Języki i metodyka oprogramowania

Komputerowe sterowanie
obiektami
Automatyka i inżynieria komputerowa, sem.7
część 2
rok akademicki 2010/2011
Dr inż. Wojciech Koziński
Projektowanie regulatorów dyskretnych



Obiekt ciągły → regulator ciągły → regulator
dyskretny.
Obiekt ciągły → obiekt dyskretny → regulator
dyskretny.
Konwersja opisu ciągłego do opisu
dyskretnego za pomocą:


Przekształcenia dokładnego z ekstrapolatorem,
Przekształceń przybliżonych (Eulera, Tustina).
KSO cz. 2 2010/2011
2
Metoda członów korekcyjnych (1)




Stosuje się do układów o jednym wejściu i
jednym wyjściu.
Dane o obiekcie: charakterystyki
częstotliwościowe amplitudowa i fazowa.
Cel: Człony korekcyjne (pierwszego rzędu),
znajdujące się przed obiektem, powinny
zapewnić odpowiedni kształt charakterystyk
układu otwartego. Projektant musi wiedzieć do
jakiej charakterystyki dąży.
Metoda: graficzna, dodawanie charakterystyk
(charakterystyka amplitudowa jest
logarytmiczna)
KSO cz. 2 2010/2011
3
Metoda członów korekcyjnych (2)
Struktura układu regulacji.
2
Zaklocenia
1
In 1
tf(1,[1 1 ])
tf(1,[1 1 ])
Regulator
Obiekt
1
Out 1
Regulator składa się z pewnej (decyzja projektanta) liczby członów
korekcyjnych pierwszego rzędu o współczynnikach ustalanych przez
projektanta.
KSO cz. 2 2010/2011
4
Metoda członów korekcyjnych (3)

Człon przyspieszający fazę:


Człon opóźniający fazę:


Dla odpowiedniego zakresu częstotliwości:
zwiększa wzmocnienie, zmniejsza fazę, stosuje
się dla zwiększenia zapasu amplitudy.
Dla odpowiedniego zakresu częstotliwości:
zmniejsza wzmocnienie, zwiększa fazę, stosuje
się dla zwiększenia zapasu fazy.
Wzmocnienie:

Zmniejsza zapas fazy.
KSO cz. 2 2010/2011
5
Metoda członów korekcyjnych (4)
s + 20
G przysp =
s + 600
s + 40
Gopozn =
s+2
KSO cz. 2 2010/2011
6
Metoda członów korekcyjnych – przykład (1)
Gob =
KSO cz. 2 2010/2011
400
s 2 + 13.2 s + 400
7
Metoda członów korekcyjnych – przykład (2)
400
Gob = 2
s + 13.2 s + 400
Greg
s + 40
=
s+2
Gol = Gob Greg
zapas ampl = -2.4158 dB dla pulsacji = 25.6114
zapas fazy = -11.5658 stopni dla pulsacji = 30.4008
KSO cz. 2 2010/2011
8
Metoda członów korekcyjnych – przykład (3)
Gob =
400
s 2 + 13.2 s + 400
(
s + 20 )(s + 40 )
Greg =
(s + 600)(s + 2)
Gol = Gob Greg
zapas ampl = Inf dB dla pulsacji = Inf
zapas fazy = Inf stopni dla pulsacji = NaN
KSO cz. 2 2010/2011
9
Metoda członów korekcyjnych – przykład (3)
400
Gob = 2
s + 13.2 s + 400
Greg =
235 (s + 20 )(s + 40 )
(s + 600)(s + 2)
Gol = Gob Greg
zapas ampl = Inf dB dla pulsacji = Inf
zapas fazy = 59.4112 stopni dla pulsacji = 159.3038
KSO cz. 2 2010/2011
10
Metoda członów korekcyjnych – przykład (4)
400
Gob = 2
s + 13.2 s + 400
Greg =
Gcl =
KSO cz. 2 2010/2011
235 (s + 20 )(s + 40 )
(s + 600)(s + 2)
Gob Greg
1 + Gob Greg
Gol
=
1 + Gol
11
Metoda członów korekcyjnych – przykład (5)
Greg
h=0.001
Greg_zoh
Zero/pole/gain:
235 (s+40) (s+20)
----------------(s+600) (s+2)
Zero/pole/gain:
235 (z^2 - 1.954z + 0.9547)
--------------------------(z-0.998) (z-0.5488)
Sampling time: 0.001
Greg_tustin
Zero/pole/gain:
186.0424 (z-0.9802) (z-0.9608)
-----------------------------(z-0.998) (z-0.5385)
Sampling time: 0.001
KSO cz. 2 2010/2011
12
Metoda członów korekcyjnych – przykład (6)
KSO cz. 2 2010/2011
13
Metoda członów korekcyjnych – przykład (7)
KSO cz. 2 2010/2011
14
Metoda przesuwania biegunów (1)



