ANÁLISIS DE SISTEMAS DE CONTROL CON EL ESPACIO DE ESTADO La teoria de control clásica se basa en técnicas gráficas de tanteo y error mientras el control moderno es mas preciso. Además se puede usar en sistemas multivariables de varias entradas, varias salidas y permite incluir condiciones iniciales. Estado.- es el conjunto de variables tales que el conocimiento de esas variables, determinan el comportamiento del sistema a esas variables se les llama variable de estado y se denominan como X1, X2 ............Xn Variables de estado .- es un conjunto de variables que determinen el estado del sistema . se necesitan n variables para describir totalmente el comportamiento de un sistema dinámico X1, X2, X3, .......Xn Espacio de estado.- el espacio n dimensional cuyos ejes de coordenadas consisten en el eje X1, X2 ....... Xn y se denomina espacio de estado Representación del sistema en el espacio de estado Sea el polinomio: yn

+ a1 y n – 1 + a n – 1 yo + an y = u

u es la entrada de excitación o forzante. El conocimiento de las condiciones iniciales y (0) , yo (0) ......... y1 (o) en conjunto con u determinan en forma total el comportamiento del sistema. Cualquier sistema cuya dinámica este representado por un modelo matemático de una o mas ecuaciones diferenciales puede ser representado por un sistema de ecuaciones diferenciales de primer orden o una ecuación diferencial lineal de primer orden en términos matriciales. Si designamos como : X1 = y . X2 = y .. X3 = y Xn = y n – 1

Entonces si derivamos . X1 = X2 . X2 = X3 n-1

X = Xn n

X

=

an X1 - an – 1 X2 - a1 X0 + u

La ecuación de estado se define como :

. X =

AX

+ Bu

Donde X =

X1

0

1

0 ............

0

X2

0

0

1 ............

0

Xn

-a n

-a n – 1

A=

B =

-- -0 0 0 1 _

_

Y a la salida como Y = CX C =

[ 1 0 0 0 0 ..... 0 ]

-a n – 2

….. –a0

En la ecuación

. X = Ax + B u

X =

vector de estado ( n x 1)

A =

matriz de coeficientes del proceso ( n x n )

B = matriz de coeficientes del controlador ( n x m ) u = todas las entradas del sistemas m x 1 Función forzante y controlante C = matriz de relacion ( 1 x n ) Y (τ) =

vector de respuesta ( w x 1) .

Ejemplo : Sea el sistema dado por : ... .. . y + 6y + 11 y + 6 y = 6u para obtener una representación del sistema en espacio o estado, se eligen las siguientes variables de estado X1 = y . X2 = y .. X3 = y . X1 . X2 . X3

= X2 = X3

X1  X 2    X 3 

=

- 6X1 - 11X2 - 6X3 + 6u

=

1 0 0 0 0 1   − 6 − 11 − 6

 X 1  X 2    X 3 

+

0  0  u   6

[1

y =

0 0]

X1  X 2    X 3 

DIAGRAMA A BLOQUES DE UN SISTEMA ACOPLADO . . X2 U X3 X3 Y +

1 S

⊕+

6

1 S

.

X1

X2

X1

1 S

+

⊕+

-6

+

⊕+

-11 -6

Ejemplo : Dado el diagrama de bloques encontrar una representación en espacio de estado: U(s)

1

+ -

X2 (s)

10

X1 (s)

Y(s)

S + 5

S X3 (s) 1 S+1

X1 (s) X2 (s)

=

10 s+5

X3 (s) X1 (s)

=

1 . s + 1

X2 (s)

=

U (s) -

X3 (s) S+1

Y (s) =

X1 (s)

s X1(s) + 5 X1 (s)

=

s X1(s) = - 5 X1 (s)

10 X2 (s) + 10 X2 (s)

s X2(s) + X2 (s) = -X3 (s) + U (s) s X3(s) Y (s)

= X1 (s) - X3 (s) =

X1 (s)

. X1 = - 5 X1 + 10 X2 . X2 = -X3 + u . X3 = X1 - X3 Y1 = X1 Su representación matricial quedaría X1  X 2    X 3 

Y =

=

[1

− 5 10 0   0 0 − 1    1 0 − 1

0 0]

X 1  X 2    X 3 

+

0  1    0

u

X1  X 2    X 3 

MATRIZ MODAL El conjunto de variables de estado no es único para un sistema dado. suponiendo que el juego de variables de estado es X1, X2.......... Xn se puede tomar otro juego de variables de estado constante en cualquier conjunto de funciones , siempre que para cada conjunto de valores de las nuevas variables corresponda un nuevo conjunto de valores Z1, Z2 ...........Zn.

