phân tích tổng hợp hệ điều hành máy tính

TiÓu luËn Ph©n tÝch tæng hîp
hÖ ®iÒu khiÓn trªn m¸y tÝnh
I. Lý thuyết
2. Chứng minh định lý Chun Cohn cho hệ thống bậc n=5.
3. Động học rời rạc: Chứng minh định lý tính quan sát được.
II. Thực hành.
1. Phương pháp tần số cho đối tượng:
200
W ( )
(1 0,5 )
s
s s
θ
=
+
Thiết kế bộ điều khiển LEAD sao cho δ≤30%; t
s
≤0,5sec;
v ≤ 500m/sec; ∆ ≤ 15m.
2. Phương pháp quỹ đạo nghiệm:
200
W ( )
(1 0,5 )(1 0,04 )
s
s s
θ
=
+ +
Thiết kế bộ điều khiển PID (PI) sao cho: δ≤30%; t
s
≤0,5sec; v ≤ 500m/sec;

∆ ≤ 15m.
3. Phương pháp không gian trạng thái: Thiết kế bộ điều khiển số Riccati cho đối
tượng:
0,313 56,7 0
0,0139 0,426 0
0 56,7 0
A
c
 
 ÷
 ÷
 ÷
 ÷
 
−
= − −
;
0,232
0,0203
0
B
c
 
 ÷
 ÷
 ÷
 
=
;
C

c
= (0 0 1); D
c
= 0; R = [1]; V = 50.
1
TiÓu luËn Ph©n tÝch tæng hîp
hÖ ®iÒu khiÓn trªn m¸y tÝnh
I. LÝ THUYẾT
1. Cho hệ thống có hàm truyền:
3 2 1
c . . .
0 1 2 3
W(s)=
4 3 2
. . .
1 2 3 4
s c s c s c
s a s a s a s a
+ + +
+ + + +
(1.1)
Hãy biến đổi thành trạng thái dạng chuẩn quan sát.
Giải:
Đối với hệ thống:
x Ax Bu
y Cx Du
= +


= +


&
(1.2)
Trong những điều kiện xác định sẽ tồn tại ma trận T không suy biến, cho phép
biến đổi x=Tz biến đổi dạng đã cho
x Ax Bu= +
&
của trạng thái sang dạng được
gọi là quan sát được
( ) ( )q q
z A z B u= +
&
.
Khi hệ thống được biết thông qua hàm truyền (1.1), có thể viết
3
3
3
3
0
4 4
4 4 4 4
0
1 1
( )
( )
( )
k
k
k
k

k
j j
k
j j
j j
c s F s
s F s
Y s c
s a s s a s
−
−
=
− −
=
= =
= =
+ +
∑
∑
∑ ∑
dưới dạng được gọi là quy
hoạch đan xen:
4 3 2 3
1 2 3 4 2 0
2
2 1 3 2 4 3
( )
( ) ( ) 0
s Y s aY s a Y sa Y a Y s a Y c F
s a Y c F s a Y c F a Y c F

+ + + + + − +
− + − + − =
(1.3)
Khi chia (1.3)cho s
4
sẽ nhận được:
1 2 3 4 2 0
2 3 4
2 1 3 2 4 3
2 3 4
1 1 1 1
( )
1 1 1
( ) ( ) ( )
Y aY a Y sa Y a Y a Y c F
s s s s s
a Y c F a Y c F a Y c F
s s s
= − − − − − − −
− − − − −
(1.4)
Và đặt:
2
TiÓu luËn Ph©n tÝch tæng hîp
hÖ ®iÒu khiÓn trªn m¸y tÝnh
1 3 4
2 2 3 1
3 1 2 2
4 0 1 3
1

( )
1
( )
1
( )
1
( )
X c F a Y
s
X c F a Y X
s
X c F a Y X
s
X c F a Y X
s

= −



= − +



= − +



= − +


(1.5)
Khi đó (1.4) trở thành: Y(s)=X
4
(s) (1.6)
Với F(s)=U(s), khi thay (1.6) vào (1.5) nhận được:
1 4 4 3
2 1 3 4 2
3 2 2 4 1
4 3 1 4 0
sX a X c U
sX X a X c U
sX X a X cU
sX X a X c U
= − +


