ΕΙΣΑΓΩΓΗ ΣΤΟΝ ΑΥΤΟΜΑΤΟ ΕΛΕΓΧΟ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Τρύφων Κουσιουρής Ακ. Έτος 5-6
ΠΡΟΒΛΗΜΑ Σχήµα Ας θεωρηθεί το σύστηµα του ανεστραµµένου εκκρεµούς που φαίνεται στο Σχήµα (α). Ράβδος µήκους L, µε µάζα m οµοιόµορφα κατανεµηµένη κατά µήκος της και ροπή αδρανείας J ως προς το κέντρο µάζας της (το µέσον της ράβδου) µπορεί να περιστραφεί περί οριζόντιο άξονα ο οποίος είναι σταθερά στερεωµένος σε φορείο µάζης M το οποίο κινείται επάνω σε ευθεία γραµµή του οριζοντίου επιπέδου χωρίς τριβές. Μετράται η µετατόπιση x του φορείου και η γωνία θ της ράβδου ως προς την κατακόρυφο. Α) Να γραφούν οι εξισώσεις καταστάσεως του συστήµατος ως προς το διάνυσµα ξ(t)= x x θ θ Β) Να γραµµικοποιηθεί το σύστηµα στην περιοχή του σηµείου ξ=. Γ) Να ευρεθεί η µήτρα συναρτήσεων µεταφοράς. ) Να ευρεθούν οι πόλοι και τα µηδενικά της συνάρτησης µεταφοράς Θ(s)/F(s). Λύση Έστω Α η δύναµη που ασκεί το φορείο στη ράβδο του εκκρεµούς, η οποία αναλύεται σε οριζόντια συνιστώσα Α x και κατακόρυφη συνιστώσα A y. Οι συντεταγµένες του κέντρου µάζης της ράβδου θα είναι (x m, y m ) = (x + Lηµθ, Lσυνθ) Εφαρµόζοντας την αρχή D Alembert για τις οριζόντιες και κατακόρυφες δυνάµεις και τις ροπές στη ράβδο, λαµβάνονται Οριζόντιες δυνάµεις: Κατακόρυφες δυνάµεις: d A -m dt x Τ. (x+lηµθ)= d Ay -mg m (Lσυνθ)= dt
Ροπές: -AxLσυνθ + ΑyLηµθ -J = dt Από την αρχή δράσης-αντίδρασης του Νεύτωνα, που είναι ειδική περίπτωση της αρχής D Alembert, η ράβδος θα ασκεί στο φορείο δύναµη Α. Έστω Β η δύναµη που ασκεί το έδαφος στο φορείο. Αυτή θα είναι κατακόρυφη, επειδή δεν υπάρχουν τριβές. Εφαρµόζοντας την αρχή D Alembert στις κατακόρυφες και οριζόντιες δυνάµεις, λαµβάνονται. Οριζόντιες δυνάµεις: Κατακόρυφες δυνάµεις: dx x d θ F(t) - A - M = dt -Ay - Β = Επιλύοντας ως προς Α x, A y από και αντικαθιστώντας προκύπτουν οι εξισώσεις που περιγράφουν το µοντέλο ως εξής dx d F(t) = M + m (x+lηµθ) dt dt d d d θ -mlσυνθ (x+lηµθ) + Lηµθ[mg + m (Lσυνθ)]- J = dt dt dt Αναπτύσσοντας τις παραγώγους, οι εξισώσεις γίνονται. dx dx... F(t) = M + m - ml ηµθ (θ ) + mlσυνθθ dt dt..... [-ml συν θ -mlηµ θ -J]θ +mglηµθ -mlηµθσυνθ(θ ) -mlσυνθ x+..... o + ml ηµθσυνθ(θ ) = J θ +mglηµθ -mlσυνθ x= όπου J o = J + ml είναι η ροπή αδρανείας της ράβδου ως προς τον άξονα περιστροφής της. Αντικαθιστώντας τις µεταβλητές µε τις συνιστώσες του διανύσµατος καταστάσεως, λαµβάνονται (M+m)ξ + ml(συνξ )ξ = F(t) + ml (ηµξ )ξ 3 4 mlσυνξ3ξ +Jξ 4=mgLηµξ 3 3 4 Επιλύοντας ως προς τις παραγώγους των συνιστωσών του διανύσµατος καταστάσεως, λαµβάνονται ξ = ξ -J ξ mlηµξ mlgσυνξ ηµξ -J ξ + F = f (ξ,f) o 4 3 3 3 o = + -J o(m+m) + m L συν ξ3 -J o(m+m) + m L συν ξ3 ξ = ξ 3 4 ξ mlσυνξ ηµξ -(M+m)mgLηµξ mlσυνξ ξ F = f (ξ,f) 4 3 3 3 3 4 = + 4 -J o(m+m) + m L συν ξ3 -J o(m+m) + m L συν ξ3 3
Για F= το σηµείο ξ =ξ =ξ 3 =ξ 4 = είναι σηµείο ισορροπίας και το σύστηµα µπορεί να γραµµικοποιηθεί στην περιοχή του. Θα είναι f ξ 4 f = = ξ 4 4 f mlg[συν ξ3-ηµ ξ 3] m Lgσυν ξ3ηµ ξ 3 F= = ( ) ξ 4 + ( ) F+ + F= = ξ 3 ξ= [-J o(m+m) + m L συν ξ 3] [-J o(m+m) + m Lσυν ξ 3] ξ= f ξ ( ) o F= 4 ξ= mlg = -J (M+m) + m L = ξ = f -J = F -J (M+m) + m Lσυν ξ o F= F= ξ= o 3 ξ= o Οµοίως για την f 4 θα έχουµε -Jo = -J (M+m) + m L f ξ 4 4 4 3 o 3 3 3 F= = ( ) ξ 4 + ( ) F-(M+m)mgL F= 3 ξ= o 3 ξ= 4 4 f = = ξ f συνξ [-J (M+m) + m L συν ξ ] + m L συνξ ηµ ξ ξ [-J (M+m) + m L συν ξ ] -(M+m)mgL = -J (M+m) + m L f ξ ( ) F= 4 F= ξ= ξ= o = ξ = f4 mlσυνξ = F -J (M+m) + m L συν 3 F= ξ= o ml = ξ -J (M+m) m L F= 3 ξ= o + Οι εξισώσεις καταστάσεως του γραµµικοποιηµένου συστήµατος θα είναι 4
-J mlg o -J -J o(m+m) + m L o(m+m) + m L ξ= ξ+ F -(M+m)mgL ml -J -J o(m+m) + m L o(m+m) + m L Η µήτρα συναρτήσεων µεταφοράς θα είναι ξ ξ 3 y= = ξ s -J -m L g o s -J o + o(m+m) + m L -J (M+m) m L G(s)= = s (M+m)mgL ml s -J -J o(m+m) + m L o(m+m) + m L = (M+m)mgL s s + -J o (M+m)+m L Θα είναι s+ -J o ( - (M+m)mgL M+m)+m L mlg ml + -J (M+m)+m L -J (M+m)+m L ml o o s -J o (M+m)+m L ml s Θ(s) -J o (M+m)+m L ml = = F(s) (M+m)mgL s (-J o(m+m)+m L )+(M+m)mgL s s + -J o (M+m)+m L Παρατηρείται ότι η Θ(s)/F(s) δεν εµφανίζει µηδενικά, καθώς αυτά απλοποιούνται µε πόλους ενώ οι πόλοι της είναι πραγµατικοί και συµµετρικοί ως προς την αρχή. ΠΡΟΒΛΗΜΑ Για το ανεστραµµένο κωνικό δοχείο του Σχήµατος η παροχή q(t) της εκροής είναι ανάλογη της τετραγωνικής ρίζας του ύψους του υγρού εντός του δοχείου. 5
Q(t) h q(t) Σχήµα Α) Να γραφούν οι εξισώσεις καταστάσεως του συστήµατος, εάν µετράται η διαφορική πίεση στη βάση του δοχείου σε σχέση µε την ατµοσφαιρική πίεση. Β) Εάν είναι επιθυµητό το ύψος του υγρού στο δοχείο να είναι σταθερό (h ), να γραφούν οι εξισώσεις του γραµµικοποιηµένου µοντέλου Γ) Να ευρεθεί η µοναδιαία βηµατική απόκριση του γραµµικοποιηµένου µοντέλου του συστήµατος. ) Να συγκρίνετε τις τελικές τιµές του ύψους του συστήµατος και του γραµµικοποιηµένου µοντέλου του. Λύση A) Η διαφορική πίεση στη βάση του δοχείου θα είναι Ο όγκος του υγρού εντός του δοχείου p=ρgh V=π (hεφθ) h/3 Ο ρυθµός της αύξησης του όγκου του υγρού εντός του δοχείου θα είναι ίσος µε την παροχή τροφοδοσίας µείον την παροχή εκροής, δηλαδή = = h = { π h εφ θ} = Q(t)-a h dt dh dt dh 3 dt dt dv dv dh d π εφ θ 3 dh dh 6
