Semestrální práce z předmětu Teorie systémů
Autor: Tomáš Škařupa Skupina :3I3X Vedoucí hodiny: Ing. Libor Pekař Datum 30.12.2012
Obsah 1
2
3
Analýza a syntéza jednorozměrného spojitého lineárního systému............................................... 3 1.1
Přenosovou funkce systému ................................................................................................... 3
1.2
Nuly a póly systému ................................................................................................................ 3
1.3
Impulsní funkce ....................................................................................................................... 4
1.4
Přechodovou funkce................................................................................................................ 6
1.5
Frekvenční přenos ................................................................................................................... 8
1.6
Nyquistovu křivka .................................................................................................................... 9
1.7
Bodeho křivka ........................................................................................................................ 10
1.8
Stavový popis systému. ......................................................................................................... 12
1.8.1
Přímá metoda (kanonický tvar vzhledem ke vstupu, Frobeniův tvar)........................... 12
1.8.2
Metoda postupné integrace .......................................................................................... 13
1.9
Vnější popis ........................................................................................................................... 14
1.10
Ověřte řiditelnost a pozorovatelnost systému ...................................................................... 15
1.11
Standardní fundamentální matici systému. .......................................................................... 16
1.12
Stavová rovnici pro nulové počáteční podmínky a u(t) = 1 ................................................... 18
1.13
Regulátor 1 dof ...................................................................................................................... 22
1.14
kritériem stability .................................................................................................................. 30
ANALÝZA A SYNTÉZA MNOHOROZMĚRNÉHO SPOJITÉH LINEÁRNÍHO SYSTÉMU ......................... 33 2.15
Určete levý a pravý maticový zlomek (přenosovou matici). ................................................. 33
2.16
Výpočtem pólů systému rozhodněte o jeho stabilitě ........................................................... 35
2.17
Dvourozměrný regulátor ....................................................................................................... 36
Závěr : ............................................................................................................................................ 41
1 Analýza a syntéza jednorozměrného spojitého lineárního systému Jednorozměrný lineární spojitý dynamický systém je popsán diferenciální rovnicí:
7 y (t ) 4 y (t ) 5 y(t ) 5u (t ) 3u(t )
1.1 Přenosovou funkce systému Zadání: Napište přenosovou funkci tohoto systému, uvažujte přitom nulové počáteční podmínky Použijeme větu o derivaci originálu: 7𝑌 𝑠 𝑠 ′′ − 𝑦 0 𝑠 ′ − 𝑦 0 ′ + 4𝑌 𝑠 𝑠 ′ − 4𝑦 0 + 5𝑌 𝑠 = 5𝑈 𝑠 𝑠 − 𝑢 0 + 3𝑈(𝑠) 𝑌 𝑠 7𝑠 2 + 4𝑠 + 5 = 𝑈 𝑠 𝑠 + 3 Dostáváme přenosovou funkci systému 𝑮 𝒔 =
𝒀(𝒔) 𝟓𝒔 + 𝟑 = 𝟐 𝑼(𝒔) 𝟕𝒔 + 𝟒𝒔 + 𝟓
1.2 Nuly a póly systému Zadání: Určete nuly a póly systému a rozhodněte o periodicitě (kmitavosti) a fázovosti (minimálně, neminimálně fázový systém).
A) nuly
𝟓𝒔 + 𝟑 = 𝟎 𝟑
𝒔 = − 𝟓 Stabilní nula (záporná) Tento dynamický systém má dále ještě jednu nuly v nekonečnu.
7𝑠 2 + 4𝑠 + 5 = 0 4 5 7 𝑠2 + 𝑠 + =0 7 7 𝐷 = −124 −4 − 𝑗2 31 𝑠1 = = −𝟐 − 𝒋 𝟑𝟏 2 −4 + 𝑗2 31 𝑠2 = = −𝟐 + 𝒋 𝟑𝟏 2 Póly s1, s2 jsou komplexně sdružené, nachází se v levé polovině komplexní rovině, komplexní kořeny způsobují stabilní a kmitavý charakter Systém je dále fázově minimální, protože neobsahuje ani jednu kladnou nulu. B) poly
1.3 Impulsní funkce Analyticky vypočítejte impulsní funkci a vykreslete ji jako impulsní charakteristiku. (Využijte přenos a zpětnou Laplaceovu transformaci, nebo počítejte jako řešení diferenciální rovnice.). Impulsní charakteristiku získejte také pomocí příkazu impulse MATLABu a výsledky porovnejte společně v jednom grafu. 𝑖 𝑡 = 𝐿−1 𝐼 𝑠 𝑖 𝑡 = 𝐿−1 (
= 𝐿−1 𝐺 𝑠
= 𝐿−1 {
5𝑠 + 3
5𝑠 + 3 } 7𝑠 2 + 4𝑠 + 5
2 2 31 2 2 31 7(𝑠 + 7 + 𝑗 14 )(𝑠 + 7 − 𝑗 14 )
)
Postup řešení pomocí residuí: 𝑖 𝑡 = 𝑟𝑒𝑠
+ 𝑟𝑒𝑠
lim
2 2 31 𝑠+ +𝑗 7 14
lim
𝑠+
2 2 31 𝑠→− −𝑗 7 14
2 2 31 𝑠→− +𝑗 7 14
2 2 31 −𝑗 7 14
2 31 5(− 7 − 𝑗 7 ) + 3 2 𝑖 𝑡 = 𝑒 (− 7−𝑗 2 31 2 31 7 − −𝑗 + −𝑗 7 7 7 7
5𝑠 + 3 2 2 31 7 𝑠 + 7 + 𝑗 14 (
2 2 31 𝑠 + 7 − 𝑗 14
5𝑠 + 3 2 2 31 7 𝑠 + 7 + 𝑗 14
31 )𝑡 7
2 2 31 𝑠 + 7 − 𝑗 14
2 31 5(− 7 + 𝑗 7 ) + 3 2 + 𝑒 (− 7+𝑗 2 31 2 31 7 − +𝑗 + +𝑗 7 7 7 7
10 5 31 − 7 −𝑗 7 +3 2 𝑖 𝑡 = 𝑒 (− 7−𝑗 −2 − 𝑗 31 + 2 − 𝑗 31
31 )𝑡 7
10 5 31 − 7 +𝑗 7 +3 2 + 𝑒 (− 7+𝑗 −2 + 𝑗 31 + 2 + 𝑗 31
31 )𝑡 7
10 5 31 −𝑗 +3 2 7 7 𝑖 𝑡 = 𝑒 (− 7−𝑗 −2 − 𝑗 31 + 2 − 𝑗 31
31 )𝑡 7
10 5 31 +𝑗 +3 2 7 7 + 𝑒 (− 7+𝑗 −2 + 𝑗 31 + 2 + 𝑗 31
31 )𝑡 7
10 5 31 −𝑗 7 + 7 + 𝑗3 (− 2−𝑗 𝑖 𝑡 = 𝑒 7 2 31
10 5 31 −𝑗 7 − 7 + 𝑗3 (− 2+𝑗 + 𝑒 7 −2 31
−
11 5 31 + 7 𝑒 (− 27−𝑗 𝑖 𝑡 = 7 2 31 𝑗
31 )𝑡 7
31 )𝑡 7
−
11 5 31 − 7 𝑒 (− 27+𝑗 + 7 −2 31 𝑗
31 )𝑡 7
31 )𝑡 7
𝑒 𝑠𝑡
) 𝑒 𝑠𝑡
31 )𝑡 7
𝑖 𝑡 = (𝑗
𝑖 𝑡 =
11 14 31 𝑗
+
11 14 31
5 (− 2−𝑗 )𝑒 7 14
+
5 14
+ −𝑗
𝑖 𝑡 =
5 𝑐𝑜𝑠 7
31 )𝑡 7
14 31
+
11 14 31
31 𝑡 − 𝑗 𝑠𝑖𝑛 7
𝑐𝑜𝑠 11
+ (−𝑗
5 14
𝑐𝑜𝑠
31 11 𝑡 + 𝑠𝑖𝑛 7 7 31
31 𝑡 7
+
5 (− 2+𝑗 )𝑒 7 14
31 )𝑡 7
31 𝑡 7
31 𝑡 + 𝑗 𝑠𝑖𝑛 7
31 𝑡 7
2
∗ 𝑒 −7𝑡
2
∗ 𝑒 −7𝑡
Impulsní funkce 0,8 0,6
i(t)
0,4 Impulsní fce- Matlab
0,2
Impulsní funkce - Vypočítaná
0 -0,2 -0,4
0
5
10
15
20
25
cas (t)
Pro systém jsme vypočítali impulzní charakteristiku, která je odezvu na vstupní signál u(t)= δ(t) (impulsní). Poté jsme provedli L-obraz výstupní funkce y(t). Výpočty byly ověřeny v programovém prostředí Matlab, kdy jsme se mohli ověřit, že oba výsledky jsou shodné.
