Kontrol Teorisi · Basamak Yanıtı ve Denetleyici Kararlılığı — Çözümlü Örnek 15

#38 Sıfır ve kutuplardan basamak yanıtı şekli, ters yanıt, aşma, salınım, kararsız kutup-sıfır iptali, kapalı çevrim kararlılığı ve kalıcı durum hatası

Basamak yanıtının şeklini sıfır ve kutuplardan okuyun; C₁'in gizlediği kararsız modu C₃'ün doğrudan kapalı çevrim kararsızlığından ayırın.

Soru

Üç transfer fonksiyonunun basamak yanıtlarını ve üç denetleyicinin kapalı çevrim kararlılığı ile kalıcı hata sonuçlarını gösteren Türkçe çözüm karesi. — G₂ aşma, G₁ ters yanıt, G₃ salınım üretir; C₁ iç kararsız modu gizler, C₃ BIBO kararsızdır ve yalnız kararlı C₂ sıfır basamak hatası verir.

G₁=(s−4)/[(s+2)(s+4)], G₂=(s+1)/[(s+2)(s+4)] ve G₃=(s+4)/(s²+2s+4) basamak yanıtlarını aşma, ters yanıt ve salınım bakımından karşılaştırın. G=(s+4)/(s−3) plantı ile C₁=(s−3)/(s+4), C₂=(s+1)/s ve C₃=1/(s+1) denetleyicilerinin iç ve BIBO kapalı çevrim kararlılığını ayırın; kararlı birim geri beslemede sıfır kalıcı hata veren denetleyiciyi bulun.

Yazılı çözüm ve anlatım dökümü(çözümün tamamını gösterir)

Aşağıda defterde yazılan bütün satırlar ve bunlara eşlik eden sesli anlatımın tam metni bulunur.