Así un vector de estado donde X

=

P Z

P = matriz modal . P es una matriz que convierte un conjunto de variables de estado acopladas en un conjunto de variables desacopladas. La matriz modal tiene como columnas a las eigenvectores de A

i

Para cada valor de λi determinado de acuerdo a lo siguiente ecuación (λl - A ) λi = 0 tiene una dirección fija y una magnitud arbitraria, a esos vectores se les llaman eigenvectores. A los valores de λi se les llama eigenvalores . Eigenvalores de una matriz A de m x n Los eigenvalores de una matriz A de m x n son las raíces de la ecuación característica también se les denomina valores propios o autovalores y se encuentran a partir del determinante: λI −A = 0 Remplazando X = P z . P z = A P z + B u P-1 P z P-1

z y =

=

=

=

P-1 A P z +

en

P-1 B U

cofactor (transpuesta de P) ----------------------------------(determinante de P) P-1 A P z

+ P-1 B u

CP Z

Del ejemplo anterior : 1 0 0  A = 0 0 1  − 6 − 11 − 6

. X

= Ax

+

B U

λI −A

1 0 λ 0 0  0 =  0 λ 0  -  0 0 1   0 0 λ  − 6 − 11 − 6

=

 λ −1 0  0 λ − 1  − 6 11 λ 

resolviendo el determinante = λ ( λ ( λ + 6 ) + 11 ) +

1 (6) =

= λ ( λ2 + 6 λ + 11 ) + 6

=

λ3 + 6 λ2 + 11 λ + 6 =

=

0

0

λ = -1 λ = -2 λ = -3 (λ + 1) (λ + 2) (λ + 3) Usando la matriz modal λ 1 0 -1 P A P =   0

P se obtiene la siguiente propiedad 0 0 λ 2 0  el resultado es una matriz diagonal, donde en la 0 λ 3

diagonal principal están los eigenvalores del sistema . Esta fórmula se aplica para raíces diferentes. Para raíces iguales el determinante de P-1 es 0 ( dos columnas iguales hacen a la matriz linealmente dependiente) por lo que no se tendría solución Una manera sencilla de encontrar el valor de P en caso de eigenvalores diferentes es aplicar la fórmula (caso de 3 eigenvalores)

P

=

 1 λ 1  λ 2 1  

1

λ2 λ2 2

1  λ 3  λ 32   

En el ejemplo anterior quedaría

1 λ 1   λ 1

0 1 2λ 1

1  λ 3  λ 3 

P

1 − 1   1

=

1 1 − 1 − 2   1 4

P =

= -2 1 1 T P   1

− 1 − 2 − 3

1 −2 4

1  − 3  9 

1  − 3 9 

det P = 1 ( -18 + 12 ) - 1 ( -9 + 3 ) + 1 ( -4 + 2 )

1 4  9 

P = es una matriz que nos convierte un conjunto de variables de estado acoplado en un conjunto de variables desacopladas

PT

Cof

-1

p

-1

P

=

A P

=

 − 2  1  − 3   − 1 − 1 − 3    − 1  1− 2  

1 − 2

 − 6 − 5 − 1 6 8 2   − 2 − 3 − 1

=

 3 2 .5 .5  − 3 − 4 − 1    1 1.5 .5 

4 9  1 9  1 4 

=

4 1 − 1 9  1 1 1 1 9   1 1 − 1 4  1

− 2 1 1 − 3  1 − 1 1 − 1 − 3  1 − 1 1 1 − 2  

 3 2 .5 .5  − 3 − 4 − 1    1 1.5 .5 

1 0 0 0 0 1   − 6 − 11 − 6

1 1 1 − 1 − 2 − 3    1 4 9 

        

 3 2 .5 .5  − 3 − 4 − 1    1 1.5 .5 

=

0 − 1 0  0 −2 0     0 0 − 3

=

-1

P

 3 2 .5 .5   0  − 3 − 4 − 1 0      1 1.5 .5  6

B =

. Z1 . Z2 . Z3

Y =

− 1 − 2 − 3  1 4 9    1 − 8 − 2.7 

0 − 1 0  0 −2 0     0 0 − 3

=

[1

0 0]

Y

=

Z 1  Z 2    Z 3 

1 1 1 − 1 − 2 − 3    1 4 9 

=

+

3   − 6   3 

3   − 6   3 

Z 1  Z 2    Z 3 

u

[1

Y =

1 1]

Z 1  Z 2    Z 3 

Z1 + Z2 + Z3

El mismo ejemplo pero usando otro método … .. . y + 6y + 11y + 6y = 6u

C I ‘s

=

0

Tomando la transformada de Laplace Y (s) U (s)

=

6 S3 + 6S2 + 11S

= + 6

Desarrollando en fracciones parciales

6 (S+1) (S+2) (S+3)

Y (s) ------U(S)

A =

A ------ + S+1

=

B ------S+2

6 (S+1) (S+1) (S+2) (S+3)

C --------S+3

+

=

6 2

S= -1

B =

6 (S+2) (S+1) (S+2) (S+3)

=

-6

C =

6 (S+3) (S+1) (S+2) (S+3)

=

3

Y (s) =

Y (s)

3 U (s) S+1 ------------= X1 (s)

-

=

6 U (s) S+2 ----------

+

X2 (s)

+

3

+

3 U (s) S+3 ----------X3 (s)

esto solo se cumple si el sistema es lineal X1 (s)

=

X2 (s)

=

3 U (s) S+1 -

6

S X1 (s) + X1 (s)

=

3 U (s)

U (s)

S X2 (s) + 2 X2 (s) = - 6 U (s)

U (s)

S X3 (s) + 3 X3 (s)

S+2 X3 (s)

=

3 S+3

Sacando la transformada inversa X1

=

- X1

X2

=

- 2 X2 - 6 u (t)

X3

=

- 3 X3 + 3 u (t)

+ 3 u (t)

=

3 U (s)

=

y

y

=

=

=

X1

[1

1

−1   0  0 

−2 0

0   0  − 3 

X2

+

X3

+ 1]

0

 X X   X

 X   X  X 

1 2 3

    

+

  2  3 

1

Diagrama a bloques de la ecuación desacoplada . X1 + 3 +

⊕

U

+ -6

+ 3

3    − 6 u 3   

⊕+ ⊕+

. X2

X1

1 S -1

Y X2

1 S . X3

+

-2 X3

1 S -3

+

⊕+

Solución de la ecuación de estado . X = Ax + B U s x (s)

- X(0) = A x (s) + B U (s)

s X(s) - A X(s) = X(0) + BU(s) (S I - A)-1 (S I - A) X (S) X(S)

= (S I - A ) -1 ( X(0) + B U (S) )

(S I - A)-1 ( X(0) + B U (S) )

=

Por analogía con el caso escalar si X(0) es constante

φ (t) = l -1 { ( S I - A)-1 } = ℮ At

φ (s) = ( S I - A)-1

matriz resolvente o matriz de estado

Ejemplo de solución por transformada de Laplace Sistema masa resorte x

fc

fB

fk

se equilibran

Balance de fuerzas

..

.

m X (t) + c X (t) + k X (t) = 0 Con condiciones iniciales X (0)

=

X0

X (0)

=

0

c = coeficiente de fricción viscosa

X (0)

=

 .75    0 

k = Constante de deformación del resorte En variable de estado se tiene

.. X1 = X

.

X (t)

=

.

X2

=

-C m

X (t) -

X

.

.

