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7/23/2019 TEXTO - CAP 2 (LIBRO PROF. MAULIO RODRGUEZ).pdf

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CAPTULO DOS

SOLUCIN DE LAS ECUACIONES DE ESTADO

2.1 INTRODUCCIN

En este captulo se analizar la caracterizacin de sistemas en el dominio del tiempo usando ladescripcin de la ecuacin de estado y las variables de estado. El mtodo permite estudiar el sistemacomo un todo, tomando en cuenta tanto sus variables internas como las variables de entrada salida(excitacin respuesta). El mtodo ha sido utilizado durante muchos aos en la descripcin y estudio desistemas dinmicos y es de mucha utilidad en la resolucin de redes elctricas.

La descripcin con variables de estado utiliza un sistema de ecuaciones diferenciales (en formamatricial) de primer orden y es aplicable a sistemas lineales o no, variables o invariables en el tiempo.

Esta descripcin con matrices que se emplea en la representacin mediante variables de estado esindependiente de la complejidad del sistema y, en consecuencia, puede facilitar grandemente el estudio desistemas complejos. Adems, la formulacin con variables de estado proporciona un mtodo apropiadopara el proceso de solucin de las ecuaciones por computadora.

2.2 DEFINICIONES

Desde el punto de vista del anlisis y sntesis de sistemas, es conveniente clasificar las variables quecaracterizan o estn asociadas con el sistema en (1) variables de entrada ode excitacin, ui, las cualesrepresentan los estmulos generados por sistemas diferentes del sistema bajo estudio y que influyen en suconducta; (2) variables de salida ode respuesta,yj, las cuales describen aquellos aspectos de la conducta

del sistema que son de inters; y (3) variables de estado o intermedias, xk

El estadode un sistema es un resumen completo de cmo se encuentra el sistema en un punto particularen el tiempo, esto es, el estadode un sistema se refiere a sus condiciones pasadas,presentesyfuturas. Elconocimiento del estado en algn punto inicial, t

, las cuales caracterizan laconducta dinmica del sistema bajo investigacin.

0, ms el conocimiento de las entradas al sistema despusde t0 , permiten la determinacin del estado en un tiempo posterior t1. As que el estado en t0constituyeuna historia completa del sistema antes de t0

En cualquier instante fijo, el estado del sistema puede describirse mediante los valores de un conjuntode variables x

, en la medida que esa historia afecta la conducta futura. Elconocimiento del estado presente permite una separacin bien definida entre el pasado y el futuro.

i

n

xxx ,,,21

, denominadas variables de estado. Las variables de estado pueden tomar cualquier valorescalar, real o complejo y se definen como un conjunto mnimo de variables cuyo

conocimiento en cualquier tiempo t0y el conocimiento de la excitacin que se aplique posteriormente,son suficientes para determinar el estado del sistema en cualquier tiempo t> t0

Cuando un grupo de ecuaciones diferenciales ordinarias que representan un sistema fsico dinmico estexpresado en la forma

.

) ,,2,1,,,,,;,,,2121

niuuuxxxfxmnii

==


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50

se dice que el grupo de ecuaciones est en la forma normal. Las variables xi (i= 1, 2, , n) son lasvariables de estadoy las variables uj

niubxax

m

k

kik

n

j

jiji,,2,1

11

=+= ==

(i = 1, 2, , m) son lasfunciones de entrada o de excitacin. Si elsistema es lineal, las ecuaciones pueden escribirse en la forma

o en forma matricial

)()()( ttt BuAxx += (2.1)

en donde el conjunto de variables de estado se describe mediante un vector de estado

=

)(

)(

)(

)( 2

1

tx

tx

tx

t

n

x (2.2)

Este vector pertenece a un espacio n-dimensional, el espacio de estados, y el conjunto de variables deentrada o de excitacin se describe mediante un vector de excitacin o de entrada

=

)(

)(

)(

)( 2

1

tu

tu

tu

t

m

u (2.3)

A es una matriz de dimensin n n y se denomina la matriz de los coeficientes, B es una matriz dedimensin n m y se conoce como la matriz de distribucin, x es simplemente la derivada de x con

respecto al tiempo t, esto es, dtdxx= . Todos los vectores y matrices que aparecen en la Ec. (2.1)pueden depender del tiempo (sistemas variables en el tiempo). En este libro slo se tratarn sistemas queno varan con el tiempo y, por tanto, las matrices Ay Bse tomarn siempre constantes y de la forma

=

=

nnnn

n

n

nnnn

n

n

bbb

bbb

bbb

aaa

aaa

aaa

,

21

22221

11211

21

22221

11211

BA (2.4)

2.3 SOLUCIN GENERAL DE LA ECUACIN DE ESTADOConsidrese ahora la ecuacin diferencial de primer orden

)()()(

tbutaxdt

tdx+= (2.5)

donde ay bson constantes arbitrarias y u(t) es una funcin continua de t(no confundir con la funcinescaln definida en el captulo anterior). Multiplicando ambos lados de la ecuacin por est, se tiene que


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51

)()()(

tubetxaedt

tdxe ststat +=

o tambin

)()()(

tubetxa

dt

tdxe atatat =

la cual puede escribirse en la forma

[ ] )()( tuebtxedt

d atat =

e integrando desde t0

=

=

t

t

aatat

t

t

at

t

ta

duebtxetxe

duebtxe

0

0

0

0

)()()(

)()(

0

hasta t,

Despejando ax(t) en la ecuacin anterior se obtiene

( ) ( ) += t

t

tatta dubetxetx

0

0 )()()( 0 (2.6)

y cuando t0

( ) += t

tata debxetx

0

)0()(

= 0,

(2.7)

Ejemplo 1

Resolver la ecuacin diferencial

52 =+ xdt

dx

sujeta a la condicin inicialx(0) = 3.

Esta ecuacin puede escribirse en la forma

52 += xdt

dx

de donde a= 2 y u(t) = 1. Aplicando la Ec. (2.7) se obtiene


4/62

52

tt

tt

t

tt

t

tt

eeee

deeedeetx

2

0

222

0

222

0

)(22

5.05.25.23

5353)(

+=+=

+=+=

Obsrvese en (2.5) que u(t) = 0 corresponde a la ecuacin diferencial homognea

)()(

taxdt

tdx= (2.8)

cuya solucin es

( ) ( )00)( txetxtta = (2.9)

Considrese ahora el conjunto homogneo de necuaciones de estado

constantedado,)(, 0 AxAxx t= (2.10)

La matriz de transicin de estadosse define como una matriz que satisface la ecuacin de estado linealhomognea

)()(

tdt

tdxA

x= (2.11)

Sea (t) una matriz de n n que representa la matriz de transicin de estados; entonces ella debesatisfacer la ecuacin

)()(

t

dt

tdA

= (2.12)

An ms, sea x(0) el estado inicial en t = 0; entonces (t) tambin se define mediante la ecuacinmatricial

)0()()( xx tt = (2.13)

la cual es la solucin de la ecuacin de estado homognea para 0t .

Una manera de determinar (t) es tomando la transformada de Laplace de ambos miembros de la Ec.(2.11); as se obtiene

)()0()( sss XAxX = (2.14)

Al resolver la Ec. (2.14) por X(s), se obtiene

)0()()( 1xAIX = ss (2.15)

en donde se supone que la matriz 1)( AIs es no-singular. Tomando la transformada de Laplace inversade ambos miembros de la Ec. (2.15), da

0)0(])[)( 11 = tst xAIx L (2.16)


5/62

53

Al comparar la Ec. (2.13) con la Ec. (2.16), se identifica la matriz de transicin de estados como

])[)(11 = AI st L (2.17)

Una forma alterna de resolver la ecuacin de estado homognea es suponer una solucin, igual que en elmtodo clsico de solucin de las ecuaciones diferenciales lineales. Si la solucin de la Ec. (2.11)) es

)0()( xx A t

et = (2.18)

para 0t , donde teA representa la siguiente serie de potencias de la matriz At:

++++= 3322!3

1

!2

1ttte

tAAAI

A (2.19)

Aqu I es la matriz identidad. Es fcil demostrar que la Ec. (2.18) es una solucin de la ecuacin deestado homognea ya que, de la Ec. (2.19),

tt

edt

de AA

A= (2.20)

Por lo tanto, adems de la Ec. (2.17)), se obtuvo otra expresin para la matriz de transicin de estados:

++++== 3322!3

1

!2

1)( tttet

tAAAI

A (2.21)

La Ec. (2.21) tambin se puede obtener directamente a partir de la Ec. (2.17). Esto se deja como unejercicio para el lector.

Ahora se considerar el conjunto no homogneo de las ecuaciones de estado. La matriz A todava seconsidera una constante, pero Bpuede ser una funcin del tiempo, esto es, B= B(t). Se supone que lascomponentes de Bu(t) son seccionalmente continuas para garantizar una solucin nica de la ecuacin

dado)(),()( 0ttt xuBAxx += (2.22)

Observe que aqu el tiempo inicial es t0

( ) )()()()()()( ttttttt uBKAxKxK =

y no t = 0. Se repite la tcnica usada para resolver la ecuacinescalar con slo modificaciones menores. Sea K(t) una matriz de n n. Premultiplicando la Ec. (2.22) porK(t) y reagrupando, se obtiene

Puesto que ,)]()([ xKxKxK +=dtttd el lado izquierdo puede escribirse como una diferencial total

(vectorial) con tal que .)( AKK t= Una matriz as es .)( 0tte = AK Aceptando que sta es la matriz quedebe usarse, la ecuacin diferencial puede escribirse en la forma

[ ] dttttttd )()()()()( uBKxK =

e integrando da

=t

t

dtttt

0

)()()()()()()( 00 uBKxKxK

La forma de Kseleccionada siempre tiene una inversa, de modo que


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54

+= t

t

dttttt

0

)()()()()()()()( 1001

uBKKxKKx

o

+=

t

t

ttt detet

0

0 )()()()( )(0)(

uBxx AA (2.23)

sta representa la solucin para cualquiera ecuacin del sistema en la forma de la Ec. (2.22). Obsrveseque est compuesta de un trmino que depende solamente del estado inicial y una integral de convolucinque incluye la entrada pero no el estado inicial. Estos dos trminos se conocen por diferentes nombres,tales como la solucin homogneay la integral particular, la respuesta libre de excitaciny la respuestaforzada, la respuesta de entrada ceroy la respuesta de estadocero, etc.

