Języki i metodyka oprogramowania
Transkrypt
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) x1 0 1 x1 0 x = 0 0 x + 1u; 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