Opis systemów dynamicznych w przestrzeni stanu. Wojciech Kurek , Gdańsk

(1)

Sterowanie Procesami Ciągłymi

prof. dr hab. inż.

Mieczysław Brdyś, mgr inż.

Wojciech Kurek

Przykład 1.4 Przykład 1.5 Przykład 1.6 Przykład 1.7

Macierz tranzycji stanu Wyznaczanie transmitacji Przykład 1.9 Przykład 1.10 Wyznaczanie odpowiedzi impulsowej

Sterowanie Procesami Ciągłymi

Opis systemów dynamicznych w przestrzeni stanu

prof. dr hab. inż. Mieczysław Brdyś mgr inż.

Wojciech Kurek

27.09.2010, Gdańsk

(2)

prof. dr hab. inż.

Wojciech Kurek

Podsumowanie poprzedniego wykładu

Opis w przestrzeni stanu

I Opis systemów liniowych i nieliniowych

I Dowolny warunek początkowy

I Opis z wykorzystaniem dynamiki wewnętrznej (zmienne stanu)

Transmitancja

I Opis systemów liniowych

I Zerowy warunek początkowy

I Opis dynamiki systemu wejście - wyjście.

(3)

prof. dr hab. inż.

Wojciech Kurek

Przykład 1.4 - pozycjonowanie masy

x=0 (sprężyna w pozycji

neutralnej)

x

siła tarcia powietrza - Ftp siła reakcji sprężyny F_rs

u - siła wejściowa pozycja masy siła tarcia powierzchni Ftpow

Z prawa Newtona

md²x

dt² =^Xsił = −Ftp(t) − Frs(t) − Ftpow(t) + u

(4)

prof. dr hab. inż.

Wojciech Kurek

Przykład 1.4 - pozycjonowanie masy

Z mechaniki:

Ftpow = Ftpow(x ,dx

dt) silnie nieliniowe (tarcie lepkie) Frs = βx , Ftp = αdx

dt

2

md²x

dt² = −F_tpow(x ,dx

dt) − βx − αdx dt

2

+ u

(5)

prof. dr hab. inż.

Wojciech Kurek

Przykład 1.4 - pozycjonowanie masy

Współrzędne stanu

x1 , x x₂ , dx

dt

Równania stanu:

˙x1= x2

˙x₂= −F_tpow(x₁, x₂) − βx₁− αx₂²+ u Równanie wyjścia:

y = x1

(6)

prof. dr hab. inż.

Wojciech Kurek

Przykład 1.4 - pozycjonowanie masy

Podsumowanie

I Opis dynamiki systemu pozycjonowania masy z uwzględnieniem tarcia jest nieliniowy

I Nie można go opisać z wykorzystaniem postaci macierzowej

(7)

prof. dr hab. inż.

Wojciech Kurek

Przykład 1.5 - Silnik prądu stałego

R

wejscie u(t)

if(t)

masa

moment obrotowy wejściowy Te(t)

moment oporowy Tt(t)

położenie kątowe masy - wyjście

Model silnika prądu stałego można podzielić na trzy podsystemy

I elektryczny

I elektromechaniczny

I mechaniczny

(8)

prof. dr hab. inż.

Wojciech Kurek

Przykład 1.5 - Silnik prądu stałego

Silnik elektryczny prądu stałego można zatem przedstawić w postaci nastepującego schematu blokowego:

Podsystem 1

Podsystem 2

Podsystem 3

u(t) i(t) T(t) Θ(t)

Zmienne stanu

x₁ , if

x2 , Θ x3 , ˙Θ

(9)

prof. dr hab. inż.

Wojciech Kurek

Przykład 1.5 - Silnik prądu stałego

Opis matematyczny podsystemów Podsystem 1:

di_f(t) dt = −R

Li_f(t) − K

LΘ(t) +˙ 1

Lu(t) (1)

Podsystem 2:

Te(t) = K_fi_f(t) (2) Podsystem 3:

J d dt

d Θ dt

= T_e(t) − Bd Θ

dt (3)

(10)

prof. dr hab. inż.

