Transcript Lecture 4

ADVANCED
CONTROL
Ali Karimpour
Associate Professor
Ferdowsi University of Mashhad
Reference:
Chi-Tsong Chen, “Linear System Theory and Design”, 1999.
lecture 4
Lecture 4
State Space Solutions and
Realization
Topics to be covered include:







Introduction.
Solution of State Equations.
Equivalent State Equations.
Realizations.
Solution of Linear Time-Varying (LTV) Equations.
Equivalence Time-Varying Equations.
Time-Varying Realizations.
2
Dr. Ali Karimpour Oct 2013
lecture 4
‫آنچه پس از مطالعه این مبحث می آموزید‬
LTI ‫• حل معادالت فضای حالت سیستمهای‬
• Solution of LTI state equations
• Equivalent(algebraic) state equations
• Zero state equivalent
• Realizable state equations
• Some different realization
• Solution of LTV state equation
)‫• سیستم های همانند یا معادل (جبری‬
‫• هم ارز یا معادل حالت صفر‬
‫• شرط وجود پیاده سازی در سیستمهای خطی‬
‫• چند نمونه پیاده سازی‬
LTV ‫• حل معادالت فضای حالت سیستمهای‬
‫• ماتریس اساسی و ماتریس گذار حالت و خواص آنها‬
• Fundamental matrix and stste transition matrix and their properties
LTV ‫• هم ارز یا معادل در سیستمهای‬
• State Space Representation for LTV Systems
LTV ‫پیاده سازی سیستمهای‬
•
3
Dr. Ali Karimpour Oct 2013
• Realization of LTI Systems
lecture 4
Introduction
‫مقدمه‬
‫فرم کلی معادالت فضای حالت در‬
‫سیستمهای غیر خطی‬
x (t )  A(t ) x(t )  B(t )u (t )
y (t )  C (t ) x(t )  D(t )u (t )
x (t )  Ax(t )  Bu (t )
y (t )  Cx(t )  Du (t )
LTV ‫معادالت فضای حالت سیستمهای‬
LTI ‫معادالت فضای حالت سیستمهای‬
‫ چند است؟‬y(t) ‫ و‬x(t) ‫اگر شرائط اولیه و ورودی مشخص باشد مقدار‬
If initial condition and input are defined, then x(t), y(t) ? 4
Dr. Ali Karimpour Oct 2013
lecture 4
Solution of LTI state equation
x (t )  Ax(t )  Bu (t )
LTI ‫حل معادالت فضای حالت‬
x(t ) |  x
t t 0
‫در فصول قبل دیدیم‬
d
e  Ae  e A
dt
At
At
At
e x (t )  e Ax(t )  e Bu (t )
 At
 At
 At
 At
e x( )   e  Bu ( )d
t
t
0
0
A
x(t )  e x   e
t
0
x(t )  e
x  e
t
t0
t0
d
e x(t )  e Bu (t )
dt
 At
 At
:‫با انتگرال از طرفین داریم‬
At
A ( t t0 )
:‫ داریم‬e-At ‫با ضرب معادله حالت در‬
 At
e x (t )  e Ax(t )  e Bu (t )
 At
 A
:‫روش اول‬
t0
A ( t  )
0
A ( t  )
Bu ( )d
Bu ( )d
‫و نهایتا‬
5
‫معادله انتقال حالت‬
Dr. Ali Karimpour Oct 2013
lecture 4
Solution of LTI state equation
x (t )  Ax(t )  Bu (t )
LTI ‫حل معادالت فضای حالت‬
x(t ) |  x
t t 0
‫روش دوم‬
t0
‫با تبدیل الپالس داریم‬
sx(s)  x0  Ax(s)  Bu(s)
1
1
x(s)  (sI  A) x0  (sI  A) Bu(s)
x(t )  e x   e
t
At
0
x(t )  e
A ( t t0 )
x  e
t
t0
t0
A ( t  )
0
A ( t  )
Bu ( )d
Bu ( )d
Convolution
integral
‫معادله انتقال حالت‬
6
Dr. Ali Karimpour Oct 2013
lecture 4
Solution of LTI state equation
x (t )  Ax(t )  Bu (t )
LTI ‫حل معادالت فضای حالت‬
x(t ) |  x
t t 0
x(t )  e x   e
t
At
A ( t  )
0
0
t0
Bu ( )d
eAt ‫روشهای محاسبه‬
2
n
t
t
:‫ سری نمایی‬-1
e  I  tA  A  ...  A  ...
2!
n!
: n-1 ‫ یافتن چند جمله ای درجه‬-2
e  h( A)
At
2
n
At
e  Qe Q
Aˆ t
At
1
e  L ( sI  A)
At
1
.... ‫ استفاده از فرم جردن و‬-3
1

‫ استفاده از تبدیل الپالس معکوس‬-4
7
Dr. Ali Karimpour Oct 2013
lecture 4
Solution of LTI state equation
LTI ‫حل معادالت فضای حالت‬
0  1  0 
x  
x   u

1  2 1
x(t )  e x   e
t
At
0
.‫ سیستم مقابل را در نظر بگیرید‬:1-4 ‫مثال‬
x(t) ‫مطلوبست‬
A ( t  )
0
‫ می دانیم‬:‫حل‬
Bu ( )d
.‫ را تعیین نمود‬eAt ‫پس ابتدا باید‬
 s  2
1 
1

 s
1  
 s  2 s  1 s  2s  1
At
1
1
1 





e  L ( sI  A)  L  
e L 



1
s


1
s

2
 

  s  2 s  1 s  2s  1

t
t
At
(1  t )e
e 
 te
2
2
2

(1  t )e 
t
t
2
 te
At
(1  t )e
x(t )  
 te
1
1






t
t


(
t


)
e
u ( )d 



x(0)  



(
1

(
t


))
e
u
(

)
d

(1  t )e 


 te
t
t
( t  )
0
t
t
0
( t  )
8
Dr. Ali Karimpour Oct 2013
lecture 4
Solution of LTI state equation
 2 1 0
x  
x   u

 0  3 1 
LTI ‫حل معادالت فضای حالت‬
. ‫ سیستم مقابل را در نظر بگیرید‬:2-4 ‫مثال‬
‫ با فرض اعمال پله واحد‬x(t) ‫مطلوبست‬
 s  2  1  

e  L ( sI  A)   L  


0
s

3
 

1
At
1
1
1
e
e 
0
2 t
At
 1


1  s  2
 L 
 0
 

1

( s  2)(s  3) 

1 
s  3 







e e 

e

2 t
3 t
3 t
2 ( t  )
t e
e 2t e 2t  e 3t   x1 (0) 
e 2(t  )  e 3(t  )  0
 
u ( )d
x(t )  






3
(
t


)
 3t
e
e
 1 
0
  x2 (0) 0 0
2 ( t  )
e 2t e 2t  e 3t   x1 (0) 
t e
 e 3(t  ) 
 
d
x(t )  




3
(
t


)
 3t
e
e

0
  x2 (0) 0 
.....
 
