ER1.20. Solución de una ecuación de estado lineal de tiempo continuo por el método de la transformada de Laplace

Introducción (planteamiento)

Dada la siguiente ecuación de estado no homogénea, hallar la solución usando el método de la transformada de Laplace y analizar el resultado:

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

Entrada: $u=\delta (t-2)$

Método (plan de solución)

Pasos: (i) hallar la matriz de transición del estado, (ii) calcular la integral de convolución y dar la solución, (iii) verificar los resultados, (iv) analizar los resultados.

Resultados (solución)

En primer lugar, se halla la matriz de transición del estado:

$\left( s\mathbf{I}-\mathbf{A} \right) ^{-1}=\left[ \begin{matrix} s+1&  0\\ 0&  s+2\\\end{matrix} \right] ^{-1}=\left[ \begin{matrix} \frac{1}{s+1}&  0\\ 0&  \frac{1}{s+2}\\\end{matrix} \right]$

$\mathbf{\Phi }(t)=\mathscr{L} ^{-1}\left\{ (s\mathbf{I}-\mathbf{A})^{-1} \right\} =\mathscr{L} ^{-1}\left\{ \left[ \begin{matrix} \frac{1}{s+1}&  0\\ 0&  \frac{1}{s+2}\\\end{matrix} \right] \right\} =\left[ \begin{matrix} e^{-t}&  0\\ 0&  e^{-2t}\\\end{matrix} \right]$

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

La solución de la ecuación de estado es:

$\mathbf{x}(t)=\mathbf{\Phi }(t)\mathbf{x}(0)+\int\limits_0^t{\mathbf{\Phi }(t-\tau )\mathbf{Bu}(\tau )d\tau}$

$\mathbf{x}(t)=\left[ \begin{matrix} e^{-t}&  0\\ 0&  e^{-2t}\\\end{matrix} \right] \left[ \begin{array}{c} 1\\ 0\\\end{array} \right] +\int\limits_0^t{\left[ \begin{matrix} e^{-(t-\tau )}&  0\\ 0&  e^{-2(t-\tau )}\\\end{matrix} \right] \left[ \begin{array}{c} -1\\ 1\\\end{array} \right] \delta (\tau -2)d\tau}$

La integral se puede calcular si se aplican las propiedades de la función delta de Dirac (se debe usar la función escalón dado que la integral es igual a cero para $t<0$):

$\int\limits_0^t{\left[ \begin{matrix} e^{-(t-\tau )}&  0\\ 0&  e^{-2(t-\tau )}\\\end{matrix} \right] \left[ \begin{array}{c} -1\\ 1\\\end{array} \right] \delta (\tau -2)d\tau =}\int\limits_0^t{\left[ \begin{array}{c} -e^{-(t-\tau )}\\ e^{-2(t-\tau )}\\\end{array} \right] \delta (\tau -2)d\tau}\\                                           =\left[ \begin{array}{c} -e^{-(t-2)}u_s(t-2)\\ e^{-2(t-2)}u_s(t-2)\\\end{array} \right]$

La solución final es:

$\mathbf{x}(t)=\left[ \begin{array}{c} e^{-t}\\ 0\\\end{array} \right] +\left[ \begin{array}{c} -e^{-(t-2)}\\ e^{-2(t-2)}\\\end{array} \right] u_s(t-2)=\left[ \begin{array}{c} e^{-t}-e^{-(t-2)}u_s(t-2)\\ e^{-2(t-2)}u_s(t-2)\\\end{array} \right]$

Discusión y verificación

La ecuación de estado está en la forma diagonal (desacoplada), por lo que se puede transformar en dos simples ecuaciones de primer orden:

$\dot{x}_1=-x_1-\delta (t-2)\\ \dot{x}_2=-2x_2+\delta (t-2)$

Aplicando la transformada de Laplace se obtiene el mismo resultado anterior:

$sX_1(s)-x_1(0)=-X_1(s)-e^{-2s}, X_1(s)=\frac{1}{s+1}-\frac{e^{-2s}}{s+1}$

$sX_2(s)-x_2(0)=-2X_2(s)+e^{-2s}, X_2(s)=\frac{e^{-2s}}{s+2}$

Aplicando la transformada inversa de Laplace:

$x_1=e^{-t}-e^{-(t-2)}u_s(t-2)\\x_2=e^{-2(t-2)}u_s(t-2)$

Por lo tanto, tiene sentido que a cada variable de estado le corresponda una sola función exponencial ($e^{-t}$ o $e^{-2t}$). 

Se verifica la solución, adicionalmente, usando MATLAB:

A = [-1 0;0 -2]; 

B = [-1; 1]; 

C = eye(2); 

D =[0; 0]; 

x0 = [1; 0]; 

S = ss(A, B, C, D); 

dt = 0.01; 

t = 0:dt:10;

 tau = 2; 

u = zeros(1, length(t)); 

idx = find(t==tau); 

u(idx) = 1/dt; % Aproximación de delta con un pulso

% u = exp(-((t-tau)/dt).^2)/(dt*pi^0.5); % Aproximación de delta con una función gaussiana

% u = max(0, 1 - abs((t-tau)/dt))/dt; % Aproximación de delta con una función triangular

x1_analitica = exp(-t)  - exp(-t+2).*heaviside(t-2); 

x2_analitica = exp(-2*t+4).* heaviside(t-2);

x_simulacion = lsim(S, u, t, x0); 

plot(t, x1_analitica, t, x2_analitica, t(1:20:1001), x_simulacion(1:20:1001,:),'ko')

xlabel('t (seg)')

Los gráficos de las soluciones (estables) coinciden:

 

Se observa que en el instante $t=2$, debido a la entrada $\delta (t-2)$, las variables de estado se incrementan en $\mathbf{B}$, es decir, $x_1(2^+)=x_1(2^-)-1$ y $x_2(2^+)=x_2(2^-)+1$.