X1 = X2

;

X2

  0  =   k −  m

=

=

-k m  1    C −  m

X1

-

 X1     X 2

Si tomamos los siguientes datos : k = .25 m = .700 C = 0 ( no fricción ) 1

c =

0.0

oscilación libre

2

C =

0.5

subamortiguado

3

C = .836

subamortiguado

4

C =

crïticamente amortiguado

1

.75

C = 1 C = .83 C = .5 C=0

C X2 m

k X (t) m

Se busca la solución para el caso C = 0 -1

  s 0  0 1  −    0 s  − .357 0 

φ (s) = ( S I - A )-1 =  

-1

= det φ (s)

φ T (s)

φ (s)

= S2 + 3.57

 s 3.57 − 1 s  

=

cof φ T (s)

=

− 1  s 3.57 s   

1  s − 3.57 s   

=

1 s2 + 3.57

1  s − 3.57 s   

La matriz de transición φ (s) X (s)

φ (s)

( S I - A )-1

=

-1

{ φ (s) }

X (0)

S ________ s2 + 3.57

=

= δ

- 3.57 __________ s2 + 3.57

1 __________ s2 + 3.57 s ________ s2 + 3.57

de las tablas de transformadas de Laplace ∫ -1

s 2 s + w2

=

cos wt

∫ -1

w s + w2 2

= sen w t

Aplicamos ∫ -1

s s + 3.57

=

2

∫ -1

s

.

cos

=

-

3.57

t

3.57 t

3.57

sen

3.57

t

1

sen

s2 + 3.57

φ (t)

=

cos

3.57 t

3.57 - 3.57 sen

3.57 t

 .75 

X (t)

=

φ (t)

X (t)

=

 cos   − 3.57 

3.57t   .75 sen 3.57t 

3.57 t

X (0)

X1 (t)

=

.75 cos

X2 (t)

=

-.75

=

3.57 sen

φ (t)   0 

3.57 t

sen

3.57 t

Matriz de transferencia . X = Ax + BU X (s) = ( S I - A)-1

X(0) +

( S I - A)-1 B U (s)

Si X (0) = 0 X (s )

( S I - A)-1

=

B U (s)

Y (s) = C X (s) Y (s) = C ( S I - A)-1 B U (s) como no existe la división de matrices se considera a G(s) como la Matriz de transferencia. G (s) = C (S I –A ) -1 B Ejemplo Sea el sistema descrito por .  X1     X 2

=

Y =

(1

 − 5 − 1    3 − 1

 X1   +  X 2

1   1

U

 X1 2 )    X 2

Encuentre G (s) Y(s) = C [SI-A] -1 B U(S)

1  S + 5 Y(S) = [ 1 2]  S + 1  3

S + 5  1 

−3   S + 1 − 1  1 [ ] 1 2 =  3 S + 1 S + 5 1  1X2

2X2

2X1

(1

 S   S + 2S + 8 1 3S + 8   = 2 2 ) = 2  S + 8  (S + 5)(S + 1) + (3)  S + 6 S − 8 S + 6 S − 8

Matriz de transferencia de lazo cerrado con múltiples entradas y múltiples salidas

U(S)

E(S)

+

Y(S) Go(S)

B(S) H(S)

B(S) = H(S) Y(S) Y(S= = Go(S) E(S) E(S) = U(S) – B(S) Y(S) = Go(S)[U(S) – B(S)] Y(S) = Go(S) [U(S) –H(S) Y(S)] Y(S) = Go(S) U(S) –Go(S) H(S) Y(S) Y(S) +Go(S) H(S) Y(S) = Go(S) U(S) [ I +Go(S) H(S) ] Y(S) = Go(S) U(S) Y(S) = (I+Go(S) H(S))-1 Go(S) U(S) Entonces la matriz transferencia de lazo cerrado es G(S) = [ I +Go(S) H(S) ]-1 Go(S)

Ejemplo : Dermine la matriz de transferencia de un compensador serie, si la matriz de transferencia de lazo cerrado es :  1  0  s +1 G (s) =  1   0  5s + 1   1  2s + 1   1 

Gp (s) =

U

+

⊗

  1   s + 1 0

Gc

-

Gp

Y

H

U

+

V

⊗-

G0 H

G= G0

Go ) -1 Go

(I + =

Gp Gc

Gp-1 G0

=

Gc

G + G0G = Go G = G0 -GoG G= Go(I-G) G=(I-G) -1 =GpGc Gp -1G(I-G) -1 =Gc

  S +1 0    = S 5S + 1   0   5S  

(I − G )−1

G (I − G )

