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ANÁLISIS DE SISTEMAS DE CONTROL CON EL ESPACIO DE ESTADO La teoria de control clásica se basa en técnicas gráficas de tanteo y error mientras el control moderno es mas preciso. Además se puede usar en sistemas multivariables de varias entradas, varias salidas y permite incluir condiciones iniciales. Estado.- es el conjunto de variables tales que el conocimiento de esas variables, determinan el comportamiento del sistema a esas variables se les llama variable de estado y se denominan como X1, X2 ............Xn Variables de estado .- es un conjunto de variables que determinen el estado del sistema . se necesitan n variables para describir totalmente el comportamiento de un sistema dinámico X1, X2, X3, .......Xn Espacio de estado.- el espacio n dimensional cuyos ejes de coordenadas consisten en el eje X1, X2 ....... Xn y se denomina espacio de estado Representación del sistema en el espacio de estado Sea el polinomio: yn + a1 y n – 1 + a n – 1 yo + an y = u u es la entrada de excitación o forzante. El conocimiento de las condiciones iniciales y (0) , yo (0) ......... y1 (o) en conjunto con u determinan en forma total el comportamiento del sistema. Cualquier sistema cuya dinámica este representado por un modelo matemático de una o mas ecuaciones diferenciales puede ser representado por un sistema de ecuaciones diferenciales de primer orden o una ecuación diferencial lineal de primer orden en términos matriciales. Si designamos como : X1 = y . X2 = y .. X3 = y Xn = y n – 1
Entonces si derivamos . X1 = X2 . X2 = X3 n-1 X = Xn
n
X = an X1 - an – 1 X2 - a1 X0 + u La ecuación de estado se define como : . X = A X + B u Donde X1 0 1 0 ............ 0 X = A = X2 0 0 1 ............ 0 Xn -a n -a n – 1 -a n – 2 ….. –a0 -- --
B = 0 0 0 1 _ _
Y a la salida como Y = C X C = [ 1 0 0 0 0 ..... 0 ]
. En la ecuación X = A x + B u X = vector de estado ( n x 1) A = matriz de coeficientes del proceso ( n x n ) B = matriz de coeficientes del controlador ( n x m ) u = todas las entradas del sistemas m x 1 Función forzante y controlante C = matriz de relacion ( 1 x n ) Y (τ) = vector de respuesta ( w x 1) . Ejemplo : Sea el sistema dado por : ... .. . y + 6y + 11 y + 6 y = 6u para obtener una representación del sistema en espacio o estado, se eligen las siguientes variables de estado X1 = y . X2 = y .. X3 = y . X1 = X2 . X2 = X3 . X3 = - 6X1 - 11X2 - 6X3 + 6u
3
2
1
XXX
= + u
−−− 6116100010
3
2
1
XXX
600
y = [ ]001
3
2
1
XXX
DIAGRAMA A BLOQUES DE UN SISTEMA ACOPLADO . . X2 . U X3 X3 X1 X1 Y
S + 5
6 ⊕S1
S1
X2 S1
+
+
-6 ⊕ +
-11 ⊕ + -6
+
+
Ejemplo : Dado el diagrama de bloques encontrar una representación en espacio de estado: U(s) 1 X2 (s) 10 X1 (s) Y(s) S X3 (s) 1 S + 1
+
-
X1 (s) = 10 X2 (s) = U (s) - X3 (s) X2 (s) s + 5 S+1 X3 (s) = 1 . X1 (s) s + 1
Y (s) = X1 (s) s X1(s) + 5 X1 (s) = 10 X2 (s) s X1(s) = - 5 X1 (s) + 10 X2 (s) s X2(s) + X2 (s) = -X3 (s) + U (s) s X3(s) = X1 (s) - X3 (s) Y (s) = X1 (s) . X1 = - 5 X1 + 10 X2 . X2 = -X3 + u . X3 = X1 - X3
Y1 = X1 Su representación matricial quedaría
3
2
1
XXX
= + u
−−
−
101100
0105
3
2
1
XXX
010
Y = [ ]
3
2
1
XXX
001
MATRIZ MODAL El conjunto de variables de estado no es único para un sistema dado. suponiendo que el juego de variables de estado es X1, X2.......... Xn se puede tomar otro juego de variables de estado constante en cualquier conjunto de funciones , siempre que para cada conjunto de valores de las nuevas variables corresponda un nuevo conjunto de valores Z1, Z2 ...........Zn.
