Eksamen i ELE620, Systemidentikasjon (10 sp)

Transkript

1 DE EKNISK - NAURVIENSKAPEIGE FAKUE Institutt for data- og elektroteknikk Eksamen i EE620, Systemidentikasjon (0 sp) Dato: Fredag 3 mars 207 engde på eksamen: 4 timer illatte hjelpemidler: Kun standard enkel kalkulator. Bokmål Utkast med løsningsforslag, 8. mars 207. 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 00 poeng. Med 240 minutt totalt kan en fornuftig tidsbruk være å bruke ca 0 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 3 oppgaver, i tillegg er det med noen nyttige formler i del 4 side 4. Oppgavesettet med løsningsforslag er totalt 4 sider (inkludert denne forsida).

2 + v s i R i R i C + + v C C R 2 v R2 Figur : RC-krets. På venstre side er en spenningskilde (pådrag) som leverer tidsvarierende spenning til kretsen, v s (t). RC-krets (Antall poeng for denne oppgaven er = 35) Figur viser en RC krets. Det er en forholdsvis enkel krets med en spole, induktans med enhet Henry H, en kondensator, kapasitet C med enhet Farad eller F, og to motstander, resistans R og R 2 med enhet Ohm Ω. I tillegg er det en spenningskilde som setter en tidsvarierende spenning på kretsen. Gjennom hver eletrisk komponent går det en strøm i, og over hver er det en spenning v. Sammenhengen mellom strøm og spenning er gitt ved v R (t) = R i R (t), v (t) = d i (t) dt og i C (t) = C d v C(t). (.) dt for henholdsvis motstand, spole og kondensator. En har også noen regler for kretsen:. I hvert forgreiningspunkt er summen av strøm som går inn lik summen av strøm som går ut. For eksempel for forgreiningspunktet over kondensatoren og til venstre for spolen i gur så har en at strøm gjennom motstand er lik strøm gjennom spole (som også er lik strøm gjennom motstand 2) pluss strøm gjennom kondensator, i R (t) = i (t) + i C (t). 2. Spenningen mellom to punkt er den samme uansett hvilken sti en går fra punkt til punkt, og spenningsfall (eller stigninger) langs en sti adderes sammen til spenning mellom endepunkt. I eksempelet i gur betyr det at spenningen mellom forgreiningspunkta ovenfor og nedenfor kondensatoren er lik enten en går over kondensatoren eller over spole og motstand, v C (t) = v (t) + v R2 (t). a. Her skal en lage en kontinuerlig lineær tilstandsrommodell for RC-kretsen i 2

3 gur. ẋ = Ax + Bu og y = Dx + Eu (.2) For å gjøre det må en velge hva en vil ha som tilstander, det er mange muligheter for å velge disse. En måte å velge disse på i en RC-krets er å bruke spenning over kondensator og strøm over spole som tilstander. Dette kan være naturlig siden energi (lagret) i kretsen er gitt ved E(t) = 2 C v2 C(t) + 2 i2 (t). (.3) Dermed velges x = v C og x 2 = i. Pådraget er påtrykt spenning, u = v s og målingen (utgangen) er y = v R2. Finn matrisene A, B, D og E i kontinuerlig lineær tilstandsrommodell. Forholdet mellom strøm og spenning for kondensator er i C = C v C og dermed ẋ = v C = C i C = C ( i + i R ) = C ( i + R v R ) = C ( i + R (v s v c )) ẋ = C i + v s v c = x C x 2 + u der vi også har brukt regel i oppgaven. Forholdet mellom strøm og spenning for spole er v = i (merk begge prikkene over i-en) og dermed ẋ 2 = i = v = (v C v R2 ) = (v C R 2 i ) = x R 2 x 2) der vi også har brukt regel 2 i oppgaven. Disse to ligningene kan skrives på matriseform ẋ ẋ = = C x R ẋ 2 + u. (.4) 2 x 2 0 }{{}}{{} B Måleligningen blir A y = v R2 = R 2 i R2 = R 2 i = R 2 x 2 = 0, R 2 x. (.5) }{{} D Matrise E = 0, 0 siden det ikke er direktekobling her. b. Utvikle en diskret tilstandsrommodell som svarer til Euler-forover-diskretisering av modellen funnet i oppgave a. Bruk samplingsintervall. På grunn av vanlige størrelser for kondensator og spole så må ofte være svært liten, men her trenger vi ikke bry oss om størrelsen på. Skriv den diskrete tilstandsrommodellen på formen x(k + ) = Φx(k) + Γu(k) (.6) 3

