàng hơn, sau đó lấy biến đổi Laplace ngược để có x(t) .
Phương trình đặc tính của
hệ thống:
- Cho hàm truyền: G(s)=N(s)/D(s)
+ Phương trình đặc tính có dạng D(s)=0
+ Nghiệm của phương trình đặc tính chính là các cực của hệ thống.
- Trong KGTT thì ta có:
+ Phương trình đặc tính là: Det(sI-A) = 0
+ Nghiệm của phương trình đặc tính chính là các giá trị riêng của ma trận A
14
Vì vậy: Các cực của G(s) là các giá trị riêng của A
Một số đặc tính của giá trị riêng:
Nếu các hệ số của A là số thực, thì các giá trị riêng có thể là thực hoặc phức.
Trace(A) là tổng của tất cả các giá trị riêng.
T
Giá trị riêng của A cũng là giá trị riêng của A .
-1
-1
Nếu A là không đơn trị, có các giá trị riêng λi , thì các giá trị riêng của A
là λi
Tính giá trị riêng:
Các giá trị riêng λi và vectơ riêng vi phải thỏa mãn công thức: A. vi = λi.vi
0 = (λi.I - A)vi
Với vi là non-zero, do đó: det (λi.I - A) = 0
Các giá trị riêng tìm được từ phương trình trên chính là các giá trị riêng của
A.
Tính vectơ riêng:
Với các giá trị riêng λi tìm được như trên, lần lượt thay vào công thức:
(λi.I - A)vi = 0
ta tìm được các thành phần của vectơ riêng vi .
Các giá trị riêng tìm được từ phương trình trên chính là các giá trị riêng của
A.
15
16
17
9.4 Giải phương trình trạng thái bất biến
Trong mục này tác giả sẽ trình bày hướng giải quyết tổng quát để giải phương trình
trạng thái tuyến tính bất biến theo thời gian. Trước hết là trường hợp hệ thuần nhất,
sau đó đến trường hợp không thuần nhất.
9.4.1 Giải phương trình trạng thái thuần nhất
Trước hết, ta xét phương trình vi phân vô hướng dạng:
x = ax
(9.25)
Giải phương trình này, giả sử ta được nghiệm x(t) có dạng:
x(t ) = b0 + b1t + b2t 2 + + bk t k +
(9.26)
Thay vào phương trình (9.25), ta được:
b1 + 2b2t + 3b3t 2 + + kbk t k −1 + = a (b0 + b1t + b2 t 2 + + bk t k + )
(9.27)
Đồng nhất các hệ số ở 2 vế của phương trình theo bậc của t, ta được:
b1 = ab0
1
1
ab1 = a 2b0
2
2
1
1 3
b3 = ab2 =
a b0
3
3× 2
b2 =
bk =
1 k
a b0
k!
Giá trị b0 được xác định khi thay t = 0 vào (9.26), hay:
x(0) = b0
Do đó nghiệm x(t) có thể được viết lại là:
x(t ) = (1 + at +
1 2 2
1
a t + + a k t k + ) x(0)
2!
k!
x(t ) = e at x(0)
Bây giờ ta sẽ giải phương trình vi phân dạng ma trận véc tơ
x = Ax
(9.28)
Với: x là véc tơ gồm n phần tử
A là ma trận n x n
Tương tự như cách giải phương trình vô hướng trên, ta có nghiệm x(t) là một véc
tơ có dạng:
18
(9.29)
x(t ) = b0 + b1t + b2t 2 + + bk t k +
Từ phương trình (9.29), ta có thể viết lại phương trình (9.28) như sau
b1 + 2b2t + 3b3t 2 + + kbk t k −1 + = A(b0 + b1t + b2 t 2 + + bk t k + )
(9.30)
Từ đây, ta cũng được các hệ số bi tương ứng như sau:
b1 = Ab0
1
1
Ab1 = A2b0
2
2
1
1
b3 = Ab2 =
A3b0
3
3× 2
b2 =
bk =
1 k
A b0
k!
Giá trị b0 được xác định khi thay t = 0 vào (9.29), hay:
x(0) = b0
Nghiệm x(t) được viết lại là:
x(t ) = ( I + At +
1 2 2
1
A t + + A k t k + ) x(0)
2!
k!
(I: Ma trận đơn vị)
Vế phải của phương trình này là dạng ma trận n x n, nó có dạng tương tự như dạng
chuỗi của hàm mũ vô hướng nên được gọi là ma trận hàm mũ, và:
I + At +
1 2 2
1
A t + + A k t k + = e At
2!
k!
Vì vậy, nghiệm của phương trình (9.28) có thể viết như sau:
x(t ) = e At x(0)
(9.31)
Vì ma trận hàm mũ là rất quan trọng trong việc phân tích không gian trạng thái của
hệ tuyến tính, nên ta sẽ khảo sát các thuộc tính của chúng.