Stosowana do liniowych układów SISO oraz
MIMO, układów ciągłych i dyskretnych. Zakłada
dostępność stanu obiektu (pełna informacja o
obiekcie).
Dane: równanie stanu obiektu (macierz stanu A i
macierz sterowania B).
Cel: znalezienie statycznej macierzy regulatora
od stanu, takiej by bieguny układu zamkniętego
znalazły się w zadanym (przez projektanta)
położeniu. Położenie biegunów ma zapewnić
pożądane właściwości układu zamkniętego.
KSO cz. 2 2010/2011
15
Metoda przesuwania biegunów (2)
Struktura układu regulacji.
2
Zaklocenia
1
In 1
tf(1,[1 1 ])
x' = Ax+Bu
y = Cx+Du
Prefiltr
Obiekt
1
Out 1
s tan
K
Regulator statyczny
Własności metody:
• Zawsze ma rozwiązanie.
• Konieczna znajomość odpowiedzi układu względem położenia biegunów.
• Pętla układu ze sprzężeniem ma wzmocnienie statyczne różne od jedności.
• Konieczność stosowania prefiltru dopasowującego wzmocnienie.
• Duża czułość na zmiany parametrów obiektu.
• Brak kompensacji zakłóceń wchodzących na wyjście obiektu.
KSO cz. 2 2010/2011
16
Metoda przesuwania biegunów (3)
Dane: równanie stanu – macierze A i B (dla wersji dyskretnej Φ i Γ)
x (t ) = Ax(t ) + Bu (t ) + Br (t )
lub
x(k + 1) = Φx(k ) + Γu (k ) + Γr (k )
x
Dane projektowe: wektor położeń biegunów układu zamkniętego P.
Prawo sterowania:
u (t ) = K x(t ) lub u (k ) = Kx (k )
Układ zamknięty:
x (t ) = ( A + BK )x(t ) + Br (t )
lub
x(k + 1) = (Φ + ΓK )x(k ) + Γr (k )
KSO cz. 2 2010/2011
Znaleźć takie K by:
eig ( A + B K ) = P
lub
eig (Φ + Γ K ) = P
17
Przesuwanie biegunów – przykład (1)
10
Gob = -----------------s^2 + 2 s + 10
160
Gm = -----------------(s+16) (s+10)
P = [-16 -10]
KSO cz. 2 2010/2011
18
Przesuwanie biegunów – przykład (2)
K = [12.0000 18.7500]
dcgain = 0.0625
KSO cz. 2 2010/2011
19
Przesuwanie biegunów – przykład (3)
h = 0.1
0.04644 z + 0.04344
Gd = -----------------------------z^2 - 1.729 z + 0.8187
160
Gm = -----------------(s+16) (s+10)
Pd = [0.2019
KSO cz. 2 2010/2011
0.3679]
20
Przesuwanie biegunów – przykład (4)
Kd = [4.6363 -2.9778]
dcgain = 0.1782
KSO cz. 2 2010/2011
21
Predyktor Kalmana (wersja dyskretna)
x(k + 1) = Φ (k ) x(k ) + Γ(k )u (k ) + D (k ) w(k )
y (k ) = C (k ) x(k ) + E (k ) w(k )
xˆ ( k + 1) = Φ ( k ) xˆ (k ) + Γ(k )u (k ) + L(k )( y (k ) − yˆ (k ))
yˆ (k ) = C (k ) xˆ (k )
[
]
(k ) = E [v(k )v (k )]
e(k ) = x(k ) − xˆ (k ) Pxx (k ) = E e(k )eT (k )
v(k ) = y (k ) − yˆ (k ) Pyy
T
Opis obiektu dyskretnego,
niestacjonarnego z zakłóceniami
Równanie predyktora, nieznane
wzmocnienie L(k)
Błąd e(k) oceny stanu i jego kowariancja.
Innowacja v(k) i jej kowariancja
Uaktualnienie kowariancji
Pxx ( k + 1) = Φ( k ) Pxx ( k )Φ T ( k ) + Q(k ) + L(k ) Pyy (k ) LT (k ) − Pxy (k ) LT (k ) − L(k ) Pxy (k )
Pyy (k ) = C (k ) Pxx (k )C T (k ) + E (k ) E T (k ); Pxy (k ) = Φ (k ) Pxx (k )C T (k ) + D (k ) E T (k )
Q (k ) = D (k ) D T (k )
L(k ) = Pxy (k )(Pyy (k ) )
−1
Wyznaczenie wzmocnienia L(k)
KSO cz. 2 2010/2011
22
Ocena stanu dla układu stacjonarnego
x(k + 1) = Φx(k ) + Γu (k )
Opis obiektu dyskretnego,
stacjonarnego bez zakłóceń
y (k ) = Cx (k )
xˆ (k + 1) = Φxˆ (k ) + Γu (k ) + L( y (k ) − yˆ (k ))
yˆ (k ) = Cxˆ (k )
( A, B, C )
(Φ, Γ, C )
→ ( AT , C T , B T )
→ (Φ , C , Γ )
T
(
)
(
)
T
T
Równanie predyktora, nieznane
wzmocnienie L
Układ oraz układ dualny
eig AT + C T LT = mP, m > 1
lub
eig Φ T + ΓT LT = mP, m < 1
Wyznaczenie wzmocnienia L z rozwiązania
zagadnienia przesuwania biegunów
KSO cz. 2 2010/2011
23
Ocena stanu dla układu stacjonarnego
przykład (1)
h = 0.1
0.04644 z + 0.04344
Gd = -----------------------------z^2 - 1.729 z + 0.8187
0 
 3.5 
x(0) =  ; xˆ (0) = 