Εάν θεωρηθεί ως κατάσταση το ύψος h του υγρού εντός του δοχείου, οι εξισώσεις καταστάσεως του συστήµατος θα είναι 3 dh -a - = h + Q(t)=f(h,Q) dt πh εφ θ πh εφ θ p= ρgh B) Για να είναι το ύψος του υγρού h, η παροχή τροφοδοσίας πρέπει να είναι Εάν τεθούν Q(t)=a h x=h-h, u=q(t)-q (t), y=p-p, οι εξισώσεις του γραµµικοποιηµένου µοντέλου θα είναι όπου x=ax+bu y=cx -5 f a 3 3 A= h=h =- ( ) h + Q(t)h h=h = h Q=Q πεφ θ πεφ θ Q=Q 3a 5/ 3 -a 5/ h + a h (-)h = h πεφ θ πεφ θ πεφ θ f Β= = = Q πh εφ θ πh εφ θ h=h h=h Q=Q Q=Q C=ρg Γ) Για το γραµµικοποιηµένο µοντέλο θα είναι x()=. Εφαρµόζοντας µετασχηµατισµό Laplace, λαµβάνεται ή ισοδύναµα και Η έξοδος του συστήµατος θα είναι B (s+a)x(s)=βu(s)= s h h B B/A B/A X(s)= = = a a s(s+a) s (s+a) s (s+a) h h = a a -At x(t) - e u(t) y=ρgx 7
) Καθώς ο χρόνος τείνει στο άπειρο, το γραµµικοποιηµένο σύστηµα προβλέπει ύψος του υγρού εντός του δοχείου h h L( ) = h + a Για το προς έλεγχο σύστηµα, εάν εφαρµοστεί η βηµατική διέγερση, η παροχή της εισόδου θα είναι Q=Q + Το ύψος του υγρού εντός του δοχείου στη µόνιµη κατάσταση θα είναι Q+ Q++Q h NL = + + h ( ) = =h a a a a Παρατηρείται διαφορά ύψους η οποία οφείλεται στο γεγονός ότι το εµβαδόν της οριζόντιας διατοµής του κωνικού δοχείου µεταβάλλεται µε το ύψος ενώ στο γραµµικοποιηµένο µοντέλο θεωρείται σταθερό. ΠΡΟΒΛΗΜΑ Η δεξαµενή του σχήµατος τροφοδοτείται από ανοικτό κανάλι στο οποίο η ταχύτητα του υγρού v είναι ανεξάρτητη της παροχής Q. Η παροχή ελέγχεται από ηλεκτροβάνα η οποία είναι τοποθετηµένη σε απόσταση d από τη δεξαµενή, προκαλώντας καθυστέρηση Τ=d/v. Εάν η συνάρτηση µεταφοράς του συστήµατος είναι H(s) 5 G(s)= = Q(s) s+ και του ελεγκτή K(s)= s+ 8
α) Να σχεδιαστεί το διάγραµµα Nyquist του συστήµαταος ανοικτού βρόχου για καθυστέρηση Τ της επιλογής σας. β) Να ευρεθεί η µέγιστη απόσταση στην οποία µπορεί να τοποθετηθαί η ηλεκτροβάνα, εάν η ταχύτητα του υγρού είναι.5m/s. Λύση Τ= Τ=..5 3.5.5 -.5 - - -.5 - - -.5-3 4 5-3 - 3 4 5 Το διάγραµµα Nyquist της συνάρτησης µεταφοράς ανοικτου βρόχου 5 P(s)=G(s)K(s)= e (s+)(s+) φαίνεται στα ανωτέρω σχήµατα για Τ= και Τ=.sec αντίστοιχα. Καθώς ο παράγων e -st δεν αλλάζει το µέτρο της Q(s) και ελαττώνει τη φάση της, όταν Τ=. ελαττώνεται το περιθώριο φάσης και εµφανίζεται σπειροειδές το διάγραµµα Nyquist στις υψηλές συχνότητες. Β) Από το διάγραµµα Nyquist της P(s) όταν Τ= προκύπτει ότι το περιθώριο φάσης είναι 8 ο ή ισοδύναµα θ m =.4rad. Η κυκλική συχνότητα ω για την οποία το διάγραµµα Nyquist της P(s) τέµνει τήν περιφέρεια του µοναδιαίου κύκλου θα δίδεται από τη σχέση 5 5 P(jω ) = = = (jω +)(jω +) ω + ω + -st ή ισοσύναµα από την οποία προκύπτει ω + ω 4 = 4 4*4 4.76 ± + ± ω = = = 9.858 9
Συνεπώς ω =4.456rad/sec Επειδή θ.4 ω 4.456 m T= = =.34sec Η µέγιστη απόσταση στην οποία µπορεί να τοποθετηθεί ο ενεργοποιητής θα είναι d max =vt=.5m/sec*.34sec=.47m. ΠΡΟΒΛΗΜΑ Εάν η συνάρτηση µεταφοράς συστήµατος είναι Λύση s-3 G(s)= (s-)(s+a). Χρησιµοποιώντας το κριτήριο Routh να ευρεθεί εάν υπάρχουν τιµές του κέρδους του ελεγκτή K(s+b) K(s)= s ώστε το σύστηµα κλειστού βρόχου να είναι ασυµπτωτικά ευσταθές.. Για ένα συνδυασµό a,b που το αντισταθµισµένο σύστηµα µπορεί να ευσταθειοποιηθεί να σχεδιαστεί ο γεωµετρικός τόπος των πόλων του συστήµατος κλειστού βρόχου. Το χαρακτηριστικό πολυώνυµο του συστήµατος κλειστού βρόχου θα είναι 3 ψ c(s)=s(s-)(s+a)+k(s-3)(s+b)=s +(a+k-)s +(-a+kb-3k)s-3bk () Κατασκευάζεται η διάταξη Routh ως εξής s 3 Kb-3K-a s a+k- -3Kb s s (Kb-3K-a)(a+K-)+3bK a+k- -3Kb Για να είναι το αντισταθµισµένο σύστηµα ευσταθές πρέπει να ισχύουν οι ανισότητες a+k-> -3Kb> (Kb-3K-a)(a+K-)+3bK=f(K)=K (b-3)+k(ab-4a+b+3)+a(-a)> (.α) (.β) (.γ)
Από τις σχέσεις (.β) και (.γ) προκύπτει Kb-3K-a> (3) διαφορετικά άθροισµα αρνητικών αριθµών θα είναι µεγαλύτερο του µηδενός. Από τη σχέση (.γ) προκύπτουν δύο περιπτώσεις. η Περίπτωση Από τη σχέση (.α) πρέπει Από τη σχέση (3), καθώς b-3<, πρέπει Και συνεπώς Κ> και b<. (4) K>-a (5) K<a/(b-3) (6) a< (7) Οι σχέσεις (5) και (6) συναληθεύουν µόνο εάν -a<a/(b-3) ή ισοδύναµα καθώς b-3< (-a)(b-3)-a=b-ab+a-3> (8) Η σχέση (8) είναι αδύνατη καθώς άθροισµα αρνητικών αριθµών προκύπτει µεγαλύτερο του µηδενός. Στην περίπτωση αυτή δεν υπάρχει λύση του προβλήµατος. η Περίπτωση Από τη σχέση (.α) προκύπτει Aπό τη σχέση (3) προκύπτει K(b-3)>a> και επειδή K< Από τη σχέση (.α) προκύπτει Από τη σχέση (3) προκύπτει καθώς b<3 Για να συναληθεύουν οι σχέσεις () και (3) πρέπει ή ισοδύναµα καθώς b<3 Κ< και b> (9) a>-k> () b<3 () Κ>-a () K<a/(b-3) (3) -a<a/(b-3) (4) a-(-a)(b-3)=ab+3-b-a< (5) Ας θεωρηθεί η σχέση (.γ). Καθώς b-3<, το τριώνυµο ως προς Κ θα ικανοποιεί τη σχέση όταν το Κ βρίσκεται µεταξύ των ριζών του. Αυτό συνεπάγεται ότι η διακρίνουσα του τριωνύµου =(ab-4a+b+3) -4(b-3)a(-a)> Το γινόµενο των ριζών του τριωνύµου είναι a(a-)/(b-3), δηλαδή θετικό, και οι ρίζες είναι οµόσηµες. Για να είναι και οι δύο αρνητικές πρέπει το άθροισµά τους να είναι αρνητικό, δηλαδή (6)
Είναι ab-4a+b+3< (7) f(k) K=-a =(-a) (b-3)+(-a)(ab-4a+b+3)+a(-a)=3b(-a)< (8) a a ab f(k) a =( ) (b-3)+( )(ab-4a+b+3)+a(-a)= < K= b-3 b-3 b-3 b-3 δηλαδή το (-a) και το a/(b-3) είναι εκτός των ριζών του τριωνύµου. Για να ικανοποιείται η () και η (.γ)πρέπει το -a να είναι µικρότερο από τη µικρότερη ρίζα του τριωνύµου και επειδή ισχύει η (8), πρέπει ab-4a+b+3 (-a)<- (b-3) (9) -ab+a+4b-3> () Για να ικανοποιείται η (3) και η (.γ)πρέπει το a/(b-3) να είναι µεγαλύτερο από τη µεγαλύτερη ρίζα του τριωνύµου και επειδή ισχύει η (9), πρέπει Εάν επιλεγούν a ab-4a+b+3 >- -ab+a-b-3> () b-3 (b-3) το Κ πρέπει να είναι µεταξύ των ριζών του τριωνύµου, δηλαδή και το Κ πρέπει να είναι στο διάστηµα (-6.5,-3.3) a=8 () b=.5 (3) -6.5<Κ<-3.3 (4) -8=-7<Κ (5) Κ< (6) Β) Ο γεωµετρικός τόπος των πόλων του συστήµατος κλειστού βρόχου φαίνεται στο ακόλουθο σχήµα.
