Übung 2 - Lösung - Universität der Bundeswehr München

Priv.-Doz. G. Reißig, Dipl.-Math. A. Weber
Email: [email protected]
Universität der Bundeswehr München
Institut für Steuer- und Regelungstechnik (LRT-15)
Mehrgrößenregelungssysteme, HT 2012
Übung 2 - Lösung
Aufgabe 1.
e ∈ Fn×n , n ∈ N, dieselben Eigenwerte
(a) Man zeige, dass ähnliche Matrizen A, A
haben.
e heißen ähnlich, falls es eine invertierbare
Zur Erinnerung: Zwei Matrizen A und A
e = R−1 AR.
Matrix R ∈ Fn×n gibt, so dass A
(b) In der zweiten Vorlesung vom 15. 10. wurde die Matrix-Exponentialfunktion exp(X) =
P∞ X k
n×n eingeführt. Unter Verwendung der Konvergenz der Reihe
k=0 k! für X ∈ F
weise man nach, dass die Spalten der matrixwertigen Funktion Φ : R → Fn×n ,
t 7→ exp(Xt) die Differentialgleichung
ẋ = Xx
lösen, und Φ(0) = id gilt. Man folgere
d
exp(Xt) = X exp(Xt).
dt
Lösung Aufgabe 1.
e sind die Nullstellen von
(a) Die Eigenwerte von A
det(X id −T −1 AT ) = det(T −1 (X id −A)T ) = det(T ) · det(T )−1 · det(X id −A)
= det(X id −A),
also auch die Nullstellen des charaktistischen Polynoms von A.
(b) Vorlesungsskript Seite 17 bzw. 18.
Aufgabe 2. Gegeben seien Matrizen B, J ∈ Fn×n , Φ(t) = exp(Jt), so dass Φ(t) invertierbar ist für alle t ∈ R und
A(t) = Φ(t)−1 BΦ(t)
für t ∈ R. Man führe die Koordinatentransformation y = Φ(t)x für das System
ẋ = A(t)x
durch und die leite die Differentialgleichung ẏ = (B + J)y für y her.
1
Lösung Aufgabe 2. Durch die Rechnung
ẏ =
d
d
(Φ(t)x) = ( Φ(t))x + Φ(t)ẋ = JΦ(t)x + BΦ(t)x = (B + J)y
dt
dt
folgt die Behauptung. Tatsächlich ist die Voraussetzung an die Invertierbarkeit von Φ(t)
redundant. Wie in der Vorlesung gezeigt, ist Φ(t) stets invertierbar für alle t ∈ R.
Aufgabe 3. Bei dem unten dargestellten elektrischen Netzwerk soll die Spannung u
über der unabhängigen Stromquelle als Eingang und die Spannung y über dem Widerstand R als Ausgang angesehen werden. Es seien L > 0, RL > 0, R > 0 und C > 0
angenommen.
(a) Man stelle das Zustandssystem
ẋ = Ax + Bu
(1a)
y = Cx + Du
(1b)
auf, und zwar mit dem Zustandssignal
(i) x = (φ, q)T , wobei φ der Fluss der Induktivität und q die Ladung des Kondensators sei.
(ii) x = (v10 , vC )T , wobei v10 die Spannung über Knoten 1 und 0, und vC die
Spannung über C sei.
(b) Man bestimme die Transformationsmatrix R1 ∈ R2×2 , welche x
e = (v10 , vC )T in den
Zustandsvektor x = (φ, q)T überführt. Ferner verifiziere man, dass die Zustandssysteme aus (a) (i) und (a) (ii) ähnlich sind.
(c) Man berechne die Übertragungsfunktion von (1).
e := R−1 AR2
(d) Für RL = C = 2, R = L = 1 bestimme man R2 ∈ R2×2 , so dass A
2
eine Diagonalmatrix ist. Ferner gebe man das durch R2 transformierte, zu (1)
äquivalente Zustandssystem an.
1
L
u(t)
RL
v10
C
vC
R
y
0
Lösung Aufgabe 3. (a)
(i) Nach den physikalischen Gesetzmäßigkeiten gilt
φ = L · iL
(2)
q = C · vC
(3)
q̇ = iC
(4)
φ̇ = vL .
(5)
2
Nach den Kirchhoffschen Gesetzen gilt
iL = iC +
vC
q
= iC +
.
R (3)
RC
(6)
Ausgehend von (2) erhalten wir mit (4)
φ = L(q̇ +
Also
q
).
RC
qL
1
φ
q
)· = −
RC L
L RC
q̇ = (φ −
Mit (5) folgt
φ̇ = vL = u − RL iL − vC
Schließlich erhalten wir
!
φ̇
=
q̇
sowie y = vC =
0 1/C
− RLL
− C1
1
L
1
− RC
= u − RL
(2),(3)
!
φ
!
q
+
q
φ
−
L C
1
!
u
0
x.
(ii) Differenzieren von (2) und (3) nach der Zeit liefert
L
d
iL = vL
dt
C v̇C = iC .
(7)
(8)
Es ist v10 = RL · iL + vC und damit
d
vL i L
vC
iL + v̇C = RL
+
−
dt
L
C
RC
vL
vRL
vC
u − v10 v10 − vC
vC
= RL
+
−
= RL
+
−
L
RL C
RC
L
RL C
RC
RL
1
RL 1
1 =
u+
−
v10 + −
−
vC .
L
RL C
L
RL C
RC
v̇10 = RL
Außerdem
v̇C =
iC
iL
vC
vRL
vC
v10 − vC
vC
=
−
=
−
=
−
.
C
C
RC
RL C
RL C
RL C
RC
Schließlich erhalten wir
!
RL
1
v̇10
RL C − L
=
1
v̇C
RL C
− RL1 C −
− RL1 C −
1
RC
1
RC
!
v10
vC
(b) Es gilt
φ
q
!
L
RL
=
− RLL
0
|
!
vC
C
{z
=:R1
3
v10
}
!
!
+
RL
L
0
!
u.
v
wegen φ = LiL = L RRLL . Der Nachweis der Ähnlichkeit sei an dieser Stelle eingespart.
(c) Nach Vorlesung ist
−1
H(s) = C(s id −A)
=
B=
0 1/C
·
!−1
s + RL /L
1/C
−1/L
s + 1/RC
·
1
!
=
0
1/LC
.
(s + RL /L)(s + 1/RC) + 1/LC
(d) Mit den gegebenen Werten in (a) (i) eingesetzt gilt
!
−2 − 12
A=
1
.
− 12
Die Eigenwerte sind also − 23 bzw. −1 mit den Eigenvektoren
Mit
!
−1 − 12
R2 =
1
−2 −1
und R2−1 =
1
2
erhalten wir
e = R−1 AR2 =
A
2
e=
Ferner gilt B
R2−1 B
=
−2
− 32
0
0
−1
!
e = CR2 =
und C
2
!
−1
1
!
bzw.
−1/2
1
2
!
.
1/2 1/2
.
Aufgabe 4. Man bestimme die Jordan-Normalform der Matrix

