EES-20: Sistemas de Controle II 11 Agosto 2017 1 / 47
Recapitulando: Solução da equação de estado Equação de estado: ẋ = Ax + Bu Equação de saída: y = Cx + Du Problema de valor inicial (considerando t 0 = 0, sem perda de generalidade 1 ): Dados x(0) e u(τ), 0 τ t, obter x(t). Solução: t x(t) = e At x(0) + e A(t τ) Bu(τ)dτ 0 Considerando a equação de saída, tem-se ainda t y(t) = Ce At x(0) + Ce A(t τ) Bu(τ)dτ + Du(t) 0 1 Por se tratar de modelo invariante no tempo 2 / 47
Recapitulando: Solução da equação de estado Alternativas: t x(t) = e At x(0) + e A(t τ) Bu(τ)dτ 0 Uso da transformada de Laplace: X (s) = (si A) 1 BU(s) + (si A) 1 x(0) Diagonalização da matriz A (por meio de transformação de similaridade empregando os autovetores da matriz) 3 / 47
Exemplo ẋ = Ax + Bu [ ] 6 1 A =, B = 4 6 [ ] 1 4 Obter a expressão de x(t) para t > 0, supondo: [ ] 1 u( ) 0, x(0) = 3 4 / 47
Exemplo: Uso da Transformada de Laplace X (s) = (si A) 1 BU(s) + (si A) 1 x(0) [ ] 6 1 A =, x(0) = 4 6 [ ] 1 3 [ ] 1 [ ] s + 6 1 1 X (s) = 4 s + 6 3 [ ] [ ] 1 s + 6 1 1 = s 2 + 12s + 32 4 s + 6 3 [ ] 1 s + 3 = (s + 4)(s + 8) 3s + 14 5 / 47
Exemplo: Uso da Transformada de Laplace X (s) = X s + 3 1(s) (s + 4)(s + 8) = X 2 (s) 3s + 14 (s + 4)(s + 8) X 1 (s) = s + 3 (s + 4)(s + 8) = 1/4 s + 4 + 5/4 s + 8 x 1 (t) = e 4t 4 + 5e 8t 4 X 2 (s) = 3s + 14 (s + 4)(s + 8) = 1/2 s + 4 + 5/2 s + 8 x 2 (t) = e 4t 2 + 5e 8t 2 6 / 47
Comparação com resultado do Matlab (função lsim) sys = ss(a,[],[],[]); x0 = [1;3]; t = 0:0.01:1; [~,~,X] = lsim(sys,[],t,x0); x1 = -exp(-4*t)/4 + 5*exp(-8*t)/4; x2 = exp(-4*t)/2 + 5*exp(-8*t)/2; plot(t,x1, ro,t,x(:,1), b ) xlabel( t ), legend( x_1 (calculado), x_1 (lsim) ) figure, plot(t,x2, ro,t,x(:,2), b ) xlabel( t ), legend( x_2 (calculado), x_2 (lsim) ) figure, plot(x1,x2, ro,x(:,1),x(:,2), b ) xlabel( x_1 ), ylabel( x_2 ), legend( calculado, lsim ) 7 / 47
Resultados 1.2 1 x 1 (calculado) x 1 (lsim) 0.8 0.6 0.4 0.2 0 0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 t 8 / 47
Resultados 3 2.5 x 2 (calculado) x 2 (lsim) 2 1.5 1 0.5 0 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 t 9 / 47
Resultados 3 Trajetória do estado 2.5 2 x 2 1.5 1 0.5 calculado lsim 0 0.5 0 0.5 1 1.5 x 1 10 / 47
Exemplo: Diagonalização da matriz A [ ] 6 1 ẋ = Ax, A =, x(0) = 4 6 [ ] 1 3 Passo 1: Determinação dos autovalores de A [ ] λ + 6 1 det(λi A) = det = λ 2 + 12λ + 32 = (λ + 4)(λ + 8) 4 λ + 6 Autovalores: λ 1 = 4, λ 2 = 8 Passo 2: Determinação dos autovetores associados [ ] [ ] [ ] 2 1 v1,1 0 Av 1 = λ 1 v 1 (λ 1 I A)v 1 = 0 = v 4 2 v 2,1 0 2,1 = 2v 1,1 [ ] [ ] [ ] 2 1 v1,2 0 Av 2 = λ 2 v 2 (λ 2 I A)v 2 = 0 = v 4 2 0 2,2 = 2v 1,2 v 2,2 11 / 47
