[精选]计算机控制系统第五章-资料课件.ppt

1、第5章 基于传递函数模型的极点配置设计方法 第二章讨论的解析设计方法，实质上是利用传递函数模型的极点配置设计方法，但是只考虑了误差控制的情况，即仅利用e(k)=r(k)-y(k)来进行控制。对于跟踪系统，第4章中讨论了三种参考输入的引入方式，利用误差进行控制，相当于方式2。 对于方式1和方式3，控制器的设计中引入了前馈控制环节，前馈环节的引入，可以进一步改善系统的性能，同时使系统设计更具有一般性。 本章主要针对方式1参考输入的引入方式，基于传递函数模型，利用极点配置的设计方法进行跟踪系统控制器的设计。第一节 设计问题D1(z)G(z)+r(k)y(k)图 1 控制系统结构图u(k)D2(z)控

2、制器控制对象：)()()(zAzBzG（1）其中B(z)、A(z)互质， 。)(deg)(degzAzB一、设计问题描述闭环系统传递函数：)()()(zAzBzHmmm（2）其中Bm(z)、Am(z)互质， 。)(deg)(degzAzBmm由图1，得到：)()()()()()( )()()()()(21kyzRzSkrzRzTkyzDkrzDku（3）上式中，)()()(1zRzTzD（4）为前馈控制传递函数)()()(2zRzSzD（5）为反馈控制传递函数 设D1(z)和D2(z)具有同样的分母（可通过通分求最小公分母实现），同时，设R(z)、T(z)和S(z)无公因子，R(z)为首一多项

3、式（z的最高项系数为1）。保证控制器可实现，有)(deg)(degzTzR（6）)(deg)(degzSzR（7）若控制器的计算时间远小于采样周期，可选)(deg)(deg)(degzSzTzR（8）相当于现时观测器的情况。若控制器的计算时间远接近一个采样周期，可选)(deg1)(deg1)(degzSzTzR（9）相当于预报观测器的情况。二、问题求解 给定模型传递函数G(z)，要求设计控制规律，使闭环系统的传递函数等于要求的Hm(z)，同时使系统的观测器特征多项式为A0(z)。 前馈与反馈相结合的控制器的设计，应用了第4章的状态反馈的思想，即控制器中包含了状态观测器，而不仅仅是第2章中的输出

4、反馈。因此，闭环系统的极点不仅包含了控制极点，也包含了状态观测器的极点。优点： 状态反馈在对象完全可控的条件下，控制极点可以任意配置；而输出反馈则受到限制，因此，第二章的解析设计方法中，闭环系统的极点配置受到限制。由图1及（1）（4）（5）式，得到闭环系统传递函数为：BSARTBRSABABRTzDzGzGzDzH1)()(1)()()(21（10）由式（2），得到)()(zAzBBSARTBmm（11）分析：B有可能被R抵消，而A不需考虑抵消问题。0 BSAR闭环系统的特征方程（式（10）为：（12）考虑对象的零点：BBB其中 是位于单位圆内的零点多项式， 为首一多项式；mmBBB（13）B

5、BB是位于单位圆上或圆外的零点多项式。 不能被R所抵消，否则控制器不稳定，因此它必须是Bm的一个因子，即（14）BRBR 而 可以被R抵消掉，即B（15）于是，式（10）变为：mmABBSBARBTBB)(（16）即mmABSBART（17） 可见，Am是 的因子。考虑控制器中包含观测器，从而有)(SBAR00ABTAASBARmm（18）于是，闭环系统的特征方程为：mAABBSAR0（19）可见，闭环系统的极点由三部分组成：（1）控制对象中D域内的零点 B+；（2）观测器的极点 A0；（3）闭环模型传递函数的极点Am。三、设计步骤： 给定A，B，Am，Bm，A0及D域，要求解出容许的R，S，

6、T，求解步骤如下：（1）将B分解为 ，其中 在D域内，且是首一多 项式；（2）取 ；（3）求解线性多项式 ，求出多项式 和 S 。（4）计算 ， 。BBBBmmBBBmAASBAR0RRBR0ABTm 第（3）步中，求解方程 非常重要，该方程称为Diophantine方程（丢芬图方程）。mAASBAR0一、 Diophantine方程的一般解一般形式的 Diophantine方程：cbyax（1）第二节 Diophantine方程 为给定的关于z的多项式，求满足上式的多项式x和y。cba、解的存在性的一般定理：定理1 方程（1）有解的充分必要条件是 和 b 的最大公因子也是 c 的因子。a证明

