Apuntes Curso Espacio de Estados

Profesor: Omar Gibrahin Hernndez U.

Tema 5. Control Moderno

Ciclo escolar 2015/2

Espacio de Estados

Escuela Superior de Ingeniera Mecnica y Elctrica

Instituto Politcnico Nacional

Elabor: Ing. Omar Gibrahin Hernndez Uribe

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Contenido1. Control en el espacio de estado ............................................................................................................... 4

1.1 Descripcin de sistemas en el espacio de estado .............................................................................. 41.1.1 Descripciones de sistemas dinmicos: ED, FT y EE ............................................................... 41.1.2 Conversin de FT a EE. Polos y autovalores ........................................................................... 71.1.3 Conversin de EE a FT. Formas cannicas ............................................................................. 81.1.4 Solucin de ecuaciones de estado. Respuestas zero input y zero state .................................. 161.1.5 Anlisis de controlabilidad y observabilidad .......................................................................... 221.1.6 Anlisis de estabilidad (Lyapunov) ........................................................................................ 251.1.7 Ventajas de las EE frente a ED y FT ...................................................................................... 26

1.2 Control modal ................................................................................................................................. 291.2.1 Regulador del estado. Fijacin de polos ................................................................................ 291.2.2 Observador del estado ............................................................................................................ 341.2.3 Regulador basado en observador. Compensador ................................................................... 37

1.3 Control ptimo. Regulador LQ ....................................................................................................... 401.3.1 Introduccin al control ptimo ............................................................................................... 401.3.2 Formulacin del problema del control ptimo ........................................................................ 411.3.3 Compensacin analtica va ISE del regulador LQ ................................................................. 421.3.4 El regulador LQ con horizonte infinito ................................................................................... 431.3.5 El regulador LQ con horizonte finito ...................................................................................... 471.3.6 Retroaccin de estado con accin integral .............................................................................. 50

1.4 Control ptimo estocstico .............................................................................................................. 511.4.1 Enfoque estocstico ................................................................................................................ 511.4.2 Retroaccin directa ................................................................................................................. 541.4.3 Reconstruccin ptima del estado. Filtro de Kalman-Bucy .................................................. 561.4.4 Regulador LQG ...................................................................................................................... 62

1.5 Ejercicios resueltos ......................................................................................................................... 672. Tcnicas de control robusto ................................................................................................................... 79

2.1 Conformacin del lazo (loopshaping) ............................................................................................. 802.1.1 Condiciones de comportamiento robusto ............................................................................... 812.1.2 Ejemplo .................................................................................................................................. 81

2.2 Teora cuantitativa de la retroaccin (QFT) ................................................................................... 832.2.1 Regiones de incertidumbre ..................................................................................................... 832.2.2 Plantillas para el diseo .......................................................................................................... 842.2.3 Ejemplo .................................................................................................................................. 86

2.3 Mtodos H ..................................................................................................................................... 892.3.1 Transformacin fraccional lineal (LFT) ................................................................................. 892.3.2 Obtencin de la planta aumentada .......................................................................................... 912.3.3 ndices de comportamiento ..................................................................................................... 922.3.4 Sntesis del controlador .......................................................................................................... 922.3.5 Ejemplo .................................................................................................................................. 93

2.4 Ejercicio resuelto ............................................................................................................................ 993. Control frecuencial de sistemas MIMO ............................................................................................. 110

3.1 Modelizacin ................................................................................................................................. 1103.1.1 Representacin ..................................................................................................................... 1103.1.2 Perspectiva histrica. Del control moderno al robusto ........................................................ 1143.1.3 Herramientas matemticas .................................................................................................... 1163.1.4 Especificaciones ................................................................................................................... 118

3.2 Anlisis .......................................................................................................................................... 1213.2.1 Interaccin y desacoplamiento ............................................................................................. 1213.2.2 Anlisis de la dominancia diagonal ...................................................................................... 1243.2.3 Anlisis de estabilidad .......................................................................................................... 126

3.3 Control MIMO por mtodos frecuenciales .................................................................................... 131

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3.3.1 Control por inversin de planta ............................................................................................ 1313.3.2 El mtodo de los lugares caractersticos ............................................................................... 1363.3.3 Mtodo de Perron-Frobenius ................................................................................................ 1583.3.4 Direct Nyquist Array ............................................................................................................ 1643.3.5 Inverse Nyquist Array .......................................................................................................... 169

3.4 Referencias .................................................................................................................................... 174

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1. Control en el espacio de estado

1.1 Descripcin de sistemas en el espacio de estado

1.1.1 Descripciones de sistemas dinmicos: ED, FT y EE En el primer tema vimos cmo un sistema dinmico poda representarse por medio de: ecuaciones diferenciales (ED), funciones de transferencia (FT) y ecuaciones de estado (EE). En este tema nos centraremos en la descripcin va EE: Ecuaciones de estado Variables de estado (VE) x(t). Resumen la historia dinmica del sistema. Junto con u(t), t>0, permiten determinar el valor futuro de cualquier variable del sistema. Tambin pueden verse como el mnimo conjunto de condiciones iniciales (CI), x(0). Ecuaciones de estado (EE).

),,(1 tf uxx , ),(2 tf xy : no lineales, variantes, MIMO uBxAx )()( tt , xCy )(t : lineales, variantes, MIMO

BuAxx , Cxy : lineales, invariantes, MIMO ubAxx , xc ty : lineales, invariantes, SISO

(Nota: Se les reconoce por estar formadas por el vector de primeras derivadas y, a la derecha, relaciones algebraicas) Ejemplo 1. Pndulo invertido. Ecuaciones diferenciales. Obtener las ecuaciones diferenciales que rigen la dinmica del montaje de la Fig. 1, con los siguientes datos:

l

x

y

m

M

u

x

P

Fig. 1. Pndulo invertido

Datos: M = 2kg, m = 0.1kg, l =0.5m, g = 9.81m/s2. Se supone que el cilindro no tiene masa, por lo que el centro de gravedad del pndulo se sita en la masa m. Considerar tambin que el momento de inercia I del pndulo respecto a su centro de gravedad es nulo y que el ngulo es pequeo.

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Solucin: Coordenadas del centro de gravedad del pndulo. Coinciden con la posicin de la bola:

cossin

lylxx

G

G

Movimiento rotacional de la bola: cossin lHlVI , donde H, V son las componentes horizontal y vertical de la fuerza medida en el punto P.

Movimiento horizontal de la bola: Hlxdtdm )sin(2

2

Movimiento vertical de la bola: mgVldtdm )cos(2

2

Movimiento horizontal del carrito: HuxM Si el ngulo de rotacin es pequeo, estas cuatro ecuaciones quedan como:

lHlVI Hlxm )(

mgV 0 HuxM

Sustituyendo I = 0 y combinando las ecuaciones (2) con (4) y (1) con (3), el resultado es:

umlxMm )( mglxmlml 2

Ejemplo 2. Pndulo invertido. De ecuaciones diferenciales a funcin de transferencia. A partir de las ecuaciones diferenciales:


se pide obtener la ecuacin diferencial que relaciona u con (que no aparezca x ni sus derivadas) y, a partir de ella, obtener la funcin de transferencia (s)/U(s). Es estable el sistema? Solucin: Simplificando ml, la segunda ecuacin es gxl . Sustituyndola en la primera, da

umllgMm ))(( o, lo que es lo mismo, uMlgMm )( . Aplicando Laplace con condiciones iniciales nulas,

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)()()()(2 sUsgMmsMls , se obtiene finalmente:

601.201

)(1

)()(

22

sgmMMlssU

s

Es inestable puesto que sus polos estn en 4.539 y en +4.539. Ejemplo 3. Pndulo invertido. De ecuaciones diferenciales a ecuaciones de estado. A partir de las ecuaciones diferenciales:


se pide obtener las ecuaciones de estado tomando como variables de estado a 1x , 2x ,

xx 3 , xx 4 , y como variables de salida a y x. Solucin: Por un lado, 21 xx y 43 xx . La segunda ecuacin del enunciado queda como

1422 mglxxmlxml o, lo que es lo mismo, 214 xlgxx . Sustituyendo sta en la primera

ecuacin del enunciado, uxmlxMm 24)( , se obtiene uMgxmgxxMl 112 . En definitiva,

00010000000010

)(

Mmg

MlgmM

A ,

M

Ml

1

1

0

0

b ,

01000001

C ,

00

d

%planta M=2; m=0.1; g=9.81; l=0.5; A=[0 1 0 0; (M+m)*g/(M*l) 0 0 0; 0 0 0 1; -m*g/M 0 0 0]; B=[0 -1/(M*l) 0 1/M]'; C=[1 0 0 0; 0 0 1 0]; D=[0 0]'; A = 0 1.0000 0 0 20.6010 0 0 0 0 0 0 1.0000 -0.4905 0 0 0 B = 0 -1.0000

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0 0.5000 C = 1 0 0 0 0 0 1 0 D = 0 0

1.1.2 Conversin de FT a EE. Polos y autovalores Conversin de EE a FT Para pasar de las ecuaciones de estado a la funcin de transferencia basta con aplicar la transformada de Laplace a las EE y despejar la relacin entre la salida y(t) y la entrada u(t) con CI nulas:

uyu

DCxBAxx

)()()(

)()()0()(sUssY

sUsssDCX

BAXxX

))()0(()()( 1 sUss BxAIX

statezeroinputzero

sUsssUssY )()()0()()()()( 11 DBAICxAICDXC

DBAIC

x

)(

1

0)0(

1 )()()()(s

ssUsYsH

Polos y autovalores Puesto que DBAIC 1)()( ssH , los polos de la funcin de transferencia coinciden con los autovalores de la matriz de estado A. Notar que el denominador de H(s) coincide con el polinomio caracterstico de A expresado en s. Por ejemplo, para el caso del pndulo simple del Tema 1 tenemos lo siguiente:

>> num=1;den=[1 0.5 10]; >> H=tf(num,den); >> roots(den) ans = -0.2500 + 3.1524i -0.2500 - 3.1524i

>> a=[0 1;-10 -0.5];b=[0;1];c=[1 0];d=0; >> H=ss(a,b,c,d); >> eig(a) ans = -0.2500 + 3.1524i -0.2500 - 3.1524i

Esquema de bloques de la realizacin de estado

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Puesto que DBAIC 1)()( ssH , si suponemos D=0 (que es lo ms habitual, correspondiente a sistemas estrictamente propios), el esquema de bloques de la realizacin de estado es:

x

A

B C xu y +

+

Fig. 2. Esquema de bloques

Ejemplo 4. Pndulo invertido. Polinomio caracterstico y autovalores. Considerar de nuevo el pndulo invertido de la Fig. 1. Se pide obtener su polinomio caracterstico. Es estable el sistema? Solucin: Polinomio caracterstico: 24 601.20)( Es inestable porque tiene un autovalor (polo) en +4.539.

alfa=poly(A) alfa = 1.0000 -0.0000 -20.6010 0 0 roots(alfa) ans = 0 0 4.5388 -4.5388

1.1.3 Conversin de EE a FT. Formas cannicas Conversin de FT a EE La conversin de FT a EE no es nica pero existen ciertas formas que presentan ventajas frente a otras. Son las formas cannicas y se obtienen aplicando de manera inversa la regla de Mason vista en el Tema 1. A fin de eliminar los trminos de productos de lazos y simplificar los trminos , i, se hace que todos los lazos se toquen (tengan al menos un nodo en comn) y que todos los caminos toquen tambin a todos los lazos (pasen tambin por dicho nodo). Cuando el nodo en comn es el nodo de entrada se obtienen las formas controlables y cuando es el de salida las observables. Considerar la funcin de transferencia

nonnn

on

n

on

nn

on

n

sasasasbsbsb

asasasbsbsbsH

)1(1

11

)1(1

11

11

1

11

1

1)(

Vamos a ver las formas cannicas ms comunes:

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Forma companion controlable (FCC) Tambin llamada directa 1D. Se obtiene por inspeccin directa de los coeficientes de H(s) y, por tanto, no requiere calcular ni polos ni ceros.

-an-1

-a1-an-2

-a0

bn-1

b1

bn-2

b0s-1

xn xn-1 x1x2s-1 s-1

u

1

y

..

Fig. 3. Forma cannica controlable

A

0 1 0

0 1

0 1 1

a a an

, b

0

01

c t nb b b 0 1 1

Forma companion controlable (FCC) de Matlab Como en Matlab los nodos se numeran al revs, la FCC resultante obtenida con tf2ss es:

-an-1

-a1 -an-2

-a0

bn-1

b1 bn-2

b0 s-1

x1 x2 xn xn-1 s-1 s-1

u

1

y

..

Fig. 4. Forma cannica controlable (matlab)

0100

001021

aaa nn

A ,

0

01

b

021 bbb nnt c

Forma companion observable (FCO) Tambin llamada directa 2D: Si se toma la nomenclatura de nodos de la Fig. 3, puede obtenerse por

transposicin de las matrices de la FCC ( A AFCO FCCT , b cFCO FCCt T , c bFCOt FCCT ):

-an-1

-a1 -an-2

-a0

bn-1

b1 bn-2

b0 s-1

xn xn-1 x1 xn-2 s-1 s-1

u

1

y

..

Fig. 5. Forma cannica observable

A

0 01

0 1

0

1

1

aa

an

, b

bb

bn

0

1

1

c t 0 0 1

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Forma cannica diagonal (FCD) Tambin llamada desacoplada. Se obtiene a partir de la descomposicin de H(s) en suma de fracciones simples. Requiere el clculo de polos y residuos.

n

n

on

nn

on

n

sc

sc

sc

asasasbsbsbsH

2

2

1

1

11

1

11

1)(

cn

c1

b0

u

1

y

2

s-11

s-1

1

1

c2

n

s-1

Fig. 6. Forma cannica diagonal

1

2

0 00

00 0

n

, b n

11

1

cnt nc c c 1 2

Forma cannica en cascada Tambin llamada serie o tndem. Se obtiene a partir de la descomposicin de H(s) en producto de fracciones simples,

n

mn

on

nn

on

n

szs

szsb

asasasbsbsbsH

2

11

11

1

11

1 )()(

1

1

sbm

... n

m

szs

Fig. 7. Forma cannica serie

Conversin entre formas cannicas Pasar de una representacin de estado (cannica o no) implica hacer un cambio de las variables de estado y hacer la transformacin de manera que se preserven sus caractersticas dinmicas (estabilidad, controlabilidad y observabilidad). Por ello, la transformacin debe ser de similaridad (conserva los autovalores). El cambio de variables de estado es:

- Sistema a transformar: x Ax b u y t c x

- Cambio general de variables: x x

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- Transformacin: x Tx - Sistema transformado: x Ax b u

y t c x donde A T AT 1 , b T b 1 y c c Tt t

La matriz de paso T debe ser una matriz unitaria, T*T=I, TT*=I, y su valor ser distinto segn sea la forma cannica que queremos calcular: Conversin a forma cannica diagonal. Matriz modal

En este caso la transformacin requerida viene dada por T=M, siendo nmmmM 21 la matriz modal formada por columnas de autovectores por la derecha (right eigenvectors,

iii uAu , por lo que tambin se denota por nuuU 1 ). Tambin es posible formar la matriz modal por filas (left modal matrix:

tn

t

T

v

vV

1

), cuyas filas son los autovectores por la

izquierda tiv , Tii

Ti vAv .

La variable transformada suele denotarse por z en vez de x , y la matriz de estado resultante se suele denominar en vez de A. Casos especiales: Si A es companion con autovalores distintos entonces M es una matriz de Van der Monde. Si los autovalores son complejos, ser diagonal por bloques. Conversin a forma cannica controlable. Variables de fase

La matriz que realiza esta transformacin es T M W c , siendo Mc la matriz de controlabilidad y W la matriz de Toplitz obtenida a partir del polinomio caracterstico del sistema.

Expresin de Mc : M b Ab A bc n 1 , siendo n el nmero de estados.

Obtencin de W a partir de ( ) n n na a a1 1 1 0 : W

a a

a

n

n

1 1

1

11 0

1 0 0

Conversin a forma cannica observable

La matriz que realiza la transformacin es T WM o 1 , siendo Mo la matriz de observabilidad y W la misma matriz de Toplitz presentada en el apartado anterior.

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Expresin de Mo : M

cc A

c A

0

1

t

t

t n

, siendo n el nmero de estados.

Ejemplo 5. Realizaciones de una H(s). Formas cannicas. Dada la funcin de transferencia

342)( 2

ss

ssH

Se pide: 1) Obtener su realizacin en Forma Companion Controlable (FCC) (versin Matlab). (Matlab: tf2ss)

num=[1 2]; den=[1 4 3]; disp('FCC matlab') [a,b,c,d]=tf2ss(num,den)

FCC (MATLAB): 2101

0134

tcMcMcM c;b;A

s-1 s-1

-4

-3

u y

1

1

2 x2 1x 21 xx

2) Obtener su realizacin en Forma Companion Controlable (FCC) (versin teora). (Matlab: rot90, flipud, fliplr)

disp ('FCC teoria') a=rot90(a,2),b=flipud(b),c=fliplr(c),

FCC (teora): 1210

4310

tccc c;b;A

s-1 s-1

-4

-3

u y

1

1

2 x1 2x 21 xx

3) Obtener su realizacin en Forma Companion Controlable (FCC) a partir de la trasformacin de similaridad xTx , WMT c . (Matlab: ctrb, poly, inv)

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disp('FCC toeplitz') Mc=ctrb(a,b); pol=poly(a); W=[pol(2) 1; 1 0]; T=Mc*W; aFCC=inv(T)*a*T bFCC=inv(T)*b cFCC=c*T

FCC: 1210

4310

tccc c;b;A

4) Obtener su realizacin en Forma Companion Observable (FCO) a partir de la trasformacin de

similaridad x Tx , T WM ( )o 1 . (Matlab: obsv, poly, inv)

disp('FCO toeplitz') Mo=obsv(a,c); T=inv(W*Mo)'; aFCO=inv(T)*a*T bFCO=inv(T)*b cFCO=c*T

FCO: 1012

4130

tooo c;b;A

s-1 s-1

-4

-3

u y

1

1 2 x2 1x 12 xx

5) Obtener su forma cannica en cascada

32

11

342)( 2

ss

sssssH

uyu

021

01

3101

x

xx

s-1

-1

1

u y 2

1 x1 1x 2x s-1

-3

x2 1 1

6) Obtener su forma cannica diagonal

35.0

15.0

342)( 2

ssss

ssH

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uyu

05.05.011

3001

x

xx

s-1

-1

1

u y

0.5 1 x1 1x

2x s-1

-3

x2 0.5

Ejemplo 6. Forma cannica diagonal y de Kalman. Dado el sistema con:

011212425

A ;

111311

B ;

001213

C

Se pide: 1) Convertir las matrices A, B y C a la Forma Cannica Diagonal (Nota: Calcularla a travs de x Mz ).

a=[5 -2 -4;2 1 -2;1 -1 0]; b=[1 -1;3 1;-1 -1]; c=[3 -1 -2;-1 0 0]; d=zeros(2); %diagonal obteniendo T [T,D]=eig(a), an=inv(T)*a*T bn=inv(T)*b cn=c*T; T = -0.7071 0.7071 0.0000 -0.7071 -0.0000 -0.8944 -0.0000 0.7071 0.4472 D = 3.0000 0 0 0 1.0000 0 0 0 2.0000 an = 3.0000 -0.0000 -0.0000 -0.0000 1.0000 -0.0000 0.0000 0.0000 2.0000 bn = -1.4142 1.4142 0.0000 0.0000 -2.2361 -2.2361 cn = -1.4142 0.7071 0.0000 0.7071 -0.7071 -0.0000

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2) Convertir las matrices A, B y C a la Forma Cannica Diagonal (Nota: Calcularla a travs de la funcin canon).

