Prostor stanja

SVEUČILIŠTE U ZAGREBU FAKULTET STROJARSTVA I BRODOGRADNJE

PROSTOR STANJA

Dubravko Majetić Josip Kasać

Zagreb, 2014.

Sadržaj

SADRŽAJ

1. Jednovarijabilni i multivarijabilni linearni sustavi u prostoru stanja .......................... 1

1.1 Fazne varijable stanja .............................................................................. 2

1.2 Kanonske varijable stanja ....................................................................... 21

1.3 Transformacija stanja linearnih jednovarijabilnih i multivarijabilnih sustava ... 32

1.3.1 Modalna analiza .......................................................................... 32

1.3.2 Transformacija u Frobeniusovu formu ............................................ 61

1.4 Prelazak na diskretnu formu prostora stanja ............................................. 76

1.5 Matrica prijenosnih funkcija .................................................................... 79

1.6 Koncepti upravljivost i mjerljivosti ........................................................... 85

1.6.1 Matrice upravljivosti i mjerljivosti .................................................. 85

1.6.2 Određivanje upravljivosti i mjerljivosti primjenom modalne transformacije ............................................................................ 96

1.6.3 Upravljivost i mjerljivost u kompleksnoj domeni ............................. 104

1.7 Stabilnost u prostoru stanja ................................................................... 109

1.8 Točnost u prostoru stanja ...................................................................... 119

1.9 Rješenja linearnih multivarijabilnih sustava .............................................. 126

1.9.1 Rješenja autonomnih linearnih sustava ......................................... 126

1.9.2 Rješenja neautonomnih linearnih sustava ...................................... 143

2. Sinteza regulatora jednovarijabilnih i multivarijabilnih linearnih sustava u prostoru stanja ............................................................................................. 152

2.1 Sinteza regulatora u prostoru stanja ....................................................... 152

2.2 Kalmanov statički regulator ................................................................... 156

2.3 Projektiranje regulatora za rasprezanje stanja i podešavanje polova ............ 173

2.4 Sinteza regulatora stanja podešavanjem polova po principu nul-dijagonala

matrice Ar ........................................................................................... 179

2.5 Metoda podešavanja polova ................................................................... 182

2.6 Statički i dinamički observer stanja ......................................................... 208

3. Literatura ..................................................................................................... 219

Prostor stanja

1

1. Jednovarijabilni i multivarijabilni linearni

sustavi u prostoru stanja

Prostor stanja se može koristiti kako za jednovarijabilne, tako i za multivarijabilne sustave [3, 5, 7, 8]. Sustavi se uvijek prikazuju u dvije osnovne matrične jednadžbe, jednadžbom stanja i jednadžbom izlaza. Sadržaj matrica u jednadžbama određuje vrsta dinamičkog sustava. U ovom se poglavlju prvenstveno bavimo linearnim vremenski-invarijantnim dinamičkim sustavima s koncentriranim parametrima. To znači da su matrice prostora stanja matrice konstanti.

Prikaz dinamičkog sustava u prostoru stanja:

(t) (t) (t)

X AX BU jednadžba stanja sustava,

(t) (t) (t) Y CX DU jednadžba izlaza sustava.

Pri tome je :

X(t) vektor stanja sustava, U(t) vektor ulaza, •X (t) derivacija vektora stanja X, Y(t) vektor izlaza sustava, A = dim(n x n) matrica koeficijenata sustava, B = dim(n x m) matrica ulaza sustava, C = dim(p x n) matrica izlaza sustava, D = dim(p x m) matrica prijenosa sustava, n broj varijabli stanja = red sustava, m broj ulaznih varijabli, p broj izlaznih varijabli.

Zapis sustava u prostoru stanja lako je zapisati i preko blok prikaza.

X

U prostoru stanja se mogu koristiti dva tipa varijabli stanja, fazne i kanonske varijable stanja. Prebacivanje zapisa u prostor stanja obavlja se kroz nekoliko mogućih slučajeva, a moguće je i korištene rutina komercijalnih matematičkih programskih paketa. Modalnom analizom moguće je nekanonsku formu prebaciti u kanonsku formu.

Prostor stanja

2

1.1 Fazne varijable stanja

Fazne varijable stanja su one varijable stanja koje su predstavljene realnim i u najvećem broju slučajeva mjerljivim fizikalnim veličinama, poput puta, brzine ubrzanja, napona i struje, temperature i tlaka, itd. Zapis rezultira matricom sustava A u tzv. Frobeniusovom obliku. Cijeli se postupak prevođenja u zapis prostora stanja odvija kroz nekoliko slučajeva koji su prikazani u nastavku. Pri tome se jednovarijabilni sustavi mogu zadati diferencijalnom jednadžbom ili prijenosnom funkcijom, dok se multivarijabilni sustavi zadaju sustavom diferencijalnih jednadžbi.

Zadatak 1.1 Sustav zadan diferencijalnom jednadžbom prevedite u prostor stanja,

y 4y 3y 2y 5u(t) , PU=0,

Rješenje: Prvo treba uočiti da je riječ o slučaju I, koji je predstavljen diferencijalnom jednadžbom u kojoj je izostala derivacija ulazne varijable. U ovom slučaju biramo fazne varijable stanja, što rezultira time da dobijemo matricu sistema A u tzv. Frobeniusovom obliku A=F. Zadani sustav je trećeg reda, što znači da treba odabrati 3 varijable stanja. Pored toga sustav ima jednu ulaznu i jednu izlaznu varijablu. Postupak se provodi tako da se izlazna veličina proglasi prvom varijablom stanja:

1x y .

Odmah treba potražiti i derivaciju prve varijable, koju proglasimo drugom varijablom:

1 2x y x .

Potom izrazimo i derivaciju druge varijable, koja se proglasi trećom varijablom i tako redom: 2 3x y x .

Derivacija treće (posljednje) varijable stanja se izrazi iz diferencijalne jednadžbe, uz uvjet da se derivacije Y varijable zamijene odgovarajućom varijablom stanja:

3x y 4y 3y 2y 5u(t) , 3 1 2 3x 2x 3x 4x 5u .

Sada imamo sve potrebno da ispišemo jednadžbu stanja i jednadžbu izlaza sustava:

1 1

2 2

3 3

x 0 1 0 x 0x 0 0 1 x 0 ux 2 3 4 x 5

X A X B U

- jednadžba stanja,

Prostor stanja

3

1

2

3

xy 1 0 0 x 0 u

x

Y C X D U

- jednadžba izlaza.

Što smo u stvari napravili? Zadatkom zadanu diferencijalnu jednadžbu trećeg reda raspisali smo pomoću tri jednadžbe prvog reda:

1 2x y x ,

2 3x y x ,

3 1 2 3x 2x 3x 4x 5u .

Pri tome smo matricu A dobili u tzv. Frobeniusovom obliku [7] koji u općoj formi izgleda ovako:

0 1 2 3 n 1

0 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 0

00 0 0 0 1a a a a a

A F

.

Oblik uvijek na dijagonali iznad glavne ima 1, ostali su elementi 0, a elementi posljednjeg retka su koeficijenti lijeve strane diferencijalne jednadžbe napisani u obrnutom redoslijedu s negativnim predznakom. Pored ovog, matrica B koja je u stvari vektor jer sustav ima jedan ulaz, ima sve elemente 0 osim zadnjeg retka u kojem je koeficijent uz u(t) iz polazne diferencijalne jednadžbe sustava. Matrica C je vektor jer sustav ima jedan izlaz, a također ima uvijek prepoznatljiv izgled. Njen prvi element je 1, a svi su ostali nula. To znači da se zadana diferencijalan jednadžba uz malo vježbe može napisati direktno, bez računa koji je prezentiran u zadatku.

Važno je istaknuti da će D matrica uvijek biti matrica s nulama, kada je red derivacije ulazne varijable manji od reda derivacije izlazne varijable.

Dobiveno rješenje se može prikazati i slijedećim blok dijagramom koji se onda može simulirati u nekom od dostupnih matematičkih paketa.

Prostor stanja

4

5

2

3

4

)t(u y y y y

To odgovara već pokazanom blok prikazu u prostoru stanja.


(4)2y 5y 8y 2y 7y 3u(t)

Rješenje: Treba prepoznati da je opet riječ o slučaju I. No, da bi to zaista bilo očito, treba jednadžbu podijeliti sa 2,

(4) 5 7 3y y 4y y y u(t)2 2 2

.

Sada imamo sustav četvrtog reda u kojem prema slučaju I nema derivacije ulazne varijable. Pokušajmo rješenje napisati odmah! Da bi to mogli moramo definirati dimenzije svih matrica: dim(A) = 4x4, dim(B) = 4x1, dim(C) = 1x4, dim(D) = 1x1. Kako nema derivacije ulazne varijable, odnosno kako je red izlazne varijable veći od reda ulazne varijable matrica D ima slijedeći oblik : D=[0]. Evo rješenja:

1 1

2 2

3 3

4 4

0 1 0 0 0x x0 0 1 0 0x x

u0 0 0 1 0x x7 5 3x x1 42 2 2

X A X B U


Prostor stanja

5

1

2

3

4

xx

y 1 0 0 0 0 uxx

Y C X D U


Kompletan izvod slijedi za one koji odmah ne vide rješenje:

1x y , 1 2x y x , 2 3x y x , 3 4x y x ,

(4)4

7 5 3x y y y 4y y u2 2 2

, (4)4 1 2 3 4

7 5 3x y x x 4x x u2 2 2

.


y 4y 3y 2y 5u 4u 3u 2u

Rješenje: Kako se pojavljuje derivacija ulazne varijable, riječ je o slučaju II. Matematički model ovog jednovarijabilnog sustava zadan je običnom diferencijalnom jednadžbom "n"-tog reda s derivacijama ulazne varijable "r"-tog reda ( r ≤ n). U ovom se slučaju prelazi u kompleksno područje, a to je slučaj IV, kojeg ćemo pokazati malo kasnije. Samo zaključimo :

y 4y 3y 2y 5u 4u 3u 2u , n=m=3 .

Čim je n=m, odnosno red ulazne varijable jednak redu izlazne varijable, pojavit će se i D matrica.

Zadatak 1.4 Sustav zadan prijenosnom funkcijom prevedite u prostor stanja.

3 2

Y(s) 6G(s)U(s) s 7s 14s 8

Rješenje: Sada je umjesto diferencijalne jednadžbe zadana prijenosna funkcija jednovarijabilnog sustava. To je slučaj III, u kojem u prijenosnoj funkciji sustava opet nema dinamike ulazne varijable, što se vidi po konstanti u brojniku prijenosne funkcije. Ovaj se slučaj obrnutom Laplaceovom transformacijom lako svodi na slučaj I:

Prostor stanja

6

3 2Y(s) 6G(s)U(s) s 7s 14s 8

,

13 2s Y(s) 7s Y(s) 14sY(s) 8Y(s) 6U(s)

L .

y 7y 14y 8y 6u(t) - dalje isto kao u slučaju I ,

1x y ,

1 2x y x ,

2 3x y x ,

3x y 8y 14y 7y 6u(t) ,

3 1 2 3x 8x 14x 7x 6u ,

1 1

2 2

3 3

x 0 1 0 x 0x 0 0 1 x 0 ux 8 14 7 x 6

X A X B U


1

2

3

xy 1 0 0 x 0 u

x

Y C X D U

- jednadžba izlaza,

Matrice D nema jer je red ulazne varijable manji od reda izlazne varijable. Dobiveno rješenje se može prikazati i slijedećim blok dijagramom:

6

8

14

7

)t(u y y y y

To odgovara već standardnom blok prikazu u prostoru stanja.

Prostor stanja

7


4 3 2

Y(s) 6G(s)U(s) 2s 4s 10s 5s 9

Rješenje: I ovo je slučaj III. Sustav je zadan prijenosnom funkcijom u kojoj nema dinamike ulazne varijable. Četvrtog je reda i ima jednu ulaznu i jednu izlaznu varijablu:

4 3 2Y(s) 6G(s)U(s) 2s 4s 10s 5s 9

,

4 3 22s Y(s) 4s Y(s) 10s Y(s) 5sY(s) 8Y(s) 6U(s) 2 ,

4 3 2 15 9s Y(s) 2s Y(s) 5s Y(s) sY(s) Y(s) 3U(s)2 2

L ,

(4) 5 9y 2y 5y y y 3u(t)2 2

- dalje isto kao u slučaju I .

Može i direktno :

1 1

2 2

3 3

4 4

0 1 0 0x x 00 0 1 0x x 0

u0 0 0 1x x 09 5x x 35 22 2

X A X B U


1

2

3

4

xx

y 1 0 0 0 0 uxx

Y C X D U


Cijeli je postupak slijedeći:

1x y , 1 2x y x , 2 3x y x , 3 4x y x ,

(4)4

9 5x y y y 5y 2y 3u2 2

, (4)4 1 2 3 4

9 5x y x x 5x 2x 3u2 2

.

Matrice D nema jer je red ulazne varijable manji od reda izlazne varijable.

Prostor stanja

8


3 2

Y(s) 6s 18G(s)U(s) s 7s 14s 8

Rješenje : Ovo je primjer koji spada pod slučaj IV. Matematički model jednovarijabilnog sistema zadan je prijenosnom funkcijom koja ima dinamiku ulazne varijable "r"-tog reda i dinamiku izlazne varijable je "n"-tog reda. U tom se slučaju vrši rastavljanje prijenosne funkcije na dva dijela i potom obrnuta Laplaceova transformacija svakog dijela zasebno. Rastavljanje prijenosne funkcije daje dvije prijenosne funkcije od kojih svaka određuje po jednu jednadžbu prostora stanja:

1

1

x (s)Y(s)G(s)x (s)U(s)

,

1

1

1 2

X (s)B(s) Y(s) Y(s)G(s) .N(s) U(s) U(s) X (s)

G (s) G (s)

1 B(s)N(s)

U našem slučaju to izgleda ovako:

111 3 2

X (s) 1 1G (s)U(s) N(s) s 7s 14s 8

L ,

1 1 1 1x 7x 14x 8x u(t) ,

1 1x x , 1 1 2x x x , 2 1 3x x x ,

3 1 1 1 1x x 8x 14x 7x u(t) , 3 1 2 3x 8x 14x 7x u .

Sada imamo sve potrebno za ispis jednadžbe stanja:

1 1

2 2

3 3

x 0 1 0 x 0x 0 0 1 x 0 ux 8 14 7 x 1

X A X B U

- jednadžba stanja.

Preostaje nam još korištenje prijenosne funkcije G2 čijom inverznom Laplaceovom transformacijom dobivamo jednadžbu izlaza sustava:

Prostor stanja

9

12

1

Y(s)G (s) B(s) 6s 18X (s)

L ,

1 1y(t) 6x 18x , 1 2y(t) 18x 6x ,

1

2

3

xy 18 6 0 x 0 u

x

Y C X D U


Matrice D i dalje nema, jer je red ulazne varijable u prijenosnoj funkciji sustava manji od reda izlazne varijable. Dobiveno rješenje se može prikazati i slijedećim blok dijagramom.

8

14

7

)t(u y

6

181x1x1x

Ili direktno preko forme prostora stanja.


3 2

3 2Y(s) 2s 3s 4s 5G(s)U(s) s 4s 3s 2

Rješenje: Ako načinimo inverznu Laplaceovu transformaciju zadane prijenosne funkcije dobit ćemo diferencijalnu jednadžbu koju smo u zadatku 3.3. (slučaj II) postavili, a nismo riješili. Tada smo zaključili da će zbog istog reda ulazne i izlazne veličine pojaviti D matrica:

3 21

3 2Y(s) 2s 3s 4s 5G(s) y 4y 3y 2y 5u 4u 3u 2uU(s) s 4s 3s 2

L ,

Prostor stanja

10

111 3 2

X (s) 1 1G (s)U(s) N(s) s 4s 3s 2

L ,

1 1 1 1x 4x 3x 2x u(t) ,

1 1x x ,

1 1 2x x x ,

2 1 3x x x ,

3 1 2 3x 2x 3x 4x u ,

3 1 1 1 1x x 2x 3x 4x u(t) .

Sada imamo sve potrebno za ispis jednadžbe stanja:

1 1

2 2

3 3

x 0 1 0 x 0x 0 0 1 x 0 ux 2 3 4 x 1

X A X B U


Kao i u prethodnom zadatku, preostaje nam još korištenje prijenosne funkcije G2 čijom inverznom Laplaceovom transformacijom dobivamo jednadžbu izlaza sustava:

3 2 12

1

y(s)G (s) B(s) 2s 3s 4s 5x (s)

L ,

1 1 1 1y(t) 5x 4x 3x 2x ,

1 2 3 1 2 3y(t) 5x 4x 3x 2( 2x 3x 4x u) ,

1 2 3y(t) x 2x 5x 2u ,

1

2

3

xy 1 2 5 x 2 u

x

Y C X D U


Kako je riječ o sustavu s jednom ulaznom i jednom izlaznom varijablom, matrica D ima jedan jedini element. Pogledajmo vrijednost tog elementa! To je uvijek omjer koeficijenata najvećih potencija izlazne i ulazne veličine u polaznoj prijenosnoj funkciji sustava. A evo i blok prikaza sustava.

Prostor stanja

11

2

3

4

)t(u y

2

11x1x

1x

5

2

Zadatak 1.8 MDS sustav zadan slikom i diferencijalnom jednadžbom prevedite u prostor stanja. My Dy Sy u(t)

Rješenje: Kao prvo pogledajmo u koji slučaj spada zadani MDS sustav. Kako je riječ o sustavu s jednom ulaznom i jednom izlaznom varijablom, a u kojem je izostala dinamika ulazne varijable, ovo je bez dvojbe slučaj I.

1x y , 1 2x y x , 2S D 1x y y y u(t)M M M

,

2 1 2S D 1x x x uM M M

,

1 1

2 2

0 1 0x xu

x xS D 1- -M M M

X A X B U


1

2

xy 1 0 0 u

x

Y C X D U - jednadžba izlaza.

Prostor stanja

12

A tu su i pripadajući blok dijagram, te blok prikaz direktno preko forme prostora stanja:

M1

M

S

M

D

)t(u y y y

Zadatak 1.9 Sustav zadan sistemom diferencijalnih jednadžbi prevedite u prostor stanja.

1 1 1 1 2 2 2 1 2

2 2 2 2 1 1 1 1 2

y 2y 3y 4y y 2y 3y 2u 3uy 5y 6y 7y y 5y 6y 4u 5u

Rješenje: Čim je sustav zadan sistemom diferencijalnih jednadžbi prvo što treba zaključiti je da se radi o multivarijabilnom sustavu! Jednadžbe pokazuju da sustav ima dvije ulazne i dvije izlazne varijable. Pri tome ulazne varijable nemaju derivaciju, odnosno nema dinamike ulaznih varijabli. S druge strane svaka izlazna varijabla ima najveći red 3, što znači da je sustav šestog reda. Zaključimo da će dimenzija matrica A biti (6x6), dimenzija matrice B (6x2), dimenzija matrice C (2x6), a dimenzija matrice D (2x2). Kako nema derivacije ulazne varijable, odnosno red izlaznih varijabli je u obje diferencijalne jednadžbe veći od reda ulazne varijable, svi elementi matrice D imaju vrijednost 0.

Mi ćemo kod multivarijabilnih sustava birati fazne varijable stanja. U našem ih zadatku treba odabrati ukupno 6. Kako su redovi izlaznih varijabli jednaki, iz svake diferencijalne jednadžbe biramo 3 varijable stanja. Iz prve jednadžbe biramo:

1 1x y , 1 1 2x y x , 2 1 3x y x ,

3 1 1 1 1 2 2 2 1 2x y 4y 3y 2y 3y 2y y 2u 3u . (*)

Iz druge jednadžbe biramo:

Prostor stanja

13

4 2x y , 4 2 5x y x , 5 2 6x y x ,

6 2 1 1 1 2 2 2 1 2x y 6y 5y y 7y 6y 5y 4u 5u . (**)

Sada u (*) i (**) sve izlazne varijable zamijenimo pripadajućim varijablama stanja:

3 1 2 3 4 5 6 1 2x 4x 3x 2x 3x 2x x 2u 3u ,

6 1 2 3 4 5 6 1 2x 6x 5x x 7x 6x 5x 4u 5u .

Izdvojimo jednadžbe koje nam trebaju za ispis jednadžbe stanja:

1 2x x , 2 3x x , 3 1 2 3 4 5 6 1 2x 4x 3x 2x 3x 2x x 2u 3u ,

4 5x x , 5 6x x , 6 1 2 3 4 5 6 1 2x 6x 5x x 7x 6x 5x 4u 5u ,

1 1

2 2

3 3 1

4 4 2

5 5

6 6

x x0 1 0 0 0 0 0 0x x0 0 1 0 0 0 0 0x x u4 3 2 3 2 1 2 3x x u0 0 0 0 1 0 0 0x x0 0 0 0 0 1 0 0x x6 5 1 7 6 5 4 5

X A X B U


Izdvojimo i jednadžbe koje nam trebaju za ispis jednadžbe izlaza:

1 1y x , 2 4y x ,

1

2

31 1

42 2

5

6

xxxy u1 0 0 0 0 0 0 0xy u0 0 0 1 0 0 0 0xx

Y C X D U


Pokušajmo rješenje prikazati blok dijagramom!

Prostor stanja

14

5

7

6

5

)t(u2

2y2y 2y 2y

2

4

3

2

)t(u1 1y

1y 1y1y

3

2

1

1

5

64

3


1 1 1 2 3 1 2 3

2 2 2 1 3 2 3

3 3 3 1 2 3

y y y y y u u uy y y y y u uy y y y y u

Rješenje: I ovdje se radi o multivarijabilnom sustavu. Sustav je također šestog reda, ima 3 ulazne i 3 izlazne varijable. Biramo 6 varijabli stanja. Pokušajte unaprijed odrediti dimenzije matrica prostora stanja i procijeniti hoće li se pojaviti D matrica. Kako su i u ovom primjeru redovi izlaznih varijabli jednaki, iz svake diferencijalne jednadžbe biramo 2 varijable stanja. Iz prve jednadžbe biramo: 1 1x y , 1 1 2x y x ,

Prostor stanja

15

2 1 1 1 2 3 1 2 3x y y y y y u u u . (*)

Iz druge jednadžbe biramo:

3 2x y , 3 2 4x y x ,

4 2 2 2 1 3 2 3x y y y y y u u . (**)

Iz treće jednadžbe biramo:

3 2x y , 3 2 4x y x ,

6 3 3 3 1 2 3x y y y y y u . (***)

Sada u (*), (**) i (***) sve izlazne varijable zamijenimo pripadajućim varijablama stanja:

2 1 2 3 5 1 2 3x x x x x u u u ,

4 1 3 4 5 2 3x x x x x u u ,

6 1 5 6 3 3x x x x x u .

1 1

2 21

3 32

4 43

5 5

6 6

x x0 1 0 0 0 0 0 0 0x x1 1 1 0 1 0 1 1 1

ux x0 0 0 1 0 0 0 0 0

ux x1 0 1 1 1 0 0 1 1

ux x0 0 0 0 0 1 0 0 0x x1 0 1 0 1 1 0 0 1

X A X B

U


1

21 1

32 2

43 3

5

6

xx

y 1 0 0 0 0 0 0 0 0 ux

y 0 0 1 0 0 0 0 0 0 ux

y 0 0 0 0 1 0 0 0 0 uxx

Y C X D U


Pokušajmo rješenje prikazati blok dijagramom!

Prostor stanja

16

1

1

1

)t(u2 2y 2y 2y

1

1

1

)t(u1 1y

1y 1y

1

11

1

1 )t(u3 3y 3y 3y

1

1

1

1

1

1

1


1 1 2 1 1 2

2 2 1 1 2

2y 3y y u 3u 2u4y y 3y 2u u

Rješenje: Ovaj multivarijabilni sustav ima dinamiku prve ulazne varijable. U takvom se slučaju ulazna varijabla koja ima derivaciju, ili njena derivacija veže uz odgovarajuću varijablu stanja. Treba vezati prvu izlaznu i prvu ulaznu varijablu stanja kako slijedi:

Prostor stanja

17

1 1 1 1 1 11 3x 2y 3u y x u2 2

,

1 1 1 1 2 1 2x 2y 3u 3y y u 2u . (*)

Iz druge jednadžbe biramo drugu (od dvije potrebne) varijablu stanja:

2 2x y ,

2 2 2 1 1 21 3 1 1x y y y u u4 4 2 4

. (**)

U (*) i (**) sve izlazne varijable zamijenimo pripadajućim varijablama stanja:

1 1 2 1 23 7x x x u 2u2 2

,

2 1 2 1 23 1 13 1x x x u u8 4 8 4

.

Slijede jednadžbe prostora stanja:

1 1 1

2 2 2

3 71 2x x u2 2x x u3 1 13 1

8 4 8 4

X A X B U


1 1 1

2 2 2

1 30 0y x u2 2y x u0 1 0 0

Y C X D U


Uočimo da nema D matrice! Razlog tomu je što je u obje jednadžbe red derivacije ulaznih varijabli manji od reda derivacije izlaznih varijabli. Rješenje pokušajmo prikazati i blok dijagramom!

Prostor stanja

18

)t(u2 2y 2y

23

)t(u1 1x 1y

1

83

41

23

27

2

41

813

21

2x


1 1 1 2 2 1 1 1 2 2

2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2

T y y K y Ru T u K uT y y K y K u T u R u

Rješenje: Ovaj multivarijabilni sustav drugog reda ima dinamiku prve i druge ulazne varijable prvog reda. Red izlaznih i ulaznih varijabli je u obje jednadžbe isti, iz čega zaključujemo da sustav ima D matricu. Sada vežemo ulazne i izlazne varijable istih derivacija [7].

1 1 1 1 2 2 2 1

2 2 2 2 1 1 1 2 2

T y u y K y u Ru

T y u y K y u R u

,

1 1 1 1 1 1x y u y x u ,

1 1 1x y u ,

2 2 2 2 2 2x y u y x u ,

2 2 2x y u ,

1 1 1 1 2 2 1 1

2 2 2 2 1 1 2 2

T x x u K x R uT x x u K x R u

.

Sada je lako izraziti derivacije prve i druge varijable stanja:

Prostor stanja

19

2 1 1 21 1 2 1 2 1 2 2

1 1 1 2 2 2

K 1 R K 1 R1 1x x x u , x x x uT T T T T T

.

Slijede jednadžbe prostora stanja:

2 1

1 1 11 1 1

2 2 21 2

2 2 2

K 1 R1 0T T Tx x u

x x uK 1 R1 0T T T

X A X B U


1 1 1

2 2 2

y x u1 0 1 0y x u0 1 0 1

Y C X D U


Za one znatiželjne, tu je blok dijagram!

)t(u2 2y

1T1

)t(u1 1x 1y

x2

12 TK

21 TK

2T1

1

1

1

T

R1 x1

2x

1

2

2

T

R1


1 1 1 2 1 2 2

2 2 1 1 2

y 2y 3y y u 2u 2uy 2y y 2u 3u

Rješenje: Pogledajmo jednadžbe! Sustav je trećeg reda, pri čemu iz prve jednadžbe biramo dvije, a iz druge jednadžbe biramo jednu varijablu stanja. Kako je red derivacija ulaznih varijabli u obje jednadžbe manji od reda derivacija izlaznih varijabli, ne očekujemo D matricu. Prvo vežemo varijable s derivacijama u prvoj jednadžbi.

Prostor stanja

20

1 2 1 1 2 1 2

2 2 1 1 2

(y 2u ) 2y 3y y u 2uy 2y y 2u 3u

,

Biramo varijable stanja: 1 1x y , 2 1 2x y 2u , 3 2x y .

Odredimo derivacije varijabli stanja:

1 1 2 2x y x 2u ,

2 1 2 1 1 2 1 2x y 2u 2y 3y y u 2u ,

2 2 2 1 3 1 2x 2x 4u 3x x u 2u ,

2 1 2 3 1 2x 3x 2x x u 2u ,

3 2 1 2 1 2x y y 2y 2u 3u ,

3 1 3 1 2x x 2x 2u 3u .

Sada imamo sve za ispis jednadžbi prostora stanja:

1 11

2 22

3 3

x 0 1 0 x 0 2u

x 3 2 1 x 1 2u

x 1 0 2 x 2 3

X A X B U


11

22

3

xy 1 0 0

xy 0 0 1

x

Y C X


Za one znatiželjne, tu je blok dijagram!

3

1

2

)t(u2 2y 2y

2

)t(u1 2x

1y

3

1

2

2

1x2

3x

Prostor stanja

21

1.2 Kanonske varijable stanja

Kanonskim varijablama stanja matrica koeficijenata sustava A poprima jedan od dva moguća oblika, čista kanonska forma A=Λ, Λ = diag[λi], gdje su λi jednostruki polovi sustava, ili Jordanova Kanonska forma A=J s barem jednim Jordanovim blokom za višestruke polove sustava. U oba slučaja matrica A pokazuje polove sustava. Postupak prevođenja podrazumijeva pronalaženje polova sustava, proceduru pokazujemo za jednovarijabilne sustave zadane prijenosnom funkcijom.

Zadatak 1.14 Sustav zadan prijenosnom funkcijom prevedite u kanonski oblik prostora stanja.

3 2

y(s) 6G(s)u(s) s 7s 14s 8

Rješenje: Uočimo da je zadan jednovarijabilni sustav trećeg reda. To znači da će matrica A biti dimenzije 3x3 i pokazivati 3 pola sustava. Kako smo već napisali prvo potražimo polove sustava:

1 13 2

2 2

3 3

s 1K.J. s 7s 14s 8 0 s 2

s 4

Polovi su realni i jednostruki!

Slijedi rastav prijenosne funkcije na nama već poznatu sumu parcijalnih razlomaka:

n3i 1 2

3 2i 1 i

AA A AY(s) B 6G(s)U(s) N s s s 1 s 2 s 4s 7s 14s 8

.

Koeficijente Ai ćemo odrediti Heavisideovim razvojem s kojim smo se već sreli u potpoglavlju 1.

i

is s

BAN

, 1 2s 1

6A 23s 14s 14

2 2s 2

6A 33s 14s 14

, 3 2s 4

6A 13s 14s 14

.

Vratimo koeficijente na mjesto i proglasimo 3 varijable stanja:

Y(s) 2 3 1 U(s) U(s) U(s)G(s) Y(s) 2 3U(s) s 1 s 2 s 4 s 1 s 2 s 4

,

Prostor stanja

22

1 2 3 1 2 3U(s) U(s) U(s)X (s) , X (s) , X (s) , Y(s) 2X (s) 3X (s) X (s)s 1 s 2 s 4

.

Obrnutom Laplaceovom transformacijom odabranih varijabli stanja dobivamo tri diferencijalne jednadžbe koje će odrediti jednadžbu stanja.

11 1 1 1 1

U(s)X (s) x x u(t) x x u(t)s 1

L ,

12 2 2 2 2

U(s)X (s) x 2x u(t) x 2x u(t)s 2

L ,

13 3 3 3 3


L .

Sada imamo sve za ispis jednadžbe stanja:

1 1

2 2

3 3

x 1 0 0 x 1x 0 2 0 x 1 ux 0 0 4 x 1

X A X B U


U jednadžbi stanja je matrica A poprimila čistu Kanonsku formu, A=Λ, jer su polovi sustava jednostruki. Matrica B je postala matrica (vektor) jedinica. Za kraj odredimo i jednadžbu izlaza:

11 2 3 1 2 3Y(s) 2X (s) 3X (s) X (s) y(t) 2x 3x x L ,

1

2

3

xy 2 3 1 x 0 u

x

Y C X D U


Matrice D naravno nema, jer je red ulazne varijable u prijenosnoj funkciji sustava manji od reda izlazne varijable. Dobiveno rješenje se može prikazati i slijedećim blok dijagramom:

Prostor stanja

23

2

4

)t(u y

2

3

3x

1

1x1x

1

2x 2x

3x

Valja uočiti da blok prikaz pokazuje da se u slučaju čiste Kanonske forme dobiva raspregnut sustav s paralelnim granama (krugovima) koje pripadaju pojedinim polovima sustava. U takvoj je situaciji moguće za svaki krug projektirati zaseban regulator i to neovisno o ostalim granama.


3 2

3 2Y(s) s 14s 49s 52G(s)U(s) s 7s 16s 12

Rješenje: Uočimo da je opet zadan jednovarijabilni sustav trećeg reda. To znači da će matrica A opet biti dimenzije 3x3 i pokazivati 3 pola sustava. Kako je red brojnika jednak redu nazivnika, pojavit će se i matrica D. Prvo potražimo polove sustava:

1 13 2

2 2

3 3

s 2K.J. s 7s 16s 12 0 s 2

s 3

Polovi su realni i višestruki!

Slijedi rastav prijenosne funkcije na sumu parcijalnih razlomaka za polove koji su višestruki.

Prostor stanja

24

11 12 1r r 1 r 2 n0 r r 1

1 r 1 r 2 n1 1

K K K K K KY(s)G(s) KU(s) s s s s(s ) (s )

,

0 sK limG(s)

,

1

(i 1)r

1i 1 s(i 1)1 dK (s ) G(s) , i 1,2,3,...,r

(i 1)! ds

,

r i

r is s

BK , i 1,2,3,...,n rN

.

Nakon određivanja svih koeficijenata pristupa se odabiru varijabli stanja kako slijedi:

i 1i

1

rr

r ir i

X (s)X (s) , i 1, 2,... ,(r 1),sU(s)X (s) ,s

U(s)X (s) , i 1, 2,... ,(n r).s

To u našem slučaju izgleda ovako:

3 2311 12

02 2KK KY(s) B s 14s 49s 52G(s) K

U(s) N s 2 s 3(s 2) (s 3) (s 2)

,

0 sK limG(s) 1

,

3 22

11 s 2s 2

1 s 14s 49s 52K (s 2) G(s) 20! s 3

,

3 2

12s 2

1 d s 14s 49s 52K 31! ds s 3

,

3 2

3 2s 3 s 3

B s 14s 49s 52K 4N 3s 14s 16

.

Konačni rastav prijenosne funkcije:

2 2Y(s) 2 3 4 U(s) U(s) U(s)G(s) 1 Y(s) 2 3 4 1U(s) s 2 s 3 s 2 s 3(s 2) (s 2)

.

Proglasimo 3 varijable stanja:

1 2 32U(s) U(s) U(s)X (s) , x (s) , x (s)

s 2 s 3(s 2)

.

Obrnutom Laplaceovom transformacijom odabranih varijabli stanja opet dobivamo n=3 diferencijalnih jednadžbi koje određuju jednadžbu stanja.

Prostor stanja

25

12

1 1 1 2 1 1 22X (s)U(s) U(s) 1X (s) x 2x x x 2x x

s 2 s 2 s 2s 2

L ,

12 2 2 2 2


L ,

13 3 3 3 3


L .


1 1

2 2

3 3

x 2 1 0 x 0x 0 2 0 x 1 ux 0 0 3 x 1

X A X B U


Sada matrica koeficijenata sustava ima oblik A=J. To znači da se kod polova koji se ponavljaju iznad glavne dijagonale matrice pojavljuju jedinice. Preostaje nam još i jednadžbu izlaza:

11 2 3 1 2 3Y(s) 2X (s) 3X (s) 4X (s) U(s) y(t) 2x 3x 4x u(s) L ,

1

2

3

xy 2 3 4 x 1 u

x

Y C X D U


Kako smo i najavili, pojavila se matrica D. Njen je element koeficijent K0. Za one znatiželjne dajemo i prikaz sustava u blok dijagramima.

X

Prostor stanja

26

2

3

)t(u y

2

3

3x

2

1x

1x

4

2x 2x

3x

1

1


2Y(s) s 3s 2G(s)

U(s) s 3 s 4 s 5 s 6

Rješenje: Kako smo već napisali prvo potražimo polove sustava:

1 1

2 2

3 3

4 4

s 3s 4

s 3 s 4 s 5 s 6 0s 5s 6

,

Polovi su realni i jednostruki!

n3i 1 2 4

i 1 i

AA A A AY(s) BG(s)U(s) N s s s 3 s 4 s 5 s 6

,

i

is s

BAN

, 2

1 3 2s 3

s 3s 2 1A34s 54s 238s 342

,

Prostor stanja

27

2

2 3 2s 4

s 3s 2A 34s 54s 238s 342

,

2

3 3 2s 5

s 3s 2A 64s 54s 238s 342

,

2

4 3 2s 6

s 3s 2 10A34s 54s 238s 342

.

