Đang tải... (xem toàn văn)
Trong lĩnh vực Công Nghệ Thông Tin nói riêng, yêu cầu quan trọng nhất của người học đó chính là thực hành. Có thực hành thì người học mới có thể tự mình lĩnh hội và hiểu biết sâu sắc với lý thuyết. Với ngành mạng máy tính, nhu cầu thực hành được đặt lên hàng đầu. Tuy nhiên, trong điều kiện còn thiếu thốn về trang bị như hiện nay, người học đặc biệt là sinh viên ít có điều kiện thực hành. Đặc biệt là với các thiết bị đắt tiền như Router, Switch chuyên dụng
TẠP CHÍ KHOA HỌC VÀ CƠNG NGHỆ, ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG - SỐ 5(40).2010 VỀ NGHIỆM ĐA THỨC CỦA BÀI TỐN ĐIỀU KHIỂN TRONG ĐIỀU KIỆN CĨ ĐIỂM KIỂM TRA ON THE POLYNOMIAL SOLUTION OF CONTROL PROBLEM ON CONDITION OF A CHECKPOINT Lê Hải Trung, Đặng Hữu Hiền Trường Đại học Sư phạm, Đại học Đà Nẵng TÓM TẮT Lý thuyết điều khiển phận quan trọng tốn học đại, mơ hình tốn tốn học xem xét phương trình vi phân tuyến tính phi tuyến Một mơ hình biểu diễn dạng hệ - phương trình x& = Bx + Du , với hàm trạng thái x hàm – vecto thuộc không gian n chiều, hàm – vecto điều khiển u thuộc không gian m chiều Yêu cầu đặt tốn ta phải tìm hàm u để “điều khiển” “hệ - phương trình” từ trạng thái đến trạng thái cuối trước điều kiện ràng buộc đó, từ xác định hàm trạng thái Có nhiều cách để tiếp cận tìm nghiệm tốn cho Trong báo trình bày nghiệm toán điều khiển dạng đa thức bậc năm điều kiện có điểm kiểm tra ABSTRACT Control theory is a very important part of modern mathematics in which mathematical models are reviewed by linear equations or nonlinear One of the models are represented as systems –equation x& = Bx + Du , with function x of n-dimensional vector space, function vector control u of m-dimensional space Requirements set for the problem is that we must find functions u "control" is "systems –equation" from a first state to any final status before any binding a certain condition, that we can determine the function status There are many ways to approach problems and find the solution In this paper, we present a solution of control problem as a polynomial of five-degree on condition of a checkpoint Đặt vấn đề Xét mơ hình chuyển động mơ tả hệ phương trình vi phân sau, cịn gọi hệ dừng tuyến tính: x& = Bx + Du , (1) x ( 0) = x , (2) T x (T ) = x , (3) với điều kiện: đó, x(t ) ∈ R n , u (t ) ∈ R m ; B, D ma trận với kích thước tương ứng, t ∈ [0, T ], u cầu tốn tìm hàm u (t ), dịch chuyển hệ (1) từ trạng thái (2) vào trạng thái (3) Trong [1] hàm u (t ) xác định bởi: 178 TẠP CHÍ KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ, ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG - SỐ 5(40).2010 T u (t ) = D *e tB ( ∫ e − sB DD *e sB ds ) −1 (e −TB x T − x ) * * (4) Trong [2] hàm u (t ) xây dựng dạng: tB u (t ) = D p+ e p Pr (t ), (5) Pr (t ) đa thức theo biến t , ma trận D + , B p mô tả [3] Dễ thấy với cách xây dựng hàm u (t ) theo (4) (5) q khó để khảo sát u (t ) Ý nghĩa báo xây dựng hàm u (t ) x (t ) toán (1)-(2)-(3) dạng hàm để phục vụ cho công việc khảo sát: xây dựng chúng dạng đa thức Cơ sở lý thuyết Định nghĩa 2.1 Hệ (1) gọi điều khiển tồn hàm u (t ), dịch chuyển từ trạng thái đầu tùy ý (2) đến trạng thái tùy ý (3) Định nghĩa 2.2 Hàm x (t ) gọi hàm trạng thái, hàm u (t ) gọi hàm điều khiển toán (1)-(2)-(3) Định nghĩa 2.3 Điểm (t1 , x(t1 )) , t ∈ (0, T ) , gọi điểm kiểm tra hệ (1) Định lý 2.1 Hệ (1) với điều kiện (2)-(3) điều khiển hệ thức sau thỏa mãn: rankK = rank ( D, BD, , B n−1 D) = n (6) Định lý cịn có tên gọi khác tiêu chuẩn Kalman tính điều khiển hệ dừng tuyến tính (1)-(2)-(3), nhà bác học Kalman R E người Hungari phát biểu chứng minh năm 1968 (xem [1]-[2]-[3]) Nội dung báo xây dựng sở xem xét toán sau đây: Bài toán 2.1 Xem xét chuyển động chất điểm có khối lượng m mặt {ξ ,η} tác động trường trọng lực Giả sử điểm m chịu điều khiển tác động phản lực f, xuất kết phần dời khỏi với khối lượng dm1 Khi khối lượng chất điểm hàm biến thiên m = m(t ) chuyển động mơ tả phương trình vec-tơ Mexerski: m dv = p+ f dt (7) Ở m − m(t ) = m0 + m1 (t ), với m0 = const - phần khối lượng cố định chất điểm, m1 (t ) ≥ - khối lượng phản lực chất điểm; f = ( s − v)dm1 / dt ; v - vec-tơ vận tốc tuyệt đối điểm m; s – vec-tơ vận tốc phần dm1 thời điểm t + dt sau q 179 TẠP CHÍ KHOA HỌC VÀ CƠNG NGHỆ, ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG - SỐ 5(40).2010 trình phân chia, a = s − v vận tốc tương đối của phần khối lượng tách, p – khối lượng Hình Chuyển động chất điểm mặt phẳng (ξ ,η ) Chiếu phương trình (7) lên phương ngang thẳng đứng hệ trục tọa độ cho ta nhận phương trình chuyển động sau: ⎧⎪m(t )ξ&& = m& aξ (t ), ⎨ ⎪⎩m(t )η&& = m& aη (t ) − m(t ) g , (8) với aξ , aη hình chiếu a lên phương ngang thẳng đứng hệ trục tọa độ Giả sử giá trị tuyệt đối a cho trước có giá trị σ , hệ (8) đưa dạng tắc sau: ⎧ x&1 = x2 , ⎪ x& = u , ⎪ ⎨ ⎪ x&3 = x4 , ⎪⎩ x& = u − g , (9) m& m& với x1 = ξ , x = ξ&, x3 = η , x = η& , u1 = σ cos α ξ , u = σ cos α η ; α ξ , α η - m m 2 góc tạo vec-tơ a với trục ξ η , với u1 + u = σ (m& / m) Phương trình (9) viết dạng ma trận sau: ⎡ x&1 ⎤ ⎡0 ⎢ x& ⎥ ⎢0 ⎢ 2⎥ = ⎢ ⎢ x& ⎥ ⎢0 ⎢ ⎥ ⎢ ⎣ x& ⎦ ⎣0 0⎤ ⎡ x1 ⎤ ⎡0 0 0⎥⎥ ⎢⎢ x ⎥⎥ ⎢⎢1 + 0 ⎥ ⎢ x ⎥ ⎢0 ⎥⎢ ⎥ ⎢ 0 ⎦ ⎣ x ⎦ ⎣0 0⎤ ⎡ ⎤ ⎥ 0⎥ ⎡ u1 ⎤ ⎢⎢ ⎥⎥ + 0⎥ ⎢⎣u ⎥⎦ ⎢ ⎥ ⎥ ⎢ ⎥ 1⎦ ⎣− g ⎦ Do g = const nên tính tổng quát (1) tốn bảo tồn (thật vậy, ta xét tốn với cách đổi biến u1 = uˆ1 ; u − g = uˆ ) 180 TẠP CHÍ KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ, ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG - SỐ 5(40).2010 Kết luận Định lý 2.2 Bài toán 2.1 điều khiển Chứng minh Hiển nhiên với toán ta có: ⎡0 ⎢0 B=⎢ ⎢0 ⎢ ⎣0 0⎤ ⎡0 ⎥ ⎢ 0 ⎥ = B 4×4 ; D = ⎢1 0 1⎥ ⎢0 ⎥ ⎢ 0 0⎦ ⎣0 0⎤ 0⎥ ⎥ = D4×2 0⎥ ⎥ 1⎦ Kiểm tra (6): rankK = rank ( D, BD, , B D ) = = n Ta gán cho Bài toán 2.1 điều kiện: ⎛1⎞ ⎛1⎞ X (0) = 0, X (1) = 1, X ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ ⎝2⎠ ⎝2⎠ (10) Ta đến phát biểu định lý sau đây: Định lý 2.3 Tồn nghiệm (hàm trạng thái) Bài toán 2.1 – (10) dạng đa thức bậc năm Chứng minh Lấy X (t ) = A0 + A1t + A2t + A3 t + A4t + A5t Với Ai = [ai , bi , ci , d i ]T , i = 0,1, ,5 Yêu cầu chứng minh tương đương với việc xác định hệ số đa thức Sử dụng (10) cho ta: x1 (0) = a = 0, x (0) = b0 = 0, x1 (1) = a + a1 + a + a3 + a + a5 = 1, x (1) = b0 + b1 + b2 + b3 + b4 + b5 = 1, (11) 1 1 1 x1 ( ) = a + a1 + a + a3 + a + a5 = , 2 16 32 1 1 1 x ( ) = b0 + b1 + b2 + b3 + b4 + b5 = 2 16 32 Sử dụng: Suy ra: x&1 = x : a1 + 2a t + 3a3t + 4a t + 5a5 t = b0 + b1t + b2 t + b3t + b4 t + b5 t Điều tương đương với: a1 = b0 ;2a = b1 ;3a3 = b2 ;4a = b3 ; b5 = Thay hệ thức nhận vào (11), giải hệ nhận tương ứng cho ta: a = a1 = 0;a = 10; a3 = −29; a = 32; a5 = −12; b0 = b5 ;0; b1 = 20;b = −87; b3 = 128; b4 = −60; Bằng cách đó, nghiệm tốn 2.1 – (10) nhận là: 181 TẠP CHÍ KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ, ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG - SỐ 5(40).2010 ⎛ ⎞ ⎛ 10 ⎞ ⎛ 32 ⎞ ⎛ − 12 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ 20 ⎟ ⎜ − 87 ⎟ ⎜ − 60 ⎟ ⎜ ⎟ X (t ) = ⎜ ⎟t + ⎜ t +⎜ t +⎜ t − 12 ⎟ 10 ⎟ 32 ⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎝ 20 ⎠ ⎝ − 87 ⎠ ⎝ − 60 ⎠ ⎝ ⎠ Định lý chứng minh! Từ kết nhận dễ dàng cho ta: u1 = x& = 20 − 174t + 384t − 240t − 60t u = x& + g = 29,8 − 174t + 384t − 240t − 60t TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Андреев Ю.Н Управление конечномерными линейными объектами / М.: Наука, 1976.- 424с [2] Раецкая Е.В Условная управляемость и наблюдаемость линейных систем Дисс.канд.-физ.-мат наук Воронеж, 2004 [3] Зубова С.П., Ле Хай Чунг О полиномиальных управлениях линейной стационарной системой с контрольной точкой / Современные проблемы механики и прикладной математики Сборник трудов международной школы-семинара Воронеж, 2007.-с.133-136 182