%diagonal canon FCD=canon(ss(a,b,c,d),'modal') a = x1 x2 x3 x1 3 0 0 x2 0 1 0 x3 0 0 2 b = u1 u2 x1 -1.414 1.414 x2 5.024e-015 4.082e-015 x3 -2.236 -2.236 c = x1 x2 x3 y1 -1.414 0.7071 4.552e-015 y2 0.7071 -0.7071 -2.913e-015 d = u1 u2 y1 0 0 y2 0 0 Continuous-time model.

3) Obtener la Forma Cannica Controlable de Kalman (FCCK), separando el subsistema controlable ( cA ) del no controlable ( cA ).

Nota: La transformacin es xTx , 21 TTT

c

c

AAA

A0

12 , siendo T1 una submatriz

con nn 1 columnas linealmente independientes de cM y el resto (T2) columnas arbitrarias que no hagan singular la matriz T. La funcin ctrbf de matlab da como resultado

c

c

AAA

A21

0.

%FCCK [aa,bb,cc,T,k]=ctrbf(a,b,c); aa = 1.0000 -0.0000 0.0000 -5.8424 2.8000 -0.1633 2.6833 -0.9798 2.2000 bb = -0.0000 -0.0000 0.4472 -1.3416 -3.2863 -1.0954 cc = -3.2660 1.7889 -0.3651 0.4082 -0.8944 0.1826 T = -0.4082 0.4082 0.8165 0.8944 -0.0000 0.4472 -0.1826 -0.9129 0.3651 k = 2 0 0

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1.1.4 Solucin de ecuaciones de estado. Respuestas zero input y zero state Tambin en el primer tema vimos cmo la respuesta de un sistema lineal estaba formada por la superposicin de dos trminos:

Respuesta zero state (ZS): Respuesta del sistema debida nicamente a la excitacin u(t), suponiendo pues condiciones iniciales nulas (x(0)=0).

Respuesta zero input (ZI): Respuesta del sistema debida nicamente a la energa

almacenada en l en el instante 0, es decir, debida nicamente a las condiciones iniciales x(0), suponiendo excitacin nula, u(t)=0.

Vamos a ver cmo se obtiene la respuesta temporal a partir de las ecuaciones de estado. Por Laplace. Matriz resolvente y matriz de transicin

BuAxx )()()0()( ssss BUAXxX

)()0()()( sss BUxXAI )()0()()( 1 sss BUxAIX

ZS

t t

ZI

t deet 0 )( )()0()( Buxx AA A la matriz 1)()( AI ss se la llama matriz resolvente. Para pasar al dominio temporal se usa la transformacin de Laplace inversa (y de manera anloga al caso SISO: ateas )/(1 ). As, la transformada inversa es tet A)( y se la llama matriz de transicin. Para obtener la expresin en el tiempo de x(t) necesitamos calcular la matriz de transicin. Este clculo se simplifica mucho si antes de obtenerla pasamos a FCD (puesto que, entonces te tambin ser diagonal) y, despus, volvemos a aplicar la transformacin modal inversa: Sabemos que x = Mz, siendo M la matriz modal,

BuAMzzM

uBzBuMAMzMz n 11 con )0()0( 1xMz deet ntt )()0()( )( uBzz

Clculo de la matriz de transicin Para calcular la matriz e tA hay diversas opciones: a) Laplace: 11 )( AIA sLe t y obteniendo )(s tanto matricialmente como topolgicamente b) Clculo numrico aproximado (aplicacin: discretizacin de las ecuaciones de estado)

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!2

22TTe TdAAIA A

BBAABIABB A TTede TTd 110

c) Cayley-Hamilton (posibilita reducir la serie !2

22tte t AAIA a un polinomio)

c.1) Polinomio: 1110

nnte AAIA c.2) Clculo de los coeficientes: 111111

nnote

... 111

nnnnotne

d) Desarrollo de Sylvester

d.1) Polinomio: e et t ii

niA F

1

d.2) Clculo de los coeficientes: FA I

ij

i jjj i

n

1( )

Ejemplo 7. Clculo de la matriz de transicin. Calcular la matriz de transicin del siguiente sistema por diferentes mtodos:

uyu

00110

3210

x

xx

Solucin:

Primer mtodo: Por Laplace Matriz resolvente calculada matricialmente:

232

13

)(2

1331

223

3210

)()( 2

211

sss

s

ss

ss

sss

ss AI

Descomposicin en suma de fracciones simples de cada elemento de la matriz:

2)1(

12

233)( 211

ssssss ,

2)1(

11

231)( 212

sssss

22

1)2(

23)2()( 221

sssss ,

22

1)1(

231)( 222

sssss Transformada inversa de cada trmino:

Academia de Control


Pag. -17

tttt

ttttt

eeeeeeee

e 2222

2222A

Segundo mtodo: Cayley-Hamilton Segn el teorema del mismo nombre, la matriz A es solucin de su polinomio caracterstico.

210

11010 2

1

t

tt

ee

e AIA

Por tanto, hay que resolver el siguiente sistema a fin de hallar 0 y 1:

10

102 2

t

t

ee

tttt eeee 2112

1 2

ttttt eeeee 2220 222

tt ee

tttttt

tttt

teeeeee

eeeee

22

222

22

10 332222

AIA

Ejemplo 8. Simulacin de respuestas ZI y ZS. Considerar de nuevo el pndulo simple del Tema 1,

105.011

)()()( 22

sssssU

ssH En este ejemplo veremos cmo simular las respuestas ZS y ZI. Si obtenemos su respuesta indicial a partir de la funcin de transferencia, lo que estamos simulando es slo la respuesta ZS (recordar que la funcin de transferencia implicaba CI nulas):

>> H=tf(1,[1 0.5 10]) Transfer function: 1 --------------------- s^2 + 0.5 s + 10 >> step(H) >>

0 5 10 15 20 250

0.02

0.04

0.06

0.08

0.1

0.12

0.14

0.16

0.18Step Response

Time (sec)

Am

plitu

de

En cambio, si trabajamos con la descripcin de estado, podemos encontrar por separado ZS, ZI o la suma de ambas. Las ecuaciones de estado del pndulo simple son:

Academia de Control


Pag. -18

uxx

y

uxx

xx

001

1010

2

1

2

1

2

1

Para el caso =10, =0.5, las siguientes figuras muestran respectivamente la respuesta zero input a condiciones iniciales T2.02.0)0( x y la respuesta zero state:

>> a=[0 1;-10 -0.5]; >> b=[0;1]; >> c=[1 0]; >> d=0; >> H=ss(a,b,c,d); >> x0=[0.2;-0.2]; >> [y,t,x]=initial(H,x0); >> plot(t,x)

0 5 10 15 20 25-0.8

-0.6

-0.4

-0.2

0

0.2

0.4

0.6

>> a=[0 1;-10 -0.5]; >> b=[0;1]; >> c=[1 0]; >> d=0; >> H=ss(a,b,c,d); >> [y,t,x]=step(H); >> plot(t,x)

0 5 10 15 20 25-0.4

-0.3

-0.2

-0.1

0

0.1

0.2

0.3

Notar que, en la segunda grfica, la primera variable de estado (azul) coincide con la salida de la funcin de transferencia. Finalmente, podemos simular la suma de la respuesta ZS y la respuesta ZI:

>> a=[0 1;-10 -0.5]; >> b=[0;1]; >> c=[1 0]; >> d=0; >> H=ss(a,b,c,d); >> x0=[0.2;-0.2]; >> t=linspace(0,25,200); >> u=ones(size(t)); >> [y,t,x]=lsim(H,u,t,x0); >> plot(t,x)

0 5 10 15 20 25-0.4

-0.3

-0.2

-0.1

0

0.1

0.2

0.3

Academia de Control


Pag. -19

Ejemplo 9. Simulacin de respuestas ZI y ZS. Dada la funcin de transferencia

342)( 2

ss

ssH

se trata de obtener su respuesta temporal: Las respuestas ZI, ZS y ZI+ZS del sistema con excitacin

escaln unitario y condiciones iniciales

11

)0(x . La descripcin en EE es

uyu

012

10

4310

x

xx

En primer lugar se calcula la respuesta zero-input tomando como condiciones iniciales (CI) a

1)0(1 x y 1)0(2 x . (Matlab: tf2ss, initial, ss, plot, title, xlabel):

num=[1 2];den=[1 4 3];[a,b,c,d]=tf2ss(num,den);x0=[1 1]'; %zero input figure(1),[y,t,x]=initial(ss(a,b,c,d),x0); plot(t,y,t,x,'--'),title('zero input'),xlabel('t'),

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3zero input

tiempo Ahora se calcula la respuesta zero-state a una excitacin escaln unitario. (Matlab: step, ss, plot, title, xlabel):

%zero state a escalon unitario figure(2),[y2,t,x2]=step(ss(a,b,c,d),t,x0*0); plot(t,y2,t,x2,'--'),title('zero state'),xlabel('t'),

0 1 2 3 4 5 6 70

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7zero state

tiempo

Academia de Control


Pag. -20

Ahora se calcula y representa la respuesta total (zero-state ms zero-input). (Matlab: lsim, ss, plot title, xlabel)

%total figure(3),[y3,t,x3]=lsim(ss(a,b,c,d),t*0+1,t,x0); plot(t,y3,t,x3,'--'),title('total'),xlabel('t'),

0 1 2 3 4 5 6 7-0.5

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

3.5total

tiempo Finalmente se presenta en el plano de estado ( )( 12 xx ) la respuesta del sistema a un conjunto de condiciones iniciales (variando entre 1 y 1). (Matlab: for..end, initial, ss, plot, axis, hold on hold off, title, xlabel, ylabel):

%plano de estado figure(4) for x1=-1:0.25:1 for x2=-1:0.25:1 [y,t,x]=initial(ss(a,b,c,d),[x1;x2]); plot(x(:,1),x(:,2)),hold on end end axis([-1 1 -1 1]),title('Plano de fase') xlabel('x_1'),ylabel('x_2') hold off

Ejemplo 10. Pndulo invertido. Simulacin de la respuesta zero input. Considerar de nuevo el pndulo invertido de la Fig. 1.

