Lösningsförslag/facit till Tentamen. TSFS06 Diagnos och övervakning 14 januari, 2008, kl

Transkript

1 Lösningsförslag/facit till Tentamen TSFS06 Diagnos och övervakning 14 januari, 2008, kl Tillåtna hjälpmedel: TeFyMa, Beta, Physics Handbook, Reglerteknik (Glad och Ljung), Formelsamling i statistik och signalteori och miniräknare. Ansvarig lärare: Erik Frisk, tel Betyg rapporteras in och anslås senast den 25:e januari Visning av skrivningen sker kl den 28:e januari på Fordonssystem. Totalt 40 poäng. Preliminära betygsgränser: Betyg 3: 18 poäng Betyg 4: 25 poäng Betyg 5: 30 poäng

2 Uppgift 1. a) Alla fel är starkt detekterbara. b) En konsistensrelation baserad på statisk redundans är 0 = y 1 + y 2 u Exempel på konsistensrelationer baserade på temporal redundans är 0 = ẏ 2 y 1 0 = ẏ 2 + y 2 u 0 = ẏ 1 + y 1 u c) Motsvarande residualgeneratorer är: r 1 = y 1 + y 2 u och r 2 (p) = 1 p + 2 (py 2 y 1 ) = y p + 2 ( y 1 2y 2 ) r 3 (p) = 1 p + 2 (py 2 + y 2 u) = y p + 2 ( y 2 u) r 4 (p) = 1 p + 2 (py 1 + y 1 pu) = y 1 u + 1 p + 2 ( y 1 + 2u) eller på tillståndsform ẋ 2 = 2x 2 y 1 2y 2 r 2 = x 2 + y 2 ẋ 3 = 2x 3 y 2 u r 3 = x 3 + y 2 ẋ 4 = 2x 4 y 1 + 2u r 4 = x 4 + y 1 u d) Interna formen för de föreslagna residualgeneratorerna är: r 1 = f 1 + f 2 + f 3 + f 4 r 2 (p) = 1 p + 2 ( f 2 + pf 3 ) Beslutsstrukturen för dessa residualer är: r 3 (p) = 1 p + 2 (f 1 + (p + 1)f 3 + f 4 ) r 4 (p) = 1 p + 2 (pf 1 + (p + 1)f 2 + pf 4 ) 1

3 Uppgift 2. f 0 = 1. Alla fel starkt detekterbara i r 1. NF F 1 F 2 F 3 F 4 r 1 0 X X X X r X X 0 r 3 0 X 0 X X r 4 0 X X 0 X F 2 är starkt och F 3 är svagt detekterbart i r 2. F 1, F 2 och F 4 är starkt detekterbara i r 3. F 2 är starkt och F 1 och F 4 är svagt detekterbara i r 4. a) Figur 1 illustrerar falsklarm och missda detektion för en tröskel J = 1.5 och r (a) Falsklarm (b) Missad detektion Figur 1: Illustration över missad detektion och falslarmssannolikheter. b) P(FA) = 2(1 Φ( J σ )) P(MD) = Φ( J f 0 σ J = Γ(1 1 2 α)σ ) Φ( J f 0 ) σ c) Falskalarmsannolikheten minskar och sannolikheten för missad detektion ökar med ökande tröskelstorlek. När tröskelvärdet är 0 så är falskalarmsannolikheten 1 och sannolikheten för missad detektion 0. När tröskelstorleken går mot oändligheten så går falskalarmsannolikheten mot 0 och sannolikheten för missad detektion mot 1. d) Se kurskompendiet. Uppgift 3. a) Se kurskompendiet. b) Låt C i vara en den komponent som går sönder då fel f i inträffar. De konflikter vi får då r 2 och r 4 reagerar är: OK(C 1 ) OK(C 2 ) OK(C 4 ) OK(C 2 ) OK(C 3 ) 2

4 De minimala diagnoserna är: OK(C 1 ) OK(C 2 ) OK(C 3 ) OK(C 4 ) OK(C 1 ) OK(C 2 ) OK(C 3 ) OK(C 4 ) OK(C 1 ) OK(C 2 ) OK(C 3 ) OK(C 4 ) Diagnoserna är de minimala diagnoserna, alla trippelfel, att allt är fel samt följande dubbelfel: OK(C 1 ) OK(C 2 ) OK(C 3 ) OK(C 4 ) OK(C 1 ) OK(C 2 ) OK(C 3 ) OK(C 4 ) OK(C 1 ) OK(C 2 ) OK(C 3 ) OK(C 4 ) c) NF f 1 f 2 f 3 f 4 NF f f f f d) Det som saknas för att kunna isolera alla fel unikt är att f 4 inte kan isoleras från f 1. Detta betyder att r 5 måste vara känslig för f 4 men inte för f 1. Känsligheten för övriga fel spelar ingen roll. Raden i beslutsstrukturen måste alltså se ut som följer: f 1 f 2 f 3 f 4 r 5 0 0/X 0/X X Uppgift 4. Förslag på lösning är tre residuler som uppfyller beslutsstrukturen Residual r 1 : Residual r 2 : Residual r 3 : f 1 f 2 f u r 1 0 X X r 2 X 0 X r 3 X X 0 ˆx 1 = g 1 (ˆx 1,u) + K 1 (y 2 h 2 (ˆx 2 )) ˆx 2 = g 2 (ˆx 1, ˆx 2 ) + K 2 (y 2 h 2 (ˆx 2 )) r 1 = y 2 h 2 (ˆx 2 ) ˆx 1 = g 1 (ˆx 1,u) + K 3 (y 1 ˆx 1 ) r 2 = y 1 ˆx 1 ˆx 2 = g 2 (y 1, ˆx 2 ) + K 4 (y 2 h 2 (ˆx 2 )) r 3 = y 2 h 2 (ˆx 2 ) där K 1, K 2, K 3, samt K 4 är valda så att observatörerna är stabila. Uppgift 5. a) En detektor är T(t) = log = log och larma då T(t) > J för en given tröskel J. = log g(y(t) 1.1u(t)) 3

5 b) Oberoendeantagandet ger att den multivariable fördelningen för hela sbatchen av mätdata blir produkten av fördelningarna i varje sampel vilket förenklar räkningarna avsevärt. T = log N = N log g(y(t) 1.1u(t)) c) T = max f N log g(y(t) (1 + f)u(t)) Uppgift 6. Båda felen är detekterbara vilket ger att F i (s) Im H(s), i = 1,2 vilket är ekvivalent med att det inte finns lösningar till F i (s) = H(s)x i (s), i = 1,2 (1) Uppgiften bevisas genom att bevisa negationen, dvs att om f 2 ej är isolerbar från f 1 så implicerar det att f 1 ej är isolerbar från f 2. Alltså, antag att f 2 ej är isolerbar från f 1. Detta innebär att F 2 (s) Im [H(s) F 1 (s)], dvs. det finns rationella funktioner x(s) och f 1 (s) så att F 2 (s) = H(s)x(s) + F 1 (s)f 1 (s) Eftersom båda felen är detekterbara så gäller enligt (1) att f 1 (s) 0. Då gäller att F 1 (s) = H(s)x(s) + f 1 1 (s)f 2(s) dvs. att F 1 (s) Im [H(s) F 2 (s)] vilket innebär att f 1 ej är isolerbar från f 2 vilket var det som skulle bevisas. 4