Ο Γραμμικός Τετραγωνικός Ρυθμιστής: Ευρεση Νόμου Ελέγχου

Transcript

1 Ο Γραμμικός Τετραγωνικός Ρυθμιστής: Ευρεση Νόμου Ελέγχου Για την ανεύρεση της µορφής των λύσεων στρεφόµαστε προς τις αναγκαίες συνθήκες, αρχικά στις Εξισώσεις Euler-Lagrange: Τ Τ Τ! f d! f = 0 t t0, t f z dt z " Τ z= z Τ Τ Τ Τ Τ Τ Kostas J. Kyriakopoulos - Σ.Α.Ε. ΙΙ 82

2 Ο Γραμμικός Τετραγωνικός Ρυθμιστής: Ευρεση Νόμου Ελέγχου Όπώς είδαµε στην σελίδα 74, η z*(t) πρέπει να ίκανοποιεί, γιά όλες τις αποδεκτές κατευθύνσεις υ(t) την Προηγουμένως Τ Τ ( ) δj! z; υ = 0 = 0 = Δεδοµένου ότι ξ ( t 0 ) = 0 x f : ελεύθερο x f + ξ f : ελεύθερο ξ f : ελεύθερο Kostas J. Kyriakopoulos - Σ.Α.Ε. ΙΙ 83

3 Ο Γραμμικός Τετραγωνικός Ρυθμιστής: Ευρεση Νόμου Ελέγχου Προηγουμένως ( ) = ( ) + ( ) xt! Axt But Two Point Boundary Value Problem (TPBVP) : Μητρωϊκή ΔΕ όπου: η x(t) εχει οριακή συνθήκη στο t 0 ενώ η λ(t) εχει οριακή συνθήκη στο t f Πως να λύσουµε αυτή την ΔΕ? Με δεδοµένο το x 0, αν επιλέξουµε (τυχαιο) λ 0 : όταν ολοκληρώσουµε προς τα εµπρός την µητρωϊκή ΔΕ, θα ικανοποιούν τα x f, λ f σε χρόνο t f την? Αν επιλέξουµε (τυχαιο) x f και εποµένως : όταν ολοκληρώσουµε προς τα πίσω την µητρωϊκή ΔΕ, σε χρόνο t 0 θα ισχύει x(t 0 ) = x 0? Kostas J. Kyriakopoulos - Σ.Α.Ε. ΙΙ 84

4 Ο Γραμμικός Τετραγωνικός Ρυθμιστής: Ευρεση Νόμου Ελέγχου Πως να λύσουµε την ΔΕ? Ο περιορισµός µας υποδεικνύει ως πιθανή οικογένεια λύσεων τη µορφή λ(t) = P(t) x(t) όπου P(t f ) = S. Επίλυση Riccati Ρ(t) λ(t) = P(t) x(t) ( ) = R 1 B T P( t) K t ( ) = ( ) + ( ) xt! Axt But Μητρωική Εξίσωση Riccati : Επιλύεται «προς τα πίσω», από t f προς t 0. Kostas J. Kyriakopoulos - Σ.Α.Ε. ΙΙ 85

5 Ο Γραμμικός Τετραγωνικός Ρυθμιστής ΔΛΑ: t f 1 T 1 T T J( u) = x ( tf ) S x( tf ) + x ( t) Q x( t) + u ( t) R u( t) dt 2 2 t 0 K ( t) = R 1 B T P( t) Ricatti = = 1 2 T J = x ( t ) P( t ) x( t ) Kostas J. Kyriakopoulos - Σ.Α.Ε. ΙΙ 86

6 Ο Γραμμικός Τετραγωνικός Ρυθμιστής: Επανάληψη Γραµµικός Τετραγωνικός Ρυθµιστής (Linear Quadratic Regulator LQR): Διάταξη που περιγράφεται από ένα ΓΧΑΣ: Δείκτης Λειτουργικής Απόδωσης: x! (t ) = Ax (t ) + Bu (t ) tf 1 T 1 x (t f ) S x (t f ) + xt (t ) Q x (t ) + ut (t ) R u (t ) dt 2 2 t0 Q = QT 0, R = RT > 0, S = S T 0 Λειτουργικές προδιαγραφές που απαιτούν δεδοµένη αρχική κατάσταση: x (t0 ) = x0 J (u ) = Λύση: Επίλυση Riccati: Εύρεση Συνάρτησης Κέρδους: K ( t ) = R 1 BT P ( t ) Εύρεση Βέλτιστης Συνάρτησης Εισόδου: Εύρεση ΔΕ & Βέλτιστης Συνάρτησης Κατάστασης: A ( t ) x! ( t ) = A x ( t ) + B u ( t ) = A x ( t ) + B K ( t ) x ( t ) = A B K ( t ) x ( t ) = A BR 1 BT P ( t ) x ( t ) Εύρεση Βέλτιστης Τιµής ΔΛΑ: J = 1 T x ( t0 ) P ( t0 ) x ( t 0 ) 2 Kostas J. Kyriakopoulos - Σ.Α.Ε. ΙΙ t A (τ ) d τ x (t ) = e 0 87

