2011年7月28日 星期四

[線性系統] 轉移函數的部分分式展開 與其對應的 反拉式轉換

令轉移函數 $G(s) := \frac{N(s)}{D(s)}$,其中 $N(s)$ 與 $D(s)$ 分別為 $s$ 的多項式,現在考慮 $G(s)$ 分母階數 比 分子階數高,亦即
\[
deg N(s) < deg D(s)
\] 我們稱此 $G(s)$ 為嚴格真分有理函數 (strictly proper rational function)。

Example 1:
\[
G(s) = \frac{s-1}{(s+2)(s+5)}
\] 為嚴格真分有理函數。

Example 2:
\[
G(s) = \frac{(s +1)(s+10)}{(s+2)(s+5)}
\] 不為嚴格真分有理函數。

若 $G(s)$ 為嚴格真分有理函數,則我們可對其做部分分式展開。現在考慮某 $G(s)$ 部分分式的寫作如下:
\[\begin{array}{l}
G\left( s \right) = \underbrace {\frac{A}{{s + a}}}_{{\rm{single}}\begin{array}{*{20}{c}}
{}
\end{array}{\rm{root}}} + \underbrace {\frac{{{B_3}}}{{{{\left( {s + b} \right)}^3}}} + \frac{{{B_2}}}{{{{\left( {s + b} \right)}^2}}} + \frac{{{B_1}}}{{{{\left( {s + b} \right)}^1}}}}_{{\rm{repetitive}}\begin{array}{*{20}{c}}
{}
\end{array}{\rm{roots}}}\\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}&{}
\end{array} + \underbrace {\left( {\frac{{{C_1}}}{\omega }} \right)\frac{\omega }{{{{\left( {s + \alpha } \right)}^2} + {\omega ^2}}} + \left( {\frac{{{C_2}}}{\omega }} \right)\frac{{s + \alpha }}{{{{\left( {s + \alpha } \right)}^2} + {\omega ^2}}}}_{{\rm{conjugate}}\begin{array}{*{20}{c}}
{}
\end{array}{\rm{roots}}}
\end{array}
\]其中 $A, B_3, B_2, B_1, C_1, C_2$ 為待定係數。且 $-\alpha \pm j \omega$ 為共軛複根。

我們看個例子如何求解 嚴格真分有理函數的 部分分式。

Example
試利用部分分式展開下列轉移函數
\[
G(s) = \frac{s+3}{(s+2)(s^2 + 2s + 2)}
\]Solution
首先觀察 $G(s)$ 確實為嚴格真分有理函數 (分母階數大於分子階數)。現在我們觀察 $s^2 + 2s +2$ 有一對 共軛複根 $-1 \pm j 1$ (亦即  $-\alpha \pm j \omega = -1 \pm -j$, $\alpha = 1, \omega = 1$ )
故 $G(s)$ 部分分式可寫為
\[G(s) = \frac{A}{{s + 2}} + \left( {\frac{{{C_2}}}{1}} \right)\frac{1}{{{{\left( {s + 1} \right)}^2} + {1^2}}} + \left( {\frac{{{C_2}}}{1}} \right)\frac{{s + 1}}{{{{\left( {s + 1} \right)}^2} + {1^2}}}
\] 其中 $A, C_1, C_2$ 待定。

我們可首先求得 $A  = (s+2) G(s)|_{s = -2} = \frac{1}{2}$,接著求 $C_1$ 與 $C_2$:

\[\begin{array}{l}
({s^2} + 2s + 2)G(s){|_{s =  - 1 + j}}{\left. { = \frac{{s + 3}}{{s + 2}}} \right|_{s =  - 1 + j}}\\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}&{}
\end{array} = \frac{{\left( { - 1 + j} \right) + 3}}{{\left( { - 1 + j} \right) + 2}} = \frac{{2 + j}}{{1 + j}}\\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}&{}
\end{array} = \frac{{\left( {2 + j} \right)\left( {1 - j} \right)}}{{\left( {1 + j} \right)\left( {1 - j} \right)}} = \frac{{\left( {2 + j - 2j - {j^2}} \right)}}{{1 + 1}}\\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}&{}
\end{array} = \frac{{3 - j}}{2} = \underbrace {\frac{3}{2}}_{: = {C_1}} + j\underbrace {\frac{{ - 1}}{2}}_{: = {C_2}}
\end{array}
\]故 $G(s)$ 的部分分式為
\[\begin{array}{l} G(s) = \frac{A}{{s + 2}} + \left( {\frac{{{C_2}}}{1}} \right)\frac{1}{{{{\left( {s + 1} \right)}^2} + {1^2}}} + \left( {\frac{{{C_2}}}{1}} \right)\frac{{s + 1}}{{{{\left( {s + 1} \right)}^2} + {1^2}}}\\ \begin{array}{*{20}{c}} {}&{} \end{array} = \frac{1}{2}\frac{1}{{s + 2}} + \frac{3}{2}\frac{1}{{{{\left( {s + 1} \right)}^2} + {1^2}}} + \left( {\frac{{ - 1}}{2}} \right)\frac{{s + 1}}{{{{\left( {s + 1} \right)}^2} + {1^2}}} \end{array}\ \ \ \ \square
\] 讀者可自行驗證 (透過通分) 上式確實為 $G(s)$ 的部分分式展開。

一但獲得 部分分式,則我們可以直接由 拉式轉換表 獲得對應的反拉式轉換,現回憶我們先前討論的 轉移函數
\[\begin{array}{l}
G\left( s \right) = \underbrace {\frac{A}{{s + a}}}_{{\rm{single}}\begin{array}{*{20}{c}}
{}
\end{array}{\rm{root}}} + \underbrace {\frac{{{B_3}}}{{{{\left( {s + b} \right)}^3}}} + \frac{{{B_2}}}{{{{\left( {s + b} \right)}^2}}} + \frac{{{B_1}}}{{{{\left( {s + b} \right)}^1}}}}_{{\rm{repetitive}}\begin{array}{*{20}{c}}
{}
\end{array}{\rm{roots}}}\\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}&{}
\end{array} + \underbrace {\left( {\frac{{{C_1}}}{\omega }} \right)\frac{\omega }{{{{\left( {s + \alpha } \right)}^2} + {\omega ^2}}} + \left( {\frac{{{C_2}}}{\omega }} \right)\frac{{s + \alpha }}{{{{\left( {s + \alpha } \right)}^2} + {\omega ^2}}}}_{{\rm{conjugate}}\begin{array}{*{20}{c}}
{}
\end{array}{\rm{roots}}}
\end{array}
\] 其對應的 反拉式轉換 (由拉式轉換表) 可馬上得知如下:
\[\begin{array}{*{20}{l}}
\begin{array}{l}
 \Rightarrow {\cal{L}^{ - 1}}\left\{ \cdot \right\}\\
g\left( t \right) = A{e^{ - at}} + \underbrace {{B_2}\frac{{{t^2}}}{2}{e^{ - bt}} + {B_2}t{e^{ - bt}} + {B_1}{e^{ - bt}}}_{{\rm{repetitive}}\begin{array}{*{20}{c}}
{}
\end{array}{\rm{roots}}}
\end{array}\\
{\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}&{}
\end{array} + \underbrace {\frac{{{C_1}}}{\omega }{e^{ - \alpha t}}\sin \omega t + \frac{{{C_2}}}{\omega }{e^{ - \alpha t}}\cos \omega t}_{{\rm{conjugate}}\begin{array}{*{20}{c}}
{}
\end{array}{\rm{roots}}}}
\end{array}\]