5 4 3 s A xi g a Im - - -3-4 -5-8 -6-4 - 4 6 8 Real Axis ΠΡΟΒΛΗΜΑ ίδεται το σύστηµα µε συνάρτηση µεταφοράς και έλεγχο όπως στο Σχήµα. G(s)=, a> (s-a) R(s) Σ + _ K(s) U(s) G(s) Y( s) Α) Να δειχθεί ότι το σύστηµα δεν µπορεί να ευσταθειοποιηθεί µε αντισταθµιστή PI. Β) Να δειχθεί ότι το σύστηµα µπορεί να ευσταθειοποιηθεί µε αντισταθµιστή PID. Λύση Α) Καθώς ο ελεγκτής PI µπορεί να γραφεί K Ks+K K(s+b) = = i i K(s)=K+ s s s το χαρακτηριστικό πολυώνυµο του αντισταθµισµένου συστήµατος θα είναι 3 ψ c(s)=s(s-a) +K(s+b)=s -as +(a +K)s+Kb Επειδή a>, οι συντελεστές του s 3 και s είναι ετερόσηµοι και το σύστηµα κλειστού βρόχου δεν µπορεί να είναι ασυµπτωτικά ευσταθές, σύµφωνα µε το θεώρηµα του Stodola. 3
Β) Καθώς ο ελεγκτής PID µπορεί να γραφεί K K(s)=K a+ s Ks+K + Ks s K i a i d + Kds = = (s +bs+c) s το χαρακτηριστικό πολυώνυµο του αντισταθµισµένου συστήµατος θα είναι 3 ψ c(s)=s(s-a) +K(s +bs+c)=s +(K-a)s +(a +Kb)s+Kc Για τον έλεγχο της ευστάθειας του αντισταθµισµένου συστήµατος χρησιµοποιείται η διάταξη Routh. s 3 a +Kb s K-a Kc s (K-a)(a +Kb)-Kc K-a s Kc Για ευστάθεια του συστήµατος κλειστού βρόχου πρέπει να ισχύουν οι ανισότητες K-a> Kc> 3 (K-a)(a +Kb)-Kc=K b+k(a -ab-c)-a > Θεωρώντας Κ>, c>, από την πρώτη ανισότητα λαµβάνεται K>a Θεωρώντας b>, η Τρίτη ανισότητα επαληθεύεται όταν το Κ ευρίσκεται εκτός των ριζών του 3 τριωνύµου f(x)=x b+x(a -ab-c)-a. Επειδή η διακρίνουσα του τριωνύµου είναι 3 =(a -ab-c) +8a b> αυτό θα έχει δύο πραγµατικές ρίζες και µάλιστα ετερόσηµες καθώς το γινόµενο των ριζών είναι αρνητικό. Συνεπώς για K>Max a, το αντισταθµισµένο σύστηµα θα είναι ευσταθές. 3 -(a -ab-c)+ (a -ab-c) +8a b b ΠΡΟΒΛΗΜΑ ίδεται το σύστηµα µε συνάρτηση µεταφοράς 4
-s+ G(s)= (s+) και έλεγχο όπως στο Σχήµα. K(s) G(s) R(s) U(s) Y( s) Σ + _ Να προσδιοριστεί ελεγκτής s-z K(s)=K s-p ώστε το σύστηµα κλειστού βρόχου να εµφανίζει µηδενικό σφάλµα σε βηµατικές διεγέρσεις. Λύση Εάν K = lim G(s)K(s) p s το σφάλµα µόνιµης κατάστασης σε βηµατική διέγερση θα είναι e ss(βηµ)= +K Για να µηδενίζεται το e ss (βηµ) πρέπει να απειρίζεται το K p και συνεπώς η G(s)K(s) να έχει πόλο στο. Από αυτό προκύπτει άµεσα ότι p= Για να εφαρµόζεται το θεώρηµα της τελικής τιµής και να ισχύουν τα ανωτέρω πρέπει το σύστηµα κλειστού βρόχου να είναι ασυµπτωτικά ευσταθές. Το χαρακτηριστικό πολυώνυµο του αντισταθµισµένου συστήµατος θα είναι ψ c (s)=s(s+) +K(-s+)(s-z)=s 3 +(-K)s +(+K+Kz)s-Kz για τη µελέτη της ευστάθειας του αντισταθµισµένου συστήµατος χρησιµοποιείται η διάταξη Routh. s 3 +K+Kz s -K -Kz p s s (-Κ)(+Κ+Κz)+Kz -K -Kz Για ασυµπτωτική ευστάθεια απαιτείται η ικανοποίηση των ακόλουθων ανισοτήτων 5
Από την πρώτη ανισότητα λαµβάνεται -Κ> -Κz> (-Κ)(+Κ+Κz)+Kz=K (-z-)+k(6z+3)+> Κ< Από τη δεύτερη ανισότητα προκύπτει Κz<. ιακρίνονται δύο περιπτώσεις. Α) Κ> και εποµένως z<. Από την τρίτη ανισότητα το τριώνυµο ως προς Κ πρέπει να είναι θετικό. Α) Εάν z+>, ή ισοδύναµα z>-, το τριώνυµο έχει αρνητικό γινόµενο ριζών. Αυτό σηµαίνει ότι έχει πραγµατικές και ετερόσηµες ρίζες. Καθώς ο συντελεστής του µεγιστοβάθµιου όρου είναι αρνητικός, η ανισότητα θα ισχύει µεταξύ των ριζών του τριωνύµου.τελικά πρέπει <K<Min, 6z+3+ (6z+3) +8(z+) (z+) Α) Εάν z+<, ή ισοδύναµα z<-, ο συντελεστής του µεγιστοβάθµιου όρου του τριωνύµου είναι θετικός και η ανισότητα θα ισχύει πάντοτε, εάν το τριώνυµο έχει µιγαδικές ρίζες, ή θα ισχύει εκτός των ριζών, εάν το τριώνυµο έχει πραγµατικές ρίζες. Η διακρίνουσα του τριωνύµου είναι =(6z+3) +8(z+)=36z +5z+5> επειδή το τριώνυµο του z έχει µιγαδικές ρίζες. Συνεπώς η Τρίτη ανισότητα θα ισχύει εκτός των ριζών του τριωνύµου του Κ. Καθώς 6z+3<6z+6=3(z+)< το τριώνυµο του Κ θα έχει θετικό γινόµενο ριζών και αρνητικό άθροισµα ριζών. Εποµένως και οι δύο ρίζες θα είναι αρνητικές και η ευστάθεια εξασφαλίζεται εάν <Κ<. Β) Κ< και συνεπώς z>. Το τριώνυµο του Κ έχει θετικό άθροισµα ριζών και αρνητικό γινόµενο ριζών. Εποµένως έχειδύο πραγµατικές ετερόσηµες ρίζες. Επειδή ο συντελεστής του µεγιστοβάθµιου όρου του είναι αρνητικός, η ανισότητα θα ισχύει µεταξύ των ριζών του τριωνύµου του Κ, δηλαδή 6z+3- (6z+3) +8(z+) 6z+3+ (6z+3) +8(z+) <K< (z+) (z+) Οι ανισότητες συναληθεύουν στο διάστηµα Από την ανωτέρω ανάλυση, λαµβάνοντας 6z+3- (6z+3) +8(z+) <K< (z+) z=-.5 6
6(-.5)+3+ (6(-.5)+3) +8((-.5)+) <K<Min, =.44 ((-.5)+) Λαµβάνοντας Κ=, ο ελεγκτής θα είναι s+.5 K(s)= s ΠΡΟΒΛΗΜΑ ίδεται σύστηµα µε συνάρτηση µεταφοράς G(s)=K (s+a)(s +bs+c). Να σχεδιαστεί το ασυµπτωτικό διάγραµµα Bode πλάτους της G(s) εάν είναι γνωστό ότι δεν διαθέτει οριζόντιο τµήµα. Να γραφούν οι σχέσεις τις οποίες πρέπει να ικανοποιούν οι παράµετροι a,b,c.. Εάν στο σύστηµα εφαρµοστεί η διέγερση Λύση u(t)=*ηµ(t)+*ηµ(6t) και το ασυµπτωτικό διάγραµµα Bode πλάτους της G(s) του ερωτήµατος () χρησιµοποιηθεί για την πρόβλεψη των πλατών των συνιστωσών της y(t) στη µόνιµη κατάσταση, να γραφεί για ποιές σχέσεις των παραµέτρων a,b,c τα πλάτη αυτά είναι ίσα (για όλες τις δυνατές περιπτώσεις) και να επιλεγούν τιµές των a,b,c ώστε να συµβαίνει αυτό σε κάθε περίπτωση. s 7
6 C 5 M M 4 B 3 L L D A 3 4 5 Ο παράγοντας s είναι ευθεία µε κλίση 4db/δεκάδα. Εάν η G(s) έχει τρείς διακεκριµένους πραγµατικούς πόλους, το ασυµπτωτικό διάγραµµα θα έχει οριζόντιο τµήµα, το οποίο είναι µη αποδεκτό. Άρα η G(s) θα έχει διπλό πραγµατικό πόλο ή µιγαδικούς πόλους από τον δευτεροβάθµιο παράγοντα. Εάν η διακρίνουσα =b -4c, ο δευτεροβάθµιος όρος έχει δύο µιγαδικές ρίζες ή διπλή πραγµατική (τα ασυµπτωτικά διαγράµµατα δεν διαφέρουν). Το σηµείο θλάσης για τις µιγαδικές ρίζες θα είναι στην κυκλική συχνότητα c ενώ για τον πρωτοβάθµιο παράγοντα το σηµείο θλάσης θα είναι στην κυκλική συχνότητα a. Για να µην έχει το διάγραµµα οριζόντιο τµήµα θα πρέπει Στην περίπτωση αυτή θα ισχύουν οι ανισότητες Εάν c a c a και b-4c =b -4c>, ο δευτεροβάθµιος παράγοντας έχει δύο πραγµατικές ρίζες και συνεπώς γράφεται (s+p )(s+p ) µε p <p. Για να µην έχει οριζόντιο τµήµα το διάγραµµα, το a πρέπει να ταυτίζεται µε το p. Στην περίπτωση αυτή θα ισχύουν οι σχέσεις b+ b -4c a= και b-4c> Το ασυµπτωτικό διάγραµµα Bode της G(s) θα έχει τη µορφή του σχήµατος. Β) Εφαρµόζοντας την αρχή της επαλληλίας για τις δύο ηµιτονοειδείς διεγέρσεις, η έξοδος του συστήµατος στη µόνιµη κατάσταση θα είναι 8
