ΕΙΣΑΓΩΓΗ ΣΤΟΝ ΑΥΤΟΜΑΤΟ ΕΛΕΓΧΟ ΑΣΚΗΣΕΙΣ. Τρύφων Κουσιουρής

ΕΙΣΑΓΩΓΗ ΣΤΟΝ ΑΥΤΟΜΑΤΟ ΕΛΕΓΧΟ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Τρύφων Κουσιουρής Ακ. Έτος 005-006

ΠΡΟΒΛΗΜΑ ίδονται τα συστήµατα Σ, Σ µε συναρτήσεις µεταφοράς s+ -s+ G (s)= G (s)= s +s+ s +s+ α) Να προσδιοριστεί η βηµατική απόκριση των συστηµάτων y u (t). + β) Να προσδιοριστεί η τιµή της παραγώγου y(0) u µε χρήση του θεωρήµατος της αρχικής τιµής. γ) Να προσδιορισεί η τελική τιµή της y u (t). Λύση Α) Ο µετασχηµατισµός Laplace της βηµατικής απόκρισης του πρώτου συστήµατος είναι s+ Y(s)= s(s +s+) Από τον πίνακα των µετασχηµατισµών Laplace βρίσκεται ότι στη συνάρτηση s+c c (c-a) +b -at - b - b Y(s)= y(t)= + e ηµ bt+tan -tan s[(s+a)+b] a+b b a+b c-a -a Επειδή s+ s+ Y(s)= = s(s +s+) s[(s+0.5) +0.75] 3 π -π 3 π = 3 6 6 3 3-0.5t -0.5t y(t)=+ e ηµ t+ - + e ηµ t+ Η y (t) φαίνεται στο ακόλουθο σχήµα

.4 Step Response From: U(). e d itu m pl A ) ( Y T o: 0.8 0.6 0.4 0. 0 0 4 6 8 0 Επειδή Time (sec.) -s+ s- Y(s)= = s(s +s+) s[(s+0.5) +0.75] 3 -π -π 3 π 3 3 6 6-0.5t -0.5t y (t)=- -+ (-.5) + 0.75e ηµ t+ - =-e ηµ t- Η y (t) φαίνεται στο ακόλουθο σχήµα.4 Step Response From: U(). 0.8 e d itu m pl A ) ( Y T o: 0.6 0.4 0. 0-0. -0.4 0 4 6 8 0 Time (sec.) 3

Β) Καθώς ο µετασχηµατισµός Laplace της y(t) είναι sy(s), από το θεώρηµα της αρχικής τιµής θα έχουµε s+s lim{ y (t) } = lim{ s[sy (s)] } = lim = t 0 s s s+s+ -s +s lim{ y (t) } = lim{ s[sy (s)] } = lim t 0 s s = s+s+ Γ) Από το θεώρηµα της τελικής τιµής λαµβάνεται s+ lim{ y (t) } = lim{ sy (s) } = lim = t s 0 s 0 s+s+ -s+ lim{ y (t) } = lim{ sy (s) } = lim = t s 0 s 0 s+s+ ΠΡΟΒΛΗΜΑ ίδεται σύστηµα µε συνάρτηση µεταφοράς 3 a G(s)= + s+ s+3 Α) Να εξεταστεί εάν υπάρχουν τιµές του a ώστε η βηµατική απόκριση του συστήµατος να εµφανίζει υπερπήδηση. Β) Σε περίπτωση καταφατικής απαντήσεως να ευρεθεί η µέγιστη επι τοις εκατό υπερπήδηση και η χρονική στιγµή κατά την οποία συµβαίνει. Λύση Α) Η βηµατική απόκριση y u (t) του συστήµατος θα έχει µετασχηµατισµό Laplace Συνεπώς η y u (t) θα είναι a a 3+ - 3 a K K K 3-3 3 + s+ s+3 s s s+ s+3 s s+ s+3 3 Y(s)= u = + + = + + a a 3 3 -t -3t y(t)= u 3+ 3e- e u(t) Εάν η y u (t) εµφανίζει υπερπήδηση, θα έχει ακρότατο και συνεπώς η παράγωγός της τα µηδενίζεται τη χρονική στιγµή t a του ακροτάτου. Επειδή συνεπάγεται dy u (t) = 3e +ae =0 dt -t -3t { } t a=-3e 4