.....
9
Dr. Ali Karimpour Oct 2013
lecture 4
Equivalent state equation
)‫معادالت فضای حالت همانند(معادل‬
.‫ الف) مطلوبست معادالت فضای حالت با توجه به متغیرهای حالت انتخاب شده‬:3-4 ‫مثال‬
 x  0  1  x  1
 x   1  1  x   0u
   
  
x 
y  0 1 
x 
1
1
2
2
1
2
.‫ب) مطلوبست معادالت فضای حالت با توجه به متغیرهای حالت انتخاب شده‬
 x   1 1  x  1
 x    1 0  x   1u
   
  
x 
y  1  1 
x 
1
1
2
2
1
2
10
Dr. Ali Karimpour Oct 2013
lecture 4
Equivalent state equation
x  Ax  bu
y  cx  du
)‫معادالت فضای حالت همانند(معادل‬
Similaritytransformation

w Px
Aˆ P A P 1
cˆ  cP 1
bˆ  Pb
dˆ  d
1- It can lead to a simpler system.
2- It doesn’t change the eigenvalues.
3- Similar transfer function.
w  Aˆ w  bˆu
y  cˆw  dˆu
‫ امکان ساده سازی سیستم‬-1
‫ عدم تغییر مقادیر ویژه‬-2
‫ توابع انتقال یکسان‬-3
4- It doesn’t change observability.
‫ عدم تغییر رویت پذیری‬-4
5- It doesn’t change controllability.
‫ عدم تغییر کنترل پذیری‬-5
11
Dr. Ali Karimpour Oct 2013
lecture 4
Equivalent state equation
)‫معادالت فضای حالت همانند(معادل‬
‫عدم تغییر مقادیر ویژه‬
x  Ax  bu
y  cx  du
w  Px
Aˆ P A P 1
cˆ  cP 1
bˆ  Pb
dˆ  d
sI  A  0
w  Aˆ w  bˆu
y  cˆw  dˆu
sI  Aˆ  0
sI  Aˆ  sPP 1  PAP 1  P ( sI  A) P 1  P sI  A P 1
 sI  A
‫تبدیل همانندی مقادیر ویژه را تغییر نمی دهد‬
12
Dr. Ali Karimpour Oct 2013
lecture 4
Equivalent state equation
)‫معادالت فضای حالت همانند(معادل‬
‫توابع انتقال یکسان‬
x  Ax  bu
w  Px
Aˆ P A P 1
y  cx  du
cˆ  cP 1
bˆ  Pb
dˆ  d
w  Aˆ w  bˆu
y  cˆw  dˆu
gˆ ( s)  cˆ( sI  Aˆ ) bˆ  dˆ  cP ( sI  PAP ) Pb  d
1
1
1
1
 cP P( sI  A) P Pb  d  c( sI  A) b  d
1
1
1
1
 g (s)
‫تبدیل همانندی تابع انتقال را تغییر نمی دهد‬
13
Dr. Ali Karimpour Oct 2013
‫‪lecture 4‬‬
‫معادالت فضای حالت همانند(معادل)‬
‫‪Equivalent state equation‬‬
‫کاربرد تبدیالت همانندی‬
‫•‬
‫یافتن سیستمهای همانند ساده تر‬
‫فرمهای کانونی‪ ،‬فرم جردن‪ ،‬فرم مودال و ‪.............‬‬
‫•‬
‫مدرج سازی برای پیاده سازی بهتر‬
‫‪14‬‬
‫‪Dr. Ali Karimpour Oct 2013‬‬
‫‪lecture 4‬‬
‫‪Equivalent state equation‬‬
‫معادالت فضای حالت همانند(معادل)‬
‫‪ x   0.1 2   x   10 ‬‬
‫‪ x    0‬‬
‫‪  x   0.1u‬‬
‫‪‬‬
‫‪1‬‬
‫‪   ‬‬
‫‪  ‬‬
‫‪x ‬‬
‫‪y  0.2  1 ‬‬
‫‪x ‬‬
‫کاربرد تبدیالت همانندی در مدرج سازی‬
‫مثال ‪ :5-4‬سیستم مقابل را در نظر بگیرید‪.‬‬
‫‪1‬‬
‫‪1‬‬
‫‪2‬‬
‫‪2‬‬
‫‪1‬‬
‫;)‪[y,x,t]=step(A,b,c,d‬‬
‫)‪plot(t,x,t,y‬‬
‫‪grid on‬‬
‫)')‪xlabel('Time(sec‬‬
‫‪2‬‬
‫برای پیاده سازی تماما خارج بازه ‪±10‬‬
‫‪x‬‬
‫‪1‬‬
‫تاثیر تبدیل همانندی بر خروجی ‪ y‬؟؟؟‬
‫تاثیر تبدیل همانندی بر حاالت ‪ x‬؟؟؟‬
‫‪xˆ  0.2 x , xˆ  200 x‬‬
‫‪2‬‬
‫‪2‬‬
‫‪1‬‬
‫‪y‬‬
‫‪1‬‬
‫‪0.2 0 ‬‬
‫‪xˆ  Px  ‬‬
‫‪ x15‬‬
‫‪0‬‬
‫‪200‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫‪Dr. Ali Karimpour Oct 2013‬‬
‫‪0.01‬‬
‫‪2‬‬
‫‪x‬‬
lecture 4
Equivalent state equation
 x   0.1 2   x   10 
 x    0
  x   0.1u

1
   
  
x 
y  0.2  1 
x 
1
xˆ  Px
1
2
)‫معادالت فضای حالت همانند(معادل‬
Aˆ P A P
2
1
cˆ  cP
2
1
1
‫کاربرد تبدیالت همانندی در مدرج سازی‬
 xˆ  
 xˆ   
  