3
4

3


A =  −1 0 −1 
1 2 3
und eine zugehörige Transformationsmatrix, d.h. T ∈ R3×3 , so dass T −1 AT die JordanNormalform von A ist.
Lösung Aufgabe 4.
Schritt 1. Eigenwerte.
Die Eigenwerte von A sind die Nullstellen von

X − 3 −4

det 
1
−1
X
−3
1


3
2
3
 = X − 6X + 12X − 8 = (X − 2) ,
−2 X − 3
also ist λ = 2 ein 3-facher Eigenwert.
Schritt 2. Potenzen.
Wir definieren

1
4
3



B := A − λ id = A − 2 id =  −1 −2 −1  .
1
2
1
4
!
.
Also gilt

0
2
2



B 2 =  0 −2 −2 
0 2
2
und B 3 = 0.
Schritt 3: Kerne der Potenzen.
Es ist ker B = span{v1 } mit v1 = (1, −1, 1)T . Wir suchen v2 ∈ ker B 2 , so dass v2 ∈
/
ker B. Der Vektor v2 = (0, −1, 1)T erfüllt die Bedingungen. Wir suchen v3 ∈ ker B 3 , so
dass v3 ∈
/ ker B 2 . Der Vektor v3 = e3 = (0, 0, 1)T erfüllt die Bedingungen.
Schritt 4: Transformationsmatrix.
Mit

T =
B 2 v3 Bv3 v3
2
3
0



=  −2 −1 0 
2
1 1
folgt schließlich

2 1 0



T −1 AT =  0 2 1  .
0 0 2
Achtung: In diesem Beispiel vereinfacht sich Schritt 3 im Vergleich zum allgemeinen
vorgehen. Die Verallgemeinerung von Schritt 3 wird in der Übung behandelt. Dennoch
sei zur Verdeutlichung ein weiteres Beispiel an dieser Stelle gegeben. Sei nun

3
1 0 0



 −1 1 0 0 

A =
 1 1 2 1 .


0 0 0 2
0
Die Aufgabenstellung sei die gleiche wie die in Aufgabe 4 für A0 an Stelle von A.
Schritt 1. Eigenwerte.
Das charakteristische Polynom von A0 ist (X − 2)4 , also ist 2 ein 4-facher Eigenwert
von A0 .
Schritt 2. Potenzen.
Wir definieren

1
1
0 0

 −1 −1 0 0
B := A − λ id = 
 1
1 0 1

0
0 0 0
0
0



.


Es folgt B 02 = 0.
Schritt 3: Kerne der Potenzen.
Es gilt ker B 0 = span{(1, −1, 0, 0)T , (0, 0, 1, 0)T }. Wir suchen v2,1 ∈ ker B 02 , so dass
v2,1 ∈
/ ker B 0 . Der Vektor v2,1 = (0, 0, 0, 1)T erfüllt die Bedingungen. Weiter suchen wir
v2,2 ∈ ker B 02 , so dass v2,2 ∈
/ (span{v2,1 } ∪ ker B 0 ). Der Vektor v2,2 = (1, 0, 0, 0)T erfüllt
die Bedingungen.
Schritt 4: Transformationsmatrix.
5
Mit
T0 =
B 0 v2,1 v2,1 B 0 v2,2 v2,2
folgt schließlich

T
0−1
2 1 0 0

 0 2 0 0
AT =
 0 0 2 1

0 0 0 2
0
0
6



.