Wojciech Kurek

Przykład 1.5 - Silnik prądu stałego

Model w przestrzeni stanu

Równania stanu

˙

x1(t) = −R

Lx1(t) − K

Lx3(t) + 1

Lu(t) (4)

˙

x2(t) = x3(t) (5)

˙

x₃(t) = K

Jx₁(t) −B

Jx₃(t) (6)

Równanie wyjścia

y (t) = x2(t) (7)

(11)

prof. dr hab. inż.

Wojciech Kurek

Przykład 1.5 - Silnik prądu stałego

Model w przestrzeni stanu - postać macierzowa

˙x (t) =







−^R_L 0 −^K_L

0 0 1

Kf

J 0 −^B_J







| {z }

macierz stanu A

x (t) +







1 L

0 0







| {z } macierz sterowania B

u(t)

y (t) = ^h 0 1 0 ⁱ

| {z }

macierz wyjścia C x (t)

Co można też przedstawić w postaci:

˙x (t) = Ax (t) + Bu(t) y (t) = Cx (t)

(12)

prof. dr hab. inż.

Wojciech Kurek

Przykład 1.6 - Układ RLC

R₁

wejscie u(t)

L R2

C V_c(t) - wyjście i

i₁

Zmienne stanu

Jakie zmienne można wybrać w przedstawiony systemie jako zmienne stanu?

(13)

prof. dr hab. inż.

Wojciech Kurek

Przykład 1.6 - Układ RLC

Zmienne stanu

Elementami magazynującymi energie z przedstawionym systemie sa:

I cewka - prąd

I kondensator - napięcie

Zmienne stanu wybieramy jako wielkości jednoznacznie określające aktualnie magazynowaną energię w elementach systemu, tak więc:

x1, Vc

x2, i

(14)

prof. dr hab. inż.

Wojciech Kurek

Przykład 1.6 - Układ RLC

Równania stanu

Z prawa Kirchoffa dla pierwszego oczka otrzymujemy:

x1(t) = R2x2(t) + Ldx2(t) dt

Po przekształceniu otrzymujemy pierwsze równanie stanu:

˙x2(t) = −R2

L x2(t) + 1 Lx1(t) Dla drugiego oczka:

u(t) = R₁i₁(t) + x₁(t) (8) Należy zauważyć, że i₁ nie jest ani wejście ani stane obiektu.

(15)

prof. dr hab. inż.

Wojciech Kurek

Przykład 1.6 - Układ RLC

Równania stanu

Prąd i₁ można wyznaczyć z prawa Kirchoffa dla górnego węzła układu:

i1(t) = i (t) + CdVc

dt = x2(t) + Cdx1(t)

dt (9)

Należy zauważyć, że równanie (9) nie jest ’dobrym’

równaniem stanu ponieważ zawiera zmienna i1. Przekształcając jednak (8)

i1(t) = 1 R1

x1(t) + 1 R1

u(t) Oraz podstawiając (9)

dx1

dt = − 1

R1Cx1(t) − 1

Cx2(t) + 1

R1Cu(t) (10)

(16)

prof. dr hab. inż.

Wojciech Kurek

Przykład 1.6 - Układ RLC

Model dynamiki w przestrzeni stanu









 dx1

dt = − 1

R1Cx1(t) − 1

Cx2(t) + 1 R1Cu(t) dx2

dt = 1

Lx1(t) − R2

L x2(t) y (t) = x₁(t)

(11)

W postaci macierzowej:

˙x (t) =

"

−_R¹

1C −_C¹

1

L −^R_L²

#

| {z }

A

x (t) +

" ₁

R1C

0

#

| {z }

B

u(t)

y (t) =^h 1 0 ⁱ

| {z }

C

x (t)

(17)

prof. dr hab. inż.

