Liniowe uk lady sterowania.

Transkrypt

1 Liniowe uk lady sterowania Rozwi azywanie liniowych rownań stanu Uk lady z czasem ci ag lym Liniowe stacjonarne równania stanu Przyk lad: Uk lad sterowania tarcz a obrotow a prȩt sprȩżysty tarcza obrotowa θt Ωt Ut przek ladnia silnik rewersyjny zmienna steruj aca ut = Ut - napiȩcie obwodu steruj acego silnika zmienne stanu x 1 t = θt - po lożenie k atowe tarczy x 2 t = Ωt - prȩdkość k atowa tarczy zmienne wyjściowe y 1 t = c 1 θt - pomiar po lożenia k atowego za pomoc a uk ladu mostkowego y 2 t = c 2 Ωt - pomiar prȩdkości k atowej za pomoc a pr adnicy tachometrycznej Równania stanu obiektu ẋ 1 t = x 2 t x 1 t = x 1 ẋ 2 t = a 1 x 1 t a 2 x 2 t + but x 2 t = x 2 gdzie a 1 - wspó lczynnik si ly sprȩżystości prȩta a 1 = oznacza brak si ly skrȩcaj acej a 2 -wspó lczynnik tarcia uk ladu a 2 = oznacza brak si l tarcia b -wspó lczynnik proporcjonalności obwodu steruj acego silnika 1

2 Równania wyjścia Równanie sprzȩżenia zwrotnego y 1 t = c 1 x 1 t y 2 t = c 2 x 1 2 ut = k 1 y 1 t + k 2 y 2 t Wskaźniki jakości procesu sterowania docelowego tarcz a obrotow a: sterowanie minimalnoczasowe Q = 1 t dt = t 1 t sterowanie minimalnoenergetyczne Q = 1 t u 2 tdt Wektorowo-macierzowy opis ukladu sterowania: wektorowo-macierzowe równanie stanu ẋt = Axt + But xt = x gdzie wielkości x 1 t 1 xt = A = B = x 2 t a 1 a 2 b oznaczaj a wektor zmiennych stanu macierz stanu i macierz sterowania wektorowo-macierzowe równanie wyjścia gdzie wielkości yt = Cxt y 1 t c 1 yt = C = y 2 t c 2 oznaczaj a wektor zmiennych wyjściowych i macierz wyjścia gdzie wektorowo-macierzowe równanie sprzȩżenia zwrotnego oznacza macierz sprzȩżenia zwrotnego ut = Kyt K = k 1 k 2 wektorowo-macierzowe równanie uk ladu zamkniȩtego lub inaczej ẋt = A + BKCxt ẋt = Ãxt à = A + BKC 2

3 Rozwi azanie wektorowo-macierzowego równania stanu określone jest przez macierzow a funkcjȩ wyk ladnicz a eksponentȩ macierzow a zdefiniowan a za pomoc a szeregu macierzowego e At = I + At + A 2 t 2 + A3 t 3 + Definicja ta jest naturalnym uogólnieniem skalarnej funkcji wyk ladniczej eksponenty skalarnej zdefiniowanej za pomoc a szeregu skalarnego e at = 1 + at + a 2 t 2 + a3 t 3 + Inaczej mówi ac eksponenta macierzowa jest sum a szeregu macierzowego e At = At κ κ! κ= Podstawowe w lasności eksponenty macierzowej przemienność macierzy e At i macierzy A e At A = I + At + A2 t 2 + A3 t 3 + A = A + A 2 t + A3 t 2 = AI + At + A2 t 2 + A3 t 3 + = Ae At przemienność macierzy e At i A 1 + A4 t 3 + Ae At = e At A e At = A 1 e At A e At A 1 = A 1 e At różniczkowanie eksponenty macierzowej określone jest przez różniczkowanie szeregu macierzowego wyraz po wyrazie d dt eat = d dt I + At + A2 t 2 + A3 t 3 + = A + 2A2 t + 3A3 t 2 + = AI + At + A2 t 2 + = Ae At = e At A Podstawienie t t w miejsce t w powyższym wyprowadzeniu daje w wyniku wzór d dt eat t = Ae At t = e At t A a wielokrotne różniczkowanie szeregu macierzowego pozwala uzyskać wzory d k dt k eat = A k e At = e At A k 3

