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Solution of chapter 4 of Linear System Design - Chen
Tipologia: Exercícios
1 / 14
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Δ(λ ) = det
λ − 1
1 λ
(^) = λ 2 + 1 = 0 ∴
λ = ± j
h(λ ) = β 0 + β 1 λ
f (λ ) = e
λt
Para λ = j:
e
jt = β 0 + jβ 1
Para λ = − j:
e
− jt = β 0 − jβ 1
β 1 =
e
jt − e
− jt
2 j
= sin(t)
β 0 = e
jt − jβ 1 = e
jt − jsin(t) = cos(t) ∴
x(t) =
cos(t) sin(t)
−sin(t) cos(t)
G(s) = C(sI − A)
− 1 B
G(s) =
s − 1
2 s + 2
Utilizando o MATLAB, temos que:
G(s) =
5 s
s^2 + 2 s + 2
E como a transformada de La Place para o degrau é igual a
s
, temos que:
y(s) = G(s) ∗ u(s) =
5 s
s
2
s
Aplicando a inversa de La Place, temos que:
y(t) = 5 e
−t sint(t)
4.3 Considerando que:
e
Ft = L
− 1 [(sI − A)
− 1 ] →
e
Ft = L
− 1
s
2
s + 2 1
− 2 s
e
e
−t ∗ (cos(t) + sin(t)) e
−t ∗ sin(t)
− 2 ∗ e
−t ∗ sin(t) e
−t ∗ (cos(t) − sin(t))
e
B (^) d = A
− 1 (Ad − I)B
Para T = 1, temos:
Ad =
x¯ +
u
y =
x ¯
Para a representação modal, utilizando o MATLAB, temos que os autovalores são − 1 +
j, − 1 − j and −2 e os autovetores são:
− 0. 408 − 0. 408 j
− 0. 408 + 0. 408 j
4.5 Usando a função step no MATLAB, é possível obter que |y| (^) max = 0 .544, |x 1 | (^) max = 0 .5,
|x 2 | (^) max = 1 .05 e |x 3 |max = 0 .52.
Considerando ¯x 1 = x 1 , ¯x 2 = 0. 5 x 2 and ¯x 3 = x 3 , temos:
x¯ =
= Px
x^ ¯˙ =
x¯ +
u
y =
x ¯
G(s) = C(sI − A)
− 1 B
Para o primeiro sistema temos a função de transferência igual a:
(s − 2 )^2
E para o segundo também, ou seja, os sistemas são zero-state equivalent, mas não são
equivalentes pelo fato de os autovalores serem diferentes.
x ˙ =
−α 1 Iq Iq 0 · · · 0
−α 2 Iq 0 Iq · · · 0
. . .
−α (^) r− 1 Iq 0 0 · · · Iq
−α (^) r Iq 0 0 · · · 0
Nr− 1
Nr
u
x ˙ =
x +
u
y =
(^) x +
4.12 Considerando a primeira coluna:
s + 1
s − 2
s + 1
s + 1
Ou seja,
y 1 =
(^) x 1 +
(^) u 1
Para a segunda coluna, temos:
2 s − 3
(s + 1 )(s + 2 )
s
s + 2
s
2
2 s − 3
− 2 s − 2
x ˙ 2 =
(^) x 2 +
(^) u 2
y 2 =
(^) x 2 +
(^) u 2
Sendo assim a realização é gerada a partir desta combinação, o que leva a:
x ˙ =
x +
u
y =
(^) x +
(^) u
Sendo uma realização de dimensão 3.
4.13 Considerando a primeira linha, temos que:
s + 1
2 s − 3
(s + 1 )(s + 2 )
s
2
2 s + 4 2 s − 3
x ˙ 1 =
(^) x 1 +
(^) u
y 1 =
x 1 +
u
Considerando a segunda linha, temos que:
s − 2
s + 1
s
s + 2
s + 1
s + 2
s
2
− 3 s − 6 − 2 s − 2
x ˙ 2 =
(^) x 2 +
(^) u
y 2 =
x 1 +
u ∴
x ˙ =
x +
u
y =
(^) x +
(^) u
Sendo uma realização de dimensão 4.
