Aula 2 - Instituto Tecnológico de Aeronáuticakawakami/ee254/EE254_2019_2oSem_Aula2_hando… · Resumo da aula passada Conceitos preliminares: Horizontes de predic~ao e controle,

Aula 2

06 Ago 2019

EE-254 (Controle Preditivo) Aula 2 06 Ago 2019 1 / 64

Resumo da aula passada

Conceitos preliminares: Horizontes de predicao e controle, horizonteretrocedente.

Elementos basicos de uma formulacao de controle preditivo: Funcaode custo, modelo de predicao (dinamica da planta e perturbacoes),restricoes.

Exemplo: Dynamic Matrix Control (DMC)


Recapitulando: Notacao adotada

y =

y(k + 1|k)y(k + 2|k)

...y(k + N|k)

, r =

yrefyref

...yref

, [yref ]N

∆u =

∆u(k|k)

∆u(k + 1|k)...

∆u(k + M − 1|k)


Recapitulando: Funcao de custo adotada no DMC

J(y,∆u) = (y − r)T (y − r) + ρ∆uT∆u

y e ∆u nao sao independentes.

A relacao entre y e ∆u e dada pelo modelo de predicao adotado.

Como se vera agora, assumindo um modelo de predicao linear einvariante no tempo, a relacao entre y e ∆u toma a forma de umaequacao de predicao linear, que pode ser obtida com base naresposta a degrau da planta.


Resposta a degrau

u(t) =

{1, t ≥ 00, t < 0

, Sistema inicialmente em repouso

=⇒ y(t) = g(t) ≡ Resposta a Degrau.

u g t

tT T

g(T)

g(2T)

T

u t

g t

g(0) = 0

g(3T)


Seguindo a notacao inicialmente convencionada, os valores de u e g nok-esimo instante de amostragem serao indicados por u(k) e g(k),respectivamente.

k

k

g(1)

g(2)

u k

g k

g(0) = 0

g(3)


Modelo baseado na resposta a degrau

k

∆u(k−3)

u(k−3)u(k−2)

u(k−1)

∆u(k−2)

∆u(k−1)

Predição

Tempo

∆u(k) = u(k) − u(k−1)

y(k) = g(1)∆u(k − 1) + g(2)∆u(k − 2) + · · · =∑∞

n=1 g(n)∆u(k − n)

(Somatoria de Convolucao)


Estimacao de perturbacoes

A formulacao DMC supoe a existencia de uma perturbacao constante d nasaıda da planta:

Plantau y

d+

+

y(k) =∞∑n=1

g(n)∆u(k − n) + d(k)


y(k) =∞∑n=1

g(n)∆u(k − n) + d(k)

Supondo que y(k) seja medido por um sensor, pode-se obter umaestimativa para a perturbacao d(k) como sendo

d(k|k) = y(k)−∞∑n=1

g(n)∆u(k − n)

Nao esta sendo usado chapeu em d(k|k) por nao se tratar de uma variavelde otimizacao (de acordo com a notacao adotada neste curso).


Predicao um passo a frente

y(k) =∞∑n=1

g(n)∆u(k − n) + d(k)

y(k + 1) =∞∑n=1

g(n)∆u(k + 1− n) + d(k + 1) =

= g(1)∆u(k) +∞∑n=2

g(n)∆u(k + 1− n) + d(k + 1)

Em termos de valores preditos:

y(k + 1|k) = g(1)∆u(k|k) +∞∑n=2

g(n)∆u(k + 1− n) + d(k + 1|k)


Sob a hipotese de perturbacao constante:

d(k + 1|k) = d(k|k) = y(k)−∞∑n=1

g(n)∆u(k − n)

Logo:

y(k + 1|k) = g(1)∆u(k|k) +∞∑n=2

g(n)∆u(k + 1− n) + d(k + 1|k)

= g(1)∆u(k|k) +∞∑n=2

g(n)∆u(k + 1− n)

+ y(k)−∞∑n=1

g(n)∆u(k − n)


y(k + 1|k) = g(1)∆u(k|k) +

∑∞n=1 g(n+1)∆u(k−n)︷︸︸︷

∞∑n=2

g(n)∆u(k + 1− n)

