I.Lý thuyết2. Chứng minh định lý Chun Cohn cho hệ thống bậc n=5.3. Động học rời rạc: Chứng minh định lý tính quan sát được.II. Thực hành.1. Phương pháp tần số cho đối tượng2. Phương pháp quỹ đạo nghiệm: 3. Phương pháp không gian trạng thái:
Trang 1I Lý thuyết
2 Chứng minh định lý Chun Cohn cho hệ thống bậc n=5
3 Động học rời rạc: Chứng minh định lý tính quan sát được
II Thực hành
1 Phương pháp tần số cho đối tượng: W ( ) s s(1 0,5 )200 s
Thiết kế bộ điều khiển LEAD sao cho 30%; ts 0,5sec;
v 500m/sec; 15m
2 Phương pháp quỹ đạo nghiệm: W ( ) s (1 0,5 )(1 0,04 )s200 s
Thiết kế bộ điều khiển PID (PI) sao cho: 30%; ts 0,5sec; v
500m/sec; 15m
3 Phương pháp không gian trạng thái: Thiết kế bộ điều khiển số Riccati cho đối
tượng:
0,313 56,7 0 0,0139 0,426 0
Ac
0,232 0,0203 0
Bc
Cc = (0 0 1); Dc = 0; R = [1]; V = 50
Trang 2I LÝ THUYẾT
1 Cho hệ thống có hàm truyền:
c 0 1 2 3
Hãy biến đổi thành trạng thái dạng chuẩn quan sát
Giải:
Đối với hệ thống: x Ax Bu
y Cx Du
(1.2)
Trong những điều kiện xác định sẽ tồn tại ma trận T không suy biến, cho phép biến đổi x=Tz biến đổi dạng đã cho x Ax Bu của trạng thái sang dạng được gọi là quan sát được z A z B u ( )q ( )q
Khi hệ thống được biết thông qua hàm truyền (1.1), có thể viết
3 3
3 3
0
( )
k
k k
k
k
dưới dạng được gọi là quy
hoạch đan xen:
2
s Y s a Y s a Y sa Y a Y s a Y c F
Khi chia (1.3)cho s4 sẽ nhận được:
(1.4)
Và đặt:
Trang 31 3 4
1
1
1
1
s
s
s
s
(1.5)
Khi đó (1.4) trở thành: Y(s)=X4(s) (1.6)
Với F(s)=U(s), khi thay (1.6) vào (1.5) nhận được:
1 4 4 3
2 1 3 4 2
3 2 2 4 1
4 3 1 4 0
Hay dưới dạng thời gian:
1 4 4 3
2 1 3 4 2
3 2 2 4 1
4 3 1 4 0
Theo đó có thể viết: x Ax Bu
y Cx Du
(1.7)
ở đây, các ma trận A, B, C, D kích thước 4x4, 4x1, 1x4, 1x1 của hệ thống chuẩn hợp thức được xác định theo:
4
3
2
1
0 0 0
1 0 0
0 1 0
0 0 1
a a A
a a
;
3
2
1
0
c c B c c
; C 0 0 0 1 ; D=0
Đây chính là dạng quan sát được của hệ thống đã cho
2 Chứng minh định lý Chur Cohn cho hệ thống có bậc n=5.
Trang 4Định lý (gọi là định lý “Tính ổn định” Chur Cohn): Điều kiện cần và đủ để đa
thức ( )
0
k k
ổn định là
0
1
n
d
d và đa thức
1 1
0 ( ) ( ) d n n ( )
d
cũng phải là ổn định
Chứng minh:
Khi n=5 ta chứng minh điều kiện cần và đủ để đa thức ( ) 5 5
0
k
k k
ổn
định là 5
0
1
d
d và đa thức
5 1 5
1
0 ( ) ( ) d ( )
d
cũng phải ổn định
Đa thức d(z) được triển khai dưới dạng sau:
d(z)=d0z5 + d1z4 + d2z3 + d3z2 + d4z + d5 (2.1)
Khi đa thức (2.1) có 5 nghiệm riêng biệt z1, z2, z3, z4, z5 Khi đó theo định
lý Viet có thể viết:
d(z) = d0(z - z1)(z - z2)(z - z3)(z - z4)(z - z5)
1
k k
Theo đó
5 5
1 0
k k
d
z
Nếu hệ thống với đa thức đặc trưng d(z) đã cho ổn định thì với mọi k phải có
1
k
0
k k
k k
d
Suy ra 5
0 1
d
Xét đa thức dp(z) = d(z) – pz5d(z-1) (2.4)
Giả thiết các zk nằm trên đường tròn đơn vị, tức là z (2.5) k 1
là nghiệm của dp(z), tức là dp(zk) = 0 (2.6)
Trang 5Từ (2.4) và (2.6) suy ra d z( )k pz d z k5 ( k 1)
Theo đó và theo (2.3): d z( )k p z d z k5 ( k 1)
Do z nên k 1 d z( )k p d z( k 1)
Như đã biết d z( k 1) d z( )k d z( )k d z( )k
Do đó biểu thức (2.7) trở thành ( )k ( )k
Theo (2.3): p 1 nên (2.8) chỉ có thể xảy ra khi d(zk) = 0 (2.9)