0 
− 3.5
1.5406
L=

1.7444
KSO cz. 2 2010/2011
24
Ocena stanu dla układu stacjonarnego
przykład (2)
h = 0.1
0.04644 z + 0.04344
Gd = -----------------------------z^2 - 1.729 z + 0.8187
0 
 3.5 
x(0) =  ; xˆ (0) = 

0 
− 3.5
1.5406
L=

1.7444
KSO cz. 2 2010/2011
25
Układ zamknięty z obserwatorem/predyktorem
x(k + 1) = Φx(k ) + Γu (k ) + Γr (k );
y (k ) = Cx (k )
xˆ (k + 1) = Φxˆ (k ) + Γu (k ) + L( y (k ) − yˆ (k ));
u = Kxˆ
yˆ (k ) = Cxˆ (k )
obiekt
obserwator
prawo sterowania
x(k + 1) = Φx(k ) + ΓKxˆ (k ) + Γr (k );
y (k ) = Cx (k )
xˆ (k + 1) = (Φ + ΓK − LC )xˆ (k ) + LCx (k );
Układ zamknięty
ΓK
 x(k + 1)  Φ
  x ( k )  Γ 
 xˆ (k + 1) =  LC Φ + ΓK − LC   xˆ (k ) +  0  r ;

 

  
Greg ( z ) = K (zI − Φ − ΓK + LC ) L
−1
 x(k )
y = [C 0] 

ˆ
x
(
k
)


regulator
KSO cz. 2 2010/2011
26
Układ zamknięty z obserwatorem/predyktorem
Przykład.
h = 0.1
0.04644 z + 0.04344
Gd = -----------------------------z^2 - 1.729 z + 0.8187
-8.4384 (z-0.8541)
Greg = --------------------------------(z^2 + 0.7033z + 0.3867)
Gcl1 – poprzednia strona
Gcl 2 =
KSO cz. 2 2010/2011
Gd
1 + Gd Greg
27
Metoda algebraiczna (1)
Struktura układu regulacji
1
r
T (s)
B (s)
1
R(s)
1
A (s)
Regulator 1
Obiekt 2
Obiekt 1
1
y
2 v
Regulator 2
S (s)
R(s)
Model obiektu: A( x) y = B ( x)u + v;
d

