SISTEMI AUTOMATSKOG UPRAVLJANJA 5.pdfKontrolabilnost sistema 5 Da bi sistem preveli iz stanja x 0 u stanje x 1, potrebno je riješiti gornji sistem jednačina. Odnosno, prvo treba

SISTEMI AUTOMATSKOG

UPRAVLJANJA

Predavanje 5

Ishodi učenja:

Nakon savladavanja gradiva sa ovog predavanja studenti će moći da:

v Razumiju koncepte kontrolabilnosti i opservabilnosti

v Ispitaju kontrolabilnost i opservabilnost sistema koristeći

različite kriterijume

v Shvate koncept stabilnosti - jedne od najznačajnih osobina

SAU-a

v Ispitaju apsolutnu stabilnost sistema koristeći Rausov kriterijum

2

Osobine SAU-a: kontrolabilnost,

opservabilnost i stabilnost

Kontrolabilnost sistema

Posmatrajmo LTI sistem opisan u prostoru stanja:

Drugim riječima treba da postoji u(t) takav da važi:

Posmatrajući izraz iznad, uočava se da kontrolabilnost zavisi samo od

matrica A i B. Naš zadatak je da ispitamo koji uslov treba da zadovolje

matrice A i B, tako da gornja jednačina uvijek bude zadovoljena.

3

Za LTI sistem kažemo da je potpuno kontrolabilan (upravljiv) ako postoji

upravljački signal u(t) takav da pomjeri sistem iz bilo kog početnog stanja

x(t0)=x0 u željeno stanje x(t1)=x1 za neko konačno vrijeme t1-t0.

0( ) ( ) ( ), (0)

( ) ( ) ( )

t t t

t t t

x Ax Bu x x

y Cx Du

1

( )

0 1

0

( )

t

t te e d A A

x Bu x


4

Za izvođenje uslova kontrolabilnosti koristićemo Cayley-Hamiltonovu

teoremu, na osnovu koje se može tvrditi da se prozivoljna matrična

funkcija može napisati kao linearna kombinacija njenih eksponentata do

(n-1)-og stepena:

Uvrštavanjem gornjeg izraza u izraz za jednačine stanja x, dobija se

Posljednja jednakost se može zapisati u matričnom obliku:

1

1

1 0 0 1 1

0

( ) ( ) ... ( ) ( )

t

At n

ne d

x x I A A Bu

1

0 1 1( ) ( ) ... ( )n

ne

AI A A

0

11

1 0

1

| | ... |...

At n

n

r

re

r

x x B AB A B

1

1

1

0 0

0

1 1

0

1 1

0

( ) ( ) ,

( ) ( ) ,

( ) ( )

t

t

t

n n

r d

r d

r d

u

u

u


5

Da bi sistem preveli iz stanja x0 u stanje x1, potrebno je riješiti gornji

sistem jednačina. Odnosno, prvo treba naći vektor r, a zatim poznavajući

r1, r2,.. r2 odrediti upravljanje u(t).

Međutim, u ovom kursu nas ne interesuje pronalaženje upravljanja u(t)

koje prevodi sistem iz nekog početnog u željeno stanje, već nas samo

zanima pod kojim uslovima to upravljanje postoji.

Prethodna jednačina ima jedinstveno rješenje jedino pod uslovom da je

matrica K invertabilna.

0

11

1 0

1

| | ... |...

At n

n

r

re

r

x x B AB A B Kr

1 11

1 0 1 0

t te e

A Ax x Kr r K x x


6

Drugim riječima, sistem je potpuno kontrolabilan ako važi sljedeće:

Ako je rank(K) = n – p, onda da sistem ima n-p kontrolabilnih stanja.

Preostalih p stanja nije kontrolabilno, što znači da na njih ne možemo

direktno ili indirektno da utičemo ulaznim signalom ili su ona linearna

kombinacija preostalih n-p kontrolabinih stanja.

Iako se u ovom kursu nećemo baviti dizajnom regulatora u vremenskom

domenu, treba naglasiti da je kontrolabilnost sistema od krucijalna

važnosti za mnoge upravljačke probleme, koji se upravo rješavaju

projektovanjem u vremenskom domenu.

1( ) rank | | ... | nrank n K B AB A B

det( ) 0K

Primjer 1 - kontrolabilnost sistema

7

Da li je sistem zadat u prostoru stanja matricama A, B, C i D kontrolabilan?

