Příklady k přednášce 2 Spojité modely - Polyx · Příklady k přednášce 2 - Spojité...

Příklady k přednášce2 - Spojité modely

Michael ŠebekAutomatické řízení 2020

20.02.2020

Automatické řízení - Kybernetika a robotika

• Řešení v časové oblasti

• platí pro D = 0• podobně na výstupu

Řešení stavové rovnice

Michael Šebek 2

( )

0

0

( ) (0) ( )

( ) (0) ( ) ( )

tt t

t

t e e u d

t t u d

τ τ τ

τ τ τ

−= +

= + −

∫∫

A Ax x B

Φ x Φ B

( )

0

0

( ) (0) ( )

( ) (0) ( ) ( )

tt t

t

t e e d

t t d

τ τ τ

τ τ τ

−= +

= + −

∫∫

A Ay C x C Bu

CΦ x CΦ Bu

odezva na počáteční stav

odezva na vstupní signál

Stavová matice přechodu• z řešení pomocí LT plyne

• porovnáním

• prvky jsou součty exponenciál generovaných vlastními čísly A

• příslušné konstanty vypočteme z

• nebo zpětnou LT

• můžeme ji také vypočítat z řady

podobně jako

( ) tt e= AΦ

1( ) ( ) (0)s s −= −x I A x

{ } 1( )( ) st −= −I AΦ

(0) , (0)= =Φ I Φ A

1 adj( )( )

det( )s

ts

−−

− = −

I AΦ

I A

( )( )!

kt tt e t

k= = + + + +A AΦ I A

2

01

! 2!x

k

kx xe xk

∞

=

= = + + +∑

ARI-02-2015


• Při řešení v časové oblasti najdeme vlastní čísla

• a předpokládáme stavovou matici přechodu ve tvaru

• Konstanty najdeme ze známých vlastností matice

• takže

Řešení stavové rovnice v časové oblasti

Michael Šebek 3ARI-Pr-02-2015

0 1 0 1( ) ( ) ( ), (0 ) , ( ) 1( )

8 6 1 0x t x t u t x u t t−

= + = = − −

( ) 21 2( ) det 6 8 2, 4p s s s s s s= − = + + → = − = −I A

2 4 2 41 2 3 4

2 4 2 45 6 7 8

( )t t t t

t t t t

K e K e K e K et

K e K e K e K e

− − − −

− − − −

+ += + +

Φ

1 2 3 4 5 6 7 8

1 2 3 4 5 6 7 8

(0) 1, 0, 0, 1(0) 2 4 0, 2 4 1, 2 4 8, 2 4 6

K K K K K K K KK K K K K K K K

= ⇒ + = + = + = + == ⇒ − − = − − = − − = − − − = −

Φ IΦ A

2 4 2 4

2 4 2 4

1 12( ) 2 2

4 4 2

t t t t

t t t t

e e e et

e e e e

− − − −

− − − −

− − = − + − +

Φ


• a odezva na počáteční stav je

• dále a z toho

• Takže celková odezva je

Řešení stavové rovnice v časové oblasti

Michael Šebek 4

2 4

2 4

2( ) (0)

4 4

t t

t t

e et

e e

− −

− −

−= − +

Φ x

( ) ( )

( ) ( )

2 4

2 4

1 1( ) 2 2

2

t t

t t

e et

e e

τ τ

τ ττ

− − − −

− − − −

− − = − +

Φ B

2 4

02 4

1 7 78 4 8( ) ( ) (0) ( ) ( )

7 72 2

t t

t

t t

e et t t u d

e eτ τ τ

− −

− −

+ − = + − =

− +

∫x Φ x Φ B

2 42 2 4 4

0 0

02 42 2 4 4

0 0

1 1 11 18 4 82 2( ) ( )

1 122 2

t t t tt tt

t t t tt t

e ee e d e e dt d

e ee e d e e d

τ τ

τ τ

τ ττ τ τ

τ τ

− −− −

− −− −

− +− − = =

+ −− +

∫ ∫∫

∫ ∫Φ Bu

ARI-Pr-02-2015


• Obraz odezvy je celkem

• a časový průběh odezvyje stejný jako v minulém řešení

Řešení Laplaceovou transformací

Michael Šebek 5

0 1 0 1( ) ( ) ( ), (0 ) , ( ) 1( )