x = D =
dt


lub q 

Założenia:
• Wielomiany A(x) i B(x) są względnie pierwsze (bez wspólnych zer),
• Wielomian A(x) jest moniczny (współczynnik przy najwyżej potędze jest równy jeden,
• Model układu zamkniętego: Am(x)ym=Bm(x)r, deg Am – deg Bm ≥ deg A – degB = d,
• Wielomian obserwatora A0(x), moniczny, niesterowalny przez sygnał r.
KSO cz. 2 2010/2011
28
Metoda algebraiczna (2)
Dane o obiekcie: wielomiany A(x), B(x).
Dane projektowe: Am(x), Bm(x), A0(x).
Poszukiwane: wielomiany R(x), S(x), T(x) tworzące regulator
Problem: rozwiązanie równania diofantycznego w pierścieniu wielomianów.
A( x) y = B ( x)u + v
R ( x)u = T ( x)r − S ( x) y
BT
R
v,
r+
AR + BS
AR + BS
AT
S
u=
r−
v
AR + BS
AR + BS
y=
B
BT
= m
AR + BS Am
obiekt
regulator
Opis układu o dwóch wejściach {r, v}
I dwóch wyjściach {y, u}
Powinna zachodzić równość z modelem projektowym,
ale …..
KSO cz. 2 2010/2011
29
Metoda algebraiczna (3)
Faktoryzacja – rozkład na czynniki i grupowanie B = B+B-:
B+ - wielomian z zerami stabilnymi i dobrze tłumionymi, moniczny.
B- - wielomian z pozostałymi zerami.
B = B + B − ; R = R1 B +
Faktoryzacja i podstawienie
Bm A0
BT
B + B −T
B −T
=
=
=
+
+ −
−
AR + BS AR1 B + B B S AR1 + B S Am A0
Bm = Bm* B −
Wielomian A0 wyrównuje
stopnie mianowników
Wielomian Bm nie może być wybrany dowolnie !!!
Bm A0 B − Bm* A0
B −T
=
=
−
AR1 + B S Am A0
Am A0
AR1 + B − S = Am A0 ; T = Bm* A0
KSO cz. 2 2010/2011
ZALEŻNOŚCI PROJEKTOWE
30
Metoda algebraiczna (4)
Faktoryzacja jest kosztowną, trudną procedurą. Dwa przypadki unikające faktoryzacji:
skracamy cały wielomian, jesteśmy pewni jego właściwości,
a) B=b0B+
b) B=Bwielomian B jest zachowany
ALGORYTM
Dane: A,B.
Specyfikacje projektowe: Am, Bm, A0;
Warunki: deg Am – deg Bm ≥ deg A – degB
deg A0≥2 deg A – deg Am – deg B+ - 1;
[dla b) Bm podzielne przez B]
1) Faktoryzacja B=b0B+;
2) Rozwiązanie AR1+b0S=A0Am;
3) Utworzenie R=R1B+ oraz T=A0Bm/b0
[dla b) operacja nie występuje]
[dla b) AR+BS=A0Am ]
[dla b) T=A0Bm/B]
[dla b) deg B+ = 0]
UWAGI
• Prawo sterowania:
Ru=Tr-Sy
• Rozwiązanie równania wielomianowego z kroku 2) sprowadza się do rozwiązania
układu równań liniowych.
• Zera wielomianu obserwatora A0 powinny być „szybsze” niż zera wielomianu Am.
KSO cz. 2 2010/2011
31
Metoda algebraiczna – przykład A (1)
G( z) =
Projekt regulatora I rzędu dla obiektu
B( z )
b z + b2
= 2 1
A( z ) z + a1 z + a2
Am ( z ) = z 2 + a1m z + a2 m ; Bm ( z ) = bm B( z ) model, nie skracamy zer (wersja – b)
deg A0 ≥ 2 deg A − deg Am − 1 = 4 − 2 − 1 = 1; ⇒
(
A0 ( z ) = z + a10
)
V ( z ) = Am ( z ) A0 ( z ) = z 2 + a1m z + a2 m ( z + a10 ) = z 3 + v1 z 2 + v2 z + v3
Bm ( z )
bm B ( z )
bm (b1 z + b2 )
Gm ( z ) =
= 2
= 2
Am ( z ) z + a1m z + a2 m z + a1m z + a2 m
bm =
Am (1)
B(1)
⇒ Gm ( z ) =
Am (1)
b1 z + b2
B(1) z 2 + a1m z + a2 m
KSO cz. 2 2010/2011
transmitancja modelu,
jednostkowe wzmocnienie
⇒ Gm (1) = 1
32
Metoda algebraiczna – przykład A (2)
Wielomiany regulatora
R( z ) = z + r1 ; S ( z ) = s0 z + s1 ; T ( z ) =
A0 ( z ) Bm ( z )
B( z )
=
Am (1)
(z + a10 )
B (1)
Równanie diofantyczne
A( z ) R( z ) + B( z ) S ( z ) = Am ( z ) A0 ( z ) = V ( z )
(z
2
)
+ a1 z + a2 (z + r1 ) + (b1 z + b2 )(s0 z + s1 ) = z 3 + v1 z 2 + v2 z + v3
Rozwiązanie równania diofantycznego
z3 : 1 = 1
z : r1 + a1 + b1s0 = v1
2
z1 : a1r1 + a2 + b1s1 + b2 s0 = v2
z 0 : a2 r1 + b2 s1 = v3
1
a
 1
a2
KSO cz. 2 2010/2011
b1
b2
0
0   r1   v1 − a1 
b1   s0  = v2 − a2 
b2   s1   v3 
33
Metoda algebraiczna – przykład A (3)
h = 0.1
0.04644 z + 0.04344
Gd = -----------------------------z^2 - 1.729 z + 0.8187
Gmd
0.35548 (z+0.4192)
= -------------------------(z-0.3679) (z-0.2019)
A0 = z + 0.1
T = [5.613 z - 0.5613]
R = [z + 0.4718]
S = [12.64 z - 9.064]
KSO cz. 2 2010/2011
34
Metoda algebraiczna – przykład A (4)
h = 0.1
G1d
Gmd
0.03715 z + 0.03475
= ---------------------z^2 - 1.729 z + 0.8187
0.35548 (z+0.4192)
= -------------------------(z-0.3679) (z-0.2019)
A0 = z + 0.1
T = [5.613 z - 0.5613]
R = [z + 0.4718]
S = [12.64 z - 9.064]
KSO cz. 2 2010/2011
35
Metoda algebraiczna – przykład A (5)
h = 0.1
0.04644 z + 0.04344
Gd = -----------------------------z^2 - 1.729 z + 0.8187
G1d
KSO cz. 2 2010/2011
0.03715 z + 0.03475
= ---------------------z^2 - 1.729 z + 0.8187
36
Metoda algebraiczna – przykład B (1)
Projekt regulatora I rzędu dla obiektu
G( z) =
B( z )
b z + b2
= 2 1
A( z ) z + a1 z + a2
Am ( z ) = z 2 + a1m z + a2 m ; Bm ( z ) = bm B( z ) model, nie skracamy zer (wersja – b)
deg A0 ≥ 2 deg A − deg Am − 1 = 4 − 2 − 1 = 1; ⇒
(
)(
A0 ( z ) = z 2 + a10 z + a20
)
V ( z ) = Am ( z ) A0 ( z ) = z 2 + a1m z + a2 m z 2 + a10 z + a20 = z 4 + v1 z 3 + v2 z 2 + v3 z + v4
Bm ( z )
bm B ( z )
bm (b1 z + b2 )
Gm ( z ) =
= 2
= 2
Am ( z ) z + a1m z + a2 m z + a1m z + a2 m
bm =
Am (1)
B(1)
⇒ Gm ( z ) =
Am (1)
b1 z + b2
B(1) z 2 + a1m z + a2 m
KSO cz. 2 2010/2011
⇒ Gm (1) = 1
37
Metoda algebraiczna – przykład B (2)
Wielomiany regulatora
R ( z ) = (z + r1 )(z − 1); S ( z ) = s0 z 2 + s1 z + s2 ; T ( z ) =
A0 ( z ) Bm ( z )
B( z )
=
(
Am (1) 2
z + a10 z + a20
B (1)
)
Równanie diofantyczne
A( z ) R( z ) + B( z ) S ( z ) = Am ( z ) A0 ( z ) = V ( z )
(z
2
)
(
)
+ a1 z + a2 ( z − 1)( z + r1 ) + (b1 z + b2 ) s0 z 2 + s1 z + s2 = z 4 + v1 z 3 + v2 z 2 + v3 z + v4
z 3 + a1* z 2 + a2* z + a3*
Rozwiązanie równania diofantycznego
 1 b1
a* b
2
 1
a2* 0
 *
a3 0
KSO cz. 2 2010/2011
0
b1
b2
0
0   r1   v1 − a1* 