Exemplo: Diagonalização da matriz A Pode-se tomar, por exemplo: [ ] v1,1 v 1 = = [ ] 6 1 ẋ = Ax, A =, x(0) = 4 6 v 2,1 [ ] 1, v 2 2 = [ v1,2 v 2,2 ] = [ ] 1 3 [ ] 1 2 Passo 3: Transformação de similaridade usando P = [v 1 v 2 ] 1 [ ] 1 1 1 P = = 1 [ ] 2 1 2 2 4 2 1 Ā = PAP 1 = 1 [ ] [ ] [ ] [ ] 2 1 6 1 1 1 4 0 = 4 2 1 4 6 2 2 0 8 12 / 47
Exemplo: Diagonalização da matriz A [ ] 6 1 ẋ = Ax, A =, x(0) = 4 6 Modelo após a transformação de similaridade: [ ] 4 0 ẇ = Āw, Ā = 0 8 sendo w = Px, P = 1 4 [ ] 2 1 2 1 [ ] 1 3 Passo 4: Obtenção da condição inicial para o modelo transformado w(0) = Px(0) = 1 4 [ 2 1 2 1 ] [ 1 3 ] = [ ] 1/4 5/4 13 / 47
Exemplo: Diagonalização da matriz A ẇ = Āw, Ā = [ ] 4 0, w(0) = 0 8 [ ] 1/4 5/4 Passo 5: Solução das equações de estado desacopladas ẇ 1 = 4w 1, w 1 (0) = 1 4 w 1(t) = 1 4 e 4t ẇ 2 = 8w 1, w 1 (0) = 5 4 w 2(t) = 5 4 e 8t 14 / 47
Exemplo: Diagonalização da matriz A Passo 6: Obtenção de x(t) por combinação linear dos autovetores x(t) = P 1 w(t) = [v 1 v 2 ] [ ] w1 (t) w 2 (t) = w 1 (t)v 1 + w 2 (t)v 2 sendo w 1 (t) = 1 4 e 4t, w 2 (t) = 5 4 e 8t [ ] [ ] 1 1 v 1 =, v 2 2 = 2 Logo: ] ] x(t) = 1 4 e 4t [ 1 2 + 5 4 e 8t [ 1 2 x 1 (t) = e 4t 4 + 5e 8t, x 2 (t) = e 4t 4 2 + 5e 8t 2 15 / 47
Diagonalização da matriz A: Interpretação geométrica x 2 3 2.5 2 1.5 Direção de v 1 Direção de v 2 λ 1 = 4 [ ] 1 v 1 = 2 1 0.5 0 0.5 0 0.5 1 x 1 λ 2 = 8 [ ] 1 v 2 = 2 16 / 47
Diagonalização da matriz A: Interpretação geométrica 0.1 x 2 0.05 0 0.05 Direção de v 1 Direção de v 2 0.1 0.05 0 0.05 x 1 λ 1 = 4 [ ] 1 v 1 = 2 λ 2 = 8 [ ] 1 v 2 = 2 17 / 47
Exercício para casa [ ] 6 1 ẋ = Ax + Bu, A =, B = 4 6 Obter a expressão de x(t) para t > 0, supondo u(t) = 2, t 0 [ ] 0 x(0) = 0 [ ] 1 4 Resolver empregando: (a) Transformada de Laplace e (b) Transformação de Similaridade (Ā = PAP 1, B = PB). 1 4 e 4t 3 8 e 8t + 1 8 Solução: x(t) = 1 2 e 4t 3 4 e 8t + 5 4 18 / 47
Comparação com resultado do Matlab (função lsim) sys = ss(a,b,[],[]); t = 0:0.01:1; u = 2*ones(length(t),1); [~,~,X] = lsim(sys,u,t); x1 = exp(-4*t)/4-3*exp(-8*t)/8 + 1/8; x2 = -exp(-4*t)/2-3*exp(-8*t)/4 + 5/4; plot(t,x1, ro,t,x(:,1), b ) xlabel( t ), legend( x_1 (calculado), x_1 (lsim) ) figure, plot(t,x2, ro,t,x(:,2), b ) xlabel( t ), legend( x_2 (calculado), x_2 (lsim) ) figure, plot(x1,x2, ro,x(:,1),x(:,2), b ) xlabel( x_1 ), ylabel( x_2 ), legend( calculado, lsim ) 19 / 47
Resultados 0.2 0.15 0.1 0.05 x 1 (calculado) x 1 (lsim) 0 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 t 20 / 47
Resultados 1.4 1.2 1 0.8 0.6 0.4 0.2 x 2 (calculado) x 2 (lsim) 0 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 t 21 / 47
Resultados 1.4 Trajetória do estado 1.2 1 0.8 x 2 0.6 0.4 0.2 calculado lsim 0 0 0.05 0.1 0.15 0.2 x 1 22 / 47
Estabilidade 23 / 47