Ma trận hàm mũ
Có thể chứng minh rằng ma trận hàm mũ của một ma trận A cấp n x n,
∞
e At = ∑
k =0
Ak t k
k!
là hội tụ tuyệt đối với mọi giá trị t.
Do tính hội tụ của chuỗi
∞
∑
k =0
Ak t k
, nên ta có thể lấy vi phân 2 vế:
k!
19
d At
t2
t k −1
e = A + A 2t + A3 + + A k
+
dt
2!
(k − 1)!
= A( I + At + A 2
t2
t k −1
+ + A k −1
+ ) = Ae At
2!
(k − 1)!
t2
t k −1
+ + A k −1
+ ) A = e At A
2!
(k − 1)!
= ( I + At + A 2
Theo tính chất của ma trận hàm mũ thì:
e A( t + s ) = e At e As
Thật vậy:
∞ A k t k ∞ A k s k
∑
e At e As = ∑
k = 0 k ! k = 0 k !
∞
∞ t i s k −i
= ∑ A k ∑
k =0
i =0 i!(k − i )!
∞
(t + s ) k
= ∑ Ak
k!
k =0
Đặc biệt, khi thay s = -t, ta có:
= e A( t + s )
e At e − At = e − At e At = e A( t −t ) = I
Theo cách đó, nghịch đảo của e At là e − At . Nếu nghịch đảo của e At luôn luôn tồn tại,
thì e At được gọi là không đơn trị.
Điều quan trọng cần nhớ là:
e ( A+ B ) t = e At e Bt
e ( A+ B ) t ≠ e At e Bt
khi AB = BA
khi AB ≠ BA
Để chứng minh điều này, cần chú ý:
( A + B) 2 2 ( A + B ) 3 3
e
= I + ( A + B )t +
t +
t +
2!
3!
A 2 2 A3 3
B2 2 B3 3
+ At +
t +
t + I + Bt +
t +
t +
2!
3!
2!
3!
( A+ B ) t
e At e Bt = I
A2t 2
B 2t 2 A3t 3 A 2 Bt 3 AB 2 t 3 B 3t 3
2
= I + ( A + B )t +
+ ABt +
+
+
+
+
+
2!
2!
3!
2!
2!
3!
Do đó:
( BA − AB) 2 ( BA 2 + ABA + + B 2 A + BAB − 2 A 2 B − 2 AB 2 ) 3
t +
t +
2!
3!
Sai lệch giữa e ( A+ B ) t và e At e Bt sẽ triệt tiêu khi thay A bằng B
e ( A+ B ) t − e At e Bt =
Dùng phép biến đổi Laplace để giải phương trình trạng thái thuần nhất
Trước hết ta xét hàm vô hướng:
20
(9.32)
x = ax
Lấy biến đổi Laplace 2 vế phương trình (9.32), ta được:
sX ( s) − x(0) = aX ( s)
(9.33)
Suy ra:
X (s) =
x(0)
= ( s − a ) −1 x(0)
s−a
Khi đó, lấy biến đổi Laplace ngược 2 vế, ta được:
x(t ) = e at x(0)
Mở rộng phương trình vi phân hàm vô hướng ở trên đối với phương trình trạng
thái thuần nhất:
(9.34)
x (t ) = Ax(t )
Lấy biến đổi Laplace 2 vế phương trình (9.34), ta được:
sX ( s ) − x(0) = AX ( s)
⇔ ( sI − A) X ( s ) = x(0)
Nhân 2 vế cho (sI - A)-1, ta được:
X ( s ) = ( sI − A) −1 x(0)
Khi đó, lấy biến đổi Laplace ngược 2 vế:
[
]
x(t ) = L−1 ( sI − A) −1 x(0)
(9.35)
Chú ý rằng:
( sI − A)
−1
I A A2
= + 2 + 3 +
s s
s
Do đó, biến đổi Laplace ngược của (sI - A)-1 cho ta:
[
L−1 ( sI − A)
−1
] = I + At + A2!t
2 2
+
A3t 3
+ = e At
3!
(9.36)
Thay (9.36) vào (9.35), ta được nghiệm x(t):
x(t ) = e At x(0)
Ma trận chuyển trạng thái
Ta có thể viết lại nghiệm của phương trình trạng thái thuần nhất:
x (t ) = Ax(t )
(9.37)
là:
x(t ) = Φ(t ) x(0)
Trong đó, Φ(t ) là ma trận n x n và là nghiệm duy nhất của phương trình:
21
(9.38)
(t ) = AΦ (t ),
Φ
Φ (0) = I
Để kiểm chứng điều này, ta cần lưu ý rằng, từ (9.38) khi thay t = 0:
x ( 0) = Φ ( 0) x ( 0) = x ( 0)
Và:
(t ) x(0) = AΦ (t ) x (0) = Ax(t )
x (t ) = Φ
Như vậy, chứng tỏ phương trình (9.38) chính là nghiệm của phương trình (9.37).
