Thông tin tài liệu
CHƯƠNG 4. PHÂN TÍCH
KHÔNG GIAN TRẠNG THÁI
GV: Ths. Nguyễn Hoàng Dũng
Bộ Môn Tự Động Hóa, Khoa Công Nghệ,
Đại Học Cần Thơ
E-mail: hoangdung@ctu.edu.vn
THIẾT LẬP PTTT (Phương Trình Trạng Thái)
Cho hệ thống:
n
n −1
d y (t )
d y (t )
dy (t )
a0
+ a1
+ + an −1
+ an y (t ) =
n
n −1
dt
dt
dt
m
m −1
d r (t )
d r (t )
dr (t )
b0
+ b1
+ + bm −1
+ bm r (t )
m
m −1
dt
dt
dt
Với n=m+1
THIẾT LẬP PTTT
Đặt
y (t ) = x1 (t )
x 1 (t ) = x2 (t ) + h1r (t )
x 2 (t ) = x3 (t ) + h2 r (t )
an
an −1
a1
x n (t ) = − x1 (t ) −
x2 (t ) − − xn (t ) + hn −1r (t )
a0
a0
a0
Trong đó:
THIẾT LẬP PTTT
h1 = b0
h2 = b1 − a1h1
h3 = b2 − a1h2 − a2 h1
hn = bn −1 − a1hn −1 − a2 hn − 2 − − an −1h1
MỘT VÀI VÍ DỤ
Cho hệ thống có phương trình vi phân sau:
d 3 y (t )
dt 2 y (t )
dy (t )
d 2 r (t )
dr (t )
+3
+2
+ y (t ) = 6
+3
+ r (t )
3
2
2
dt
dt
dt
dt
dt
Đặt
y (t ) = x1 (t )
x 1 (t ) = x2 (t ) + h1r (t )
x 2 (t ) = x3 (t ) + h2 r (t )
x 3 (t ) = − x1 (t ) − 2 x2 (t ) − 3 x3 (t ) + h3 r (t )
VIẾT DƯỚI DẠNG MA TRẬN
Phương trình trạng thái:
1
0 x1 (t ) h1
x 1 (t ) 0
x (t ) = 0
0
1 x2 (t ) + h2 r (t )
2
x 3 (t ) − 1 − 2 − 3 x3 (t ) h3
Phương ngõ ra:
Với
x1 (t )
y = [1 0 0] x2 (t )
x3 (t )
h1 = b0 = 6
h2 = b1 − a1h1 = 3 − 3 * 6 = −15
h3 = b2 − a1h2 − a2 h1 = 1 − 3 * (−15) − 2 * (−15) = 76
THIẾT LẬP PTTT
d n y (t )
d n −1 y (t )
dy (t )
a0
+ a1
+ + an −1
+ an y (t ) = bn r (t )
n
n −1
dt
dt
dt
an −1 dy (t ) an
bn
d n y (t ) a1 d n −1 y (t )
+
++
+ y (t ) = r (t )
n
n −1
dt
a0 dt
a0 dt
a0
a0
y (t ) = x1 (t )
x 1 (t ) = x2 (t )
x 2 (t ) = x3 (t )
Đặt
x n −1 (t ) = xn (t )
an
an −1
bn
a1
x n (t ) = − x1 (t ) −
x2 (t ) − − xn (t ) + r (t )
a0
a0
a0
a0
PTTT DẠNG MA TRẬN
Hay
y (t ) = x1 (t ) + 0.x2 (t ) + + 0.xn (t ) + 0.r (t )
x 1 (t ) = 0.x1 (t ) + x2 (t ) + 0.x3 (t ) + + 0.xn (t ) + 0.r (t )