το a πρέπει να είναι αρνητικός αριθµός. Επειδή { } d y u (t) -t -3t 6 t=t { } a a dt t=ln -3 = -3e -3ae = a >0-3 το ακρότατο θα είναι ελάχιστο. Για a=-4 η βηµατική απόκριση φαίνεται στο ακόλουθο σχήµα..8 Step Response From: U().6.4. e d itu m pl A ) ( Y T o: 0.8 0.6 0.4 0. 0-0. 0 3 4 5 6 Time (sec.) Είναι προφανές ότι για την τιµή αυτή η βηµατική απόκριση δεν εµφανίζει υπερπήδηση. Για να εµφανιστεί υπερπήδηση πρέπει η τελική τιµή της βηµατικής απόκρισης να είναι αρνητική. Καθώς προκύπτει a lim{ y u (t)} = 3+ < 0 t 3 a<-9 Για a=-6 η βηµατική απόκριση φαίνεται στο ακόλουθο σχήµα. 5

0 Step Response From: U() -0.5 - e d itu m pl A ) ( Y T o: -.5 - -.5-3 -3.5 0 0.5.5.5 3 3.5 4 4.5 5 Time (sec.) Β) Όπως προέκυψε από το ερώτηµα (Α) η χρονική στιγµή του ελαχίστου θα είναι t a = ln Η µέγιστη επί τοις εκατό υπερπήδηση θα είναι -a 3 a 3-3- -t -3t -a a -a 3e - e y 3 u(t a)-y u( ) 3 3-6 3 M= p = = = a -a y( t=ln a u ) 3+ (9+a) -a 3 3+ 3 3 Για την περίπτωση a=-6 προκύπτει M p =37.%. Αξίζει να παρατηρηθεί ότι για a -9 η επί τοις εκατό υπερπήδηση απειρίζεται και µειούται καθώς το a ελαττώνεται (η απόλυτη τιµή του αυξάνει). Στο ακόλουθο σχήµα φαίνεται η βηµατική απόκριση για a=-9. 6

0 Step Response From: U() -0. -0.4 e d itu m pl A ) ( Y T o: -0.6-0.8 - -. -.4 0 3 4 5 6 Time (sec.) ΠΡΟΒΛΗΜΑ α) Να δειχθεί ότι το διάγραµµα Nyquist της συνάρτησης µεταφοράς K G(s)= s+a είναι κύκλος. β) Να προσδιοριστεί το κέντρο και η ακτίνα του κύκλου. Λύση Έστωσαν x,y οι συντεταγµένες της G(jω). Θα είναι Από την τελευταία σχέση λαµβάνονται οπότε K K(a-jω) G(jω)= = = x+jy jω+a ω +a Ka -Kω x = y= ω +a ω +a ή ισοδύναµα x y x + = = K K ω +a ak K K x + ( y) = a a Η τελευταία είναι εξίσωση κύκλου µε κέντρο το σηµείο (-Κ/(a)) και ακτίνα Κ/(a). Αξίζει να τονιστεί ότι ο κύκλος αυτός διέρχεται από την αρχή των αξόνων. 7

