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UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO FACULTAD DE INGENIERÍA ELÉCTRICA Y ELECTRÓNICA

SECCIÓN POSGRADO

MAESTRÍA EN CIENCIAS DE LA ELECTRÓNICA MENCIÓN: CONTROL Y AUTOMATIZACION

TRABAJO DE CONTROL NO LINEAL

TEMA: PROBLEMAS RESUELTOS DEL LIBRO NONLINEAR SYSTEMS

ALUMNOS: FIDEL ANDÍA GUZMÁN EDUARDO PUYEN CHISCUL JOSÉ LUIS MUÑOZ MEZA WILLINGTON AMAO MARIÑO DAVID NINAHUAMAN POMA

CALLAO – AGOSTO 2017

PROBLEMA: 4.6

Considere el sistema: 𝒙̇ 𝟏 = 𝒙𝟐 ,

𝒙̇ 𝟐 = −(𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 ) − 𝒉(𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 )

Donde 𝒉 es continuamente diferenciable y 𝒛𝒉(𝒛) > 𝟎 para todo 𝒛 ≠ 𝟎. Usando el método del gradiente variable, encontrar la función de Lyapunov que muestre que el origen es estable global y asintóticamente. SOLUCION: 𝑔(𝑥) = [

∝ 𝑥1 + 𝛽𝑥2 ] 𝛾𝑥1 + 𝛿𝑥2

Para satisfacer el requisito de simetría hacemos: 𝛾 = 𝛽

𝑉̇ = (𝛼𝑥1 + 𝛽𝑥2 )𝑥2 − (𝛽𝑥1 + 𝛿𝑥2 )[(𝑥1 + 𝑥2 ) + ℎ(𝑥1 + 𝑥2 )] También: 𝛿 = 𝛽 𝑉̇ = −𝛽𝑥12 + (𝛼 − 2𝛽)𝑥1 𝑥2 − 𝛽[(𝑥1 + 𝑥2 )ℎ(𝑥1 + 𝑥2 )] Tomando: 𝛼 = 2𝛽

y 𝛽>0 𝑉̇ = −𝛽𝑥12 − 𝛽[(𝑥1 + 𝑥2 )ℎ(𝑥1 + 𝑥2 )]

Negativo definido para todos 𝑥𝜖𝑅2 ahora:

2 g(x) =𝛽 [ 1

𝑥 1 ] 𝑥 ≝ 𝑃𝑥 ⇒ 𝑉(𝑥) = ∫0 𝑔𝑇 (𝑦)𝑑𝑦 = . 1

1 𝑇 𝑥 𝑃𝑥 2

Donde P es positivo. Por lo tanto, V es una función Lyapunov radialmente ilimitada y el origen es globalmente estable. 4.15 Considere el sistema 𝒙̇ 𝟏 = 𝒙𝟐 , 𝒙̇ 𝟐 = −𝒉𝟏 (𝒙𝟏 ) − 𝒙𝟐 − 𝒉𝟐 (𝒙𝟑 ), 𝒙̇ 𝟑 = 𝒙𝟐 − 𝒙𝟑 Donde 𝒉𝟏 y 𝒉𝟐 son funciones localmente Lipschitz que satisfacen 𝒉𝒊 (𝟎) = 𝟎 y 𝒚𝒉𝒊 (𝒚) > 𝟎 para todo 𝒚 ≠ 𝟎. a) Mostrar que el sistema tiene un único punto de equilibrio en el origen. 𝒙

𝒙

b) Mostrar que 𝑽(𝒙) = ∫𝟎 𝟏 𝒉𝟏 (𝒚)𝒅𝒚 + 𝒙𝟐𝟐 /𝟐 + ∫𝒐 𝟑 𝒉𝟐 (𝒚) 𝒅𝒚 es positiva definida para todo 𝒙 ∈ 𝑹𝟑 . c) Mostrar que el origen es asintóticamente estable

d) ¿Bajo qué condiciones sobre 𝒉𝟏 y 𝒉𝟐 , se puede mostrar que el origen es global y asintóticamente estable?