A continuacin se estudiarn varios mtodos para determinar la solucin de la ecuacin de estado (2.12)cuando la matriz Aes constante.

2.4 SOLUCIN DE LA ECUACIN DE ESTADO MEDIANTE INTEGRACIN

Si la matriz Aen la Ec. (2.12) es diagonal (valores diferentes de cero solamente en la diagonal principal),la solucin para xse obtiene fcilmente por integracin separada de cada una de las variables.

Ejemplo 2

Resolver el siguiente sistema de ecuaciones:

=

+

=

1

5)0(,

3

2

20

01

2

1

2

1x

x

x

x

x

de donde se obtiene el par de ecuaciones desacopladas

1)0(,32

5)0(,2

222

111

=+=

=+=

xxx

xxx

Usando ahora la Ec. (2.7) se obtienen las soluciones

t

ttt

t

tt

tt

tt

t

tt

t

tt

e

eeedeetx

eeee

deeedeetx

2

0

222

0

)(222

0

00

)(1

5.05.1

153)(

3225

2525)(

=

+=+=

+=+=

+=+=


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55

2.5 SOLUCIN DE LA ECUACIN DE ESTADO USANDO LA TRANSFORMADA DELAPLACE

Aplicando la transformacin de Laplace a la Ec. (2.12), se obtiene

)()()0()( ssss BUAXxX =

o

)()0(])[( sss BUxAIX +=

de donde

)]()0()[(

)]()0([][)( 1

ss

sss

BUx

BUxAIX

+=

+=

por lo que

)]()0([][)( 11 sst BUxAIx += L (2.24)

donde (s) = [sI A]1 es la matriz resolvente. Comparando la Ec. (2.24) con la Ec. (2.17), se debeobservar que (t) = L 1 {(s)} = eA t

=

+

=

2

1)0(),(

1

0

51

60xxx tu

. En la seccin anterior ya vimos que la matriz (t) se conoce comola matriz de transiciny ms adelante se darn algunas de sus propiedades.

Ejemplo 3

Resolver el sistema

Tomando u(t) = 1 y ejecutando las operaciones indicadas en la Ec. (2.24), obtenemos

+

=

=

=

51

6

51

60

0

0

51

60

10

01][

s

s

s

sss AI

de donde

=

+

++==

++

+++

3)+2)(s+(ss

)3)(2(1

3)+2)(s+(s6

)3)(2(5

2

1

1

65

65

1][)(

ss

sss

s

s

ssss AI

y

+

=

++++

+++++

s

s

sss

ss

sssss

1

0

2

1

)(

)3)(2()3)(2(1

)2)(1(6

)3)(2(5

X

o


8/62

56

++

++++

=

+

=

++++

+++++

)3)(2(

2

)3)(2(

617

12

1)(

2

)3)(2()3)(2(1

)2)(1(6

)3)(2(5

ss

s

sss

ss

s

s

sss

ss

sssss

X

y por tanto,

tteetx

ssss

K

s

K

s

K

sss

sssX

321

3212

1

12121)(

3

12

2

121

32)3)(2(

617)(

+=

+

++=

++

++=

++++

=

3

6

2

4

32)3)(2(

2)( 212 +

++

=+

++

=++

=sss

K

s

K

ss

ssX

tteetx 322 64)( +=

Ejemplo 4

Resolver el sistema

=

+

=

1

5)0(,

3

2)(

20

01)( xxx tt

Procediendo igual que en el Ejemplo 3, se obtiene

+=

+=

2+s

1

0

01

1

][,2+s0

01][

1 ss

ss AIAI

y

++

++

=

+

+

+=

)2(

3

)1(

25

31

25

2+s

10

01

1

)(

ss

s

ss

s

s

sssX

y por tanto,

t

t

etxssss

ssX

etx

ssss

ssX

222

11

5.05.1)(2

5.05.1

)2(

3)(

32)(

1

32

)1(

25)(

=+

=++

=

+=

+

+=

+

+=

Ejemplo 5

Resolver el sistema


9/62

57

=

+

=

1

3)0(,

2

0)(

21

24)( xxx tt

Aqu

+

+

++=

+

+

=

41

22

106

1

21

24

][ 2

11

s

s

sss

s

s AI

y

++

++

++=

+

+

+

++=

s

ss

s

ss

sss

s

s

sss

83

483

106

12

1

3

41

22

106

1)(

2

2

22X

( )

)24.130sen(406.34.0)(

236.40703.12)3(

4)3(8)3(3,4.

3*

3106

483)(

31

3

2

21

321

2

2

1

++=

==+ ++++===

++++=

++

++=

tetx

Kjj

jjKK

js

K

js

K

s

K

sss

sssX

t

y

)24.175sen(41.28.0)(

24.85204.1,8.0

33)106(

83)(

32

321

3212

2

2

++=

===

+++

++=

++

++=

tetx

KKK

js

K

js

K

s

K

sss

sssX

t

Ejemplo 6

Resolver el sistema

=

+

=

2

0)0(,

0

1)(

32

10)( xxx ttt

=

+=

++++

++

+

)2()1()2()1(2

2)+(s1)+(s1

)2()1(3

1

][,

32

1

sss

ss

sss

s s

ss AIAI

=

+

+

=

+++

++++

++++

+++

)2)(1(

22

2)(1(

32

)2)(1()2)(1(2

2)+1)(s+(s1-

)2)(1(3

2

2

2

02

10

)(

sss

s

sss

ss

sss

ss

sss

ssX

2

75.175.15.1

)2)(1(

32)(

22

2

1 ++=

++

++=

ssssss

sssX


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58

tettx 21 75.175.15.1)(+=

2

5.35.11

)2)(1(

22)(

22

3

2 ++=

++

+=

ssssss

ssX

tettx

2

25.35.1)(

+=

Ahora estudiaremos algunas propiedades de la matriz de transicin de estados. Puesto que la matriz detransicin de estados satisface la ecuacin de estado homognea, ella representa la respuesta libre onatural de la red. En otras palabras, ella rige la respuesta producida por las condiciones inicialessolamente. De las Ecs. (2.17) y (2.21), se observa que la matriz de transicin de estados dependesolamente de la matriz A, por lo que en ocasiones tambin se conoce como la matriz de transicin deestados A. Como el nombre lo indica, la matriz de transicin de estados (t) define por completo latransicin de estados desde el tiempo inicial t= 0 hasta cualquier tiempo tcuando las entradas son igualesa cero.

La matriz de transicin de estados (t) posee las siguientes propiedades:1. I =)0( (matriz identidad) (2.25)

Demostracin La Ec. (2.22) se deduce directamente de la Ec. (2.21) al hacer t= 0.

2. )()(1 tt = (2.26)

Demostracin Posmultiplicando ambos lados de la Ec. (2.21) por te A , se obtiene

I AAA == ttt eeet)( (2.27)

Premultiplicando ahora ambos miembros de la Ec. (2.21) por )(1 t , se obtiene

)(1 te t =A (2.28)

Por lo que

tett

A

== )()( 1 (2.29)

Un resultado interesante de esta propiedad de (t) es que la Ec. (2.18) se puede escribir como

)()()0( tt xx = (2.30)

lo que significa que el proceso de transicin entre estados se puede considerar como bilateral en eltiempo. Esto es, la transicin en el tiempo se puede dar en cualquier direccin.

3. )()()(020112

tttttt = para cualquier t0, t1y t2

)(

)()(

02

)(

)()(

0112

02

0112

tte

eetttt

tt

tttt

==

=

A

AA

.

Demostracin

(2.31)


11/62

59

Esta propiedad de la matriz de transicin de estados es muy importante, ya que implica que un procesode transicin de estados se puede dividir en un nmero de transiciones esenciales. La Fig. 2.1 ilustraque la transicin de t= t0a t= t= t2es igual a la transicin de t0a t1y despus de t1a t2

)(02

tt

)(0

tx )(1

tx )(2

tx

)(01

tt )( 12 tt

0t

1t

2t

t

. En general,por supuesto, el proceso de transicin de estados se puede dividir en cualquier nmero de etapas.

Figura 2.1

4. [ ] )()( ktt k = para kentero y positivo.

Demostracin

[ ]

)(

trminos)()(

kte

keeet

tk

tttk

A

AAA

==

= (2.32)

2.6 EL MTODO DE LOS VALORES Y VECTORES CARACTERSTICOS

Ahora se estudiar un mtodo muy poderoso para determinar la solucin de un sistema de ecuacionesdiferenciales lineales de primer orden, homogneoy con coeficientes constantes. El sistema a resolver es

nnnnnn

nn

nn

xaxaxax

xaxaxax

xaxaxax

+

+

+

2211

22221212

12121111

++=

++=

++=

(2.33)

o, en forma vectorial,

)()( tt Axx = (2.34)

De la teora de ecuaciones diferenciales se sabe que si x1, x2, , xnxAx=

son nsoluciones independientes dela ecuacin lineal homognea en algn intervalo abierto I donde los elementos aij

)(+)()()( 2211 tctctct nn xxxx ++=

de A soncontinuos, entonces una solucin cualquiera de la ecuacin enIpuede escribirse en la forma

(2.35)


12/62

60

para toda ten I; las ci,i= 1, 2, , n, son constantes. Esto quiere decir que basta obtener nvectoressolucin linealmente independientes x1, x2, , xn

tt

nt

n

t

t

n

ee

v

v

v

ev

ev

ev

x

x

x

t

=

=

=

= vx

)( 2

1

2

1

2

1

y entonces la Ec. (2.35) ser una solucin general delsistema dado por la Ec. (2.33).