Wojciech Kurek

Przykład 1.6 - Układ RLC

Model dynamiki w przestrzeni stanu

Dla przykładu rozważmy R1= R2 = 1Ω, C = 1F , L = 1H A =

"

−1 −1

1 −1

#

; B =

"

1 0

#

; C =^h 1 0 ⁱ Wyznaczmy transmitancje systemu:









 dx₁

dt = −x₁(t) − x₂(t) + u(t) dx2

dt = x1(t) − x2(t) y (t) = x₁(t)

(12)

Zakładając t0 = 0 oraz x1(0) = x2(0) = 0 oraz stosując transformate Laplacea do obu stron powyższego układu równań otrzymujemy.

(18)

prof. dr hab. inż.

Wojciech Kurek

Przykład 1.6 - Układ RLC

Wyznaczanie transmitancji







sX1(s) = −X1(s) − X2(s) + U(s) sX2(s) = X1(s) − X2(s)

Y (s) = X₁(s)

Obliczając X2(s) z drugiego równania otrzymujemy:

X₂(s) = 1

s + 1X₁(s) Uwzględniając powyższe w pierwszym równaniu otrzymujemy:

sX₁(s) + X₁(s) + 1

s + 1X₁(s) = U(s)

(19)

prof. dr hab. inż.

Wojciech Kurek

Przykład 1.6 - Układ RLC

Wyznaczanie transmitancji

Przekształcając równanie z poprzedniej strony otrzymujemy:

s + 1 + 1 s + 1

X1(s) = U(s)

X₁(s) = s + 1

s²+ 2s + 2U(s) Korzystając z równania wyjścia otrzymujemy

Y (s) = s + 1

s²+ 2s + 2U(s) Co w rezultacie daje transmitancje układu

G (s) = Y (s)

U(s) = s + 1 s²+ 2s + 2

Transmitancja jest alternatywnym sposobem opisu dynamiki obiektu w postaci operatorowej.

(20)

prof. dr hab. inż.

Wojciech Kurek

Przykład 1.6 - Układ RLC

Analiza zachowania systemu w oparciu o transmitancje

Stabilnosc systemu

bieguny systemu: s²+ 2s + 2 = 0, s_1,2= −1 ± j

(21)

prof. dr hab. inż.

Wojciech Kurek

Przykład 1.6 - Układ RLC

Odpowiedz układu na skok

(22)

prof. dr hab. inż.

Wojciech Kurek

Przykład 1.6 - Układ RLC

Analiza układu

Dlaczego mamy do czynienia z natychmiastowym wzrostem wyjścia w chwili t0?

I zera: s + 1 = 0, czyli s₁ = −1 ∈ LPZ

I zero jest minimalno-fazowe i nie będzie opóźniało z efektem malenia odpowiedzi układu na skok Dlaczego oscylacje układu są gasnące?

I Obiekt jest stabilny

I Bieguny układu posiadają składową urojoną.

Jaka będzie wartość ys?

d.c.gain = G (s)|_{x =0} = s + 1

s²+ 2s + 2 = 1 2 Czyli y_s = 4 ∗ 0.5 = 2 - nie zależy od warunków

początkowych! Wyłącznie od wejścia układ. W układzie stabilnym warunki początkowe rozładowują się do zera.

(23)

prof. dr hab. inż.

Wojciech Kurek

Przykład 1.6 - Układ RLC

Analiza układu

Czy potrzebna jest znajomość transmitancji aby pozyskać powyższe informacje odnośnie oscylacyjności obiektu oraz stabilności?

Czy nie można uzyskać jej bezpośrednio z równań stanu?

w tym celu musimy skorzystać z macierzy stanu A:

A =

"

−1 −1 1 −1

#

Obliczymy wartości własne A:

A−λI =

"

−1 −1

1 −1

#

−

"

−λ 0

0 λ

#

=

"

−1 − λ −1 1 −1 − λ

#

(24)

prof. dr hab. inż.