8 6 1 0x t x t u t x u t t−

= + = = − −

( ) ( )2 21

2

2 2

6 1 6 11 8 6 8 6 8

8 6 86 86 8 6 8

s ss s s s s ss s

s ss ss s s s

−

+ + − − + + + + − = ⇒ − = = + −+ +

+ + + +

I A I A

( )

( )

( )

( )

( )( )

( )( )

( ) ( )

( ) ( )

2

2 221 1

0

22 2

2

1 6 166 8 6 86 8( ) ( ) ( ) ( )

8 76 86 8 6 8

1 7 76 18 4 2 8 42 4

7 772 2 2 42 4

s sss s s s s ss ss s s s

s ss ss s s s s s

s ss s ss s s

ss ss s s

− −

+ + + + + + ++ + = − + − = + =

− − + + + + + +

+ + + − + ++ + = =− − + + ++ +

x I A Bu I A x

ARI-Pr-02-2015


• Dále: z rozkladu na parciální zlomky

je zřejmé, že to je obraz stavové matice přechodu

Řešení Laplaceovou transformací

Michael Šebek 6

( )2 21

2 2

6 16 8 6 88

6 8 6 82 1 1 1

2 4 2( 2) 2( 4)4 4 1 2

2 4 2 4

ss s s ss

ss s s s

s s s s

s s s s

−

+ + + + +− =

− + + + +

− − + + + + = − + − + + + + +

I A

>> Fis=inv([s 0;0 s]-A)Fis =

6 + s 1 -8 s ------------8 + 6s + s^2

>> x=Fis*([1;0]+[0;1/s])x =

1 + 6s + s^2 -7s ---------------8s + 6s^2 + s^3

>> x1=partial(x(1))x1 =

-7/8 7/4 1/8----- ----- ---4 + s 2 + s s

>> x2=partial(x(2))x2 =

7/2 -7/2----- -----4 + s 2 + s

>> Fi11=partial(Fis(1,1))Fi11 =

-1 2 ----- -----4 + s 2 + s

ARI-Pr-02-2015


• IO model• Stavový model

• Charakteristický polynom

• a řešení stavových rovnic L-transformací

Příklad: Směrování satelitu

Michael Šebek 7

21 0 0 1 1( ) det det

0 1 0 0 0s

p s s ss

− = − = =

[ ]

0 1 00 0 11 0

u

y

= +

=

x x

x

, ,c

du F yJ

ϕϕ

ω

= = =

x

CJ F dϕ = , cd FJ

ϕ ω ω= =

[ ]

2 2

2 2

1 11 1( ) ( ) (0 )0

1 1( ) ( ) 1 (0 )

ss u s

s ss s

y s u s ss s

−

−

= +

= +

x x

x

1

2

1 110 0s s

s ss

−− =

ARI-Pr-02-2015


• Stavová matice přechodu

• Řešení v časové oblasti pro

Příklad: Směrování satelitu

Michael Šebek 8

11 12

21 22

(0)k k

Ik k

Φ = =

11 12

21 22

(0)l l

Al l

Φ = =

211 1 1

( )0 1 0 1

t s st

s− Φ = =

1

( )0 1

tt

ττ

− Φ − =

2det( )sI A s− = 11 11 12 12

21 21 22 22

( )k l t k l t

tk l t k l t

+ + Φ = + +

0

1, ( ) 1( )

0x u t t = =

2

0

0

0

( )1( ) (0) , ( ) ( ) 20

t

t

t

tt dt x t Bu d

d t

τ ττ τ τ

τ

− Φ = Φ − = =

∫∫

∫

2

2

1( ) 2

( ) 12

tx t

t

ty t

+ =

= +

ARI-Pr-02-2015


• Blokově a rovnicemi

• stavový model

• výpočet řešení (Laplace)

Příklad: Divný systém

Michael Šebek 9

[ ]1 0 1, 1 1

0 1 0u y

− = + =

x x x

1x

2x

u

y 1 1

2 2

x x ux x= − +=

1 11 0 1 1 0( ) ( ) (0 )