y(t)=* G(j) ηµ(t+arg{g(j)})+* G(j6) ηµ(6t arg{g(j6)}) Για να είναι τα πλάτη των δύο συνιστωσών ίσα πρέπει να ισχύει G(j) = G(j6) Αυτό είναι ισοδύναµο µε το να είναι οι εικόνες των κυκλικών συχνοτήτων και 6 στην ίδια τεταγµένη στο ασυµπτωτικό διάγραµµα Bode. ύο περιπτώσεις µπορούν να συµβούν. Η κυκλική συχνότητα είναι µικρότερη από την µικρότερη κυκλική συχνότητα θλάσης ω θ (Σηµείο L στο σχήµα). Για να ισχύει η ισότητα των πλατών θα πρέπει 4(λογωθ-λογ)+(λογωθ λογω θ) (λογ6 λογω θ) =. Η κυκλική συχνότητα είναι µεγαλύτερη από την µικρότερη κυκλική συχνότητα θλάσης ω θ (Σηµείο Μ στο σχήµα). Για να ισχύει η ισότητα των πλατών θα πρέπει ή ισοδύναµα από την οποία προκύπτει (λογωθ λογ) (λογ6 λογω θ) = ωθ 6 = ω θ ωθ = 4 Εάν επιλεγούν µιγαδικοί πόλοι µία λύση είναι ως εξής: Από την ω θ =4 προκύπτει c=6 Από την ω θ =< µπορεί να επιλεγεί ω θ =a=5 Από την <, b <4c και µπορεί να ληφθεί b=. ΠΡΟΒΛΗΜΑ ίδεται σύστηµα µε συνάρτηση µεταφοράς (s+a) G(s)=K (s +bs+c). Να σχεδιαστεί το ασυµπτωτικό διάγραµµα Bode πλάτους της G(s) εάν είναι γνωστό ότι διαθέτει τµήµα µε θετική κλίση και δεν διαθέτει οριζόντιο τµήµα για κυκλικές συχνότητες µεγαλύτερες από το µικρότερο σηµείο θλάσης. Να γραφούν οι σχέσεις τις οποίες πρέπει να ικανοποιούν οι παράµετροι a,b,c.. Εάν στο σύστηµα εφαρµοστεί η διέγερση Λύση u(t)=*ηµ(t)+*ηµ(6t) και το ασυµπτωτικό διάγραµµα Bode πλάτους της G(s) του ερωτήµατος () χρησιµοποιηθεί για την πρόβλεψη των πλατών των συνιστωσών της y(t) στη µόνιµη κατάσταση, να γραφεί για ποιές σχέσεις των παραµέτρων a,b,c τα πλάτη αυτά είναι ίσα (για όλες τις δυνατές περιπτώσεις) και να επιλεγούν τιµές των a,b,c ώστε να συµβαίνει αυτό σε κάθε περίπτωση. 9
3 C 5 5 A B D 5-5 - 3 4 5 Ο πρωτοβάθµιος όρος του αριθµητή έχει κυκλική συχνότητα θλάσης ω z =a. Ο δευτεροβάθµιος όρος στον παρονοµαστή έχει µία κυκλική συχνότητα θλάσης ω p= c εάν έχει µιγαδικές ρίζες ή δύο κυκλικές συχνότητες θλάσης ω ˆ ˆ p,ωpεάν έχει πραγµατικές ρίζες. Άν ο δευτεροβάθµιος όρος στον παρονοµαστή έχει πραγµατικές ρίζες και Min{ ω ˆ ˆ p,ωp} < ω z, το ασυµπτωτικό διάγραµµα Bode δεν θα έχει τµήµα µε θετική κλίση και η περίπτωση αυτή απορρίπτεται. Εάν τα ω ˆ ˆ p,ωpείναι διακεκριµένα, στο µεταξύ τους διάστηµα το διάγραµµα θα είναι οριζόντιο και η περίπτωση αυτή απορρίπτεται. Εποµένως ο παρονοµαστής θα έχει µιγαδικές ρίζες ή διπλή πραγµατική και το ασυµπτωτικό διάγραµµα Bode της G(s) φαίνεται στο σχήµα. Οι σχέσεις που πρέπει να ικανοποιούνται είναι c a και b-4c Β) Εφαρµόζοντας την αρχή της επαλληλίας για τις δύο ηµιτονοειδείς διεγέρσεις, η έξοδος του συστήµατος στη µόνιµη κατάσταση θα είναι y(t)=* G(j) ηµ(t+arg{g(j)})+* G(j6) ηµ(6t arg{g(j6)}) Για να είναι τα πλάτη των δύο συνιστωσών ίσα πρέπει να ισχύει G(j) = G(j6) Αυτό είναι ισοδύναµο µε το να είναι οι εικόνες των κυκλικών συχνοτήτων και 6 στην ίδια τεταγµένη στο ασυµπτωτικό διάγραµµα Bode. Τρείς περιπτώσεις µπορούν να συµβούν. Η κυκλική συχνότητα είναι µικρότερη από την µικρότερη κυκλική συχνότητα θλάσης ω z (Σηµείο B στο σχήµα). Για να ισχύει η ισότητα των πλατών θα πρέπει (λογωz -λογ)+ (λογωp λογω z) (λογ6 λογω p) =. Η κυκλική συχνότητα είναι µεγαλύτερη από την µικρότερη κυκλική συχνότητα θλάσης ω z (Σηµείο B στο σχήµα). Για να ισχύει η ισότητα των πλατών θα πρέπει (λογωp λογ) (λογ6 λογω p) =
ή ισοδύναµα από την οποία προκύπτει ωp 6 = ω p ωp = 4 3. Η κυκλική συχνότητα 6 είναι µικρότερη από την µικρότερη κυκλική συχνότητα θλάσης ω z (Σηµείο B στο σχήµα). H ισότητα των πλατών θα ισχύει χωρίς περιορισµούς. Εάν επιλεγεί η τρίτη περίπτωση, θα είναι: Από την ω z >6 προκύπτει a>6. είναι δυνατόν να ληφθεί a=. Από την c a = µπορεί να επιλεγεί c=5x 6. Από την <, b <4c και µπορεί να ληφθεί b=. ΠΡΟΒΛΗΜΑ Στο σύστηµα ελέγχου του Σχήµατος ο ελεγκτής σχεδιάστηκε για την ονοµαστική τιµή G (s) της G(s) ώστε η συµπληρωµατική συνάρτηση ευαισθησίας να είναι T(s)= s +s+ K(s) G(s) R(s) U(s) Y( s) Σ + _ α) Να προσδιοριστεί το σφάλµα µόνιµης κατάστασης σε µοναδιαία βηµατική διέγερση. Β) Να προσδιοριστεί το πλάτος της απόκρισης y(t) στη µόνιµη κατάσταση, εάν η διέγερση είναι ηµιτονοειδής µε κυκλική συχνότητα ω. Γ) Εάν Λύση G(s)=G (s)[+m(s)] όπου η µεταβολή είναι ευσταθής και M(jω) ω ω 6 + να προσδιοριστεί το µέγιστο πλάτος του ερωτήµατος (Β) για όλη την οικογένεια των προς έλεγχο συστηµάτων και η κυκλική συχνότητα στην οποία συµβαίνει αυτό.
Α) Η συµπληρωµατική συνάρτηση ευαισθησίας θα είναι G (s)k(s) T (s)=-s (s)=- = =H (s) +G (s)k(s) +G (s)k(s) όπου H(s) η συνάρτηση µεταφοράς του συστήµατος κλειστού βρόχου. Για µοναδιαία βηµατική διέγερση θα είναι s +s E(s)=R(s)-Y(s)=R(s)[-H (s)]= [-H (s)]= s s s +s+ Επειδή η se(s) έχει όλους τους πόλους της στο αριστερό ηµιεπίπεδο, από το θεώρηµα της τελικής τιµής λαµβάνεται s +s lim r(t)= lim se(s)= lim = t s s s+s+ Β) Στη µόνιµη κατάσταση η έξοδος του συστήµατος θα είναι ηµιτονοειδής συνάρτηση της ίδιας συχνότητας µε την είσοδο και πλάτος πολλαπλασιασµένο επί το µέτρο της συνάρτησης µεταφοράς στην κυκλική συχνότητα της διέγερσης. Καθώς η H (s) έχει µέτρο H(jω) = = = s +s+ (-ω ) +4ω +ω s=jω Καθώς η συνάρτηση του µέτρου είναι µονοτόνως φθίνουσα, το µέγιστο πλάτος θα εµφανίζεται στην κυκλική συχνότητα ω= και θα είναι ίσο µε Α, όπου Α το πλάτος της διέγερσης. Γ) Καθώς θα είναι G(s)K(s) H(s)= = +G (s)k(s) s +s+ G (s)k(s) = s +s και θα ισχύει G(jω)K(jω)-G (jω)k(jω) = M(jω) = R (jω) +jω 4+ω 6+ω δηλαδή το G(jω)K(jω) θα βρίσκεται εντός κύκλου µε κέντρο το σηµείο G (jω)k(jω) και ακτίνα R. Με το κάτωθι πρόγραµµα σε περιβάλλον MATLAB clear all for K=: zt(k)=exp(i*pi*(k-)/99); ztr(k)=real(zt(k)); zti(k)=imag(zt(k)); end
for I=: omega(i)=3+.*(i-); center(i)=/(-omega(i)^+*i*omega(i)); radius(i)=/sqrt(4+omega(i)^)/sqrt(6+omega(i)^); for K=: t(i,k)=center(i)+radius(i)*exp(i**pi*(k-)/99); h(i,k)=abs(t(i,k)/(+t(i,k))); tr(i,k)=real(t(i,k)); ti(i,k)=imag(t(i,k)); end end plot(tr,ti,'g',ztr,zti,'b',tr,-ti,'g',ztr,-zti,'b') axis equal κατασκευάζεται η ζώνη στην οποία βρίσκεται το G(jω)K(jω) όπως στο ακόλουθο σχήµα..5.5.5 -.5 - -.5 - -.5-3 - - 3 Για κάθε κυκλική συχνότητα ω προσδιορίζεται η µέγιστη τιµή του µέτρου της Η(jω) που εµφανίζεται στην περιφέρεια του κύκλου. Το διάγραµµα του µέγιστου µέτρου συναρτήσει της κυκλικής συχνότητας φαίνεται στο ακόλουθο σχήµα.8.6.4..8.6.4. 5 5 5 3