4 d k dt k eat t = A k e At t = e At t A k ca lkowanie eksponenty macierzowej określone jest przez ca lkowanie szeregu macierzowego wyraz po wyrazie It + At2 A 1 At + A2 t 2 e Aθ dθ = + A2 t 3 + A3 t 3 + A3 t 4 4! I + Aθ + A2 θ 2 + A4 t 4 4! + A3 θ 3 + = A 1 AIt + At2 + dθ = + A2 t 3 + = + = A 1 e At I = e At IA 1 Wzór ten obowi azuje jeśli macierz A jest nieosobliwa tj deta Ca lkȩ osobliwej macierzy oblicza siȩ ca lkuj ac wszystkie elementy macierzy aij θ ij=1n dθ = a ij θdθ ij=1n Rozwi azywanie jednorodnego liniowego stacjonarnego równania stanu ẋt = Axt xt = x t [t + Rozwi azanie przewidywane jest w postaci xt = e At t x Weryfikacja przewidywanego rozwi azania d dt eat t xt = Ae At t x ẋt = Axt Weryfikacja warunku pocz atkowego xt = e At t x = e A x = Ix = x 4

5 Rozwi azywanie niejednorodnego liniowego stacjonarnego równania stanu ẋt = Axt + But xt = x t [t + Rozwi azanie przewidywane jest w postaci xt = e At t x + Weryfikacja przewidywanego rozwi azania Ae At t x + A e At θ Buθdθ d t e At t xt + e At θ Buθdθ = dt e At θ Buθdθ + e At t But ẋt = Axt + But Wyznaczanie eksponenty macierzowej za pomoc a metod rachunku operatorowego - porównanie rozwi azań w dziedzinie czasowej i operatorowej Zastosowanie przekszta lcenia Laplace a Xs = xte st dt do jednorodnego równania stanu ẋt = Axt x = x sxs x = AXs prowadzi do zależności si AXs = x tj Xs = si A 1 x Ponieważ xt = e At x wiȩc zachodzi równość e At = L 1 {si A 1 } Dla rozważanego przyk ladu uzyskuje siȩ przyjmuj ac a 1 = 2 a 2 = 2 1 s 1 A = si A = s + 2 si A 1 = 1 s s 2 + 2s s 5 = s+2 s s s s s

6 e At = e t cost + sint 2e t sint e t sint e t cost sint Korzystaj ac z eksponenty macierzowej można latwo wyznaczyć odpowiedzi liniowego stacjonarnego uk ladu sterowania na podstawowe przebiegi sterowania t = : odpowiedź impulsowa tj odpowiedź na sterowanie ut = ūδt gdzie ū R m jest wektorem sta lym bierzemy pod uwagȩ w lasność filtruj ac a δ- funkcji x im t = e At x + e Aθ Būδθdθ = e At x + e A Bū = e At x + Bū odpowiedź skokowa tj odpowiedź na sterowania ut = ū1t stosujemy wzór na ca lkowanie eksponenty macierzowej x sk t = e At x + e Aθ Būdθ = e At x + e Aθ dθbū = e At x + A 1 e At IBū = e At x + A 1 e At IBū odpowiedź liniowa tj odpowiedź na sterowanie ut = ūt stosujemy wzór na ca lkowanie przez czȩści i wzór na ca lkowanie eksponenty macierzowej x li t = e At x + e Aθ Būθdθ = e At x + A 1 e At x A 1 e At Būt e Aθ Bū = d dθ e Aθ Būθdθ = e At x A 1 e At Būt A 1 e At IBū = e At x +A 2 e At I A 1 tbū Dla rozważanego przykladu uzyskuje siȩ x = 1 T b = 1 ū = 1 e At = e t cost + sint 2e t sint 6 e t sint e t cost sint

