representación de sistemas en espacio de estado

Tema 4

Modelo de estado y solución a la ecuación de estado.

F. Javier García Ruiz, Eduardo J. Moya. DISA. Univ. Valladolid 1

Concepto de estado(1) La teoría moderna de control se basa en la representación matemática de los sistemas dinámicos por medio del concepto de estado, en contraposición con la teoría clásica de control, que utiliza la relación entre su entrada y su salida. Se define estado de un sistema como la mínima cantidad de información necesaria en un instante para que, conociendo la entrada a partir de ese instante, se pueda determinar cualquier variable del sistema en cualquier instante posterior. La cantidad mínima de información que define el estado viene representada por un conjunto de variables de estado xi(t). Este conjunto recibe el nombre de vector de estado.


Concepto de estado(2)

Si además llamamos u(t) al vector que representa el conjunto de variables de entrada, la definición de estado se puede poner como: 𝒙𝒙 𝑡𝑡 = Ψ 𝑡𝑡, 𝑡𝑡0,𝒙𝒙 𝑡𝑡0 ,𝒖𝒖 𝜏𝜏 , 𝑡𝑡0 < 𝜏𝜏 ≤ 𝑡𝑡 Para estudiar el Modelo de Estado nos centraremos en sistemas físicos, que presentan el principio de causalidad. Y dentro de los sistemas causales en los deterministas, para los cuales para una entrada se obtiene una salida de forma unívoca. El vector de estado se define sobre un espacio de estado que es el espacio vectorial sobre el que toma valores el vector de estado. Teniendo la misma dimensión que el número de elementos del vector.


Al ser el espacio de estado un espacio vectorial, admite infinitas bases (infinitas representaciones), relacionadas entre sí mediante transformaciones lineales. Las entradas y las salidas no se modifican sea cual sea la representación de estado elegida. Las variables de estado modifican su valor a lo largo del tiempo, la combinación de estas evoluciones , eliminando el tiempo entre ellas nos da la trayectoria del vector de estado en el espacio de estado.

Ej: x = −1 −21 0

𝑥𝑥1𝑥𝑥2 + 2

0 𝑢𝑢

u = escalón

F. Javier García Ruiz, Eduardo J. Moya. DISA. Univ. Valladolid

Concepto de estado(3)

-0.5

0

0.5

1

To: O

ut(1

)

0 2 4 6 8 10 120

0.5

1

1.5

To: O

ut(2

)

Step Response

Time (seconds)

Ampl

itude

-0.4 -0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 10

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

A=[-1 -2;1 0]; B=[2;0]; C=[1 0]; D=0; sys=ss(A,B,C,D); [y,t,x]=step(sys); plot(t,x(:,1)) plot(t,x(:,2)) plot(x(:,1),x(:,2))

4

Ecuaciones del modelo de estado(1)

Los sistemas dinámicos diferenciales se caracterizan porque se les puede representar por las ecuaciones: ��𝒙 𝑡𝑡 = 𝑓𝑓 𝑡𝑡,𝒙𝒙 𝑡𝑡 ,𝒖𝒖 𝑡𝑡 (3.1)

𝒚𝒚 𝑡𝑡 = 𝑔𝑔 𝑡𝑡,𝒙𝒙 𝑡𝑡 ,𝒖𝒖 𝑡𝑡 (3.2) A la ecuación (3.1) se le llama ecuación de estado, representado la dinámica de la evolución del estado del sistema, y a la ecuación (3.2) ecuación de la salida o ecuación de observación. Al conjunto de las dos ecuaciones se le llama realización en el espacio de estado del sistema. Al número de variables de estado se le llama orden del modelo.


De estas ecuaciones se intuye: • La continuidad de las trayectorias descritas por las variables de

estado. • Que la dimensión del vector de estado coincide con el número

mínimo de condiciones iniciales necesarias para resolver la ecuación de estado.

• Que pueden considerarse como variables de estado las salidas de los integradores.

• Los estados de equilibrio se determinan a partir de las soluciones de la ecuación:

𝑓𝑓 𝑡𝑡,𝒙𝒙 𝑡𝑡 ,𝒖𝒖 𝑡𝑡 = 0 (3.3)



6


Para los sistemas dinámicos discretos, la ecuación de estado se puede escribir como: 𝒙𝒙 𝑘𝑘 + 1 = 𝑓𝑓 𝒙𝒙 𝑘𝑘 ,𝒖𝒖 𝑘𝑘 ,𝑘𝑘 (3.4) 𝒚𝒚 𝑘𝑘 = 𝑔𝑔 𝒙𝒙 𝑘𝑘 ,𝒖𝒖 𝑘𝑘 ,𝑘𝑘 (3.5)

Para un sistema lineal las ecuaciones (3.1) y (3.2) son: ��𝒙 𝑡𝑡 = 𝑨𝑨 𝑡𝑡 𝒙𝒙 𝑡𝑡 + 𝑩𝑩 𝑡𝑡 𝒖𝒖(𝑡𝑡) (3.6) 𝒚𝒚 𝑡𝑡 = 𝑪𝑪 𝑡𝑡 𝒙𝒙 𝑡𝑡 + 𝑫𝑫 𝑡𝑡 𝒖𝒖(𝑡𝑡) (3.7) y las ecuaciones (3.4) y (3.5): 𝒙𝒙 𝑘𝑘 + 1 = 𝑨𝑨 𝑘𝑘 𝒙𝒙 𝑘𝑘 + 𝑩𝑩 𝑘𝑘 𝒖𝒖(𝑘𝑘) (3.8) 𝒚𝒚 𝑘𝑘 = 𝑪𝑪 𝑘𝑘 𝒙𝒙 𝑘𝑘 + 𝑫𝑫 𝑘𝑘 𝒖𝒖(𝑘𝑘) (3.9)



Si el sistema es invariante en el tiempo las matrices A, B, C y D son constantes en el tiempo: ��𝒙 𝑡𝑡 = 𝑨𝑨𝒙𝒙 𝑡𝑡 + 𝑩𝑩𝒖𝒖(𝑡𝑡) (3.10) 𝒚𝒚 𝑡𝑡 = 𝑪𝑪𝒙𝒙 𝑡𝑡 + 𝑫𝑫𝒖𝒖(𝑡𝑡) (3.11) 𝒙𝒙 𝑘𝑘 + 1 = 𝑨𝑨𝒙𝒙 𝑘𝑘 + 𝑩𝑩𝒖𝒖(𝑘𝑘) (3.12) 𝒚𝒚 𝑘𝑘 = 𝑪𝑪𝒙𝒙 𝑘𝑘 + 𝑫𝑫𝒖𝒖(𝑘𝑘) (3.13) Trabajaremos con sistemas lineales e invariantes en el tiempo.



Transformaciones Lineales Dado el sistema lineal: ��𝒙 𝑡𝑡 = 𝑨𝑨 𝑡𝑡 𝒙𝒙 𝑡𝑡 + 𝑩𝑩 𝑡𝑡 𝒖𝒖(𝑡𝑡) (3.6) 𝒚𝒚 𝑡𝑡 = 𝑪𝑪 𝑡𝑡 𝒙𝒙 𝑡𝑡 + 𝑫𝑫 𝑡𝑡 𝒖𝒖(𝑡𝑡) (3.7) Definida una matriz nxn no singular T(t) y que exista la derivada de su inversa. Se puede definir un nuevo vector de estado a partir de x(t) mediante: 𝒙𝒙 𝑡𝑡 = 𝑻𝑻 𝑡𝑡 𝒙𝒙� 𝑡𝑡 𝒙𝒙� 𝑡𝑡 = 𝑻𝑻−1 𝑡𝑡 𝒙𝒙(𝑡𝑡) (3.14)


Ecuaciones del modelo de estado(6) Sustituyendo en el sistema inicial obtenemos un nuevo modelo: 𝒙𝒙� 𝑡𝑡 = 𝑨𝑨� 𝑡𝑡 𝒙𝒙� 𝑡𝑡 + 𝑩𝑩� 𝑡𝑡 𝒖𝒖(𝑡𝑡) (3.15) 𝒚𝒚 𝑡𝑡 = 𝑪𝑪� 𝑡𝑡 𝒙𝒙� 𝑡𝑡 + 𝑫𝑫� 𝑡𝑡 𝒖𝒖(𝑡𝑡) (3.16) Donde: ��𝐴 𝑡𝑡 = ��𝑇−1 𝑡𝑡 𝑇𝑇 𝑡𝑡 + 𝑇𝑇−1 𝑡𝑡 𝐴𝐴 𝑡𝑡 𝑇𝑇(𝑡𝑡) 𝐵𝐵� 𝑡𝑡 = 𝑇𝑇−1 𝑡𝑡 𝐵𝐵 𝑡𝑡 ��𝐶 𝑡𝑡 = 𝐶𝐶 𝑡𝑡 𝑇𝑇 𝑡𝑡 (3.17) 𝐷𝐷� 𝑡𝑡 = 𝐷𝐷(𝑡𝑡) Partiendo de un modelo de estado cualquiera y conociendo la matriz T(t) de transformación, se puede obtener una nueva representación de estado. Es lo que se denomina transformación lineal en el espacio de estados. Si la matriz T es invariante en el tiempo: ��𝐴 𝑡𝑡 = 𝑇𝑇−1𝐴𝐴 𝑡𝑡 𝑇𝑇 (3.18)



Representación gráfica de los sistemas lineales

B �𝑑𝑑𝑡𝑡 C

A

D

u(t) x(t) y(t) ��𝑥(t) +

+

+

+

B 𝑧𝑧−1𝐼𝐼 C

A

D

u(k) x(k) y(k) x(k+1) +

+

+

+

11

Obtención del modelo de estado(1)

