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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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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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)()()(
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
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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)
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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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+= 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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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
-
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++
++++
=
+
=
++++
+++++
)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
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=
+
=
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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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)
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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)
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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)
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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)
-
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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
-
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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
-
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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
Encuntrese una solucin general del sistema
-
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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
-
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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
-
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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)
-
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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
-
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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,
-
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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
-
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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
-
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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
Encuntrese una solucin general del sistema
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
-
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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
-
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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,
-
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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:
-
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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
-
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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
-
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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
-
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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:
-
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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:
-
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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
-
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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
++++=
-
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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:
-
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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
-
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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
-
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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)
-
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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.
-
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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
-
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89
Figura 2.10
Del grfico se obtiene
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
Del grfico se obtiene
-
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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
-
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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
-
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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)
-
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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.
-
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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
Del grfico se obtiene
-
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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
Resolver la ecuacin diferencial
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
-
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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
Resolver la ecuacin diferencial
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.
-
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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:
-
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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
-
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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
-
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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)( =
-
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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
-
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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
=
-
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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