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Pag. -21

Se pide obtener la respuesta zero input a T0001.00 x . Representar por separado cada una de las variables de estado (subplot). Solucin: La respuesta a condiciones iniciales modela la perturbacin con respecto al punto de equilibrio:

>> x0=[0.1 0 0 0]; >> t=linspace(0,0.8); >> [y,t,x]=initial(ss(a,b,c,d),x0,t); >> plot(t,x) >> xlabel('tiempo'),title('planta sin control') >> legend('\theta','d\theta/dt','x','dx/dt','Location','Best')

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8-1

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

tiempo

planta sin control

d/dtxdx/dt

1.1.5 Anlisis de controlabilidad y observabilidad Definiciones Suponer que tenemos un sistema con n estados, algunos estables y otros inestables. Entonces,

El sistema es totalmente controlable si tenemos acceso a todos los estados desde el nodo de control u.

En el caso de que no todos los estados sean controlables, se dice que el sistema es estabilizable si, al menos, todos los estados inestables s que son controlables desde u.

El sistema es totalmente observable si tenemos acceso a todos los estados desde el nodo de salida y.

En el caso de que no todos los estados sean observables, se dice que el sistema es detectable si, al menos, todos los estados inestables s que son observables desde y.

Criterios Existen diferentes criterios para determinar si un sistema es controlable y/o observable. Por ejemplo se pueden usar las matrices de controlabilidad y observabilidad:

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Pag. -22

Criterio de controlabilidad: Un sistema es totalmente controlable si el rango de su matriz de controlabilidad Mc es igual al nmero de estados n.

M b Ab A bc n 1

Criterio de observabilidad: Un sistema es totalmente observable si el rango de su matriz de observabilidad Mo es igual al nmero de estados n.

M

cc A

c A

0

1

t

t

t n

Aparte de las matrices Mc y Mo tambin se puede estudiar la controlabilidad y observabilidad por medio de los Gramianos, por medio de la forma cannica diagonal y por medio de la descomposicin de Kalman.

Propiedades

Dualidad: La controlabilidad del sistema A b c1 1 1, , t es equivalente a la observabilidad del sistema A A b c c b2 1 2 1 2 1 T t T t T, , .

Efecto de la retroaccin de estado sobre la controlabilidad y la observabilidad: El sistema resultante (controlado) retiene la propiedad de controlabilidad de la planta, pero puede perder la observabilidad de la planta. Ejemplo 11. Anlisis de controlabilidad y observabilidad. Estabilizabilidad y detectabilidad. Dado el sistema definido por las siguientes matrices:

A b c

2 8 0 00 3 6 00 0 4 00 0 0 5

1100

0 1 1 0, , t

se trata de estudiar su controlabilidad (estabilizabilidad) y su observabilidad (detectabilidad). Se pide: 1) Calcular la matriz de controlabilidad bAAbbM 1 nc , determinar por inspeccin su rango e interpretar el resultado. (Matlab: ctrb,rank)

a=[2 8 0 0;0 3 6 0;0 0 4 0;0 0 0 -5]; b=[1 1 0 0]';

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Pag. -23

c=[0 1 1 0]; mc=ctrb(a,b),rc=rank(mc)

M c c

1 10 44 1601 3 9 270 0 0 00 0 0 0

2 No controlable

2) Calcular la matriz de observabilidad M

cc A

c A

o

t

t

t n

1

, determinar por inspeccin su rango e

interpretar el resultado. (Matlab: obsv, rank)

mo=obsv(a,c),ro=rank(mo)

Mo o

0 1 1 00 3 10 00 9 58 00 27 286 0

2 No observable

3) Hallar la Forma Cannica Diagonal e identificar los modos observables y/o controlables. (Matlab: canon)

FCD=canon(ss(a,b,c,0),'modal')

FCD

2 0 0 00 3 0 00 0 4 00 0 0 5

, b n

78 06

00

. Los modos 4 y -5 no son controlables

c nt 0 012 0 28 0. . Los modos 2 y -5 no son observables 4) A la vista del resultado anterior indicar si el sistema es estabilizable y/o detectable.

El modo inestable 4 no es controlable el sistema no es estabilizable.

El modo inestable 2 no es observable el sistema no es detectable. Ejemplo 12. Pndulo invertido. Anlisis de controlabilidad y observabilidad. Estabilizabilidad y detectabilidad. Considerar de nuevo el pndulo invertido de la Fig. 1.

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Pag. -24

Se pide estudiar su controlabilidad y su observabilidad. dem con su estabilizabilidad y su detectabilidad. Solucin: Es totalmente controlable. Por tanto, tambin es estabilizable.

Mc=ctrb(A,B) rank(Mc) Mc = 0 -1.0000 0 -20.6010 -1.0000 0 -20.6010 0 0 0.5000 0 0.4905 0.5000 0 0.4905 0 ans = 4

Sin embargo, es completamente observable desde y2=x, pero no desde y1=.

rank(obsv(a,c(1,:))) ans = 2 rank(obsv(a,c(2,:))) ans = 4

1.1.6 Anlisis de estabilidad (Lyapunov) Segundo mtodo de Lyapunov

Funcin de Lyapunov: V t( )x x Px , forma cuadrtica definida positiva. ( ) ( )V T Tx x A P PA x , forma cuadrtica definida negativa. Criterio de estabilidad. Mtodo: 1) Plantear la ecuacin A P PA IT . 2) Resolver obteniendo P. 3) Estudiar del signo de la matriz P. Para estudiar el signo de una matriz hay que estudiar los menores (minors) de la matriz. stos pueden ser menores principales y menores principales bsicos (leading) El menor (asociado al elemento aij de una matriz A nn) es el determinante de la matriz (n-1)(n-1) obtenida eliminando la fila i y la columna j. El cofactor asociado al elemento aij es el menor dotado del signo (-1)i+j. Ejemplo 13. Anlisis de estabilidad. Dada la funcin de transferencia

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Pag. -25

H s ss s

( ) 2

4 32

se trata de estudiar su estabilidad: 1) obteniendo sus autovalores (por tratarse de un SLI), y 2) aplicando el segundo mtodo de Lyapunov (de gran utilidad en los sistemas no lineales). Solucin:

Primero calculamos los autovalores de dos de sus realizaciones y comprobamos que coinciden con los polos de H s( ). (Matlab: roots, tf2ss, canon, ssdata, eig)

num=[1 2];den=[1 4 3]; % polos=roots([1 4 3]) % FCD=canon(tf(num,den),'modal');[a,b,c,d]=ssdata(FCD), autoval=eig(a) % [a,b,c,d]=tf2ss(num,den); autoval=eig(a)

Autovalores: 1 21 3 y

A partir de la matriz del sistema correspondiente a la Forma Companion Controlable, resolvemos la ecuacin de Lyapuov (A P PA IT ) y determinamos el signo de la forma cuadrtica cuya matriz de coeficientes es P, mediante el criterio de Sylvester. (Matlab: lyap, eye, det)

p=lyap(a',eye(2)) p11=p(1,1) detP=det(p) if (p11>0) & (detP>0),disp('estable'),else,('inestable'),end

Segundo mtodo de Lyapunov:

Solucin:

1667.11667.01667.01667.0

P

Signos: 01667.0 y det( ) .P 0 1667 0 Estable

1.1.7 Ventajas de las EE frente a ED y FT Limitaciones de las descripciones entrada/salida La funcin de transferencia es una descripcin entrada/salida que no tiene en cuenta lo que hay dentro del sistema (cosa que s hacen las EE) y por ello puede dar problemas. Vemoslo con un ejemplo: Ejemplo 14. Limitaciones de la FT. Estudiar la estabilidad del siguiente sistema con ayuda de la funcin impulse y obteniendo la funcin de transferencia. Extraer conclusiones.

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Pag. -26

uyu

001

11

1003

x

xx

Solucin: Si representamos slo la salida o los estados se obtiene lo siguiente: >> impulse(ss(a,b,c,d)) >> [y,t,x]=impulse(ss(a,b,c,d));plot(t,x)

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 20

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1Impulse Response

Time (sec)

Am

plitu

de

0 0.5 1 1.5 20

1

2

3

4

5

6

7

La salida coincide con el primer estado, que es estable. Sin embargo, el segundo estado, no visible desde la salida es inestable. Es decir, el sistema es inestable pero desde la salida no podemos observarlo. Vamos a obtener la funcin de transferencia de este sistema: Hay que aplicar esta frmula: bAIc 1)()( ssH En primer lugar calculamos la matriz resolvente (s):

10

03)(

ss

s AI

1003

ss

30

01s

s

)(30

01

)( 1ss

s

s

AI

donde el polinomio caracterstico es )1)(3()( sss . As,

31

)1)(3(1

)(1

)(31

01

11

)(30

01

01)(

ssss

ss

sss

ss

s

sH El polo inestable se ha cancelado y no aparece en la funcin de transferencia (!). Por qu sucede esto? La FCD nos muestra que el autovalor inestable +1 no es observable desde la salida:

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Pag. -27

s-1

-3

1

u y

1 1 x1 1x

2x s-1

+1

x2

El sistema es totalmente observable pero no es detectable. Comparacin ED, FT y EE ED: modelos obtenidos a partir de las leyes de la fsica difciles de obtener generales (NL, MIMO, CI) describen con mucho detalle la dinmica no son adecuados para el diseo de controladores FT: modelo sencillo polos adecuado para anlisis cuantitativo rpido adecuado para diseo de controladores limitados a SISO, LTI, CI nulas al ser una descripcin E/S se pierde informacin interna EE: modelo de EDs de 1er orden autovalores generales (NL, MIMO, CI) la realizacin en EE no es nica permiten el anlisis por simulacin numrica adecuados para el diseo de controladores (por ordenador) contiene informacin sobre la estructura interna del sistema

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Pag. -28

1.2 Control modal

1.2.1 Regulador del estado. Fijacin de polos Formulacin del problema

1) Planta: , Condiciones iniciales (CI): x( )0 0 , ( ) de grado n y t c x

2) Objetivo del control: Suponiendo que se ha producido una perturbacin de las condiciones iniciales x x( )0 0

, el objetivo es conseguir que el estado vuelva a su valor original, segn una dinmica caracterizada por un polinomio caracterstico c() cualquiera pero razonable. En resumen, se trata de cambiar ( ) por c ( ) .