= − +


= − +


= − +

Hay dưới dạng thời gian:
1 4 4 3
2 1 3 4 2
3 2 2 4 1
4 3 1 4 0
x a x c u

x x a x c u
x x a x cu
x x a x c u
= − +


= − +


= − +


= − +

&
&
&
&
Theo đó có thể viết:
x Ax Bu
y Cx Du
= +


= +

&
(1.7)
ở đây, các ma trận A, B, C, D kích thước 4x4, 4x1, 1x4, 1x1 của hệ thống
chuẩn hợp thức được xác định theo:

4
3
2
1
0 0 0
1 0 0
0 1 0
0 0 1
a
a
A
a
a
−
 
 ÷
−
 ÷
=
 ÷
−
 ÷
−
 
;
3
2
1
0
c

c
B
c
c
 
 ÷
 ÷
=
 ÷
 ÷
 
;
( )
0 0 0 1C =
; D=0
Đây chính là dạng quan sát được của hệ thống đã cho.
2. Chứng minh định lý Chur Cohn cho hệ thống có bậc n=5.
3
TiÓu luËn Ph©n tÝch tæng hîp
hÖ ®iÒu khiÓn trªn m¸y tÝnh
Định lý (gọi là định lý “Tính ổn định” Chur Cohn): Điều kiện cần và đủ để đa
thức
( )
0
n
n k
d z d z
k
k
−

=
∑
=
ổn định là
0
1
n
d
d
<
và đa thức
1
1
0
( ) ( ) ( )
n
n
d
d z d z z d z
d
−
= −
cũng phải là ổn định.
Chứng minh:
Khi n=5 ta chứng minh điều kiện cần và đủ để đa thức
5
5
( )
0
k

d z d z
k
k
−
=
∑
=
ổn
định là
5
0
1
d
d
<
và đa thức
5 1
5
1
0
( ) ( ) ( )
d
d z d z z d z
d
−
= −
cũng phải ổn định.
Đa thức d(z) được triển khai dưới dạng sau:
d(z)=d
0

z
5
+ d
1
z
4
+ d
2
z
3
+ d
3
z
2
+ d
4
z + d
5
. (2.1)
Khi đa thức (2.1) có 5 nghiệm riêng biệt z
1
, z
2
, z
3
, z
4
, z
5
. Khi đó theo định

lý Viet có thể viết:
d(z) = d
0
(z - z
1
)(z - z
2
)(z - z
3
)(z - z
4
)(z - z
5
)
=
5
n 1 5
0 1 2 3 4 5
1
d [z - ( 1) ]
n
k
k
z z z z z z z
−
=
+ ×××+ −
∑
Theo đó
5

5
1
0
k
k
d
z
d
=
= −
∏
(2.2)
Nếu hệ thống với đa thức đặc trưng d(z) đã cho ổn định thì với mọi k phải có
1
k
z <
, từ đó theo (2.2):
5 5
5
1 1
0
k k
k k
d
z z
d
= =
= − =
∏ ∏

Suy ra
5
0
1
d
d
<
Mặt khác, với 0 ≤ p < 1 (2.3)
Xét đa thức d
p
(z) = d(z) – pz
5
d(z
-1
) (2.4)
Giả thiết các z
k
nằm trên đường tròn đơn vị, tức là
1
k
z =
(2.5)
là nghiệm của d
p
(z), tức là d
p
(z
k
) = 0 (2.6)
4

TiÓu luËn Ph©n tÝch tæng hîp
hÖ ®iÒu khiÓn trªn m¸y tÝnh
Từ (2.4) và (2.6) suy ra
5 1
( ) ( )
k k k
d z pz d z
−
=
Theo đó và theo (2.3):
5 1
( ) ( )
k k k
d z p z d z
−
=
Do
1
k
z =
nên
1
( ) ( )
k k
d z p d z
−
=
(2.7)
Như đã biết
1