[講義] 主日學中級班課程講義

2012 Spring.
012812-你很特別

簡介: 此次以繪本授課。講義如附檔

012812-誰是第一名
簡介: 此次以繪本授課。講義如附檔

031012-Lecture 2 以馬內利
參考經節: 以賽亞書7-12章
簡介: 此次介紹大先知以賽亞以及當時所發生的故事。講義如附檔
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2011 Fall
091811-Lecture 3:世紀大災難
參考經節: 出埃及記7-10章
簡介: 此回介紹摩西帶領以色列人出埃及前,受到法老王阻撓而上帝降下大災難的故事。講義如附檔
100211-Lecture4:最後的懲罰
參考經節: 出埃及記11-13章
簡介: 此回承接先前介紹摩西帶領以色列人出埃及前,
受到法老王阻撓,上帝降下9災的故事。而本次將講述第十災難
也是最後的懲罰。講義如附檔

101611-Lecture7:葉忒羅獻策
參考經節: 出埃及記18章
簡介: 此回承接先前故事,摩西順利帶領以色列人出埃及之後,摩西本人卻遭遇了大麻煩。他一個人難以處理眾多以色列百姓困難,他會如何解決呢?講義如附檔

112011-Lecture12:火蛇與銅蛇
參考經節:民數記21章
簡介: 以色列人在曠野中行路,卻不顧上主帶領心生埋怨,於是上主派火蛇攻擊他們。以及使用銅蛇醫治他們。最後揭示銅蛇與現代醫學之間關係。講義如附檔

121711-良善Pizza屋
簡介: 此次以繪本授課。講義如附檔

123111-花婆婆
簡介: 此次以繪本授課。講義如附檔

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2011 Spring
072411-Lecture8:勇敢女子
參考經節: 士師記 4-5章
簡介: 此回介紹以色列第一位女士師底波拉與奇女子雅憶故事。講義如附檔
082011-Lecture12:參孫復仇
參考經節: 士師記 13-16章
簡介: 此回介紹以色列士師參孫的故事。講義如附檔

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主日禮拜時間:
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2011年7月17日 星期日

[線性系統] 動態方程式的求解(1) - LTI state equation

延續上篇,這次我們要介紹 線性非時變系統 (Linear Time-Invariant (LTI) System) 的求解。

考慮 LTI 動態系統的 狀態空間表示:
\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{\bf{\dot x}}\left( t \right) = {\bf{Ax}}\left( t \right) + {\bf{Bu}}\left( t \right)}\\
{{\bf{y}}\left( t \right) = {\bf{Cx}}\left( t \right) + {\bf{Du}}\left( t \right)}
\end{array}} \right.
\]其中 $\bf{A}(\cdot), \bf{B}(\cdot), \bf{C}(\cdot),$ 與 $\bf{E}(\cdot)$ 為 $n \times n, n \times p, q \times n,$ 與 $q \times p$  常數矩陣。


我們的目標: 求解 $\bf{x}(t)$。

在求解之前我們需要一些 exponential function ${e^{  {\bf{A}}t}}$的 FACTs:
首先回憶若令 $\bf A = a$ 亦即不再是矩陣而是一個常數 $a$,則 $e^{at}$ 具有 Taylor series 如下
\[{e^{at}}: = 1 + at + \frac{{{a^2}{t^2}}}{{2!}} + ... + \frac{{{a^n}{t^n}}}{{n!}} + ...\]故若現在讓 $a$ 變回矩陣 $\bf A$ 則我們有
\[{e^{{\bf{A}}t}}: = {\bf{I}} + {\bf{A}}t + \frac{1}{{2!}}{{\bf{A}}^2}{t^2} + ... + \frac{1}{{n!}}{{\bf{A}}^n}{t^n} + ...
\]那麼下面幾個性質,讀者可以使用上述定義直接驗證。
=====================
FACT 1: Inverse property
\[
{e^{  {\bf{A}}t}}{e^{ - {\bf{A}}t}} = \bf{I}.
\]FACT 2: Identity matrix
\[
e^{\bf{0}} = \bf{I}.
\]FACT 3: Derivative property
\[\frac{d}{{dt}}{e^{{\bf{A}}t}} = {\bf{A}}{e^{{\bf{A}}t}} = {e^{{\bf{A}}t}}{\bf{A}}.
\]=====================