7 Ο Γραμμικός Τετραγωνικός Ρυθμιστής: Επίλυση της RiccaK H µητρωική ΔΕ Riccati εισάγει δυσκολία στην ολοκλήρωσή της λόγω του µη-γραµ. όρου Θεώρηµα: Αν οι πίνακες Χ(t), Λ(t) R n n είναι η λύση της γραµµικής ΔΕ Πίνακας Hamilton τότε ο πίνακας είναι η επίλυση της µητρωική ΔΕ Riccati Κάθε χρονική στιγµή t, o υπολογισµός της συνάρτησης εισόδου προαπαιτεί τον υπολογισµό του πίνακα κέρδους K t χρονική στιγµή t). ( ) = R 1 B T P( t) (κάθε Αυτός µε την σειρά του προαπαιτεί µεν τον υπολογισµό των Χ(t) & Λ(t) οι οποίοι, όπως είδαµε, υπολογίζονται σε κλειστή µορφή µέσω της αλλά ο υπολογισµός του απαιτεί τη αντιστροφή του Χ(t), κάθε στιγµή t... Kostas J. Kyriakopoulos - Σ.Α.Ε. ΙΙ 89

8 Ο Γραμμικός Τετραγωνικός Ρυθμιστής: Επίλυση της RiccaK Παράδειγμα- 1 Έχουµε το ΓΧΑΣ και Θέλουµε να βρούµε την είσοδο ελέγχου που ελαχιστοποιεί τον ΔΛΑ Πρόφανώς, πρόκειται για πρόβληµα LQR µε Για τον πίνακα Hamilton Αυτό οδηγεί στην Απ όπου λαµβάνουµε Η ίδια λύση θα ληφθεί αν θεωρήσουµε και επιλύσουµε την Riccati Kostas J. Kyriakopoulos - Σ.Α.Ε. ΙΙ 90

9 Ο Γραμμικός Τετραγωνικός Ρυθμιστής: Επίλυση της RiccaK - Παράδειγμα- 1 Εποµένως x! = u u = K x x! = P x K = P Και το σύστηµα προσοµοιώνεται γιά σ = 0,1,10. Η απόκριση φαίνεται στο σχήµα Θα επανέλθουµε σε αυτό το παράδειγµα... Kostas J. Kyriakopoulos - Σ.Α.Ε. ΙΙ 91

10 LQR Μόνιμης Κατάστασης Αν στο ΔΛΑ του LQR Θέσουµε τότε Δεδοµένου ότι t f 1 T 1 T T J( u) = x ( tf ) S x( tf ) + x ( t) Q x( t) u ( t) R u( t) dt xt ( 0) = x0 t0 T T T Q= Q 0, R= R > 0, S = S 0 t0 = 0, S = 0, tf 0 t f 0 t f Μπορεί να δειχθεί ότι αυτή η λύση ικανοποιεί την αλγεβρική εξίσωση Ricatti: που προκύπτει από τη µητρωική ΔΕ Riccati στη µόνιµη κατάσταση. Kostas J. Kyriakopoulos - Σ.Α.Ε. ΙΙ 95

11 LQR Μόνιμης Κατάστασης Από το P προκύπτει το αντίστοιχο κέρδος και η εξίσωση βελτίστου ελέγχου, τα οποία είναι χρονικά αµετάβλητης φύσης. Το σύστηµα κλειστού βρόχου είναι Κατά συνέπεια, το συνολικό δοµικό διάγραµµα είναι : Kostas J. Kyriakopoulos - Σ.Α.Ε. ΙΙ 96

12 LQR Μόνιμης Κατάστασης Καταλήγουµε µε ένα βασικό θεώρηµα. Πριν το παρουσιάσουµε χρειάζεται να ορίσουµε και ξεκαθαρίσουµε κάποιες έννοιες: Σύστηµα! ( ) = ( ) + ( ) xt ( ) xt Axt But = x 0 0 ΔΛΑ: Το Q µπορεί να αναλυθεί ως Q = C T C όπου ο C R q n, όπου ο C είναι full-row rank. T T Q= Q 0, R= R > 0 q= rank Q n Θεώρηµα: Αν το σύστηµα και ο ΔΛΑ είναι τέτοια όπου το ζεύγος (Α,Β) είναι ελέγξιµο και το ζεύγος (Α,C) είναι παρατηρήσιµο, τότε η αλγεβρική Riccati A T P + PA PBR 1 B T P + Q = 0 έχει µοναδική θετικά ορισµένη λύση P και το σύστηµα κλειστού βρόχου είναι ασυµπτωτικά ευσταθές. Kostas J. Kyriakopoulos - Σ.Α.Ε. ΙΙ 97

13 LQR Μόνιμης Κατάστασης : Παράδειγμα Συνεχίζουµε µε το προηγουµένως χρησιµοποιηθέν ΓΧΑΣ αλλά τώρα ορίζοντας ΔΛΑ : Από προηγουµένως έχουµε βρει: Προφανώς 2 ( t t ) 2 ( ) 0 ( ) 1 f tf t + σ e = e P t P = = 1 tf tf 1+ σ ΕΝΑΛΛΑΚΤΙΚΑ µε χρήση του προηγούµενου θεωρήµατος: Α=0, Β=1 (Α,Β) : ελέγξιµο C = Q = 1 (Α,C) : παρατηρήσιµο Αλγεβρική Riccati: Επιλέγεται η θετική («ορισµένη») λύση ( ) = xt ( ) Καταλήγουµε στο ασυµπτωτικά ευσταθές σύστηµα κλειστού βρόχου: ut Kostas J. Kyriakopoulos - Σ.Α.Ε. ΙΙ 98