0 1 0 0 1

1 1 01 1( ) (0 )0 0 1( 1)( 1) ( 1)( 1)

s ss u s

s s

s su s

ss s s s

− −−

−

+ + = + − −

− − = + ++ − + −

x x

x

ARI-Pr-02-2015

1x

2x

u

y

1x

2x


• a výstup je

přenos odezva na počáteční stav

• charakteristický polynom vs. jmenovatel přenosu:

• Odezva na skok silně závisí na počátečním stavunulový a nenulový

počáteční stav

Příklad: Divný systém

Michael Šebek 10

[ ]

1 2

1 1( ) ( ) 1 1 (0 )( 1)( 1) ( 1)( 1)

1 1 1( ) (0 ) (0 )( 1) ( 1) ( 1)

sy s u s s ss s s s

u s x xs s s

−

− −

−= + − +

+ − + −

= + ++ + −

x

1

2

(0 ) 0(0 ) 0

xx

−

−

==

1

2

(0 ) 0(0 ) 0.1

xx

−

−

==

( ) ( 1) ( 1)p s s s= + − ( ) ( 1)d s s= +

ARI-Pr-02-2015


Kaskáda (mód je odblokován vstupní nulou)

• přenos je 1. řádu a stabilní

• ale úplný stavový popis je 2. řádu: pro

• charakteristický polynom je

Příklad: Jiný divný systém

Michael Šebek 11

yvu1x 1 0x =

1 1x =1 1 1( )1 1 1

sG ss s s−

= =+ − +

1 2,x y x u v= = −

[ ] [ ]

1 1

2 2

1

2

1 1 10 1 2

1 0 1

x xu

x x

xy u

x

− = + −

= +

( ) det( ) ( 1)( 1)p s sI A s s= − = + −

ARI-Pr-02-2015


2 2

2 3 2 3

( ) 2 7 2 7 1( ) 24 26 9 24 26 9 1

y s s s s su s s s s s s s

+ + + += =

+ + + + + +

• Kanonická forma řiditelnosti (někdy také forma fázových proměnných)

• jiná varianta kanonická formy řiditelnosti - Controller Canonical Form

Příklad: Kanonické formy řiditelnosti

Michael Šebek 12

[ ]

0 1 0 00 0 1 024 26 9 1

2 7 1

x x u

y x

= + − − −

=

u

1s−sx1 x1 x2 x3 y

1s−

1s−

9−

1 2

26−

24−

1

7

u

1s−sx3 x3 x2 x1 y

1s−

1s−

9−

1 2

26−

24−

1

7

2

3 2

( ) 1 7 2( ) 1 9 26 24

Y s s sU s s s s

+ +=

+ + +

[ ]

9 26 24 11 0 0 00 1 0 0

1 7 2

x x u

y x

− − − = +

=

ARI-Pr-02-2015


• Kanonická forma pozorovatelnosti - Observer Canonical Form

Příklad: Kanonické formy pozorovatelnosti

Michael Šebek 13

u

1s−sx3 x3 x2 x1 y

1s−

1s−

9−

12

26−

24−

1

72 3

2 3

1 7 2( )

9 26 24( ) 1

Y s s s sU s

s s s

+ +=

+ + +

[ ]

9 1 0 126 0 1 724 0 0 2

1 0 0

x x u

y x

− = +− −

=

[ ]

0 0 24 21 0 26 70 1 9 1

0 0 1

x x u

y x

− = +− −

=

u

1s−sx1 x1 x2 x3 y

1s−

1s−

9−

12

26−

24−

1

7

ARI-Pr-02-2015


• Přenos

• Můžeme realizovat jako kaskádu (sérii) subsystémů 1. řádu

Příklad: Kaskádní realizace

Michael Šebek 14

2 3

( ) 24 24( )( ) 24 26 9 ( 2)( 3)( 4)

y s F su s s s s s s s

= = =+ + + + + +

1 1 124( 2) ( 3) ( 4)s s s

=+ + +

241

( 2)s +1

( 3)s +1

( 4)s +3 ( )x s 2 ( )x s 1( )x s

( )u s ( )y s

u

1s−

sx3 x3 sx2 x2 sx1 x1 y

1s−

1s−

2− 3− 4−

124 1 1

[ ]

