状態方程式の自由応答　現代制御

自由システム

$${n}$$次元1入力1出力システムの状態空間表現は、関連記事の状態空間表現と伝達関数表現の関係で見たように

$$
\begin{align}
\dot{\bm{x}}(t) &= A\bm{x}(t)+\bm{b}u(t)\tag{1}\\
y(t)&= \bm{c}\bm{x}(t)+du(t)\tag{2}
\end{align}
$$

で与えられる。ここで、
$${\bm{x}(t)}$$：状態ベクトル $${n\times 1}$$の列ベクトル、
$${A}$$：係数行列　$${n}$$次正方行列、
$${\bm{b}}$$：入力ベクトル $${n\times 1}$$の列ベクトル、
$${\bm{c}}$$：出力ベクトル $${1\times n}$$の行ベクトル、
$${d}$$： スカラー、
$${u(t)}$$：入力 スカラー、
$${y(t)}$$：出力 スカラー
である。
入力$${u(t)}$$がない状態の状態方程式は、

$$
\begin{align}
\dot{\bm{x}}(t) &= A\bm{x}(t)\tag{3}\\
\end{align}
$$

となる。これを自由システムと呼ぶ。
自由システムの初期ベクトル$${\bm{x}(0)}$$に対する解を状態方程式の自由応答あるいは、零入力応答という。
自由システムの解を求めていく。
式(3)の両辺をラプラス変換し、$${\mathcal{L}[\bm{x}(t)]=\bm{X}(s)}$$とすると、

$$
s\bm{X}(s)-\bm{x}(0)=A\bm{X}(s)\tag{4}
$$

となる。式(4)を変形すると、

$$
\left(sI-A\right)\bm{X}(s)=\bm{x}(0)\tag{5}
$$

となる。式(5)の両辺に逆行列$${\left(sI-A\right)^{-1}}$$を左からかけると、

$$
\bm{X}(s)=\left(sI-A\right)^{-1}\bm{x}(0)\tag{6}
$$

となる。式(6)を逆ラプラス変換すると、

$$
\bm{x}(t)=\mathcal{L}^{-1}[\left(sI-A\right)^{-1}]\bm{x}(0)\tag{7}
$$

となる。ここで、

$$
\mathcal{L}^{-1}[\left(sI-A\right)^{-1}]=e^{At}\tag{8}
$$

とすれば、式(7)は、

$$
\bm{x}(t)=e^{At}\bm{x}(0)\tag{9}
$$

となり、解$${\bm{x}(t)}$$が得られる。
式(8)が成り立つ理由については、関連記事の自由応答が状態遷移行列になる理由についてを参照してほしい。
$${e^{At}}$$は、状態遷移(推移)行列と呼ばれる。状態遷移行列の性質や定義などは、関連記事の状態遷移行列で扱っている。
ここからは、具体的な例で自由応答$${\bm{x}(t)}$$を求めていく。

$$
\frac{{\rm{d}}}{{\rm{d}}t}
\begin{bmatrix}
x_{1}(t)\\
x_{2}(t)
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
0 &1\\
-6 &-5
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
x_{1}(t)\\
x_{2}(t)
\end{bmatrix}\tag{10}
$$

式(10)の自由応答$${\bm{x}(t)}$$を求める。初期ベクトルは、$${\begin{bmatrix}x_{1}(0)\\x_{2}(0)\end{bmatrix}}$$とする。
自由応答$${\bm{x}(t)}$$は、式(9)で求まるので、まずは、$${\left(sI-A\right)^{-1}}$$を求める。

$$
\begin{align}
\left(sI-A\right)^{-1}&=
\begin{bmatrix}
s &-1\\
6 &s+5
\end{bmatrix}^{-1}\notag\\
&= \frac{1}{s^{2}+5s+6}
\begin{bmatrix}
s+5 &1\\
-6 &s
\end{bmatrix}\notag\\
&=\begin{bmatrix}
\frac{s+5}{(s+2)(s+3)} &\frac{1}{(s+2)(s+3)}\\
\frac{-6}{(s+2)(s+3)} &\frac{s}{(s+2)(s+3)}
\end{bmatrix}\tag{11}\\
\end{align}
$$

式(11)をそれぞれ部分分数分解すると、

$${\frac{s+5}{(s+2)(s+3)}}$$

$$
\begin{align}
\frac{s+5}{(s+2)(s+3)}&= \frac{A}{(s+2)}+\frac{B}{(s+3)}\tag{12}\\
\end{align}
$$

式(12)より、次式が成り立つ。

$$
\begin{align}
s+5 &= A(s+3)+B(s+2)\tag{13}\\
\end{align}
$$

式(13)において、$${s=-3}$$と$${s=-2}$$を考えると、
$${s=-3}$$

$$
\begin{align}
-3+5 &= A(-3+3)+B(-3+2)\notag\\
-B&= 2\notag\\
B&= -2\tag{14}
\end{align}
$$

$${s=-2}$$

$$
\begin{align}
-2+5 &= A(-2+3)+B(-2+2)\notag\\
A&= 3\tag{15}\\
\end{align}
$$

よって、式(12)は、

$$
\begin{align}
&\notag\\
\frac{s+5}{(s+2)(s+3)}&= \frac{3}{(s+2)}-\frac{2}{(s+3)}\tag{16}\\
\end{align}
$$

となる。

$${\frac{1}{(s+2)(s+3)}}$$

$$
\begin{align}
\frac{1}{(s+2)(s+3)}&= \frac{A}{(s+2)}+\frac{B}{(s+3)}\tag{17}\\
\end{align}
$$