El procedimiento para obtener las n soluciones vectoriales linealmente independientes es anlogo almtodo de las races caractersticas usado para resolver una ecuacin lineal homognea con coeficientes

constantes. Esto es, se anticipan vectores solucin de la forma

(2.36)

donde , v1, v2, , vn

niee

t

ii

t

ii ,2,,1,,

===

vxvx

son constantes. Al sustituir

en la Ec. (2.33), el factor e t se cancelar y quedarn n ecuaciones lineales en las que (para valores

apropiados de ) se espera obtener los coeficientes v1, v2, , vn tet = vx )(en (2.36), de modo que seauna solucin del sistema (2.33).

Para explorar esta posibilidad ms eficazmente, se usa la forma vectorial compacta

Axx= (2.37)

donde A= [aij] y se sustituye la solucin tentativa x= vet

.te= vxcon su derivada El resultado es

ttee

= vAv

El factor no nulo et

vvA =

se cancela y se obtiene

(2.38)

Esto significa que x= ve t

0)( = vAI

ser una solucin no trivial de la Ec. (2.37) siempre que vsea un valor nonulo y una constante para que la Ec. (2.38) se cumpla; esto es, que el producto matricial Avsea unmltiplo escalar del vector v.

Ahora se proceder a determinar y v. Primero se escribe la Ec. (2.38) en la forma

(2.39)

donde Ies la matriz identidad. Dado , ste es un sistema de necuaciones lineales homogneas en lasincgnitas v1, v2, , vn

( ) 0det == AIAI

. Del lgebra lineal se sabe que la condicin necesaria y suficiente para que elsistema tenga una solucin no trivial es que el determinante de los coeficientes de la matriz se anule; estoes, que

(2.40)


13/62

61

Los nmeros (sean iguales a cero o no) obtenidos como soluciones de (2.40) se denominan valorescaractersticos opropiosde la matriz A.y los vectores asociados con los valores caractersticos talesque Av= v, vdiferente de cero, se conocen como vectores caractersticos opropios. La ecuacin

nnnn

n

n

aaa

aaa

aaa

=

=

21

22221

11211

AI (2.41)

se conoce como la ecuacin caracterstica de la matriz A.

La Ec. (2.41) tiene nraces (es un polinomio en de grado n) por lo que una matriz de n nposee nvalores caractersticos (contando la multiplicidad), los cuales pueden ser distintos o repetidos, reales ocomplejos. Los casos se estudiarn por separado.

Valores Caractersticos Reales y Distintos

Si los valores caractersticos son reales y distintos, se sustituye cada uno de ellos sucesivamente en la Ec.(2.40) y se determinan los vectores caractersticos asociados v1, v2, , vn

t

nn

ttnetetet

=== vxvxvx )(,,)(,)( 212211

, los cuales darn lassoluciones

(2.42)

Se puede demostrar que estos vectores solucin siempre son linealmente independientes. Elprocedimiento para obtenerlos se ilustrar mediante ejemplos.

Ejemplo 7

Encuntrese una solucin general del sistema

212

211

3

24

xxx

xxx

=

+=

La forma matricial del sistema es

xx

=13

24

La ecuacin caracterstica de la matriz de los coeficientes es

0=5)-2)(+(=

1036)1)(4(1+3

24 2

=+=

= AI

y as se obtienen los valores caractersticos reales y distintos 1= 2 y 2

= 5.

Para la matriz de los coeficientes A del sistema, la ecuacin para los vectores caractersticos toma la forma

=

+

0

0

13

24

b

a (2.43)


14/62

62

donde el vector caracterstico asociado es v= [a b]T

(a)

(la T indica la matriz traspuesta).

1

La sustitucin = 2 en (2.43) produce el sistema

=2:

=

0

0

13

26

b

a

o las dos ecuaciones escalares

03

026

=+

=+

ba

ba

Obviamente, estas dos ecuaciones escalares son equivalentes y, por lo tanto, tienen una infinidad de soluciones nonulas; por ejemplo a se puede escoger arbitrariamente (diferente de cero) y entonces despejar b. Normalmentebuscamos una solucin sencilla con valores enteros pequeos (si ello es posible). En este caso tomaremos a= 1, locual produce b= 3, y entonces

=3

11v

Observacin: Si en lugar de a= 1 se hubiese tomado a = c, por ejemplo, se obtendra el vector caracterstico

=

=3

1

31 cc

cv

Puesto que ste es un mltiplo constante del resultado previo, cualquier seleccin que se haga ser un mltiploconstante de la misma solucin.

(b) = 2:

La sustitucin de este valor en (2.43) produce el par de ecuaciones

06302

==+

baba

Las cuales son equivalentes. Se escoge b= 1 y en consecuencia a= 2, de modo que

=

1

22v

Estos dos valores caractersticos con sus vectores caractersticos asociados producen las dos soluciones

ttetet5

22

1 1

2)(y

3

1)(

=

= xx

Es fcil demostrar que estas soluciones son linealmente independientes. En consecuencia, la solucin general delsistema dado es

ttecectctct5

22

12211 1

2

3

1)()()(

+

=+= xxx


15/62

63

Ejemplo 8

Determnese una solucin general del sistema

xx

=51

60

El polinomio caracterstico es

0=3)+2)(+(=

6551

6 2

++=

+

= AI

y as se obtienen los valores caractersticos 1= 2 y 2

=

+

0

0

51

6

b

a

= 33, y la ecuacin para los vectores caractersticos tomala forma

(2.44)

siendo v= [a b]

T

(a) el vector caracterstico asociado.

1

La sustitucin de = 2 en (2.44) produce el sistema

= 2:

=

0

0

31

62

b

a

o las dos ecuaciones escalares

03

062

=+

=

ba

ba

Igual que en el ejemplo 7, este sistema tiene infinidad de soluciones. Se escoge b= 1, lo cual produce a = 3 yentonces

=

1

31v

(b) = 3:

La sustitucin de este valor en (2.44) produce el par de ecuaciones

02

063

=+

=

ba

ba

las cuales son equivalentes. Se escoge b= 1 y entonces a = 2, de modo que

=

1

22v

y los dos vectores solucin asociados son

ttetet

32

21 1

2)(y

1

3)(

=

= xx


16/62

64

En consecuencia, la solucin general del sistema es

ttecect

32

21

1

2

1

3)(

+

=x

Valores Propios Complejos y Distintos

Si los valores propios son complejos pero distintos, el mtodo ya descrito producir las nsolucionesindependientes. La nica complicacin consiste en que los vectores propios asociados con valores propioscomplejos en general tomarn tambin valores complejos.

Puesto que se est suponiendo que los elementos de la matriz A son reales, los coeficientes de laecuacin caracterstica (2.42) sern reales. Por lo tanto, los valores propios complejos debern apareceren pares de complejos conjugados. Supngase que =p+jq y * =p jq constituyen un par de esosvalores propios. Si ves un vector propio asociado con , esto es,

0)( = vAI

entonces, al tomar el conjugado de esta ecuacin se obtiene

0*)*( = vAI

lo que significa que v*, el conjugado de v, es un vector propio asociado con *. La solucin complejaasociada con y ves entonces v= a+jb y, por tanto,

)sen(cos)(

)()( )(

qtjqtej

ejet

pt

tjqpt

++=

+== +

ba

bavx

es decir,)sencos()sencos()( qtqtjeqtqtet

ptptabbax ++=

Puesto que las partes real e imaginaria de una solucin con valores complejos son, a su vez, solucionesdel sistema, entonces se obtienen dos soluciones con valores reales

)sencos()}(Im{)(

)sencos()}(Re{)(

2

1

qtqtett

qtqtett

pt

pt

abxx

baxx

+==

== (2.45)

asociadas con los valores propios complejosp jq .

No hay necesidad de memorizar las frmulas (2.45) y esto se ver fcilmente en los ejemplos.

Ejemplo 9



17/62

65

212

211

43

34

xxx

xxx

+=

=

(2.46)

La matriz de los coeficientes

=

43

34A

tiene la ecuacin caracterstica

025843

34 2 =+=

= AI

y por consiguiente los valores propios conjugados son = 4 j3 y * = 4 + j3. Sustituyendo = 4 j3 en laecuacin para el vector propio (IA)v = 0, se obtiene

=

=

0

0

33

33])34[(

b

a

j

jj vAI

para un vector propio asociado v= [a b]T

0

0

=+

=

jba

bja

. La divisin de cada fila entre 3 produce las dos ecuaciones escalares

cada una de las cuales se satisface con a= 1 y b= j. As v= [1 j]Tes un vector complejo asociado con el valorpropio complejo = 4 j3.

La solucin correspondiente para los valores complejos x(t) = vet Axx=de es entonces

+

=

=

=

ttj

tjte

tjtej

ej

t

t

t

tj

3sen3cos

3sen3cos

)3sen3(cos

1

1)(

4

4

)34(x

Las partes real e imaginaria de x(t) son las soluciones con valores reales:

=

=

t

tet

t

tet

tt

3cos

3sen)(y

3sen

3cos)(

42

41

xx

y entonces una solucin general con valores reales viene dada por

+

=+= tctc

tctc

etctct

t

3cos3sen

3sen3cos

)()()( 21

214

2211 xxx

o, en forma escalar,

)3cos3sen()(

)3sen3cos()(

214

2

214

1

tctcetx

tctcetx

t

t

+=

=

Si se hubiese utilizado el otro valor caracterstico = 4 +j3, el vector propio asociado obtenido sera


18/62

66

v* = [1 j]

Ejemplo 10

T

Determine la solucin general del sistema

xx

=

21

24

La ecuacin caracterstica es

0)+3+)(3+(=

10621

24 2

=

++=+

+=

jj

AI

Por lo que los valores caractersticos son = 3 +jy * = 3 j. Para = 3 +jse tiene que

=

+

+

0

0

11

21

b

a

j

j

lo cual produce las ecuaciones escalares

0)1(

02)1(

=++

=+

bja

baj

Las cuales se satisfacen con b= 1 y a= 1j. As que v= [1j1 1]Tes un vector caracterstico complejo asociadocon = 3+j. El vector caracterstico asociado con = 3jes v* = [1+j1 1]T

+

++=

+

+=

+

=

=

+

tjt

ttjtte

tjt

ttje

ttej

ej

t

tt

ttj

sencos

)cos(sensencos

sencos

)sen)(cos1(

)sen(cos1

1

1

1)(

33

3)3(x

.

