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MODELOS EN EL ESPACIO DE ESTADOS

EJERCICIO 2: Al igual que en el caso anterior, se trata de representar el modelo de estado para el sistema dado por el siguiente circuito RLC:

Se eligen, a continuación, como variables de estado, las siguientes: x1 = iL x2 = vC y = v0 = 4x1 Siendo las condiciones iniciales: x1 (0-) = 1 x2 (0-) = 2 ve =  (t)

Las ecuaciones de estado correspondientes, tal como se han visto previamente, son las siguientes: [x’] = [A] [x] + [B] [u] [y] = [C] [x] + [D] [u] Donde las matrices se conforman a partir de las ecuaciones del circuito, del siguiente modo: Observando la malla

2

vL = L di/dt

y también

vL = vC - vo

Luego: L diL/dt = vc - 4 iL



diL/dt = 1/L vc - 4/L iL

Pero L = 1, por lo tanto las ecuaciones quedan, en definitiva: diL/dt = vc - 4 iL

donde:

diL/dt = x1’

; entonces:

ic = iR - iL

donde:

iR = (ve - vc)/ R

x1’ = - 4x1 + x2

También: ic = C dvc/dt

pero

pero como R = 1, resulta:

ic = (ve - vc) - iL

luego:

dvc/dt = 1/C (ve - vc) - 1/C iL = 2 ve - 2 vc - 2 iL

; por lo tanto resulta:

x2’ = -2 x1 - 2 x2 + 2 ve

De ambas ecuaciones resaltadas surgen los valores de las matrices de los coeficientes y de control, a saber:

-4

1

-2

-2

0

[A] =

y

[B] = 2

También se obtienen, de la ecuación de salida, las restantes matrices, siendo y = 4 x1 Resulta:

[C] = [4 0]

y

[D] = [0]

2

3

Entonces, la matriz característica se puede calcular: s+4

-1

2

s+2

s [ I ] - [A] =

Cuyo determinante, que es el determinante característico, se puede calcular del siguiente modo:

 [A] = (s+4) (s+2) + 2 = s² + 6s +10 =

(s+3)² + 1

Además, se puede calcular la matriz inversa de la característica:

{ s[ I ] - [A] }

-1

(s+2)/

1/

-2/

(s+4)/

=

Por lo tanto, las ecuaciones de estado pueden expresarse matricialmente del siguiente modo:

X1 (s)

(s+2)/ 1/

1

= X2 (s)

(s+2)/ 1/

0

+ -2/

(s+4)/

2

{1} -2/

(s+4)/

2

Donde el vector columna cuyos valores son 1 y 2, corresponde a los valores iniciales de las variables de estado, es decir: x1 (0) = 1

y

x2 (0) = 2

Resolviendo los productos matriciales y las sumas indicadas queda finalmente:

X1 (s)    =

(s+3)/(s+3)²+1 

+

3/(s+3)²+1   3

4 X2 (s) 

4(s+3)/(s+3)²+

+

2/(s+3)²+1 

En la matriz anterior se han desagregado los términos del resultado, buscando aquellos que tengan antitransformada inmediata para facilitar esta operación, por lo tanto, una vez efectuada la antitransformada de Laplace de ambas ecuaciones indicadas matricialmente, resulta: x1 (t) = ( e-3t cos t + 3 e-3t sen t) u (t) x2 (t) = ( 4 e-3t cos t + 2 e-3t sen t) u (t)

Y, además, se puede obtener la salida:

y(t) = 4 x1 = [4 e-3t (cos t + 3 sen t) u (t)

Se puede observar que, si se anula el valor de la fuente; o sea: ve(t) = 0; las ecuaciones se han obtenido a través de una matriz que es, en realidad, la transformada de Laplace de la Matriz de Transición, porque fue obtenida para cada una de las condiciones iniciales de las variables. Recordando el caso escalar, que era: x1(t) = x1(0) ea11t x2(t) = x2(0)

ea

x3(t) = x3(0)

ea

22t

33t

y, en general,

x(t) = e[A]t x(0)

e[A]t = [ (t)]

llamada “matriz de transición”, que además tiene un desarrollo, tal

; donde:

como se indica: [ (t)] = [I] + [A] t/1! + [A]² t²/2! + [A]3 t3/3! + ....

4

5

Por analogía con el desarrollo en serie de potencias del exponencial escalar siguiente:

eat ;que es el

eat = 1 + a t/1! + a² t²/2! + a3 t3/3! + a4 t4/4! + ..... por lo tanto, en este caso nuestra matriz inversa resulta:

[ s[I] - [A] ]-1 = [ (s)]

{no confundir con (t), que es su antitransformada}

En base a esta matriz, se pueden reescribir las ecuaciones del sistema como: X1(s) = 11(s) x1(0) + 12(s) x2(0) X2(s) = 21(s) x1(0) + 22(s) x2(0)

Vale decir que para encontrar esta matriz transformada [(s)]; se debe partir de la respuesta natural de cada variable de estado, debida a cada una de las condiciones iniciales, de manera que la transformada de Laplace de cada una de esas respuestas en el tiempo, será un elemento de [(s)]. Si se antitransforman cada una de las ecuaciones anteriores, se obtendrá: x1(t) = x1(0) 11(t) + x2(0) 12(t) x2(t) = x1(0) 21(t) + x2(0) 22(t) Donde sí aparecen los elementos ij de la matriz de transición. De la misma manera, si se trabaja con la Transformada de Laplace en la ecuación del vector de salida: Y(s) = [C] X(s) + [D] U(s) [1] Donde ya se ha visto que la transformada de Laplace del vector de estado X(s) resulta ser: X(s) = [sI - A]-1 [x(0)] + [sI - A]-1 [B] U(s) Si se considerara estado inicial nulo, x(0) = 0; y se sustituye X(s) en la ecuación anterior, [1], se obtendrá la ecuación del vector de salida para estado inicial cero, a saber:

5

6 Y(s) = { [C] ( s[I] - [A])-1 [B] + [D] } U(s) Donde, para un sistema con una sola entrada y una sola salida, Y(s) y U(s) son magnitudes escalares, luego se podría dividir miembro a miembro por U(s) en la última expresión y se obtiene: Y(s)/U(s) = H(s) Que es, por definición, la Función de Transferencia del sistema, ya que se ha obtenido como la transformada de Laplace de la salida sobre la transformada de Laplace de la entrada para condiciones iniciales nulas [x(0)] = 0. Luego, la Función de Transferencia es: H(s) = [C] [sI-A]-1 [B] + [D] Si se utilizan los valores del ejemplo visto en el presente ejercicio, resulta: (s+2)/(s+3)² +1

1/(s+3)² +1 0

H(s) = [4 0]

+ [0] 2 -2/(s+3)² +1

(s+4)/ (s+3)² +1

2/(s+3)² +1 

= [4 0]

H(s) = 8/s²+6s+10

[2]

(s+4)2/(s+3)² +1

Esto quiere decir que, conociendo las matrices [A], [B], [C] y [D] que surgen del modelo de estado, se puede encontrar rápidamente, resolviendo un producto y suma de matrices, la FUNCIÓN DE TRANSFERENCIA del sistema. Esto significa que H(s) = 8/s²+6s+10 es la FdT del sistema utilizado desde el comienzo del ejercicio.

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