4 det vil si skriv uttrykkene for Φ og Γ. Euler-forover-diskretisering av en kontinuerlig tilstandsrommodell er gitt ved Φ = I +A og Γ = B der er tidssteget. Den diskrete tilstandsrommodellen x(k + ) = Φx(k) + Γu(k) har da Φ = C R 2 og Γ = B = 0 (.7) c. Dere skal nå utlede formelen for z-transferfunksjonen fra u til y i en generell diskret tilstandsrommodell. Det vil si h(z) i uttrykket y(z) = h(z)u(z). I denne deloppgaven skal dere gi transferfunksjonen kun med å bruke matrisene Φ, Γ og D, det vil si la svaret være helt generelt, og ikke sett inn for RC-kretsen her. ar z-transform av ẋ = Ax + Bu og får zx(z) = Φx(z) + Γu(z) (.8) (zi Φ)x(z) = Γu(z) (.9) x(z) = (zi Φ) Γu(z) (.0) ar z-transform av måleligningen y = Dx, det blir y(z) = Dx(z), og når vi setter inn for x(z) her får vi Altså har en y(z) = Dx(z) = D(zI Φ) Γu(z) (.) h(z) = D(zI Φ) Γ (.2) Dette er formelen en skulle komme fram til i oppgaven. d. Dere skal nå nne z-transferfunksjonen fra u til y for RC-kretsen i begynnelsen av denne oppgaven. Det vil si h(z) i uttrykket y(z) = h(z)u(z) der pådraget er påtrykt spenning, u = v s og målingen (utgangen) er y = v R2. Hvis du ikke har fått til deloppgavene a-c så kan ikke deloppgave d) løses og du må gå videre til deloppgave e). En bruker formelen funnet i forrige deloppgave h(z) = D(zI Φ) Γ. Her får en z + (zi Φ) = C z + R 2 (.3) 4

5 For den inverse brukes formel i formelarket (zi Φ) = z + R 2 N(z) C z + der nevneren N(z) i brøken (determinaten for zi Φ) er (.4) N(z) = (z + )(z + R 2 ) + 2 C = z 2 z + z R 2 z + R 2 + z + R 2 2 R C + 2 C = z 2 + ( ( R 2 + R C ) 2) z + ( ( R 2 + R C ) + ( + R 2 ) 2 ) R C = z 2 + (k 2)z + k + k 2 2. = (z ) 2 + (z )k + k 2 2. der k = R 2 + k 2 = R C ( + R 2 R ) C Hvis en husker fra elektronikken kan en merke seg at resistans R har enhet Ohm Ω, induktans har enhet Henry H = Ω s og kapasitet C har enhet Farad F = s/ω. Dermed får k enhet s og k 2 enhet s 2 og alle ledd i ligningen for N(z) er da uten enhet. Med D = 0, R 2 får en videre D(zI Φ) = N(z) 0, R 2 D(zI Φ) = N(z) z + R 2 Og med Γ = /( ), 0 som i (.7) får en D(zI Φ) Γ = N(z) C z + R2, (z + )R 2 R2, (z )R 2 0 D(zI Φ) Γ = N(z) h(z) = D(zI Φ) Γ = N(z) som kan skrives på ere måter R 2 2 R C R 2 2 R C = R 2 2 N(z) R C (.5) h(z) = (R 2/R ) ( 2 /C) N(z) = (R 2 /R ) ( 2 /C) z 2 + (k 2)z + k + k 2 2 (.6) h(z) = (R 2 /R ) ( 2 /C) (z ) 2 + (z )k + k 2 = (R 2/R ) (/C) 2 ( z )2 + ( z )k (.7) + k 2 5