Vratimo koeficijente na mjesto i proglasimo 3 varijable stanja:

1 10Y(s) 3 63 3G(s)U(s) s 3 s 4 s 5 s 6

,

1 U(s) U(s) U(s) 10 U(s)Y(s) 3 63 s 3 s 4 s 5 3 s 6

,

1 2 3 4

1 2 3 4

u(s) u(s) u(s) u(s)x (s) , x (s) , x (s) , x (s) ,s 3 s 4 s 5 s 6

1 10y(s) x (s) 3x (s) 6x (s) x (s) .3 3

Obrnutom Laplaceovom transformacijom odabranih varijabli stanja odredimo četiri diferencijalne jednadžbe koje će odrediti jednadžbu stanja:

11 1 1 1 1


L ,

12 2 2 2 2


L ,

13 3 3 3 3


L ,

14 4 4 4 4


L .


1 1

2 2

3 3

4 4

x x3 0 0 0 1x x0 4 0 0 1

ux x0 0 5 0 1x x0 0 0 6 1

X A X B U


A=Λ, jer su polovi sustava jednostruki.

11 2 3 4 1 2 3 4

1 101 10Y(s) X (s) 3X (s) 6X (s) X (s) y(t) x 3x 6x x3 3 3 3

L ,

Prostor stanja

28

1

2

3

4

xx1 10y 3 6 0 ux3 3x

Y C X D U


Dobiveno rješenje se može prikazati i slijedećim blok dijagramom:

4

5

)t(u y

13

3

3x

3

1x1x

6

2x 2x

3x

6

4x 10

3

4x

Uočimo da blok prikaz pokazuje kako se u slučaju čiste Kanonske forme dobiva raspregnut sustav s paralelnim granama (krugovima) koje pripadaju pojedinim polovima sustava.

Prostor stanja

29


2

2 2Y(s) s 3s 2G(s)U(s) s 3 s 4

Rješenje: Prvo potražimo polove sustava:

1 1

2 2 2 2

3 3

4 4

s 3s 3

s 3 s 4 0s 4s 4

Polovi su realni i višestruki!

2ni

4 3 2i 1 i

AY(s) B s 3s 2G(s)U(s) N s s s 14s 73s 168s 144

,

11 12 21 22

0 2 2K K K KY(s)G(s) K

U(s) s 3 s 4s 3 s 4

,

0 sK limG(s) 0

,

22

11 2s 3s 3

1 s 3s 2K (s 3) G(s) 20! s 8s 16

,

2

12 2s 3

1 d s 3s 2K 71! ds s 8s 16

,

22

21 2s 4s 4

1 s 3s 2K (s 4) G(s) 60! s 6s 9

,

2

22 2s 4

1 d s 3s 2K 71! ds s 6s 9

.

Konačni rastav prijenosne funkcije:

2 2Y(s) 2 7 6 7G(s)U(s) s 3 s 4(s 3) s 4

,

2 2U(s) U(s) U(s) U(s)Y(s) 2 7 6 7

s 3 s 4(s 3) s 4

.

Proglasimo 4 varijable stanja:

Prostor stanja

30

1 2 3 42 2U(s) U(s) U(s) U(s)X (s) , X (s) , X (s) , X (s)

s 3 s 4(s 3) s 4

.

Obrnutom Laplaceovom transformacijom odabranih varijabli stanja opet dobivamo n=3 diferencijalnih jednadžbi koje određuju jednadžbu stanja.

12

1 1 1 2 1 1 22X (s)U(s) U(s) 1X (s) x 3x x x 3x x

s 3 s 3 s 3s 3

L ,

12 2 2 2 2


L ,

14

3 3 3 4 3 3 42X (s)U(s) U(s) 1X (s) x 4x x x 4x x

s 4 s 4 s 4s 4

L ,

14 4 2 4 4


L .


1 1

2 2

3 3

4 4

x x3 1 0 0 0x x0 3 0 0 1

ux x0 0 4 1 0x x0 0 0 4 1

X A X B U


A=J, jer su polovi sustava višestruki. Uočimo dva Jordanova bloka!

11 2 3 4 1 2 3 4Y(s) 2X (s) 7X (s) 6X (s) 7X (s) y(t) 2x 7x 6x 7x L ,

1

2

3

4

xx

y 2 7 6 7 0 uxx

Y C X D U


Dobiveno rješenje se može prikazati i slijedećim blok dijagramom:

Prostor stanja

31

4

)t(u y

3x

1x

1x

2x 2x

3x

1

4

4x 4x

3

3

2

7

6

7

1

Prostor stanja

32

1.3 Transformacija stanja linearnih jednovarijabilnih i multivarijabilnih sustava

U ovom potpoglavlju prikazane su neke osnovne metode transformacije varijabli stanja linearnih sustava. Prikazane su metode modalne analize te transformacije u dvije osnovne forme linearnih sustava, Frobeniusovu formu i kanonsku formu.

1.3.1 Modalna analiza

Modalnom analizom prevodimo modele koji nisu u kanonskoj ili Jordanovoj kanonskoj formi u tu formu. Matrica koja sistem nekanonske forme prevodi u kanonsku formu, zove se modalna matrica M (u literaturi još i P ili V). Kanonska forma jest rastavljanje sustava na podsustave ili modove, pa je metoda po tome i dobila ime. Modalna matrica M je uvijek kvadratna, konstantna i regularna te ima istu dimenziju kao i matrica A.

Model u prostoru stanja:

t *

t

t t

X AX BU

Y CX DU

X M Z

•

Transformacija jednadžbe stanja:

0 0 0t t , t -1 -1Z M X Z Z M X ,

t t • •X M Z * ,

t t t / . •

-1M Z A M Z BU M ,

t t t •

-1 -1Z M A M Z M B U* *A B

,

(t) (t) (t) •

* *Z A Z B U ,

1*A M AM ,

1*B M B ,

A* = ..... ako su polovi sustava jednostruki,

A* = J ..... ako su polovi sustava višestruki.

Prostor stanja

33

Transformacija jednadžbe izlaza:

t t t Y C M Z DU*C

.

Tražene transformacije su:

1

1

*

*

*

*

A M AMB M BC C MD D

Matrice A i A* imaju iste polove: *I A I A .

Kao i u postupku prevođenja sustava danog diferencijalnom jednadžbom ili prijenosnom funkcijom u kanonske varijable stanja, tako se i kod modalne analize prvo određuju polovi zadanog sustava. Ostatak postupka modalne analize se svodi na više slučajeva od kojih se u nastavku pokazuju samo neki, a više detalja potražite u [7].

Zadatak 1.18 Za sustav zadan matricama prostora stanja :

(1) odredite red sustava, broj ulaza i broj izlaza,

(2) komentirajte D matricu,

(3) prevedite u kanonski oblik.

1 0 1 1 11 0 1 2 1

0 2 1 , 0 1 , ,0 1 1 0 1

0 0 3 1 0

A B C D

Rješenja: (1) Red sustava određuje dimenzija matrice A. Broj ulaza pokazuje broj stupaca matrice B, a broj izlaza određuje broj redaka matrice C. Sustav je trećeg reda, ima dva ulaza i dva izlaza.

(2) Sustav je opisan s dvije diferencijalne jednadžbe. Broj 2 u D pokazuje da su derivacije prvog izlaza i prvog ulaza istog reda, a sama brojka je omjer njihovih koeficijenata. Broj 1 u prvom retku matrice pokazuje da prvi izlaz i drugi ulaz imaju isti red derivacija s istim koeficijentima. Jedinica u drugom retku matrice D pokazuje da drugi izlaz i drugi ulaz imaju isti red derivacije i iste koeficijente.

(3)

Prostor stanja

34

Prvo odredimo polove sustava:

1 0 10 2 10 0 3

I A ,

1

2

3

1det ( 1)( 2)( 3) 2

3

I A - jednostruka realna rješenja.

Kako su rješenja jednostruka, odmah se može napisati kanonska forma matrice A.

1 0 00 2 00 0 3

*A Λ

Sada treba pronaći modalnu matricu M, koja matricu A prevodi u A*. Matrica M će kao i matrica A imati tri vektora, koji se određuju iz adjungirane matrice :

( 2)( 3) 0 (2 )adj 0 ( 1)( 3) (1 )

0 0 ( 1)( 2)

I A .

Izračunate polove uvrstimo u adj I A , a potom iz takve matrice biramo vektore

modalne matrice:

11 ( 1)

2 0 1adj 0 0 0

0 0 0

I A .

Iz ove matrice treba odabrati prvi vektor modalne matrice. Nikada se ne odabire primjerice vektor u sredini koji sadrži sve nule. Razlog tomu je zahtjev za da modalna matrica mora biti regularna.

1

100

v - odabrani vektor,

I A2

2 2( 2)

0 0 0 0adj 0 1 1 1

0 0 0 0

I A v ,

Pri odabiru slijedećih vektora valja voditi računa da odabrani vektor ne bude linearna kombinacija već odabranih vektora:

Prostor stanja

35

33 3( 3)

0 0 1 1adj 0 0 2 2

0 0 2 2

I A v ,

1 2 3

1 0 10 1 20 0 2

M v v v ,

12 0 1

adj( ) 1 0 2 2det( ) 2

0 0 1

MMM

.

Provjerimo rješenje!

12 0 1 1 0 1 1 0 1 1 0 0

1 0 2 2 0 2 1 0 1 2 0 2 02

0 0 1 0 0 3 0 0 2 0 0 3

*A M AM .

Rješenje je pokazalo da smo odabrali pravu modalnu matricu. Za kraj prevedimo i ostale matrice u kanonsku formu zapisa sustava:

12 0 1 1 1 3 2 1

1 0 2 2 0 1 1 12

0 0 1 1 0 1 2 0

*B M B ,

1 0 11 0 1 1 0 1

0 1 20 1 1 0 1 0

0 0 2

*C C M ,

2 10 1

*D D .

Konačno rješenje je:

(t) (t) (t)(t) (t) (t)

* *

* *

Z A Z B UY C Z D U

,

1 1 31 1

2 2 2 2 3

3 33 3

1z x x ,z 1 0 1 2 x 2(t) (t) z 0 1 1 x z x x ,

z 0 0 1 2 x 1z x .2

-1Z M X

Prostor stanja

36

Zadatak 1.19 Za sustav zadan matricama prostora stanja :

(4) odredite red sustava, broj ulaza i broj izlaza,

(5) prevedite u kanonski oblik.

3 0 0 2 3 12 0 1 2 2 0

2 4 0 , 1 0 1 , ,1 1 2 0 0 1

0 1 5 1 2 2

A B C D

Rješenja: (1) Sustav je trećeg reda, ima tri ulazne i tri izlazne varijable. Za njegov opis je potreban sustav od dvije diferencijalne jednadžbe.

(2) Prvo odredimo polove sustava:

3 0 02 4 00 1 5

I A ,

1

2

3

3det ( 3)( 4)( 5) 4

5

I A - jednostruka realna rješenja.

Uočimo da su svi realni dijelovi svih polova negativni, pa će ovaj multivarijabilni sustav biti stabilan, a njegov odziv na odskočnu pobudnu funkciju imati aperiodski karakter. Kako su rješenja jednostruka, odmah se može napisati kanonska forma matrice A:

3 0 00 4 00 0 5

*A Λ .

Kao i u prethodnom zadatku, sada treba pronaći modalnu matricu M, koja matricu A prevodi u A*. Matrica M će kao i matrica A imati tri vektora, koji se određuju iz adjungirane matrice I A :

( 4)( 5) 0 0adj 2( 5) ( 3)( 5) 0

2 3 ( 3)( 4)

I A .

Izračunate polove uvrstimo u adj I A , a potom iz takve matrice biramo vektore

modalne matrice:

Prostor stanja

37

11 ( 3)

2 0 0adj 4 0 0

2 0 0

I A .

Iz ove matrice treba odabrati vektor modalne matrice. Mi biramo prvi vektor i njega ćemo podijeliti s 2. Ova računska operacija neće utjecati na konačno rješenje, no može nam olakšati izračun konačnog rješenja,

1

121

v - odabrani vektor.

22 2( 4)

0 0 0 0adj 2 1 0 1

2 1 0 1

I A v

Pri odabiru slijedećih vektora valja voditi računa da odabrani vektor ne bude linearna kombinacija već odabranih vektora. Uočimo da su dva vektora između kojih biramo linearno zavisna (mogu se izračunati jedan iz drugog), pa su po pitanju modalne matrice isti odabir,

33 ( 5)

0 0 0adj 0 0 0

2 2 2

I A .

Opet smo dobili tri linearno zavisna vektora, pa je posve svejedno što izaberemo. Sreća je što naš izbor nije linearno zavisan s već odabrana dva vektora modalne matrice. Da bi si olakšali daljnji račun, opet ćemo odabrani vektor podijeliti brojem 2,

3

001

v .

Napišimo konačnu formu modalne matrice:

1 2 3

1 0 02 1 01 1 1

M v v v ,

11 0 0

adj( ) 2 1 0det( )

1 1 1

MMM

.

Provjerimo rješenje!

Prostor stanja

38

11 0 0 3 0 0 1 0 0 3 0 02 1 0 2 4 0 2 1 0 0 4 01 1 1 0 1 5 1 1 1 0 0 5

*A M AM .

Rješenje je opet pokazalo da smo odabrali pravu modalnu matricu. Za kraj prevedimo i ostale matrice u kanonsku formu zapisa sustava:

11 0 0 2 3 1 2 3 12 1 0 1 0 1 3 6 11 1 1 1 2 2 2 5 2

*B M B ,

1 0 02 0 1 3 1 1

2 1 01 1 2 5 3 2

1 1 1

*C C M ,

2 2 00 0 1

*D D .

Konačno rješenje je kanonski oblik zapisa sustava u prostoru stanja:

(t) (t) (t)(t) (t) (t)

* *

* *

Z A Z B UY C Z D U

,

1 1 1 1

2 2 2 1 2

3 3 3 1 2 3

z 1 0 0 x z x ,(t) (t) z 2 1 0 x z 2x x ,

z 1 1 1 x z x x x .

-1Z M X

Zadatak 1.20 Sustav zadan matricom prostora stanja prevedite u kanonski oblik.

1 1 11 1 01 0 1

A

Rješenje: Potražimo polove ovog sustava koji je trećeg reda (n=3):

1 1 11 1 01 0 1

I A ,

1

2

3

1det ( 1)( 1)( 1) 1

1

I A .

Prostor stanja

39

Imamo tri jednaka rješenja koja opet pokazuju da je sustav stabilan. Ponavljanje polova pokazuje da je riječ o novom slučaju. Sada uvodimo dvije nove varijable koje nam pomažu u traženju rješenje. Prvo s k=3 označimo broj ponavljanja polova. Zatim s 'r' označimo rang matrice r=rang I A , a koji nam treba da bi izračunali broj Jordanovih

blokova u matrici A*.

1

0 1 11 0 0 r 21 0 0

I A ,

q = n – r = 3 – 2 = 1 - jedan Jordanov blok,

d = k – q = 3 – 1 = 2 - broj jedinica iznad glavne dijagonale Jordanovog bloka.

Kako je d=2, a to su ujedno i jedina dva mjesta iznad glavne dijagonale matrice A* kanonske forme, istu možemo odmah i napisati:

*1 00 10 0 1

11

A J .

Kao i do sada treba pronaći modalnu matricu M, koja matricu A prevodi u A*. Matrica M će kao i matrica A imati tri vektora, koji se određuju iz adjungirane matrice I A :

2

2

2

( 1) 1 1adj I 1 ( 1) 1 1

1 1 ( 1) 1

A .

U dobivenu matricu uvrstimo prvi pol,

1

0 0 0adj 0 1 1

0 1 1

I A .

Već smo do sada naučili da su drugi i treći stupac matrice linearno zavisni i da je svejedno što odaberemo.

1

011

v - prvi odabrani vektor modalne matrice.

Ako ponovimo postupak s uvrštavanjem drugog i trećeg pola, a koji su isti kao i prvi, uvijek dobivamo ista rješenja. To je dakako neupotrebljivo, jer birani vektori modalne matrice moraju biti linearno ovisni. Da bi se izvukli iz ovog začaranog kruga treba iskoristiti derivaciju adjungirane matrice I A po parametru λ,

Prostor stanja

40

2( 1) 1 1d adj 1 2( 1) 0d

1 0 2( 1)

I A .

Sada se u ovu matricu može uvrstiti λ2=-1,

1

0 1 1d adj 1 0 0d

1 0 0

I A .

Iz ove matrice treba odabrati drugi vektor modalne matrice. Odabir nikako ne može biti prvi stupac, jer je takav vektor već odabran. Preostala dva stupca su linearno zavisna pa je naš odabir:

2

100

v .

Ako i treći pol uvrstimo u derivaciju adjungirane matrice I A dobivamo već

odabrane vektore. Načinimo li i drugu derivaciju matrice I A po λ, dobit ćemo

matricu koja više nije funkcija parametra λ. Dakle, taj pristup nas ne vodi k rješenju. Jedino što još možemo iskoristiti je sama modalna matrica i izraz MJ AM , za što ćemo pokazati mali izvod.

1

1

/

J M AM MMJ MM AMMJ AM

Uvrstimo u jednadžbu AM MJ sve što nam je poznato, a ono što nam je nepoznato opišimo varijablama:

13 13

23 23

33 33

1 1 1 0 1 m 0 1 m 1 1 01 1 0 1 0 m 1 0 m 0 1 11 0 1 1 0 m 1 0 m 0 0 1

A M M J

,

13 23 33 13

13 23 23

13 33 33

0 1 m m m 0 1 1 m1 1 m m 1 1 m1 1 m m 1 1 m

.

Odavde se mogu izvesti 3 jednadžbe s nama potrebne 3 nepoznanice.

13 23 33 13

13 23 23

13 33 33

m m m 1 mm m mm m m

Prostor stanja

41

Druga i treća jednadžba pokazuju isto, 13m 0 . To vodi do zaključka da u stvari imamo

samo jednu jednadžbu, prvu, a koja ima dvije nepoznanice, 23 33m m 1 .

Ovo se može riješiti jedino ako jednu od varijabli pretpostavimo, a drugu izračunamo. Pretpostavimo: 33m 1 . Tada slijedi: 23m 2 .

Evo napokon i trećeg vektora modalne matrice,

3

021

v .

Sada treba provjeriti jesmo li dobili pravu modalnu matricu. Za početak pronađimo njenu inverziju:

1 2 3

0 1 01 0 21 0 1

M v v v , 10 1 21 0 00 1 1

M .

Provjera: * 11 1 00 1 10 0 1

A J M AM .

Matrica M koju smo odredili, zaista je prava modalna matrica, koja je matricu A nekanonske forme prevela u matricu A* Jordanove kanonske forme J.


2 0 01 2 11 0 2

A

Rješenje: Sustav je trećeg reda, pa je jasno da ima i 3 pola.

2 0 01 2 11 0 2

I A ,

1

2

3

2det ( 2)( 2)( 2) 2

2

I A .

Riječ je očito o zadatku sličnom prethodno pokazanom. Opet imamo tri jednaka rješenja koja pokazuju da je i ovaj sustav stabilan. Ponavljanje polova uz k=3 pokazuje da je riječ

Prostor stanja

42

o novom slučaju. Prvo pronađimo rang matrice I A , a koji kao i prije treba da bi

izračunali broj Jordanovih blokova u matrici A*,

1

0 0 01 0 1 r 21 0 0

I A ,

q = n – r = 3 – 2 = 1 - jedan Jordanov blok,

d = k – q = 3 – 1 = 2 - broj jedinica iznad glavne dijagonale Jordanovog bloka.

Opet imamo dva mjesta iznad glavne dijagonale matrice A* kanonske forme,

*2 00 20 0 2

J1

A 1 .

Matrica M će kao i matrica A imati tri vektora, koji se određuju iz adjungirane matrice I A . Dimenzija obje matrice je naravno ista, 3x3,

2

2

2

( 2) 0 0adj I 1 ( 2) ( 2) 2

2 0 ( 2)

A .

U dobivenu matricu uvrstimo prvi pol λ1=-2,

1

0 0 0adj 1 0 0

0 0 0

I A .

Već smo do sada naučili da se u ovakvoj situaciji i nema što posebno birati.

1

010

v - prvi odabrani vektor modalne matrice.

Uvrštavanje drugog i trećeg pola u I A , a koji su isti kao i prvi, neće pridonijeti

rješavanju zadatka. Prelazimo na derivaciju adjungirane matrice I A po parametru

λ,

2 4 1 0d adj 1 2 4 1d

1 0 2 4

I A .

Sada se u ovu matricu može uvrstiti λ2=-2,

Prostor stanja

43

1

0 0 0d adj 1 0 1d

1 0 0

I A .

Iz te matrice treba odabrati drugi vektor modalne matrice. Odabir nikako ne može biti treći stupac, jer je takav vektor već odabran. Naš odabir je prvi stupac matrice,

2

011

v .

Ako i treći pol uvrstimo u derivaciju adjungirane matrice I A dobivamo već

odabrane vektore. Načinimo li i drugu derivaciju matrice I A po λ, dobit ćemo

matricu koja više nije funkcija parametra λ. Jedino što još možemo iskoristiti je sama modalna matrica i izraz AM MJ koji smo izveli u prethodnom zadatku. Uvrstimo u jednadžbu AM MJ sve što nam je poznato, a ono što nam je nepoznato opišimo odgovarajućim varijablama:

13 13

23 23

33 33

2 0 0 0 0 m 0 0 m 2 1 01 2 1 1 1 m 1 1 m 0 2 11 0 2 0 1 m 0 1 m 0 0 2

A M M J

,

13 13

13 23 33 23

13 23 33

0 0 2m 0 0 2m2 3 m 2m m 2 3 1 2m0 2 m m 0 2 1 2m

.

Izvodimo 3 jednadžbe s 3 nepoznanice.

13 13

13 23 33 23

13 33 33

2m 2mm 2m m 1 2mm 2m 1 2m

Prva jednadžba je neupotrebljiva, a treća jednadžba pokazuje da je m13=1. Druga jednadžba uz m13=1 daje m33=0. Kako nam jednadžbe nisu pokazale rješenje za m23, njenu ćemo vrijednost morati pretpostaviti. Pretpostavimo prvo da je m23=0, čime smo odredili i treći vektor modalne matrice. Taj vektor ne smije biti i nije linearna kombinacija prethodnih,

3

100

v .

Sada treba provjeriti jesmo li dobili pravu modalnu matricu. Za početak pronađimo njenu inverziju.

Prostor stanja

44

1 2 3

0 0 11 1 00 1 0

M v v v , 10 0 10 1 11 0 0

M .

Provjera:

* 12 0 11 2 20 0 2

A J M AM .

Rješenje očito nije dobro, jer matrica nema očekivanu Jordanovu formu. Zato treba odabrati novu vrijednost za m23 i definirati novi vektor v3. Neka je m23=1,

3

110

v ,

1 2 3

0 0 11 1 10 1 0

M v v v , 11 1 10 0 11 0 0

M .

Provjera:

* 12 1 00 2 10 0 2

A J M AM .

Matrica M koju smo odredili, zaista je prava modalna matrica, koja je matricu A nekanonske forme prevela u matricu A* Jordanove kanonske forme J. Pitanje koje se nameće je, bismo li dobili dobro rješenje za neki drugi m23? Nije teško provjeriti da će svaki m23≠0 dati dobru modalnu matricu.

Zadatak 1.22 Sustav zadan matricama prostora stanja prevedite u kanonski oblik.

1 0 2 1 00 1 2 0 10 0 3 0 0

A B

Rješenje: Nađimo polove sustava:

1 0 20 1 20 0 3

I A ,

Prostor stanja

45

1

2

3

1det ( 1)( 2)( 3) 1 k 2

3

I A ,

1

0 0 20 0 2 r 10 0 2

I A ,

q = n – r = 3 – 1 = 2 ,

d = k – q = 2 – 2 = 0 .

Ovo je zanimljivo rješenje u kojem u matrici J na dijagonali iznad glavne nema jedinica,

*1 0 00 1 00 0 3

A J .

2

2

2

4 3 0 2 2adj 0 4 3 2 2

0 0 2 1

I A ,

1

0 0 0adj 0 0 0

0 0 0

I A - ne daje prvi vektor modalne matrice.

Odavde se ne može ništa odabrati, a to se događa uvijek kada je q>1. Krenimo na poznato deriviranje koje treba rezultirati s dva vektora za polove koji se ponavljaju:

2 4 0 2d adj 0 2 4 2d

0 0 2 2

I A , 2

2d adj f( )d

I A ,

1

2 0 2d adj 0 2 2d

0 0 0

I A .

Odavde treba odabrati dva linearno nezavisna vektora koji zadovoljavaju jednadžbu:

1 2 1 2 2 1d adjd

R R v v R I A .

Neka su vektori:

1 2

1 00 , 10 0

v v ,

Prostor stanja

46

1 2 2

1

1 0 2 0 20 1 0 2 20 0 0 0 0

R R R

R L

.

Ako je moguće odrediti ili izračunati R2 onda su vektori v u R1 dobro pretpostavljeni.

12 1

R R L

Kako R1 nije kvadratna matrica nije moguće načiniti njenu pravu inverziju, pa ćemo se poslužiti njenom pseudoinverzijom:

1 T 1 T2 1 1 1 1( ) R R L R R R L ,

22 0 20 2 2

R - rješenje postoji i vektori su dobro pretpostavljeni.

Preostaje nam još određivanje vektora v3 koji se određuje iz adj 3 I A ,

3

0 0 4adj 0 0 4

0 0 4

I A .

Biramo treći stupac koji smo podijelili s brojem -4 i nije linearna kombinacija prethodno odabranih vektora,

3

111

v .

Modalna matrica sada ima konačni oblik, 1 2 3

1 0 10 1 10 0 1

M v v v .

Provjerimo je li to prava modalna matrica:

* 11 0 00 1 00 0 3

A J M AM .

Matrica M koju smo odredili, zaista je prava modalna matrica. Da bi dovršili zadatak, modalnom matricom treba i B matricu prevesti u kanonsku formu:

* 11 00 10 0

B M B .

Prostor stanja

47


2 0 1 0 1 1 0 30 2 2 , 1 0 , 2 2 10 0 4 1 2 0 2 2

A B C

Rješenje: Nađimo polove sustava:

2 0 10 2 20 0 4

I A ,

1

2

3

2det ( 2)( 2)( 4) 2 k 2

4

I A ,

1

0 0 10 0 2 r 10 0 2

I A ,

q = n – r = 3 – 1 = 2 ,

d = k – q = 2 – 2 = 0 .

Iznova u matrici J na dijagonali iznad glavne nema jedinica,

*2 0 00 2 00 0 4

A J .

2

2

2

6 8 0 2adj 0 6 8 2 4

0 0 4 4

I A ,

1

0 0 0adj 0 0 0

0 0 0

I A - ne daje prvi vektor modalne matrice.

Krenimo odmah na poznato deriviranje koje kao i prije treba rezultirati s dva vektora za polove koji se ponavljaju.

2 6 0 1d adj 0 2 6 2d

0 0 2 4

I A , 2

2d adj f( )d

I A ,

Prostor stanja

48

1

2 0 1d adj 0 2 2d

0 0 0

I A .

Odavde treba odabrati dva linearno nezavisna vektora koji zadovoljavaju jednadžbu:

1 2 1 2 2 1d adjd

R R v v R I A .

Pretpostavimo vektore: 1 2

1 11 , 00 0

v v .

Slijedi:

1 2 2

1

1 1 2 0 11 0 0 2 20 0 0 0 0

R R R

R L

.

Ako je moguće odrediti ili izračunati R2 onda su vektori v u R1 dobro pretpostavljeni,

12 1

R R L .

Kako R1 nije kvadratna matrica nije moguće načiniti njenu pravu inverziju, pa ćemo se poslužiti njenom pseudoinverzijom:

1 T 1 T2 1 1 1 1( ) R R L R R R L ,

20 2 22 2 1

R - rješenje postoji i vektori su dobro pretpostavljeni.

Pomoću trećeg pola iz adj 3 I A odredimo i vektor v3,

3

0 0 2adj 0 0 4

0 0 4

I A .

Biramo treći stupac koji smo podijelili s brojem -2 i nije linearna kombinacija prethodno odabranih vektora,

3

122

v .

Modalna matrica sada ima konačni oblik.

Prostor stanja

49

1 2 3

1 1 11 0 20 0 2

M v v v .

Provjerimo je li to prava modalna matrica:

10 1 11 1 0,50 0 0,5

M ,

* 12 0 00 2 00 0 4

A J M AM .

Matrica M koju smo odredili, zaista je prava modalna matrica. Da bi dovršili zadatak, modalnom matricom treba matrice B i C prevesti u kanonsku formu:

* 1 *2 2 1 1 5

1,5 0 , 4 2 40,5 1 2 0 0

B M B C CM .


1 1 10 1 00 0 1

A

Rješenje:

1 1 10 1 00 0 1

I A ,

1

2

3

1det ( 1)( 1)( 1) 1 k 3

1

I A ,

1

0 1 10 0 0 r 10 0 0

I A ,

q = n – r = 3 – 1 = 2 ,

d = k – q = 3 – 2 = 1 ,

Prostor stanja

50

Ovaj je novi slučaj zanimljiv utoliko što u matrici J na dijagonali iznad glavne imamo dva mjesta na koja možemo smjestiti samo jednu jedinicu:

* *1 0 1 00 1 ili 0 10 0 1 0 0 1

A J A J0 1

1 0 .

Naš je prvi odabir : *1 0 00 1 10 0 1

A J .

Pronađimo matricu M koja će to omogućiti. Već znamo da ta matrica ima istu dimenziju kao i matrica A, odnosno da ima tri vektora, 1 2 3 M v v v . U ovom se slučaju prvi

vektor treba pretpostaviti:

1

011

v .

Slijedi:

2

2

2

2 1 1 1adj 0 2 1 0

0 0 2 1

I A ,

1

0 0 0adj 0 0 0

0 0 0

I A - ne daje drugi vektor modalne matrice.,

2 2 1 1d adj 0 2 2 0d

0 0 2 2

I A ,

1

0 1 1d adj 0 0 0d

0 0 0

I A .

Biramo drugi vektor modalne matrice: 2

100

v .

2

2d adj f( )d

I A AM MJ,

Prostor stanja

51

13 13

23 23

33 33

1 1 1 0 1 m 0 1 m 1 0 00 1 0 1 0 m 1 0 m 0 1 10 0 1 1 0 m 1 0 m 0 0 1

A M M J

,

13 23 33 13

23 23

33 33

1 m m m 1 1 m1 0 m 1 0 m1 0 m 1 0 m

2 0 .

Dobivena forma očito nema rješenje, iz čega zaključujemo da smo ili krivo pretpostavili prvi vektor ili smo na krivo mjesto u matrici J postavili 1. Krenimo od novog prvog vektora,

1

011

v .

Drugi smo vektor izračunali, pa ćemo ga koristiti i dalje:

2

100

v .

Treći vektor slijedi iz poznatog uvjeta AM=MJ:

13 13

23 23

33 33

1 1 1 0 1 m 0 1 m 1 0 00 1 0 1 0 m 1 0 m 0 1 10 0 1 1 0 m 1 0 m 0 0 1

,

13 23 33 13

23 23

33 33

0 1 m m m 0 1 1 m1 0 m 1 0 m1 0 m 1 0 m

.

Forma bi mogla dati traženi treći vektor modalne matrice.

13 23 33 13

23 23

33 33

m m m 1 mm mm m

Od 3 jednadžbe možemo upotrijebiti samo prvu s 3 nepoznanice. Ništa nam drugo ne preostaje već da dvije veličine pretpostavimo, a treću izračunamo. Pri tome treba paziti da se ne dobije treći vektor modalne matrice koji je linearna kombinacija već odabranih vektora.

13 33m 1 , m 1 .

Iz prve jednadžbe se onda izračuna m23=2,

Prostor stanja

52

3

121

v ,

1 2 3

0 1 11 0 21 0 1

M v v v , 10 1 21 1 10 1 1

M .

Provjera rješenja: * 11 0 00 1 10 0 1

A J M AM .

Matrica M koju smo odredili, zaista je prava modalna matrica.


3 0 0 2 1 1

0 3 12 3 0 , 1 0 1 ,

2 2 11 0 3 1 2 3

A B C

Rješenje:

3 0 02 3 01 0 3

I A ,

13

2

3

3det ( 3) 3 k 3

3

I A ,

1

0 0 02 0 0 r 11 0 0

I A ,

q = n – r = 3 – 1 = 2 ,

d = k – q = 3 – 2 = 1 .

U matrici J na dijagonali iznad glavne imamo dva mjesta na koja možemo smjestiti samo jednu jedinicu.

* *3 0 3 00 3 ili 0 30 0 3 0 0 3

A J A J0 1

1 0 .

Prostor stanja

53

Naš je prvi odabir :

*3 0 00 3 10 0 3

A J .

Pronađimo matricu M koja će to omogućiti.

Iznova prvi vektor treba pretpostaviti: 1

011

v ,

2

2

2

6 9 0 0adj 2 6 6 9 0

3 0 6 9

I A ,

1

0 0 0adj 0 0 0

0 0 0

I A - ne daje drugi vektor modalne matrice,

2 6 0 0d adj 2 2 6 0d

1 0 2 6

I A ,

1

0 0 0d adj 2 0 0d

1 0 0

I A .

Biramo drugi vektor modalne matrice:

2

021

v ,

2

2d adj f( )d

I A AM MJ ,

13 13

23 23

33 33

3 0 0 0 0 m 0 0 m 3 0 02 3 0 1 2 m 1 2 m 0 3 11 0 3 1 1 m 1 1 m 0 0 3

A M M J

,

13 13

13 23 23

13 33 33

0 0 3m 0 0 3m3 6 2m 3m 3 6 2 3m3 3 m 3m 3 3 1 3m

.

Odavde slijede 3 jednadžbe s 3 nepoznanice:

Prostor stanja

54

13 13

13 23 23 13

13 33 33 13

3m 3m2m 3m 2 3m m 1m 3m 1 3m m 1

Ništa drugo ne preostaje već da dvije veličine pretpostavimo, a treću izračunamo. Pri tome treba paziti da se ne dobije treći vektor modalne matrice koji je linearna, kombinacija već odabranih vektora.

23

33

m 0m 0

3

100

v ,

1 2 3

0 0 11 2 01 1 0

M v v v , 1

1 103 61 103 3

1 0 0

M .

Provjera rješenja: * 13 0 00 3 10 0 3

A J M AM .

Matrica M koju smo odredili, zaista je prava modalna matrica.


4 1 7 1 10 1 1 0 11 0 1 1 0

1 0 1 2 10 1 1 0 1

X X U

Y X U

Rješenje:

4 1 70 1 11 0 1

I A ,

3 21det 4 6 4 0 2 I A ,

3 2 24 6 4 : 2 2 2 ,

Prostor stanja

55

22 22 2 0 1 j ; 1 j .

Rješenja su jednostruka, no ovaj puta imamo i jedan konjugirano-kompleksni par. Jednostruka smo rješenja već koristili, pa samo ponavljamo naučeno:

2

2

2

1 1 7 8adj 1 3 3 4

1 1 5 4

I A ,

1 1

3 3 6 3adj 1 1 2 1

1 1 2 1

I A v ,

2 2

1 2j 2 j 1 7j 2 jadj 1 j 3 j j

j 1 1 3j 1

I A v ,

3 3

1 2j 2 j 1 7j 2 1adj 1 j 3 j j

j 1 1 3j 1

I A v .

Podsjećamo da odabrani vektori ne smiju biti linearno ovisni!

1 2 3

2 j 2 j 3j j 11 1 1

M v v v

Da bi izbjegli kompleksne brojeve u matrici J, uvodimo još jednu linearnu transformaciju pomoću matrice K! Pri tome podsjećamo na opći oblik zapisa kompleksnog broja:

1,2z j :

1

3

1 j 02 2 0 1 1 01 j ˆ ˆ0 0 1 1 02 2

0 0 0 0 20 0 1

K J K JK J ,

1J M AM ,

T MK ,

1 1 1 1ˆ J K JK K M AMK T AT ,

2 j 2 j 3 1 2 j 2 0 2 1 3j j 1 1 2 j 2 0 0 1 11 1 1 0 0 1 1 0 1

T MK - realna matrica.

Prostor stanja

56

Sada pomoću T odredimo kanonsku formu preostalih matrica, B, C i D:

12,5 0

1 1 2ˆˆ ˆ1,5 1 , ,0 1 1

1,5 0

B T B C CT D D .


