1 Předmluva Značení... 3

Transkrypt

1 Sbírka příkladů k předmětu Lineární systémy Jan Krejčí, korektura Martin Goubej 07

2 Obsah Předmluva. Značení Lineární obyčejné diferenciální rovnice s konstantními koeficienty 4. Úvod k diferenciálním rovnicím Metody řešení v časové oblasti Přímá integrace Separace proměnných Homogenní L-ODR s KK vyšších řádů Nehomogenní L-ODR - variace konstant Nehomogenní L-ODR s KK - metoda odhadu Soustavy diferenciálních rovnic prvního řádu Řešení ve frekvenční oblasti, Laplaceova transformace Lokální linearizace systému, stavový popis 4 4 Modely systému Stavový model diferenciální rovnice přenos S S, převody mezi stavovými reprezentacemi Dynamické odezvy systému, výpočet e At Zpětná Laplaceova transformace Využití modální transformace (Jordanův tvar) Cayley-Hamiltonova věta Frekvenční odezvy systému Odezva na harmonický signál Bodeho charakteristika (LAFCH, LFFCH) Nyquistovo kritérium stability 78 8 Geometrické místo kořenů (GMK) 84 9 Bonus: Materiály pro LS 9

3 Předmluva Tato sbírka úloh je určena především studentům Fakulty aplikovaných věd Západočeské univerzity v Plzni jako doplňkový materiál k předmětu Lineární Systémy (zkratka KKY/LS) vyučovaném na Katedře kybernetiky. V tomto vydání jsou diskutovány vybrané části tohoto předmětu (tj. toto vydání není obsahově vyčerpávající náplň předmětu KKY/LS). Důraz je kladen zejména na diferenciální rovnice, které se v tomto kurzu běžně nevyučují, ale jejich znalost je klíčová k pochopení látky. Upozorňujeme, že některé požadované části teorie KKY/LS byly pro svojí jednoduchost vynechány (např. testování řiditelnosti, pozorovatelnosti, nebo robustnosti ve stabilitě). Příslušné příklady lze najít ve skriptech k předmětu. Poslední kapitola je chápána jako bonusová z toho důvodu, že její obsah (diskrétní systémy) je předmětem studia zejména v navazujícím kurzu KKY/LS. Na začátku každé kapitoly je stručně shrnuta důležitá teorie, načež následuje několik řešených příkladů. Všechny příklady jsou vypracovány postupně po elementárních úkonech ve snaze co nejlépe osvětlit čtenáři principy postupu jejich řešení. Na konci každého oddílu či kapitoly je několik dalších příkladů s výsledky určených k samostatnému procvičení. Pokud v tomto vydání čtenář nalezne chyby, necht se neváhá obrátit na autory. Vítány jsou jakékoliv pozitivní i (konstruktivně) negativní ohlasy, náměty a připomínky. Plzeň, 07 Jan Krejčí (jkrejci@students.zcu.cz) Martin Goubej (mgoubej@ntis.zcu.cz)

4 . Značení Symbol Význam N množina přirozených čísel R množina reálných čísel R + množina kladných reálných čísel R + 0 množina kladných reálných čísel včetně nuly C množina komplexních čísel n {m N : m n} {,,..., n} n {m N 0 : m n} {0,,,..., n} A, B, C matice diag(a,..., a n ) diagonální matice s prvky a,..., a n na hlavní diagonále I jednotková matice, diag(,..., ) R n n O, 0 nulová matice, nebo vektor det(a) determinant matice A rank(a), r(a) hodnost matice A Â, B, Ĉ operátory f (x), f (x),... f (x) první, druhá, třetí derivace funkce f(x) podle proměnné x f(t), f(t), f (t) první, druhá, třetí derivace funkce f(t) podle proměnné t f (n) (x) n-tá derivace funkce f(x) podle proměnné x d n f dξ n n-tá derivace funkce f podle proměnné ξ d n f, d n f n-tý totální diferenciál funkce f, f, množinový průnik, sjednocení Dom(f) definiční obor funkce f Ran(f) obor hodnot funkce f., přibližně ekvivalence množin, nebo funkcí 3

5 Lineární obyčejné diferenciální rovnice s konstantními koeficienty. Úvod k diferenciálním rovnicím Diferenciální rovnice, zkráceně DR, jsou takové rovnice, ve kterých vystupují výrazy obsahující derivace hledané neznámé funkce nezávislé proměnné (až do řádu n). Na rozdíl od rovnic algebraických (např. kvadratická rovnice) není řešením číslo, ale funkce vyhovující předpisu dané DR. V teorii systémů dávají obecné DR do vztahu vstupy u(t) a výstupy y(t), popřípadě stav systému x(t). Obecně použitelný analytický způsob řešení libovolných DR neexistuje, analytické metody existují pouze pro řešení některých speciálních tvarů DR. Ostatní DR lze řešit numericky. Diferenciální rovnice mohou mít obecně nekonečně řešení. Při práci s dynamickými systémy často sledujeme vývoj výstupu nebo stavu v důsledku zadaných počátečních podmínek a funkce vstupu. Při hledání řešení potom klademe požadavky na hledanou funkci ve tvaru y (k) (t 0 ) R ( )k n, poté může mít příslušná DR jen jedno konkrétní řešení Diferenciálním operátorem (např. L, nebo D) rozumíme nějakou kombinaci koeficientů (čísla/funkce) a derivací 3, působících na hledanou, nebo vstupní funkci. V lineárních systémech pracujeme často se skalární lineární diferenciální rovnicí s konstantními koeficienty, zkráceně L-ODR s KK, řádu n > 0 a jejich soustavami řádu (stavový model). Definovat skalární L-ODR s KK n-tého řádu můžeme například následovně. Homogenní 4 rovnice L[y(t)] 0: y (n) (t) + a n y (n ) (t) +... a y (t) + a 0 y(t) 0, () a k R k n. Nehomogenní rovnice L[y(t)] D[u(t)]: d n dt y(t) + n d k m n a n k dt y(t) d l b k l u(t), () dtl k0 a k R k n, l0 b l R l m. Koeficient u n-té (nejvyšší) derivace často uvažujeme bez újmy na obecnosti jako a n (pokud a n, můžeme hodnotou tohoto koeficientu díky linearitě DR vydělit obě strany Abychom mohli určit řešení DR, vstupní funkce musí být zadána: např. u(t) sin(t). Úloha zadaná s takovými podmínkami se nazývá Cauchyova, nebo počáteční. 3 Značení: ẏ(t) y (t) y () (t) d y(t+ t) y(t) dty(t) lim t 0 t 4 Homogenitou je zde myšleno, že rovnost platí i pro α R násobek libovolného řešení. 4

6 a dostáváme novou ekvivalentní rovnici). Jejich celkové řešení je součtem homogenního a partikulárního řešení ve tvaru y(t) y h (t) + y p (t) n n C k e λkt + D k (t)e λkt, λ k C k n. (3) k k kde λ k jsou kořeny charakteristické rovnice (odpovídající pólům při popisu systému), C k jsou konstantní koeficienty a D k funkce času určující příspěvek dílčích fundamentálních funkcí (módů) do celkové odezvy. Homogenní řešení y h má v teorii systémů typicky fyzikální význam odezvy výstupu systému na zadané počáteční podmínky bez působení vstupu (tj. řešení homogenní rovnice při zadaných počátečních podmínkách y (k) (t 0 ), k n ) a y p představuje výsledek působení vstupu při nulových počátečních podmínkách (řešení nehomogenní rovnice pro y (k) (t 0 ) 0( )k. Zkoušku správnosti řešení lze provést jednoduše dosazením funkce y(t) do předpisu DR. Nelineární diferenciální rovnice jsou namísto lineární kombinace derivací hledané funkce popsány obecně libovolnou funkcí f(t, y(t), ẏ(t),..., y (n) (t)) 0. Soustavu prvního řádu L-ODR s KK můžeme definovat následovně. Homogenní soustava rovnic prvního řádu ẋ(t) Ax(t): ẋ (t) a, a, a,n ẋ (t). a, a, a,n ẋ n (t) a n, a n, a n,n Nehomogenní rovnice ẋ(t) Ax(t) + bu(t): ẋ (t) a, a, a,n ẋ (t). a, a, a,n ẋ n (t) a n, a n, a n,n x (t) x (t). x n (t) a i,j R i, j n. x (t) x (t). x n (t) a i,j R i, j n, +, (4) b b. b n u(t), (5) b l R l n Postup řešení má stejné schéma jako u skalárních rovnic s tím rozdílem, že namísto charakteristického polynomu řešíme úlohu na vlastní čísla a vlastní směry (resp. vektory). Soustavu rovnic prvního řádu můžeme sestrojit z jedné diferenciální rovnice popisující systém vhodnou volbou tzv. stavových proměnných x i (t), tak získáme tzv. stavový model systému. 5