La solucin correspondiente de vectores complejos x(t) es entonces

Las partes real e imaginaria de x(t) son las soluciones con valores reales:

=

+=

t

ttet

t

ttet

tt

sen

cossen)(y

cos

sencos)( 32

31 xx

y la solucin general con valores reales est dada por

+++=+=

tctc

ttcttcetctctt

sencos)cos(sen)sen(cos)()()(

21

2132211 xxx


19/62

67

2.7 SOLUCIN MEDIANTE DIAGONALIZACIN DE MATRICES

Se dice que una matriz A= [ai j] de n nes una matriz diagonalsi ai j = 0 para i j. Por lo tanto, en unamatriz diagonal, todos los elementosfuerade la diagonal principalson iguales a cero.

Si A yBson matrices de n n, decimos que Bes semejante a Asi existe una matriz Sno singular tal

que B= S1

ASS1=

AS.Del lgebra Lineal se sabe que si A es una matriz de n nque es semejante a una matriz diagonal

y si las columnas de S son los vectores caractersticos de A, entonces los elementos de ladiagonal principal de son los valores caractersticos de A(Ano tiene valores caractersticos repetidos),esto es

===

n

n

00

00

00

),,(diagonal2

1

11

ASS (2.47)

Ejemplo 11

Diagonalizar la matriz

=

51

60A

Del Ejemplo 8 se tiene

=

==

31

21,

11

23][

121 SvvS

por lo que

=

==

30

02

11

23

51

60

31

211ASS

Considrese ahora la ecuacin de estado

BuAxx += (2.48)

y defnase la transformacin x= Sz; entonces, sustituyendo en la Ec. (2.48), se obtieneBuASzzSx +==

y despejando a z ,

BuSASzSz11 += (2.49)


20/62

68

Si Ses la matriz cuyas columnas son los vectores caractersticos de A, entonces el producto ASS =1 es una matriz diagonal y (2.49) se puede escribir como

BuSzz1+= (2.50)

Es evidente que la transformacin lineal aplicada a xconvierte al sistema original (2.30) con variables de

estado x1, x2, , xnen un nuevo sistema en el cual las nuevas variables de estado z1, z2 , zn

Szx=

estncompletamente desacopladas. Estas nuevas variables de estado se consiguen fcilmente mediante elmtodo aplicado en el Ejemplo 2 y luego, a estas variables, se les aplica la transformacin paraobtener las variables originales.

Ejemplo 12

Resolver el sistema

=

+

= 2

1

)0(,1

0

51

60

xxx

Usando el resultado obtenido en el Ejemplo 11,

+

=

+

=

+=

3

2

30

02

1

0

31

21

30

02

1

z

z

BuSzz

=

==

7

5

2

1

31

21)0(

1xSz

Por lo que

7)0(,73

5)0(,22

222

111

=+=

==

zzz

zzz

y usando la Ec. (2.7),

16

373)7()(

14

25)2()5()(

3

0

333

0

)(332

2

0

222

0

)(221

+=

+=+=

=

=+=

t

t

tt

t

tt

t

t

tt

t

tt

e

deeedeetz

e

deeedeetz

de donde


21/62

69

+

+

==

tt

tt

t

t

ee

ee

e

et

32

32

3

2

64

1212+1=

16

14

11

23)( Szx

Ejemplo 13

Resolver el sistema

=

+

=

1

3)0(,

2

0

21

24xxx

Usando los resultados del Ejemplo 10, se tiene que

+

+

+

+

+=

j

j

j

j

j

j

jj

j

1

1

30

03=

2011 112130 03

z

zz

+=

==

j

j

j

j

j

2

1

2

1

1

3

11

11

2

1)0()0(

1xSz

por lo que

jzjzjz

jzjzjz

=++=

+=++=

2

1)0(),1()3(

2

1)0(),1()3(

222

111

Entonces

tj

tjtj

t

jtjtj

e

jj

ej

j

j

jej

deejejz

)3(

)3()3(

0

)3()3()3(1

10

121

10

24

3

1

3

1

2

1

)1(2

1

+

++

+++

+

+

=

+

+=

+

+=

tj

tjtj

ejj

ej

j

j

jejz

)3(

)3()3(2

10

121

10

24

3

1

3

1

2

1

+

++

+

+=

++

++

+

=

y por ltimo,


22/62

70

++

++=

+

+=

+

+

++

+=

+

+

)24.175sen(408.28.0

)24.130sen(406.34.0

)sen4.2cos2.0(8.0

)sen2.2cos6.2(4.0

10

121

10

24

10

121

10

24

11

11

3

3

3

3

)3(

)3(

te

te

tte

tte

ejj

ejj

jj

t

t

t

t

tj

tj

x

2.8 SOLUCIN POR REDUCCIN A LA FORMA CANNICA DE JORDAN

En la Seccin 2.7 se ilustr que una matriz cuadrada Acon valores caractersticos distintos puede sersiempre reducida a una matriz diagonal mediante una transformacin lineal. En el caso en que la ecuacincaracterstica de la matriz A(n n) no posea nraces distintas, entonces no siempre se puede obtener unamatriz diagonal, pero se puede reducir a laforma cannica de Jordan (sta se define ms adelante).

Un valor propio es de multiplicidad ksi es una raz de multiplicidad kde la ecuacin |I A| = 0. Paracada valor caracterstico , la ecuacin para el vector caracterstico asociado

0)( = vIA (2.51)

posee al menos una solucin no nula, de modo que hay por lo menos un vector caracterstico asociado con. Pero un valor caracterstico de multiplicidad k > 1 puede tener menos de k vectores caractersticosasociados linealmente independientes. En este caso no se puede determinar un conjunto completo delos nvectores caractersticos linealmente independientes de Aque se necesitan para formar la solucin dela ecuacin .Axx= Considrese el ejemplo siguiente:

Ejemplo 14

La matriz

=

44

10A

tiene la ecuacin caracterstica

0)2(44

1)(

2 =+=+

== AIg

De aqu resulta que Atiene el valor propio 1

=

=

0

0

24

12)(

b

avAI

= 2 con multiplicidad 2. La ecuacin para el vector caracterstico es

o en forma escalar,

024

02

=+

=

ba

ba


23/62

71

Por lo tanto, b= 2asi v= [a b]Tes un vector caracterstico de Ay cualquier vector caracterstico asociado con 1

Axx=

=2 de multiplicidad 2 tiene solamente un vector caracterstico independiente y es, por consiguiente, incompleto.

Si un valor caracterstico de multiplicidad k> 1 no es completo se denomina defectuoso. Cuando tiene solamentep< k vectores caractersticos linealmente independientes, entonces el nmero

d= kp

de los vectores caractersticos faltantes se llama el defecto del valor caracterstico defectuoso. En elEjemplo 14, el valor caracterstico defectuoso = 2 tiene una multiplicidad k= 2 y un defecto d= 1porque solamente tiene un vector caracterstico asociado (p= 1).

Para este caso de valores caractersticos defectuosos, el mtodo descrito en la Seccin 2.7 producirmenosde las nsoluciones linealmente independientes necesarias del sistema y por ello se necesitaun mtodo para encontrar las soluciones faltantes correspondientes a un valor propio defectuoso demultiplicidad k> 1. Considrese el caso k= 2 y supngase que hay solamente un vector v1

tet =

11)( vx

asociado con y la solucin

(2.52)

Por analoga con el caso de una raz caracterstica repetida para una sola ecuacin diferencial, sedebera esperar una segunda solucin de la forma

tett

=wx )(2

(2.53)

Al sustituir (2.53) en la ecuacin Axx= , se obtiene la relacin

ttttetee

=+ Awww

de la cual se deduce que w= 0y entonces no existeuna solucin no trivial de la forma (2.52).

Ahora se intentar una solucin de la forma

tt eett += wvx )(

2 (2.54)

Cuando se sustituye (2.54) en Axx= , se obtiene la ecuacin

ttttt eteetee +=++ AwAvwvv

e igualando los coeficientes de las potencias de tiguales, se obtienen las dos ecuaciones

0][ = vAI (2.55)

vwAI = ][ (2.56)

Los vectores v y w deben satisfacer (2.55) y (2.56) para que (2.54) sea una solucin de Axx= .Obsrvese que (2.55) significa solamente que v1

0][][2 == vAIwAI

= v es un vector caracterstico asociado con , yentonces (2.56) significa que


24/62

72

En consecuencia, para el caso de un valor caracterstico defectuoso de multiplicidad 2, el mtodo consisteen lo siguiente:

1. Encontrar una solucin no nula de la ecuacin

0][2 = vAI (2.57)

tal que

12][ vvAI = (2.58)

no se anule y

2. Formar las dos soluciones independientes

tet

=11

)( vx (2.59)

tett

+= )()(212

vvx (2.60)

Ejemplo 15


xx

=44

10 (2.61)

En el Ejemplo 14 se encontr que la matriz de los coeficientes Aen (2.61) tiene el valor propio defectuoso = 2 demultiplicidad 2. Se calcula

=

=

0000

2412

2412][ 2AI

y la Ec. (2.57) en este caso es

000

002

=

v

y en consecuencia es satisfecha por cualquierseleccin de v2

==

=

2

1

24

12][

12 vvAI

b

a

. Usando ahora la Ec. (2.67), se obtiene

de donde se obtienen las ecuaciones escalares

224

12

=+

=

ba

ba

y tomando b= 1 da a = 0; en consecuencia, v2= [0 1]T

tteet

2211 2

1)(

== vx

. Las dos soluciones de (2.61) son


25/62

73

tte

t

tett

22212 21

)()(

=+= vvx

y la solucin general resultante es

t

tt

etccc

tcc

et

tcec

tctct

2

221

21

22

21

2211

22

21

2

1

)()()(

+

+=

+

=

+= xxx

El vector v2

0][pero0][ 1 = vAIvAI rr

en la Ec. (2.57) es un ejemplo de un vector propio generalizado. Si es un valorcaracterstico de la matriz A, entonces un vector caracterstico generalizado de rango r asociado con esun vector vtal que

(2.62)

Si r= 1, entonces (2.62) significa sencillamente que ves un vector caracterstico asociado con . As, unvector caracterstico generalizado de rango 1 es un vector caracterstico ordinario. El vector v2en la Ec.(2.57) es un vector caracterstico generalizado de rango 2.