1.4 Přechodovou funkce Zadání: Analyticky vypočítejte přechodovou funkci a vykreslete ji jako přechodovou charakteristiku. (Využijte přenos a zpětnou Laplaceovu transformaci, nebo počítejte jako řešení diferenciální rovnice.) Přechodovou charakteristiku získejte také pomocí příkazu step MATLABu a výsledky společně v jednom grafu porovnejte.
𝑡 = 𝐿−1 𝐻 𝑠
+ 𝑟𝑒𝑠
2 2 31 7 𝑠 + 7 + 𝑗 14
lim
2 2 31 𝑠→− −𝑗 7 14
lim
2 2 31 𝑠→− +𝑗 7 14
+ 𝑟𝑒𝑠 lim 𝑠 ( 𝑠→0
5𝑠 + 3 1 } 7𝑠 2 + 4𝑠 + 5 𝑠 5𝑠 + 3
𝑡 = 𝐿−1
𝑡 = 𝑟𝑒𝑠
== 𝐿−1 {
2 2 31 𝑠 + 7 − 𝑗 14 𝑠
2 2 31 𝑠+ +𝑗 7 14
2 2 31 𝑠+ −𝑗 7 14
5𝑠 + 3 2 2 31 7 𝑠 + 7 + 𝑗 14
(
2 5(− − 𝑗 7 𝑡 = 2 31 2 7 −7 − 𝑗 7 +7 −𝑗
2 2 31 7 𝑠 + 7 + 𝑗 14
2 2 31 𝑠 + 7 − 𝑗 14 𝑠
31 )+3 2 7 𝑒 (− 7−𝑗 31 2 31 (− 7 − 𝑗 7 ) 7
2 2 31 𝑠 + 7 − 𝑗 14 𝑠
)
31 )𝑡 7
2 31 5(− 7 + 𝑗 7 ) + 3 2 + 𝑒 (− 7+𝑗 2 31 2 31 2 31 7 −7 + 𝑗 7 + 7 + 𝑗 7 (− 7+𝑗 7 ) +
31 )𝑡 7
3 2 31 7 7+𝑗 7
11 5 31 −𝑗 7 2 7 𝑡 = 𝑒 (− 7−𝑗 (4𝑗 31 − 62)/7
2 31 7−𝑗 7
31 )𝑡 7
𝑒 𝑠𝑡
5𝑠 + 3
5𝑠 + 3 2 2 31 7 𝑠 + 7 + 𝑗 14
2 2 31 𝑠 + 7 − 𝑗 14 𝑠
11 5 31 +𝑗 7 2 7 + 𝑒 (− 7+𝑗 (−4𝑗 31 − 62)/7
31 )𝑡 7
+
3 5
) 𝑒 𝑠𝑡
11 5 31 62 4𝑗 31 −𝑗 7 − 7 − 7 2 7 𝑡 = 𝑒 (− 7−𝑗 62 4𝑗 31 62 4𝑗 31 − + − − 7 7 7 7 +
3 5
−1302 266 31 + 𝑗 49 2 49 𝑡 = 𝑒 (− 7−𝑗 620 7 𝑡 = (−0,3 + 𝑗0,3413 ) 𝑒
𝑡 =
31 )𝑡 7
2 31 − −𝑗 𝑡 7 7
𝑐𝑜𝑠
( −0,3 + 𝑗0,3413 )
+ −0,3 − 𝑗0,3413
11 5 31 62 4𝑗 31 + 𝑗 7 (− 7 + 7 2 7 + 𝑒 (− 7+𝑗 62 4𝑗 31 62 4𝑗 31 − − − + 7 7 7 7
−1302 266 31 − 𝑗 49 2 49 + 𝑒 (− 7+𝑗 620 7 2
+ (−0,3 − 𝑗0,3413 ) 𝑒 (− 7+𝑗
31 𝑡 − 𝑗 𝑠𝑖𝑛 7 𝑐𝑜𝑠
31 𝑡 + 0,6826 𝑠𝑖𝑛 7
𝑡 = −0,6 𝑐𝑜𝑠
31 )𝑡 7
+
+
3 5
3 5
31 𝑡 7
31 𝑡 + 𝑗 𝑠𝑖𝑛 7 31 𝑡 7
31 )𝑡 7
31 )𝑡 7
31 )𝑡 7
2
∗ 𝑒 −7𝑡 +
31 𝑡 7
2
∗ 𝑒 −7𝑡 +
3 5
3 5
Přechodová funkce 1,2 1
h(t)
0,8 0,6
Přechod. fce-matlab
0,4 Přechodová funkce vypočítaná
0,2 0 0
5
10
15
20
cas (s)
Pro systém jsme vypočítali přechodovou charakteristiku, která je odezvou na vstupní signál u(t)=1 (přechodová ch.). Poté jsme provedli L-obraz výstupní funkce y(t). Výpočty byly ověřeny v programovém prostředí Matlab, kdy jsme se mohli ověřit, že oba výsledky jsou shodné.
1.5 Frekvenční přenos Určete frekvenční přenos daného dynamického systému a upravte jej na složkový i exponenciální tvar komplexního čísla.
𝐺 𝑠 =
𝑌(𝑠) 5𝑠 + 3 = 2 𝑈(𝑠) 7𝑠 + 4𝑠 + 5
𝐺 𝑗𝜔 =
𝑌 𝑗𝜔 5𝑗𝜔 + 3 5𝑗𝜔 + 3 = = 2 𝑈 𝑗𝜔 −7𝜔 + 4𝑗𝜔 + 5 −7𝜔 2 + 4𝑗𝜔 + 5 5𝑗𝜔 + 3 −7𝜔2 + 5 − 4𝑗𝜔 = −7𝜔 2 + 5 + 4𝑗𝜔 −7𝜔 2 + 5 − 4𝑗𝜔 −𝑗35𝜔3 + 𝑗25𝜔 + 20𝜔2 − 21𝜔2 + 15 − 𝑗12𝜔 −𝑗35𝜔3 − 𝜔2 + 13𝑗𝜔 + 15 = = −7𝜔 2 + 5 2 + 16𝜔 2 −7𝜔 2 + 5 2 + 16𝜔 2
Dostáváme složkový tvar komplexního čísla frekvenčního přenosu 𝑮 𝒋𝝎 =
𝒀 𝒋𝝎 −𝝎𝟐 + 𝟏𝟓 −𝟑𝟓𝝎𝟑 + 𝟏𝟑𝝎 = + 𝒋 𝑼 𝒋𝝎 (−𝟕𝝎𝟐 + 𝟓)𝟐 + 𝟏𝟔𝝎𝟐 (−𝟕𝝎𝟐 + 𝟓)𝟐 + 𝟏𝟔𝝎𝟐
Převedeme frekvenční přenos na exponenciální tvar.
𝐴=
𝑃(𝜔)2 + 𝑄(𝜔)2 =
−𝜔2 + 15 −7𝜔2 + 5 2 + 16𝜔2
2
+
−35𝜔3 + 13𝜔 −7𝜔2 + 5 2 + 16𝜔2
=
𝜔4 − 30𝜔2 + 225 + 1225𝜔6 − 910𝜔4 + 169𝜔2 ( −7𝜔2 + 5 2 + 16𝜔2 )2
=
1225𝜔6 − 909𝜔4 + 139𝜔2 + 225 −7𝜔2 + 5 2 + 16𝜔2
2
−35𝜔3 + 13𝜔 𝑄 𝜔 −35𝜔3 + 13𝜔 −7𝜔2 + 5 2 + 16𝜔2 𝜑 𝜔 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 = arctan ( ) = arctan ( ) −𝜔2 + 15 𝑃 𝜔 −𝜔2 + 15 −7𝜔2 + 5 2 + 16𝜔2
Exponenciální tvar: 𝟑
𝑮 𝒋𝝎 = 𝑨𝒆𝒋𝝋(𝝎) =
𝟏𝟐𝟐𝟓𝝎𝟔 − 𝟗𝟎𝟗𝝎𝟒 + 𝟏𝟑𝟗𝝎𝟐 + 𝟐𝟐𝟓 𝒋𝐚𝐫𝐜𝐭𝐚𝐧(−𝟑𝟓𝝎𝟐 +𝟏𝟑𝝎) −𝝎 +𝟏𝟓 𝒆 −𝟕𝝎𝟐 + 𝟓 𝟐 + 𝟏𝟔𝝎𝟐
Dosazením jω za S jsme získali frekvenční přenos ve složkovém tvaru, který jsme dále převedli na exponenciální tvar.
1.6 Nyquistovu křivka Zadání: S využitím jednoho z výše uvedených tvarů komplexního čísla vykreslete amplitudově-fázovou frekvenční charakteristiku v komplexní rovině (Nyquistovu křivku). Stejnou charakteristiku vykreslete také s využitím příkazu nyquist MATLABu a výsledky porovnejte společně v jednom grafu.
Nyguist 0,4 0,2 0
Im
-0,5
-0,2 0
0,5
1
1,5
-0,4
matlab
-0,6
Excel
-0,8 -1 -1,2
Re
Dosazením reálných hodnot do složkového tvaru získáváme nyquistovu charakteristiku. Vypočítaná nyquistova char. se shoduje s charakteristikou získanou z matlabu.