x 2 (t ) = 0.x1 (t ) + 0.x2 (t ) + x3 (t ) + 0.x4 (t ) + + 0.xn (t ) + 0.r (t )
x n −1 (t ) = 0.x1 (t ) + 0.x2 (t ) + + xn (t ) + 0.r (t )
an
an −1
b0
a1
x n (t ) = − x1 (t ) −
x2 (t ) − − xn (t ) + r (t )
a0
a0
a0
a0
PTTT DẠNG MA TRẬN
0
x
(
t
)
1
x (t ) 0
2
=
0
x n −1 (t ) an
x n (t ) −
a0
1
0
0
an −1
−
a0
0
1
0
an − 2
−
a0
0 x (t ) 0
1
0 x (t ) 0
2
+ 0 r (t )
1 x (t )
a1 n −1 b0
−
xn (t )
a0
a0
Phương trình ngõ ra:
x1 0
x 0
2
y (t ) = [1 0 0 0] x3 + 0 r (t )
xn 0
PTTT DẠNG MA TRẬN
Hay
x (t ) = A.x(t ) + B.r (t )
y (t ) = C.x(t ) + D.r (t )
Trong đó:
x1 (t )
x (t )
2
x(t ) =
xn −1 (t )
xn (t )
x 1 (t )
x (t )
2
x (t ) =
x n −1 (t )
x n (t )
PTTT DẠNG MA TRẬN
0
0
A =
0
− an
a0
1
0
0
1
0
a
− n −1
a0
0
a
− n−2
a0
C = [1 0 0 0]
0
0
B = 0
b0
a0
0
0
0
1
a
− 1
a0
D=0
MỘT VÀI VÍ DỤ
Cho hệ thống có phương trình vi phân:
d 3 y (t )
d 2 y (t )
dy (t )
+3
+2
+ y (t ) = 6r (t )
3
2
dt
dt
dt
Đặt
y (t ) = x1 (t )
x 1 (t ) = x2 (t )
x 2 (t ) = x3 (t )
x 3 (t ) = − x1 (t ) − 2 x2 (t ) − 3x3 (t ) + 6r (t )
MỘT VÀI VÍ DỤ
Hay
1
0 x1 (t ) 0
x 1 (t ) 0
x (t ) = 0
x (t ) + 0 r (t )
0
1
2
2
x 3 (t ) − 1 − 2 − 3 x3 (t ) 6
Phương trình ngõ ra:
x1 (t )
y (t ) = [1 0 0] x2 (t )
x3 (t )
HÀM CHUYỂN VÒNG KÍN
x (t ) = A.x(t ) + B.r (t )
y (t ) = C.x(t ) + D.r (t )
Lấy biến đổi Laplace hai vế
s. X ( s ) = A. X ( s ) + B.R ( s )
X ( s ) = [ sI − A] B.R( s )
−1
Y ( s ) = C.[ sI − A] B.R ( s ) + D.R ( s )
−1
[
Y (s)
−1
= C.[ sI − A] B + D
R( s)
]
MỘT VÀI VÍ DỤ
Cho hệ thống có PTTT
x 1 (t ) − 3 10 0 x1 (t ) 0
x (t ) = 0 − 1 1 x (t ) + 0
2
2
x 3 (t ) − 1 0 0 x3 (t ) 1
A
Phương trình ngõ ra:
B
x1 (t )
y (t ) = [1 0 0] x2 (t )
x3 (t )
C
Yêu cầu: Xác định hàm chuyển vòng kín
D=0
MỘT VÀI VÍ DỤ
Hàm chuyển vòng kín:
[
Y (s)
−1
= C.[ sI − A] B + D
R( s)
]
−1
s 0 0 − 3 10 0 0
Y (s)
= [1 0 0] 0 s 0 − 0 − 1 1 0
R(s)
0 0 s − 1 0 0 1
−1
s + 3 − 10 0 0
Y (s)
= [1 0 0] 0