7 A = A 2 = 1 2e t x im t = 2e t cost sint x sk t = 5cost + sint + 5 e t sint x li t = e t cost + sint 5t 5e t cost 15sint 5 Algorytm sterowania docelowego dla uk ladów liniowych stacjonarnych: Twierdzenie: Sterowanie ut = B T e AT t t 1 R 1 x przeprowadza uk lad liniowy stacjonarny ẋt = Axt + But ze stanu pocz atkowego xt = x do stanu końcowego xt 1 = x 1 w czasie t 1 t jeżeli macierz R określona jak nastȩpuje jest nieosobliwa St ad R = 1 t e At t BB T e AT t t dt Dowód: Powinna być spe lniona zależność xt 1 = = e At 1 t x + = x t t e At 1 t Butdt /e At 1 t e At t Butdt czyli 1 x = e At t Butdt t Podstawiaj ac sterowanie do ostatniej zależności uzyskuje siȩ x = 1 co oznacza że x = RR 1 x t e At t BB T e AT t t R 1 x dt 7

8 Przyk lad: sterowanie tarcz a obrotow a bez oddzia lywania si l sprȩżystości i tarcia a 1 = a 2 = t = t 1 = 1 x = 1 1 T x 1 = T 1 A = si A = s 1 s si A 1 = 1 s 1 = s 2 s 1/s 1/s 2 1/s e At 1 t = R = t 1 1 dt 1 1 t 1 St ad uzyskuje siȩ 1/3 1/2 R = R = 1/ ut = 1 t Tak wiȩc sterowanie docelowe ma postać ut = 18t 1 a trajektoria stanu procesu docelowego jest określona jak nastȩpuje 1 t 1 1 t t 1 θ xt = + 18θ 1 dθ czyli 1 + t 5t 2 + 3t 3 xt = = 1 1t + 9t 2 t=1 8

9 Rozwi azywanie liniowych niestacjonarnych równań stanu Wektorowo-macierzowe równanie stanu liniowego niestacjonarnego uk ladu sterowania ma postać ẋt = Atxt + Btut t [t xt = x Dla równania jednorodnego ẋt = Atxt t [t xt = x definiujemy macierz fundamentaln a macierz podstawow a uk ladu Φt t jako macierz stanowi ac a rozwi azanie macierzowego równania różniczkowego Φt t = AtΦt t t [t Φt t = I Rozwi azanie jednorodnego równania stanu przewidujemy w postaci xt = Φt t xt Weryfikacja rozwi azania jednorodnego równania stanu d dt Φt t xt = AtΦt t xt Φt t xt = AtΦt t xt AtΦt t xt = AtΦt t xt Weryfikacja warunku pocz atkowego Φt t xt = Ixt = xt Rozwi azanie niejednorodnego równania stanu przewidujemy w postaci xt = Φt t x + Φt θbθuθdθ Weryfikacja rozwi azania niejednorodnego równania stanu d t Φt t x + dt At Φt t x + Φt θbθuθdθ = Φt θbθuθdθ + Btut 9

10 Φt t x + AtΦt t x + At Φt θbθuθdθ + Φt tbtut = Φt θbθuθdθ + Btut AtΦt t x + AtΦt t x + At AtΦt θbθuθdθ + Φt tbtut = Φt θbθuθdθ + Btut Zastosowanie macierzy fundamentalnej do wyznaczania rozwi azań okresowych równań stanu- rozwi azywanie nieliniowych równań metod a Newtona Dane jest nieliniowe równanie skalarne fx = Dokonujemy linearyzacji równania w punkcie pocz atkowym x fx fx + f x x x x x = f x 1 fx Obliczamy nowe przybliżenie rozwi azania x 1 = x f x 1 fx Dokonujemy linearyzacji równania w punkcie kolejnym x 1 fx 1 + f x 1 x x 1 x x 1 = f x 1 1 fx 1 Obliczamy nowe przybliżenie rozwi azania x 2 = x 1 f x 1 1 fx 1 Wynika st ad iteracyjna metoda Newtona x κ+1 = x κ f x κ 1 fx κ κ = 1 2 Dla równań z argumentem wektorowym x R n pochodna f x κ oznacza macierz Jacobiego tj f x κ = f i x j x κ ij=1n 1