5 1 2

, , 1 22 0 5

A B C

2 15

det( ) det | det 975 11

K B AB

A=[-5 -1;3 1];

B=[2;5];

K=[B A*B]

K =

2 -15

5 11

det(K)

1/s

1/s

5

3

2

5

u(t)

2

y(t)

-

-

+

+

++

+

+

1x

2x

1x

2x

Posmatrajući kvazi-analogni dijagram sa slike

uočava se da između stanja x1, x2 i ulaza postoji

direktna veza, što znači da je sistem

kontrolabilan.

Napomena: veza može biti i indirektna. Odnosno

ulaz može da upravlja stanjem x2 preko stanja x1.


8


5 1 2

, , 1 20 1 0

A B C

2 10

det( ) det | det 00 0

K B AB

A=[-5 -1;0 1];

B=[2;0];

K=[B A*B]

det(K)

rank(K)

ans =

1

Rang matrice K je jednak 1, što znači da sistem

ima jedno upravljivo i jedno neupravljivo stanje.

Sa kvazi-analognog blok dijagrama se vidi da

stanje x2 nije upravljivo.

1/s

1/s

5

2

u(t)

2

y(t)

-

-

+

+

+

1x

2x

1x

2x


9


5 0 2

, , 1 20 5 10

A B C

2 10

det( ) det | det 010 50

K B AB

A=[-5 0;0 -5];

B=[2;4];

K=[B A*B]

det(K)

rank(K)

ans =

1

Posmatrajući kvazi-anlogni dijagram vidi se ulaz

utiče na obje promjenljiive, međutim one nijesu

linearno nezavisne. U svakom trenutku x2=5x1,

što znači ne postoji ulaz koji sistem može

prevesti u bilo koje željeno stanje.

1/s

1/s

5

2

10

u(t)

2

y(t)

-+

+-

+

+

1x

2x

1x

2x

5


10

Da li su električni sistemi sa slike kontrolabilni?

Za električno kolo na slici lijevo, stanje x nije kontrolabilno. Most se nalazi u

ravnoteži, te je napon (x) uvijek jednak nuli, bez obzira na promjene ulaznog

napona. Kolo na slici desno takođe nije potpuno kontrolabilno. Stanja x1 i x2 su

uvijek jednaka, jer su vrijednosti otpornika i kondenzatora jednake. Oba kola bi

bila kontrolabilna da bar jedan otpornik/kondenzator ima drugu vrijednost.

+

1 1

1 1

E+ -

x

+

1F

1 1

E

+

-1x

1F+

- 2x

Opservabilnost sistema

Neka je LTI sistem u prostoru stanja zadat jendačinama:

Drugim riječima, postavlja se pitanje pod kojim uslovima možemo

odrediti x(0) ako mjerimo izlazni signal u trenucima t1, t2,... tn?

Izlazni signal iz sistema je jednak:

11

Za LTI sistem kažemo da je potpuno opservabilan (osmotriv) ukoliko je na

osnovu mjerenja izlaznog vektora y(t) u nekom konačnom intervalu t1-t0 moguće

rekonstruisati vektor početnih stanja x0.

0( ) ( ) ( ), (0)

( ) ( ) ( )

t t t

t t t

x Ax Bu x x

y Cx Du

1

( )

0

0

( ) ( ) (t)

t

t ty t e e d u A A

C x C Bu D


12

Izlazni signal iz sistema u trenutku t je jednak:

Ako se gornja jednačina zapiše za n trenutka vremena, dobija se sljedeći

sistem jednačina:

1

( )

0

0

( ) ( ) ( ).

t

t ty t e e d u t A A

C x C Bu D

1

1

2

2

( )

1 0 1

0

( )

2 0 2

0

( )

0

0

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

...

( ) ( ) ( )n

n

t

t t

t

t t

t

t t

n n

y t e e d u t

y t e e d u t

y t e e d u t

A A

A A

A A

C x C Bu D

C x C Bu D

C x C Bu D


13

Ako se lijeva strana jednačine označi sa odgovarajućim qi, a sa desne

strane matrica razvije u polinom koristeći Cayley-Hamiltonovu

teoremu, može se zapisati sljedeće:

1

1

2

2

( )

1 1 0

0

( )

2 2 0

0

( )

0

0

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

...