Resposta a condição inicial e resposta forçada t y(t) = Ce At x(0) + Ce A(t τ) Bu(τ)dτ + Du(t) 0 Resposta a condição inicial Resposta forçada Alternativamente, pode-se usar a Transformada de Laplace para chegar a Y (s) = C(sI A) 1 x(0) + [C(sI A) 1 B + D] U(s) }{{} G(s) 24 / 47
Estabilidade BIBO t y(t) = Ce At x(0) + Ce A(t τ) Bu(τ)dτ + Du(t) 0 Y (s) = C(sI A) 1 x(0) + [C(sI A) 1 B + D] U(s) }{{} G(s) Resposta a condição inicial Resposta forçada EES-10: O sistema é dito estável no sentido BIBO (Bounded Input, Bounded Output) se a resposta forçada for limitada para qualquer entrada u( ) limitada. Para isso, é necessário e suficiente que os polos de G(s) tenham parte real negativa, isto é, estejam à esquerda do eixo imaginário. E a resposta a condição inicial? 25 / 47
Estabilidade interna assintótica t y(t) = Ce At x(0) + Ce A(t τ) Bu(τ)dτ + Du(t) 0 Resposta a condição inicial Resposta forçada Diz-se que o sistema tem estabilidade interna assintótica se para qualquer x(0) R n. e At x(0) t 0 Nesse caso, garantidamente, a resposta a condição inicial Ce At x(0) convergirá para zero quando t. 26 / 47
Estabilidade interna assintótica A estabilidade interna assintótica está relacionada com a solução da seguinte equação de estado: ẋ = Ax Nesse caso, tem-se x(t) = e At x(0) ou, empregando a Transformada de Laplace: X (s) = (si A) 1 x(0) = 1 det(si A) [cof(si A)]T x(0) 27 / 47
Estabilidade interna assintótica X (s) = x(t) = e At x(0) 1 det(si A) [cof(si A)]T x(0) Cada componente de x(t) envolverá uma combinação linear de termos da forma t (m i 1) e λ i t, sendo m i a multiplicidade do i-ésimo autovalor λ i da matriz A. No caso de par de autovalores complexo-conjugados (σ + jω), o termo correspondente terá a forma de senoide com frequência ω e envelope e σt. Para se ter x(t) t 0 qualquer que seja x(0) R n, todos os autovalores de A devem ter parte real negativa. 28 / 47
Estabilidade interna assintótica Condição necessária e suficiente para estabilidade interna assintótica: Todos os autovalores de A devem ter parte real negativa. Doravante, empregaremos simplesmente o termo estabilidade. Vale lembrar que os autovalores da matriz A não são alterados por transformações de similaridade. Desse modo, as características de estabilidade independem da escolha das variáveis de estado. 29 / 47
Estabilidade interna assintótica Uma matrix com todos os autovalores à esquerda do eixo imaginário é dita ser uma matriz Hurwitz. O sistema será estável se e somente se a matriz A for Hurwitz. 30 / 47
Teste de estabilidade Como determinar se a matriz A é Hurwitz? Duas possibilidades: Calcular os autovalores. Obter o polinômio característico det(λi A) e aplicar o teste de Routh-Hurwitz (útil para estabelecer condições de estabilidade envolvendo elementos literais na matriz A). 31 / 47
Teste de estabilidade: Exemplos R L i t m t y t = t u t = v t g t J, b Variáveis de estado: x 1 = ω, x 2 = i [ ] ẋ1 b K m = J J ẋ 2 K g R L L [ x1 x 2 ] + 0 1 L u 32 / 47
Teste de estabilidade: Exemplos A = b J K g L K m J R L λ + b K m det(λi A) = det J J K g λ + R L L ( JR + bl = λ 2 + JL ) ( ) br + Km K g λ + JL Supondo JL > 0, o sistema será estável se e somente se (JR + bl) > 0 e (br + K m K g ) > 0. 33 / 47
Teste de estabilidade: Exemplos u(t) = i(t) Eletroímã v(t) f(t) y(t) = h(t) Fonte de Corrente Variáveis de estado: x 1 = h, x 2 = v ẋ 1 = x 2 ẋ 2 = g f m, f = K f (K f > 0 constante) i 2 h 2 mg [ δẋ1 δẋ 2 Modelo linearizado: ] 0 1 [ ] 0 δx1 = 2g + 0 δx 2 2 x Kf g x 1 1 m δu 34 / 47
Teste de estabilidade: Exemplos 0 1 A = 2g 0 x 1 λ 1 det(λi A) = det 2g λ x 1 = λ 2 2g x 1 Sistema instável, qualquer que seja x 1 > 0. 2g Com efeito, os autovalores de A são ± x 1 35 / 47
Teste de estabilidade Como determinar se a matriz A é Hurwitz? Terceira possibilidade: Calcular os autovalores. Obter o polinômio característico det(λi A) e aplicar o teste de Routh-Hurwitz. Empregar a abordagem de Lyapunov. 36 / 47
Análise de estabilidade empregando a abordagem de Lyapunov Aleksandr Mikhailovich Lyapunov (1857-1918) Aluno de P. L. Chebyshev Formado em Matemática pela Universidade de São Petersburgo (1880) Tese de Doutorado: The general problem of the stability of motion (Universidade de Moscou, 1892) Detalhes biográficos podem ser consultados em um artigo de Smirnov (1992) 2 2 SMIRNOV, V. I. Biography of A. M. Lyapunov. International Journal of Control, v. 55, n. 3, p. 775-784, 1992. 37 / 47
Excerto da biografia supracitada (Smirnov, 1992) (...) V. A. Steklov, the first student of Lyapunov at Kharkov University, delivered a speech in memory of his teacher in which he described the first appearance of Lyapunov at Kharkov University. We follow his words: When the students learnt that there was coming to us from St. Petersburg a new professor of mechanics, we immediately decided that this must be some pitiful mediocrity from Delyanov s creatures. But into the auditorium (...) there entered a handsome young man almost of the age group of some of our colleagues (...) from the beginning of the lecture, I heard something which I had not heard or encountered from a single instructor or from any of my known textbooks. And all antipathy to the course was immediately blown to dust; by the strength of his talent, by the charm of which in most cases youth unconsciously yields, Alexandr Mikhailovich, even without knowing it, overcame in one hour the prejudiced attitude of the auditorium. From that day A. M. took a completely special place in the eyes of the students and they came to regard him with exceptionally respectful esteem. 38 / 47
