9 4 giải phương trình trạng thái bất biến

9.4 Giải phương trình trạng thái bất biến Trong mục này tác giả sẽ trình bày hướng giải quyết tổng quát để giải phương trình trạng thái tuyến tính bất biến theo thời gian. Trước hết là trường hợp hệ thuần nhất, sau đó đến trường hợp không thuần nhất. 9.4.1 Giải phương trình trạng thái thuần nhất Trước hết, ta xét phương trình vi phân vô hướng dạng: x = ax (9.25) Giải phương trình này, giả sử ta được nghiệm x(t) có dạng: x(t ) = b0 + b1t + b2t 2 +  + bk t k +  (9.26) Thay vào phương trình (9.25), ta được: b1 + 2b2t + 3b3t 2 +  + kbk t k −1 +  = a (b0 + b1t + b2 t 2 +  + bk t k + ) Đồng nhất các hệ số ở 2 vế của phương trình theo bậc của t, ta được: b1 = ab0 b2 = 1 1 ab1 = a 2b0 2 2 1 1 3 b3 = ab2 = a b0 3 3× 2  bk = 1 k a b0 k! Giá trị b0 được xác định khi thay t = 0 vào (9.26), hay: x(0) = b0 Do đó nghiệm x(t) có thể được viết lại là: (9.27) x(t ) = (1 + at + 1 2 2 1 a t +  + a k t k + ) x (0) 2! k! x(t ) = e at x(0) Bây giờ ta sẽ giải phương trình vi phân dạng ma trận véc tơ (9.28) x = Ax Với: x là véc tơ gồm n phần tử A là ma trận n x n Tương tự như cách giải phương trình vô hướng trên, ta có nghiệm x(t) là một véc tơ có dạng: (9.29) x (t ) = b + b t + b t 2 +  + b t k +  0 1 2 k Từ phương trình (9.29), ta có thể viết lại phương trình (9.28) như sau b1 + 2b2t + 3b3t 2 +  + kbk t k −1 +  = A(b0 + b1t + b2 t 2 +  + bk t k + ) (9.30) Từ đây, ta cũng được các hệ số bi tương ứng như sau: b1 = Ab0 b2 = b3 = 1 1 Ab1 = A2b0 2 2 1 1 Ab2 = A3b0 3 3× 2  bk = 1 k A b0 k! Giá trị b0 được xác định khi thay t = 0 vào (9.29), hay: x(0) = b0 Nghiệm x(t) được viết lại là: x(t ) = ( I + At + 1 2 2 1 A t +  + Ak t k + ) x(0) 2! k! (I: Ma trận đơn vị) Vế phải của phương trình này là dạng ma trận n x n, nó có dạng tương tự như dạng chuỗi của hàm mũ vô hướng nên được gọi là ma trận hàm mũ, và: I + At + 1 2 2 1 A t +  + A k t k +  = e At 2! k! Vì vậy, nghiệm của phương trình (9.28) có thể viết như sau: x(t ) = e At x(0) (9.31) Vì ma trận hàm mũ là rất quan trọng trong việc phân tích không gian trạng thái của hệ tuyến tính, nên ta sẽ khảo sát các thuộc tính của chúng. Ma trận hàm mũ Có thể chứng minh rằng ma trận hàm mũ của một ma trận A cấp n x n, ∞ e At = ∑ k =0 Ak t k k! là hội tụ tuyệt đối với mọi giá trị t. Do tính hội tụ của chuỗi ∞ ∑ k =0 Ak t k , nên ta có thể lấy vi phân 2 vế: k! d At t2 t k −1 e = A + A 2 t + A3 +  + A k + dt 2! (k − 1)! = A( I + At + A 2 t2 t k −1 +  + A k −1 + ) = Ae At 2! (k − 1)! t2 t k −1 k −1 = ( I + At + A ++ A + ) A = e At A 2! (k − 1)! 2 Theo tính chất của ma trận hàm mũ thì: e A( t + s ) = e At e As Thật vậy:  ∞ A k t k  ∞ A k s k   ∑  e At e As =  ∑  k =0 k!  k =0 k!   ∞ t i s k −i   = ∑ A  ∑ i ! ( k − i )! k =0 i = 0   k ∞ (t + s) = ∑ Ak k! k =0 ∞ k = e A(t + s ) Đặc biệt, khi thay s = -t, ta có: e At e − At = e − At e At = e A( t −t ) = I Theo cách đó, nghịch đảo của e At là e − At . Nếu nghịch đảo của e At luôn luôn tồn tại, thì e At được gọi là không đơn trị. Điều quan trọng cần nhớ là: e ( A+ B ) t = e At e Bt e ( A+ B ) t ≠ e At e Bt khi AB = BA khi AB ≠ BA Để chứng minh điều này, cần chú ý: e ( A+ B ) t = I + ( A + B)t + ( A + B) 2 2 ( A + B ) 3 3 t + t + 2! 3!    A 2 2 A3 3 B2 2 B3 3 e At e Bt =  I + At + t + t +  I + Bt + t + t +  2! 3! 2! 3!    2 2 2 2 3 3 2 3 2 3 At Bt At A Bt AB t B 3t 3 2 = I + ( A + B)t + + ABt + + + + + + 2! 2! 3! 2! 2! 3! Do đó: e ( A+ B ) t ( BA − AB) 2 ( BA2 + ABA + + B 2 A + BAB − 2 A 2 B − 2 AB 2 ) 3 −e e = t + t + 2! 3! At Bt Sai lệch giữa e ( A+ B )t và e At e Bt sẽ triệt tiêu khi thay A bằng B Dùng phép biến đổi Laplace để giải phương trình trạng thái thuần nhất Trước hết ta xét hàm vô hướng: x = ax (9.32) Lấy biến đổi Laplace 2 vế phương trình (9.32), ta được: sX ( s ) − x(0) = aX ( s ) (9.33) Suy ra: X (s) = x ( 0) = ( s − a) −1 x(0) s−a Khi đó, lấy biến đổi Laplace ngược 2 vế, ta được: x(t ) = e at x(0) Mở rộng phương trình vi phân hàm vô hướng ở trên đối với phương trình trạng thái thuần nhất: (9.34) x (t ) = Ax(t ) Lấy biến đổi Laplace 2 vế phương trình (9.34), ta được: sX ( s ) − x(0) = AX ( s ) ⇔ ( sI − A) X ( s ) = x(0) Nhân 2 vế cho (sI - A)-1, ta được: X ( s ) = ( sI − A) −1 x(0) Khi đó, lấy biến đổi Laplace ngược 2 vế: [ ] x(t ) = L−1 ( sI − A) −1 x(0) (9.35) Chú ý rằng: ( sI − A) −1 = I + s A A2 + + s2 s3 Do đó, biến đổi Laplace ngược của (sI - A)-1 cho ta: [ L−1 ( sI − A) −1 ] = I + At + A2!t 2 2 + A 3t 3 +  = e At 3! (9.36) Thay (9.36) vào (9.35), ta được nghiệm x(t): x(t ) = e At x(0) Ma trận chuyển trạng thái Ta có thể viết lại nghiệm của phương trình trạng thái thuần nhất: (9.37) x (t ) = Ax(t ) là: x(t ) = Φ(t ) x(0) Trong đó, Φ(t ) là ma trận n x n và là nghiệm duy nhất của phương trình:  (t ) = AΦ (t ), Φ Φ ( 0) = I Để kiểm chứng điều này, ta cần lưu ý rằng, từ (9.38) khi thay t = 0: x(0) = Φ(0) x (0) = x (0) (9.38) Và:  (t ) x(0) = AΦ (t ) x(0) = Ax(t ) x (t ) = Φ Như vậy, chứng tỏ phương trình (9.38) chính là nghiệm của phương trình (9.37). Kết hợp các phương trình (9.31), (9.35), và (9.38), ta có: [ Φ (t ) = e At = L −1 ( sI − A)−1 ] Chú ý: Φ −1 (t ) = e − At = Φ (−t ) Từ biểu thức (9.38), ta thấy rằng nghiệm của (9.37) chính là sự chuyển tiếp của điều kiện đầu (thời kỳ quá độ). Do đó, ma trận duy nhất Φ(t ) được gọi là ma trận chuyển trạng thái. Ma trận chuyển trạng thái chứa tất cả những thông tin về chuyển động tự do của hệ thống được định nghĩa bởi (9.37). Khi tất cả các giá trị riêng λ1 , λ2 , … , λn ,của ma trận A đều là riêng biệt, thì Φ(t ) sẽ chứa n hàm mũ: e λ t , e λ t , … , eλ t Cụ thể, nếu A là ma trận đường chéo, thì ta có: 1 n 2 e λ1t  0  Φ (t ) = e At =      0 0 e λ2t . . . 