ΠΡΟΒΛΗΜΑ ίδεται το σύστηµα κλειστού βρόχου του Σχήµατος R(s) + Σ _ K(s + ) D(s) + Σ + Y(s) 00 0 00 s(s + s + ) Α) Για R(s)=0, να προσδιοριστεί το σφάλµα µόνιµης κατάστασης e ss για µοναδιαία βηµατική διαταραχή D(s). Β) Να προσδιοριστεί η ευαισθησία του e ss ως προς το κέρδος Κ. Γ) Χρησιµοποιώντας την ευαισθησία από το ερώτηµα (Β), να προσδιορίσετε τη µεταβολή του e ss όταν το Κ µειώνεται κατά 0%. Η ονοµαστική τιµή του Κ είναι 0. Λύση A) Θα είναι Καθώς R(s)=0, G Y(s) G(s) 00 D(s)= = = D(s) +K(s)G(s) s(s +0s+00)+00K(s+) -00 E(s)=-Y(s)=-G D (s)d(s)= s(s +0s+00)+00K(s+) s Η ασυµπτωτική ευστάθεια του συστήµατος κλειστού βρόχου ελέγχεται µε το κριτήριο Routh. Το πολυώνυµο είναι Από τη διάταξη Routh 3 ψ c(s)=s(s +0s+00)+00K(s+)=s +0s +(00+00K)s+00K s 3 00+00K s 0 00K s (000+000K-00K)/0=00=90K 00K 8

προκύπτει ότι όλες οι ρίζες ανήκουν στο αριστερό ηµιεπίπεδο και συνεπώς µπορεί να εφαρµοστεί το θεώρηµα της τελικής τιµής τοτ µετασχηµατισµού Laplace. -00 - e ss =limse(s)=lim = s 0 s 0 s(s +0s+00)+00K(s+) K B) Για τη συνάρτηση ευαισθησίας θα ισχύει - K e K S = =-K(K) = K = ess ss K ess K K K Γ) Από τη συνάρτηση ευαισθησίας λαµβάνεται e ss K - e ss =ess S K = ( ) ( 0.) = 0.0 Κ K ΠΡΟΒΛΗΜΑ Στο σύστηµα ελέγχου του Σχήµατος η συνάρτηση µεταφοράς G(s) δίδεται (s+0) G(s)= s(s+3) Να ευρεθούν οι τιµές του Κ µε χρήση Του κριτηρίου Routh Του θεωρήµατος του Nyquist ώστε οι πόλοι του συστήµατος κλειστού βρόχου να είναι εντός της διαγραµµισµένης περιοχής. Λύση Α) Το χαρακτηριστικό πολυώνυµο του συστήµατος κλειστού βρόχου θα είναι ψ (s)=s(s+3)+k(s+0)=s c + (3+K)s+0K Εάν οι ρίζες ρ,ρ του ψ c (s) έχουν όρισµα στα διαστήµατα [ 80 ο,-35 ο ] και [35 ο,80 ο ], το πολυώνυµο ψ Β (s)=s +as+b το οποίο έχει ρίζες ρ,ρ δεν θα είναι ασυµπτωτικά ευσταθές. Οι συντελεστές του ψβ(s) µπορούν να ευρεθούν συναρτήσει των συντελεστών του ψ c (s) ως εξής 9

-a=ρ + ρ = (ρ +ρ )-ρρ =(3+Κ) -0Κ b=ρ ρ = (ρρ ) =00Κ Από το κριτήριο Routh s b s a b προκύπτει ότι για να µην είναι το ψ Β (s) ασυµπτωτικά ευσταθές πρέπει a=-[(3+κ) -0Κ]<0 ΠΡΟΣΟΧΗ: Η αστάθεια του ψ Β (s) δεν εξασφαλίζει ότι οι ρίζες του ψ c (s) είναι στις επιθυµητές περιοχές, αφού θα µπορούσαν να είναι στην περιοχή [-45 ο, 45 ο ]. Εάν οι ρίζες ρ,ρ του ψ c (s) έχουν πραγµατικό µερος µικρότερο του, το πολυώνυµο ψ Γ (s)=s +a s+b το οποίο έχει ρίζες +ρ,+ ρ θα είναι ασυµπτωτικά ευσταθές. Οι συντελεστές του ψ Γ (s) µπορούν να ευρεθούν συναρτήσει των συντελεστών του ψ c (s) ως εξής -a =+ρ ++ρ =-(3+Κ) b=(+ρ )(+ρ )=+(ρ +ρ )+ρρ = -(3+K)+0K Από το κριτήριο Routh προκύπτει ότι για να είναι το ψ Γ (s) ασυµπτωτικά ευσταθές πρέπει a =+K>0 b =9K->0 Αξίζει να παρατηρηθεί ότι η δεύτερη συνθήκη για το ψ Γ (s) αποκλείει να έχει το ψ c (s) ρίζες στην περιοχή [-45 ο, 45 ο ]. Από τη σχέση a<0 συνάγεται ότι το Κ ευρίσκεται εκτός των ριζών του τριωνύµου οι οποίες είναι 0.68 και 3.3. Από τη σχέση a >0 συνάγεται Κ>-. (3+Κ) -0Κ=K -4K+9 0