+y(k)−∞∑n=1

g(n)∆u(k − n)

y(k + 1|k) = g(1)∆u(k|k) + y(k) +∞∑n=1

[g(n + 1)− g(n)]∆u(k − n)


y(k + 1|k) = g(1)∆u(k|k) + y(k) +∞∑n=1

[g(n + 1)− g(n)]∆u(k − n)︸︷︷︸f (k+1|k)

O termo

f (k + 1|k) = y(k) +∞∑n=1

[g(n + 1)− g(n)]∆u(k − n)

e denominado “resposta livre” (free response) da planta.

y(k + 1|k) = g(1)∆u(k|k) + f (k + 1|k)


Calculo da resposta livre

f (k + 1|k) = y(k) +∞∑n=1

[g(n + 1)− g(n)]∆u(k − n)

Se a planta for estavel, tem-se

g(n + 1)− g(n)n→∞−→ 0

Logo, a somatoria na expressao de f (k + 1|k) pode ser truncada em umnumero Ns suficientemente grande de termos:

f (k + 1|k) ' y(k) +Ns−1∑n=1

[g(n + 1)− g(n)]∆u(k − n)

(assumindo g(n) ' g(Ns), ∀n ≥ Ns).


Predicao i passos a frente

y(k) =∞∑n=1

g(n)∆u(k − n) + d(k)

y(k + i) =∞∑n=1

g(n)∆u(k + i − n) + d(k + i) =

=i∑

n=1

g(n)∆u(k + i − n) +∞∑

n=i+1

g(n)∆u(k + i − n) + d(k + i)

Em termos de valores preditos:

y(k + i |k) =i∑

n=1

g(n)∆u(k + i − n|k) +∞∑

n=i+1

g(n)∆u(k + i − n)

+ d(k + i |k)


Sob a hipotese de perturbacao constante:

d(k + i |k) = d(k|k) = y(k)−∞∑n=1

g(n)∆u(k − n)

Logo:

y(k + i |k) =i∑

n=1

g(n)∆u(k + i − n|k) +∞∑

n=i+1

g(n)∆u(k + i − n)

+ y(k)−∞∑n=1

g(n)∆u(k − n)


y(k + i |k) =i∑

n=1

g(n)∆u(k + i − n|k) +

∑∞n=1 g(n+i)∆u(k−n)︷︸︸︷

∞∑n=i+1

g(n)∆u(k + i − n)

+ y(k)−∞∑n=1

g(n)∆u(k − n)

y(k + i |k) =i∑

n=1

g(n)∆u(k + i − n|k)

+ y(k) +∞∑n=1

[g(n + i)− g(n)]∆u(k − n)︸︷︷︸f (k+i |k)


y(k + i |k) =i∑

n=1

g(n)∆u(k + i − n|k) + f (k + i |k)

em que

f (k + i |k) ' y(k) +Ns−1∑n=1

[g(n + i)− g(n)]∆u(k − n)

sendo Ns suficientemente grande para que g(Ns + i) ' g(Ns).


Equacao de predicao: Uso de notacao matricial

y(k + i |k) =i∑

n=1

g(n)∆u(k + i − n|k) + f (k + i |k)

y(k + 1|k) = g(1)∆u(k|k) + f (k + 1|k)

y(k + 2|k) = g(2)∆u(k|k) + g(1)∆u(k + 1|k) + f (k + 2|k)

...

y(k + N|k) = g(N)∆u(k|k) + g(N − 1)∆u(k + 1|k) + · · ·

+ g(1)∆u(k + N − 1|k) + f (k + N|k)


y(k + 1|k)y(k + 2|k)

...y(k + N|k)

=

g(1) 0 · · · 0g(2) g(1) · · · 0

......

. . ....

g(N) g(N − 1) · · · g(1)

∆u(k|k)∆u(k + 1|k)

...∆u(k + N − 1|k)

+

f (k + 1|k)f (k + 2|k)

...f (k + N|k)


y(N×1)︷︸︸︷y(k + 1|k)y(k + 2|k)

...y(k + N|k)

=

G(N×N)︷︸︸︷g(1) 0 · · · 0g(2) g(1) · · · 0

......