από το οποίο προκύπτει ότι η µέγιστη τιµή είναι.944 και συµβαίνει όταν ω=5.75 rad/sec. ΠΡΟΒΛΗΜΑ Χρησιµοποιώντας µετασχηµατισµό Ζ, να προδιοριστεί η ακολουθία y(k) η οποία ικανοποιεί την εξίσωση διαφορών y(k+)-.5y(k+)+.5y(k)=u(k+) όπου u(k) είναι η µοναδιαία βηµατική απόκριση για k=, y()=.5 και y(-)=. Λύση Εφαρµόζοντας µετασχηµατισµό Ζ λαµβάνεται z Y(z)-z y()-zy()-.5[zy(z)-zy()]+.5y(z)=zu(z)-zu() () Για την εύρεση της y() εφαρµόζεται η αναδροµική σχέση για k=-. Αντικαθιστώντας στην (), λαµβάνεται y()=.5y()-.5y(-)+u()=.75-.5+=.5 () z z z- z- (z -.5z+.5)Y(z)=.5z +.5z-.75z+z -z=.5z +.5z+ Επιλύοντας ως προς Y(z) θα είναι.5z +.5z+.5z(z +) Y(z)= z- = (z -.5z+.5) (z-) (z-.5) z (3) (4) Αναλύοντας την Y(z)/z σε απλά κλάσµατα, λαµβάνεται ή ισοδύναµα Y(z) K K K.5 - z z-.5 z- (z-) z-.5 z- (z-) 3 = + + = + +.5z -z z Y(z)= + + z-.5 z- (z-) Λαµβάνοντας τον αντίστροφο µετασχηµατισµό Ζ η y(k) προκύπτει k y(k)=.5(.5) + k- (5) (6) (7) ΠΡΟΒΛΗΜΑ Χρησιµοποιώντας µετασχηµατισµό Ζ, 4
A) Να ευρεθεί ο µέγιστος και ο ελάχιστος αριθµός χωρίων, στα οποία διαιρείται ένα επίπεδο από n ευθείες που ανήκουν σ αυτό. B) Να ευρεθεί ο µέγιστος αριθµός χωρίων, στα οποία διαιρείται ο τριδιάστατος χώρος από n επίπεδα που ανήκουν σ αυτόν. Λύση Α) Έστω ότι στο επίπεδο υπάρχουν n ευθείες οι οποίες διαιρούν το επίπεδο σε f(n) χωρία. Ας θεωρηθεί η (n+) ευθεία η οποία τέµνει κ από τις n ευθείες του επιπέδου. Επί της (n+) ευθείας δηµιουργούνται από τα κ σηµεία τοµής κ+ διαστήµατα. Κάθε ένα από αυτά διαιρεί ένα υπάρχον χωρίο σε δύο, δηµιουργεί δηλαδή κ+ νέα χωρία. Είναι προφανές ότι ο µέγιστος αριθµός εµφανίζεται όταν η (n+) ευθεία τέµνει και τις n ευθείες ενώ ο ελάχιστος αριθµός προκύπτει όταν η (n+) ευθεία δεν τέµνει καµµία από τις n ευθείες. Συνεπώς οι αναδροµικές σχέσεις που ικανοποιούν ο µέγιστος και ο ελάχιστος αριθµός χωρίων θα είναι ως εξής f (n+)-f (n)=n+ () max min max f (n+)-f (n)= min Εάν δεν υπάρχει καµµία ευθεία στο επίπεδο, το επίπεδο θα έχει ένα χωρίο και συνεπώς θα είναι f ()=f ()=f()= (3) min max Εφαρµόζοντας µετασχηµατισµό Ζ στην () για την αρχική συνθήκη που περιγράφεται στην (3), λαµβάνεται z z z{f max (z)-f max ()}-F max (z)=(z-)f max (z)-z= Z { n+ } = + (4) (z-) z- από την οποία προκύπτει 3 z -z +z z(z+) z z max 3 3 F (z) = = + + (5) (z-) (z-) (z-) z- Λαµβάνοντας αντίστροφο µετασχηµατισµό Ζ προσδιορίζεται z(z+) z z n n f max (n) = Z + + = + + 3 (6) (z-) (z-) z- () Εφαρµόζοντας µετασχηµατισµό Ζ στην () για την αρχική συνθήκη που περιγράφεται στην (3), λαµβάνεται από την οποία προκύπτει z z{f min (z)-f min ()}-F min (z)=(z-)f min (z)-z= Z {} = (7) z- Λαµβάνοντας αντίστροφο µετασχηµατισµό Ζ προσδιορίζεται z z F min (z) = + (8) (z-) z- z z f min (n) = Z + =n+ (z-) z- (9) 5
Β) Έστω ότι στο χώρο υπάρχουν n επίπεδα ται οποία διαιρούν το χώρο σε g(n) χωρία. Ας θεωρηθεί το (n+) επίπεδο το οποίο τέµνει κ από τα n επίπεδα του χώρου. Επί του (n+) επιπέδου δηµιουργούνται από τις κ ευθείες τοµής f(κ) επίπεδα χωρία. Κάθε ένα από αυτά διαιρεί ένα υπάρχον χωρίο του χώρου σε δύο, δηµιουργεί δηλαδή f(κ) νέα χωρία στο χώρο. Είναι προφανές ότι ο µέγιστος αριθµός εµφανίζεται όταν το (n+) επίπεδο τέµνει και τα n επίπεδα. Συνεπώς η αναδροµική σχέση που ικανοποιεί ο µέγιστος αριθµός χωρίων θα είναι ως εξής n n g max (n+)-g max (n)=f(n)= + + Εάν δεν υπάρχει κανένα επίπεδο στο χώρο, ο χώρος θα έχει ένα χωρίο και συνεπώς θα είναι () g max ()= () Εφαρµόζοντας µετασχηµατισµό Ζ στην () για την αρχική συνθήκη που περιγράφεται στην (), λαµβάνεται 3 z-z+z z{g max (z)-g max ()}-G max (z)=(z-)g max (z)-z=f max (z) = () 3 (z-) από την οποία προκύπτει 3 4 3 z z -z +z z -z +z G max (z) = + = (3) 4 4 z- (z-) (z-) Για το Ζ µετασχηµατισµό της k 3 θα είναι Z (4) 4 dz (z-) (z-) (z-) 3 3 3 d z(z+) (z+)(z-) -3(z-) z(z+) z +4z +z {k }= Z{kk }=-z =-z = 3 6 Από τους πίνακες µετασχηµατισµών λαµβάνονται 4 3 z z -3z +3z -z Z {}= = (5) 4 z- (z-) 3 Z z z -z + {k}= = 4 (z-) (z-) z (6) 3 z(z+) z -z {k }= = 3 Z (z-) (z-) (7) 4 Ο αριθµητής της σχέσεως (3) µπορεί να γραφεί συναρτήσει των αριθµητών των σχέσεων (4), (5), (6) και (7) ως εξής z -z +z = K (z -3z +3z -z)+k (z -z +z)+k (z -z) + K (z +4z +z) 4 3 4 3 3 3 3 3 4 Εξισώνοντας τους οµοιοβάθµιους συντελεστές στα δύο µέλη της εξισώσεως λαµβάνονται Κ = (8) (9.α) -3Κ +Κ +Κ 3 +Κ 4 =- (9.β) 6
3Κ -Κ +4Κ 4 = (9.γ) -Κ +Κ -Κ 3 +Κ 4 = (9.δ) Επιλύοντας το σύστηµα προσδιορίζονται τα Κ i ως εξής [Κ Κ Κ 3 Κ 4 ]=[ 5/6 /6] () Η σχέση (3) γράφεται 4 3 z-z+z 5 3 G max (z) Z{} Z{k} Z{k } 4 = = + + () (z-) 6 6 Λαµβάνοντας αντίστροφους µετασχηµατισµούς Ζ στα δύο µέλη της () ευρίσκεται 5 g max (n) + n+ n 6 6 3 = () ΠΡΟΒΛΗΜΑ A) Να σχεδιαστεί ο Γεωµετρικός Τόπος των Ριζών του συστήµατος µε συνάρτηση µεταφοράς. (+s) G(s)= (+5s)(+s)s Β) Να ευρεθεί ελεγκτής της µορφής s+z K(s)=K s+p ώστε το σύστηµα κλειστού βρόχου να έχει πόλους στα σηµεία -±j. Να ευρεθεί η θέση των άλλων πόλων του. µ Λύση Ο Γεωµετρικός τόπος των ριζών της G(s) φαίνεται στο ακόλουθο σχήµα και βρίσκεται µε την εφαρµογή των κανόνων κατασκευής του ως εξής: 7
.5.3..5. A xi s g a Im -.5 s A xi g a Im -. -. - -.3 -.5 - -.5 - -.5.5 Real Axis Γεωµετρικός Τόπος των Ριζών της G(s). -.3 -.5 -. -.5 -. -.5.5..5 Real Axis Λεπτοµέρεια Γεωµετρικού Τόπου των Ριζών. Ο γεωµετρικός τόπος έχει τέσσερις κλάδους. Τα ακόλουθα διαστήµατα επί του πραγµατικού άξονα είναι τµήµατα του γεωµετρικού τόπου (-,-], [-.,-.] Ένας κλάδος του γεωµετρικού τόπου αρχίζει από το σηµείο. και καταλήγει στο σηµείο.. Οι τρείς άλλοι κλάδοι εκκινούν από τα σηµεία,, και καταλήγουν στο άπειρο. Οι γωνίες των ασυµπτώτων είναι o o (+κ)x8 (+κ)x8 θ= = κ=,, n-m 3 δηλαδή είναι 6 ο, 8 ο και 3 ο ή -6 ο. Η τετµηµένη του σηµείου τοµής των ασυµπτώτων είναι n m p- i zλ i= λ= -+(-.)++-(-.) -. σ= = = =.367 n-m 3 3 Η γωνίες αναχώρησης από τον πόλο s= θα είναι m n 8(+k)+ (p -z ) (p -p ) 8 + + = 9 k = j λ j i O λ= i= i j φ p = = 54 + + O = 7 k = Τα σηµεία τοµής δύο κλάδων του γεωµετρικού τόπου δίδονται από τη σχέση 8