Así un vector de estado donde X = P Z P = matriz modal . P es una matriz que convierte un conjunto de variables de estado acopladas en un conjunto de variables desacopladas. La matriz modal tiene como columnas a las eigenvectores de A i Para cada valor de λi determinado de acuerdo a lo siguiente ecuación (λl - A ) λi = 0 tiene una dirección fija y una magnitud arbitraria, a esos vectores se les llaman eigenvectores. A los valores de λi se les llama eigenvalores . Eigenvalores de una matriz A de m x n Los eigenvalores de una matriz A de m x n son las raíces de la ecuación característica también se les denomina valores propios o autovalores y se encuentran a partir del determinante: AI −λ = 0 . Remplazando X = P z en X = A x + B U . P z = A P z + B u P-1 P z = P-1 A P z + P-1 B U P-1 = cofactor (transpuesta de P) ----------------------------------- (determinante de P) z = P-1 A P z + P-1 B u y = CP Z Del ejemplo anterior :
A =
−−− 6116100010
AI −λ = - =
λλ
λ
000000
−−− 6116100010
−−
−
λλ
λ
11610
01
resolviendo el determinante = λ ( λ ( λ + 6 ) + 11 ) + 1 ( 6 ) = = λ ( λ2 + 6 λ + 11 ) + 6 = λ3 + 6 λ2 + 11 λ + 6 = 0 λ = - 1 λ = - 2 λ = - 3 (λ + 1) (λ + 2) (λ + 3) = 0 Usando la matriz modal P se obtiene la siguiente propiedad
P-1 A P = el resultado es una matriz diagonal, donde en la
diagonal
3
2
1
000000
λλ
λ
principal están los eigenvalores del sistema . Esta fórmula se aplica para raíces diferentes. Para raíces iguales el determinante de P-1 es 0 ( dos columnas iguales hacen a la matriz linealmente dependiente) por lo que no se tendría solución Una manera sencilla de encontrar el valor de P en caso de eigenvalores diferentes es aplicar la fórmula (caso de 3 eigenvalores)
P =
31 1 λλ
232
21
2
321
111
λλλλλλ
311 2
101
λλλ
En el ejemplo anterior quedaría
P =
−−−941321
111
P = det P = 1 ( -18 + 12 ) - 1 ( -9 + 3 ) + 1 ( -4 + 2 )
= - 2
−−−941321
111
PT
−−−
931421111
P = es una matriz que nos convierte un conjunto de variables de estado acoplado en un conjunto de variables desacopladas
Cof PT =
−−
−
−−
−−
−
−−
−
−−
−
−−
2111
4111
14211
1
3111
19111
9311
1
3121
19141
19342
1
p-1 = 21
− =
−−−
−−−
132286156
−−−5.5.11143
5.5.23
P-1 A P =
−−−5.5.11143
5.5.23
−−− 6116100010
−−−941321
111
=
−−−5.5.11143
5.5.23
−−
−−−
7.281941321
=
−−
−
300020001
P-1 B = =
−−−5.5.11143
5.5.23
600
−3
63
= + u
−−
−
300020001
3
2
1
ZZZ
−3
63
. Z1 . Z2 . Z3
Y = [ ] Y = 001
−−−941321
111
3
2
1
ZZZ
[ ]111
3
2
1
ZZZ
Y = Z1 + Z2 + Z3
El mismo ejemplo pero usando otro método … .. . y + 6y + 11y + 6y = 6u C I ‘s = 0 Tomando la transformada de Laplace Y (s) = 6 = 6 U (s) S3 + 6S2 + 11S + 6 (S+1) (S+2) (S+3) Desarrollando en fracciones parciales
Y (s) A B C ------- = ------ + ------- + --------- U(S) S+1 S+2 S+3 A = 6 (S+1) = 6 = 3 (S+1) (S+2) (S+3) S = - 1 2 B = 6 (S+2) = - 6
(S+1) (S+2) (S+3)
C = 6 (S+3) = 3 (S+1) (S+2) (S+3)
Y (s) = 3 U (s) - 6 U (s) + 3 U (s) S + 1 S + 2 S + 3 ------------- ---------- ----------- Y (s) = X1 (s) + X2 (s) + X3 (s) esto solo se cumple si el sistema es lineal X1 (s) = 3 U (s) S X1 (s) + X1 (s) = 3 U (s) S + 1 X2 (s) = - 6 U (s) S X2 (s) + 2 X2 (s) = - 6 U (s) S + 2 X3 (s) = 3 U (s) S X3 (s) + 3 X3 (s) = 3 U (s) S + 3 Sacando la transformada inversa X1 = - X1 + 3 u (t) X2 = - 2 X2 - 6 u (t) X3 = - 3 X3 + 3 u (t)
= = + u
−−
−
300020001
3
2
1
XXX
−3
63
y = X1 + X2 + X3
y = [ ]111
3
2
1
XXX
Diagrama a bloques de la ecuación desacoplada .