11 Aby wyznaczyć τ-okresowe rozwi azanie nieliniowego równania stanu wyróżniamy w charakterze argumentu równania stanu jego stan pocz atkowy i poszukujemy takiego stanu pocz atkowego który zapewni τ-okresowy przebieg zmiennych stanu Równanie zapisujemy w postaci x xτ x u = Rolȩ pochodnej f x κ pe lni w tym przypadku macierz I Φτ = I x i τ x j ij=1n zaś metoda Newtona przyjmuje postać x κ+1 = x κ I Φτ x κ 1 x κ xτ x κ u Uk lady z czasem dyskretnym Dyskretyzacja ci ag lych uk ladów sterowania: Niech T oznacza przedzia l dyskretyzacji czasu i niech sterowanie bȩdzie sta le w przedziale [kt k + 1T Ze wzoru na rozwi azanie liniowego stacjonarnego uk ladu sterowania wynika że xk + 1T = e Ak+1T kt xkt + k+1t kt e Ak+1T t BukTdt Zamiana zmiennych ca lkowania T t = t t = kt t = T t = k + 1T t = dt = d t pozwala zapisać zależność czyli xk + 1T = e AT xkt xk + 1T = e AT xkt + T T e A t BukTd t e A t d tbukt = e AT xkt + A 1 e AT IBukT Podstawiaj ac k w miejsce kt uzyskuje siȩ nastȩpuj acy opis uk ladu dyskretnego xk + 1 = Axk + Buk 11

12 gdzie A = e AT B = A 1 e AT IB Dla rozważanego przyk ladu zak ladaj ac parametry a 1 = 2 a 2 = 2 b = 1 i bior ac pod uwagȩ że uzyskuje siȩ e At = e t cost + sint e t sint 2e t sint e t cost sint A = 1 A = e AT e T cost + sint e T sint = 2e T sint e T cost sint B = A 1 e AT 51 e T cost + sint IB = e T sint Rozwi azywanie liniowych stacjonarnych równań stanu z czasem dyskretnym: Do stacjonarnego dyskretnego równania stanu xk + 1 = Axk + Buk k = k k + 1 k + 2 ; xk = x można zastosować metodȩ wzorów rekurencyjnych xk + 1 = Axk + Buk xk + 2 = Axk Buk + 1 = A 2 xk + ABuk + Buk + 1 xk +3 = Axk +2+Buk +2 = A 3 xk +A 2 Buk +ABuk 1 +Buk 2 a wiȩc xk = A k k xk + k 1 Jeśli k = to rozwi azanie przybiera postać j=k A k 1 j Buj k > k k 1 xk = A k x + A k 1 j Buj k > j= 12

13 Rolȩ macierzy fundamentalnej stacjonarnego dyskretnego równania stanu pe lni macierz A k któr a można wyznaczyć stosuj ac transformacjȩ Z{xk} = k= xkz k do jednorodnego dyskretnego równania stanu St ad xk + 1 = Axk k = x = x zxz zx = AXz Xz = zi A 1 zx Porównanie rozwi azań w dziedzinie czasowej i operatorowej daje w wyniku A k = Z 1 {zi A 1 z} Niech dyskretne równanie stanu bȩdzie postaci 1 1 xk + 1 = xk + uk x = k = W tym przypadku oraz a wiȩc A k = zi A = z 1 4 z + 5 zi A 1 z z z = z 2 + 5z z 1 k 4/3 4 k /3 1 k /3 4 k /3 1 k 4/3 + 4 k 4/3 1 k /3 + 4 k 4/3 Rozwi azanie jednorodnego dyskretnego równania stanu ma zatem postać 1 k 4/3 4 k /3 xk = 1 k 4/3 + 4 k 4/3 a rozwi azanie niejednorodnego równania dla uk = 1 ma postać 1 k 4/3 4 k /3 k 1 1 k j 1 /3 4 k j 1 /3 xk = + 1 k 4/3 + 4 k 4/3 1 k j 1 /3 + 4 k j 1 4/3 j= Rozwi azywanie liniowych niestacjonarnych równań stanu z czasem dyskretnym: Stosuj ac do niestacjonarnego dyskretnego równania stanu xk + 1 = Akxk + Bkuk k = k k + 1 k + 2 ; xk = x 13

14 metodȩ wzorów rekurencyjnych a wiȩc xk + 1 = Ak xk + Bk uk xk + 2 = Ak + 1xk Bk + 1uk + 1 = Ak + 1Ak xk + Ak + 1Bk uk + Bk + 1uk + 1 xk = Φk k xk + k 1 j=k Φk 1 + jbjuj k > k gdzie Φk k = Ak 1Ak 2Ak k > k Modelowanie uk ladów sterowania ilustrowane jest ćwiczeniami laboratoryjnymi ster1 i ster2 w systemie Mathematica 14