5. 線形時不変システムの応答

LTIシステム（Linear Time Invariant system）（線形時不変システム）の応答を説明する。以下のLTIシステムを考える。$$\boldsymbol{\dot{x}}(t) = \boldsymbol{A x}(t) +\boldsymbol{B u}(t) \;\; \cdots (1)\;\;\; \;\; \boldsymbol{A}(n \times n), \;\; \boldsymbol{B}(n \times m)$$ $$ \boldsymbol{y}(t) = \boldsymbol{C x}(t) \;\;\;\;\; \boldsymbol{C}(l \times n) \;\;\;\;\;\;\;\ ※直達項 \boldsymbol{D=0}とする。$$ \(t=0\)における状態変数の初期値を\(\boldsymbol{x}(0)\)とする。入力\(\boldsymbol{u}(t) = 0\)とすると、\((1)\)式は、$$\boldsymbol{\dot{x}}(t) = \boldsymbol{A x}(t)$$で、自由システムと呼ぶ。この解は、\(\boldsymbol{x}(0)\)を与えると、$$\boldsymbol{x}(t) = e^{\boldsymbol{A}t }\boldsymbol{x}(0)$$ここで、 \(e^{\boldsymbol{A} t}\)を状態遷移行列という。

LTIシステムの応答（微分方程式の一般解）

入力\(\boldsymbol{u}(t) \ne 0\)の場合の\((1)\)式の解を考える。解を$$\boldsymbol{x}(t) = e^{\boldsymbol{A}t}\left[ \boldsymbol{x}(0) + \boldsymbol{z}(t)\right] ,\;\;\; \boldsymbol{z}(0)=\boldsymbol{0} \;\;\; \cdots (2)$$と仮定する。\(t=0\)とすると\((2)\)式は\(x(0)=x(0)\)となり成立する。\((2)\)式を微分すると$$\boldsymbol{\dot{x}}(t) = \boldsymbol{A} e^{\boldsymbol{A}t}\left[ \boldsymbol{x}(0) + \boldsymbol{z}(t)\right] + e^{\boldsymbol{A}t} \boldsymbol{\dot{z}}(t)$$ \(\boldsymbol{\dot{x}}(t)\)と\((2)\)式のそれぞれを\((1)\)式の両辺に代入すると、$$\boldsymbol{A} e^{\boldsymbol{A}t}\left[ \boldsymbol{x}(0) + \boldsymbol{z}(t)\right] + e^{\boldsymbol{A}t} \boldsymbol{\dot{z}}(t) = \boldsymbol{A} e^{\boldsymbol{A}t}\left[ \boldsymbol{x}(0) + \boldsymbol{z}(t)\right] + \boldsymbol{B u}(t)$$なので、\(e^{\boldsymbol{A}t}\boldsymbol{\dot{z}}(t) = \boldsymbol{B u}(t)\)である。従って、\(\boldsymbol{\dot{z}}(t) = e^{-\boldsymbol{A} t} \boldsymbol{B u}(t) \)となり、\(\boldsymbol{z}(0)=\boldsymbol{0}\)を考慮して積分すると、$$\boldsymbol{z}(t) = \int_0^t e^{-\boldsymbol{A}\tau} \boldsymbol{Bu}(\tau) d\tau$$を得る。 これを\((2)\)式に代入して整理すると状態変数\(\boldsymbol{x}(t)\)は、$$\boldsymbol{x}(t) = e^{\boldsymbol{A}t} \boldsymbol{x}(0) + \int_0^t e^{\boldsymbol{A}(t -\tau)}\boldsymbol{Bu}(\tau) d \tau \;\;\;\;\; \cdots (3)$$となる。従って、出力\(\boldsymbol{y}(t)\)は、$$\boldsymbol{y}(t) = \boldsymbol{C} e^{\boldsymbol{A}t} \boldsymbol{x}(0) + \int_0^t \boldsymbol{C} e^{\boldsymbol{A}(t -\tau)}\boldsymbol{Bu}(\tau) d \tau$$となる。

