Sterowanie Procesami Ciagłymi

Transkrypt

Sterowanie Procesami Ciagłymi - Systemy dynamiczne z czasem

Sterowanie Procesami Ciągłymi
Systemy dynamiczne z czasem dyskretnym
prof. dr hab. inż. Mieczysław Brdyś
20.12.2010, Gdańsk
prof. dr hab. inż. Mieczysław Brdyś ()
20.12.2010, Gdańsk
1 / 29
Odpowiedź układu dyskretnego
Odpowiedź na dowolny sygnał wejściowy u(k), k = 1, 2, 3, . . .
Rozważmy liniowy SISO
x(k + 1) = a x(k) + b u(k)
x(0) = x0
(1)
Z (1) dla k = 0
x(1) = a x(0) + b u(0)
(2)
Z (1) dla k = 1
x(2) = a x(1) + b u(1) = a(a x(0) + b u(0)) + b u(1) =
= a2 x(0) + a b u(0) + b u(1)
(3)
Z (1) dla k = 2
x(3) = a x(2) + b u(2) = a a2 x(0) + a b u(0) + b u(1) + b u(2)
= a3 x(0) + a2 b u(0) + a b u(1) + b u(2)
20.12.2010, Gdańsk
2 / 29
Łatwo jest już uogólnić powyższe:
x(k) = ak x(0) + ak−1 b u(0) + ak−2 b u(1) + · · · + a b u(k − 2) + b u(k − 1)
= ak x(0) + b u(k − 1) + a b u(k − 2) + · · · + ak−1 b u(0)
= ak x(0) +
k
X
al−1 b u(k − l)
(4)
l=1
Dla k 6= k0 , gdzie k0 to czas początkowy,
x(k) = ak−k0 x(k0 ) +
k−k
X0
al−1 b u(k − l)
(5)
l=1
20.12.2010, Gdańsk
3 / 29
Struktura odpowiedzi jest taka sama jak dla systemów z czasem ciągłym.
Odpowiedź swobodna
k→∞
ak−k0 x(k0 ) −−−→ 0
tylko dla |a| < 1, czyli kiedy system jest stabilny.
Odpowiedź wymuszona
Odpowiedź wymuszona przez ciąg sterowań w okresie czasu od k0 do
k − 1: u(k0 ), u(k0 + 1), . . . , u(k − 1)
k−k
X0
al−1 b u(k − l)
l=1
20.12.2010, Gdańsk
4 / 29
Odpowiedź impulsowa
Dyksretny impuls jednostkowy (delta Kronekera)
(
δ0 (k) ,
1
0
dla k = 0
dla k =
6 0
(6)
δ0(k)
1
0
1 2 3 4
k
Rysunek 1: Delta Kronekera
20.12.2010, Gdańsk
5 / 29
Niech x(0) = 0 i u(k) = δ0 (k).
Z (5)
x(k) = ak x(0) + ak−1 b 1 + ak−2 b 0 + · · · + b 0 =
= ak x(0) + ak−1 b = ak−1 b
(
h(k) =
ak−1 b dla k 1
0
dla k = 0
(7)
20.12.2010, Gdańsk
6 / 29
Z (7) podstawiając do (4)
x(k) = ak x(0) +
k
X
h(k)u(k − l)
(8)
l=1
{z
|
}
splot sygnałów h() i u()
Dla k0 6= 0
x(k) = a
k−k0
x(k0 ) +
k−k
X0
h(k)u(k − l)
(9)
l=1
20.12.2010, Gdańsk
7 / 29
Przykład 1
Odpowiedź impulsowa dla k = 5
x(5) = u(0)h(5) + u(1)h(4) + u(2)h(3) + u(3)h(2) + u(4)h(1)
czyli, wejście ‘starsze’ ważone jest przez ‘wcześniejszą’ wartość odpowiedzi
impulsowej.
20.12.2010, Gdańsk
8 / 29
Przykład 2
Wymuszenie przyłożone do obiektu to,
u(k) = δ0 (k − 4)
δ0(k)
1
0
1 2 3 4
5 6
k
Rysunek 2: Wymuszenie δ0 (k − 4)
Wyznacz x(6) przy x(0) = 2.
20.12.2010, Gdańsk
9 / 29
Przykład 2
Z (8)
6
x(6) = 2a +
= 2a6 +
6
X
l=1
6
X
6
h(l)u(6 − l) = 2a +
6
X
h(l)δ0 (6 − l − 4) =
l=1
h(l)δ0 (2 − l) = 2a6 + h(2) = 2a6 + ab
l=1
do chwili k = 4 odpowiedź jest 6= 0 wyłącznie od x(0) = 2
w chwili k = 4 impuls powoduje wyjście w k = 5 b i w chwili k = 6
ab
odpowiedź swobodna dla k = 6, 2a6
odpowiedź wymuszona dla k = 6, a b
odpowiedź całkowita
2a6 + a b
20.12.2010, Gdańsk
10 / 29
Transmitancja impulsowa