( ) ( ) ( ) ( )
k
k k k
d z d z d z d z
−
= = =
. Do đó biểu thức (2.7) trở thành
( ) ( )
k k
d z p d z=
(2.8)
Theo (2.3): p ≠ 1 nên (2.8) chỉ có thể xảy ra khi d(z
k
) = 0 (2.9)
Như vậy, mọi z
k
, với
1
k
z =
, nếu là nghiệm của (2.6) thì cũng phải là
nghiệm của (2.9). Ngược lại, mọi z
k
với
1
k
z =
nếu là nghiệm của d(z), tức là
d(z
k

) = 0 thì cũng là nghiệm của d
p
(z). Bởi vì từ d(z
k
) = 0 (2.10)
với z
k
≠ 0, sẽ có
1
5
( )
( ) 0
k
k
k
d z
d z
z
−
= =
(2.11)
Trên cơ sở (2.10), (2.11) và (2.4) suy ra d
p
(z
k
) = 0
Như vậy, với p ≠ 1, số nghiệm của d
p
(z) nằm trên đường tròn đơn vị bằng
số nghiệm của d(z) nằm trên đường tròn đơn vị và ngược lại. Bởi vì số nghiệm,

q chẳng hạn, của d(z) nằm trên đường tròn đơn vị cũng không phụ thuộc và p,
nên số nghiệm của d
p
(z) nằm trên đường tròn đơn vị cũng không phụ thuộc và p
và cũng bằng q.
Trong trường hợp p=0 thì theo (2.4) ta có d
p
(z)=d(z)
Do đó tất cả nghiệm của d(z) đều là nghiệm của d
p
(z) và ngược lại. Suy ra
số nghiệm của d
p
(z) nằm bên trong đường tròn đơn vị phải bằng số nghiệm của
d(z) nằm bên trong đường tròn đơn vị. Khi p≠0 số nghiệm đó vẫn không thể
thay đổi. Thật vậy, giả thiết khi p≠0 v à p<1, số nghiệm của d
p
(z) nằm bên trong
đường tròn giảm, chẳng hạn với p=c<1, c=const, chỉ mỗi nghiệm z
j
nào đó của
d
p
(z) đã di chuyển ra ngoài đường tròn đơn vị, tức
0
1
j p
z
=
<

nhưng
1
j p c
z
=
>
Bởi vì nghiệm là hàm liên tục của p nên phải tồn tại K nào đó: 0<K<c sao
cho với p=K:
1
j p K
z
=
=
5
TiÓu luËn Ph©n tÝch tæng hîp
hÖ ®iÒu khiÓn trªn m¸y tÝnh
Suy ra số nghiệm của d
p
(z) nằm trên đường tròn đơn vị đã tăng và là q+1.
Điều này trái với kết luận: số nghiệm của d
p
(z) nằm trên đường tròn đơn vị phải
bằng số nghiệm của d(z) nằm trên đường tròn đơn vị.
Khi chọn
5
0
d
p
d
=

sẽ có d
p
(z)=d
1
(z)
Như vậy nếu d(z) là đa thức ổn định thì do
5
0
d
p
d
=
<1, d
1
(z) cũng là đa
thức ổn định. Ngược lại nếu d
1
(z) là đa thức ổn định và
5
0
1
d
d
<
thì d(z) cũng là đa
thức ổn định. Nghĩa là, để hệ thống hay đa thức d(z) của hệ thống ổn định thì
5
0
1
d

d
<
và đa thức
5 1
5
1
0
( ) ( ) ( )
d
d z d z z d z
d
−
= −

hay với
5
5
( )
0
k
d z d z
k
k
−
=
∑
=

đa thức
5 1

5 1
1 1
0
( )
k
k
k
d z z d z
−
− −
=
=
∑
phải ổn định (đpcm).
3. Chứng minh định lý tính quan sát được.
Phát biểu định lý: Điều kiện cần và đủ để hệ thống rời rạc bậc n:
( 1) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
x k Ax k Bu k
y k Cx k Du k
+ = +