6 Her er kanskje forma i (.6) enklest. e. Denne deloppgaven er ikke knyttet til tidligere deloppgaver eller RC-kretsen. a utgangspunkt i forover-approksimasjonen av den deriverte og utled substitusjonsregelen for Eulers forovermetode ved å se på en enkel integrator. Substitusjonsreglene kan nnes ved å se på et eksempel med en enkel integrator. En integrator er gitt ved den kontinuerlige modellen ẋ = u. Denne aplace-transformeres til sx(s) = u(s) og det gir transferfunksjonen h(s) = x(s)/u(s) = /s. For Eulers forovermetode tilnærmes den deriverte til et (kontinuerlig) signal ved et tidspunkt t = k som nedenfor. ẋ(t) = ẋ(k ) For integrator har en ẋ = u og får ( x(k + ) x(k) ). (.8) ẋ(k) = ( x(k + ) x(k) ) = u(k) x(k + ) x(k) = u(k) z-transform av dette git zx(z) x(z) = x(z)(z ) = u(z) x(z) = z u(z) h(z) = x(z) u(z) = z. (.9) Dermed har en at h(s) = /s gir h(z) = /(z ). Dette kan brukes til å gi følgende substitusjonsregel som kan brukes for en vilkårlig transferfunksjon h(s), men en må være klar over at dette er en tilnærmelse basert på Eulers forovermetode. h(z) = h(s) s= z (.20) f. Nå skal du bruke resultatet fra forrige delspørsmål på s-transferfunksjonen for RC-kretsen i begynnelsen av oppgaven. Den er h(s) = R 2 CR s ( s + R 2 ) + C (.2) Finn h(z) med substitusjon basert på Eulers forovermetode. 6

7 igning (.2) er ikke s-transferfunksjonen for RC-kretsen i begynnelsen av oppgaven slik som påstått over. Egentlig burde oppgaven vært med den riktige s-transferfunksjonen som nedenfor som gir samme løsning som (.7) h(s) = (R 2/R ) (/C) s 2 + k s + k 2 h(z) = (R 2/R ) (/C) ( z )2 + ( z )k + k 2 Uansett er det enkelt å nne h(z) hvis en har riktig substitusjonsformel (.20). h(z) nnes ved å erstatte s-ene i h(s) med (z )/, i oppgaven slik den ble gitt får en h(z) = z R 2 CR ( z + R 2 ) + C (.22) h(z) = R 2 2 /CR (z )(z + R 2 /) + 2 /C (.23) 2 Minste kvadraters metode (Antall poeng for denne oppgaven er = 40) a. Minste kvadraters metode tar utgangspunkt i ligningen y = θ f (x) + θ 2 f 2 (x) + + θ n f n (x). (2.) Forklar hva de ulike symbolene i ligningen ovenfor (2.) er. Hvilke krav stilles for at minste kvadraters metode skal kunne brukes? Er disse kravene oppfyllt i ligning (2.) eller er det noen tilleggskrav som også må (bør) tas med (for at minste kvadraters metode skal kunne brukes)? Hvordan lages regresjonsvektoren ϕ(k)? I (2.) er θ i de ukjente parametrene en ønsker å estimere. y er en måling avhengig av disse parametrene. Funksjonen for y må være lineær i θ men trenger ikke være lineær i x, alle funksjonene f i (x) skal være kjente men trenger ikke være lineære. x er en (eller ere) kjente verdier som brukes som argument i funksjonene, de er gjerne innganger i systemet men kan også være tidligere 7