. . ....

g(N) g(N − 1) · · · g(1)

∆u(N×1)︷︸︸︷∆u(k|k)

∆u(k + 1|k)...

∆u(k + N − 1|k)

+

f (k + 1|k)f (k + 2|k)

...f (k + N|k)

︸︷︷︸

f(N×1)

=⇒ y = G∆u + f

G : “Matriz Dinamica” (formato Toeplitz).


Equacao de predicao: Caso M < N

Se o horizonte de controle M for menor que o horizonte de predicao N,deve-se impor ∆u(k + i − 1|k) = 0, M + 1 ≤ i ≤ N. Logo:

y =

g(1) 0 · · · 0 0 · · · 0g(2) g(1) · · · 0 0 · · · 0

......

......

......

...g(M) g(M − 1) · · · g(1) 0 · · · 0

......

......

......

...g(N − 1) g(N − 2) · · · g(N −M) g(N −M − 1) · · · 0g(N) g(N − 1) · · · g(N −M + 1) g(N −M) · · · g(1)

×

[∆u(k|k) ∆u(k + 1|k) · · · ∆u(k + M − 1|k) | 0 · · · 0]T + f


y =

G(N×M)︷︸︸︷

g(1) 0 · · · 0g(2) g(1) · · · 0

......

......

g(M) g(M − 1) · · · g(1)...

......

...g(N − 1) g(N − 2) · · · g(N −M)g(N) g(N − 1) · · · g(N −M + 1)

×

∆u(M×1)︷︸︸︷[∆u(k|k) ∆u(k + 1|k) · · · ∆u(k + M − 1|k)]T +f

=⇒ y = G∆u + f


Solucao do problema de otimizacao

Problema: Minimizar

J(y,∆u) = (y − r)T (y − r) + ρ∆uT∆u

s.a.y = G∆u + f

com respeito a y ∈ RN , ∆u ∈ RM .


J(y,∆u) = (y − r)T (y − r) + ρ∆uT∆u (1)

y = G∆u + f (2)

Substituindo a expressao de y dada em (2) na funcao de custo (1),chega-se a

J = (G∆u + f − r)T (G∆u + f − r) + ρ∆uT∆u =

= ∆uTGTG∆u +

2(f−r)T (G∆u)︷︸︸︷(G∆u)T (f − r) + (f − r)T (G∆u) +

+ (f − r)T (f − r) + ρ∆uT∆u


J = ∆uTGTG∆u +

2(f−r)T (G∆u)︷︸︸︷(G∆u)T (f − r) + (f − r)T (G∆u) +

+ (f − r)T (f − r) + ρ∆uT∆u

= ∆uT (GTG + ρI )︸︷︷︸(1/2)H

∆u + 2(f − r)TG︸︷︷︸cT

∆u + (f − r)T (f − r)︸︷︷︸cte

J =1

2∆uTH∆u + cT∆u + cte

sendo

H = 2(GTG + ρI ), c = 2GT (f − r), cte = (f − r)T (f − r)


Problema reformulado

Minimizar

J(∆u) =1


com respeito a ∆u ∈ RM .

Problema de otimizacao sem restricoes


Revisao de Otimizacao sem Restricoes


Mini-Tutorial: Matrizes Positivo/Negativo-Definidas

Uma matriz Q ∈ Rn×n simetrica e dita positivo-definida (PD) se esomente se (s.s.s)

xTQx > 0,∀x ∈ Rn, x 6= 0

Notacoes comumente empregadas: Q = QT > 0, Q = QT � 0.

Termo alternativo: Definida positiva


Relacao com os autovalores de Q

Sejam λ1, λ2, . . . , λn os autovalores de uma matriz Q = QT ∈ Rn×n.

Tem-se que Q > 0⇐⇒ λi > 0, i = 1, 2, . . . , n.


Q > 0⇐⇒ λi > 0, i = 1, 2, . . . , n

Demonstracao: Sejam v1, v2, . . . , vn os autovetores de Q (com normaunitaria) associados aos autovalores λ1, λ2, . . . , λn. Tendo em vista queQvi = λivi , i = 1, 2, . . . , n, pode-se escrever

Q [v1 v2 · · · vn] = [v1 v2 · · · vn]︸︷︷︸V

λ1 0 · · · 00 λ2 · · · 0...