Solucin del problema

1) Condicin de existencia: El sistema debe ser controlable, es decir, rango nc( )M . 2) Ley de control: Retroaccin de las variables de estado u t tc

t( ) ( ) k x 3) Esquema de bloques

x

A

b ct

kct

xu y -

+

+

Fig. 8. Retroaccin de las variables de estado

4) Mtodos de clculo del vector de ganancias: El vector tck se puede calcular de diversas formas: a) Por simple inspeccin (si las ecuaciones de estado estn en FCC). b) Por identificacin de coeficientes: I A bk ct c ( ) c) Utilizando la frmula de Ackermann: k M Act c c 0 0 1 1 ( ) d) Utilizando la frmula de Bass-Gura: k a a M Wct c T c 1 donde los coeficientes

del vector a a a an T0 1 1 se toman del polinomio caracterstico de la planta ( ) n n na a a1 1 1 0 , y los coeficientes de ac se toman, de manera anloga, del polinomio deseado c ( ) a obtener una vez cerrado el lazo.

5) Sistema global: El sistema, una vez cerrado el lazo, es

( )x A bk x ct y t c x donde se suele definir A A bkc ct

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Pag. -29

Comentarios 1) Unicidad de la solucin: En el caso MIMO la solucin (K) no es nica. El MATLAB resuelve

este problema con la instruccin place. La no unicidad, lejos de ser un inconveniente, puede ser una ventaja al permitir fijar y obtener objetivos adicionales.

2) Interpretacin clsica: La retroaccin de salida equivalente a la de estado ( Heq(s) ) es

Equivalencia (caso SISO): H s U sY s

ss

s U ss U s

sseq

t

t

t

t

t

t( )( )

( )( )( )

( ) ( )( ) ( )

( )( )

k Xc X

k bc b

k bc b

u

uc

y

x

G(s)

tk

u

uc

yG(s)

Heq(s)

Fig. 9. Retroaccin de salida equivalente a la retroaccin de estado 3) Ganancia del lazo: El lazo es )()()( sHsGsL eq

bkbkXk )()(

)()()()(

)()()( s

sUsUs

sUs

sUsUsL t

ttc

Ejemplo 15. Regulador del estado. Clculo de la matriz de ganancias. Considerar la planta

101)( 2

ss

sG

Se pide obtener por varios mtodos el vector de ganancias de estado que consigue las

especificaciones dadas por 5.0

(...))( 2 sssM . Comprobar el resultado representando las respuestas indiciales de la planta y el servo Solucin: La realizacin de estado de la planta en FCC es

uyu

00110

0110

x

xx

Las matrices de estado de la planta y el servo en FCC son:

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Pag. -30

0110

A ,

15.010

cA

Primer mtodo: Por simple inspeccin:

21

00

2110

0110

15.010

kk

c

c

kkk

bAA

21110

15.010

kk 15.1ck

Segundo mtodo: Frmula de Ackermann (matlab) >> a=[0 1;1 0];b=[0;1]; >> kc=acker(a,b,roots([1 1 0.5])) kc = 1.5000 1.0000 Clculo de los polos y de las respuestas indiciales %Planta >> P=ss(a,b,c,d); >> step(P), >> polos_planta=eig(a) polos_planta = -1 1 %Servo >> ac=a-b*kc; >> M=ss(ac,b,c,d); >> step(M), >> polos_servo=eig(ac) polos_servo = -0.5000 + 0.5000i -0.5000 - 0.5000i

0 1 2 3 4 5 6 7 8-1500

-1000

-500

0Planta sin control

Time (sec)

Am

plitu

de

0 2 4 6 8 10 12-2.5

-2

-1.5

-1

-0.5

0Planta con regulador de estado

Tiempo (s) (sec)

Am

plitu

de

Ejemplo 16. Pndulo invertido. Regulador de estado. Fijacin de polos. Considerar de nuevo el pndulo invertido con carrito del Ejemplo 1. El problema: Se desea que el pndulo recupere la verticalidad en presencia de perturbaciones tales como un golpe de viento actuando sobre la masa m o una fuerza inesperada sobre el carrito donde est montado el pndulo. Estas perturbaciones se modelarn como condiciones iniciales. El objetivo de control puede conseguirse aplicando sobre el cochecillo una fuerza u apropiada. Al final del proceso se desea situar de nuevo al cochecillo en su posicin de referencia x = 0. Las especificaciones piden que el proceso sea rpido (un tiempo de establecimiento de unos 2 segundos) y que el amortiguamiento sea razonable. Se pide:

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Pag. -31

1) Especificaciones: Para tener 2st y un amortiguamiento razonable, se escogen dos polos dominantes con = 0.5 y n = 4. Los otros dos polos se suponen iguales a 10 para que no afecten a la dinmica nominal. Indicar cules son los polos especificados y construir el polinomio caracterstico deseado. 2) Obtener la ganancia de la retroaccin de estados kc con ayuda de la funcin acker. 3) Obtener las matrices del sistema regulado. Comprobar el valor del polinomio caracterstico y los autovalores. 4) Representar la evolucin de los cuatro estados a T0001.00 x y a

.02.002.00 Tx Representar tambin el esfuerzo de control u en ambos casos. Comentar el resultado. 5) Opcional: Repetir el diseo para = 0.5 y n = 2. Comparar los resultados con el caso anterior y extraer conclusiones acerca de la velocidad y sensibilidad de ambos diseos. Solucin: 1) Polos deseados. Polinomio caracterstico deseado:

160072019624)( 234 c z=0.5;wn=4; p1=-z*wn+j*wn*sqrt(1-z^2) p2=conj(p1) p3=-10 p4=-10 [nu,alfa_c]=zp2tf([],[p1 p2 p3 p4],1);alfa_c p1 = -2.0000 + 3.4641i p2 = -2.0000 - 3.4641i p3 = -10 p4 = -10 alpha_c = 1.0e+003 * 0.0010 0.0240 0.1960 0.7200 1.6000 2) Ganancia de la retroaccin de estados %ganancia de la retroaccion de estados kc=acker(A,B,[p1 p2 p3 p4]) kc = -298.1504 -60.6972 -163.0989 -73.3945 3) Matrices del sistema regulado. Polinomio caracterstico. Autovalores %sistema en lazo cerrado Ac=A-B*kc pol_caract=poly(Ac) autoval=eig(Ac) Ac = 0 1.0000 0 0 -277.5494 -60.6972 -163.0989 -73.3945 0 0 0 1.0000 148.5847 30.3486 81.5494 36.6972

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Pag. -32

pol_caract = 1.0e+003 * 0.0010 0.0240 0.1960 0.7200 1.6000 autoval = -10.0000 + 0.0000i -10.0000 - 0.0000i -2.0000 + 3.4641i -2.0000 - 3.4641i >> t=linspace(0,1); >>x0=[0.1 0 0 0]; >> [y,t,x]=initial(ss(ac,b,c,d),x0,t); >> plot(t,x)

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1-1

-0.8

-0.6

-0.4

-0.2

0

0.2

0.4

0.6

tiempo

regulador del estado

d/dtxdx/dt

4) Evolucin ZI de los estados del sistema regulado. Esfuerzo de control t=linspace(0,3); x0=[0.1 0 0 0]; [y,x,t]=initial(Ac,B,C,D,x0,t); u=kc*x'; figure(3) plot(t,u),title('esfuerzo de control'),hold on h=figure(2); subplot(221),plot(t,x(:,1)),title('x_1: posic angular bola'),hold on subplot(222),plot(t,x(:,2)),title('x_2: veloc angular bola'),hold on subplot(223),plot(t,x(:,3)),title('x_3: posic lineal cart'),hold on subplot(224),plot(t,x(:,4)),title('x_4: veloc lineal cart'),hold on set(h,'name','Regulador de estados','numbertitle','off') x0=[0.2 0 0.2 0]; [y,x,t]=initial(Ac,B,C,D,x0,t); u=kc*x'; h=figure(2); subplot(221),plot(t,x(:,1),'g'), subplot(222),plot(t,x(:,2),'g'), subplot(223),plot(t,x(:,3),'g'), subplot(224),plot(t,x(:,4),'g'), figure(3) plot(t,u,'g')

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Pag. -33

1.2.2 Observador del estado Formulacin del problema

1) Planta: x Ax b u , CI: x x( )0 0 desconocidas , ( ) de grado n y t c x

2) Objetivo: Hallar una estimacin asinttica del estado, ( ) ( )x xt t con una dinmica o ( ) , arbitrariamente elegida.