7 . Metody řešení v časové oblasti.. Přímá integrace Přímá integrace je nejjednodušší metodou řešení DR, aplikovatelnou na rovnice ve tvaru 5 d y(t) u(t), (6) dt y(t) můžeme tedy chápat jako primitivní funkci k funkci u(t) na nějakém intervalu I a integrovat tedy funkci u(t) podle t. Takový postup je matematicky zcela korektní. Můžeme rovnici řešit ale i jinak: rovnost vynásobíme dt a obě strany integrujeme. Tento postup je matematicky ilegální - derivace je limita, a ne matematicky čistý podíl, ale pro naše účely takový postup často použít můžeme, pokud vyjdeme z definice derivace d y y(t) (po vynásobení t dostáváme hodnotu y(t) sčítáním u(t) přes nekonečně malé dt t časové úseky t 0, což odpovídá integrování). Výsledkem tedy je y(t) u(t)dt U(t) + C, C R, (7) kde integrační konstanta má obvykle význam počáteční podmínky. Jedná se tedy o cvičení klasického integrování 6 - původní tvar ovšem chápeme jako diferenciální rovnici s cílem najít funkci y(t). To bývá součástí složitějších metod, které využíváme v předmětu LS. Poznámka: při řešení Cauchyovských úloh 7 (tj. se zadaným požadavkem na y(t 0 ) R) lze efektivně využít následující integrál (po vyjádření y(t) dostaneme řešení rovnou): y(t) y(t 0 ) t t 0 u(τ)dτ [U(τ)] t t 0 U(t) U(t 0 ). (8) Řešené příklady: přímá integrace Příklad. Řešte diferenciální rovnici se zadanou počáteční podmínkou ẏ(t) t, y(0). 5 Rovnice tohoto tvaru popisují systém nazývaný integrátor, nebo také integrační člen prvního řádu. 6 Rovnost funkcí platí samozřejmě jen na nějakém definičním oboru - intervalu I, případně v celém R (maximální řešení), tedy Dom(y) Dom(u) Dom(U) I. 7 Cauchyova (počáteční) podmínka: t 0 0, tj. y(0) R. Naproti tomu okrajové podmínky jsou dvě: t počáteční, t koncová, y(t počáteční ), y(t koncová ) R. 6

8 Řešení: Integrujeme pravou stranu diferenciální rovnice, získáme tak obecné řešení y(t) tdt t + C, C R. Dosadíme počáteční podmínku a určíme konstantu C y(0) 0 + C, C. Nakonec dosadíme za C, a určíme podmínky rovnosti. Tak získáme finální tvar výsledku a tedy celkové řešení zadané diferenciální rovnice s počátečními podmínkami (tj. řešení počáteční úlohy) y(t) t +, Dom(y) R. Poznámka: výsledek lze snadno získat použitím vzorce (8) y(t) t 0 [ τ τdτ + y(0) ] t 0 + t +. Poznámka: výsledek lze poněkud obtížněji získat použitím obecnějšího postupu řešení L-ODR s KK (popsáno v úvodní části): - konstantní řešení y(t) K očividně neexistuje, - řešení homogenní rovnice vypadá následovně: ẏ(t) 0 λ 0 λ 0 FS {e 0t } {} y h (t) C, C R, - řešením homogenní rovnice je tedy konstanta, - řešení nehomogenní rovnice metodou variace konstant vypadá následovně: C R nahradíme funkcí času: C(t) y p (t) C(t), derivujeme: ẏ(t) Ċ(t), dosadíme do výchozí rovnice: Ċ(t) t C(t) t, - obecné řešení pak bude rovno součtu y(t) y h (t) + y p (t), y(t) C + t, C R, - jak vidíme, výsledek je totožný jako při řešení první metodou. Poznámka: derivováním se lze snadno přesvědčit o správnosti výsledku (zkouška). 7

9 Příklad. Řešte diferenciální rovnici s nulovými počátečními podmínkami... y (t) sin(t), ÿ(0) 0, ẏ(0) 0, y(0) 0. Řešení: Integrujeme 8 pravou stranu diferenciální rovnice třikrát po sobě ÿ(t) sin(t)dt cos(t) + A, A R, ẏ(t) ÿ(t)dt [ cos(t) + A]dt sin(t) + At + B, A, B R, Poznámka: abychom nemuseli po následující (poslední) integraci psát A, definujeme konstantu K A. Protože A R, tak i K R. Výsledek se trochu zjednoduší. Určíme obecné řešení zadané diferenciální rovnice y(t) ẏ(t)dt [ sin(t) + At + B]dt cos(t) + Kt + Bt + C, K, B, C R, y(t) cos(t) + Kt + Bt + C, K, B, C R. Dosadíme počáteční podmínky a určíme konstanty ÿ(0) cos(0) + A + A 0 A (K A ), ẏ(0) sin(0) B B 0 B 0, y(0) cos(0) t + C C 0 C. Nakonec dosadíme za konstanty a určíme podmínky rovnosti. Tak získáme finální tvar výsledku a tedy obecné řešení zadané počáteční úlohy y(t) cos(t) + t, Dom(y) R. Příklad 3. Řešte diferenciální rovnici se zadanou podmínkou ẋ(t) t t 3 t + t, x() 0. 8 Je třeba nezapomenout na integrační konstanty! 8

10 Řešení: Rozložíme racionálně lomenou funkci na pravé straně na parciální zlomky 9 t 3 t(t + ) r t + + r t např. residuová věta 4 t + 3 t. Převedeme t na pravou stranu a integrujeme s použitím vzorce (8) x(t) t 4 ( τ + 3 [4 τ + τ)dτ ln τ + 3 ln τ + τ 4 ln t + 3 ln t + t 4 ln. Výsledek zadané Cauchyho úlohy tedy můžeme zapsat jako ] t x(t) 4 ln t + 3 ln t + t 4 ln, Dom(x) R. Příklad 4. Vypočítejte impulsní a přechodovou charakteristiku integrátoru. Řešení: Pro obecnost předpokládejme, že vstup u(t) je násoben konstantou k R. Dále předpokládejme, že systém byl v čase t 0 0 v klidu (nulová počáteční podmínka), záporný čas neuvažujeme. Na základě toho pak sestavíme Cauchyho úlohu ẏ(t) ku(t), y(0) 0. a) Impulsní charakteristika Impulsní charakteristika je z definice odezva na Diracovu δ(t) distribuci, tedy u(t) δ(t) kde (t) je jednotkový skok 0. y(t) y(0) t 0 ẏ(t) kδ(t), kδ(τ)dτ k(t), y(t) k(t), Dom(y) R +, 9 MELICHAR, Jiří - GOUBEJ, Martin: Lineární systémy, učební text, KKY 06, str , Rozklad racionální lomené funkce na parciální zlomky. 0 Funkce (t) je také známá jako H(t), Heavisideova funkce. (t) 0, t < 0, (t), t 0. 9

11 b) Přechodová charakteristika Přechodová charakteristika je z definice odezva na jednotkový skok, tedy u(t) (t), y(t) y(t) Poznámka: výsledky ověřte se skripty. t 0 ẏ(t) k(t), k(τ)dτ kt, y(t) kt, t R +. Příklady na samostatné procvičení Řešte následující diferenciální rovnice s uvedenými podmínkami. Příklad. ẏ(t) 3t + t + 5, y() ( y(t) t 3 + t + 5t 9 ) Příklad. ẏ(t) t, y() 5 ( y(t) ln t + 5 ) Příklad 3. ẏ(t) e t, y(0) ( y(t) t e t ).. Separace proměnných Metoda separace proměnných se využívá pro diferenciální rovnice ve tvaru g(t) + f(y)ẏ 0, (9) formálně správné řešení (z teorie funkcí více proměnných) je tvaru H(t, y(t)) t α g(τ)dτ + y β f(s)ds C, C R. (0) V prvním kroku hledáme konstantní řešení (ptáme se, jestli K R : y(t) K). Rovnice tvaru (9) lze řešit i jinak: vynásobením rovnice dx ji převedeme do tvaru, že na jedné straně rovnosti se vyskytuje jedna proměnná, y(t), a na druhé straně druhá MELICHAR, Jiří - GOUBEJ, Martin:Lineární systémy, učební text, KKY 06, kap. 3., str. 5, Impulsní a přechodové funkce elementárních členů. 0

12 proměnná, t, s příslušnými diferenciály. Takovou rovnici pak můžeme integrovat - každou stranu podle příslušné proměnné f(y)dy g(t)dt, () f(y)dy g(t)dt + C, C R. () Tímto postupem jsme očividně dospěli ke stejnému výsledku jako v poněkud komplikovanějším řešení v bodě (0). Poznámka: rovnice, které toto splňují, často nejsou lineární. Poznámka: speciálními případy rovnic se separovanými proměnnými jsou homogenní lineární DR prvního řádu (tedy s, i bez konstantních koeficientů). Řešené příklady: metoda separace Příklad. Řešte homogenní lineární diferenciální rovnici prvního řádu s konstantními koeficienty, s parametrem a, se zadanou počáteční podmínkou ẏ(t) + ay(t) 0, a C y(0). Řešení: Hledáme konstantní řešení - ptáme se, jestli existuje K R, tak že y(t) K y(t) K ẏ(t) 0, dosadíme do rovnice ak 0 y(t) 0 K. Rovnici tedy řeší funkce y(t) 0. Toto řešení na závěr spojíme s obecným, i s celkovým řešením. ẏ přepíšeme na dy a odseparujeme proměnné, máme na paměti, že y y(t) dt dy dt Integrujeme obě strany rovnice 3 dy y adt, ay dy y adt. ln y at + C ln e at + ln e C ln e C e at, C R, Definujeme novou konstantu za účelem zjednodušení D e C, a tedy D R +, ln y ln De at, D R +, y De at, D R +. Pro homogenní DR (s, i bez KK) je vždy konstantním řešením nula. 3 Všimněme si, že rovnice je opravdu tvaru (9), tedy a + y(t)ẏ(t) 0