4 3-5s +6s +s d d G(s) s+ = =- =- ds ds ds (s+) 3 4 3 dk (s +8s +s)(s+)-(5s +6s +s ) 4 3 5s +4s +8s +s =- = (s+) από την οποία λαµβάνονται = 4 3 Για s= - 5s +6s +s K = =- s= = G(s) s+ 4 3 Για s=-.69-5s +6s +s K = =- s=-.69 =.63 G(s) s+ Αποδεκτή τιµή Μη αποδεκτή τιµή Για s=-.+j.68 Για s= -.-j.68 4 3-5s +6s +s K = =- s=-.+j.68 =.63+j.7 G(s) s+ 4 3-5s +6s +s K = =- s=-.-j.68 =.63-j.7 G(s) s+ Μη αποδεκτή τιµή Μη αποδεκτή τιµή Για την εύρεση των σηµείων τοµής µε το φανταστικά άξονα χρησιµοποιείται η διάταξη Routh για το χαρακτηριστικό πολυώνυµο του συστήµατος κλειστού βρόχου 4 3 4 3 ψ c(s)=5s +6s +s +K(s+)=5s +6s +s +Ks+K s 4 5 Κ s 3 6 Κ s 6-5K 6 Κ s s 6-5K K-6K -5K 6 +4K = 6-5K 6-5K 6 Κ Οι ρίζες του είναι Κ= και Κ=.48 5Κ +4Κ= 9
Για Κ=, το βοηθητικό πολυώνυµο είναι και το σηµείο τοµής είναι το s=j Για Κ=.48, το βοηθητικό πολυώνυµο είναι και το σηµείο τοµής είναι το s=j.83 6-K B(s)= s +K = s 6 K= 6-5K B(s)= s +K K=.48 =.6s +.48 6 B) Για να είναι το σηµείο -j σηµείο του γεωµετρικού τόπου του συστήµατος G(s)K(s) πρέπει Καθώς o arg{ G(-+j)K(-+j) } =arg{ G(-+j) } +arg{ K(-+j) } =-8 { } { } { } { } { } arg G(-+j) =Arg -+j-(-.) -Arg -+j-(-.) -Arg -+j-(-) -Arg -+j-() = =3.99-8.66-9 -*35 =-356.67 ο ελεγκτής πρέπει να ινκανοποιεί τη σχέση o o o o o o o { } ( { } { }) arg Κ(-+j) =µ Arg -+j-(z) -Arg -+j-(p) =-8 -(-356.67 ) = 76.67 o.5 M.5 θ s A xi g a Im -.5 p z - -.5 - -.5 - -.5.5 Real Axis Εάν µ=, η γωνία θ του σχήµατος πρέπει να είναι ίση µε 76.67 ο. Αυτό σηµαίνει ότι το µηδενικό πρέπει να τοποθετηθεί στο δεξιό ηµιεπίπεδο και ο πόλος στο αριστερό ηµιεπίπεδο. Στην περίπτωση αυτή το διάστηµα [,z] θα είναι τµήµα του γεωµετρικού τόπου και το σύστηµα κλειστού βρόχου θα είναι ασταθές. Εάν µ=, η γωνία θ του σχήµατος πρέπει να είναι ίση µε 88.33 ο. Εάν επιλεγεί z=-. 3
η θέση του πόλου θα είναι p = -.-xεφ(38.66 ο )-xεφ(49.67 ο )=-.-.8-.7 = -.7 Ο γεωµετρικός τόπος της G(s)K(s) φαίνεται στο ακόλουθο σχήµα. s A xi g a Im 3 - - A xi s g a Im..5..5 -.5 -. -.5 -. -.5-3 -3 - - Real Axis Γεωµετρικός Τόπος G(s)K(s) -.3 -.5 -. -.5 -. -.5.5. Real Axis Λεπτοµέρεια στην περιοχή του µηδενός. Το Κ για το σηµείο +j προκύπτει K=.87 = (-+j+.) G(-+j) (-+j+.7) Για την τιµή αυτή του Κ οι υπόλοιποι πόλοι του αντισταθµισµένου συστήµατος θα είναι στις θέσεις. και.5±j.7. ΠΡΟΒΛΗΜΑ Α) Να δειχθεί ότι ο γεωµετρικός τόπος συστήµατος µε συνάρτηση µεταφοράς ανοικτού βρόχου K G(s)K= s(s +cs+) είναι τµήµα του πραγµατικού άξονα και τµήµα της υπερβολής µε εξίσωση y =3x +4cx+ Β) Να δειχθεί ότι η τιµή του κέρδους σε κάθε σηµείο της υπερβολής είναι (y +x )(x+c) Λύση Έστω x+jy σηµείο του γεωµετρικού τόπου των ριζών. Θα ισχύει 3
-K= = G(x+jy) (x+jy)[(x+jy) +c(x+jy)+]= =x(x -y )+cx +x-xy -cy +j[y(x -y +cx+)+x(xy+cy)] Χωρίζοντας πραγµατικά και φανταστικά µέρη λαµβάνονται Από την τελευταία σχέση λαµβάνεται είτε -K=x(x -y )+cx +x-xy -cy =y(x -y +cx+)+x(xy+cy) y= c 4c =(x -y +cx+)+x(x+c)=3x -y +4cx+=3 x+ -y +- 3 3 Η τελευταία σχέση γράφεται c c 4c y+ 3 x+ y- 3 x+ = - 3 3 3 η οποία είναι εξίσωση υπερβολής µε ασύµπτωτες τις ευθείες Για το Κ θα είναι K=-x(x -y )-cx -x+xy +cy c y= ± 3 x+ 3 = -x +xy -cx -x(-3x +y -4cx)+xy +cy = 3 3 = x +cx +xy +cy = (x +y )(x+c) Αξίζει να παρατηρηθούν τα ακόλουθα. Ανάλογα µε το πρόσηµο του (-4c /3) ο γεωµετρικός τόπος βρίσκεται στην οξεία ή την αµβλεία γωνία που σχηµατίζουν οι ασύµπτωτες.. Αν (-4c /3)=, οι ασύµπτωτες αποτελούν τµήµατα του γεωµετρικού τόπου. 3. Το σηµείο (,) είναι σηµείο του τόπου ανεξάρτητα της τιµής του c. ΠΡΟΒΛΗΜΑ ίδεται σύστηµα µε συνάρτηση µεταφοράς και έλεγχος όπως στο Σχήµα µε K(s)=K. G(s)= (s+a)(s+) R(s) Σ + _ K(s) U(s) G(s) Y( s) 3
Α) Να ευρεθούν τιµές των Κ,a ώστε το σύστηµα κλειστού βρόχου να έχει Χρόνο µεγίστου t p.57sec. Χρόνο αποκαταστάσεως % t s sec. Β) Για a της επιλογής σας να ευρεθεί η τιµή του Κ ώστε το σύστηµα κλειστού βρόχου να ικανοποιεί τις προδιαγραφές του ερωτήµατος (Α) και να εµφανίζει τη µέγιστη επι τοις εκατό υπερπήδηση. Λύση Το σύστηµα κλειστού βρόχου θα έχει δύο πόλους και δεν θα έχει µηδενικά. Οι προδιαγραφές της βηµατικής απόκρισης προσδιορίζουν τη θέση των πόλων του αντισταθµιςένου συστήµατος. Από τον χρόνο κορυφής προκύπτει π t p =.57sec ω d ω d δηλαδή το φανταστικό µέρος των πόλων θα είναι µικότερο ή ίσο του. Από το χρόνο αποκατάστασης λαµβάνεται 4 t= s sec ζω n ζω n δηλαδή το πραγµατικό µέρος των πόλων θα πρέπει να είναι µικρότερο ή ίσο του. Είναι γνωστό ότι ο γεωµετρικός τόπος του συστήµατος θα είναι το ευθύγραµµο τµήµα του πραγµατικού άξονα [-a,-] και η µεσοκάθετός του, όπως στο σχήµα. 33
3 B s A xi g a Im - A φ - -3-5 -4-3 - - Real Axis Για να είναι και οι δύο πόλοι του αντισταθµισµένου συστήµατος στην επιθυµητή περιοχή πρέπει να ληφθεί a -3 Εάν ληφθεί a=-4, όπως στο σχήµα, και οι δύο πόλοι θα είναι στην επιθυµητή περιοχή για Κ Α Κ Κ Β όπου Κ Α, Κ Β είναι οι τιµές του Κ που αντιστοιχούν στα σηµεία Α και Β του γεωµετρικού τόπου. Το χαρακτηριστικό πολυώνυµο του συστήµατος κλειστού βρόχου θα είναι ψ c(s)=(s+)(s+4)+k=s +5s+4+K Στο σηµείο Α η µία ρίζα του ψ c (s) είναι. Καθώς ψ c (-)=4+5(-)+4+Κ=-+Κ= το Κ Α προκύπτει ίσο µε. Στο σηµείο Β οι ρίζες του ψ c (s) είναι.5±j. Καθώς το γινόµενο των ριζών του τριωνύµου είναι 4+Κ, θα είναι προκύπτει αµέσως ότι Κ Β =6.5. (Στη γενική περίπτωση θα είναι (-.5+j)(-.5-j)=.5 + =6.5+4=K+4 Κ Α =a- 34
Β) Η επι τοις εκατό υπερπήδηση είναι a+ K B= +4-a ). Καθώς M=exp p -ζπ -ζ ζπ -π -ζ - -ζπ dmp -ζ =exp < dζ -ζ -ζ το Mp είναι φθίνουσα συνάρτηση του ζ. Επειδή το ζ είναι ίσο µε το συνηµίτονο της γωνίας φ, όπου φ όπως στο σχήµα, η µέγιστη υπερπήδηση θα συµβαίνει όταν οι πόλοι του συστήµατος κλειστού βρόχου θα είναι στο Β και το συζυγές του. Στην περίπτωση αυτή θα είναι και η µέγιστη υπερπήδηση προκύπτει.5.5 ζ= = =.78.5 + 3. ή.97%. -ζπ M p =exp ζ=.78 =.97 -ζ ΠΡΟΒΛΗΜΑ Στο ανωτέρω Σχήµα τα συστήµατα Σ, Σ περιγράφονται σε µορφή εξισώσεων καταστάσεως από τις τριάδες των µητρών (A,B,C ) και (A,B,C ). 35
u + + (A,B,C ) y + + (A,B,C ) y u Α) Να γραφούν οι εξισώσεις καταστάσεως του συνολικού συστήµατος. Β) Να αποδειχθεί ότι το ολικό σύστηµα είναι ελέγξιµο και παρατηρήσιµο εάν και µόνο εάν τα Σ,Σ είναι ελέγξιµα και παρατηρήσιµα. Γ) Εάν u (καταργείται σαν είσοδος) να δειχθεί (µπορεί να χρησιµοποιηθεί και Λύση παράδειγµα) ότι η ελεγξιµότητα και η παρατηρησιµότητα των Σ,Σ είναι αναγκαία συνθήκη για την ελεγξιµότητα και την παρατηρησιµότητα του ολικού συστήµατος αλλά όχι ικανή. Για το σύστηµα Σ θα ισχύει Για το σύστηµα Σ θα ισχύει Θεωρώντας x =Ax +B (u +y )=Ax +Bu +BC x x =A x +B (u +y )=A x +B u +B C x x u y x= u= y= x u y οι εξισώσεις καταστάσεως του συστήµατος κλειστού βρόχου θα είναι A BC B C x= x+ u y= x BC A B C Β) Για την απόδειξη της πρότασης θα χρησιµοποιηθούν τα ακόλουθα λήµµατα. Λήµµα : Μπορεί να γραφεί k k k- k- (A+BF) B=A B+A BM,kB+A BM,kB+...+BMk,kB 36
