状態方程式（電験のコツ・ツボ⑧）

　ここでは、定常線形系の状態方程式、及び状態ベクトル、遷移行列などについて解説したいと思います。
（関連問題：平成17、22、25、27、28、30年電験1種2次機械・制御）

m入力、ℓ出力の状態方程式と出力方程式はつぎのように表されます。
状態方程式　$${\frac{d\bold{x}(t)}{dt}=\bold{Ax}(t)+\bold{Bu}(t)}$$・・・(1)
出力方程式　$${\bold{y}(t)=\bold{Cx}(t)+\bold{Du}(t)}$$・・・(2)
　$${\bold{x}(t)}$$：状態ベクトル$${(n×1)}$$
　$${\bold{u}(t)}$$：入力ベクトル$${(m×1)}$$
    $${\bold{y}(t)}$$ :  出力ベクトル$${(ℓ×1)}$$
　$${\bold A}$$：システムマトリックス$${(n×n)}$$
　$${\bold B}$$：駆動マトリックス$${(n×m)}$$
　$${\bold C}$$：出力マトリックス$${(ℓ×n)}$$
　$${\bold D}$$：状態マトリックス$${(ℓ×m)}$$
　(1)式の状態方程式はシステム状態の変化速度を表しています。$${\bold A}$$、$${\bold B}$$とも時間ｔに無関係な定数マトリックスのとき定常であるといいます。また、$${\bold{x}(t)}$$、及び$${\bold{ u}(t)}$$の各要素について重ね合せの理が成り立つとき線形系であるといいます。出力方程式は状態変数と入力要素を用いて所望の出力を得るための方程式です。$${\bold C}$$、$${\bold D}$$は定数マトリックス。ここでは外乱の影響は考えないものとします。(1)式と(2)式は図1のようになります。

(1)式と(2)式のラプラス変換は次式になります。
　$${s\bold X(s)-\bold x(0)=\bold A \bold X(s) +\bold B \bold U(s)}$$・・・(4)
　$${\bold Y(s)=\bold C \bold X(s) + \bold D \bold U(s)}$$・・・(5)
(4)式と(5)式は図2のようになります。

伝達マトリックス
　$${\bold I}$$を単位行列とし、(4)式より
　$${(s \bold I - \bold A) \bold X(s)= \bold x(0) + \bold B \bold U(s)}$$
　$${\therefore \bold X(s)=(s \bold I - \bold A)^{-1} \bold x(0)+ (s \bold I -\bold A)^{-1} \bold B \bold U(s)}$$・・・(6)
第1項は入力、すなわち強制力が無い$${\bold U(s)= \bold 0}$$ときの自由状態に相当します。第2項は強制力による特解に相当します。(5)式に(6)式を代入して
　$${\therefore \bold Y(s)=\bold C(s \bold I - \bold A)^{-1} \bold x(0)+ \{ \bold C(s \bold I -\bold A)^{-1} \bold B + \bold D \} \bold U(s)}$$
　　　　　$${=\bold C(s \bold I - \bold A)^{-1} \bold x(0)+ \bold G(s) \bold U(s)}$$・・・(7)
　　　$${\bold G(s) \equiv \bold C(s \bold I - \bold A)^{-1} \bold B + \bold D}$$を伝達マトリックスといいます。
　　　$${\bold Φ(s) \equiv (s \bold I - \bold A)^{-1}= \frac{adj(s \bold I- \bold A)}{|s \bold I- \bold A|}}$$・・・(8)
ただし、$${adj(s \bold I- \bold A)}$$：$${(s \bold I- \bold A)}$$の余因子行列
　なお、$${\bold D= \bold 0}$$のとき、$${\bold G(s)}$$の特性方程式は(8)式より、
行列式$${|s \bold I- \bold A|=0}$$として求めることができ、その全ての根の実部が負であればシステムは安定です。