1.7
Bodeho křivka
Zadání: Na základě analytického výpočtu vykreslete frekvenční charakteristiky v logaritmických souřadnicích (Bodeho křivky). Stejné charakteristiky vykreslete také s využitím příkazu bode MATLABu a výsledky porovnejte společně v jednom grafu.
Příkazy: >> cit=[5 3] >> jm=[7 4 5] >> bode(cit,jm)
Obrázek 1 bode diagram z matlabu
Frekvenční chrakteristika v log. souř. 20 0 0,03
0,13
ϕ(ω) [dB]
0,01
0,50 -20
2,00
8,00 matlab
-40
excel
-60 -80 -100 ω [rad*s-1]
Obrázek 2 fr. char. log. souř.
Frekvenční chrakteristika v log. souř.
A(ω) [dB]
1,8 1,6 1,4 1,2 1 0,8 0,6 0,4 0,2 0
0,01
0,1
Matlab Excel
1
10
ω [rad*s-1]
Obrázek 3fr. char. log. souř.
Bodeho křivka získaná dosazením hodnot do exponenciálního tvaru se dle grafů shoduje s Bodeho křivkou z Matlabu. U legendy Matlab (hodnoty jsou získány z matlabu), Excel (dosazení hodnot omega do fáze a amplitudy u frekvenčního přenosu.)
1.8 Stavový popis systému. Zadání: Určete dvěma různými způsoby stavový popis zadaného systému Určete dvěma různými způsoby stavový popis zadaného systému.
1.8.1
Přímá metoda (kanonický tvar vzhledem ke vstupu, Frobeniův tvar)
7 y (t ) 4 y (t ) 5 y(t ) 5u (t ) 3u(t ) Provedeme dekompozici na původní diferenciální rovnice na dvě rovnice vždy s nulovou derivací na jedné straně a zavedeme pomocnou proměnnou z(t). Diferenciální rovnice 7𝑧′′ 𝑡 + 4𝑧′ 𝑡 + 5𝑧 𝑡 = 𝑢(𝑡) 𝑦 𝑡 = 5𝑧’(t)+3z(t) Volba stavových proměnných 𝑥1 𝑡 = 𝑧(𝑡) 𝑥2 𝑡 = 𝑧′ 𝑡 = 𝑥′1 𝑡 Dif. rovnice prvního řádu 𝑥′1 𝑡 = 𝑥2 𝑡 1 4 5 1 4 5 𝑥′2 𝑡 = 𝑧 ′′ 𝑡 = 𝑢 𝑡 − 𝑧′ 𝑡 − 𝑧 𝑡 = 𝑢 𝑡 − 𝑥2 𝑡 − 𝑥1 𝑡 7 7 7 7 7 7 Odtud lze určit matice α ,β jako: 0 1 5 4 ,𝛽 = 𝛼= − − 7 7
0 1 7
Matice C a D získáme z předchozích rovnic (po dekompozici) 𝑦 𝑡 = 5𝑥2 (t)+3𝑥1 (t) 𝐶 = 3 5 ,𝐷 = 0 Stavový popis získaný pomocí přímé metody. 𝑥′ 1 𝑡 𝑥 ′′ 2 𝑡
=
𝑦 𝑡 = 3 5
0 1 5 4 − − 7 7 𝑥1 𝑡 𝑥2 𝑡
𝑥1 𝑡 𝑥2 𝑡
+ 0𝑢(𝑡)
+
0 1 𝑢(𝑡) 7
1.8.2
Metoda postupné integrace
Dif. rovnice:
7 y (t ) 4 y (t ) 5 y(t ) 5u (t ) 3u(t )
volba první derivace stavové proměnné x1’(t) x1 ’ t = 5y t − 3u t => x1 = (5y t − 3u t )dt
po dosazení a integraci dostaneme 7𝑦 ′′ 𝑡 + 4𝑦 ′ 𝑡 + 𝑥1′ 𝑡 = 5𝑢′ 𝑡 7𝑦 ′ 𝑡 + 4𝑦 𝑡 + 𝑥1 𝑡 = 5𝑢(𝑡)
/
volba první derivace stavové proměnné x2’(t) x2 ’ t = 4y t + 𝑥1 𝑡 − 5u t => x2 = (4y t + 𝑥1 𝑡 − 5u t )dt
po dosazení a integraci dostaneme 7𝑦 ′ 𝑡 + 𝑥2 ′ 𝑡 = 0 / 7𝑦 𝑡 + 𝑥2 𝑡 = 0 => 𝑦 𝑡 = −𝑥2 𝑡 /7
soustava diferenciálních rovnic 1. Řádu
x1 ’ t = 5y t − 3u t = −
5 7
𝑥2 𝑡 − 3𝑢 𝑡 4 x2 ’ t = 4y t + 𝑥1 𝑡 − 5u t = − 𝑥2 𝑡 + 𝑥1 𝑡 − 5u t 7
výstupní rovnice 𝑥2 𝑡 𝑦 𝑡 =− 7
Stavový popis získaný pomocí integrační metody. 5 𝑥1 𝑡 −3 7 = + 𝑢(𝑡) 4 𝑥2 𝑡 −5 1 − 7 1 𝑥1 𝑡 𝑦 𝑡 = 0 − + 0𝑢(𝑡) 7 𝑥2 𝑡 𝑥′ 1 𝑡 𝑥′ 2 𝑡
0 −
Pro zjištění stavového popisu byly vybrány dvě metody „evropská-přímá metoda“ a „metoda postupné integrace“.
1.9 Vnější popis Zadání: Pro jeden (libovolný) stavový popis z bodu 8 proveďte zpětný převod z vnitřního popisu na vnější popis, tedy ověřte získané parametry stavového popisu.
stavový model (vnitřní popis) 5 0 − 𝑥′ 1 𝑡 𝑥1 𝑡 −3 7 = + 𝑢(𝑡) ′ 4 𝑥2 𝑡 𝑥2 𝑡 −5 1 − 7 1 𝑥1 𝑡 𝑦 𝑡 = 0 − + 0𝑢(𝑡) 7 𝑥2 𝑡
𝐺 𝑠 = 𝐶 𝑠𝐼 − 𝐴
𝐺 𝑠 = 0 −
1 7
−1
1 𝐶𝑎𝑑𝑗 𝑠𝐼 − 𝐴 𝐵 + 𝐷 det ( 𝑠𝐼 − 𝐴 ) −1 5 0 − 0 −3 7 − 4 𝑠 −5 1 − 7 −1 5 𝑠 1 −3 7 − 4 −5 7 −1 s + 7 4 5 1 s+ −3 − − 7 7 −5 7 1 s
𝐵+𝐷 = 𝑠 0
𝐺 𝑠 =
1 4 5 0 𝑠2 + 7 𝑠 + 7
𝐺 𝑠 =
1 4 5 0 𝑠2 + 𝑠 + 7 7
𝐺 𝑠 =
1 1 1 − −𝑠 4 5 7 7 𝑠2 + 𝑠 + 7 7
3 + 5𝑠 −3 = 2 −5 7𝑠 + 4𝑠 + 5
Byla ověřena správnost výpočtů z bodu 1.8. Diferenciální rovnice získaná ze stavového popisu se shoduje se zadáním, můžeme tedy říct, že výpočet jsme provedli správně. Správnost výpočtu je důležitá pro další výpočty.
1.10 Ověřte řiditelnost a pozorovatelnost systému Systém je řiditelný (dosažitelný), jestliže PC má plnou hodnost, tedy u SISO systémů det Pc≠0. 𝑚𝑎𝑡𝑖𝑐𝑒 ř𝑖𝑑𝑖𝑡𝑒𝑙𝑛𝑜𝑠𝑡𝑖: 𝑃𝑐 = (𝐵, 𝐴𝐵 … 𝐴𝑛−1 𝐵) 5
𝐴=
𝑃𝐶 =
0 −7 4 −7
1
,𝐵 =
25 7 1 −5 − 7 −3
−3 −5
… 𝑑𝑒𝑡 = 128/7
Determinant matice řiditelnosti se nerovná nule, systém je tedy řiditelný.
Systém je pozorovatelný (rekonstruovatelný), jestliže PO má plnou hodnost, tedy u SISO systémů det PO ≠ 0. 𝐶 𝐶𝐴 𝑚𝑎𝑡𝑖𝑐𝑒 𝑝𝑜𝑧𝑜𝑟𝑜𝑣𝑎𝑡𝑒𝑙𝑛𝑜𝑠𝑡𝑖 ∶ 𝑃𝑂 = ⋮ 𝐶 𝑛−1 𝐴 5
𝐴=
𝑃𝑂 =
0 −7 4 − 7
1 0 −
1 7
,𝐶 = 0
1
−7
1
−7 4 49
… det = 1/49
Determinant matice pozorovatelnosti se nerovná nule, systém je tedy pozorovatelný. Po sestavení matice pozorovatelnosti a řiditelnosti můžeme říct, že systém je pozorovatelný a řiditelný.