0   s0  v2 − a2* 
=
b1   s1  v3 − a3* 

  
b2   s2   v4 
38
Metoda algebraiczna – przykład B (3)
h = 0.1
0.04644 z + 0.04344
Gd = -----------------------------z^2 - 1.729 z + 0.8187
Gmd
0.35548 (z+0.4192)
= -------------------------(z-0.3679) (z-0.2019)
A0 = z^2 - 0.25z + 0.015
T = [5.613 z^2 - 1.403 z + 0.08419]
R = [z^2 - 0.3246 z - 0.6754]
S = [26.56 z^2 - 35.02 z + 12.76]
KSO cz. 2 2010/2011
39
Metoda algebraiczna – przykład B (4)
h = 0.1
0.03715 z + 0.03475
= ---------------------------z^2 - 1.729 z + 0.8187
G1d
Gmd
0.35548 (z+0.4192)
= -------------------------(z-0.3679) (z-0.2019)
A0 = z^2 - 0.25z + 0.015
T = [5.613 z^2 - 1.403 z + 0.08419]
R = [z^2 - 0.3246 z - 0.6754]
S = [26.56 z^2 - 35.02 z + 12.76]
KSO cz. 2 2010/2011
40
Metoda algebraiczna – przykład B (5)
h = 0.1
0.04644 z + 0.04344
Gd = -----------------------------z^2 - 1.729 z + 0.8187
G1d
KSO cz. 2 2010/2011
0.03715 z + 0.03475
= ---------------------z^2 - 1.729 z + 0.8187
41
Metoda LQ (liniowo - kwadratowa) (1)