0 1 0 0 2 10 0 1 1 0 06 11 6 4 2 3

0 3 12 2 1

X X U

Y X

Rješenje:

1 00 16 11 6

I A ,

12

2

3

1det ( 6) 11 6 2

3

I A - jednostruka rješenja.

Kako je A=F preporučamo korištenje Vandermondove matrice [7]. Ta je matrica isto što i do sada korištena modalna matrica V=M. Razlika je u njenom nešto jednostavnijem izračunu u kojem se Vandermondova matrica direktno i lako ispisuje. Prvo možemo napisati formu matrice A*. Ova matrica ima oblik A*=Λ, jer su rješenja jednostruka i u kanonskoj se formi ispisuju na glavnoj dijagonali matrice koeficijenata sustava:

*1 0 00 2 00 0 3

A Λ .

Vandermondova matrica za slučaj jednostrukih polova ima oblik:

1 2 32 2 21 2 3

1 1 1 1 1 11 2 31 4 9

V , 13 2,5 0,53 4 11 1,5 0,5

V .

Prostor stanja

57

Provjera : * 11 0 00 2 00 0 3

A J V AV .

Matrica V=M koju smo odredili, zaista je prava modalna matrica. Prevedimo i ostale matrice u kanonsku formu:

* 1 *0,5 7 4,5

2 2 00 8 6 ,

1 2 50,5 3 2,5

B V B C CV .


0 1 00 0 18 12 6

A

Rješenje:

1 00 18 12 6

I A ,

13 2

2

3

2det 6 12 8 2 k 3

2

I A .

Kada je A=F preporučamo korištenje Vandermondove matrice. Napišimo formu matrice A*. Ova matrica zbog višestrukih polova ima oblik A*=J, s polovima na glavnoj dijagonali i jedinicama na dijagonali iznad glavne:

*2 1 00 2 10 0 2

A J .

Vandermondova matrica za slučaj višestrukih polova ima oblik:

12

1 1

1 0 0 1 0 01 0 2 1 0

4 4 12 1

V , 11 0 02 1 04 4 1

V .

Provjera :

Prostor stanja

58

* 12 1 00 2 10 0 2

A J V AV .

Matrica V=M koju smo odredili, zaista je prava modalna matrica.


0 1 0 2 00 0 1 1 02 5 4 0 1

1 0 0 0 10 1 0 1 0

X X U

Y X U

Rješenje:

1 00 12 5 4

I A ,

1 2 3det 0 1 , 2 I A .

Kako je A=F iznova preporučamo Vandermondovu matricu. Isto se dakako može riješiti i već pokazanim načinima. Za stari se pristup treba izračunati, k=2, q=1, d=1. U oba se slučaja prvo može napisati forma matrice J:

*1 1 00 1 00 0 2

A J .

Vandermondova matrica za slučaj ponavljanja polova ima oblik:

1 32 21 1 3

1 0 1 1 0 11 1 1 2

1 2 42

V , 10 2 12 3 11 2 1

V ,

* 1 * 11 1 0 2 10 1 0 , 7 10 0 2 4 1

A J V AV B V B ,

* 1 0 1 0 1,

1 1 2 1 0

C CV D D .

Prostor stanja

59


0 1 0 00 0 1 00 0 0 16 17 17 7

A

Rješenje:

1 0 00 1 00 0 16 17 17 7

I A ,

1

4 3 2 2

3

4

11

det 7 17 17 6 k 223

I A .

Kada je A=F opet koristimo Vandermondovu matricu. Matrice A* zbog višestrukih polova ima oblik A*=J, s polovima na glavnoj dijagonali i jedinicama na dijagonali iznad glavne te polova koji se ponavljaju:

*

1 1 0 00 1 0 00 0 2 00 0 0 3

A J .

Vandermondova matrica za slučaj višestrukih polova ima oblik:

1 3 42 2 21 1 3 43 2 3 31 1 3 4

1 0 1 1 1 0 1 11 1 1 2 3

2 1 2 4 91 3 8 273

V , 1

1,5 5,75 4 0,753 5,5 3 0,53 7 5 1

0,5 1,25 1 0,25

V .

Provjera :

* 1

1 1 0 00 1 0 00 0 2 00 0 0 3

A J V AV .

Matrica V=M koju smo odredili, zaista je prava modalna matrica.

Prostor stanja

60

Zadatak 1.31 MDS sustav zadan slikom i zapisom u prostoru stanja prevedite u kanonski oblik uz uvjet ponavljanja realnih polova.

1 1 1

2 2 2

0 1 0x x xu y 1 0

x x xS D 1M M M

Rješenje:

1

S DM M

I A ,

2

21,2

D D S4M M MD Sdet 0 , 0 ,

M M 2

I A .

Uvjet za ponavljanje realnih polova:

2 2

1 22D S D D4 0 4

M MS 2MM .

Uz A=F koristit ćemo Vandermondovu jednadžbu.

1 21

1 01 01 D 1

2M

V v v , 11 0

D 12M

V ,

1

D1 0 0 1 1 0 12M

D S D D D1 1 02M M M 2M 2M

J A V AV ,

1(t) (t)Z V X ,

Prostor stanja

61

11 1

2 21 2

1 0 xz xz xD D1 x x

2M 2M

,

Z JZ BUY CZ

,

11 0 0 0

D 1 112M M M

B V B B , 1 0

1 0 1 0D 12M

C CV C .

1.3.2 Transformacija u Frobeniusovu formu

Linearni sustav u Frobenusovoj formi dobivamo prilikom prebacivanja linearne diferencijalne jednadžbe n-tog reda u oblik prostora stanja, što znači da se iz Frobeniusove forme linearnog sustava može direktno dobiti diferencijalna jednadžba n-tog reda a time i karakteristična jednadžba, te prijenosna funkcija sustava.

Zadatak 1.32 Linearni sustav trećeg reda

1 1

2 2

3 3

1

2

3

x 0 1 2 x 0x 1 0 3 x 0 ux 3 2 0 x 1

xy 1 0 0 x

x

prebaci u Frobeniusovu formu, odredi matricu transformacije i prijenosnu funkciju sustava, te usporedi prijenosne funkcije transformiranog i originalnog sustava. Matrica transformacije P se definira preko izraza: x=Pz, gdje je x=[x1 x2 x3]T, a novi vektor stanja je z=[z1 z2 z3]T.

Rješenje: Trebamo odrediti transformaciju varijabli stanja koja će prebaciti zadani sustav u Frobeniusovu formu:

Prostor stanja

62

1 1 1

2 2 2

3 1 2 3 3 3

1

1 2 3 2

3

z 0 1 0 z bz 0 0 1 z b uz a a a z b

zy c c c z

z

.

Krećemo od izbora prve transformirane varijable stanja: z1=x1, tako da imamo:

1 1 2 3 2x z x 2x z .

Deriviranjem novouvedene varijable z2 dobivamo

2 2 3 1 3 1 2 1 2 3 3z x 2x x 3x 2 3x 2x u 7x 4x 3x 2u z 2u ,

te deriviranjem nove varijable z3 dobivamo

3 1 2 3 2 3 1 3 1 2z 7x 4x 3x 7 x 2x 4 x 3x 3 3x 2x u ,

odnosno, nakon sređivanja 3 1 2 3z 13x 13x 26x 3u .

Zadnji korak je da u prethodnom izrazu zamijenimo originalne varijable stanja preko novodefiniranih varijabli stanja:

1 1z x

2 2 3z x 2x

3 1 2 3z 7x 4x 3x

ili u matričnom obliku

1 1

2 2

3 3

z 1 0 0 xz 0 1 2 xz 7 4 3 x

Iz prethodnog sustava jednadžbi dobivamo

1 1x z

2 1 2 314 3 2x z z z5 5 5

3 1 2 37 4 1x z z z5 5 5


1 1314 2

5 5 52 27 4 1

5 5 53 3

x 1 0 0 zx zx z

Prostor stanja

63

Stoga, posljednja jednadžba transformiranog sustava postaje

3 1 1 2 3 1 2 314 3 2 7 4 1z 13z 13 z z z 26 z z z 3u5 5 5 5 5 5

,

Odnosno 3 1 2z 13z 13z 3u ,

tako da je konačan transformirani sustav

1 2z z

2 3z z 2u

3 1 2z 13z 13z 3u

1y z


1 1

2 2

3 3

1

2

3

z 0 1 0 z 0z 0 0 1 z 2 uz 13 13 0 z 3

zy 1 0 0 z

z

S obzirom da se matrica transformacije P definira preko izraza: x=Pz, slijedi da je

314 25 5 5

7 4 15 5 5

1 0 0

P , 11 0 00 1 27 4 3

P .

Lako možemo provjeriti da vrijede izrazi za transformaciju linearnih sustava

1 1 ˆˆ ˆ, , A P AP B P B C CP ,

odnosno

314 25 5 5

7 4 15 5 5

0 1 0 1 0 0 0 1 2 1 0 0ˆ 0 0 1 0 1 2 1 0 3

13 13 0 7 4 3 3 2 0

A ,

0 1 0 0 0ˆ 2 0 1 2 0

3 7 4 3 1

B ,

314 25 5 5

7 4 15 5 5

1 0 0ˆ 1 0 0 1 0 0

C .

Prostor stanja

64

Prijenosnu funkciju odredit ćemo na temelju diferencijalne jednadžbe trećeg reda koju dobivamo direktno iz Frobeniusove forme

1 2z z , 2 3z z 2u , 3 1 2z 13z 13z 3u , 1y z

deriviranjem izlazne varijable tri puta

1 2

2 3

3 1 2

y z zy z z 2uy z 2u 13z 13z 3u 2u 13y 13y 3u 2u

Odnosno y 13y 13y 2u 3u .

Primjenom Laplaceove transformacije na prethodnu jednadžbu dobivamo prijenosnu funkciju

3Y(s) 2s 3G(s)U(s) s 13s 13

.

Prijenosna funkcija originalnog sustava može se odrediti na temelju općeg izraza

1G(s) s C I A B .

Imamo

1 1

11 0 0 0 1 2 s 1 2

s s 0 1 0 1 0 3 1 s 30 0 1 3 2 0 3 2 s

I A ,

odnosno

2

1 23

2

s 6 s 4 2s 31s s 9 s 6 3s 2

s 13s 133s 2 2s 3 s 1

I A .

Na kraju dobivamo

2

1 23

2

s 6 s 4 2s 3 01G(s) s 1 0 0 s 9 s 6 3s 2 0

s 13s 13 13s 2 2s 3 s 1

C I A B ,

Odnosno 32s 3G(s)

s 13s 13

.

Dakle, dobili smo istu prijenosnu funkciju kao i na temelju Frobeniusove forme, što je očekivano jer je prijenosna funkcija (odnosno matrica prijenosnih funkcija) invarijantna na transformacije varijabli stanja, što će biti dokazano u slijedećem zadatku.

Prostor stanja

65

Zadatak 1.33 Dokaži da je matrica prijenosnih funkcija invarijantna na transformacije varijabli stanja. Matrica transformacije P se definira preko izraza: x=Pz.

Rješenje: Trebamo pokazati da je matrica prijenosnih funkcija originalnog sustava

1(s) s G C I A B ,

jednaka matrici prijenosnih funkcija transformiranog sustava

1ˆ ˆ ˆ(s) s

G C I A B ,

gdje je veza između matrica originalnog i transformiranog sustava dana izrazima

1 1 ˆˆ ˆ, , A P AP B P B C CP .

Ako prethodne izraze uvrstimo u izraz za matricu prijenosnih funkcija transformiranog sustava dobivamo

11 1 1(s) s G CP P P P AP P B ,

odnosno

11 1(s) s

G CP P I A P P B ,

gdje smo primijenili svojstvo 1 1 I P P PP . S obzirom da vrijedi dobro poznato svojstvo inverza umnožaka nekih matrica A1, A2 i A3

1 1 1 11 2 3 3 2 1

A A A A A A ,

slijedi

11 11 1 1 1 1(s) s s

G CP P I A P P B CPP I A PP B ,

odnosno

1(s) s G C I A B ,

što je, po definiciji, matrica prijenosnih funkcija originalnog sustava, čime smo dokazali invarijantnost matrice prijenosnih funkcija na transformacije varijabli stanja.

Prostor stanja

66


1 1 1

2 2 2

3 3 3

x 2 0 0 x 1 xx 1 3 0 x 0 u , y 0 0 1 xx 1 3 4 x 0 x

,

prebaci u kanonsku formu, odredi matricu transformacije i prijenosnu funkciju sustava, te usporedi prijenosne funkcije transformiranog i originalnog sustava. Matrica transformacije P se definira preko izraza: x=Pz, gdje je x=[x1 x2 x3]T, a novi vektor stanja je z=[z1 z2 z3]T. Nađi rješenje sustava y(t) za slučaj kada je u=0, a početni uvjeti su x1(0)=x2(0)=x3(0)=1.

Rješenje: Trebamo odrediti transformaciju varijabli stanja koja će prebaciti zadani sustav u kanonsku (dijagonalnu) formu. S obzirom da je strukturna matrica sustava donje-trokutasta, to znači da su svojstvene vrijednosti matrice jednake dijagonalnim elementima, tako da transformirani kanonski sustav ima slijedeći oblik

1 1 1

2 2 2

3 3 3

z 2 0 0 z bz 0 3 0 z b uz 0 0 4 z b

, 1

1 2 3 2

3

zy c c c z

z

,

Da bi odredili transformaciju varijabli stanja koja vodi do željene kanonske forme, mogli bi primijeniti općeniti pristup gdje je matrica transformacije jednaka matrici čiji stupci su svojstveni vektori strukturne matrice A. Međutim u specijalnom slučaju kada matrica A ima trokutnu strukturu, transformaciju stanja moguće je odrediti direktnije i brže. Krećemo od izbora prve transformirane varijable stanja: z1=x1, tako da imamo

1 1 1 1z x 2x u 2z u .

Pretpostavimo da novu varijablu stanja z2 možemo prikazati u slijedećem obliku

2 21 1 22 2z r x r x ,

gdje su r21 i r22 nepoznati koeficijenti koje trebamo odrediti. Deriviranjem prethodnog izraza dobivamo

2 21 1 22 2 21 1 22 1 2

21 22 1 22 2 21 2 21

z r x r x r 2x u r x 3x

2r r x 3r x r u 3z r u

,

Da bi zadnja jednakost prethodnog izraza bila zadovoljena, mora vrijediti

21 22 1 22 2 21 1 22 2 21 1 22 22r r x 3r x 3 r x r x 3r x 3r x ,

odnosno

Prostor stanja

67

21 22 21

22 22

2r r 3r3r 3r

.

Prethodni sustav linearnih jednadžbi vrijedi za bilo koji r22, pa možemo proizvoljno izabrati r22=1, tako da slijedi r21=r22=1, odnosno 2 1 2z x x .

Slijedeću varijablu stanja z3 možemo prikazati u obliku 3 31 1 32 2 33 3z r x r x r x ,

gdje su r31, r32 i r33 nepoznati koeficijenti koje trebamo odrediti. Deriviranjem prethodnog izraza dobivamo

3 31 1 32 2 33 3 31 1 32 1 2 33 1 2 3

31 32 33 1 32 33 2 33 3 31 3 31

z r x r x r x r 2x u r x 3x r x 3x 4x

2r r r x 3r 3r x 4r x r u 4z r u

,

Da bi zadnja jednakost prethodnog izraza bila zadovoljena, mora vrijediti

31 32 33 1 32 33 2 33 3 31 1 32 2 33 32r r r x 3r 3r x 4r x 4 r x r x r x ,

odnosno

31 32 33 31

32 33 32

33 33

2r r r 4r3r 3r 4r4r 4r

Prethodni sustav linearnih jednadžbi vrijedi za bilo koji r33, pa možemo proizvoljno izabrati r33=1, tako da slijedi r32=3r33=3 i r31= (r32+r33)/2=2, odnosno

3 1 2 3z 2x 3x x .

Sada možemo transformaciju stanja odrediti iz sustava jednadžbi

1 1

2 1 2

3 1 2 3

z xz x xz 2x 3x x

,


1 1

2 2

3 3

z 1 0 0 xz 1 1 0 xz 2 3 1 x

Iz prethodnog sustava jednadžbi dobivamo

1 1x z

2 1 2x z z

3 1 2 3x z 3z z


Prostor stanja

68

1 1

2 2

3 3

x 1 0 0 zx 1 1 0 zx 1 3 1 z

.

S obzirom da se matrica transformacije P definira preko izraza: x=Pz, slijedi da je

1 0 01 1 01 3 1

P , 11 0 01 1 02 3 1

P .

Lako možemo provjeriti da vrijede izrazi za transformaciju linearnih sustava


odnosno

2 0 0 1 0 0 2 0 0 1 0 0ˆ 0 3 0 1 1 0 1 3 0 1 1 0

0 0 4 2 3 1 1 3 4 1 3 1

A ,

1 1 0 0 1ˆ 1 1 1 0 0

2 2 3 1 0

B ,

1 0 0ˆ 1 3 1 0 0 1 1 1 0

1 3 1

C ,

tako da je konačan transformirani sustav u kanonskoj formi

1 1

2 2

3 3

z 2 0 0 z 1z 0 3 0 z 1 uz 0 0 4 z 2

,

1

2

3

zy 1 3 1 z

z

.

Prijenosnu funkciju određujemo na temelju Laplaceove transformacije prethodnog sustava jednadžbi

1

2

3

1 2 3

1Z (s) U(s)s 2

1Z (s) U(s)s 3

2Z (s) U(s)s 4

Y(s) Z (s) 3Z (s) Z (s)

Prostor stanja

69

Odnosno

1 1 2Y(s) 3 U(s)s 2 s 3 s 4

(s 3)(s 4) 3(s 2)(s 4) 2(s 2)(s 3)U(s)(s 2)(s 3)(s 4)

te nakon sređivanja, konačno dobivamo 3 2sY(s) U(s)

s 9s 26s 24

.

Prijenosna funkcija originalnog sustava može se odrediti na temelju općeg izraza

1G(s) s C I A B .

Imamo

1 1

11 0 0 2 0 0 s 2 0 0

s s 0 1 0 1 3 0 1 s 3 00 0 1 1 3 4 1 3 s 4

I A ,

odnosno

1(s 3)(s 4) 0 0

1s s 4 (s 2)(s 4) 0(s 2)(s 3)(s 4)

s 3s 6 (s 2)(s 3)

I A .

Na kraju dobivamo

3 2

(s 3)(s 4) 0 0 11G(s) 0 0 1 s 4 (s 2)(s 4) 0 0

s 9s 26s 24 s 3s 6 (s 2)(s 3) 0

,

odnosno

3 2sG(s)

s 9s 26s 24

.

Dakle, dobili smo istu prijenosnu funkciju kao i na temelju kanonske forme. Rješenje sustava y(t) u slučaju kad je u=0, određujemo na temelju rješenja autonomnog kanonskog sustava

1 1 1 1

2 2 2 2

3 3 3 3

z 2 0 0 z z (0) 1 0 0 x (0)z 0 3 0 z , z (0) 1 1 0 x (0)z 0 0 4 z z (0) 2 3 1 x (0)

,

1

2

3

z (t)y(t) 1 3 1 z (t)

z (t)

,

kojeg je bitno lakše riješiti, zbog dijagonalne strukture, nego originalni sustav. Imamo

Prostor stanja

70

2t 2t1 1 1

3t 3t2 2 2

4t 4t3 3 3

2t1

3t1 2

4t1

e 0 0 e 0 0z (t) z (0) 1 0 0 x (0)z (t) 0 e 0 z (0) 0 e 0 1 1 0 x (0)z (t) z (0) 2 3 1 x (0)0 0 e 0 0 e

e 0 0 x (0)0 e 0 x (0) x (0)

2x (0)0 0 e

2t1

3t1 2

4t2 3 1 2 3

e x (0)e x (0) x (0)

3x (0) x (0) e 2x (0) 3x (0) x (0)

2t11

3t2 1 2

4t3 1 2 3

e x (0)z (t)y(t) 1 3 1 z (t) 1 3 1 e x (0) x (0)

z (t) e 2x (0) 3x (0) x (0)

,

Odnosno 2t 3t 4t1 1 2 1 2 3y(t) x (0)e 3 x (0) x (0) e 2x (0) 3x (0) x (0) e .

Uvrštavanjem početnih uvjeta x1(0)=x2(0)=x3(0)=1, na kraju dobivamo

2t 3t 4ty(t) e 6e 6e .


1 11

2 22

3 3

11

22

3

x 3 3 2 x 1 0u

x 0 4 0 x 0 1u

x 0 3 1 x 0 0

xy 1 0 0

xy 0 1 0

x

prebaci u kanonsku formu i odredi matricu transformacije. Nađi rješenje sustava za slučaj u1=u2=0, x1(0)=x2(0)=x3(0)=1.

Rješenje: Trebamo odrediti svojstvene vrijednosti i svojstvene vektore strukturne matrice A. Stupci matrice transformacije su svojstveni vektori matrice A. Svojstvene vrijednosti i svojstvene vektore određujemo na temelju izraza i i i, i 1,2,3 Au u .

Gdje su i svojstvene vrijednosti a ui svojstveni vektori matrice A. Prvo odredimo

svojstvene vrijednosti rješavajući karakterističnu jednadžbu det 0 I A , a tada

određujemo svojstvene vektore za svaku pojedinu svojstvenu vrijednost. Imamo

Prostor stanja

71

1 0 0 3 3 2 3 3 2

det det 0 1 0 0 4 0 det 0 4 0 00 0 1 0 3 1 0 3 1

I A ,

odnosno

det ( +3)( +4)( +1) 0 I A ,

odakle slijedi λ1=-1, λ2=-3 i λ3=-4. Sada određujemo svojstvene vektore za pojedine svojstvene vrijednosti. Za svojstvenu vrijednost λ1=-1 formiramo homogenu linearnu matričnu jednadžbu

1 11

1 1 1 21

1 31

3 3 2 u 00 4 0 u 00 3 1 u 0

I A u ,

odnosno 11

21

31

2 3 2 u 00 3 0 u 00 3 0 u 0

,

odakle dobivamo sustav jednadžbi

11 21 31

21

2u 3u 2u 0u 0

.

Iz prethodnog sustava jednadžbi slijedi

21

11 31

u 0u u

.

Posljednja jednadžba nije jednoznačna pa možemo proizvoljno izabrati jednu komponentu, npr. u31=1, tako da na kraju imamo

1

101

u .

Drugi način izbora komponenti svojstvenog vektora je jedinično normiranje, odnosno, izaberemo jednu komponentu proizvoljno a onda dobiveni vektor normiramo prema

11

1

ˆ uuu

,

gdje je Euclidska norma definirana sa

2 2 21 11 21 31u u u u ,

tako da dobivamo

Prostor stanja

72

12

11

12

ˆ 02

uu ,

Nadalje, za svojstvenu vrijednost λ2=-3 formiramo homogenu linearnu matričnu jednadžbu

2 12 12

2 2 2 22 22

2 32 32

3 3 2 u 0 3 2 u 00 4 0 u 0 1 0 u 00 3 1 u 0 3 2 u 0

I A u ,


22 32

22

22 32

3u 2u 0u 03u 2u 0

.

Iz prethodnog sustava jednadžbi slijedi 22 32u 0, u 0 .

Iz prethodnog sustava jednadžbi slijedi da komponentu u12 možemo izabrati proizvoljno, npr. u12=1, tako da na kraju imamo svojstveni vektor

2

100

u ,

koji je ujedno i normiran na jedinicu, 2 2ˆ u u .

Konačno, za svojstvenu vrijednost λ3=-4 formiramo homogenu linearnu matričnu jednadžbu

3 13 13

3 3 3 23 23

3 33 33

3 3 2 u 1 3 2 u 00 4 0 u 0 0 0 u 00 3 1 u 0 3 3 u 0

I A u ,


13 23 33

23 33

u 3u 2u 03u 3u 0

.


23 33

13 23 33

u uu 3u 2u

.

Iz prethodnog sustava jednadžbi slijedi da komponente u23 = u33 možemo izabrati proizvoljno, npr. u23 = u33 = 1, tako da na kraju imamo svojstveni vektor

Prostor stanja

73

3

111

u ,

kojeg možemo normirati

13

3 13 3

13

ˆ3

uu .

Sada možemo formirati matricu transformacije

1 12 3

11 2 3 3

1 12 3

1

ˆ ˆ ˆ 0 0

0

P u u u ,

te odrediti inverznu matricu

11 1

2 31 1

3

1 12 3

1 0 2 20 0 1 0 1

0 3 00

P .

Transformirane matrice sustava određujemo na temelju izraza


odnosno

1 12 3

13

1 12 3

11 0 0 0 2 2 3 3 2ˆ 0 3 0 1 0 1 0 4 0 0 0

0 0 4 0 3 10 3 0 0

A ,

0 2 0 2 2 1 0ˆ 1 0 1 0 1 0 1

0 00 3 0 3 0

B ,

1 12 31 1

2 3 131

3 1 12 3

11 1 0 0ˆ 0 0

0 0 0 1 00

C .

Stoga, konačan transformirani sustav u kanonskoj formi ima oblik

Prostor stanja

74

1 11

2 22

3 3

z 1 0 0 z 0 2u

z 0 3 0 z 1 0u

z 0 0 4 z 0 3

,

1 1 12 31

212 3

3

z1yz

y 0 0z

.

Rješenje sustava y1(t) i y2(t) za slučaj u1=u2=0, x1(0)=x2(0)=x3(0)=1 dobivamo na temelju autonomnog kanonskog sustava

1 1 1 1

2 2 2 2

3 3 3 3

z 1 0 0 z z (0) 0 2 2 x (0)z 0 3 0 z , z (0) 1 0 1 x (0)z 0 0 4 z z (0) x (0)0 3 0

,

1 1 12 31

212 3

3

z (t)1y (t)z (t)

y (t) 0 0z (t)

.

Imamo

t t1 1 1

3t 3t2 2 2

4t 4t3 3 3

t2 3

3t1

4t

e 0 0 e 0 0z z (0) 0 2 2 x (0)z 0 e 0 z (0) 0 e 0 1 0 1 x (0)z z (0) x (0)0 0 e 0 0 e 0 3 0

e 0 0 2x (0) 2x (0)0 e 0 x (0) x0 0 e

t3 2

3t3 1 3

4t2 2

2 x (0) x (0) e

(0) x (0) x (0) e

3x (0) 3x (0)e

t3 21 1 1 11

2 3 2 3 3t12 1 31 1

2 3 3 4t3 2

2 x (0) x (0) ez (t)1 1y (t)z (t) x (0) x (0) e

y (t) 0 0 0 0z (t) 3x (0)e

,

odnosno t 3t 4t

1 3 2 1 3 2

4t2 2

y (t) x (0) x (0) e x (0) x (0) e x (0)e

y (t) x (0)e

.

Uvrštavanjem početnih uvjeta x1(0)=x2(0)=x3(0)=1, na kraju dobivamo

3t 4t1

4t2

y (t) 2e e

y (t) e

.

Prostor stanja

75

0 2 40

0,2

0,4

0,6

0,8

1x 1

Vrijeme (s)0 2 4

0

0,2

0,4

0,6

0,8

1

x 2

Vrijeme (s)0 2 4

0

0,2

0,4

0,6

0,8

1

x 3

Vrijeme (s)

Vremenska ovisnost varijabli stanja za početne uvjete x1(0)=x2(0)=x3(0)=1.

0 2 4-1

-0,5

0

0,5

1

z 1

Vrijeme (s)0 2 4

0

0,5

1

1,5

2

z 2

Vrijeme (s)0 2 4

0

0,5

1

1,5

2

z 3

Vrijeme (s)

Vremenska ovisnost kanonskih varijabli stanja za transformirane

početne uvjete z1(0)=0, z2(0)=2, z3(0)=31/2.

Prostor stanja

76

1.4 Prelazak na diskretnu formu prostora stanja

Više je načina za prelazak na diskretnu formu prostora stanja. Ovdje pokazujemo jedno od najjednostavnijih rješenja, trapeznu formulu. Ova se formula osim za prevođenje vremenski kontinuiranih u vremenski diskretne sustave, koristi i za izračun odziva sustava u pojedinim vremenskim točkama.

Zadatak 1.36 Za sustav zadan matricama prostora stanja odredite:

0 1 0 1 0, , , 0

1 6 1 0 1

A B C D

(6) Diskretnu formu prostora stanja prema trapeznoj formuli uz period uzorkovanja T0=0,1s.

(7) Odziv sustava u prve dvije vremenske točke X(0)=[0], u(t)=1.

Rješenja (1) Diskretna forma prostora stanja prema trapeznoj formuli ima oblik:

n 1 0 n u 0 n n 1

n n n

(T ) (T ) u u

X Φ X ΦY CX DU

,

pri čemu je: 1 1

0 0 0 00 u 0

T T T TT , T

2 2 2 2

Φ I A I A Φ I A B ,

0 1 0 0 1 1 0,05T0,05

2 0 1 1 6 0,05 0,7

I A ,

0 1 0 0 1 1 0,05T0,05

2 0 1 1 6 0,05 1,3

I A ,

10 1,3 0,05T 1

2 1,3025 0,05 1

I A ,

1

0 00

1,2975 0,1T T 1T2 2 1,3025 0,1 0,6975

Φ I A I A ,

1

0 0u 0

0,05T T 0,05T2 2 1,3025 1

Φ I A B ,

Prostor stanja

77

n 1 0 n u 0 n n 1T T u u X Φ X Φ ,

1,(n 1) 1,nn n 1

2,(n 1) 2,n

x x1,2975 0,1 0,051 0,05 u u1,3025 1,3025x 0,1 0,6975 x 1

.

(2) Kako je un=un+1 vrijedi un+un+1=2. Slijedi:

2

1,(n 1) 1,n 2,n1,2975 0,1 0,05x x x 21,3025 1,3025 1,3025 ,

2,(n 1) 1,n 2,n0,1 0,6975 0,05x x x 2

1,3025 1,3025 1,3025

,

n n n n n, , 0 Y CX DU C I D Y X .

Traženo rješenje prikažimo tablicom:

Korak, n n=0 n=1 n=2

t(s) 0 0,1 0,1

X1(n) 0 0,003838 0,013557

X2(n) 0 0,076775 0,117594

Y1(n) 0 0,003838 0,013557

Y2(n) 0 0,076775 0,117594

Zadatak 1.37 Pomoću trapezne formule sustav zadan matricama prostora stanja prevedite u diskretni oblik.

00 1 0 1 1 1

, , , 0 , T 0,1s2 5 1 2 0 2

A B C D

Rješenje:

0 1 0 0 1 1 0,05T0,05

2 0 1 2 5 0,1 0,75

I A ,

0 1 0 0 1 1 0,05T0,05

2 0 1 2 5 0,1 1,25

I A ,

10 0,9960 0,0398T

2 0,0797 0,7968

I A ,

Prostor stanja

78

1

0 00

0,9920 0,0797T TT

2 2 0,1594 0,5936

Φ I A I A ,

1

0 0u 0

0,0020 0,0538T TT

2 2 0,0398 0,0757

Φ I A B ,

n 1 0 n u 0 n n 1T T u u X Φ X Φ ,

1,(n 1) 1,(n) 1,(n 1)1,n

2,(n 1) 2,n 2,(n) 2,(n 1)

x u ux0,9920 0,0797 0,0020 0,0538x 0,1594 0,5936 x 0,0398 0,0757 u u

,

n n n n n, 0 Y CX DU D Y CX ,

1,n 1,n

2,n 2,n

y x1 1y 0 2 x

.

Prostor stanja

79

1.5 Matrica prijenosnih funkcija

Matricu prijenosnih funkcija tražimo preko izraza 1(s) s G C I A B D za

vremenski-invarijantne kontinuirane sustave i izraza 1

(z) z G C I A B D za

vremenski-invarijantne diskretne sustave.

Zadatak 1.38 Odredite matricu prijenosnih funkcija za sustav zadan matricama prostora stanja. Pomoću izvedene matrice prijenosnih funkcija raspišite jednadžbe izlaza.

1 0 2 1 1 1 1 0, , ,

0 2 1 1 0 1 0 1

A B C D

Rješenje:

2s 1 0s det s s 3s 2

0 s 2

I A I Α ,

s 2 0adj s

0 s 1

I A ,

12

adj s s 2 01(s) sdet s 0 s 1s 3s 2

I AΦ I A

I A ,

2

(s)

1 1 s 2 0 2 1 1 01(s)0 1 0 s 1 1 1 0 1s 3s 2

C Φ B D

G

,

2

2(s 2) s 1 s 2 s 1 1 01(s)s 1 s 1 0 1s 3s 2

G ,

3s 5 2s 3(s 1)(s 2) (s 1)(s 2) 1 0

(s)s 1 s 1 0 1

(s 1)(s 2) (s 1)(s 2)

G ,

2

2 211 12

21 22

s 6s 7 2s 3g (s) g (s)s 3s 2 s 3s 2(s)g (s) g (s)1 s 3

s 2 s 2

G .

Prostor stanja

80

Jednadžba izlaza se preko matrice prijenosnih funkcija može raspisati kao:

(s) (s) (s)Y G U ,

1 11 12 1

2 21 22 2

y (s) g (s) g (s) u (s)y (s) g (s) g (s) u (s)

,

1 11 1 12 2

2 21 1 22 2

y (s) g (s)u (s) g (s)u (s)y (s) g (s)u (s) g (s)u (s)

.

Zadatak 1.39 Odredite matricu prijenosnih funkcija za MDS sustav zadan matricama prostora stanja.

1 1 1

2 2 2

0 1 0x x xu y 1 0 0 u

x x xS D 1M M M

Rješenje:

1 1(s) s , 0 (s) s G C I A B D D G C I A B ,

s 1s

S DsM M

I A , 2Ms Ds Sdet s

M

I A ,

2 2C

B

Ms D 1 0M 1M(s) 1 0S 1Ms Ds S Ms Ds SsM M

G .

Jasno je da matrica prijenosnih funkcija u ovom slučaju ima samo jedan element, jer sustav ima samo jedan ulaz i samo jedan izlaz.

Prostor stanja

81

Zadatak 1.40 Odredite matricu prijenosnih funkcija za sustav prikazan slikom, a za prelazak u prostor stanja koristite fazne varijable stanja. Pri tome su promatrane izlazne veličine pomak tijela mase M, te promjenu rotacijskog elementa (diska). Rotacijski element rotira oko stacionarne osi A. Parametri sustava iznose: M=1kg, D1=10Ns/m, D2=1Ns/m, K=3N/m, r=0,1m, J=1Nms2/rad, PU=0.

Rješenje: Radi se o sustavu čije smo dinamičke jednadžbe gibanja izveli u zadatku 1.31. Zato ćemo odmah iskoristiti spomenute jednadžbe.

1 2 1Mx D D x Kx f t D r

21 1J D r D xr

Uvrštavanjem zadanih veličina dobivamo slijedeće:

1 1 1x 11x 3x f t ,

2 0,1 x .

Kako se u prostoru stanja za ulazne i izlazne veličine koriste u i y, a x se koristi za varijable stanja, jednadžbe ćemo zapisati na slijedeći način:

1 1 1 2y 11y 3y u t y ,

2 2 1y 0,1y y .

Sustav ima jednu ulaznu (vanjska sila f(t)) i dvije izlane veličine (pomak mase i rotacija diska), a prema diferencijalnim jednadžbama, četvrtog je reda. Odabirom faznih varijabli stanja dobiva se zapis u prostoru stanja :

Prostor stanja

82

1 1

2 2

3 3

3 4

x x0 1 0 0 0x x3 11 0 1 1

ux x0 0 0 1 0x x0 1 0 0,1 0

X A X B U

- jednadžba stanja ,

1 1

2 2

y x1 0 0 0 0u

y x0 0 1 0 0

Y C X D U - jednadžba izlaza .

Do matrice prijenosnih funkcija dolazimo poznatim načinom.


s 1 0 03 s 11 0 1

s0 0 s 13 1 0 s 0,1

I A , 3 2det s s s 11,s 3,1s 0,3 I A ,

3 21

3 2

s(s 0,1)s s 11,s 3,1s 0,3

(s) ss

s s 11,s 3,1s 0,3

G C I A B .

Matrica prijenosnih funkcija pokazuje da je sustav četvrtog reda, upravo onako kako smo zaključili na početku. No, ako se malo poigramo razlomcima u matrici prijenosnih funkcija, kraćenjem odgovarajućih nula i polova u svakom razlomku može se dobiti konačan izraz:

s

(s)(s)(s)

YGU

(s 0,1)s

3 2s 11,s 3,1s 0,3

s

s

3 2

3 23 2

s 0,1s 11,s 3,1s 0,3

1s 11,s 3,1s 0,3s 11,s 3,1s 0,3

Izraz pokazuje matematičku sliku dinamike sustava, prema kojoj bi se neoprezno moglo zaključiti da je sustav u stvari trećeg, a ne četvrtog reda. U konačnici pravo će dinamičko ponašanje odgovarati zadnjem matematičkom zapisu. Matematičko kraćenje nula i polova u prijenosnim funkcijama znači da ti polovi i nule poništavaju svoje stvarno dinamičko djelovanje u sustavu.