1.11 Standardní fundamentální matici systému. Zadání: Vypočtěte standardní fundamentální matici systému Fundamentální matici systému 𝝋(𝑡) lze určit dvojím způsobem • zpětnou Laplaceovou transformací výrazu (𝑠𝑰−𝑨)-1 • rozvinutím výrazu 𝑒 𝑨t v řadu Vlastnostmi fundamentální matice jsou 𝜑 𝑡 = 𝐼 𝜑 −𝑡 = 𝑒 −𝐴𝑡 = 𝜑 −1 (𝑡) 𝜑 𝑡1 + 𝑡2 = 𝜑 𝑡1 𝜑 𝑡2 𝐴𝜑 𝑡 = 𝜑(𝑡)𝐴 Pro výpočet standardní fundamentální matice použiji řešení pomocí Laplacovy transformace. −1
𝜙 𝑠 = 𝑠𝐼 − 𝐴
=
5 7
𝑠
−1 s +
𝜙 𝑠 =
𝜙 𝑠 =
=
4 7
−2 2 31 −j 7 14
0
0
2 2 31 − +j 7 14
1 2 𝑠+7
2
4 5 1 s+ − 7 7 4 5 𝑠2 + 7 𝑠 + 7 1 s
4 5 − 7 7 1 s
s+ 31 + 49
𝑠+ 𝜙 𝑠 =
−1
4 7
2 𝑠+7
2
2 𝑠+7
2
1
− 31 + 49
2 𝑠+7
31 + 49
2 𝑠+7
5 7
2
31 + 49
2
31 + 49
𝑠
Nyní provedeme úpravu a tj. rozklad na parciální zlomky
4 𝑠+7 2
2 𝑠+7
31 + 49
=
2
31 + 49
2 𝑠+7
2
2 7
2
31 + 49
2
31 + 49
31 7
5
=−
31 + 49
2
2 𝑠+7
=
2 𝑠+7
+ 31 2 + 49 𝑠+7 2 31 𝑠+ 2 7 7 = + 2 2 31 2 2 31 31 𝑠 + 7 + 49 𝑠 + 7 + 49
5 −7 2 𝑠+7
2 2 𝑠+7+7
2 𝑠+7
31
2
31 + 49
31 7 = 2 2 31 2 2 31 31 𝑠+ + 𝑠+ + 7 49 7 49 1
7
𝑠 2 𝑠+7
2
=
31 + 49
2 2 𝑠+7−7 2
2 𝑠+7
31 + 49
2 𝑠+7
=
2 𝑠+7
2
31 + 49
=
−
2 𝑠+7 2 𝑠+7
2
31 + 49
2 𝑠+7
31 7
2 31
−
2 7
2 𝑠+7
2
31 + 49
Zpětná L.-T. 𝜑 𝑡 = 𝐿−1 𝜙 𝑠 31 7 + 2 2 31 2 2 31 31 𝑠 + 7 + 49 𝑠 + 7 + 49 31 7 7 2 2 31 31 𝑠 + 7 + 49 𝑠+
= 𝐿−1
2 7
2
31 7 − 2 2 31 31 𝑠 + 7 + 49 2 31 𝑠+7 2 7 − 2 2 31 2 2 31 31 𝑠 + 7 + 49 𝑠 + 7 + 49 5
Standardní fundamentální matice systému je tedy : 𝑐𝑜𝑠 𝜑 𝑡 =
2 31 𝑡 𝑒 −7𝑡 + 7
7 31
𝑠𝑖𝑛
2
𝑠𝑖𝑛
31 2 31 𝑡 𝑒 −7𝑡 7
2 31 𝑡 𝑒 −7𝑡 7
−
𝑐𝑜𝑠
5
𝑠𝑖𝑛
31 2 31 𝑡 𝑒 −7𝑡 − 7
2 31 𝑡 𝑒 −7𝑡 7
2 31
𝑠𝑖𝑛
2 31 𝑡 𝑒 −7𝑡 7
Tato fundamentální matice byla dále využita pro zjištění výstupu ze systému jako reakce na jednotkový skok. Tento výpočet byl poté opětovně ověřen simulací v matlabu. Řešená stavová rovnice odpovídá ověřenému řešení z bodu 1.4.
1.12 Stavová rovnici pro nulové počáteční podmínky a u(t) = 1 Zadání: Vyřešte stavovou rovnici pro nulové počáteční podmínky a u(t) = 1. Odtud určete výstup ze systému. Výsledek srovnejte s výsledkem z bodu 4.
Stavová rovnice autonomního systému Vstupní signál u(t)=1 Řešení stavové rovnice neautonomního systému 𝑥 𝑡 = 𝜑 𝑡 𝑥 0 +
𝑡 𝜑 0
𝑡 − 𝜏 𝐵𝑢 𝜏 𝑑𝜏
Určení partikulárního řešení 𝑡
Ψ 𝑡 =
𝑡
𝜑 𝑡 − 𝜏 𝐵𝑢 𝜏 𝑑𝜏 = 0
−3 −5
𝜑 𝑡−𝜏 0
𝑡
1𝑑𝜏 =
𝜑 𝑡−𝜏 0
−3 −5
1𝑑𝜏
Ψ 𝑡 2 31 (𝑡 − 𝜏) 𝑒 −7 (𝑡−𝜏) + 7
𝑐𝑜𝑠
𝑡
=
7
0
31
−3 −5
∗
𝑡 0
−
21 31
𝑠𝑖𝑛
31 (𝑡 − 𝜏) 7
−3𝑐𝑜𝑠
= 0
𝑡 0
𝑡
2 31 𝑡 𝑒 −7(𝑡−𝜏) 7
31 2 31 (𝑡 − 𝜏) 𝑒 −7(𝑡−𝜏) 7
2 31 (𝑡 − 𝜏) 𝑒 −7(𝑡−𝜏) − 7
𝑡
Ψ1 𝑡 =
𝑠𝑖𝑛
−
5
𝑠𝑖𝑛
31 2 31 (𝑡 − 𝜏) 𝑒 −7(𝑡−𝜏) − 7
𝑐𝑜𝑠
2 31 𝑡 𝑒 −7(𝑡−𝜏) 7
2 31
𝑠𝑖𝑛
2 31 (𝑡 − 𝜏) 𝑒 −7(𝑡−𝜏) 7
1𝑑𝜏
−3𝑐𝑜𝑠
=
𝑠𝑖𝑛
2
−3𝑐𝑜𝑠
Ψ1 𝑡 = 0 −3𝑐𝑜𝑠
−5𝑐𝑜𝑠
2 𝑒 −7𝑡
6 31
𝑠𝑖𝑛
− 5𝑐𝑜𝑠
2 31 19 − (𝑡−𝜏) (𝑡 − 𝜏) 𝑒 7 + 𝑠𝑖𝑛 7 31 2 31 11 − (𝑡−𝜏) (𝑡 − 𝜏) 𝑒 7 − 𝑠𝑖𝑛 7 31
31 19 −2(𝑡−𝜏) (𝑡 − 𝜏) 𝑒 7 + 𝑠𝑖𝑛 7 31
31 (𝑡 − 𝜏) 7