Kết hợp các phương trình (9.31), (9.35), và (9.38), ta có:
[
Φ (t ) = e At = L −1 ( sI − A) −1
]
Chú ý:
Φ −1 (t ) = e − At = Φ (−t )
Từ biểu thức (9.38), ta thấy rằng nghiệm của (9.37) chính là sự chuyển tiếp của
điều kiện đầu (thời kỳ quá độ). Do đó, ma trận duy nhất Φ(t ) được gọi là ma trận
chuyển trạng thái. Ma trận chuyển trạng thái chứa tất cả những thông tin về chuyển
động tự do của hệ thống được định nghĩa bởi (9.37).
Khi tất cả các giá trị riêng λ1 , λ2 , … , λn ,của ma trận A đều là riêng biệt, thì Φ(t )
sẽ chứa n hàm mũ: eλ t , e λ t , … , e λ t
Cụ thể, nếu A là ma trận đường chéo, thì ta có:
1
n
2
e λ1t
0
Φ (t ) = e At =
0
0
e λnt
0
e
λ2t
.
.
.
0
Trường hợp có nghiệm bội trong các giá trị riêng (giả sử có 3 nghiệm bội) của A
là:
, , , , , …. , λ
λ λ λ λ λ
1
1
1
4
5
n
thì khi đó, Φ(t ) sẽ chứa các thành phần eλ t , e λ t , e λ t , … , e λ t và thêm các phần tử
như te λ t và t 2e λ t
1
1
4
5
n
1
Tính chất của ma trận chuyển trạng thái
Ta có thể tóm tắt một số tính chất quan trọng của ma trận chuyển trạng thái Φ(t )
sau đây, cho hệ thống bất biến theo thời gian:
x (t ) = Ax(t )
Với:
Φ (t ) = e At
22
1. Φ (0) = e A0 = I
2. Φ(t ) = e At = ( e − At ) = [ Φ(−t )] −1
−1
hay :
Φ −1 (t ) = Φ(−t )
3. Φ (t1 + t2 ) = e A(t +t ) = e At e At = Φ (t1 )Φ (t2 ) = Φ (t2 )Φ (t1 )
1
2
1
2
4. [ Φ (t )] n = Φ (nt )
5. Φ (t2 − t1 )Φ(t1 − t0 ) = Φ(t 2 − t0 ) = Φ (t1 − t0 )Φ(t2 − t1 )
VÍ DỤ 9.5:
Tìm ma trận chuyển trạng thái Φ(t ) của hệ thống có phương trình trạng thái:
1 x1
x1 0
x = − 2 − 3 x
2
2
Sau đó tìm nghịch đảo của ma trận chuyển trạng thái Φ −1 (t )
TRẢ LỜI:
0
1
Ta có ma trận A =
− 2 − 3
Ma trận chuyển trạng thái Φ(t ) của hệ là:
[
Φ (t ) = e At = L−1 ( sI − A) −1
]
Mà:
s
( sI − A) =
0
Nghịch đảo của ma trận ( sI − A)
0 0
1 s −1
−
=
s − 2 − 3 2 s + 3
là:
s + 3 1
1
det( sI − A) − 2 s
s + 3 1
1
=
( s + 1)( s + 2) − 2 s
( sI − A) −1 =
s+3
1
( s + 1)( s + 2) ( s + 1)( s + 2)
=
−2
s
( s + 1)( s + 2) ( s + 1)( s + 2)
1
1
1
2
( s + 1) − ( s + 2) ( s + 1) − ( s + 2)
=
−1
2
− 2 + 2
+
( s + 1) ( s + 2) ( s + 1) ( s + 2)
Từ đây, lấy biến đổi Laplace ngược 2 vế, ta được:
[
Φ(t ) = e At = L −1 ( sI − A) −1
]
2e − e
=
−t
−2t
− 2e + 2e
−t
−2t
e −t − e − 2 t
− e −t + 2e −2t
Lưu ý rằng, Φ −1 (t ) = Φ (−t ) , do đó, nghịch đảo của ma trận chuyển Φ(t ) là:
23
2e t − e 2 t
Φ −1 (t ) = e − At =
t
2t
− 2e + 2e
e t − e 2t
− et + 2e 2t
9.4.2 Giải phương trình trạng thái không thuần nhất
Trước hết, ta xét phương trình dạng vô hướng:
(9.39)
x (t ) = ax(t ) + bu (t )
Ta viết lại (9.39) như sau:
x (t ) − ax(t ) = bu (t )
Nhân 2 vế phương trình này cho e − at , ta được:
e −at [ x (t ) − ax (t )] =
d −at
[e x(t )] = e −at bu (t )
dt
Lấy tích phân 2 vế với cận từ 0 đến t, ta có:
t
e −at x(t ) − x(0) = ∫ e −aτ bu (τ )dτ
0
Hay:
t
x(t ) = e x(0) + e
at
at
∫e
− aτ
bu (τ )dτ
0
Số hạng thứ nhất ở vế phải chính là đáp ứng đối với điều kiện ban đầu, số hạng thứ
hai đáp ứng đối với tín hiệu vào u(t).