Sea un sistema definido por 𝑦𝑦(𝑛𝑛 + 𝑎𝑎1𝑦𝑦(𝑛𝑛−1+...+𝑎𝑎𝑛𝑛−1��𝑦+𝑎𝑎𝑛𝑛𝑦𝑦 = 𝑏𝑏0𝑢𝑢(𝑛𝑛 + 𝑏𝑏1𝑢𝑢(𝑛𝑛−1+...+𝑏𝑏𝑛𝑛−1��𝑢+𝑏𝑏𝑛𝑛𝑢𝑢 (3.19) O por: 𝑦𝑦(k) + 𝑎𝑎1𝑦𝑦(𝑘𝑘 − 1)+...+𝑎𝑎𝑛𝑛−1𝑦𝑦(𝑘𝑘 − 𝑛𝑛 + 1)+𝑎𝑎𝑛𝑛𝑦𝑦 𝑘𝑘 − 𝑛𝑛 = =𝑏𝑏0𝑢𝑢(𝑘𝑘) + 𝑏𝑏1 𝑢𝑢(𝑘𝑘 -1)+...+𝑏𝑏𝑛𝑛𝑢𝑢(𝑘𝑘 − 𝑛𝑛) (3.20) Donde u es la entrada e y es la salida (sistema monovariable). Estas ecuaciones pueden escribirse con la Transformada de Laplace o la transformada Z como:

𝑌𝑌(𝑠𝑠)𝑈𝑈(𝑠𝑠)

= 𝑏𝑏0𝑠𝑠𝑛𝑛+𝑏𝑏1𝑠𝑠𝑛𝑛−1+...+𝑏𝑏𝑛𝑛−1s+𝑏𝑏𝑛𝑛𝑠𝑠𝑛𝑛+𝑎𝑎1𝑠𝑠𝑛𝑛−1+...+𝑎𝑎𝑛𝑛−1s+𝑎𝑎𝑛𝑛

(3.21)

𝑌𝑌(𝑧𝑧)𝑈𝑈(𝑧𝑧)

= 𝑏𝑏0𝑧𝑧𝑛𝑛+𝑏𝑏1𝑧𝑧𝑛𝑛−1+...+𝑏𝑏𝑛𝑛−1z+𝑏𝑏𝑛𝑛𝑧𝑧𝑛𝑛+𝑎𝑎1𝑧𝑧𝑛𝑛−1+...+𝑎𝑎𝑛𝑛−1z+𝑎𝑎𝑛𝑛

(3.22)


Forma canónica controlable

𝑥𝑥1𝑥𝑥2⋮

��𝑥𝑛𝑛−1��𝑥𝑛𝑛

=

0 1 0 ⋯ 00 0 1 ⋯ 0⋮0

−𝑎𝑎𝑛𝑛

⋮0

−𝑎𝑎𝑛𝑛−1

⋮ ⋮0 ⋯ 0

−𝑎𝑎𝑛𝑛−2 ⋯ −𝑎𝑎1


𝑥𝑥𝑛𝑛−1𝑥𝑥𝑛𝑛

+

00⋮01

u (3.23)

𝑦𝑦 = 𝑏𝑏𝑛𝑛 − 𝑎𝑎𝑛𝑛𝑏𝑏0 𝑏𝑏𝑛𝑛−1 − 𝑎𝑎𝑛𝑛−1𝑏𝑏0 ⋯ 𝑏𝑏1 − 𝑎𝑎1𝑏𝑏0

𝑥𝑥1𝑥𝑥2⋮𝑥𝑥𝑛𝑛

+𝑏𝑏0u (3.24)

𝑥𝑥1 𝑘𝑘 + 1𝑥𝑥2 𝑘𝑘 + 1

⋮𝑥𝑥𝑛𝑛−1 𝑘𝑘 + 1𝑥𝑥𝑛𝑛 𝑘𝑘 + 1

=

0 1 0 ⋯ 00 0 1 ⋯ 0⋮0

−𝑎𝑎𝑛𝑛

⋮0

−𝑎𝑎𝑛𝑛−1

⋮ ⋮0 ⋯ 0

−𝑎𝑎𝑛𝑛−2 ⋯ −𝑎𝑎1

𝑥𝑥1 𝑘𝑘𝑥𝑥2 𝑘𝑘⋮

𝑥𝑥𝑛𝑛−1 𝑘𝑘𝑥𝑥𝑛𝑛 𝑘𝑘

+

00⋮01

u (3.25)

𝑦𝑦 = 𝑏𝑏𝑛𝑛 − 𝑎𝑎𝑛𝑛𝑏𝑏0 𝑏𝑏𝑛𝑛−1 − 𝑎𝑎𝑛𝑛−1𝑏𝑏0 ⋯ 𝑏𝑏1 − 𝑎𝑎1𝑏𝑏0

𝑥𝑥1 𝑘𝑘𝑥𝑥2 𝑘𝑘⋮

𝑥𝑥𝑛𝑛−1 𝑘𝑘𝑥𝑥𝑛𝑛 𝑘𝑘

+𝑏𝑏0u (3.26)

Es útil cuando se utiliza el método de asignación de polos para el diseño del controlador.



13


Ejemplo, sea la ecuación diferencial: 3𝑦𝑦 + 2��𝑦 + 5��𝑦 + 6𝑦𝑦 = 3𝑢𝑢 + 7��𝑢

Haciendo: 3𝑥𝑥1 + 2��𝑥1 + 5��𝑥1 + 6𝑥𝑥1 = 𝑢𝑢

𝑥𝑥2 = ��𝑥1 𝑥𝑥3 = ��𝑥1

Nos queda: ��𝑥1 = 𝑥𝑥2 ��𝑥2 = 𝑥𝑥3

��𝑥3 = 13 𝑢𝑢 − 2𝑥𝑥3 − 5𝑥𝑥2 − 6𝑥𝑥1

En forma matricial:

��𝒙 =0 1 00 0 1−2 −5

3 −23

𝒙𝒙 +13𝑢𝑢

Además: 𝑦𝑦 = 7��𝑥1 + 3𝑥𝑥1 = 3 7 0 𝒙𝒙

F. Javier García Ruiz, Eduardo J. Moya. DISA.

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Ejemplo, sea la ecuación en diferencias: 𝑦𝑦 𝑘𝑘 + 2 + 1.3𝑦𝑦 𝑘𝑘 + 1 + 0.4𝑦𝑦 𝑘𝑘 = 𝑢𝑢 𝑘𝑘 + 1 + 𝑢𝑢 𝑘𝑘

Haciendo: 𝑥𝑥1 𝑘𝑘 + 2 + 1.3𝑥𝑥1 𝑘𝑘 + 1 + 0.4𝑥𝑥1 𝑘𝑘 = 𝑢𝑢(𝑘𝑘)

𝑥𝑥2(𝑘𝑘) = 𝑥𝑥1(𝑘𝑘 + 1) Nos queda:

𝑥𝑥1 𝑘𝑘 + 1 = 𝑥𝑥2 𝑘𝑘 𝑥𝑥2 𝑘𝑘 + 1 = 𝑢𝑢 𝑘𝑘 − 1.3𝑥𝑥2 𝑘𝑘 − 0.4𝑥𝑥1 𝑘𝑘

En forma matricial:

��𝒙 = 0 1−0.4 −1.3 𝒙𝒙 + 0

1 𝑢𝑢

Además: 𝑦𝑦 = 𝑥𝑥1 + 𝑥𝑥2 = 1 1 𝒙𝒙

15


Forma canónica observable


��𝑥𝑛𝑛−1��𝑥𝑛𝑛

=

0 0 ⋯ 0 −𝑎𝑎𝑛𝑛1 0 ⋯ 0 −𝑎𝑎𝑛𝑛−1⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮0 0 ⋯ ⋮ 00 0 ⋯ 1 −𝑎𝑎1



+

𝑏𝑏𝑛𝑛 − 𝑎𝑎𝑛𝑛𝑏𝑏0𝑏𝑏𝑛𝑛−1 − 𝑎𝑎𝑛𝑛−1𝑏𝑏0

⋮𝑏𝑏1 − 𝑎𝑎1𝑏𝑏0

u (3.27)

𝑦𝑦 = 0 0 ⋯ 0 1



+ 𝑏𝑏0u (3.28)


Obtención del modelo de estado(6) Ejemplo, sea la ecuación diferencial:

3𝑦𝑦 + 2��𝑦 + 5��𝑦 + 6𝑦𝑦 = 3𝑢𝑢 + 7��𝑢 Haciendo:

𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑 3��𝑦 + 2��𝑦 + 5𝑦𝑦 − 7𝑢𝑢 = 3𝑢𝑢 − 6𝑦𝑦

𝑥𝑥1 = 3��𝑦 + 2��𝑦 + 5𝑦𝑦 − 7𝑢𝑢 𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑 3��𝑦 + 2𝑦𝑦 = 𝑥𝑥1 + 7u − 5y

𝑥𝑥2 = 3��𝑦 + 2𝑦𝑦 𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑 3𝑦𝑦 = 𝑥𝑥2 − 2𝑦𝑦

𝑥𝑥3 = 3y Nos queda:

��𝑥1 = 3𝑢𝑢 − 6𝑦𝑦 = 3𝑢𝑢 − 2𝑥𝑥3 ��𝑥2 = 𝑥𝑥1 + 7u − 5

3𝑥𝑥3 ��𝑥3 = 𝑥𝑥2 − 2

3𝑥𝑥3 En forma matricial:

��𝒙 =0 0 −21 0 −5

30 1 −2

3

𝒙𝒙 +370

𝑢𝑢

Además: 𝑦𝑦 = 1

3𝑥𝑥3 = 0 0 13 𝒙𝒙





Haciendo: 𝑧𝑧 𝑦𝑦 𝑘𝑘 + 1 + 1.3𝑦𝑦 𝑘𝑘 − 𝑢𝑢(𝑘𝑘) = 𝑢𝑢 𝑘𝑘 − 0.4𝑦𝑦 𝑘𝑘

𝑥𝑥1 𝑘𝑘 = 𝑦𝑦 𝑘𝑘 + 1 + 1.3𝑦𝑦 𝑘𝑘 − 𝑢𝑢 𝑘𝑘 𝑧𝑧 𝑦𝑦 𝑘𝑘 = 𝑥𝑥1 𝑘𝑘 − 1.3𝑦𝑦 𝑘𝑘 + 𝑢𝑢 𝑘𝑘

𝑥𝑥2 𝑘𝑘 = 𝑦𝑦 𝑘𝑘 Nos queda:

𝑥𝑥1 𝑘𝑘 + 1 = 𝑢𝑢 𝑘𝑘 − 0.4𝑥𝑥2 𝑘𝑘 𝑥𝑥2 𝑘𝑘 + 1 = 𝑢𝑢 𝑘𝑘 − 1.3𝑥𝑥2 𝑘𝑘 + 𝑥𝑥1 𝑘𝑘

En forma matricial:

𝒙𝒙 𝑘𝑘 + 1 = 0 −0.41 −1.3 𝒙𝒙 + 0

1 𝑢𝑢

Además: 𝑦𝑦 = 𝑥𝑥2 = 0 1 𝒙𝒙

18


Forma canónica diagonal Si la ecuación (3.13) tiene todas las raíces del denominador diferentes entre si, entonces puede obtenerse la representación:

𝑥𝑥1𝑥𝑥2⋮𝑥𝑥��𝑛

=−𝑝𝑝1 ⋯ 0⋮ ⋱ ⋮0 ⋯ −𝑝𝑝𝑛𝑛


+11⋮1

𝑢𝑢 (3.29)

𝑦𝑦 = 𝑐𝑐1 𝑐𝑐2 ⋯ 𝑐𝑐𝑛𝑛


+ 𝑏𝑏0𝑢𝑢 (3.30)



𝑦𝑦 + 6��𝑦 + 11��𝑦 + 6𝑦𝑦 = 3𝑢𝑢 + 7��𝑢 𝑌𝑌(𝑠𝑠)𝑈𝑈(𝑠𝑠) =

7𝑠𝑠 + 3𝑠𝑠3 + 6𝑠𝑠2 + 11𝑠𝑠 + 6 =

−2𝑠𝑠 + 1 +

11𝑠𝑠 + 2 +

−9𝑠𝑠 + 3 + 0

cuyos polos son s=-1, s=-2 y s=-3. Haciendo:

𝑥𝑥1 =𝑢𝑢

𝑠𝑠 + 1

𝑥𝑥2 =𝑢𝑢

𝑠𝑠 + 2

𝑥𝑥3 =𝑢𝑢

𝑠𝑠 + 3

Nos queda: ��𝑥1 = 𝑢𝑢 − 𝑥𝑥1 ��𝑥2 = u − 2𝑥𝑥2 ��𝑥3 = 𝑢𝑢 − 3𝑥𝑥3

En forma matricial:

��𝒙 =−1 0 00 −2 00 0 −3

𝒙𝒙 +111

𝑢𝑢

Además: 𝑦𝑦 = −2 11 − 9 𝒙𝒙 + 0𝑢𝑢





La función de transferencia es: 𝑌𝑌(𝑧𝑧)𝑈𝑈(𝑧𝑧)

=𝑧𝑧 + 1

𝑧𝑧2 + 1.3𝑧𝑧 + 0.4=

5/3𝑧𝑧 + 0.5

+−2/3𝑧𝑧 + 0.8

Hacemos:

𝑥𝑥1 =𝑢𝑢

𝑧𝑧 + 0.5

𝑥𝑥2 =𝑢𝑢

𝑧𝑧 + 0.8

Nos queda: 𝑥𝑥1 𝑘𝑘 + 1 = 𝑢𝑢 − 0.5𝑥𝑥1 𝑘𝑘 𝑥𝑥2 𝑘𝑘 + 1 = 𝑢𝑢 − 0.8𝑥𝑥2 𝑘𝑘

En forma matricial:

𝒙𝒙 𝑘𝑘 + 1 = −0.5 00 −0.8 𝒙𝒙 + 1

1 𝑢𝑢

Además:

𝑦𝑦 = 53

−23

𝒙𝒙

21


Forma canónica de Jordan Si la ecuación (3.13) no tiene todas las raíces del denominador diferentes entre si, sino que tiene raíces múltiples, entonces puede obtenerse la representación de Jordan modificando la forma diagonal anterior:

��𝑥1��𝑥2��𝑥3��𝑥4⋮��𝑥𝑛𝑛

=

−𝑝𝑝1 1 0 0 ⋯ 00 −𝑝𝑝1 1 0 ⋯ 00 0 −𝑝𝑝1 0 ⋯ 00 ⋯ 0 −𝑝𝑝4 ⋯ 0⋮ ⋱ ⋮ ⋮ ⋱ ⋮0 ⋯ 0 0 ⋯ −𝑝𝑝𝑛𝑛

𝑥𝑥1𝑥𝑥2𝑥𝑥3𝑥𝑥4⋮𝑥𝑥𝑛𝑛

+

0011⋮1

𝑢𝑢 (3.31)

𝑦𝑦 = 𝑐𝑐1 𝑐𝑐2 ⋯ 𝑐𝑐𝑛𝑛


+ 𝑏𝑏0𝑢𝑢 (3.32)



𝑦𝑦 + 4��𝑦 + 5��𝑦 + 2𝑦𝑦 = 3𝑢𝑢 + 7��𝑢 𝑌𝑌(𝑠𝑠)𝑈𝑈(𝑠𝑠) =

7𝑠𝑠 + 3𝑠𝑠3 + 4𝑠𝑠2 + 5𝑠𝑠 + 2 =

11𝑠𝑠 + 1 +

−4𝑠𝑠 + 1 2 +

−11𝑠𝑠 + 2 + 0

cuyos polos son s=-1, s=-1 y s=-2. Haciendo:

𝑥𝑥1 =𝑢𝑢

𝑠𝑠 + 1 2 =𝑥𝑥2

𝑠𝑠 + 1

𝑥𝑥2 =𝑢𝑢

𝑠𝑠 + 1

𝑥𝑥3 =𝑢𝑢

𝑠𝑠 + 2

Nos queda: ��𝑥1 = 𝑥𝑥2 − 𝑥𝑥1 ��𝑥2 = u − 𝑥𝑥2 ��𝑥3 = 𝑢𝑢 − 2𝑥𝑥3

En forma matricial:

��𝒙 =−1 1 00 −1 00 0 −2

𝒙𝒙 +011

𝑢𝑢

Además: 𝑦𝑦 = −4 11 − 11 𝒙𝒙 + 0𝑢𝑢


Ejemplo(1)

u(t)

L iL(t) +

-

R

C

iR(t) iC(t)

Encuentre la representación en espacio de estados del circuito de la figura, suponiendo que la salida es la Intensidad de la resistencia R.

Escribimos las ecuaciones de los elementos que almacenan energía en forma derivada: 𝐶𝐶 𝑑𝑑𝑣𝑣𝑐𝑐

𝑑𝑑𝑑𝑑= 𝑖𝑖𝐶𝐶

𝐿𝐿 𝑑𝑑𝑖𝑖𝐿𝐿𝑑𝑑𝑑𝑑

= 𝑣𝑣𝐿𝐿


Ejemplo(2)

Se eligen como variables de estado aquellas que están derivadas. El modelo de estado estará completo cuando ponemos la parte derecha de las ecuaciones (3.22) y (3.23) como combinación lineal de las variables de estado y la entrada u(t).:

𝑖𝑖𝑐𝑐 = −𝑖𝑖𝑅𝑅 + 𝑖𝑖𝐿𝐿 = −𝑣𝑣𝐶𝐶𝑅𝑅 + 𝑖𝑖𝐿𝐿

𝑣𝑣𝐿𝐿 = 𝑢𝑢 − 𝑣𝑣𝐶𝐶 Sustituyendo:

𝐶𝐶𝑑𝑑𝑣𝑣𝑐𝑐𝑑𝑑𝑡𝑡 = −

𝑣𝑣𝐶𝐶𝑅𝑅 + 𝑖𝑖𝐿𝐿

𝐿𝐿𝑑𝑑𝑖𝑖𝐿𝐿𝑑𝑑𝑡𝑡 = 𝑢𝑢 − 𝑣𝑣𝐶𝐶

Y puesto en forma matricial:

��𝑣𝐶𝐶𝚤𝚤𝐿𝐿

=−1

𝑅𝑅𝐶𝐶� 1𝐶𝐶�

−1𝐿𝐿� 0

𝑣𝑣𝐶𝐶𝑖𝑖𝐿𝐿 +

01𝐿𝐿�

𝑢𝑢(𝑡𝑡)

𝑖𝑖𝑅𝑅 = 1𝑅𝑅� 0

𝑣𝑣𝐶𝐶𝑖𝑖𝐿𝐿


Características del modelo de estado

En una matriz A de un modelo de estado, sus valores propios son las raíces de la Ec. Característica:

𝜆𝜆𝑰𝑰 − 𝑨𝑨 = 0 A estos valores propios también se les llama raíces características. Diagonalización de una matriz nxn Si una matriz A de nxn tiene todos sus valores propios diferentes, λ1, λ2, … λn,

entonces la matriz 𝑃𝑃 = :

1 1 ⋯ 1𝜆𝜆1 𝜆𝜆2 ⋯ 𝜆𝜆𝑛𝑛𝜆𝜆1

2 𝜆𝜆22 ⋯ 𝜆𝜆𝑛𝑛

2

⋮ ⋮ ⋯ ⋮𝜆𝜆1

𝑛𝑛−1 𝜆𝜆2𝑛𝑛−1 ⋯ 𝜆𝜆𝑛𝑛

𝑛𝑛−1

transformará 𝑃𝑃−1𝐴𝐴𝑃𝑃 en

la matriz diagonal. Si no son todos iguales, lo máximo que se podrá obtener es la matriz de Jordan.