ang. pulse transfer function
Stosując transformate Laplace Z do obu stron (1) otrzymujemy
Z[x(k + 1)] = zX (z) − zX (0)
gdzie z jest zmienną zespoloną.
Z[ax(k) + bu(k)] = aZ[x(k)] + bZ[u(k)] = aX (z) + bU(z)
Stąd,
zX (z) − zX (0) = aX (z) + bU(z)
Niech X (0) = 0, wtedy,
zX (z) = aX (z) + bU(z)
G (z) =
X (z)
b
=
U(z)
z −a
(10)
20.12.2010, Gdańsk
11 / 29
Łatwo uogólnić dla MIMO w przestrzeni stanu.
G (z) dla modeli wejście-wyjście SISO
y (k)+a1 y (k−1)+. . .+any y (k−ny ) = b0 u(k)+b1 u(k−1)+. . .+bnu u(k−nu )
(11)
y (k) jest więc wyznaczone przez następujące warunki początkowe,
y (k − 1), . . . , y (k − ny ) - poprzednie wyjścia
u(k), u(k − 1), . . . , u(k − nu ) - aktualne i poprzednie wejścia
20.12.2010, Gdańsk
12 / 29
Dla k0 = 0, warunki poczatkowe,
y (−1), y (−2), . . . , y (−ny ), u(0), u(−1), . . . , u(−nu )
Niech warunek początkowy = 0, stosując Z do (11) otrzymujemy,
Y (z) + a1 z −1 Y (z) + a2 z −2 Y (z) + . . . + any z −ny Y (z) =
= b0 U(z) + b1 z −1 U(z) + . . . + bnu z −nu U(z)
(1 + a1 z −1 + a2 z −2 + . . . + any z ny )Y (z) =
= (b0 + b1 z −1 + b2 z −2 + . . . + bnu z −nu )U(z)
Stąd
G (z) =
b0 + b1 z −1 + b2 z −2 + . . . + bnu z −nu
Y (z)
=
U(z)
1 + a1 z −1 + a2 z −2 + . . . + any z ny
20.12.2010, Gdańsk
(12)
13 / 29
Na przykład,
b0 = 0
ny = 1
nu = 1
G (z) =
b1 z −1
b1
=
−1
1 + a1 z
z + a1
20.12.2010, Gdańsk
14 / 29
Transmitancja i odpowiedź impulsowa
Niech w.p=0 oraz u(k) = δ0 (k)
G (z) =
H(z)
= H(z)
Z [δ0 (k)]
h(k) = Z −1 [G (z)]
czyli tak samo jak dla systemów z czasem ciągłym.
P̆rzykład 3
b
G (z) =
z −a
Korzystając z tablic,
( k−1
b
a b dla k 1
Z −1
=
0
dla k = 0
z −a
20.12.2010, Gdańsk
15 / 29
Stabilność
Niech
G (z) =
L(z)
,
M(z)
SISO
zera: L(z) = 0
bieguny: M(z) = 0
Można udowodnić, że:
system jest stabilny ⇔ dla każdego bieguna zi zachodzi
|zi | < 1
system jest krytycznie stabilny ⇔ dla przynajmniej jednego bieguna zi
zachodzi
|zi | = 1
system jest niestabilny ⇔ dla przynajmniej jednego bieguna zi
zachodzi
|zi | > 1
20.12.2010, Gdańsk
16 / 29
Stabilność
Przykład 4
y (k) = 2y (k − 1) + 3y (k − 2) + u(k − 1) + 2u(k − 2)
k0 = 0, niech w.p. są zerowe, to znaczy
y (−1) = y (−2) = u(−1) = u(−2) = 0
Z[y (k)] = Z[2y (k − 1) + 3y (k − 2) + u(k − 1) + 2u(k − 2)]
Y (z) = 2z −1 Y (z) + 3z −2 Y (z) + z −1 U(z) + 2z −2 U(z))
[1 − 2z −1 − 3z −2 ]Y (z) = [z −1 + 2z −2 ]U(z))
Stąd,
G (z) =
z −1 + 2z −2
z −2
Y (z)
=
= 2
−1
−2
U(z)
1 − 2z − 3z
z − 2z − 3
20.12.2010, Gdańsk
17 / 29
Stabilność
Przykład 4
Bieguny
M(z) = z 2 − 2z − 3 = 0
z 2 − 2z − 3 = 0
√
2 ± 4 + 12
z1,2 =
2
z1 = 3, z2 = −1
Im
b. krytycznie
stabilny
1
-1
b. niestabilny
1
3 Re
-1
Rysunek 3: System jest niestabilny
20.12.2010, Gdańsk
18 / 29
Odpowiedź w stanie ustalonym
Wyjście stabilnego systemu dyskretnego na skok przedstawione jest
poniżej,
y
yss
.....
y(0)
0
1
2
k