Η απόδειξη γίνεται µε επαγωγή. Για k= είναι Ας υποτεθεί ότι η σχέση ισχύει για k-, δηλαδή Θα είναι και η σχέση ισχύει µε (A+BF)B=AB+BFB=AB+BM,B k- k- k- k-3 (A+BF) B=A B+A BM,k-B+A BM,k-B+...+BMk-,k-B k k- (A+BF) B=(A+BF)(A+BF) B= A B+A BM B+A BM B+...+ABM B+ k k- k-,k-,k- k-,k- BFA B+BFA BM B+BFA BM B+...+BFBM B k- k- k-3,k-,k- k-,k- M =M i=,,...,k- i,k- i,k M =FA +FA BM +FA BM +...+FBM k- k- k-3 k,k,k-,k- k-,k- Λήµµα : Το ζεύγος (Α,Β) είναι ελέγξιµο εάν και µόνο εάν το ζεύγος (Α+BF,B) είναι ελέγξιµο Απόδειξη Η µήτρα ελεγξιµότητος του ζεύγους (Α+ΒF,B) γράφεται µε χρήση και του λήµµατος n- B (A+BF)B (A+BF) B (A+BF) B = I M, M,B Mn-,n-B I M M B I, n-,n- n- = B AB A B A B I Mn-3,n-B Καθώς η δεξιά µήτρα στο δεύτερο µέλος είναι οµαλή, θα είναι n- n- rank B (A+BF)B (A+BF) B (A+BF) B =rank B AB A B A B και το λήµµα απεδείχθη. Για την απόδειξη του (Β) ας θεωρηθεί ότι στο σύστηµα κλειστού βρόχου εφαρµόζεται η µήτρα F= -C -C Η µήτρα Α+BF θα είναι A BC B -C A A+BF= BC A + B = -C A Για τη µήτρα ελεγξιµότητος θα ισχύει 37
n- B A B A B B A B A B n- rank Β (Α+BF)B (Α+BF) B =rank n- B AB A B =rank B n- A B A B Για να είναι το σύστηµα κλειστού βρόχου ελέγξιµο πρέπει και αρκεί η τελευταία µήτρα να έχει ανεξάρτητες γραµµές και αυτό είναι δυνατόν εάν και µόνον εάν τα συστήµατα Σ και Σ είναι ελέγξιµα. Η απόδειξη της παρατηρησιµότητας είναι άµεση καθώς η παρατηρησιµότητα του ζεύγους (Α,C) είναι ισοδύναµη µε την ελεγξιµότητα του ζεύγους (Α Τ,C T ). Γ) Η αναγκαιότητα της υπόθεσης είναι προφανής, καθώς κατάργηση της u είναι ισοδύναµη µε τη διατήρησή της και µηδενισµό της για κάθε χρονική στιγµή. Για την ικανότητα, είναι δυνατόν να θεωρηθεί το σύστηµα µε A =A =B =B =C =, C =. Τότε x= x+ u y= x Αν και τα ζεύγη (Α,Β ) και (Α,Β ) είναι ελέγξιµα, το ζεύγος (Α,Β) δεν είναι ελέγξιµο. ΠΡΟΒΛΗΜΑ Α) Να δειχθεί ότι ο γεωµετρικός τόπος συστήµατος συνεχούς η διακριτού χρόνου µε συνάρτηση µεταφοράς ανοικτού βρόχου η οποία έχει ένα µηδενικό και δύο πόλους είναι τµήµα του πραγµατικού άξονα και κύκλος ή τόξο κύκλου. Β) Να ευρεθεί το κέντρο και η ακτίνα του κύκλου. Λύση Έστω s+a G(s)= () s+bs+c η συνάρτηση µεταφοράς του συστήµατος. Το χαρακτηριστικό πολυώνυµο του συστήµατος κλειστού βρόχου θα είναι ψ c(s)=s +bs+c+k(s+a)=s +(b+k)s+c+ka () Έστω x+jy ένα σηµείο του τόπου. Από τη συνθήκη προκύπτουν οι σχέσεις ψ c(x+jy)=x -y +jxy+bx+jby+c+kx+jky+ka= (3) x -y +bx+c+kx+ka= (4.α) 38
xy+by+ky= Από τη σχέση (4.β) προκύπτουν δύο περιπτώσεις (4.β) η Περίπτωση y= (5) Από τη σχέση (4.α) προκύπτει x +bx+c K=- x -a (6) x+a δηλαδή για κάθε πραγµατικό x υπάρχει Κ θετικό ή αρνητικό για το οποίο ισχύει η (6). Για να είναι το Κ θετικό θα πρέπει Εάν ο αριθµητής είναι θετικός (το x εκτός των πραγµατικών ριζών του τριωνύµου του παρονοµαστή, ή το τριώνυµο έχει µιγαδικές ρίζες) ο παρονοµαστής πρέπει να είναι αρνητικός, δηλαδή το x πρέπει να είναι αριστερά του µηδενικού. Εάν ο αριθµητής είναι αρνητικός (το x µεταξύ των πραγµατικών ριζών του τριωνύµου του παρονοµαστή) ο παρονοµαστής πρέπει να είναι θετικός, δηλαδή το x πρέπει να είναι δεξιά του µηδενικού. η Περίπτωση x+b+k= ή Αντικαθιστώντας την τιµή του Κ στην σχέση (4.α), λαµβάνεται ή ισοδύναµα Κ=-x-b (7) x -y +bx+c+(-x-b)(x+a)=-x -y -ax+c-ab= (8) (x+a) +y =c-ab+a (9) Εάν c-ab+a είναι θετικό, η σχέση (9) είναι η εξίσωση κύκλου µε κέντρο το σηµείο δηλαδή το µηδενικό και ακτίνα (-a,), διαφορετικά η περίπτωση αυτή δεν δίδει λύση. Αξίζει να παρατηρηθεί ότι R= c-ab+a () c-ab+a = s +bs+c () και συνεπώς ο κύκλος θα είναι τµήµα του γεωµετρικού τόπου εάν το τριώνυµο του παρονοµαστή έχει µιγαδικές ρίζες ή εάν έχει πραγµατικές ρίζες και το µηδενικό βρίσκεται εκτός των ριζών. s=-a ΠΡΟΒΛΗΜΑ ιακριτό σύστηµα περιγράφεται από τις εξισώσεις καταστάσεως 39
x(k+)=αx(k)+βu(k) y(k)=cx(k) Α) Να ευρεθεί η συνθήκη ώστε να είναι δυνατή η µετάβαση από το σηµείο x() σε οποιοδήποτε σηµείο του χώρου κατάστασης µε κατάλληλη επιλογή της εισόδου. Β) Να δειχθεί ότι εάν n είναι η διάσταση του χώρου καταστάσεων για την µετάβαση αυτή, εάν είναι δυνατή, δεν απαιτούνται περισσότερα από n βήµατα. Γ) Να ευρεθεί ο ελάχιστος αριθµός βηµάτων για να επιτυγχάνεται πάντα αυτή η µετάβαση. ) Να προσδιοριστεί η u(κ) η οποία µεταφέρει το διάνυσµα καταστάσεως από τη θέση [ ] Τ στη θέση [ ] Τ 3 Α= Β= Λύση Α) Εφαρµόζοντας τις εξισώσεις καταστάσεως διαδοχικά, προκύπτει u(k-) u(k-) k- k k-i- k k- x(k)=α x()+ A Bu(i) = Α x()+ B AB A B A B u(k-3) i= u() Για να µπορεί να είναι το x(k) οποιοδήποτε διάνυσµα του χώρου κατάστασης, η εξίσωση πρέπει να έχει πάντοτε λύση, δηλαδή u(k-) u(k-) u() k k- x(k)-α x()= B AB A B A B u(k-3) k- { } rank B AB A B A B =n όπου n είναι η διάσταση του χώρου καταστάσεων. Αυτό σηµαίνει ότι σε k βήµατα έχει επιτευχθεί το διάνυσµα x(k). Β) Λαµβάνοντας υπόψη το θεώρηµα των Caley-Hamilton, επειδή οι µήτρες Α n+j, j=,, µπορούν να εκφραστούν σαν γραµµικοί συνδυασµοί των µητρών Ι,Α,..., Α n-, δεν απαιτείται να θεωρηθεί k µεγαλύτερο του n και η συνθήκη για την επίτευξη οιουδήποτε σηµείου του χώρου κατάστασης είναι 4
n- { } rank B AB A B A B =n Γ) Έστω λ ο ελάχιστος ακέραιος ο οποίος ικανοποιεί τη συνθήκη λ- { } rank B AB A B A B =n Ο αριθµός αυτός µπορεί να ευρεθεί προσδιορίζοντας διαδοχικά τους βαθµούς των µητρών [B], [B AB], [B AB A B] κλπ µέχρις ότου ευρεθεί µήτρα πλήρους βαθµού. Είναι προφανές ότι σε λ βήµατα είναι δυνατόν να επιτευχθεί οιοδήποτε σηµείο του χώρου κατάστασης. ) Είναι Rank{[B]}= 3 7 rank{ [ B AB ]} =rank =4 4 Συνεπώς λ= και το σηµείο [ ] Τ µπορεί να επιτευχθεί σε δύο βήµατα. Θα είναι από την οποία προκύπτει k x(k)-α x()= u() 3 7 u() = u() 4 u() u() - u() 3 7 - = = = u() - u() 4 ΠΡΟΒΛΗΜΑ ίδεται σύστηµα συνεχούς χρόνου µε συνάρτηση µεταφοράς G(s)= (s+)(s+) 4
