第 11 章

PID：解决一切

我们怎么既消除静差，又止住晃动？

甩不掉的静差

西奥: 还记得第 2 章吗？我们的 P 控制器让无人机停在 2 m 以下，无论 $K_p$ 取多少都解决不了。现在该找出什么办法能搞定了。

要托住无人机，电机必须一直推 $mg \approx 4.9$ N，永远如此。P 控制器只有在有误差时才会推： $\eff{T} = K_p\,\err{e}$ 。所以要推出 4.9 N，它需要一个 $\err{e} = mg/K_p$ 的误差。当 $K_p$ = 20 N/m 时，就是 $\err e$ = 4.9/20 ≈ 24.5 cm，永远如此。静差不是我们调参的失误，而是 P 托住任何东西都要付出的代价。

朱恩: 所以我们需要控制器里有一部分能在零误差下推出 4.9 N。得有点记忆才行。

I：一堆过去的误差

思路是这样的。把误差不断累加起来，也就是误差曲线下的面积，正是第 3 章里说的“累积面积”。按照这堆面积的大小成比例地推：

\eff{T_I} = K_i \int_0^t \err{e}\,dt

只要无人机还在 2 m 以下，误差就是正的，这堆面积就不断变大，推力也就不断变大。只有当误差恰好为零时，这堆面积才停止增长。到那时它就停在那儿，保持已经积累起来的推力。这就是朱恩想要的记忆。

西奥: 哦，这招真狡猾。无人机只能在 2 米处稳定下来，其他任何地方都不行，因为别的位置上那堆东西还在变化。

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这堆面积为什么越长越慢

西奥: 等等。一个时间常数后完成 63%？这不就是第 3 章的咖啡吗！

朱恩: 因为它就是那杯咖啡。快速的摆动一消失，这堆面积没推到的部分就由 P 来推。所以误差等于缺少的推力除以 $K_p$ ，而这堆面积就按这个误差增长。

\frac{d}{dt}\!\int\!\err e\,dt = \err e \approx \frac{\dis{mg} - K_i\!\int\!\err e\,dt}{K_p} \;\Longrightarrow\; \tau_I \approx \frac{K_p}{K_i}

米卡: 离终点还有多远，它就按比例长多快。第 3 章！

所以静差像咖啡冷却一样慢慢消失，时间常数大约是 $K_p/K_i$ ，在我们的增益下是 2 s。在第 10 章的地图上，这是一个靠近 $-K_i/K_p = -0.5$ 的慢极点。（只是“大约”：快速的摆动需要一点时间才会消失，而 $K_i$ 很大时两者会搅在一起。所以上面的数最大只到 12。）

先预测一下！ 米卡想快速消除静差，所以打算把 $K_i$ 调得很大。会发生什么？

组件一开始是 $K_i$ = 10 N/(m·s)。注意看三样东西：红色阴影面积（正在堆积的误差）、推力中橙色虚线表示的积分部分一路爬升到紫色重力线，以及静差读数。把 $K_i$ 拖到 0，第 2 章的静差就回来了，然后再试试更大的值。 $K_p$ 固定为 20 N/m。

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米卡: 给我拉满！ $K_i = 50$ ！用火力把它干掉！

米卡: ……它怎么停不下来？弹跳越来越大，现在它上下蹦个不停，幅度有半米，永远不停！

西奥: 到 50 的时候，你越过了某条边界。我试了几个值：大约 40 以下它能稳定下来，40 以上就不行（而且溜溜球大约一秒摆一次）。我们马上就会看到原因。这堆面积总是慢半拍：无人机已经越过 2 m 了，它还在往上推。

这就是米卡的错误，而且非常常见：积分修掉了静差，但它带来了滞后，而滞后会让系统来回摆（淋浴已经教过我们这一点）。我们需要一个能对抗速度的东西。（按数学来说，米卡的摆动应该永远变大下去。它们停在大约半米，只是因为每次摆动推力都碰到 0 N：螺旋桨没法往下拉，这就是第 10 章的限制。）

D：一个虚拟减震器

朱恩: 在第 7 章里，是阻尼器让弹簧平静下来的。如果让控制器假装自己是个阻尼器呢？

阻尼器对抗的是速度。所以加一项，对抗无人机运动得有多快：

\eff{T_D} = -K_d\,\frac{d\out{h}}{dt}

看看无人机的方程：阻力已经给出了 $-c\,\dot h$ 。D 项又在上面加了 $-K_d\,\dot h$ ，所以无人机的表现就好像它的阻力是 $c + K_d$ 。我们是在软件里加空气阻力。