Convertir de Función de Transferencia a Espacio de Estado(1)

Veamos un ejemplo. Sea la función de transferencia: 𝐶𝐶(𝑠𝑠)𝑅𝑅(𝑠𝑠) =

24𝑠𝑠3 + 9𝑠𝑠2 + 26𝑠𝑠 + 24

Se hace el producto cruzado: 𝑠𝑠3 + 9𝑠𝑠2 + 26𝑠𝑠 + 24 𝐶𝐶 𝑠𝑠 = 24𝑅𝑅(𝑠𝑠)

La ecuación diferencial que corresponde con este modelo es: 𝑐𝑐 + 9��𝑐 + 26��𝑐 + 24𝑐𝑐 = 24𝑟𝑟

Se seleccionan como variables de estado las derivadas de la salida: 𝑥𝑥1 = 𝑐𝑐 𝑥𝑥2 = ��𝑐 𝑥𝑥3 = ��𝑐

Tomando derivadas de las variables de estado elegidas: ��𝑥1 = 𝑥𝑥2 ��𝑥2 = 𝑥𝑥3

��𝑥3 = −24𝑥𝑥1 − 26𝑥𝑥2 − 9𝑥𝑥3 + 24𝑟𝑟 𝑦𝑦 = 𝑐𝑐 = 𝑥𝑥1



En forma matricial: ��𝑥1��𝑥2��𝑥3

=0 1 00 0 1

−24 −26 −9

𝑥𝑥1𝑥𝑥2𝑥𝑥3

+00

24𝑟𝑟

𝑦𝑦 = 1 0 0𝑥𝑥1𝑥𝑥2𝑥𝑥3

24 � � �

9

26

24

- -

-

+ 𝑟𝑟(𝑡𝑡) 𝑦𝑦(𝑡𝑡) ��𝑥3(𝑡𝑡) ��𝑥2(𝑡𝑡) ��𝑥1(𝑡𝑡) 𝑥𝑥1(𝑡𝑡)



Si la función de transferencia tiene un polinomio en el numerador de orden mayor que cero, se separa la función de transferencia en 2 en cascada. Ej:

𝑌𝑌(𝑠𝑠)𝑅𝑅(𝑠𝑠)

=𝑠𝑠2 + 7𝑠𝑠 + 2

𝑠𝑠3 + 9𝑠𝑠2 + 26𝑠𝑠 + 24

1

𝑠𝑠3 + 9𝑠𝑠2 + 26𝑠𝑠 + 24 𝑠𝑠2 + 7𝑠𝑠 + 2 𝑅𝑅(𝑠𝑠) 𝑋𝑋1(𝑠𝑠) 𝑌𝑌(𝑠𝑠)

Con el primer bloque actuamos según vimos en el ejemplo anterior, con el 2º bloque tenemos:

𝑌𝑌 𝑠𝑠 = 𝑠𝑠2 + 7𝑠𝑠 + 2 𝑋𝑋1(𝑠𝑠) 𝑦𝑦 𝑡𝑡 = ��𝑥1 + 7��𝑥1 + 2𝑥𝑥1

Como: ��𝑥1 = 𝑥𝑥2 ��𝑥1 = 𝑥𝑥3



𝑦𝑦 𝑡𝑡 = 𝑥𝑥3 + 7𝑥𝑥2 + 2𝑥𝑥1 = 2 7 1 𝒙𝒙

24 � � �

9

26

24

- - -

+ 𝑟𝑟(𝑡𝑡)

𝑦𝑦(𝑡𝑡)

��𝑥3(𝑡𝑡) ��𝑥2(𝑡𝑡) ��𝑥1(𝑡𝑡) 𝑥𝑥1(𝑡𝑡) 2

7

1 +

+ +


��𝒙 =0 1 00 0 1

−24 −26 −9𝒙𝒙 +

001

𝒓𝒓

30



Para sistemas discretos se trabaja igual. Si la función de transferencia tiene un polinomio en el numerador de orden mayor que cero, se separa la función de transferencia en 2 en cascada. Ej:

𝐶𝐶(𝑧𝑧)𝑅𝑅(𝑧𝑧) =

𝑧𝑧 + 1𝑧𝑧2 + 1.3𝑧𝑧 + 0.4

1

𝑧𝑧2 + 1.3𝑧𝑧 + 0.4 𝑧𝑧 + 1 𝑅𝑅(𝑧𝑧) 𝑋𝑋1(𝑧𝑧) 𝐶𝐶(𝑧𝑧)

𝑥𝑥1 𝑘𝑘 + 2 + 1.3𝑥𝑥1 𝑘𝑘 + 1 + 0.4𝑥𝑥1 𝑘𝑘 = 𝑟𝑟(𝑘𝑘) 𝑥𝑥2(𝑘𝑘) = 𝑥𝑥1(𝑘𝑘 + 1)

Nos queda: 𝑥𝑥1 𝑘𝑘 + 1 = 𝑥𝑥2 𝑘𝑘 𝑥𝑥2 𝑘𝑘 + 1 = 𝑟𝑟 𝑘𝑘 − 1.3𝑥𝑥2 𝑘𝑘 − 0.4𝑥𝑥1 𝑘𝑘

31



1.3

0.4

- -

+ 𝑟𝑟(𝑘𝑘)

c(𝑘𝑘)

𝑥𝑥2(𝑘𝑘 + 1) 𝑥𝑥1(𝑘𝑘 + 1) 𝑥𝑥1(𝑘𝑘)

+

+

𝑧𝑧−1 𝑧𝑧−1

En forma matricial:

𝒙𝒙 𝑘𝑘 + 1 = 0 1−0.4 −1.3 𝒙𝒙(𝒌𝒌) + 0

1 𝑟𝑟(𝑘𝑘)

Además: 𝑐𝑐(𝑘𝑘) = 𝑥𝑥1 + 𝑥𝑥2 = 1 1 𝒙𝒙(𝑘𝑘)

32

Convertir de Espacio de Estado a Función de Transferencia (1)

Dado el sistema representado en espacio de estado mediante: ��𝒙 𝑡𝑡 = 𝑨𝑨𝒙𝒙 𝑡𝑡 + 𝑩𝑩𝒖𝒖(𝑡𝑡) (3.6) 𝒚𝒚 𝑡𝑡 = 𝑪𝑪𝒙𝒙 𝑡𝑡 + 𝑫𝑫𝒖𝒖(𝑡𝑡) (3.7)

Tomando transformada de Laplace (con condiciones iniciales nulas): 𝑠𝑠𝑿𝑿 𝑠𝑠 = 𝑨𝑨𝑿𝑿 𝑠𝑠 + 𝑩𝑩𝑩𝑩 𝑠𝑠 (3.33) 𝒀𝒀 𝑠𝑠 = 𝑪𝑪𝑿𝑿 𝑠𝑠 + 𝑫𝑫𝑩𝑩 𝑠𝑠 (3.34) Resolviendo la primera ecuación: 𝑠𝑠𝑰𝑰 − 𝑨𝑨 𝑿𝑿 𝑠𝑠 = 𝑩𝑩𝑩𝑩 𝑠𝑠 (3.35) 𝑿𝑿 𝑠𝑠 = 𝑠𝑠𝑰𝑰 − 𝑨𝑨 −1𝑩𝑩𝑩𝑩(𝑠𝑠) (3.36) Sustituyendo en la segunda ecuación: 𝒀𝒀 𝑠𝑠 = 𝑪𝑪 𝑠𝑠𝑰𝑰 − 𝑨𝑨 −1𝑩𝑩𝑩𝑩 𝑠𝑠 + 𝑫𝑫𝑩𝑩 𝑠𝑠 = 𝑪𝑪 𝑠𝑠𝑰𝑰 − 𝑨𝑨 −1𝑩𝑩 + 𝑫𝑫 𝑩𝑩 𝑠𝑠 (3.37) Si los vectores 𝒀𝒀 𝑠𝑠 y 𝑩𝑩 𝑠𝑠 son en realidad escalares, podemos encontrar la función de transferencia como: 𝑇𝑇 𝑠𝑠 = 𝑌𝑌(𝑠𝑠)

𝑈𝑈(𝑠𝑠)= 𝑪𝑪 𝑠𝑠𝑰𝑰 − 𝑨𝑨 −1𝑩𝑩 + 𝑫𝑫 = 𝑪𝑪𝑎𝑎𝑑𝑑𝑎𝑎 𝑠𝑠𝑰𝑰−𝑨𝑨 +𝑫𝑫𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑 𝑠𝑠𝑰𝑰−𝑨𝑨

𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑 𝑠𝑠𝑰𝑰−𝑨𝑨 (3.38)

Podemos ver que los polos del sistema son los autovalores de A.



Ejemplo. Dado el sistema:

��𝒙 =0 1 00 0 1−1 −2 −3

𝒙𝒙 +1000

𝑢𝑢

𝑦𝑦 = 1 0 0 𝐱𝐱 Se pretende obtener la función de transferencia:

𝑠𝑠𝑰𝑰 − 𝑨𝑨 =𝑠𝑠 0 00 𝑠𝑠 00 0 𝑠𝑠

−0 1 00 0 1−1 −2 −3

=𝑠𝑠 −1 00 𝑠𝑠 −11 2 𝑠𝑠 + 3

𝑆𝑆𝑰𝑰 − 𝑨𝑨 −1 =

𝑠𝑠2 + 3𝑠𝑠 + 2 𝑠𝑠 + 3 1−1 𝑠𝑠 𝑠𝑠 + 3 𝑠𝑠−𝑠𝑠 − 2𝑠𝑠 + 1 𝑠𝑠2

𝑠𝑠3 + 3𝑠𝑠2 + 2𝑠𝑠 + 1

Aplicando la fórmula:

𝑇𝑇 𝑠𝑠 = 𝑪𝑪 𝑠𝑠𝑰𝑰 − 𝑨𝑨 −1𝑩𝑩 + 𝑫𝑫 =10 𝑠𝑠2 + 3𝑠𝑠 + 2𝑠𝑠3 + 3𝑠𝑠2 + 2𝑠𝑠 + 1




Dado el sistema representado en espacio de estado mediante: 𝒙𝒙 𝑘𝑘 + 1 = 𝑨𝑨𝒙𝒙 𝑘𝑘 + 𝑩𝑩𝒖𝒖(𝑘𝑘) (3.12) 𝒚𝒚 𝑘𝑘 = 𝑪𝑪𝒙𝒙 𝑘𝑘 + 𝑫𝑫𝒖𝒖(𝑘𝑘) (3.13)

Tomando transformada Z (con condiciones iniciales nulas): 𝑧𝑧𝑿𝑿 𝑧𝑧 = 𝑨𝑨𝑿𝑿 𝑧𝑧 + 𝑩𝑩𝑩𝑩 𝑧𝑧 (3.39) 𝒀𝒀 𝑧𝑧 = 𝑪𝑪𝑿𝑿 𝑧𝑧 + 𝑫𝑫𝑩𝑩 𝑧𝑧 (3.40) Resolviendo 𝑿𝑿 𝑧𝑧 = 𝒛𝒛𝑰𝑰 − 𝑨𝑨 −1𝑩𝑩𝑩𝑩(𝑧𝑧) (3.41) Y sustituyendo en la segunda ecuación: 𝒀𝒀 𝑧𝑧 = 𝑪𝑪 𝒛𝒛𝑰𝑰 − 𝑨𝑨 −1𝑩𝑩𝑩𝑩 𝒛𝒛 + 𝑫𝑫𝑩𝑩 𝑧𝑧 = 𝑪𝑪 𝒛𝒛𝑰𝑰 − 𝑨𝑨 −1𝑩𝑩 + 𝑫𝑫 𝑩𝑩 𝒛𝒛 (3.42) Si los vectores 𝒀𝒀 𝑧𝑧 y 𝑩𝑩 𝒛𝒛 son en realidad escalares, podemos encontrar la función de transferencia pulsada como: 𝑇𝑇 𝑧𝑧 = 𝑌𝑌(𝑧𝑧)

𝑈𝑈(𝑧𝑧)= 𝑪𝑪 𝒛𝒛𝑰𝑰 − 𝑨𝑨 −1𝑩𝑩 + 𝑫𝑫 = 𝑪𝑪𝑎𝑎𝑑𝑑𝑎𝑎 𝒛𝒛𝑰𝑰−𝑨𝑨 +𝑫𝑫𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑 𝒛𝒛𝑰𝑰−𝑨𝑨

𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑 𝒛𝒛𝑰𝑰−𝑨𝑨 (3.43)

Podemos ver que los polos del sistema son los autovalores de A.