Metoda LQ (ang. linear quadratic), to projektowanie
regulatora od stanu dla układu liniowego (niestacjonarnego) z
kwadratowym wskaźnikiem jakości. Ogólnie wymaga
rozwiązania macierzowego równania różniczkowego
Ricattiego (z czasem biegnącym wstecz od chwili końcowej).
Metoda powstała w latach 60-tych XX wieku.
Daje bardzo dobre rezultaty w przypadkach gdzie występują
mało intensywne zakłócenia.
Metodę LQ stosuje się do układów ciągłych i dyskretnych.
Przez odpowiedni dobór specyfikacji projektowych można
wpływać na każdy ze stanów obiektu (bardzo istotna cecha).
Wadą metody jest duży zapas fazy.
Zostanie rozpatrzony przypadek szczególny, prowadzący do
algebraicznego równania Ricattiego.
KSO cz. 2 2010/2011
42
Metoda LQ (2) – układy ciągłe
Dane: Opis obiektu stacjonarnego w przestrzeni
stanu, w postaci macierzy stanu A i sterowania B.
Dostępny stan obiektu.
x (t ) = Ax(t ) + Bu (t )
y (t ) = Cx(t )
Minimalizacja kwadratowego wskaźnika jakości J ze względu na sterowanie u(t).
Specyfikacje projektowe: macierze Q i R wpływające na każdy stan i sterowanie.
∞
{
}
J = min ∫ xT (t )Qx(t ) + u T (t ) Ru (t ) dt ; R > 0; Q ≥ 0
u (t )
0
Prawo sterowania – zależne od stanu.
u (t ) = − Kx (t ) + r (t ) = − R −1 B T Hx(t ) + r (t )
Algebraiczne równanie Ricattiego dla układu ciągłego.
AT H + HA − HBR −1 B T H + Q = 0
KSO cz. 2 2010/2011
43
Metoda LQ (3) – układy ciągłe, modyfikacja
Dane: Opis obiektu stacjonarnego w przestrzeni
stanu, w postaci macierzy stanu A i sterowania B.
Dostępny stan obiektu.
x (t ) = Ax(t ) + Bu (t )
y (t ) = Cx(t ) + Du (t )
Minimalizacja kwadratowego wskaźnika jakości J ze względu na sterowanie u(t).
Specyfikacje projektowe: macierze Q i R wpływające na każdy stan i sterowanie.
∞
{
}
J = min ∫ y T (t )Qy (t ) + u T (t ) Ru (t ) + 2 y T (t ) Nu (t ) dt ;
u (t )
0
Istnieje metoda numeryczna wyznaczająca prawo sterowania – zależne od stanu.
u (t ) = − Kx (t ) + r (t )
KSO cz. 2 2010/2011
44
Metoda LQ (4) – układy dyskretne
Dane: Opis obiektu stacjonarnego w przestrzeni
stanu, w postaci macierzy stanu Φ i sterowania Γ.
Dostępny stan obiektu.
x(k + 1) = Φx(k ) + Γu (k )
y (k ) = Cx(k )
Minimalizacja kwadratowego wskaźnika jakości J ze względu na sterowanie u(t).
Specyfikacje projektowe: macierze Q i R wpływające na każdy stan i sterowanie.
∞
J = min ∑ xT (k )Qx(k ) + u T (k ) Ru (k ) ; R > 0; Q ≥ 0
u (t )
k =1
Prawo sterowania – zależne od stanu.
(
)
−1
u (k ) = − Γ HΓ + R ΓT HΦx(t ) + r (k )
T
Algebraiczne równanie Ricattiego dla układu dyskretnego.
(
Φ HΦ − H − Φ HΓ Γ HΓ + R
T
T
T
)
−1
KSO cz. 2 2010/2011
ΓHΦ + Q = 0
45
Metoda LQ – przykład A (1)
 x1  0 1  x1  0
 x  = 0 0  x  + 1u;
  2  
 2 
∞
J =∫
0
 x1 
y = [1 0]  
 x2 
1 0
x + w u dt ; R = w ; Q = 

0
0


(
2
1
2
2
)
2
 h11
A H + HA − HBR B H + Q = 0; H = H = 
h12
T
 0 h11  1
 h 2h  − w 2
12 
 11
−1
T
T
h12 
h22 
 h112
h12 h22  1 0
+
=0


2  
h12 h22 h22  0 0
KSO cz. 2 2010/2011
46
Metoda LQ – przykład A (2)
h122 = w2

 2w


2
h12 h22 = w h11  ⇒ H = 
 w
 2

2
h22 = 2 w h12 
w 

w 2w 
 2w
1
K = R B H = 2 [0 1]
w
 w
w  1
=
w 2w   w
−1
T
KSO cz. 2 2010/2011
2

w
47
Metoda LQ – przykład A (3)
Przebiegi (wyjście układu zamkniętego, sterowanie) dla podwójnego integratora
KSO cz. 2 2010/2011
48
Metoda LQ – przykład B(1)
Struktura z integratorem.
Układ zamknięty mniej wrażliwy na odchylenia obiektu od wartości nominalnych.
Wykorzystanie metody LQRY.
2
Zaklocenia
1
In 1
tf(1,[1 1 ])
Prefiltr
1
s
K
Integrator
Regulator statyczny
KSO cz. 2 2010/2011
x' = Ax+Bu
y = Cx+Du
1
Out 1
stan
Obiekt
49
Metoda LQ – przykład B(2)
10
Gnom = ------------------s^2 + 2 s + 10
K = [44.7214 7.7279 18.7941]
KSO cz. 2 2010/2011
50
Metoda LQ – przykład B(3)
8
Godch = ----------------------s^2 + 1.2 s + 10
K = [44.7214 7.7279 18.7941]
KSO cz. 2 2010/2011
51
Metoda LQ – przykład B(4)
10
Gnom = ------------------s^2 + 2 s + 10
8
Godch = ----------------------s^2 + 1.2 s + 10
K = [44.7214 7.7279 18.7941]
KSO cz. 2 2010/2011
52
Metody klasyczne a metody z
minimalizacją normy (1)