7、：必要性 假设x0和y0式方程（1）的解，并设g是 和 b 的最大公因子，即a00 ,gbbgaa（2）于是有cbyax00cybxag)(0000（3）可见，g也必定是c的因子。必要性得证。充分性设g是 和b的最大公因子，同时它也是c的因子，即a0gcc （4）根据 和b的最大公因子的假设，一定存在互质的多项式p和q，使得agbqap（5）两边同乘c0，得到cqcbpca)()(00（6）可见， 。从而充分性得到证明。00 ,qcypcx定理2 如果x0和y0是方程（1）的特解，则tayytbxx0000 ,也是该方程的解，其中 的意义同式（2），t是任意的实系数多项式。00ba 和证明：c

8、bagbgabatbaabctbaabbyaxtaybtbxabyax ) ( )( )( )()(00000000000000（7）Diophantine方程的一般解也可以写成：taqcytbpcx0000（8）设 l 为 的最小公倍数， 意义同前， 为互质的多项式，其中ba、qpg、sr、0bsarbsarl（9）（10）于是有rbsa00（11）推导：rbsarsbaba0000 取 ，于是Diophantine方程的一般解为：stqcyrtpcx00rbsa00 ,二、Diophantine方程的求解算法（12）（1）利用求 的最大公因子和最小公倍数的算法，得到 和 。（2）计算 。（

9、3）将 和 代入式（12）而得到一般解。ab和srqp、ggcc/0srqp、0csrqp、g求 和 的矩阵变换算法：（一）算法（1）令 。baF （2）对F进行一系列初等变换，若 和b中有一个多项式为零，则另一个 不为零的多项式即为最大公因子g；否则用阶数高的多项式减去阶数 低的多项式乘以某个因子，使阶数高的多项式的阶数降低。（3）重复步骤（2），直到 为止。0gF a将式（5）和（9）写到一起用矩阵表示，有0 gsqrpba（14）FsqrpF（15）对比（13）式与（15）式，有sqrpV（16）设V为所有对F进行初等变换的变换矩阵，显然有：FFV （13）（二）具体步骤：（1）输入多项

10、式 和 b(z) 并组成矩阵F，同时置 V=I2（ 单位矩阵）；)(za22（2）判断F中是否有一个多项式为零，若有则转（6），否则转（3）；（3）用F中的高阶多项式的首项系数除以低阶多项式的首项系数（若两个 多项式同阶，则认为F中左边的多项式为高阶多项式），结果记为 。用高阶多项式的阶数减去低阶多项式的阶数，结果记为 n ；（4）高阶多项式减去 乘以低阶多项式，在 V 中相应的列进行同样的 运算；nz（5）转（2）；（6）如果非零多项式出现在F的第二列，则同时将F和V的两列进行交换；（7）输出结果（p、q、r、s 在 V 中，g 在 F 中）。例：设322543( )22( )2( )442

11、a zzzzb zzzc zzzzz解： （1）组成 F 和 V 如下：1001 222z223zzzz（2）第1列减去第2列乘以z，得到1z-01 222zzz（3）第1列乘以z加到第2列，得到1z-z-z1 022z（4）1 , , 1 , 22zszrzqpzg（5）由式 （定理1），得到0gcc 122244343450zzzzzzzgcc若不能被 g 整除，则 Diophantine 方程无解。（6）由式（12），得到)() 1(2)(122450340ztzzzzstqcyzztzzrtpcx三、Diophantine方程的最小阶解（一）求 x 的最小阶解 由定理2，若x0和y0是

12、 的一个特解，则方程的一般解形式如式（7），即cbyaxtayytbxx0000（1）若 ，则关于x的最小阶解为：00degdegbx 00yyxx（2）若 ，则x0除以b0，得到00degdegbx ubx00（3）其中 式余式， 是商式，显然 。u0degdegb将（3）式代入（1）式，有tayyutbx000)(（4）令 ，得到 x 的最小阶解为：ut uayyx00（5）其中 。0degdegbx （二）求 y 的最小阶解若 ，则关于y的最小阶解为：00degdegay 00yyxx（6）若 ，则关于y的最小阶解为：00degdegay 00yubxx（7）其中0degdegay 00

13、uay（8）例：244)(2)(22)(345223zzzzzczzzbzzzza求关于 x 和关于 y 的最小阶解。解： （1）由上例可知，方程的一般解为：tayztzzzzytbxzztzzx002450034)() 1(2)(12可见，12340zzxzb0（2）求关于 x 的最小阶解：用x0除以b0，得到商式232zzu余式1由式（5），得到zzzzzzzzztayyx2323245002 )2)(1(21（2）求关于 y 的最小阶解：用y0除以 ，得到商式2223zzzu余式22 z由式（7），得到2212200zyzzubxxzzzy4502120za0a（三） 求解Diophan