35

Solución de la Ecuación de estado en el dominio temporal(1)

Solución de la Ecuación Homogénea

La solución de la ecuación diferencial escalar 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝑎𝑎𝑥𝑥(𝑡𝑡) es de la forma: 𝑥𝑥 𝑡𝑡 = 𝑒𝑒𝑎𝑎𝑑𝑑𝑥𝑥(0) (3.44) donde x(0) es el valor de x(t) para t=0 (Condición inicial). Si tomamos la ecuación matricial: ��𝒙 𝑡𝑡 = 𝑨𝑨𝒙𝒙(𝑡𝑡) donde x es un vector n dimensional y A es una matriz nxn, la solución es de la forma: 𝒙𝒙 𝑡𝑡 = 𝑒𝑒𝑨𝑨𝑑𝑑𝒙𝒙(0) (3.45)

donde la matriz 𝑒𝑒𝑨𝑨𝑑𝑑 = � 𝑨𝑨𝑘𝑘𝑑𝑑𝑘𝑘

𝑘𝑘!

∞

𝑘𝑘=0 y se puede demostrar que converge para

cualquier valor finito de t.


Solución de la Ecuación de estado en el dominio temporal (2)

Solución de la Ecuación Homogénea mediante la Transformada de Laplace

Para la ecuación diferencial escalar 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝑎𝑎𝑥𝑥(𝑡𝑡) tomando Transformada de Laplace: 𝑠𝑠𝑋𝑋 𝑠𝑠 − 𝑥𝑥 0 = 𝑎𝑎𝑋𝑋(𝑠𝑠) (3.46)

𝑋𝑋 𝑠𝑠 =𝑥𝑥(0)𝑠𝑠 − 𝑎𝑎

= 𝑠𝑠 − 𝑎𝑎 −1𝑥𝑥(0)

Tomando la transformada inversa llegamos a la misma solución: 𝑥𝑥 𝑡𝑡 = 𝑒𝑒𝑎𝑎𝑑𝑑𝑥𝑥(0) (3.47) Si tomamos la transformada de Laplace en la ecuación matricial: ��𝒙 𝑡𝑡 = 𝑨𝑨𝒙𝒙 𝑡𝑡

𝑠𝑠𝑿𝑿 𝑠𝑠 − 𝒙𝒙 0 = 𝑨𝑨𝑿𝑿(𝑠𝑠) 𝑠𝑠𝐼𝐼 − 𝐴𝐴 𝑿𝑿 𝑠𝑠 = 𝒙𝒙 0

𝒙𝒙 𝑡𝑡 = ℒ−1 𝑠𝑠𝑰𝑰 − 𝑨𝑨 −1 𝒙𝒙 0 𝒙𝒙 𝑡𝑡 = 𝑒𝑒𝑨𝑨𝑑𝑑𝒙𝒙 0 = 𝜱𝜱(𝑡𝑡) (3.48)


Solución de la Ecuación de estado en el dominio temporal (3)

Propiedades de la matriz de transición de estados. 1. Φ 0 = 𝑒𝑒𝐴𝐴0 = 𝐼𝐼 2. Φ 0 = 𝐴𝐴 3. Φ 𝑡𝑡 = 𝑒𝑒𝐴𝐴𝑑𝑑 = 𝑒𝑒−𝐴𝐴𝑑𝑑 −1 = Φ(−𝑡𝑡) −1 ó Φ−1 𝑡𝑡 = Φ −𝑡𝑡 4. Φ 𝑡𝑡1 + 𝑡𝑡2 = 𝑒𝑒𝐴𝐴 𝑑𝑑1+𝑑𝑑2 = 𝑒𝑒𝐴𝐴 𝑑𝑑1 𝑒𝑒𝐴𝐴 𝑑𝑑2 = Φ 𝑡𝑡1 Φ 𝑡𝑡2 = Φ 𝑡𝑡2 Φ 𝑡𝑡1 5. [Φ(t)] 𝑛𝑛= Φ 𝑛𝑛𝑡𝑡 6. Φ 𝑡𝑡2 − 𝑡𝑡1 Φ 𝑡𝑡1 − 𝑡𝑡0 = Φ 𝑡𝑡2 − 𝑡𝑡0 = Φ 𝑡𝑡1 − 𝑡𝑡0 Φ 𝑡𝑡2 − 𝑡𝑡1



Solución para el caso no homogéneo. Empezaremos considerando el caso escalar ��𝑥 = 𝑎𝑎𝑥𝑥 + 𝑏𝑏𝑢𝑢 (3.49) Cuya solución es:

𝑥𝑥 𝑡𝑡 = 𝑒𝑒𝑎𝑎𝑑𝑑𝑥𝑥 0 + 𝑒𝑒𝑎𝑎𝑑𝑑 ∫ 𝑒𝑒−𝑎𝑎𝜏𝜏𝑏𝑏𝑢𝑢 𝜏𝜏 𝑑𝑑𝜏𝜏𝑑𝑑0 (3.50)

Que como ya sabemos la primera parte corresponde a las condiciones iniciales y la segunda parte es la respuesta a la entrada u(t).



Solución para el caso no homogéneo. Consideremos ahora la ecuación de estado no homogénea ��𝒙 = 𝑨𝑨𝒙𝒙 + 𝑩𝑩𝒖𝒖 (3.10) Cuya solución es:

𝒙𝒙 𝑡𝑡 = 𝑒𝑒𝑨𝑨𝑑𝑑𝒙𝒙 0 + ∫ 𝑒𝑒𝑨𝑨 𝑑𝑑−𝜏𝜏 𝑩𝑩𝒖𝒖 𝜏𝜏 𝑑𝑑𝜏𝜏𝑑𝑑0 (3.51)

Que puede escribirse también:

𝒙𝒙 𝑡𝑡 = 𝜱𝜱(𝑡𝑡)𝒙𝒙 0 + ∫ 𝜱𝜱 𝑡𝑡 − 𝜏𝜏 Bu τ dτt0 (3.52)

La solución vuelve a ser la suma de un término debido a la transición del estado inicial y un término debido al vector de entradas.



Para el sistema siguiente con una entrada escalón, determine la matriz de transición de estados y obtenga x(t).

��𝑥 𝑡𝑡 = 0 1−8 −6 𝑥𝑥 𝑡𝑡 + 0

1 𝑢𝑢(𝑡𝑡)

𝑥𝑥 0 = 10

haciendo det(sI-A)=0, obtenemos 𝑠𝑠2 + 6𝑠𝑠 + 8 = 0, cuyas raíces son 𝑠𝑠1 =− 2 𝑦𝑦 𝑠𝑠2 = −4. Supondremos una matriz de transición de estados de la forma:

Φ 𝑡𝑡 = 𝐾𝐾1𝑒𝑒−2𝑑𝑑 + 𝐾𝐾2𝑒𝑒−4𝑑𝑑 𝐾𝐾3𝑒𝑒−2𝑑𝑑 + 𝐾𝐾4𝑒𝑒−4𝑑𝑑

𝐾𝐾5𝑒𝑒−2𝑑𝑑 + 𝐾𝐾6𝑒𝑒−4𝑑𝑑 𝐾𝐾7𝑒𝑒−2𝑑𝑑 + 𝐾𝐾8𝑒𝑒−4𝑑𝑑

Para hallar los valores de las constantes usamos las propiedades de la matriz:

Φ 0 = 𝐼𝐼 Por tanto:

𝐾𝐾1 + 𝐾𝐾2 = 1 𝐾𝐾3 + 𝐾𝐾4 = 0 𝐾𝐾5 + 𝐾𝐾6 = 0 𝐾𝐾7 + 𝐾𝐾8 = 1


Solución de la Ecuación de estado en el dominio temporal(7) Φ 0 = 𝐴𝐴

Por tanto: −2𝐾𝐾1 − 4𝐾𝐾2 = 0 −2𝐾𝐾3 − 4𝐾𝐾4 = 1 −2𝐾𝐾5 − 4𝐾𝐾6 = −8 −2𝐾𝐾7 − 4𝐾𝐾8 = −6

Resolviendo las 8 ecuaciones:

Φ 𝑡𝑡 = 2𝑒𝑒−2𝑑𝑑 − 𝑒𝑒−4𝑑𝑑12 𝑒𝑒

−2𝑑𝑑 −12 𝑒𝑒

−4𝑑𝑑

−4𝑒𝑒−2𝑑𝑑 − 4𝑒𝑒−4𝑑𝑑 −𝑒𝑒−2𝑑𝑑 + 2𝑒𝑒−4𝑑𝑑

Entonces:

Φ 𝑡𝑡 − 𝜏𝜏 𝐵𝐵 =12 𝑒𝑒

−2 𝑑𝑑−𝜏𝜏 −12 𝑒𝑒

−4 𝑑𝑑−𝜏𝜏

−𝑒𝑒−2 𝑑𝑑−𝜏𝜏 + 2𝑒𝑒−4 𝑑𝑑−𝜏𝜏

Y

Φ 𝑡𝑡 𝑥𝑥 0 = 2𝑒𝑒−2𝑑𝑑 − 𝑒𝑒−4𝑑𝑑

−4𝑒𝑒−2𝑑𝑑 − 4𝑒𝑒−4𝑑𝑑



� Φ 𝑡𝑡 − 𝜏𝜏 𝐵𝐵𝑢𝑢 𝜏𝜏 𝑑𝑑𝜏𝜏𝑑𝑑

0=

12 𝑒𝑒

−2𝑑𝑑 � 𝑒𝑒2𝜏𝜏𝑑𝑑𝜏𝜏 −12𝑒𝑒−4𝑑𝑑 � 𝑒𝑒4𝜏𝜏𝑑𝑑𝜏𝜏

𝑑𝑑

0

𝑑𝑑

0

−𝑒𝑒−2𝑑𝑑 � 𝑒𝑒2𝜏𝜏𝑑𝑑𝜏𝜏 + 𝑒𝑒−4𝑑𝑑 � 𝑒𝑒4𝜏𝜏𝑑𝑑𝜏𝜏𝑑𝑑

0

𝑑𝑑

0

=

18−

14𝑒𝑒−2𝑑𝑑 +

18𝑒𝑒−4𝑑𝑑

12 𝑒𝑒

−2𝑑𝑑 −12 𝑒𝑒

−4𝑑𝑑

La respuesta a estado cero, contiene la respuesta forzada, 1/8 y términos de la forma 𝑎𝑎𝑒𝑒−2𝑑𝑑 y 𝑏𝑏𝑒𝑒−4𝑑𝑑 que son parte de la respuesta libre aunque a y b no dependen de las condiciones iniciales. El resultado final sería:

𝑥𝑥 𝑡𝑡 = Φ 𝑡𝑡 𝑥𝑥 0 + � Φ 𝑡𝑡 − 𝜏𝜏 𝐵𝐵𝑢𝑢 𝜏𝜏 𝑑𝑑𝜏𝜏𝑑𝑑

0=

18 +

74 𝑒𝑒

−2𝑑𝑑 −78 𝑒𝑒

−4𝑑𝑑

−72 𝑒𝑒

−2𝑑𝑑 +72 𝑒𝑒

−4𝑑𝑑


Solución de la Ecuación de Estado mediante la Transformada de Laplace(1)

Hemos visto como se podía obtener la solución de una ecuación diferencial usando la T. de Laplace. También puede usarse cuando representamos al sistema en Espacio de Estado.

Sea la ecuación de estado: ��𝒙 = 𝑨𝑨𝒙𝒙 + 𝑩𝑩𝒖𝒖 (3.10) y la ecuación de salida: 𝒚𝒚 = 𝑪𝑪𝒙𝒙 + 𝑫𝑫𝒖𝒖 (3.11)

Tomando la transformada de Laplace en ambos lados de la ecuación: 𝒔𝒔𝑿𝑿 𝑠𝑠 − 𝒙𝒙 0 = 𝑨𝑨𝑿𝑿 𝑠𝑠 + 𝑩𝑩𝑩𝑩(𝑠𝑠) (3.53) Con el fin de separar X(s), reemplazaremos sX(s) por sIX(s), donde I es la matriz identidad (nxn). Combinando los términos en X(s): 𝑠𝑠𝑰𝑰 − 𝑨𝑨 𝑿𝑿 𝑠𝑠 = 𝒙𝒙 0 + 𝑩𝑩𝑩𝑩(𝑠𝑠) (3.54)



Resolvemos multiplicando por la izda. a ambos lados de la ecuación por 𝑠𝑠𝑰𝑰 − 𝑨𝑨 −1: 𝑿𝑿 𝑠𝑠 = 𝑠𝑠𝑰𝑰 − 𝑨𝑨 −1𝒙𝒙 0 + 𝑠𝑠𝑰𝑰 − 𝑨𝑨 −1𝑩𝑩𝑩𝑩(𝑠𝑠) (3.55)

Para la ecuación de salida: 𝒀𝒀 𝑠𝑠 = 𝑪𝑪𝑿𝑿 𝑠𝑠 + 𝑫𝑫𝑩𝑩(𝑠𝑠) (3.56)

La solución temporal: 𝒙𝒙 𝑡𝑡 = 𝑒𝑒𝑨𝑨𝑑𝑑𝒙𝒙 0 + ∫ 𝑒𝑒𝑨𝑨 𝑑𝑑−𝜏𝜏 𝑩𝑩𝒖𝒖 𝜏𝜏 𝑑𝑑𝜏𝜏 = 𝜱𝜱 𝑡𝑡 𝑥𝑥 0 + ∫ 𝜱𝜱 𝑡𝑡 − 𝜏𝜏 𝑩𝑩𝒖𝒖 𝜏𝜏 𝑑𝑑𝜏𝜏𝑑𝑑

0𝑑𝑑0 (3.57)

Donde ℒ−1 𝑠𝑠𝑰𝑰 − 𝑨𝑨 −1 = 𝜱𝜱 𝑡𝑡 = 𝑒𝑒𝑨𝑨𝑑𝑑



Ejemplo, dado el sistema siguiente:

��𝑥 =0 1 00 0 1

−24 −26 −9𝑥𝑥 +

001𝑒𝑒−𝑑𝑑

𝑦𝑦 = 1 1 0 𝑥𝑥

𝑥𝑥 0 =102

1) Resuelva la ecuación de estado anterior y obtenga la salida para la entrada exponencial dada.

2) Encuentre los valores característicos y los polos del sistema. Solución:

𝑠𝑠𝐼𝐼 − 𝐴𝐴 =𝑠𝑠 −1 00 𝑠𝑠 −1

24 26 𝑠𝑠 + 9


𝑠𝑠𝑰𝑰 − 𝑨𝑨 −1 =

𝑠𝑠2 + 9𝑠𝑠 + 26 𝑠𝑠 + 9 1−24 𝑠𝑠2 + 9𝑠𝑠 𝑠𝑠−24𝑠𝑠 − 26𝑠𝑠 + 24 𝑠𝑠2

𝑠𝑠3 + 9𝑠𝑠2 + 26𝑠𝑠 + 24

La transformada de Laplace de la entrada 𝑒𝑒−𝑑𝑑 es: 1 𝑠𝑠+1�

𝑿𝑿 𝑠𝑠 = 𝑠𝑠𝑰𝑰 − 𝑨𝑨 −1 𝒙𝒙 0 + 𝑩𝑩𝑩𝑩(𝑠𝑠)

=𝑠𝑠3 + 10𝑠𝑠2 + 37𝑠𝑠 + 29

2𝑠𝑠2 − 21𝑠𝑠 − 24𝑠𝑠 2𝑠𝑠2 − 21𝑠𝑠 − 24

1𝑠𝑠 + 1 𝑠𝑠 + 2 𝑠𝑠 + 3 𝑠𝑠 + 4

𝑌𝑌 𝑠𝑠 = 1 1 0 𝑿𝑿 𝑠𝑠 = 𝑋𝑋1 𝑠𝑠 + 𝑋𝑋2 𝑠𝑠 =𝑠𝑠3 + 12𝑠𝑠2 + 16𝑠𝑠 + 5

𝑠𝑠 + 1 𝑠𝑠 + 2 𝑠𝑠 + 3 𝑠𝑠 + 4 =

−6.5𝑠𝑠 + 2

+19𝑠𝑠 + 3 −

11.5𝑠𝑠 + 4

𝑦𝑦 𝑡𝑡 = −6.5𝑒𝑒−2𝑑𝑑 + 19𝑒𝑒−3𝑑𝑑 − 11.5𝑒𝑒−4𝑑𝑑




Solución de la Ecuación de Estado mediante la Transformada Z (1)

Sea la ecuación de estado:

𝑥𝑥(𝑘𝑘 + 1) = 𝑨𝑨𝒙𝒙(𝑘𝑘) + 𝑩𝑩𝒖𝒖(𝑘𝑘) (3.12)

y la ecuación de salida:

𝒚𝒚(𝑘𝑘) = 𝑪𝑪𝒙𝒙(𝑘𝑘) + 𝑫𝑫𝒖𝒖(𝑘𝑘) (3.13)

Tomando transformada z a ambos lados de la ecuación:

𝑧𝑧𝑿𝑿 𝑧𝑧 − 𝑧𝑧𝒙𝒙 0 = 𝑨𝑨𝑿𝑿 𝑧𝑧 + 𝑩𝑩𝑩𝑩 𝑧𝑧 (3.58)

Entonces:

𝑧𝑧𝑰𝑰 − 𝑨𝑨 𝑿𝑿 𝑧𝑧 = 𝑧𝑧𝒙𝒙 0 + 𝑩𝑩𝑩𝑩 𝑧𝑧 (3.59)

𝑿𝑿 𝑧𝑧 = 𝑧𝑧𝑰𝑰 − 𝑨𝑨 −1𝑧𝑧𝒙𝒙 0 + 𝑧𝑧𝑰𝑰 − 𝑨𝑨 −1𝑩𝑩𝑩𝑩 𝑧𝑧 (3.60)

Tomando transformada inversa z:

𝑥𝑥 𝑘𝑘 = 𝑍𝑍−1 𝑧𝑧𝑰𝑰 − 𝑨𝑨 −1𝑧𝑧 𝒙𝒙 0 + 𝑍𝑍−1 𝑧𝑧𝑰𝑰 − 𝑨𝑨 −1𝑩𝑩𝑩𝑩 𝑧𝑧 (3.61)

En este caso la matriz de transición de estado es:

𝜳𝜳 𝑘𝑘 = 𝑍𝑍−1 𝑧𝑧𝑰𝑰 − 𝑨𝑨 −1𝑧𝑧 48



Obtenga la matriz de transición de estado del sistema discreto siguiente:

𝐴𝐴 = 0 1−0.16 −1 , 𝐵𝐵 = 1

1 , 𝐶𝐶 = 1 0 Obtenga después el estado x(k) y la salida y(k) cuando la entrada es u(k)=1. Suponga un estado inicial dado por:

𝑥𝑥 0 = 1−1

La matriz de transición de estado es: 𝜳𝜳 𝑘𝑘 = 𝑍𝑍−1 𝑧𝑧𝑰𝑰 − 𝑨𝑨 −1𝑧𝑧

Primero obtenemos:

𝑧𝑧𝑰𝑰 − 𝑨𝑨 −1 = 𝑧𝑧 −10.16 𝑧𝑧 + 1

−1=

49



=

𝑧𝑧 + 1𝑧𝑧 + 0.2 𝑧𝑧 + 0.8

1𝑧𝑧 + 0.2 𝑧𝑧 + 0.8

−0.16𝑧𝑧 + 0.2 𝑧𝑧 + 0.8

𝑧𝑧𝑧𝑧 + 0.2 𝑧𝑧 + 0.8

=

43

𝑧𝑧 + 0.2 +−13

𝑧𝑧 + 0.8

53

𝑧𝑧 + 0.2 +−53

𝑧𝑧 + 0.8−0.83

𝑧𝑧 + 0.2 +0.83

𝑧𝑧 + 0.8−13

𝑧𝑧 + 0.2 +43

𝑧𝑧 + 0.8

𝜓𝜓 𝑘𝑘 = 𝑍𝑍−1

43𝑧𝑧

𝑧𝑧 + 0.2 +−13𝑧𝑧

𝑧𝑧 + 0.8

53𝑧𝑧

𝑧𝑧 + 0.2 +−53𝑧𝑧

𝑧𝑧 + 0.8−0.83 𝑧𝑧

𝑧𝑧 + 0.2 +0.83 𝑧𝑧

𝑧𝑧 + 0.8−𝑧𝑧3

𝑧𝑧 + 0.2 +43𝑧𝑧

𝑧𝑧 + 0.8

50



𝜓𝜓 𝑘𝑘 =

43 −0.2 𝑘𝑘 −

13−0.8 𝑘𝑘 5

3 −0.2 𝑘𝑘 − 53−0.8 𝑘𝑘

−0.83

−0.2 𝑘𝑘 + 0.83

−0.8 𝑘𝑘 −13−0.2 𝑘𝑘 +

43−0.8 𝑘𝑘

Ahora calculamos x(k):

𝑿𝑿 𝑧𝑧 = 𝑧𝑧𝑰𝑰 − 𝑨𝑨 −1 𝑧𝑧𝒙𝒙 0 + 𝑩𝑩𝑩𝑩 𝑧𝑧

𝑈𝑈 𝑧𝑧 =𝑧𝑧

𝑧𝑧 − 1

𝑧𝑧𝒙𝒙 0 + 𝑩𝑩𝑩𝑩 𝑧𝑧 = 𝑧𝑧−𝑧𝑧 +

𝑧𝑧𝑧𝑧 − 1𝑧𝑧

𝑧𝑧 − 1

=

𝑧𝑧2

𝑧𝑧 − 1−𝑧𝑧2 + 2𝑧𝑧𝑧𝑧 − 1

51



Entonces:

𝑿𝑿 𝑧𝑧 =

𝑧𝑧2 + 2 𝑧𝑧𝑧𝑧 + 0.2 𝑧𝑧 + 0.8 𝑧𝑧 − 1

−𝑧𝑧2 + 1.84𝑧𝑧 𝑧𝑧𝑧𝑧 + 0.2 𝑧𝑧 + 0.8 𝑧𝑧 − 1

=

−176 𝑧𝑧

𝑧𝑧 + 0.2 +229 𝑧𝑧

𝑧𝑧 + 0.8 +2518𝑧𝑧

𝑧𝑧 − 13.46 𝑧𝑧

𝑧𝑧 + 0.2 +−17.6

9 𝑧𝑧

𝑧𝑧 + 0.8 +718𝑧𝑧

𝑧𝑧 − 1

Por tanto : 𝒙𝒙 𝑘𝑘 =−17

6−0.2 𝑘𝑘 + 22

9−0.8 𝑘𝑘 + 25

183.46

−0.2 𝑘𝑘 − 17.69

−0.8 𝑘𝑘 + 718

y la salida:

𝑦𝑦 𝑘𝑘 = 𝑪𝑪𝒙𝒙 𝑘𝑘 = −176 −0.2 𝑘𝑘 + 22

9 −0.8 𝑘𝑘 + 2518

52


Propiedades de la Matriz de Transición de Estados Discreta

1.- 𝜓𝜓 𝑘𝑘, 𝑘𝑘 = 𝐼𝐼 2.- 𝜓𝜓 𝑘𝑘, ℎ = 𝐴𝐴 𝑘𝑘 − 1 𝐴𝐴 𝑘𝑘 − 2 …𝐴𝐴 ℎ 𝑘𝑘 > ℎ 3.- Si la inversa de 𝜓𝜓 𝑘𝑘, 𝑘𝑘 existe, entonces 𝜓𝜓−1 𝑘𝑘, ℎ = 𝜓𝜓 𝑘𝑘, ℎ 4.- Si 𝐴𝐴 𝑘𝑘 es no singular para todos los valores de k, entonces 𝜓𝜓 𝑘𝑘, 𝑖𝑖 = 𝜓𝜓 𝑘𝑘, 𝑗𝑗 𝜓𝜓 𝑗𝑗, 𝑖𝑖 para cualquier i,j,k Si 𝐴𝐴 𝑘𝑘 es singular para todos los valores de k, entonces 𝜓𝜓 𝑘𝑘, 𝑖𝑖 = 𝜓𝜓 𝑘𝑘, 𝑗𝑗 𝜓𝜓 𝑗𝑗, 𝑖𝑖 para k>j>i

53


Discretización de las ecuaciones en el espacio de estado en tiempo continuo (1)

Consideremos el sistema: ��𝒙 = 𝑨𝑨𝒙𝒙 + 𝑩𝑩𝒖𝒖 (3.6) 𝒚𝒚 = 𝑪𝑪𝒙𝒙 + 𝑫𝑫𝒖𝒖 (3.7) La representación en tiempo discreto del sistema continuo tomará la forma: 𝑥𝑥 𝑘𝑘 + 1 𝑇𝑇 = 𝑮𝑮(𝑻𝑻)𝒙𝒙(𝑘𝑘𝑇𝑇) + 𝑯𝑯(𝑻𝑻)𝒖𝒖(𝑘𝑘𝑇𝑇) (3.62) donde usamos la notación kT y (k+1)T en lugar de k y (k+1). Obsérvese que G y H dependen del período de muestreo T. Fijado T las dos matrices son constantes. Para obtener G y H supondremos que u(t) es muestreada y pasada por un bloqueador de orden 0 de forma que u(t) es constante entre instantes de muestreo:

𝑢𝑢 𝑡𝑡 = 𝑢𝑢 𝐾𝐾𝑇𝑇 , 𝑝𝑝𝑎𝑎𝑟𝑟𝑎𝑎 𝑘𝑘𝑇𝑇 ≤ 𝑡𝑡 ≤ 𝑘𝑘 + 1 𝑇𝑇

54



Para un instante t=(k+1)T: 𝑥𝑥 𝑘𝑘 + 1 𝑇𝑇 = 𝑒𝑒𝐴𝐴 𝑘𝑘+1 𝑇𝑇𝑥𝑥 0 + 𝑒𝑒𝐴𝐴 𝑘𝑘+1 𝑇𝑇 ∫ 𝑒𝑒−𝐴𝐴𝜏𝜏𝐵𝐵𝑢𝑢 𝜏𝜏 𝑑𝑑𝜏𝜏𝑘𝑘+1 𝑇𝑇

0 (3.63) Y para t=KT 𝑥𝑥 𝑘𝑘𝑇𝑇 = 𝑒𝑒𝐴𝐴𝑘𝑘𝑇𝑇𝑥𝑥 0 + 𝑒𝑒𝐴𝐴𝑘𝑘𝑇𝑇 ∫ 𝑒𝑒−𝐴𝐴𝜏𝜏𝐵𝐵𝑢𝑢 𝜏𝜏 𝑑𝑑𝜏𝜏𝑘𝑘𝑇𝑇

0 (3.64) Multiplicamos la segunda ecuación por 𝑒𝑒𝐴𝐴𝑇𝑇 y las restamos: 𝑥𝑥 𝑘𝑘 + 1 𝑇𝑇 = 𝑒𝑒𝐴𝐴𝑇𝑇𝑥𝑥 𝑘𝑘𝑇𝑇 + 𝑒𝑒𝐴𝐴 𝑘𝑘+1 𝑇𝑇 ∫ 𝑒𝑒−𝐴𝐴𝜏𝜏𝐵𝐵𝑢𝑢 𝜏𝜏 𝑑𝑑𝜏𝜏𝑘𝑘+1 𝑇𝑇

𝑘𝑘𝑇𝑇 (3.65) Como u(t) es constante entre instantes de muestreo, podemos sustituir 𝑢𝑢 𝜏𝜏 por 𝑢𝑢 𝑘𝑘𝑇𝑇 , por lo que podemos escribir:

55



𝒙𝒙 𝑘𝑘 + 1 𝑇𝑇 = 𝑒𝑒𝑨𝑨𝑇𝑇𝒙𝒙 𝑘𝑘𝑇𝑇 + 𝑒𝑒𝑨𝑨𝑇𝑇 ∫ 𝑒𝑒−𝑨𝑨𝑑𝑑𝑩𝑩𝒖𝒖 𝑘𝑘𝑇𝑇 𝑑𝑑𝑡𝑡𝑇𝑇0

= 𝑒𝑒𝑨𝑨𝑇𝑇𝒙𝒙 𝑘𝑘𝑇𝑇 + ∫ 𝑒𝑒𝑨𝑨𝜆𝜆𝑩𝑩𝒖𝒖 𝑘𝑘𝑇𝑇 𝑑𝑑𝜆𝜆𝑇𝑇0 (3.66)

Siendo 𝜆𝜆 = 𝑇𝑇 − 𝑡𝑡. Definiendo: 𝑮𝑮 𝑇𝑇 = 𝑒𝑒𝑨𝑨𝑇𝑇 𝑦𝑦 𝑯𝑯 𝑇𝑇 = ∫ 𝑒𝑒𝑨𝑨𝜆𝜆𝑑𝑑𝜆𝜆𝑇𝑇

0 𝑩𝑩 (3.67) La ecuación queda entonces: 𝒙𝒙 𝑘𝑘 + 1 𝑇𝑇 = 𝑮𝑮(𝑻𝑻)𝒙𝒙(𝑘𝑘𝑇𝑇) + 𝑯𝑯(𝑻𝑻)𝒖𝒖(𝑘𝑘𝑇𝑇) (3.12) 𝒚𝒚 𝑘𝑘𝑻𝑻 = 𝑪𝑪𝒙𝒙 𝑘𝑘𝑻𝑻 + 𝑫𝑫𝒖𝒖(𝑘𝑘𝑻𝑻) (3.13) Que es lo que queríamos obtener C y D son constantes y no dependen de T. Si la matriz A es no-singular, entonces: 𝑯𝑯 𝑇𝑇 = 𝑒𝑒𝑨𝑨𝑇𝑇 − 𝐼𝐼 𝑨𝑨−1𝑩𝑩 (3.68)