Από τη σχέση b >0 συνάγεται Κ>/9. Οι ανισότητες συναληθεύουν για /9<Κ<0.68 και 3.3<Κ ΠΡΟΒΛΗΜΑ Στο σύστηµα του Σχήµατος ο κινητήρας, ο οποίος έχει περιγραφική σχέση eb A 0 ω = - i 0 -A T κινεί τη ροπή αδρανείας J η οποία εµφανίζει τριβή σε σχέση µε το ακίνητο σύστηµα αναφοράς. Μετράται η γωνιακή ταχύτητα ω. Α) Να γραφούν οι εξισώσεις καταστάσεως ως προς το διάνυσµα x=[i ω] Τ. Β) Να γραφούν οι εξισώσεις καταστάσεως ως προς το διάνυσµα T ˆx=[i(t) θ(t) ω(t)]. Γ) Να ευρεθούν οι συναρτήσεις µεταφοράς για τις περιγραφές των ερωτηµάτων (Α) και (Β). ) Να ευρεθούν οι συναρτήσεις τα χαρακτηριστικά πολυώνυµα για τις περιγραφές των ερωτηµάτων (Α) και (Β). Ε) Να εξεταστεί η ελεγξιµότητα και η παρατηρησιµότητα για τις περιγραφές των ερωτηµάτων (Α) και (Β). Λύση Α) Η εφαρµογή του νόµου τάσεων του Kirchhoff στο ηλεκτρικό σύστηµα δίδει ενώ για το µηχανικό σύστηµα λαµβάνεται di L =E-Ri-e b =E-Ri-Aω dt

dω J =-T-Bω=Ai-Bω dt Οι ανωτέρω εξισώσεις µαζί µε την εξίσωση της απόκρισης γράφονται σε µητρική µορφή ως εξής Β) Καθώς y=ω di R A R A - - - - dx dt L L i L L = = + LE= x+ Lu dt dω A B ω A B - 0-0 dt J J J J i y=ω= [ 0 ] =0 [ x ] ω. ω=dθ/dt οι εξισώσεις καταστάσεως του συστήµατος θα λάβουν τη µορφή di R A dt - 0 - L L i L dxˆ dθ = = 0 0 θ + 0 E dt dt A Bω 0 dω 0 - J J dt y=ω= [ 0 0 x ] ˆ Αξίζει να παρατηρηθεί ότι η τάξη της περιγραφής αυξήθηκε από δύο σε τρία. ΠΡΟΒΛΗΜΑ Ας θεωρηθεί το σύστηµα που περιγράφεται από τις εξισώσεις x - - x 0 x = + u y=[ 0 x - -3 x ] x Α) Να ευρεθεί η ελεύθερη απόκριση του συστήµατος. Β) Να σχεδιαστούν οι τροχιές του διανύσµατος καταστάσεως στο χώρο καταστάσεων για διάφορα διανύσµατα αρχικών συνθηκών. Λύση Η ελεύθερη απόκριση του συστήµατος, όταν οι αρχικές συνθήκες είναι x T (0)=[x 0 x 0 ]