有了上述的 FACT,我們現在可以開始求解 LTI 動態系統,不過求解之前我們先試著計算看看 $e^{{\bf A}{t}}$ 該怎麼計算  (這邊我們採用定義求解法,之後會用更直接的方法求解)。

-----------
Example 1
考慮矩陣
\[{\bf{A}}: = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
0&1\\
0&0
\end{array}} \right]\]試求 ${e^{{\bf{A}}t}} = ?$
-----------

Solution
由 ${e^{{\bf{A}}t}} $ 定義可知
\[\begin{array}{l}
{e^{{\bf{A}}t}}: = {\bf{I}} + {\bf{A}}t + \frac{1}{{2!}}{{\bf{A}}^2}{t^2} + ... + \frac{1}{{n!}}{{\bf{A}}^n}{t^n} + ...\\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}
\end{array} = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
1&0\\
0&1
\end{array}} \right] + \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
0&1\\
0&0
\end{array}} \right]t + \frac{1}{{2!}}\underbrace {{{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
0&1\\
0&0
\end{array}} \right]}^2}}_{ = {\bf{0}}}{t^2} + ...\\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}
\end{array} = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
1&t\\
0&1
\end{array}} \right]. \ \ \ \ \ \ \square
\end{array}\]

現在我們可以開始推導完整的 LTI 系統的狀態方程解,首先 考慮狀態方程
\[
{{\bf{\dot x}}\left( t \right) = {\bf{Ax}}\left( t \right) + {\bf{Bu}}\left( t \right)}
\] 對上式左右同乘 ${e^{{-\bf{A}}t}}$ 可得
\[\begin{array}{l}
{e^{ - {\bf{A}}t}}{\bf{\dot x}}\left( t \right) = {e^{ - {\bf{A}}t}}{\bf{Ax}}\left( t \right) + {e^{ - {\bf{A}}t}}{\bf{Bu}}\left( t \right)\\
 \Rightarrow {e^{ - {\bf{A}}t}}{\bf{\dot x}}\left( t \right) - {e^{ - {\bf{A}}t}}{\bf{Ax}}\left( t \right) = {e^{ - {\bf{A}}t}}{\bf{Bu}}\left( t \right)
\end{array}
\]觀察上式,我們可得
\[\frac{d}{{dt}}\left( {{e^{ - {\bf{A}}t}}{\bf{x}}\left( t \right)} \right) = {e^{ - {\bf{A}}t}}{\bf{Bu}}\left( t \right)
\]現在對兩邊同取積分從 $0$ 到 $t$ ,可得
\[\begin{array}{l}
\int_0^t {d\left( {{e^{ - {\bf{A}}t}}{\bf{x}}\left( t \right)} \right)}  = \int_0^t {{e^{ - {\bf{A}}\tau }}{\bf{Bu}}\left( \tau  \right)d\tau } \\
 \Rightarrow {e^{ - {\bf{A}}t}}{\bf{x}}\left( t \right) - {\bf{x}}\left( 0 \right) = \int_0^t {{e^{ - {\bf{A}}\tau }}{\bf{Bu}}\left( \tau  \right)d\tau } \\
 \Rightarrow {\bf{x}}\left( t \right) = {e^{{\bf{A}}t}}{\bf{x}}\left( 0 \right) + {e^{{\bf{A}}t}}\int_0^t {{e^{ - {\bf{A}}\tau }}{\bf{Bu}}\left( \tau  \right)d\tau } \\
 \Rightarrow {\bf{x}}\left( t \right) = {e^{{\bf{A}}t}}{\bf{x}}\left( 0 \right) + \int_0^t {{e^{{\bf{A}}\left( {t - \tau } \right)}}{\bf{Bu}}\left( \tau  \right)d\tau } \ \ \ \ (*)
\end{array}
\] 現在我們回頭檢驗上式 $(*)$ 確實為 我們狀態方程的解,我們首先檢驗其確實符合初始條件,亦即當 $t=0 $時,${\bf{x}}\left( t \right) = {\bf{x}}\left( 0 \right)$