Như vậy, mọi zk, với z , nếu là nghiệm của (2.6) thì cũng phải là k 1 nghiệm của (2.9) Ngược lại, mọi zk với z nếu là nghiệm của d(z), tức là k 1 d(zk) = 0 thì cũng là nghiệm của dp(z) Bởi vì từ d(zk) = 0 (2.10)
với zk ≠ 0, sẽ có ( )5k ( 1) 0
k k
d z
d z z
Trên cơ sở (2.10), (2.11) và (2.4) suy ra dp(zk) = 0
Như vậy, với p 1, số nghiệm của dp(z) nằm trên đường tròn đơn vị bằng
số nghiệm của d(z) nằm trên đường tròn đơn vị và ngược lại Bởi vì số nghiệm,
q chẳng hạn, của d(z) nằm trên đường tròn đơn vị cũng không phụ thuộc và p, nên số nghiệm của dp(z) nằm trên đường tròn đơn vị cũng không phụ thuộc và p
và cũng bằng q
Trong trường hợp p=0 thì theo (2.4) ta có dp(z)=d(z)
Do đó tất cả nghiệm của d(z) đều là nghiệm của dp(z) và ngược lại Suy ra
số nghiệm của dp(z) nằm bên trong đường tròn đơn vị phải bằng số nghiệm của d(z) nằm bên trong đường tròn đơn vị Khi p0 số nghiệm đó vẫn không thể thay đổi Thật vậy, giả thiết khi p0 v à p<1, số nghiệm của dp(z) nằm bên trong đường tròn giảm, chẳng hạn với p=c<1, c=const, chỉ mỗi nghiệm zj nào đó của
dp(z) đã di chuyển ra ngoài đường tròn đơn vị, tức z j p0 1 nhưng z j p c 1
Bởi vì nghiệm là hàm liên tục của p nên phải tồn tại K nào đó: 0<K<c sao cho với p=K: z j p K 1
Trang 6Suy ra số nghiệm của dp(z) nằm trên đường tròn đơn vị đã tăng và là q+1 Điều này trái với kết luận: số nghiệm của dp(z) nằm trên đường tròn đơn vị phải bằng số nghiệm của d(z) nằm trên đường tròn đơn vị
Khi chọn 5
0
d p d
sẽ có dp(z)=d1(z)
Như vậy nếu d(z) là đa thức ổn định thì do 5
0
d p d
<1, d1(z) cũng là đa
thức ổn định Ngược lại nếu d1(z) là đa thức ổn định và 5
0 1
d
d thì d(z) cũng là đa
thức ổn định Nghĩa là, để hệ thống hay đa thức d(z) của hệ thống ổn định thì
5
0
1
d
d và đa thức
5 1 5
1
0 ( ) ( ) d ( )
d
hay với ( ) 5 5
0
k
k k
đa thức 5 1 5 1
0
k k
d z z d z
phải ổn định (đpcm)
3 Chứng minh định lý tính quan sát được.
Phát biểu định lý: Điều kiện cần và đủ để hệ thống rời rạc bậc n:
( 1) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
quan sát được là 2
1
n
C CA
CA
Chứng minh:
Khi hệ thống rời rạc được coi là quan sát được, nếu trạng thái hệ thống tại thời điểm bất kỳ t=kT nào đó đã cho có thể được xác định thông qua hữu hạn các giá trị của tác động cho trước và đáp ứng
Trang 7Theo phương pháp truy hồi, có thể nhận được trạng thái của hệ thống tại
các thời điểm t=kT:
1 1 0
( ) k (0) k k j ( )
j
và tại thời điểm t=(k+r)T:
1 1 1
( ) k r (0) k r k r j ( )
j
x k r A x A Bu j
Trong đó u(j) là tập hữu hạn các điều khiển tác động vào hệ thống
Biểu thức (3.2) có thể biểu diễn như sau:
0
0
k r k r j k r i
r k k j k r i
Kết hợp với biểu thức (3.1) ta có:
1 1 ( ) r ( ) k r k r j ( )
j k
x k r A x k A Bu j
Từ (3.3) ta có: ( ) r ( ) k r 1 k r 1 j ( ) ( )
j k
y k r CA x k C A Bu j Du k r
1 1
j k
CA x k y k r C A Bu j Du k r
Từ đó, với r = 0, 1, 2, , n-1, ta có: 2
1
( )
n
C CA
CA
(3.4)
khi đặt thành phần thứ r của n véctơ :
1 1 ( ) k r k r j ( ) ( )
r
j k
; r = 0, 1, 2, , n-1
Căn cứ theo (3.4), trạng thái x(k) của hệ thống tại t=kT tuỳ ý cho trước sẽ được xác định duy nhất qua hữu hạn n trị số cho trước của tác động u(j) và n giá trị tương ứng của đáp ứng y(j), tức n trị số thành phần của véctơ , khi và chỉ khirank C CA CA( 2 CA n 1) n
Đây là điều phải chứng minh
II THỰC HÀNH.