Metody klasyczne nie zapewniają (w większości)
odpornej stabilności ani gwarancji jakości działania,
Projektowanie zaczyna się od zdefiniowania
pożądanego układu zamkniętego (z optymizmem,
że uda się to osiągnąć).
Metody projektowania klasycznego (wybrane):





Człony korekcyjne,
Przesuwanie biegunów,
Metoda algebraiczna – prowadząca do rozwiązania
równania diofantycznego,
Metoda LQ (liniowo-kwadratowa),
Metoda linii pierwiastkowych.
KSO cz. 2 2010/2011
53
Metody klasyczne vs metody z
minimalizacją normy (2)

Metody z minimalizacją norm:






Minimalizacja normy H∞,
Minimalizacja normy H2,
Minimalizacja kombinacji liniowej norm i przesuwanie
biegunów,
Metody te dają oszacowanie górnej granicy normy
ze względu na stabilność i jakość działania.
Udane rozwiązania trudnych problemów.
Wady: regulator bez struktury stanowiący jeden
blok, regulator wysokiego rzędu, zaawansowana
matematyka (liniowe nierówności macierzowe –
LMI).
KSO cz. 2 2010/2011
54
Postawienie problemu (ogólne)
x = Ax + B1 p + B2 w + B3u
q = Cq x + Dq1 p + Dq 2 w + Dq 3u
Δ
p
q
w
y = C y x + D y1 p + D y 2 w
z
P
u
z = C z x + Dz1 p + Dz 2 w + Dz 3u
u=Ky
p = ∆q
y
K
 AK
K =
C K
BK 
DK 
Znaleźć taki regulator, by norma transmitancji Tzw była najmniejsza dla zadanego
zbioru niepewności ∆.
min
Tzw
p
for all ∆ ∈ ∆
K
KSO cz. 2 2010/2011
55
Normy sygnałów skalarnych
L∞
norma – maksimum sygnału
f (t ) ∞ = sup f (t )
t≥ 0
L2
norma – energia sygnału
∞
f (t ) 2 = ∫
2
0
1
f (t ) dt =
2π
2
∞
∫
2
fˆ (ω ) dω
−∞
KSO cz. 2 2010/2011
56
Norma H∞ układu liniowego
Opis układu (przyczynowy, wzmocnienie L2 γ>=0)
x (t ) = Ax(t ) + Bu (t )
y (t ) = Cx (t ) + Du (t )
H ( s ) = C ( sI − A) −1 B + D
Definicja normy przez wzmocnienie L2, c - stała
T
∫
0
T
y (t ) dt ≤ c + γ 2 ∫ u (t ) dt
2
2
0
Interpretacja normy
H
∞
= sup H ( jω )
ω ∈R
H
∞
= sup σ max ( H ( jω ))
ω ∈R
KSO cz. 2 2010/2011
57
Obliczenie normy H∞ układu liniowego
Twierdzenie
Niech A będzie macierzą stabilną (Hurwitza). Wówczas
wzmocnienie L2 układu jest mniejsze niż γ, wtedy i tylko
wtedy gdy γ > δmax(D) i macierz


A + B (γ 2 I − D T D) −1 D T C
B (γ 2 I − D T D) −1 B T
F = T
T
2
T
T
T
T
2
T
−1
−1 
(
γ
)
(
γ
)
C
C
C
D
I
D
D
D
C
A
C
D
I
D
D
B
−
−
−
−
−
−