X1 X1
3 S1 ⊕+
. -1 Y U X2 X2
-6 ⊕ S1 ⊕
. -2 X3 X3
3 ⊕ S1
-3
+
+
+
+
+
+
+
+
Solución de la ecuación de estado . X = Ax + B U s x (s) - X(0) = A x (s) + B U (s) s X(s) - A X(s) = X(0) + BU(s) (S I - A)-1 (S I - A) X (S) = (S I - A ) -1 ( X(0) + B U (S) ) X(S) = (S I - A)-1 ( X(0) + B U (S) ) Por analogía con el caso escalar si X(0) es constante φ (t) = l -1 { ( S I - A)-1 } = ℮ At
φ (s) = ( S I - A)-1 matriz resolvente o matriz de estado Ejemplo de solución por transformada de Laplace Sistema masa resorte x fc fB fk se equilibran
Balance de fuerzas .. . m X (t) + c X (t) + k X (t) = 0
Con condiciones iniciales
X (0) = X0 X (0) =
075.
X (0) = 0 c = coeficiente de fricción viscosa
k = Constante de deformación del resorte En variable de estado se tiene .. . X1 = X X (t) = -C X (t) - k X (t) . m m X2 = X . . X1 = X2 ; X2 = - k X1 - C X2 m m
= =
−−mC
mk
10
2
1
XX
Si tomamos los siguientes datos : k = .25 m = .700 C = 0 ( no fricción )
1 c = 0.0 oscilación libre 2 C = 0.5 subamortiguado 3 C = .836 subamortiguado 4 C = 1 crïticamente amortiguado
.75 C = 1 C = .83
C = .5 C = 0
Se busca la solución para el caso C = 0
-1
φ (s) = ( S I - A )-1 =
−
−
0357.10
00s
s
-1
=
−s
s57.3
1
det φ (s) = S2 + 3.57
φ T (s) =
− ss1
57.3
cof φ T (s) =
− ss57.3
1
φ (s) = 1
− ss57.3
1
s2 + 3.57 La matriz de transición φ (s) = δ -1 { φ (s) } X (s) = ( S I - A )-1 X (0) S 1 φ (s) = ________ __________ s2 + 3.57 s2 + 3.57
- 3.57 s __________ ________ s2 + 3.57 s2 + 3.57 de las tablas de transformadas de Laplace ∫ -1 s = cos wt ∫ -1 w = sen w t s2 + w2 s2 + w2
Aplicamos ∫ -1 s = cos 57.3 t
s2 + 3.57 ∫ -1 s . = - 57.3 sen 57.3 t
s2 + 3.57 φ (t) = cos 57.3 t 1 sen 57.3 t 57.3
- 57.3 sen 57.3 t sen 57.3 t
X (t) = φ (t) X (0) = φ (t)
075.
X (t) =
− tsent
57.357.357.3cos
.75
X1 (t) = .75 cos 57.3 t X2 (t) = -.75 57.3 sen 57.3 t
Matriz de transferencia . X = A x + B U X (s) = ( S I - A)-1 X(0) + ( S I - A)-1 B U (s) Si X (0) = 0 X (s ) = ( S I - A)-1 B U (s) Y (s) = C X (s) Y (s) = C ( S I - A)-1 B U (s) como no existe la división de matrices se considera a G(s) como la Matriz de transferencia. G (s) = C (S I –A ) -1 B Ejemplo Sea el sistema descrito por .