8 utganger. Hvis de er ukjente må de kunne estimeres slik at estimat kan brukes, f.eks støy i ARMAX modell. For (2.) er alle disse krav (vanligvis) oppfylt, forma sikrer at y er lineær i θ. Funksjonene f i i ligning (2.) kan samles i en regresjonsvektor ϕ. Parametrene samles også i en vektor θ f (x) f 2 (x) ϕ =., θ = f n (x) θ θ 2. θ n. (2.2) og ligning 2. kan da skrives y = ϕ θ. (2.3) b. øsningen for minste kvadraters metode er gitt ved ˆθ = (Φ Φ) Φ Y. (2.4) Forklar hva de ulike symbolene i ligningen ovenfor (2.4) er og hvordan de henger sammen med problemstillingen i (2.). For å nne de n ukjente parametre må en ha minst like mange observasjoner eller målinger som det er ukjente parametre, la oss si N målinger og N n. Hver måling (observasjon) gir her ei ligning, ligning k er y(k) = ϕ (k)θ, og disse kan samles i et lineært ligningsystem med N ligninger og kan skrives som Y = Φθ, (N, N n, n ) (2.5) der Y = y() y(2). y(n), og Φ = ϕ () ϕ (2). ϕ (N). (2.6) Minste kvadrater løsningen er løsningen ˆθ med Ŷ = Φˆθ slik at Y Ŷ 2 minimeres, der en har Y Ŷ 2 = N (y(k) ŷ(k)) 2. (2.7) k= Fra matematikken har en at minste-kvadraters-løsningen på ligningssystemet 2.5 er løsningen i (2.4). c. Høsten 206 kk noen studenter fra en videregående skole i Stavanger måle 8

9 tyngdens akselerasjon (g) i ei laboratorieøving ved UiS. Prinsippet for denne øvinga er at de lager en papirremse med seks små hull regelmessig plassert, hullene er laget med en vanlig hullmaskin som gir 80 mm mellom hvert hull. Denne papirremsa dras gjennom en lysgael av et lodd som er i fritt fall, signalet fra lysgaelen vil dermed gi utslag hver gang et av hullene passerer lysgaelen. Første hull er litt over lysgaelen når papirstrimmelen slippes slik at det er litt fart når første hull passeres og tidtaking startes (tid 0). Nøyaktig måling av tidene (når hullene passerer lysgaelen) ble gjort med en Arduino mikrokontroller, siden klokkefrekvensen her er 6 MHz så får en en nøyaktighet på tidene i størrelseorden mikrosekund, og dermed kan en anta at oppgitte sier for tidene i tabellen nedenfor er nøyaktige. Mikrokontrolleren skriver disse tidene via et serielt grensesnitt til ei l på en PC, og så brukte studentene Excel for å nne tyngdens akselerasjon g. Her er et eksempel på målingene de kk: t s s m 0,0000 0,00 0,073-0,08 0,79-0,6 0,550-0,24 0,876-0,32 0,259-0,40 Følgende ligning fra fysikken ble brukt: s(t) = s 0 + v 0 t + 2 a t2 (2.8) der s(t) er strekning (posisjon) ved tidspunkt t, s 0 og v 0 er posisjon og fart ved tid null, t = 0. a er akselerasjonen og er her den ukjente parameteren g som skal estimeres, altså a = g. En har også to andre paramtre, s 0 og v 0, som i prinsippet også må estimeres. I første omgang tar vi imidlertid en snarvei og bruker bruker første målepunkt til å sette s 0 = 0 og har dermed igjen to ukjente paramtre. Dette gir en mulighet til å nne et svar uten at en trenger å invertere store matriser, i eksamenssammenheng regnes 3 3 matrise som for stor til å invertere. Unøyaktighet for posisjon kan skyldes unøyaktig plassering av hull (±0. mm), at papirstrimmelen kommer litt skjevt gjennom lysgaelen, eller kanskje er det litt strekk (og springeekt) i papirstrimmelen. Friksjon og luftmotstand kan også gi støy. Plott målepunktene i en gur. Forklar hvordan minste kvadraters metode kan brukes for å nne tyngdens akselerasjonen ut fra tilgjengelige målinger. Få fram hva regresjonsvektoren er. Forklar også hvorfor (hvorfor ikke) ligning for første målepunkt skal være med og hva det eventuelt betyr. Hva blir resultatet for g? Hint: Hvis dere har fått et svar med mindre en 3% feil har dere sannsynligvis gjort utregningene riktig. 9