2 31 25 (𝑡 − 𝜏) 𝑒 −7(𝑡−𝜏) + 𝑠𝑖𝑛 7 31 2 31 10 (𝑡 − 𝜏) 𝑒 −7(𝑡−𝜏) + 𝑠𝑖𝑛 7 31
2
𝑒−7(𝑡−𝜏) +
19 𝑠𝑖𝑛 31
2 31 − (𝑡−𝜏) (𝑡 − 𝜏) 𝑒 7 7 2 31 − (𝑡−𝜏) (𝑡 − 𝜏) 𝑒 7 7
31 −2(𝑡−𝜏) (𝑡 − 𝜏) 𝑒 7 𝑑𝜏 7
31 (𝑡 − 𝜏) 7
2
𝑒−7(𝑡−𝜏) 𝑑𝜏= |s= 𝑡 − 𝜏 | |ds=-dτ | |dτ = -ds|
2 31 (𝑡 − 𝜏) 𝑒 −7(𝑡−𝜏) 7 2 31 (𝑡 − 𝜏) 𝑒 −7(𝑡−𝜏) 7
𝑑𝜏
𝑑𝜏
Horní mez : s = t - t s=0 Dolní mez : s = t - 0 s=t Ψ1 𝑡 = −1
0 𝑡
31 19 −2𝑠 𝑠 𝑒 7 𝑑𝑠 − 7 31
−3𝑐𝑜𝑠
0 𝑡
31 −2𝑠 𝑠 𝑒 7 𝑑𝑠 7
𝑠𝑖𝑛
𝑡
Ψ1 𝑡 = −3
2 𝑒−7𝑠
−
4 31 + 49 49
2 cos ( 7
31 31 𝑠) + 𝑠𝑖𝑛 7 7
31 𝑠 7 0
2 𝑒−7𝑠
19 2 − sin 4 31 7 31 49 + 49
+
31 31 𝑠 − 𝑐𝑜𝑠 7 7
𝑡
31 𝑠 7 0
𝑡
Ψ1 𝑡 = −3
2 𝑒−7𝑠
−
4 31 + 49 49
2 cos ( 7
31 31 𝑠) + 𝑠𝑖𝑛 7 7
31 𝑠 7 0
+
19 31
2
Ψ1 𝑡 = −3
𝑒 −7𝑡 5 7
+
Ψ1 𝑡 =
6 cos 5
4 31 + 49 49
−
2 − cos 7 2
19 31
𝑒 −7𝑡 5 7
2 sin 7
139 𝑐𝑜𝑠 5
133 𝑐𝑜𝑠 5
31 31 𝑠 − 𝑐𝑜𝑠 7 7
𝑡
31 𝑠 7 0
31 31 𝑡 + 𝑠𝑖𝑛 7 7
31 𝑡 7
2 31 31 − sin( 𝑡) + 𝑐𝑜𝑠 7 7 7
2 31 3 31 𝑠 𝑒 −7𝑡 − 𝑠𝑖𝑛 7 7
+
Ψ1 𝑡 =
2 𝑒−7𝑠
2 + 7 5 7 31 𝑡 7
2 31 6 38 𝑠 𝑒 −7𝑠 + + − sin 7 5 5
2 31 19 𝑡 𝑒 −7𝑡 + 7 5
2 −266 − 15 31 31 𝑡 𝑒 −7𝑡 sin 7 35
2 31 25 𝑡 𝑒 −7𝑡 + 7 5
+
31 7 5 7 2 31 𝑡 𝑒 −7𝑡 7
𝑡 −5𝑐𝑜𝑠 0
Ψ2 𝑡 =
2
31 (𝑡 − 𝜏) 7
𝑒 −7(𝑡−𝜏) −
11 𝑠𝑖𝑛 31
31 (𝑡 − 𝜏) 7
2
𝑒 −7(𝑡−𝜏) 𝑑𝜏 |s= 𝑡 − 𝜏 | |ds=-dτ | |dτ = -ds|
Ψ2 𝑡 =
𝑡 0
31 11 −2𝑠 𝑠 𝑒 7 − 𝑠𝑖𝑛 7 31
−5𝑐𝑜𝑠
2 𝑒 −7𝑠
Ψ2 𝑡 = −5
31
2 cos 7
−
2
𝑒 −7𝑡 5 7
11 31
31 31 𝑠) + 𝑠𝑖𝑛 7 7
31 𝑠 7
2 7
sin
31 31 𝑠 − 𝑐𝑜𝑠 7 7 31 𝑡 7
2 + 7 5 7
31 31 𝑡 − 𝑐𝑜𝑠 7 7
31 𝑡 7
31 31 𝑡 + 𝑠𝑖𝑛 7 7
2 − sin 7
+
11 𝑐𝑜𝑠 5
21 𝑐𝑜𝑠 5
139 𝑐𝑜𝑠 5 −
2 31 22 𝑠 𝑒 −7𝑡 − 2 + sin 7 5 31 2 31 11 𝑡 𝑒 −7𝑡 − 7 5
2 31 133 𝑠 𝑒 −7𝑡 − 𝑠𝑖𝑛 7 5 31
2 31 21 𝑠 𝑒 −7𝑡 − 7 5
2 −266 − 15 31 31 𝑡 𝑒 −7𝑡 sin 7 35
21 𝑐𝑜𝑠 5
2 31 133 𝑠 𝑒 −7𝑡 − 𝑠𝑖𝑛 7 5 31
𝑡
31 𝑠 7
2 31 𝑠 𝑒 −7𝑡 − 31 𝑠𝑖𝑛 7
Ψ2 𝑡 = 2 cos
Ψ 𝑡 =
−
4 31 + 49 49
5 7
−
Ψ2 𝑡 = +
2 𝑒 −7𝑠
2 𝑒 −7𝑡
Ψ2 𝑡 = −5
7
cos (
𝑡
0
11
−
2
−
4 31 + 49 49
31 −2𝑠 𝑠 𝑒 7 𝑑𝑠 7
2 31 25 𝑡 𝑒 −7𝑡 + 7 5
2 31 21 𝑠 𝑒 −7𝑡 − 7 5
0
+
31 7 5 7 2 31 𝑡 𝑒 −7𝑡 7
Výstup: 1
21
31 7
Přechod: 𝑦 𝑡 = 𝑡 = 0 − 7 Ψ 𝑡 = − 35 𝑐𝑜𝑠
2
133 𝑠𝑖𝑛 31
𝑠 𝑒 −7𝑡 + 35
31 7
2
3
𝑠 𝑒 −7𝑡 + 5
Po zaokrouhleni: 𝒉 𝒕 = −𝟎, 𝟔𝒄𝒐𝒔
𝟐 𝟑𝟏 𝒔 𝒆−𝟕𝒕 + 𝟎, 𝟔𝟖𝟐𝟓 𝒔𝒊𝒏 𝟕
𝟐 𝟑𝟏 𝟑 𝒔 𝒆−𝟕𝒕 + 𝟕 𝟓
Výsledná přechodová funkce z úlohy 1.4
𝒉 𝒕 = −0,6 𝒄𝒐𝒔
𝟑𝟏 𝒕 + 𝟎, 𝟔𝟖𝟐𝟔 𝒔𝒊𝒏 𝟕
𝟑𝟏 𝒕 𝟕
𝟐
∗ 𝒆−𝟕𝒕 +
𝟑 𝟓
Přechodové funkce jsou po zaokrouhlení téměř totožné (liší se u jedné cifry v tisícině, tenhle rozdíl vznikl zaokrouhlováním). Z výsledku lze odvodit, že jsme počítali správně.
1.13 Regulátor 1 dof Zadání: Je uvažováno, že jedinou vstupní veličinou regulačního obvodu je pouze žádaná hodnota ve tvaru skoku o hodnotě 1. Navrhněte regulátor pomocí polynomiální syntézy pro 1DOF strukturu řízení pro tři různé hodnoty násobného pólu -m v charakteristickém polynomu uzavřeného regulačního obvodu a simulačně ověřte funkčnost regulátoru. Vykreslete regulační pochody pro u(t) a y(t) (do jednoho grafu srovnejte výsledky tří regulačních pochodů) a výsledky slovně porovnejte.
