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