.... . . 0

0 0 · · · λn

︸︷︷︸

Λ

ou seja QV = VΛ.


Como Q = QT ∈ Rn×n, sabe-se que os autovalores λ1, λ2, . . . , λn saoreais e os autovetores v1, v2, . . . , vn sao mutuamente ortogonais.

Com efeito, se λ e um autovalor de Q associado a um autovetor v , tem-se

Qv = λv

Multiplicando os dois lados dessa identidade por v?, em que ? denota ocomplexo-conjugado transposto, obtem-se

v?Qv = v?λv = λv?v

Por outro lado, tem-se que v?Qv ∈ R, pois (v?Qv)? = v?Q?v = v?Qv .Portanto, como v?v ∈ R, deve-se ter λ ∈ R.


Uma prova simples da ortogonalidade entre vi e vj , i 6= j , pode serconstruıda para o caso particular em que λi 6= λj .

Neste caso, pode-se escrever

Qvi = λivi (3)

Qvj = λjvj (4)

Pre-multiplicando (3) e (4) por vTj e vTi , respectivamente, tem-se

vTj Qvi = λivTj vi (5)

vTi Qvj = λjvTi vj (6)

Subtraindo (6) de (5) chega-se a (λi − λj)vTi vj = 0. Como λi 6= λj , porhipotese, conclui-se que vTi vj = 0.

Para o caso de autovalores com multiplicidade maior do que um, verGANTMACHER, F. R. The Theory of Matrices, 2 ed. New York: Chelsea,1990 (v. 1, p. 270-272).


Retornando a demonstracao principal:

QV = VΛ (7)

Como v1,v2, . . . ,vn possuem norma unitaria e sao mutuamente ortogonais,tem-se que

V TV = VV T = I

sendo I uma matriz identidade.

Logo, pos-multiplicando os dois lados de (7) por V T , tem-se que

QVV T = VΛV T ⇒ Q = VΛV T (8)

sendo

V = [v1 v2 · · · vn] , Λ =

λ1 0 · · · 00 λ2 · · · 0...

.... . . 0

0 0 · · · λn

(9)


Q = VΛV T , V = [v1 v2 · · · vn] , Λ =

λ1 0 · · · 00 λ2 · · · 0...

.... . . 0

0 0 · · · λn

Portanto, dado x ∈ Rn tem-se que

xTQx = xTVΛV T x = zTΛz

sendo z = V T x . Por outro lado,

zTΛz = [z1 z2 · · · zn]

λ1 0 · · · 00 λ2 · · · 0...

.... . . 0

0 0 · · · λn

z1

z2...zn

= λ1z

21 + λ2z

22 + · · ·+ λnz

2n


Demonstracao da suficiencia:

Hipotese: λi > 0, i = 1, 2, . . . , n.

Tese: Q > 0 (isto e, x 6= 0⇒ xTQx > 0)

Seja x 6= 0. Tomando z = V T x , tem-se que

||z ||2 = zT z = xTVV T x = xT x 6= 0

e portanto z 6= 0.

Sabe-se ainda que

xTQx = zTΛz = λ1z21 + λ2z

22 + · · ·+ λnz

2n

Como z 6= 0, tem-se que zi 6= 0 para algum i . Como λi > 0, por hipotese,segue que

xTQx = zTΛz ≥ λiz2i > 0

Portanto, xTQx > 0, cqd.


Demonstracao da necessidade:

Hipotese: Q > 0 (isto e, x 6= 0⇒ xTQx > 0)

Tese: λi > 0, i = 1, 2, . . . , n.

Por absurdo, suponha que λi ≤ 0 para algum i . Seja aindaz = [0 · · · 0 zi 0 · · · 0]T com zi 6= 0 e tome-se x = Vz . Tem-se entao que

||x ||2 = xT x = zTV TVz = zT z = z2i > 0

e, portanto, x 6= 0. Por outro lado,

xTQx = zTΛz = λ1z21 + λ2z

22 + · · ·+ λnz

2n = λiz

2i ≤ 0

dado que λi ≤ 0, por hipotese. Verifica-se entao que e possıvel terxTQx ≤ 0 com x 6= 0, o que contradiz a hipotese de que Q > 0.Portanto, assumir que λi ≤ 0 para algum i conduz a uma contradicao.Logo, todos os autovalores λi , i = 1, 2, . . . , n, devem ser estritamentepositivos, c.q.d.