Prostor stanja

83

Zadatak 1.41 Odredite matricu impulsnih prijenosnih funkcija sustava zadanog matricama prostora stanja.

0 02T 0 T 0 1 0, , , 0

0 1 0 1 1 1

A B C D

Rješenje:

00

z 2T 0z det z (z 2T )(z 1)

0 z 1

I Α I A ,

0

z 1 0adj z

0 z 2T

I A ,

1(z) z

G C I A B D ,

0

00

z 1 01 0 T 0 0 01(z)0 z 2T(z 2T )(z 1)1 1 0 1 0 0

C B D

G

,

0

00

z 1 0 T 01(z)z 1 z 2T(z 2T )(z 1) 0 1

G ,

0 0

0 0

0 0 0

0 0 0

T (z 1) T0 0

(z 2T )(z 1) z 2T(z)

T (z 1) z 2T T 1(z 2T )(z 1) (z 2T )(z 1) z 2T Z 1

G .

Zadatak 1.42 Odredite matricu impulsnih prijenosnih funkcija sustava zadanog matricama prostora stanja.

0

0

0 1 2T 2 1 0 1 1, , ,

2T 5 1 T 0 1 1 0

A B C D

Rješenje:

00

z 1z det z z(z 5) 2T

2T z 5

I Α I A ,

0 0

z 1adj z

2T z 5T

I A ,

Prostor stanja

84

1(z) z

G C I A B D ,

0

0 00

z 5 1 2T 21 0 1 11(z)2T z 1 Tz(z 5) 2T0 1 1 0

C DB

G

,

0 0 0

00

0 0

(z 5) 1z(z 5) 2T z(z 5) 2T 2T 2 1 1

(z)1 T2T 1 0z

z(z 5) 2T z(z 5) 2T

G ,

0 0 0

0 02

0 0 0 0

0 0

(z 5)(2T z) 1 2T (z 2)(z 5) 3Tz(z 5) 2T z(z 5) 2T

(z)z(z 5) z 4T 2T 4T zT

z(z 5) 2T z(z 5) 2T

G .

Prostor stanja

85

1.6 Koncepti upravljivost i mjerljivosti

Pojam upravljivosti (engl. Controllability) podrazumijeva mogućnost djelovanja upravljačkih varijabli na stanja, odnosno izlazne sustave. Mjerljivost (engl. Observability) podrazumijeva mogućnost djelovanja stanja sustava na izlazne varijable sustava [7]. Oba koncepta pokazujemo za vremenski kontinuirane i vremenski diskretne sustave. Prikazane su metode zasnovane na matrici upravljivosti/mjerljivosti, matrici prijenosnih funkcija, te na modalnoj transformaciji.

1.6.1 Matrice upravljivosti i mjerljivosti U ovom potpoglavlju upravljivost i mjerljivost linearnih sustava analizira se na

temelju utvrđivanja ranga matrica upravljivosti i mjerljivosti.

Zadatak 1.43 Odredite upravljivost stanja sustava zadanog jednadžbom stanja.

0 1 12,5 1,5 1

X X U

Rješenje: Kako je red sustava n=2 vrijedi:

n 12 3 ....... E B AB A B A B A B ,

1 11 1

E B AB ,

rang(E)=1 .

Podsjećamo da je rang matrice jednak redu najveće subdeterminante te matrice koja je različita od nule:

rang(E)<n - sustav nema potpuno upravljiva stanja.

Prostor stanja

86


0 2 1 01 1 0 1

X X U


1 0 1 20 1 1 1

E B AB ,

rang(E)=2=n sustav ima potpuno upravljiva stanja.


0 1 0 1 00 0 1 0 24 2 5 1 1

X X U


2 E B AB A B ,

21 0 0 2 1 10 2 1 1 9 91 1 9 9 43 35

E B AB A B ,

rang(E)=3=n sustav ima potpuno upravljiva stanja.

Zadatak 1.46 Odredite upravljivost stanja diskretnog sustava zadanog jednadžbom stanja.

1 1 0 1 0(k 1) 0 2 0 (k) 1 0 (k)

0 0 3 0 1

X X U

Rješenje: Red sustava n=3. Kod diskretnih se sustava koristi slična struktura matrice E onoj kod

kontinuirane verzije: n 12 3 ....... E B A B A B A B A B .

Prostor stanja

87

U našem slučaju uz n=3 to izgleda ovako: 2 E B A B A B ,

21 0 0 0 2 01 0 2 0 4 00 1 0 3 0 9

E B A B A B ,

rang(E*)=3=n diskretni sustav ima potpuno upravljiva stanja.

Rang je realiziran s prva 3 stupca matrice E*, odnosno s prva dva blok-stupca, pa se svako željeno stanje može doseći nakon samo dvije periode uzorkovanja.

Zadatak 1.47 Odredite upravljivost stanja diskretnog sustava zadanog jednadžbom stanja.

0 1 0 0 00 0 1 0 0

(k 1) (k) (k)0 0 0 1 01 3 3 2 1

X X U

Rješenje: Red sustava n=4, pa matrica E* poprima slijedeći oblik:

2 3 E B A B A B A B ,

0 0 0 10 0 1 20 1 2 11 2 1 1

E ,

rang(E*)=4=n diskretni sustav ima potpuno upravljiva stanja.

Zadatak 1.48 Odredite upravljivost izlaza sustava zadanog matricama:

1 0 0 1 01 0 0

0 2 0 , 0 1 , , 00 1 0

0 0 3 1 0

A B C D

Rješenje: Red sustava n=3. Sustav ima 2 ulaza, m=2 i ima 2 izlaza, p=2. Upravljivost izlaza izvodimo na klasičan način, tražeći rang matrice F:

Prostor stanja

88

n 12 3 ....... F CB C AB CA B CA B CA B D ,

rang(F)=p sustav ima potpuno upravljive izlaze,

rang(F)<p sustav nema potpuno upravljive izlaze.


2 1 0 1 0 1 0 0 00 1 0 2 0 4 0 0

F CB CAB CA B D ,

rang(F)=2=p sustav ima potpuno upravljive izlaze.

Kako je u matrici C treći stupac ispunjen nulama, zaključujemo da treće stanje sustava ne djeluje na njegove izlaze. To znači da stanja tog sustava nisu mjerljiva.


2 0 0 1 01 0 0

0 4 0 , 1 1 , , 01 1 0

0 0 6 0 0

A B C D

Rješenje: Opet je red sustava n=3. Sustav ima 2 ulaza, m=2 i ima 2 izlaza, p=2. Matrica F poprima poznati oblik:

2 1 0 2 0 4 0 0 02 1 6 4 20 16 0 0

F CB CAB CA B D ,

rang(F)=2=p sustav ima potpuno upravljive izlaze.

Kako je u matrici C treći stupac ispunjen nulama ponovno zaključujemo da treće stanje sustava ne djeluje na njegove izlaze. To znači da stanja tog sustava nisu mjerljiva. Zanimljiv je i treći redak matrice B. Njegove nule pokazuju da na treće stanje ne djeluju ulazi, što znači da sustav nema potpuno upravljiva stanja.

Zadatak 1.50 Odredite upravljivost izlaza sustava zadanog matricama prostora stanja:

1 1 1 2 1 0 1 0, , ,

0 1 1 0 1 0 1 1

A B C D .

Rješenje:

Prostor stanja

89

Red sustava n=2. Sustav ima 2 ulaza, m=2 i ima 2 izlaza, p=2. Uočimo da je riječ o vremenski diskretnom sustavu jer su sve njegove matrice indeksirane zvjezdicom. Upravljivost izlaza diskretnog sustava također izvodimo na klasičan način, tražeći rang matrice F* po principu sličnom vremenski kontinuiranom sustavu:

n 12 3* * * * * * * * * * * * * * * *.......

F C B C A B C A B C A B C A B D ,

rang(F*)=p sustav ima potpuno upravljive izlaze,

rang(F*)<p sustav nema potpuno upravljive izlaze.

U našem slučaju to izgleda ovako: * * * * * * * 1 2 2 2 1 01 2 2 2 1 1

F C B C A B D ,

rang(F*)=2=p vremenski diskretni sustav ima potpuno upravljive izlaze.


* * * *2 1 0 0 0

1 0 21 3 0 , 1 1 , , 0

1 1 00 0 6 1 0

A B C D

Rješenje:

n=3, m=2, p=2,

2* * * * * * * * * * F C B C A B C A B D ,

* 2 1 11 1 67 0 0 01 2 2 3 5 5 0 0

F ,

rang(F*)=2=p vremenski diskretni sustav ima potpuno upravljive izlaze.

Zadatak 1.52 Odredite mjerljivost stanja sustava zadanog matricama:

0 1 0 0 00 0 1 , 1 1 , 4 5 1 , 06 11 6 1 0

A B C D

Prostor stanja

90

Rješenje:

n=3, m=2, p=1.

Mjerljivost stanja određujemo prema rangu matrice H:

2 3 n 1T T T T T T T T T.......

H C A C A C A C A C ,

Ili 2

3

(n 1

CCACA

HCA

CA

rang(H)=n sustav ima potpuno mjerljiva stanja,

rang(H)<n sustav nema potpuno mjerljiva stanja.

U našem slučaju prvo treba uočiti da nam za rješenje zadatka matrice B i D uopće ne trebamo.

2T T T T T4 6 65 7 51 1 1

H C A C A C ,

rang(H)=2<n sustav nema potpuno mjerljiva stanja.

Zadatak 1.53 Odredite mjerljivost stanja sustava zadanog matricama:

0 1 01 2 1

0 0 1 ,4 2 0

5 1 2

A C

Rješenje:

n=3, p=2,

2T T T T T1 4 5 0 0 102 2 0 4 5 21 0 0 2 0 0

H C A C A C ,

rang(H)=n sustav ima potpuno mjerljiva stanja.

Prostor stanja

91

Zadatak 1.54 Odredite mjerljivost stanja sustava zadanog jednadžbama:

1 1 01 0 1

(k 1) 0 2 0 (k) (k) (k)1 1 1

0 0 3

X X Y X

Rješenje:

Prepoznajemo da je n=3 i p=2. Uočimo da se radi o vremenski diskretnom sustavu.

Za njega koristimo sličnu formulaciju kao i za vremenski kontinuirani sustav:

2 3 n 1T T T T T T T T T.......

H C A C A C A C A C ,

rang(H*)=n diskretni sustav ima potpuno mjerljiva stanja,

rang(H*)<n diskretni sustav nema potpuno mjerljiva stanja.


2* T T T T T1 0 1 0 1 00 1 1 2 3 41 1 3 3 9 9

H C A C A C ,

rang(H*)=n vremenski diskretni sustav ima potpuno mjerljiva stanja.

Zadatak 1.55 Odredite mjerljivost stanja sustava zadanog jednadžbama:

1 0 30 1 1

(k 1) 0 0 2 (k) (k) (k)1 1 0

1 2 1

X X Y X

Rješenje:

n=3 , p=2,

2* T T T T T0 1 1 1 2 01 1 2 0 2 21 0 1 1 8 2

H C A C A C ,

rang(H*)=n vremenski diskretni sustav ima potpuno mjerljiva stanja.

Prostor stanja

92

Zadatak 1.56 Primjenom matrica upravljivosti i mjerljivosti utvrdi potpunu upravljivost stanja i potpunu mjerljivost linearnog sustava:

x Ax Buy Cx

za slučajeve:

(8)

0 1 0 1 0, ,

0 0 1 0 1A B C .

(9)

6 2 1, , 1 2

4 3 4A B C .

(10)

43

3 1 4 3 22 3 2

0 2 0 , 3 ,3 1 3

0 1 1 3 2A B C .

Rješenje: (1) Da bi utvrdili upravljivost sustava, formiramo matricu upravljivosti

1 0 00 1 0

E B AB

iz koje direktno vidimo da je sustav upravljiv jer je rang matrice 2 s obzirom da su prva dva stupca matrice (kao i zadnja dva stupca) očigledno linearno nezavisna. Da bi utvrdili mjerljivost sustava, formiramo matricu mjerljivosti

1 00 10

0

CH

CA

iz koje direktno vidimo da je sustav upravljiv jer je rang matrice 2 s obzirom da su prva dva retka matrice (kao i zadnja dva retka) očigledno linearno nezavisna. (2) Da bi utvrdili upravljivost sustava, formiramo matricu upravljivosti

1 24 8

E B AB

iz koje vidimo da je rank(E)=1 s obzirom da su prva dva stupca matrice linearno zavisna

Prostor stanja

93

1 2 02

4 8 0.

Također, puni rang matrice možemo direktno utvrditi na temelju izračunavanja determinante matrice upravljivosti. Ako je det(E)≠0, tada je rank(E)=2. Ako je det(E)=0, tada je rank(E)<2. Imamo

1 2det( ) det 1 ( 8) ( 2) 4 0

4 8

E

iz čega zaključujemo da je rank(E)<2, što znači da sustav nije upravljiv. Da bi utvrdili mjerljivost sustava, formiramo matricu mjerljivosti

1 214 8

CH

CA.

Imamo

1 2det( ) det 1 ( 8) 2 14 36 0

14 8

H

iz čega zaključujemo da je rank(H)=2, što znači da je sustav mjerljiv. (3) Da bi utvrdili upravljivost sustava, formiramo matricu upravljivosti

53

2 8 1643 3 3

53

3 2 1 1 73 6 12

3 2 1 1 7

E B AB A B

Da bi utvrdili rang matrice, rank(E), izračunat ćemo det(EET). Ako je det(EET)≠0, tada je rank(E)=3 i sustav je upravljiv. Ako je det(EET)=0, tada je rank(E)<3 i sustav nije upravljiv. Imamo

601 728 6019 9 9

T 728 679 7289 3 9

601 728 6019 9 9

E E

odnosno

Tdet( ) 0 E E

iz čega zaključujemo da je rank(E)<3, što znači da sustav nije upravljiv. Da bi utvrdili mjerljivost sustava, formiramo matricu mjerljivosti

Prostor stanja

94

2

2 3 23 1 36 6 69 2 9

18 12 1827 4 27

CH CA

CA.

Da bi utvrdili rang matrice, rank(H), izračunat ćemo det(HTH). Ako je det(HTH)≠0, tada je rank(H)=3 i sustav je mjerljiv. Ako je det(HTH)=0, tada je rank(H)<3 i sustav nije mjerljiv. Imamo

T1183 279 1183279 210 2791183 279 1183

H H

odnosno

Tdet( ) 0 H H

iz čega zaključujemo da je rank(H)<3, što znači da sustav nije mjerljiv. Dakle, sustav je neupravljiv i nemjerljiv.

Zadatak 1.57 Primjenom matrica upravljivosti i mjerljivosti odredi pod kojim uvjetima linearni sustav

x Ax Buy Cx

nije potpuno upravljiv po stanju i potpuno mjerljiv, za slučajeve:

(11)

1 3 3, , 1 b

2 2 aA B C ;

(12)

3 2 a, , b 1

1 2 2A B C ;

(13)

0 a b, , 1 1

a 1 bA B C ;

(14) gdje su a i b parametri sustava.

Rješenje: (1) Da bi utvrdili upravljivost sustava, formiramo matricu upravljivosti

Prostor stanja

95

3 -3+3aa 6-2a

E B AB .

Sustav nije upravljiv u slučaju kada je rank(E)<2, odnosno det(E)=0. Imamo

23 -3+3adet( ) det 18-3a-3a 0

a 6-2a

E .

Rješavanjem kvadratne jednadžbe po parametru a, dobivamo dva rješenja

1 2a 3, a 2 ,

za koja sustav nije upravljiv. Da bi utvrdili mjerljivost sustava, formiramo matricu mjerljivosti

1 b-1+2b 3-2b

CH

CA.

Sustav nije mjerljiv u slučaju kada je rank(H)<2, odnosno det(H)=0. Imamo

21 bdet( ) det 3-b-2b 0

-1+2b 3-2b

H .

Rješavanjem kvadratne jednadžbe po parametru b, dobivamo dva rješenja

321 2b , b 1 ,

za koja sustav nije mjerljiv.

(2) Matrica upravljivosti je

a -3a-42 a+4

E B AB .

Imamo 2det( ) a -2a-8 0 E .

Rješavanjem kvadratne jednadžbe po parametru a, dobivamo dva rješenja

1 2a 4, a 2 ,

za koja sustav nije upravljiv. Matrica mjerljivosti je

b 1-3b+1 2b-2

CH

CA.

Imamo 2det( ) 2b +b-1 0 H .

Rješavanjem kvadratne jednadžbe po parametru b, dobivamo dva rješenja

121 2b , b 1,

Prostor stanja

96

za koja sustav nije mjerljiv.

(3) Imamo

b abb -ab-b

E B AB .

2 2 2det( ) =-2ab -b 2a+1 b 0 E ,

iz čega proizlazi jedno trivijalno rješenje, b=0, te da za vrijednost parametra 12a ,

sustav nije upravljiv. Matrica mjerljivosti je

1 1-a a-1

CH

CA.

Imamo det( ) 2a-1 0O ,

iz čega proizlazi da za vrijednost parametra 12a , sustav nije mjerljiv.

1.6.2 Određivanje upravljivosti i mjerljivosti primjenom modalne transformacije

U ovom potpoglavlju upravljivost i mjerljivost linearnih sustava analizira se na

temelju modalne (kanonske) transformacije sustave.

Zadatak 1.58 Primjenom modalne transformacije utvrdi potpunu upravljivost stanja i potpunu mjerljivost linearnog sustava:

x Ax Buy Cx

za slučajeve:

(15) 6 2 1

, , 1 24 3 4

A B C .

(16) 43

3 1 4 3 22 3 2

0 2 0 , 3 ,3 1 3

0 1 1 3 2

A B C .

Prostor stanja

97

Rješenje: (1)

Modalna transformacija linearnog sustava ima oblik 1 1 ˆˆ, , Λ P AP B P B C CP ,

gdje je Λ dijagonalna matrica sa svojstvenim vrijednostima kao dijagonalnim elementima, dok su stupci matrice transformacije P svojstveni vektori matrice A. U tom

slučaju, uvjet upravljivosti je da transformirana matrica B nema niti jedan nul-redak,

dok je uvjet mjerljivosti da transformirana matrica C nema niti jedan nul-stupac. Stoga, prvo trebamo odrediti svojstvene vrijednosti i svojstvene vektore strukturne matrice A. Svojstvene vrijednosti i svojstvene vektore određujemo na temelju izraza

i i i, i 1,2 Au u .

Tu su i svojstvene vrijednosti a ui svojstveni vektori matrice A. Prvo odredimo

svojstvene vrijednosti rješavajući karakterističnu jednadžbu

1 0 6 2 6 2det det det 0

0 1 4 3 4 3

I A ,

odnosno

2det ( -6)( +3) 8 3 10 0 I A ,

odakle slijedi λ1=5, λ2=-2. Sada određujemo svojstvene vektore za pojedine svojstvene vrijednosti. Za svojstvenu vrijednost λ1=5 formiramo homogenu linearnu matričnu jednadžbu

1 111 1

1 21

6 2 u 04 3 u 0

I A u ,

odnosno

11

21

u1 2 0u4 8 0

,


11 21

11 21

u 2u 04u 8u 0

.


11 21u 2u .


Prostor stanja

98

121

u .

Normiranjem svojstvenog vektora

11

1

ˆ uuu

, 2 21 11 21u u u

dobivamo

251

1 15

ˆ5

uu ,

Nadalje, za svojstvenu vrijednost λ1=-2 formiramo homogenu linearnu matričnu jednadžbu

2 122 2

2 22

6 2 u 04 3 u 0

I A u ,

odnosno

12

22

u8 2 0u4 1 0

,


12 22

12 22

8u 2u 04u u 0

.

Iz prethodnog sustava jednadžbi slijedi 22 12u 4u .


214

u .

Normiranjem svojstvenog vektora

22

2

ˆ uuu

, 2 22 12 22u u u

dobivamo

1172

2 417

ˆ17

uu ,

S obzirom da se matrica transformacije definira kao P=[ 1u 2u ], imamo

Prostor stanja

99

2 15 17

1 45 17

P , 1 4 5 517 17 2 17

P .

Transformirana matrica B ima oblik

1 04 5 5 11ˆ7 4 1717 2 17

B P B .

Uvjet upravljivosti je da transformirana matrica B nema niti jedan nul-redak, što u slučaju jednostupčane matrice znači da nema niti jedan nul-element. S obzirom da je prvi element matrice jednak nuli zaključujemo da sustav nije upravljiv.

Transformirana matrica C ima slijedeći oblik

2 15 17 94

5 171 45 17

ˆ 1 2

C CP .

Uvjet mjerljivosti je da transformirana matrica C nema niti jedan nul-stupac, što u slučaju jednoretčane matrice znači da nema niti jedan nul-element. S obzirom da su oba elementa matrice različita od nule zaključujemo da je sustav mjerljiv.

(2) Svojstvene vrijednosti i svojstvene vektore određujemo na temelju izraza

i i i, i 1,2,3 Au u .

Gdje su i svojstvene vrijednosti a ui svojstveni vektori matrice A. Prvo odredimo

svojstvene vrijednosti rješavajući karakterističnu jednadžbu

1 0 0 3 1 4 3 1 4

det det 0 1 0 0 2 0 det 0 2 0 00 0 1 0 1 1 0 1 1

I A ,

odnosno

det ( -1)( -2)( +3) 0 I A ,

odakle slijedi λ1=-3, λ2=1, λ3=2. Sada određujemo svojstvene vektore za pojedine svojstvene vrijednosti. Za svojstvenu vrijednost λ1=-3 formiramo homogenu linearnu matričnu jednadžbu

1 11

1 1 1 21

1 31

3 1 4 u 00 2 0 u 00 1 1 u 0

I A u ,

odnosno

Prostor stanja

100

11

21

31

0 1 4 u 00 5 0 u 00 1 4 u 0

,


21 31

21

u 4u 05u 0

.


21 31u 0, u 0 .

S obzirom da iz prethodnog sustava jednadžbi nema uvjeta na u11, možemo ga izabrati proizvoljno, npr. u11=1, tako da dobivamo odmah normirani svojstveni vektor

1 1

1ˆ 0

0

u u .

Nadalje, za svojstvenu vrijednost λ2=1 formiramo homogenu linearnu matričnu jednadžbu

2 12

2 2 2 22

2 32

3 1 4 u 00 2 0 u 00 1 1 u 0

I A u ,

odnosno

12

22

32

4 1 4 u 00 1 0 u 00 1 0 u 0

,


12 22 32

22

4u u 4u 0u 0

.


22

12 32

u 0u u 0

.


2

101

u .

Prostor stanja

101

Normiranjem svojstvenog vektora dobivamo

12

21

2

ˆ 0

u .

Konačno, za svojstvenu vrijednost λ2=2 formiramo homogenu linearnu matričnu jednadžbu

3 13

3 3 3 23

3 33

3 1 4 u 00 2 0 u 00 1 1 u 0

I A u ,

odnosno

13

23

33

5 1 4 u 00 0 0 u 00 1 1 u 0

,


13 23 33

23 33

5u u 4u 0u u 0

.


23 33

13 23 33

u uu u u

.

S obzirom da prethodni sustav jednadžbi nije jednoznačan, možemo proizvoljno izabrati jednu komponentu, npr. u23= u33=1, iz čega slijedi u13=-1, tako da na kraju imamo

3

111

u .

Normiranjem svojstvenog vektora dobivamo

13

13 3

13

ˆ

u ,

S obzirom da se matrica transformacije definira kao P=[ 1u 2u 3u ], imamo

1 12 3

13

1 12 3

1

0 0

0

P , 1

1 0 1

0 2 2

0 3 0

P .

Prostor stanja

102

Transformirana matrica B ima oblik

1 4 23 9

43

1 0 1 0 03 2ˆ 0 2 2 3 13 5 2

3 20 3 0 3 3

B P B .

Uvjet upravljivosti je da transformirana matrica B nema niti jedan nul-redak. S obzirom da je prvi redak matrice jednak nuli zaključujemo da sustav nije upravljiv.

Transformirana matrica C ima slijedeći oblik

1 12 3

13 1

31 12 3

12 0 32 3 2ˆ 0 03 03 1 3

0

C CP .

Uvjet mjerljivosti je da transformirana matrica C nema niti jedan nul-stupac. S obzirom da je drugi stupac matrice jednak nuli zaključujemo da sustav nije mjerljiv.

Zadatak 1.59 Za koje kombinacije parametara a i b sustav:

1 1 2 3 1 2

2 2 1 2

3 2 3 1 2

1 1 2 3

2 1 2 3

x 3x 3x 2x bu 3aux 4x 2au bux 3x x 5u 2uy 2ax 3x 2xy 3bx x 5x

a) nije upravljiv; b) nije mjerljiv; c) nije ni upravljiv ni mjerljiv.

Rješenje: Sustav možemo prikazati u matričnom obliku

1 11

2 22

3 3

11

22

3

x 3 3 2 x b 3au

x 0 4 0 x 2a bu

x 0 3 1 x 5 2

xy 2a 3 2

xy 3b 1 5

x

Matrica transformacije u kanonski oblik određena je u jednom od prethodnih zadataka,

Prostor stanja

103

1 12 3

13

1 12 3

1

0 0

0

P ,

dok je inverzna matrica

10 2 21 0 1

0 3 0

P .

Transformirane matrice sustava određujemo na temelju izraza

1 1 ˆˆ ˆ, , A Λ P AP B P B C CP ,

odnosno

1 12 3

13

1 12 3

10 2 2 3 3 2 1 0 01 0 1 0 4 0 0 0 0 3 0

0 3 1 0 0 40 3 0 0

Λ ,

0 2 2 b 3a -2 2a+5 2 - 2b+2 2ˆ 1 0 1 2a b b+5 3a+2

5 20 3 0 2 3a 3b

B ,

1 12 3 52

3 313 3 5 3 6

2 2 3 31 12 3

1- 2a+ 2 2a - a+2a 3 2ˆ 0 0

3b 1 5 - b+ 3b - b+0

C .

Sustav nije upravljiv ako matrica B ima nul-redak, što se može desiti ako su zadovoljeni uvjeti u slijedeća tri slučaja:

i) -2 2a+5 2 0

- 2b+2 2 0

, odnosno kada je: 5a , b=2

2

ii) b+5 03a+2 0

, odnosno kada je: 2a , b=-53

iii) 2 3a 0

3b 0

, odnosno kada je: a 0, b=0

Sustav nije mjerljiv ako matrica C ima nul-stupac, što se može desiti ako su zadovoljeni uvjeti u slijedeća tri slučaja:

i) 3 5

2 2

- 2a+ 2 0- b+ 0

, odnosno kada je: 5a 1, b=3

ii) 2a 03b 0

, odnosno kada je: a 0, b=0

Prostor stanja

104

iii) 52

3 3

3 63 3

- a+ 0

- b+ 0

, odnosno kada je: 5a , b=2

2

Sustav nije ni upravljiv ni mjerljiv ako za iste vrijednosti parametara a i b matrica B ima

barem jedan nul-redak a matrica C ima barem jedan nul-stupac. To se događa za slijedeće kombinacije parametara:

i) 5a , b=22

ii) a 0, b=0

1.6.3 Upravljivost i mjerljivost u kompleksnoj domeni

U ovom potpoglavlju upravljivost i mjerljivost linearnih sustava analizira se na temelju Laplaceove transformacije sustava.

Zadatak 1.60 Primjenom Laplaceove transformacije sustava utvrdi potpunu upravljivost stanja i mjerljivost linearnog sustava:

x Ax Buy Cx

za slučajeve:

(17) 6 2 1

, , 1 24 3 4

A B C .

(18) 43

3 1 4 3 22 3 2

0 2 0 , 3 ,3 1 3

0 1 1 3 2

A B C .

Rješenje: (1) Za određivanje potpune upravljivosti stanja trebamo izračunati matricu prijenosnih funkcija

1(s) s(s)

X I A BU

.

Ako u elementima matrice prijenosnih funkcija nema kraćenja polova i nula, tada je sustav potpuno upravljiv po stanjima. Prvo ćemo izračunati rezolventnu matricu

Prostor stanja

105

1 1

12

1 0 6 2 s 6 2 s 3 21s s0 1 4 3 4 s 3 4 s 6s 3s 10

I A ,

odnosno

1 s 3 21s(s 5)(s 2) 4 s 6

I A .

Stoga imamo

1 s 3 2 1 s 51 1s(s 5)(s 2) (s 5)(s 2)4 s 6 4 4(s 5)

s 5 1(s 5)(s 2) s 2

4(s 5) 4(s 5)(s 2) s 2

I A B

Vidimo da je došlo do kraćenja polova i nula što znači da sustav nije upravljiv. Za određivanje potpune mjerljivosti trebamo izračunati izlaz sustava u funkciji početnih

uvjeta, u kompleksnoj domeni, 10(s) s

Y C I A x .

Ako u elementima matrice 1s C I A nema kraćenja polova i nula, tada je sustav

potpuno upravljiv po stanjima. Imamo

1 s 3 21 1s 1 2 s 11 2(s 7)(s 5)(s 2) (s 5)(s 2)4 s 6

s 11 2(s 7)(s 5)(s 2) (s 5)(s 2)

C I A

Vidimo da nema kraćenja polova i nula što znači da je sustav potpuno mjerljiv.

(2) Prvo izračunavamo rezolventnu matricu

1 1

11 0 0 3 1 4 s 3 1 4

s s 0 1 0 0 2 0 0 s 2 00 0 1 0 1 1 0 1 s 1

(s 2)(s 1) (s 3) 4(s 2)1 0 (s 3)(s 1) 0

(s 3)(s 2)(s 1)0 s 3 (s 3)(s 2)

I A

odnosno

Prostor stanja

106

1

1 1 4s 3 (s 2)(s 1) (s 1)(s 3)

1s 0 0s 21 10

(s 2)(s 1) s 1

I A .

Stoga imamo

1 43

1 1 4s 3 (s 2)(s 1) (s 1)(s 3) * *3 2

1 4 3s 0 0 3s 2 3(s 2) s 2

3 21 1 * *0(s 2)(s 1) s 1

I A B

Vidimo da je u elementima

21 224 3G (s) , G (s)

3(s 2) s 2

došlo do kraćenja dva pola i dvije nule što znači da sustav nije potpuno upravljiv po stanjima. Nadalje, imamo

1

1 1 4s 3 (s 2)(s 1) (s 1)(s 3) 2 3 *2 3 2 1 s 3 s 2s 0 0

s 23 1 3 3 1 *1 1 s 3 s 20(s 2)(s 1) s 1

C I A

Vidimo da dolazi do kraćenja polova i nula što znači da sustav nije potpuno mjerljiv.

Zadatak 1.61 Na temelju odziva u kompleksnoj domeni odredi za koje vrijednosti parametara a i b sustav nije upravljiv i nije mjerljiv:

1 1 2

2 1 2

1 2

x x 3x 3ux 2x 2x auy x bx

Rješenje: Matrice A, B i C linearnog sustava su

Prostor stanja

107

1 3 3, , 1 b

2 2 a

A B C .

Prvo ćemo izračunati rezolventnu matricu

1 1

12

1 0 1 3 s 1 3 s 2 31s s0 1 2 2 2 s 2 2 s 1s 3s 8

I A ,

odnosno

1 s 2 31s(s 1)(s 4) 2 s 1

I A .

Stoga imamo

1

6a

6a

3 s 2 as 2 3 31 1s(s 1)(s 4) (s 1)(s 4)2 s 1 a a s 1

3 s 2 a(s 1)(s 4)a s 1(s 1)(s 4)

I A B

Da bi došlo do kraćenja polova i nula treba biti zadovoljeno

i) s 2 a s 1s 2 a s 4

,

ii) 6

a6

a

s 1 s 1s 1 s 4

,

odakle, rješavanjem prethodnih jednadžbi po parametru a, dobivamo

i) a 3a 2

,

ii) a 3a 2

.

Dakle, sustav nije upravljiv u slučaju kada su vrijednosti parametra a jednake: a=-3 ili a=2. Za određivanje uvjeta pod kojima sustav nije potpuno mjerljiv trebamo izračunati izlaz sustava u funkciji početnih uvjeta, u kompleksnoj domeni,

10(s) s

Y C I A x .

Imamo

1 3b

3b

s 2 31 1s 1 b s 2 2b b s 1(s 1)(s 4) (s 1)(s 4)2 s 1

b s 1s 2 2b(s 1)(s 4) (s 1)(s 4)

C I A

Prostor stanja

108


i) s 2 2b s 1s 2 2b s 4

,

ii) 3b

3b

s 1 s 1s 1 s 4

,

odakle, rješavanjem prethodnih jednadžbi po parametru b, dobivamo

i) 3

2bb 1

,

ii) 3

2bb 1

.

Dakle, sustav nije mjerljiv u slučaju kada su vrijednosti parametra b jednake: b=-3/2 ili b=1.

Zadatak 1.62 Za koje vrijednosti parametra a sustav opisan diferencijalnom jednadžbom x 5x 6x 3au 1 , nije upravljiv.

Rješenje:

Prijenosna funkcija sustava je 23as 1G(s)

s 5s 6

.

Korijeni karakteristične jednadžbe su s1=-2 i s2=-3, tako da prijenosnu funkciju možemo napisati u obliku

13a s3aG(s)

(s 2)(s 3)

.


1s s 23a1s s 33a

,

odakle, rješavanjem prethodnih jednadžbi po parametru a, dobivamo

1 1a , a6 9

.

Dakle, sustav nije upravljiv u slučaju kada su vrijednosti parametra a jednake: a=1/6 ili a=1/9.

Prostor stanja

109

1.7 Stabilnost u prostoru stanja

Do sada smo već pokazali kao se traže polovi sustava zadanog u prostoru stanja. Provjera stabilnosti se provodi traženjem polova sustava iz karakterističnog polinoma, ili se koriste već poznate analitičke metode koje koriste karakteristični polinom. Pri tome sustav može biti zadana u vremenski kontinuiranom ili vremenski diskretnom obliku.

Zadatak 1.63 Odredite stabilnost sustava zadanog matricom A.

1 00 2

A

Rješenje: Ako prepoznamo da je matrica A zadana u čistoj kanonskoj formi, onda je jasno da su njegovi polovi:

1 21, 2 .

Prema tome sustav je stabilan. No oni koji to ne prepoznaju, stabilnost mogu provjeriti traženjem polova sustava:

det 0 I A ,

1 00 2

I A ,

det ( 1)( 2) I A - karakteristični polinom sustava,

1 2det 0 1 , 2 I A .

Zaključak je naravno isti!

Zadatak 1.64 Odredite stabilnost sustava zadanog matricom prostora stanja.

0 1 0 00 0 1 00 0 0 16 17 17 7

A

Prostor stanja

110

Rješenje:

1 0 00 1 00 0 16 17 17 7

I A ,

1

4 3 2 2

3

4

11

det 7 17 17 623

I A .

Kako su svi polovi realni negativni brojevi, zaključujemo da je sustav stabilan. Onima kojima je teško izračunavati polove sustava, mogu na karakterističnu jednadžbu primijeniti neko od poznatih analitičkih metoda, primjerice Routh-ov kriterij stabilnosti:

4 3 2det 7 17 17 6 0 I A ,

2

4

3

1

0

R 1 17 6R 7 17R 14,57 6

14,12R6R

.

Kako u prvom stupcu Routh-ove tablice nema promjene predznaka, a tablica ima n+1 redak, zaključujemo da je sustav stabilan.

Zadatak 1.65 Odredite parametar ¨a¨ da bi dinamički sustav zadan diferencijalnim jednadžbama bio stabilan.

1 1 2 1 2

2 2 1 1 2

y ay y u uy (1 a)y y u u

Rješenje: Uočimo da se radi o sustavu drugog reda (n=2) s dvije ulazne (m=1) i dvije izlazne (p=2) varijable. Kako nam polovi sustava ovise o traženom parametru ¨a¨ za prelazak u prostor stanja lakše je koristiti fazne varijable stanja. Zbog činjenice da su prvi ulaz i prvi izlaz istog reda zaključujemo da će se pojaviti i matrica D. Ta će matrica imati dimenziju 2x2 i na mjestu koje povezuje prvi izlaz s prvim ulazom će stajati omjer koeficijenata uz spomenute derivacije u prvoj diferencijalnoj jednadžbi. Prema tome mi već znamo kako će izgledati matrica D:

Prostor stanja

111

1 00 0

D .