  xˆ  
  xˆ   
  
1
bˆ  Pb
dˆ  d
1
2
y 
2


u

xˆ 

 xˆ 
1
2
xˆ
1
y
xˆ
±10 ‫تمام متغیرها در بازه‬
2
16
Dr. Ali Karimpour Oct 2013
‫‪lecture 4‬‬
‫‪Zero state equivalent‬‬
‫هم ارز حالت صفر‬
‫تعریف ‪ :1-4‬دو دسته معادله فضای حالت را معادل (هم ارز) حالت صفر گویند اگر ماتریس‬
‫تابع انتقال آنها یکسان باشد‪.‬‬
‫مثال ‪ :4-4‬الف) آیا معادله فضای حالت زیر همانند هستند؟ معادل حالت صفر چطور؟‬
‫‪x  2 x  u‬‬
‫‪yx‬‬
‫‪ x   2 0   x  1‬‬
‫‪ x    0  1  x   0u‬‬
‫‪   ‬‬
‫‪  ‬‬
‫‪x ‬‬
‫‪y  1 1 ‬‬
‫‪x ‬‬
‫‪1‬‬
‫‪1‬‬
‫‪2‬‬
‫‪2‬‬
‫‪1‬‬
‫‪2‬‬
‫واضح است که همانند نیستند‪.‬‬
‫‪‬‬
‫‪1‬‬
‫‪s2‬‬
‫‪g (s) ‬‬
‫معادالت فضای حالت داده شده معادل حالت صفر هستند‪.‬‬
‫‪17‬‬
‫‪Dr. Ali Karimpour Oct 2013‬‬
‫‪‬‬
‫‪1‬‬
‫‪s2‬‬
‫‪g (s) ‬‬
‫‪lecture 4‬‬
‫‪Zero state equivalent‬‬
‫هم ارز حالت صفر‬
‫قضیه ‪ :1-4‬دو دسته معادالت حالت زیر معادل حالت صفر (دارای تابع انتقال یکسان )هستند‬
‫اگر و فقط اگر روابط زیر برقرار باشد‪.‬‬
‫‪w  A w  b u‬‬
‫‪x  Ax  bu‬‬
‫‪y  cw  du‬‬
‫‪y  cx  du‬‬
‫‪d d‬‬
‫‪m  0, 1, 2, ....‬‬
‫‪cA b  c A b‬‬
‫‪m‬‬
‫‪m‬‬
‫اثبات‪ :‬دو دسته معادالت حالت فوق دارای توابع انتقال زیر هستند‪:‬‬
‫‪d  c( sI  A) b  d  c ( sI  A ) b‬‬
‫‪1‬‬
‫‪1‬‬
‫با استفاده از بسط سری داریم‪:‬‬
‫‪d  cbs  cAbs  cA bs  ...  d  c b s  c Ab s  c A b s  ...‬‬
‫‪3‬‬
‫‪2‬‬
‫‪18‬‬
‫‪Dr. Ali Karimpour Oct 2013‬‬
‫‪2‬‬
‫‪1‬‬
‫‪3‬‬
‫‪2‬‬
‫‪2‬‬
‫‪1‬‬
lecture 4
‫پیاده سازی‬
Realization
‫معادالت فضای حالت‬
x  Ax  Bu
y  Cx  Eu
‫خروجی‬-‫توصیف ورودی‬
)‫(تابع انتقال‬
1
G(s)  C(sI  A) B  E
This transformation
is unique
Realization
This transformation
is not unique
‫خروجی‬-‫توصیف ورودی‬
)‫(تابع انتقال‬
G(s)  C(sI  A) 1 B  E
‫معادالت فضای حالت‬
x  Ax  Bu
y  Cx  Eu
‫ برای چه سیستمهایی امکان محاسبه توصیف فضای حالتی وجود دارد؟‬:‫نکته مهم‬
19
Dr. Ali Karimpour Oct 2013
‫‪lecture 4‬‬
‫پیاده سازی‬
‫‪Realization‬‬
‫قضیه ‪ :2-4‬ماتریس انتقال )‪ Gqp(s‬قابل پیاده سازی اگر و فقط اگر )‪ G(s‬ماتریس گویای مناسب باشد‬
‫اثبات‪ :‬واضح است که برای اثبات باید هر دو طرف قضیه را اثبات کرد‪.‬‬
‫)‪ G(s‬ماتریس گویای مناسب‬
‫ماتریس انتقال )‪ G(s‬قابل پیاده سازی‬
‫ماتریس انتقال )‪ G(s‬قابل پیاده سازی‬
‫)‪ G(s‬ماتریس گویای مناسب‬
‫ابتدا به اثبات قسمت اول می پردازیم‪:‬‬
‫‪x  Ax  Bu‬‬
‫چون )‪ G(s‬قابل پیاده سازی است لذا معادالت فضای حالت مقابل وجود دارد‬
‫‪y  Cx  Du‬‬
‫پس تابع انتقال برابر است با‬
‫‪..........................................‬‬
‫‪20‬‬
‫‪Dr. Ali Karimpour Oct 2013‬‬
‫)‪adj ( sI  A‬‬
‫‪G ( s )  C ( sI  A) B  D  C‬‬
‫‪BD‬‬
‫‪sI  A‬‬
‫‪1‬‬
‫‪lecture 4‬‬
‫پیاده سازی‬
‫‪Realization‬‬
‫قضیه ‪ :2-4‬ماتریس انتقال )‪ Gqp(s‬قابل پیاده سازی اگر و فقط اگر )‪ G(s‬ماتریس گویای مناسب باشد‬
‫حال طرف دوم قضیه را اثبات می کنیم‪:‬‬
‫)‪ G(s‬ماتریس گویای مناسب‬
‫ماتریس انتقال )‪ G(s‬قابل پیاده سازی‬
‫)‪ G(s‬ماتریس گویای مناسب است لذا داریم‪:‬‬
‫‪‬‬
‫‪1‬‬
‫‪N s  N s  ...  N s  N‬‬
‫‪G( s)  G()  G ( s)  G () ‬‬
‫)‪d (s‬‬
‫‪r 2‬‬
‫‪r‬‬
‫‪r 1‬‬
‫در رابطه فوق‪:‬‬
‫‪r 1‬‬
‫‪1‬‬
‫‪2‬‬
‫‪sp‬‬
‫‪d ( s )  s   s  ...   s  ‬‬
‫‪r 1‬‬
‫‪r‬‬
‫‪r 1‬‬
‫‪r‬‬
‫‪1‬‬
‫حال ادعا می کنیم معادالت فضای حالت سیستم عبارتست از‬
‫) ‪C ( sI  A) B  D  ....  G ( s‬‬
‫‪1‬‬
‫‪21‬‬
‫‪Dr. Ali Karimpour Oct 2013‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫‪u‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫‪ I‬‬
‫‪ 0‬‬
‫‪ ‬‬
‫‪ x  0‬‬
‫‪ ‬‬
‫‪ ‬‬
‫‪ 0‬‬
‫‪p‬‬
‫‪p‬‬
‫‪p‬‬
‫‪p‬‬
‫‪p‬‬
‫‪ I‬‬
‫‪0‬‬
‫‪0‬‬
‫‪‬‬
‫‪r‬‬
‫‪p‬‬
‫‪p‬‬
‫‪p‬‬
‫‪0‬‬
‫‪p‬‬
‫‪...   I‬‬
‫‪...‬‬
‫‪...‬‬
‫‪0‬‬
‫‪‬‬
‫‪r 1‬‬
‫‪p‬‬
‫‪p‬‬
‫‪...‬‬
‫‪I‬‬
‫‪N x  G ()u‬‬
‫‪r‬‬
‫‪r 1‬‬
‫‪p‬‬
‫‪ I‬‬
‫‪0‬‬
‫‪I‬‬
‫‪‬‬
‫‪p‬‬
‫‪2‬‬
‫‪p‬‬
‫‪p‬‬
‫‪0‬‬
‫‪... N‬‬
‫‪1‬‬
‫‪p‬‬
‫‪p‬‬
‫‪p‬‬
‫‪  I‬‬
‫‪ I‬‬
‫‪‬‬
‫‪x   0‬‬
‫‪‬‬
‫‪ ‬‬
‫‪ 0‬‬
‫‪p‬‬
‫‪2‬‬
‫‪N‬‬
‫‪1‬‬
‫‪y  N‬‬
lecture 4
‫پیاده سازی‬
Realization
‫ ماتریس گویای مناسب باشد‬G(s) ‫ قابل پیاده سازی اگر و فقط اگر‬Gqp(s) ‫ ماتریس انتقال‬:2-4 ‫قضیه‬
‫حال ادعا می کنیم معادالت فضای حالت سیستم عبارتست از‬
  I
 I

x   0

 
 0
1
 I
0
I

p
2
p
p
0
p
1
N
r 1
p
p
y  N
...   I
...
...
0

p
2
p
p
...
p
... N
r 1
I
 I
0
0

r
p
p
0
p
p
N x  G ()u
p
 I
 0
 
 x  0
 
 
 0
p
p
p
p



u



1
1
2
r






Z
Z
B  ( sI  A) 


