Liniowe uk lady sterowania.

Liniowe ukÃlady sterowania.
Rozwia̧zywanie liniowych rownań stanu
• UkÃlady z czasem cia̧gÃlym.
• Liniowe stacjonarne równania stanu.
PrzykÃlad: UkÃlad sterowania tarcza̧ obrotowa̧
prȩt sprȩżysty
tarcza obrotowa
I
¡@
¢@
¤
£
θ(t), Ω(t)
6
6
º·
U (t)
¹¸
przekÃladnia
silnik rewersyjny
zmienna steruja̧ca
u(t) = U (t) - napiȩcie obwodu steruja̧cego silnika,
zmienne stanu
x1 (t) = θ(t) - poÃlożenie ka̧towe tarczy, x2 (t) = Ω(t) - prȩdkość ka̧towa
tarczy,
zmienne wyjściowe
y1 (t) = c1 θ(t) - pomiar poÃlożenia ka̧towego za pomoca̧ ukÃladu mostkowego,
y2 (t) = c2 Ω(t) - pomiar prȩdkości ka̧towej za pomoca̧ pra̧dnicy tachometrycznej.
Równania stanu obiektu
ẋ1 (t) = x2 (t), x1 (t0 ) = x10 ,
ẋ2 (t) = −a1 x1 (t) − a2 x2 (t) + bu(t), x2 (t0 ) = x20 ,
gdzie a1 - wspóÃlczynnik siÃly sprȩżystości prȩta (a1 = 0 oznacza brak siÃly
skrȩcaja̧cej, a2 -wspóÃlczynnik tarcia ukÃladu (a2 = 0 oznacza brak siÃl tarcia), b
-wspóÃlczynnik proporcjonalności obwodu steruja̧cego silnika.
1
Równania wyjścia
y1 (t) = c1 x1 (t), y2 (t) = c2 x1 (2).
Równanie sprzȩżenia zwrotnego
u(t) = k1 y1 (t) + k2 y2 (t).
Wskaźniki jakości procesu sterowania docelowego tarcza̧ obrotowa̧:
Rt
sterowanie minimalnoczasowe Q = t01 dt = t1 − t0 ,
Rt
sterowanie minimalnoenergetyczne Q = t01 u2 (t)dt.
Wektorowo-macierzowy opis ukladu sterowania:
• wektorowo-macierzowe równanie stanu
ẋ(t) = Ax(t) + Bu(t), x(t0 ) = x0 ,
gdzie wielkości
Ã
!
Ã
!
à !
x1 (t)
0
1
0
x(t) =
, A=
, B=
x2 (t)
−a1 −a2
b
oznaczaja̧ wektor zmiennych stanu, macierz stanu i macierz sterowania,
• wektorowo-macierzowe równanie wyjścia
y(t) = Cx(t),
gdzie wielkości
Ã
!
Ã
!
y1 (t)
c1 0
y(t) =
, C=
y2 (t)
0 c2
oznaczaja̧ wektor zmiennych wyjściowych i macierz wyjścia,
• wektorowo-macierzowe równanie sprzȩżenia zwrotnego
u(t) = Ky(t),
gdzie
³
´
K = k1 k2
oznacza macierz sprzȩżenia zwrotnego.
• wektorowo-macierzowe równanie ukÃladu zamkniȩtego
ẋ(t) = (A + BKC)x(t),
lub inaczej
ẋ(t) = Ãx(t), Ã = A + BKC.
2
Rozwia̧zanie wektorowo-macierzowego równania stanu określone jest przez
macierzowa̧ funkcjȩ wykÃladnicza̧ (eksponentȩ macierzowa̧) zdefiniowana̧ za pomoca̧ szeregu macierzowego
e
At
A2 t2 A3 t3
.
= I + At +
+
+ ... .
2!
3!
Definicja ta jest naturalnym uogólnieniem skalarnej funkcji wykÃladniczej (eksponenty skalarnej) zdefiniowanej za pomoca̧ szeregu skalarnego
a2 t2 a3 t3
.
eat = 1 + at +
+
+ ... .
2!
3!
Inaczej mówia̧c eksponenta macierzowa jest suma̧ szeregu macierzowego
At
e
=
∞
X
(At)κ
κ=0
κ!
.
Podstawowe wÃlasności eksponenty macierzowej
• przemienność macierzy eAt i macierzy A
A2 t2 A3 t3
A3 t2 A4 t3
2
e A = (I + At +
+
+ ...)A = A + A t +
+
+ ...