k+1 k+2
Problem
Znaleźć yss przy pomocy G (z)
Twierdzenie graniczne
Dla ciągu y (k) −−−→ yss
t→∞
yss = lim
z→1
z −1
Y (z)
z
(13)
20.12.2010, Gdańsk
19 / 29
Niech
G (z) - stabilny
u(k) - skok o amplitudzie A, czyli
U(z) =
Az
z −1
Y (z) = G (z)U(z) =
Az
G (z)
z −1
Z (13)
yss = lim
z→1
z −1
z − 1 Az
Y (z) = lim
G (z) = A lim G (z)
z→1
z→1
z
z z −1
Wzmocnienie statyczne (ang. dc gain)
yss
A limz→1 G (z)
=
= lim G (z)
z→1
A
A
(14)
20.12.2010, Gdańsk
20 / 29
Przykład 5
Rozważmy trasmitancje,
G (z) =
z2 + z + 1
z 4 + z 3 + 2z + 10
Wzmocnienie statyczne wynosi,
dcg = G (1) =
3
14
W przypadku wymuszenia u(k) = A = 12 otrzymujemy,
yss = 12
3
18
=
14
7
20.12.2010, Gdańsk
21 / 29
Transmitancja widmowa
H(jω) , G (z)
z=e jωT
gdzie T to okres próbkowania.
Im
G(z)=H(jω)
1
-1
-1
1
Re
jωT
e =cosωT+jsinωT
20.12.2010, Gdańsk
22 / 29
Transmitancja widmowa
Przykład 6
Mamy dany obiekt opisany transmitancja,
b
G (z) =
z −a
Należy wyznaczyć jego transmitancje
wimową,
H(jω) = G (z)
=
z=e jωT
b
e eωT − a
20.12.2010, Gdańsk
23 / 29
Odpowiedź wymuszona na sygnały sinusoidalne dla
obiektów stabilnych
Dany jest system jak na rysunku,
Asinωt
T
u(kT)=Asin(ωkT)
G(z)
y(kT)
20.12.2010, Gdańsk
24 / 29
Podobnie jak dla systemów z czasem ciągłym, w stanie wymuszonym
ustalonym zachodzi:
yss (kT ) = lim y (kT ) = B(ω) sin(ωkT + φ(ω))
(15)
B(ω) 6= A i zależy od ω
φ(ω) 6= 0 i zależy od ω
częstotliwość wyjścia i wejścia bez zmian
20.12.2010, Gdańsk
25 / 29
Im
|H(jω)|
H(jω)
H(jω)
Re
H(.)
ω
0
Zachodzi,
φ(ω) = ∠(H(jω))
(16)
B(ω) = A|H(jω)|
(17)
20.12.2010, Gdańsk
26 / 29
Przykład 7
Niech,
G (z) =
b
z −a
Dla, b = 0, 1, a = 0, 8, T = 1 sek, u(kT ) = 2sin( π6 kT )
stabilność
z1 = a = 0, 8 < 1
- stabilny
wymuszenie sygnałe sinusoidalnym, wiec na wyjściu otrzymamy sinus
w stanie ustalonym w postaci
π
π
π
yss (kT ) = B( )sin( kT + φ( ))
6
6
6
20.12.2010, Gdańsk
27 / 29
Przykład 7
wyznaczenie modułu i fazy transmitancji widmowej obiektu dla
częstotliwości π6
0, 1
0, 1
H(jω)ω= π = j π
=
π
6
cos 6 + jsin π6 − 0, 8
e 6 − 0, 8
0, 1
0, 1
= √
=
3
0, 066 + j0, 5
+ j0, 5 − 0, 8
2
π
H = p
6
oraz
∠H
0, 1
≈ 0, 2
0, 0662 + 0, 52
π
0, 5
= 0 − ∠0, 066 + j0, 5 = − tg−1
= −1, 44[rad]
6
0, 066
20.12.2010, Gdańsk
28 / 29
Przykład 7
Z (16)
Z (17)
Czyli,
π
B( ) = 2 · 0, 2 = 0, 4
6
π
φ( ) = −1, 44[rad]
6
π
yss (kT ) = 0, 4sin( k − 1, 44)
6
20.12.2010, Gdańsk
29 / 29

Sterowanie Procesami Ciagłymi - Systemy dynamiczne z czasem

Transkrypt

Podobne dokumenty

ulotka 10 Qq - agraterm.pl

Sterowanie Procesami Ciagłymi

Gdańsk Śródmieście Główny

informacja z otwarcia ofert

III FORUM „MŁODZI I MIŁOŚĆ” GDAŃSK

"Qigong-Lecacy Zuraw" Stowarzyszenie Promocji

zimowe kwiaty - Liga Ochrony Przyrody Okręg w Gdańsku

Cukiernia Sowa, Gdansk, Obroncow Wybrzeza 1 (E.Leclerc)

Wynik I etapu rekrutacji_specjalista ds pracowniczych