Wojciech Kurek

Przykład 1.6 - Układ RLC

Analiza układu

Rówanie charakterystyczne wyznaczamy:

|A − λI | =

−1 − λ −1 1 −1 − λ

= 0

Ostatecznie r. charakterystyczne otrzymujemy w postaci:

(1 + λ)²+ 1 = 0, λ²+ 2λ + 2 = 0

Otrzymaliśmy zatem to samo mianownik G (s), a wartości własne A są biegunami systemu.

Jest to własność ogólna dla systmów SISO i prawdziwa też dla systemów MIMO.

Bieguny liniowego systemu dynamicznego są równoważne wartościom własnym macierzy stanu.

(25)

prof. dr hab. inż.

Wojciech Kurek

Przykład 1.6 - Układ RLC

Analiza układu

W przypadku kiedy macierz stanu jest macierzą diagonalną:

A =







λ₁ 0 · · · 0 0 λ2 ... ... . .. ...

0 · · · · · · _n







Wartości własne w takim przypadku będa to λ₁, · · · , λ_n

(26)

prof. dr hab. inż.

Wojciech Kurek

Przykład 1.6 - Układ RLC

Wzmocnienie statyczne układu

W celu wyznaczenia wzmocnienia statycznego układu opisanego w przestrzeni stanu wykorzystamy system SISO w postaci:

˙x (t) = Ax (t) + Bu(t) y (t) = Cx (t)

u(t) = 1(t) - skok jednostkowy. Zakładamy ze macierz stanu ma wartości własne w PPM, czyli układ jest stabilny.

W takim wypadku:

x (t) −−−→

t→∞ x_s; ˙x (t) −−−→

t→∞ 0 y (t) −−−→

t→∞ Cxs

(27)

prof. dr hab. inż.

Wojciech Kurek

Przykład 1.6 - Układ RLC

Wzmocnienie statyczne układu

W stanie ustalonym otrzymujemy wtedy:

0 = Ax_s+ Bu(t) y_s = Cx_s

Macierz odwrotna do A istnieje ponieważ system jest stabilny. Otrzymujemy zatem:

x_s = −A⁻¹B oraz y_s = −CA⁻¹B Wniosek

Zarówno bieguny układu jak i wzmocnienie statyczne (d.c.

gain) można otrzymać posługując się opisem w przestrzeni stanu.

(28)

prof. dr hab. inż.

Wojciech Kurek

Przykład 1.7 rozbudowany układ RLC

wejscie u(t)

i1

i2

V1

V2

V3

Wybór zmiennych stanu jest dość intuicyjny, będą nimi napięcia na kondensatorach i prądy w cewkach.

A zatem:

x₁ , V1; x₂, V2; x₃, V3; x₄, i1; x₅, i2; Równaniem wyjścia będzie w takim przypadku:

y = x₂

(29)

prof. dr hab. inż.

Wojciech Kurek

Przykład 1.7 rozbudowany układ RLC

Otrzymujemy zatem dla omawianego przykładu układ SISO z ’bogatą’ wewnętrzna dynamiką.

I Wymagane jest wykorzystanie 5 zmiennych stanu aby go opisać

I Tym samym liczba biegunów układu wynosi 5.

(30)

prof. dr hab. inż.

Wojciech Kurek

Macierz tranzycji stanu

W przypadku układu posiadającego jedna zmienna stanu n = 1, jego dynamikę można zapisać w postaci

˙x (t) = ax (t) + bu(t)

Odpowiedź takiego układu w przestrzeni stanu będzie miała znaną z PA postać:

x (t) = e^a(t−t⁰⁾x (t0)

| {z }

Odpowiedź swobodna

+

Z t t0

be^{a(t−τ )}u(τ )d τ

| {z }

Splot odpowiedzi impulsowej i wejścia

W przypadku n 6= 1, spróbujmy trywialnie uogólnić : x (t) = e^A(t−t⁰^{)x (t}⁰⁾+

Z t t0

Be^{A(t−τ )}u(τ )d τ

| {z }

?