s + 1 − 1 0
R(s)
1
0
s 1
GỢI Ý
Cho
a1
A=
a3
a2
a4
Ta có
1
A =
a1a4 − a2 a3
−1
a4
− a
3
− a2
a1
Cho
a1
A = a4
a7
a2
a5
a8
a3
a6
a9
b1
1
−1
A =
b4
det ( A)
b7
b2
b5
b8
b3
b6
b9
det(A)=a1a5a9 - a1a6a8 - a4a2a9 + a4a3a8 + a7a2a6 - a7a3a5
b1=a5a9 - a6a8
b4=-(a4a9 - a6a7)
b7=a4a8 - a5a7
b2=-(a2a9 - a3a8)
b5=a1a9 - a3a7
b8=-(a1a8 - a2a7)
b3=a2a6 - a3a5
b6=-(a1a6 - a3a4)
b9=a1a5 - a2a4
MỘT VÀI VÍ DỤ
−1
s + 3 − 10 0
b1
1
0
s + 1 − 1 =
b4
det
1
b7
0
s
b2
b5
b8
b3
b6
b9
det = s ( s + 1)( s + 3) + 10
b1=s.(s+1) – (-1).0=s.(s+1)
b6=-(-1.(s+3) – 0.0)=s+3
b2=-(-10.s – 0.0)=10.s
b7=0.0 – (s+1).1=-(s+1)
b3=-10.(-1) – 0.(s+1)=10
b8=-((s+3).0 – (-10).1)=-10
b4=-(0.s – (-1).1)=1
b5=s.(s+3) – 0.1=s.(s+3)
b9=(s+3)(s+1) – (-10).0
=(s+1)(s+3)
MỘT VÀI VÍ DỤ
b1
Y (s)
1
[1 0 0] b4
=
R ( s ) det
b7
1
=
[ b1 b2
det
b2
b5
b8
b3 0
b6 0
b9 1
0
b3
b3 ] 0 =
det
1
10
=
s ( s + 1)( s + 3) + 10
Y ( s)
10
=
R ( s ) s ( s + 1)( s + 3) + 10
NGHIỆM CỦA PTTT
Phương trình trạng thái:
x (t ) = A.x(t ) + B.r (t )
Nghiệm của PTTT:
t
x(t ) = Φ (t ) x(0 ) + ∫ Φ (t − τ).B.R(τ)dτ
+
0
Trong đó:
Φ (t ) = L-1 ( Φ (s ) )
Φ ( s ) = [ sI − A]
Hay
là ma trận quá độ
−1
Φ (t ) = e = C0 I + C1 [ A] + C2 [ A] +
βt
2
NGHIỆM CỦA PTTT
λ 0
Với β =
0
λ
Và λ là nghiệm của phương trình:
det(λI − A) = 0
eβt = C0 I + C1 [ β]
λ1t
e
e βt =
0
λ1 0
0
1 0
= C0
+ C1
λ 2t
0
λ
0
1
e
2
Đồng nhất thức hai vế sẽ tìm được nghiệm C0 và C1
Φ(t) được xác định dựa vào công thức sau:
Φ (t ) = C0 I + C1 [ A]
Ghi chú: Nếu hai nghiệm trùng nhau
dΦ (t )
= t.eβt
dβ
MỘT VÀI VÍ DỤ
Cho hệ thống có phương trình trạng thái sau:
1 x1 (t ) 0
x 1 (t ) 0
x (t ) = − 3 − 4 x (t ) + 1 r (t )
2
2
A
Phương trình ngõ ra:
B
x1 (t )
y (t ) = [1 0]
x
(
t
)
2
C
Yêu cầu xác định ma trận quá độ Φ(t )
MỘT VÀI VÍ DỤ
Cách 1
Ta có
Φ ( s ) = [ sI − A]
−1
s 0 0
1
Φ(s) =
−
0 s − 3 − 4
s − 1
Φ(s) =
3 s + 4
−1
−1