13 Výraz na pravé straně rovnosti je vždy kladný. Abychom odstranili absolutní hodnotu vlevo, musíme připustit záporné hodnoty vpravo. Definujeme tedy novou konstantu E ±D, a tedy E R \ {0}, y Ee at, E R \ {0}. Toto řešení spojíme s konstantním řešením - zjišt ujeme, že konstanta E může být i nulová. Obecné řešení zadané DR je tedy tvaru y Ee at, E R. Dosadíme počáteční podmínku a dopočítáme celkové řešení zadané počáteční úlohy y(0) Ee 0 E, y(t) e at, Dom(y) R. Příklad. Řešte homogenní lineární diferenciální rovnici prvního řádu bez KK, se zadanou počáteční podmínkou t ẏ(t) + 4y(t) 0, y(0) 0. Řešení: Hledáme konstantní řešení - ptáme se, jestli existuje K R, tak že y(t) K y(t) K ẏ(t) 0, dosadíme do rovnice 4K 0 y(t) 0 K. Rovnici tedy řeší funkce 4 y(t) 0. Toto řešení na závěr spojíme s obecným, i s celkovým řešením. ẏ přepíšeme na dy a odseparujeme proměnné, máme na paměti, že y y(t) dt Integrujeme obě strany rovnice 5 dy y 4tdt, dy dt 4ty dy 4tdt. y ln y 4 t + C, C R, y e t +C e C e t De t, D e C, D R +, y Ee t, E ±D, E R \ {0}. 4 Pro homogenní lineární DR (s, i bez KK) je vždy konstantním řešením nulová funkce. 5 Všimněme si, že rovnice je opravdu tvaru (9), tedy 4t + y ẏ 0

14 Toto řešení spojíme s konstantním řešením - zjišt ujeme, že konstanta E může být i nulová. Obecné řešení zadané DR je tedy tvaru 6 y Ee t, E R. Dosadíme počáteční podmínku a dopočítáme celkové řešení zadané počáteční úlohy y(0) 0 Ee 0 E 0 y(t) 0, Dom(y) R. Poznámka: zadaná diferenciální rovnice by mohla popisovat nějaký nelineární systém 7. Příklad 3. Řešte nelineární diferenciální rovnici ẏ + t ẏ y, y y(t). Řešení: Hledáme konstantní řešení - ptáme se jestli existuje K R, tak že y(t) K y(t) K ẏ(t) 0, dosadíme do rovnice 0 K K, ± y(t). Rovnici tedy řeší funkce y(t) ±. Toto řešení na závěr spojíme s obecným, i s celkovým řešením. Uvidíme, že toto nulové konstantní řešení hraje v tomto příkladě zásadní roli. ẏ přepíšeme na dy dt ( + t ) dy dt y, Odseparujeme proměnné (rovnici upravíme do tvaru () ) 8 y dy + t dt. Integrujeme obě strany rovnice zvlášt dy L: y rozklad na parciální zlomky ( 0.5 y 0.5 y + )dy (ln y ln y + ) + C, dt R: t + tabulky arctan(t) + C, C, C R 6 Všimněme si, že kdybychom v předchozím příkladě zvolili za parametr a 4t, dostali bychom špatné řešení, protože jsme předpokládali, že a a(t). 7 Lineární systémy jsou popsány pouze lineárními diferenciálními rovnicemi s konstantními koeficienty, řešená DR je sice lineární, ale nemá konstantní koeficienty. 8 Všimněme si, že rovnice je opravdu tvaru (9), tedy +t + y ẏ 0. 3

15 Jelikož nalezení explicitního vyjádření řešení jako funkci y y(t) je v tomto případě zdlouhavé (lze to - zkuste sami), můžeme se smířit s implicitně zadanou funkcí H(t, y(t)) C 3 a prohlásit jí za formální řešení ln y y + arctan(t) + C, C R, y ±, spojíme s konstantním řešením, a získáme tak dvě funkce které řeší zadanou DR a) y(t) ±, t R, b) H(t, y) ln y y + arctan(t) C, C R, y R \ {±}, t R Příklady na samostatné procvičení Řešte následující diferenciální rovnice s uvedenými podmínkami. Příklad. ẏ(t) t+ y(t) 0, y(0) ( y(t) t + ) Příklad. ẏ(t) e t y(t) 0, y(0) e ( y(t) ee et ) Příklad 3. y(t)ẏ(t) t, y(0) 0 ( y(t) ±t )..3 Homogenní L-ODR s KK vyšších řádů Tyto rovnice jsou ve tvaru (pro řád n) y (n) (t) + a n y (n ) (t) +... a y (t) + a 0 y(t) 0, a k R k {0,,,..., n }, postup řešení: sestrojíme charakteristický polynom (y (i) (t) nahradíme λ i ), nalezneme kořeny charakteristického polynomu (čísla λ k ), sestavíme Fundamentální systém funkcí, formálně FS {e λt, e λt,..., e λnt }, - mohou nastat následující možnosti: 4

16 Kořen char. polynomu Příslušná fundamentální funkce jednoduchý reálný kořen λ {e λt } k-násobný kořen λ {e λt, te λt,..., t k e λt } komplexně sdružený kořen λ, α ± βi {e αt cos(βt), e αt sin(βt)} sestrojíme homogenní řešení 9 y h (t) n C k e λkt, kde C k R, Poznámka: při nulových počátečních podmínkách je řešením vždy funkce y(t) 0. k0 Řešené příklady: Příklad. Řešte homogenní lineární diferenciální rovnici prvního řádu s konstantními koeficienty, s parametrem a, se zadanou počáteční podmínkou ẏ(t) + ay(t) 0, a C y(0). Řešení: Sestrojíme charakteristický polynom (y (i) (t) nahradíme λ i ) a nalezneme jeho kořeny, λ + a 0, λ a. Sestavíme Fundamentální systém funkcí a z něj obecné řešení FS {e λ t } {e at }, y h Ae at, A R. Dosadíme počáteční podmínku, dopočítáme konstantu A a učíme celkové homog. řešení y(0) Ae 0 A, y h e at, Dom(y h ) R. Poznámka: Tento příklad jsme řešili metodou separace mnohem obtížněji. Řešte homogenní diferenciální rovnici se zadanými počátečními podmín- Příklad. kami ÿ(t) + ẏ(t) 0, y(0) ẏ(0). 9 Homogenním řešením je lineární obal fundamentálních funkcí, viz. lineární algebra. 5

17 Řešení: Sestrojíme charakteristický polynom (y (i) (t) nahradíme λ i ) a nalezneme jeho kořeny, λ + λ 0, λ(λ + ) 0, λ 0, λ, Sestavíme Fundamentální systém funkcí a z něj obecné homogenní řešení FS {e λ t, e λ t } {, e t }, y h A + Be t, A, B R. Abychom mohli dosadit počáteční podmínky, musíme derivovat y h (t) ẏ h (t) Be t, B R. Dopočítáme konstanty A, B a učíme celkové řešení y(0) A + Be 0 A + B, ẏ(t) Be 0 B, A, y h e t, Dom(y h ) R. Příklad 3. Řešte homogenní diferenciální rovnici... y (t) + ÿ(t) 0, Řešení: Sestrojíme charakteristický polynom (y (i) (t) nahradíme λ i ) a nalezneme jeho kořeny, λ 3 + λ 0, λ (λ + ) 0, λ λ 0, λ 3, Sestavíme Fundamentální systém funkcí a z něj obecné homogenní řešení FS {e λ t, te λ t, e λ 3t } {, t, e t }, y h A + Bt + Ce t, A, B, C R, Dom(y h ) R. Příklad 4. Řešte okrajovou úlohu ÿ(t) + y(t) 0, y(0) y(π) 0. Řešení: Sestrojíme charakteristický polynom (y (i) (t) nahradíme λ i ), nalezneme jeho kořeny, určíme Fundamentální systém funkcí a obecné řešení homogenní rovnice λ + 0, y h (t) A cos t + B sin t, A, B R. λ ±i FS {cos t, sin t}, 6

18 Z okrajový podmínek dopočítáme konstanty A, B, C y(0) 0 A, y(t) B sin t, B R, Dom(y) R. y(π) 0 A, Poznámka: takto zadaná okrajová úloha má tedy nekonečně mnoho řešení. Příklady na samostatné procvičení Řešte následující diferenciální rovnice s uvedenými podmínkami. Příklad. ÿ(t) 6y(t) 0 ( y(t) Ae 4t + Be 4t ) Příklad. ÿ(t) + ẏ(t) + y(t) 0 Příklad 3. ÿ(t) 4ẏ(t) + 5y(t) 0 ( y(t) Ae t + Bte t ) ( y(t) Ae t cos(t) + Be t sin(t) ) Příklad y (t) + ẏ(t) + y(t) 0 ( y(t). Ae 0.45t + Be 0.t cos(.46t) + Ce 0.t sin(.46t) )..4 Nehomogenní L-ODR - variace konstant Metoda variace konstant je základní metodou řešení nehomogenních lineárních diferenciálních rovnic. Používá se pro rovnice typu L[y(t)] u(t), d n dt y(t) + n d k a n k y(t) u(t) (3) dtk k0 a k R k n. Metoda spočívá v tom, že konstanty tvořící fundamentální systém (lineární obal fundamentálních funkcí) prohlásíme za funkce t. Scénář řešení by mohl vypadat následovně: vyřešíme homogenní rovnici, v homogenním řešení variujeme konstanty vyměníme je za funkce od t a prohlásíme ho za partikulární řešení, 7