7 y (t ) 4 y (t ) 5 y(t ) 5u (t ) 3u(t )
𝐺 𝑠 =
𝑌(𝑠) 5𝑠 + 3 𝑏1 𝑠 + 𝑏0 = 2 = 𝑈(𝑠) 7𝑠 + 4𝑠 + 5 𝑎2 𝑠 2 + 𝑎1 𝑠 + 𝑎0
𝑎 𝑠 = 7𝑠2 + 4𝑠 + 5 𝑏 𝑠 = 5𝑠 + 3 1
Vstupní hodnota: 𝑤 𝑡 = 1 → 𝑤 𝑠 = 𝑠 → 𝑓𝑤 𝑠 = 𝑠 1
Porucha: 𝑑 𝑡 = 1 → 𝑑 𝑠 = 𝑠 → 𝑓𝑑 𝑠 = 𝑠 Určení stupně polynomu 𝑓 𝑠 = 𝑁𝑆𝑁 𝑓𝑤 𝑠 , 𝑓𝑑 𝑠
= 𝑠 → deg 𝑓 = 1
Eliminace poruch působící v systému a jmenovatelů obrazů referenčního signálu 𝑝 = 𝑓𝑝 Zápis diofantické rovnice 𝑎𝑝 + 𝑏𝑞 = 𝑐 ve tvaru 𝑎𝑓𝑝 + 𝑏𝑔 = 𝑐 Určení stupně polynomu 𝑞 𝑠 , 𝑝 𝑠 , 𝑐(𝑠) deg 𝑞 = deg 𝑎 + deg 𝑓 − 1 = 2 + 1 − 1 = 2 → 𝑞 𝑠 = 𝑞2 𝑠 2 + 𝑞1 𝑠 + 𝑞0 deg 𝑝 ≥ deg 𝑎 − 1 = 2 − 1 = 1 → 𝑝 𝑠 = 𝑝1 𝑠 + 𝑝0 deg 𝑐 = 2deg 𝑎 + deg 𝑓 = 4 + 1 = 5 → 𝑐 𝑠 = 𝑐5 𝑠 5 + 𝑐4 𝑠 4 + 𝑐3 𝑠 3 + 𝑐2 𝑠 2 + 𝑐1 𝑠 + 𝑐0 Dosadíme do diofantické rovnice 𝑎𝑓𝑝 + 𝑏𝑔 = 𝑐 a dostaneme:
(𝑎2 𝑠 2 + 𝑎1 𝑠 + 𝑎0 )𝑠 𝑝1 𝑠 + 𝑝0 + 𝑏1 𝑠 + 𝑏0 𝑞2 𝑠2 + 𝑞1 𝑠 + 𝑞0 = 𝑐5 𝑠5 + 𝑐4 𝑠4 + 𝑐3 𝑠3 + 𝑐2 𝑠2 + 𝑐1 𝑠 + 𝑐0 Po úpravě dostaneme:
𝑎2 𝑝1 𝑠 4 + 𝑎1 𝑝1 𝑠 3 + 𝑎0 𝑝1 𝑠 2 + 𝑎2 𝑝0 𝑠 3 + 𝑎1 𝑝0 𝑠 2 + 𝑎0 𝑝0 𝑠 + 𝑏1 𝑞2𝑠3 + 𝑏1 𝑞1 𝑠 2 +𝑏1 𝑞0 𝑠 + 𝑏0 𝑞2 𝑠2 + 𝑏0 𝑞1 𝑠 + 𝑏0 𝑞0 = 𝑐4 𝑠4 + 𝑐3 𝑠3 + 𝑐2 𝑠2 + 𝑐1 𝑠 + 𝑐0
𝑠 4 : 𝑎2 𝑝1
= 𝑐4
𝑠 3 : 𝑎1 𝑝1 + 𝑎2 𝑝0 + 𝑏1 𝑞2
= 𝑐3
𝑠 2 : 𝑎0 𝑝1 + 𝑎1 𝑝0 + 𝑏0 𝑞2 + 𝑏1 𝑞1 𝑠1 :
𝑎0 𝑝0 +
𝑠0:
+ 𝑏0 𝑞1
= 𝑐2 + 𝑏1 𝑞0
= 𝑐1
𝑏0 𝑞0
= 𝑐0
Řešením výše uvedené soustavy rovnic, se získají koeficienty regulátoru, který je ve tvaru: 𝑄 𝑠 =
𝑞(𝑠) 𝑞(𝑠) 𝑞2 𝑠 2 + 𝑞1 𝑠 + 𝑞0 = = 𝑝(𝑠) 𝑓(𝑠)𝑝(𝑠) 𝑠(𝑝1 𝑠 + 𝑝0 )
Koeficienty polynomu c(𝑠) jsou voleny tak, aby byla zajištěna stabilita systému řízení, například 𝑐 𝑠 = (𝑠 + 𝑚)deg 𝑐 = (𝑠 + 𝑚)4 = 𝑠 4 + 4𝑠 3 𝑚 + 6𝑠 2 𝑚2 + 4𝑠𝑚3 + 𝑚4 kde „𝑚 “ je volený kladný koeficient, přičemž pro každý volený koeficient 𝑚 , respektive polynom c(𝑠) je nutno ověřit stabilitu výsledného regulátoru.
Volba m=1
𝑐 𝑠 = 𝑠 4 + 4𝑠 3 + 6𝑠 2 + 4𝑠 + 1 = 𝑐4 𝑠 4 + 𝑐3 𝑠 3 + 𝑐2 𝑠 2 + 𝑐1 𝑠 + 𝑐0
𝑎2 𝑝1 = 𝑐4 → 7 ∙ 𝑝1 = 1 → 𝑝1 =
1 7
𝑎1 𝑝1 + 𝑎2 𝑝0 + 𝑏1 𝑞2 = 𝑐3 → 4 ∙ 𝑝1 + 7 ∙ 𝑝0 + 5𝑞2 = 4 → 𝑎0 𝑝1 + 𝑎1 𝑝0 + 𝑏0 𝑞2 + 𝑏1 𝑞1 = 𝑐2 → 5𝑝1 + 4𝑝0 + 3𝑞2 + 5𝑞1 = 6 →
5 7
4 7
+ 7𝑝0 + 5𝑞2 = 4
+ 4𝑝0 + 3𝑞2 + 5𝑞1 = 6
𝑎0 𝑝0 + 𝑏0 𝑞1
+ 𝑏1 𝑞0
= 𝑐1 → 5𝑝0 + 3𝑞1 + 5𝑞0 = 4 → 5𝑝0 + 3𝑞1 +
𝑏0 𝑞0 = 𝑐0 → 3𝑞0 = 1 → 𝑞0 =
𝑝1 =
5 3
=4
1 3
1 7
4 4 7 4 7 24 + 7𝑝0 + 5𝑞2 = 4 → 𝑞2 = − − 𝑝0 + = − 𝑝0 + 7 35 5 5 5 35 5 5 5 4 5 7 5𝑝0 + 3𝑞1 + = 4 → 𝑞1 = − 𝑝0 − + = − 𝑝0 + 3 3 9 3 3 9 5 + 4𝑝0 + 3𝑞2 + 5𝑞1 = 6 7 5 7 24 5 7 + 4𝑝0 + 3 − 𝑝0 + + 5 − 𝑝0 + =6 7 5 35 3 9 5 21 72 25 35 + 4𝑝0 − 𝑝0 + − 𝑝0 + =6 7 5 35 3 9 +60 − 63 − 125 45 + 175 72 𝑝0 + + =6 15 63 35 −128 220 72 𝑝0 + + =6 15 63 35 −128 1100 + 648 − 1890 𝑝0 + =0 15 315 −128 142 𝑝0 = 15 315 142 71 𝑝0 = − =− 21 ∙ 128 1344 7 24 7 71 24 71 24 𝑞2 = − 𝑝0 + =− ∙ − + = + = 0,7597 5 35 5 1344 35 192 ∙ 5 35 5 7 5 71 7 71 7 71 7 71 + 448 519 173 𝑞1 = − 𝑝0 + = − ∙ − + = + = + = = = 3 9 3 1344 9 192 ∙ 3 9 576 9 576 576 192 1 3 Regulátor pak pro násobný kořen 𝑚=1 bude 𝑞0 =
173 1 2 𝑞2 𝑠 2 + 𝑞1 𝑠 + 𝑞0 0,7597𝑠 + 192 𝑠 + 3 𝑄 𝑠 = = 1 71 𝑠(𝑝1 𝑠 + 𝑝0 ) 𝑠( 𝑠 − ) 7 1344 V simulinku jsem vytvořil zapojení odpovídající vypočteným hodnotám.
Obrázek 4 Schéma zapojení pro m=1
Obrázek 5 požadovaná veličina, akční veličina, regulovaná veličina
Volba m=0,5 𝑎 𝑠 = 7𝑠2 + 4𝑠 + 5 𝑏 𝑠 = 5𝑠 + 3
(𝑎2 𝑠 2 + 𝑎1 𝑠 + 𝑎0 )𝑠 𝑝1 𝑠 + 𝑝0 + 𝑏1 𝑠 + 𝑏0 𝑞2 𝑠2 + 𝑞1 𝑠 + 𝑞0 = 𝑠4 + 4𝑠3 𝑚 + 6𝑠2 𝑚2 + 4𝑠𝑚3 + 𝑚4 Po úpravě dostaneme:
𝑎2 𝑝1 𝑠 4 + 𝑎1 𝑝1 𝑠 3 + 𝑎0 𝑝1 𝑠 2 + 𝑎2 𝑝0 𝑠 3 + 𝑎1 𝑝0 𝑠 2 + 𝑎0 𝑝0 𝑠 + 𝑏1 𝑞2𝑠3 + 𝑏1 𝑞1 𝑠 2 +𝑏1 𝑞0 𝑠 + 𝑏0 𝑞2 𝑠2 + 𝑏0 𝑞1 𝑠 + 𝑏0 𝑞0 = 𝑠4 + 4𝑠3 𝑚 + 6𝑠2 𝑚2 + 4𝑠𝑚3 + 𝑚4
7𝑝1 𝑠 4 +
4𝑝1 + 7𝑝0 + 5𝑞2 𝑠 3 + 5𝑝1 + 4𝑝0 + 3𝑞2 + 5𝑞1 𝑠 2 + (5𝑝0 + 3 𝑞1 + 5𝑞0 )𝑠 + 3𝑞0 = 𝑠 4 + 2𝑠 3 + 1,5𝑠 2 + 0,5𝑠 + 0,0625
𝑠 4 : 7𝑝1
=1
𝑠 3 : 4𝑝1 + 7𝑝0 + 5𝑞2
= 2
𝑠 2 : 5𝑝1 + 4𝑝0 + 3𝑞2 + 5𝑞1
= 1,5
𝑠1 :
5𝑝0 +
+ 3 𝑞1
+ 5𝑞0
𝑠0:
= 0,5
3𝑞0 = 0,0625
Po vyřešení soustav rovnic získáváme: 1 𝑝1 = , 𝑝0 = 0,14061, 𝑞2 = 0,08886, 𝑞1 = −0,008661, 7 2
𝑞2 𝑠 2 + 𝑞1 𝑠 + 𝑞0 0,08886𝑠 − 0,008661𝑠 + 𝑄 𝑠 = = 1 𝑠(𝑝1 𝑠 + 𝑝0 ) 𝑠(7 𝑠 + 0,14061)
𝑞0 =
0,0625 3
0,0625 3
Obrázek 6 Schéma zapojení pro m=0,5
Obrázek 7 požadovaná veličina, akční veličina, regulovaná veličina
Volba m=5 𝑎2 𝑝1 𝑠 4 + 𝑎1 𝑝1 𝑠 3 + 𝑎0 𝑝1 𝑠 2 + 𝑎2 𝑝0 𝑠 3 + 𝑎1 𝑝0 𝑠 2 + 𝑎0 𝑝0 𝑠 + 𝑏1 𝑞2 𝑠3 + 𝑏1 𝑞1𝑠 2 +𝑏1 𝑞0 𝑠 + 𝑏0 𝑞2 𝑠2 + 𝑏0 𝑞1 𝑠 + 𝑏0 𝑞0 = 𝑠4 + 4𝑠3 𝑚 + 6𝑠2 𝑚2 + 4𝑠𝑚3 + 𝑚4
Dosazení:
7𝑝1 𝑠 4 +
4𝑝1 + 7𝑝0 + 5𝑞2 𝑠 3 + 5𝑝1 + 4𝑝0 + 3𝑞2 + 5𝑞1 𝑠 2 + (5𝑝0 + 3 𝑞1 + 5𝑞0 )𝑠 + 3𝑞0 = 𝑠 4 + 20𝑠 3 + 150𝑠 2 + 500𝑠 + 625
𝑠 4 : 7𝑝1
=1
𝑠 3 : 4𝑝1 + 7𝑝0 + 5𝑞2
= 20
𝑠 2 : 5𝑝1 + 4𝑝0 + 3𝑞2 + 5𝑞1
= 150
𝑠1 :
5𝑝0 +
+ 3 𝑞1
𝑠0:
+ 5𝑞0
= 500
3𝑞0 = 625
Po vyřešení soustav rovnic získáváme: 1 𝑝1 = , 𝑝0 = −89,4249, 𝑞2 = 129,0806, 𝑞1 = 23,9487, 7
𝑞0 =
625 2 𝑞2 𝑠 2 + 𝑞1 𝑠 + 𝑞0 129,0806 𝑠 + 23,9487𝑠 + 3 𝑄 𝑠 = = 1 𝑠(𝑝1 𝑠 + 𝑝0 ) 𝑠( 𝑠 − 89,4249) 7