現令 $t = 0$,我們可得
\[\begin{array}{l}
{\bf{x}}\left( t \right) = {e^{{\bf{A}}t}}{\bf{x}}\left( 0 \right) + \int_0^t {{e^{{\bf{A}}\left( {t - \tau } \right)}}{\bf{Bu}}\left( \tau  \right)d\tau } \\
 \Rightarrow {\bf{x}}\left( 0 \right) = {e^{{\bf{A}}0}}{\bf{x}}\left( 0 \right) = {\bf{Ix}}\left( 0 \right) = {\bf{x}}\left( 0 \right)
\end{array}
\]故滿足初始條件,現在我們來檢驗 $(*)$ 滿足 狀態方程 ${{\bf{\dot x}}\left( t \right) = {\bf{Ax}}\left( t \right) + {\bf{Bu}}\left( t \right)}$,
故現在對 $(*)$ 微分可得
\[\frac{d}{{dt}}{\bf{x}}\left( t \right) = \frac{d}{{dt}}\left[ {{e^{{\bf{A}}t}}{\bf{x}}\left( 0 \right) + \int_0^t {{e^{{\bf{A}}\left( {t - \tau } \right)}}{\bf{Bu}}\left( \tau  \right)d\tau } } \right]
\]由 Fundamental Theorem of Calculus,我們可知
\[\frac{\partial }{{\partial t}}\int_{{t_0}}^t {f\left( {t,\tau } \right)d\tau }  = \left. {f\left( {t,\tau } \right)} \right|_{\tau  = t}^{} + \int_{{t_0}}^t {\left( {\frac{\partial }{{\partial t}}f\left( {t,\tau } \right)} \right)d\tau }
\]故
\[\begin{array}{l}
\frac{d}{{dt}}{\bf{x}}\left( t \right) = \frac{d}{{dt}}\left[ {{e^{{\bf{A}}t}}{\bf{x}}\left( 0 \right) + \int_0^t {{e^{{\bf{A}}\left( {t - \tau } \right)}}{\bf{Bu}}\left( \tau  \right)d\tau } } \right]\\
 \Rightarrow {\bf{\dot x}}\left( t \right) = {\bf{A}}{e^{{\bf{A}}t}}{\bf{x}}\left( 0 \right) + \frac{d}{{dt}}\left[ {\int_0^t {{e^{{\bf{A}}\left( {t - \tau } \right)}}{\bf{Bu}}\left( \tau  \right)d\tau } } \right]\\
 \Rightarrow {\bf{\dot x}}\left( t \right) = {\bf{A}}{e^{{\bf{A}}t}}{\bf{x}}\left( 0 \right) + {e^{{\bf{A}}\left( {t - t} \right)}}{\bf{Bu}}\left( t \right) + \int_0^t {\left( {\frac{d}{{dt}}{e^{{\bf{A}}\left( {t - \tau } \right)}}{\bf{Bu}}\left( \tau  \right)} \right)d\tau } \\
 \Rightarrow {\bf{\dot x}}\left( t \right) = {\bf{A}}{e^{{\bf{A}}t}}{\bf{x}}\left( 0 \right) + {\bf{Bu}}\left( t \right) + \int_0^t {{\bf{A}}{e^{{\bf{A}}\left( t \right)}}{e^{{\bf{A}}\left( { - \tau } \right)}}{\bf{Bu}}\left( \tau  \right)d\tau } \\
 \Rightarrow {\bf{\dot x}}\left( t \right) = {\bf{A}}\underbrace {\left[ {{e^{{\bf{A}}t}}{\bf{x}}\left( 0 \right) + \int_0^t {{e^{{\bf{A}}\left( {t - \tau } \right)}}{\bf{Bu}}\left( \tau  \right)d\tau } } \right]}_{{\rm{ = }}{\bf{x}}\left( t \right)} + {\bf{Bu}}\left( t \right)\\
 \Rightarrow {\bf{\dot x}}\left( t \right) = {\bf{Ax}}\left( t \right) + {\bf{Bu}}\left( t \right)
\end{array}
\] 故得證 $(*)$ 即稱為 LTI 狀態方程的解。