19 hledáme ony variované konstanty derivujeme y p (t) až do řádu DR, speciálně pro rovnice.řádu: - dosadíme do DR y p (t) a ẏ p (t), - nederivované variované konstanty se vykrátí (principiálně musí), - použijeme metodu přímé integrace a najdeme hledanou funkci 0, pro rovnice libovolného řádu: při derivování y p (t) budou vyskakovat výrazy s derivacemi oněch variovaných konstant, tyto derivované funkce, bývalé konstanty budeme postupně pokládat rovny nule (jejich součet, viz. příklady), jakmile se ale dostaneme k y p (n), tyto derivované funkce položíme rovny u(t), takto vznikne soustava lineárních rovnic: - její matici nazveme Wrónského maticí W(t) (determinant je Wrónskián ), - vektor neznámých obsahuje ony hledané funkce (resp. jejich derivace), - pravá strana je tvaru 0. 0, u(t) vyřešením této soustavy získáme ony hledané funkce, celkové (obecné) řešení získáme jako součet partikulárního a homogenního řešení. Poznámka: platí princip superpozice, tj. pokud bude rovnice ve tvaru L[y(t)] u (t) + +u n (t), lze ji rozdělit na n rovnic vždy jen s jedním vstupem, které můžete řešit nezávisle na sobě. Výsledkem bude součet dílčích řešení. Poznámka: rovnice ve tvaru (), tj. s derivacemi vstupní funkce u(t) na pravé straně lze řešit bud to s použitím principu superpozice, nebo mnohem efektivněji následovně, řešení homogenní rovnice L[y(t)] 0, výpočet partikulárního řešení y p (t) pro rovnici L[y(t)] u(t), 0 Integrační konstantu psát není třeba, protože po sloučení homogenního a partikulárního řešení je možné výraz s touto konstantou přidružit k homogennímu řešení. Wrónského matice je definována pro nějaký soubor n funkcí tak, že první řádek se skládá právě z těchto funkcí a následující řádky z derivací těchto funkcí až do řádu n, tj, poslední řádek je n-tý a matice je tak vždy čtvercová. Determinantem lze rozhodnout o lineární závislosti daného souboru funkcí. Vypočtením m derivací vstupní funkce (je-li dostatečně diferencovatelná) a řešení rovnice pro každou tuto funkci b i u (i) (t) i m zvlášt. 8

20 výsledné partikulární řešení bude tvaru C n y(t) b 0 y p (t) + b ẏ p (t) + b ÿ p (t) + + b m y (m) p (t). (4) Poznámka: Řešíme-li počáteční úlohu pro homogenní rovnici, získáme vždy soustavu lineárních rovnic ve tvaru C y(0) C y(0) C W(0). ẏ(0)., C. ẏ(0) W (0)., (5) y (n ) (0) y (n ) (0) kde C,..., C n jsou hledané konstanty u fundamentálních funkcí. C n Řešené příklady: rovnice prvního řádu (s i bez konstantních koeficientů) Příklad. Řešte nehomogenní L-ODR s konstantními koeficienty ẏ(t) + y(t) u(t), Řešení: Vyřešíme homogenní rovnici ẏ(t) + y(t) 0 a) u(t) (t) b) u(t) t + 3 c) u(t) e t λ + 0 λ y h (t) Ae t, A R. Řešíme nehomogenní rovnici 3 : Konstantu A prohlásíme za funkci času (y h (t) tak přejde v y p (t)), a derivujeme y p (t) až do řádu diferenciální rovnice (abychom mohli za všechny derivace y(t) do rovnice dosadit) y p (t) A(t)e t, ẏ p (t) Ȧ(t)e t + A(t)( e t ), Dosadíme za všechny derivace y(t) do rovnice, s ohledem na pravou stranu u(t) a) u(t) (t) A(t)e t A(t)e t + A(t)e t (t), A(t)e t (t), A(t) (t)e t. 3 Celkové řešení je součtem homogenního a partikulárního řešení, tedy y c (t) y h (t) + y p (t). 9

21 Použijeme metodu přímé integrace 4, konstantu psát nemusíme, A(t) (t)e t dt 0e t dt 0, t < 0 e t dt e t, t 0. Partikulární řešení tedy můžeme zapsat jako { 0, t < 0, y p (t) A(t)e t e t e t e t t e 0, t 0. Obecné řešení zadané DR zapíšeme jako součet y p (t) + y h (t) y c (t), b) u(t) t + 3 y c (t) Ae t y h (t), protože y p (t) 0 pro t < 0, y c (t) + Ae t, t 0, Dom(y c ) R. A(t)e t A(t)e t + A(t)e t t + 3, A(t) (t + 3)e t. Použijeme metodu přímé integrace, konstantu psát nemusíme, A(t) te t dt + 3 e t dt (t )e t + 3e t te t + e t, Partikulární řešení tedy můžeme zapsat jako y p (t) A(t)e t (te t + e t )e t te t t + e t t t +. Obecné řešení zadané DR zapíšeme jako součet y p (t) + y h (t) y c (t), c) u(t) e t y c (t) t + + Ae t, Dom(y c ) R. A(t)e t A(t)e t + A(t)e t e t, A(t) e t e t e t+t e t, přímá integrace, A(t) e t dt et. 4 Funkce (t) je také známá jako H(t), Heavisideova funkce. (t) 0, t < 0, (t), t 0. 0

22 Partikulární řešení tedy můžeme zapsat jako y p (t) A(t)e t et e t et. Obecné řešení zadané DR zapíšeme jako součet y p (t) + y h (t) y c (t), y c (t) et + Ae t, Dom(y c ) R. Poznámka: pokud bychom chtěli sestavit Wrónského matici, zjistili bychom, že má pouze jediný prvek. Soustava rovnic by degenerovala na tvar [e t ] [ A(t)] [u(t)]. Příklad. Odvod te konvolutorní integrál pro výpočet odezvy obecného lineárního skalárního systému prvního řádu na obecný vstup. Tj. řešte obecně diferenciální rovnici ẏ(t) ay(t) + bu(t), y(0) y 0. Řešení: Vyřešíme homogenní rovnici ẏ(t) ay(t) λ a y h (t) Ce at, C R. Konstantu C prohlásíme za funkci času c(t) (y h (t) tak přejde v y p (t)), a derivujeme y p (t) až do řádu diferenciální rovnice (abychom mohli za všechny derivace y(t) do rovnice dosadit), y p (t) c(t)e at, ẏ p (t) ċ(t)e at + c(t)ae at, Dosadíme za všechny derivace y(t) do rovnice, s ohledem na pravou stranu u(t), ċ(t)e at + a c(t)e at ac(t)e at + bu(t), ċ(t)e at bu(t), ċ(t) e at bu(t). Použijeme metodu přímé integrace, konstanta je implicitně obsažená v integrálu, c(t) e at bu(t)dt.

23 Dosadíme do předpisu pro partikulární řešení, y p (t) e at e at bu(t)dt přepíšeme integrační proměnnou na τ a vsuneme člen e at do integrandu, e a(t τ) bu(τ)dτ. Tento integrál je podle definice konvolucí funkce e a(t) se vstupem bu(t). Funkci e a(t) nazveme váhovou funkci systému h(t). Pokud uvažujeme pouze kladný čas t > 0, můžeme tento integrál přepsat jako y p (t) t 0 e a(t τ) bu(τ)dτ. Obecné řešení vyjádříme jako součet homogenního a partikulárního, y c (t) t Z počáteční podmínky určíme konstantu C, 0 0 e a(t τ) bu(τ)dτ + Ce at, C R. y(0) y 0 e a(0 τ) bu(τ)dτ +Ce a0 C, C y 0. 0 } {{ } 0 Celkové řešení (řešení počáteční úlohy) tedy můžeme psát jako t y(t) e a(t τ) bu(τ)dτ + y 0 e at, C R, Dom(y) R }{{}}{{} odezva na p.p. odezva na vstup za n.p.p Poznámka: dokázali jsme tedy, že konvolutorní integrál je odezvou systému na vstup za nulových počátečních podmínek (n.p.p.), pokud je totiž y 0 0, druhý člen bude 0. Poznámka: tato rovnice je skalární. Všiměte si, že postup řešení je prakticky stejný jako později u soustav rovnic. Příklad 3. Řešte nehomogenní L-ODR bez konstantních koeficientů tẏ(t) + y(t) t, y() 0. Řešení: Vyřešíme homogenní rovnici tẏ(t)+y(t) 0, metodou separace proměnných. Hledáme konstantní řešení - ptáme se jestli existuje K R, tak že y h (t) K y h (t) K ẏ h (t) 0, dosadíme do rovnice 0 + K 0 K 0 y h (t).

24 ẏ přepíšeme na dy dt, odseparujeme proměnné, integrujeme, vyjádříme y h(t) ẏ(t) y(t) t, dy y dt t, dy dt y t, ln y ln t + ln e C ln t + ln D ln D t, C R, D R+, y D t, y h(t) E t, E R \ {0}. Z konstantního řešení víme, že y h (t) 0. Můžeme tedy tyto dvě funkce spojit v jednu povolením nulovosti konstanty E (za jiných okolností nelze docílit aby platilo že y h (t) 0). Řešíme nehomogenní rovnici Konstantu E prohlásíme za funkci času (y h (t) tak přejde v y p (t)), a derivujeme y p (t) až do řádu diferenciální rovnice (abychom mohli za všechny derivace y(t) do rovnice dosadit) y p (t) E(t)t, ẏ p (t) Ė(t)t + E(t)( t ), Dosadíme za všechny derivace y(t) do rovnice, s ohledem na pravou stranu u(t) tė(t)t te(t)t + E(t)t t, Ė(t) E(t)t + E(t)t t, Ė(t) t. Použijeme metodu přímé integrace, konstantu psát nemusíme, E(t) t dt t3 3. Obecné řešení zadané DR zapíšeme jako součet y p (t) + y h (t) y c (t). y c (t) t3 3 t + Et, y c (t) t 3 + Et, E R, Dom(y c ) R \ {0}. Dořešíme Cauchyho úlohu a vyjádříme celkové řešení, y() E, E 3, y(t) t 3, Dom(y) R \ {0}. 3t Poznámka: počáteční úloha (y(0) y 0 ) by neměla kvůli dělení nulou smysl, nula nepatří do definičního oboru výsledné funkce. 3

