ER1.16. Solución de la ecuación de estado homogénea con valores propios repetidos y vectores propios linealmente independientes

Introducción (planteamiento)

Dada la siguiente ecuación de estado homogénea, hallar la solución usando valores y vectores propios, obtener la matriz de transición del estado y analizar el resultado:

$\dot{\mathbf{x}}=\left[ \begin{matrix} 3& 0& -1\\ 1&  2& -1\\  -1& 0& 3\\ \end{matrix} \right] \mathbf{x},~~~ \mathbf{x}(0)=\left[ \begin{array}{c} 1\\ 2\\ 0\\ \end{array} \right]$

Método (plan de solución)

Pasos: (i) hallar los valores propios; (ii) si hay valores repetidos, hallar la multiplicidad geométrica; (iii) si la multiplicidad geométrica es igual a la multiplicidad algebraica, usar los respectivos vectores propios, pero de lo contrario usar los vectores propios generalizados; (iv) dar la solución; (v) obtener la matriz de transición del estado; (vi) comprobar la solución por otros medios; (vii) analizar el resultado.

Resultados (solución)

Los valores propios son $\{2, 2, 4\}$. Los valores están en el semiplano derecho, por lo que el sistema es inestable.

Los valores y vectores propios se pueden calcular manualmente o con las funciones eig o jordan (cuando la multiplicidad geométrica es diferente de la multiplicidad algebraica para un valor propio repetido de MATLAB, donde es necesario tener en cuenta que los vectores propios pueden tener una forma diferente.

Valor propio $\lambda =4$

Vector propio:

$\mathbf{v}_1=\left[ \begin{matrix} 1& 1& -1\\\end{matrix} \right] ^T$

Valor propio $\lambda =2$

Este valor propio tiene multiplicidad algebraica igual a 2, por lo que es necesario calcular la multiplicidad geométrica: 

$\mathrm{mg}(2) = n - \mathrm{rank}(2\mathbf{I}-\mathbf{A})=2$

Como mg = ma, entonces existen dos vectores propios linealmente independientes:

 $\mathbf{v}_2=\left[ \begin{matrix} 1& \mathbf{0} &  1\\ \end{matrix} \right] ^T$

$\mathbf{v}_3=\left[ \begin{matrix} 1& \mathbf{1} &  1\\ \end{matrix} \right] ^T$

La solución general es:

$\mathbf{x}(t)=c_1\left[ \begin{array}{c} 1\\ 1\\ -1\\\end{array} \right] e^{4t}+c_2\left[ \begin{array}{c} 1\\ 0\\ 1\\\end{array} \right] e^{2t}+c_3\left[ \begin{array}{c} 1\\ 1\\ 1\\\end{array} \right] e^{2t}=\left[ \begin{matrix} 1&  1&  1\\ 1&  0&  1\\ -1&  1&  1\\\end{matrix} \right] \left[ \begin{array}{c} c_1e^{4t}\\ c_2e^{2t}\\ c_3e^{2t}\\\end{array} \right]$

Las condiciones iniciales, a partir de la expresión anterior y tomando los valores dados en el enunciado del problema, son:

$\mathbf{x}(0)=\left[ \begin{matrix} 1&  1&  1\\ 1&  0&  1\\ -1&  1&  1\\\end{matrix} \right] \left[ \begin{array}{c} c_1\\ c_2\\ c_3\\\end{array} \right] =\left[ \begin{array}{c} 1\\ 2\\ 0\\\end{array} \right]$

De la expresión anterior se pueden obtener las constantes arbitrarias:

$\left[ \begin{array}{c} c_1\\ c_2\\ c_3\\\end{array} \right] =\left[ \begin{matrix} 1&  1&  1\\ 1&  0&  1\\ -1&  1&  1\\\end{matrix} \right] ^{-1}\left[ \begin{array}{c} 1\\ 2\\ 0\\\end{array} \right] =\left[ \begin{array}{c} 0.5\\ -1\\ 1.5\\\end{array} \right]$

La solución particular de la ecuación de estado es:

$\mathbf{x}=\left[ \begin{matrix} e^{4t}&  e^{2t}&  e^{2t}\\ e^{4t}&  0&  e^{2t}\\ -e^{4t}&  e^{2t}&  e^{2t}\\\end{matrix} \right] \left[ \begin{array}{c} 0.5\\ -1\\ 1.5\\\end{array} \right] =\left[ \begin{array}{c} 0.5e^{4t}+0.5e^{2t}\\ 0.5e^{4t}+1.5e^{2t}\\ -0.5e^{4t}+0.5e^{2t}\\\end{array} \right]$

La matriz de transición del estado se obtiene de la siguiente manera, donde se observa cuál es la matriz $\mathbf{F}(t)$:

$\mathbf{x}=\left[ \begin{matrix} e^{4t}&  e^{2t}&  e^{2t}\\ e^{4t}&  0&  e^{2t}\\ -e^{4t}&  e^{2t}&  e^{2t}\\\end{matrix} \right] \left[ \begin{array}{c} c_1\\ c_2\\ c_3\\\end{array} \right] =\mathbf{F}(t)\mathbf{c}$

La matriz $\mathbf{F}(t)$ en $t=0$ es:

 $\mathbf{F}(0)=\left[ \begin{matrix} 1&  1&  1\\ 1&  0&  1\\ -1&  1&  1\\\end{matrix} \right]$

Inversa de la matriz anterior:

$\mathbf{F}^{-1}(0)=\left[ \begin{matrix} 1/2&  0&  -1/2\\ 1&  -1&  0\\ -1/2&  1&  1/2\\\end{matrix} \right]$

Por definición, la matriz de transición del estado es:

$\mathbf{\Phi }(t)=\mathbf{F}(t)\mathbf{F}^{-1}(0)=\left[ \begin{matrix} e^{4t}&  e^{2t}&  e^{2t}\\ e^{4t}&  0&  e^{2t}\\ -e^{4t}&  e^{2t}&  e^{2t}\\\end{matrix} \right] \left[ \begin{matrix} 0.5&  0&  -0.5\\ 1&  -1&  0\\ -0.5&  1&  0.5\\\end{matrix} \right]$

$\mathbf{\Phi }(t)=\left[ \begin{matrix} 0.5e^{4t}+0.5e^{2t}&  0&  -0.5e^{4t}+0.5e^{2t}\\ 0.5e^{4t}-0.5e^{2t}&  e^{2t}&  -0.5e^{4t}+0.5e^{2t}\\ -0.5e^{4t}+0.5e^{2t}&  0&  0.5e^{4t}+0.5e^{2t}\\ \end{matrix} \right]$

Es importante verificar que, al menos, $\mathbf{\Phi}(0)=\mathbf{I}$, una de las propiedades de la matriz de transición del estado.

Discusión y verificación

El hecho que $\mathbf{\Phi }(0)=\mathbf{I}$ indica que la solución puede es correcta. Los valores y vectores propios también se pueden calcular con MATLAB para verificar los resultados. Ahora, con MATLAB se obtiene la solución de la ecuación de estado por simulación y se compara con la solución hallada analíticamente. El código de MATLAB es el siguiente:

A = [3 0 -1; 1 2 -1; -1 0 3]; B = [0; 0; 0]; C = eye(3); D =[0; 0; 0]; x0 = [1; 2; 0]; 

S = ss(A, B, C, D);

t = 0:0.05:1; % Tiempo corto por ser el sistema inestable

u = 0*t; % Entrada nula de la misma dimensión de t

x1_analitica = 0.5*exp(4*t) + 0.5*exp(2*t); 

x2_analitica = 0.5*exp(4*t) + 1.5*exp(2*t); 

x3_analitica = -0.5*exp(4*t) + 0.5*exp(2*t);

x_simulacion = lsim(S, u, t, x0);

plot(t, x1_analitica, '*', t, x2_analitica, '*', t, x3_analitica, '*', t, x_simulacion)

xlabel('t (seg)')

La simulación muestra una coincidencia de los resultados: