Lösung - Universität der Bundeswehr München

Priv.-Doz. G. Reißig, F. Goßmann M.Sc
Email: [email protected]
Universität der Bundeswehr München
Institut für Steuer- und Regelungstechnik (LRT-15)
Moderne Methoden der Regelungstechnik, HT 2016
Übung 1 - Lösung
Aufgabe 1. Aufstellen eines Zustandsraummodelles
Gegeben ist das Modell einer einem zweistöckigen Gebäude nachempfundenen Struktur
mit einer beweglichen Masse zur Schwingungsunterdrückung. Die Stockwerke werden
0
x
xW
x3
x2
W
M2
k2
x1
M1
k1
mit den beiden Massen M1 und M2 modelliert. Die Biegung der Gebäudestruktur zwischen den Stockwerken wird mit zwei linearen Federn mit den Steifigkeiten k1 bzw.
k2 beschrieben. Außer den horizontalen Bewegungen der Massen werden alle anderen Bewegungsrichtungen ebenso vernachlässigt wie Reibungskräfte. Als Aktuator zur
Schwingungsunterdrückung fungiert ein Wagen W , der sich horizontal entlang von M2
bewegen kann.
Aufgabe
Bestimmen
Sie
das
6-dimensionales
Zustandsraummodell
des
beschriebenen Problems. Die Zustandsgrößen stellen dabei die
x-Koordinaten der drei Massenschwerpunkte sowie deren zeitlichen
Ableitungen dar. Die Beschleunigung des Wagens W relativ zu M2
wird dabei als Eingangssignal, d.h. u := ẍW , betrachtet.
1
Lösung Aufgabe 1.
Zunächst werden alle auf das System wirkenden Kräfte aufgestellt
Betrag der Kraft Richtung
Masse 1
Masse 2
Wagen
M1 · ẍ1
←
k1 · x1
←
k2 · (x2 − x1 )
→
M2 · ẍ2
←
k2 (x2 − x1 )
←
MW · (ẍ2 + u)
←
MW · ẍ3
←
MW (ẍ2 + u)
→
Aus dem dynamischen Gleichgewicht des Systems ergeben sich dann die folgenden
Bewegungsgleichungen:
−M1 · ẍ1 − k1 x1 + k2 (x2 − x1 ) = 0;
−M2 · ẍ2 − k2 (x2 − x1 ) − MW (ẍ2 + u) = 0;
−MW · ẍ3 + MW (ẍ2 + u) = 0.
Durch Umstellen nach der jeweils höchsten zeitlichen Ableitung ergeben sich die folgenden Differentialgleichungen:
k1 + k2
k2
x1 −
x2 ,
M1
M1
k2
MW
k2
x1 −
x2 −
u,
ẍ2 =
M2 + MW
M2 + MW
M2 + MW
k2
k2
M2
ẍ3 = −
x2 +
x1 +
u.
M2 + MW
M2 + MW
M2 + MW
ẍ1 = −
Mit Hilfe dieser Bewegungsgleichungen lässt sich nun das Zustandsraummodell ẋ =
Ax + Bu mit dem Zustandsvektor x = (x1 , x2 , x3 , x4 , x5 , x6 )T mit ẋ1 = x4 , ẋ2 = x5
und ẋ3 = x6 aufstellen. Für die Matrizen A und B ergibt sich:

0

 0

 0

A =  k1 +k2
− M
1

 k2
 M2 +MW

k2
M2 +MW
0
0
0
k2
−M
1
k2
− M2 +M
W
k2
− M2 +M
W

0




0




0


B=
.