Observacoes:

Uma matriz PD pode ter elementos negativos.

Por exemplo, a matriz

Q =

[2 −1−1 3

]tem autovalores λ1 = 1,4 e λ2 = 3,6.

Uma matriz com todos os elementos positivos nao e necessariamentePD.

Por exemplo, a matriz

Q =

[2 44 3

]tem autovalores λ1 = −1,5 e λ2 = 6,5.


Definicoes adicionais

Seja Q = QT ∈ Rn×n. Diz-se que:

Q > 0 (Positivo-Definida) se xTQx > 0,∀x 6= 0.

Q ≥ 0 (Positivo-Semidefinida) se xTQx ≥ 0, ∀x .

Q < 0 (Negativo-Definida) se xTQx < 0, ∀x 6= 0.

Q ≤ 0 (Negativo-Semidefinida) se xTQx ≤ 0,∀x .

Q e Indefinida nos demais casos.

Condicoes sobre os autovalores:

Q > 0⇔ λi > 0, i = 1, 2, . . . , n

Q ≥ 0⇔ λi ≥ 0, i = 1, 2, . . . , n

Q < 0⇔ λi < 0, i = 1, 2, . . . , n

Q ≤ 0⇔ λi ≤ 0, i = 1, 2, . . . , n

Q indefinida ⇔ λi > 0 e λj < 0 para algum i e j .


Condicoes de otimalidade

Seja uma funcao J : Rn → R. Um ponto x∗ ∈ Rn e dito ser um mınimolocal de J se J(x∗) ≤ J(x) para todo x em uma vizinhanca de x∗.

Se J(x∗) ≤ J(x) para todo x ∈ Rn, diz-se que x∗ e um mınimo global de J.

Notacoes comumente empregadas:

x∗ = arg minx∈Rn

J(x)

J(x∗) = minx∈Rn

J(x)

O problema de otimizacao e expresso como

minx∈Rn

J(x)


Teorema de Taylor - Caso univariado

Seja uma funcao J : R→ R. Se J ∈ C r (isto e, se J possui derivadascontınuas ate ordem r), entao dados x ∈ R e h ∈ R, existe θ ∈ [0,1] talque

J(x + h) = J(x) + hJ ′(x) +1

2h2J ′′(x) + · · ·+

+1

(r − 1)!hr−1J(r−1)(x) + hr

1

r !J(r)(x + θh)

Em particular, se J ∈ C 2, entao

J(x + h) = J(x) + hJ ′(x) +1

2h2J ′′(x + θh)

Referencia: GILL, P.E.; MURRAY, W.; WRIGHT, M.H. Practical Optimization,Academic Press, 1981.


Condicoes necessarias para otimalidade - Caso univariado

Seja uma funcao J : R→ R pertencente a classe C 2. Se x∗ ∈ R e ummınimo local de f , entao as seguintes condicoes devem ser satisfeitas:

J ′(x∗) = 0

J ′′(x∗) ≥ 0


Condicoes suficientes para otimalidade - Caso univariado

Seja uma funcao J : R→ R pertencente a classe C 2. Se as seguintescondicoes forem satisfeitas:

J ′(x∗) = 0

J ′′(x∗) > 0

entao x∗ ∈ R e um mınimo local de J.


Teorema de Taylor - Caso multivariado com r = 2

Seja uma funcao J : Rn → R da classe C 2. Dados x ∈ Rn e ∆x ∈ Rn,existe θ ∈ [0, 1] tal que

J(x + ∆x) = J(x) +

[∂J

∂x(x)

]T∆x +

1

2∆xT

[∂2J

∂x2(x + θ∆x)

]∆x

em que ∂J∂x ∈ Rn (vetor gradiente) e ∂2J

∂x2 ∈ Rn×n (matriz Hessiana, ou “decurvatura”) sao dados por

∂J

∂x=

∂J∂x1∂J∂x2...∂J∂xn

, ∂2J

∂x2=

∂2J∂x2

1

∂2J∂x1∂x2

· · · ∂2J∂x1∂xn

∂2J∂x2∂x1

∂2J∂x2

2· · · ∂2J

∂x2∂xn...