56



Ejemplo: Obtenga las ecuaciones de estado y de salida en tiempo discreto y la función de transferencia pulso (T=1) del sistema:

𝐺𝐺 𝑠𝑠 =1

𝑠𝑠 𝑠𝑠 + 2

Que puede ponerse en forma de espacio de estado: ��𝑥1��𝑥2

= 0 10 −2


1 𝑢𝑢

𝑦𝑦 = 1 0𝑥𝑥1𝑥𝑥2

𝐺𝐺 𝑇𝑇 = 𝑒𝑒𝐴𝐴𝑇𝑇 = 𝐿𝐿−1 𝑠𝑠𝑰𝑰 − 𝑨𝑨 −1 = 1 12 1 − 𝑒𝑒−2𝑇𝑇

0 𝑒𝑒−2𝑇𝑇

𝐻𝐻 𝑇𝑇 = � 1 12 1 − 𝑒𝑒−2𝑇𝑇

0 𝑒𝑒−2𝑇𝑇𝑑𝑑𝑡𝑡

𝑇𝑇

0

01 =

12 𝑇𝑇 +

𝑒𝑒−2𝑇𝑇 − 12

12 1 − 𝑒𝑒−2𝑇𝑇

57



Como T=1 nos queda:

𝒙𝒙 𝑘𝑘 + 1 𝑇𝑇 = 1 0.43230 0.1353 𝒙𝒙(𝑘𝑘𝑇𝑇) + 0.2838

0.4323 𝒖𝒖(𝑘𝑘𝑇𝑇)

𝑦𝑦 𝑘𝑘𝑇𝑇 = 1 0 𝒙𝒙(𝑘𝑘𝑇𝑇) La función de transferencia pulso:

𝐹𝐹 𝑧𝑧 = 𝑪𝑪 𝑧𝑧𝑰𝑰 − 𝑮𝑮 −1𝑯𝑯 + 𝑫𝑫

=0.2838𝑧𝑧 + 0.1485𝑧𝑧 − 1 𝑧𝑧 − 0.1353

58

Controlabilidad

Controlabilidad y Observabilidad. Un sistema se dice que es controlable en el tiempo t0 si es posible por medio de un vector de control transferir el sistema de un estado inicial x(t0) a cualquier otro estado en un intervalo finito de tiempo. Un sistema se dice que es observable en el tiempo t0 si, con el sistema en estado x(t0), es posible determinar este estado de la observación de la salida en un intervalo de tiempo finito.

Los conceptos de controlabilidad y observabilidad fueron propuestos por Kalman. Juegan un papel importante en el diseño de sistemas de control en espacio de estado. De hecho, las condiciones de controlabilidad y observabilidad pueden decidir la existencia o no de una solución completa al problema del diseño de un sistema de control. La solución a este problema puede no existir si el sistema considerado no es controlable. Aunque la mayoría de los sistemas físicos son controlables y observables, sus correspondientes modelos matemáticos pueden no serlo. Es necesario conocer las condiciones bajo las cuales un sistema es controlable y observable.


Controlabilidad completa del estado de sistemas continuos. Considere el sistema:

��𝒙 = 𝑨𝑨𝒙𝒙 + 𝑩𝑩𝑢𝑢 A es nxn B es nx1

Este sistema es controlable si se cumple que la matriz: 𝑩𝑩 ⋮ 𝑨𝑨𝑩𝑩 ⋮ ⋯ ⋮ 𝑨𝑨𝒏𝒏−𝟏𝟏𝑩𝑩 (3.69) nxn tiene rango n. Si lo trasladamos al plano S, la condición necesaria y suficiente es que no haya cancelaciones. Es decir que no aparezcan ceros y polos iguales.

Controlabilidad(2)


Ejemplo, sea el sistema: 𝑋𝑋(𝑠𝑠)𝑈𝑈(𝑠𝑠)

=𝑠𝑠 + 2.5

𝑠𝑠 + 2.5 𝑠𝑠 − 1

Este sistema al tener un polo y un cero iguales no es controlable. Si lo pasamos a espacio de estado nos queda:

��𝑥1��𝑥2

= 0 12.5 −1.5


1 𝑢𝑢

Calculando la matriz de controlabilidad:

𝑩𝑩 ⋮ 𝑨𝑨𝑩𝑩 = 1 11 1

Que es de rango 1.

Controlabilidad(3)



Controlabilidad(4)

Ejemplo, sea el sistema: 𝑌𝑌(𝑧𝑧)𝑈𝑈(𝑧𝑧)

=𝑧𝑧 + 7

𝑧𝑧 + 1 𝑧𝑧 + 2

Si lo pasamos a espacio de estado nos queda:

��𝑥1��𝑥2

= −1 00 −2


1 𝑢𝑢

Calculando la matriz de controlabilidad:

𝑩𝑩 ⋮ 𝑨𝑨𝑩𝑩 = 1 −11 −2

Que es de rango 2. Por tanto es completamente controlable.

62

Controlabilidad de la salida. En la práctica puede ser que queramos controlar la salida en vez del estado. Dado el sistema

��𝒙 = 𝑨𝑨𝒙𝒙 + 𝑩𝑩𝒖𝒖 𝒚𝒚 = 𝑪𝑪𝒙𝒙 + 𝑫𝑫𝒖𝒖

A es nxn B es nxr C es mxn D es mxr

Este sistema es completamente controlable en la salida si existe un vector u(t) que puede llevar la salida de un valor y(t0) a otro y(t1) en un intervalo de tiempo finito. La condición para que el sistema sea completamente controlable en la salida es que la matriz mx(n+1)r: 𝑪𝑪𝑩𝑩 ⋮ 𝑪𝑪𝑨𝑨𝑩𝑩 ⋮ ⋯ ⋮ 𝑪𝑪𝑨𝑨𝒏𝒏−𝟏𝟏𝑩𝑩 ⋮ 𝑫𝑫 (3.70) tenga rango m.

Controlabilidad(5)


Observabilidad

Dado el sistema ��𝒙 = 𝑨𝑨𝒙𝒙 A es nxn 𝒚𝒚 = 𝑪𝑪𝒙𝒙 C es mxn

Se dice que el sistema es completamente observable si cada estado x(t0) puede determinarse de la observación de la salida y(t) en un intervalo finito de tiempo. El concepto de observabilidad es muy importante para poder reconstruir variables de estado que no son medibles, a partir de la salida en un tiempo limitado. (Control por realimentación de estado)


Para que el sistema sea completamente observable se debe cumplir que el rango de la matriz nmxn:

𝐶𝐶𝐶𝐶𝐴𝐴⋮

𝐶𝐶𝐴𝐴𝑛𝑛−1 (3.71)

sea n. Al igual que en el caso de la Controlabilidad, si lo trasladamos al plano S, la condición necesaria y suficiente es que no haya cancelaciones. Es decir que no aparezcan ceros y polos iguales.

Observabilidad(2)


Sea el sistema con

𝐴𝐴 =0 1 00 0 1−6 11 −6

𝐵𝐵 =001

𝑦𝑦 𝐶𝐶 = 4 5 1

La matriz de observabilidad será: 𝐶𝐶𝐶𝐶𝐴𝐴⋮

𝐶𝐶𝐴𝐴𝑛𝑛−1=

4 −6 65 −7 51 −1 −1

Cuyo determinante es 0, por tanto no tiene rango 3. No es completamente observable.

Si calculamos la función de transferencia: 𝑋𝑋(𝑠𝑠)𝑈𝑈(𝑠𝑠)

= 1𝑠𝑠+1 𝑠𝑠+2 𝑠𝑠+3

Y la FdT: 𝑌𝑌(𝑠𝑠)𝑋𝑋(𝑠𝑠)

= 𝑠𝑠 + 1 𝑠𝑠 + 4 Nos dan una FdT:

𝑌𝑌(𝑠𝑠)𝑈𝑈(𝑠𝑠)

=𝑠𝑠 + 1 𝑠𝑠 + 4

𝑠𝑠 + 1 𝑠𝑠 + 2 𝑠𝑠 + 3

Observabilidad(3)


Efecto de la discretización sobre la controlabilidad y la observabilidad (1)

Cuando se discretiza un sistema continuo completamente controlable y observable y este presenta polos complejos, al discretizarlo seguirá siendo controlable y observable si se cumple:

𝐼𝐼𝐼𝐼 𝜆𝜆𝑖𝑖 − 𝜆𝜆𝑎𝑎 ≠ 2𝑛𝑛𝑛𝑛𝑇𝑇

(3.72)

Donde T es el periodo de muestreo y n=±1, ±2, …Si el sistema continuo no posee polos complejos conjugados no hay ningún problema al discretizar. La condición anterior lo que nos dice es que se debe elegir el periodo de muestreo de forma que la frontera de la franja primaria no pase por ningún polo del sistema, ya que en este caso los polos complejos se convierten en dos polos reales iguales.


Dado el sistema 𝐺𝐺 = 𝑠𝑠+1𝑠𝑠2+𝑠𝑠+1

que tiene polos -0.5±0.866i su representación en espacio de estado es:

𝐴𝐴 = −1 −11 0 𝐵𝐵 = 1

0 𝐶𝐶 = 1 1 𝐷𝐷 = 0

Que es controlable y observable:

𝑩𝑩 ⋮ 𝑨𝑨𝑩𝑩 = 1 −10 1 𝑪𝑪

𝑪𝑪𝑨𝑨 = 1 −10 1

Si discretizamos con 𝑇𝑇 = 2𝑛𝑛2∗0.866

= 3.6277 obtenemos:

𝐺𝐺 = −0.163 00 −0.163 𝐻𝐻 = 0

1.163 𝐶𝐶 = 1 1 𝐷𝐷 = 0

Y las matrices de controlabilidad y observabilidad tienen rango 1:

𝑯𝑯 ⋮ 𝑮𝑮𝑯𝑯 = 0 01.163 −0.1896 𝑪𝑪

𝑪𝑪𝐺𝐺 = 1 10.163 0.163


Efecto de la discretización sobre la controlabilidad y la observabilidad (2)

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representación de sistemas en espacio de estado

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