Encuentre la condición de salto del estado de masa de un problema de ascenso de un vehículo de lanzamiento resuelto a través de un método indirecto (principio mínimo de Pontryagin)

Question

Encuentre la condición de salto del estado de masa de un problema de ascenso de un vehículo de lanzamiento resuelto a través de un método indirecto (principio mínimo de Pontryagin)

lamont

Estoy tratando de resolver un problema de optimización de trayectoria para una clase de problemas como los viejos vehículos de lanzamiento Altas-Centaur SLV3 Centaur. Esos son un diseño de escenario y medio.donde los 2 motores LR-87 se lanzan en un tiempo optimizado y el cohete continúa en el sustentador LR-105. Dado que este es un tiempo de preparación optimizado que tiene dos fases de quemado diferentes a cada lado en lugar de una transición de costa de quemado, con discontinuidades de masa/empuje/isp, ninguno de los trucos matemáticos típicos para eliminar la integración de la masa se aplica el costo. Creo que la forma de resolver esto (?) es que el estado de masa debe integrarse y la condición de esquina de Weierstrauss-Erdmann debe aplicarse a la continuidad del hamiltoniano a lo largo del tiempo de preparación. Sin embargo, sin tener en cuenta la discontinuidad en el estado de masa, hay una discontinuidad en el hamiltoniano y, por lo tanto, esta restricción no se puede aplicar.

Resolví esto envolviendo un problema de optimización de tiempo fijo con una búsqueda de línea para el tiempo optimizado y validé que mi problema tiene un valor óptimo razonable. También he validado que, aparte de las discontinuidades, el cálculo del hamiltoniano completo es constante paso a paso dada mi integración del estado de masa. Para variar las trayectorias temporales de etapas fijas alrededor de la solución óptima, la discontinuidad en el valor hamiltoniano cambia.

El enfoque que estoy tomando es similar al de, por ejemplo, Lu, et al 2008, aunque solo estoy resolviendo el problema del vacío y usando un integrador ODE en lugar de usar las soluciones analíticas del problema de gravedad linealizado. Se aplica el mismo condicionamiento numérico para que $g_0 = \mu / R_0^2$ y las distancias están escaladas por $R_0$ las velocidades por $\sqrt{R_0 g_0}$ y el tiempo por $\sqrt{R_0 / g_0}$ . Así que estoy minimizando el empuje integrado:

j = - \int_{t_{0}}^{t_{F}} \frac{T}{C} d t

$J = - \int_{t_0}^{t_f} \frac{T}{c} dt$

Con el hamiltoniano:

\begin{aligned} H & = {PAG}_{r}^{T} V - {pag}_{V}^{T} \frac{r}{r^{3}} + {pag}_{V}^{T} 1_{T} A_{T} - {pag}_{metro} \frac{T}{C} - \frac{T}{C} \\ = {PAG}_{r}^{T} V - {pag}_{V}^{T} \frac{r}{r^{3}} + T (\frac{{pag}_{V}^{T} 1_{T}}{metro {gramo}_{0}} - \frac{{pag}_{metro}}{C} - \frac{1}{C}) := H_{0} + T S \end{aligned}

$\begin{align} H &= P_r^T V - p_V^T \frac{r}{r^3} + p_V^T 1_T A_T - p_m \frac{T}{c} - \frac{T}{c} \\ &= P_r^T V - p_V^T \frac{r}{r^3} + T \left( \frac{p_V^T 1_T}{m g_0} - \frac{p_m}{c} - \frac{1}{c} \right) := H_0 + T S \end{align}$

Tenga en cuenta que esto es diferente de la ecuación 10 en la referencia anterior debido a que no se realiza la aproximación de gravedad linealizada (que no debería importar). Para la mayoría de los problemas típicos de burn-coast podemos escribir $H_0^{-} + T^{-} S^{-} = H_0^+ + T^+ S^+$ y podemos usar la constancia de $H_0$ a través de una costa y que uno de $T^{-}$ o $T^{+}$ son cero para simplificar las restricciones. En este caso ninguno de los lados es una costa por lo que $H_0$ no es constante en ninguna parte y T tampoco es cero en ninguno de los lados de la esquina.

La integración del estado de masa y la restricción terminal para el problema de tiempo final libre son:

\begin{aligned} {pag}_{metro}^{^{'}} & = \frac{T | {pag}_{V} |}{{metro}^{2} {gramo}_{0}} \\ {pag}_{metro} (t_{F}) & = 0 \end{aligned}

$\begin{align} p_m^{'} &= \frac{T \left| p_V \right|}{m^2 g_0} \\ p_m(t_f) &= 0 \end{align}$

Omitiré el resto del problema de la integración del estado y otras costas, pero hay ejemplos en el documento anterior.

si los tiempos $t_0, t_1, t_2, t_f$ corresponden al lanzamiento, desprendimiento de los motores, desprendimiento de la etapa atlas e inserción terminal (libre) en las condiciones orbitales. Entonces estoy tratando de usar la restricción:

H (t_{1})^{-} = H (t_{1})^{+} + Δ H

$H(t_1)^- = H(t_1)^+ + \Delta H$

Puedo resolver eso por sustitución, pero eso no restringe el problema, es solo una tautología. necesito encontrar eso $\Delta H$ por otros medios. Tenga en cuenta que también hay una discontinuidad en $t_2$ debido al descarte masivo también, pero ese tiempo no está optimizado, y está fijado por la elección de $t_1$ y la limitación de quedarse sin combustible para la etapa sustentadora.

Respuestas (1)

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lamont · Answer 1

Creo que he resuelto esto, aunque hay algunas lagunas que no entiendo perfectamente.