Z
sZ   Z   Z  ...   Z  I
1
1
1
r
Z
Z
( sI  A) B  


Z
1
C ( sI  A) B  D  ....  G ( s )
2
2
r
r
1
2
r






sZ  Z
1
sZ  Z
2
2
3
sZ  Z
sZ  Z
4
3
r
r 1

 

sZ       ... 
I
 Z 22
s
sDr. Ali Karimpour Oct 2013

2
P
1
1
r
r 1
1
P
lecture 4
‫پیاده سازی‬
Realization
‫ ماتریس گویای مناسب باشد‬G(s) ‫ قابل پیاده سازی اگر و فقط اگر‬Gqp(s) ‫ ماتریس انتقال‬:2-4 ‫قضیه‬
  I
 I

x   0

 
 0
1
 I
0
I

p
2
p
p
0
p
1
r 1
p
p
y  N
...   I
...
...
0

p
N
2
p
...
p
... N
r 1
I
p
p
 I
0
0

r
p
p
0
p
N x  G ()u
p
 I
 0
 
 x  0
 
 
 0
p
p
p
p



u



‫حال ادعا می کنیم معادالت فضای حالت سیستم عبارتست از‬
C ( sI  A) B  D  ....  G ( s )
1
sZ  Z
2
1
sZ  Z
3
... sZ  Z
r
r 1
r



sZ       ... 
s
s

s
s
Z 
I

Z 
I
d (s)
d (s)
Z 
Z 
1


N s
C ( sI  A) B  G ()  C
D
d (s)

 
Z 
2
1
r
r 1
1
r 1
1
2
r 2
P
2

Z  I

1
P
Z 
r
P
1
I
d (s)
P
1
1
2
1
r
r 1
 N s  ...  N   G ()
r 2
2
r
23
Dr. Ali Karimpour Oct 2013
lecture 4
‫پیاده سازی‬
Realization
 4 s  10

2s  1
G (s)  
1

 (2 s  1)( s  2)
3
s2
s 1
( s  2)
2





.‫ معادالت فضای حالتی سیستم مقابل را بدست آورید‬:6-4 ‫مثال‬
3 
 12
3
 4 s  10


2s  1
s  2    2 0  
2s  1
s2
G(s)  




1
s 1
1
s 1

 0 0 
 (2 s  1)( s  2) ( s  2) 
 (2 s  1)( s  2) ( s  2)
 2 0
 6( s  2) 3( s  2)( s  0.5)
1
G( s)  




0 0 s  4.5s  6s  2  0.5( s  2) ( s  1)( s  0.5) 
2
2





2
3
2
 6 3
 2 0
 24 7.5  24 3  
1
G( s)  

s


 s  4.5s  6s  2  0 1
 0.5 1.5  s   1
0
0
0.5 




 

2
3
2
24
Dr. Ali Karimpour Oct 2013
lecture 4
‫پیاده سازی‬
Realization
 4 s  10

2s  1
G (s)  
1

 (2 s  1)( s  2)
3
s2
s 1
( s  2)
2





.‫ معادالت فضای حالتی سیستم مقابل را بدست آورید‬:6-4 ‫مثال‬
 6 3
 2 0
 24 7.5  24 3  
1
G( s)  

s

 s  4.5s  6s  2  0 1
 0.5 1.5  s   1

0
0
0
.
5









2
3
2
0
6 0
 4.5
 0
 4.5 0  6

0
0
0
 1
x  
1
0
0
 0
 0
0
1
0

0
0
1
 0
3
 24 7.5
 6
y
1
0.5 1.5
 0
2
0  1 0
0  2  0 1 
 

0
0  0 0 
x  
u
0
0  0 0 
0
0  0 0 
 

0
0  0 0 
 24 3  2 0
x
u


1
0.5 0 0
25
Dr. Ali Karimpour Oct 2013
lecture 4
‫پیاده سازی‬
Realization
u 
u 
y ( s )  G ( s )u ( s )  G ( s )  

 
u 
1
2
p
y( s)  G( s)u( s)  G ( s)u  G ( s)u    G ( s)u
c1
1
c2
2
cp
p
y(s)  G( s)u(s)  y ( s)  y ( s)   y (s)
c1
 x   A
 x    0
  
c2
0   x  b 0  u




A   x   0 b  u
x 
y  y  y  C C    d
x 
1
1
1
2
2
1
2
1
2
2
1
c1
c2
1
2
1
2
cp



u 
d  
u 
1
2
2
26
Dr. Ali Karimpour Oct 2013
lecture 4
‫پیاده سازی‬
Realization
 4 s  10

2s  1
G (s)  
1

 (2 s  1)( s  2)
3
s2
s 1
( s  2)
2

 .‫آورید‬



‫ معادالت فضای حالتی سیستم مقابل را بدست‬:7-4 ‫مثال‬
:‫اول‬
 4 s  10 


2s  1
G (s)  

1


 (2 s  1)( s  2) 
 2
 6( s  2)
1
G (s)    


0 s  2.5s  1  0.5 
‫ستون‬
:,1
:,1
2
:‫ستون دوم‬
 3 


G ( s )   ss  12 


(
s

2
)


0
3( s  2)
1
G ( s)    


0 s  4s  4  s  1 
:, 2
2
:, 2
2
 6  12 
 2
1
G ( s)    
  s  

0
0
0
.
5
s

2
.
5
s

1
 





3 6 
0
1
G ( s)    
  s    
0
s

4
s

4
 
1  1  
 2.5  1
1 
x  
 x  0  u
1
0


 
 6  12
2
y 
x

u



 0 0 .5 
0 
 4
x  
1
3
y 
1
:,1
1
c1
2
1
1
1
:, 2
2
c2
2
 4
1 
x

u



0
0 
6
1 
x

0  u
1
 
2
2
2
2
27
Dr. Ali Karimpour Oct 2013
lecture 4
‫پیاده سازی‬
Realization
 4 s  10

2s  1
G (s)  
1

 (2 s  1)( s  2)
3
s2
s 1
( s  2)
2

 .‫آورید‬



 2.5  1
1 
x  
x   u

0
 1
0 
 6  12
2
y 
x   u

 0 0 .5 
0 
1
c1
1
1
1
1
‫ معادالت فضای حالتی سیستم مقابل را بدست‬:7-4 ‫مثال‬
:‫ستون اول‬
 4
x  
1
3
y 
1
2
c2
 4
1 
x   u

0
0 
6
1 
x   u

1
0 
2
2
0  1 0
 2.5  1 0
 1
0
0
0  0 0 u 
x  

x  
0  4  4 0 1 u 
 0

 

0
0
1
0
0
0

 