MỘT VÀI VÍ DỤ
−1
s − 1
s + 4 1
1
Φ(s) =
=
s ( s + 4) + 3 − 3 s
3 s + 4
s+4
−1
( s + 3)( s + 1)
s − 1
Φ(s) =
=
−3
3 s + 4
( s + 3)( s + 1)
1
( s + 3)( s + 1)
s
( s + 3)( s + 1)
MỘT VÀI VÍ DỤ
s+4
−1
( s + 3)( s + 1)
s − 1
Φ(s) =
=
−
3
3
s
+
4
( s + 3)( s + 1)
1
( s + 3)( s + 1)
s
( s + 3)( s + 1)
(
s+4
A1
B1
A1 + B1 ) s + A1 + 3B1
=
+
=
( s + 3)( s + 1) s + 3 s + 1
( s + 3)( s + 1)
A1 + B1 = 1
A1 + 3B1 = 4
3
1
A1 = − , B1 =
2
2
MỘT VÀI VÍ DỤ
3 1
1 1
1 1
1 1
− 2 s + 3 + 2 s + 1 − 2 s + 3 + 2 s + 1
Φ(s) =
1 1
1 1 3 1
1 1
3
−
−
2 s + 3 2 s + 1 2 s + 3 2 s + 1
Mà e
− at
L
1
↔
s+a
Ma trận quá độ
L-1
Φ ( s) → Φ (t )
MỘT VÀI VÍ DỤ
1 − 3t 3 − t
−
e
+
e
2
2
Φ (t ) =
3 − 3t − t
e −e
2
(
)
1 − 3t 1 − t
− e + e
2
2
3 − 3t 1 − t
e − e
2
2
Nghiệm của PTTT
t
x(t ) = Φ (t ) x(0 ) + ∫ Φ (t − τ).B.R(τ)dτ
+
0
MỘT VÀI VÍ DỤ
Cách 2
Ta có ma trận quá độ
Φ (t ) = e = C0 I + C1 [ β]
βt
λ 0
β=
0
λ
Trong đó λ là nghiệm của phương trình đặc trưng
det ( λI − A) = 0
MỘT VÀI VÍ DỤ
λ 0 0
1
=0
det
−
0
λ
−
3
−
4
λ − 1
(
)
det
=
λ
λ
+
4
+
3
=
0
3
λ
+
4
λ( λ + 4) + 3 = 0
λ1 = −1
λ 2 = −3
MỘT VÀI VÍ DỤ
λ1t
e
e βt =
0
−t
e
e βt =
0
−t
e
e βt =
0
0
1 0
− 1 0
= C0
+ C1
λ 2t
0
1
0
−
3
e
0
1 0
− 1 0
= C0
+ C1
− 3t
0
1
0
−
3
e
0 C0
=
− 3t
e 0
0 − C1
+
C0 0
0
0 C0 − C1
=
− 3C1 0
C0 − 3C1
MỘT VÀI VÍ DỤ
C0 − C1 = e
− 3t
C0 − 3C1 = e
−t
Giải ra ta được:
3 − t 1 − 3t
C0 = e − e
2
2
1 − t 1 − 3t
C1 = e − e
2
2
MỘT VÀI VÍ DỤ
C1
1 C0
1 0
0
Φ (t ) = C0
+ C1
=
−
3
C
C
−
4
C
0
1
−
3
−
4
1
0
1
1 − t 1 − 3t
3 − t 1 − 3t
e − e
2e − 2e
2
2
Φ (t ) =
1 − t 1 − 3t
1 − t 3 − 3t
− 3 e − e − e + e
2
2
2
2
MỘT VÀI VÍ DỤ
Cho hệ thống có phương trình trạng thái sau:
1 x1 (t ) 0
x 1 (t ) 0
x (t ) = − 4 − 4 x (t ) + 1 r (t )
2
2
Phương trình ngõ ra:
x1 (t )
y (t ) = [1 0]
x
(
t
)
2
Yêu cầu xác định ma trận quá độ Φ(t )