   S +1  S + 1  1 0  0   0    = S  S =  S +1 1  5S + 1   5S + 1   0    0  0  5S + 1  5S   5S  

1  Go =  S 0  

 0   1   5S 

−1

1  Gc = GoGp −1 =  S 0   1  Gc =  S 0  

 1  0  0   2S + 1  1  1   1  5S  5S 

−1

2S + 1   0  2 S + 1  0  S  = 1  − (2 S + 1) S + 1  − (2 S + 1)( S + 1)   5S  5S 

2S + 1 1 = 2 + = PI S S 1 S +1 S = + = PI 5S 5S 5S 2 S + 3S + 1 1 = 2 S + 3 + = PID S S

 0   S + 1  5S 

Tarea

1.-

A =

2.-

 − 3 1 0    0 − 3 1  encontrar  − 4 0 0  

P

encontrar X1 (t) y X2 (t de

1   0    − 5 − 2

X =

 X1   donde  X 2

 X 1(0)     X 2(0) 

=

 2   6  2  

u

1    −1

3.- considere las ecuaciones  X1    X 2  X 3  

y

=

=

(1

 − 6 1 0    − 11 0 1   − 6 0 0  

 X1    X 2  X 3  

+

 X1    X 2  X 3  

0 0)

SOLUCION DE ECUACIONES DE ESTADO NO HOMOGENEAS Por medio de la transformada de laplace X =

Ax + BU

Su transformada de Laplace S X (s) - X (0) = A X (s) + B U (s) ( S I - A ) X (s)

=

X (0) + B U (s)

multiplicando por la igualdad por

( S I - A )-1

Laplace ------ X (s) = ( S I - A )-1 X (0)

φ (s) =

( S I - A )-1

+

( S I - A )-1 B U (s)

φ (s)

= eAT

PROPIEDAD DE LA CONVOLUCION

∫

Si

∫

−1

−1

∫

{ f (s) } = F (t) y

{ f (s) g (s) }

∫

=

−1

0

−1

{ g (s) } =

G (t) entonces

F(τ) G(t–τ) dτ

= F*G

F * G se llama la convolución de F y G Si g (s) =

( S I - A )-1

Y f (s)

B U (s)

∫

−1

=

{ ( S I - A )-1

B U (s) }

∫

X (t) = e At X (0) + X (t) =

A

φ (t) X (0) +

(s) =

∫

−1

0

φ (t–τ)

B =

(SI - A) =

S  3

( S I - A )T

=

cof ( S I - A )T

e A ( t – τ ) B U (τ ) d τ

 2   0

B U (τ ) d τ

−1   S + 4 

0    2

X (0) =

- A )-1

(SI

−1

0

e A ( t – τ ) B U (τ ) d τ

0

1   0  =  − 3 − 4  

φ

−1

∫

=

u(t) = 1

SI − A

3  S    −1 S + 4 S + 4 1   =  −3 S

=

S2 + 4S + 3

= (S+3) (S+1)

φ (s)

=

S+4    ( S + 1)( S + 3) −3   ( S + 1)( S + 3) 

S+4 = (S+1)(S+3) A =

B =

A =

B =

φ

A + S+1

(S+4)(S+1) (S+1)(S+3)

=

(S+1) (S+1)(S+3) (S+3) (S+1)(S+3)

(s) =

      S    −   

B. S+3

-3 = A (S+1)(S+3) S+1

=

3 2

A

1 -2

B =

S= -1

(S+4)(S+3) (S+1)(S+3)

1 (S+1)(S+3)

1   ( S + 1)( S + 3)  S  ( S + 1)( S + 3) 

= S=-3

A S+1

+

B S+3 =

S=-1

S=-3

3 2 +1 3 2 S +1

=

A =

= -1 2

       3  2   S + 3 

B =

      S   −   

1 2 +1 1 2 S +1

=

=

-3 -2

S=-3

=

A + (S+1)

S (S+1) (S+1)(S+3) S = - 1 S (S+3) (S+1)(S+3)

        3   2   S + 3 

1 − 2 S + 3

B S+3

-3 2

S=-1

- 3 (S+3) (S+1)(S+3)

S (S+1) (S+3)

1 2

1 − 2 S + 3

- 3 (S+1) (S+1)(S+3)

+

= S=-3

=3 2

B . (S+3) =

-1 2

-3 -2

= 3 2

φ (t)