 6  12 3 6 2 0 u 
y
x

 
 0 0.5 1 1 0 0 u 
:‫ستون دوم‬
2
2
1
2
1
2
28
Dr. Ali Karimpour Oct 2013
‫‪lecture 4‬‬
‫حل معادالت فضای حالت ‪LTV‬‬
‫‪Solution of LTV state equation‬‬
‫در این بخش هدف حل معادالت مقابل است‪.‬‬
‫) ‪x (t )  A(t ) x(t )  B(t )u (t‬‬
‫) ‪y (t )  C (t ) x(t )  D(t )u (t‬‬
‫ابتدا قسمت همگن را حل می کنیم‪:‬‬
‫) ‪x (t )  A(t ) x(t‬‬
‫تعریف ‪(2-4‬ماتریس اساسی)‪ :‬با فرض اینکه ‪ A‬دارای ابعاد ‪ nn‬است ‪ n‬شرط اولیه‬
‫مستقل )‪ x2(t0) ، x1(t0‬و ‪ xn(t0) ...‬در نظر میگیریم‪ .‬فرض کنید )‪ x2(t) ، x1(t‬و‬
‫‪ xn(t) ...‬پاسخ سیستم به شرایط اولیه انتخاب شده است در اینصورت ماتریس اساسی‬
‫بصورت زیر تعریف می شود‪.‬‬
‫‪X (t )  x (t ) x (t )  x (t )‬‬
‫‪n‬‬
‫‪29‬‬
‫‪Dr. Ali Karimpour Oct 2013‬‬
‫‪2‬‬
‫‪1‬‬
lecture 4
Solution of LTV state equation
LTV ‫حل معادالت فضای حالت‬
.‫ ماتریس اساسی سیستم مقابل را بدست آورید‬:8-4 ‫مثال‬
0 0 
x (t )  
x(t )

 t 0
.‫شرایط اولیه مستقل بصورت مقابل در نظر گرفته می شود‬
1 
 1 
x (0)    x (t )  

0
1 
0
.
5
t
 1
 


 X (t )  

0
.
5
t
0
.
5
t

2
1
1
 




x (0)    x (t )  

2
0
.
5
t

2
 


.‫شرایط اولیه مستقل همچنین می تواند بصورت مقابل در نظر گرفته می شود‬
1
1
2
2
2
1 
x (0)   
0 
1
0 
x (0)   
1 
2
2
2
 1 
x (t )  

0
.
5
t


0 
x (t )   
1 
1
2
2
2
 1
 X (t )  
0.5t
2
0
1
..... ‫ماتریس اساسی‬
30 : ‫نکته‬
Dr. Ali Karimpour Oct 2013
‫‪lecture 4‬‬
‫حل معادالت فضای حالت ‪LTV‬‬
‫‪Solution of LTV state equation‬‬
‫نکته ‪ :‬ماتریس اساسی )‪ X(t‬در معادله همگن زیر صدق می کند‪.‬‬
‫) ‪x (t )  A(t ) x(t‬‬
‫پس داریم‪:‬‬
‫) ‪X (t )  A(t ) X (t‬‬
‫لم‪ : 1-4‬ماتریس اساسی )‪ X(t‬به ازای تمام زمانها غیر منفرد است‪.‬‬
‫‪31‬‬
‫‪Dr. Ali Karimpour Oct 2013‬‬
‫‪lecture 4‬‬
‫حل معادالت فضای حالت ‪LTV‬‬
‫‪Solution of LTV state equation‬‬
‫تعریف ‪(3-4‬ماتریس گذار حالت)‪:‬‬
‫فرض کنید )‪ X(t‬هر ماتریس اساسی معادله همگن زیر باشد‪:‬‬
‫) ‪x (t )  A(t ) x(t‬‬
‫در اینصورت ماتریس گذار حالت بصورت زیر تعریف میشود‪:‬‬
‫) ‪(t , t )  X (t ) X (t‬‬
‫‪1‬‬
‫‪0‬‬
‫ماتریس گذار حالت جواب منحصر بفرد دستگاه معادله زیر است‪:‬‬
‫‪‬‬
‫) ‪(t , t )  A(t )(t , t‬‬
‫‪t‬‬
‫‪(t , t )  I‬‬
‫‪0‬‬
‫‪0‬‬
‫‪0‬‬
‫‪32‬‬
‫‪Dr. Ali Karimpour Oct 2013‬‬
‫‪0‬‬
‫‪0‬‬
lecture 4
Solution of LTV state equation
.‫ ماتریس گذار حالت سیستم مقابل را بدست آورید‬:9-4 ‫مثال‬
0 0 
x (t )  
x(t )

 t 0
 1
X (t )  
0.5t

0.5t  2
2
 1
(t , t )  X (t ) X (t )  
0.5t
 0.25t  1  0.5
0.5 
0.5t  2   0.25t
0
0
 1
X (t )  
0.5t
2
1
1
2
0
2
2
0
0
1
2
 1
(t , t )  X (t ) X (t )  
0.5t
0
1
0

(t , t )  

0.5(t  t ) 1
0
2
2
0
‫و برای ماتریس اساسی بعدی‬
1
0
.‫در مثال قبل ماتریس اساسی سیستم محاسبه شد‬
1
2
LTV ‫حل معادالت فضای حالت‬
2
0  1
1  0.5t
2
0
0
1
1
0

(t , t )  