El mtodo para multiplicidad 2 descrito anteriormente consisti en determinar un par de vectorescaractersticos generalizados {v1, v2 12][ vvAI =} tales que . Cuando la multiplicidad es superior, se

obtienen cadenas ms largas de vectores caractersticos generalizados. Una cadena de longitud k devectores caractersticos generalizados basados en el vector caracterstico v1es un conjunto {v1, v2, ,vk

12

21

1

][

][

][

vvAI

vvAI

vvAI

=

=

=

kk

kk

} de kvectores caractersticos generalizados tales que

(2.63)

Debido a que v1es un vector caracterstico ordinario, [I A]v1

0][ =k

kvAI

= 0. Por consiguiente, de la Ec. (2.63) sededuce que

(2.64)

Las Ecs. (2.63) se pueden escribir en forma compacta como

1,2,1,,][

0][

11

1

==

=

+ kii vvAI

vAI (2.65)

donde kes la multiplicidad (rango) del valor caracterstico .

Al comienzo de esta seccin se dijo que cuando la matriz cuadrada A (nn) posea valorescaractersticos repetidos, entonces no poda ser diagonalizada. En los cursos de lgebra Lineal se


26/62

74

demuestra que bajo la transformacin S1ASsiempre hay una seleccin de la matriz S tal que la matrizS1

)1(,,, 21 nkk JJJ AS tenga la forma cannica de Jordan, en la cual aparecen bloques de Jordan

en la diagonal principal y todos los otros elementos son iguales a cero:

==

nJ

J

J

ASSJ

000

..........000

000

2

1

1

(2.66)

Cada bloque Jjes una matriz de orden nj(1 nj

=

j

j

j

j

j

000

100

010

001

J

n) de la forma

(2.67)

donde una de las races j

Ejemplo 16

de la ecuacin caracterstica |I A| = 0 aparece en la diagonal principal, elnmero 1 aparece en la diagonal justo encima de la diagonal principal y todos los otros elementos de lamatriz son iguales a cero.

Las columnas de la matriz Sen la Ec. (2.66) se forman con los vectores caractersticos dados por lasEcs. (2.65).

Resolver el sistema

=

+

=2

1)0(,

3

0

44

10xxx

En este caso, la matriz Ade los coeficientes es la misma de los Ejemplos 14 y 15. All se determin que la ecuacincaracterstica |I A| = 0 produce el valor propio = 2 de multiplicidad 2 y que los vectores caractersticosasociados son v1= [1 2]

Ty v2= [0 1]T

=

== 12

01,

12

01][

121 SvvS

. Por lo tanto,

Bajo la transformacin x= Sz, la ecuacin original se convierte en

+

=

+

=

3

0

20

12

3

0

12

01

12

01

44

10

12

01zzz

=

==

4

1

2

1

12

01)0()0(

1xSz

o, en forma escalar,


27/62

75

4)0(,32

1)0(,2

222

1211

=+=

=+=

zzz

zzzz

Resolviendo primero porz2

( )t

ttt

t

tt

e

eeedeeez

2

0

222

0

222

2

2

5

2

3

2

3

434

+=

+=+=

:

Sustituyendo ahora az2en la ecuacin paraz1

1)0(,2

5

2

32 1

211 =++=

zezz

t

, se obtiene

y resolviendo,

( )tt

t

tt

ete

deeeez

22

0

2

25

23222

1

2

5

4

1

4

3

++=

++=

Por lo tanto,

++=

+

++

==

=

tt

tt

t

tt

tee

tee

e

tee

x

x

22

2

252

41

43

2

25

23

2

252

41

43

2

1

5212

01zSx

Ejemplo 17

Resolver el sistema

=

+

=

2

1

1

)0(,

0

0

1

001

100

102

xxx

La ecuacin caracterstica es

223

)1(201

10

102

)( +=++=

+

== AIg

De aqu resulta 1= 0 (multiplicidad 1) y 2= 1 (multiplicidad 2).

Para 1= 0:


28/62

76

=

=

0

0

0

101

100

102

][ 1

c

b

a

vAI

y se obtienen las tres ecuaciones escalares

0

002

=

==+

a

cca

As que a= c= 0 y bpuede tener cualquier valor. Tomando b= 1 se tiene que v1 = [0 1 0]T

=

=

0

0

0

101

110

101

][ 2

c

b

a

vAI

.

Para = 1:

lo que da las tres ecuaciones escalares

0

0

0

=

=

=+

ca

cb

ca

Si tomamos c= 1, entonces a= 1, b= 1 y v2= [1 1 1]T:

Para determinar el otro vector caracterstico asociado con 2, se usa la Ec. (2.65):

[IA]v3= v

=

0

1

1

101

110

101

c

b

a

2

esto es,

o en forma escalar,

1

1

1

=

=

=+

ca

cb

ca

Tomando c= 1, se obtiene a= 0, b = 2 y entonces v3= [0 2 1]T.

Ahora se forma la matriz S=[v1 v2 v3

=

110

211

010

S

]:

de donde

=

101

001

2111

S


29/62

77

Bajo la transformacin x= Sz, el sistema original se transforma en

+

=

1

1

1

100

110

000

zz

con

=

=

3

1

6

2

1

1

101

001

211

)0(z

o en forma escalar,

3=(0)1,+

1=(0),1

6)0(,1

333

2322

11

zzz

zzzz

zz

=

+=

==

Resolviendo,

t

t

tt

t

edeeez

tdz

+=+=

+=+=

213

66

0

3

0

1

Entonces,

1)0(,121 222 =++=

zezz t

o

( ) ttt

ttetedeeeez

+=+=

22

0

2

y por consiguiente

+

+

+

==

=

t

tt

e

tee

t

x

x

x

21

2

6

110

111

010

3

2

1

zSx

++

+

=

tt

tt

tt

ete

etet

ete

21

234

2

2.9 GRFICOS DE FLUJO DE SEALES (GFS)

La tcnica del llamado grfico de transicin de estados o de flujo de seales(GFS) introducida por S. J.Mason, es otro mtodo eficiente para resolver las ecuaciones de estado. Ella utiliza el grfico del flujo deseales, el cual es un mtodo topolgico de representar y resolver un sistema de ecuaciones algebraicas


30/62

78

lineales simultneas. Primero se analizar la tcnica del grfico del flujo de seales y luego se estudiarsu aplicacin en la solucin de las ecuaciones de estado.

El grfico del flujo de seales consiste en un diagrama en el cual los nodos, o puntos de unin, sonconectados por segmentos lineales, o ramas, directos y orientados. Los nodos representan a cada una dela variables del sistema. Una rama conectada entre dos nodos tiene una ganancia asociada con ella y acta

como un multiplicador de una sola va de las seales en sus extremos. La direccin del flujo de lasseales se indica mediante una flecha colocada en la rama, y elfactor de multiplicacin, llamado tambintransmitanciaofuncin de transferencia, se indica con un carcter colocado cerca de la flecha. En la Fig.2.2 se dibuja una rama caracterstica. La rama transmite la seal xjen la direccin indicada por la flecha,de izquierda a derecha en este caso, y la multiplica por la transmitancia o funcin de transferencia tjk.Observe que la rama que se dirige del nodo xj(entrada) al nodoxk(salida) expresa la dependencia dexkdexj, pero no al contrario; esto es, la rama entre el nodo de entrada y el de salida se debe interpretar comoun amplificador unidireccional con ganancia tjk

jkkj txx =. Aunque en forma algebraica la ecuacin en la Fig. 2.2 se

puede escribir como , la representacin en un GFS no implica esta relacin.

xjtjk

x t xk jk j=

Figura 2.2

En un GFS un nodo de entradaes un nodo que slo tiene ramas de salida; un nodo de salidaes un nodoque solamente tiene ramas de entrada (por ejemplo, el nodo y5en la Fig. 2.3). Sin embargo, un nodo desalida no siempre cumple esta condicin. En algunos casos puede ser necesario visualizar algn nodo,digamosy3, como uno de salida para determinar el efecto de la entrada sobre ese nodo. En este caso, elnodoy3se convierte en un nodo de salida conectndole una rama con ganancia unitaria desde el nodo yaexistentey3hasta un nuevo nodo designado tambin como y3, como se indica en la Fig. 2.4. En general,cualquier nodo de un GFS que no tenga entradas puede convertirse en uno de salida mediante elprocedimiento descrito. Sin embargo, no se puede convertir un nodo que no tenga entradas en uno deentrada mediante la inversin de la direccin de la flecha. Una trayectoriaes cualquier coleccin de unasucesin continua de ramas que avanzan en la misma direccin y que no atraviesa un nodo ms de unavez; de esta definicin vemos que un GFS puede tener numerosas trayectorias. Una trayectoria directaesaquella que comienza en un nodo de entrada y termina en un nodo de salida sin pasar por ningn nodoms de una vez. Por ejemplo, en el GFS de la Fig. 2.3 existen dos trayectorias directas entre y1y y4

25a

45

a

1y

2y

3y

4y

5y

12a

32a

23

a

43a

24a

34

a

44a

. Unlazo cerradoes una trayectoria que se origina y termina en el mismo nodo sin pasar por ningn nodo msde una vez. Por ejemplo, en el GFS de la Fig. 2.3 existen cuatro lazos cerrados.

Figura 2.3


31/62

79

1y

2y

3y

12a

32a

23a

1 3y Figura 2.4

2.9.1 REGLAS BSICAS DEL GRFICO DEL FLUJO DE SEALES

Las reglas bsicas que se utilizan para el anlisis de los grficos del flujo de seales son muy sencillas:

1. La seal fluye a lo largo de la rama solamente en la direccin definida por la flecha y esmultiplicada por la transmitancia o ganancia de la rama.