Czy może:

x (t) = e^A(t−t⁰^{)x (t}⁰⁾+ Z t

t0

e^{A(t−τ )}Bu(τ )d τ

| {z }

właściwa kolejność macierzy

(31)

prof. dr hab. inż.

Wojciech Kurek

Macierz tranzycji stanu

Definicja

Macierz e^At nazywamy macierzą tranzycji stanu.

Wyznaczanie e^At metodą transformaty Laplace’a Niech u(t) = 0, t₀ = 0, wtedy równanie stanu ma postać:

˙x (t) = Ax (t); x (0) − warunek początkowy Z ogólnego rozwiązania otrzymujemy:

x (t) = e^Atx (0) (13)

(32)

prof. dr hab. inż.

Wojciech Kurek

Macierz tranzycji stanu

Stosując transformate Laplace’a do obu stron równania stanu otrzymujemy

sX (s) − x (0) = AX (s) sX (s) − AX (s) = x (0) [sI − A]X (s) = x (0) Stąd:

X (s) = [sI − A]⁻¹x (0)

Wracając do dziedziny stanu z wykorzystaniem odwrotnej tranformaty Laplace’a

x (t) = L⁻¹^h[sI − A]⁻¹ⁱx (0) (14) Porównując (13) z (14) otrzymujemy zależność:

e^At = L⁻¹^h[sI − A]⁻¹ⁱ

(33)

prof. dr hab. inż.

Wojciech Kurek

Przykład 1.8

Rozważmy znany juz nam układ:

˙x (t) =

"

−1 −1

1 −1

# x (t) +

"

1 0

# u(t)

y (t) =^h 1 0 ⁱx (t) Stąd wyznaczamy (sI − A)⁻¹

(sI − A)⁻¹ = "

s 0 0 s

#

−

"

−1 −1

1 −1

#!−1

=

"

s + 1 1

−1 s + 1

#−1

=

= 1

(s + 1)²+ 1

"

s + 1 −1 1 s + 1

#

(34)

prof. dr hab. inż.

Wojciech Kurek

Przykład 1.8

Kontynuując:

(sI − A)⁻¹=

" _s+1

(s+1)²+1

−1 (s+1)²+1 1

(s+1)²+1

s+1 (s+1)²+1

#

Następnie korzystając z odwrotnej transformaty Laplace’a:

L⁻¹^h[sI − A]⁻¹ⁱ=





L⁻¹^h_(s+1)^s+12+1

i L⁻¹^h_(s+1)⁻¹2+1

i L⁻¹^h_(s+1)¹2+1

i L⁻¹^h_(s+1)^s+12+1

i





=

"

e^−tcos t −e^−tsin t e^−tsin t e^−tcos t

#

= e^−t

"

cos t − sin t sin t cos t

#

= e^At

(35)

prof. dr hab. inż.

Wojciech Kurek

Przykład 1.8

Niech warunek początkowy będzie określony jako:

"

x1(0) x₂(0)

#

=

"

5 2

# nap. początkowe na kondensatorze początkowy prąd cewki

Niech u(t) = 0, t 0, wówczas, x (t) = e^Atx (0) +

Z t 0

e^{A(t−τ )}Bu(τ )d τ

= e^Atx (0) = e^−t

"

# "

5 2

#

=

= e^−t

"

5 cos t − 2 sin t 5 sin t + 2 cos t

#

=

"

x₁(t) x2(t)

#

Wyjście:

y (t) = x₁(t) = e^−t[5 cos t − 2 sin t]

Czyli y (t) dąży do zera, dlaczego?

(36)

prof. dr hab. inż.