Pri prelasku na prostor stanja u ovom se slučaju treba podsjetiti grupiranja ulaznih i izlaznih varijabli istog reda:

1 1 1 1 1 1x y u y x u ,

1 1 1 1 2 2x y u ay y u ,

1 1 1 2 2x a x u y u .

Druga se varijabla stanja odabire iz druge diferencijalne jednadžbe:

2 2x y ,

2 2 2 1 2x y 1 a x x u .

Sada u derivacijama varijabli stanja sve izlaze zamijenimo odgovarajućim varijablama stanja:

1 1 1 2 2 1 1 2 2x a x u x u ax au x u ,

2 2 2 1 2x y 1 a x x u .

Konačno imamo sve za popunjavanje matrica prostora stanja.

1 1 1

2 2 2

x x u-a 1 a 1x x u1 a -1 0 1

X A X B U


1 1 1

2 2 2

y x u1 0 1 0y x u0 1 0 0


Karakteristični polinom sustava:

det 0 I A ,

a 11 a 1

I A ,

det ( a)( a 1) 1 I A - karakteristični polinom,

2 2det 0 1 a a 0 I A - karakteristična jednadžba,

Kako je riječ o sustavu drugog reda, slijedi jednostavan uvjet: 21 a a 0 Slijedi i konačno rješenje: 0,618 a 0,618

Prostor stanja

112

Zadatak 1.66 Za krug zadan blok dijagramom odredite:

(19) jednadžbe prostora stanja

(20) polove kruga

(21) diskutirajte stabilnost kruga

3 2 1, , 1 2 , 2 3

1 0 2

A B C K

X

Rješenja: (1) Jednadžbe prostora stanja za dani krug izvodimo koristeći blokovski prikaz kruga. Sa slike je prvo vidljivo:

X AX BUY CX

( - )U K W X ,

Uvrstimo izraz za ulazni vektor u jednadžbu stanja sustava:

( - ) , - X AX BK W X X AX BKW BKX .

Nakon sređivanja izraza dobiva se jednadžba stanja kruga kojem je ulazni vektor W, a

ne U, - X A BK X BKW . Jasno je da je sve što se nalazi ispred X, matrica A kruga

koju ćemo označiti s Az. Po istoj logici, sve što se nalazi ispred W je matrica B kruga koju označimo s Bz.

z z3 2 1 5 1 1 2 3

- 2 3 , 2 31 0 2 3 6 2 4 6

A A BK B BK .

Time smo dobili traženi zapis kruga u prostoru stanja.

z z

X A X B UY CX

.

(2) Polove kruga ćemo odrediti iz matrice A kruga, odnosno iz matrice Az:

Prostor stanja

113

z5 1

3 6

I A ,

det ( 5)( 6) 3 I A - karakteristični polinom,

2det 0 11 27 0 I A - karakteristična jednadžba,

2 1

2

3,69711 27 0

7,303

.

(3) Kako su oba pola realna i negativna, nije teško zaključiti da je zadani krug stabilan. To smo mogli direktno zaključiti iz karakteristične jednadžbe. Ona je drugog reda i ima sve koeficijente istog predznaka, pa će takav sustav uvijek biti stabilan.

Zadatak 1.67 Za krug zadan blok dijagramom odredite:

(22) jednadžbe prostora stanja

(23) polove kruga

(24) Diskutirajte stabilnost kruga

1 24 1 1 1 2

, , 1 1 , 1 2 ,0 1 2 2 2

A B C K K

X

Rješenja: (1) Sa slike je vidljivo:

X AX BUY CX

,

1 2( - )U K W K X .

Uvrstimo izraz za ulazni vektor u jednadžbu stanja sustava:

1 2 1 1 2( - ) , - X AX BK W K X X AX BK W BK K X .

Prostor stanja

114

Nakon sređivanja izraza dobiva se jednadžba stanja kruga kojem je ulazni vektor W, a

ne U, 1 2 1- X A BK K X BK W .

Jasno je da je sve što se nalazi ispred X, matrica A kruga koju ćemo označiti s Az. Sve što se nalazi ispred W je matrica B kruga koju označimo s Bz.

z 1 24 1 1 1 2 9 5

- 1 20 1 2 2 2 10 11

A A BK K ,

z 11 1 2

1 22 2 4

B BK .

Time smo dobili traženi zapis kruga u prostoru stanja.

z z

X A X B UY CX

(2) Polove kruga ćemo odrediti iz matrice A kruga, odnosno iz matrice Az:

z9 5

10 11

I A ,

2det 20 49 I A - karakteristični polinom,

2det 0 20 49 0 I A - karakteristična jednadžba,

2 1

2

2,8620 49 0

17,14

.

(3) Kako su oba pola realna i negativan, zadani krug je stabilan. To smo kao i prije mogli direktno zaključiti iz karakteristične jednadžbe. Ona je drugog reda i ima sve koeficijente istog predznaka, pa će takav sustav uvijek biti stabilan. Ovo sve vrijedi samo za karakterističnu jednadžbu drugog reda!

Prostor stanja

115

Zadatak 1.68 Za dani sustav odredite matricu prijenosnih funkcija i diskutirajte stabilnost. Za prelazak u prostor stanja birajte fazne varijable stanja. Zadano: M1=M2=1kg, D1=D2=D3=D4=1Ns/m, K=3N/m, PU=0.

Rješenje: Radi se o sustavu čije smo dinamičke jednadžbe gibanja glase:

1 1 1 2 3 1 1 1 2 3 2 2M x D D D x Kx f t D D D x Kx

2 2 1 2 3 4 2 2 1 2 3 1 1M x D D D D x Kx D D D x Kx

Uvrštavanjem zadanih veličina dobivamo slijedeće:

1 1 1 2 2x 3x 3x f t 3x 3x ,

2 2 2 1 1x 4x 3x 3x 3x .

Kako se u prostoru stanja za ulazne i izlazne veličine koriste u i y, a x se koristi za varijable stanja, jednadžbe ćemo zapisati na slijedeći način;

1 1 1 2 2y 3y 3y f t 3y 3y , (1)

2 2 2 1 1y 4y 3y 3y 3y . (2)

Sustav ima jednu ulaznu i dvije izlane veličine, a prema diferencijalnim jednadžbama, četvrtog je reda. Odabirom faznih varijabli stanja na način koji smo usvojili, dobiva se zapis u prostoru stanja :

Prostor stanja

116

1 1

2 2

3 3

3 4

x x0 1 0 0 0x x3 3 3 3 1

ux x0 0 0 1 0x x3 3 3 4 0

X A X B U


1 1

2 2

y x1 0 0 0 0u

y x0 0 1 0 0


1

2

3

4

05,4495

det 00,55051

I A

Zaključak je isti kao u zadatku iz kojeg smo preuzeli jednadžbe, sustav je na granici stabilnosti. Kako je prije pokazano, to će značiti da će prijelazna funkcija pomaka obje mase zbog ostalih negativnih realnih polova biti prije pokazane monotono rastuće funkcije. Do matrice prijenosnih funkcija dolazimo poznatim načinom.


s 1 0 03 s 3 3 3

s0 0 0 13 3 3 s 4

I A , 3 2det s s s 7s 9s 3 I A ,

2

3 21

3 2

s 4s 3s s 7s 9s 3

(s) s3(s 1)

s s 7s 9s 3

G C I A B .

Ako se malo poigramo razlomcima u matrici prijenosnih funkcija, kraćenjem odgovarajućih nula i polova u svakom razlomku može se dobiti konačan izraz:

2

3 2

3 2

s 1s 4s 3s s 7s 9s 3(s)(s)

(s) 3(s 1)s s 7s 9s 3

YGU

s 3

s s 1

2s 6s 3

3(s 1)

s s 1

2

22

s 3s s 6s 3

3s s 6s 3s 6s 3

Izraz pokazuje matematičku sliku dinamike sustava, prema kojoj bi se neoprezno moglo zaključiti da je sustav u stvari trećeg, a ne četvrtog reda. Projektiranje samog regulatora, za ovaj primjer potražite u poglavlju koje slijedi.

Prostor stanja

117

Zadatak 1.69 Odredite stabilnost diskretnog sustava zadanoga sa:

*0 0 10 1 11 1 0

A

Rješenje: Kod vremenski diskretnih sustava koristimo karakteristični polinom izražen preko Z

operatora, n n 1n n 1 1 0det z a z a z a z a

I A .

Izjednačavanjem karakterističnog polinoma s nulom dobivamo karakterističnu jednadžbu u diskretnom području, a njena su rješenja polovi diskretnog sustava,

det z 0 I A .

U našem to slučaju izgleda ovako:

3 2z 0 1

z 0 z 1 1 det z z z 11 1 z

I A I A ,

det z 0 I A ,

13 2

2

3

z 0,7549z z 1 0 z 0,8774 0,7449 j

z 0,8774 0,7449 j

.

Nacrtajmo dobiveno rješenje:

-1,5 -1 -0,5 0 0,5 1 1,5 -1,5

-1

-0,5

0

0,5

1

1,5

Realno

Imag

inar

no z1

z2

z3

Sustav je nestabilan zbog dva pola koja se nalaze izvan jedinične kružnice.

Prostor stanja

118

Zadatak 1.70 Odredite stabilnost diskretnog sustava zadanoga matricom:

*1 1 10 0,5 00 1 0,5

A

Rješenje:

z 1 1 1

z 0 z 0,5 1 det z z 1 z 0,5 z 0,50 1 z 0,5

I A I A ,

1

2

3

z 1det z 0 z 0,5

z 0,5

I A .

Nacrtajmo dobiveno rješenje:

-1,5 -1 -0,5 0 0,5 1 1,5-1,5

-1

-0,5

0

0,5

1

1,5

Realno

Imag

inar

no

z2 z3z1

Sustav je na granici stabilnosti zbog jednog pola koji se nalazi na jediničnoj kružnici.

Prostor stanja

119

1.8 Točnost u prostoru stanja

Točnost smo uvijek računali u kompleksnom s području, pa ćemo ista znanja primijeniti i na sustav zadan jednadžbama prostora stanja. Novina je što se u prostoru stanja krug može zatvoriti ili preko vektora stanja sustava, ili preko vektora izlaza sustava. Tako se onda točnost traži ili za varijable stanja sustava, ili za izlaze sustava. Postupak je u osnovi isti, a svodi se pronalaženje vektora regulacijskog odstupanja E, koji se u krugu uvijek nalazi iza komparatora.

Zadatak 1.71 Provjerite točnost kruga prikazanog blok dijagramom ako je zadano:

4 0 0 1 1 0

, , , W(t) 13 1 1 0 0 1

A B C

X

Rješenje:

s s s E W Y ,

s s sY G E , gdje je G(s) prijenosna funkcija sustava zadanog matricama

prostora stanja.

Slijedi:

s s (s) s E W G E , s (s) s s E G E W , I (s) s s G E W ,

1s I (s) s E G W , 0 0t s

lim t , s lims s

e e e E .

Prije izračuna trajnog regulacijskog odstupanja, provjerimo stabilnost kruga. Za to nam treba nazivnik prijenosne funkcije sustava zadanog matricama prostora stanja:

adj s

sdet s

I AG C B D

I A,

s 4 0s det s s 4 s 1

3 s 1

I A I A ,

Prostor stanja

120

1

2

s 4det s s 4 s 1

s 1

I A - sistem je stabilan.

Kako je sistem stabilan, možemo krenuti u izračun trajnog regulacijskog odstupanja:

s 1 0adj s

3 s 4

I A ,

1 adj s s 1 01(s) s

s 4 s 1det s 3 s 4

I AΦ I A

I A

s 1 0s 4 s 1 s 4 s 1

(s)3 s 4

s 4 s 1 s 4 s 1

Φ ,

1 0s 4

(s)3 1

s 4 s 1 s 1

Φ ,

(s)

1 10 0s 4 s 41 0 0 1

(s)0 1 3 1 1 0 1 3

s 4 s 1 s 1 s 1 s 4 s 1

C B

Φ

G

,

2

11 10 s 4s 41 0(s) 1 30 1 1 s 5s 7

s 1 s 4 s 1 s 1 s 4 s 1

I G ,

2

2s 5s 6det (s)s 5s 4

I G ,

2s 5s 7 1

s 4 s 1 s 4adj (s)

1 1s 1

I G ,

2

21

2

s 5s 7 1s 4 s 1 s 4s 5s 4(s)

s 5s 6 1 1s 1

I G ,

1s s s

E I G W ,

Prostor stanja

121

2

21

2

s 5s 7 1 1s 4 s 1 s 4s 5s 4 s(s) (s) (s)

1s 5s 6 1 1 ss 1

E I G W ,

0 ss lims s

e E ,

2

2 2

0 2s 0

s 5s 7 1 11s 5s 4 s 4s 5s 4 slims

1 0s 5s 6 1 1 ss 1

e .

Zaključujemo da prvi izlaz ima pogrešku praćenja jednaku jedinici, što je greška od 100% referentne veličine w. Drugi izlaz bez greške u stacionarnom stanju prati zadanu vodeću, odnosno referentnu veličinu.

Zadatak 1.72 Provjerite trajno regulacijsko odstupanje varijabli stanja sustava prikazanog blok dijagramom ako je zadano:

2 3 1 1

, , 2 1 , 1 2 , (t)0 1 1 1

A B C K W

X

Rješenje: Prvo izvedimo jednadžbe kruga zatvorenog preko vektora stanja, a za to nam slika pokazuje:

X AX BUY CX

,

U KE ,

( ) E W X U K W X .

Vratimo zadnji izraz u jednadžbu stanja:

( - ) , - , X AX BK W X X AX BKW BKX X A BK X BKW ,

Prostor stanja

122

Jasno je da je sve što se nalazi ispred X, matrica A zatvorenog kruga koju ćemo označiti s Az. Po istoj logici, sve što se nalazi ispred W je matrica B zatvorenog kruga koju označimo s Bz:

z2 3 1 3 1

- 1 20 1 2 1 1

A A BK ,

z1 1 2

1 21 1 2

B BK .

Time smo dobili zapis kruga u prostoru stanja: z z

X A X B WY CX

.

Prije izračuna regulacijskog odstupanja, provjerimo stabilnost kruga:

2z z

s 3 1s det s s 4s 4

1 s 1

I A I A ,

z 1 2det s 0 s s 2 I A - sustav je stabilan.

Da bi izračunali regulacijsko odstupanje varijabli stanja prvo treba izvesti izraz za vektor stanja zatvorenog kruga.

z z X A X B W L ,

z zs (s) (s) (s) X A X B W

z zs (s) (s) (s) X A X B W

z zs (s) (s) I A X B W

1z z(s) s (s)

X I A B W

(s) (s) (s) E W X E W XL ,

1 1z z z z(s) (s) s (s) , (s) s (s)

E W I A B W E I I A B W .

Sada samo treba uvrstiti sve što je poznato i izračunati E(s):

2 21z

2 2

s 1 1s 4s 4 s 4s 4s

1 s 3s 4s 4 s 4s 4

I A ,

2 21z z

2 2

s 2 2s 4s 4s 4 s 4s 4s

s 2 2s 4s 4s 4 s 4s 4

I A B ,

Prostor stanja

123

2

2 21z z 2

2 2

s 3s 2 2s 4 1s 4s 4 s 4s 4 s(s) s (s)

1s 2 s 2sss 4s 4 s 4s 4

E I I A B W .

Konačno, trajno regulacijsko odstupanje varijabli stanja je :

2

2 2

0 2s 0 s 0

2 2

s 3s 2 2s 4 10,5s 4s 4 s 4s 4 slims (s) lims

1 0,5s 2 s 2sss 4s 4 s 4s 4

e E .

Zaključujemo da oba stanja prate zadanu vodeću veličinu uz konstantnu pogrešku veličine -0,5. Kako je ulaz zadan jedinicom, greška je točno pola iznosa (50%) amplitude vodećeg signala.

Zadatak 1.73 Provjerite trajno regulacijsko odstupanje varijabli stanja sustava danog blok dijagramom ako je zadano:

1 2

4 1 1, , 1 1 ,

0 1 11 2 1

1 2 , , (t)2 2 1

A B C

K K W

X

Rješenje: Pomoću slike izvedimo jednadžbe kruga zatvorenog preko vektora stanja:

X AX BUY CX

,

2 1 1 2, ( ) E W K X U K E K W K X .

Vratimo zadnji izraz u jednadžbu stanja:

1 2( ) X AX BK W K X ,

1 2 1 2- X AX BK K X BK K W ,

Prostor stanja

124

1 2 1 X A BK K X BK W .

Opet treba uočiti da je sve što se nalazi ispred X, matrica A zatvorenog kruga koju ćemo označiti s Az. Sve što se nalazi ispred W je matrica B zatvorenog kruga koju označimo s Bz.

z 1 24 1 1 1 2 9 5

- 1 20 1 2 2 2 10 11

A A BK K ,

z 11 1 2

1 22 2 4

B BK .

Time smo dobili zapis kruga u prostoru stanja: z z

X A X B WY CX

.

Prije izračuna regulacijskog odstupanja, provjerimo stabilnost kruga:

2z z

s 9 5s det s s 20s 49

10 s 11

I A I A ,

z 1 2det s 0 s 2,86 s 17,14 I A - sustav je stabilan. Da bi izračunali regulacijsko odstupanje varijabli stanja prvo treba izvesti izraz za vektor stanja zatvorenog kruga:

z z z z z z1

z z z z

s (s) (s) (s) , s (s) (s) (s) ,

s (s) (s) , (s) s (s) ,

,

X A X B W X A X B W X A X B W

I A X B W X I A B W

L

2 2(s) (s) (s) E W K X E W K XL ,

12 z z(s) (s) s (s)

E W K I A B W ,

12 z z(s) s (s)

E I K I A B W .

Sada samo treba uvrstiti sve što je poznato i izračunati E(s):

2 21z

2 2

s 11 5s 20s 49 s 20s 49s

10 s 9s 20s 49 s 20s 49

I A ,

2 2 2 21z z

2 2 2 2

s 11 5 s 1 2s 21 2s 20s 49 s 20s 49 s 20s 49 s 20s 49s

10 s 9 2 4 2s 8 4s 16s 20s 49 s 20s 49 s 20s 49 s 20s 49

I A B ,

Prostor stanja

125

2 212 z z

2 2

5s 17 10s 34s 20s 49 s 20s 49s

6s 18 12s 36s 20s 49 s 20s 49

K I A B ,

2

2 212 z z 2

2 2

s 5s 32 10s 34s 20s 49 s 20s 49s

6s 18 s 8s 13s 20s 49 s 20s 49

I K I A B ,

2

2 212 z z 2

2 2

s 5s 32 10s 34 1s 20s 49 s 20s 49 s(s) s (s)

16s 18 s 8s 13ss 20s 49 s 20s 49

E I K I A B W .

Konačno, trajno regulacijsko odstupanje varijabli stanja je :

2

2 2

0 2s 0 s 0

2 2

s 5s 32 10s 34 1 20,0408s 20s 49 s 20s 49 s 49lims (s) lims

1 5 0,10206s 18 s 8s 13s 49s 20s 49 s 20s 49

e E

Zaključujemo da oba stanja prate zadanu vodeću veličinu uz konstantnu pogrešku, odnosno da stanja sustava bez greške u stacionarnom stanju ne prate zadanu vodeću veličinu.

Prostor stanja

126

1.9 Rješenja linearnih multivarijabilnih sustava

U ovom poglavlju prikazane su neke osnovne metode rješavanja kontinuiranih linearnih multivarijabilnih sustava. Prikazana je generalna metoda zasnovana na Cayley-Hamiltonovom teoremu, tzv. metoda matričnog eksponencijala. Također, prikazane su i metode koje zasnovane na iskorištavanju specijalne strukture linearnih sustava s ciljem dobivanja direktnog rješenja.

1.9.1 Rješenja autonomnih linearnih sustava

Prikazujemo generalnu metodu rješavanja linearnih sustava zasnovanu na izračunavanju matrične eksponencijalne funkcije primjenom Cayley-Hamiltonovog teorema.

Zadatak 1.74 Primjenom definicijskog izraza za matrični eksponencijal, nađi rješenje linearnog sustava sa zadanim početnim uvjetima:

101 1 1

202 2 2

xx x x (0)0;

xx x x (0)0

.

Rješenje: Opće rješenje linearnih sustava 0(t) (t), (0) x Ax x x , dano je slijedećim izrazom

t0(t) e Ax x , gdje je

kt k

k 0

tek!

A A .

U našem slučaju matrica koeficijenata sustava je:

0 0 1 0 1,

0 1 0 1 0

A J J .

Slijedeći korak je određivanje potencija matrice A

k k k A J ,

odnosno matrice J

2 3 4 5, , , ,... J I J J J I J J

gdje je I jedinična matrica. Vidimo da matrica J ima ista algebarska svojstva kao imaginarna jedinica i naziva se simpletička matrica (engl. symplectic matrix).

Prostor stanja

127

Na temelju prethodnih izraza možemo izvesti opće izraze za potencije matrice J

2k k

2k 1 k

( 1) ,( 1) ,

J IJ J

k=0, 1, 2, ....

Dakle, sve parne potencije matrice J proporcionalne su jediničnoj matrici dok su neparne potencije proporcionalne samoj matrici J, do na razliku u predznaku. Sada možemo uvrstiti navedene izraze u matrični eksponencijal

k 2k 2k 1t k 2k 2k 1

k 0 k 0 k 0

t t tek! (2k)! (2k 1)!

A A A A ,

tako da dobijemo 2k 2k 1

t k k

k 0 k 0

( t) ( t)e ( 1) ( 1)(2k)! (2k 1)!

A I J .

S obzirom da vrijedi slijedeći Taylorov razvoj funkcija

2kk

k 0

( t)cos( t) ( 1)(2k)!

,

2k 1k

k 0

( t)sin( t) ( 1)(2k 1)!

,

slijedi te cos( t) sin( t) A I J , odnosno t cos( t) sin( t)e

sin( t) cos( t)

A ,

tako da je konačno rješenje za opće početne uvijete

101

202

xx (t) cos( t) sin( t)xx (t) sin( t) cos( t)

.

Zadatak 1.75 Primjenom definicije i svojstava matričnog eksponencijala, nađi rješenje linearnog sustava sa zadanim početnim uvjetima:

101 1 1

202 2 2

xx x x (0)a b;

xx x x (0)0 a

.

Rješenja: A) U našem slučaju matrica koeficijenata sustava je

1 2a b a 0 0 b0 a 0 a 0 0

A A A .

Dakle, dekomponirali smo matricu A na zbroj dviju matrica koje su komutativne

Prostor stanja

128

1 2 2 1A A A A ,

te stoga možemo primijeniti svojstvo

1 2 1 2( )t t t1 2 2 1e e e , akko A A A A A A A A .

Nadalje, za dijagonalnu matricu A1 vrijedi

1at

tat

e 0e

0 e

A

dok za matricu A2 vrijedi svojstvo nilpotentnosti

2 3 k2 2 2

0 0...

0 0

A A A ,

tako da je

2t2

1 bte t

0 1

A I A

Na kraju imamo

1 2 1 2at at at

( )t t ttat at

e 0 1 bt e btee e e e

0 10 e 0 e

A A A AA

odnosno

at at101

at202

xx (t) e btexx (t) 0 e

.

B) Drugi način rješavanja navedenog zadatka je zasnovan na činjenici da je druga jednadžba nezavisna od prve te može biti riješena direktno kao skalarna linearna diferencijalna jednadžba

at2 20x (t) e x ,

čije rješenje tretiramo kao ulaznu (upravljačku) varijablu prve jednadžbe. Stoga u ovom slučaju koristimo izraz za rješenje linearne nehomogene jednadžbe

0(t) (t) (t), (0) x Ax Bu x x ,

u obliku

tt (t )

00

(t) e e ( )d A Ax x Bu ,

odnosno u našem slučaju

Prostor stanja

129

tat a(t )

1 10 20

x (t) e x e bx ( )d ,

Uvrštavanjem izraza at2 20x (t) e x u prethodnu jednadžbu dobivamo

tat a(t ) a

1 10 200

tat at a a

10 200

at at10 20

x (t) e x e be x d

e x bx e e e d

e x bx te

Ako sada konačna rješenja

at at1 10 20x (t) e x bx te ,

at2 20x (t) e x ,

prikažemo u matričnom obliku koji preslikava početne uvjete u konačno stanje, dobivamo

at at101

at202

xx (t) e btexx (t) 0 e

,

odnosno, isto rješenje kao i prethodnom slučaju.

Zadatak 1.76 Nađi rješenje linearnog sustava sa zadanim početnim uvjetima:

1 1 2 1

2 2 2

3 1 2 3

x 2x x , x (0) 1x 2x , x (0) 1x x x , x (0) 2

.

Odredi asimptotske vrijednosti varijabli stanja u slučaju kada vrijeme konvergira prema beskonačnosti, t∞.

Rješenje: Vidimo da na desnoj strani treće diferencijalne jednadžbe imamo samo prve dvije varijable stanja, što znači da varijablu x3(t) možemo dobiti običnom integracijom desne strane diferencijalne jednadžbe 1 2x (t) x (t) , na temelju rješenja prve dvije jednadžbe.

Prve dvije jednadžbe spadaju u klasu sustava koja je riješena u prethodnom zadatku za slučaj a=-2, b=1, tako da je rješenje

2t 2t1

2t2

x (t) e te

x (t) e

,

dok je rješenje treće jednadžbe

Prostor stanja

130

t2 2t 2t 2t 2t

3 3 30

1 1 1 9 1 1x (t) x (0) e d x (0) te e te e4 2 4 4 2 4

.

Asimptotske vrijednosti varijabli stanja su: x1(∞)=0, x2(∞)=0, x3(∞)=9/4=2,25.

0 2 4 60

0,2

0,4

0,6

0,8

1

x 1

Vrijeme (s)0 2 4 6

0

0,2

0,4

0,6

0,8

1

x 2

Vrijeme (s)0 2 4 6

2

2,05

2,1

2,15

2,2

2,25

x 3

Vrijeme (s)

Zadatak 1.77 Nađi rješenje vremenski varijabilnog linearnog sustava sa zadanim početnim uvjetima:

t1 2 1

2 2 3 2

3 3 3

x e x , x (0) 1x x x , x (0) 1x x , x (0) 1

.

Odredi asimptotske vrijednosti varijabli stanja.

Rješenje: Vidimo da desna strana prve diferencijalne jednadžbe ovisi samo o drugoj varijabli stanja, što znači da varijablu x1(t) možemo dobiti običnom integracijom desne strane prve diferencijalne jednadžbe. Druga i treća jednadžba spadaju u klasu sustava koji je razmatran u prethodna dva zadatka za slučaj a=1, b=-1, tako da je rješenje

t t2

t3

x (t) e te

x (t) e

,

dok je rješenje prve jednadžbe

t t 2

1 1 1 10 0

tx (t) x (0) e e e d x (0) 1 d x (0) t2

,

odnosno, nakon uvrštavanja početnog uvjeta

2

1tx (t) 1 t2

.

Asimptotske vrijednosti varijabli stanja su: x1(∞)=-∞, x2(∞)=-∞, x3(∞)=∞.

Prostor stanja

131

0 1 2 3-0,5

0

0,5

1

1,5x 1

Vrijeme (s)0 1 2 3

-50

-40

-30

-20

-10

0

10

x 2

Vrijeme (s)0 1 2 3

0

5

10

15

20

25

x 3

Vrijeme (s)

Zadatak 1.78 Nađi rješenje nelinearnog sustava sa zadanim početnim uvjetima:

1 1 3 1

2 1 3 2

3 3 3

x x 2x , x (0) 1x x x , x (0) 1x x , x (0) 1

.

Rješenje: Vidimo da na desnoj strana druge diferencijalne jednadžbe imamo umnožak dviju varijabli stanja što znači da se radi o nelinearnom dinamičkom sustavu. S obzirom da desna strana druge diferencijalne jednadžbe ovisi o nelinearnoj kombinaciji varijabli stanja x1(t) i x3(t) koje čine linearni podsustav, to znači da varijablu x2(t) možemo dobiti običnom integracijom po vremenu. Prva i treća jednadžba spadaju u klasu sustava koji je razmatran u prethodnim zadacima, tako da je rješenje

t t1

t3

x (t) e 2te

x (t) e

,

dok je rješenje druge jednadžbe

t t

2 2 1 3 20 0t t

2 2 2t 2t 2t2 2

0 0

x (t) x (0) x ( )x ( )d x (0) e e 2 e d

1 1 1 1x (0) e d 2 e d x (0) e te e2 2 4 4

odnosno, nakon uvrštavanja početnog uvjeta

2t 2t2

5 3 1x (t) e te4 2 2

.

Prostor stanja

132

Zadatak 1.79 Nađi rješenje linearnog sustava sa zadanim općim početnim uvjetima:

1 2 1 10

2 3 2 20

3 4 3 30

4 4 40

x x , x (0) xx x , x (0) xx x , x (0) xx 0, x (0) x

.

Rješenja: A) Matrica koeficijenata sustava je

0 1 0 00 0 1 00 0 0 10 0 0 0

A .

Potencije matrice A su

2 3 4 5

0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 00 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0

, , ...0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

A A A A

stoga eksponencijalna matrična funkcija postaje

k 2 3t k 2 3

k 0

t t tek! 2! 3!

A A I A A A ,

odnosno, nakon uvrštavanja potencija matrice A, dobivamo

2 3

2t

t t1 t2! 3!

te 0 1 t2!

0 0 1 t0 0 0 1

A ,

odnosno

2 3

1012

202

303

404

t t1 t xx (t) 2! 3!xx (t) t0 1 t xx (t) 2!

0 0 1 t xx (t)0 0 0 1

.

Prostor stanja

133

B) Rješenje četvrte jednadžbe možemo dobiti direktno

4 40x (t) x .

Nakon toga slijedi

t t

3 3 4 3 40 30 400 0

x (t) x (0) x ( )d x (0) x d x x t ,

t t

2 2 3 2 30 400 0

2

20 30 40

x (t) x (0) x ( )d x (0) x x t d

tx x t x2

t t 2

1 1 2 1 20 30 400 0

2 3

10 20 30 40

tx (t) x (0) x ( )d x (0) x x t x d2

t tx x t x x2 6

S obzirom da dobivena rješenja ovise linearno o početnim uvjetima

2 3

1 10 20 30 40t tx (t) x x t x x2 6

,

2

2 20 30 40tx (t) x x t x2

,

3 30 40x (t) x x t ,

4 40x (t) x ,

možemo gornji sustav prikazati u matričnom obliku

2 3

1012

202

303

404

t t1 t xx (t) 2 6xx (t) t0 1 t xx (t) 2

0 0 1 t xx (t)0 0 0 1

,

odnosno dobili smo isto rješenje kao u slučaju razvoja matričnog eksponencijala.

Prostor stanja

134

Zadatak 1.80 Primjenom Cayley-Hamiltonovog teorema (CHT) nađi inverziju matrice:

3 11 3

A .

Rješenje: Karakteristična jednadžba matrice A je

2 2s 3 1p(s) det(s ) (s 3) 1 s 6s 8 0

1 s 3

I A .

Na temelju CHT slijedi da je svaka matrica rješenje svoje karakteristične jednadžbe, stoga

2p( ) 6 8 0 A A A I

Pomnožimo li gornju jednadžbu s inverzijom matrice A, dobivamo

16 8 0 A I A

odnosno, nakon sređivanja dobivamo

1

3 11 3 8 88 4 1 3

8 8

A A I .

Zadatak 1.81 Nađi rješenje sustava linearnih diferencijalnih jednadžbi za opće početne uvjete primjenom

(25) Cayley-Hamiltonovog teorema (CHT);

(26) Laplaceove transformacije. Zadani sustav je:

1 1

2 2

x x3 1x x1 3

.

(27) Odredi rješenja sustava za slijedeće početne uvjete:

(28) a) x1(0)=1, x2(0)=1;

(29) b) x1(0)=1, x2(0)=-1. Komentiraj dobivene rezultate.

Rješenja: a) Primjenom Cayley-Hamiltonovog teorema

Prostor stanja

135

Strukturna matrica sustava je

3 11 3

A .

Na temelju CHT slijedi da razvoj u red potencija svake matrične funkcije možemo reducirati na konačan zbroj do n-1 reda. Stoga razvoj matrične eksponencijalne funkcije sustava drugog reda ima slijedeći oblik

t0 1e (t) (t) A I A .

Nepoznate koeficijente razvoja određujemo rješavanjem sustava jednadžbi

1

2

t0 1 1

t0 1 2

e (t) (t)

e (t) (t)

gdje su 1 i 2 rješenja karakteristične jednadžbe

det( ) 0 I A .

Odnosno

2 6 8 0 .

Rješavanjem gornje kvadratne jednadžbe dobivamo 1 2 i 2 4 . Stoga imamo

2t0 1

4t0 1

e (t) 2 (t)

e (t) 4 (t)

,

odnosno 2t

04t

1

(t)e 1 2(t)1 4e

.

Rješenje gornjeg sustava je

2t 4t1 2t 2t0

2t 4t4t 4t1

2 1 2e e(t) 1 2 e e1 1 1 1(t) 1 4 e ee e2 2 2 2

,

tako da je

t 2t 4t 2t 4t0 1

1 0 3 11 1e (t) (t) 2e e e e2 20 1 1 3

A I A ,

i na kraju dobivamo matrični eksponencijal

2t 4t 2t 4t

t

2t 4t 2t 4t

1 1 1 1e e e e2 2 2 2e1 1 1 1e e e e2 2 2 2

A .

Prostor stanja

136

Konačno rješenje možemo zapisati kao

2t 4t 2t 4t

1 1

2t 4t 2t 4t2 2

1 1 1 1e e e ex (t) x (0)2 2 2 2x (t) x (0)1 1 1 1e e e e

2 2 2 2

.

U slučaju izbora početnih uvjeta: x1(0)=1 i x2(0)=1 dobivamo rješenje:

2t1

2t2

x (t) ex (t) e

,

dok u slučaju početnih uvjeta: x1(0)=1 i x2(0)=-1 dobivamo slijedeće rješenje:

4t1

4t2

x (t) ex (t) e

.

Vidimo da je prvim izborom početnih uvjeta u potpunosti eliminiran brži mod odziva

sustava 4te , dok je drugim izborom početnih uvjeta eliminiran sporiji mod odziva 2te . Stoga možemo zaključiti da je samim izborom početnih uvjeta moguće bitno utjecati na brzinu odziva sustava.

0 1 2 30

0,2

0,4

0,6

0,8

1

x 1

Vrijeme (s)0 1 2 3

0

0,2

0,4

0,6

0,8

1

x 2

Vrijeme (s)

Rješenja sustava za početne uvjete x1(0)=1 i x2(0)=1.

0 1 2 30

0,2

0,4

0,6

0,8

1

x 1

Vrijeme (s)0 1 2 3

-1

-0,8

-0,6

-0,4

-0,2

0

x 2

Vrijeme (s)

Rješenja sustava za početne uvjete x1(0)=1 i x2(0)=-1.

b) Primjenom Laplaceove transformacije Laplaceov transformat linearnog sustava 0(t) (t), (0) x Ax x x je

Prostor stanja

137

s (s) (0) (s) X x AX

odnosno, 1(s) (s ) (0) X I A x , iz čega slijedi 1 1(t) (s ) (0) x I A xL .

t 1 1e (s ) A I AL .

Za zadanu matricu A, imamo

11

2

s 3 1 s 3 11(s )1 s 3 1 s 3s 6s 8

I A .

Da bi primijenili inverznu laplaceovu transformaciju elemente prethodne matrice trebamo prikazati u obliku parcijalnih razlomaka

21 1 1 1 1 1

(s 2)(s 4) 2 s 2 2 (s 4)s 6s 8

,

2s 3 s 3 1 1 1 1

(s 2)(s 4) 2 s 2 2 (s 4)s 6s 8

,

tako da imamo

1 2t 4t2

1 1 1e e2 2s 6s 8

L ,

1 2t 4t2

s 3 1 1e e2 2s 6s 8

L .

Konačan izraz za matrični eksponencijal nakon uvrštavanja jednak je kao u prethodnom slučaju rješavanja primjenom CHT.

Zadatak 1.82 Nađi rješenje sustava linearnih diferencijalnih jednadžbi za opće početne uvjete primjenom Cayley-Hamiltonovog teorema (CHT); Zadani sustav je:

1 1

2 2

x x0 1x x1 0

.