2. El valor de una seal o variable en un nodo es igual a la suma algebraica de las seales entrando aese nodo, tal como se ilustra en la Fig. 2.5.

x1

x2

x3

x x x x4 1 2 3= + +

Figura 2.5

3. El valor de una seal en un nodo es aplicada o transmitida a cada rama que sale de l, como seindica en la Fig. 2.6. En el GFS de la Fig. 2.6 se tiene que las seales que salen del nodo

identificado comox1son todas iguales ax1

.

x1

x1

x1

x1

Figura 2.6

2.9.2 EL LGEBRA DE LOS GRFICOS DE FLUJOS DE SEALES

Con la ayuda de ciertas propiedades topolgicas y las reglas que se acaban de mencionar, un GFS sepuede reducir a una sola rama. En las figuras siguientes se ilustran varias equivalencias y al mismotiempo se dan las ecuaciones algebraicas correspondientes. Estas equivalencias son suficientes para lareduccin completa de un grfico.

1. Ramas en paralelo:


32/62

80

x1 x2

t1

t2

t

t1

2

+

x

t

x

t

x

t

t

x

2

1

1

2

2

1

2

1

=

+

=

+

(

)

x1 x2

2. Ramas en serie o en tandem en la misma direccin:

x1

x2

x1

t12 t23 t t12 23

x t x2 12 1=

x3

x t x t t x3 23 2 12 23 1= =

x3

3. Ramas que entran a un nodo en la misma direccin:

x1

x2

x3x4

t13

t23

t34

t t13 34

x t x t x3 13 1 23 2= + x t x t t x t t x4 34 3 1334 1 32 34 2= = +

x4

x1

x2

3423tt

4.

x1

x2

x3

x4

t12

t23

t24

t t12

23

t t12

24

x3

x4

x1

x t x2 12 1

= x t x t t x3 23 2 12 23 1

= = x t x t t x4 24 2 12 24 1

= =

5. Sistema realimentado con un solo lazo cerrado:


33/62

81

x1 x2 x1x3

x3t13 t32

t33

t

t

13

331

x t x t x3 13 1 33 3= + x t t x3 33 13 11( ) = xt

tx3

13

3311

=

x2

t32

Figura 2.7

Ejemplo 18

Conseguir la funcin de transferencia del grfico en la parte superior izquierda de la figura.

a b

d

c ab c

bd

1x

2x

3x

4x

1x

3x

4x

c

abc

1x

3x

4x

ab

bd11

x4

xbd1

Luego de las reducciones indicadas se obtiene

bd

abct

=

114

Ejemplo 19

Determinar la funcin de transferencia del siguiente grfico.

a b

c

d

e

1x 2

x

3x 4

x

Usando los pasos dados en las reglas, se obtiene


34/62

82

a bd

cd cd

e

ebd

abd

1x

2x

4x 1x 4x

abd

cd+ebdabd

cd ebd1- -

1

x4

x 4

x1

x

Y luego de las operaciones realizadas, se obtiene

ebdcd

abdt

=

114

Ejemplo 20

Determinar la funcin de transferencia del siguiente grfico:

a b c d

-a -b -c

1x

2x 3x 4x

5x

Del grfico se obtienen las expresiones siguientes:

45534423312 ,,, dxxcxcxXbxbxxaxaxx ====

3553535 1)( x

cd

cdxcdxcdxcxcxdx

+===

525

2425111

)(1

xcd

bcx

cd

bcd

d

bxbx

cd

cdbxbx

cd

cdx

+

+=

+=

+=

)(

1

)(

114213125 abxabxax

cdbc

bcdaxax

cdbc

bcdx

cdbc

bcdx +

++

=

++

=

++

=

+++

++

= 551)1(

1x

d

abx

cd

cdbcaax

cdbc

bcd

de donde

35 1x

abcdabcdbc

abcdx

++++=


35/62

83

y

abcdabcdbc

abcdt

++++=

115

2.9.3 LA FRMULA DE MASON PARA LA GANANCIA

La funcin de transferencia o ganancia G de un grfico puede obtenerse directamente mediante lafrmula de Mason para la ganancia, la cual se describe a continuacin sin demostracin. La ganancia totalGde un GFS dado entre el nodo de entrada y el de salida y que contiene varias trayectorias directas, estdeterminada por la ecuacin

=k

kkGG

1 (2.68)

donde

es eldeterminante

del grfico y el cual se obtiene a partir de la relacin

++=m m m m

mjmmm PPPP +1

321 (2.69)

y donde

Gk= ganancia de la k- sima trayectoriadirectadesde la fuente hasta el nodo de salida y la cual esigual al producto de las ganancias de las ramas que componen la trayectoria;

Pm1 = ganancia de la m-sima trayectoria cerrada o lazo de realimentacin, esto es, el producto detodas las transmitancias del m-simo lazo de realimentacin, y Pm1es la suma de las gananciasde todas las trayectorias cerradas en el grfico.

Pmi= producto de las ganancias de lazo cerrado del m-simo conjunto de ilazos de realimentacin queno tienen nodos en comn, esto es, que no se tocan; por ejemplo, Pm2 es el producto de lasganancias de dos lazos cerrados y Pm2 es la suma de los productos de las ganancias de todas lascombinaciones posibles de dos lazos cerrados que no se tocan tomados de dos en dos.

k= Cofactor de Gk; esto es, el determinante del subgrfico que queda cuando se remueve latrayectoria Gk.

Este mtodo se ilustrar con varios ejemplos.

Ejemplo 21Determinar la ganancia cuando la variable de salida esx4

a b

d

c1

x2

x3

x

4x

en el grfico siguiente:


36/62

84

Del grfico se obtiene directamente que

1,1,, 1111 ==== bdbdPabcG

y, por consiguiente, se obtiene

bd

abcG

=1

Ejemplo 22

Determinar la ganancia cuando el nodo de salida esx4

a b

c

d

e

1x

2x

3x

4x

.

1,1,,, 121111 ===== bdecdbdePcdPabdG

y la ganancia es

bdecd

abdG

=

1

Ejemplo 23

Calcular la ganancia enx5

a b c d

b

1x

2x

3x

4x

5x

_a_ c_

del siguiente grfico:

cd,,,, 311221111 ===== PabcdPbcPabPabcdG

1,11=++++= abcdcdbcab

y a partir de estas relaciones se obtiene que

abcdcdbcab

abcdG

++++=

1

Ejemplo 24


37/62

85

Determinar la ganancia en el siguiente grfico cuando la variable de salida esx7

a b c d

-a -b -c -d -e

e f1

x2

x3

x4

x5

x6

x

7x

.

Del grfico se obtiene que

efPdePcdPbcPabPabcdefG ====== 51413121111 ,,,,,

abcdefPcdefPbcefPbcdePabefPabdePabcdP ======= 13625242322212 ,,,,,,

11=

y el resultado buscado es

abcdefcdefbcefbcdeabefabdeabcdefdecdbcab

abcdefG ++++++++++++= 1

En el caso cuando se tienen varias variables de entrada y varias variables de salida, la frmula de Masoncorrespondiente para cada variable de salida es

=ik

kkki xGx

1 (2.70)

donde cada variable en el lado derecho de la Ec. (2.70) tiene el mismo significado que la variable para el

caso de una sola entrada y una sola salida y se aplic el principio de superposicin. Recuerde que estamostrabajando con sistemas lineales.

Ejemplo 25

Calcular el valor de la sealx8

b

-h

-i

e

1x

2x

3x

4x

5x

6x

7x

8x

f

g

c

d

a

en el siguiente grfico:

Del grfico se obtiene


38/62

86

gGdfGcdeGabcdG ==== 4321 ,,,

bcibh ++= 1

bcibhbh ++=+=== 1,1,1,1 4321

por lo que

bcibhxbcibhgxbhdfcdexabcdxx

++ ++++++= 1 )1()1(43218

Ejemplo 26

Calcular el valor de la sealx6

0,, 421 === GbifGabG

en el grfico del Ejemplo 25.

bcibh++= 1

1321 ===

de donde

bcibh

bfixexabxx

++

+=

1

3216

2.9.4 GRFICOS DE TRANSICIN DE ESTADOS

Ahora se estudiar otra forma de obtener la solucin de la ecuacin de estado utilizando GFS. Seintentar dibujar un grfico del flujo de seales correspondiente al sistema de ecuaciones

BuAxx +=

y en una forma tal que las condiciones inicialesx1(0), x2(0), ,xn

mnmnnnnnnnn

mmnn

mmnn

ubububxaxaxax

ubububxaxaxax

ubububxaxaxax

++++++=

+++++++=

++++++=

+

+

22112211

222212122221212

121211112121111

(0) sean tomadas como excitacionesaplicadas a las variables de estado correspondientes; el grfico obtenido se conoce como el grfico detransicin de estados.

En forma escalar, el sistema descrito por la ecuacin anterior puede escribirse en la forma

(2.71)

Para construir el subgrfico de x1

)()()()()()()0()( 1212111121211111 sUbsUbsUbsXasXasXaxssX mmnn +++++++=

, por ejemplo, se toma la transformada de Laplace de la primeraecuacin en (2.71) para obtener

y reagrupando

[ ])()()()(1)0(

)( 111111111

1 sUbsUbsXasXass

xsX mmnn ++++++= (2.72)


39/62

87

En la Fig. 2.8 se ilustra el subgrfico correspondiente a esta ecuacin para el caso n= m= 4.

)(1 sU

)(2

sU

)(3 sU

)(4

sU

)(11 sb

)(12

sb

)(13

sb

)(14

sb

s1

11a

12a

13a

14a

)0(1

x

)(1 sX )(2 sX )(3 sX )(4 sX

s1

Figura 2.8

Igualmente se hace para las otras tres ecuaciones. Luego se combinan los subgrficos obtenidos paraobtener el grfico de transicin de estados correspondiente a todo el sistema. Despus se aplica la frmulade Mason para la ganancia para obtener las transformadas de las variables de estado X1(s),X2(s),X3(s) yX4

=

+

=2

1)0(),(

1

0)(

51

60)( xxx tutt

(s), y finalmente se determina la transformada de Laplace inversa para obtener la solucin completa enel tiempo. Observe en el grfico que todas las entradas a las variables de estado estn multiplicadas por1/s.