Wojciech Kurek

Wyznaczanie transmitancji

Rozważmy system MIMO:

˙x (t) = Ax (t) + Bu(t) y (t) = Cx (t) + Du(t) x (t0) = 0

Oraz: x (t) ∈ Rⁿ, u(t) ∈ R^m, y (t) ∈ R^l Chcemy wyznaczyć transmitancje układu:

Y (s) = G (s)U(s)

Gdzie G (s) będzie macierzą o wymiarach l × m Stosując L do równań stanu otrzymujemy:

sX (s) = AX (s) + BX (s) Y (s) = CX (s) + DU(s)

(37)

prof. dr hab. inż.

Wojciech Kurek

Wyznaczanie transmitancji

Z pierwszego równania wyznaczamy:

(sI − A)X (s) = BU(s) X (s) = (sI − A)⁻¹BU(s) Podstawiając do transformaty równania wyjścia otrzymujemy:

Y (s) = C (sI − A)⁻¹BU(s) + DU(s)

=^hC (sI − A)⁻¹B + DⁱU(s)

Zatem otrzymaliśmy wyrażenie na macierz transmitancji w postaci:

G (s) =^hC (sI − A)⁻¹B + Dⁱ

(38)

prof. dr hab. inż.

Wojciech Kurek

Wyznaczanie transmitancji

Rozpatrzmy układ z przykładu 1.6.

A =

"

−1 −1 1 −1

#

; B =

"

1 0

#

; C =^h 1 0 ⁱ; D = 0

G (s) =^h 1 0 ⁱ

"

s + 1 1

−1 s + 1

#−1"

1 0

# + 0 =

=^h 1 0 ⁱ 1

(s + 1)²+ 1

"

s + 1 −1 1 s + 1

# "

1 0

#

=

= s + 1 (s + 1)²+ 1

(39)

prof. dr hab. inż.

Wojciech Kurek

Przykład 1.9

Rozpatrzmy transmitancje systemu o 3 wejściach i dwóch wyjściach. Czyli m = 2, l = 2.

G (s) =

"

G₁₁(s) G₁₂(s) G₁₃(s) G21(s) G21(s) G23(s)

#

Chcąc teraz wyrazić wyjście układu możemy:

Y (s) = G (s)U(s) =

"

Y₁(s) Y₂(s)

#

=

"

G11(s)U1(s) + G12(s)U2(s) + G13(s)U3(s) G₂₁(s)U₁(s) + G₂₁(s)U₂(s) + G₂₃(s)U₃(s)

#

(40)

prof. dr hab. inż.

Wojciech Kurek

Przykład 1.9

Układ taki można schematycznie przedstawić w następujący sposób.

U1(s) U2(s) U3(s)

Y1(s)

Y2(s) G11(s)

G12(s)

G13(s) G₂₁(s) G22(s)

G23(s)

(41)

prof. dr hab. inż.

Wojciech Kurek

Przykład 1.10

Rozważmy układ posiadający dwa wejścia i dwa wyjścia.

Jeżeli sprzężenia skrośne, G12(s) od u2 do y1 oraz G21(s) od u₁ do y₂ sa zerowe to system taki z dwoma wejściami i dwoma wyjściami składa się tak naprawdę z dwóch nienależnych systemów SISO.

U1(s)

U2(s)

Y1(s)

Y2(s) G11(s)

G12(s) G21(s)

G22(s) U1(s)

U2(s)

Y1(s)

Y2(s) G11(s)

G22(s)

(42)

prof. dr hab. inż.

Wojciech Kurek

Wyznaczanie odpowiedzi impulsowej

Wyznaczanie odpowiedzi impulsowej od wejścia do wyjścia na podstawie modelu w przestrzeni stanu.

Niech D = 0

G (s) = C (sI − A)⁻¹B Wtedy odpowiedź impulsowa:

g (t) = L⁻¹[G (s)] =

= C L⁻¹^h[sI − A]⁻¹ⁱB =

= Ce^AtB W przypadku przykładu 1.6

g (t) =^h 1 0 ⁱ

"

# e^−t

"

1 0

#

=

= e^−t^h 1 0 ⁱ

"

cos t sin t

#

= e^−tcos t