.... . .

...∂2J

∂xn∂x1

∂2J∂xn∂x2

· · · ∂2J∂x2

n


Observacao sobre a matriz Hessiana

∂2J

∂x2=

∂2J∂x2

1

∂2J∂x1∂x2

· · · ∂2J∂x1∂xn

∂2J∂x2∂x1

∂2J∂x2

2· · · ∂2J

∂x2∂xn...

.... . .

...∂2J

∂xn∂x1

∂2J∂xn∂x2

· · · ∂2J∂x2

n

Como as derivadas de segunda ordem sao contınuas (no caso r = 2),tem-se que

∂2J

∂xi∂xj=

∂2J

∂xj∂xi

Portanto, a matriz Hessiana ∂2J∂x2 e simetrica.


Condicoes necessarias para otimalidade - Caso multivariado

Seja uma funcao J : Rn → R pertencente a classe C 2. Se x∗ ∈ Rn e ummınimo local de J, entao as seguintes condicoes devem ser satisfeitas:

∂J

∂x(x∗) = 0

∂2J

∂x2(x∗) ≥ 0

Observacao: Se∂J

∂x(x∗) = 0, diz-se que x∗ e um “ponto estacionario” de J.


Condicoes suficientes para otimalidade - Caso multivariado

Seja uma funcao J : Rn → R pertencente a classe C 2. Se as seguintescondicoes forem satisfeitas:

∂J

∂x(x∗) = 0

∂2J

∂x2(x∗) > 0

entao x∗ ∈ Rn e um mınimo local de J.


Observacao: Suponha que J ∈ C 2 e∂J

∂x(x∗) = 0. Tem-se entao:

∂2J

∂x2(x∗) > 0⇒ x∗ e mınimo local.

∂2J

∂x2(x∗) < 0⇒ x∗ e maximo local.

∂2J

∂x2(x∗) indefinida ⇒ x∗ e ponto de sela.


Algumas expressoes para calculo de gradientes

Sejam x ∈ Rn, y ∈ Rn,Q ∈ Rn×n. Entao:

∂(yT x)

∂x=∂(xT y)

∂x= y

∂(yTQx)

∂x=∂(xTQT y)

∂x= QT y

∂(xTQx)

∂x= Qx + QT x

∂[(x − y)TQ(x − y)

]∂x

= (Q + QT )(x − y)

Se Q for simetrica, as expressoes se simplificam, pois Q + QT = 2Q.


Algumas expressoes para calculo de Hessianas

Sejam x ∈ Rn, y ∈ Rn,Q ∈ Rn×n. Entao:

∂2(xTQx)

∂x2= Q + QT

∂2[(x − y)TQ(x − y)

]∂x2

= Q + QT

Se Q for simetrica, as expressoes se simplificam, pois Q + QT = 2Q.


Ex: Funcoes Quadraticas

J(x) =1

2xTHx + cT x + cte

Neste caso, tem-se

∂J

∂x(x) = Hx + c

Portanto, x∗ deve satisfazer Hx∗ + c = 0, isto e

x∗ = −H−1c

desde que H seja nao singular.

Adicionalmente, a matriz Hessiana em x∗ e dada por

∂2J

∂x2(x∗) = H


Exemplo 1

x∗ = −H−1c,∂2J

∂x2(x∗) = H

H =

[1 00 2

], c =

[00

]

−1

−0.5

0

0.5

1

−1

−0.5

0

0.5

10

0.5

1

1.5

x1x2

J(x)


Exemplo 2

x∗ = −H−1c,∂2J

∂x2(x∗) = H

H =

[1 00 −2

], c =

[00

]

−1

−0.5

0

0.5

1

−1

−0.5

0

0.5

1−1

−0.5

0

0.5

x1x2

J(x)


Retornando ao problema inicial (DMC)