= +

quan sát được là
2
1

n

C
CA
rank CA n
CA
−
 
 ÷
 ÷
 ÷
=
 ÷
 ÷
 ÷
 
Chứng minh:
Khi hệ thống rời rạc được coi là quan sát được, nếu trạng thái hệ thống tại
thời điểm bất kỳ t=kT nào đó đã cho có thể được xác định thông qua hữu hạn
các giá trị của tác động cho trước và đáp ứng.
6
TiÓu luËn Ph©n tÝch tæng hîp
hÖ ®iÒu khiÓn trªn m¸y tÝnh
Theo phương pháp truy hồi, có thể nhận được trạng thái của hệ thống tại
các thời điểm t=kT:
1
1
0
( ) (0) ( )
k
k k j
j

x k A x A Bu j
−
− −
=
= +
∑
(3.1)
và tại thời điểm t=(k+r)T:
1
1
1
( ) (0) ( )
k r
k r k r j
j
x k r A x A Bu j
+ −
+ + − −
=
+ = +
∑
(3.2)
Trong đó u(j) là tập hữu hạn các điều khiển tác động vào hệ thống.
Biểu thức (3.2) có thể biểu diễn như sau:
1 1
1 1
0
1 1
1 1
0

( ) (0) ( ) ( )
( ) [ (0) ( )] ( )
k k r
k r k r j k r i
j i k
k k r
r k k j k r i
j i k
x k r A x A Bu j A Bu i
x k r A A x A Bu j A Bu i
− + −
+ + − − + − −
= =
− + −
− − + − −
= =
+ = + +
+ = + +
∑ ∑
∑ ∑
Kết hợp với biểu thức (3.1) ta có:
1
1
( ) ( ) ( )
k r
r k r j
j k
x k r A x k A Bu j
+ −
+ − −

=
+ = +
∑
(3.3)
Từ (3.3) ta có:
1
1
( ) ( ) ( ) ( )
k r
r k r j
j k
y k r CA x k C A Bu j Du k r
+ −
+ − −
=
+ = + + +
∑
1
1
( ) ( ) ( ) ( )
k r
r k r j
j k
CA x k y k r C A Bu j Du k r
+ −
+ − −
=
⇒ = + − − +
∑
Từ đó, với r = 0, 1, 2, , n-1, ta có:

2
1
( )

n
C
CA
CA x k
CA
β
−
 
 ÷
 ÷
 ÷
=
 ÷
 ÷
 ÷
 
(3.4)
khi đặt thành phần thứ r của n véctơ
β
:
1
1
( ) ( ) ( )
k r
k r j
r

j k
y k r A Bu j Du k r
β
+ −
+ − −
=
+ − − + =
∑
; r = 0, 1, 2, , n-1
Căn cứ theo (3.4), trạng thái x(k) của hệ thống tại t=kT tuỳ ý cho trước sẽ
được xác định duy nhất qua hữu hạn n trị số cho trước của tác động u(j) và n giá
trị tương ứng của đáp ứng y(j), tức n trị số thành phần của véctơ
β
, khi và chỉ
khi
2 1
( )
n
rank C CA CA CA n
−
=
. Đây là điều phải chứng minh.
II. THỰC HÀNH.
7
TiÓu luËn Ph©n tÝch tæng hîp
hÖ ®iÒu khiÓn trªn m¸y tÝnh
2. Thiết kế hệ thống với đối tượng điều khiển có hàm truyền cho như sau bằng
phương pháp quỹ đạo nghiệm số.
200
( )

(1 0.5 )(1 0.04 )
W s
s s
θ
=
+ +
Với điều kiện t
s
<0.5s; v<500m/s; δ<30%; ∆<15m
Bài làm:
Với điều kiện t
s
<0.5s; δ<30%, sử dụng bất đẳng thức Evan:
max
4
s
d
t
δ
−
≤
;
max
4
0.5ln
d
π
ω
δ
−

=
(1)
Các trị riêng mong muốn có dạng như sau:
d d
r i
δ ω
= ±
Thay các giá trị t
s
<0.5s; δ<30% vào (1) ta xác định được:
8
d
δ
= −
;
21
d
ω
=
.
Xét hàm truyền của hệ thống ban đầu để xác định các chỉ tiêu chất lượng
của hệ thống:
>> n=[200];
>> d=[0.02 0.54 1];
>> W
0
= tf(n,d);
>> W
k
=feedback(W