Trang 82 Thiết kế hệ thống với đối tượng điều khiển có hàm truyền cho như sau bằng
phương pháp quỹ đạo nghiệm số ( ) 200
(1 0.5 )(1 0.04 )
W s
Với điều kiện ts<0.5s; v<500m/s; <30%; <15m
Bài làm:
Với điều kiện ts<0.5s; <30%, sử dụng bất đẳng thức Evan:
max
4
s
;
max
4 0.5ln
d
Các trị riêng mong muốn có dạng như sau: r d id
Thay các giá trị ts<0.5s; <30% vào (1) ta xác định được: d 8;
21
d
Xét hàm truyền của hệ thống ban đầu để xác định các chỉ tiêu chất lượng của hệ thống:
>> n=[200];
>> d=[0.02 0.54 1];
>> W0 = tf(n,d);
>> Wk =feedback(W0,1);
>> step(Wk)
>> nyquist(W0)
+ Độ quá chỉnh: 62.5%
+ Thời gian quá độ của hệ thống: ts = 0.288s
Trang 9+ Độ dự trữ pha: 15.40
Từ các chỉ tiêu chất lượng hệ thống xác định của hệ thống ban đầu ở trên
ta thấy rằng hệ thống ban đầu là không ổn định
Nhiệm vụ của bài toán là phải thiết kế hệ thống với đối tượng điều khiển ban đầu đã cho ở trên đảm bảo các chỉ tiêu chất lượng theo yêu cầu Để đạt được điều đó ta sử dụng phương pháp quỹ đạo nghiệm để thiết kế hệ thống Các bước tiến hành như sau:
- Với đối tượng điều khiển đã cho để tăng tính ổn định của hệ thống ta mắc nối tiếp vào hệ thống một khâu PI (tăng bậc phiếm tĩnh của hệ thống tức là tăng chất lượng của hệ thống) Hàm truyền của khâu PI có dạng như sau:
i
PI P
K
s
Trong đó KP và Ki là các hệ số
Ta có thể viết (1) dưới dạng: i(1 )
PI
W
s
i
K K
Hàm truyền của hệ hở là:
(1 0.5 )(1 0.04 ) (1 0.5 )(1 0.04 )
i C
W
Trong đó K thoả mãn điều kiện K V 33.3
, ta chọn K=36
Sử dụng nguyên lý Evan ta xác định hàm Evan từ biểu thức: 1+WC=0 (2)
Thay K=36 vào WC và WC vào (2) ta được:
36
s
Vậy hàm Evan là: ( ) 3 36 2
s
W s
>> ne=[36 0];
>> de=[0.02 0.54 1 36];
>> We = tf(ne,de)
Transfer function:
36 s
-0.02 s^3 + 0.54 s^2 + s + 36
>> rlocus(ne,de);[t,p]=rlocfind(ne,de)
Select a point in the graphics window
selected_point = -10.6339 -15.1553i
t = 0.2276
p = -10.9011 +15.0821i
-10.9011 -15.0821i
-5.1978
Trang 10Xác định được: 0.2276 Thay 0.2276
>> n1=36*[0.228 1];
>> d1=[0.02 0.54 1 0];
>> Wc = tf(n1,d1);
>> Wk=feedback(Wc,1);
>> Wk=feedback(Wc,1);
>> step(Wk)
Trang 11>> nyquist(Wc)
+ Thời gian quá độ của hệ thống: ts=0.46
3 Phương pháp không gian trạng thái: Thiết kế bộ điều khiển số Riccati cho đối tượng:
0,313 56,7 0
0,0139 0,426 0
c
A
;
0,232 0,0203 0
c
B
;C c 0 0 1; Dc = 0;
R = [1]; V = 50