Obrázek 8 schéma zapojení pro m=5
625 3
Obrázek 9 požadovaná veličina, akční veličina, regulovaná veličina
Z regulačních pochodů pro volbu m=0,5 ; m=1 ; m=5 jde krásně vidět, že čím vyšší m zvolíme, tím je agresivnější zásah regulátoru. Volba koeficientu m=0,5, byla velmi nešťastná, lze vidět, že regulátor nedokáže nastavit regulovanou veličinu na žádané hodnotě. Volba koeficientu m=5 je taky velice nešťastná, vznikají zde veliké překmity při změnách žádané hodnoty. Dá se říct, že volba koeficientů v rozmezí 1-2 je pro návrh daného regulátoru asi nejlepší volbou.
1.14 kritériem stability Zadání: Libovolným kritériem stability (algebraickým či geometrickým) ověřte asymptotickou stabilitu regulačního obvodu (nikoliv pouze řízené soustavy! Přenos regulátoru: m=1 173 1 2 𝑞2 𝑠 2 + 𝑞1 𝑠 + 𝑞0 0,7597𝑠 + 192 𝑠 + 3 𝐺𝑄 𝑠 = = 1 71 𝑠(𝑝1 𝑠 + 𝑝0 ) 𝑠(7 𝑠 − 1344) Přenos regulované soustavy
𝐺 𝑠 =
𝑌(𝑠) 5𝑠 + 3 = 2 𝑈(𝑠) 7𝑠 + 4𝑠 + 5
Při zjišťování stability použijeme Routh shurovo kritérium stability. Charakteristická rovnice soustavy je tedy c(s)=ap+bg 7𝑠2 + 4𝑠 + 5
1 2 𝑠 7
71
− 1344 𝑠 +
5𝑠 + 3
173
1
0,7597𝑠 2 + 192 𝑠 + 3 = 𝑠 4 + 4,0𝑠 3 + 7,29𝑠 2 +
4,11𝑠 + 1 Routh-shurovo kritérium: 1 0
4,00 4
7,29 6,26
4,11 4,11
1 1
1
/− 4 /−
4 6,26
0 0 6,26 3,47 1 Zbylé tři hodnoty jsou kladné můžeme tedy říct že systém je stabilní, což jsme si mohli ověřit v matlabu příkazem: nyquist(conv([5 3],[0.7597 173/192 0.333]),conv([7 4 5],[1/7 -71/13447 0]))
Obrázek 10 nyquist m=1
Přenos regulátoru: m=5 Příkaz: nyquist(conv([5 3],[129.0806 23.8487 625/3]),conv([7 4 5],[1/7 -89.4249 0])) 1 2 625 7𝑠2 + 4𝑠 + 5 𝑠 − 89,4249𝑠 + 5𝑠 + 3 129,0806 𝑠 2 + 23,9487𝑠 + 7 3 = 1 + 20,0 + 150 + 666 + 625 1
20
150
666
0
20
116,7 666
1
625 /*− 20
20
625 /*− 116,7
0 0 116,7 558 Poslední 3 koeficienty jsou kladné, regulátor je stabilní.
Obrázek 11 nyquist m=5
m=0,5 nyquist(conv([5 3],[0.08886 -0.008661 0.0625/3]),conv([7 4 5],[1/7 0.14061 0]))
Obrázek 12 nyquist m=0,5
Dle geometrického kriteria lze usoudit, že všechny tři zvolené regulátory jsou stabilní.
2 ANALÝZA A SYNTÉZA MNOHOROZMĚRNÉHO SPOJITÉH LINEÁRNÍHO SYSTÉMU Popis mnohorozměrného lineárního spojitého dynamického systému ze zadání je popsán diferenciální rovnicí:
a111 y1 (t ) a110 y1 (t ) a120 y2 (t ) b110u1 (t ) b120u 2 (t ) a221 y2 (t ) a210 y1 (t ) a220 y2 (t ) b210u1 (t ) b220u 2 (t ) Podle individuálního zadání: 𝑦 ′ 1 (𝑡) + 2𝑦1 (𝑡) + 7𝑦2 (𝑡) = 2𝑢1 (𝑡) + 8𝑢2 (𝑡) 𝑦 ′ 2 (𝑡) + 3𝑦1 (𝑡) + 6𝑦2 (𝑡) = 7𝑢1 (𝑡) + 2𝑢2 (𝑡)
- Jedna vstupní veličina ovlivňuje obecně více výstupních veličin. - V případě, že jedna vstupní veličina ovlivňuje vždy jen jednu výstupní a zároveň naopak (tj. pokud určitá výstupní veličina je ovlivňována vždy jen jedním vstupem), hovoříme o autonomním systému.
2.15 Určete levý a pravý maticový zlomek (přenosovou matici). Aplikujeme L-transformace na zadanou soustavu ze které pak rovnic dostaneme: 𝑠 + 2 𝑌1 𝑠 + 7𝑌2 𝑠 = 2𝑈1 𝑠 + 8𝑈2 𝑠 3𝑌1 𝑠 + 𝑠 + 6 𝑌2 𝑠 = 7𝑈1 𝑠 + 2𝑈2 𝑠
Sestavíme matici: AY=BU 𝑠+2 7 3 𝑠+6
𝑌1 𝑠 𝑌2 𝑠
=
2 8 7 2
𝑈1 (𝑠) 𝑈2 (𝑠)
Výpočet levého maticového zlomku: 𝐺 = 𝐴−1 𝐵 =
𝑠+2 3
7 𝑠+6 =
−1
1 𝑠 + 6 −7 2 8 = 2 7 2 𝑠 + 8𝑠 − 9 −3 𝑠 + 2
1 2𝑠 − 37 8𝑠 + 34 𝑠2 + 8𝑠 − 9 7𝑠 + 8 2𝑠 − 20
2 8 7 2
Pro řešení pravého maticového zlomku se řeší diofantické rovnice, pro které platí:
Obrázek 13 matice rotací
𝑠+2 3 1 0 0 0
7 𝑠+6 0 1 0 0
1 0 1 0 𝑠 − 11 26 −7𝑠 − 1 52
2 7 0 0 1 0
8 2 0 0 0 1
𝑠+2 3 1
7 𝑠+6 0
0 0 0
1 0 0
→
0 1 0 1 −4𝑠 − 13 26 2𝑠 − 39 52
1 0 0 0 −1 26 7 52
0 1 0 0 4 26 −1 26
1 0 0 0 −1 26 7 52
→
0 1 0 0 4 26 −1 26
→
1 0 1 0 𝑠 − 11 26 −7𝑠 − 1 52
1 3 1 0 𝑠+1 26 −7𝑠 − 7 52 0 1 0 1 −4𝑠 − 13 26 2𝑠 − 39 52
7 1 0 1 −4𝑠 − 20 26 𝑠+5 26
1 0 0 0 −1 26 7 52
0 1 0 0 4 26 −1 26
1 0 −1 0 −𝑠 + 10 26 7𝑠 + 8 52
0 1 0 −1 4𝑠 + 17 26 −2𝑠 + 37 52
−2𝑠 + 37 52 −7𝑠 − 8 52
−8𝑠 − 34 52 −2𝑠 + 20 52
Výsledek pravého maticového zlomku upravíme na přenos
𝐺 = 𝐴−1 𝐵 =
−𝑠 + 10
4𝑠 + 17
26 7𝑠 + 8
26 −2𝑠 + 37
52
52
26 ∗ 52 = −26𝑠 2 − 208𝑠 + 234
=
1 𝑠 2 + 8𝑠 − 9
2𝑠 − 37 7𝑠 + 8
−2𝑠 + 37 52 −7𝑠 − 8 52
−1
1 0 −4𝑠 − 17 26 −𝑠 + 10 26
0 1
1 0
0 1
−52 = 2 𝑠 + 8𝑠 − 9
8𝑠 + 34 2𝑠 − 20
Levý maticový zlomek: 𝐺 =
1 s 2 +8s−9 1
Pravý maticový zlomek: 𝐺𝑝 = 𝑠2 +8𝑠−9 Přenosy jsou si rovny a platí: 𝐺 = 𝐺𝑝
2s − 37 8s + 34 7s + 8 2s − 20 2𝑠 − 37 7𝑠 + 8
8𝑠 + 34 2𝑠 − 20
2.16 Výpočtem pólů systému rozhodněte o jeho stabilitě Poly získáme ze jmenovatele levého maticového zlomku 𝑠 2 + 8𝑠 − 9 = 0
s1=-1, s2=-8 Jedná se o polynom druhého stupně, oba poly jsou reálné a záporné, systém je stabilní.