( ) ( ) ( )n

n

t

tt

t

tt

t

tt

n n

y t e d u t e

y t e d u t e

y t e d u t e

AA

AA

AA

C Bu D C x

C Bu D C x

C Bu D C x

1 0 1 1 1 1 1

2 0 2 1 2 1 2

-1

0 1 1

( ) ( ) ... ( )

( ) ( ) ... ( )(0)

... ... ... ... ... ...

( ) ( ) ... ( )

N

N

n

n n n n n

q t t t

q t t t

q t t t

C

CAx

CA

iteA

1 1

0

x O Λ q

OΛ


14

Nas trenutno ne zanima način pronalaženja vektora x0, već samo po pod

kojima je to moguće odraditi.

Prethodna jednačina ima jedinstveno rješenje jedino pod uslovima da je

matrica O invertabilna. Drugim riječima, sistem je poptuno opservabilan

ako važi sljedeće:

Ako je rank(O) = n – p onda sistem ima n-p opservabilnih stanja.

Preostalih p stanja nije opservabilno, što znači ona nemaju direktnu ili

indirektnu vezu sa izlazom ili su ona linearna kombinacija preostalih n-p

opservabilnih stanja.

1

( ) rank( ) rank | C | ... |NT T T T T Trank n

O O C A A C

det( ) 0O

1 1

0

x O Λ q

Primjer 1 - opservabilnost sistema

15

Da li je sistem zadat u prostoru stanja matricama A, B i C opservabilan?

5 1 2

, , 1 22 0 5

A B C

1 1det( ) det | det 1

2 1

T T T

O C A C

A=[-5 -1;2 0];

C=[1 2];

O=[C' A'*C']

O =

1 -1

2 -1

det(O)

1/s

1/s

5

3

2

5

u(t)

2

y(t)

-

-

+

+

++

+

+

1x

2x

1x

2x

Posmatrajući kvazi-anlogni dijagram vidi se

između x1, x2 i izlaza postoji direktna veza, što

znači da je sistem opservabilan.

Napomena. Veza može biti i indirektna, odnosno

x2 može da bude povezan na izlaz preko x1, i

obrnuto.


16


5 1 2

, , 0 20 1 1

A B C

0 0det( ) det | det 1

1 1

T T T

O C A C

A=[-5 -1;0 1];

C=[0 1];

O=[C' A'*C']

det(O)

rank(O)

ans =

1

Rang matrice O je jednak 1, što znači da sistem

ima jedno opservabilno i jedno neopservabilo

stanje. Sa dijagrama se vidi da stanje x1 nije

opservabilno.

1/s

1/s

5

2

u(t)

2

y(t)

-

-

+ 1x

2x

1x

2x+

+


17


5 0 2

, , 1 20 5 10

A B C

2 10

det( ) det | det 010 50

K B BA

A=[-5 0;0 -5];

B=[2;4];

K=[B A*B]

det(K)

rank(K)

ans =

1

1/s

1/s

5

2

10

u(t)

2

y(t)

-+

+-

+

+

1x

2x

1x

2x

5

Posmatrajući kvazi-anlogni dijagram vidi su na

izlaz povezane obje promjenljiive. Međutim,

kako je u svakom trenutku x2=5x1 sistem nije

poptuno opservabilna (stanja su linearno

zavisna).


18

Da li su električni sistemi sa slike opservabilni, ako kao izlaz posmatramo napon

na kondenzatoru?

Za električno kolo na slici lijevo, jedino je stanje x2 opservabilno. Njega svakako

direktno mjerimo, jer je izlaz jednak naponu. Stanje x1 nije opservabilno, jer izlaz

(x2) zavisi samo od ulaza, tj. od struje I. Sa druge strane, kod elektičnog kola na

slici desno oba stanja su opservabilna, jer se oba utiču na izlaz koji se mjeri.

1 1F+

- 2x

+

E

1H

1x

11 1F+

- 2xI

1H

1x

1

Kontrolabilnost i opservabilnost

19

O kontrolabilnosti i opservabilnosti se može zaključiti i u s-domenu.

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

Ukoliko prilikom računanja funkcije prenosa dođe do skraćivanja nula i

polova tada sistem nije potpuno kontrolabilan ili opservabilan!