0
,1);
>> step(Wk)
>> nyquist(W
0
)
+ Độ quá chỉnh:
62.5%
δ
=
+ Thời gian quá độ của hệ thống: t
s
= 0.288s
8
TiÓu luËn Ph©n tÝch tæng hîp
hÖ ®iÒu khiÓn trªn m¸y tÝnh
+ Độ dự trữ pha: 15.4
0
Từ các chỉ tiêu chất lượng hệ thống xác định của hệ thống ban đầu ở trên
ta thấy rằng hệ thống ban đầu là không ổn định.
Nhiệm vụ của bài toán là phải thiết kế hệ thống với đối tượng điều khiển
ban đầu đã cho ở trên đảm bảo các chỉ tiêu chất lượng theo yêu cầu. Để đạt được
điều đó ta sử dụng phương pháp quỹ đạo nghiệm để thiết kế hệ thống. Các bước
tiến hành như sau:
- Với đối tượng điều khiển đã cho để tăng tính ổn định của hệ thống ta
mắc nối tiếp vào hệ thống một khâu PI (tăng bậc phiếm tĩnh của hệ thống tức là
tăng chất lượng của hệ thống). Hàm truyền của khâu PI có dạng như sau:
i
PI P
K

W K
s
= +
(1)
Trong đó K
P
và K
i
là các hệ số.
Ta có thể viết (1) dưới dạng:
(1 )
i
PI
K s
W
s
τ
+
=
; trong đó
P
i
K
K
τ
=
Hàm truyền của hệ hở là:
0
(1 ) (1 )
(1 0.5 )(1 0.04 ) (1 0.5 )(1 0.04 )

i
C
K K s K s
W
s s s s s s
ν
τ τ
+ +
= =
+ + + +
Trong đó
K
ν
thoả mãn điều kiện
33.3
V
K
ν
≥ =
∆
, ta chọn
K
ν
=36.
Sử dụng nguyên lý Evan ta xác định hàm Evan từ biểu thức: 1+W
C
=0 (2)
Thay
K
ν

=36 vào W
C
và W
C
vào (2) ta được:
3 2
36
1 0
0.02 0.54 36
s
s s s
τ
+ =
+ + +
Vậy hàm Evan là:
3 2
36
( )
0.02 0.54 36
s
W s
s s s
τ
=
+ + +

>> ne=[36 0];
>> de=[0.02 0.54 1 36];
>> We = tf(ne,de)
Transfer function:

36 s

0.02 s^3 + 0.54 s^2 + s + 36
>> rlocus(ne,de);[t,p]=rlocfind(ne,de)
Select a point in the graphics window
selected_point = -10.6339 -15.1553i
t = 0.2276
p = -10.9011 +15.0821i
-10.9011 -15.0821i
-5.1978
9
TiÓu luËn Ph©n tÝch tæng hîp
hÖ ®iÒu khiÓn trªn m¸y tÝnh
Xác định được:
0.2276
τ
=

Thay
0.2276
τ
=

>> n1=36*[0.228 1];
>> d1=[0.02 0.54 1 0];
>> Wc = tf(n1,d1);
>> Wk=feedback(Wc,1);
>> Wk=feedback(Wc,1);
>> step(Wk)
10

TiÓu luËn Ph©n tÝch tæng hîp
hÖ ®iÒu khiÓn trªn m¸y tÝnh
>> nyquist(Wc)
+ Độ quá chỉnh: 25.9%
+ Thời gian quá độ của hệ thống: t
s
=0.46
+ Độ dự trữ pha: 50.7%
3. Phương pháp không gian trạng thái: Thiết kế bộ điều khiển số Riccati cho đối
tượng:
0,313 56,7 0
0,0139 0,426 0
0 56,7 0
c
A
−
 
 ÷
= − −
 ÷
 ÷
 
;
0,232
0,0203
0
c
B
 
 ÷

=
 ÷
 ÷
 
;
( )
0 0 1
c
C =
; D
c
= 0;
R = [1]; V = 50.
11