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打开米卡的大 I 增益，再加点阻尼。哪怕 $K_d = 0.5$ N·s/m 也能让它重新稳定（边界被推到 $K_i = 60$ ）：没完没了的溜溜球变成了逐渐消失的弹跳。但不管加多少 D，它仍然至少超调四分之一。那么大的一堆面积就是记得太多了。现在关掉米卡的 $K_i$ （回到 10），试试 $K_d \approx 3$ –5：安静了。I 和 D 此消彼长：D 能给 I 腾出空间，但空间不是无限的。

朱恩: 4 好的话，10 肯定更好。减震器拉满！

米卡: 它爬得好慢……然后还是越过了 2 m？还来得这么晚？

西奥: 朱恩，这又是第 7 章你那架蜂蜜无人机！ $K_d \approx 5.3$ 以上，快速那一对极点就过阻尼了。但现在还有一堆面积，无人机慢吞吞的，正好给了这堆面积时间去堆过头。

临界阻尼就是 ζ = 1 的地方： $K_d = 2\sqrt{m K_p} - c \approx 5.3$ N·s/m（在 $K_p$ = 20 时）。在 $K_i$ = 10 时，把 $K_d$ 从 4 调到 10，超调会从 0 变成大约 8 %，调节时间从不到一秒变成大约 5 s。D 并不是越多越好；你调过头时，组件现在也会告诉你。

米卡: 所以 D 预测未来！它看到无人机要去哪里，就先到达那里。

西奥: 不完全是。它只知道此刻的斜率。这就像假设球会一直直线飞下去来猜它落在哪里。通常猜得还不错，但这不是魔法。等我们给它接上一个抖动的传感器你就知道了。

每个旋钮对极点做了什么

是时候用第 10 章的地图了。把整个回路写下来，其中 $\err{e} = \sp{r} - \out{h}$ ：

m\ddot{\out h} + c\dot{\out h} = \underbrace{K_p\,\err e + K_i\!\int\!\err e\,dt - K_d\,\dot{\out h}}_{\eff{T}} - \dis{mg}

积分不好处理，所以对两边求斜率。斜率和面积互相抵消（第 3 章），所以 $\int \err e\,dt$ 的斜率就是 $\err e$ 。重力是常数，所以它的斜率是零：它直接消失了。给定值固定时， $\dot{\err e} = -\dot{\out h}$ 。逐项来看：

\begin{aligned} \tfrac{d}{dt}\big(K_p\,\err e\big) &= -K_p\,\dot{\out h} \\ \tfrac{d}{dt}\Big(K_i\!\int\!\err e\,dt\Big) &= K_i\,(\sp r - \out h) \\ \tfrac{d}{dt}\big(-K_d\,\dot{\out h}\big) &= -K_d\,\ddot{\out h} \end{aligned}

把它们重新拼起来，把所有带 $\out h$ 的项移到左边。 $\dddot{\out h}$ 上的三个点表示斜率的斜率的斜率：

\begin{aligned} m\dddot{\out h} + (c + K_d)\,\ddot{\out h} &+ K_p\,\dot{\out h} + K_i\,\out h \\ &= K_i\,\sp r \end{aligned}

西奥: 重力从方程中消失了。这就是代数形式的静差杀手：最终高度根本不在乎 $mg$ 。不过前提是它真的会稳定下来。米卡那架 $K_i = 50$ 的无人机就从来没有稳定过。

再猜一次 $e^{st}$ 。I 起作用时，方程是三次的，所以有三个极点。如果 $K_i=0$ ，就没有积分器：求斜率时多出了一个假的根 $s = 0$ ，公因子 $s$ 约掉后，PD 无人机只有两个极点。

m s^3 + (c + K_d)\,s^2 + K_p\,s + K_i = 0

I 就是除以 s

在第 9 章，斜率变成了“× s”。面积正好相反，所以它变成“÷ s”。用这种方式写出控制器，再用无人机自己的配方 $P(s) = 1/(ms^2+cs)$ （推力进，高度出），用第 10 章的回路规则 $1 + C\,P = 0$ 求极点。把分母去掉，出来的是同一个三次方程，一次斜率都不用求：

\begin{gathered} C(s) = K_p + \frac{K_i}{s} + K_d\,s \\ 1 + C(s)\,\frac{1}{ms^2+cs} = 0 \\ ms^3 + (c+K_d)\,s^2 + K_p\,s + K_i = 0 \end{gathered}

米卡: 所以这个 ÷ s 就是多出来的那个极点！

朱恩: 而分数的分子得到了 $K_p s + K_i$ ：一个零点，位于 $-K_i/K_p$ 。（我们的 D 只作用在 $\out h$ 上，所以它不带来零点。）留意它。

对于所有系数都为正的三次方程 $a_3 s^3 + a_2 s^2 + a_1 s + a_0$ ，有一个经典判据（劳斯–赫尔维茨判据）指出：当且仅当 $a_2 a_1 > a_3 a_0$ 时，三个极点才全部位于左半平面。对我们的无人机来说，这就是悬崖边缘：

(c + K_d)\,K_p > m\,K_i \quad\Longleftrightarrow\quad K_i < \frac{(c+K_d)\,K_p}{m}

米卡: 一条挂着两个人名字的规则。我们只能相信它吗？

西奥: 才不是。我们可以自己找到那条边界。

一对会摆动的极点到达竖轴的那一刻，实部为零，所以在三次方程里试试 $s=i\omega$ 。因为 $i^2 = -1$ 、 $i^3 = -i$ ，实部和侧向部分必须各自加起来等于零：

K_i - (c+K_d)\,\omega^2 = 0, \qquad \omega\,\big(K_p - m\,\omega^2\big) = 0

第二个式子说明 $\omega^2 = K_p/m$ 。把它代入第一个：

\omega^2=\frac{K_p}{m},\qquad K_i=(c+K_d)\omega^2=\frac{(c+K_d)K_p}{m}

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在初始值下（ $K_p$ = 20，没有 D），边界是 40。米卡的无人机正是在那里失控的，它的溜溜球大约一秒摆一次：6.32 rad/s 正是第 7 章里 P 无人机自己的 ωn。加上 $K_d = 4$ ，边界就推到 200。别光信我们：改改上面的数，或者下面的滑块，看看极点、小地图和阶跃响应怎么变。

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I 旋钮（ $K_i$ ）把第三个极点带入回路，并可能把一对极点推向右侧。太多就会越过那条线。
D 旋钮（ $K_d$ ）通过增加阻尼来提高 I 增益的稳定上限。极点的路径可能会转弯：增加 D 并不会让每个极点都向左移动。
P 旋钮（ $K_p$ ）主要让那对会晃的极点上下分开：响应更快，但晃得也更厉害，除非 D 能跟上。

调参游乐场

现在来真的：用真实电机（0–20 N）从地面起飞到 2 m。集齐四颗星。每次你改变增益，上一次飞行都会留下淡淡的残影。

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朱恩: 我关掉了抗积分饱和，设 $K_p$ = 30、 $K_i$ = 60、 $K_d$ = 2……结果无人机冲到了 4 m，直接飞出了它的画框！

西奥: 电机全力输出的整段时间里，这堆面积一直在长。开着抗积分饱和，同样的增益最高只到 2.8 m。同样的旋钮，记忆却天差地别。

关于 D 的两个警告

警告 1：微分冲击

无人机悬停在 1 m。在 $t = 1$ s 时，我们把给定值移到 1.5 m。如果 D 用的是误差的斜率，那么误差会在一瞬间跳变半米。它的斜率巨大，推力也巨大。

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米卡: 对误差求导，它要求超过 200 N？电机最多才 20 N 啊？

朱恩: 而且电机没法礼貌地拒绝。它们一下子猛推到底，无人机就像被踹了一脚。

改为对测量高度求斜率就能解决这个问题：无人机不可能瞬移，所以它的高度不会跳变。阻尼效果一样，却不会产生冲击。几乎所有真实的 PID 都是这么做的。

警告 2：噪声

真实的高度传感器会有几厘米的抖动。几厘米的抖动，每秒上千次，算出来的斜率大得吓人。D 会把它放大后直接送进电机。解决办法是在求斜率之前先对测量值做平滑（用一个时间常数为 $\tau_f$ 的滤波器），代价是反应会稍微慢一点。

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米卡: 好吧，D 并不能预测未来。它预测的只是噪声在一毫秒前碰巧是什么样子。

我们解决了什么

我们搞清楚了什么

P 按误差成比例地用力，但必须留下一点静差才能把无人机撑住。
I 把过去的误差堆积起来；唯一的静止点是零误差，所以它能消灭静差，静差以大约 $K_p/K_i$ 的时间常数消失。它会增加滞后，所以太多会让系统来回摆。
D 对抗速度：一个虚拟阻尼器，加在阻力 $c$ 上，所以 $\zeta = (c+K_d)/(2\sqrt{mK_p})$ 。D 并不是越多越好：过阻尼时，无人机慢慢爬，那堆面积就会堆过头。
闭环系统为 $m s^3 + (c + K_d)s^2 + K_p s + K_i$ ；当且仅当 $(c+K_d)K_p > mK_i$ 时稳定。
从测量值中取 D（避免冲击），并对其进行滤波（减少噪声）。

朱恩把我们这种无人机风格的 PID 用在了淋浴上……结果它晃动的样子和我们在第 0 章里一模一样。延迟到底是怎么回事？

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