Bây giờ ta xét hệ có phương trình trạng thái không thuần nhất:
(9.40)
x (t ) = Ax(t ) + Bu (t )
Với: x(t): véc tơ gồm n phần tử
u(t): véc tơ gồm r phần tử
A: ma trận n x n
B: ma trận n x r
Phương trình (9.40) có thể viết lại:
x (t ) − Ax(t ) = Bu (t )
Nhân trước 2 vế phương trình này cho e − At , ta được:
e − At [ x (t ) − Ax(t )] =
d − At
[e x(t )] = e − At Bu (t )
dt
Lấy tích phân 2 vế với cận từ 0 đến t, ta có:
t
e − At x(t ) − x(0) = ∫ e − Aτ Bu (τ )dτ
0
Hay:
t
x(t ) = e x(0) + e
At
At
∫e
0
− Aτ
t
Bu (τ )dτ = e x(0) + ∫ e A(t −τ ) Bu (τ )dτ
At
0
Phương trình (9.41) có thể được viết lại là:
24
(9.41)
t
x(t ) = Φ(t ) x (0) + ∫ Φ(t − τ ) Bu (τ )dτ
0
(9.42)
A ( t −τ )
Trong đó: Φ (t ) = e , Φ (t − τ ) = e
Phương trình (9.41) hay (9.42) đều là nghiệm của (9.40). Rõ ràng x(t) bao gồm
tổng của quá trình chuyển tiếp của trạng thái ban đầu và đáp ứng của véc tơ tín
hiệu ngõ vào.
At
Dùng phép biến đổi Laplace để giải phương trình trạng thái không thuần nhất
Việc giải phương trình trạng thái không thuần nhất:
x (t ) = Ax(t ) + Bu (t )
cũng có thể thực hiện được bằng cách dùng phép biến đổi Laplace.
Từ phương trình trên, lấy biến đổi Laplace 2 vế, ta được:
sX ( s ) − x (0) = AX ( s ) + BU ( s )
Hay:
( sI − A) X ( s) = x(0) + BU ( s )
Nhân trước 2 vế cho (sI – A)-1, ta có:
X ( s ) = ( sI − A) −1 x(0) + ( sI − A) −1 BU ( s)
Mặt khác, từ mối quan hệ của biểu thức (9.36) cho ta:
X ( s ) = L[e At ]x(0) + L[e At ]BU ( s )
Khi đó, lấy biến đổi Laplace ngược 2 vế, ta được:
t
x(t ) = e At x(0) + ∫ e A(t −τ ) Bu (τ )dτ
0
Nghiệm của phương trình trạng thái tại thời điểm bắt đầu t0
Trên đây là nghiệm x(t) ứng với thời điểm bắt đầu bằng 0, tuy nhiên khi xét tại thời
điểm bắt đầu là t0 ≠ 0 thì nghiệm x(t) của phương trình (9.40) sẽ là:
t
x(t ) = e A(t −t0 ) x(t0 ) + ∫ e A(t −τ ) Bu (τ )dτ
t0
VÍ DỤ 9.6:
Tìm đáp ứng theo thời gian t của hệ thống có phương trình trạng thái:
1 x1 0
x 1 0
x = − 2 − 3 x + 1u
2
2
Với u(t) là hàm nấc đơn vị: u(t)=1(t)
TRẢ LỜI:
0
1
0
B=
Ta có: A =
;
− 2 − 3
1
Ma trận chuyển trạng thái Φ(t ) của hệ được tính như ở Ví dụ 9.5:
25
(9.43)
Φ(t ) = e At = L−1[( sI − A) −1 ]
2e −t − e −2t
=
−t
−2 t
− 2e + 2e
e −t − e − 2 t
− e −t + 2e −2t
Đáp ứng đối với tín hiệu vào hàm nấc đơn vị là:
t
x(t ) = e x(0) + ∫ e A(t −τ ) Bu (τ )dτ
At
0
2e − e
⇔ x (t ) =
−t
− 2t
− 2e + 2e
−t
−2 t
t
2e − ( t −τ ) − e −2 ( t −τ )
x
(
0
)
+
∫0 − 2e −(t −τ ) + 2e −2(t −τ )
− e − t + 2e − 2 t
−t
e −e
−2 t
e − ( t −τ ) − e −2 ( t −τ ) 0
[1]dτ
− e −( t −τ ) + 2e −2 ( t −τ ) 1
Hay:
x1 (t ) 2e − t − e −2t
x (t ) =
−t
−2t
2 − 2e + 2e
e − t − e −2t x1 (0) t e − ( t −τ ) − e −2 ( t −τ )
dτ
+
− e −t + 2e −2t x2 (0) ∫0 − e −( t −τ ) + 2e −2 ( t −τ )
x (t ) 2e −t − e −2t
⇔ 1 =
−t
−2t
x2 (t ) − 2e + 2e
1
1
e −t − e −2t x1 (0) − e −t + e −2t
2
+ 2
− e −t + 2e −2t x2 (0) e −t − e −2t
Nếu tại thời điểm ban đầu t = 0, x(0) = 0, ta có:
1
1
x1 (t ) − e −t + e −2t
=
x (t ) 2 −t −22t
2 e −e
MA TRẬN HÀM MŨ eAt
Trong việc giải các bài tập về kỹ thuật điều khiển, thường thì việc tính eAt là cần
thiết. Nếu ma trận A gồm có những phần tử là số, thì ta có thể dùng MATLAB để
tính eAT, với T là hằng số.
