МОТС 30 вариант Первая часть
.docxСхема модели, соответствующая полученной системе, приведена на рис. 5.7. Для нее характерно параллельное соединение интеграторов, выходы которых определяются переменными состояния q1, q2, q3.
Блок-схема модели
Рис. 5.7
Найдем решение y(t) для системы уравнений в нормальной форме, если начальные условия имеют вид: 1.9 Сигнал 19Переходя к начальным условиям для х, в соответствии с принятыми ранее обозначениями получим 1.9
Решение уравнения состояния складывается из двух составляющих – свободной и вынужденной.
Свободная составляющая – это общее решение дифференциального уравнения системы с нулевой правой частью. Оно не зависит от внешнего воздействия и характеризует естественное поведение системы.
Вынужденная составляющая – это частное решение дифференциального уравнения с ненулевой правой частью. Оно зависит от сигнала и характеризует поведение системы под его воздействием.
Решение уравнения состояния имеет вид
где – фундаментальная матрица или матрица перехода.
Она вычисляется по следующей формуле:
где – неизвестные коэффициенты.
Вычислить их можно, решая матричное уравнение
Для рассматриваемого примера
|
1 |
-1 |
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
1 |
-8 |
64 |
|
⋅ |
|
|
= |
|
|
. |
||
|
1 |
-10 |
100 |
|
|
|
|
|
|
|
|
Перемножая матрицы, получаем систему уравнений следующего вида
|
|
Решение данной системы уравнений имеет вид
|
|
|
|
0 |
1 |
0 |
|
|
|
0 |
0 |
1 |
|
|
|
A= |
|
0 |
0 |
1 |
|
= |
|
-80 |
-98 |
-19 |
|
|
|
|
|
-80 |
-98 |
-19 |
|
|
|
1520 |
1782 |
263 |
|
|
|
Итак,
|
|
1.27 |
0 |
0 |
|
|
|
-0.714 |
0 |
0 |
|
|
A= |
|
0 |
1.27 |
0 |
|
+ |
|
0 |
-0.714 |
0 |
|
+ |
|
|
0 |
0 |
1.27 |
|
|
|
0 |
0 |
-0.714 |
|
|
|
|
0.444 |
0 |
0 |
|
|
|
0 |
0.286 |
0 |
|
|
+ |
|
0 |
0.444 |
0 |
|
+ |
|
0 |
0 |
0.286 |
|
+ |
|
|
0 |
0 |
0.444 |
|
|
|
-22.88 |
-28.028 |
-5.434 |
|
|
|
|
0 |
-0.786 |
0 |
|
|
|
0 |
0.5 |
0 |
|
|
+ |
|
0 |
0 |
-0.786 |
|
+ |
|
0 |
0 |
0.5 |
|
+ |
|
|
62.88 |
77.028 |
14.934 |
|
|
|
-40 |
-49 |
-9.5 |
|
|
|
|
0 |
0 |
0.016 |
|
|
|
0 |
0 |
-0.071 |
|
|
+ |
|
-1.28 |
-1.568 |
-0.304 |
|
+ |
|
5.68 |
6.958 |
1.349 |
|
+ |
|
|
24.32 |
28.512 |
4.208 |
|
|
|
-107.92 |
-126.522 |
-18.673 |
|
|
|
|
0 |
0 |
0.056 |
|
|
|
1.27 |
0.286 |
0.016 |
|
|
+ |
|
-4.48 |
-5.488 |
-1.064 |
|
+ |
|
-1.28 |
-0.298 |
-0.018 |
|
+ |
|
|
85.12 |
99.792 |
14.728 |
|
|
|
1.44 |
0.484 |
0.044 |
|
|
|
|
-0.714 |
-0.786 |
-0.071 |
|
|
|
0.444 |
0.5 |
0.056 |
|
|
+ |
|
5.68 |
6.244 |
0.563 |
|
+ |
|
-4.48 |
-5.044 |
-0.564 |
|
|
|
|
-45.04 |
-49.494 |
-4.453 |
|
|
|
45.12 |
50.792 |
5.672 |
|
|
|
|
|
1.9 |
|
|
|
2.413 |
|
|
|
-1.3566 |
|
|
|
0.8436 |
|
|
|
|
0 |
|
= |
|
-2.432 |
|
+ |
|
10.792 |
|
+ |
|
-8.512 |
|
||
|
|
|
0 |
|
|
|
2.736 |
|
|
|
-85.576 |
|
|
|
85.728 |
|
|
Так как , то свободная составляющая выходного сигнала будет равна
Определим вынужденную составляющую при входном сигнале u(t) = 19*1(t). Сигнал на выходе при поступлении на вход 1(t) уже вычислен – это переходная характеристика системы (5.4). Чтобы получить вынужденную составляющую сигнала в нашем случае – умножим переходную характеристику на 19.
Таким образом, сигнал на выходе системы будет следующим:
Выполним проверку:
|
-верно |
|
-верно |
Найдем решение уравнений состояния, представленных в канонической форме (5.3). Каждое из дифференциальных уравнений первого порядка зависит только от одной переменной и его решение в общем виде имеет вид
Определим начальные условия для вектора
Так как , то
|
|
|
|
|
|
|
1.27 |
0.286 |
0.016 |
|
|
|
1.9 |
|
|
|
2.413 |
|
||
|
|
|
|
= |
|
-0.714 |
-0.786 |
-0.071 |
|
|
|
0 |
|
= |
|
-1.3566 |
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
0.444 |
0.5 |
0.056 |
|
|
|
0 |
|
|
|
0.8436 |
|