遷移マトリックス
　ここで、$${\bold Φ(t)、\bold g(t)}$$を$${\bold Φ(s)、\bold G(s)}$$の逆変換とおくと、(6)式と(7)式の逆変換はたたみ込み積分により、次式になります。
　$${\bold x(t)= \bold Φ(t) \bold x(0) + \int_0^t \bold Φ(t-τ) \bold B \bold u(τ)dτ}$$・・・(9)
　$${\bold y(t)= \bold C \bold Φ(t) \bold x(0) + \int_0^t \bold g(t-τ) \bold u(τ)dτ}$$・・・(10)
ここで、(9)式において入力が無い$${\bold u(t)= \bold 0}$$の自由状態において
　$${\bold x(t)= \bold Φ(t) \bold x(0)}$$
これは、システムの状態が$${\bold x(0)}$$から$${\bold x(t)}$$に変化することを示しているため$${\bold Φ(t)}$$を遷移マトリックスといいます。$${\bold Φ(t)}$$はつぎの微分方程式を満足します。
　$${\begin{rcases} \frac{d}{dt} \bold Φ(t)= \bold A \bold Φ(t) \\ \bold Φ(0)= \bold I \end{rcases}}$$・・・(11)
何故なら (11)式の第1式をラプラス変換すると
　$${ s \bold Φ(s)- \bold Φ(0)=\bold A \bold Φ(s)}$$となり、第2式を用いて
   $${(s \bold I - \bold A) \bold Φ(s)= \bold I}$$　よって、$${\bold Φ(s)=(s \bold I- \bold A)^{-1}}$$
従って、(11)式よりマトリックス指数関数を導入して、遷移マトリックスはつぎのように書くことができます。
　$${\bold Φ(t)=e^{\bold At} \triangleq \bold I + \bold At + \frac{( \bold At)^2}{2!}+・・・+ \frac{( \bold At)^n}{n!}・・・}$$     ・・・(12)
(8)式と(12)式はラプラス変換と逆変換の関係になります。
(12)式を用いると、(9)式と(10)式はつぎのように書くことができます。
　$${\bold x(t)= e^{\bold At} \bold x(0) + \int_0^t e^{\bold A(t-τ)} \bold B \bold u(τ)dτ}$$・・・(13)
　$${\bold y(t)= \bold C e^{\bold At} \bold x(0) + \int_0^t \bold g(t-τ) \bold u(τ)dτ}$$・・・(14)

状態ベクトル$${\bold x(t)}$$
　ところで、自然界は過去の履歴を保存する積分要素によって時刻tの状態が決定します。然るに、n個の積分要素をもつシステムの状態はn個の独立な状態変数を要素とする状態ベクトルによって表すことができます。電気回路の例では、
　コンデンサの電圧$${v_c(t)=\frac{1}{C}\int_0^t i_cdt+v_c(0)}$$
　リアクトルの電流$${i_L(t)=\frac{1}{L}\int_0^t v_Ldt+i_L(0)}$$
よって、$${v_c(t)}$$（または$${q(t)=Cv_c(t)}$$）と$${i_L(t)}$$を状態変数に選ぶことになります。

可制御性
　システムの$${\underline{任意の初期状態 \bold x(t_0)}}$$から有限時間$${t_1≧t_0}$$内に原点$${\bold x(t_1)= \bold 0}$$に戻すことができる。すなわち、(13)式より
　$${\bold x(t_1)= \bold 0= e^{\bold At} \bold x(t_0) + \int_{t_0}^{t_1} e^{\bold A(t-τ)} \bold B \bold u(τ)dτ}$$・・・(15)
となる$${\underline{連続的な入力 \bold u(τ)が存在}}$$するとき、システムは$${t_0}$$において可制御であるといいます。更に、システムで定義された全ての時間領域、つまり任意の時刻$${t_0}$$において可制御であるとき完全可制御であるといいます。完全可制御であるための必要十分条件には幾つかの同値な条件がありますが、その一つに可制御性行列の階数があります。
　完全可制御 $${\Longleftrightarrow Rank \begin{bmatrix} \bold B & \bold {AB} & \bold {A^2B} ・・・\bold{A^{n-1}B}\end{bmatrix}=n}$$・・・(16)