14、tine方程最小阶解的待定系数法cbyax（1）将 方程两边同除以 和 b 的最大公因子 g ：a000cybxa（1）（2）对于 x 的最小阶解，必有 。对于上例，有0degdegbx 121340020zzczbza（2）从而可取 ，于是0degxybybybxacdegdegdeg)deg(deg00000所以，有3degdegdeg00bcy设012233000zzzyx（3）将（2）（3）式代入（1）式，令两边同次幂系数相等，得到1 , 2 , 1 , 0132100（四）控制系统中求解 Diophantine 方程mAASBAR0已知 ，求 。mAABA , ,0和SR 和解决方法

15、：（1）由假设条件，A和 互质，由定理1，可知方程有解。B（2）限定 ，求出方程的唯一解。ASdegdeg若限定 ，则得到的解常常不满足 及 的条件。BRdegdegSRdegdegTRdegdeg（3）简单情况下用待定系数法求解。（4）复杂情况下用求解最大公因子的方法，借助于计算机求解。第三节 设计方法一、设计参数的给定设计参数：闭环模型传递函数的参数Am(z)和Bm(z)，观测器特征多项式A0(z)。（一）设计参数阶次的给定给定设计参数时，为使物理上可实现，有如下定理：定理3 对于用传递函数模型的极点配置设计问题，如果要求得到物理上 可实现的唯一解，则在给定设计参数Am、Bm及A0时，必须

16、满足如 下条件：BABAmmdegdegdegdeg1degdegdeg2deg0BAAAm（1）（2）证明： 闭环系统的特征方程为：mAABBSAR0（3）由假设RSABdegdeg ,degdeg从而有0deg)deg(degAABBSARARm（4）由 ，有0ABTm0degdegdegABTm（6）由于 ，从而得到TRdegdeg00degdegdegdegdegdegABAAABmm即BABAmmdegdegdegdeg（7）（8）即AAABRmdegdegdegdegdeg0（5）由于 和 ，（8）式可以化为：BBBmmBBBBABAmmdegdegdegdeg（9） 上式即为定理

17、3中（1）式的证明。该式说明：在给定设计参数Am、Bm时，模型传递函数中延时的拍数应大于或等于控制对象中固有的延时拍数，则控制器可以实现。 控制系统的 Diophantine 为：mAASBAR0（10）由上节可知，为得到物理上可实现的唯一解，必须使ASdegdeg（11）即1degdegAS（12）由SRdegdeg，得到：1degdegdegdegdeg0AAAABm即1degdegdeg2deg0BAAAm（13）（14）从而定理3中（2）式得证。从而定理3得到证明。 式（12）给出了得到唯一解的条件，而式（14）说明，为了得到物理上可实现的解，给定观测器特征多项式时必须有足够的阶数。干

18、扰问题的解决：克服低频干扰：要求系统在低频时有较高的增益。此时可令：)() 1()(1zRzzRl（15） 即在控制器中加入适当的积分环节，它可以较好地抑制低频干扰，对于常值干扰可以做到无稳态误差。式（15）中 l 表示积分环节的个数，则 Diophantine 方程变为：mlAASBRzA01) 1(（16）11RB R其中仿照前面的推导，为了得到物理上可实现的唯一解，有BABAmmdegdegdegdeg（17）即观测器增加了 l 阶。1degdegdeg2deg0lBAAAm（18）（二）设计参数的给定（Am、Bm）（1）有限拍系统特性rdmmmmzzBzBzAzBzH)()()()()

19、(（19）其中)(deg)(degzBzAd)()(degzBzBrm（2）一阶闭环系统特性)()()()()()(1azzzBzBzAzBzHrdmmmm（20）其中 d、r 意义同前， 为一阶系统主导极点，可取：az mTTea（3）二阶闭环系统特性)()()()()()(2122pzpzzzBzBzAzBzHrdmmmm（21）给定阻尼系数 和无阻尼震荡频率 时，可以求得：TnTnnepTep22211cos2n（22）（三） 的设定)(zBm作用：主要用来满足静态精度的要求。（1）要求闭环系统对于阶跃输入无稳态误差，可选0)(bzBm使得1| )(1zmzH从而求得 b0。（25）（2

20、6）（2）要求闭环系统对于阶跃输入无稳态误差，且速度品质系数为 ， 可选：K10)(bzbzBm（27）使得11( )|1( )1mzmzHzdHzTKdz 从而求出 b0 和 b1 。（28）（3）要求闭环系统对于恒速度输入无稳态误差，即11( )|1( )0mzmzHzdHzdz（29）（四）观测器特征多项式 A0 的选取。（1）由式（14）或（18）确定A0的阶次，为简单计，可用等式来计 算 A0 的阶次，并设其为 q。（2）观测器极点所决定的状态跟随速度应远大于控制极点所决定的 系统的响应速度，因此可简单选取：qzzA)(0（30）（3）为防止系统的抗干扰能力变差，可使观测器跟随速度比