Stabilnost dinamičkih sistema

Posmatrajmo nelinearni sistem opisan vektorskom diferencijalnom

jednačinom:

Ekvilibrijumom ili ravnotežnim stanjem se zove ona tačka u n-

dimenzionalnom prostoru stanja u kojoj je prvi izvod promjenljivih stanja

jedak nuli:

Drugim riječima, ako se sistem nađe u tački xe, tu će i ostati. Sistem može

da ima više ekvilibrijuma.

Kada posmatramo sistem,

20

( ) ( ( )), ( ) .t f t t x x u 0

( , ) ( ) 0e

ef t t x xx x

Stabilnost dinamičkih sistema

21

Za ekvilibrijum nelinearnog sistema kažemo da je stabilan ukoliko važi

sljedeće:

Drugim riječima, za svaku malu promjenu, sistem se uvijek vraća u

okolinu ravnotežnog stanja. Za ekvilibrijum nelinearnog sistema kažemo

da je asimptotski stabilan ukoliko važi sljedeće:

odnosno ukoliko se za svaku malu promjenu uvijek vraća u ravnotežno

stanje. Konačno, za ekvilibrijum nelinearnog sistema kažemo da je

globalno stabilan ukoliko važi sljedeće:

tj. ukoliko se za svaku promjenu uvijek vraća u isto ravnotežno stanje.

|| (0) || ( 0) || ( ) || .e et t x x x x

|| (0) || ( 0) || ( ) || 0,e et t x x x x

( 0) || (0) || lim || ( ) || 0,e et

t

x x x x

Primjer – klasifikacija ekvilibirjuma

22

Zamislite loptu koja može da se kreće po nacrtanoj površini. Klasifikujte

ekvilibrijume.

Ekvilibrijum 1 je asimptotski stabilan, jer ukoliko malo pomjerimo loptu, ona će

se vratiti u početno stanje. Ekvilibrijum 2 je nestabilan, jer mala promjena

položaja lopte dovešće do divergencije od početnog stanja. Ekvilibrijum 3 je

stabilan, ali ne i asimptotski, jer za malu promjenu položaja lopta ostaje u okolini

početnog stanja. Konačno, ekvilibrijum 4 na slici desno je globalno stabilan, jer za

bez obzira na promjenu položaja lopte, ona će se uvijek vratiti u početno stanje.

4

1

2

3

Primjer – ekvilibrijumi klatna

23

Modelovati klatno prikazano na slici, a zatim naći stacionarne tačke.

Diferencijalna jednačina klatna ima sljedeći oblik (b – koeficijent trenja):

Uvođenjem smjena , dobija se model u

prostoru stanja:

Izjednačavajući izvode sa nulom, za F=0, dobijaju se stacionarne tačke:

θ l

F

mg

22

2sin ,

dJ b mgl Fl J ml

dt

1 2

2 1sin

x x

F gx x

ml l

1 2,x x

1 1

2 2

1 2

1 2

0

0,

s s

s s

x x

x x

stacionarne tačke

(ravnotežna stanja)

posmatramo za F=0!

Stabilni ekvilibrijum

Nestabilni ekvilibrijum

Upravljanjem nestabilni sistemi mogu da se ustabile!

Primjer – ekvilibrijumi klatna

24

Na slici je prikazana trajektorija klatna u prostoru stanja za početni ugao 2π/3 i nultu

početnu brzinu. Može se uočiti da se za date početne uslove klatno kreće ka tački (0,0).

Strelice pokazuju putanje klatna za razne početne uslove. Kao što se vidi sve trajektorije

konvergiraju ka tački (0,0). Specijalno, sistem se može zadržati u tački (π, 0), ali mala

peturbacija bi ga promjerila iz tog stanja i dovela u stanje (0,0).

Stabilnost LTI sistema

LTI sistemi imaju jedan ekvilibrijum, zbog čega se govori o stabilnosti

stistema, a ne samo o stabilnosti ekvilibrijuma:

Gornja jednačina je homegena, te ima samo trivijalno rješenje x(t)=0.

Vi[edefinicija stabilnosti!

BIBO (Bounded Input Bounded Output) – sistem je stabilan ako je za bilo

koji ograničeni ulazni signal izlazni signal takođe ograničen

Potrebno je ovu definicuju zapisati u obliku koji je pogodan za analitičko

ispitivanje stabilnosti sistema!