2.17 Dvourozměrný regulátor Zadání: Je uvažováno, že jedinými vstupními veličinami regulačního obvodu jsou žádané hodnoty ve tvaru skoku o hodnotě 1. Zvolte vhodné póly uzavřeného regulačního obvodu. Navrhněte spojitý dvourozměrný regulátor (splňující požadavek asymptotického sledování žádaných hodnot) a simulujte regulační pochod v prostředí Matlab-Simulink (pro u(t) a y(t)).
Umístění pólu pro asymptotické sledování žádané veličiny lze vyjádřit maticovou Diofantickou rovnicí: 𝐴𝐿 𝐹𝑃𝑃 + 𝐵𝐿 𝑄𝑃 = 𝐷
Přenos řízení MIMO reg. obvodu je : 𝐺𝑊𝑌 = 𝐵𝑃 (𝑃𝐴𝑃 + 𝑄𝐵𝑃 )−1 𝑄 = 𝑃𝑃 (𝐴𝑃𝑃 + 𝐵𝑄𝑃 )−1 𝐵𝑃−1 𝑄
Spojitý stabilní dvourozměrný regulátor budeme hledat ve tvaru: 𝐺𝑄 𝑠 = 𝑄𝑃 𝑠 𝑃𝑃 −1 (𝑠)
Levý maticový zlomek z bodu 2.15 je
𝐺 = 𝐴−1 𝐵 =
𝑠+2 7 3 𝑠+6
−1
2 8 7 2
Požadavky pro návrh regulátoru budou splněny řešením maticové diofantické rovnice:
Z vektoru obrazů žádaných hodnot w(s) po zjištění nejmenšího společného násobku všech jmenovatelů získáváme kompenzátor:
Stabilní matici C(s) zvolíme tak, že determinant této matice tvoří char. polynom všech přenosů v uzavřeném reg. obvodu. Póly systému zvolíme stabilní například m1=-1, m2=-2. Matice C bude tedy ve tvaru: 𝑐 𝑠 =
(𝑠 + 1)2 0
0 (𝑠 + 2)2
2 0 = 𝑠 + 2𝑠 + 1 0 𝑠 2 + 4𝑠 + 4
Matici tvaru:
2
𝑠 + 2𝑠 3𝑠 1 0 0 0
převedeme na tvar :
7𝑠 𝑠 2 + 6𝑠 0 1 0 0
→
2 7 0 0 1 0
8 2 0 0 0 1
→
𝑠2 + 𝑠 + 1 3𝑠 1 0 𝑠−1 26 −7𝑠 + 7 52
𝑠 2 + 2𝑠 3𝑠 1
7𝑠 𝑠 2 + 6𝑠 0
0 0 0
1 0 0
7𝑠 𝑠 2 + 4𝑠 + 4 0 1 −8𝑠 + 16 26 2𝑠 − 4 26
1 0 0 0 −1 26 7 52
1 0 0 1 0 0 0 0 −1 4 26 26 7 −1 52 26 0 𝑠2 + 𝑠 + 1 1 0 0 1 0 0 → −11𝑠 − 1 4 26 26 −1 −𝑠 + 7 26 52
0 𝑠 2 + 4𝑠 + 4 0 1 −𝑠 + 16 26 −45𝑠 − 8 52
Regulátor je tedy :
𝐺𝑄 s = Q p s ( F(s)Pp (s) )−1 =
1 𝐺𝑄 s = s
−11𝑠 − 1
−𝑠 + 16
26 −𝑠 + 7
26 −45𝑠 − 8
52
52
−11𝑠 − 1
−𝑠 + 16
26 −𝑠 + 7
26 −45𝑠 − 8
52
52
(
s 0 1 0 )( ) 0 s 0 1
−1
1 0 0 0 −1 26 7 52
0 1 0 0 4 26 −1 26
Zákon řízení PFU=QE: 𝑠 0
0 𝑠
U1 U2
=
−11𝑠 − 1
−𝑠 + 16
26 −𝑠 + 7
26 −45𝑠 − 8
52
52
E1 E2
Přenos regulované soustavy z bodu 2.15 :
𝐺=
s2
1 2s − 37 + 8s − 9 7s + 8
8s + 34 2s − 20
Simulace v Matlabu :
Obrázek 14 regulační obvod pro MIMO systém
Obrázek 15 Průbě výstupní veličiny ze scope
Obrázek 16 Průběh výstupní veličiny se scope1
Obrázek 17 Akční veličiny, fialová systém 2, žlutá systém 1
Z přechodové charakteristiky systému můžeme říct, že se jedná o systém z neminimální fází a systém je stabilní ( ustálí se na požadované hodnotě v konečném čas). Pravděpodobně při volbě menších kořenů m1, m2 by se velikost neminimální fáze zmenšila, ale požadovaná veličina by se dosáhla v pozdějším čase.
3 Závěr: Vzhledem k imaginárním kořenům bylo řešení místy velmi zdlouhavé a náchylné na chyby vzniklé z nepozornosti při počítání. Zdlouhavé bylo často i vypisování matematických postupů ve wordu. Velká většina matematických výpočtů jsem prováděl přímo ve wordu (sem tam při psaní v editoru rovnic, MS Word 07 přestal fungovat a havaroval, což bylo velmi nemile a donutila mě, abych co 5 min pravidelně ukládal práci). Pod jednotlivými částmi (1-17) se nachází odpověď, kde konstatuji, k jakému závěru jsem u daného příkladu došel.
SEZNAM POUŽITÉ LITERATURY *1+ NAVRÁTIL, Pavel. Automatizace : vybrané statě. 1. vyd. ve Zlíně: Univerzita Tomáše Bati ve Zlíně, 2011, 289 s. ISBN 978-80-7318-935-8. *2+ Pekař Libor, Ing. Sylabus ke cvičením
Seznam Obrázků:
Obrázek 1 bode diagram z matlabu ...................................................................................................... 10 Obrázek 2 fr. char. log. souř. ................................................................................................................. 11 Obrázek 3fr. char. log. souř. .................................................................................................................. 11 Obrázek 4 Schéma zapojení pro m=1 .................................................................................................... 25 Obrázek 5 požadovaná veličina, akční veličina, regulovaná veličina .................................................... 25 Obrázek 6 Schéma zapojení pro m=0,5 ................................................................................................. 27 Obrázek 7 požadovaná veličina, akční veličina, regulovaná veličina .................................................... 27 Obrázek 8 schéma zapojení pro m=5 .................................................................................................... 28 Obrázek 9 požadovaná veličina, akční veličina, regulovaná veličina .................................................... 29 Obrázek 10 nyquist m=1........................................................................................................................ 30 Obrázek 11 nyquist m=5........................................................................................................................ 31 Obrázek 12 nyquist m=0,5..................................................................................................................... 32 Obrázek 13 matice rotací ...................................................................................................................... 34 Obrázek 14 regulační obvod pro MIMO systém.................................................................................... 38 Obrázek 15 Průbě výstupní veličiny ze scope........................................................................................ 39 Obrázek 16 Průběh výstupní veličiny se scope1 ................................................................................... 39 Obrázek 17 Akční veličiny, fialová systém 2, žlutá systém 1 ................................................................. 40