2!
3!
2!
3!
At
A2 t2 A3 t3
+
+ ...) = AeAt .
2!
3!
• przemienność macierzy eAt i A−1
= A(I + At +
(AeAt = eAt A) ⇒ (eAt = A−1 eAt A) ⇒ (eAt A−1 = A−1 eAt ).
• różniczkowanie eksponenty macierzowej określone jest przez różniczkowanie
szeregu macierzowego wyraz po wyrazie
d At
d
A2 t2 A3 t3
e = (I + At +
+
+ ...) =
dt
dt
2!
3!
2A2 t 3A3 t2
A2 t2
+
+ ... = A(I + At +
+ ...) = AeAt = eAt A .
2!
3!
2!
Podstawienie t − t0 w miejsce t w powyższym wyprowadzeniu daje w wyniku
wzór
d A(t−t0 )
e
= AeA(t−t0 ) = eA(t−t0 ) A,
dt
a wielokrotne różniczkowanie szeregu macierzowego pozwala uzyskać wzory
A+
dk At
e = Ak eAt = eAt Ak ,
dtk
3
dk A(t−t0 )
e
= Ak eA(t−t0 ) = eA(t−t0 ) Ak .
k
dt
• caÃlkowanie eksponenty macierzowej określone jest przez caÃlkowanie szeregu macierzowego wyraz po wyrazie
Z
Z
t
t
Aθ
e dθ =
0
(I + Aθ +
0
2
A2 θ2 A3 θ3
+
+ ...)dθ =
2!
3!
2 3
At
At
A3 t4
At2 A2 t3
+
+
+ ... = A−1 A(It +
+
+ ...) =
2!
3!
4!
2!
3!
A2 t2 A3 t3 A4 t4
A−1 (At +
+
+
+ ...) = A−1 (eAt − I) = (eAt − I)A−1
2!
3!
4!
It +
.
Wzór ten obowia̧zuje jeśli macierz A jest nieosobliwa tj. det(A) 6= 0. CaÃlkȩ
osobliwej macierzy oblicza siȩ caÃlkuja̧c wszystkie elementy macierzy
Z t
³Z t
´
¡
¢
aij (θ) i,j=1,...,n dθ =
aij (θ)dθ
.
0
0
i,j=1,...,n
Rozwia̧zywanie jednorodnego liniowego stacjonarnego równania stanu
ẋ(t) = Ax(t), x(t0 ) = x0 , t ∈ [t0 , +∞).
Rozwia̧zanie przewidywane jest w postaci
x(t) = eA(t−t0 ) x0 .
Weryfikacja przewidywanego rozwia̧zania
¢
¡ d A(t−t0 )
e
x(t0 ) = AeA(t−t0 ) x0 ⇒ (ẋ(t) = Ax(t)).
dt
Weryfikacja warunku pocza̧tkowego
x(t0 ) = eA(t−t0 x0 = eA0 x0 = Ix0 = x0 .
4
Rozwia̧zywanie niejednorodnego liniowego stacjonarnego równania stanu
ẋ(t) = Ax(t) + Bu(t), x(t0 ) = x0 , t ∈ [t0 , +∞).
Rozwia̧zanie przewidywane jest w postaci
Z t
A(t−t0 )
x(t) = e
x0 +
eA((t−θ) Bu(θ)dθ.
0
Weryfikacja przewidywanego rozwia̧zania
Z t
³d¡
¢
A(t−t0 )
e
x(t0 ) +
eA(t−θ) Bu(θ)dθ =
dt
0
Z t
´
A(t−t0 )
A(t−θ)
A(t−t)
Ae
x0 + A
e
Bu(θ)dθ + e
Bu(t) ⇒ (ẋ(t) = Ax(t) + Bu(t)).
0
• Wyznaczanie eksponenty macierzowej za pomoca̧ metod rachunku operatorowego - porównanie rozwia̧zań w dziedzinie czasowej i operatorowej.
. R∞
Zastosowanie przeksztaÃlcenia Laplace’a X(s) = 0 x(t)e−st dt do jednorodnego równania stanu
¡
¢
¡
¢
ẋ(t) = Ax(t), x(0) = x0 ⇒ sX(s) − x0 = AX(s)
prowadzi do zależności (sI − A)X(s) = x0 tj. X(s) = (sI − A)−1 x0 . Ponieważ
x(t) = eAt x0 , wiȩc zachodzi równość
eAt = L−1 {(sI − A)−1 }.
