Page 34 - 14

37
n
Третій спосіб. Розглянемо диференціальне рівняння (2.56) в якому m  . Якщо це не так,
то, прирівнюючи до нуля коефіцієнти b b , ,..., b , завжди зможемо записати рівняння (2.56) у
m 1 m 2 n
вигляді
d n y d n 1 y dy d n u d n 1 u d u
a  a  ... a  a y  b  b  ... b  b u . (2.79)
n n n 1 n 1 1 0 n n n 1 n 1 1 0
dt dt dt dt dt dt
Рівняння (2.79) розпадається на систему диференціальних рівнянь першого порядку
dx 1
 x   , u
dt 2 1
dx
2  x   , u
dt 3 2
dx i 1
 x   i 1 u (2.80)
i
dt
.......... .........
dx 1 n
n   a x   , u
dt a j 1 j n
n j 1
y  x   . u
1 0
Величини  i ,  n , 0 визначаються як розв’язок системи лінійних алгебраїчних рівнянь
i
n
 a j  j i  b i i ,  ,0 n . (2.81)
j 1
Цей спосіб є найуніверсальнішим, оскільки він не накладає ніяких обмежень на порядок
похідної в правій частині диференціального рівняння (2.79)

d 2 y dy
Приклад 2.1. Математичну модель об’єкта 2  3  2 y  u подати в просторі станів,
dt dt
використовуючи перший і другий способи .

Перший спосіб. Оскільки порядок диференціального рівняння n  , то динамічні
2
параметри об’єкта в просторі станів будуть характеризуватись двома диференціальними
рівняннями першого порядку .
2
Використовуючи рівняння (2.65) при n  , отримаємо :
dx 1
 x ,
dt 2
dx a a b
2 2 1 0
  x  x  , u
1
2
dt a a a
0 0 0
y  x .
1
1
Оскільки a  a ; 1  a ; 3  2 і b  , то
0 1 2 0
dx
1
 x 2 ,
dt
dx 2
  2 x  3 x  , u
dt 1 2
y  x .
1
Другий спосіб . Вихідне рівняння перетворимо за Лапласом і визначимо
1
( Y p )  U ( p ).
2
p  3 p  2
2
Визначаємо корені полінома (D p ) . Маємо p  3 p  2  0 і p   p , 1 2   2 .
1