Nađi rješenja sustava za slijedeće početne uvjete: a) x1(0)=1, x2(0)=0; b) x1(0)=0, x2(0)=1.

Rješenje: Strukturna matrica sustava je

Prostor stanja

138

0 11 0

A .

Razvoj matrične eksponencijalne funkcije sustava drugog reda ima slijedeći oblik

t0 1e (t) (t) A I A .


1

2

t0 1 1

t0 1 2

e (t) (t)

e (t) (t)

gdje su 1 i 2 rješenja karakteristične jednadžbe

det( ) 0 I A .

Odnosno 2 1 0 . Rješavanjem gornje kvadratne jednadžbe dobivamo 1 j i 2 j . Stoga imamo

jt0 1

jt0 1

e (t) j (t)

e (t) j (t)

,

odnosno jt

0jt

1

(t)e 1 j(t)1 je

.


1 jt jt jt jt0

jt jt jt jt1

(t) 1 j e j j e j(e e )1 1(t) 2j 2j1 j 1 1e e e e

,

odnosno

jt jt

0jt jt

1

e e(t) cos(t)2(t) sin(t)e e

2j

tako da je

t0 1

1 0 0 1e (t) (t) cos(t) sin(t)

0 1 1 0

A I A ,


t cos(t) sin(t)e

sin(t) cos(t)

A .


Prostor stanja

139

1 1

2 2

x (t) x (0)cos(t) sin(t)x (t) x (0)sin(t) cos(t)

.

0 5 10 15-1

-0,5

0

0,5

1

x 1

Vrijeme (s)0 5 10 15

-1

-0,5

0

0,5

1

x 2

Vrijeme (s) Rješenja sustava za početne uvjete x1(0)=1 i x2(0)=0.

0 5 10 15-1

-0,5

0

0,5

1

x 1


-1

-0,5

0

0,5

1

x 2

Vrijeme (s)

Rješenja sustava za početne uvjete x1(0)=0 i x2(0)=1.

Zadatak 1.83 Nađi rješenje linearnog sustava drugog reda za opće početne uvjete primjenom Cayley-Hamiltonovog teorema. Zadani sustav je: 0 0y 2y 2y 0, y(0) y , y(0) v .

Nađi partikularno rješenje za početne uvjete y0=1, v0=0.

Rješenje: Primjenom faznih varijabli stanja linearnu diferencijalnu jednadžbu drugog reda možemo prikazati u obliku prostora stanja

10 01 1 1

20 02 2 2

x yx x x (0)0 1,

x vx x x (0)2 2

,

gdje je: 1 2x y, x y .

Prostor stanja

140

Strukturna matrica sustava je 0 12 2

A .

Razvoj matrične eksponencijalne funkcije sustava drugog reda ima slijedeći oblik

t0 1e (t) (t) A I A .


1

2

t1 0

t2 1

1 (t)e1 (t)e

gdje su 1 i 2 rješenja karakteristične jednadžbe det( ) 0 I A .

Odnosno 2 2 2 0 . Rješavanjem gornje kvadratne jednadžbe dobivamo 1 1 j i 2 1 j . Stoga

imamo

( 1 j)t0

( 1 j)t1

(t)e 1 ( 1 j)(t)1 ( 1 j)e

.


1 ( 1 j)t jtt0

( 1 j)t jt1

jt jt jt jt

jt jt jt jttt

jt jtjt jt

(t) 1 ( 1 j) e 1 j 1 j e1 e(t) 2j1 ( 1 j) 1 1e e

e e e ej(e e ) (e e )e 2 2ie

2j e ee e2j

Odnosno

t0

1

(t) cos(t) sin(t)e

(t) sin(t)

tako da je

t t t0 1

1 0 0 1e (t) (t) e (cos(t) sin(t)) e sin(t)

0 1 1 0

A I A ,


t t cos(t) sin(t) sin(t)e e

2sin(t) cos(t) sin(t)

A .


t1 1

2 2

x (t) x (0)cos(t) sin(t) sin(t)e

x (t) x (0)2sin(t) cos(t) sin(t)

,

Prostor stanja

141

iz čega slijedi rješenje za y(t),

t t0 0y(t) e (cos(t) sin(t))y e sin(t)v .

0 2 4 6 8-0,5

0

0,5

1

x 1

Vrijeme (s)0 2 4 6 8

-0,8

-0,6

-0,4

-0,2

0

0,2

x 2

Vrijeme (s)

Rješenja sustava za početne uvjete y0=1, v0=0.

Zadatak 1.84 Nađi rješenje linearnog sustava trečeg reda za opće početne uvjete primjenom Cayley-Hamiltonovog teorema. Zadani sustav je: 0 0 0y 6y 11y 6y 0, y(0) y , y(0) v , y(0) a .

Koji uvjeti na početne uvjete moraju biti zadovoljeni da bi se eliminirao a) sporiji mod sustava; b) brži mod sustava.

Rješenje: Primjenom faznih varijabli stanja linearnu diferencijalnu jednadžbu drugog reda možemo prikazati u obliku prostora stanja

1 1 1 10 0

2 2 2 20 0

3 3 3 30 0

x 0 1 0 x x (0) x yx 0 0 1 x , x (0) x vx 6 11 6 x x (0) x a

,

gdje je: 1 2 3x y, x y, x y .

Strukturna matrica sustava je

0 1 00 0 16 11 6

A .

Razvoj matrične eksponencijalne funkcije sustava trečeg reda ima slijedeći oblik

t 20 1 2e (t) (t) (t) A I A A .


Prostor stanja

142

1

2

3

t 21 1 0

t 22 2 1

t 223 3

e 1 (t)e 1 (t)

(t)1e

gdje su 1 , 2 i 3 rješenja karakteristične jednadžbe det( ) 0 I A .

Odnosno 3 26 11 6 0 . Rješavanjem gornje kvadratne jednadžbe dobivamo 1 1 , 2 2 i 3 3 . Stoga

imamo

1

2

3

1 t 12 t t1 10

t2 2t 2t1 2 2

2 t 3t 3t2 3 3

e1 e e(t) 1 1 1 3 3 1(t) 1 e 1 2 4 e 2.5 4 1.5 e(t) 1 3 9 0.5 1 0.51 e ee

Odnosno

t 2t 3t

0t 2t 3t

1

2t 2t 3t

3e 3e e(t)5 3(t) e 4e e2 2

(t) 1 1e e e2 2

tako da je na kraju

t 2t 3t t 2t 3t t 2t 3t

t t 2t 3t t 2t 3t t 2t 3t

t 2t 3t t 2t 3t t 2t 3t

5 3 1 13e 3e e e 4e e e e e2 2 2 25 9 1 3e 3e 6e 3e e 8e e e 2e e2 2 2 2

5 27 1 93e 12e 9e e 16e e e 4e e2 2 2 2

A ,

iz čega slijedi rješenje za y(t),

t 2t 3t t 2t 3t t 2t 3t0 0 0

5 3 1 1y(t) 3e 3e e y e 4e e v e e e a2 2 2 2

.

Da bi utvrdili pod kojim uvjetima je moguće eliminirati sporiji i brži mod sustava, prethodno rješenje dekomponirati ćemo po modovima sustava:

t 2t 3t0 0 0 0 0 0 0 0 0

5 1 3 1y(t) 3y v a e 3y 4v a e y v a e2 2 2 2

.

Sporiji mod odgovara svojstvenoj vrijednosti 1 1 , a brži 3 3 . Stoga, da bi

eliminirali sporiji mod mora biti zadovoljen uvjet: 0 0 05 13y v a 02 2

,

dok za eliminaciju bržeg moda mora biti zadovoljen uvjet: 0 0 03 1y v a 02 2

.

Prostor stanja

143

0 2 4 6-2

-1,5

-1

-0,5

0x 1

Vrijeme (s)0 2 4 6

0

0,5

1

1,5

2

2,5

x 2

Vrijeme (s)0 2 4 6

-2

-1

0

1

2

x 3

Vrijeme (s)

Rješenja sustava za izbor početnih uvjeta koji eliminira sporiji mod odziva sustava: y0=-2, v0=2, a0=2.

0 2 4 6-4

-3

-2

-1

0

x 1

Vrijeme (s)0 2 4 6

0

0,5

1

1,5

2

2,5

x 2

Vrijeme (s)0 2 4 6

-2

-1

0

1

2

x 3

Vrijeme (s) Rješenja sustava za izbor početnih uvjeta koji eliminira brži mod

odziva sustava: y0=-4, v0=2, a0=2.

1.9.2 Rješenja neautonomnih linearnih sustava

U ovom potpoglavlju rješavamo zadatke vezane uz traženje rješenja neautonomnih linearnih sustava.

Zadatak 1.85 Dokaži da rješenje linearnog neautonomnog sustava: 0(t) (t) (t), (0) x Ax Bu x x

u obliku t

t (t )0

0

(t) e e ( )d A Ax x Bu ,

zadovoljava polaznu diferencijalnu jednadžbu.

Prostor stanja

144

Rješenje: Direktnim deriviranjem izraza za rješenje dobivamo

t

t (t )0

0

d d d(t) e e ( )ddt dt dt

A Ax x Bu .

Sada nam trebaju slijedeći rezultati iz elementarnog diferencijalnog računa:

t t

t t

0 0

d e edtd (t, )d (t, t) (t, )ddt t

A AA

f f f

S obzirom da je u našem slučaju (t )(t, ) e ( ) Af Bu , imamo:

t t(t ) (t )

0 0

d e ( )d (t) e ( )ddt

A ABu Bu A Bu .

Ako uvrstimo prethodni izraz u slijedeću jednakost

t(t ) t

00

e ( )d (t) e A ABu x x ,

koja proizlazi iz pretpostavljenog rješenja, dobivamo

t

(t ) t0

0

d e ( )d (t) (t) edt

A ABu Bu A x x .

Sada imamo

tt (t )

00

t t0 0

d d d(t) e e ( )ddt dt dt

e (t) (t) e

(t) (t)

A A

A A

x x Bu

A x Bu A x x

Ax Bu

iz čega slijedi da rješenje zaista zadovoljava polaznu diferencijalnu jednadžbu.

Zadatak 1.86 Nađi rješenje sustava linearnih diferencijalnih jednadžbi za opće početne uvjete primjenom formule za rješenje nehomogenog linearnog sustava. Zadani sustav je:

101 1 1

202 2 2

xx x x (0)1 1,

xx x x (0)0 2

.

Prostor stanja

145

Rješenje: Vidimo da druga diferencijalna jednadžba nije spregnuta s prvom, što znači da rješenje možemo dobiti direktno, kao rješenje skalarne jednadžbe

2 2 2 20x 2x , x (0) x .

Rješenje prethodne linearne diferencijalne jednadžbe prvog reda je

2t2 20x (t) e x .

Uvrštavanjem tog rješenja u prvu diferencijalnu jednadžbu dobivamo linearnu nehomogenu diferencijalnu jednadžbu prvog reda

2t1 1 20x x e x .

Primjenom opće formule za rješenje linearnih neautonomnih sustava

tt (t )

00

(t) e e ( )d A Ax x Bu

na prethodnu diferencijalnu jednadžbu, dobivamo

tt (t ) 2

1 10 200

x (t) e x e e x d

odnosno

t

t t t t t1 10 20 10 20

0t 2t t

10 20 20

x (t) e x x e e d e x x e e 1

e x x e x e

Konačno rješenje možemo prikazati u matričnom obliku

t t 2t101

2t202

xx (t) e e exx (t) 0 e

,

što znači da je matrični eksponencijal sustava

t t 2tt

2t

e e ee

0 e

A .

Prostor stanja

146

Zadatak 1.87 Nađi odziv linearnog sustava drugog reda na konstantnu ulaznu pobudu. Početni uvjeti su jednaki nuli. Zadani sustav je:

1 1 1

2 2 2

x x x (0)1 1 2 0,

x x x (0)0 2 1 0

.

Rješenje: a) Transformacija nehomogenog u homogeni sustav Drugu jednadžbu sustava možemo napisati kao 2 2 2x 2x 1, x (0) 0 ,

odnosno 2 2 21x 2 x , x (0) 02

.

Ako sada uvedemo novu varijablu stanja

2 2 21 1z (t) x (t) , z (0)2 2

,

Prethodna nehomogena diferencijalna jednadžba postaje homogena po novoj varijabli stanja

2 2 21z 2z , z (0)2

.

Prvu jednadžbu sustava možemo napisati kao 1 1 2 1x x x 2, x (0) 0 ,

odnosno 1 1 2 1 2 11 5x x z 2 x z , x (0) 02 2

.

Ako sada uvedemo novu varijablu stanja

1 1 15 5z (t) x (t) , z (0)2 2

,

Prethodna nehomogena diferencijalna jednadžba postaje homogena po novoj varijabli stanja

1 1 2 15z z z , z (0)2

.

Stoga, uvođenjem navedenih transformacija varijabli stanja,

521 1

122 2

x (t) z (t)x (t) z (t)

originalni linearni neautonomni sustav postaje linearni autonomni sustav

521 1 1

122 2 2

z z z (0)1 1,

z z z (0)0 2

,

kojeg smo riješili u prethodnom zadatku

Prostor stanja

147

t t 2t 521

2t 122

z (t) e e ez (t) 0 e

.

Na kraju, konačno rješenje je

t t 2t5 5 52 2 21 1

1 2t 1 12 2 22 2

t t 2t t 2t t5 52 2

2t 1 2t 12 2

52

x (t) z (t) e e e 1 0x (t) z (t) 0 10 e

1 0 e e e 1 e e e0 1 0 e 0 1 e

t 2t t 2t t1 5 12 2 2

2t12t1 22

1 e e e e 3e

1 e1 e

b) Primjena opće formule za rješenje nehomogenog sustav Matrice sustava i ulazna funkcija su

1 1 2, , u 1

0 2 1

A B .

Matrični eksponencijal homogenog sustava možemo dobiti na temelju CHT

t t 2tt

2t

e e ee

0 e

A .

Direktnom primjenom opće formule za rješenje nehomogene linearne jednadžbe dobivamo

t t (t ) (t ) 2(t )(t )

2(t )0 0

t t 2t 2t1t (t ) 2(t ) 2

2(t ) 2t 2t10 2

2t t5 12 2

2t12

e e e 2(t) e ( )d d

10 e

3e e 1 e e 13e ed

e e e 1

e 3e

1 e

Ax Bu

Zadatak 1.88 Nađi rješenje nehomogenog linearnog sustava drugog reda za početne uvjete jednake nuli. Zadani sustav je: y 3y 2y sin(3t), y(0) 0, y(0) 0 .

Rješenje:

Prostor stanja

148

Primjenom faznih varijabli stanja linearnu diferencijalnu jednadžbu drugog reda možemo prikazati u obliku prostora stanja

1 1 1

2 2 2

x x x (0)0 1 0 0sin(3t),

x x x (0)2 3 1 0

,

gdje je: 1 2x y, x y .

Matrice sustava i ulazna varijabla su

0 1 0, , u(t) sin(3t)

2 3 1

A B .

Matrični eksponencijal homogenog sustava možemo dobiti na temelju CHT

t 2t t 2tt

t 2t t 2t

2e e e ee

2e 2e e 2e

A .

Primjenom opće formule za rješenje linearnih neautonomnih sustava dobivamo

t t (t ) 2(t )(t ) j3 j3

(t ) 2(t )0 0

(t ) 2(t ) j3 j3t

(t ) 2(t ) j3 j30

(t ) j3 (t ) j3 2(t ) j3

e e1(t) e ( )d e e d2j e 2e

e e e e1 d2j e 2e e e

e e e e12j

Ax Bu

2(t ) j3t

(t ) j3 (t ) j3 2(t ) j3 2(t ) j30

de e 2e 2e

Daljnjim sređivanjem prethodnog izraza dobivamo

t j3 j3 2t 2 j3 2 j3t

t j3 j3 2t 2 j3 2 j30

(1 j3) (1 j3) (2 j3) (2 j3)tt 2t

(1 j3) (1 j3) (2 j3) (2 j3)0

e e e e e e1(t) d2j e e e 2e e e

e e e e1 1e d e2j 2je e 2 e e

x

t

0

d

U prethodnom izrazu trebamo izračunati integrale tipa

t

at (a bj) (a bj)

0

1I(a,b;t) e e e d2j

,

tako da bi konačno rješenje bilo

I(1,3;t) I(2,3;t)(t)

I(1,3;t) 2I(2,3;t)

x .

Imamo

Prostor stanja

149

tat (a bj) (a bj) at (a bj)t (a bj)t

0

at (a bj)t (a bj)t2 2

jb jb jb jbat at at

2 2

2 2

1 1 1 1I(a,b;t) e e e d e e 1 e 12j 2i a bj a bj1 1e (a bj) e 1 (a bj) e 12j a b

1 e e e ee ae be b2j 2a b

1 a sin(bta b

at) b cos(bt) be

odnosno

t

2t

1I(1,3;t) sin(3t) 3cos(3t) 3e101I(2,3;t) 2sin(3t) 3cos(3t) 3e13

.

Stoga, konačno rješenje je

t 2t

1

t 2t2

7 9 3 3sin(3t) cos(3t) e ex (t) I(1,3;t) I(2,3;t) 130 130 10 13x (t) I(1,3;t) 2I(2,3;t) 27 21 3 6sin(3t) cos(3t) e e

130 130 10 13

.

0 2 4 6 8 10-0,1

0

0,1

0,2

0,3

x 1

Vrijeme (s)0 2 4 6 8 10

-0,4

-0,2

0

0,2

0,4

x 2

Vrijeme (s)

Alternativno rješenje primjenom transformacija nehomogenog u homogeni sustav: Vidimo da direktno računanje odziva sustava na zadanu pobudu može biti relativno komplicirano. I u ovom slučaju možemo primijeniti postupak transformacije nehomogene linearne diferencijalne jednadžbe u homogenu. Pretpostavimo rješenje u obliku dy y y (t) ,

i uvrstimo ga u diferencijalnu jednadžbu, tako da dobijemo

d d dy 3y 2y y 3y 2y sin(3t) .

Ako sada izaberemo dy (t) da zadovoljava jednadžbu

Prostor stanja

150

d d dy 3y 2y sin(3t) ,

tada y dobivamo kao rješenje homogene jednadžbe

d dy 3y 2y 0, y(0) y (0), y(0) y (0) .

Ako pretpostavimo opći oblik rješenja dy (t)

d 1 2y C sin(3t) C cos(3t) ,

te izračunamo prvu i drugu derivaciju

d 1 2

d 1 2

y 3C cos(3t) 3C sin(3t)y 9C sin(3t) 9C cos(3t)

dobivamo

d d d 1 2

1 2

1 2

1 2 1 2

y 3y 2y 9C sin(3t) 9C cos(3t)

3 3C cos(3t) 3C sin(3t)

2 C sin(3t) C cos(3t)

7C 9C sin(3t) 9C 7C cos(3t) sin(3t)

iz čega proizlazi da nepoznate konstante C1 i C2 moraju zadovoljavati sustav jednadžbi

1 2

1 2

7C 9C 19C 7C 0

.

Rješenja gornjeg sustava jednadžbi su

1 27 9C , C

130 130 ,

tako da na kraju dobivamo

d7 9y (t) sin(3t) cos(3t)

130 130

d21 27y (t) cos(3t) sin(3t)

130 130

Sada preostaje rješenje homogenog sustava

9 21y 3y 2y 0, y(0) , y(0)130 130

.

Izborom faznih varijabli stanja: 1 2x y, x y , dobivamo

1 1 1

2 22

9x x x (0)0 1 130,x x (0)2 3 21x 130

.

Prostor stanja

151


t 2t t 2t1

t 2t t 2t2

9x (t) 2e e e e 130x (t) 212e 2e e 2e 130

odnosno

t 2t

1

t 2t2

3 3e ex (t) 10 13x (t) 3 6e e

10 13

.

Na temelju definicije faznih varijabli stanja imamo

1 d 1 d

2 d 2 d

x y y y (t) x y (t)

x y y y (t) x y (t)

tako da na kraju dobivamo isto rješenje kao u prethodnom slučaju

t 2t

d1 1

t 2td2 2

7 9 3 3sin(3t) cos(3t) e ey (t)x (t) x (t) 130 130 10 13y (t)x (t) x (t) 27 21 3 6sin(3t) cos(3t) e e

130 130 10 13

.

Prostor stanja

152

2. Sinteza regulatora jednovarijabilnih i

multivarijabilnih linearnih sustava u prostoru

stanja

Pokazujemo samo neke od klasičnih metoda projektiranja regulatora za sustav

zadan jednadžbama stanja. U ovom se poglavlju bavimo samo linearnim vremenski invarijantnim sustavima s koncentriranim parametrima.

2.1 Sinteza regulatora u prostoru stanja U ovom se dijelu bavimo zatvaranjem regulacijskog kruga ili preko vektora stanja,

ili preko vektora izlaza. Sustav koji zatvaramo zadan je jednadžbama prostora stanja.

Zadatak 2.1 Za sustav zadana matricama prostora stanja, izvedite jednadžbe zatvorenog regulacijskog kruga preko :

(1) vektora stanja, (2) vektora izlaza.

1 2 1 0 2 0, , , 0

0 1 1 2 1 1

A B C D

Rješenja: (1) Kako je n=m=p=2 dimenzije matrica pojačanja po stanjim i izlazima imaju istu dimenziju (2x2):

11 12

21 22

k kk k

K .

Regulacijski krug ima slijedeći izgled.

Prostor stanja

153

X

rr

rr

(t) (t) (t)

(t) (t) D (t)

BA

DC

X A BK X B W

Y C DK X W

,

11 12r

21 22

k k1 2 1 0k k0 1 1 2

A A BK ,

11 12r

11 21 12 22

1 k 2 kk 2k 1 k 2k

A ,

r1 01 2

B B , r r2 0

01 1

C C DK D C C ,

r0 00 0

D D .

(2) Matrica K u ovom slučaju povezuje ulaz s izlazom.

X

Sa slike se vidi:

U W KY

Ovo uvrstimo u zapis sustava:

X AX BUY CX DU

,

(1)

(2)

X AX B W KY AX BW BKY

Y CX D W KY CX DW DKY ,

Prostor stanja

154

Prema 2) slijedi:

1, Y DKY CX DW I DK Y CX DW I DK ,

1 Y I DK CX DW ,

Uvedimo supstituciju:

1 (3) Q I DK Y QCX QDW ,

r C QC , r D QD , r rC D Y X W .

Uvrstimo izraz 3) u izraz 1),

X AX BW BK QCX QDW .

Nakon sređivanja dobiva se :

X A BKQC X B I KQD W ,

r r, A A BKQC B B I KQD .

To u konačnici izgleda ovako:

r r

r r

X A X B WY C X D W

.

Uvrstimo poznate sadržaje matrica u prethodno izvedene jednadžbe:

1 1 0, 0

0 1

Q I DK D Q I ,

11 12r

21 22

k k1 2 1 0 2 0k k0 1 1 2 1 1

A A BKC ,

11 12 12r

11 12 21 22 12 22

1 2k k 2 k2k k 4k 2k 1 k 2k

A ,

r r r1 0 2 0 0 0

, ,1 2 1 1 0 0

B B C C D D .

Prostor stanja

155

Zadatak 2.2 Dinamički je sustav zadan diferencijalnom jednadžbom 2

1 22d y(t) dy 4y u (t) 2u (t)

dtdt . Ako je poznata matrica statičkih

pojačanja 2 11 2

K , ostvarite model potpune povratne veze i izvedite

dinamičke jednadžbe prostora stanja tako zatvorenog regulacijskog kruga. Nacrtajte simbolički blok dijagrama zdanog regulacijskog kruga u prostoru stanja.

Rješenje: Diferencijalna jednadžba pokazuje da zadani dinamički sustav ima dva ulaza, dva stanja i samo jedan izlaz. Kako je dimenzija matrice dim(K)=2x2, jasno je da je regulacijski krug zatvoren preko vektora stanja. Tako prvo nacrtajmo regulacijski krug.

X

Za prelazak u prostor stanja biramo fazna varijable stanja. Kako nema derivacije ulaznih varijabli, zaključujemo da nema matrice D:

1 1 1 1

2 2 2 2

x x u x0 1 0 0, y 1 0

x x u x4 1 1 2

.

Sada je lako izvesti jednadžbe prostora stanja zatvorenog kruga:

X AX BUY CX

,

U W KX ,

X AX B W KX ,

X A BK X BW .

Konačno se dobiva:

1 1 1 1

2 2 2 2

x x w x0 1 0 0, y 1 0

x x w x8 6 1 2

Prostor stanja

156

2.2 Kalmanov statički regulator

Ovaj je regulator u stvari regulator stanja sustava. Zadatak optimiranja je pronalaženje vektora upravljanja U*(t) koji minimizira kvadratni kriterij optimalnosti. Za rješenje se koristi Hamilton-Jacobijeva jednadžba čije se rješenje traži u formi pozitivno definitne kvadratne forme. Ova forma se rješava izračunom realne simetrične pozitivno definitne matrice H dimenzije (nxn), koja se dobiva rješavanjem matrične algebarske Riccati-jeve jednadžbe:

T 1 T1 2 0 HA A H Q HBQ B H ,

gdje je Q1 pozitivno definitna matrica težina varijabli stanja, a Q2 pozitivno definitna realna simetrična matrica težina upravljačkih varijabli. Dobiva se vektor optimalnog upravljanja, te matrica optimalnih pojačanja za stanja sustava:

* 1 T2 (t) (t) U Q B HX KX , 1 T

2K Q B H .

Primjenom optimalnog upravljanja na sustav slijedi jednadžba stanja zatvorenog kruga,

1 Tr 2(t) (t) (t) (t)

X A BK X A X A BQ B H X

.

Zadatak 2.3 Pomoću Riccati-jeve algebarske matrične forme odredite matricu pojačanja Kalman-ovog regulatora za sustav zadan jednadžbom stanja. Matrice težina stanja i ulaza birati jednakom težinom.

0 1 01 6 1

•X X U

Rješenje: Kada matrice težina stanja i ulaza treba odabrati jednakom težinom, najjednostavnije je odabrati matrice jedinica. Pri tome valja paziti na dimenzije matrice. Kako naš sustav ima 2 stanja, matrica težina stanja Q1 će imati dimenziju (2x2), dok će matrica težina samo jednog ulaza sustava imati dimenziju (1x1):

1 21 0

, 10 1

Q Q ,

T 1 T1 2 0 HA A H Q HBQ B H .

Prostor stanja

157

Uvrstimo u jednadžbu sve što nam je poznato. Pri tome znamo i da će matrica H biti dimenzije (nxn), dakle (2x2):

1 T2T 1

11 12 11 12 11 12 11 12

12 22 12 22 12 22 1B

h h h h h h h h0 1 0 1 1 0 01 0 1

h h h h h h h1 6 1 6 0 1 1

Q BA QH H HA

2 22

0 0h 0 0

H

212 12 12 11 12 22 12 22

222 11 12 11 22 12 22 12 22 22

h h 1 h h 6h h h h 0 00 0h h 6h h h h 6h h 6h 1 h

,

212 12

11 12 22 12 22

22 11 12 12 222

12 22 22

2h 1 h 0h 6h h h h 0 2,6980 0,4142

0,4142 0,1505h h 6h h h 0

2h 12h 1 h 0

H .

Da bi osigurali pozitivnu definitnost matrice H pri izračunu hij odabrali smo samo pozitivna rješenja (hij=hji , hij>0). Slijedi:

1 T2 0,4141 0,1505 K Q B H .

Sada je lako izračunati matricu Ar, r0 1

1,4142 6,1505

A A BK .

Zadatak 2.4 Pomoću Riccati-jeve algebarske matrične forme odredite matricu pojačanja Kalman-ovog regulatora za sustav zadan jednadžbom stanja. Matrice težina stanja i ulaza birati jednakom težinom.

0 1 0 03 2 1 1

•X X U

Rješenje: Kako su matrica koeficijenata i matrica ulaza istih dimenzija, matrice težina Q1 i Q2 bit će istih dimenzija. Odabiremo jedinične matrice:

1 21 00 1

Q Q .

Uvrstimo u jednadžbu sve što nam je poznato. Pri tome znamo i da će matrica H biti dimenzije (nxn), dakle (2x2):

T 1 T1 2 0 HA A H Q HBQ B H ,

Prostor stanja

158

T 1

12

11 12 11 12

12 22 12 22

11 12

12 22B

h h h h0 1 0 3 1 0h h h h3 2 1 2 0 1

h h 0 0 1 0 0h h 1 1 0 1

A QH HA

H Q

T

11 12

12 22

h h1 0 0h h0 1 0 0

HB

,

212 12 11 12 22 12 22

222 11 12 12 22 12 22 22

6h 1 2h h 2h 3h 2h h 0 00 03h h 2h 2h h 2h 4h 1 2h

,

212 12

11 12 22 12 22

22 11 12 12 222

12 22 22

2h 6h 1 0h 2h 3h 2h h 0 1,2710 0.1583

0.1583 0.28783h h 2h 2h h 0

2h 4h 1 2h 0

H .

1 T2

0,1583 0,28780,1583 0,2878

K Q B H .

Sada je lako izračunati matricu Ar zatvorenog regulacijskog kruga:

r0 1

3,3166 2,5755

A A BK .

Zadatak 2.5 Pomoću Riccati-jeve algebarske matrične forme odredite matricu pojačanja Kalman-ovog regulatora za sustav zadan slikom. Matrice težina stanja i ulaza birati na slijedeći način:

T1 Q C C , 2 Q I

Zadano: M1=M2=1kg, D1=D2=D3=D4=1Ns/m, K=3N/m, PU=0.

Prostor stanja

159

Rješenje: Jednadžbe prostora stanja ovog sustava izveli smo u zadatku 1.68. Tamo smo komentirali njegovu stabilnost i pokazali matricu prijenosnih funkcija.

1 1

2 2

3 3

3 4

x x0 1 0 0 0x x3 3 3 3 1

ux x0 0 0 1 0x x3 3 3 4 0

X A X B U


1 1

2 2

y x1 0 0 0 0u

y x0 0 1 0 0


1

2

3

4

05,4495

det 00,55051

I A

Sustav je na granici stabilnosti što ćemo pokazati i prikazom odziva sustava na jediničnu odskočnu pobudnu funkciju, odnosno odgovarajućim prijelaznim funkcijama.

-1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 140 1 2 3 4 5 6 7 8 9 101112

Vrijeme (s)

Pobu

da,

odzi

v

Pobuday1 (m)

Prostor stanja

160

-1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 140 1 2 3 4 5 6 7 8 9 101112

Vrijeme (s)

Pobu

da,

odzi

v

Pobuday2 (m)

Rješavamo regulator stanja prema poznatom blok-prikazu.

X

1 2

1 0 0 00 0 0 0

, 10 0 1 00 0 0 0

Q Q

T 1 T1 2

0,9588 0,5069 0,4799 0,38310,5069 0,8172 0,9073 0,7595

00,4799 0,9073 1,6309 0,93680,3831 0,7595 0,9368 0,7317

HA A H Q HBQ B H H

Slijedi matrica traženih pojačanja:

1 T2 0,5069 0,8172 0,9073 0,7595 K Q B H

Uz ovakvo pojačanje polovi zatvorenog kruga su:

r

0 1 0 03,5069 3,8172 2,0927 2,2405

0 0 0 13 3 3 4

A A BK ,

Prostor stanja

161

1

2r

3

4

5,44831

det 00,6845 0,557j0,6845 0,557j

I A .

Zatvoreni je krug stabilan, no zbog dominantnog konjugirano kompleksnog para polova imat će i blagi harmoničan odziv na odskočnu pobudnu funkciju.

-1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 140

0,2

0,4

0,6

0,8

1

1,2

Vrijeme (s)

Pobu

da,

odzi

v

Pobuday1 (m)

-1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 140

0,2

0,4

0,6

0,8

1

1,2

Vrijeme (s)

Pobu

da,

odzi

v

Pobuday2 (m)

Jesmo li zadovoljni odzivom? Prema karakteru prijelazne funkcije jesmo, no ne možemo biti zadovoljni točnošću odziva. To se može popraviti na više načina, a prvi je da se pokušamo poigrati težinskim matricama.

Dodatak Ako umjesto zadanih težinskih matrica odaberemo :

Prostor stanja

162

1 2

0,0001 0 0 00 0 0 0

, 10 0 1 00 0 0 0

Q Q

i odradimo izračun matrice H, dobit ćemo novu matricu pojačanja K.

T 1 T1 2

0,1053 0,1987 0,3272 0,20520,1987 0,6310 0,8014 0,6311

00,3272 0,8014 1,5688 0,86100,2052 0,6311 0,8610 0,6388

HA A H Q HBQ B H H

1 T2 0,1987 0,6310 0,8014 0,6311 K Q B H

Slijede i polovi zatvorenog kruga.

r

0 1 0 03,1987 3,6310 2,1986 2,3689

0 0 0 13 3 3 4

A A BK

1

2r

3

4

5,45041

det 00,5903 0,4495j0,5903 0,4495j

I A

Zatvoreni je krug naravno stabilan, no i dalje će zbog dominantnog konjugirano kompleksnog para imati harmoničan odziv na odskočnu pobudnu funkciju.

-1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 140

0,2

0,4

0,6

0,8

1

1,2

Vrijeme (s)

Pobu

da,

odzi

v

Pobuday1 (m)

Prostor stanja

163

-1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 140

0,2

0,4

0,6

0,8

1

1,2

Vrijeme (s)

Pobu

da,

odzi

v

Pobuday2 (m)

Sada je sustav i točan, odnosno obje se mase pomiču u pobudom zadani položaj. Malo se nadvišenje može tolerirati ili zanemariti.

Prostor stanja

164

Zadatak 2.6 Za dinamički sustav zadan slikom:

(1) Koristeći fazne varijable stanja odredite jednadžbe prostora stanja i provjerite stabilnost sustava.

(2) Pomoću Riccati-jeve algebarske matrične forme odredite matricu pojačanja Kalman-ovog regulatora uz preporuku za matricu težina

stanja T1 Q C C i matricu upravljačkih varijabli 2 Q I .

Provjerite stabilnost tako zatvorenog regulacijskog kruga. (3) Odredite parametre Kalman-ovog regulatora uz uvjet da je su

kolica pobuđena skok funkcijom amplitude 0,2 m, a da pri tome vrijeme smirivanja bude manje od 5 sekundi, otklon njihala manji od 20 stupnjeva (0,35 rad) i pogreška u stacionarnom stanju za oba stanja manja od 2%.

(4) Uz prethodno projektirani regulator, projektirajte pojačanje predfiltera kruga uz koje neće biti trajnog regulacijskog odstupanja izlaza sustava.

x

f(t)

D

1M , J

M

Zadano:

masa kolica M=0,5 kg masa njihala M1=0,2 kg koeficijent trenja između kotača i podloge D=0,1 Ns/m udaljenost od okretišta do centra mase njihala L=0,3 m moment inercije njihala J=0,006 Nms2/rad u početnom trenutku sustav miruje (PU=0)

Prostor stanja

165

Rješenja: (1) Ako čitatelj izvede diferencijalne jednadžbe dobiva slijedeće.

1 1(M M )x Dx M L f

21 1 1(J M L ) M gL M Lx

Kako je vanjska sila f(t) jedina ulazna varijabla, umjesto f(t) koristit ćemo u(t), što je uobičajeno za prostor stanja. U našem modelu dvije su izlazne varijable 1y x i 2y .