[...]... A= a3 a2 a4 Ta có 1 A = a1a4 − a2 a3 −1 a4 − a 3 − a2 a1 Cho a1 A = a4 a7 a2 a5 a8 a3 a6 a9 b1 1 −1 A = b4 det ( A) b7 b2 b5 b8 b3 b6 b9 det(A)=a1a5a9 - a1a6a8 - a4a2a9 + a4a3a8 + a7a2a6 - a7a3a5 b1=a5a9 - a6a8 b4=-(a4a9 - a6a7) b7=a4a8 - a5a7 b2=-(a2a9 - a3a8) b5=a1a9 - a3a7 b8=-(a1a8 - a2a7) b3=a2a6 - a3a5 b6=-(a1a6 - a3a4) b9=a1a5 - a2a4 MỘT VÀI VÍ DỤ... VÀI VÍ DỤ −1 s − 1 s + 4 1 1 Φ(s) = = s ( s + 4) + 3 − 3 s 3 s + 4 s +4 −1 ( s + 3)( s + 1) s − 1 Φ(s) = = −3 3 s + 4 ( s + 3)( s + 1) 1 ( s + 3)( s + 1) s ( s + 3)( s + 1) MỘT VÀI VÍ DỤ s +4 −1 ( s + 3)( s + 1) s − 1 Φ(s) = = − 3 3 s + 4 ( s + 3)( s + 1) 1 ( s + 3)( s + 1) s ( s + 3)( s + 1) ( s +4 A1 B1 A1 + B1 ) s + A1 +... 1 C0 1 0 0 Φ (t ) = C0 + C1 = − 3 C C − 4 C 0 1 − 3 − 4 1 0 1 1 − t 1 − 3t 3 − t 1 − 3t e − e 2e − 2e 2 2 Φ (t ) = 1 − t 1 − 3t 1 − t 3 − 3t − 3 e − e − e + e 2 2 2 2 MỘT VÀI VÍ DỤ Cho hệ thống có phương trình trạng thái sau: 1 x1 (t ) 0 x 1 (t ) 0 x (t ) = − 4 − 4 x (t ) + 1 r (t ) 2 2 Phương trình... thống có phương trình trạng thái sau: 1 x1 (t ) 0 x 1 (t ) 0 x (t ) = − 3 − 4 x (t ) + 1 r (t ) 2 2 A Phương trình ngõ ra: B x1 (t ) y (t ) = [1 0] x ( t ) 2 C Yêu cầu xác định ma trận quá độ Φ(t ) MỘT VÀI VÍ DỤ Cách 1 Ta có Φ ( s ) = [ sI − A] −1 s 0 0 1 Φ(s) = − 0 s − 3 − 4 s − 1 Φ(s) = 3 s + 4 −1 −1 MỘT VÀI VÍ... C1 [ β] βt λ 0 β= 0 λ Trong đó λ là nghiệm của phương trình đặc trưng det ( λI − A) = 0 MỘT VÀI VÍ DỤ λ 0 0 1 =0 det − 0 λ − 3 − 4 λ − 1 ( ) det = λ λ + 4 + 3 = 0 3 λ + 4 λ( λ + 4) + 3 = 0 λ1 = −1 λ 2 = −3 MỘT VÀI VÍ DỤ λ1t e e βt = 0 −t e e βt = 0 −t e e βt = 0 0 1 0 − 1 0 = C0 + C1 λ 2t 0 1 0 − 3... 0 s + 1 − 1 = b4 det 1 b7 0 s b2 b5 b8 b3 b6 b9 det = s ( s + 1)( s + 3) + 10 b1=s.(s+1) – (-1).0=s.(s+1) b6=-(-1.(s+3) – 0.0)=s+3 b2=-(-10.s – 0.0)=10.s b7=0.0 – (s+1).1=-(s+1) b3=-10.(-1) – 0.(s+1)=10 b8=-((s+3).0 – (-10).1)=-10 b4=-(0.s – (-1).1)=1 b5=s.