25 Řešené příklady: rovnice vyšších řádů (s konstantními koeficienty) Příklad 4. Řešte nehomogenní L-ODR s konstantními koeficienty Řešení: Vyřešíme homogenní rovnici, ÿ(t) + 3ẏ(t) + y(t) + e t, ẏ(0) y(0) 0. ÿ(t) + 3ẏ(t) + y(t) 0, λ + 3λ + 0, (λ + )(λ + ) 0, λ, λ, FS {e t, e t }, y h (t) Ae t + Be t, A, B R. Řešíme nehomogenní rovnici Konstanty A, B prohlásíme za funkce času a(t), b(t) (y h (t) tak přejde v y p (t)), a derivujeme y p (t) až do řádu diferenciální rovnice. Výrazy ȧ(t) a ḃ(t) budeme pokládat rovny nule (v součtu), dokud se nedostaneme s derivováním y p až do řádu DR, tedy ÿ p (t), y p (t) a(t)e t + b(t)e t, ẏ p (t) ȧ(t)e t a(t)e t + }{{} ḃ(t)e t b(t)e t, }{{} ÿ p (t) ȧ(t)e t + a(t)e t ḃ(t)e t + 4b(t)e t. Pokud nyní tyto výrazy dosadíme do původní DR, výrazy bez derivací funkcí a(t) a b(t) se musí zákonitě vykrátit. Musí zbýt tedy výraz ȧ(t)e t ḃ(t)e t + e t, který nyní doplníme o vynulované výrazy s derivacemi a(t) a b(t) (z procesu derivování y p (t)). Získáme tak soustavu rovnic ȧ(t)e t + ḃ(t)e t 0, ȧ(t)e t ḃ(t)e t + e t, [ e t e t e t e t ] }{{} :W, Wrónského matice [ȧ(t) ] [ ḃ(t) 0 + e t Nyní zbývá tuto maticovou rovnici dořešit. Využijeme-li principu superpozice, můžeme řešit dvě na sobě nezávislé soustavy pro u (t) a e t u (t). Integrační konstanty opět psát nemusíme. ]. 4

26 Pro u (t), [ ] [ ] e t e t 0 e t e e t e t t e t ḃ(t), 0 0 e t, ḃ(t) e t, b(t) e t dt et, e t ȧ(t) + e t ḃ(t) e t ȧ(t) e t t 0, ȧ(t) e t, a(t) e t dt e t. Dílčí partikulární výsledek pro u (t) můžeme zapsat jako y p (t) a(t)e t + b(t)e t e t e t et e t. Pro u (t) e t, [ e t e t 0 e t e t e t ] [ e t e t 0 0 e t e t ], e t ḃ(t) e t, ḃ(t) e t, b(t) e t dt e t, e t ȧ(t) + e t ḃ(t) e t ȧ(t) e t e t 0, ȧ(t), a(t) dt t. Dílčí partikulární výsledek pro u (t) můžeme zapsat jako y p (t) a(t)e t + b(t)e t te t e t e t te t e t. Obecné řešení zadané DR získáme jako součet homogenního řešení a obou partikulárních řešení, y c (t) y h (t) + y p (t) + y p (t) Ae t + Be t + + te t e t, A, B R. Poznámka: výraz Ae t e t můžeme sloučit v jediný přepsáním konstanty A, y c (t) Ce t + Be t + + te t, C, B R. Dosadíme počáteční podmínku pro nultou derivaci funkce y c (t), y(0) 0 C + B +, C + B. y c (t) derivujeme a dosadíme počáteční podmínku pro první derivaci, ẏ(t) Ce t Be t + e t te t, ẏ(0) 0 C B +, C + B. 5

27 Dořešíme soustavu rovnic, C B, B + B, B 3, C. Celkové řešení Cauchyho úlohy tedy můžeme psát jako y(t) e t + 3 e t + + te t, Dom(y) R. Příklad 5. Řešte nehomogenní L-ODR s konstantními koeficienty ÿ(t) ẏ + y e t. Řešení: Vyřešíme homogenní rovnici, ÿ(t) ẏ(t) + y(t) 0 λ λ + 0 (λ ) 0 λ,, FS {e t, te t } y h (t) Ae t + Bte t, A, B R. Řešíme nehomogenní rovnici Konstanty A, B prohlásíme za funkce času a(t), b(t) (y h (t) tak přejde v y p (t)), a derivujeme y p (t) až do řádu diferenciální rovnice. Výrazy ȧ(t) a ḃ(t) budeme pokládat rovny nule (v součtu), dokud se nedostaneme s derivováním y p až do řádu DR, tedy ÿ p (t), y p (t) a(t)e t + b(t)te t, ẏ p (t) ȧ(t)e t +a(t)e t + }{{} ḃ(t)tet +b(t)e t + b(t)te t }{{} ÿ p (t) ȧ(t)e t +a(t)e t + }{{} ḃ(t)et +b(t)e t + }{{} ḃ(t)tet +b(t)e t + b(t)te t. }{{} e t Výrazy bez derivací hledaných funkcí a(t) a b(t) se musí po dosazení do rovnice vykrátit, zbydou jen výrazy s derivacemi, které budou rovny pravé straně. Získáváme tak soustavu rovnic ȧ(t)e t + ḃ(t)tet 0, ȧ(t)e t + ḃ(t)et + ḃ(t)tet e t, [ ] [ȧ(t) ] e t te t e t e t + te t ḃ(t) }{{} :W, Wrónského matice [ ] 0 e t. 6

28 Nyní zbývá tuto maticovou rovnici dořešit. K tomu můžeme využít např. Cramerovo pravidlo. Vypočítáme determinant matice W det(w) et te t e t e t + te t et + te t te t e t. Vypočítáme determinant matice W, která vznikne zaměněním prvního sloupce matice za vektor pravých stran, det(w ) 0 tet e t e t + te t 0(et + te t ) te t te t. První složku vektoru neznámých pak můžeme vyjádřit jako ȧ(t) det(w ) det(w) tet t, e t a(t) tdt t. Vypočítáme determinant matice W, která vznikne zaměněním druhého sloupce matice za vektor pravých stran, det(w ) et 0 et 0(e t ) e t. Druhou složku vektoru neznámých pak můžeme vyjádřit jako Partikulární řešení tedy bude ve tvaru e t e t ḃ(t) det(w ) det(w) et, et b(t) dt t. y p (t) a(t)e t + b(t)te t t e t + t e t t e t. Obecné řešení zadané DR pak můžeme psát jako součet homogenního a partikulárního, y c (t) Ae t + Bte t + t e t, A, B R, Dom(y) R. Příklad 6. Řešte nehomogenní L-ODR s konstantními koeficienty ÿ(t) + y(t), ẏ(0) y(0). 7

29 Řešení: Vyřešíme homogenní rovnici, ÿ(t) + y(t) 0, λ + 0 λ, ±i, komplexně sdružený kořen, }{{} α ± β i, FS {e αt cos(βt), e αt sin(βt)}, }{{} 0 FS {cos(t), sin(t)}, y h (t) A cos(t) + B sin(t), A, B R. Řešíme nehomogenní rovnici Konstanty A, B prohlásíme za funkce času a(t), b(t) (y h (t) tak přejde v y p (t)), a derivujeme y p (t) až do řádu diferenciální rovnice. Výrazy ȧ(t) a ḃ(t) budeme pokládat rovny nule (v součtu), dokud se nedostaneme s derivováním y p až do řádu DR, tedy ÿ p (t), y p (t) a(t) cos(t) + b(t) sin(t), ẏ p (t) ȧ(t) cos(t) a(t) sin(t) + ḃ(t) sin(t) +b(t) cos(t) }{{}}{{} ÿ p (t) ȧ(t) sin(t) a(t) cos(t) + ḃ(t) cos(t) b(t) sin(t). }{{}}{{} + + Výrazy bez derivací hledaných funkcí a(t) a b(t) se musí po dosazení do rovnice vykrátit, zbydou jen výrazy s derivacemi, které budou rovny pravé straně. Získáváme tak soustavu rovnic [ ] [ȧ(t) ] ȧ(t) cos(t) + ḃ(t) sin(t) 0, cos(t) sin(t) ȧ(t) sin(t) + ḃ(t) cos(t), sin(t) cos(t) ḃ(t) }{{} :W, Wrónského matice [ ] 0. Nyní zbývá tuto maticovou rovnici dořešit. K tomu můžeme využít např. Cramerovo pravidlo. Vypočítáme determinant matice W det(w) cos(t) sin(t) sin(t) cos(t) cos (t) + sin (t). Vypočítáme determinant matice W, která vznikne zaměněním prvního sloupce matice za vektor pravých stran, det(w ) 0 sin(t) cos(t) 0 cos(t) sin(t) sin(t). První složku vektoru neznámých pak můžeme vyjádřit jako ȧ(t) det(w ) det(w) sin(t) sin(t), a(t) sin(t)dt cos(t). 8

30 Vypočítáme determinant matice W, která vznikne zaměněním druhého sloupce matice za vektor pravých stran, det(w ) cos(t) 0 sin(t) cos(t) + 0 sin(t) cos(t). Druhou složku vektoru neznámých pak můžeme vyjádřit jako ḃ(t) det(w ) det(w) cos(t) cos(t), b(t) cos(t)dt sin(t). Partikulární řešení tedy bude ve tvaru y p (t) a(t) cos(t) + b(t) sin(t) cos (t) + sin (t). Obecné řešení zadané DR pak můžeme psát jako součet homogenního a partikulárního, y c (t) A cos(t) + B sin(t) +, A, B R, Dom(y) R. Dosadíme počáteční podmínku pro nultou derivaci funkce y c (t), y(0) 0 A +, A. y c (t) derivujeme a dosadíme počáteční podmínku pro první derivaci, ẏ(t) A sin(t) + B cos(t), ẏ(0) 0 B, B 0. Celkové řešení Cauchyho úlohy tedy můžeme psát jako y(t) cos(t), Dom(y) R. Příklady na samostatné procvičení Řešte následující diferenciální rovnice Příklad. ÿ(t) + ẏ(t) + y(t) ( y(t) Ae t + Bte t + ) Příklad. ÿ(t) 4y(t) e t ( y(t) Ae t + Be t + 4 tet ) Příklad 3. ÿ(t) ẏ(t) + y(t) ( y(t) Ae t cos(t) + Be t sin(t) + ) 9