Tako naš početni model izgleda ovako:

1 1(M M )x Dx M L u (1)

21 1 1(J M L ) M gL M Lx (2)

Biramo po dvije varijable stanja iz svake diferencijalne jednadžbe:

1

1 2

x xx x x

,

12

1

u Dx M Lx xM M

, (3)

3

3 3

xx x

,

1 14 2

1

M gL M LxxJ M L

. (4)

Da bi problem riješili do kraja (4) treba uvrstiti u (3) i obrnuto. Nakon sređivanja izraza dobiva se:

2 2 2 21 1 1

2 2 32 2 21 1 1 1 1 1

1 11 14 2 32 2 2

1 1 1 1 1 1

D(J M L ) M L g M L Jx x x x uJ M M MM L J M M MM L J M M MM L

M M M gLDM L M Lx x x uJ M M MM L J M M MM L J M M MM L

,

Konačno dobivamo i jednadžbe prostora stanja:

2 2 2 21 1 11 1

2 2 21 1 1 1 1 12 2

3 3

4 41 1 1122 2

1 11 1 1 1

0 1 0 0 0D(J M L ) M L g M L Jx x0 0

J M M MM L J M M MM L J M M MM Lx xx x0 0 0 1 0x xM M M gL M LDM L

0 0J M M MM LJ M M MM L J M M MM L

u

X A X B U

Prostor stanja

166

1

2

3

4

xxx 1 0 0 0 0

ux0 0 1 0 0x

Y C X D U

To se može zapisati i preko stvarnih fizikalnih jednadžbi:

2 2 2 21 1 1

2 2 21 1 1 1 1 1

1 1 1122 2

1 11 1 1 1

0 1 0 0 0D(J M L ) M L g M L Jx x0 0

J M M MM L J M M MM L J M M MM Lx x0 0 0 1 0

M M M gL M LDM L0 0

J M M MM LJ M M MM L J M M MM L

u

X A X B U

(5)

xx 1 0 0 0 x 0

u0 0 1 0 0

Y C X D U

(6)

Sada u (5) i (6) uvrstimo zadatkom zadane fizikalne veličine.

x 0 1 0 0 x 0x 0 0,1818 2,6727 0 x 1,8182

u0 0 0 1 00 0,4545 31,18 0 4,5455

X A X B U

(7)

xx 1 0 0 0 x 0

u0 0 1 0 0

Y C X D U

(8)

Za provjeru stabilnosti izračunat ćemo polove sustava.

1

2

3

4

05,5651

I A 05,60410.1428

Sustav je nestabilan!

Prostor stanja

167

(2)

1 2

1 0 0 00 0 0 0

, 10 0 1 00 0 0 0

Q Q

Rješavamo regulator stanja prema poznatom blok-prikazu.

X

T 1 T1 2

1,5567 1,2067 3,4594 0,70271,2067 1,4554 4,6826 0,9466

03,4594 4,6826 31,6315 5,98380,7027 0,9466 5,9838 1,1397

HA A H Q HBQ B H H

Čitatelju ostavljamo da se uvjeri kako je matrica H pozitivno definitna, odnosno kako su sve njene subdeterminante veće od nule te svi elementi glavne dijagonale također pozitivni. Slijedi matrica traženih pojačanja:

1 T2 1 1,6567 18,6852 3,4594 K Q B H


r

0 1 0 01,818 2,8304 31,3007 6,2899

0 0 0 14,5455 7,0760 53,7518 15,7247

A A BK ,

r

0,8494 0.8323j0.8494 0,8323j

det( ) 05,5978 0,4070j5,5978 0,4070j

A .

Nije teško zaključiti da je regulator uspio stabilizirati sustav, što nismo uspjeli u prijašnjem pristupu preko dvije prijenosne funkcije sustava.

(3) Pogledajmo odziv sustava na zadanu pobudu s regulatorom koji smo projektirali b) dijelu zadatka.

Prostor stanja

168

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10-0,25-0,2 -0,15-0,1 -0,050

0,05 0,1 0,15 0,2 0,25

Vrijeme (s)

Pobu

da,

pom

ak k

olic

a x

(m)

PobudaPomak kolica

Ako zanemarimo pogrešan smjer kolica, njihov je krajnji položaj posve zadovoljavajući, no vrijeme smirivanja nije unutar očekivane vrijednosti.

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10-0,01

-0,005

0

0,005

0,01

0,015

Vrijeme (s)

Otk

lon

njih

ala,

(

rad)

Prebačaj otklona njihala je zadovoljavajući, no vrijeme smirivanja treba skratiti. To se može odraditi na način da mijenjate vrijednosti u Q1 na način da povećavate vrijednosti na mjestima gdje su prvotno postavljene jedinice. Time se smanjuje vrijeme porasta, prebačaj otklona njihala. Mi preporučamo vrijednosti za Q1 danu u nastavku.

1 2

5000 0 0 00 0 0 0

, 10 0 100 00 0 0 0

Q Q

Ponovno provedimo postupak iz slučaja b).

Prostor stanja

169

T 1 T1 2 0

2668,2234 711,9366 1479,5343 300,3309711,9366 228,8786 489,2148 99,8749

1479,5342 489,2148 1085,7638 218,9022300,3309 99,8749 218,9022 44,5532

HA A H Q HBQ B H

H

Slijedi matrica traženih pojačanja:

1 T2 70,7107 37,8344 105,5285 20,9238 K Q B H (9)


r

0 1 0 0128,5649 68,6081 189,1996 38,0434

0 0 0 1321,4122 171,5202 448,4990 95,1084

A A BK ,

r

8,4910 7,9283j8,4910 7,9283j

det( ) 04,7592 0,8309j4,7592 0,8309j

A .

Sustav je i dalje stabilan! Ako sada narinemo istu pobudnu funkciju dobit ćemo odzive dane u nastavku.

0 1 2 3 4-0,001

-0,0005

0

0,0005

0,001

0,0015

0,002

0,0025

0,003

Vrijeme (s)

Otk

lon

njih

ala,

(

rad)

Sada su prebačaj, vrijeme smirivanja i trajna regulacijska pogreška za otklon njihala u granicama očekivanih.

Prostor stanja

170

0 0,5 1,0 1,5 2,0 2,5 3,0 3,5 4,0-0,003

-0,0025

-0,002

-0,0015

-0,001

-0,0005

0

0,0005

0,001

Vrijeme (s)

Pom

ak k

olic

a, x

(m

)

I ovdje smo bitno smanjili vrijeme smirivanja i grešku, no nismo je uklonili. To ćemo učiniti predfilterom kojeg opisujemo u nastavku. (4) Predfilter je u stvari pojačanje (općenito, matrica pojačanja) koje se postavlja ispred regulacijskog kruga, a kako je to i pokazano donjim blok prikazom. On rješava problem regulacijske pogreške, pod uvjetom da u sustavu ne očekujemo poremećaje. U protivnom se problem treba rješavati dodavanjem integralnog djelovanja regulatoru.

Da bi odredili potrebno pojačanje predfiltera K1 koristit ćemo poznatu proceduru izračuna trajnog regulacijskog odstupanja za izlaze sustava.

X AX BUY CX

Pri tome ćemo preraditi matricu izlaza sustava na način da se usredotočimo samo na pomak kolica.

1 0 0 0 C

1 U K W KX

1 1( )

X AX B K W KX A BK X BK WY CX

Prostor stanja

171

rr

1 r r

r r

BA

X A BK X BK W A X B W

Y CX C X C C

rr

1 r r

r r

r r

r r

/

/s (s) (s) (s)

(s) (s)

s (s) (s) (s)s (s) (s)

BA

X A BK X BK W A X B W

Y CXX A X B W

Y CXX A X B WI A X B W

L

L

1r r

1r r

(s) s (s)

(s) (s) s (s)

X I A B W

Y CX C I A B W

1r r

1r r

1r

(s) (s) (s)

(s) (s) s (s)

(s) s (s)

(s) s (s)

E W Y

E W C I A B W

E I C I A B W

E I C I A BK W

.

Uz pojačanja regulatora danim u (9) i W(s) 1 s dobiva se traženo pojačanje predfiletra.

0 1s 0lims (s) 70,7107

e E K

Odzivi izlaza sustava na zadanu skokovitu vodeću veličinu dani su u nastavku.

0 0,5 1,0 1,5 2,0 2,5 3,0 3,5 4,0 -0,2

-0,15

-0,1

-0,05

0

0,05

0,1

Vrijeme (s)

Otk

lon

njih

ala,

(

rad)

Svi zadatkom zadani parametri zakreta njihala su ostvareni.

Prostor stanja

172

0 0,5 1,0 1,5 2,0 2,5 3,0 3,5 4,0-0,1

-0,05

0

0,05

0,1

0,15

0,2

0,25

Vrijeme (s)

Pobu

da,

pom

ak k

olic

a x

(m)

PobudaPomak kolica

Sada su i kod pomaka kolica svi zadatkom zadani parametri ostvareni, a kolica se pri tome kreću u pravom smjeru. Tako smo pokazali da je prostor stanja metoda koja rješava problem. Ostaje pitanje jesu li stanja uistinu stvarno mjerljive fizikalne veličine. Odgovor je negativan, što ne znači da je problem nerješiv. Za takve slučajeve teorija nudi observer stanja kojeg na istom primjeru pokazujemo u poglavlju s observerima.

Prostor stanja

173

2.3 Projektiranje regulatora za rasprezanje stanja i podešavanje polova

Već sam naslov pokazuje da se ovdje projektira regulator, bilo stanja, bilo izlaza, ali na način da se zatvoreni regulacijski krug raspregne, odnosno matrica A zatvorenog kruga dobije u Kanonskoj formi. Izračun počiva na temeljnom uvjetu:

det( ) 0 , det( ) 0 , det( ) 0 B C P , pri čemu je : P=I+KD. Ako uvjet nije

ispunjen, moguće je koristiti pseudoinverzije matrica B, C i P, ali će u tom slučaju stanja zatvorenog kruga biti djelomično raspregnuta.

Zadatak 2.7 Sintezom regulatora stanja, podesite polove sustava i raspregnite stanja sustava zadanog blok dijagramom, tako da je r diag 2, 4, 5 A λ .

1 0 2 3 0 00 1 2 , 0 2 00 0 3 0 0 1

A C ,

(1) 1 0 00 1 01 0 1

B , (2) 1 00 11 0

B .

Rješenja (1) Raspregnuta stanja zatvorenog sustava znači da nakon izračuna matrice pojačanja K, matrica koeficijenata zatvorenog kruga Ar treba imati kanonski oblik. Uvjet čiste kanonske forme je prva inverzija matrice B:

11 0 00 1 01 0 1

B ,

Prostor stanja

174

1 K B A λ ,

1 0 0 1 0 2 2 0 0 1 0 20 1 0 0 1 2 0 4 0 0 3 21 0 1 0 0 3 0 0 5 1 0 0

K ,

r

1 0 2 1 0 0 1 0 2 2 0 00 1 2 0 1 0 0 3 2 0 4 00 0 3 1 0 1 1 0 0 0 0 5

A A BK .

(2) Kako matrica ulaza u ovom slučaju nema pravu inverziju, koristit ćemo njenu pseudoinverziju. Posljedica su djelomično raspregnuta stanja zatvorenog kruga.

1 T 1 T( ) B B B B ,

1 1 / 2 0 1 0 1 0,5 0 0,50 1 0 1 0 0 1 0

B .

Sada je izračun matrice pojačanja:

11 0 2

1 / 2 0 1 / 2( ) 0 3 2

0 1 00 0 2

K B A Λ ,

0,5 0 20 3 2

K ,

r

1 0 2 1 0 1,5 0 00,5 0 2

0 1 2 0 1 0 4 00 3 2

0 0 3 1 0 0,5 0 5

A A BK .

Rezultat je upravo onakav, kakvim smo ga i najavili. Samo su dva stanja raspregnuta, dok je prvo stanje približno raspregnuto.

Prostor stanja

175

Zadatak 2.8 Sintezom regulatora izlaza, podesite polove sustava i raspregnite stanja sustava zadanog blok dijagramom, tako da je:

r diag 2, 4, 5 A λ .

1 0 2 1 0 0 3 0 00 1 2 , 0 1 0 , 0 2 00 0 3 1 0 1 0 0 1

A B C

Rješenje: Kao i kod regulatora stanja, uvjet potpunog rasprezanja stanja zatvorenog

regulacijskog kruga su prave inverzije matrica B i C, pa prvo potražimo njihove inverzije:

11 0 00 1 01 0 1

B ,

11 / 3 0 0

0 1 / 2 00 0 1

C ,

Uvjet je ispunjen! Izračunajmo sada matricu pojačanja kruga zatvorenog po vektoru izlaza:

1 1 K B A Λ C ,

1 0 0 1 0 2 1 / 3 0 00 1 0 0 3 2 0 1 / 2 01 0 1 0 0 2 0 0 1

K ,

1 / 3 0 20 3 / 2 2

1 / 3 0 0

K .

Sada je lako izračunati matricu koeficijenata zatvorenog kruga.

Prostor stanja

176

r

1 0 2 1 0 0 1 / 3 0 2 3 0 00 1 2 0 1 0 0 3 / 2 2 0 2 00 0 3 1 0 1 1 / 3 0 0 0 0 1

A A BKC ,

r

2 0 00 4 00 0 5

A .

Kako smo pretpostavili na početku zadatka, stanja su potpuno raspregnuta!

Zadatak 2.9 Sintezom regulatora izlaza, podesite polove sustava i raspregnite stanja sustava tako da je r diag 2, 3 A .

1 1 1 2 1 0 2 0, , ,

2 1 0 1 1 2 0 1

A B C D

Rješenje: Kako postoji matrica D, matrica pojačanja izlaza K se određuje na slijedeći način:

1 1( ) K PB A C , P I KD ,

1 11 2 1 0,

0 1 0,5 0,5

B C ,

11 12 11 12

21 22 21 22

k k 2k 1 k1 0 2 0k k 2k k 10 1 0 1

P I KD ,

1 1 2 0 1 12 1 0 3 2 2

A ,

1 1 11 12

21 22

2k 1 k 1 2 1 1 1 0( )

2k k 1 0 1 2 2 0,5 0,5

K PB A C ,

11 1211 12 11 12

21 2221 22 21 22

3 3 k k3k k 3k k2 2

k k3k k 1 3k k 1

K .

Odavde se mogu izvesti četiri jednadžbe s četiri nepoznanice:

Prostor stanja

177

11 12 11

11 1211 12 12

21 22

21 22 21

21 22 22

33k k k2

3 33 k k3k k k 2 22 k k 1 13k k 1 k3k k 1 k

K .

Provjerimo dobiveno rješenje:

11 12

21 22

32k 1 k 222k k 1 2 2

P I KD ,

1r

3 3 31 1 1 2 1 022 2 2

2 1 0 1 1 22 2 1 1

A A BP KC ,

r2 00 3

A - potpuno raspregnuta stanja zatvorenog kruga.

Zadatak 2.10 Za sustav zadana slikom, odredite pojačanje regulatora stanja K2 tako da zatvoreni krug ima polove:

r diag 1; 5,4504; 0,5903 0,4495i; 0,5903 0,4495i A λ .

Zadano: M1=M2=1kg, D1=D2=D3=D4=1Ns/m, K=3N/m, PU=0.

20,1987 K 0,8014 0,6311 K

Rješenje: U zadatku 1.68 izveli zapis u prostoru stanja, a u zadatku 2.5 projektirali Kalmanov regulator. Zato krećemo od poznatih jednadžbi prostora stanja i poznatog blok prikaza

Prostor stanja

178

zatvorenog kruga. U ovom primjeru nismo tražili da se stanja sustava raspregnu. Zato nećemo koristiti izraze iz izraze iz prethodnih primjera, već samo karakteristični polinom, odnosno karakterističnu jednadžbu zatvorenog kruga.

1 1

2 2

3 3

3 4

x x0 1 0 0 0x x3 3 3 3 1

ux x0 0 0 1 0x x3 3 3 4 0

X A X B U


1 1

2 2

y x1 0 0 0 0u

y x0 0 1 0 0


X

Prema blok dijagramu lako je izračunati matricu Ar zatvorenog kruga.

2r

0 1 0 03,1987 3 K 2,1986 2,3689

0 0 0 13 3 3 4

A A BK

Karakteristični polinom sustava izračunamo na poznati način:

2r

s 1 0 03,1987 s 3 K 2,1986 2,3689

s0 0 0 13 3 3 s 4

I A

4 3 2 3 2r 2 2det 7 11,092 8,0923 K 4K 3,003 I A

U determinantu uvrstimo zadane polove zatvorenog kruga.

Za 5,4504 λ dobivamo: 2 237,5002 59,438K 0 K 0,631

Uvrštavanje 1 λ ne daje informaciju o traženom pojačanju, no uvrštavanjem konjugirano kompleksnog para, opet se dobije isto traženo pojačanje. Oni koji su rješavali zadatak 4.5 sjećaju se pojačanja Kalmanovog regulatora koje smo izveli kao dodatak zadatku. Uz ovu matricu pojačanja sustav je točan na jediničnu odskočnu pobudnu funkciju, a odzive smo pokazali u spomenutom zadatku.

Prostor stanja

179

2.4 Sinteza regulatora stanja podešavanjem polova po principu nul-dijagonala matrice Ar

U ovom se slučaju radi o krugu zatvorenom po vektoru stanja. Po ovom se principu prvo postavi matrica Ar zatvorenog kruga u formi Ar=A-BK. Pri tome se pojačanja matrice K uvrste u općoj formi. Nakon toga se potreban broj dijagonala matrice Ar izjednači s nulom. Koristeći se tako dobivenim jednadžbama i vodeći računa da matrica Ar poprimi željeni spektar polova, računaju se pojačanja kij , odnosno matrica pojačanja K

(regulator stanja). U karakteristični polinom matrice Ar uvrste se željeni polovi, što daje ¨n¨ jednadžbi s n-nepoznanica (pojačanja regulatora).

Zadatak 2.11 Za objekt regulacije dan matricama A i B, a koristeći se principom nul-dijagonala matrice Ar , projektirajte regulator stanja tako da zatvoreni regulacijski krug ima polove 1 2 31, 2, 3 .

1 1 0 0 10 1 1 , 1 01 0 1 0 0

A B

Rješenje: Kako sustav ima 3 stanja i 2 ulaza, matrica pojačanja će imati poznati oblik:

11 12 13

21 22 23

k k kk k k

K ,

Vrijedi: r A A BK ,

21 22 2311 12 13

r 11 12 1321 22 23

1 1 0 0 1 1 k 1 k kk k k

0 1 1 1 0 k 1 k 1 kk k k

1 0 1 0 0 1 0 1

A .

Sada dijagonalu iznad i dijagonalu ispod glavne dijagonale izjednačimo s nulom.

22 11

13 13

2211

1 k 0 k 01 k 0 k 1

k 1k 0

,

Prostor stanja

180

21 23

r 12

1 k 0 k0 1 k 01 0 1

A ,

21 23

r 12

s 1 k 0 ks 0 s 1 k 0

1 0 s 1

I A ,

r 21 12 23 12det s s 1 k s 1 k s 1 k s 1 k 0 I A ,

U izvedenu determinantu uvrstimo željeni spektar polova i izračunamo preostala pojačanja.

1 1 21 12 23 12 21

2 2 21 12 23 12 23

123 3 21 12 23 12

s 1 2 k 2 k 0 k 2 k 0 k 5s 2 3 k 3 k 1 k 3 k 0 k 2

k 2s 3 4 k 4 k 2 k 4 k 0

,

0 2 15 1 2

K ,

r

4 0 20 1 01 0 1

A A BK .


r

4 0 20 1 01 0 1

I A ,

2rdet 4 1 2 1 0 I A ,

1

22

3

11 5 6 0 2

3

.

Zadatak 2.12 Za objekt regulacije dan matricama A i B, a koristeći se principom nul-dijagonala matrice Ar , projektirajte regulator stanja tako da zatvoreni regulacijski krug ima polove 1 2 34, 5, 6 .

0 1 0 1 00 0 1 , 0 12 0 4 0 0

A B

Prostor stanja

181

Rješenje: Sustav ima 3 stanja i 2 ulaza, pa matrica pojačanja ima oblik kako slijedi:

11 12 13

21 22 23

k k kk k k

K .

Vrijedi: r A A BK ,

11 12 1311 12 13

r 21 22 2321 22 23

0 1 0 1 0 k 1 k kk k k

0 0 1 0 1 k k 1 kk k k

2 0 4 0 0 2 0 4

A .

Sada dijagonalu iznad i dijagonalu ispod glavne dijagonale izjednačimo s nulom.

12 12

23 23

2121

1 k 0 k 11 k 0 k 1

k 0k 0

, 11 13

r 22

k 0 k0 k 02 0 4

A ,

11 13

r 22

s k 0 ks 0 s k 0

2 0 s 4

I A ,

r 11 22 13 22det s s k s k s 4 2k s k 0 I A .

Uvrstimo željeni spektar polova i izračunamo preostala pojačanja.

1 1 11 22 13 22 11

2 2 11 22 13 22 22

133 3 11 22 13 22

s 4 4 k 4 k 0 2k 4 k 0 k 5s 5 5 k 5 k 1 2k 5 k 0 k 6

k 0s 6 6 k 6 k 2 2k 6 k 0

,

5 1 00 6 1

K ,

r

5 0 00 6 02 0 4

A A BK .


r

5 0 00 6 02 0 4

I A , rdet 4 5 6 0 I A ,

1

2

3

44 5 6 0 5

6

.

Prostor stanja

182

2.5 Metoda podešavanja polova

Prikazujemo metodu sinteze regulatora primjenom metode podešavanja polova sustava. Glavna pretpostavka je da je sustav upravljiv i da su sva stanja sustava mjerljiva.

Zadatak 2.13 Provedi sintezu linearnog regulatora u=-kx+v tako da pol linearnog vremenski invarijantnog sustava prvog reda bude neki s1<0, a željeno

stacionarno stanje *x (t) :

(1) konstantno, *sx x const. ;

(2) vremenski promjenjivo, *dx (t) x (t) .

Pokaži da odstupanje od željenog stacionarnog stanja: *e(t) x(t) x (t) , konvergira prema nuli.

Rješenje: (1) Dinamika linearnog vremenski invarijantnog sustava prvog reda

x ax bu

u zatvorenoj petlji s linearnim regulatorom u=-kx+v, ima slijedeći oblik

x (a bk)x bv .

Da bi navedeni sustav imao pol s1<0, mora biti zadovoljeno

1a bk s ,

iz čega dobivamo pojačanje regulatora

1a skb

.

U stacionarnom stanju nema promjene varijable stanja u vremenu, što znači da je x 0 ,

tako da konstantnu vrijednost stanja sustava u tom slučaju *x x const. određujemo iz uvjeta

s 1 s0 (a bk)x bv s x bv ,

odnosno, dobivamo izraz za unaprijednu (engl. feedforward) kompenzaciju

Prostor stanja

183

1 ss xv

b .

Stoga, konačni regulator, kao funkcija zadanog pola i željenog stacionarnog stanja (i naravno koeficijenata sustava a i b), ima oblik

1 s1 s xa su x

b b

.

Provjerimo sada što dobijemo kada prethodni zakon upravljanja uvrstimo direktno u

x ax bu .

Dobivamo

1 1 s 1 s 1x s x s x s (x x ) s e ,

gdje smo označili odstupanje od referentne vrijednosti sa

se x x .

Da bi dobili dinamičke jednadžbe pogreške, trebamo izraziti derivaciju stanja sustava kao funkciju derivacije pogreške:

se x x x ,

odnosno, dobivamo

1e s e .

Rješenje gornje jednadžbe je

1e(t) e(0)exp(s t) .

S obzirom da je s1<0, slijedi da će svaka početna pogreška vremenom konvergirati prema nuli.

(2) Dinamiku linearnog vremenski invarijantnog sustava prvog reda

x ax bu ,

želimo prikazati kao dinamiku pogreške

de(t) x(t) x (t) .

Derivacija pogreške je

de(t) x(t) x (t) .

Na temelju prethodnih izraza imamo

dx(t) e(t) x (t) , dx(t) e(t) x (t) ,

Prostor stanja

184

koje uvrstimo u originalnu diferencijalnu jednadžbu x ax bu , te dobivamo

d de(t) x (t) a e(t) x (t) bu(t) ,

odnosno

d de(t) ae(t) ax (t) x (t) bu(t) .

Regulator treba omogućiti da pogreška konvergira prema nuli, tako da imamo

u(t) ke(t) v(t) .

Uvrštavanjem prethodno navedenog zakona upravljanja u dinamičku jednadžbu pogreške dobivamo

d de(t) (a bk)e(t) ax (t) x (t) bv(t) ,

Da bi dinamika zatvorenog kruga imala oblik 1e s e , gdje je s1<0, treba izabrati

1a sk

b

, d dx (t) ax (t)v(t)

b

,

tako da je konačni zakon upravljanja

d d1 x (t) ax (t)a su(t) e(t)

b b

.

Zadatak 2.14 Provedi sintezu linearnog regulatora u=-Kx tako da polovi sustava budu neki s1<0 i s2<0, za sustave:

(1) 1 1

2 2

x x0 a bu

x xa 0 b

;

(2) 1 1

2 2

x x0 a bu

x xa 0 b

.

Rješenje: (1) Linearni regulator po stanjima ima oblik

11 2

2

xu k k

x

tako da je dinamika zatvorenog kruga

Prostor stanja

185

1 1 1 1 2 11 2 r

2 2 2 1 2 2

x x x bk a bk x0 a bk k

x x x a bk bk xa 0 b

A x

.

Pojačanja regulatora određujemo na temelju uvjeta

2r 1 2 1 2 1 2det(s ) (s s )(s s ) s (s s )s s s I A .

S obzirom da je

1 2r

1 2

2 2 2 21 2 1 2 1 2 1 2

2 21 2 1 2

s bk a bkdet(s ) det

a bk s bk

s b(k k )s b k k a ab(k k ) b k k

s b(k k )s a ab(k k )

I A

dobivamo konačni uvjet:

2 2 21 2 1 2 1 2 1 2s b(k k )s a ab(k k ) s (s s )s s s

iz kojeg slijedi, nakon izjednačavanja koeficijenata uz iste potencije:

1 2 1 2b(k k ) (s s ) ,

21 2 1 2a ab(k k ) s s .

Iz gornjeg sustava jednadžbi slijedi:

1 21 2

s sk kb

,

21 2

1 2a s sk k

ab

,

što znači da je sustav jednadžbi proturječan, odnosno sinteza regulatora za navedeni sustav nije moguća. Do istog zaključka mogli smo doći direktno, provjerom upravljivosti sustava:

b 0 a b b abrank rank rank

b a 0 b b ab

1 1rank b ab 1 2

1 1

B AB

.

Dakle, s obzirom da sustav nije upravljiv, sinteza regulatora stanja nije moguća.

(2) Poučeni neugodnim iskustvom iz prethodnog slučaja, gdje smo vidjeli da nije pametno odmah pristupiti sintezi regulatora prije provjere upravljivosti sustava, sada idemo prvo provjeriti upravljivost. Imamo:

Prostor stanja

186

b 0 a b b abrank rank rank

b a 0 b b ab

1 1rank b ab 2

1 1

B AB

.

Dakle, sustav je upravljiv i sinteza regulatora stanja metodom podešavanja polova je moguća. U ovom slučaju dinamika zatvorenog kruga je:

1 1 1 1 2 11 2 r

2 2 2 1 2 2

x x x bk a bk x0 a bk k

x x x a bk bk xa 0 b

A x

.

Nadalje, imamo

1 2r

1 2

2 2 2 21 2 1 2 1 2 1 2

2 21 2 1 2

s bk a bkdet(s ) det

a bk s bk

s b(k k )s b k k a ab(k k ) b k k

s b(k k )s a ab(k k )

I A

Usporedbom s karakterističnim polinomom sustava sa željenim polovima dobivamo:

2 2 21 2 1 2 1 2 1 2s b(k k )s a ab(k k ) s (s s )s s s

iz kojeg slijedi, nakon izjednačavanja koeficijenata uz iste potencije:

1 2 1 2b(k k ) (s s ) , 21 2 1 2a ab(k k ) s s .

Iz gornjeg sustava jednadžbi slijedi:

1 21 2

s sk kb

, 2

1 21 2

s s ak kab

.

Rješavanjem gornjih jednadžbi dobivamo;

21 2 1 2

1s s a(s s ) ak

2ab

, 2

1 2 1 22

s s a(s s ) ak2ab

.

Za izbor parametara a=1, b=1, te polova s1=-1 i s2=-2, dobivamo pojačanja regulatora: k1=2, k2=1.

Prostor stanja

187

0 2 4 6-0,5

0

0,5

1x 1

Vrijeme (s)

0 2 4 6-0,5

0

0,5

1

x 2

Vrijeme (s)

0 2 4 6-8

-6

-4

-2

0

2

u

Vrijeme (s)

s1=-1,0; s2=-1,5

s1=-2,0; s2=-2,5

s1=-3,0; s2=-3,5

Odzivi i upravljačke varijable za različiti izbor polova zatvorenog kruga. Možemo vidjeti da je odziv brži što su polovi pomaknuti više u lijevo u kompleksnoj ravnini, međutim pri tome amplitude upravljačke varijable postaje sve veća.

Zadatak 2.15 Provedi:

(1) linearizaciju oko stacionarnog stanja θ0, te

(2) sintezu linearnog regulatora u=-Kx+v za njihalo u vertikalnoj ravnini (1 DOF robot s rotacijskim DOF), tako da polovi sustava

budu neki s1<0 i s2<0, a referentno stanje r (u odnosu na

stacionarno stanje).

a) Dinamika njihala je: k sin( ) bu ,

b) gdje je 2g 1k , bl ml

.

Rješenje: (1) Linearizacija oko stacionarnog stanja θ0 znači da je originalna varijabla nelinearnog

sustava θ jednaka pomaku iz stacionarnog stanja, odnosno 0 ,

gdje je malo odstupanje od stacionarnog stanja, odnosno nova varijabla stanja lineariziranog sustava. S obzirom da vrijedi

0 0 0sin( ) sin( ) sin( )cos( ) cos( )sin( ) .

Pretpostavka je da je malo odstupanje, odnosno

cos( ) 1 , sin( ) ,

tako da imamo 0 0 0sin( ) sin( ) sin( ) cos( ) .

Nadalje, s obzirom da je referentno stanje θ0 konstantno, vrijedi

Prostor stanja

188

0 , , ,

tako da uvrštavanjem gornjih izraza u jednadžbu njihala dobivamo

0 0k sin( ) cos( ) bu ,

odnosno 0 0k cos( ) k sin( ) bu .

Na lijevoj strani imamo linearnu dinamiku po odstupanju , dok na desnoj strani imamo konstantni gravitacijski moment 0k sin( ) kao poremećaj koji trebamo kompenzirati da

dobijemo konačni linearizirani model za kojeg ćemo provesti sintezu regulatora. Dakle, slično kao i varijablu stanja i upravljačku varijablu dekomponirat ćemo na slijedeći način:

0u u u ,

gdje je u0 dio upravljačke sile kojim ćemo kompenzirati gravitacijski moment 0k sin( ) ,

dok je u upravljačka varijabla za koju provodimo sintezu regulatora s ciljem stabilizacije

položaja oko stacionarnog stanja θ0. Ako stavimo 0 0ku sin( )b

,

konačna linearizirana dinamika je 0k bu , gdje smo uveli oznaku: 0 0k k cos( ) .

U prostoru stanju, izborom faznih varijabli stanja: 1 2x , x , dobivamo

1 1

02 2

0 1x x 0u

k 0x x b

.

(2) Linearni regulator po stanjima ima oblik (PD + kompenzacija)

11 2 1 2

2

xu k k v k k v

x

tako da je dinamika zatvorenog kruga

1 1 11 2

02 2 2

1r

0 1 2 2

0 1x x x0k k v

k 0x x xb

0 1 x 0v

k bk bk x b

A x Bv

.

Pojačanja regulatora određujemo na temelju uvjeta

2r 1 2 1 2 1 2det(s ) (s s )(s s ) s (s s )s s s I A .

Imamo 2r 2 0 1

0 1 2

s 1det(s ) det s bk s k bk

k bk s bk

I A .

Izjednačavanjem koeficijenata uz polinome, dobivamo pojačanja regulatora

Prostor stanja

189

1 22

(s s )kb

, 1 2 0

1s s k

kb

.

Dinamika zatvorenog kruga s gornjim pojačanjima je

1 1

2 1 2 1 2 2

x 0 1 x 0v

x s s (s s ) x b

.

Ako je referentno stanje v=0, tada regulator stabilizira sustav u ravnotežnom stanju

0 (odnosno: 0 ).

Ako želimo položaj njihala premjestiti iz 0 u neki dovoljno mali r (odnosno: iz

0 u neki bliski 0 r ), tada trebamo odrediti referentno stanje iz uvjeta

stacionarnosti: 1 2x x 0 , 2x 0 , odnosno

r

1 2 1 2

0 10 0v

s s (s s )0 b0

,

iz čega slijedi 1 2 rs svb

.

Konačan oblik regulatora je:

1 2 0 1 2 1 2 r0

s s k (s s ) s sku sin( )b b b b

.

Zadatak 2.16 Provedi sintezu linearnog regulatora za sustav drugog reda koji će omogućiti asimptotsko slijeđenje proizvoljne kontinuirane referentne trajektorije yd(t). Sustav je zadan sa:

1 11 12 1

2 21 22 2 2

1

2

x a a x 0u

x a a x b

xy 1 0

x

Odredi parametre regulatora u slučaju kada je zadano: a11=1, a12=1, a21=2, a22=-3, b2=1, a referentna trajektorija je yd(t)=sin(t).

Rješenje: Linearni regulator treba omogućiti da pogreška slijeđenja de y y (t) ,

Prostor stanja

190

asimptotski konvergira prema nuli. Da bi odredili zakon upravljanja koji će to omogućiti, trebamo derivirati pogrešku onoliko puta dok se prvi put eksplicitno ne pojavi upravljačka varijabla. Prva derivacija pogreške je

d 1 d 11 1 12 2 de y y (t) x y (t) a x a x y (t) .

S obzirom da se prvom derivacijom pogreške nije pojavila eksplicite upravljačka varijabla, moramo nastaviti proces deriviranja. Druga derivacija pogreške je

11 1 12 2 d 11 11 1 12 2 12 21 1 22 2 2 de a x a x y (t) a a x a x a a x a x b u y (t) ,

odnosno, nakon sređivanja izraza dobivamo

11 11 12 21 1 11 12 12 22 2 d 12 2e a a a a x a a a a x y (t) a b u .

S obzirom da se u drugoj derivaciji pojavljuje upravljačka varijabla, možemo pristupiti sintezi regulatora koji će asimptotski stabilizirati pogrešku slijeđenja. Kako je najveća derivacija pogreške drugog reda, to znači da trebamo odrediti upravljačku varijablu tako da konačna dinamika pogreške ima oblik

d pe k e k e 0 ,

koja je stabilna (nužan i dovoljan uvjet po Rothu/Hurwitzu) za p dk 0, k 0 .

Upravljački zakon koji to omogućuje je

11 11 12 21 1 11 12 12 22 2 d d p12 2

1u a a a a x a a a a x y (t) k e k ea b

.

Ako pogrešku i njenu derivaciju izrazimo preko varijabli stanja, prethodni upravljački zakon postaje

11 11 12 21 1 11 12 12 22 2 d12 2

d 11 1 12 2 d p 1 d12 2

1u a a a a x a a a a x y (t)a b

1 k a x a x y (t) k (x y (t))a b

i možemo ga prikazati u standardnom matričnom prikazu 11 2

2

xu k k v(t)

x

,

gdje je

11 11 12 21 d 11 p1

12 2

a a a a k a kk

a b

,

11 12 12 22 d 122

12 2

a a a a k ak

a b

,

d d d p d

12 2

y (t) k y (t) k y (t)v(t)

a b

.

Prostor stanja

191

Za zadane parametre sustava dobivamo k1=8, k2=1, v(t)=sin(t)+3cos(t), odnosno

1

2

xu 8 1 sin(t) 3cos(t)

x

.

0 5 10 15-1,5

-1

-0,5

0

0,5

1

x 1

Vrijeme (s)

yyd

0 5 10 15-2

-1

0

1

2

x 2

Vrijeme (s)

0 5 10 1510

-6

10-4

10-2

100

|y-y

d|


-10

-5

0

5

10

u

Vrijeme (s)

Zadatak 2.17 Provedi sintezu linearnog regulatora za mehanički sustav drugog reda pogonjenog istosmjernim elektromotorom s dinamikom prvog reda. Regulator treba omogućiti asimptotsko slijeđenje proizvoljne kontinuirane referentne trajektorije yd(t). Varijabla x je pomak mehaničkog sustava, varijabla i je struja armature, u je napon na statoru elektromotora, m je masa, D je prigušenje, k je konstanta opruge, L je induktivitet, R je otpor, a KT je konstanta sprege električnog i mehaničkog podsustava. Pretpostavka je da su mjerljivi pomak, brzina i struja. Dinamika sustava definirana je sustavom diferencijalnih jednadžbi:

T

T

mx Dx kx K idiL Ri K x udt

y x

Prostor stanja

192

Rješenje: Linearni regulator treba omogućiti da pogreška slijeđenja

d de y y (t) x y (t) ,

asimptotski konvergira prema nuli. Da bi dobili zakon upravljanja koji to omogućuje, trebamo derivirati pogreško onoliko puta dok se prvi put eksplicite ne pojavi upravljačka varijabla. S obzirom da je ukupni red sustava tri, dinamika pogreške može biti maksimalno trećeg reda. Prva derivacija pogreške je

d de y y (t) x y (t) .