我們將上述結果紀錄在下方:
考慮 LTI 動態系統的 狀態方程:
\[{\bf{\dot x}}\left( t \right) = {\bf{Ax}}\left( t \right) + {\bf{Bu}}\left( t \right)
\]其解為
\[{\bf{x}}\left( t \right) = {e^{{\bf{A}}t}}{\bf{x}}\left( 0 \right) + \int_0^t {{e^{{\bf{A}}\left( {t - \tau } \right)}}{\bf{Bu}}\left( \tau  \right)d\tau } \]


那麼現在問題變成,如果我們拓展LTI系統到線性時變 (Linear Time Varying, LTV) 系統,則上述方法是否仍然可行?
答案是 "否定" 的,故我們需要令求其他方法來幫助我們,在下一篇文章我們將會介紹線性時變 (LTV) 系統的狀態方程該如何求解:
[線性系統] 動態方程式的求解(2) - LTV state equation, Fundamental Matrix, and State Transition Matrix

2011年7月14日 星期四

[線性系統] 動態方程式的求解(0) - Review 1st ODE, DE, & $e^{At}$

在求解動態方程是之前,我們先回顧一下基本 一階常微分方程的求解:

Example 1
試求解
\[
\dot {x} = a x, \ x(t_0) = x_0
\]其中 $a$ 為常數。
Solution
利用變數分離法:
\[\begin{array}{*{20}{l}}
{\frac{d}{{dt}}x\left( t \right) = ax\left( t \right)}\\
{ \Rightarrow \int_{{t_0}}^t {\frac{1}{{x\left( \tau  \right)}}dx\left( \tau  \right)}  = \int_{{t_0}}^t {ad\tau } }\\
{ \Rightarrow \left. {\ln \left( {x\left( \tau  \right)} \right)} \right|_{{t_0}}^t = a\left( {t - {t_0}} \right)}\\
{ \Rightarrow \ln \left( {x\left( t \right)} \right) - \ln \left( {x\left( {{t_0}} \right)} \right) = a\left( {t - {t_0}} \right)}\\
{ \Rightarrow \ln \left( {\frac{{x\left( t \right)}}{{{x_0}}}} \right) = a\left( {t - {t_0}} \right)}\\
{ \Rightarrow x\left( t \right) = {x_0}{e^{a\left( {t - {t_0}} \right)}}}. \ \ \ \ \square
\end{array}
\]

Example 2
試求解
\[
\dot {x} = a x + bu, \ x(t_0) = x_0
\]其中 $a, b \neq 0$ 為常數。
Solution
上式為標準一階常微分方程,一般而言,微分方程的解可分為兩個部分
  1. 自由響應 (free response)又稱 零輸入響應(zero input response) ;亦即令 $u(t) = 0$ 所求得的解
  2. 外力響應 (forced response) 又稱 零狀態響應 (zero state response);亦即令 $x(t_0) = 0$所求得的解
整個解 $x(t) $  = 自由響應 + 外力響應;

故首先求解 自由響應  ,令 $u=0$,我們得到
\[
\dot {x} = a x , \ x(t_0) = x_0
\]
Example 1,我們知道對於 $\dot{x} = ax$ 的微分方程,其對應的解為 $x(t) = x_0e^{a(t-t_0)}$。