Dla rozważanego przykÃladu uzyskuje siȩ przyjmuja̧c a1 = 2, a2 = 2
Ã
!
Ã
!
0
1
s −1
A=
, sI − A =
,
−2 −2
2 s+2
−1
(sI − A)
1
= 2
s + 2s + 2
Ã
!
Ã
s+2
s+2 1
(s+1)2 +1
=
−2
−2 s
(s+1)2 +1
5
1
(s+1)2 +1
s
(s+1)2 +1
!
,
eAt
Ã
!
e−t (cost + sint)
e−t sint
=
.
−2e−t sint
e−t (cost − sint)
Korzystaja̧c z eksponenty macierzowej można Ãlatwo wyznaczyć odpowiedzi
liniowego stacjonarnego ukÃladu sterowania na podstawowe przebiegi sterowania (t0 = 0):
• odpowiedź impulsowa tj. odpowiedź na sterowanie u(t) = ūδ(t), gdzie
ū ∈ Rm jest wektorem staÃlym (bierzemy pod uwagȩ wÃlasność filtruja̧ca̧ δfunkcji)
Z t
im
At
x (t) = e (x0 +
e−Aθ B ūδ(θ)dθ) = eAt (x0 + e−A0 B ū) = eAt (x0 + B ū).
0
• odpowiedź skokowa tj. odpowiedź na sterowania u(t) = ū1(t) (stosujemy
wzór na caÃlkowanie eksponenty macierzowej)
Z t
Z t
sk
At
−Aθ
At
x (t) = e (x0 +
e B ūdθ) = e (x0 +
e−Aθ dθB ū) =
0
0
eAt (x0 + (−A)−1 (e−At − I)B ū) = eAt x0 + A−1 (eAt − I)B ū.
• odpowiedź liniowa tj. odpowiedź na sterowanie u(t) = ūt (stosujemy
wzór na caÃlkowanie przez czȩści i wzór na caÃlkowanie eksponenty macierzowej)
Z t
Z t
d −Aθ
li
At
−Aθ
At
−1
e B ūθdθ) =
x (t) = e (x0 +
e B ūθdθ) = e (x0 + (−A)
0
0 dθ
Z t
At
−1 −At
e (x0 − A (e B ūt −
e−Aθ B ū) =
0
At
−1
−At
e (x0 −A (e
−1
−At
B ūt−(−A) (e
−I)B ū) = eAt x0 +(A−2 (eAt −I)−A−1 t)B ū.
Dla rozważanego przykladu uzyskuje siȩ (x0 = (0, 1)T , b = 1, ū = 1)
eAt
Ã
!
e−t (cost + sint)
e−t sint
=
,
−2e−t sint
e−t (cost − sint)
6
Ã
!
Ã
!
−1
−0.5
0.5
0.5
A−1 =
, A−2 =
,
1
0
−1 −0.5
Ã
!
2e−t
im
x (t) =
,
2e−t (cost − sint)
Ã
!
−0.5(cost
+
sint)
+
0.5
xsk (t) =
,
e−t sint
Ã
!
e−t (cost + sint) − 0.5t
li
x (t) =
.
0.5e−t (cost − 1.5sint) − 0.5
• Algorytm sterowania docelowego dla ukÃladów liniowych stacjonarnych:
Twierdzenie: Sterowanie
T (t
u(t) = −B T eA
0 −t1 )
R−1 x0 (?)
przeprowadza ukÃlad liniowy stacjonarny
ẋ(t) = Ax(t) + Bu(t)
ze stanu pocza̧tkowego x(t0 ) = x0 do stanu końcowego x(t1 ) = x1 w czasie
t1 − t0 , jeżeli macierz R określona jak nastȩpuje
Z t1
T
.
R=
eA(t0 −t) BB T eA (t0 −t) dt
t0
jest nieosobliwa.
Dowód: Powinna być speÃlniona zależność
Z t1
A(t1 −t0 )
x(t1 ) = 0 = e
x0 +
eA(t1 −t) Bu(t)dt /e−A(t1 −t0 )
t0
Sta̧d
Z
t1
0 = x0 +
eA(t0 −t) Bu(t)dt
t0
czyli
Z
t1
x0 = −
eA(t0 −t) Bu(t)dt.
t0
Podstawiaja̧c sterowanie (?) do ostatniej zależności uzyskuje siȩ
Z t1
T
x0 =
eA(t0 −t) BB T eA (t0 −t) R−1 x0 dt,
t0
co oznacza, że x0 = RR−1 x0 .