可観測性
　(13)式、または(15)式によると状態を変化させるためには初期状態$${\bold x(0)、または\bold x(t_0)}$$を知る必要があります。しかし、システムの外部から見えるのは出力$${\bold y(t)}$$と入力$${\bold u(t)}$$になります。
　時刻$${t_0}$$から時刻$${t_1(>t_0)}$$までの$${\bold y(τ)、\bold u(τ) (t_0 ≦τ≦ t_1)}$$を観測することによって$${ \underline{任意の初期状態\bold x(t_0)}}$$を一意に決定できるとき、システムは時刻$${\bold t_0}$$において可観測であるといいます。更に、システムで定義された全ての時間領域、つまり任意の時刻$${t_0}$$において可観測であるとき完全可観測であるといいます。完全可観測であるための必要十分条件には幾つかの同値な条件がありますが、その一つに可観測性行列の階数があります。
　完全可観測 $${\Longleftrightarrow Rank \begin{bmatrix} \bold C \\ \bold {CA} \\ \bold {CA^2} \\・・・\\ \bold{CA^{n-1}}\end{bmatrix}=n}$$・・・(17)　

例題１　RLC直列回路の伝達関数

　図3のRLC直列回路において、スイッチSWがt=0でONとします。
微分方程式はつぎのようになります。
　$${\begin{rcases} C \frac{dv_c}{dt}= i \\ L \frac{di}{dt}+ Ri+v_c=e \end{rcases}}$$
ここで、$${x_1=v_c  、x_2=i、u=e}$$とおくと、状態方程式は以下のようになります。
　$${\begin{rcases} \frac{dx_1}{dt}= \frac{x_2}{C} \\ \frac{dx_2}{dt}=- \frac{1}{L}x_1- \frac{R}{L}x_2+ \frac{u}{L} \end{rcases}}$$・・・(1.1)
よって、
　$${ \frac{d}{dt} \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 0 &  \frac{1}{C} \\ - \frac{1}{L} & - \frac{R}{L} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \end{bmatrix}+ \begin{bmatrix} 0 \\ \frac{1}{L} \end{bmatrix}u}$$・・・(1.2)
また、出力方程式を以下とします。
　$${y= \begin{bmatrix} 1 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \end{bmatrix}}$$・・・(1.3)
上式をブロック図で示すと図4のようになります。
・解法１
　次に、(1.1)、(1.3)式より
　$${\frac{d^2y}{dt^2}= \frac{d^2x_1}{dt^2}=\frac{1}{C} \frac{dx_2}{dt}=-\frac{1}{LC}x_1- \frac{R}{LC}x_2+ \frac{u}{LC}=-\frac{1}{LC}y- \frac{R}{L} \frac{dy}{dt}+ \frac{u}{LC}}$$
　$${\therefore \frac{d^2y}{dt^2}+ \frac{R}{L} \frac{dy}{dt}+ \frac{y}{LC}= \frac{u}{LC}}$$・・・(1.4)
ラプラス変換すると、
　$${s^2Y(s)-sy(0)- \frac{dy}{dt}|_{(0)}+ \frac{R}{L}(sY(s)-y(0))+ \frac{Y(s)}{LC}= \frac{U(s)}{LC}}$$
整理すると、
　$${Y(s)=\frac{(s+ \frac{R}{L})y(0)+ \frac{dy}{dt}|_{(0)}}{s^2+ \frac{R}{L}s +\frac{1}{LC}}+ \frac{U(s)}{LCs^2+RCs+1}}$$・・・(1.5)
よって、伝達関数$${G(s)}$$は、右辺第２項より次式となります。
　$${G(s)= \frac{1}{LCs^2+RCs+1}}$$・・・(1.6)
 