1) Condicin de existencia: El sistema debe ser observable, es decir, rango no( )M 2) Estimador:

x Ax b k ( ) u y yo xc ty

3) Esquema de bloques:

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Pag. -34

x

A

b ct

ko

xu y

-

+

+

A

b ct xu y+

+

+

+

x

Fig. 10. Observador del estado

4) Mtodos de clculo del parmetro k o : a) Por simple inspeccin (si las ecuaciones de estado estn en FCO). b) Por identificacin de coeficientes: I A k c o t o ( ) .

c) Utilizando la frmula de Ackermann: k A Mo o o

( ) 1

0

01

.

d) Utilizando la frmula de Bass-Gura: k WM a ao o o 1 e) Por dualidad. Resolver un problema de observabilidad para (A, ct) es equivalente a

resolver un problema de controlabilidad para (AT, b). 5) Sistema global

xx

Ak c A k c

xx

bb

0

ot

ot u

yy

t

t

cc

xx

00

donde se suele definir: A A k co ot

Ejemplo 17. Observador del estado. Clculo del vector de ganancias. Considerar la planta:

431)( 2 sssP

cuyos polos son 33.15.1275.12,1 jjp . Se pide estimar sus estados con una dinmica

del observador dada por dos polos en -15. Solucin:

>> [a,b,c,d]=tf2ss(1,[1 3 4]);

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Pag. -35

>> k=acker(a',c',[-15 -15]);ko=k ko = 140 27

Conjunto planta + observador

ao=[a a*0;ko*c a-ko*c]; bo=[b;b]; co=[c c*0;c*0 c]; do=[0;0]; x0=[10 3 0 0]';

Anlisis del comportamiento

t=linspace(0,1); [y,t,x]=initial(ss(ao,bo,co,do),x0,t); subplot(211),plot(t,x(:,[1 3])), subplot(212),plot(t,x(:,[2 4])),

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1-5

0

5

10

15Observador del estado

Tiempo (s)

x1x3 (x1 estimado)

0 0.2 0.4 0.6 0.8 10

1

2

3

4

5

Tiempo (s)

x2x4 (x2 estimado)

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Pag. -36

1.2.3 Regulador basado en observador. Compensador Formulacin del problema

1) Planta: x Ax b u , CI: x x( )0 0 , ( ) de grado n y t c x

2) Objetivo: Cambiar ( ) por c ( ) mediante la retroaccin de una estimacin asinttica del estado, ( ) ( )x xt t , con dinmica o ( ) .


1) Condicin de existencia: El sistema debe ser controlable y observable, es decir, rango rango nc o( ) ( )M M

2) Estimador:

- Estructura: x Ax b k ( ) u y yo xc ty

- Mtodos de clculo del parmetro k o : ver apartado correspondiente

3) Ley de control:

- Estructura: u t tct( ) ( ) k x

- Mtodos de clculo del parmetro k ct : ver apartado correspondiente

x

A

b ct

ko

xu y

-

+

+

A

b ct xu y+

+

+

+

x

k ct

-

u

uc

Fig. 11. Regulador de estado basado en observador

4) Sistema global (metasistema)

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Pag. -37

xx

A bkk c A bk k c

xx

bb

ct

ot

ct

ot u

yy

t

t

cc

xx

00

Comentarios

1) El sistema global pasa a ser de orden 2n.

2) Principio de separacin: En el caso ideal sus polos se agrupan en dos subsistemas: ( ) ( ) ( ) c o .

3) La funcin de transferencia global es la misma: M sN s s

s sN s

so

c o c( )

( ) ( )( ) ( )

( )( )

(los modos del observador no son controlables).

4) Ganancia del lazo (Mason): L s s sct

ct

ot

o( ) ( ( ) ) ( ) k bk k c k c b 1 1 Ejemplo 18. Regulador de estado basado en observador del pndulo con carrito. Se desea estabilizar la planta del Ejemplo 1 usando un regulador basado en observador. Investigar si es posible y, si lo es, disearlo. En primer lugar hay que notar que el sistema no es totalmente observable desde la salida y1= pero s lo es desde la salida y2=x.

a=[0 1 0 0;20.6010 0 0 0;0 0 0 1;-0.4905 0 0 0]; b=[0 -1 0 0.5]'; c=[1 0 0 0;0 0 1 0]; d=[0 0]'; [num,den]=ss2tf(a,b,c(1,:),d(1));H=tf(num,den) polos=eig(a) ctrlable=rank(ctrb(a,b)) obsvable_desde_theta=rank(obsv(a,c(1,:))) obsvable_desde_theta = 2 obsvable_desde_x=rank(obsv(a,c(2,:))) obsvable_desde_x = 4

Por ello, haremos el diseo midiendo esta ltima salida. Diseamos un observador con todos los polos en -10. k=acker(a',c(2,:)',[-10 -10 -10 -10]);ko=k' y el mismo regulador del ejercicio anterior (notar que el sistema total tiene 8 estados):

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Pag. -38

p=-2+j*4*sqrt(1-0.5^2); kc=acker(a,b,[p conj(p) -10 -10]) Y verificamos su funcionamiento: ac=[a -b*kc;ko*c(2,:) a-ko*c(2,:)-b*kc]; bc=[b;b]; cc=[c(2,:) c(2,:)*0;c(2,:)*0 c(2,:)]; dc=[0;0]; x0=[0.1 0 0 0 zeros(1,4)]'; t=linspace(0,4); [y,t,x]=initial(ss(ac,bc,cc,dc),x0,t); figure plot(t,x),xlabel('Tiempo (s)'), title('Regulador del estado del pndulo/carrito basado en observador')

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

Tiempo (s)

Regulador del estado del pndulo/carrito basado en observador

figure subplot(221),plot(t,x(:,[1 5])),title('x_1, x_5'),xlabel('Tiempo (s)'), subplot(222),plot(t,x(:,[2 6])),title('x_2, x_6'),xlabel('Tiempo (s)'), subplot(223),plot(t,x(:,[3 7])),title('x_3, x_7'),xlabel('Tiempo (s)'), subplot(224),plot(t,x(:,[4 8])),title('x_4, x_8'),xlabel('Tiempo (s)'),

0 1 2 3 4-0.4

-0.2

0

0.2

0.4x1, x5

Tiempo (s)0 1 2 3 4

-2

-1

0

1

2x2, x6

Tiempo (s)

0 1 2 3 4-0.2

-0.1

0

0.1

0.2x3, x7

Tiempo (s)0 1 2 3 4

-1

-0.5

0

0.5

1x4, x8

Tiempo (s)

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Pag. -39

1.3 Control ptimo. Regulador LQ

1.3.1 Introduccin al control ptimo Cambio de objetivos: De la fijacin de polos al control ptimo Supongamos que r = 0 y que el propsito del control es modificar las condiciones iniciales (x0) y llevarlas al origen x 0. Ello puede conseguirse por medio de una retroaccin de estado esttica, con ganancias constantes (al contrario que en la compensacin clsica, SISO-salida, en la cual se requiere una compensacin dinmica). Para calcular dicho vector de ganancias k existen dos enfoques:

1) El control modal o fijacin de polos (visto en el apartado anterior).

2) El control ptimo o minimizacin de una funcin de coste. En el control modal los autovalores pueden resultar fijados demasiado lejos del origen. Ello obliga a generar seales de control u t( ) elevadas que requieren actuadores de gran capacidad. Todo ello se traduce en consumo y costes. El control ptimo evita este problema pues su solucin genera un compromiso entre prestaciones (precisin, velocidad) y coste. Como en el caso de la seleccin de los autovalores, la eleccin de la funcin de coste ms adecuada al problema considerado puede suponer una tarea pesada. Criterios (performance indexs, PI) de comportamiento para diseo ptimo Qu es un diseo ptimo? En cierto sentido todos los diseos son ptimos ya que son lo mejor que se puede hacer dadas las restricciones econmicas, de tiempo, de tecnologa, etc. Aunque hay definiciones mejores que la indicada, la idea a retener es que el concepto de ptimo es altamente subjetivo. As, los diseadores tienen ideas preconcebidas, basadas en su experiencia, de lo que es un diseo ptimo pero, en general, les resulta difcil expresarlo de forma clara y concisa. Visto lo anterior, no es de extraar que al evaluar el comportamiento de un sistema de control se utilicen diversos criterios, y aunque algunos son ms aplicables que otros, ninguno lo es de un modo universal. Por ejemplo:

1) En el diseo por Nyquist se trata de ajustar tanto el margen de fase como el margen de ganancia, procurando hallar un compromiso razonable entre ambos.

2) En el diseo por Evans, se trata de asegurar que los polos dominantes estn lo

suficientemente a la izquierda del eje imaginario, pero procurando no exceder ciertos lmites en cuanto al ancho de banda.

Estos ejemplos sirven para ilustrar que, en esencia, los principios del diseo ptimo (maximizar o minimizar cierto criterio) estn presentes incluso en las tcnicas ms bsicas del diseo. Las restricciones Los problemas de mximos y mnimos no tienen sentido en la realidad a menos que hagamos aparecer las inevitables restricciones a que todo diseo est sometido: econmicas, de tiempo, tecnolgicas, etc. Este aspecto que aade realismo al problema complica enormemente su solucin. Es el caso tpico del control de tiempo mnimo con restriccin |u(t)|

1.3.2 Formulacin del problema del control ptimo Un gran nmero de problemas de control ptimo pueden formularse de la siguiente manera: Formulacin general Dado un sistema dinmico, ( , , )x x u f t , hallar la seal de control )(u topt ptima en el sentido de que minimiza la funcin de coste

J L t dtt

t

i

f ( , , )x u sometida quizs a ciertas restricciones de x(t) y u(t). Un caso particularmente interesante es el llamado problema LQR (regulacin de un sistema lineal con criterio cuadrtico) que bsicamente puede formularse as: Problema LQR Dado el sistema lineal, x Ax Bu , con condiciones iniciales x(0+), hallar uo t( ) que las retorne al origen de manera que se minimice el criterio cuadrtico:

J dtT T ( )x Qx u Ru0

Problema del control del estado final con tiempo mnimo En muchos casos, el inters se centra en hallar la seal de control que haga que un sistema evolucione de un estado inicial a otro final minimizando el tiempo requerido en la transicin. La situacin habitual es retornar el sistema al estado de reposo x=0 a partir de una perturbacin inicial. La funcin de coste (PI) queda en este caso:

J dt t tftt f ( )1 00

(habitualmente t0 = 0) La seal de control ha de ser finita y manejable, por lo que se ha de aadir una restriccin del tipo u t M( ) , que junto a la estructura no cuadrtica llevan a una solucin totalmente distinta a la del

problema LQ. Las soluciones son del tipo: ))(()( tfsignMtuopt , con f(t) una funcin a determinar. Formulacin: 1) Planta: ( )x Ax Bu x 0 t0 2) Objetivo: min J dt

t

t f ( )0

1 con x 0( )t f 3) Restriccin: u t M( )

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Pag. -41

Solucin: 1) Hamiltoniano BuAx TT 1H 2) Co-estados AT Solucionando el sistema:

1 1

f t

f tn n

( )

( ) familia de curvas

Aplicando las condiciones de contorno:

x xu

0( )0

M det. constantes 3) Solucin: u Bo T ot M sign( ) ( ) , donde o son las soluciones anteriores (Nota: cuando se produce una conmutacin se han de recalcular las constantes de la familia de curvas tomando como punto inicial el vector de estado en el instante de conmutacin) Versiones del control ptimo LQ El problema LQ tiene dos versiones:

1) la elaborada por Wiener en los aos 40 (compensacin ISE por mtodos transformados) 2) la asociada al control moderno (regulador LQ y filtro de Kalman)

Vemoslas con algo ms de detalle:

1.3.3 Compensacin analtica va ISE del regulador LQ Este enfoque de compensacin trata de hallar un corrector que permita ajustar ptimamente la salida a la entrada mediante un criterio preestablecido. Naturalmente, ajustar la respuesta indicial al escaln implica reducir tanto el tiempo de subida tr como el sobreimpulso Rpt . As se consigue que el error en todo instante sea pequeo, lo que tambin tratbamos de conseguir al elegir , n y kp . Escogemos el ISE (Integral Squared Error) como medida para que la solucin (compensador) resulte lineal (cosa que no ocurre en casi ningn otro caso). Si el valor de la integral ISE se mantiene pequeo la respuesta real se aproximar a la ideal. Restricciones En principio este enfoque de compromiso puede resultar slo de inters acadmico. En la prctica los problemas no encajan necesariamente en la funcin ISE. Y en los casos en que puede ser aplicable, la solucin resulta trivial. La introduccin de realismo en estos problemas supone la inclusin de restricciones. En estos casos la solucin no es ni trivial ni obvia. La restriccin consiste generalmente en que la integral del cuadrado de cierta magnitud se mantenga limitada y sea menor o igual a N. A veces no es una magnitud lo que deseamos restringir sino Rpt o e dt . No obstante, recurrimos al caso cuadrtico porque es el nico que permite una solucin analtica general.

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Pag. -42

1.3.4 El regulador LQ con horizonte infinito

(La solucin aqu presentada no es realmente ptima sino solamente subptima por cuanto adoptamos desde el principio la solucin de rgimen permanente. En realidad, para horizontes finitos la solucin es variable, k(t). Ver siguiente apartado) Formulacin del problema

Planta:

( )x Ax Bu xy Cx

; 0 0

Objetivo: Dado el sistema anterior, perturbado de x( )0 0 a x x0( )0 , retornar al equilibrio x 0, minimizando el criterio J dt 12 0 x Qx u RuT T

(Nota: A veces se desea minimizar la salida en cuyo caso,

J dtT T 12 0 ( )y y u Ru , que es reductible al caso anterior haciendo Q C C T ). Solucin del problema

Condiciones de existencia, unicidad y estabilidad de la solucin:

- Suficientes: 1) Planta (A,B) controlable 2) R>0, Q>0

- Necesarias: 1) Planta (A,B) estabilizable 2) R>0, Q0 (en cuyo caso, la planta artificial o sinttica ( , )A T =

(A Q1 2, / ) ha de ser observable, o al menos detectable) Ley de control: xKu optopt Clculo del vector de ganancias: PBRK Topt 1 , siendo la matriz simtrica P>0 solucin nica

de la Ecuacin Algebraica Matricial de Riccati:

A P PA Q PBR B PT T 1 0 Esta ecuacin es cuadrtica y da lugar a dos soluciones, pero se escoge la P que sea definida positiva. La demostracin se realiza aplicando los mtodos del clculo variacional al problema LQ, pero tambin es posible justificar este resultado con ayuda de la ecuacin de Lyapunov:

Dem.: El valor mnimo del criterio es ),0()0(21)( PxxK ToptJ donde P es la solucin de la

ecuacin de Lyapunov A P PA QcT

c c . Tomando RKKQQ Tc y BKAA c , se obtiene

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Pag. -43

( ) ( ) ( )A BK P P A BK Q K RKA P K B P PA PBK Q K RK

T T

T T T T

sustituyendo ahora K R B P 1 T se obtiene finalmente A P PA Q PB R B P PBR B P PB R RR B P 0T T T T T T ( ) ( )1 1 1 1

A P PA Q PBR B P 0T T 1

Propiedades de la solucin 1) La solucin optK no depende de las CI x(0+).

2) Coste: El valor mnimo de la integral resulta ser )0()0(21)( PxxK Toptopt JJ ; x(0)=

x(0+). Este control, adems de estabilizar la planta, genera una solucin con evolucin ptima (de mnimo error y consumo).

3) Unicidad: La solucin es nica si de entre las varias soluciones de la ecuacin de Riccati

elegimos la P>0 (que es nica). Una de las ventajas de este mtodo es que en el caso MIMO la solucin tambin es nica (cosa que no ocurre en el caso modal).

4) Estabilidad: El sistema regulado xBKAx ~)(~ opt resulta asintticamente estable. Este

control, adems de estabilizar la planta, genera una solucin con evolucin de mnimo error y consumo. Pero la solucin aqu presentada no es realmente ptima sino solamente subptima por cuanto adoptamos desde el principio la solucin de rgimen permanente. En realidad, para horizontes finitos la solucin vara con el tiempo ))(( tK .

5) Sensibilidad: Hay desensibilizacin a todas las frecuencias (ecuacin de Kalman) |S(j)|0, R=1/4>0 (definidas positivas? S, se cumple La planta es controlable puesto que Mc=b=1=n

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Pag. -44

La ley de control ptima es xKu optopt con PBRK Topt 1 donde P es la solucin positiva de A P PA Q PBR B PT T 1 0. En nuestro caso queda como:

2321

2

884

848164

03440141322

p

pppppp

La solucin vlida es la positiva, p=3/2, por tanto, 623141 PBR Toptk

La matriz de estado del sistema controlado es 4612 optc bkaa (estable) y el coste mnimo es

43)0()0(

21 pxxJ opt .

Valoracin clsica del regulador LQ. Ecuacin de Kalman Un ejercicio interesante es relacionar las tcnicas convencionales (Bode y Evans) con la solucin del problema de la sntesis va retroaccin de las variables de estado, tanto modal cmo ptima (LQ). El vehculo de este tratamiento es la ecuacin de Kalman. Este enfoque tiene dos ventajas:

1) Disponer de nuevos mtodos de solucin y 2) Posibilitar una mayor comprensin clsica del problema.

En particular, estos mtodos posibilitan la solucin por tcnicas grficas sencillas. Ms importante que el ahorro de trabajo de clculo, estos mtodos (especialmente el de Evans) nos permiten una mayor comprensin del significado del diseo va minimizacin de una funcin de coste. En resumen, con los mtodos convencionales tambin podemos disear un sistema de control ptimo sin tener que recurrir a las matrices. La representacin del lazo LQ en un diagrama de Nyquist revela dos propiedades muy interesantes (resultado de que el lazo no entra nunca en el crculo unitario centrado9 en -1):

1) Desensibilizacin a todas las frecuencias 2) Mrgenes garantizados de estabilidad: MG (margen de aumento de ganancia infinito),

MGR 1 2/ (margen de reduccin de ganancia ) y margen de fase MF 60 . La ecuacin de Kalman en el caso SISO es

1 1 1 2 G H G Hp eq p eq , siendo T s b , T Q La ecuacin de Riccati se puede resolver grficamente:

Por factorizacin espectral de 1 2

con ayuda del lugar cuadrtico/simtrico.

Por aproximacin de la respuesta frecuencial de 1G j H jp eq , satisfaciendo la ecuacin de Kalman y de manera que sea factorizable.

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Pag. -45

Caso particular: Si elegimos Q cc T , entonces Gp y el problema se reduce al de Wiener (ISEU) con J e ru dt 2 2

0 siendo q=1 y e=0-y:

J e ru dt y y ru dt y ru dtr ( ) (( ) ) ( )2 2 2 200

2 20

( ) ( )x cc x x QxT T Tru dt u dt2 2 200

La descomposicin de Q en Q1/2 requiere que la matriz Q se pueda expresar como CCT. Para el caso diagonal es inmediato, pero en el caso general se requiere una descomposicin va Cholesky. Caso general: Si elegimos Q0 general, para que la solucin sea estable se requiere una condicin complementaria: que el sistema sinttico A, T , es decir ys T x , siendo T Q sea observable.

Criterio: J u dtT ( )x Qx 2 20

La ecuacin de Kalman ser: ( )( )1 1 1 2 G H G Hp eq p eq La solucin es por factorizacin espectral va lugar simtrico, con G s sp

t( ) ( ) c b , ( ) ( )s sT b y

H sUY

sseq

t

t( )( )( )

k bc b , x Qx x x x Sx

T T T Tddt

.

Los elementos de

1

n

pueden obtenerse de

q x x x x s x xij i jj

n

i

n

i j i jj

n

i

n

ij i ji

n

i

n

11 11

11

1

1

1

2 En el caso 22 12 11 q , 22 22 q . En el caso 33 12 11 q , 2 22 11 33 132 q q q q , 32 33 q Notas:

1) El vector contiene la informacin esencial de la matriz Q y puede ser comn a varias de ellas.

2) (s) recibe el nombre de planta sinttica. 3) ys

T x recibe el nombre de respuesta sinttica. 4) Como Q es un factor del diseo puede elegirse de forma que, adems de significativo, sea de

uso cmodo, por ejemplo, Q I q , a travs de la respuesta indicial de la planta sinttica. 5) qij son los elementos de Q.