式(17)より、次式が成り立つ。

$$
\begin{align}
1 &= A(s+3)+B(s+2)\tag{18}\\
\end{align}
$$

式(18)において、$${s=-3}$$と$${s=-2}$$を考えると、
$${s=-3}$$

$$
\begin{align}
1 &= A(-3+3)+B(-3+2)\notag\\
-B&= 1\notag\\
B&= -1\tag{19}
\end{align}
$$

$${s=-2}$$

$$
\begin{align}
1 &= A(-2+3)+B(-2+2)\notag\\
A&= 1\tag{20}\\
\end{align}
$$

よって、式(17)は、

$$
\begin{align}
&\notag\\
\frac{1}{(s+2)(s+3)}&= \frac{1}{(s+2)}-\frac{1}{(s+3)}\tag{21}\\
\end{align}
$$

となる。

$${\frac{-6}{(s+2)(s+3)}}$$

$$
\begin{align}
\frac{-6}{(s+2)(s+3)}&= \frac{A}{(s+2)}+\frac{B}{(s+3)}\tag{22}\\
\end{align}
$$

式(22)より、次式が成り立つ。

$$
\begin{align}
-6 &= A(s+3)+B(s+2)\tag{23}\\
\end{align}
$$

式(23)において、$${s=-3}$$と$${s=-2}$$を考えると、
$${s=-3}$$

$$
\begin{align}
-6 &= A(-3+3)+B(-3+2)\notag\\
-B&= -6\notag\\
B&= 6\tag{24}
\end{align}
$$

$${s=-2}$$

$$
\begin{align}
-6 &= A(-2+3)+B(-2+2)\notag\\
A&= -6\tag{25}\\
\end{align}
$$

よって、式(22)は、

$$
\begin{align}
&\notag\\
\frac{-6}{(s+2)(s+3)}&= -\frac{6}{(s+2)}+\frac{6}{(s+3)}\tag{26}\\
\end{align}
$$

となる。

$${\frac{s}{(s+2)(s+3)}}$$

$$
\begin{align}
\frac{s}{(s+2)(s+3)}&= \frac{A}{(s+2)}+\frac{B}{(s+3)}\tag{27}\\
\end{align}
$$

式(27)より、次式が成り立つ。

$$
\begin{align}
s &= A(s+3)+B(s+2)\tag{28}\\
\end{align}
$$

式(28)において、$${s=-3}$$と$${s=-2}$$を考えると、
$${s=-3}$$

$$
\begin{align}
-3 &= A(-3+3)+B(-3+2)\notag\\
-B&= -3\notag\\
B&= 3\tag{29}
\end{align}
$$

$${s=-2}$$

$$
\begin{align}
-2 &= A(-2+3)+B(-2+2)\notag\\
A&= -2\tag{30}\\
\end{align}
$$

よって、式(27)は、

$$
\begin{align}
&\notag\\
\frac{s}{(s+2)(s+3)}&= -\frac{2}{(s+2)}+\frac{3}{(s+3)}\tag{31}\\
\end{align}
$$

となる。
よって、式(11)は、

$$
\begin{align}
\left(sI-A\right)^{-1}&=
\begin{bmatrix}
s &-1\\
6 &s+5
\end{bmatrix}^{-1}\notag\\
&=\begin{bmatrix}
\frac{s+5}{(s+2)(s+3)} &\frac{1}{(s+2)(s+3)}\\
\frac{-6}{(s+2)(s+3)} &\frac{s}{(s+2)(s+3)}
\end{bmatrix}\notag\\
&=\begin{bmatrix}
\frac{3}{(s+2)}-\frac{2}{(s+3)} & \frac{1}{(s+2)}-\frac{1}{(s+3)}\\
-\frac{6}{(s+2)}+\frac{6}{(s+3)} &-\frac{2}{(s+2)}+\frac{3}{(s+3)}
\end{bmatrix}\tag{32}\\
\end{align}
$$

となる。式(32)の両辺を逆ラプラス変換すると、

$$
\begin{align}
e^{At}

&=\begin{bmatrix}
3e^{-2t}-2e^{-3t} &e^{-2t}-e^{-3t} \\
-6e^{-2t}+6e^{-3t} &-2e^{-2t}+3e^{-3t}
\end{bmatrix}\tag{33}\\
\end{align}
$$

となる。よって、自由応答$${\bm{x}(t)}$$は、

$$
\begin{align}
\bm{x}(t)&=e^{At}\bm{x}(0)\notag\\
&=\begin{bmatrix}
3e^{-2t}-2e^{-3t} &e^{-2t}-e^{-3t} \\
-6e^{-2t}+6e^{-3t} &-2e^{-2t}+3e^{-3t}
\end{bmatrix}\begin{bmatrix}
x_{1}(0)\\
x_{2}(0)
\end{bmatrix}\notag\\
&=\begin{bmatrix}
\left(3x_{1}(0)+x_{2}(0)\right)e^{-2t}+\left(-2x_{1}(0)-x_{2}(0)\right)e^{-3t} \\
\left(-6x_{1}(0)-2x_{2}(0)\right)e^{-2t}+\left(6x_{1}(0)+3x_{2}(0)\right)e^{-3t}
\end{bmatrix}\tag{34}\\
\end{align}
$$

と求まる。式(34)の中で時間$${t}$$によって変化するのは、$${e^{-2t}}$$と$${e^{-3t}}$$である。よって、システムの安定性には、$${e^{-2t}}$$や$${e^{-3t}}$$が関係していそうである。

関連記事

状態空間表現と伝達関数表現の関係　現代制御
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状態遷移行列　現代制御
https://note.com/elemag/n/n6bacce03f98a?sub_rt=share_pw

自由応答が状態遷移行列になる理由について
https://note.com/elemag/n/nd250062aacf7?sub_rt=share_pw

サイト

https://sites.google.com/view/elemagscience/%E3%83%9B%E3%83%BC%E3%83%A0