Bên cạnh việc tính toán bằng máy tính, cũng có nhiều cách khác nhau để tính eAt.
Sau đây là 3 phương pháp để tính eAt.
Tính eAt : phương pháp 1
Nếu ma trận A có thể chuyển được sang dạng đường chéo, thì eAt được tính theo
công thức:
e λ1t
e At = Pe Dt P −1 = P
0
e
λ2t
.
.
.
0
−1
P
e λnt
(9.46)
Trong đó, P là ma trận chéo hóa đối với A. [Chi tiết để tìm ra biểu thức (9.46) đọc
giả xem ở Bài tập A.9.11.]
Nếu ma trận A có thể chuyển được sang dạng chuẩn tắc Jordan, thì eAt được tính
theo công thức:
26
e At = Se Jt S −1
Trong đó, S là ma trận chuyển tiếp để chuyển ma trận A sang dạng chuẩn tắc
Jordan J.
Cụ thể, ta xét ma trận A có dạng:
0 1 0
A = 0 0 1
1 − 3 3
Khi đó phương trình đặc trưng sẽ là:
λI − A = λ3 − 3λ2 + 3λ − 1 = (λ − 1)3 = 0
Ma trận A có 3 giá trị riêng bội tại λ = 1 . Như vậy, ma trận chuyển tiếp S chuyển
ma trận A sang dạng chuẩn tắc Jordan có dạng:
1
S = λ1
λ12
0
1
2λ1
0 1 0 0
0 = 1 1 0
1 1 2 1
Và nghịch đảo của ma trận S là:
0 0
1
S −1 = − 1 1 0
1 − 2 1
Từ đó, ta có ma trận chuẩn tắc Jordan J là:
0 0 0 1 0 1 0 0 1 1 0
1
J = S −1 AS = − 1 1 0 0 0 1 1 1 0 = 0 1 1
1 − 2 1 1 − 3 3 1 2 1 0 0 1
Chú ý rằng:
t
e
e Jt = 0
0
tet
et
0
1 2 t
t e
2
te t
et
Ta tìm được:
e At = Se Jt S −1
1 2 t
t
t
0 0
1 0 0 e te 2 t e 1
t
t
= 1 1 0 0 e
te − 1 1 0
1 2 1 0 0
et 1 − 2 1
1 2 t
1 2 t
t
t
tet − t 2 e t
t e
e − te + 2 t e
2
1 2 t
1
=
t e
et − te t − t 2 e t
te t + t 2 et
2
2
1
1 2 t
t
2
t
t
2
t
t
t
te + t e
− 3te − t e
e + 2te + t e
2
2
27
Tính eAt : phương pháp 2
Phương pháp thứ hai để tính eAt là dùng phép bến đổi Laplace. Từ biểu thức (9.36),
ta có:
[
e At = L−1 ( sI − A) −1
]
Vì vậy, để tính eAt, trước hết là lấy nghịch đảo của (sI – A). Kết quả này là một ma
trận gồm các phần tửcó chứa hàm hữu tỷ theo biến s. Sau đó là thực hiện biến đổi
Laplace ngược của từng phần tử trong ma trận đó.