nie posiada wartości własnych na osi urojonej.
Do obliczeń stosujemy metodę bisekcji.
KSO cz. 2 2010/2011
58
Norma H2 układu liniowego
Jeżeli na wejście układu podany jest biały szum o
wariancji jednostkowej, to wariancja sygnału
wyjściowego jest równa normie H2.
lim E y (t ) = H
2
t →∞
2
2
Jeżeli h(t) jest odpowiedzią impulsową układu to:
∞
H
2
2
1
= ∫ trace (h(t )T h(t )) dt =
2π
0
∞
T
trace
(
H
(
j
ω
)
H ( jω )) dω
∫
−∞
KSO cz. 2 2010/2011
59
Obliczenie normy H2 układu liniowego
Twierdzenie:
Niech A będzie macierzą stabilną (Hurwitza). Norma
układu jest nieskończona, gdy D ≠ 0. W przeciwnym
przypadku norma wynosi:
H
2
2
= trace(CPC T ) = trace( B T QB)
gdzie P=PT i Q=QT są rozwiązaniami odpowiednich równań
Lapunowa
AP + PAT + BB T = 0; AT Q + QA + C T C = 0
KSO cz. 2 2010/2011
60
Przykład zadania analizy
q
Δ
u
w
z
e
F
p
C
Go
Dany jest układ regulacji o składowych:
1
2.35(1 + s )
1.2
; F=
;
G0 = 2 ; C =
(1 + 0.1s )
s + 1.2
s
Znaleźć największą normę ∆
jest stabilność.
∞
przy której, zachowana
KSO cz. 2 2010/2011
61
Przykład zadania syntezy
w
-
1
s
z
Gi(s)
-
x
K
10
;
G (s) = 2
s + as + b
a ∈ [1..3]; b ∈ [8..12];
Dla wszystkich możliwych obiektów G(s) znaleźć
(jeden) stabilizujący regulator od stanu K.
KSO cz. 2 2010/2011
62
Przykład syntezy z minimalizacją
normy H∞
z1
W1
z
z3
w
W3
P
w
v
K
-
y
z
G
u
y
K
u
Struktura układu sterowania z sygnałami z
dla definicji normy
KSO cz. 2 2010/2011
Struktura standardowa z
rozszerzonym obiektem P
63
Procedura projektowa (1)
1. Wybór wag W1 oraz W3
S ( s ) = ( I + G ( s ) K ( s )) −1 , T ( s ) = G ( s ) K ( s )( I + G ( s ) K ( s )) −1
S ( s) + T ( s) = I
S ( s )W1 ( s )
<1
T ( s )W3 ( s ) ∞
2. Budowa obiektu rozszerzonego P(s)
W1
  z1  
 w 
 z    
 y  =   z3   = P ( s )  u  =  0
  I
   y 



− W1G 
 w

W3G  
 u 
− G 
KSO cz. 2 2010/2011
64
Procedura projektowa (2)
3. Opis P(s) w przestrzeni stanów powinien być minimalny.
x = Ax + B1w + B2u, z = C1 x + D11w + D12 u, y = C2 x + D21w.
4. Przeprowadzenie optymalizacji (minimalizacji)
Znalezienie właściwego regulatora K(s) , takiego który minimalizuje
normę H∞ transmitancji Tw→ z (s ) i zapewnia warunek:
min Tw→ z ( s ) ∞ < 1
K (s)
5. Jeżeli optymalizacja (minimalizacja) zakończy się pomyślnie, należy
ocenić wyniki, jeśli nie, to zmienić filtry W1 oraz W3 i powtórzyć proces.
KSO cz. 2 2010/2011
65
Przykładowy projekt (1)
Nominalna transmitancja obiektu:
G0 ( s ) =
0.05
s 2 + 0.1s + 0.1
Pominięte dynamiki (multiplikatywne)
G1 ( s ) = G0
a
= G0 ( I + ∆1 ),
(s + a)
ω2
G2 ( s ) = G0 2
= G0 ( I + ∆ 2 ),
2
( s + 2 sξω + ω )
G3 ( s ) = G0 e −sτ = G0
b−s
; = G0 ( I + ∆ 3 ),
b+s
∆1 ( s ) = −
s
,
s+a
s 2 + 2 sξω
,
∆ 2 ( s) = − 2
2
s + 2 sξω + ω
2s
,
∆ 3 ( s) = −
b+s
gdzie
a = 2.0, ξ = 0.15, ω = 4.0, τ = 0.2, b = 10.
KSO cz. 2 2010/2011
66
Przykładowy projekt (2)

Wymagania projektowe



Błąd w stanie ustalonym mniejszy niż 1%
Pasmo przepuszczania układu otwartego powinno
być co najmniej 2 rad/s
Dla pulsacji większych niż 7 rad/s charakterystyka
amplitudowa układu otwartego powinna być
dobrze tłumiona.
KSO cz. 2 2010/2011
67
Przykładowy projekt (3)
Wybór filtrów W1 oraz W3
s
∆ i ( s ) < W3 ( s ) =
0.8
for i = 1,2,3.
2
2
k
s
+
a
ka
(
)
−1
−1
W1−1 ( s ) =
W
=
W
,
(
0
)
,
1 (∞) = k ,
1
2
2
b
( s + b)
gdzie
k = 10; a = 0.02; b = a 1000
KSO cz. 2 2010/2011
68
Przykładowy projekt (4)
KSO cz. 2 2010/2011
69
Przykładowy projekt (5)
KSO cz. 2 2010/2011
70
Przykładowy projekt (6)
KSO cz. 2 2010/2011
71
Przykładowy projekt (7)
Zaprojektowany regulator K(s) jest czwartego rzędu
18683.2311 (s+0.1786) (s^2 + 0.1s + 0.1)
K(s) = ----------------------------------------------------------(s+61.91) (s+36.4) (s+0.02176) (s+0.01806)
norma H∞ wynosi γ = 0.5374
KSO cz. 2 2010/2011
72
Przykładowy projekt (8)
KSO cz. 2 2010/2011
73
Przykładowy projekt (9)
KSO cz. 2 2010/2011
74