Problema con el gráfico de flujo de señal

Su error: Las variables de estado deben ser las salidas de los integradores. Los has perdido totalmente. Para que quede claro, dibujemos el diagrama con nodos de suma completamente dibujados, donde más de una señal llega al nodo:

Lasecuacionessonahoraunpocodiferentes.Nohaynecesidaddederivarlafuncióndetransferenciaolasecuacionesdiferencialesdeordensuperior.Tambiénespeligroso,porquepuedeterminarconotraecuacióndevariabledeestadoqueproporcionalamismafuncióndetransferencia,perolasvariablesdeestadosonalgomásquelassalidasdelosintegradoresdeldiagramadado.

EstediagramadeflujonoesnuevoenEESE: ¿Cómo encontrar las ecuaciones de estado-variable a partir del gráfico de flujo de señales del sistema?

Desafortunadamente, las respuestas dadas son un poco confusas porque no se inician directamente desde las variables de estado finales. Una de las respuestas escribe el mismo texto que yo, pero aún así escribe diferentes ecuaciones. Obviamente hay una tradición de peso pesado que es difícil de matar.

Por cierto, si tienes la ecuación A = A + B y B no es cero, debes alarmarte. Tu escritura muestra que ya tienes uno de tus ojos abierto.

La regla de Mason es una buena herramienta que convierte el sistema en una única función de transferencia. Una vez que obtiene la función de transferencia, puede convertirla en la representación del espacio de estado si y solo si la función de transferencia es correcta. La regla de Mason se hace de la siguiente manera:

1- Ganancia de bucle

\ $ L_1 = - \ frac {1} {s}, L_2 = - \ frac {1} {s} \ $.

Ganancia de la ruta 2 hacia adelante

\ $ P_1 = (1) (- 1) (1) (- 1) (1) = 1. \ $

3-Bucles no táctiles

\ $ L_1L_2 \ $

La regla de Mason is

\ $ G (s) = \ frac {Y (s)} {U (s)} = \ frac {\ sum_k P_k \ Delta_k} {\ Delta} \ $

donde

\ $ \ Delta = 1- (L_1 + L_2) + (L_1L_2) = 1 + \ frac {2} {s} + \ frac {1} {s ^ 2} \ $ y \ $ \ Delta_1 = 1 . \ $

La función de transferencia única es entonces \ $ G (s) = \ frac {s ^ 2} {s ^ 2 + 2s ^ 2 + 1} \ $. Es evidente que la función de transferencia es adecuada, ya que el grado del polinomio del numerador es menor o igual que el grado del polinomio del denominador. Reescriba el sistema, obtenemos

$$ (s ^ 2 + 2s + 1) Y (s) = s ^ 2 U (s) $$

En el dominio del tiempo, obtenemos

$$ \ ddot {y} (t) + 2 \ dot {y} (t) + y (t) = \ ddot {u} (t) $$

La función de transferencia tiene esta forma $$ G (s) = \ frac {Y (s)} {U (s)} = \ frac {b_0 s ^ 2 + b_1 s + b_0} {s ^ 2 + a_1 s + a_2} $$

El código canónico controlable puede utilizarse para representar el sistema de la siguiente manera:

$$ \ begin {align} \ dot {x} & = \ begin {bmatrix} 0 & 1 \\ -a_2 & -a_1 \ end {bmatrix} + \ begin {bmatrix} 0 \\ 1 \ end {bmatrix} u \\ y & = \ begin {bmatrix} b_2-a_2b_0 & b_1-a_1b_0 \ end {bmatrix} + b_0u \ end {align} $$

donde \ $ b_0 = 1, b_1 = 0, b_2 = 0, a_1 = 2, a_2 = 1 \ $. La representación del sistema en el estado es

$$ \ begin {align} \ dot {x} & = \ begin {bmatrix} 0 & 1 \\ -1 & -2 \ end {bmatrix} + \ begin {bmatrix} 0 \\ 1 \ end {bmatrix} u \\ y & = \ begin {bmatrix} -1 & -2 \ end {bmatrix} + u \ end {align} $$

Usando Matlab, podemos probar la función de transferencia, por lo tanto, el código es

symssnum=[100];den=[121];G=tf(num,den);step(G)

Ahoravamosaprobarlarepresentacióndelespaciodeestadosquehemosformado.

b0=1; b1=0;b2=0;
a1=2;a2=1;

A=[0 1; -a2 -a1];
B=[0;1];
C=[b2-a2*b0 b1-a1*b0];
D=b0;
sys=ss(A,B,C,D);
step(sys)

que es el mismo resultado que tenemos.