¤
7
PrzykÃlad: sterowanie tarcza̧ obrotowa̧ bez oddziaÃlywania siÃl sprȩżystości i
tarcia (a1 = a2 = 0), t0 = 0, t1 = 1, x0 = (1, 1)T , x1 = (0, 0)T
Ã
!
Ã
!
0 1
s −1
A=
, sI − A =
,
0 0
0 s
(sI − A)−1
eAt
1
= 2
s
Ã
!
Ã
!
s 1
1/s 1/s2
=
,
0 s
0
1/s
Ã
!
!Ã !
Ã
!
Z 1Ã
´ 1 0
1 t
1 −t
0 ³
=
,R =
dt
0 1
0 1
0 1
1
−t 1
0
Sta̧d uzyskuje siȩ
Ã
!
Ã
!
1/3 −1/2
12 6
−1
R=
,R =
.
−1/2
1
6 4
Ã
!Ã
!Ã !
³
´ 1 0
12 6
1
u(t) = − 0 1
.
−t 1
6 4
1
Tak wiȩc sterowanie docelowe ma postać u(t) = 18t − 10, a trajektoria
stanu procesu docelowego jest określona jak nastȩpuje
Ã
!Ã ! Ã
!Z Ã
!Ã !
´
t
1 t
1
1 t
1 −θ
0 ³
x(t) =
+
18θ − 10 dθ.
0 1
1
0 1
0 1
1
0
czyli
!
Ã
1 + t − 5t2 + 3t3
x(t) =
1 − 10t + 9t2
t=1
8
à !
0
=
.
0
• Rozwia̧zywanie liniowych niestacjonarnych równań stanu.
Wektorowo-macierzowe równanie stanu liniowego niestacjonarnego ukÃladu
sterowania ma postać
ẋ(t) = A(t)x(t) + B(t)u(t), t ∈ [t0 , ∞), x(t0 ) = x0 .
Dla równania jednorodnego
ẋ(t) = A(t)x(t), t ∈ [t0 , ∞), x(t0 ) = x0
definiujemy macierz fundamentalna̧ (macierz podstawowa̧) ukÃladu Φ(t, t0 ) jako
macierz stanowia̧ca̧ rozwia̧zanie macierzowego równania różniczkowego
Φ̇(t, t0 ) = A(t)Φ(t, t0 ), t ∈ [t0 , ∞), Φ(t0 , t0 ) = I.
Rozwia̧zanie jednorodnego równania stanu przewidujemy w postaci
x(t) = Φ(t, t0 )x(t0 ).
Weryfikacja rozwia̧zania jednorodnego równania stanu
¡d
¢
¡
¢
(Φ(t, t0 )x(t0 )) = A(t)Φ(t, t0 )x(t0 ) ⇒ Φ̇(t, t0 )x(t0 ) = A(t)Φ(t, t0 )x(t0 )
dt
¡
¢
⇒ A(t)Φ(t, t0 )x(t0 ) = A(t)Φ(t, t0 )x(t0 )
Weryfikacja warunku pocza̧tkowego
Φ(t0 , t0 )x(t0 ) = Ix(t0 ) = x(t0 ).
Rozwia̧zanie niejednorodnego równania stanu przewidujemy w postaci
Z
t
x(t) = Φ(t, t0 )x0 +
Φ(t, θ)B(θ)u(θ)dθ.
0
Weryfikacja rozwia̧zania niejednorodnego równania stanu
Z t
¢
d¡
Φ(t, t0 )x0 +
Φ(t, θ)B(θ)u(θ)dθ =
dt
0
Z t
¡
¢
A(t) Φ(t, t0 )x0 +
Φ(t, θ)B(θ)u(θ)dθ + B(t)u(t)
0
9
Z
¡
t
⇒ Φ̇(t, t0 )x0 +
Φ̇(t, θ)B(θ)u(θ)dθ + Φ(t, t)B(t)u(t) =
0
Z
t
A(t)Φ(t, t0 )x0 + A(t)
¢
Φ(t, θ)B(θ)u(θ)dθ + B(t)u(t)
0
¡
Z
t
⇒ A(t)Φ(t, t0 )x0 +
A(t)Φ(t, θ)B(θ)u(θ)dθ + Φ(t, t)B(t)u(t) =
0
Z
t
A(t)Φ(t, t0 )x0 + A(t)
¢
Φ(t, θ)B(θ)u(θ)dθ + B(t)u(t) .
