Eksamen i ELE620, Systemidentikasjon (10 sp)

Transkript

1 DET TEKNISK - NATURVITENSKAPELIGE FAKULTET Institutt for data- og elektroteknikk Eksamen i ELE620, Systemidentikasjon (10 sp) Dato: Fredag 15 desember 2017 Lengde på eksamen: 4 timer Tillatte hjelpemidler: Kun standard enkel kalkulator. Bokmål Utkast med løsningsforslag, 28. november Merk at faglærer ikke vil gå en runde i eksamenslokalet under eksamen. Er det ting i oppgaven du synes er uklart eller tvetydig så gjør fornuftige, faglig baserte antakelser. Husk å ta de med i besvarelsen. Max oppnåelige poeng er gitt for hver oppgave, totalt kan en få 100 poeng. Med 240 minutt totalt kan en fornuftig tidsbruk være å bruke ca 10 minutt for hver 5 poeng, da har en 20 minutt til pauser og 20 minutt ekstra. Merk at oppgavene eller deloppgavene ikke er sortert etter forventet vanskelighetsgrad. Oppgavesettet er på 4 oppgaver, i tillegg er det med noen nyttige formler i del 5 side 15. Oppgavesettet med løsningsforslag er totalt 15 sider (inkludert denne forsida).

2 1 Dobbelintegrator (Antall poeng for denne oppgaven er 25) Diskretisering av tilstandsrommodell (TRM) er å gå fra den kontinuerlige TRM til den diskrete TRM som vist her ẋ = Ax + Bu y = Dx + Eu x(k + 1) = Φx(k) + Γu(k) y(k) = Dx(k) + Eu(k) (1.1) Eksakt diskretisering med nullteordens holdeelement gir følgende sammenheng Γ = T 0 Φ = e AT = L 1{ (si A) 1} t=t (1.2) e Aτ dτ B = L 1 {(si A) 1 1 s B } t=t (1.3) Gitt følgende tidskontinuerlige modell for en dobbelintegrator: der K er en konstant. ÿ = Ku (1.4) a. Forklar hvordan en går fra dierensialligningen (1.4) til en kontinuerlig TRM med matrisene A, B, D og E som nedenfor A = [ [ 0, B = K D = [ 1 0, og E = 0. Ved å sette en tilstand lik y og en tilstand lik y derivert får en ẋ 2 x 1 = y (1.5) x 2 = ẏ = ẋ 1 (1.6) ẋ 1 = ẏ = x 2 (1.7) ẋ 2 = ẍ 1 = ÿ = Ku (1.8) Disse ligningene kan skrives på matriseform med matriser som i oppgaven. [ [ [ ẋ ẋ = = x + u = Ax + Bu 0 0 K y = [ 1 0 x = Dx, og E = 0. 2

3 b. Finn matrisene Φ, Γ, D og E i den diskrete TRM med eksakt diskretisering og nullteordens holdeelement. Samplingsintervallet (tidssteget) er T [sek. Eksakt diskretisering av TRM gir { [ Φ = L 1{ (si A) 1} } 1 s 1 t=t = L 1 0 s t=t {[ } 1/s 1/s = L 1 2 [ [ 1 t 1 T = = 0 1/s t=t t=t (1.9) Γ = L 1 { (si A) 1 1 s B } t=t = L 1 {[ 1/s 1/s 2 = L 1 {[ K/s 3 K/s 2 } t=t = [ KT 2 /2 KT 0 1/s 1 s [ 0 K } t=t (1.10) Dette gir altså den diskrete tilstandsrommodellen med matrisene [ [ 1 T KT Φ =, Γ = 2 /2. (1.11) 0 1 KT D og E matrisene i diskret TRM, (1.1), er som i kontinuerlig TRM. D = [ 1 0, og E = 0. c. Finn z-transferfunksjonen, h(z) = y(z) u(z) for systemet med eksakt diskretisering. Hint: h(z) kan kanskje enklest nnes med å ta z-transformasjon av diskret TRM, men den kan også nnes ved å gå via s-transferfunksjonen, som igjen kan nnes fra dierensialligningen (1.4). z-transferfunksjonen, h(z) = y(z) av diskret TRM. u(z) for systemet kan nnes ved å ta z-transformasjon zx(z) = Φx(z) + Γu(z) (zi Φ)x(z) = Γu(z) x(z) = (zi Φ) 1 Γu(z) 3

4 og setter inn for x(z) i y(z) y(z) = Dx(z) + Eu(z) = D(zI Φ) 1 Γu(z) + Eu(z) y(z) = ( D(zI Φ) 1 Γ + E ) u(z) h(z) = y(z) u(z) = D(zI Φ) 1 Γ + E Vi nner videre at og zi Φ = (zi Φ) 1 = [ z 0 0 z [ z 1 T 0 z 1 [ 1 T = = [ z 1 T 0 z 1. 1 [ z 1 T (z 1) 2 0 z 1 h(z) = D(zI Φ) 1 Γ + E [ [ 1 z 1 T KT = [1, 0 2 /2 + 0 (z 1) 2 0 z 1 KT [ K (z 1)T = [1, 0 2 /2 + T 2 (z 1) 2 (z 1)T K = (z 1) (zt 2 /2 T 2 /2 + T 2 ) = K T 2 (z + 1) 2 2 (z 1) 2 Alternativet er å gå via s-transferfunksjonen ÿ = Ku s 2 y(s) = Ku(s) G(s) = K/s 2. og bruke ligninger fra formelarket [ { G(s) } { K } h(z) = (1 z 1 )Z L 1 = (1 z s t=kt 1 )Z [L 1 t=kt s 3 = (1 z 1 )Z [(Kt 2 /2) t=kt = K(1 z 1 )/2 Z [ T 2 k 2 = K T 2 (1 z 1 )/2 Z [ k 2 = K T 2 (1 z 1 )/2 h(z) = K T 2 (z 1)/2 z + 1 (z 1) = K T 2 (z + 1) 3 2 (z 1) 2 z(z + 1) (z 1) 3 4

5 2 Smelteovn (Antall poeng for denne oppgaven er 25) En kan her tenke seg at prosessen er en smelteovn som i gur 1 side 6. Energibalansen for et system sier at endringen i energi er lik netto sum av energi til og fra systemet. Som formel skrives dette du dt = u inn u ut + Q W u inn og u ut er energi som følger masseyt. Q er varmeenergiyt til systemet uten at masse følger med. Her er utført arbeid W = 0 for både smelte- og kjølevannsystem. Formelen fo energiinnholdet i et system i enheten [J er U = m c p T Energi-innholdet til et sto som strømmer inn i/ut av et system i enhetene [J/s er u = F c p T En modell av varmetransport i enhetene [J/s gjennom en vegg er Q = (T 1 T 2 ) I tillegg til symbolene brukt i gur 1 kan også følgende symboler brukes: v 1 - prosesstøy for T s, [K/s v 2 - prosesstøy for T kv, [K/s y - måling [K w - målestøy [K Bruk følgende antagelser: mengden kjølevann er konstant, dvs. kjølekappen er hele tiden full av vann varmekapasiteten til kjølevann og smelte er konstant (varierer ikke med temperatur) ideell blanding i kjølevann og smelte mengden smelte er konstant 5

6 Q s T i F kv T kv F kv T s m s c p,s T kv hvor: T s - temperatur i smelten [K (tilstand1/måling1) T kv - Kjølevannstemperatur [K (tilstand2/måling2) T i - Temperatur på kjølevann inn [K c p,s - Spesikk varmekapasitet i smelte [J/K kg c p,kv - Spesikk varmekapasitet i kjølevann [J/K kg - Produktet av varmeoverføringskoesient og areal mellom smelte og kjølevann [J/K s Q s - Eektpådrag i smelten [J/s F kv - ow av kjølevann [kg/s m kv - mengde kjølevann i kappen [kg m s - mengde smelte [kg Figur 1: Prinsippskisse av smelteovn. 6

7 ingen tilsats eller uttak av smelte kjølevannstemperaturen måles det er 2 pådrag, Q s og T i (mao. så har vi f.eks. en varmeveklser foran kjølevannsinntaket til reaktoren som vi kan styre temperaturen inn med). a. Gå via energibalansen for smelte og kjølevann og vis at kontinuerlig tilstandsrommodell blir ẋ = Ax + Bu + Cv y = Dx + w (2.1) der matrisene er A = [ ha ( C = + F kv [ ) m kv, B =, D = [ 0 1. [ 1 0 F 0 kv m kv. For smelten er det ingen masseyt, det er varmetap til kjølevannet og varme fra eektpådraget. uinn = 0, U = m s c p,s T s uut = 0, W = 0 Q = Qs (T s T kv ) Energibalansen blir da d(m s c p,s T s ) dt m s c p,s dt s dt T s = dt s dt = Q s (T s T kv ) = Q s T s + T kv = T s + T kv + 1 Q s (2.2) m s c p,s m s c p,s m s c p,s For kjølevannet er det masseyt inn og ut, og varme overføres fra smelten til kjølevannet. U = m kv c p,kv T kv uinn = F kv c p,kv T i uut = F kv c p,kv T kv Q = ha (T s T kv ) 7

8 Energibalansen blir da d( T kv ) dt dt kv dt T kv = dt kv dt = F kv c p,kv T i F kv c p,kv T kv + (T s T kv ) = F kv c p,kv T i F kv c p,kv T kv + T s T kv = h ( A T s + F ) kv T kv + F kv T i m kv m kv (2.3) Støyen er ennå ikke lagt til modellen men det kan enkelt gjøres ved å legge v 1 til på høyre side i ligning 2.2 og ved å legge v 2 til på høyre side i ligning 2.3. En måler kjølevannet og får da måleligningen (med støy) y = T kv + w. (2.4) Systemet har da følgende dierensialligninger T s = dt s dt = m s c p,s T s + T kv = dt kv dt = T s T kv + 1 m s c p,s ( m s c p,s Q s + v 1 (2.5) + F ) kv T kv + F kv T i + v 2 (2.6) m kv m kv y = T kv + w. (2.7) Signalvektorene i tilstandsrommodellen (2.1) er [ [ Ts T x =, ẋ = s T kv T, u = kv [ Qs T i [ v1, v = v 2. Dierensialligningene (2.2) og (2.3) skrives på matriseform som ẋ = [ ha ( ) + F kv m kv x + [ 1 0 F 0 kv m kv u. Dette mangler bare støyen og måleligningen for å få ønsket form som i ligningssystemet i oppgaven, C som identitetsmatrisen og D = [0, 1. b. Utvikle en diskret tilstandsrommodell som svarer til Euler-forover-diskretisering av modellen funnet i oppgave a. Bruk samplingsintervall T som ikke må forveksles med noen av temperaturene, alle temperaturene har subskript. Skriv den diskrete tilstandsrommodellen på formen det vil si skriv uttrykkene for Φ og Γ. x(k + 1) = Φx(k) + Γu(k) (2.8) 8

9 Diskretisering med Eulers forovermetode er å sette Φ = I + AT og Γ = BT. Her får vi da Φ = [ 1 T T 1 ( T ) + F kv m kv T, Γ = [ T 0 F 0 kv T m kv. c. En håndregel angir hvor stor øvre grense for valg av tidsteg er. I denne regelen inngår største egenverdi for ei matrise. Hvordan er denne håndregelen? Håndregelen står i læreboka, hos Haugen i ADC ligning (8.8) side 97, og i mitt notat1 (kap ). Den ble også brukt i øving 6, håndregelen er T 0.1 {eig(a)} max. (2.9) Vi ser at det er (den største av) egenverdiene for matrisa A som er viktige. 9

10 3 Kalman-lter for parameterestimering (Antall poeng for denne oppgaven er 30) Modellen som ofte brukes for parameterestimering er y(k) = ϕ T (k)θ + e(k) (3.1) Kalman-lteret er basert på en tilstandsrommodell x(k + 1) = Φ(k)x(k) + Γ(k)u(k) + Ω(k)v(k) (3.2) y(k) = D(k)x(k) + w(k). (3.3) a. Forklar hvordan en kan overføre modellen i ligning 3.1 til tilstandsrommodellen i ligningene 3.2 og 3.3. Overgangen til tilstandsrommodell er som beskrevet i kap 3.5 i notat 4 (2017). Det er de ukjente parametrene, θ, som en ønsker å estimere med ˆθ. Parametrene θ i ligning 3.1 blir da tilstanden x i ligning 3.2. En har ingen pådrag som påvirker parametrene direkte, men en må tillate litt endring av parametrene fra et tidssteg til neste, altså x(k + 1) = x(k) + v(k). Φ matrisa er altså identitetsmatrisa. Når en får tilgjengelig ei ekstra ligning, så tilsvarer dette ei ny måling, en får da y(k) = D(k)x(k) + w(k) med parameterestimeringsvariabler y(k) = ϕ T (k)ˆθ(k) + w(k). Vi ser da at vi får D(k) = ϕ T (k). En skal estimere disse for hvert tidssteg, basert på estimat for forrige tidssteg og ny ligning (ny datavektor). Tilstandsrommodell av ligning 3.1 er da θ(k + 1) = θ(k) + v(k) (3.4) y(k) = ϕ T (k)θ(k) + e(k). (3.5) Støyen e(k) er hvit støy, den samme som w(k) i ligning 3.3. Legg merke til at en her har et tidsvarierende Kalman-lter, det nytter altså ikke med noe stasjonært Kalman-lter for parameterestimering. Viktig for implementering her er størrelsen en velger for matrisene Q og R, tuningsparametrene. b. Viktig ved implementering av et Kalman-lter, ligningene 5.2 til 5.6, er matrisene Q og R. Forklar hvordan disse er denert. Forklar også hvordan de kan brukes som tuningsparametre for Kalman-lteret. Q og R er autokovariansmatriser for prosesstøy v(k) og målestøy w(k) henholdsvis. Denisjon er i kap 1.4 i notat3 (2017). E[v(k + τ)v T (k) = R v (τ, k) = δ(τ)r v (0, k) = Q(k) = Q, (3.6) E[w(k + τ)w T (k) = R w (τ, k) = δ(τ)r w (0, k) = R(k) = R. (3.7) 10

11 En antar ofte at de er konstante, men de kan i noen tilfeller variere med tiden/tidssteg k. Støy er hvit og derfor har en δ(τ) med ovenfor. Q matrisa angir variansen på prosesstøy, stor Q svarer til mye støy og dermed tillates mye endringer i tilstandene i hvert steg, og en legger da ikke så mye vekt på forrige tilstand som hvis Q er liten. R matrisa angir variansen på målestøy, stor R svarer til mye støy og dermed er det stor usikkerhet i måling og en legger mindre vekt på målingen. Forholdet mellom Q og R er det som teller og avgjør hvor mye vekt en legger på forrige tilstand i forhold til måling. En av de laåse, gjerne R som kan være gitt ut fra datablad for måleinstrumenter, mens den andre, oftest Q, brukes som tuningsparameter. c. Kalman-lter kan gjerne brukes i stedet for RLS ved parameterestimering. Forklar fordeler og ulemper med å bruke Kalman-lter i forhold til RLS. 1. Kalman-lter er mer eksibelt enn RLS. Tilstandsrommodell gir mer eksibel modellering enn den lineære regresjonsligningen. 2. Hvis en låser R og bruker Q for tuning av Kalman-lteret har en likevel mer frihet i tuning, en kan gi hver tilstand ulik tuningsparameter. I RLS har en kun en glemmefaktor. 3. Kalman-lter kan enklere utvides enn RLS, augmentert Kalman-lter, eller ekstra måling ved enkelte tidssteg. 4. Linearisering av ulineære modeller kan gjøres med Kalman-lter. 5. Kalman-lter har ingen ulemper, unntatt hvis en misliker å forholde seg til stokastiske varaibler. Noen synes RLS er enklere siden det da klarere (?) kommer fram hva en minimerer. d. I implemeteringen av Kalman-lteret, ligningene 5.2 til 5.6, har en både P og ˆP, mens en i RLS har kun ei P matrise. Hva er denisjonen for hver av disse tre matrisene. Forklar en viktig forskjell, og en viktig forbindelse (sammenheng eller likhet) mellom P og ˆP på den ene siden og P på den andre siden. I Kalman-lteret er P og ˆP denert som estimat av kovariansmatrisa for estimeringsavvikene Cov(θ θ(k)) og Cov(θ ˆθ(k)) henholdsvis. Hvis en fortrekker 11

12 å bruke tilstand x(k) i stedet for parametervektoren θ blir det P (k) = E[(x(k) x(k))(x(k) x(k)) T (3.8) ˆP (k) = E[(x(k) ˆx(k))(x(k) ˆx(k)) T (3.9) Her er x(k) som apriori, før måling y(k), estimat av tilstand og ˆx(k) som aposteriori, etter måling y(k), estimat av tilstand. I RLS er P denert via den inverse av sum av ytreprodukter av regresjonsvektorer, eventuelt vektet med glemmefaktor opphøyd i potens (k i). P 1 (k) = k λ k i ϕ(i)ϕ T (i) = λp 1 (k 1) + ϕ(k)ϕ T (k). (3.10) i=1 I RLS er ikke P stokastisk. P er deterministisk, regnet ut basert på de observerte verdiene for hvert tidssteg, ϕ(i). Likevel er det en sammenheng med kovariansmatrisene brukt i Kalman-lteret, P (k) er et estimat av variansen for parameterestimatene, og dermed også for avviket, når variansen for målestøyen σ 2 = 1, (i Kalman-lteret R = 1). 12

13 4 Statistiske egenskaper for ARMA-prosess (Antall poeng for denne oppgaven er 20) Følgende er et eksempel på en ARMA-prosess: x(k) = ax(k 1) + e(k) + ce(k 1), a < 1 (4.1) der x(k) = 0 for k < 0 og e(k) er en sekvens av normalfordelte, statistisk uavhengige tilfeldige variabler der E[e(k) = 0 { σ 2 R e (l) = E[e(k)e(k l) = e l = 0 0 l 0 Vi kan regne prosessen for stasjonær i det området vi ser på her, det vil si E[f(x(k)) = E[f(x(k l)), og f( ) er en funksjon. a. Finn forventningsverdien (middelverdien) til x(k). Denne oppgaven er lik øving 4.3 som de este av dere kk til bra tidligere i høst. Middelverdien for x(k) blir m x(k) = m x og blir E[x(k) = E[ax(k 1) + e(k) + ce(k 1) m x = am x + m e + cm e (1 a)m x = (1 + c)m e = 0 m x = 0 b. Vis at 0 for l < 0 R xe (l) = E[x(k)e(k l) = σe 2 for l = 0 a l 1 (a + c)σe 2 for l > 0 (4.2) En starter med å slå fast at støy på framtidige tidspunkt er ukorrelert med signalet nå eller tidligere. Altså R xe (l) = 0 for l < 0. Dermed kan en sette 13

14 R xe (l) = E[x(k)e(k l) (4.3) = E[ ( ax(k 1) + e(k) + ce(k 1) ) e(k l) = E[ax(k 1)e(k l) + e(k)e(k l) + ce(k 1)e(k l) = ar xe (l 1) + R e (l) + cr e (l 1) R xe (l) = 0 for l < 0 (4.4) R xe (0) = ar xe ( 1) + R e (0) + cr e ( 1) = σe 2 (4.5) R xe (1) = ar xe (0) + R e (1) + cr e (0) = aσe 2 + cσe 2 = (a + c)σe 2 (4.6) R xe (2) = ar xe (1) + R e (2) + cr e (1) = a(a + c)σe 2 (4.7) R xe (l) = ar xe (l 1) for l 2 (4.8) R xe (l) = a l 1 (a + c)σe 2 for l 1 (4.9) c. Finn variansen til x(k), altså σ 2 x = R x (0) = E[x 2 (k). Og variansen for x nnes så med σ 2 x = E[x(k)x(k) = R x (0) (4.10) = E[ ( ax(k 1) + e(k) + ce(k 1) )( ax(k 1) + e(k) + ce(k 1) ) = E[ ax(k 1)ax(k 1) + e(k)ax(k 1) + ce(k 1)ax(k 1) +ax(k 1)e(k) + e(k)e(k) + ce(k 1)e(k) +ax(k 1)ce(k 1) + e(k)ce(k 1) + ce(k 1)ce(k 1) = a 2 R x (0) + ar xe ( 1) + acr xe (0) +ar xe ( 1) + R e (0) + cr e (1) +acr xe (0) + cr e (1) + c 2 R e (0) = a 2 σx acσe σe acσe c 2 σe 2 σx ac + c2 = σ 1 a e. 2 2 (4.11) 14

15 5 Formler og ligninger Diskretisering z-transferfunksjon for kontinuerlige prosesser med nullteordens sample- og holdeelement på inngangen: [ h(z) = (1 z 1 )Z L 1 { G(s) s } t=kt. (5.1) Tranformasjonspar, δ( ) er enhetsimpuls og u( ) er enhetssteg. L { e at} = 1 s a (n 1)! s n 1 L { δ(t a) } = e as L { u(t a) } = e as (s a) 2 s L{1} = 1 s, L{t} = 1 s 2 og generelt L{t n 1 } = L { te at} = Z { δ(k) } = 1 Z { δ(k n) } = z n Z { a k u(k) } = z z a Z { ka k u(k) } = az (z a) 2 Z { k 2 a k u(k) } = az(z + a) (z a) 3 Kalman-lter I vår utledning av Kalman-lteret kom vi fram til følgende ligninger som oppsummerer hovedløkka, det er det som gjøres for hvert tidssteg k. x(k) = Φˆx(k 1) + Γu(k 1) (5.2) P (k) = Φ ˆP (k 1)Φ T + Q (5.3) K(k) = P (k)d T (DP (k)d T + R) 1 (5.4) ˆx(k) = x(k) + K(k)[y(k) Dx(k) (5.5) ˆP (k) = (I K(k)D) P (k) (5.6) Matriser Ei 2 2 matrise og den inverse er [ a b A = c d, A 1 = 1 ad bc [ d b c a. (5.7) Determinanten er: det(a) = ad bc. Egenverdier for ei matrise er verdier λ slik at det(λi A) = 0. Derivasjon d d sin x = cos x dx x = [ x1 x 2, f = d cos x = sin x dx [ f1 ( ) gir f 2 ( ) f x = dx log x = 1 x [ f1 x 1 f 2 x 2 f 2 f 1 x 1 x 2 (5.8). (5.9) 15