Α) Να προσδιοριστεί η συνάρτηση µεταφοράς G d (z) του συστήµατος διακριτού χρόνου που προκύπτει από δειγµατοληψία του συστήµατος µε περίοδο Τ= και διατηρητή µηδενικής τάξεως. Β) Να σχεδιαστεί το διάγραµµα Bode του διακριτού συστήµατος. Γ) Εφαρµόζοντας το µετασχηµατισµό z- w= Tz+ να σχεδιαστούν τα διαγράµµατα Bode της G(s) και της Ĝ(w)= G (z) d z=f(w) ) Στο διακριτό σύστηµα εφαρµόζεται ελεγκτής, όπως στο Σχήµα.. r A/D K D/A u G(s) y + Να προσδιοριστούν οι τιµές του Κ ώστε το σύστηµα κλειστού βρόχου να είναι ευσταθές µε χρήση του κριτηρίου του Jury.. Ε) Να σχεδιαστεί ο γεωµετρικός τόπος των ριζών του διακριτοποιηµένου συστήµατος. Λύση A) Θα είναι - - - G(z)=(-z) d Z L (-z) s(s+)(s+) = Z L + + s (s+) (s+) = - -t -t - z -z z = (-z ) Z {(-e +e )u(t)} = (-z ) + + -T -T z- z-e z-e Για Τ= η συνάρτηση µεταφοράς του διακριτοποιηµένου συστήµατος γίνεται - z -z z - G(z)=(-z) z -z z d + + (-z) -T -T = + + = z- z-e z-e z- z-.368 z-.35.4z+.48 = (z-.368)(z-.35) Β) Για z=e jωτ το διάγραµµα Bode φαίνεται στο ακόλουθο σχήµα το οποίο πραγµατοποιήθηκε µε το πρόγραµµα σε περιβάλλον MATLAB for K=: 4
t(k)=.*(.3)^k; z(k)=exp(t(k)*i); g(k)=(.4*z(k)+.48)/(z(k)-.368)/(z(k)-.35); gr(k)=real(g(k)); gi(k)=imag(g(k)); bodem(k)=*log(sqrt(gr(k)^+gi(k)^)); end semilogx(t,bodem,'g') axis equal - - -3-4 -5 - Γ) Το z συναρτήσει του w θα είναι T + w +w z= = T - w -w Αντικαθιστώντας στην G d (z) λαµβάνεται.4z+.48 (-w)(.5w+.96) Ĝ(w)=G (z) = = (z-.368)(z-.35) (.368w+.64)(.35w+.73) d +w +w z= z= -w -w Στο ακόλουθο σχήµα φαίνονται τα διαγράµµατα Bode της G(s) και της από το ακόλουθο πρόγραµµα σε περιβάλλον MATLAB. for K=: t(k)=.*(.3)^k; omega(k)=i*t(k); z(k)=exp(t(k)*i); g(k)=/(omega(k)+)/(omega(k)+); gr(k)=real(g(k)); gi(k)=imag(g(k)); bodem(k)=*log(sqrt(gr(k)^+gi(k)^)); Ĝ(w) που προκύψανε 43
gh(k)=(- omega(k))*(.5*omega(k)+.96)/(.368*omega(k)+.64)/(.35*omega(k) +.73); ghr(k)=real(gh(k)); ghi(k)=imag(gh(k)); bodemh(k)=*log(sqrt(ghr(k)^+ghi(k)^)); end semilogx(t,bodem,'g',t,bodemh,'b') axis equal 5-5 - -5 ) Το χαρακτηριστικό πολυώνυµο του συστήµατος κλειστού βρόχου είναι ψ c(z)=(z-.368)(z-.35)+k(.4z+.48)=z +(.4K-.5)z+.48K+.5 Το κριτήριο του Jury έχει τετριµµένη µορφή ως εξής Γραµµή z z z.48k+.5.4k-.5.4k-.5.48k+.5 Για να είναι το σύστηµα κλιστού βρόχου ευσταθές πρέπει να ισχύουν οι ανισότητες. f()=+(.4k-.5)+.48k+.5=.548k+.55> (-) f(-)=+(-.4k+.5)+.48k+.5=-.5k+.55>.48k+.5 < Από την πρώτη ανισότητα προκύπτει Κ>-.4 Από τη δεύτερη ανισότητα προκύπτει Κ<6.5 Από την Τρίτη ανισότητα προκύπτει <.48Κ+.5< ή ισοδύναµα Κ>-7.9 και Κ<6.49. Οι ανισότητες συναληθεύουν για -.4<Κ<6.5 44
Ε) Ο γεωµετρικός τόπος των πόλων του αντισταθµισµένου συστήµατος κατασκευάζεται όπως και στην περίπτωση συστήµατος συνεχούς χρόνου. Θα είναι κύκλος µε κέντρο το σηµείο z=-.48/.4=-.37 και τµήµατα του πραγµατικού άξονα. Ο γεωµετρικός τόπος φαίνεται στο ακόλουθο σχήµα..8.6.4 s A xi g a Im. -. -.4 -.6 -.8 - - -.5 - -.5.5 Real Axis ΠΡΟΒΛΗΜΑ Οι εξισώσεις που περιγράφουν το σύστηµα δύο δοχείων είναι οι εξής: x -.97 x.63 x = =Ax+Bu(t)= + u x.78 -.9 x y=x = x [ ] x Α) Να γραφούν οι εξισώσεις του διακριτού συστήµατος που προκύπτει από τη δειγµατοληψία του µε περίοδο Τ= και χρήση διατηρητή µηδενικής τάξεως. Β) Να προσδιοριστεί η συνάρτηση µεταφοράς του διακριτού συστήµατος. Γ) Να εξεταστεί η ελεγξιµότητα και η παρατηρησιµότητα του διακριτού συστήµατος συναρτήσει του Τ. ) Να ευρεθεί η χρονική απόκριση του συστήµατος συνεχούς χρόνου και του συστήµατος διακριτού χρόνου σε βηµατική διέγερση και να συγκριθούν ως προς το σφάλµα µόνιµης κατάστασης. Λύση Α) Οι εξισώσεις του διακριτοποιηµένου συστήµατος θα είναι AT AT - x d(k+)=adx d+bdu(k)=e x d+(e -I)A Bu(k) 45
όπου Τ είναι η περίοδος της δειγµατοληψίας. Για την εύρεση της e At χρησιµοποιείται το θεώρηµα των Caley-Hamilton. Το χαρακτηριστικό πολυώνυµο της µήτρας Α είναι Από την s+.97 ψ(s)=det(si-a)=det =(s+.97)(s+.9) -.78 s+.9 st e =a +as για s=-.97 και s=-.9 λαµβάνεται το σύστηµα των εξισώσεων από το οποίο προκύπτει και.97 a -.9t = e.9 a -.97t e =.68 -.9t -.97t.97e.9e a.68 -.9t -.97t a e e -.97t At e e =ai+aa=.6(e -.9t e -.97t ) e -.9t Συνεπώς -.97x AT e.79 A=e d = -.9x -.97x -.9x =.6(e e ) e.8.86 B=e d ( )..97.63.8 -IAB= = =.8.4.78.9.97 AT - Β) Η συνάρτηση µεταφοράς του διακριτοποιηµένου συστήµατος θα είναι - z-.79.8 G(z)=C[zI-A]B= d d d [ ] = -.8 z-.86.97 z-.79.8.3z+.6 = [ ] =.8.97 z-.79 z-.86 ( z-.79)( z-.86) z-.86 - ( )( ) 46
Γ) Για την ελεγξιµότητα του διακριτοποιηµένου συστήµατος εξετάζεται ο βαθµός της µήτρας [ ] ( ) ( ) AT - AT AT - P c= Bd AdB d = e -I A B e e -I A B Καθώς οι µήτρες e At και (e At -I)A - αντιµετατίθενται, η µήτρα ελεγξιµότητας γράφεται. ( ) AT - AT P= c e -I A B e B Οι ιδιοτιµές της µήτρας e At είναι e -.97t και e -.9t. Καθώς για κάθε t>, e -.97t < και e -.9t <, οι ιδιοτιµές της e At -Ι, οι οποίες είναι e -.97t - και e -.9t - δεν µηδενίζονται και συνεπώς η µήτρα e At -Ι είναι οµαλή και θα έχει βαθµό ίσο µε δύο. Εποµένως το σύστηµα θα είναι ελέγξιµο εάν και µόνο εάν Για να χάνει βαθµό η τελευταία µήτρα πρέπει = AT rank B e B At e B=λΒ δηλαδή το Β πρέπει να είναι ιδιοδιάνυσµα της µήτρας e At. Καθώς τα ιδιοδιανύσµατα της e At ταυτίζονται µε τα ιδιοδιανύσµατα της µήτρας Α, το διακριτοποιηµένο σύστηµα θα είναι ελέγξιµο εάν και µόνο εάν rank[ B ΑB] =. Η τελευταία είναι η συνθήκη ελεγξιµότητας του συστήµατος συνεχούς χρόνου και το διακριτοποιηµένο σύστηµα θα είναι ελέγξιµο για κάθε Τ. Αξίζει να τονιστεί ότι στη γενική περίπτωση ελεγξιµότητα του συστήµατος συνεχούς χρόνου δεν συνεπάγεται την ελεγξιµότητα του διακριτοποιηµένου συστήµατος. ) Η συνάρτηση µεταφοράς του συστήµατος συνεχούς χρόνου θα είναι - - s+.97.63 G(s)=C[sI-A] B= = [ ] -.78 s+.9-4 s+.97.63 4.68x = [ ] =.78 s+.97 s+.9 ( s+.97)( s+.9) s+.9 ( )( ) Για την τελική τιµή της εξόδου σε βηµατική διέγερση, εφαρµόζοντας το θεώρηµα της τελικής τιµής του µετασχηµατισµού Laplace, λαµβάνεται -4 4.68x y ss (βηµ)= lim{ y(t) } u(t)=u(t) = lim{ sy(s) } = lim sg(s) =G()= =.845 t s s s.97.9 ( )( ) Για την τελική τιµή της εξόδου του διακριτοποιηµένου συστήµατος σε βηµατική διέγερση,εφαρµόζοντας το θεώρηµα της τελικής τιµής του µετασχηµατισµού Ζ, λαµβάνεται 47
z lim{ y (kt)} = lim {(-z )Y (z)} = lim (-z )G (z) = z-.56 = G ()= =.94 - - d u(kt)=u(kt) d d k z z d (.)(.4) Στο ακόλουθο σχήµα φαίνονται οι βηµατικές αποκρίσεις του συστήµατος συνεχούς χρόνου και του διακριτοποιηµένου συστήµατος. Οι τελικές τιµές προκύπτουν ίσες. Η διαφορά που εµφανίστηκε οφείλεται στις στρογγυλεύσεις κατά τη διακριτοποίηση του συστήµατος. Step Response From: U().8.6.4 e d itu m pl A ) ( Y T o:..8.6.4. 3 4 5 6 7 8 9 Time (sec.) 48