El primer problema es que este no es un problema que pueda resolverse minimizando la aceleración de empuje integrada. Resolver ese problema da como resultado quemar los propulsores con el sustentador hasta que el tanque se seque, lo que da como resultado una menor masa final entregada. Para resolver un problema de etapa y media la métrica debe ser maximizar la masa final $J = - m_f$ .

El hamiltoniano luego pierde el $-T/c$ término, la condición de transversalidad en el estado de masa se convierte en $P_m(t_f) = 1$ , y ahora esto requiere integrar el costado masivo. Esto produce todos los problemas numéricos mencionados en el documento que cité anteriormente, que pueden ser ayudados normalizando la masa por el $m_0$ del buque (y fuerzas de normalización, etc.).

Una vez que hagamos esto, podemos usar Bryson y Ho, sección 3.7, "Discontinuidades en las variables de estado en puntos interiores" (página 106). llamando al lanzamiento de refuerzo $t_1$ y corte de sostén $t_2$ tenemos un punto completamente gratis en $t_1$ por lo que en la ecuación 3.7.13 tendremos $\frac{\partial \phi}{\partial t_1} = 0$ lo que conduce a la continuidad del hamiltoniano a través de $t_1$ , entonces $H^+(t_1) - H^-(t_1) = 0$ .

Tenemos $\Phi = -m_f + \nu ( m^-(t_1) - m^+(t_f) - \Delta m_1$ y aplicando 3.7.11 y 3.7.12 y eliminando trivialmente $\nu$ conduce a la continuidad del estado de masa en t_1, entonces: $P_m^-(t_1) - P_m^+(t_1) = 0$ . Esto nos da una condición para la continuidad del estado de masa y una condición para el parámetro de tiempo libre, combinadas con el resto de las condiciones de continuidad (o discontinuidad en el caso de la masa) que completan las ecuaciones necesarias en $t_1$ . Habría esperado una discontinuidad en el estado de masa y/o hamiltoniano aquí, pero otra lectura que he hecho indica que en este tipo de puntos interiores optimizados las discontinuidades son "removibles".

Para $t_2$ Me confundo un poco porque parece que el tiempo debe ser fijado por la selección de $t_1$ y la dinámica, por lo que esperaría una condición de salto en el hamiltoniano, y habría esperado que el estado de masa fuera continuo. Después de simplemente superar un poco el problema que está al revés y obtengo las respuestas correctas de la configuración $H^+(t_2) - H^-(t_2) = 0$ y permitiendo una discontinuidad en el estado de masa (esa ecuación se omite del problema ya que $t_2$ no es un parámetro libre). Para el tiempo de grabación de la terminal, luego uso $H(t_f) = 0$ y tengo que usar eso y no puedo usar ninguno de los trucos comúnmente usados con el problema de Lagrange de minimización de aceleración de empuje integrada. También encuentro el resultado de que el hamiltoniano debe ser continuo y la costate salta para contrastar con los resultados de hacer vehículos simples de múltiples etapas con integración de costate de masa donde en los puntos interiores fijos el hamiltoniano salta debido a la eliminación de masa y la costate de masa debe ser continua. .

El problema resultante es sensible a las condiciones iniciales y más sensible que un problema de cohete típico. Parece ser mejor aplicar algo de "homotopía vehicular" y resolver el problema de no dejar caer los refuerzos hasta que se queme el sustentador (arreglado $t_1 = t_2$ ) y aplicando ISP infinito a la etapa superior (usando la formulación típica de Lagrange y omitiendo la integración del costo total), luego usando el costo y los valores de ese problema resuelto como una suposición inicial del problema real con la etapa superior adecuada y permitiendo la $t_1$ flotar. La suposición inicial del coste de masa se puede determinar integrando el resto del cálculo inicial hacia adelante usando el vehículo real, y luego integrando hacia atrás el coste de masa del $P_m(t_f) = 1$ condición terminal.

En resumen:

Convertir a masa final máxima Problema de Mayer
Calcular la masa costate
Aplicar la normalización a la masa.
Resuelva el problema de Lagrange de aceleración de empuje normal primero con un vehículo idealizado similar para sembrar la conjetura

Las condiciones adicionales correspondientes a los tiempos y al estado de masas pasan a ser:

\begin{aligned} H^{+} (t_{1}) - H^{-} (t_{1}) = 0 \\ {PAG}_{metro}^{-} (t_{1}) - {PAG}_{metro}^{+} (t_{1}) = 0 \\ H^{+} (t_{2}) - H^{-} (t_{2}) = 0 \\ H (t_{F}) = 0 \\ {PAG}_{metro} (t_{F}) - 1 = 0 \end{aligned}

$\begin{align} H^+(t_1) - H^-(t_1) = 0 \\ P_m^-(t_1) - P_m^+(t_1) = 0 \\ H^+(t_2) - H^-(t_2) = 0 \\ H(t_f) = 0 \\ P_m(t_f) - 1 = 0 \end{align}$

No hay una sexta condición porque $t_2$ no es libre y está determinado por $t_1$ y la dinámica sustentadora y la masa terminal.

Entonces, todavía hay una pregunta aquí sobre por qué dejar caer el sustentador después de que se queda sin combustible da como resultado un salto en la costa de masa mientras que dejar caer una etapa quemada en un cohete normal da como resultado un salto en el hamiltoniano. Puedo entrecerrar los ojos y ver que debe ser porque el tiempo no está perfectamente fijo y depende del tiempo anterior y la dinámica, pero no sé cómo expresarlo formalmente.

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