0 0         e λnt  Trường hợp có nghiệm bội trong các giá trị riêng (giả sử có 3 nghiệm bội) của A là: , , , , …. , λ5 , λn λ1 λ1 λ1 λ4 thì khi đó, Φ(t ) sẽ chứa các thành phần e λ t , e λ t , eλ t , … , e λ t và thêm các phần tử như teλ t và t 2 e λ t 1 1 4 5 n 1 Tính chất của ma trận chuyển trạng thái Ta có thể tóm tắt một số tính chất quan trọng của ma trận chuyển trạng thái Φ(t ) sau đây, cho hệ thống bất biến theo thời gian: x (t ) = Ax(t ) Với: Φ (t ) = e At 1. Φ (0) = e A0 = I 2. Φ(t ) = e At = ( e − At ) = [ Φ(−t )] −1 −1 hay : Φ −1 (t ) = Φ(−t ) 3. Φ (t1 + t 2 ) = e A(t +t ) = e At e At = Φ (t1 )Φ (t2 ) = Φ (t2 )Φ (t1 ) 1 2 1 2 4. [ Φ (t )] n = Φ(nt ) 5. Φ (t2 − t1 )Φ (t1 − t0 ) = Φ (t 2 − t0 ) = Φ (t1 − t0 )Φ (t2 − t1 ) VÍ DỤ 9.5: Tìm ma trận chuyển trạng thái Φ(t ) của hệ thống có phương trình trạng thái: 1   x1   x1   0  x  = − 2 − 3  x   2   2  Sau đó tìm nghịch đảo của ma trận chuyển trạng thái Φ −1 (t ) TRẢ LỜI: 0 1 Ta có ma trận A =   − 2 − 3 Ma trận chuyển trạng thái Φ(t ) của hệ là: [ Φ (t ) = e At = L−1 ( sI − A) −1 ] Mà: s ( sI − A) =  0 Nghịch đảo của ma trận ( sI − A) 0  0 1  s −1  − =  s  − 2 − 3 2 s + 3 là: s + 3 1 1 det( sI − A)  − 2 s  s + 3 1 1 = ( s + 1)( s + 2)  − 2 s  ( sI − A) −1 = s+3   ( s + 1)( s + 2) = −2   ( s + 1)( s + 2) 1  ( s + 1)( s + 2)   s  ( s + 1)( s + 2)  1  2  ( s + 1) − ( s + 2) = − 2 + 2  ( s + 1) ( s + 2) 1 1  − ( s + 1) ( s + 2)   −1 2  + ( s + 1) ( s + 2)  Từ đây, lấy biến đổi Laplace ngược 2 vế, ta được: [ Φ(t ) = e At = L −1 ( sI − A) −1 ]  2e −t − e −2t = −t −2t − 2e + 2e e −t − e − 2 t   − e − t + 2e − 2 t  Lưu ý rằng, Φ −1 (t ) = Φ (−t ) , do đó, nghịch đảo của ma trận chuyển Φ(t ) là:  2et − e 2t Φ −1 (t ) = e − At =  t 2t − 2e + 2e e t − e 2t   − e t + 2e 2t  9.4.2 Giải phương trình trạng thái không thuần nhất Trước hết, ta xét phương trình dạng vô hướng: x (t ) = ax(t ) + bu (t ) Ta viết lại (9.39) như sau: x (t ) − ax(t ) = bu (t ) Nhân 2 vế phương trình này cho e − at , ta được: e −at [ x (t ) − ax(t )] = d −at [e x(t )] = e −at bu (t ) dt Lấy tích phân 2 vế với cận từ 0 đến t, ta có: t e −at x(t ) − x(0) = ∫ e −aτ bu (τ )dτ 0 Hay: (9.39) t x(t ) = e at x(0) + e at ∫ e −aτ bu (τ )dτ 0 Số hạng thứ nhất ở vế phải chính là đáp ứng đối với điều kiện ban đầu, số hạng thứ hai đáp ứng đối với tín hiệu vào u(t). Bây giờ ta xét hệ có phương trình trạng thái không thuần nhất: (9.40) x (t ) = Ax (t ) + Bu (t ) Với: x(t): véc tơ gồm n phần tử u(t): véc tơ gồm r phần tử A: ma trận n x n B: ma trận n x r Phương trình (9.40) có thể viết lại: x (t ) − Ax(t ) = Bu (t ) Nhân trước 2 vế phương trình này cho e − At , ta được: e − At [ x (t ) − Ax(t )] = d − At [e x(t )] = e − At Bu (t ) dt Lấy tích phân 2 vế với cận từ 0 đến t, ta có: t e − At x(t ) − x(0) = ∫ e − Aτ Bu (τ )dτ 0 Hay: t t 0 0 x(t ) = e At x(0) + e At ∫ e − Aτ Bu (τ )dτ = e At x(0) + ∫ e A( t −τ ) Bu (τ )dτ (9.41) Phương trình (9.41) có thể được viết lại là: t x (t ) = Φ(t ) x(0) + ∫ Φ(t − τ ) Bu (τ )dτ 0 (9.42) A ( t −τ ) Trong đó: Φ (t ) = e , Φ (t − τ ) = e Phương trình (9.41) hay (9.42) đều là nghiệm của (9.40). Rõ ràng x(t) bao gồm tổng của quá trình chuyển tiếp của trạng thái ban đầu và đáp ứng của véc tơ tín hiệu ngõ vào. At Dùng phép biến đổi Laplace để giải phương trình trạng thái không thuần nhất Việc giải phương trình trạng thái không thuần nhất: x (t ) = Ax(t ) + Bu (t ) cũng có thể thực hiện được bằng cách dùng phép biến đổi Laplace. Từ phương trình trên, lấy biến đổi Laplace 2 vế, ta được: sX ( s ) − x (0) = AX ( s ) + BU ( s ) Hay: ( sI − A) X ( s ) = x (0) + BU ( s ) Nhân trước 2 vế cho (sI – A)-1, ta có: X ( s ) = ( sI − A) −1 x(0) + ( sI − A) −1 BU ( s ) Mặt khác, từ mối quan hệ của biểu thức (9.36) cho ta: X ( s ) = L[e At ] x(0) + L[e At ]BU ( s ) Khi đó, lấy biến đổi Laplace ngược 2 vế, ta được: t x(t ) = e x(0) + ∫ e A( t −τ ) Bu (τ )dτ At 0 Nghiệm của phương trình trạng thái tại thời điểm bắt đầu t0 Trên đây là nghiệm x(t) ứng với thời điểm bắt đầu bằng 0, tuy nhiên khi xét tại thời điểm bắt đầu là t0 ≠ 0 thì nghiệm x(t) của phương trình (9.40) sẽ là: x (t ) = e A ( t − t0 ) t x(t0 ) + ∫ e A(t −τ ) Bu (τ )dτ t0 VÍ DỤ 9.6: Tìm đáp ứng theo thời gian t của hệ thống có phương trình trạng thái: 1   x1  0  x 1   0  x  = − 2 − 3  x  + 1u  2     2  Với u(t) là hàm nấc đơn vị: u(t)=1(t) TRẢ LỜI: 0 1 Ta có: A =   ; − 2 − 3 0 B=  1 Ma trận chuyển trạng thái Φ(t ) của hệ được tính như ở Ví dụ 9.5: (9.43) Φ(t ) = e At = L −1[( sI − A) −1 ]  2e −t − e −2t = −t −2t − 2e + 2e e −t − e − 2 t   − e −t + 2e −2t  Đáp ứng đối với tín hiệu vào hàm nấc đơn vị là: t x(t ) = e At x(0) + ∫ e A( t −τ ) Bu (τ )dτ 0  2e − t − e −2t ⇔ x (t ) =  −t − 2t  − 2e + 2e t  2e − (t −τ ) − e −2 (t −τ ) e − t − e −2 t   x(0) + ∫  − ( t −τ ) − e −t + 2e −2t  + 2e −2 (t −τ ) 0  − 2e e − (t −τ ) − e −2 (t −τ )  0   [1]dτ − e −(t −τ ) + 2e −2(t −τ )  1 Hay:  x1 (t )   2e − t − e −2t  x (t ) =  −t −2t  2   − 2e + 2e e − t − e −2t   x1 (0)  t  e − (t −τ ) − e −2 (t −τ )    dτ +  − e −t + 2e −2t   x2 (0) ∫0  − e −(t −τ ) + 2e −2 (t −τ )   x1 (t )   2e −t − e − 2t ⇔ = −t −2t  x 2 ( t )   − 2e + 2e 1 1 e −t − e −2t   x1 (0)   − e −t + e − 2t  2  + 2 − e − t + 2e − 2 t   x 2 ( 0)   e − t − e − 2 t    Nếu tại thời điểm ban đầu t = 0, x(0) = 0, ta có: 1 1  x1 (t )   − e −t + e −2t  2  x (t ) = 2  2   e −t − e −2t   ... bao gồm tổng trình chuyển tiếp trạng thái ban đầu đáp ứng véc tơ tín hiệu ngõ vào At Dùng phép biến đổi Laplace để giải phương trình trạng thái không Việc giải phương trình trạng thái không nhất:... 2t  9.4. 2 Giải phương trình trạng thái không Trước hết, ta xét phương trình dạng vô hướng: x (t ) = ax(t ) + bu (t ) Ta viết lại (9.39) sau: x (t ) − ax(t ) = bu (t ) Nhân vế phương trình. .. )dτ (9.41 ) Phương trình (9.41 ) viết lại là: t x (t ) = Φ(t ) x(0) + ∫ Φ(t − τ ) Bu (τ )dτ (9.42 ) A ( t −τ ) Trong đó: Φ (t ) = e , Φ (t − τ ) = e Phương trình (9.41 ) hay (9.42 ) nghiệm (9.40 )