VÍ DỤ 9.7:
Cho ma trận A của hệ thống có dạng:
0 1
A=
0 − 2
Tính eAt bằng cách sử dụng 2 phương pháp đã nêu ở trên
TRẢ LỜI:
Phương pháp 1
Ta có: giá trị riêng của ma trận A là 0 và -2 (λ1 = 0, λ2 = -2). Khi đó ma trận chuyển
tiếp P sẽ là:
1 1 1 1
P=
=
λ1 λ2 0 − 2
Và eAt được tính theo công thức:
eλ1t
e At = Pe Dt P −1 = P
0
0 −1
P
eλ2 t
1 1 e0
=
0 − 2 0
1
0 1 2 1
=
e − 2 t 0 − 1 0
2
1
(1 − e − 2t )
2
e − 2t
Phương pháp 2
Ta có:
s 0 0 1 s − 1
( sI − A) =
−
=
0 s 0 − 2 0 s + 2
Nghịch đảo của (sI – A) là:
1
( sI − A) −1 = s
0
1 1
s ( s + 2) = s
1
0
s + 2
1 1
1
( −
)
2 s ( s + 2)
1
s+2
Vậy:
e
At
1
= L [( sI − A) ] =
0
−1
−1
28
1
(1 − e −2t )
2
e −2 t
Tính eAt : phương pháp 3
Phương pháp thứ 3 dựa vào phương pháp nội suy của Sylvester. (Xem chi tiết ở
Bài tập A.9.12). Trước hết ta sẽ xét trường hợp nghiệm của đa thức tối giản φ(λ)
của ma trân A là riêng biệt, sau đó là sẽ xét đến trường hợp nghiệm bội.
Trường hợp 1: Đa thức tối giản của A có nghiệm riêng biệt
Giả sử bậc của đa thức tối giản φ(λ) là m. Bằng cách sử dụng công thức nội suy
của Sylvester, ta có thể tìm eAt khi giải phương trình định thức sau:
1 λ1
1 λ2
. .
. .
. .
λ12
λ22
.
.
.
λ2m
A2
1 λm
I A
λ1m−1
λm2 −1
.
.
.
e λ1t
e λ2t
.
. =0
.
λmm−1 e λmt
Am−1 e At
(9.47)
Khi giải phương trình (9.47), kết quả là e có thể chứa các thành phần A (k=1, 2,
… m-1) và e λ t (i=1, 2,…, m). eAt có thể viết theo dạng:
(9.48)
e At = α (t ) I + α (t ) A + α (t ) A2 + + α (t ) Am −1
At
k
i
0
1
m −1
2
Các giá trị α k (t ) (k=1, 2, …, m-1) được xác định bằng cách giải hệ gồm m phương
trình sau:
α 0 (t ) + α1 (t )λ1 + α 2 (t )λ12 + + α m −1 (t )λ1m −1 = eλ1t
α 0 (t ) + α1 (t )λ2 + α 2 (t )λ22 + + α m−1 (t )λm2 −1 = e λ2t
α 0 (t ) + α1 (t )λm + α 2 (t )λ2m + + α m−1 (t )λmm−1 = e λmt
Nếu ma trận A có n giá trị riêng khác nhau, thì số giá trị α k (t ) sẽ là m = n. Còn khi
A có các giá trị riêng bội, nhưng đa thức tối giản của A chỉ có nghiệm đơn, thì số
các giá trị α k (t ) sẽ là m < n.
Trường hợp 2: Đa thức tối giản của A có nghiệm bội
Giả sử rằng đa thức tối giản của A có 3 nghiệm bội (λ1 = λ2 = λ3) và các nghiệm
riêng biệt khác (λ3, λ3, …,λm). Áp dụng công thức nội suy Sylvester, ta cũng tìm
được eAt từ phương trình sau:
29
0 1
1 λ1
1 λ4
. .
. .
. .
1 λm
2λ1 3λ12
λ12 λ13
λ24 λ34
.
.
.
.
.
.
2
λm λ3m
(m − 1)(m − 2) m−3
λ1
2
(m − 1)λ1m−2
λ1m−1
λm4 −1
.
.
.
m −1
λm
I
A2
Am−1
0
0
A
1
3λ1
A3
t 2 λ1t
e
2
te λ1t
eλ1t
e λ4t
e At
=0
e λmt
(9.49)
Cũng giống như ở trường hợp 1 ở trên, nghiệm e từ phương trình (9.49) có thể
viết theo dạng:
(9.50)
e At = α (t ) I + α (t ) A + α (t ) A2 + + α (t ) Am −1
At
0
1
m −1
2
Các giá trị α k (t ) (k=1, 2, …, m-1) được xác định bằng cách giải hệ m phương
trình:
( m − 1)(m − 2)
t 2 λ1t
m −3
α 2 (t ) + 3α 3 (t )λ1 + +
α m −1 (t )λ1 = e
2
2
2
m−2
α1 (t ) + 2α 2 (t )λ1 + 3α 3 (t )λ1 + + (m − 1)α m−1 (t )λ1 = te λ1t
α 0 (t ) + α1 (t )λ1 + α 2 (t )λ12 + + α m −1 (t )λ1m −1 = eλ1t
α 0 (t ) + α1 (t )λ4 + α 2 (t )λ24 + + α m−1 (t )λm4 −1 = e λ4t
α 0 (t ) + α1 (t )λm + α 2 (t )λ2m + + α m−1 (t )λmm−1 = e λmt
Trong trường hợp có hai hay nhiều nghiệm bội giống nhau, nếu không tìm được đa
thức tối giản của A, thì thay thế bằng đa thức đặc trưng. Khi đó quá trình tính toán
sẽ phức tạp hơn.