0


− MW 
 M2 +MW 
M2
M2 +MW
2

0 1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 1


0 0 0 0

0 0 0 0

0 0 0 0
Aufgabe 2. Berechnung von Zustandssignalen
Es wird ein harmonischer Oszillator (mit Anregung) betrachtet, dessen Dynamik durch
ẋ1 (t)
ẋ2 (t)
!
ω
−γ
=
−ω −γ
!
x1 (t)
x2 (t)
!
+ u(t),
gegeben ist. Es gilt γ ≥ 0, ω > 0 und u : R → F2 stellt das Eingangssignal dar.
Aufgabe
Berechne Sie das allgemeine Zustandssignal ϕ für den Fall
a) u(t) = (0, 0)T für alle t ∈ R,
!
e−γt sin(2ωt)
b) u(t) =
.
e−γt cos(2ωt)
Lösung Aufgabe 2.
ω
−γ
Aus der Aufgabenstellung folgt A =
−ω −γ
!
.
a) Aus Kapitel 1.4 der Vorlesung ist bekannt, dass für das Zustandssignal ϕ
ϕ(t, x0 , u(t) = 0) = eAt x0 , ∀x0 ∈ R2
gilt. Der Ausdruck eAt lässt sich mit Hilfe der Jordan-Normalform von A bestimmen. Dazu werden zunächst die Eigenwerte und die Eigenvektoren von A
benötigt. Das charakteristische Polynom von A ist gegeben durch
χA (λ) = (λ + γ)2 + ω 2 ,
sodass sich die Eigenwerte λ1 = −γ − iω und λ2 = −γ + iω ergeben. Durch Lösen
des Gleichungssystems
(λj id −A)x = 0, j = 1, 2
erhält man die Eigenvektoren v1 = (i, 1)T bzw. v2 = (−i, 1)T zu den Eigenwerten
λ1 bzw. λ2 . Setzt man nun
i −i
T = v1 v2 =
1
1
!
,
so erhält man A = T JT −1 , wobei J die gesuchte Jordan-Normalform darstellt:
J=
−γ − iω
0
0
−γ + iω
Mit
T
−1
1
=
2i
3
1
i
!
−1 i
.
!
.
folgt also
eAt = eT JT
1
=
2i
e−γt
=
2i
−1 t
= T eJt T −1
!
i −i
e−γt−iωt
e−γt+iωt
ieiωt + ie−iωt
eiωt − e−iωt
1
1
0
0
!
1
i
−1 i
!
!
=e
−eiωt + e−iωt ieiωt + ie−iωt
=
cos(ωt)
−γt
sin(ωt)
− sin(ωt) cos(ωt)
!
.
Folglich gilt
ϕ(t, x0 , u(t) = 0) = e
cos(ωt)
−γt
sin(ωt)
− sin(ωt) cos(ωt)
!
x0 .
b) Um eine langwierige Rechnung zu vermeiden, wird für u(t) mit
u
e(t) = e
−ie2ωit
−γt
e2ωit
!
,
t ∈ R,
ein Ersatzsignal definiert. Es zeigt sich, dass für u
e(t)
Re u
e(t) = e−γt Re
−i cos(2ωt) − i2 sin(2ωt)
cos(2ωt) + i sin(2ωt)
!
sin(2ωt)
= e−γt
cos(2ωt)
!
= u(t).
gilt, sodass man sich Satz 3
ϕ(t, x0 , u) = ϕ(t, x0 , Re u
e) = Re(ϕ(t, x0 , u
e))
aus der Vorlesung zunutze machen kann. Es genügt also ϕ(t, x0 , u
e) zu berechnen.
Nach Kapitel 1.4 der Vorlesung gilt außerdem
Z
t
eA(t−s) u
e(s) ds =
Z t
e−As u
e(s) ds.
= eAt x0 + eAt
At
ϕ(t, x0 , u
e) = e x0 +
0
0
Zunächst ist es erforderlich, den Integranden der letzten Gleichung zu berechnen:
e
−As
u
e(s) = T · e
=T ·e
=T·
−γs
·e
−γs
0
eωis
−Js
·T
−1
−ie2ωis
e2ωis
!
eγs+iωs
0
0
eγs−iωs
!
!
0
e2ωis
!
=
.
Durch Einsetzen des ermittelten e−As u
e(s) und des Ausdrucks für eAt aus Aufgabe a)
4
erhält man
At
ϕ(t, x0 , u
e) = e x0 + T
|
= eAt x0 + T
= eAt x0 +
= eAt x0 +
e−γt−iωt
0
0
e−γt+iωt
{z
eAt
e−γt−iωt
0
!
i −i
0
e−γt+iωt
·
!
T −1 ·T
}
!
Z
t
(0, eωis )T ds =
0
0
1
iωt
iω (e
0
1
−γt+2iωt
iω (e
− 1)
!
− e−γt+iωt )
!
−1 −γt+2iωt
−γt+iωt )
(e
−
e
ω
1
1
1
−γt+2iωt
iω (e
!
=
− e−γt+iωt )
Daraus ergibt sich schließlich das gesuchte Zustandssignal
!
−γt
cos(ωt)
−
cos(2ωt)
e
ϕ(t, x0 , u) = Re(ϕ(t, x0 , u
e)) = eAt x0 +
ω
sin(2ωt) − sin(ωt)
!!
!
cos(ωt)
−
cos(2ωt)
cos(ωt)
sin(ωt)
1
.
= e−γt
x0 +
ω sin(2ωt) − sin(ωt)
− sin(ωt) cos(ωt)
5