e^0.^5 t^
2
1 −e
� t 0
e
0 e
− 0. 5 t
2
a matriz de transição de estados é :
φ (t,t 0 ) = x(t)x
− 1 (t 0 ) =
1 −e
� (^) t
0 e^
0 e
− 0. 5 (t 2 −t (^) i^2 )
(^) x˙ 2 =^ −x^2 −→
x 2 (t) = e
−t x 2 ( 0 ) x˙ 1 = −x 1 −→
x 1 (t) = −x 1 (t) + e
t x 2 ( 0 )x( 0 ) =
x(t) =
e
−t
(^) x( 0 ) =
x(t) =
e
−t
2 e
−t
A matriz fundamental é:
x(t) =
e
−t e
t
0 2 e
−t
(^) x −^1 (t) =
e−^2 t
2 e
−t −e
t
0 e
−t
desta forma, a matriz de transição de estados é:
φ (t,t 0 ) = x(t)x
− 1 (t 0 ) =
e
−(t−t 0 )
(e
t e
t (^0) − e
−t e
t 0 )
0 e
−(t−t 0 )
Φ^ ˙(t 0 ,t^0 ) =^ X(t^0 )^ X˙ −^1 (t)
X(t)X
− 1 (t) = X˙(t)X
− 1 (t) + X(t) X˙
− 1 (t) =
d
dt
d
dt
X− 1 (t) = −X
− 1 (t) X˙(t)X
− 1 (t)
− 1 (t)A(t)X(t)X
− 1 (t)
− 1 (t)A(t)
d
dt
Φ(t 0 ,t) = X(t 0 )(−X
− 1 (t))A(t) = Φ(t 0 ,t)A(t)
d
dt
φ (t,t 0 ) =
d dt
ξ 11 (t,t 0 )
d dt
ξ 12 (t,t 0 )
d dt
ξ 21 (t,t 0 )
d dt
ξ 22 (t,t 0 )
a 11 (t) a 12 (t)
a 21 (t) a 22 (t)
ξ 11 (t,t 0 ) ξ 12 (t,t 0 )
ξ 21 (t,t 0 ) ξ 22 (t,t 0 )
substituindo
d dt
em
d dt
detφ (t,t 0 ), tem-se:
d
dt
[ξ 11 ξ 22 − ξ 21 ξ 12 ] = (
d
dt
ξ 11 )ξ 22 + ξ 11 (
d
dt
ξ 22 ) − (
d
dt
ξ 21 )ξ 12 − ξ 21 (
d
dt
ξ 12 )
é fácil manipular e obter:
d
dt
detφ (t,t 0 ) = (a 11 (t) + a 22 (t)detφ (t,t 0 )
comprovando:
detφ (t,t 0 ) = e
� (^) t t 0 (a^11 +a^22 )dt
4.19 Para Φ(t 0 ,t 0 ) = I e considerando Φ 21 (t 0 ,t 0 ) = 0, temos que:
Φ 22 (t 0 ,t 0 ) = I
Aplicando a derivada em relação ao tempo nos fatores Φ 21 e Φ 22 , temos que:
21 (t,t^0 ) =^0 ·^ Φ^11 (t,t^0 ) +^ A 22 (t)Φ 21 (t,t^0 )
22 (t,t^0 ) =^0 ·^ Φ^12 (t,t^0 ) +^ A 22 (t)Φ 22 (t,t^0 )
Como Φ˙ 21 (t,t 0 ) é sempre 0(zero), por todo tempo, podemos afirmar que:
x ˙(t) = Ae
At Ce
Bt
At Ce
Bt B
x ˙(t) = AX + XB
A^ ˙(t) = A 1 e
A 1 t A( 0 )e
−A 1 t
A 1 t A( 0 )e
−A 1 t
det(λ I − A(t)) = det(e
A 1 t λ Ie
−A 1 t − A(t))
= det[e
A 1 t (λ I − A( 0 )e
−A 1 t )]
= det(e
A 1 t )det(e
−A 1 t )det(λ I − A( 0 ))
= det(λ I − A( 0 ))
(independente de t)
4.23 Da equação 4.76 temos que:
X(t + T ) = X(t)e
AT¯
E, considerando que no problema 4.20, há periodicidade com t = 2 π (por conta de termos
− sint e − cost), podemos afirmar que a transformação
P(t) = e
At¯ X
− 1 (t) =
e
− cost 0
0 e
sint
Tornará a equação em:
x^ ˙¯ = 0 · x¯ = 0
x ˙ = Ax + Bu
y = Cx
Considerando ¯x = P(t)x = e
−At , temos que:
A¯ = [P(t)A + P˙(t)]P−^1 (t)
= [e
−At A − e
−At A]e
At = 0
B¯ = P(t)B = e−At^ B
C^ ¯ = CP −^1 (t) = Ce At
g(t, τ) = sint(e
−(t−τ) ) cos τ
Como y(t, τ) não pode ser representado como g(t − τ), não é possível fazer a realização
para uma equação linear invariante no tempo.