25

( ) | ( ) | ( )( ) | ( ) |t u t M N t y t N

( ) ( )t t x Ax 0


26

LTI sistemi mogu da budu stabilni, marginalno stabilni ili nestabilni. Ako

je stistem stabilan za bilo koje početne uslove promjenljive stanja će

konvergirati ka nuli. Kod nestabilnih sistama promjenljive stanja

konvergiraju ka beskonačnosti. Kod marginalno stabilnih sistema

promjenljive stanja osiciluju ili su konvergiraju ka nekim konstantama.


27

Odziv LTI sistema čiji je impulsni odziv g(t) je jednak:

Prema BIBO definiciji treba da bude zadovoljeno sljedeće:

Slijedi, da bi sistem bio stabilan, impulsni odziv treba da bude apsolutno

integrabilan:

0

( ) ( ) ( )y t g u t d

0 0 0

| ( ) | ( ) ( ) | ( ) || ( ) | | ( ) |y t g u t d g u t d M g d

0

| ( ) |g t dt


28

Za LTI sisteme dovoljan je i sljedeći uslov stabilnosti

Stabilnost sistema se može dovesti u vezu sa položajem polova funkcije

prenosa sistema u s-ravni:

Polovi funkcije prenosa mogu biti: čisto realni, čisto imaginarni,

kompleksni, pri čemu posebno treba posmatrati pol koji leži u

koordinatnom početku. Svi polovi mogu biti jednostruki ili višestruki.

1

1 1 0

1

1 1 0

...( )

...

m m

m m

n n

n

b s b s b s bG s

s a s a s a

lim ( )t

g t


29

Funkcija prenosa ima određen broj svih vrsta polova, te se može rastaviti

na parcijalne razlomke:

Impulsni odziv sistema je jednak inverznoj Laplasovoj transformaciji

funkcije prenosa, odnosno njenih parcijalnih razlomaka. Da bi sistem bio

stabilan impuslni odziv svakog sabirka mora biti apsolutno integrabilan.

1

1 1 0

1

1 1 0

2 2 2 2 2 2

...( )

...

( ) ( ) [( ) )]i i i

m m

m m

n n

n

i i i i

a b c dM N Pi

b s b s b s bG s

s a s a s a

A B C s D D

s s s s

Stabilnost sistema

30

lim 0, 0tt

e za

lim , 0t

te za

Vrsta pola F(s) f(t)

Realan i prost, s 1

s

te

Stabilnost sistema

31


Realan i višestruk,

s

1

( )ks

1k tt e

1lim 0, 0k tt

t e za

1lim , 0k t

tt e za

Stabilnost sistema

32

1 1sin( )t

1

lim sin( )k

t

tt


Čisto kompleksan i prost,s j

2 2

1

s

1sin( )t

Čisto kompleksan i

višestruk, s j 2 21

( )ks

1

sin( )kt

t

Stabilnost sistema

33


Komplekan i prost, s j

2 2

1

( )s

1sin( )ate t

1lim sin( ) 0, 0tt

e t za

1lim sin( ) , 0tt

e t za

Stabilnost sistema

34


Kompleksan i višestruk, s j

2 2

1

s

1

sin( )kt

t

1

lim sin( ) 0, 0k

t

tt za

1

lim sin( ) , 0k

t

tt za

Stabilnost sistema

35


U koordinatom početku i

prost, s=0

1

s ( )h t

U koordinatom početku i

višestruk, s=0

1ks

11

( 1)!

ktk

lim ( ) 1t

h t

11

lim( 1)!

k

tt

k


36

Na osnovu definicije stabilnosti u vremenskom domenu i prethodno

izloženih karakterstičnih impulsnih odziva u zavisnosti od polova sistema,

može se dati sljedeća definicija:

Neki primjeri nestabilnih sistema:

Primjeri stabilnih sistema:

Primjeri sistema na granici stabilnosti:

Potreban i dovoljan uslov da kontinualni LTI sistem bude stabilan jeste da

svi njegovi polovi leže u lijevoj poluravni s ravni, odnosno da realni

djelovi svih njegovih polova budu negativni. Ukoliko sistem ima konačan

broj jednostrukih polova koji leže na imaginarnoj osi, tada se za sistem

kaže da je na granici stabilnosti. Konačno, ako sistem ima bar jedan pol

koji leži u desnoj poluravni s-ravni ili bar jedan višestruki pol koji leži na

imaginarnoj osi, onda se za njega može reći da je nestabilan.