Análise de estabilidade empregando a abordagem de Lyapunov Método desenvolvido para analisar a estabilidade de pontos de equiĺıbrio de sistemas não lineares (sistemas lineares são um caso particular). Análise da estabilidade diretamente no domínio do tempo, com base na equação de estado. Ideia: Analisar a variação temporal de uma função V (x) que expresse a energia do sistema em termos do estado x. 39 / 47
Exemplo: Motor elétrico R L i t m t y t = t u t = v t g t J, b Variáveis de estado: x 1 = ω, x 2 = i [ ] ẋ1 b K m = J J ẋ 2 K g R L L [ x1 x 2 ] + 0 1 L u Para analisar a estabilidade (no sentido aqui considerado), vamos supor u = 0 a partir do instante inicial. 40 / 47
Exemplo: Motor elétrico R L i t m t t g t J, b Variáveis de estado: x 1 = ω, x 2 = i [ ] ẋ1 b = J ẋ 2 K g L K m J R L [ x1 x 2 ] Energia (mecânica + elétrica) do sistema em um dado instante t: V ( x 1 (t), x 2 (t) ) = 1 2 J( x 1 (t) ) 2 + 1 2 L( x 2 (t) ) 2 41 / 47
Exemplo: Motor elétrico Energia (mecânica + elétrica) do sistema em um dado instante t: Vale notar que V ( x 1 (t), x 2 (t) ) = 1 2 J( x 1 (t) ) 2 + 1 2 L( x 2 (t) ) 2 V (x 1, x 2 ) = 0, se (x 1, x 2 ) = (0, 0) V (x 1, x 2 ) > 0, (x 1, x 2 ) (0, 0) Diz-se que V é uma função positivo-definida (PD) do estado (x 1, x 2 ). 42 / 47
Exemplo: Motor elétrico [ ] ẋ1 b K m [ ] = J J x1 ẋ 2 K g R x 2 L L V ( x 1 (t), x 2 (t) ) = 1 2 J( x 1 (t) ) 2 1 + 2 L( x 2 (t) ) 2 De (1) e (2), pode-se obter a expressão da derivada da energia com respeito ao tempo: dv dt = V x 1 dx 1 dt + V x 2 dx 2 dt = Jx 1ẋ 1 + Lx 2 ẋ 2 = Jx 1 ( b J x 1 + K m J x 2 ) + Lx 2 ( K g L x 1 R ) L x 2 (1) (2) = bx 2 1 + K m x 1 x 2 K g x 1 x 2 Rx 2 2 43 / 47
Exemplo: Motor elétrico dv dt = bx2 1 + K m x 1 x 2 K g x 1 x 2 Rx 2 2 Lembrando que K m = K g (vide Aula 1), tem-se que dv dt = bx2 1 Rx 2 2 ou, usando a notação de Newton: V (x 1, x 2 ) = bx 2 1 Rx 2 2 44 / 47
Exemplo: Motor elétrico V (x 1, x 2 ) = bx 2 1 Rx 2 2 Supondo b > 0 e R > 0, tem-se que V (x 1, x 2 ) = 0, se (x 1, x 2 ) = (0, 0) V (x 1, x 2 ) < 0, (x 1, x 2 ) (0, 0) Diz-se que V é uma função negativo-definida (ND) do estado (x 1, x 2 ). 45 / 47
Conclusão da análise V (x 1, x 2 ) = 1 2 Jx2 1 + 1 2 Lx2 2 > 0, (x 1, x 2 ) (0, 0) V é uma função positivo-definida do estado (x 1, x 2 ). V (x 1, x 2 ) = bx 2 1 Rx 2 2 < 0, (x 1, x 2 ) (0, 0) V é uma função negativo-definida do estado (x 1, x 2 ). Com isso, é possível concluir que ( x 1 (t), x 2 (t) ) t 0. (Vide esboço da demonstração no quadro) V (x 1, x 2 ) é dita ser uma Função de Lyapunov para o sistema analisado. 46 / 47
Próxima aula Formalização da análise de estabilidade empregando a abordagem de Lyapunov Funções de Lyapunov quadráticas 47 / 47