10 Her skal svaret inneholde et plott av målepunkt (3 poeng), en forklaring (3+2+2 poeng) og en utregning (5 poeng). Her er ikke selve plottet vist, det bør være ganske enkelt å få til. Forklaringen kan være som her. I denne problemstillingen har en to (n = 2) ukjente parametre, i tillegg til den opplagte g har en også initiell fart, fart ved tid null v 0. Siden vi har satt s 0 = 0 så vil ligning for t = 0 ikke gi noen feil og det betyr dermed ingenting om første datapunkt tas med eller ikke. Her velger vi å utelate den og har da 5 ligninger og to ukjente. Altså θ v0 θ = = (2.9) g θ 2 Målingen er posisjon, merk at de er negative (positiv retning oppover, og start med posisjon 0). En har N = 5 målinger, dermed blir t k = k og y k for k =, 2,..., N som gitt i tabell. Regresjonsvektoren blir da ϕ (k) = t k, ϕ = 2 t2 k og Φ = f (x) f 2 (x), = tk 2 t2 k (2.0) slik at regresjonsligningen for tid k (t k ) er y(k) = ϕ (k)θ. Videre lages datamatrisen som ϕ () ϕ (2). ϕ (N) = Matrisen som skal inverteres er da Φ Φ og blir her Φ Φ = (2.) Med målingene y(k) er da andre kolonne i oppgitt tabell og en nner vektoren Φ Y Φ Y = Videre får en (Φ Φ) = (Φ Φ) = med resultatet ˆθ = ˆv0 ĝ = (Φ Φ) Φ Y ==

11 Merk at at startfarten v 0 er med negativt fortegn og det er slik det skal være, det betyr her fart nedover. Akselerasjonen ble estimert til m/s 2, også nedover slik det skal være, og nesten 3% for stor. Feilen er liten nok til at den kan aksepteres her. Studentene gjntok forsøket ere ganger og midlet de ulike resultatene de kk. d. Det er ingen grunn til å behandle første målepunkt spesielt slik som det ble gjort i forrige del. Den riktige måte å gjøre minste kvadraters metode på er her å ha tre ukjente parametre; s 0, v 0 og g. øsningene er gitt som i spørsmål b) ligning (2.4). Forklar hva ˆθ, Φ og Y blir i tilfellet med tre ukjente parametre, få med dimensjon for alle. For Φ og Y skriv også hva de er med tall. Dere trenger ikke regne ut hva ˆθ blir med tall her. En lar ˆθ være de tre ukjente parametrene som en kolonnevektor med størrelse 3 ˆθ = ŝ 0 ˆv 0 ĝ (2.2) Φ er da datamatrise som en får ut fra modellen for hver av de 6 (nå likeverdige) målingene, og Y er målingene. Φ er ei 6 3 matrise og Y en 6 kolonnevektor. Med tall fra oppgitt tabell har en ˆθ = ŝ 0 ˆv 0 ĝ Y = Φ =, t, t2 = t = = (Φ Φ) Φ Y = Her har jeg også vist resultatet med mange sier slik at en ser at s 0 her ikke blir eksakt lik null. De siste resulatene her, altså ˆθ, forventes ikke i en besvarelse, men tallene for Φ og Y må være med.