4 1 0 00 3 1 00 0 2 24

1 0 0

x x u

y x

− = +− −

=

ARI-Pr-02-2015


• Přenos

• Můžeme realizovat jako paralelní spojenísubsystémů 1. řádu

• jsou-li (faktory) póly násobnosti 1, je stavová matice diagonální (viz Jordanův kanonický tvar matice)

Příklad: Paralelní realizace

Michael Šebek 15

2 3

( ) 24 24( )( ) 24 26 9 ( 2)( 3)( 4)

y s F su s s s s s s s

= = =+ + + + + +

12 24 12( 2) ( 3) ( 4)s s s

= − ++ + +

rozklad na parciální zlomky

u

1s−

sx1 x1

sx2 x2

sx3 x3

y

1s−

1s−

2−

3−

4−

1

24−

1

1

12

12

[ ]

2 0 0 120 3 0 240 0 4 12

1 1 1

x x u

y x

− = +− − −

=

3 ( )X s

2 ( )X s

1( )X s12( 2)s +

24( 3)s +

12( 4)s +

1( )x s

3 ( )x s

2 ( )x s

ARI-Pr-02-2015


• Přenos

• Můžeme realizovat jako paralelní spojení subsystémů max. 2. řádu

• jsou-li (faktory) póly násobnosti větší než 1, • nemusí být stavová matice diagonální, ale

může být blokově diagonální • Jordanův tvar matice může být složený z bloků větší velikosti než 1

Příklad: Paralelní realizace - vícenásobné póly

Michael Šebek 16

2 2

( ) ( 3) 2 1 1( )( ) ( 1) (s 2) ( 1) ( 1) ( 2)

y s sF su s s s s s

+= = = − +

+ + + + +

2

2( 2)s +

1( 1)s +

1( 2)s +

u

sx3 x3

y

1s−

2−

sx2 x2

1s−

1−

1s−

sx1 x1

1−1

12

−

1

2

1

1

[ ]

1 1 0 00 1 0 20 0 2 1

1 1 2 1

x x u

y x

− = +− −

= −

ARI-Pr-02-2018


Někdy dány oba modely (ve starých a nových souřadnicích) a hledámePřímo z transformačních vztahů to obvykle vypočítat nejde?

Transformujme tedy tuto složenou matici

a z toho je , pokud inverze existuje

Obdobně ze vztahu (pokud inverze existuje)

Neboť platí , kde obě matice jsou tvaru

Výpočet transformační matice

Michael Šebek 17

T

1 1new old new old new old, ,− −= = =A T A T B T B C C T

( ) ( )

1new new new new new new

11 1 11 1old old oldold old

1 11oldold old old old old

n

n

n

−

−− − −− −

− −−

= =

= =

B A B A B

T B T B T BT A T T A T

T TB A B A B

C

C

-1

new,old

i

i ii

ni i

i

=

=

CC A

C A

O

new old= TO O

1old new

−=T C C

1old new−=T O O

ARI-02-2020


Ryzí racionální funkci , kde má kořeny reálné , -násobné reálné komplexní a -násobné komplexní

• a tedy polynom má rozklad na kořenové činitele

• nejprve rozložíme na parciální zlomky

• Při zpětné transformaci každý zlomek zpětně transformujeme zvlášť dle vzorců

• Jednotlivým složkám se říká módy

Použití parciálních zlomků při výpočtu odezvy

Michael Šebek 18

( ) ( )22 2 2( )( ( ) )) )( ) ( )j ln

l lkim

j kd s s bs sa sσ σ ωω− + + += +−∏∏ ∏ ∏

1 1 2 22 2 22 2 2

2

2 2

1 2

2( ) (( ) )) (

( ) ( )

(

(( )(

) ))( )