SOLUCION: a) El punto de equilibrio son las raíces de las ecuaciones 0 = 𝑥2 ,

0 = −ℎ1 (𝑥1 ) − 𝑥2 − ℎ2 (𝑥3 )

, 0 = 𝑥2 − 𝑥3

Tenemos entonces:

𝑥2 = 0

,

𝑥3 = 0 ,

ℎ1 (𝑥1 ) = 0

⇒

𝑥1 = 0

Por lo tanto, hay un único punto de equilibrio en el origen. 𝑥

𝑥

b) Se debe notar que 𝑉(𝑥) = ∫0 1 ℎ1 (𝑦)𝑑𝑦 + 𝑥22 /2 + ∫𝑜 3 ℎ2 (𝑦) 𝑑𝑦, es la suma de tres componentes, cada uno de los cuales es mayor o igual a cero (las dos integrales son positivas, así como el término cuadrático 𝑥22 /2). Para mostrar que es positiva definida 𝑉(𝑥) = 0 en 𝑥 = 0, entonces sabiendo que 𝑦ℎ𝑖 (𝑦) > 0 para todo 𝑦 ≠ 0, la única posibilidad para que las integrales sean cero es si 𝑥1 = 0 y 𝑥3 = 0. Por lo tanto 𝑉(𝑥) es positiva definida. c) Desarrollando 𝑉̇ (𝑥), 𝑉̇ (𝑥) = ℎ1 (𝑥)𝑥2 + 𝑥2 [−ℎ1 (𝑥1 ) − 𝑥2 − ℎ2 (𝑥3 )] + ℎ2 (𝑥3 )(𝑥2 − 𝑥3 ) = −𝑥22 − 𝑥3 ℎ2 (𝑥_3) Entonces, puede verse que el primer término −𝑥22 es negativo y por condición del problema (𝑦ℎ𝑖 (𝑦) > 0 para todo 𝑦 ≠ 0), también −𝑥3 ℎ2 (𝑥3 ) es negativo, así, 𝑉̇ (𝑥) < 0, excepto para 𝑥2 = 𝑥3 = 0, independiente del valor de 𝑥1 por lo que 𝑉̇ (𝑥) es semi-definida negativa. d) De acuerdo al Teorema 4.2 explicado en el libro de Hassan Khalil: Sea 𝑥 = 0 un punto de equilibrio para un sistema autónomo descrito por la ecuación 𝑥̇ = 𝑓(𝑥), si 𝑉: 𝑅 𝑛 → 𝑅 es una función continuamente diferenciable tal que: 𝑉(0) = 0 y 𝑉(𝑥) > 0 ∀𝑥 ≠ 0 ‖𝑥‖ → ∞ ⇒ 𝑉(𝑥) → ∞ 𝑉̇ (𝑥) < 0, ∀𝑥 ≠ 0 Entonces, 𝑥 = 0 es global y asintóticamente estable. Las condiciones que deben cumplir ℎ1 y ℎ2 asintóticamente estable son que tanto cuanto cuando |𝑥1 | y |𝑥2 | → ∞.

para que el origen sea global y

𝑥 ∫0 1 ℎ1 (𝑦)𝑑𝑦

𝑥

y ∫0 2 ℎ2 (𝑦)𝑑𝑦, tiendan a infinito

4.29 Considere el sistema 𝒙̇ 𝟏 = 𝒙𝟏 − 𝒙𝟑𝟏 + 𝒙𝟐 , 𝒙̇ 𝟐 = 𝟑𝒙𝟏 − 𝒙𝟐 a) Encontrar todos los puntos de equilibrio del sistema. b) Usando linealización, estudiar la estabilidad de cada punto de equilibrio. c) Usando las funciones cuadráticas de Lyapunov, estimar la región de atracción de cada punto de equilibrio asintóticamente estable. Trate de hacer sus estimaciones tan grandes como sean posibles. d) Construya el retrato de fase del sistema y muestre en él, las regiones exactas de atracción, así como también sus estimados. SOLUCION: a)

Los puntos de equilibrio corresponden a 𝑥̇ 1 = 0 𝑦 𝑥̇ 2 = 0, por lo tanto igualando a cero las ecuaciones del sistema: 0 = 𝑥1 − 𝑥13 + 𝑥2 0 = 3𝑥1 − 𝑥2 La segunda ecuación nos lleva a 𝑥2 = 3𝑥1 , y aplicando esta igualdad en la primera se obtiene que 𝑥1 − 𝑥13 + 3𝑥1 = 0, y agrupando, 𝑥1 (4 − 𝑥12 ) = 0. Por lo tanto, tenemos que los valores de 𝑥1 con los que la ecuación se cumple son 𝑥1 = {0, +2, −2}, reemplazando estos valores tendremos que los puntos de equilibro son (0,0), (2,6) y (−2, −6).