31 ..5 Nehomogenní L-ODR s KK - metoda odhadu Metoda odhadu, nebo metoda neurčitých koeficientů je metoda hledání partikulárního řešení a nebudeme se jí zde zaobírat tak podrobně jako s ostatními metodami. Tato metoda lze použít na DR se speciální pravou stranou, y (n) (t) + a n y (n ) (t) +... a y (t) + a 0 y(t) e αt [P (t) cos(βt) + P (t) sin(βt)], (6) kde α, β R (souvisí s kořeny char. pol., viz. dále), a P (t), P (t) jsou polynomy libovolného řádu v proměnné t. Hlavní princip metody spočívá v tom, že z principu linearity DR vyplývá, že pro pravou v daném tvaru musí mít řešení také exponenciální průběh. Řešení se pak převádí na soustavu lineárních rovnic, ze které získáme hledané parametry. Odhad partikulárního řešení bude ve tvaru, kde y p (t) t k e αt [Q (t) cos(βt) + Q (t) sin(βt)], (7) Q a Q jsou polynomy (s obecnými koeficienty) pro které platí st(q ) st(q ) max{st(p ), st(p )}, k je násobnost kořene charakteristické rovnice, ale pouze pokud jím je α + βi. Použití této metody se tedy redukuje na nalezení kořenů charakteristického polynomu a určení neznámých koeficientů polynomů Q a Q. Řešené příklady: metoda odhadu Příklad. Řešte diferenciální rovnici ve tvaru ÿ(t) + 5y(t) e t Řešení: Vyřešíme homogenní rovnici, λ + 5 0, λ ±i 5, y h (t) A cos( 5t) + B sin( 5t), A, B R, Použijeme metodu odhadu, určíme čemu se rovná α, β, k, u(t) e t, α, β 0, α + βi, protože ani jeden z λ ±i 5 kořenů char. rce není, k 0 30

32 Stupně obou polynomů P, P je 0, Q, Q se redukuje na konstantu (součet dvou konstant z R lze přepsat na jednu konstantu). Na základě znalosti α, β, k a stupně polynomů určíme odhad partikulárního řešení, y p (t) Ce t, kde C reprezentuje polynomy nultého stupně. Nyní y p dvakrát derivujeme, dosadíme do DR a určíme konstantu C, Celkové řešení zadané DR bude tedy, ẏ p (t) Ce t, ÿ p (t) 4Ce t, 4C e t + 5C e t e t, (4 + 5)C, C 9. y c (t) y h (t) + y p (t) A cos( 5t) + B sin( 5t) + 9 e t, A, B R. Příklad. Řešte diferenciální rovnici ve tvaru ÿ(t) 4y(t) e t Řešení: Vyřešíme homogenní rovnici, λ 4 0, λ ±, y h (t) Ae t + Be t, A, B R, Použijeme metodu odhadu, určíme čemu se rovná α, β, k, u(t) e t, α, β 0, α + βi, protože jeden z kořenů λ ± char. rce je, k Stupně obou polynomů P, P je 0, Q, Q se redukuje na konstantu (součet dvou konstant z R lze přepsat na jednu konstantu). Na základě znalosti α, β, k a stupně polynomů určíme odhad partikulárního řešení, y p (t) Ct e t, kde C reprezentuje polynomy nultého stupně (tj. konstantu). Nyní y p dvakrát derivujeme, dosadíme do DR a určíme konstantu C, ẏ p (t) Ce t + Cte t, 4C e t + 4Ct e t 4Ct e t e t, ÿ p (t) Ce t + Ce t + 4Cte t, 4C + 4Ct 4Ct, C 4. 3

33 Celkové řešení zadané DR bude tedy, y c (t) y h (t) + y p (t) Ae t + Be t + 4 tet, A, B R...6 Soustavy diferenciálních rovnic prvního řádu Tyto rovnice jsou tvaru (řádu n) ẋ(t) Ax(t)+bu(t), ẋ (t) a, a, a,n ẋ (t). a, a, a,n ẋ n (t) a n, a n, a n,n x (t) x (t). x n (t) + b b. b n a i,j R i, j n. u(t), (8) Takové rovnice můžeme řešit bud pomocí vlastních vektorů přímo, nebo obecněji - maticově, kdy soustavu řešíme obdobným způsobem jako skalární diferenciální rovnice prvního řádu. Vždy ale budeme potřebovat najít vlastní čísla matice A. Odvození řešení: Pracujeme s rovnicí tvaru ẋ(t) Ax(t) bu(t), (9) x(0) x 0. Vyřešíme homogenní rovnici ẋ(t) Ax(t) O, ( 5 ) λi A O, (úloha na vl. čísla a vl. vektory), λi A, FS {e At }, x h (t) e At C, C R n, x h (0) x 0 e A 0 C I C, C x 0, x h (t) e At x 0. (0) Pro nenásobná vlastní čísla λ i a k nim příslušné vlastní vektory v i bude mít jim odpovídající část Fundamentálního systému tvar 5 O je nulová matice příslušných rozměrů. FS {v e λ t, v e λ t,..., v i e λ it }. () 3

34 Pro násobná vlastní čísla λ a k nim příslušné vlastní zobecněné vektory v k bude mít jim odpovídající část Fundamentálního systému tvar FS {v e λt, (v + tv )e λt, (v 3 + tv + t v )e λt,..., (v k + + tk k! v ))e λt }. () Nehomogenní rovnici vyřešíme pomocí variace konstant, dosadíme do DR, x p (t) e At c(t), c(t) R n, ẋ p (t) e At ċ(t) + Ae At c(t), (3) {e At } / e At ċ(t) + Ae At c(t) Ae At c(t) bu(t), ċ(t) e At bu(t), c(t) Dosadíme zpět do partikulárního řešení, t x p (t) e At x p (t) t t 0 e Aτ bu(τ)dτ, t t 0 e Aτ bu(τ)dτ, Celkové řešení soustavy DR prvního řádu tedy bude, x c (t) x h (t) + x p (t) e At x 0 + t 0 e A(t τ) bu(τ)dτ. (4) t t 0 e A(t τ) bu(τ)dτ. (5) Budeme-li mít navíc ještě informaci o návaznosti na skalární výstup ( výstupní rovnici ) ve tvaru y(t) Cx(t) + Du, výstup bude ve tvaru, t y(t) Ce At x 0 + C e A(t τ) bu(τ)dτ + Du. t 0 (6) Pro výpočet nás zajímá především matice e At, kterou můžeme vypočítat různými způsoby. Řešené příklady: soustavy diferenciálních rovnic 33

35 Příklad. Řešte homogenní soustavu diferenciálních rovnic s počáteční podmínkou [ẋ(t) ] [ ] [ ] ẋ(t) x(t) ẏ(t) 0 x(0), ẏ(t) 0 0 y(t) y(0) }{{}}{{}}{{} d dt x(t) A x(t) Řešení: Všimněme si, že rovnice soustavy jsou vzájemně oddělitelné - lze je řešit samostatně a následně poskládat do vektoru. Na první pohled je vidět, že řešením každé z rovnic bude konstanta splňující počáteční podmínku, tedy vektor [, ] T, tyto rovnice ale můžeme řešit také jako soustavu. Najdeme vl. čísla a vl. vektory matice A, det(λi A) 0, λ, 0. Výpočet vl. vektorů je v tomto případě poněkud méně běžný - protože můžeme najít dva lineárně nezávislé vektory v, a matice A je druhého řádu, přestože vl. číslo λ, 0 je násobné, není třeba využívat algoritmu pro výpočet zobecněných vl. vektorů. Je zřejmé, že dva libovolné, lineárně nezávislé vektory budou splňovat rovnici pro vlastní čísla. Pro názornost zvolme v, a v lineárně nezávislé například následovně, (ale můžeme volit i mnohem jednodušeji) [ ] [ ] v, v. Určíme Fundamentální systém funkcí, [ ] FS {v e λt, v e λt } { e 0t, [ ] [ ] e 0t } {, [ ] }. Určíme obecné řešení, [ ] x(t) A y(t) [ ] [ ] + B [ ] A + B, A, B R. A B Najdeme konstanty A, B, [ ] x(0) y(0) [ ] [ ] A + B A B Celkové řešení tedy bude ve tvaru, [ ] [ ] x(t) A + B y(t) A B... A 3, B. [ 3 ] 3 + [ ], t R. 34

36 Příklad. Řešte soustavu diferenciálních rovnic ] [ ] [ ] [ẋ (t) 3 x (t) + ẋ (t) 4 x (t) [ ] 0 (t). Řešení: Nalezneme vl. čísla matice A [ ] 3, 4 [ ] λ 3 det(λi A) det λ 6λ + 5 (λ )(λ 5) 0, λ λ 4, λ 5. Nalezneme vl. vektory matice A, [ ] [ ] [ ] λ, v 0 [ ] [ ] [ ] λ 5, v 0 Sestavíme Fundamentální systém funkcí, [ ] 3 FS {v e λt, v e λt } { e t, [ ] e 5t } Určíme obecné řešení homogenní části, [ ] [ ] [ ] [ ] xh (t) 3 3Ae A e t + B e 5t t + Be 5t x h (t) Ae t + Be 5t, A, B R. Vypočítáme matici e At pomocí Jordanovy transformace, e At Pe Jt P, kde P [v v ] a J je Jordanova forma matice A, [ ] [ ] 0 e J, e Jt t e 5t, [ ] 3 P, P [ ], 4 3 [ ] [ ] 3 e e At t 0 0 e 5t [ ] 4 [ ] e 5t + 3e t 3e 5t 3e t 3 4 e 5t e t 3e 5t + e t 35