Druga derivacija je

Td d

KD ke x y (t) x x i y (t)m m m

.

S obzirom da se nije pojavila upravljačka varijabla, trebamo pogrešku još jednom (zadnji put) derivirati

Td

T T Td

KD k die x x y (t)m m m dt

K K KD D k k R 1x x i x i x u y (t)m m m m m m L L L

odnosno, nakon sređivanja imamo

22T T T T

d2 2 2K DK K KD k Dk Re x x i y (t) u

m mL m L mLm m m

.

Zakon upravljanja treba omogućiti da dinamika pogreške asimptotski konvergira nuli. S obzirom da je maksimalna derivacija pogreške trećeg reda, to znači da u zatvorenom krugu dinamika pogreške treba biti

a d pe k e k e k e 0 .

Da bi gornja dinamika bila asimptotski stabilna, nužan uvjet stabilnosti prema Routhu/Hurwitzu je

a d pk 0, k 0, k 0 ,

dok je dovoljan uvjet stabilnosti

a d pk k k .

Zakon upravljanja koji to omogućuje je

22T T T

d a d p2 2 2T

K DK KmL D k Dk Ru x x i y (t) k e k e k eK m mL m Lm m m

.

Prostor stanja

193

Eksplicitnim uvrštavanjem ovisnosti pogreške i njenih derivacija kao funkcija mjerljivih varijabli, dobivamo konačan prikaz zakona upravljanja

22T T T

d2 2 2T

Ta d d d p d

T

K DK KmL D k Dk Ru x x i y (t)K m mL m Lm m m

KmL D kk x x i y (t) k x y (t) k x y (t)K m m m

Dobiveni zakon upravljanja možemo prikazati u standardnom matričnom prikazu

1

1 2 2 2

3

xu k k k x v(t)

x

,

gdje su varijable stanja 1x x , 2x x , 3x i , a parametri regulatora su

a1 p2

T

k kmL Dkk kK mm

,

22aT

2 d2T

k DKmL D kk kK m mL mm

,

a TT T3 2

T

k KDK KmL RkK m L mm

d a d d d p dT

mLv(t) y (t) k y (t) k y (t) k y (t)K

.

Za izbor parametara sustava: m = 1, D = 0.2, k = 1, L = 0.1, R = 1, KT = 2, te zadane koeficijente karakteristične jednadžbe pogreške: ka = 6, kd = 11, kp = 6, (odnosno, polovi sustava su: s1=-1, s2=-2, s3=-3) dobivamo slijedeće vrijednosti parametara regulatora: k1 = 0.01, k2 = -1.558, k3=-0.42, v(t) = 0.5 cos(t), odnosno

1

2

3

x1u 0.01 1.558 0.42 x cos(t)2

x

0 5 10 15-1,5

-1

-0,5

0

0,5

1

x 1 (m

)

Vrijeme (s)

yyd

0 5 10 15-1

-0,5

0

0,5

1

1,5

x 2 (m

/s)


-0,5

0

0,5

1

x 3 (A)

Vrijeme (s)

Prostor stanja

194

Odzivi varijabli stanja sustava – pomaka (x1), brzine (x2) i struje elektromotora (x3)

0 5 10 151e-006

0,0001

0,01

1

|y -

yd|

(m)


-4

-2

0

2

4

u (V

)

Vrijeme (s)

Odstupanje izlazne varijable (pomaka) i upravljačka varijabla (napon na elektromotoru)

Zadatak 2.18 Provedi sintezu regulatora brzine vrtnje istosmjernog elektromotora. Varijabla je kutni pomak rotora elektromotora, i je struja armature, u je napon na statoru elektromotora, J je moment inercije, L je induktivitet, R je otpor, a KT je konstanta sprege električnog i mehaničkog podsustava. Pretpostavka je da su mjerljivi brzina i struja. Dinamika sustava je:

T

T

J K idiL Ri K udt

y

Rješenje: Linearni regulator treba omogućiti da pogreška slijeđenja,

d de y y ,

gdje je d zadana konstantna brzina vrtnje, asimptotski konvergira prema nuli.

Da bi dobili zakon upravljanja koji to omogućuje, trebamo derivirati pogreško onoliko puta dok se prvi put eksplicite ne pojavi upravljačka varijabla. Prva derivacija pogreške je

Td

Ke iJ

,

jer je d 0 , s obzirom da je d konstanta. Druga derivacija je

T T TK K Kdi R 1e i uJ dt J L L L

Prostor stanja

195

odnosno, nakon sređivanja imamo

2T T TK K KR 1e i uJ L JL J L

.

u zatvorenom krugu dinamika pogreške treba biti

d pe k e k e 0 .

Da bi gornja dinamika bila asimptotski stabilna, nužan i dovoljan uvjet stabilnosti prema Routhu/Hurwitzu je d pk 0, k 0 . Zakon upravljanja koji to omogućuje je

2T T

d pT

K KJL Ru i k e k eK J L JL

,

odnosno

2

d TT Tp d

T

k KK KJL Ru i i kK J L JL J

.

Dobiveni zakon upravljanja možemo prikazati u standardnom matričnom prikazu

1

1 2 2 2

3

xu k k k x v

x

,

gdje su varijable stanja 1x , 2x , 3x i , a parametri regulatora su

1k 0

2T

2 pT

KJLk kK JL

d TT3

T

k KKJL Rk iK J L J

p dT

JLv kK

Za izbor parametara sustava: m = 1, D = 0.2, k = 1, L = 0.1, R = 1, KT = 2, te zadane koeficijente karakteristične jednadžbe pogreške: kd = 3, kp = 2, (odnosno, polovi sustava su: s1=0, s2=-1, s3=-2) dobivamo slijedeće vrijednosti parametara regulatora: k1 = 0, k2 = -1.9, k3 = -0.7, v = 0.1, odnosno

1

2

3

x1u 0 1.9 0.7 x10

x

Prostor stanja

196

Na temelju odziva sustava vidimo da je regulator omogućio asimptotsku stabilizaciju kutne brzine u željenom konstantnom referentnom stanju, što znači da kutna pozicija raste linearno u vremenu. Iako to formalno izgleda kao nestabilno ponašanje, sustav je stabilan s obzirom da je domena kutnog pomaka definirana u intervalu [0, 2], tako da je fizička vrijednost kutnog pomaka jednaka vrijednosti kuta modulo 2: mod(x1, 2).

0 5 10 150

5

10

15

x 1 (ra

d)


0

0,2

0,4

0,6

0,8

1

x 2 (ra

d/s)

Vrijeme (s)

yyd

0 5 10 150

0,05

0,1

0,15

0,2

0,25

x 3 (A)

Vrijeme (s)

Odzivi varijabli stanja sustava – kutnog pomaka (x1), kutne brzine (x2) i struje elektromotora (x3).

0 5 10 151e-006

0,0001

0,01

1

|y -

yd|

(rad

)


0

0,5

1

1,5

2

u (V

)

Vrijeme (s) Odstupanje izlazne varijable (kutne brzine) i upravljačka varijabla (napon na

elektromotoru).

0 5 10 150

5

10

15

x 1 (ra

d)


0

2

4

6

8

mod

(x1,

2)

(rad

)

Vrijeme (s) Kutni pomak bez primjene funkcije mod(x1, 2) i kutni pomak unutar definirane fizičke

domene [0, 2].

Prostor stanja

197

Zadatak 2.19 Provedi sintezu linearnog regulatora za sustav trećeg reda tako da polovi sustava budu: s1=-1, s2=-2, s3=-3 a stacionarno stanje sustava bude

T* 9 5 6 x . Sustav je zadan sa

1 1 2 3

2 1 3

3 1 3

x x 3x xx 2x 3xx x x 4u

Rješenje: Rješenje: Linearni sustav možemo prikazati u matričnom obliku,

x Ax Bu ,

gdje su

1

2

3

x 1 3 1 0x , u , 2 0 3 , 0x 1 0 1 4

x u A B .

Linearni regulator u matričnoj reprezentaciji ima oblik

u Kx v .

Sinteza regulatora svodi se na određivanje matrice pojačanja K=[k1 k2 k3] i referentnog upravljačkog vektora v=[v] na temelju zadanih polova zatvorenog kruga i zadanog stacionarnog stanja sustava, respektivno. Dinamika zatvorenog kruga ima oblik

x A BK x Bv ,

dok je karakteristična jednadžba zatvorenog kruga

det s 0 I A BK .

S obzirom da korijeni karakteristične jednadžbe moraju biti jednaki zadanim polovima sustava, imamo slijedeći uvjet

1 2 3det s (s s )(s s )(s s ) I A BK ,

na temelju kojeg određujemo elemente matrice pojačanja. Uvrštavanjem zadanih matrica u prethodni izraz, dobivamo

1 2 3

1 0 0 1 3 1 0det s 0 1 0 2 0 3 0 k k k (s 1)(s 2)(s 3)

0 0 1 1 0 1 4

,

Prostor stanja

198

odnosno

3 2

1 2 3

s 1 3 1det 2 s 3 s 6s 11s 6

1 4k 4k s 1 4k

.

Razvojem determinante na lijevoj strani prethodnog izraza dobivamo

3 2 3 23 1 2 3 1 2 3s 4k s (4k 12k 4k 4)s 36k 20k 24k 3 s 6s 11s 6 .

Usporedbom koeficijenata polinoma s lijeve i desne strane jednakosti dobivamo

3

1 2 3

1 2 3

4k 64k 12k 4k 4 1136k 20k 24k 3 6

.

Iz prve jednadžbe dobivamo direktno rješenje za pojačanje k3 koje odmah uvrstimo u drugu i treću jednadžbu tako da dobijemo

3

1 2

1 2

3k2

4k 12k 1336k 20k 27

.

Druge dvije jednadžbe predstavljaju sustav od dvije jednadžbe s dvije nepoznanice iz kojih odredimo preostala pojačanja k1 i k2, tako da na kraju dobivamo

1 2 31 9 3k , k , k8 8 2

.

Referentnu upravljačku varijablu određujemo na temelju uvjeta stacionarnog stanja 0x zatvorenog kruga

r r, x A x Bv A A BK .

Stacionarno stanje je ono stanje sustava *x x za koje sustav u mirovanju (derivacija vektora stanja jednaka nuli): 0x , tako da imamo

*r A x Bv ,

odnosno

1 3 1 9 02 0 3 5 0 v

1.5 4.5 7 6 4

,

iz čega slijedi da je v=3/2. Na kraju, konačan oblik linearnog regulatora je

Prostor stanja

199

1

2

3

x1 9 3 3u x8 8 2 2

x

,

odnosno

1 2 31 9 3 3u x x x8 8 2 2

.

0 2 4 6 80

2

4

6

8

10

x 1


-2

0

2

4

6

x 2

Vrijeme (s)

0 2 4 6 80

2

4

6

x 3


-1

-0,5

0

0,5

1

1,5

u

Vrijeme (s)

Zadatak 2.20 Provedi sintezu linearnog regulatora za sustav trećeg reda tako da polovi sustava budu: s1=-1, s2=-2, s3=-3 a stacionarno stanje izlazne varijable

bude *y 1 . Sustav je zadan sa

1 2

2 1 3

3 2

1

x xx 2x xx 3x uy x

Rješenje: Dinamiku linearnog sustava možemo prikazati u matričnom obliku,

x Ax Bu ,

Prostor stanja

200

gdje su

1

2

3

x 0 1 0 0x , u , 2 0 1 , 0x 0 3 0 1

x u A B .


1

1 2 3 2

3

xk k k x v

x

u Kx v .

Sinteza regulatora svodi se na određivanje matrice pojačanja K=[k1 k2 k3]T i referentnog upravljačkog vektora v=[v] na temelju zadanih polova zatvorenog kruga i zadanog stacionarnog stanja sustava, respektivno. Na temelju dinamike zatvorenog kruga x A BK x Bv ,

imamo slijedeći uvjet 1 2 3det s (s s )(s s )(s s ) I A BK ,

na temelju kojeg određujemo elemente matrice pojačanja. Uvrštavanjem zadanih matrica u prethodni izraz, dobivamo

1 2 3

1 0 0 0 1 0 0det s 0 1 0 2 0 1 0 k k k (s 1)(s 2)(s 3)

0 0 1 0 3 0 1

,

odnosno

3 2

1 2 3

s 1 0det 2 s 1 s 6s 11s 6

k 3 k s k

.


3 2 3 23 2 1 3s k s (5 k )s -k 2k s 6s 11s 6 .


3

2

1 3

k 65 k 11-k 2k 6

,

tako da na kraju dobivamo 1 2 3k 6, k 6, k 6 .

Za razliku od prethodnog zadatka gdje su bile zadane stacionarne vrijednosti svih varijabli stanja, ovdje je definirano stacionarno stanje izlazne varijable, odnosno

* *1y x 1 . Stacionarna stanja ostalih varijabli stanja, *

2x i *3x , trebamo odrediti

indirektno. Uvjet stacionarnog stanja je *r r, A x Bv A A BK ,

Prostor stanja

201

tako da imamo

*2*3

10 1 0 02 0 1 x 0 v6 9 6 1x

,

iz čega slijedi sustav jednadžbi

*2

*3

* *2 3

x 0

2 x 0

6 9x 6x v

odakle dobivamo

*2*3

x 0

x 2v 6

tako da je konačan oblik linearnog regulatora

1

2

3

xu 6 6 6 x 6

x

.

odnosno, 1 2 3u -6x 6x 6x 6 .

0 2 4 6 80

0,2

0,4

0,6

0,8

1

x 1

Vrijeme (s)

yy*

0 2 4 6 80

0,1

0,2

0,3

0,4

0,5

x 2

Vrijeme (s)

0 2 4 6 8-2

-1,5

-1

-0,5

0

x 3


-6

-4

-2

0

u

Vrijeme (s)

Prostor stanja

202

Zadatak 2.21 Provedi sintezu linearnog regulatora za sustav trećeg reda tako da polovi sustava budu: s1=-1, s2=-2, s3=-3 a stacionarno stanje izlaznih varijabli

bude * *1 2y 1, y 1 . Sustav je zadan sa

1 2

2 1 2 3 1

3 1 2 3 2

1 1

2 3

x xx x x 4x ux 2x 3x x uy xy x

Rješenje: Dinamiku linearnog sustava možemo prikazati u matričnom obliku x Ax Bu , gdje su

11

22

3

x 0 1 0 0 0u

x , , 1 1 4 , 1 0u

x 2 3 1 0 1

x u A B .


111 12 13 1

221 22 23 2

3

xk k k v

xk k k v

x

u Kx v .

Za razliku od prijašnjih zadataka, ovdje imamo upravljački vektor s dvije varijable upravljanja, tako da matrica pojačanja ima šest elemenata koje treba odrediti. S obzirom da je polinom karakteristične jednadžbe trećeg reda, metodom podešavanja polova dobit ćemo tri algebarske jednadžbe sa šest nepoznatih elemenata matrice pojačanja. To znači da ne postoji jedinstveno rješenje, nego postoji beskonačno mnogo rješenja koja zadovoljavaju uvjet da zatvoreni regulacijski krug ima polove na željenim mjestima na lijevoj strani kompleksne ravnine. Slobodu višeznačnosti rješenja iskoristit ćemo tako da izaberemo najjednostavnije rješenje. U ovom slučaju možemo vidjeti da je podsustav

1 2

2 1 2 3 1

1 1

x xx x x 4x uy x

separiran od podsustava

3 1 2 3 2

2 3

x 2x 3x x uy x

Prostor stanja

203

po upravljačkim varijablama. Drugim riječima, možemo neovisno naći upravljačku varijablu 1u koja će stabilizirati izlaznu varijablu 1 1y x , te upravljačku varijablu 2u koja

će stabilizirati izlaznu varijablu 2 3y x .

Prvi korak u sintezi separiranih regulatora je eliminacija varijabli stanja koje ne pripadaju pojedinim podsustavima. Stoga, upravljačku varijablu 1u odredit ćemo tako da

kompenziramo varijablu drugog podsustava 3x . Imamo općenito

1

1 11 12 13 2 1

3

xu k k k x v

x

,

odnosno, zbog kompenzacije člana 34x , dobivamo

11 3 11 12 1

2

xu 4x k k v

x

,

odakle direktno vidimo da je 13k 4 . Nakon uvrštavanja navedene upravljačke varijable

u prvi podsustav, dobivamo dinamiku zatvorenog kruga koja je u potpunosti raspregnuta od drugog podsustava (nema varijable 3x ),

1 111 12 1

2 2

11

2

x x0 1 0 0k k v

x x1 1 1 1

xy 1 0

x

.

Na ovaj način, problem smo sveli na sintezu regulatora s jednom upravljačkom varijablom, odnosno tip problema koje smo rješavali u prethodnim zadacima. S obzirom da je polinom karakteristične jednadžbe drugog reda, metodom podešavanja polova dobit ćemo dvije algebarske jednadžbe sa dva nepoznata elemenata matrice pojačanja, 11k i 12k , odnosno dobit ćemo jednoznačno rješenje za zadane polove. Dakle,

imamo slijedeći uvjet

1 2det s (s s )(s s ) I A BK ,

gdje smo stavili prva dva pola. Naravno, mogli smo na desnoj strani staviti i slijedeće kombinacije: 1 3(s s )(s s ) , odnosno 2 3(s s )(s s ) .

Uvrštavanjem zadanih matrica u prethodni izraz, dobivamo

11 121 0 0 1 0

det s k k (s 1)(s 2)0 1 1 1 1

,

odnosno 2

11 12

s 1det s 3s 2

1 k s 1 k

.

Prostor stanja

204


2 212 11s (-1 k )s -1 k s 3s 2 .


12

11

1 k 31 k 2

tako da na kraju imamo pojačanja regulatora prvog podsustava

11 12 13k 3, k 4, k 4 .

Stacionarno stanje izlazne varijable je * *1 1y x 1 . Uvjet stacionarnog stanja je

*r r, A x Bv A A BK ,

tako da imamo

1*2

10 1 0v

2 3 1x

,

iz čega slijedi sustav jednadžbi

*2

*2 1

x 0

2 3x v

odakle dobivamo

*2

1

x 0v 2

tako da je konačan oblik linearnog regulatora prvog podsustava

1

1 2

3

xu 3 4 4 x 2

x

.

S obzirom da smo iskoristili prva dva pola za sintezu regulatora prvog podsustava, regulator drugog podsustava treba u zatvorenoj petlji omogućiti dinamiku s polom s3=-3, odnosno 3 3 2x 3x v .

Navedenu dinamiku dobivamo izborom upravljačke varijable 2 1 2 3 2u 2x 3x 4x v

Stacionarno stanje izlazne varijable drugog podsustava je * *2 3y x 1 , tako da imamo

*2 3v 3x 3 .

Konačan oblik linearnog regulatora drugog podsustava je 1

2 2

3

xu 2 3 4 x 3

x

.

Prostor stanja

205

Stoga, linearni regulator cijelog sustava ima slijedeći oblik

11

22

3

xu 3 4 4 2

xu 2 3 4 3

x

.

0 2 4 60

0,2

0,4

0,6

0,8

1

x 1

Vrijeme (s)

y1

y1*

0 2 4 60

0,1

0,2

0,3

0,4

0,5

x 2

Vrijeme (s)0 2 4 6

0

0,2

0,4

0,6

0,8

1

x 3

Vrijeme (s)

y2

y2*

0 2 4 62

2,2

2,4

2,6

2,8

3

u 1

Vrijeme (s)0 2 4 6

-4

-2

0

2

4

u 2

Vrijeme (s)

Zadatak 2.22 Provedi sintezu linearnog regulatora za sustav trećeg reda tako da polovi sustava budu: s1=-2, s2=-3, s3=-4 a stacionarno stanje izlaznih varijabli

bude * * *1 2 3x 1, x 1, x 1 . Sustav je zadan sa

1 2 3 1 2

2 1 2 3 2 3

3 2 3 3

x x 2x u ux 2x x 3x u 2ux 3x x u

Rješenje: Dinamiku linearnog sustava možemo prikazati u matričnom obliku, x Ax Bu , gdje su

1 1

2 2

3 3

x u 0 1 2 1 1 0x , u , 2 1 3 , 0 1 2x u 0 3 1 0 0 1

x u A B .

Prostor stanja

206


11 12 13 1 1

21 22 23 2 2

31 32 33 3 3

k k k x vk k k x vk k k x v

u Kx v .

Za razliku od prijašnjih zadataka, ovdje imamo upravljački vektor s tri varijable upravljanja i devet elemenata matrice pojačanja koje treba odrediti. Kao i u prethodnom zadatku, ne postoji jednoznačna matrica pojačanja. S obzirom da je dimenzija vektora upravljanja jednaka dimenziji vektora stanja, a kvadratna matrica B je invertibilna, do rješenja možemo doći direktno, tako da na dijagonali matrice zatvorenog kruga stavimo željene polove

1

r 1 2 3 2

3

s 0 0diag s , s , s 0 s 0

0 0 s

A ,

te riješimo matričnu jednadžbu r A A BK

po matrici pojačanja K, 1r

K B A A

dok unaprijedni (engl. feedforward) član regulatora v, dobivamo rješavanjem jednadžbe

*r A x Bv ,

odnosno 1 *r

v B A x .

Uvrštavanjem zadanih matrica u prethodne izraze dobivamo

1r

1 1 2 0 1 2 2 0 0 0 3 110 1 2 2 1 3 0 3 0 2 2 130 0 1 0 3 1 0 0 4 0 3 5

K B A A

1 *r

1 1 2 2 0 0 1 70 1 2 0 3 0 1 50 0 1 0 0 4 1 4

v B A x

tako da je konačni oblik linearnog regulatora

1 1

2 2

3 3

u 0 3 11 x 7u 2 2 13 x 5u 0 3 5 x 4

Prostor stanja

207

0 2 40

0,2

0,4

0,6

0,8

1

x 1

Vrijeme (s)

y1

y1*

0 2 40

0,2

0,4

0,6

0,8

1

x 2

Vrijeme (s)

y2

y2*

0 2 40

0,2

0,4

0,6

0,8

1

x 3

Vrijeme (s)

y3

y3*

0 2 4-10

-5

0

5

10

u 1

Vrijeme (s)0 2 4

-5

0

5

10

u 2

Vrijeme (s)0 2 4

-4

-2

0

2

4

u 3Vrijeme (s)

Prostor stanja

208

2.6 Statički i dinamički observer stanja

Radi se o rekonstrukciji komponenti vektora stanja X(t) kada neke ili sve varijable stanja nisu praktično mjerljive. Uvjet primjene jednadžbi za izračun parametara observera stanja je zadovoljeno svojstvo potpune upravljivosti i mjerljivost stanja. Razlikujemo statički i dinamički observer stanja. Statički je vrlo rijedak u praksi, a moguće ga je izvesti samo u slučaju kada je matrica izlaza sustava regularna. Statički observer stanja ne posjeduje derivacije varijabli stanja, od čega je i dobio naziv statički. Za njega pokazujemo slučaj i kada se umjesto prave, koristi pseudoinverzija matrice C. S druge strane kod dinamičkog observera stanja izvodit ćemo samo slučaj observera stanja punog reda.

Zadatak 2.23 Za sistem opisan matricama A, B, C i D projektirajte:, (1) statički observer stanja, (2) dinamički observer stanja punog reda, koji će imati polove λ1=-4, λ2=-5 i λ3=-6.

1 0 0 1 01 0 1 1 0

0 2 0 , 0 1 , ,0 1 1 0 1

0 0 3 1 0

A B C D

Rješenje: Prvo provjerimo uvjete potpune mjerljivosti i upravljivosti stanja sustava:

2T T T T T H C A C A C ,

1 0 1 0 1 00 1 0 2 0 4 rang( ) 31 1 3 3 9 9

H H .

Sustav ima potpuno mjerljiva stanja!

2 E B AB A B ,

1 0 1 0 1 00 1 0 2 0 4 rang( ) 31 0 3 0 9 0

E E .

Sustav ima potpuno upravljiva stanja!

Prostor stanja

209

(1) Kako matrica izlaza nije kvadratna, nema pravu inverziju, pa ćemo se poslužiti njenom pseudoinverzijom.

1 T T 1

2 13 31 2( )3 31 13 3

C C CC .

Observirani vektor stanja se izračuna prema poznatoj jednadžbi:

1 1ˆ X C Y C DU ,

1 1

11 1

22 2

3

ˆ

x 2 / 3 1 / 3 2 / 3 1 / 3y u

x 1 / 3 2 / 3 1 / 3 2 / 3y u

x 1 / 3 1 / 3 1 / 3 1 / 3

Y U

X C C

.

(2) Dimanički observer stanja punog reda ima oblik:

0 0 0ˆ ˆ(t) (t) (t) ( ) (t)

X A X B Y B B D U ,

10 0 0, A A B C B R G .

Matrice R i G biramo iz uvjeta: 1( ) CΦ C I A :

1 0 00 2 00 0 3

I A ,

1

1 0 01

1( ) 0 02

10 03

Φ I A ,

1

1 0 01 1 101 0 1 1 1 3( ) 0 0

20 1 1 1 101 2 30 03

CΦ C I A .

Prostor stanja

210

U ovu matricu uvrštavamo željene polove i određujemo matrice R i G. Uvrstimo prvi pol:

1

11 1

4

1 0 13( )

10 12

CΦ C I A .

Odabiremo prvi redak matrice R: T1

1 0 13

r ,

Kako smo odabrali prvi redak iz matrice CФ(λ1), u matrici G postavljamo prvi redak s jedinicom na prvom mjestu:

T1 1 0 g .

Postupak ponavljamo za drugi zadani pol observera stanja:

2

12 2

5

1 104 2( )

1 103 2

CΦ C I A .

Iz ove matrice biramo opet prvi redak, koji će postati drugim retkom matrice R. Pri tome pazimo da odabrani redak bude linearno nezavisan s već odabranim retkom:

T2

1 104 2

r .

Kako smo opet odabrali prvi redak, u matrici G opet jedinicu postavljamo na prvo mjesto drugog vektora:

T2 1 0 g .

Konačno koristimo i posljednji zadano pol observera:

3

13 3

6

1 105 3( )

1 104 3

CΦ C I A .

Sada biramo drugi redak matrice koji postaje trećim retkom matrice R. Pritom pazimo da odabrani redak bude linearno nezavisan s već odabranim redcima:

T3

1 104 3

r .

Kako smo opet odabrali drugi redak, u matrici G jedinicu postavljamo na drugo mjesto trećeg vektora:

T3 0 1 g .

Sada smo dobili tražene matrice G i R:

Prostor stanja

211

1 0 131 1dim(n x n) 04 2

1 104 3

R , 1 0

dim(n x p) 1 00 1

G .

10

6 0

4 43

1 0

B R G

Matrica A0 observera se dobiva iz:

0 0

7 0 6

4 1663 3

1 0 2

A A B C .

Lako je provjeriti da su njeni polovi jednaki onima koji su zadani u zadatku. Konačna jednadžba punog observera stanja je:

0 0 0ˆ ˆ(t) (t) (t) ( ) (t)

X A X B Y B B D U ,

11

1 12 2

2 23

3

7 0 6 6 0 5 0xx

y u4 16 4 4ˆ ˆx 6 x 4 3y u3 3 3 3

xx 1 0 2 1 0 2 0

.

Zadatak 2.24 Za sistem opisan matricama A, B, C i D projektirajte dinamički observer stanja punog reda, koji će imati polove λ1=-3 i λ2=-5.

1 0 0 1 1 2 2 0, , ,

1 2 2 0 1 0 1 2

A B C D

Rješenje: Provjerimo uvjete potpune mjerljivosti i upravljivosti stanja sustava:

Prostor stanja

212

T T T 1 1 1 1rang( ) 2

2 0 4 0

H C A C H .


0 1 0 1rang( ) 2

2 0 4 1

E B AB E .

Sustav ima potpuno upravljiva stanja! Dimanički observer stanja punog reda:

0 0 0ˆ ˆ(t) (t) (t) ( ) (t)

X A X B Y B B D U ,

10 0 0, A A B C B R G .

Uvjet: 1( ) CΦ C I A :

1 01 2

I A ,

1

1 01

( ) 1 11 2 2

Φ I A ,

1

4 21 2 2

( )1 0

1

CΦ C I A .

U ovu matricu uvrštavamo željene polove i određujemo matrice R i G.

1

11 1

3

1 22( )1 02

CΦ C I A .

Odabiremo drugi redak matrice R: T1

1 02

r ,

T1 0 1 g .

Postupak ponavljamo za drugi zadani pol observera stanja:

2

12 2

5

1 212 3( )1 04

CΦ C I A .

Prostor stanja

213

Iz ove matrice biramo prvi redak, koji će postati drugim retkom matrice R. Pri tome pazimo da odabrani redak bude linearno nezavisan s već odabranim retkom:

T2

1 212 3

r .

Kako smo opet odabrali prvi redak, u matrici G jedinicu postavljamo na prvo mjesto drugog vektora:

T2 1 0 g .

Sada smo dobili tražene matrice G i R, pa možemo izračunati i matricu B0:

1 02dim(n x n)1 212 3

R , 0 1dim(n x p)

1 0

G ,

10

0 23 12 4

B R G .

Matrica A0 observera se dobiva iz: 0 0

3 01 54

A A B C .

Lako je provjeriti da su njeni polovi jednaki onima koji su zadani u zadatku. Konačna jednadžba punog observera stanja je:

0 0 0ˆ ˆ(t) (t) (t) ( ) (t)

X A X B Y B B D U ,

1 1 11

2 222

3 0 0 2 2 3ˆˆ y uxx1 3 1 3 1ˆ y ux5

x 4 2 4 4 2

.

Prostor stanja

214

Zadatak 2.25 Za dinamički sustav zadan slikom, projektirajte observer stanja punog reda ako je krug zatvoren pojačanjima izvedenim u zadatku 4.6.

x

f(t)

D

1M , J

M

Zadano: masa kolica M=0,5 kg masa njihala M1=0,2 kg koeficijent trenja između kotača i podloge D=0,1 Ns/m udaljenost od okretišta do centra mase njihala L=0,3 m moment inercije njihala J=0,006 Nms2/rad u početnom trenutku sustav miruje (PU=0)

Rješenje: U zadatku 2.6 projektirali smo Kalmanov statički regulator i predfilter prema donjem blok dijagramu.

x 0 1 0 0 x 0x 0 0,1818 2,6727 0 x 1,8182

u0 0 0 1 00 0,4545 31,18 0 4,5455

X A X B U

(1)

xx 1 0 0 0 x 0

u0 0 1 0 0

Y C X D U

Prostor stanja

215

70,7107 37,8344 105,5285 20,9238 K

1 70,7107 K

Provjerimo uvjete potpune mjerljivosti i upravljivosti stanja sustava:

2 3T T T T T T T H C A C A C A C ,

1 0 0 0 0 0 0 00 0 1 0 0,1818 0,4545 0,0331 0,0826

rang( ) 40 1 0 0 2,6727 31,1818 0,4859 1,21470 0 0 1 0 0 2,6727 31,1818

H H


2 3

0 1,8182 0,3305 12,20891,8182 0,3305 12,2089 4,4282

0 4,5455 0,8264 141,88714,5455 0,8264 141,8871 31,3167

E B AB A B A B ,

rang( ) 4E

Sustav ima potpuno upravljiva stanja! Jednadžbe dimaničkog observera stanja punog reda:

0 0 0ˆ ˆ(t) (t) (t) (

X A X B Y B B D 0 0ˆ) (t) (t) (t) (t) U A X B Y BU ,

10 0 0, A A B C B R G .

Uvjet: 1( ) CΦ C I A :

Prostor stanja

216

2

4 3 2

3 2

3 2 4 3 2

3 2

1 s 31,1818s s 0,1818s 31,1818s 4,4541s( )

0,45450s 0,1818s 31,1818s 4,45412,6727 2,6727

s 0,1818s 31,1818s 4,4541s s 0,1818s 31,1818s 4,4541ss s 0,1818 s 0,18

s 0,1818s 31,1818s 4,4541

CΦ

3 218

s 0,1818s 31,1818s 4,4541

,

Sada treba zadati željene polove observera. Uobičajeno je odabrati polove koji su 4 do 10 puta brži od polova zatvorenog kruga. U ovom smo se slučaju odlučili za slijedeće:

1 2 3 4 40 45 50 55

10,025 0,0006 0 0

( 40)0 0 0,0255 0,0006

CΦ ,

T T1 10,025 0,0006 0 0 , 1 0 r g ,

20,0222 0,0005 0 0

( 45)0 0 0,0226 0,0005

CΦ ,

T T2 20 0 0,0226 0,0005 , 0 1 r g ,

30,020 0,0004 0 0

( 50)0 0 0,0203 0,0004

CΦ ,

T T3 30 0 0,0203 0,0004 , 0 1 r g ,

40,0182 0,0003 0 0

( 55)0 0 0,0184 0,0003

CΦ ,

T T4 40,0182 0,0003 0 0 , 1 0 r g .

Konačno dobivamo matrice R i G.

0,025 0,0006 0 00 0 0,0226 0,0005

dim(n x n)0 0 0,0203 0,0004

0,0182 0,0003 0 0

R ,

1 00 1

dim(n x p)0 11 0

G .

Slijede tražene matrice observera.

Prostor stanja

217

10

94,8 0212,8 2,50,4 95,042,1 2281,2

B R G

0 0

94,82 1 0,003 02182,76 0,1818 0,193 00,444 0 95 142,13 0,4545 2250 0

A A B C

Dodatak Krug se s observerom može prikazati blok dijagramom.

Koristeći gornji blok dijagram, izvedimo jednadžbe zatvorenog kruga.

0ˆ ˆ ˆ(t) (t) (t) (t) (t)

X AX B Y Y BU (2)

Osnovni smisao observera je ostvariti minimalnu pogrešku između stvarnog i estimiranog (procijenjenog) stanja sustava. Ujedno tu pogrešku uvodimo kao novo stanje zatvorenog kruga.

ˆ ˆ(t) (t) e X X e X X (3)

1 i 2 3 e(t) (t)AX BU 0ˆ ˆ(t) (t)AX B Y Y BU

0 0ˆ ˆ ˆ(t) e A X X B Y Y Ae B Y Y (4)

(t) ˆ ˆˆ ˆ(t)

Y CXY Y C X X

Y CX (5)

Uvrštavanjem (5) u (4) slijedi: 0 0ˆ ˆ ˆ(t) e A X X B Y Y Ae B C X X .

Prostor stanja

218

Sređivanje prethodnog izraza daje: 0(t) e A B C e . (6)

Iz blok dijagrama ispišimo derivaciju vektora stanja sustava.

1ˆ X AX B K W KX (7)

Iz (3) slijedi: ˆ ˆ(t) (t) e X X X X e . (8)

Uvrštavanjem (8) u (7) dobiva se: 1 X A BK X BKe BK W (9)

Sada izrazi (6) i (9) tvore tražene jednadžbe zatvorenog kruga s observerom i predfilterom.

1

00 0

0

A BK BKx x BKW

A B Ce e

xY C

e

Ako sustav pobudimo istom pobudnom funkcijom kao u zadatku 4.6 dobiva se i gotovo identičan odziv, što govori da je observer stanja ispravno projektiran.

0 0,5 1,0 1,5 2,0 2,5 3,0 3,5 4,0-0,1

-0,05

0

0,05

0,1

0,15

0,2

0,25

Vrijeme (s)

Pobu

da,

pom

ak k

olic

a x

(m)

PobudaPomak kolica

0 0,5 1,0 1,5 2,0 2,5 3,0 3,5 4,0 -0,2

-0,15

-0,1

-0,05

0

0,05

0,1

Vrijeme (s)

Otk

lon

njih

ala,

(

rad)

Literatura

219

3. Literatura

B. C. Kuo, F. Golnaraghi. Automatic Control Systems, John Wiley & Sons, New

York, 2003. N. Nise. Control Systems Engineering, John Wiley & Sons, New York, 2011. Z. Vukić, Lj. Kuljača, Automatsko upravljanje – analiza linearnih sustava, Kigen

2004. T. Šurina. Automatska regulacija, Školska knjiga, Zagreb, 1987. V. Kecman, Osnove automatike – zadaci iz automatske regulacije, Školska

knjiga Zagreb, 1988. R. Isermann. Digital Control Systems, Springer-Verlag, 2nd Revised Edition,

1989. B. Novaković. Regulacijski sistemi, Sveučilišna naklada Liber, Zagreb, 1985. B. Novaković, Metode vođenja tehničkih sistema, Primjena u robotici,

fleksibilnim sistemima i procesima, Školska knjiga, Zagreb, 1990.

Documents

Prostor stanja