) ( ))

l

j

l

j

l

m jj jm

i

n l n ll l l ln

i

l l l l l

k

j

k

j

l

j

k

k

s b s b s bss s

ss

s s s

n sd s s a

γ δσ ω

ββ

ε ϕε ϕ ε ϕσ ω σ ω σ ω

βα

+ + ++ + +

+ +

+ + + + +

+

++

+

= +

+ +

− − −−

+ ∑

∑ ∑

∑

( )d s

ia jm( ) ( )n s d s ( )d sk k kc jσ ω= − ± l l lc jσ ω= − ±ln

1 ,( )

at

i

es a

→−

11 1 ,( 1)!( )

j

j

m btm

jj

t ems b

−→−−

( )3

2 2 2

2 2 2

2 sin cos(( ) )

2 ( ) sin(( ) )

tkk k k

k k

tkk

k k

e t t ts

s te ts

σ

σ

ωω ω ω

σ ωω σ

ωσ ω

−

−

→ −+ +

+→

+ +

2 2

2 2

sin ,( )

cos ,( )

tkk

k k

tk

k k

e ts

s e ts

σ

σ

ωω

σ ωσ ω

σ ω

−

−

→+ +

+→

+ +

jb

ARI-Pr-02-2015


• obecná odezva

• odezva na jednotkový skok a počáteční stav

Příklad: Odezva na vstup i počáteční stav

Michael Šebek19

[ ] [ ]

1 1

2 2

1 1

2 2

5 0 10 3 0

(0 ) 0,3 1 1 (0 ) 1

x xu

x xx x

y ux x

− = + −

− = + =− − −

det( ) ( 5)( 3)sI A s s− = + +

1 22 3 1( ) ( ) (0 ) (0 )5 5 3

sy s u s x xs s s+

= − − + −+ + +

2 5 3 5 1( )5 3

y ss s s

= + −+ +

volný pád

2 1 1( )5 3

sy ss s s+

= −+ +

5 32 3( )5 5

t ty t e e− −= + −

nucená přirozená

1( )u ss

=

nucenápřirozená

volný pád

na vstup

celková1 2(0 ) 0, (0 ) 1x x− −= = −

t=0:.01:5; nuc=.4*ones(1,length(t));pri=.6*exp(-5*t);vol=-exp(-3*t);plot(t,nuc,t,pri,t,vol,t,nuc+pri,...

t,nuc+pri+vol)ARI-Pr-02-2015


• pól vstupního signálu generuje nucenou odezvu• pól přenosu generuje přirozenou odezvu• pól charakteristického polynomu

generuje volnou odezvu• reálný pól -a generuje

exponenciální odezvu e-ta

• nuly a póly kombinují vliv módů

Příklad -pokračování

Michael Šebek20

det( ) ( 5)( 3)sI A s s− = + +

25

ss++

13s +

1(0 ) 0x − =

2 (0 ) 1x − = −

( )G s1( )U ss

=

( )Y s

2 5 3 5 1( )5 3

Y ss s s

= + −+ +

5 32 3( )5 5

t ty t e e− −= + −

nucená přirozená volný pád

Im

Re2−

5− 3− 0

15s +

13s +

2s + 1s

ARI-Pr-02-2015


• Když nás např. zajímá odezva na skok systému

• můžeme ji jednoduše odhadnout tak, že naznačíme rozklad na parciální zlomky

• zřejmě „vstupní pól“ generuje vynucenou skokovou odezvu a póly přenosu generují jednotlivé exponenciální složky přirozené odezvy

• zpětnou L-transformací dostaneme

• přestože výpočet konstant není složitý, konstanty nás často nezajímají• mnohdy stačí vědět, které složky odezva obsahuje

Příklad: Odhad odezvy z polohy pólů

Michael Šebek21

31 2 4( )( 2) ( 4) ( 5)

KK K Ky ss s s s

= + + ++ + +

( 3)( 2)( 4)( 5)

ss s s

++ + +

1( )u ss

= ( )y s

2 4 51 2 3 4( ) t t ty t K K e K e K e− − −= + + +

ARI-Pr-02-2015


• Změna měřítka amplitudy (škálování) zjednodušuje analýzu i návrh • Odhadneme maximální očekávané/povolené

hodnoty změn signálů v pracovním režimu• Vyjdeme z odchylkového modelu (přenosu)

vzniklého třeba lineární aproximací• a velikost každé veličinu „stlačíme pod 1“ vydělením

maximální odhadnutou nebo povolenou odchylkou• musíme škálovat společně s neboť mají

stejné jednotky a jsou vázány • Můžeme použít nebo častěji :

Postup formalizujeme použitím faktorů

a dosazením dostaneme• Někdy k tomu ještě zavedeme škálovanou referenci.