0.5(t  t ) 1
0
2
2
0
..... ‫ ماتریس اساسی‬: ‫نکته‬
33
Dr. Ali Karimpour Oct 2013
lecture 4
Property of state transition matrix
‫خواص ماتریس انتقال حالت‬
1-
Φ(t,t) = I
2-
Φ-1(t,t0)= Φ(t0,t)
3-
Φ(t2,t1)Φ(t1,t0) = Φ(t2,t0)
34
Dr. Ali Karimpour Oct 2013
‫‪lecture 4‬‬
‫حل معادالت فضای حالت ‪LTV‬‬
‫‪Solution of LTV state equation‬‬
‫در این بخش هدف حل معادالت مقابل بود‪x (t )  A(t ) x(t )  B(t )u (t ) .‬‬
‫ادعا می کنیم جواب دستگاه فوق عبارتست از‪:‬‬
‫) ‪y (t )  C (t ) x(t )  D(t )u (t‬‬
‫‪x(t )  (t , t ) x   (t , ) B( )u ( )d‬‬
‫‪t‬‬
‫‪t0‬‬
‫‪0‬‬
‫‪t0‬‬
‫‪   (t , ) B( )u ( )d ‬‬
‫برای اثبات ادعای فوق ابتدا باید نشان دهیم معادله فوق شرط اولیه را ارضا می کند‪:‬‬
‫‪t‬‬
‫‪t0‬‬
‫‪0‬‬
‫‪ (t , t )x‬‬
‫‪t0‬‬
‫‪0‬‬
‫‪x(t )  (t , t ) x   (t , ) B( )u( )d  x‬‬
‫‪t0‬‬
‫‪t0‬‬
‫‪t0‬‬
‫‪t0‬‬
‫‪0‬‬
‫‪0‬‬
‫‪0‬‬
‫و همچنین باید رابطه داده شده در معادله باال صادق باشد‪:‬‬
‫) ‪x (t )  .................................  A(t ) x(t )  B(t )u(t‬‬
‫پس خروجی عبارتست از‪:‬‬
‫) ‪y(t )  C (t )(t , t ) x  C (t ) (t , ) B( )u( )d  D(t )u(t‬‬
‫‪t‬‬
‫‪35‬‬
‫‪Dr. Ali Karimpour Oct 2013‬‬
‫‪t0‬‬
‫‪t0‬‬
‫‪0‬‬
lecture 4
Solution of LTV state equation
LTV ‫حل معادالت فضای حالت‬
x (t )  A(t ) x(t )  B(t )u (t ) .‫در این بخش هدف حل معادالت مقابل بود‬
y (t )  C (t ) x(t )  D(t )u (t )
:‫ادعا می کنیم جواب دستگاه فوق عبارتست از‬
x(t )  (t , t ) x   (t , ) B( )u ( )d
t
 (t , t )x
0
0
t0
t0
   (t , ) B( )u ( )d 
t
t0
t0
0
:‫پس خروجی عبارتست از‬
y(t )  C (t )(t , t ) x  C (t ) (t , ) B( )u( )d  D(t )u(t )
t
0
t0
y(t )  C (t )(t , t ) x
0
t0
t0
x(t )  (t , t ) x
0
t0
y(t )  C (t ) (t , ) B( )u( )d  D(t )u(t )
t
:‫پاسخ ورودی صفر عبارتست از‬
:‫پاسخ حالت صفر عبارتست از‬
t0
y(t )   C (t )(t , ) B( )  D(t ) (t   )u( )d
t
t0
36
Dr. Ali Karimpour Oct 2013
lecture 4
Solution of LTV state equation
LTV ‫حل معادالت فضای حالت‬
x (t )  A(t ) x(t )  B(t )u (t ) .‫در این بخش هدف حل معادالت مقابل بود‬
y (t )  C (t ) x(t )  D(t )u (t )
:‫ادعا می کنیم جواب دستگاه فوق عبارتست از‬
x(t )  (t , t ) x   (t , ) B( )u ( )d
t
 (t , t )x
0
t0
0
t0
t0
   (t , ) B( )u ( )d 
t
t0
0
:‫پس خروجی عبارتست از‬
y(t )  C (t )(t , t ) x  C (t ) (t , ) B( )u( )d  D(t )u(t )
t
0
t0
t0
:‫پاسخ حالت صفر عبارتست از‬
y(t )   C (t )(t , ) B( )  D(t ) (t   )u( )d
t
t0
:‫قبال دیدیم‬
y(t )   G(t , )u( )d
t
t0
G(t , )  C (t )(t , ) B( )  D(t ) (t   )  C (t ) X (t ) X ( ) B( )  D(t )37
 (t   )
1
Dr. Ali Karimpour Oct 2013
lecture 4
Equivalent state equation for LTV systems
LTV ‫معادالت فضای حالت همانند در سیستم‬
x  Ax  bu
Similaritytransformation
w  Aˆ w  bˆu
y  cˆw  dˆu

w Px
y  cx  du
Aˆ P A P 1
cˆ  cP 1
bˆ  Pb
dˆ  d
‫ عدم تغییر مقادیر ویژه و توابع انتقال یکسان‬:‫خواص مهم‬
:‫ داریم‬LTV ‫اما در مورد سیستمهای‬
x  A(t ) x  b(t )u
SimilarityLTV transformation

y  c(t ) x  d (t )u
w  P(t)x
Aˆ (t )  .....
bˆ(t ) P(t ) b, cˆ(t ) cP (t ), dˆ  d
1
w  Aˆ (t ) w  bˆ(t )u
y  cˆ(t ) w  dˆ (t )u
‫ عدم تغییر پاسخ ضربه‬:‫خواص مهم‬
38
Dr. Ali Karimpour Oct 2013
lecture 4
Equivalent state equation for LTV systems
LTV ‫معادالت فضای حالت همانند در سیستم‬
x  A(t ) x  b(t )u
w  Aˆ (t ) w  bˆ(t )u
y  cˆ(t ) w  dˆ (t )u
Similarity LTV transformation

y  c(t ) x  d (t )u
w  P(t)x
‫ را بگونه ای‬P(t) ‫ ماتریس ثابت دلخواه باشد در اینصورت در رابطه باال تبدیل‬A0 ‫ فرض کنید‬:3-4 ‫قضیه‬
Aˆ (t )  A ‫می توان انتخاب نمود که‬
0
x  A(t ) x  b(t )u
SimilarityLTV transformation

y  c(t ) x  d (t )u
w  P(t)x
w  A w  bˆ(t )u
y  cˆ(t ) w  dˆ (t )u
0
 Fundumenta l matrix
 Fundumenta l matrix
X (t )
W (t )  e
W (t )  e  P(t ) X (t )
A0t
:‫اثبات‬
A0t
P(t )  e X (t )
A0t
Aˆ (t )  ............................  A
0
1
39
Dr. Ali Karimpour Oct 2013
lecture 4
Equivalent state equation for LTV systems
LTV ‫معادالت فضای حالت همانند در سیستم‬
‫ داریم‬A0=0 ‫در حالت خاص در قضیه قبل با فرض‬
W  P(t ) x

40
Dr. Ali Karimpour Oct 2013
lecture 4
Equivalent state equation for LTV systems
LTV ‫معادالت فضای حالت همانند در سیستم‬
x  A(t ) x  b(t )u
y  c(t ) x  d (t )u
Similarity LTV transformation

w  P(t)x
w  Aˆ (t ) w  bˆ(t )u
y  cˆ(t ) w  dˆ (t )u
‫ تبدیل لیاپانوفی نامیده می شود اگر‬P(t) ‫ ماتریس‬:)‫(تبدیل لیاپانوفی‬4-4 ‫تعریف‬
.‫ غیر منفرد باشد‬P(t) -1
.‫ پیوسته باشد‬P’(t) ‫ و‬P(t) -2
.‫ کراندار باشد‬t ‫ برای تمام‬P-1(t) ‫ و‬P(t) -3
41
Dr. Ali Karimpour Oct 2013
lecture 4
Equivalent state equation for LTV systems
LTV ‫معادالت فضای حالت همانند در سیستم‬
 x   2 0   x  1
 x    0  1  x   0u
   
  
x 
y  1 1 
x 
1
1
2
2
‫ برای سیستم مقابل تبدیل همانندی ای بیابید که‬:11-4 ‫مثال‬
0 0 
ˆ
A(t )  A  

0 0 
1
0
2
‫ آیا تبدیل بدست آمده لیاپانوفی است؟‬.‫و سیستم جدید را نمایش دهید‬
:‫تبدیل همانندی مورد نظر عبارتست از‬
P(t )  e X (t )
A0t
1
1
1 0 e
P(t )  
 0
0
1


0
e


e 
0
2 t
0
e 
2t
t
 e
ˆ

A(t )  P(t ) A  P(t )P (t )   
 0
0  1  e
e
ˆ

b(t )  P(t )b(t )  