0
• Zastosowanie macierzy fundamentalnej do wyznaczania rozwia̧zań okresowych równań stanu- rozwia̧zywanie nieliniowych równań metoda̧ Newtona
Dane jest nieliniowe równanie skalarne f (x) = 0. Dokonujemy linearyzacji
równania w punkcie pocza̧tkowym x0
f (x) ∼ f (x0 ) + f 0 (x0 )(x − x0 ) ⇒ x − x0 = −(f 0 (x0 ))−1 f (x0 ).
Obliczamy nowe przybliżenie rozwia̧zania
x1 = x0 − (f 0 (x0 ))−1 f (x0 ).
Dokonujemy linearyzacji równania w punkcie kolejnym x1
f (x1 ) + f 0 (x1 )(x − x1 ) ⇒ x − x1 = −(f 0 (x1 ))−1 f (x1 ).
Obliczamy nowe przybliżenie rozwia̧zania
x2 = x1 − (f 0 (x1 ))−1 f (x1 ).
...
Wynika sta̧d iteracyjna metoda Newtona
xκ+1 = xκ − (f 0 (xκ ))−1 f (xκ ), κ = 0, 1, 2, ... .
Dla równań z argumentem wektorowym x ∈ Rn pochodna f 0 (xκ ) oznacza
macierz Jacobiego, tj.
f 0 (xκ ) = (
∂fi
(xκ ))i,j=1,...,n .
∂xj
10
Aby wyznaczyć τ -okresowe rozwia̧zanie nieliniowego równania stanu wyróżniamy
w charakterze argumentu równania stanu jego stan pocza̧tkowy i poszukujemy
takiego stanu pocza̧tkowego, który zapewni τ -okresowy przebieg zmiennych
stanu. Równanie zapisujemy w postaci
x(0) − x(τ, x(0), u) = 0
. Rolȩ pochodnej f 0 (xκ ) peÃlni w tym przypadku macierz
I − Φ(τ, 0) = I −
¡ ∂xi (τ ) ¢
,
∂xj (0) i,j=1,...n
zaś metoda Newtona przyjmuje postać
x(0)κ+1 = x(0)κ − ((I − Φ(τ, 0)(x(0)κ ))−1 (x(0)κ − x(τ, x(0)κ , u)).
• UkÃlady z czasem dyskretnym.
• Dyskretyzacja cia̧gÃlych ukÃladów sterowania:
Niech T oznacza przedziaÃl dyskretyzacji czasu i niech sterowanie bȩdzie staÃle
w przedziale [kT, (k + 1)T). Ze wzoru na rozwia̧zanie liniowego stacjonarnego
ukÃladu sterowania wynika, że
Z (k+1)T
A((k+1)T−kT)
x((k + 1)T) = e
x(kT) +
eA((k+1)T−t) Bu(kT)dt.
kT
Zamiana zmiennych caÃlkowania T − t = t̃, t = kT ⇒ t̃ = T, t = (k + 1)T ⇒
t̃ = 0, dt = −dt̃ pozwala zapisać zależność
Z 0
AT
x((k + 1)T) = e x(kT) −
eAt̃ Bu(kT)dt̃
T
czyli
Z
T
AT
x((k + 1)T) = e x(kT) +
eAt̃ dt̃Bu(kT) =
0
AT
−1
e x(kT) + A (e
AT
− I)Bu(kT).
Podstawiaja̧c k w miejsce kT uzyskuje siȩ nastȩpuja̧cy opis ukÃladu dyskretnego
x(k + 1) = Ax(k) + Bu(k),
11
gdzie
A = eAT , B = A−1 (eAT − I)B.
Dla rozważanego przykÃladu zakÃladaja̧c parametry a1 = 2, a2 = 2, b = 1 i
biora̧c pod uwagȩ, że
Ã
!
−t
−t
e
(cost
+
sint)
e
sint
eAt =
,
−2e−t sint
e−t (cost − sint)
Ã
!