LTIシステムの応答（ラプラス変換による方法）

ベクトル関数\(\boldsymbol{x}(t)\)のラプラス変換を各要素\(x_i(t)\)のラプラス変換\(X_i(s)\)をベクトルとして並べたものと定義して、$$\boldsymbol{X}(s) = \mathcal{L}\{\boldsymbol{x}(t)\} = \begin{bmatrix} X_1(s) \\ X_2(s) \\ \vdots \\ X_n(s) \end{bmatrix}$$とすると、\(\mathcal{L}\{ \dot{x}_i (t) \} = s X_i(s) - x_i(0)\)の公式を使い、$$\mathcal{L} \{\boldsymbol{\dot{x}}(t)\} = s \boldsymbol{X}(s) - \boldsymbol{x}(0)$$と表せる。これを使い、\((1)\)式の両辺をラプラス変換すると$$s \boldsymbol{X}(s) - \boldsymbol{x}(0) = \boldsymbol{A X}(s) +\boldsymbol{B U}(s) \;\;\;\;\;\;\; \boldsymbol{U}(s) = \mathcal{L} \{\boldsymbol{u}(t)\}$$ となる。式を整理すると、$$\boldsymbol{X}(s) = (s \boldsymbol{I - A})^{-1} \boldsymbol{x}(0) + (s \boldsymbol{I - A})^{-1} \boldsymbol{B U}(s)$$ となる。\(\boldsymbol{x}(t)\)は、これを逆ラプラス変換して求められるので、$$\boldsymbol{x}(t) = \left[ \mathcal{L}^{-1} \{(s \boldsymbol{I - A})^{-1}\} \right] \boldsymbol{x}(0) + \mathcal{L}^{-1} \{(s \boldsymbol{I - A})^{-1} \boldsymbol{B U}(s)\}$$ と書ける。これと\((3)\)式を比較して、$$\mathcal{L}^{-1} \{(s \boldsymbol{I - A})^{-1}\} = e^{\boldsymbol{A}t}$$ $$\mathcal{L}^{-1} \{(s \boldsymbol{I - A})^{-1} \boldsymbol{B U}(s)\} = \int_0^t e^{\boldsymbol{A}(t -\tau)}\boldsymbol{Bu}(\tau) d \tau$$の関係式を得る。この関係式から$$\mathcal{L}\{e^{\boldsymbol{A}t} \}= (s \boldsymbol{I - A})^{-1}$$となる。
※これは指数関数のラプラス変換の拡張（行列形式）になっている。

状態遷移行列の計算とステップ応答の例

次のシステムで、$$\boldsymbol{\dot{x}}(t) = \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ -2 & -3 \end{bmatrix}\ \boldsymbol{x}(t)+ \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \end{bmatrix} u(t) \;\;\;\; \boldsymbol{x}(0) = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix}$$ $$ y(t) = \begin{bmatrix} 1 & 0 \end{bmatrix} \boldsymbol{x}(t)$$ \(u(t) = 1 \;\;\;\; (t \ge 0)\) 　(単位ステップ関数）のときの状態変数\(\boldsymbol{x}(t)\)と出力\(y(t)\)を求める。

\(\boldsymbol{A} = \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ -2 & -3 \end{bmatrix}\)について\(e^{\boldsymbol{A} t}\)を求める。$$(s \boldsymbol{I -A})^{-1} = \begin{bmatrix} s & -1 \\ 2 & s+3 \end{bmatrix}^{-1} = \begin{bmatrix} \frac{s+3}{(s+1)(s+2)} & \frac{1}{(s+1)(s+2)} \\ \frac{-1}{(s+1)(s+2)} & \frac{s}{(s+1)(s+2)} \end{bmatrix}$$ $$ = \begin{bmatrix} \frac{2}{s+1} - \frac{1}{s+2} & \frac{1}{s+1} - \frac{1}{s+2} \\ -\frac{2}{s+1} + \frac{2}{s+2} & -\frac{1}{s+1} + \frac{2}{s+2} \end{bmatrix}$$となる。これを各要素毎に逆ラプラス変換すると、$$e^{\boldsymbol{A}t} = \mathcal{L}^{-1} \{(s \boldsymbol{I - A})^{-1}\} = \begin{bmatrix} 2e^{-t} - e^{-2t} & e^{-t} - e^{-2t} \\ -2e^{-t} + 2e^{-2t} & -e^{-t} + 2e^{-2t} \end{bmatrix}$$が求まる。
\((3)\)式から、$$\boldsymbol{x}(t) = e^{\boldsymbol{A}t} \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix} + \int_0^t \begin{bmatrix} e^{-(t - \tau)}- e^{-2(t - \tau)} \\ -e^{-(t - \tau)} + 2e^{-2(t - \tau)} \end{bmatrix} d\tau $$ $$=\begin{bmatrix} 2e^{-t} - e^{-2t} \\ -2e^{-t} + 2e^{-2t} \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} \frac{1}{2} - e^{-t} + \frac{1}{2}e^{-2t} \\ e^{-t} - e^{-2t} \end{bmatrix} $$ $$=\begin{bmatrix} \frac{1}{2} + e^{-t} - \frac{1}{2}e^{-2t} \\ -e^{-t} + e^{-2t} \end{bmatrix}$$ また、$$y(t) = \begin{bmatrix} 1 & 0 \end{bmatrix} \boldsymbol{x}(t) = \frac{1}{2} + e^{-t} - \frac{1}{2}e^{-2t} $$となり、状態方程式で表されたLTIシステムのステップ応答が計算できる。