Ejemplo 27Resolver el sistema

Para el caso en que u(t) = 1 (un escaln unitario) y escribiendo el sistema en forma escalar, se tiene

ssXsXxssXxxx

sXxssXxx

1)(5)()0()(,15

)(6)0()(,6

2121212

21121

+=+=

==

El diagrama se muestra en la Fig. 2.9.


40/62

88

s

sU1

)( = )(1 sX)(2 sX

)0(1x)0(2x

15 s6

s1

s1 s1

1

Figura 2.9

Del diagrama se obtiene

22

2

2

)3)(2(65651

s

ss

s

ss

ss

++=

++=++=

( )[ ]

tteetx

sss

sss

ssssss

ss

ssX

32

1

21123

2

1

12121)(3

12

2

121

)3)(2(

61751126

)3)(2()(

+=+

+

+=

++++

=+++++

=

[ ]

tteetx

ss

ss

ssss

ss

ssX

322

1222

2

64)(3

6

2

4

)3)(2(

22

)3)(2()(

+=+

++

=

++=+

++=

Ejemplo 28

Resolver el sistema

=

+

=

2

0)0(,

0

1

32

10xxx t

Escribiendo el sistema en forma escalar, se obtiene

)(3)(2)0()(32

1)()0()(

2112212

221121

sXsXxssXxxx

ssXxssXtxx

==

+=+=

El grfico correspondiente se muestra en la Fig. 2.10.

1 2

2

1)(

ssU =

)(1 sX)(2 sX

)0(1x )0(2x

1

s1

3

s1s1

s1


41/62

89

Figura 2.10


22

2

2

)2)(1(23231

s

ss

s

ss

ss

++=

++=++=

y

( )[ ]

tettx

sss

sss

sssssss

ss

ssX

212

2

211112

2

1

75.15.175.1)(2

75.175.15.1

)2)(1(

32231

)2)(1()(

++=+

+=

++

++=+

++=

[ ]

tettx

sss

sss

ssss

ss

ssX

222

2

2122

2

2

5.35.1)(2

5.35.11

)2)(1(

2222

)2(1()(

++=+

+=

++

+=+

++=

Ejemplo 29

Resolver el sistema

=

+

=

2

1

1

)0(,)(

0

0

1

001

100

102

xxx tu

En forma escalar

)()0()(,

)()0()(,)()()(2)0()(),(2

13313

32232

3111311

sXxssXxx

sXxssXxxsUsXsXxssXtuxxx

==

==+=++=

El grfico para este ejemplo se muestra en la Fig. 2.11.

11

s

1s

1s 1s

1s1s1s

1

)(1 sX)(2 sX

1

2

3 )(sX

2 1

Figura 2.11



42/62

90

2

2

2

2

2

)1(12121

s

s

s

ss

ss

+=

++=++=

[ ]

tt teetxss

s

ssssss

s

ssX

=+

+=

+

=+

+=

2)()1(

21

1

)1(

12

)1()(

12

2

11111

2

2

1

( ) ( )[ ]

1

3

)1(

241

)1(

164

21212)1(

)(

2222

23

2114111111

2

2

2

+

++=

+

+++=

+++++++

=

ssssss

sss

sssssssssss

ssX

ttteettx

+= 234)( 2

( )[ ]

1

1

)1(

21

)1(

152212

)1(

)(

2

2

21123

2

2

3

++

++=

+

++=+++

+

=

sss

ss

ssssss

s

ssX

ttetetx

++= 21)( 3

Otra forma de obtener la solucin de la ecuacin de estado, implcita en el mtodo anterior, se basa en losiguiente: Tomando la transformada de Laplace de la Ec. (2.70), se obtiene

)()()0()( ssss BUAxxX +=

o

)()()0()()( 11 ssss BUAIxAIX +=

Para el caso homogneo, U(s) = 0 y

)0()()0()()( 1 xxAIX sss == (2.73)donde

==

)()()(

)()()(

)()()(

)()(

21

22221

11211

1

sss

sss

sss

ss

nnnn

n

n

AI

es la matriz resolvente.

Escribiendo la Ec. (2.73) en forma escalar, se tiene que


43/62

91

)0()()0()()0()()(

)0()()0()()0()()(

)0()()0()()0()()(

2211

22221212

12121111

nnnnnn

nn

nn

xsxsxssX

xsxsxssX

xsxsxssX

+++=

+++=

+++=

Si ahora se igualan a cero todas las xi

)0()()(jkjk

xssX =

(0), i= 1, 2, , j1,j+1, , n, (recuerde que estamos trabajandocon sistemas lineales) se obtiene que

o

)0(

)()(

j

kkj x

sXs = (2.74)

El mtodo se ilustrar mediante un ejemplo.

Ejemplo 30Determinar la matriz resolvente para el sistema del Ejemplo 21.

El diagrama correspondiente es el de la Fig. 2.10, el cual se repite por conveniencia en la Fig. 2.12 .

1 2

2

1)(

ssU =

)(1

sX)(2 sX

)0(1x )0(2x

1

s1

3

s1s1

s1

Figura 2.12

Del diagrama se obtiene

2

)2)(1(

s

ss ++=

y utilizando la Ec. (2.74),

)0(

)(

1

111

x

sX=

ssG

31,

111 +==

)2)(1(

3

)2)(1(

31

1

)(

2

11 +++

=++

+

=ss

s

s

ss

sss


44/62

92

)2)(1(3

)2)(1(

31

1

)0()(

)(

21

111 ++

+=

++

+==

ss

s

s

ss

ss

x

sXs

)2)(1(

1

)0(

)()(

2

112

++

==

ssx

sXs

)0(

)()(

1

221

x

sXs =

( )

)2)(1(

2

)2)(1(

12

1

2

++=

++=

ss

s

ss

ss

)0(

)()(

2

222

x

sXs =

)2)(1()2)(1(

1

2

++=

++=

ss

s

s

ss

s

y la matriz resolvente (s) es

++++

++

++

+

=

)2)(1(

)2)(1(

2)2)(1(

1

)2)(1(

3

)(

ss

s

ss

ssss

s

s

Observe que al usar este mtodo no es necesario invertir matrices para obtener (s) = [sIA]1

2.9.5 LAS ECUACIONES DE ESTADO A PARTIR DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALESDE ENTRADA SALIDA

.

En las secciones anteriores se definieron las ecuaciones de estado y se determin su solucin pordiferentes mtodos. Ahora se estudiar la forma de expresar una ecuacin diferencial como una ecuacinde estado y la forma de representarla mediante un grfico de transicin de estados.

Cierto tipo de sistemas con una sola entrada (excitacin) y una sola salida (respuesta) puede describirsemediante una ecuacin diferencial ordinaria y lineal de n-simo orden de la forma

)()()()(

)()(

012

2

21

1

1 tbutxadt

tdxa

dt

txda

dt

txda

dt

txdn

n

nn

n

=+++++

Este tipo de sistemas puede reducirse a la forma de necuaciones de estado de primer orden en la formasiguiente: Defina las variables de estado

1

2

2

123

12

1

=

===

==

=

nn xx

dt

xdxxx

dt

dxxx

xx

(2.75)


45/62

93

Como un resultado directo de esta definicin, la ecuacin diferencial original puede escribirse en la forma

)(12110 tbuxaxaxax nnn +=

y entonces escribirse en forma matricial como

)()(

0

0

0

10000

00100

00010

1

2

1

13210

1

2

1

tutu

bx

x

x

x

aaaaax

x

x

x

n

n

nn

n

BAxx +=

+

=

=

=

(2.76)

El grfico de transicin de estados correspondiente se muestra en la Fig. 2.13.

b

xn( )0 xn-1 0( )

1 na

2 na

2a

1a

0a

)(sU )(1 sX)(2 sX

)0(1x)0(2x

s1

)(3 sX

)(1 sXn

)(sXn

)0(3x

s1 s1 s1 s1

s1 s1

s1

s1s1

Figura 2.13

Si la ecuacin diferencial es, por ejemplo, de tercer orden:

buxadt

dxa

dt

xda

dt

xd=+++ 012

2

23

3

la ecuacin de estado es

u

bx

x

x

aaax

x

x

+

=

0

0

100

010

3

2

1

2103

2

1

y el grfico correspondiente se muestra en la Fig. 2.14.


46/62

94

b)(sU )(1 sX

)(2 sX

)0(1x)0(3x

s1

)(3 sX

)0(2x

s1 s1

s1 s1 s1

2a

1a

0a

Figura 2.14

Ejemplo 31

Resolver la ecuacin diferencial siguiente:

1,1)0(),(2230

2

2

===++=tdt

dxxtux

dt

dx

dt

xd

usando un grfico de transicin de estados.

Aplicando el procedimiento indicado, se obtiene

1)0(,1)0(,, 21121 ==== xxxxxx

)(232 212 tuxxx +=

y en forma matricial

=

+

=

1

1

)0(

)0(),(

2

0

32

10

2

1

2

1

2

1

x

xtu

x

x

x

x

y el grfico para u(t) = 1, t> 0, (el escaln unitario) es (Fig. 2.15):

1

1 1/s 1/s

1/s

)(1 sX

)(2

sXs2

3

2

1

1/s

Figura 2.15



47/62

95

22

)2)(1(231

s

ss

ss

++=++=

y

( )[ ]

21

111

)2)(1(

24312

1)()(

21123

1

+

++=

++++

=+++

==

sss

sss

sssssssXsX

Por lo tanto

0,1)( 2 += teetx tt

Ejemplo 32


0,2,1)0(,333 02

2

02

2

3

3

====+++ == tt dt

xd

dt

dxxx

dt

dx

dt

xd

dt

xd

Definiendo

32211 ,, xxxxxx === se obtiene

333 3213 += xxxx

o, en forma matricial,

=

+

=

0

2

1

)0(

)0(

)0(

,

3

0

0

313

100

010

3

2

1

3

2

1

3

2

1

x

x

x

x

x

x

x

x

x

El diagrama se muestra en la Fig. 2.16.