・解法２  
　または(7)式より、$${\bold D=\bold 0}$$で、
　$${Y(s)= \bold C(s \bold I- \bold A)^{-1}(\bold x(0)+ \bold BU(s))}$$
　$${= \begin{bmatrix} 1 & 0 \end{bmatrix} \left(s \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}- \begin{bmatrix} 0 & \frac{1}{C} \\ - \frac{1}{L} & - \frac{R}{L} \end{bmatrix} \right)^{-1} \left(\begin{bmatrix} x_1(0) \\ x_2(0) \end{bmatrix}+ \begin{bmatrix} 0 \\ \frac{1}{L} \end{bmatrix}U(s) \right) }$$

　$${= \frac{\begin{bmatrix} s+ \frac{R}{L} & \frac{1}{C} \end{bmatrix}}{s^2+ \frac{R}{L}s + \frac{1}{LC}} \left(\begin{bmatrix} x_1(0) \\ x_2(0) \end{bmatrix}+ \begin{bmatrix} 0 \\ \frac{1}{L} \end{bmatrix}U(s) \right)}$$
ここで、$${x_1(0)=y(0)、x_2(0)=C \frac{dx_1}{dt}|_{(0)}=C \frac{dy}{dt}|_{(0)}}$$
　$${=\frac{(s+ \frac{R}{L})y(0)+ \frac{dy}{dt}|_{(0)}}{s^2+ \frac{R}{L}s +\frac{1}{LC}}+ \frac{U(s)}{LCs^2+RCs+1}}$$
よって、(1.5)式と同じ式が導出されましたので、(1.6)式と同じ伝達関数が得られることになります。

例題2 伝達関数から状態モデルの誘導と遷移マトリックス
　伝達関数が次式で与えられたとします。
　$${G(s)= \frac{Y(s)}{U(s)}= \frac{4}{s^2+5s+4}}$$・・・(2.1)

・解法1
(2.1)式より
　$${\frac{d^2y}{dt^2}+5 \frac{dy}{dt}+4y=4u}$$
ここで、
　$${y(t)= \int_0^t \frac{dy}{dt}+y(0)}$$
　$${\frac{dy(t)}{dt}= \int_0^t \frac{d}{dt}(\frac{dy}{dt})dt+ \frac{dy}{dt}|_{(0)}}$$
なので、$${x_1(t)=y(t)、x_2(t)= \frac{dy(t)}{dt}}$$とおきます。
　$${\frac{dx_1}{dt}=x_2}$$
　$${\frac{dx_2}{dt}=4u-5 \frac{dy}{dt}-4y=4u-5x_2-4x_1}$$
よって、
　$${\frac{d}{dt} \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ -4 & -5 \end{bmatrix} \begin{bmatrix}x_1 \\ x_2 \end{bmatrix}+ \begin{bmatrix}0 \\ 4 \end{bmatrix}u}$$・・・(2.2)
　$${y= \begin{bmatrix}1 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \end{bmatrix}}$$・・・(2.3)
このブロック図は図5のようになります。
　$${\bold Φ(s)=(s \bold I - \bold A)^{-1}= \begin{bmatrix} s & -1 \\ 4 & s+5 \end{bmatrix}^{-1}= \frac{ \begin{bmatrix} s+5 & 1 \\ -4 & s \end{bmatrix}}{(s+1)(s+4)}}$$

       $${= \begin{bmatrix} \frac{4/3}{s+1}+ \frac{-1/3}{s+4} & \frac{1/3}{s+1}+ \frac{-1/3}{s+4} \\ \frac{-4/3}{s+1}+ \frac{4/3}{s+4} & \frac{-1/3}{s+1}+ \frac{4/3}{s+4}\end{bmatrix}}$$