VÍ DỤ 9.8:
Cho ma trận A của hệ thống có dạng:
0 1
A=
0 − 2
Tính eAt bằng cách sử dụng công thức nội suy Sylvester.
TRẢ LỜI:
Như đã trình bày ở phương pháp 3, từ phương trình (9.47), ta có:
1 λ1
1 λ2
I A
e λ1t
e λ2t = 0
e At
Thay λ1 = 0, λ2 = -2 vào, ta được:
30
1 0
1
1 − 2 e − 2t = 0
I A e At
⇔ −2e At + A + 2 I − Ae −2t = 0
Hay:
1
( A + 2 I − Ae −2t )
2
1 0 1 2 0 0 1 − 2 t
=
+
−
e
2 0 − 2 0 2 0 − 2
e At =
1
=
0
1
(1 − e −2t )
2
e −2t
Mặt khác, ta có thể sử dụng công thức (9.48) để xác định các giá trị α 0 (t ) và α1 (t ) :
α 0 (t ) + α1 (t )λ1 = eλ1t
α 0 (t ) + α1 (t )λ2 = eλ2t
Với λ1 = 0, λ2 = -2, ta có:
α 0 (t ) = 1
α 0 (t ) − 2α1 (t ) = e −2t
Suy ra:
α 0 (t ) = 1
1
α1 (t ) = (1 − e −2t )
2
Từ đó, ta tính được eAt:
1
e At = α 0 (t ) I + α1 (t ) A = I + (1 − e −2t ) A
2
1 1 1 (1 − e −2t )
1 0 1
− 2 t 0
=
2
+ 2 (1 − e ) 0 − 2 =
0
1
−
2
t
0
e
31
[...]... dạng chuỗi của hàm mũ vô hướng nên được gọi là ma trận hàm mũ, và: I + At + 1 2 2 1 A t + + A k t k + = e At 2! k! Vì vậy, nghiệm của phương trình (9.28) có thể viết như sau: x(t ) = e At x(0) (9.31) Vì ma trận hàm mũ là rất quan trọng trong việc phân tích không gian trạng thái của hệ tuyến tính, nên ta sẽ khảo sát các thuộc tính của chúng Ma trận hàm mũ Có thể chứng minh rằng ma trận hàm mũ của một... dạng: Việc tính X(s) thường dễ dàng hơn, sau đó lấy biến đổi Laplace ngược để có x(t) Phương trình đặc tính của hệ thống: - Cho hàm truyền: G(s)=N(s)/D(s) + Phương trình đặc tính có dạng D(s)=0 + Nghiệm của phương trình đặc tính chính là các cực của hệ thống - Trong KGTT thì ta có: + Phương trình đặc tính là: Det(sI-A) = 0 + Nghiệm của phương trình đặc tính chính là các giá trị riêng của ma trận... eAt : phương pháp 2 Phương pháp thứ hai để tính eAt là dùng phép bến đổi Laplace Từ biểu thức (9.36), ta có: [ e At = L−1 ( sI − A) −1 ] Vì vậy, để tính eAt, trước hết là lấy nghịch đảo của (sI – A) Kết quả này là một ma trận gồm các phần tửcó chứa hàm hữu tỷ theo biến s Sau đó là thực hiện biến đổi Laplace ngược của từng phần tử trong ma trận đó VÍ DỤ 9.7: Cho ma trận A của hệ thống có dạng: 0 1... A)vi Với vi là non-zero, do đó: det (λi.I - A) = 0 Các giá trị riêng tìm được từ phương trình trên chính là các giá trị riêng của A Tính vectơ riêng: Với các giá trị riêng λi tìm được như trên, lần lượt thay vào công thức: (λi.I - A)vi = 0 ta tìm được các thành phần của vectơ riêng vi Các giá trị riêng tìm được từ phương trình trên chính là các giá trị riêng của A 15 16 17 9.4 Giải phương trình... đổi Laplace để giải phương trình trạng thái thuần nhất Trước hết ta xét hàm vô hướng: 20 (9.32) x = ax Lấy biến đổi Laplace 2 vế phương trình (9.32), ta được: sX ( s) − x(0) = aX ( s) (9.33) Suy ra: X (s) = x(0) = ( s − a ) −1 x(0) s−a Khi đó, lấy biến đổi