2
1
XX
= +
U
−−−
1315
2
1
XX
11
Y = ( ) 21
2
1
XX
Encuentre G (s) Y(s) = C [SI-A] -1 B U(S)
Y(S) = [ 1 2]
++
1315S
S
[ ]
+−+
=
+−+
11
5311
2111
35S
SS
S
1X2 2X2 2X1
( ) ( )( ) ( ) 8683
8682
3151
821 22 −+
+=
−+++
=
+++
+ SS
SSSSS
SSSS
Matriz de transferencia de lazo cerrado con múltiples entradas y múltiples salidas
Go(S)
H(S) B(S)
-
+ U(S) E(S) Y(S)
B(S) = H(S) Y(S)
Y(S= = Go(S) E(S) E(S) = U(S) – B(S)
Y(S) = Go(S)[U(S) – B(S)]
Y(S) = Go(S) [U(S) –H(S) Y(S)]
Y(S) = Go(S) U(S) –Go(S) H(S) Y(S)
Y(S) +Go(S) H(S) Y(S) = Go(S) U(S)
[ I +Go(S) H(S) ] Y(S) = Go(S) U(S)
Y(S) = (I+Go(S) H(S))-1 Go(S) U(S)
Entonces la matriz transferencia de lazo cerrado es
G(S) = [ I +Go(S) H(S) ]-1 Go(S)
Ejemplo : Dermine la matriz de transferencia de un compensador serie, si la matriz de transferencia de lazo cerrado es :
G (s) =
+
+
1510
01
1
s
s
Gp (s) =
+
+
111
012
1
s
s
U
Gc Gp Y ⊗ H
-
+
U V
+
G = ( I + G0 = Gp Gp-1 G0 G + G0G G = G0 -GoG G= Go(I-G) G=(I-G) -1 =Gp Gp -1G(I-G) -1 =
G⊗ 0 -
Go )
Gc
= G
= Go
Gc
Gc
H
-1 Go
c
( )
+
+
=− −
SS
SS
GI
5150
011
( )
+
+
=
+
+
+
+=− −
SS
SS
SS
SS
S
SGIG
5150
01
5150
01
1510
01
11
=
S
SGo
510
01
1
1
511
012
1
510
01 −
−
+
==
S
S
S
SGoGpGc
+++−
+
=
++−
+
=
SS
SSS
SS
SSS
S
SGc
51
5)1)(12(
012
1)12(012
510
01
PIDS
SSSS
PISS
SS
S
PISS
S
=++=++
=+=+
=+=+
13213251
551
1212
Tarea
1.- A = encontrar P
−−
−
004130013
2.- encontrar X1 (t) y X2 (t de
X = donde =
−− 2510
2
1
XX
)0()0(
2
1
XX
−11
3.- considere las ecuaciones
= + u
3
2
1
XXX
−−−
0061011016
3
2
1
XXX
262
y = ( )001
3
2
1
XXX
SOLUCION DE ECUACIONES DE ESTADO NO HOMOGENEAS Por medio de la transformada de laplace X = A x + B U Su transformada de Laplace S X (s) - X (0) = A X (s) + B U (s) ( S I - A ) X (s) = X (0) + B U (s) multiplicando por la igualdad por ( S I - A )-1 Laplace ------ X (s) = ( S I - A )-1 X (0) + ( S I - A )-1 B U (s) φ (s) = ( S I - A )-1 φ (s) = eAT
PROPIEDAD DE LA CONVOLUCION Si { f (s) } = F (t) y { g (s) } = G (t) entonces ∫
−1
∫−1
∫−1
{ f (s) g (s) } = F ( τ ) G ( t – τ ) d τ = F * G ∫−1
0
F * G se llama la convolución de F y G Si g (s) = ( S I - A )-1
Y f (s) = B U (s) { ( S I - A )∫
−1 -1 B U (s) } = e ∫−1
0
A ( t – τ ) B U (τ ) d τ
X (t) = e At X (0) + e ∫
−1
0
A ( t – τ ) B U (τ ) d τ
X (t) = φ (t) X (0) + ∫
−1
0φ ( t – τ ) B U (τ ) d τ
A = B = X (0) =
−− 4310
02
20
φ (s) = ( S I - A )-1 u(t) = 1
( S I - A ) =
+−
431
SS
ASI − = S2 + 4S + 3 = (S+3) (S+1)
( S I - A )T =
+− 413S
S
cof ( S I - A )T =
−
+S
S3
14
φ (s) =
++++−
+++++
)3)(1()3)(1(3
)3)(1(1
)3)(1(4
SSS
SS
SSSSS