12 3 Estimering av en konstant (Antall poeng for denne oppgaven er = 25) I denne oppgaven har en et Kalmanlter i sin aller enkleste form. En har ingen pådrag, prosessen er konstant og inneholder en tilstand (det er konstanten) som måles i hvert tidsssteg. Det er målestøy, varians σ 2, men ikke prosesstøy. Modellen er da x(k + ) = x(k) (3.) y(k) = x(k) + w(k) (3.2) En starter ved tidssteg k = 0 og måler da verdien y(0). Nå settes initialverdiene for Kalman-lteret, ˆx(0) = y(0) og ˆP (0) = σ 2. a. For første tidssteg startes Kalman-lteret, for k = får vi målingen y(). Hva blir nå aposteriori tilstandsestimat og kovariansestimat? Når Kalman-lteret startes, for k =, får vi fra ligningene gitt i siste del (formelarket) i oppgaven. Aposteriori tilstandsestimat er ˆx() og kovariansestimat er ˆP (). x() = Φˆx(0) = ˆx(0) = y(0) (3.3) P () = ˆP (0) = σ 2 (3.4) K() = σ 2 (σ 2 + σ 2 ) = /2 (3.5) ˆx() = x() + K()y() Dx() (3.6) = y(0) + y(0) + y() y() y(0) = 2 2 (3.7) ˆP () = ( /2) P () = 2 σ2 (3.8) b. For neste tidssteg, k = 2, får vi målingen y(2). Hva blir nå aposteriori tilstandsestimat og kovariansestimat? 2

13 x(2) = ˆx() = (y(0) + y()) (3.9) 2 P (2) = ˆP () = 2 σ2 (3.0) K(2) = 2 σ2 ( 2 σ2 + σ 2 ) = /2 3/2 = 3 Og dermed får vi for aposteriori tilstandsestimat og kovariansestimat (3.) ˆx(2) = x(2) + K(2)y(2) Dx(2) (3.2) = 2 (y(0) + y()) + ( y(0) + y() ) y(2) 3 2 (3.3) = y(0) 2 + y() 2 + y(2) 3 y(0) 6 y() 6 (3.4) y(0) + y() + y(2) = 3 (3.5) ˆP (2) = ( /3) 2 σ2 = 3 σ2 (3.6) c. For neste tidssteg, k = 3, får vi målingen y(3). Hva blir nå aposteriori tilstandsestimat og kovariansestimat? x(3) = ˆx(2) = (y(0) + y() + y(2)) (3.7) 3 P (3) = ˆP (3) = 3 σ2 (3.8) K(3) = 3 σ2 ( 3 σ2 + σ 2 ) = /3 4/3 = 4 Og dermed får vi for aposteriori tilstandsestimat og kovariansestimat (3.9) ˆx(3) = x(3) + K(3)y(3) Dx(3) (3.20) = 3 (y(0) + y() + y(2)) + ( y(0) + y() + y(2) ) y(3) 4 3 (3.2) = y(0) 3 + y() 3 + y(2) 3 + y(3) 4 y(0) 2 y() 2 y(2) 2 (3.22) y(0) + y() + y(2) + y(3) = 4 (3.23) ˆP (3) = ( /4) 3 σ2 = 4 σ2 (3.24) 3

14 4 Formler og ligninger Diskretisering z-transferfunksjon for kontinuerlige prosesser med nullteordens sample- og holdeelement på inngangen: h(z) = ( z )Z { G(s) s } t=k. (4.) ranformasjonspar, δ( ) er enhetsimpuls og u( ) er enhetssteg. { e at} = s a (n )! s n { δ(t a) } = e as { u(t a) } = e as (s a) 2 s {} = s, {t} = s 2 og generelt {t n } = { te at} = Z { δ(k) } = 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 ) + Γu(k ) (4.2) P (k) = Φ ˆP (k )Φ + Q (4.3) K(k) = P (k)d (DP (k)d + R) (4.4) ˆx(k) = x(k) + K(k)y(k) Dx(k) (4.5) ˆP (k) = (I K(k)D) P (k) (4.6) Matriser Ei 2 2 matrise og den inverse er a b A = c d, A = ad bc d b c a. (4.7) 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 = x x 2, f = d cos x = sin x dx f ( ) gir f 2 ( ) f x = dx log x = x f x f 2 x 2 f 2 f x x 2 (4.8). (4.9) 4