Laplace ngược 2 vế, ta được: x(t ) = e at x(0) Mở rộng phương trình vi phân hàm vô hướng ở trên đối với phương trình trạng thái thuần nhất: (9.34)... kiểm chứng điều này, ta cần lưu ý rằng, từ (9.38) khi thay t = 0: x ( 0) = Φ ( 0) x ( 0) = x ( 0) Và: (t ) x(0) = AΦ (t ) x (0) = Ax(t ) x (t ) = Φ Như vậy, chứng tỏ phương trình (9.38) chính là nghiệm của phương trình (9.37) Kết hợp các phương trình (9.31), (9.35), và (9.38), ta có: [ Φ (t ) = e At = L −1 ( sI − A) −1 ] Chú ý: Φ −1 (t ) = e − At = Φ (−t ) Từ biểu thức (9.38), ta thấy rằng nghiệm... = Ax(t ) + Bu (t ) cũng có thể thực hiện được bằng cách dùng phép biến đổi Laplace Từ phương trình trên, lấy biến đổi Laplace 2 vế, ta được: sX ( s ) − x (0) = AX ( s ) + BU ( s ) Hay: ( sI − A) X ( s) = x(0) + BU ( s ) Nhân trước 2 vế cho (sI – A)-1, ta có: X ( s ) = ( sI − A) −1 x(0) + ( sI − A) −1 BU ( s) Mặt khác, từ mối quan hệ của biểu thức (9.36) cho ta: X ( s ) = L[e At ]x(0) + L[e At ]BU (... − 2 − 3 x + 1u 2 2 Với u(t) là hàm nấc đơn vị: u(t)=1(t) TRẢ LỜI: 0 1 0 B= Ta có: A = ; − 2 − 3 1 Ma trận chuyển trạng thái Φ(t ) của hệ được tính như ở Ví dụ 9.5: 25 (9.43) Φ(t ) = e At = L−1[( sI − A) −1 ] 2e −t − e −2t = −t −2 t − 2e + 2e e −t − e − 2 t − e −t + 2e −2t Đáp ứng đối với tín hiệu vào hàm nấc đơn vị là: t x(t ) = e x(0) + ∫ e A(t −τ ) Bu... phương trình vô hướng trên, ta có nghiệm x(t) là một véc tơ có dạng: 18 (9.29) x(t ) = b0 + b1t + b2t 2 + + bk t k + Từ phương trình (9.29), ta có thể viết lại phương trình (9.28) như sau b1 + 2b2t + 3b3t 2 + + kbk t k −1 + = A(b0 + b1t + b2 t 2 + + bk t k + ) (9.30) Từ đây, ta cũng được các hệ số bi tương ứng như sau: b1 = Ab0 1 1 Ab1 = A2b0 2 2 1 1 b3 = Ab2 = A3b0 3 3× 2 b2 = bk = 1... dụng công thức nội suy Sylvester, ta cũng tìm được eAt từ phương trình sau: 29 0 1 1 λ1 1 λ4 1 λm 2λ1 3λ12 λ12 λ13 λ24 λ34 2 λm λ3m (m − 1)(m − 2) m−3 λ1 2 (m − 1)λ1m−2 λ1m−1 λm4 −1 m −1 λm I A2 Am−1 0 0 A 1 3λ1 A3 t 2 λ1t e 2 te λ1t eλ1t e λ4t e At =0 e λmt (9.49) Cũng giống như ở trường hợp 1 ở trên, nghiệm e từ phương trình (9.49) có thể viết theo dạng: (9.50) e ... dụ 1: TÍNH HÀM TRUYỀN TỪ PHƯƠNG TRÌNH KGTT VÍ DỤ: Ví dụ 2: Cho PTTT sau: Ta có: => Hàm truyền: VI DỤ 2: Ví dụ 3: Với mạch điện sau, cho R=47Ω, L=1H, C=1F: Tìm G(s)? QUAN HỆ GIỮA HÀM TRUYỀN VÀ... Phương trình đặc tính hệ thống: - Cho hàm truyền: G(s)=N(s)/D(s) + Phương trình đặc tính có dạng D(s)=0 + Nghiệm phương trình đặc tính cực hệ thống - Trong KGTT ta có: + Phương trình đặc tính là:... dạng chuỗi hàm mũ vô hướng nên gọi ma trận hàm mũ, và: I + At + 2 A t + + A k t k + = e At 2! k! Vì vậy, nghiệm phương trình (9.28) viết sau: x(t ) = e At x(0) (9.31) Vì ma trận hàm mũ quan
Ngày đăng: 15/10/2015, 11:00
Xem thêm: MÔ HÌNH HOÁ KGTT từ hàm TRUYỀN