θα είναι x(t)=e At x(0) Για τον υπολογισµό της e At χρησιµοποιείται θα είναι s+3 - s+ (s+)(s+4) (s+)(s+4) s+3 - s+ (s+)(s+4) (s+)(s+4) - - (si-a) = = Για τον υπολογισµό των αντίστροφων µετασχηµατισµών Laplace των στοιχείων της µήτρας (si-a) - εφαρµόζεται η µέθοδος της ανάλυσης σε απλά κλάσµατα και λαµβάνονται. s+3 /3 /3 -t -4t L { }= L { + }={ e + e } U(t) (s+)(s+4) (s+) (s+4) 3 3 /3 -/3 -t -4t L { }= L { + }={ e e } U(t) (s+)(s+4) (s+) (s+4) 3 3 s+ /3 /3 -t -4t L { }= L { + }={ e + e } U(t) (s+)(s+4) (s+) (s+4) 3 3 όπου U(t) είναι η µοναδιαία βηµατική συνάρτηση, η οποία υποδηλώνει ότι οι τιµές των συναρτήσεων είναι έγκυρες για t>0. Συνεπώς και e At -t -4t -t -4t ( e + e )U(t) -( e e )U(t) 3 3 3 3 = -t -4t -t -4t -( e e )U(t) ( e + e )U(t) 3 3 3 3 -t -4t ( x0- x 0)e +( x 0 + x 0)e x(t) 3 3 3 3 x(t)= = U(t) x(t) - -t -4t ( x 0+ x 0)e +( x 0+ x 0)e 3 3 3 3 Β) Για την εύρεση της τροχιάς του x(t) απαιτείται να απαλειφεί ο χρόνος. ιακρίνονται περιπτώσεις α) Εάν (x 0 +x 0 )(x 0 -x 0 ) 0, θα είναι x(t)+x(t) =e -4t U(t) x +x 0 0 από τις οποίες προκύπτει -x (t)+x (t) =e -t U(t) -x +x 0 0 3

β) Εάν (x 0 +x 0 )=0, θα είναι x (t)+x (t) -x (t)+x (t) = x 0 +x0 -x 0+x0 4 -t x(t)=x 0eU(t) -t x(t)=x 0eU(t) από τις οποίες προκύπτε x (t)=-x (t) και η τροχιά είναι ευθεία η οποία διέρχεται από το σηµείο (0,0) (αρχή των συντεταγµένων). γ) Εάν (-x 0 +x 0 )=0, θα είναι -4t x(t)=x e U(t) 0-4t x(t)=x 0e U(t) από τις οποίες προκύπτει x(t)=x(t) και η τροχιά είναι ευθεία η οποία διέρχεται από το σηµείο (0,0) (αρχή των συντεταγµένων). Στο Σχήµα φαίνονται οι τροχιές του διανύσµατος καταστάσεως για διάφορες τιµές των αρχικών συνθηκών. Σχήµα Αξίζει να τονιστούν τα ακόλουθα. Οι τροχιές δεν τέµνονται. Εάν ετέµνοντο και εθεωρείτο σαν αρχική συνθήκη το σηµείο τοµής, το σύστηµα θα είχε δύο διαφορετικές εναλλακτικές εξελίξεις, οπότε η πρόβλεψη της συµπεριφοράς του καθίσταται αδύνατη. 4