37 Vyřešíme partikulární integrál, t t [ e 5(t τ) + 3e (t τ) 3e 5(t τ) 3e (t τ) t 0 e A(t τ) bu(τ)dτ 4 0 t e 5(t τ) e (t τ) [ 3e 5(t τ) 3e (t τ) 4 0 3e 5(t τ) + e (t τ) [ ] [ 3e 5t 5 + 3e t 3e5t 5 e t 3e 5(t τ) + e (t τ) ] [ dτ 4 ] [ ] 0 dτ [ 3e5(t τ) 5 + 3e (t τ) ]] t 3e5(t τ) e (t τ) 5 0 ] [ ] 3e 5t 5e t 0 3e 5t + 5e t + 5 Celkové řešení bude záviset na (nezadaných) počátečních podmínkách a bude tvaru [ ] [ ] x (t) 3Ae t + Be 5t x (t) Ae t + Be 5t + [ ] 3e 5t 5e t 0 3e 5t + 5e t + [ ] 3, A, B, t R. 5 }{{}}{{} homogenní část partikulární část Část partik. řeš. můžeme zahrnout do homogenního přepsáním konstant A, B, C A R, D B R, [ ] [ ] x (t) 3Ce t + De 5t x (t) Ce t + De 5t + [ ] 3, C, D, t R. 5 [ ] 3. Příklad 3. Řešte soustavu diferenciálních rovnic v Jordanově tvaru ẋ (t) 0 0 x (t) x (0) 0 ẋ (t) 0 x (t), x (0). ẋ 3 (t) 0 0 x 3 (t) x 3 (0) Řešení: Matice soustavy je ve tvaru Jordanovy diagonální matice, vl. čísla jsou tedy na diagonále. Vl. vektory jsou sloupce jednotkové matice I. Sestavíme Fundamentální systém funkcí, FS {v e λt, v e λt, (v 3 + tv )e λt }, e t { 0 e t, e t, 0 e t + t e t } { 0, e t, 0 Sloupce matice e At jsou v tomto případě tvořeny přímo fundamentálními funkcemi, e t 0 0 e At 0 e t te t, 0 0 e t 0 te t e t }. 36

38 Odezva na počáteční podmínky (homogenní řešení) bude x (t) 0 0 x (t) e At e t + te t, t R + x 3 (t) e t 0. Příklady na samostatné procvičení Řešte následující diferenciální rovnice s uvedenými podmínkami. ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ẋ (t) 8 x (t) x (0) Příklad.,, ẋ (t) x (t) x (0) [ ] [ x (t) 0 ] ( 6 e3t 4 6 e 3t 5 x (t) 6 e3t + ) 6 e 3t ] [ ] [ ] [ẋ (t) x (t) Příklad., ẋ (t) 3 4 x (t) [ ] [ ] x (t) Ae ( t + Be 5t x (t) Ae t + 3Be 5t, A, B R ).3 Řešení ve frekvenční oblasti, Laplaceova transformace Laplaceova integrální transformace rozvíjí prvky spojitých vektorových prostorů (tradičně v časové proměnné t) do báze komplexních exponenciál (komplexní harmonické funkce), kde se s nimi často pracuje snáze, nežli v časové oblasti. Postup řešení L-ODR pomocí L -transformace může vypadat následovně, aplikování L -transformace (na celou rovnici, používáme tzv. slovník), vyjádření hledané transformované funkce Y (p), X(p),..., aplikování inverzní L -transformace. Odvození řešení pro soustavy L-ODR prvního řádu Pracujeme s rovnicí tvaru Aplikujeme L -transformaci, ẋ(t) Ax(t) bu(t), (7) x(0) x 0. ẋ(t) Ax(t) bu(t), /L {} px(p) x 0 AX(p) bu(p). (8) 37

39 Vyjádříme X(p), Aplikujeme inverzní L -transformaci, X(p)(pI A) x 0 + bu(p), X(p) (pi A) x 0 + (pi A) bu(p). (9) }{{}}{{} odezva na poč. pod. odezva na řízení X(p) (pi A) x 0 + (pi A) bu(p), /L {} x(t) L {(pi A) } x 0 + L {(pi A) bu(p)}. (30) }{{}}{{} e At t t e A(t τ) bu(τ)dτ 0 Je-li zadána také výstupní rovnice, y(t) Cx(t) + Du(t), /L {}, Y (p) CX(p) + DU(p) C(pI A) x 0 + C(pI A) bu(p) + DU(p), /L {} y(t) CL {(pi A) }x 0 + CL {(pi A) bu(p)} + Du(t). (3) Řešené příklady: L -transformace Příklad. Určete odezvu na Diracův puls a jednotkový skok ẋ(t) + x(t) 3 + 4u(t), x(0) 0. Řešení: Aplikujeme L -transformaci a vyjádříme x(t), ẋ(t) + x(t) 3 + 4u(t), /L {}, px(p) x(0) + X(p) 4U(p) 3 p, Odezva na Diracův puls, X(p) 4 p + U(p) 3 p(p + ). x(t) 4e t 3 ( e t ), t > 0. u(t) δ(t), /L {}, U(p), X(p) 4 p + 3 p(p + ), /L {}, 38

40 Odezva na jednotkový skok, u(t) (t), /L {}, U(p) p, X(p) x(t) ( e t ), t. 4 p(p + ) 3 p(p + ) p(p + ), /L {}, Příklad. Určete odezvu na Diracův puls ϕ(t) + 8ϕ(t) δ(t), ϕ(0), ϕ(0) Řešení: Aplikujeme L -transformaci a vyjádříme φ(t), φ(p) [p φ(p) pϕ(0) ϕ(0)] + 8φ(p), φ(p)(p + 8) pϕ(0) + ϕ(0) +, pϕ(0) p + + ϕ(0) p + + p +. ϕ(t) + 8ϕ(t) δ(t), /L {}, připravíme rovnici tak, aby bylo možné přímo použít slovník L -transformace, p φ(p) p + + p + + }{{} p +. Aplikujeme inverzní L -transformaci, φ(p) p p + + p p +, /L {} ϕ(t) cos(t) + sin(t) + sin(t), t > 0. 4 Poznámka: při aplikaci Diracova pulsu vzniká vždy nespojitost ve výsledném řešení (v počátečním čase se liší limita zleva a zprava), ve výsledném partikulárním řešení tedy 39

41 musíme uvažovat pouze kladný čas pro zachování konzistence zápisu. Je třeba mít na paměti, že Diracova funkce je limitní aproximace nekonečně úzkého pulsu nekonečné velikosti s jednotkovou plochou. V reálných fyzikálních systémech takový vstup nelze realizovat a skutečné řešení se bude pouze limitně blížit se zmenšující se šířkou pulsu na vstupu. Přesný výsledek bychom dostali zavedením exaktního tvaru pulsu například jako superpozice dvou skokových funkcí. Příklad 3. Řešte homogenní soustavu ODR prvního řádu se zadanou poč. pod., ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ẋ (t) 4 x (t) x (0) x0, x ẋ (t) 0 x (t) x (0) x 0 R. 0 }{{}}{{}}{{} ẋ ( t) A x(t) Řešení: Řešení bude mít tvar x(t) L {(pi A) x 0 } L {(pi A) }x 0. Vypočítáme matici (pi A), [ ] p 4 pi A, 0 p (pi A) [ ] (pi A) Adj det(pi A) (p )(p ) [ ] [ p 4 p 0 p 4 (p )(p ) 0 p Upravíme prvek na pozici (, ) tak, aby bylo možné přímo použít slovník L -transformace, tj. výraz rozložíme na parciální zlomky (např. pomocí residuové věty), Dosadíme do řešení, [ ] { [ x (t) L p x (t) 4 (p )(p ) r p + r p, 4 p 4 p 0 p [ x0 e t + x 0 (4e t 4e t ) x 0 e t 4 r lim p p 4, 4 r lim p p 4. ] } [ ] [ ] [ ] x0 e t 4e t 4e t x0 x 0 0 e t x 0 ], t. ]. 40

42 Příklady na samostatné procvičení Řešte následující diferenciální rovnice s uvedenými podmínkami. Příklad. ÿ(t) + ẏ(t) + y(t), ẏ(0), y(0) 0 ( y(t) te t e t ) Příklad. Příklad y (t) 4ẏ(t) 0, ÿ(0), ẏ(0), y(0) 0 ( y(t) ( e t ) ) ] [ẋ (t) ẋ (t) [ ] [ ] [ ] [ ] x (t) x (0), x (t) x [ (0) ] 0 x (t) ( x (t) [ 0.5(e t + ) 0.5(e t ) ] ) 4