φ (t)

=

e At

(s) }

3 -t e 2

-

1 –3t e 2

3 -t e 2

+

3 –3t e 2

1 –t e 2

-

1 –3t e 2

1 –t e 2

+

3 –3t e 2

= -

X (t)

∫ -1 { φ

=

=

e At X (0) +

t

∫e

-

A(t -τ)

0

B U (t) d t

t

3 –(t–τ) e 2

X (t) = e Att X (0) +

-

3 –(t–τ) e + 2

1 –3(te 2

1 – e 2

τ )

(t–τ)

-

3 –3(t–τ) 1 –(t–τ) e e + 2 2

1 –3(t–τ) e 2 3 –3(t–τ) e 2

0   2

0

-

3 -t e 2

-

1 –3t e 2

3 -t e 2

+

3 e 2

3 e -t - 3 e =

-

-3 e -t + 3 e - 3t

–3t

-

1 –t e 2

-

1 –3t e 2

1 –t e 2

+

3 –3t e 2

2   0

dτ

t

3 2 3 2

e –(t–τ) e –(t–τ) +

1 2 3 2

e –3(t-

τ )

e –3(t–τ)

-

1 2 1 2

e–

(t–τ)

-

e –(t–τ)

+

1 2 3 2

e –3(t–τ)

0   dT 2

e –3(t–τ)

0

t =

e –(t–τ)

- e –3(t–τ) dτ

- e –(t–τ) + 3 e –3(t–τ) 0

1  1 −  3 −1 + 1   

=

X1 (t)

=

3 e -t

- e - 3t

X2 (t)

=

- 3 e -t

+ 3 e - 3t

X1 (t)

=

2 e -t

-

X2 (t)

=

- 2 e -t

+

e–

2 3

+

2 - 3t e 3

e–

__

- e -t e -t

+ +

t

t

-

e –3t

+

1 - 3t e 3

+ -

1 –3t e 3

e - 3t

2 3

2 e - 3t

Para un sistema que tenga un polinomio de la forma S n y (s)

+

a n-

Cm S m U (S) +

1

S n - 1 y (s)

Cm - 1 S m - 1 U (S)

+

a n – 1 S n - 2 y (s) + …….. C1 U(S) S +

+

a0

C0 U(s)

=

La cual se puede expresar como Cm S m + Cm - 1 S m - 1 + …….. C1 S + S n + a n - 1 S n - 1 + a1 S + a0

Y (s) = U (s)

C0

La solución de estado queda :

1 0 0 K  0   0 1 K K 0   0 X (t ) =  0 0 0 1 K X + 0 U   1  − a 0 − a1 − a 2 K K     Y=

(C 0

C 1 C 2 K Cm − 1 C m 0 K 0 ) X

se divide la función en 2 partes y (s) U(s)

=

X1 (s) U (s)

y (s) X1 (s)

U(s)

X1(s)

1

Sn + a n – 1 S n – 1 + …… a 1 S +

Cm Sm + Cm – 1 S m –1 + - C0

a0

Ejemplo Encuentre la representación en el espacio de estado para G (s)

=

2S + 1 S + 2S2 + 3S + 5 … .. . . Y + 2Ϋ + 3y + 5y = 2U + U 3

Y (s) (S3 + 2S2 + 3S + 5)

=

U (s)

X1(s)

1

S3 + 2S2 + 3S + 5

=

Y(s) U(s)

2S U (s) + U (s) 2S + 1

Y(s)

Y(s)

X1 (s) U (s)

… X1 X1 . X1 . X2 . X3 . X3

=

..

1 . S3 + 2S2 + 3S + 5

.

+ 2X1 + 3X1 + 5X1 = X1

=

U

= X2 = X3 = - 2X3 - 3X2 - 5X1 + U = - 5X1 – 3X2 – 3X3 + U

 X1    X 2  X 3  

=

1 0   0   0 1   0  − 5 − 3 − 2  

Y

 X1    X 2 +  X 3  

 0    0 1  

= (2S + 1) X1(s) = 2S X1 (s) + X1 (s) . Y(t) = 2X1 + X1 = 2X2 + X1

Y

=

(1

2 0)

 X1    X 2  X 3  

U