Οι τροχιές του συστήµατος επεκτείνονται και για t<0. Υπό την προϋπόθεση ότι στο παρελθόν δεν υπήρξαν διεγέρσεις στο σύστηµα, από τις τροχιές µπορούν να συναχθούν συµπεράσµατα για την ιστορία του συστήµατος. Ανεξάρτητα από τις αρχικές συνθήκες, καθώς ο χρόνος τείνει προς το άπειρο οι τροχιές συγκλίνουν προς το σηµείο (0,0). Αυτό οφείλεται στο ότι οι συναρτήσεις e -t και e -4t τείνουν στο µηδέν καθώς ο χρόνος t τείνει στο άπειρο. Οι τιµές λ = - και λ = -4 είναι οι ιδιοτιµές της µήτρας Α. Κάτω από ορισµένες συνθήκες ([x 0 x 0 ] T =[ -] T x 0 ή [x 0 x 0 ] T =[ ] T x 0 ) οι τροχιές είναι ευθείες γραµµές. Καθώς τα διανύσµατα =[ -] T και [ ] T είναι ιδιοδιανύσµατα της µήτρας Α, αυτό θα συµβαίνει εάν οι αρχικές συνθήκες συνιστούν ιδιοδιανύσµατα της µήτρας Α. ΠΡΟΒΛΗΜΑ Είδος ζώων έχει διάρκεια ζωής.5 έτη. Κατά την άνοιξη, κάθε ζεύγος ηλικίας ετών γεννά δύο ζεύγη νεογνών. Κατά την περίοδο του φθινοπώρου οι κυνηγοί σκοτώνουν το 40% των ζευγών ηλικίας µικρότερηςτου ενός έτους και α% των ζευγών ηλικίας µεταξύ ενός και δύο ετών. Ο συνολικός πληθυσµός των ζώων µετράται κάθε Φεβρουάριο. Α) Να γραφούν οι εξισώσεις καταστάσεως του συστήµατος. Β) Να ευρεθεί η ελεύθερη απόκριση του συστήµατος. Γ) Να ευρεθεί η τιµή του α ώστε ο πληθυσµός των ζώων να είναι σταθερός. Λύση Α) Αν παρασταθούν µε x (kt), x (kt) οι πληθυσµοί των ζώων ηλικίας µεχρις ενός έτους και ηλικίας µεταξύ ενός και δύο ετών αντίστοιχα κατά το Φεβρουάριο του k έτους και τεθεί β=-0.0α οι εξισώσεις καταστάσεως του συστήµατος θα είναι x [(k+)t] 0. x (kt) x (kt) = y(kt)=[ x [(k+)t] β 0 x (kt) ] x (kt) Β) Εάν οι πληθυσµοί το έτος 0 είναι x 0 και x 0 αντίστοιχα και τεθεί ω =.β, εφαρµόζοντας µετασχηµατισµό Z, προκύπτει - X(z) z -. z x0z+.x0 X(z)= =z = X(z) -β z z-ω x0z+βx 0 Αναλύοντας σε απλά κλάσµατα τα X (z)/z και X (z)/z, λαµβάνονται 5

x0ω+.x 0 x0ω-.x 0 X(z) x0z+.x0 ω ω + z z-ω z-ω z+ω = = X(z) x0z+βx0 x0β+ωx0 -x0β+ωx 0 z z-ω ω + ω z-ω z+ω Λαµβάνοντας τον αντίστροφο µετασχηµατισµό Z των X (z) και X (z) προκύπτουν x ω+.x x (kt)= Z - { X (z)}= ω x β+ωx x (kt)= Z - { X (z)}= ω x ω-.x ω + (-ω) ω 0 0 k 0 0 -x β+ωx ω + (-ω) ω 0 0 k 0 0 Στην περίπτωση των συστηµάτων διακριτού χρόνου η κίνηση του διανύσµατος καταστάσεως στο χώρο καταστάσεων παύει να είναι συνεχής καµπύλη και γίνεται ακολουθία σηµείων. Γ) Αξίζει να παρατηρηθούν τα ακόλουθα. Εάν ω <, δηλαδή οι ιδιοτιµές της µήτρας A d ευρίσκονται εντός του µοναδιαίου κύκλου του µιγαδικού επιπέδου µε κέντρο την αρχή των αξόνων, τα x (kt) και x (kt) τείνουν στο µηδέν καθώς το k τείνει στο άπειρο. Εάν ω >, δηλαδή οι ιδιοτιµές της µήτρας A d ευρίσκονται εκτός του µοναδιαίου κύκλου του µιγαδικού επιπέδου µε κέντρο την αρχή των αξόνων, τα x (kt) και x (kt) τείνουν στο άπειρο καθώς το k τείνει στο άπειρο. Εάν ω =, δηλαδή οι ιδιοτιµές της µήτρας A d ευρίσκονται επάνω στον µοναδιαίο κύκλο του µιγαδικού επιπέδου µε κέντρο την αρχή των αξόνων, το x (kt) θα λαµβάνει τις τιµές.x 0 όταν το k είναι περιττό και x 0 όταν το k είναι άρτιο ενώ το x (kt) θα λαµβάνει τις τιµές βx 0 όταν το k είναι περιττό και x 0 όταν το k είναι άρτιο. Ο πληθυσµός των ζώων θα εκτελεί αµείωτη ταλάντωση µε περίοδο Τ. Για να παραµένει ο πληθυσµός σταθερός, θα πρέπει k k ή ισοδύναµα x 0 +x 0 = βx 0 +.x 0 =0.833x 0 +.x 0 0.67x 0 =0.x 0 6