遷移マトリックスは上式を逆変換して
　$${ \bold Φ(t)= \begin{bmatrix} \frac{4}{3}e^{-t}- \frac{1}{3}e^{-4t} & \frac{1}{3}e^{-t}- \frac{1}{3}e^{-4t} \\ -\frac{4}{3}e^{-t}+ \frac{4}{3}e^{-4t} & -\frac{1}{3}e^{-t}+ \frac{4}{3}e^{-4t}\end{bmatrix}}$$・・・(2.4)

または、(12)式を用いると
　$${\bold Φ(t)= \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1\end{bmatrix}+ \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ -4 & -5 \end{bmatrix}t+ \frac{ \begin{bmatrix} -4 & -5 \\ 20 & 21\end{bmatrix}}{2!}t^2+ \frac{ \begin{bmatrix} 20 & 21 \\ -84 & -85 \end{bmatrix}}{3!}t^3+・・・}$$・・・(2.5)
(2.4)式の指数関数をマクローリン展開すると(2.5)式になることが確認できます。
・解法２
　$${G(s)= \frac{Y(s)}{U(s)}= \frac{4/3}{s+1}- \frac{4/3}{s+4}}$$
よって、$${Y(s)= \frac{4}{3} \frac{U(s)}{s+1}- \frac{4}{3} \frac{U(s)}{s+4} \equiv X_1(s)+X_2(s)}$$とします。
　$${(s+1)X_1(s)= \frac{4}{3}U(s)}$$
　$${(s+4)X_2(s)= -\frac{4}{3}U(s)}$$
逆変換すると
　$${\frac{dx_1}{dt}+x_1= \frac{4}{3}u}$$
　$${\frac{dx_2}{dt}+4x_2= -\frac{4}{3}u}$$
よって、
　$${\frac{d}{dt} \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} -1 & 0 \\ 0 & -4 \end{bmatrix} \begin{bmatrix}x_1 \\ x_2 \end{bmatrix}+ \begin{bmatrix} 4/3 \\ -4/3\end{bmatrix}u}$$・・・(2.6)
　$${y= \begin{bmatrix} 1 & 1\end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \end{bmatrix}}$$・・・(2.7)
(2.6)式はシステムマトリックスが対角行列となり、標準形といいます。上式をブロック図で示すと図6のようになります。
　$${\bold Φ(s)=(s \bold I - \bold A)^{-1}= \begin{bmatrix} s+1 & 0 \\ 0 & s+4 \end{bmatrix}^{-1}= \frac{ \begin{bmatrix} s+4 & 0 \\ 0 & s+1 \end{bmatrix}}{(s+1)(s+4)}= \begin{bmatrix} \frac{1}{s+1} & 0 \\ 0 & \frac{1}{s+4}\end{bmatrix}}$$
遷移マトリックスは上式を逆変換して
　$${\bold Φ(t)= \begin{bmatrix} e^{-t} & 0 \\ 0 & e^{-4t}\end{bmatrix}}$$・・・(2.8)
または、(12)式を用いると
　$${\bold Φ(t)= \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1\end{bmatrix}+ \begin{bmatrix} -1 & 0 \\ 0 & -4 \end{bmatrix}t+ \frac{ \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 16\end{bmatrix}}{2!}t^2+ \frac{ \begin{bmatrix} -1 & 0 \\ 0 & -64 \end{bmatrix}}{3!}t^3+・・・}$$・・・(2.9)
(2.8)式の指数関数をマクローリン展開すると(2.9)式になることが確認できます。

参考文献
[1]福島弘毅"制御工学基礎論"丸善株式会社,昭53,p17,p50-54,p238-239,p245-246,p284
[2]成田誠之助"システム工学の手法"コロナ社,昭51,p65-66
[3]菅原秀雄、山崎靖夫、大島輝夫"電験一・二種二次試験計算の攻略"オーム社,平成16,p226