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Pag. -46

1.3.5 El regulador LQ con horizonte finito Formulacin

1) Planta: x Ax Bu ; x( )0 0 2) Objetivo: mn J dtT T

t f

12 0 ( )x Qx u Ru donde Q>0 y R>0 (es decir, definidamente positivas) Solucin 1) Condicin de existencia: Sistema controlable 2) Ley de control: xKu )(toptopt 3) Clculo del vector de ganancias: )()( 1 tt Topt PBRK donde P(t) es simtrica, solucin nica

(si elegimos P(t)>0) de la ecuacin diferencial de Riccati: A P PA Q PBR B P PT T 1 que cumple que P 0( )t f )

La conclusin es que los parmetros no son constantes sino funcin del tiempo. La solucin, P>0 y simtrica, es solucin de la Ecuacin de Riccati diferencial:

A P PA Q PBR B P PT T 1 con la condicin de contorno P 0( )t f .

Ejemplo 20. LQ escalar con horizonte finito. Resolver el mismo problema del Ejemplo 19 pero ahora con horizonte finito.

La ecuacin diferencial de Riccati es

A P PA Q PBR B P PT T 1 que en nuestro caso queda como

ppp 344 2 Mtodo 1: Cambio de variable, pz=x

1 zzpxpxzpzpxdtdpz

dtd

Sustituyendo este valor en la ED

0)34()4(344344

00

12

zxxxzpxzpzxxpzzpxpp

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Pag. -47

zx

zx

zxxxz

A

0434

344

tt

tttt

eeeeee 88

886

62443326

8A

Condiciones iniciales, pz=x , )0()0()0( zpx , por ejemplo, escogemos

1)0(,)0()0( 0 zppx :

1)0(

)0()()( 0pe

zx

etztx tt AA

)62()44()33()26(

33

21

)()()( 8

08

80

8

8

8

tt

tt

t

t

epeepe

keke

tztxtp

Para hallar el valor de p0 hay que imponer la condicin p(tf)=0. Mtodo 2: Separacin de variables

ctcdtpp

dpdtpp

dpdtdppp 344344344 222

2123

21

23

21

232

ln81lnln

81

81

)2/1)(2/3(4344

pppp

pdp

pdp

ppdp

ppdp

33

21)(ln 8

88

2123

8/1

2123

8/1

2123

t

ttt

keketpke

ppke

ppct

pp

Para obtener el valor de k, aadimos las CI p(0)=p0, entonces 21

0

23

0

ppk . As,

)62()44()33()26(

33

21)( 8

08

80

8

8

8

tt

tt

t

t

epeepe

keketp

Hay que imponer p(tf)=0 y p(0)=p0 (ver mtodo 2).

0)( ftp , 33

21)( 8

8

t

t

keketp ftek 83

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Pag. -48

As, )(8)(8

)(8

)(8

38

8

311

23

6233

33

21)(

8f

f

f

f

fttt

tt

tt

tt

ekt

t

ee

ee

keketp

)(8

)(8

311

23)(

f

f

tt

tt

eetp

La condicin terminal y la condicin inicial dependen de tf:

)31(2)1(3)(lim)0( 8

8

0 f

f

t

t

t eetpp

,

23)0(lim pftt (coincide con el caso de horizonte infinito)

La condicin inicial vale p0=3/2 para valores tf>1: >> tf=linspace(0,2);p0=(3/2)*(1-exp(-8*tf))./(1+3*exp(-8*tf));plot(tf,p0) >> xlabel('horizonte t_f'),ylabel('condciones iniciales p_0'),axis([0 2 0 2])

0 0.5 1 1.5 20

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

1.6

1.8

2

horizonte tf

cond

cion

es in

icia

les

p0

Por otro lado, 23)(lim tpt y como )(4)( tptk , 6)(lim tkt

0 1 2-2

0

2

4

6

t

k

tf = 0.1

0 1 2-2

0

2

4

6

t

k

tf = 0.5

0 1 2-2

0

2

4

6

t

k

tf = 1

0 2 4 6-2

0

2

4

6

t

k

tf = 4

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Pag. -49

>> tf=0.1;t=linspace(0,2);k=4*(3/2)*(1-exp(-8*(t-tf)))./(1+3*exp(-8*(t-tf))); >> subplot(221),plot(t,k),xlabel('t'),ylabel('k'),title('t_f = 0.1') >> tf=0.5;t=linspace(0,2);k=4*(3/2)*(1-exp(-8*(t-tf)))./(1+3*exp(-8*(t-tf))); >> subplot(222),plot(t,k),xlabel('t'),ylabel('k'),title('t_f = 0.5') >> tf=1;t=linspace(0,2);k=4*(3/2)*(1-exp(-8*(t-tf)))./(1+3*exp(-8*(t-tf))); >> subplot(223),plot(t,k),xlabel('t'),ylabel('k'),title('t_f = 1') >> tf=4;t=linspace(0,6);k=4*(3/2)*(1-exp(-8*(t-tf)))./(1+3*exp(-8*(t-tf))); >> subplot(224),plot(t,k),xlabel('t'),ylabel('k'),title('t_f = 4')

1.3.6 Retroaccin de estado con accin integral Si se desea seguimiento del servo a entradas en escaln (y la planta no dispone de un integrador) hay que aadir ste al lazo:

Fig. 12. Retroaccin de estado con accin integral

El integrador da lugar a un estado adicional:

ic ku xk cx ryr

La planta se aumenta as:

r

ii

1000

uBx

c0Ax

BA

Y tambin hay que aumentar la matriz Q. A continuacin se resuelve la ecuacin de Riccati para Ai, Bi y Qi La ley de control resultante es:

x

kx

Kxku icic kk

Y el sistema controlado final es: rk

c

ic

100x

cBBkAx

A

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1.4 Control ptimo estocstico

1.4.1 Enfoque estocstico Introduccin El problema LQ determinista aborda problemas de regulacin frente a perturbaciones transitorias, en los que el sistema ve modificadas sbitamente sus condiciones de funcionamiento (equilibrio) generando unas CI x(0+)0 y el objetivo es que el regulador retorne el estado a su condicin normal de equilibrio, lo antes posible y procurando que el esfuerzo de control requerido no resulte excesivo (limitacin indirecta). Aunque hay problemas que pueden formularse de esta manera, la situacin ms comn es que las perturbaciones sean aleatorias y persistentes (o al menos durante un largo periodo) tendiendo a desviar y mantener el sistema fuera de su posicin de equilibrio. Como consecuencia, el problema radica ahora en disear una configuracin retroactiva mediante la cual las desviaciones iniciales se reduzcan rpidamente pero que, adems, atene lo ms posible los efectos de las perturbaciones persistentes. La solucin de este problema nos conducir a la sntesis de un regulador estocstico. Su estudio se desarrolla en dos partes: 1) Retroaccin directa LQ: Donde se dispone en cada instante de medidas completas y exactas

del estado. 2) Regulador Lineal Cuadrtico Gaussiano LQG. Supone el caso ms habitual de que slo se

dispone de medidas incompletas y ruidosas del estado, teniendo que recurrir, en este caso, a un estimador ptimo (filtro de Kalman) que, al igual que en el control modal, puede ser calculado independientemente del regulador gracias al principio de separacin y que aqu recibe el nombre de principio de equivalencia de certeza.

Descripcin estocstica de la planta La presencia de las perturbaciones se tiene en cuenta ampliando la descripcin de la planta

vCxzwBuBAxx

21

donde w(t) representa las perturbaciones (ruido de proceso) que actan sobre la misma y v(t) representa al ruido de medida.

x

A

b1 ct xu y +

+

z v

b2

w

+

+ +

Fig. 13. Planta con ruido de proceso y ruido de medida

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La potencia de ambos ruidos viene determinada por las respectivas covarianzas, TE wwW , TE vvV . Adems, el estado inicial queda caracterizado por su media )( 00 tE xx y su varianza TttE 000000 )()( xxxxP

Ejemplo 21. Rumbo de un buque. La dinmica de una cierta embarcacin viene aproximada por el siguiente modelo de segundo orden:

. .

0 10 0 001

00 0003

01

1 0

w

z v

donde: es el ngulo de orientacin o rumbo, es la velocidad de giro o cambio de rumbo, es el ngulo del timn, z es la medida ruidosa del ngulo de direccin, w es una perturbacin Gaussiana de intensidad W=0.1I que representa los efectos combinados del

viento, oleaje, corrientes, etc. v es un ruido Gaussiano (debido al sensor) de intensidad V=1I. Supngase condiciones iniciales x( ) ( )0 12 0 T . Se pide representar la respuesta zero-input de la salida y(t) del sistema sin controlar en los siguientes supuestos: 1) Medida perfecta y sin perturbaciones en el sistema. (linspace, initial, plot) 2) Medicin imperfecta causada por el ruido de medida v. (randn, size) 3) Medida perfecta, pero presencia de perturbacin en el proceso w. Obsrvese la

desestabilizacin. (lsim) 4) Medicin imperfecta y sistema perturbado por ruido de proceso. Solucin:

%sin control a=[0 1;0 -0.001];b1=[0;0.0003];b2=[0;1];c=[1 0];d=0; W=0.1; V=1; Q=[100 0;0 0]; R=0.05; x0=[12 0]'; t=linspace(0,60,200); v=randn(size(t))'*sqrt(V); w=randn(size(t))*sqrt(W); y1=initial(a,b1,c,d,x0,t); z1=y1+v; y2=lsim(a,b2,c,d,w,t,x0); z2=y2+v; figure(1),subplot(224), plot(t,z2),grid,title('con ruido de proceso y medida'),ax=axis subplot(221),plot(t,y1),grid,title('sin ruido'),axis(ax) subplot(222),plot(t,z1),grid,title('con ruido de medida'),axis(ax) subplot(223), plot(t,y2),grid,title('con ruido de proceso'),axis(ax)

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