−1
−0.5
A−1 =
,
1
0
uzyskuje siȩ
Ã
!
e−T (cosT + sinT)
e−T sinT
A=e =
,
−2e−T sinT
e−T (cosT − sinT)
Ã
!
−T
0.5(1
−
e
(cosT
+
sinT)
B = A−1 (eAT − I)B =
.
e−T sinT
AT
• Rozwia̧zywanie liniowych stacjonarnych równań stanu z czasem dyskretnym:
Do stacjonarnego dyskretnego równania stanu
x(k + 1) = Ax(k) + Bu(k), k = k0 , k0 + 1, k0 + 2, ...; x(k0 ) = x0
można zastosować metodȩ wzorów rekurencyjnych
x(k0 + 1) = Ax(k0 ) + Bu(k0 ),
x(k0 + 2) = Ax(k0 + 1) + Bu(k0 + 1) = A2 x(k0 ) + ABu(k0 ) + Bu(k0 + 1),
x(k0 +3) = Ax(k0 +2)+Bu(k0 +2) = A3 x(k0 )+A2 Bu(k0 )+ABu(k1 )+Bu(k2 ),
a wiȩc
x(k) = A
k−k0
x(k0 ) +
k−1
X
Ak−1−j Bu(j), k > k0 .
j=k0
Jeśli k0 = 0, to rozwia̧zanie przybiera postać
x(k) = Ak x(0) +
k−1
X
Ak−1−j Bu(j), k > 0.
j=0
12
Rolȩ macierzy fundamentalnej stacjonarnego dyskretnego równania stanu
peÃlni macierz Ak , która̧ można wyznaczyć stosuja̧c transformacjȩ Z{x(k)} =
P∞
−k
do jednorodnego dyskretnego równania stanu
k=0 x(k)z
(x(k + 1) = Ax(k), k0 = 0, x(0) = x0 ) ⇒ (zX(z) − zx0 = AX(z)).
Sta̧d
X(z) = (zI − A)−1 zx0 .
Porównanie rozwia̧zań w dziedzinie czasowej i operatorowej daje w wyniku
Ak = Z −1 {(zI − A)−1 z}.
Niech dyskretne równanie stanu bȩdzie postaci
Ã
!
à !
à !
0
1
0
1
x(k + 1) =
x(k) +
u(k), x(0) =
, k0 = 0.
−4 −5
1
0
W tym przypadku
oraz
a wiȩc
Ã
!
z −1
zI − A =
4 z+5
Ã
!
z
+
5
1
z
(zI − A)−1 z = 2
,
z + 5z + 4
−4 z
Ã
Ak =
!
(−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
Rozwia̧zanie jednorodnego dyskretnego równania stanu ma zatem postać
Ã
!
(−1)k 4/3 − (−4)k /3
x(k) =
,
−(−1)k 4/3 + (−4)k 4/3
a rozwia̧zanie niejednorodnego równania dla u(k) = 1 ma postać
Ã
! k−1 Ã
!
X
(−1)k 4/3 − (−4)k /3
(−1)k−j−1 /3 − (−4)k−j−1 /3
x(k) =
+
.
−(−1)k 4/3 + (−4)k 4/3
−(−1)k−j−1 /3 + (−4)k−j−1 4/3
j=0
• Rozwia̧zywanie liniowych niestacjonarnych równań stanu z czasem dyskretnym:
Stosuja̧c do niestacjonarnego dyskretnego równania stanu
x(k + 1) = A(k)x(k) + B(k)u(k), k = k0 , k0 + 1, k0 + 2, ...; x(k0 ) = x0
13
metodȩ wzorów rekurencyjnych
x(k0 + 1) = A(k0 )x(k0 ) + B(k0 )u(k0 ),
x(k0 + 2) = A(k0 + 1)x(k0 + 1) + B(k0 + 1)u(k0 + 1) =
A(k0 + 1)A(k0 )x(k0 ) + A(k0 + 1)B(k0 )u(k0 ) + B(k0 + 1)u(k0 + 1),
a wiȩc
x(k) = Φ(k, k0 )x(k0 ) +
k−1
X
Φ(k, 1 + j)B(j)u(j), k > k0 ,
j=k0
gdzie Φ(k, k0 ) = A(k − 1)A(k − 2)...A(k0 ), k > k0 .
Modelowanie ukÃladów sterowania ilustrowane jest ćwiczeniami laboratoryjnymi ster1 i ster2 w systemie Mathematica.
14