43 3 Lokální linearizace systému, stavový popis V praxi často při modelování reálných systémů dostáváme nelineární diferenciální rovnice, případně jejich soustavu, někdy doplněnou o dodatečné algebraické vazby. Cílem linearizace je získat aproximaci chování dynamického systému v blízkém okolí nějakého pracovního bodu pro účely další analýzy, případně návrh regulátoru lineárními metodami. Převedeme-li nelineární model na stavový popis, získáme rovnice ve tvaru (pro SISO systém, 6 ) ẋ (t) f [x (t),..., x n (t), u(t)] ẋ(t).. f[x(t), u(t)], (3) ẋ n (t) f n [x (t),..., x n (t), u(t)] y(t) h[x (t),..., x n (t), u(t)] h[x(t), u(t)]. Princip linearizace spočívá v rozvoji vektorové funkce f[x(t), u(t)] do Taylorovo polynomu prvního řádu v bodě [x r, u r ] pro který platí že f[x r, u r ] o, volíme aby {}}{ f[x(t), u(t)] f[ x r (t), u r (t)] }{{} +df[x r (t), u r (t)] + d f[x r (t), u r (t)] +..., (33) }! {{}! o zanedbáváme kde symbol d k f[.] je (k-tý, k N) totální diferenciál funkce f[.], resp. f[x(t), u(t)] df[x r (t), u r (t)] f[x(t), u(t)] x(t) dx(t) + x(t)xr, u(t)u r u(t) du(t), x(t)xr, u(t)u r }{{}}{{} Jacobiova matice A Jacobiova matice B (34) f [x (t),...,x n(t),u(t)] f x... [x (t),...,x n(t),u(t)] (t) x n(t) podrobněji, A....., f n[x (t),...,x n(t),u(t)] f x... n[x (t),...,x n(t),u(t)] x(t)xr, u(t)u r (t) x n(t) f [x (t),...,x n(t),u(t)] u(t) B.. x(t)xr, u(t)u r f n[x (t),...,x n(t),u(t)] u(t) Nabízí se, že s funkcí h[x(t), u(t)] budeme postupovat stejně. To ale nelze, protože hned první, konstantní, člen Taylorova rozvoje by vlastně dával požadavek na nulový výstup v rovnovážném/ustáleném stavu, což je dosti omezující. Nikdo nám ale nebrání na místo y(t) 6 Pro MIMO sytém případně dostaneme u(t) u(t), y(t) y(t) a h[.] h[.] příslušných dimenzí. 4

44 počítat jeho diferenciální odchylku dy(t) v rovnovážném/ustáleném stavu. Potom platí h[x(t), u(t)] dy(t) dh[x r (t), u r (t)] h[x(t), u(t)] x(t) dx(t) + x(t)xr, u(t)u r u(t) du(t), x(t)xr, u(t)u r }{{}}{{} Jacobiova matice C Jacobiova matice D (35) [ ] podrobněji, C h[x(t),u(t)] h[x(t),u(t)] x... x(t)x r (t) x n(t), u(t)u r dh[x(t), u(t)] D du(t) x(t)xr u(t)u r Nakonec aproximujeme dx(t), du(t) x(t), u(t) jako konečně velké veličiny (zavedeme tzv. přírůstkové proměnné). Celý proces můžeme tedy znázornit takto, ẋ(t) f[x(t), u(t)] Adx(t) + Bdu(t) A x(t) + B u(t), y(t) h[x(t), u(t)] dy(t) Cdx(t) + Ddu(t) y(t) C x(t) + D u(t), Máme-li na paměti, že lineární y(t) je jen odchylkou od nelineárního y(t), můžeme zadefinovat lineární SISO systém zjednodušeně, bez znaků, jako ẋ(t) Ax(t) + Bu(t), y(t) Cx(t) + Du(t). (36) Scénář úkolu linearizace by mohl tedy vypadat následovně, převedení aktuálního popisu systému na stavový popis, určení rovnovážného (ustáleného) stavu tak, aby ẋ(t)! o, vypočtení Jacobiových matic A, B, C a čísla D (D je u MIMO systému maticí), dosazení rovnovážného (ustáleného) stavu do vypočítaných matic zavedení přírůstkových proměnných a vytvoření lineárního modelu ověření (lokální) platnosti modelu. Řešené příklady: Lokální linearizace Příklad. Vytvořte lineární stavový model odpovídající diferenciální rovnici ÿ(t) + ẏ (t) y(t) u(t), při působení vstupu u r 0. Výstupem je y(t). 43

45 Řešení: Vytvoříme stavový popis - zavedeme stavové proměnné (můžeme volit libovolně), x (t) y(t) h[x(t), u(t)] x (t) ẏ(t) ẋ(t) ẏ(t) x (t) f [x(t), u(t)], ẋ (t) ÿ(t) x (t) + x (t) + u(t) f [x(t), u(t)]. Vypočítáme rovnovážný stav ( rovnovážný, protože u r 0), ẋ 0 x, Vypočítáme matice A, B, C a číslo D, ] A B [ f f x x f f x [ f u f u C [ h x D h u x ẋ 0 x + x + u, ] x(t)x r u(t)u r x u u r 0. x(t)xr u(t)u r [ 0 ], h x ] x(t)x r u(t)u r [ 0 ], x(t)xr u(t)u r 0. [ 0 4x ] x 0 [ ] 0, 0 Zavedeme přírůstkové proměnné, výsledný linearizovaný model bude tedy tvaru ] [ ] [ ] [ ] [ẋ (t) 0 x (t) 0 ẋ(t) + u(t), ẋ (t) 0 x (t) y(t) [ 0 ] [ ] x (t). x (t) Příklad. Vytvořte lineární stavový model odpovídající diferenciální rovnici ϕ(t) + 5 sin(ϕ(t)) M(t), v ustáleném bodě ϕ u (t) 3π, výstupem je ϕ(t). Řešení: Vytvoříme stavový popis - zavedeme stavové proměnné (můžeme volit libovolně), x (t) ϕ(t) x (t) ϕ(t) u(t) M(t) h[x(t), u(t)] ẋ(t) ϕ(t) ẋ (t) ϕ(t) x (t) 5 sin(x (t)) + u(t) f [x(t), u(t)], f [x(t), u(t)]. 44

46 Vypočítáme požadovaný vstup u u (t) pro ustálený stav kdy ϕ u (t) 3π, ẋ 0 x ϕ, ẋ 0 5 sin(x ) + u u 5 + u u, u u 5. Vypočítáme matice A, B, C a číslo D, ] A B [ f f x x f f x [ f u f u C [ h x D h u x ] x(t)x u u(t)u u x(t)xu u(t)u u [ 0 ], [ h x ] x(t)x u u(t)u u [ 0 ], x(t)xu u(t)u u cos(x ) 0] x 3π [ ] 0, 0 0 Zavedeme přírůstkové proměnné, výsledný linearizovaný model bude tedy tvaru ] [ ] [ ] [ ] [ẋ (t) 0 x (t) 0 ẋ(t) + u(t), ẋ (t) 0 0 x (t) y(t) [ 0 ] [ ] x (t). x (t) Poznámka: proměnná u(t) je zde tedy jen odchylka od vstupu u u (t) M u (t) 5 potřebného pro zajištění ustáleného stavu, a taktéž výstup y(t) je odchylkou od výstupu v ustálené stavu, tedy od hodnoty ϕ u 3π. Poznámka: rovnovážné stavy (f[x r, 0] 0) (nelineárního) systému jsou [ ] 0 x r, k Z. (37) kπ Příklad 3. Linearizujte stavový model v bodě pro který platí x (t) 0, ẋ (t) e sin(x (t)) + u(t), ẋ (t) x (t) + u(t)x (t) + e u(t), y(t) e x (t) + u(t) x (t). Řešení: Najdeme rovnovážný, resp. ustálený stav který je dán podmínkou x (t) 0, ẋ 0 e sin 0 + u, u, ẋ ux + e u x + e, x e 45

47 Vypočítáme matice A, B, C a číslo D, [ ] f f [ ] x A x x(t)xu cos(x )e sin(x ) 0 x 0 x u(t)u u 4ux e B f x f x [ f ] [ ] u x(t)x u x 0 f u u(t)u u x e u x e C [ h x D h u u ] h x(t)x u x [ ] e x x u(t)u u x(t)xu u(t)u u u x 0 x e u. [ ] e( e ), x 0 x e u [ e ], u [ ] 0, e Zavedeme přírůstkové proměnné, výsledný linearizovaný model bude tedy tvaru ] [ ] [ ] [ ] [ẋ (t) 0 x (t) ẋ(t) + ẋ (t) e x (t) e( e ) u(t), y(t) [ e ] [ ] x (t) u(t). x (t) Příklady na samostatné procvičení Vytvořte lineární stavový model dle uvedených požadavků. Příklad. ẏ(t) + y(t)u(t) e u(t) ÿ(t), x r 5, výstup [ ]... y(t) [ ] 0 0 (např. ẋ(t) x(t) + u(t), k Z y(t) [ 0 ] x(t) ) Příklad. Příklad 3. ÿ(t) 3 sin(y(t) u(t)) + ẏ (t), u u [ π, výstup ]... ẏ(t) [ ] 0 0 (např. ẋ(t) 3π x(t) + 3k u(t), k Z 0 y(t) [ 0 ] x(t) ) ẋ (t) e x(t) + u(t) cos(x (t)) + x (t)x (t)u(t), ẋ (t) x (t) + e x (t)x (t), y(t) x (t) + x 3 (t) + u (t)x (t), linearizujte v bodě pro který platí x[ 0 ] [ ] 0 ( ẋ(t) x(t) + u(t), 0 0 y(t) [ 0 ] x(t) ) 46

48 4 Modely systému LTI systém může být reprezentován různými způsoby. My budeme používat stavový popis, přenos, a diferenciální rovnice. Způsob jak mezi těmito reperezentacemi přecházet je na následujícím schématu. Jelikož stavových popisů existuje pro jeden systém nekonečně mnoho (stavové proměnné můžeme volit libovolně), zajímají nás v nějakém smyslu vhodné formy stavových reprezentací a převody mezi nimi. Především se budeme zabývat Frobeniovou formou reprezentace a Modální (Jordanovu) formou reprezentace. 4. Stavový model diferenciální rovnice přenos Užitečné postupy: Přenos Frobeniova reprezentace (pro vyšší řády analogicky), ] [ ] [ ] [ ] [ẋ (t) 0 x (t) 0 F (p) K + b S p + b Frob : + u(t), 0 ẋ (t) a 0 a x (t) p + a p + a 0 y(t) [ ] [ ] x b 0 b (t) + Ku(t). x (t) (38) diferenciální rovnice stavový model (n-tého řádu): hledáme/volíme stavové proměnné tak, aby bylo možné diferenciální rovnici napsat ve tvaru y(t) n c i x i (t) + K max{0, m n} u(t), c i, K R. (39) i 47