現在我們求解外力響應:令 $x(t_0) = 0$
故我們可以猜對於 $\dot {x} = a x + bu$ ,其解具有下列型態:
\[
 x(t) = e^{at} F(t) \ \ \ \ (*)
\] 其中 函數 $F(t)$ 待定。
現在將上式 待入微分方程 $\dot{x} = ax + bu$ 之中我們得到
\[\begin{array}{l}
 a{e^{at}}F(t) + {e^{at}}\dot F(t) = a{e^{at}}F(t) + bu\\
 \Rightarrow {e^{at}}\dot F(t) = bu
\end{array}\] 現在我們可求解 $F(t)$ 如下
\[\begin{array}{l}
\frac{{dF(t)}}{{dt}} = {e^{ - at}}bu\left( t \right)\\
 \Rightarrow \int_{{t_0}}^t {dF(\tau )}  = \int_{{t_0}}^t {{e^{ - a\tau }}bu\left( \tau  \right)d\tau } \\
 \Rightarrow F(t) - F\left( {{t_0}} \right) = \int_{{t_0}}^t {{e^{ - a\tau }}bu\left( \tau  \right)d\tau } \\
 \Rightarrow F(t) = \int_{{t_0}}^t {{e^{ - a\tau }}bu\left( \tau  \right)d\tau }  + F\left( {{t_0}} \right) \ \ \ \ (\star)
\end{array}
\] 注意到 $x(t_0)=0$,故由 $(*)$ 我們亦可知
\[
 x(t) = e^{at} F(t) \Rightarrow  x(t_0) = e^{at_0} F(t_0) \Rightarrow 0 = e^{at_0} F(t_0)
\]由於 $e^{a t_0} \neq 0$,故 $ F(t_0) = 0$,所以 $(\star)$ 變成:
\[
F(t) = \int_{{t_0}}^t {{e^{ - a\tau }}bu\left( \tau  \right)d\tau }
\] 又因為我們原本由 $(*)$ 定義為 $ x(t) = e^{at} F(t)$,故外力響應 為
\[
x(t) =\int_{{t_0}}^t {{e^{a\left( {t - \tau } \right)}}bu\left( \tau  \right)d\tau }
\]

現在將 自由響應 與 外力響應合併起來,即可求得整個 一階常微分方程的總解
\[ x(t) =  x_0e^{a(t-t_0)} + \int_{{t_0}}^t {{e^{a\left( {t - \tau } \right)}}bu\left( \tau  \right)d\tau }.  \ \ \ \ \square \]

現在我們把問題轉向矩陣型態,亦即上述的 $a,b$ 不再是純量,而是矩陣。我們該如何求解呢??

Example 3
試求解 下列一階 時變(time-varying) 微分方程
\[
\dot{x} = a(t) x(t), \ x(t_0) =x_0
\]
Solution
同 Example 1,我們可將其改寫並利用變數分離法求解
\[\begin{array}{l} \frac{d}{{dt}}x\left( t \right) = a(t)x(t)\\ \Rightarrow \frac{1}{{x(t)}}dx\left( t \right) = a(t)dt\\ \Rightarrow \int_{{t_0}}^t {\frac{1}{{x(\tau )}}dx\left( \tau \right)} = \int_{{t_0}}^t {a(\tau )d\tau } \\ \Rightarrow \ln \left. {x(\tau )} \right|_{{t_0}}^t = \int_{{t_0}}^t {a(\tau )d\tau } \\ \Rightarrow \ln x(t) - \ln x({t_0}) = \int_{{t_0}}^t {a(\tau )d\tau } \\ \Rightarrow \ln \frac{{x(t)}}{{x({t_0})}} = \int_{{t_0}}^t {a(\tau )d\tau } \\ \Rightarrow x(t) = {x_0}{e^{\int_{{t_0}}^t {a(\tau )d\tau } }} \end{array}
\]

有了上述的三個例子,我們現在可以把目標轉向 矩陣形式:亦即 $n$ 維 動態方程的求解:

考慮 $n$ 維 線性 時變 動態方程 (Linear Time-varying dynamical equation)
\[
\left\{ \begin{array}{l}
{\bf{\dot x}}\left( t \right){\bf{ = A}}\left( t \right){\bf{x}}\left( t \right){\bf{ + B}}\left( t \right){\bf{u}}\left( t \right)\\
{\bf{y}}\left( t \right){\bf{ = C}}\left( t \right){\bf{x}}\left( t \right){\bf{ + D}}\left( t \right){\bf{u}}\left( t \right)
\end{array} \right.
\] 其中 $\bf{A}(\cdot), \bf{B}(\cdot), \bf{C}(\cdot),$ 與 $\bf{E}(\cdot)$ 為 $n \times n, n \times p, q \times n,$ 與 $q \times p$  在時刻 $t$ 定義在 $(-\infty, \infty)$ 的 實數 連續函數矩陣