Rausov kriterijum stabilnosti

Dakle, da bi sistem bio stabilan potrebno je riješiti karakterističnu

jednačinu sistema:

Ukoliko svi polovi (korijeni) sistema imaju negativan realni dio, onda

možemo zaključiti da je sistem stabilan. Rausov kriterijum stabilnosti

omogućava ispitivanje stabilnosti sistema bez rješavanja karakteristične

jednačine. Na osnovu koeficijenata karakteristične jednačine formira se

Rausova tabela. Prva kolona iz Rasuove tabele se zove Rausova kolona i

na osnovu nje se zaključuje o stabilnosti sistema.

37

Da bi sistem bio stabilan dovoljan uslov je da su svi koeficijenti u

Rasuovoj koloni istog znaka. Broj nestabilnih polova jednak je broju

promjena znaka u Rausovoj koloni. Ukoliko svi koeficijenti istog znaka,

pri čemu su neki jednaki nuli, onda se sistem nalazi na granici

stabilnosti.

1 1

1 1 0( ) ... 0.n n

n nf s a s a s a s a

Rausova tabela se formira na sljedeći način. Naprije se popunjavaju prva i

druga vrsta Rausove tabele i to na osnovu koeficijenata karakteristične

jednačine. Ostale vrste se računaju na osnovu formula datih ispod.


38

sn an an-2 an-4 …

sn-1 an-1 an-3 an-5 …

sn-2 b1 b2 b3 …

sn-3 c1 c2 c3 …

… … … … …

1 2 3 1 4 51 2

1 1

1 3 1 2 1 5 1 31 2

1 1

, ,...

, ,...

n n n n n n n n

n n

n n n n

a a a a a a a ab b

a a

b a a b b a a bc c

b b

Rausova kolona

Rausova tabela se formira na sljedeći način. Naprije se popunjavaju prva i

druga vrsta Rausove tabele i to na osnovu koeficijenata karakteristične

jednačine. Ostale vrste se računaju na osnovu formula datih ispod.


39

sn an an-2 an-4 …

sn-1 an-1 an-3 an-5 …

sn-2 b1 b2 b3 …

sn-3 c1 c2 c3 …

… … … … …

1 2 3 1 4 51 2

1 1

1 3 1 2 1 5 1 31 2

1 1

, ,...

, ,...

n n n n n n n n

n n

n n n n

a a a a a a a ab b

a a

b a a b b a a bc c

b b

Rausova kolona

Ispitati stabilnost sistema čija je karakteristična jednačina:

Primjer - Rausov kriterijum stabilnosti

40

s4 1 4 2

s3 4 7 0

s2 9/4 2 0

s1 15/9 0 0

s0 2 0 0

Rausova kolona

4 3 2( ) 4 4 7 2f s s s s s

Sistem je stabilan jer nema promjena znaka u Rasovoj koloni.

1

1 4 4 4 1 7 9

4 7 4 4b

2

1 2 4 2 1 02

4 0 4b

1

4 7 9 / 4 7 4 3 63 / 4 12 15

9 / 4 3 9 / 4 9 / 4 9c

1

9 / 4 22

15 / 9 0d

Ispitati stabilnost sistema čija je karakteristična jednačina:

Primjer - Rausov kriterijum stabilnosti

41

s4 1 4 2

s3 7 4 0

s2 24/7 2 0

s1 -1/12 0 0

s0 2 0 0

Rausova kolona

4 3 2( ) 7 4 4 2f s s s s s

Sistem je nestabilan i ima dva nestabilna pola, jer postoje dvije promjena znaka u

Rasovoj koloni.

1

1 4 7 4 1 4 24

7 4 7 7b

2

4 2 4 2 4 02

4 0 4b

1

7 4 24 / 7 4 7 2 2 / 7 1

24 / 7 2 24 / 7 24 / 7 12c

1

24 / 7 22

1/12 0d

Documents

SISTEMI AUTOMATSKOG UPRAVLJANJA 5.pdfKontrolabilnost sistema 5 Da bi sistem preveli iz stanja x 0 u stanje x 1, potrebno je riješiti gornji sistem jednačina. Odnosno, prvo treba