• Pak je a pomocí usilujeme o

Ještě k modelům: změna měřítka amplitudy

Michael Šebek 22

dy G u G d∆ ∆∆ = ∆ + ∆

max max

,u du du d

∆ ∆= =∆ ∆

e r y∆ = ∆ −∆

max max max max, , ,e u d rD e D u D d D r= ∆ = ∆ = ∆ = ∆

maxe∆maxr∆max max max

, ,y r ey r ee e e

∆ ∆ ∆= = =∆ ∆ ∆

1 1 ,e u e d dy D G D u D G D d e y r− −∆ ∆= + = −

y∆ ,e r∆ ∆

1 1 1max r e r er r r D r r D r D D r− − −= ∆ ∆ = ∆ ⇒ = ∆ =

1( )u t ≤1, 1( ) ( )d t r t≤ ≤ 1( )e t ≤ARI-Pr-02-2016


• Čas většinou měříme v sekundách, ale počítání s velmi rychlými nebo pomalými systémy může být špatně podmíněné a numerický výpočet může být chybný

• Je proto užitečné umět změnit jednotku času. Napříkladmezi časem a časem platí vztah kde

• Dopad na derivování je

• a tak se stavová rovnice transformuje na

• Z ní v „měřítku času “ vychází přenos

• Tedy je což odpovídá, neboť proměnná s v LT má rozměr „1/čas“• Dále platí pro časové konstanty

Ještě k modelům: změna časového měřítka

Michael Šebek 23

[s]t [ms]τ ktτ = 1000k =

2 22

2 2, ,( )

dx dx dx d x d xx k x kdt d k d dt dτ τ τ

= = = = =

1 1( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )x t Ax t Bu t x Ax Buk k

τ τ τ= + ⇒ = +

s s kτ=

( ) ( ) ( )1 1 1( )g s s s k k s kτ τ τ τ τ τ− − −= − = − = −I A B I A B I A B

T kTτ=

ARI-Pr-02-2016

τ


• Rychlý oscilátor s přirozenou frekvencí (asi 2 kHz) s

• Změníme-li jednotku času ze sekundy na milisekundu ( )• Pak a „rovnice v milisekundách“ je

• Z první rovnice dostaneme přenos, ze druhé

• Z porovnání je zřejmé, že• Změna ve stavovém modelu (pro ) je

Příklad: změna časového měřítka

Michael Šebek 24

2 6( ) 15.000 ( ) 10 ( )t t u tϕ ϕ+ =15.000 rad snω =

1000tτ =2

62

( )( ) 10 dtdϕ τϕτ

= 22

2

( ) 15 ( ) ( )d udϕ τ ϕ τ ττ

+ =

6

2 2

10( ) ( )15.000

y s u ss

=+

2 2

1( ) ( )15

y s u ssττ

=+

1000s sτ=1 2,x xϕ ϕ= =

1 12 2 6

2 2

1 12 3

2 2

( ) ( )0 1 0( )

( ) ( )15 1000 0 10

( ) ( )0 0.001 0( )

( ) ( )15 1000 0 10

x t x tu t

x t x t

x xu

x xτ τ

ττ τ

= + − ×

= + − ×

6

2 2

2 2

10( )15.000

1( )15

g ss

g ssττ

=+

=+

ARI-Pr-02-2015


Control Systems Toolbox• (lti) ss, tf, zpk• step, impulse, initial, …

Polynomial Tbx: • sdf, (ldf, rdf, mdf), abcd, pol• num, den

Symbolic MathTbx:• symbolické výpočty• laplace, ilaplace

Spojité modely v Matlabu – objekty a funkce

Michael Šebek 25ARI-Pr-02-2015

Příklady k přednášce 2 Spojité modely - Polyx · Příklady k přednášce 2 - Spojité...

Documents

Transcript of Příklady k přednášce 2 Spojité modely - Polyx · Příklady k přednášce 2 - Spojité...