 0 e  0  0
2t
1
2t
2t
t
t
.‫تبدیل بدست آمده لیاپانوفی نیست‬
0   2 0  2e
0
0 0 
 P (t )  






e   0  1  0 e  
0 0 

e  dˆ42(t )  0
 cˆ(t )  c(t ) P (t )  e

Dr. Ali Karimpour Oct 2013
2t
1
t
t
1
2 t
t
lecture 4
Realization for LTV systems
‫معادالت فضای حالت‬
LTV ‫پیاده سازی سیستمهای‬
This transformation
‫پاسخ ضربه‬
is unique
G (t , )  C (t ) X (t ) X ( ) B( )
x  A(t ) x  B (t )u
1
y  C (t ) x  D (t )u
‫پاسخ ضربه‬
G (t , )  C (t ) X (t ) X ( ) B( )
 D(t ) (t   )
Realization
1
 D(t ) (t   )
This transformation
is not unique
‫معادالت فضای حالت‬
x  A(t ) x  B (t )u
y  C (t ) x  D (t )u
‫ برای چه سیستمهایی امکان محاسبه توصیف فضای حالتی وجود دارد؟‬:‫نکته مهم‬
43
Dr. Ali Karimpour Oct 2013
‫‪lecture 4‬‬
‫پیاده سازی سیستمهای ‪LTV‬‬
‫‪Realization for LTV systems‬‬
‫قضیه ‪ :4-4‬ماتریس پاسخ ضربه )‪ Gqp(t,‬قابل پیاده سازی اگر و فقط اگر بتوان )‪ G(t,‬را بصورت زیر‬
‫بیان نمود‪.‬‬
‫) ‪G(t , )  M (t ) N ( )  D(t ) (t  ‬‬
‫اثبات‪ :‬واضح است که برای اثبات باید هر دو طرف قضیه را اثبات کرد‪.‬‬
‫) ‪G(t , )  M (t ) N ( )  D(t ) (t  ‬‬
‫ماتریس پاسخ ضربه )‪ G(t,‬قابل پیاده‬
‫سازی‬
‫ماتریس پاسخ ضربه )‪ G(t,‬قابل پیاده‬
‫سازی‬
‫) ‪G(t , )  M (t ) N ( )  D(t ) (t  ‬‬
‫ابتدا به اثبات قسمت اول می پردازیم‪:‬‬
‫چون پاسخ ضربه )‪ G(t,‬قابل پیاده سازی است لذا معادالت فضای حالت مقابل وجود دارد‬
‫پس پاسخ ضربه عبارتست از‪:‬‬
‫‪x  A(t ) x  B (t )u‬‬
‫‪y  C (t ) x  D (t )u‬‬
‫) ‪G(t , )  C (t )(t , ) B( )  D(t ) (t   )  .........  M (t ) N ( )  D(t ) (t  ‬‬
‫‪44‬‬
‫‪Dr. Ali Karimpour Oct 2013‬‬
‫‪lecture 4‬‬
‫پیاده سازی سیستمهای ‪LTV‬‬
‫‪Realization for LTV systems‬‬
‫قضیه ‪ :4-4‬ماتریس پاسخ ضربه )‪ Gqp(t,‬قابل پیاده سازی اگر و فقط اگر بتوان )‪ G(t,‬را بصورت زیر‬
‫) ‪G(t , )  M (t ) N ( )  D(t ) (t  ‬‬
‫بیان نمود‪.‬‬
‫حال به اثبات قسمت دوم می پردازیم‪:‬‬
‫ماتریس پاسخ ضربه )‪ G(t,‬قابل پیاده‬
‫سازی‬
‫) ‪G(t , )  M (t ) N ( )  D(t ) (t  ‬‬
‫ادعا می کنیم معادالت فضای حالت سیستم مقابل عبارتست از‪:‬‬
‫) ‪ G(t , )  C (t )(t , ) B( )  D(t ) (t  ‬‬
‫) ‪ M (t ) IN ( )  D(t ) (t  ‬‬
‫) ‪ M (t ) N ( )  D(t ) (t  ‬‬
‫‪45‬‬
‫‪Dr. Ali Karimpour Oct 2013‬‬
‫‪0  0 ‬‬
‫‪x   ‬‬
‫‪  x  N (t )u‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫‪0  0‬‬
‫‪y  M (t ) x  D (t )u‬‬
lecture 4
Realization for LTV systems
LTV ‫پیاده سازی سیستمهای‬
‫ در صورت امکان یک پیاده سازی‬.‫ را در نظر بگیرید‬g(t)=teλt ‫ پاسخ ضربه‬:12-4 ‫مثال‬
.‫ بدست آورید‬LTV ‫ و یک پیاده سازی‬LTI
g (t )  te
t
: LTI ‫پیاده سازی‬
2    1 
x  
x   u

0  0 
1
y  0 1x
2
1
1
g (s) 

( s   ) s  2 s  
2
2
g (t   )  (t   )e 
g (t   )  e
2
: LTV ‫پیاده سازی‬
( t  )
 t