b) De acuerdo al Teorema 4.7 explicado en el libro de Hassan Khalil: Sea 𝑥 = 0 un punto de equilibrio para un sistema no lineal 𝑥̇ = 𝑓(𝑥) Donde 𝑓: 𝐷 → 𝑅 𝑛 es continuamente diferenciable y 𝐷 es una vecindad del origen. Haciendo que 𝜕𝑓 (𝑥)| 𝐴= 𝜕𝑥 𝑥=0 Entonces, 1. El origen es asintóticamente estable si 𝑅𝑒 𝜆𝑖 < 0 para todos los eigenvalores de A. 2. El origen es inestable si 𝑅𝑒 𝜆𝑖 > 0 para uno o más de los eigenvalores de A.

Entonces, derivando y evaluando en cada uno de los puntos de equilibrio, se obtiene: 2 𝜕𝑓 = [1 − 3𝑥1 𝜕𝑥 3

1] −1

𝜕𝑓 1 1 =[ | ] ⇒ 𝜆2 − 4 = 0 ⇒ 𝜆 = ±2 3 −1 𝜕𝑥 (0,0) por lo tanto (0,0) es inestable (un eigenvalor es -2, osea menor que 0). Del mismo modo, para los dos otros puntos de equilibrio: 𝜕𝑓 −11 1 =[ | ] ⇒ 𝜆2 + 12𝜆 + 8 = 0 ⇒ 𝜆 = −11.29, −0.71 3 −1 𝜕𝑥 (2,6)

por lo tanto (2,6) es asintóticamente estable (los dos eigenvalores son menores que cero). 𝜕𝑓 −11 1 =[ | ] 3 −1 𝜕𝑥 (−2,−6) Es la misma matriz que en el punto de equilibrio anterior, por lo tanto, resulta también en un punto asintóticamente estable. c) Si se emplean las funciones cuadráticas de Lyapunov, entonces 𝑉(𝑥) = 𝑥 𝑇 𝑃𝑥, cuya derivada es igual a 𝑉̇ (𝑥) = −𝑥 𝑇 𝑄𝑥, donde Q es una matriz simétrica definida como 𝑃𝐴 + 𝐴𝑇 𝑃 = −𝑄, donde podemos igualar a 𝑄 con la matriz identidad 𝐼. En este caso, obtenida la matriz 𝐴 en el punto anterior: 𝐴=[

−11 1 ], resolvemos la ecuación: 3 −1 𝑝11 [𝑝 12

𝑝12 −11 1 −11 3 𝑝11 + ] [ ] [ ][ 𝑝22 3 −1 1 −1 𝑝12

𝑝12 1 𝑝22 ] = − [0

0 ] 1

Por lo tanto, 11𝑝11 − 3𝑝12 = 0.5 𝑝11 − 12𝑝12 + 3𝑝22 = 0 𝑝12 − 𝑝22 = −0.5 0.0938 0.1771 Así, 𝑃 = [ ], y los eigenvalores de esta matriz (al resolver la ecuación 0.1771 0.6771 det(𝜆𝐼 − 𝑃) = 0, o usando Matlab), serán iguales a 𝜆1 = 0.7266 y 𝜆2 = 0.0442, 𝜆1 ≡ 𝜆𝑚𝑎𝑥 y 𝜆2 ≡ 𝜆𝑚𝑖𝑛 .

Como se encontró anteriormente, existen dos puntos estables (2,6) y (-2,-6) y procederemos a estimar la región de atracción del primer punto. Desplazamos el punto de equilibrio al origen a través del cambio de variables:

𝑥̃1 = 𝑥1 − 2, 𝑥̃2 = 𝑥2 − 6 Por condición del problema, utilizamos 𝑉 = 𝑥̃ 𝑇 𝑃𝑥̃ como candidato a la función de Lyapunov. La derivada 𝑉̇correspondiente es igual a:

𝑉̇ = −𝑥̃ 𝑇 𝑥̃ − 2(𝑝11 𝑥̃1 + 𝑝12 𝑥̃2 )(6 + 𝑥̃1 )𝑥̃12 Empleando la norma de 𝑥̃ en la ecuación anterior, entonces: 𝑉̇ ≤ −‖𝑥̃‖22 − 12(𝑝11 𝑥̃1 + 𝑝12 𝑥̃2 )𝑥̃12 − 2𝑝12 𝑥̃13 𝑥̃2

𝑉̇ ≤ −‖𝑥̃‖22 + 12 (√𝑝11 2 + 𝑝12 2 ) ‖𝑥̃‖32 + 𝑝12 ‖𝑥̃‖42

Reemplazando la norma de segunda dimensión por un término “r”, se obtiene: 𝑉̇ ≤ −(1 − 2.4𝑟 − 0.1771𝑟 2 )‖𝑥̃‖22 ,

𝑝𝑎𝑟𝑎 ‖𝑥̃‖2 ≤ 𝑟

Para que 𝑉̇ sea menor o igual a cero, la expresión 1 − 2.4𝑟 − 0.1771𝑟 2, debe ser mayor o igual a cero, resolviéndola se obtiene entonces que 𝑟 ≤ 0.40458. Entonces, resulta razonable usar un valor de 𝑟 = 0.4, Si se elige 𝑐 < 𝜆𝑚𝑖𝑛 (𝑃) 𝑟 2 = 0.00707, se asegura que {𝑉(𝑥̃) ≤ 𝑐} ⊂ ‖𝑥̃‖2 ≤ 𝑟 porque 𝜆𝑚𝑖𝑛 (𝑃)‖𝑥̃‖2 ≤ 𝑉(𝑥̃). Podemos elegir entonces c = 0,007, con lo cual la región de atracción se estima por {𝑥̃ 𝑇 𝑥̃ ≤ 0.007}. Para el segundo punto de equilibrio (-2, -6) se procede de forma similar y la constante c se elige en 0.007.

Una estimación menos conservadora de la región de atracción se puede obtener gráficamente trazando el contorno de 𝑉̇ (𝑥̃) = 0 en el plano 𝑥1 − 𝑥2 y luego eligiendo c y trazando la superficie 𝑉(𝑥̃) = 𝑐,

Con el aumento de c, hasta obtenemos el mayor c para el cual la superficie 𝑉(𝑥̃) = 𝑐 está dentro de la región {𝑉̇(𝑥̃) < 0}.

Se determina que la constante c es 0,1. Las dos estimaciones de la región de atracción se muestran en la figura 1.

̃) = 𝟎, la línea de trazo y punto es el Figura 1. La línea punteada es el contorno de 𝑽̇(𝒙 ̃) = 𝟎. 𝟎𝟎𝟕. Y la línea continua es el contorno de 𝑽(𝒙 ̃) = 𝟎. 𝟏. contorno de 𝑽(𝒙

d) Para la elaboración del retrato de fase, se puede usar Matlab o variando los valores de 𝑥1 y 𝑥2 en el plano. Las trayectorias estables de la curvatura forman una separatriz que divide el plano en dos mitades, siendo la mitad derecha la región de atracción de (2,6) y la mitad izquierda la región de atracción de (-2, -6). Obsérvese que las estimaciones de la región de atracción son mucho menores que las regiones mismas.

function d=dxdt1(t,x) d=[ x(1)-x(1)^3+x(2); 3*x(1)-x(2) ]; figure(1) hold on for theta=[0:10]*pi/5 x0=1e-5*[cos(theta);sin(theta)]; [t,x]=ode45(@dxdt1,[0 8],x0); plot(x(:,1),x(:,2)) end En la siguiente figura se muestran las trayectorias estables obtenidas mediante el código anterior:

Figura 2: Trayectorias estables trazadas usando Matlab®.

Y en la siguiente figura, las trayectorias con los estimados de la parte c) anterior.

Figura 3. Retrato de fase con estimaciones de la región de atracción.

Figura 4. Retrato de fase usando Matlab

% Generacion de diagrama de retrato de fase xdom = linspace(-8,8,21); ydom = linspace(-8,8,21); [x1,x2] = meshgrid(xdom,ydom); % genera grilla en el dominio de interes U = x1- x1^3+x2; % dx1/dt V = 3*x1 - x2; % dx2/dt quiver(x1,x2,U,V) axis([-8 8 -8 8])