21、控制器 响应速度快 45 倍。二、设计步骤（1）适当给定 D 域，分解 ，其中 是首一多项式，它的零点 均在 D 域内， 的零点均在 D 域外；BBBBB（2）给定设计参数 Am 和 Bm ；（3）确定需要引入的积分环节的个数 l ，并令：（31）（4）给定设计参数 A0 ；（5）求解如下的 Diophantine 方程：10(1)lmA zRB SA A（32）求出关于 S 的最小阶解。)() 1()(1zRzzRl若用待定系数法求解时，可取 S 和 的阶次分别为：1Rdegdeg1SAl （33）lAAARmdegdegdegdeg01推导：10(1)lmA zRBSB A A011deg

22、()degdegdeg degdegdeg(1) degdegdegmlARBSBAAARAzRAlRB 所以有：lAAARmdegdegdegdeg01（34）（6）计算控制器参数 R，S 和 T，其中 S 即为第（5）步求得的 Diophantine 方程的解，R和T由下列式子算出：111(1)lRB RRzR其中 是第（5）步求得的 Diophantine 方程的解。1R0ABTm（35）（36）三、设计举例对象传递函数为：) 110(1)(sssG性能指标为：（1）速度品质系数（2）阶跃响应的超调量（3）过渡过程时间 秒1K%20% 6sT要求设计前馈控制传递函数D1(z)和反馈控制传

23、递函数D2(z)，即设计R(z)、T(z)和S(z)。采样周期 T=1s，1 , 5 . 0n解：（1）利用零阶保持器法，化G(s)为G(z)：)()()905. 0)(1()967. 0(048. 0)(zAzBzzzzG（2）分解 ，取)967. 0(048. 0)(zBBzB)967. 0(048. 0 , 1zBB（z=-0.967非常靠近单位圆）（3）采用二阶主导极点模型，为满足 的要求，取K10bzbBm2)()(deg , 1degdegzBzBrBAdm故)()(967. 0(048. 0)()()(21210pzpzzbzbzzAzBzHmmm由于1 , 1 , 5 . 0T

24、n，于是有368. 0786. 01cos22221TnTnnepTepb0、 b1 的选择需要满足如下条件：0101(1)16.167( )11.8062.9517.06mmHbbdHzbbdzTK 联立求得：56. 3 ,73. 910bb最后得到：)368. 0786. 0()56. 373. 9)(967. 0(048. 0)()()(2zzzzzzAzBzHmmm（4）由于控制对象中包含一个积分环节，因此控制器中不再引入积分 环节，故01degdegdeg2deg0BAAAm可选1)(0zA（5）求解 Diophantine 方程：mAASBAR0905. 0905. 1)905.

25、0)(1()(2zzzzzA其中0464. 0048. 0)967. 0(048. 0)(zzzBzzzzAzAzAmm368. 0786. 0)()()(230（a）求最大公因子法对于 ，有cbyaxmAAcBbAa0 SyRx ,利用求最大公因子的矩阵法，得到26. 514.1185. 52716. 0281. 024.1666. 52716. 012zzszrzqpg由于 ，于是要求出关于 y 的最小阶解。ASdegdeg于是有bgbbagaacgcc000 , ,于是，Diophantine 方程的一组特解为：zzzzzzpcx1 . 02135. 02716. 0 )368. 078

26、6. 0(2716. 0232300zzzzzzzzqcy976. 585.1469.2066. 5 )368. 0786. 0)(24.1666. 5(2342300关于 y 的最小阶解为：00SyubxRx其中00uay00/ay，得到15. 991. 966. 52zzu28. 844.14z于是428. 0zRx28. 844.14zSy（b）待定系数法由于11degdegAS1degdegdegdeg0AAARm从而设10)(szszS1)(rzzR（ 为首一多项式）RBR代入 Diophantine 方程 ，有mAASBAR0zzzszszrzzz368. 0786. 0 )(0464. 0048. 0()(905. 0905. 1(231012展开并比较两边系数，得到28. 8 ,44.14 ,425. 0101ssr亦即428. 0)(28. 844.14)(110zrzzRzszszS 最后得到：428. 0)(56. 373. 9)(28. 844.14)(100zRBzRzbzbABzTzzSm即425. 056. 373. 9)()()(1zzzRzTzD425. 028. 844.14)()()(2zzzRzSzD第五章结束