3

0

)(1

sX)(

2sX)(

3sX

2 1

s1 s1 s1

s1 s1 s1

s1

3

3

1

Figura 2.16

De l se obtiene


48/62

96

3

2

32

)3()1(3131

s

ss

sss

++=+++=

y

( ) ( ) ( )[ ]

( ) 1

211

3)1(

375

3131233)1(

)()(

22

23

21111131

2

3

1

++=

++=

++

+++=

+++++++

==

ssjs

j

js

j

ssss

sss

ssssssssss

ssXsX

La solucin es

0,sen21)( += tttx

Ejemplo 33


248161022

2

3

3

+=+++ txdt

dx

dt

xd

dt

xd

1,2,3)0(0

2

2

0

===== tt dt

xd

dt

dxx

Dividiendo por 2 la ecuacin original obtenemos,

14852

2

3

3

+=+++ txdt

dx

dt

xd

dx

xd

y definiendo

23121 ,, xxxxxxxx =====

obtenemos el siguiente sistema de ecuaciones diferenciales:

12584 3213

32

21

++=

=

=

txxxx

xx

xx

El diagrama de transicin se muestra en la Fig. 2.17.


49/62

97

1

1

5

)(1 sX

8

4

32

ss122 +

s1 s1 s1

s1 s1 s1

Figura 2.17

Del diagrama obtenemos

3

2321 )1()2(

4851s

sssss

++=+++=

y

( ) ( ) ( )[ ]2111231232

3

1 85135122)1()2(

)()( +++++++++

== sssssssssss

ssXsX

1

22

2

25.18

)2(

1375.05.0

)1()2(

2351732222

234

++

+

+=

++

++++=

ssssssss

ssss

La respuesta es

0,2225.181375.05.0)( 22 += teeetttx ttt

2.10 RELACIN ENTRE LAS ECUACIONES DE ESTADO Y LAS FUNCIONES DETRANSFERENCIA

Para un sistema lineal e invariable en el tiempo y con una sola entrada y una sola salida, la relacinentre la salida y(t) y la entrada u(t) normalmente se describe mediante la funcin de transferencia delsistema,H(s), la cual se define como la relacin entre la transformada de Laplace de la salida, Y(s), y latransformada de Laplace de la entrada, U(s), con todas las condiciones iniciales iguales a cero, esto es,

)()()(

sUsYsH = (2.77)

En esta seccin se estudiar la forma de expresar una funcin de transferencia como una ecuacin deestado y la manera como representarla mediante un grfico de flujo de seales. Se supone que la funcinde transferencia est expresada en la forma de una funcin racional (esto es, una relacin entre dospolinomios) de s:


50/62

98

)(

)()(

sD

sNsH = (2.78)

Se considerarn los casos en los cuales el denominadorD(s) posee races distintas y races repetidas.

2.10.1 Las Races del DenominadorD(s) son Distintas

Si las races del denominador D(s) son distintas, la expansin en fracciones parciales de la Ec. (2.78)produce la relacin [se supone queN(s) yD(s) son ambos de grado n]

=

+=

++

+

+=

n

i i

i

n

n

ss

KK

ss

K

ss

K

ss

KKsH

1

0

2

2

1

10

)(

(2.79)

donde

)(lm0 sHK s = (2.80)

y

nisHssKiss

ii ,2,,1,)()( == = (2.81)

Usando ahora la relacin (2.77) se obtiene

=

+==

n

i i

i sUss

KsUKsUsHsY

1

0)()()()()( (2.82)

Si se define

niss

sUsX

i

i ,2,,1,)(

)( == (2.83)

entonces

)()()( sUsXsssX iii += o

)(1

)()( sUs

sXs

ssX ii += (2.84)

cuya transformada inversa es (recuerde que las condiciones iniciales son iguales a cero)

)()()( tutxstx iii += (2.85)

El grfico correspondiente a la Ec. (2.84) se muestra en la Fig. 2.18 (con la contribucin a Y(s)).

XiU s( )

1 1s Ki

si

)(sY


51/62

99

Figura 2.18

La Ec. (2.85) se puede expresar en la forma

)(

1

1

1

000

000

000

2

1

2

1

2

1

tu

x

x

x

s

s

s

x

x

x

nnn

+

=

(2.86)

y cuyo grfico de flujo de seales se ilustra en la Fig. 2.19.

La transformada inversa de Y(s) es

[ ]

xKT

n

i

n

nii

tUK

x

x

x

KKKtuKtxKtuKty

+=

+=+= =

)(

)()()()(

0

1

2

1

2100

(2.87)

1s

1 K1

U s( )

X s2( )

K2

sX sn( ) X sn( )

snK0

1s

1s

1

1

1

Kn

Y s( )

1

1s

2s

)(1ssX

)(2

ssX

)(1sX

Figura 2.19

Ejemplo 34

Determinar y resolver la ecuacin de estado de la siguiente funcin de transferencia. La funcin de excitacin es unafuncin escaln unitario.

23

13154)(

2

2

++

++=

ss

sssH

ExpandiendoH(s) en fracciones parciales se obtiene


52/62

100

2,12

1

1

24

)2)(1(

13154)( 21

2

==+

++

+=++++

= ssssss

sssH

y la ecuacin de estado es [Ec. (2.86)]

[ ] )(412)(),(1

1

20

01

2

1

2

1

2

1tu

x

xtytu

x

x

x

x+

=

+

=

Si la excitacin es una funcin escaln unitario, el sistema de ecuaciones es

12

1

22

11

+=

+=

xx

xx

Resolviendo primero por integracin, se obtiene

tt

t

t

t

t

teeedeedetx

==== 1)( 000

)(1

tt

t

t

t

t

teeedeedetx

2

0

22

2

1

0

22

0

)(2

2

5.05.0)( ====

ytt

eexxyt2

215.025.642)

=++=

El grfico del flujo de seales se muestra en la Fig. 2.20.

1s

1

1s 11

4

1s

2

)(sY

1

2

Figura 2.20

Usando ahora el grfico para resolver la ecuacin, se tiene que

22

2211 )2)(1(23

221s

ss

s

sssss

++=

++=+++=

( ) ( )

++

++++++=

2

11212

2 )2)(1(4

1212)2)(1()( s

sss

ssssss

s

sY

2

5.0

1

25.6

)2)(1(

131542

+

+=

++++

=ssssss

ss

de donde

tteety

25.025.6)( =


53/62

101

lo cual est de acuerdo con el resultado anterior.

Ejemplo 35

Determinar la respuesta del sistema descrito por la funcin de transferencia

127

354)(

2

2

++

++=

ss

sssH

si la excitacin es .sen)( ttu =

Para la funcin dada es fcil determinar que

4,3,5,2,1 21210 ===== ssKKK

Por lo tanto, la ecuacin de estado es

tx

x

x

xsen

1

1

40

03

2

1

2

1

+

=

Resolviendo por integracin se obtiene

( )

tte

eedeetx

t

tt

t

t

cos1.0sen31.0

cossen310

sen)(

3

0

33

0

331

=

==

( )

tte

eedeetx

t

t

t

tt

cos0588.0sen235.00588.0

cossen417

sen)(

4

0

4

0

4442

+=

==

y

[ ]

( ) tt

tt

eet

tteetx

xty

43

43

2

1

249.02.009.10sen82.2

cos4941.0sen7765.2249.02.0sen52)(

++=

++=+

=

El grfico de flujo se muestra en la Fig. 2.21.

1s

1

1s5

1

-3

-4

1

2

U ss

( )= +

1

12 Y s( )

Figura 2.21


54/62

102

Del grfico:

22

221 )4)(3(1271271

s

ss

s

ssss

++=

++=++=

( ) ( )

jsjssssss

ss

s

ssssss

sss

ssY

+

+

+

++

+=

+++

++=

++++++

+++=

09.1041.109.1041.14

2941.03

2.0

)4)(3)(1(

3514

127315412

1

1

)4)(3()(

2

2

2

21111

2

2

de donde

)09.10sen(82.2294.02.0)( 43 ++= teety tt

2.10.2 Las Races del DenominadorD(s) son Iguales

Si las races del denominador D(s) de la funcin de transferencia son iguales, entonces procediendo aexpandir en fracciones parciales, se obtiene

=

+

=

++

+

=

r

jjr

j

r

rr

ss

K

ss

K

ss

K

ss

KsH

11

1

1

1

11

1

12

1

11

)(

)()()(

(2.88)

donde s1

[ ]1

)(

)!1(

111

1

1

ss

r

j

j

j ss

ds

d

j

K

=

=

es la raz repetida, rsu multiplicidad y

(2.89)

y la salida Y(s) puede expresarse como

=

+==

r

jjr

jsU

ss

KsUsHsY

11

1

1)(

)()()()( (2.90)

Definiendo ahora las variables de estado para el sistema de las Ecs. (2.88) como

rjss

sUsX

jrj,2,,1,

)(

)()(

11

=

=+

(2.91)

entonces la Ec. (2.90) puede expresarse como

=

=r

j

jj sXKsY1

1 )()( (2.92)

De la Ec. (2.91) tenemos que

rss

sUsX

)(

)()(

1

1

=


55/62

103

11

2)(

)()(

=

rss

sUsX

21

1 )(

)(

)( ss

sU

sXr =

1

)()(

ss

sUsXr

=

Esta ltima ecuacin puede expresarse como

)()()( 1 sUsXsssX rr += (2.93)

y de la misma forma

1,2,,1),()()( 11 ==+ rksXsssX kk

o

1,2,,1),()()( 11 =+= + rksXsXsssX kkk (2.94)

En el dominio del tiempo, las Ecs. (2.93) y (2.94) corresponden a

)()()(

1,2,,1),()()(

1

11

tutxstx

rktxtxstx

rr

kkk

+=

=+= + (2.95)

Finalmente, la ecuacin de estado requerida correspondiente a la raz repetida es

)(

1

0

0

000

000

001

2

1

1

1

1

2

1

tu

x

x

x

s

s

s

x

x

x

texto - cap 2 (libro prof. maulio rodrÍguez).pdf

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