Minimizar

J(∆u) =1


com respeito a ∆u ∈ RM , sendo

H = 2(GTG + ρI ), c = 2GT (f − r)

ρ > 0

Vale notar que a matrix Hessiana H e simetrica e positivo-definida. Comefeito, dado x 6= 0, tem-se que

xTHx = 2xT (GTG + ρI )x = 2 xT (GTG )x︸︷︷︸≥0

+ 2ρ xT x︸︷︷︸>0

> 0


J(∆u) =1


H > 0

Trata-se de uma funcao quadratica em ∆u com matriz Hessianapositivo-definida. Assim, como visto anteriormente,

∆u∗ = −H−1c

comH = 2(GTG + ρI ), c = 2GT (f − r)

Logo,∆u∗ = (GTG + ρI )−1GT (r − f)


Observacoes

∆u∗ = (GTG + ρI )−1GT (r − f)

A matriz (GTG + ρI ) tem dimensoes M ×M

O parametro ρ > 0 pode ser usado para ajustar o esforco de controle.

No instante atual k, a variacao de controle a ser aplicada correspondeao primeiro elemento do vetor ∆u∗, isto e:

∆u(k) = ∆u∗(k|k) = KMPC (r − f)

sendo KMPC a primeira linha da matriz (GTG + ρI )−1GT .

Vale notar que r = f ⇒ ∆u(k) = 0, ou seja, se a resposta livre seguiro sinal de referencia, nao e necessario promover alteracoes nocontrole.


Interpretacao para N = M = 1

Neste caso, tem-se G = g(1), r = yref , f = f (k + 1|k). Logo:

(GTG + ρI )−1GT =g(1)

g2(1) + ρ= KMPC

∆u(k) = KMPC (yref − f (k + 1|k))


Observacoes

∆u∗ = (GTG + ρI )−1GT (r − f)

Se a referencia for constante, sera empregada a seguinte notacao:

r = [yref ]N

sendo [•]N um vetor-coluna formado pelo empilhamento vertical de Ncopias de •.


Observacoes

Se a referencia variar com o tempo, mas for previamente conhecida, bastafazer

r =

yref (k + 1)yref (k + 2)

...yref (k + N)


DMC: Resumo

Informacao requerida sobre a planta:

Resposta a degrau g(n), n = 1, 2, . . . ,Ns

(assume-se g(0) = 0 e g(n) = g(Ns),∀n ≥ Ns).

Parametros de projeto:

Peso do controle ρ

Horizonte de predicao N

Horizonte de controle M

Inicializacao:

Fazer G =

g(1) 0 · · · 0g(2) g(1) · · · 0

......

. . ....

g(N) g(N − 1) · · · g(N −M + 1)

Calcular KMPC = [ 1 0 · · · 0 ](GTG + ρIM)−1GT

Fazer k = 0, u(−1)=0 e ∆u(−1)=∆u(−2)= · · ·=∆u(−Ns + 1)=0


Rotina principal:

1 Ler y(k) (saıda da planta) e yref (valor de referencia)

2 Fazer r = [yref ]N3 Calcular

f (k + i |k) = y(k) +Ns−1∑n=1

[g(n + i)− g(n)]∆u(k − n), i = 1, 2, . . . ,N

4 Fazer f = [f (k + 1|k) f (k + 2|k) · · · f (k + N|k)]T

5 Calcular o incremento no controle: ∆u(k) = KMPC (r − f)

6 Atualizar o controle aplicado a planta: u(k) = u(k − 1) + ∆u(k)

7 Fazer k = k + 1

8 Aguardar o proximo instante de amostragem e retornar ao passo 1


Resumo da aula de hoje

DMC: Obtencao da equacao de predicao a partir da resposta a degrauda planta:

y = G∆u + f

Solucao do problema de otimizacao

∆u∗ = (GTG + ρI )−1GT (r − f)

∆u(k) = ∆u∗(k|k) = [ 1 0 · · · 0 ](GTG + ρI )−1GT (r − f)


Topicos da proxima aula

DMC: Sintonia de parametros (Perıodo de amostragem, M, N, ρ)

Implementacao em Matlab/Simulink

Exemplos


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