e


te   
 e 

t

0 0  te 
x  
x    u

0 0   e 
y  e te x
t

 t
t
t
46
Dr. Ali Karimpour Oct 2013
‫‪lecture 4‬‬
‫تمرینها‬
‫تمرین ‪ :1-4‬معادله حالت مقابل را در نظر بگیرید‪:‬‬
‫‪1‬‬
‫مطلوبست پاسخ سیستم به شرط اولیه ‪1‬‬
‫‪‬‬
‫‪Exercises‬‬
‫‪ 0 1‬‬
‫‪x  ‬‬
‫‪x‬‬
‫‪‬‬
‫‪  1 0‬‬
‫تمرین ‪ :2-4‬مطلوبست پاسخ پله واحد سیستم مقابل به پله واحد(شرط اولیه صفر است)‬
‫‪1  1‬‬
‫‪0‬‬
‫‪x  ‬‬
‫‪x   u‬‬
‫‪‬‬
‫‪ 2  2 1‬‬
‫‪y  2 3x‬‬
‫تمرین ‪ :3-4‬مطلوبست فرم کانونی و فرم مودال سیستم مقابل‪:‬‬
‫‪47‬‬
‫‪Dr. Ali Karimpour Oct 2013‬‬
‫‪0‬‬
‫‪ 2 0‬‬
‫‪1 ‬‬
‫‪x   1‬‬
‫‪0‬‬
‫‪1  x  0  u‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫‪ ‬‬
‫‪ 0  2  2‬‬
‫‪1 ‬‬
‫‪y  1  1 0x‬‬
‫‪lecture 4‬‬
‫‪Exercises‬‬
‫تمرینها‬
‫‪0‬‬
‫‪ 2 0‬‬
‫‪1 ‬‬
‫‪x   1‬‬
‫‪0‬‬
‫‪1  x  0  u‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫‪ ‬‬
‫‪ 0  2  2‬‬
‫‪1 ‬‬
‫‪y  1  1 0x‬‬
‫تمرین ‪ :4-4‬معادله حالت مقابل را در نظر بگیرید‪:‬‬
‫تبدیل همانندی ای بیابید که دامنه متغیرهای حالت با خروجی یکسان باشد‪ .‬اگر به ورودی‬
‫پله با دامنه ‪ a‬اعمال شود مقدار ‪ a‬را بگونه ای تنظیم کنید که کلیه حاالت و خروجی در‬
‫بازه ‪ ±10‬باشد‪.‬‬
‫تمرین ‪ :5-4‬معادله حاالت مقابل را در نظر بگیرید آیا این دو معادله حالت همانند هستند؟‬
‫آیا هم ارز حالت صفر هستند‪.‬‬
‫‪1‬‬
‫‪1 ‬‬
‫‪2 1  x  1 u‬‬
‫‪‬‬
‫‪ ‬‬
‫‪0  1‬‬
‫‪0‬‬
‫‪ 1 0x‬‬
‫‪1‬‬
‫‪48‬‬
‫‪Dr. Ali Karimpour Oct 2013‬‬
‫‪2‬‬
‫‪x  0‬‬
‫‪‬‬
‫‪0‬‬
‫‪y  1‬‬
‫‪1 2‬‬
‫‪1 ‬‬
‫‪2 2 x  1 u‬‬
‫‪‬‬
‫‪ ‬‬
‫‪0 1 ‬‬
‫‪0‬‬
‫‪ 1 0x‬‬
‫‪2‬‬
‫‪x  0‬‬
‫‪‬‬
‫‪0‬‬
‫‪y  1‬‬
‫‪lecture 4‬‬
‫‪Exercises‬‬
‫تمرینها‬
‫تمرین ‪ :6-4‬پیاده سازی ماتریس انتقال مقابل را بیابید‪:‬‬
‫‪2s  3 ‬‬
‫‪( s  1)( s  2) ‬‬
‫‪‬‬
‫‪s‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫‪s2‬‬
‫‪ 2‬‬
‫‪ s 1‬‬
‫‪G(s)  ‬‬
‫‪s‬‬
‫‪‬‬
‫‪2‬‬
‫‪‬‬
‫‪ s 1‬‬
‫تمرین ‪ :7-4‬پیاده سازی ماتریس انتقال مقابل را از طریق یافتن معادله حالت برای هر ستون و‬
‫الحاق آنها را بیابید‪:‬‬
‫‪2s  3 ‬‬
‫‪( s  1)( s  2) ‬‬
‫‪‬‬
‫‪s‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫‪s2‬‬
‫‪49‬‬
‫‪Dr. Ali Karimpour Oct 2013‬‬
‫‪ 2‬‬
‫‪ s 1‬‬
‫‪G(s)  ‬‬
‫‪s  2‬‬
‫‪ s 1‬‬
‫‪lecture 4‬‬
‫‪Exercises‬‬
‫تمرینها‬
‫تمرین ‪ :8-4‬ماتریس اساسی و ماتریس انتقال حالت سیستم مقابل را بیابید‪0 1 :‬‬
‫‪x  ‬‬
‫‪x‬‬
‫‪‬‬
‫‪0 t ‬‬
‫تمرین ‪ :9-4‬ماتریس اساسی و ماتریس انتقال حالت سیستم مقابل را بیابید‪:‬‬
‫‪ 1 e ‬‬
‫‪x  ‬‬
‫‪x‬‬
‫‪‬‬
‫‪ 0  1‬‬
‫تمرین ‪ :10-4‬ماتریس اساسی و ماتریس انتقال حالت سیستم مقابل را بیابید‪:‬‬
‫‪‬‬
‫‪x‬‬
‫‪‬‬
‫‪ cos t ‬‬
‫‪0‬‬
‫‪2t‬‬
‫‪ sin t‬‬
‫‪x  ‬‬
‫‪ 0‬‬
‫تمرین ‪ :11-4‬یک سیستم غیر متغیر با زمان برای سیستم مقابل بیابید‪:‬‬
‫‪50‬‬
‫‪Dr. Ali Karimpour Oct 2013‬‬
‫‪0 ‬‬
‫‪ sin t‬‬
‫‪x  ‬‬
‫‪x‬‬
‫‪‬‬
‫‪ cos t ‬‬
‫‪ 0‬‬
‫‪lecture 4‬‬
‫‪Exercises‬‬
‫تمرینها‬
‫تمرین ‪ :12-4‬در صورت امکان یک پیاده سازی ‪ LTI‬و یک پیاده سازی ‪ LTV‬برای سیستم‬
‫مقابل بیابید‪.‬‬
‫‪g (t )  t 2 e t‬‬
‫تمرین ‪ :13-4‬در صورت امکان یک پیاده سازی ‪ LTI‬و یک پیاده سازی ‪ LTV‬برای سیستم‬
‫مقابل بیابید‪.‬‬
‫) ‪ ( t ‬‬
‫‪) cos‬‬
‫‪g (t , )  sin t (e‬‬
‫تمرین ‪ :14-4‬برای ماتریس‬
‫نشان دهید‪:‬‬
‫‪ a (t ) a (t ) ‬‬
‫‪A‬‬
‫‪‬‬
‫‪a (t ) a (t )‬‬
‫‪12‬‬
‫‪11‬‬
‫‪22‬‬
‫‪21‬‬
‫‪det (t , t )  exp a ( )  a ( )d ‬‬
‫‪t‬‬
‫‪22‬‬
‫‪11‬‬
‫‪t0‬‬
‫‪0‬‬
‫تمرین ‪ :15-4‬نشان دهید که ‪ X(t)=eAtCeBt‬جواب معادله زیر است‪:‬‬
‫‪X  AX  XB X (0)  C‬‬
‫‪51‬‬
‫‪Dr. Ali Karimpour Oct 2013‬‬
lecture 4
Exercises
‫تمرینها‬
 (t , t )  (t , t ) 
(t , t )  


(
t
,
t
)

(
t
,
t
)


11
0
12
0
21
0
22
0
‫ فرض کنید‬:16-4 ‫تمرین‬
0
 A (t )
x  
 0
A (t ) 
x

A (t )
11
:‫ماتریس انتقال حالت سیستم مقابل است‬
12
22
 (t , t )  0 for all t and t
21

0
:‫نشان دهید که‬
0
t  (t , t )  A  (t , t ) for i  1, 2
ii
0
ii
ii
0
‫ نشان دهید که جواب معادله‬:17-4 ‫تمرین‬
X (t )  A X (t )  X (t ) A
1
1
X (t )  e X (0)e
A1t
 A1t
:‫عبارتست از‬
.‫ مستقل است‬t ‫ از‬X(t) ‫همچنین مقادیر ویژه‬
‫و‬
52
Dr. Ali Karimpour Oct 2013
lecture 4
Answers to selected problems
cos t  sin t 
x(t )  

cos
t

sin
t


y (t )  5e sin t for t  0
t
:1-4 ‫جواب‬
:2-4 ‫جواب‬
.‫ همانند نیستند ولی هم ارز حالت صفر هستند‬:5-4 ‫جواب‬
 3 0  2 0 
1
 0  3 0  2
0
x  
x  
0
0
0
1
0



0
1
0
0


0
2
4  3
2
0
y
x


1
  3  2  6  2

:6-4 ‫جواب‬
0
1
u
0

0
0
u
53

1 Dr. Ali Karimpour
Oct 2013
lecture 4
Answers to selected problems
:8-4 ‫جواب‬
:9-4 ‫جواب‬
:10-4 ‫جواب‬
:12-4 ‫جواب‬
54
Dr. Ali Karimpour Oct 2013