S + 4 = A + B . -3 = A + B (S+1)(S+3) S+1 S+3 (S+1)(S+3) S+1 S+3 A = (S+4)(S+1) = 3 A = - 3 (S+1) = - 3 (S+1)(S+3) S = - 1 2 (S+1)(S+3) S = - 1 2 B = (S+4)(S+3) = 1 B = - 3 (S+3) = - 3 = 3 (S+1)(S+3) S = - 3 -2 (S+1)(S+3) S = - 3 -2 2 1 = A + B S = A + B . (S+1)(S+3) S+1 S+3 (S+1) (S+3) (S+1) (S+3) A = (S+1) = 1 A = S (S+1) = - 1 (S+1)(S+3) S = - 1 2 (S+1)(S+3) S = - 1 2 B = (S+3) = -1 B = S (S+3) = - 3 = 3 (S+1)(S+3) S = - 3 2 (S+1)(S+3) S = - 3 - 2 2
φ (s) =
++
−
++
−
+
−
+
+
−
+
323
121
323
123
321
121
321
123
SSSS
SSSS
φ (t) = e At = ∫ -1 { φ (s) }
23 e -t -
21 e – 3 t
21 e – t -
21 e – 3 t
φ (t) =
-23 e -t +
23 e – 3 t -
21 e – t +
23 e – 3 t
X (t) = e At X (0) + ∫
te
0
A ( t - τ ) B U (t) d t
t
X (t) = e Att X (0) + 23
e – ( t – τ ) - 21
e – 3 ( t - τ ) 21
e – ( t – τ ) - 21
e – 3 ( t – τ )
-23
e – ( t – τ ) + 23
e – 3 ( t – τ ) - 21
e – ( t – τ ) + 23
e – 3 ( t – τ )
0
23 e -t -
21 e – 3 t
21 e – t -
21 e – 3 t
02
-23 e -t +
23 e – 3 t -
21 e – t +
23 e – 3 t
3 e -t - 3 e = - -3 e -t + 3 e - 3t
20
d τ
t
23
e – ( t – τ ) - 21
e – 3 ( t - τ ) 21
e – ( t – τ ) - 21
e – 3 ( t – τ )
23
e – ( t – τ ) + 23
e – 3 ( t – τ ) - 21
e – ( t – τ ) + 23
e – 3 ( t – τ )
0
t e – ( t – τ ) - e – 3 ( t – τ )
= d τ - e – ( t – τ ) + 3 e – 3 ( t – τ )
0
= __ e – t - 31
e – 3 t −11
−1
3 e – t + e – 3 t +1
20
dT
X1 (t) = 3 e -t - e - 3t + 32 - e -t +
31 e - 3t
X2 (t) = - 3 e -t + 3 e - 3t + e -t - e - 3t
X1 (t) = 2 e -t - 32 e - 3t +
32
X2 (t) = - 2 e -t + 2 e - 3t
Para un sistema que tenga un polinomio de la forma S n y (s) + a n - 1 S n - 1 y (s) + a n – 1 S n - 2 y (s) + a0 = Cm S m U (S) + Cm - 1 S m - 1
U (S) + …….. C1 U(S) S + C0 U(s)
La cual se puede expresar como Y (s) = Cm S m + Cm - 1 S m - 1
+ …….. C1 S + C0 U (s) S n + a n - 1 S n - 1 + a1 S + a0
La solución de estado queda :
UXaaa
tX
+
−−−=
100
1000100
0010
)(210 KK
K
KK
K
Y ( )XCCCCC mm 001210 KK −= se divide la función en 2 partes y (s) = X1 (s) y (s) U(s) U (s) X1 (s) U(s) X1(s) Y(s) 1 Cm Sm
+ Cm – 1 S m –1 + - C0 Sn + a n – 1 S n – 1 + ……a 1 S + a 0 Ejemplo Encuentre la representación en el espacio de estado para G (s) = 2S + 1 = Y(s) S3 + 2S2 + 3S + 5 U(s) … .. . . Y + 2Ϋ + 3y + 5y = 2U + U Y (s) (S3 + 2S2 + 3S + 5) = 2S U (s) + U (s) U (s) 1 X1(s) 2S + 1 Y(s) S3 + 2S2 + 3S + 5
X1 (s) = 1 . U (s) S3 + 2S2 + 3S + 5 … .. . X1 + 2X1 + 3X1 + 5X1 = U X1 = X1 . X1 = X2 . X2 = X3 . X3 = - 2X3 - 3X2 - 5X1 + U . X3 = - 5X1 – 3X2 – 3X3 + U
3
2
1
XXX
= + U
−−− 235100010
3
2
1
XXX
100
Y = (2S + 1) X1(s) = 2S X1 (s) + X1 (s) . Y(t) = 2X1 + X1 = 2X2 + X1
Y = ( ) 021
3
2
1
XXX