Page 201 - 2589

Згідно із першим законом Кірхгофа
dx
C 1 2  x 1  x 3  , 0
dt
або

1 1

x   x  x
2 1 3
C C
1 1
або після підстановки C  1
1

x   x  x
2 1 3
Розглядаючи контури 1 і 2 і застосовуючи другий закон
Кірхгофа для напруги, отримуємо:
Для першого кола
dx
L 1  R x  u  x  0,
1 1 1 1 2
dt
або

R 1 1

x   1 x  x  u ,
1 1 2 1
L L L
1 1 1
або, після підстановки

x   2x  x  u .
1 1 2 1
Для другого кола
dx
L 3  R x  u  x  0
2 2 3 2 2
dt
або

1 R 1

x  x  2 x  u
3 2 3 2
L L L
2 2 2
або після підстановки

x  4x  2x  4u .
3 2 3 2
Вихідні функції мають вигляд

y  R 1 x  2x ,
1
1
1
y  R x  5 , 0 x .
2 2 3 3
 x 1 
   u 
Позначивши через : x  x 2  - вектор стану, u   1  , - вектор

   u 2 
 x 3 
 y 
вхідного впливу, y   1  - вектор виходу, можна записати
 y 2 
диференціальне рівняння стану у матричній формі:

x  Ax  Bu
,

201