ΠΡΟΒΛΗΜΑ Για τα συστήµατα που περιγράφονται από τις εξισώσεις καταστάσεως -α 0 -α 0 0 x= 0 -α x +Bu x = 0 -α 0 x +Bu 0 0 -α 0 0 -α y=cx y=cx Α) Να ευρεθούν οι ελεύθερες αποκρίσεις των διανυσµάτων κατάστασης. Β) Να ευρεθούν τα χαρακτηριστικά πολυώνυµα των περιγραφών. Γ) Εάν α=0, να εξετάσετε εάν τα διανύσµατα κατάστασης του ερωτήµατος (Α) παραµένουν φραγµένα. Λύση Ας θεωρηθεί η µήτρα -α 0 A= 0 -α 0 0 -α της οποίας το χαρακτηριστικό πολυώνυµο είναι ψ(s)=(s+α) 3 Για τον υπολογισµό της f(a)=e At λαµβάνεται Θα είναι f(s)=e st =(s+α) 3 π(s)+b 0 +b s+b s f () (s)=te st =3(s+α) π(s)+ (s+α) 3 π () (s)+ b +b s f () (s)=t e st =6(s+α)π(s)+3(s+α) π () (s)+3(s+α) π () (s)+(s+α) 3 π () (s)+b Θέτοντας [οπου s το α, λαµβάνεται -αt e -α α b0 -αt te = 0 -α b -αt te 0 0 b Εποµένως Καθώς θα είναι b α 0.5α e e +αte +0.5a t e -αt -αt -αt -αt 0 -αt -αt -αt b = 0 α te = te +at e -αt -αt b 0 0 0.5 t e 0.5t e α -α A= 0 α -α 0 0 α 7

0 0 -α 0 α -α t 0. 5t At -αt e = 0 0 b 0+ 0 -α b + 0 α -αb=e 0 t 0 0 0 0 -α 0 0 α 0 0 Για την -α 0 0 A= 0 -α 0 0 0 -α ισχύει 0 0 At -αt e =e 0 0 0 0 από τον ορισµό της εκθετικής µητρικής συνάρτησης ή µε εφαρµογή της µεθόδου που περιγράφηκε. Αξίζει να παρατηρηθούν τα ακόλουθα. Οι µήτρες A και Α έχουν το ίδιο χαρακτηριστικό πολυώνυµο. Εάν δύο συστήµατα περιγράφονται από τις A και Α αντίστοιχα και οι αρχικές συνθήκες είναι x (0)=x (0)=[ ] T τα διανύσµατα καταστάσεως θα είναι x (t)=e -αt [+t+0.5t +t ] T x (t)=e -αt [ ] T και εάν α=0 το x (t) αποκλίνει καθώς το t τείνει στο άπειρο ενώ το x (t) παραµένει φραγµένο. Άµεσο συµπέρασµα είναι ότι πολλαπλές ιδιοτιµές της µήτρας Α του συστήµατος επάνω στο φανταστικό άξονα δεν συνεπάγονται την απόκλιση του διανύσµατος καταστάσεως καθώς παρέρχεται ο χρόνος. 8