(s+3) – 0.1=s.(s+3) b9=(s+3)(s+1) – (-10).0 =(s+1)(s+3) MỘT VÀI VÍ DỤ b1 Y (s) 1 [1 0 0] b4 = R ( s ) det b7 1... b7 1 = [ b1 b2 det b2 b5 b8 b3 0 b6 0 b9 1 0 b3 b3 ] 0 = det 1 10 = s ( s + 1)( s + 3) + 10 Y ( s) 10 = R ( s ) s ( s + 1)( s + 3) + 10 NGHIỆM CỦA PTTT Phương trình trạng thái: x (t ) = A.x(t ) + B.r (t ) Nghiệm của PTTT: t x(t ) = Φ (t ) x(0 ) + ∫ Φ (t − τ).B.R(τ)dτ + 0 Trong đó: Φ (t ) = L-1 ( Φ (s ) ) Φ ( s ) = [ sI − A] Hay là ma trận quá độ −1 Φ (t ) = e = C0 I... an a0 1 0 0 1 0 a − n −1 a0 0 a − n−2 a0 C = [1 0 0 0] 0 0 B = 0 b0 a0 0 0 0 1 a − 1 a0 D=0 MỘT VÀI VÍ DỤ Cho hệ thống có phương trình vi phân: d 3 y (t ) d 2 y (t ) dy (t ) +3 +2 + y (t ) = 6r (t ) 3 2 dt dt dt Đặt y (t ) = x1 (t ) x 1 (t ) = x2 (t ) x 2 (t ) = x3 (t ) x 3 (t ) = − x1 (t ) − 2 x2 (t ) − 3x3 (t ) + 6r (t ) MỘT VÀI VÍ... 3 3 s + 4 ( s + 3)( s + 1) 1 ( s + 3)( s + 1) s ( s + 3)( s + 1) ( s +4 A1 B1 A1 + B1 ) s + A1 + 3B1 = + = ( s + 3)( s + 1) s + 3 s + 1 ( s + 3)( s + 1) A1 + B1 = 1 A1 + 3B1 = 4 3 1 A1 = − , B1 = 2 2 MỘT VÀI VÍ DỤ 3 1 1 1 1 1 1 1 − 2 s + 3 + 2 s + 1 − 2 s + 3 + 2 s + 1 Φ(s) = 1 1 1 1 3 1 1 1 3 − − 2 s + 3 2 s + 1 2 s + 3 2 s + 1 Mà e − at L 1 ↔ ...THIẾT LẬP PTTT (Phương Trình Trạng Thái) Cho hệ thống: n n −1 d y (t ) d y (t ) dy (t ) a0 + a1 + + an −1 + an y (t ) = n n −1... (t ) x (t ) = − x1 (t ) − x2 (t ) − x3 (t ) + h3 r (t ) VIẾT DƯỚI DẠNG MA TRẬN Phương trình trạng thái: x1 (t ) h1 x (t ) x (t ) = x2 (t ) + h2 r (t )... s + 1)( s + 3) + 10 Y ( s) 10 = R ( s ) s ( s + 1)( s + 3) + 10 NGHIỆM CỦA PTTT Phương trình trạng thái: x (t ) = A.x(t ) + B.r (t ) Nghiệm PTTT: t x(t ) = Φ (t ) x(0 ) + ∫ Φ (t − τ).B.R(τ)dτ
Ngày đăng: 15/10/2015, 10:59
Xem thêm: CHƯƠNG 4 PHÂN TÍCH KHÔNG GIAN TRẠNG THÁI , CHƯƠNG 4 PHÂN TÍCH KHÔNG GIAN TRẠNG THÁI , CHƯƠNG 4. PHÂN TÍCH KHÔNG GIAN TRẠNG THÁI