上式的求解需要一些數學工具的幫忙,我們首先介紹特殊矩陣函數 $e^{\bf{A}(t)}$:

首先回憶指數函數 $e^{\lambda t}$ 可由 Taylor Series 無窮級數展開:
\[
e^{\lambda t} = 1 + \lambda t + \frac{\lambda^2 t}{2!} + ... + \frac{\lambda^n t^n}{n!}+...
\]同樣的若現在考慮常數矩陣 ${\bf{A}}$,由 Caley-Hamilton Theorem ,我們亦可將 ${e^{{\bf{A}}(t)}}$ 透過類似 Taylor Series 無窮級數展開將其表為:
\[
{e^{{\bf{A}}{t}}} = {\bf{I}} + t{\bf{A}} + \frac{t}{{2!}}{{\bf{A}}^2} + ... + \frac{{{t^n}}}{{n!}}{{\bf{A}}^n} + ... = \sum\limits_{k = 0}^\infty  {\frac{{{t^k}}}{{k!}}{{\bf{A}}^k}}
\]

現在先看幾個性質:
1.  $e^{\bf{0}} = \bf {I} $。
(Proof: 由上述無窮級數展開令 $\bf{A} = 0$)

2. ${e^{{\bf{A}}({t_1} + {t_2})}} = {e^{{\bf{A}}({t_1})}}{e^{{\bf{A}}({t_2})}}$
 (Proof: 由上述無窮級數展開令 $t = t_1 + t_2$ 即可得證)

3.  ${\left[ {{e^{{\bf{A}}t}}} \right]^{ - 1}} = {e^{ - {\bf{A}}t}}$
Proof:
由上述性質2,令 $t_2 = -t_1$,我們可得
\[{e^{{\bf{A}}({t_1} - {t_1})}} = {e^{{\bf{A}}({t_1})}}{e^{ - {\bf{A}}({t_1})}} = {e^{{\bf{A}} \cdot 0}} = {e^{\bf{0}}} = {\bf{I}}
\] 由反矩陣定義,可知 ${\left[ {{e^{{\bf{A}}t}}} \right]^{ - 1}} = {e^{ - {\bf{A}}t}}$。

4. $\frac{d}{{dt}}{e^{{\bf{A}}t}} = {\bf{A}}{e^{{\bf{A}}t}} = {e^{{\bf{A}}t}}{\bf{A}} $

有了上述性質之後我們便可以開始討論狀態方程求解
[線性系統] 動態方程式的求解(1) - LTI state equation

2011年7月13日 星期三

[隨筆] 時間謬論 Paradox of time

我想討論一個關於時間的概念,
這個概念體現了這世界一個非常有趣的觀點,
現在假設我們正處在人生的某個時間點,你可能把這段時間當成 無關緊要 甚至 稀鬆平常 的一日,但是對某些人而言,這個時間點卻可能無比重要;相反地,當某些人覺得不過是平凡一天的時光時,你卻可能正在經歷"你認為的"相當重要的事情,而且這件事會讓你覺得這個時間點即將發生的事件,將會嚴重影響妳往後人生路途,這種"所謂的"關鍵時刻蘊含相當大的焦慮與不安。
我們來假設你今天有個非常重要的行程 (基測/學測/TOEFL/GRE/面試/結婚/ whatever..)
在這個重要的時間點前,可能會感覺要無比緊張甚至認為幾乎就像是末日來臨

這時候,也許我們可以想想路上的行人,可能正在度過日復一日的"同一天"
他們也許想著每天的例行公事,走著每天必走的回家路,哼著重複的旋律

讓我們在進一步想想在這個重要時間點的隔天,隔一周,隔幾年之後的自己
當你想到當初是多麼手足無措時,會不會啞然失笑呢?

所以,讓我們試著放寬心,勇敢走下去好嗎:)