1. Beş kısımlı basamak ve denetleyici sorusunu kur
G₂ aşma, G₁ ters yanıt, G₃ salınım üretir; C₁ iç kararsız modu gizler, C₃ BIBO kararsızdır ve yalnız kararlı C₂ sıfır basamak hatası verir.
İşte problemimiz.
Beş soru var ve hepsi, bir basamak yanıtının şeklinin transfer fonksiyonunun sıfır ve kutup konumlarına nasıl bağlı olduğuyla ilgili.
Önce üç transfer fonksiyonu.
$\displaystyle G₁\left(s\right)=\left(s-4\right)/\left[\left(s+2\right)\left(s+4\right)\right].$
$\displaystyle G₂\left(s\right)=\left(s+1\right)/\left[\left(s+2\right)\left(s+4\right)\right].$
$\displaystyle G₃\left(s\right)=\left(s+4\right)/\left(s²+2s+4\right).$
Kısım a, b ve c soruyor: hangisinde aşma var, hangisinde ters yönde sıçrama var, hangisi salınım yapıyor.
Her cevabı gerekçelendirmemiz gerek.
Sonra geri besleme döngüsüne geçiyoruz.
Plant G(s)=(s+4)/(s−3); p=+3 nedeniyle açık çevrimde kararsızdır.
Üç aday denetleyicimiz var.
$\displaystyle C₁\left(s\right)=\left(s-3\right)/\left(s+4\right).$
$\displaystyle C₂\left(s\right)=\left(s+1\right)/s.$
$\displaystyle C₃\left(s\right)=1/\left(s+1\right).$
Kısım d: hangi denetleyici kapalı çevrimi kararsız bırakır?
Kısım e: hangi denetleyici kalıcı durum hatasını sıfıra indirir?
Beş kısmın da cevabı, sadece sıfır ve kutupları konumlarına bakıp birkaç temel teoremi kullanarak çıkarılır.
Sesli anlatım metni
İşte problemimiz. Beş soru var ve hepsi, bir basamak yanıtının şeklinin transfer fonksiyonunun sıfır ve kutup konumlarına nasıl bağlı olduğuyla ilgili. Önce üç transfer fonksiyonu. G bir s, eşittir s eksi 4, bölü s artı 2 çarpı s artı 4. G iki s, eşittir s artı 1, bölü s artı 2 çarpı s artı 4. G üç s, eşittir s artı 4, bölü s kare artı 2 s artı 4. Kısım a, b ve c soruyor: hangisinde aşma var, hangisinde ters yönde sıçrama var, hangisi salınım yapıyor. Her cevabı gerekçelendirmemiz gerek. Sonra geri besleme döngüsüne geçiyoruz. Plant, yani sistem, G s eşittir s artı 4 bölü s eksi 3 — kendi başına zaten kararsız. Üç aday denetleyicimiz var. C bir s, eşittir s eksi 3, bölü s artı 4. C iki s, eşittir 1 artı s, bölü s. C üç s, eşittir 1, bölü 1 artı s. Kısım d: hangi denetleyici kapalı çevrimi kararsız bırakır? Kısım e: hangi denetleyici kalıcı durum hatasını sıfıra indirir? Beş kısmın da cevabı, sadece sıfır ve kutupları konumlarına bakıp birkaç temel teoremi kullanarak çıkarılır.
2. Sıfır, kutup ve basamak yanıtı kurallarını sınırla
G₂ aşma, G₁ ters yanıt, G₃ salınım üretir; C₁ iç kararsız modu gizler, C₃ BIBO kararsızdır ve yalnız kararlı C₂ sıfır basamak hatası verir.
Hızlı teori.
Bu videodaki her cevabı belirleyen üç kural var.
Birinci kural — aşma.
Bu örnek ailesinde orijine yakın bir LHP sıfırı belirli artık katsayılarıyla aşmayı büyütür; bu tek başına evrensel bir yeter koşul değildir.
Çıkış son değerinin üzerine çıkar, sonra yerleşir.
Buna aşma deriz.
Sıfır başlangıç noktasına ne kadar yakınsa, aşma o kadar büyük olur.
İkinci kural — ters sıçrama, undershoot.
Bu kararlı ve strictly-proper örnekte RHP sıfırı başlangıç yönünü son değerin tersine çevirir.
Çıkış sıfırın altına dalar, sonra son değere tırmanır.
Bu dalmaya undershoot diyoruz, sağ yarı düzlem sıfırlarına da minimum olmayan faz sıfırları denir.
Üçüncü kural — salınım.
Salınım için karmaşık eşlenik kutuplar gerekir.
Eğer payda, ayırt edicisi negatif olan ikinci dereceden bir polinomsa, kutuplar sigma artı eksi j çarpı omega d çifti olarak gelir ve basamak yanıtı sönümlü sinüsler gösterir.
Basit gerçel kutupların doğal modları üstel terimlerdir; salınımlı doğal mod için karmaşık eşlenik kutup gerekir.
Bu üç kural, kısım a, b ve c için ihtiyacımız olan her şey.
Sesli anlatım metni
Hızlı teori. Bu videodaki her cevabı belirleyen üç kural var. Birinci kural — aşma. Eğer transfer fonksiyonunun, başlangıç noktasına yakın, sol yarı düzlemde bir sıfırı varsa, bu sıfır basamak yanıtının hızlı bileşenlerini büyütür. Çıkış son değerinin üzerine çıkar, sonra yerleşir. Buna aşma deriz. Sıfır başlangıç noktasına ne kadar yakınsa, aşma o kadar büyük olur. İkinci kural — ters sıçrama, undershoot. Eğer sıfır sağ yarı düzlemde yer alıyorsa, basamak yanıtı önce yanlış yönde hareket eder, sonra toparlanır. Çıkış sıfırın altına dalar, sonra son değere tırmanır. Bu dalmaya undershoot diyoruz, sağ yarı düzlem sıfırlarına da minimum olmayan faz sıfırları denir. Üçüncü kural — salınım. Salınım için karmaşık eşlenik kutuplar gerekir. Eğer payda, ayırt edicisi negatif olan ikinci dereceden bir polinomsa, kutuplar sigma artı eksi j çarpı omega d çifti olarak gelir ve basamak yanıtı sönümlü sinüsler gösterir. Tek başına gerçel kutuplar asla salınım üretmez. Bu üç kural, kısım a, b ve c için ihtiyacımız olan her şey.
3. G₂ için aşmayı doğrula
G₂ aşma, G₁ ters yanıt, G₃ salınım üretir; C₁ iç kararsız modu gizler, C₃ BIBO kararsızdır ve yalnız kararlı C₂ sıfır basamak hatası verir.
Kısım a — aşma.
Üç transfer fonksiyonuna bak.
G bir, sıfırı s eşittir artı 4'te.
Bu sağ yarı düzlemde, dolayısıyla G bir undershoot yapar — aşma değil.
G bir'e kısım b'de döneceğiz.
G üç'ün payda ikinci dereceden, s kare artı 2 s artı 4.
Ayırt edicisi 4 eksi 16, eşittir eksi 12.
Negatif ayırt edici karmaşık kutuplar demektir, o da salınım demektir.
G üç'e kısım c'de döneceğiz.
$\displaystyle G₂\left(s\right)=\left(s+1\right)/\left[\left(s+2\right)\left(s+4\right)\right].$
Her iki kutup, eksi 2 ve eksi 4'te, gerçel.
Yani salınım yok.
Sıfır s eşittir eksi 1'de, sol yarı düzlemde, yani undershoot yok.
Ve eksi 1'deki sıfır, başlangıç noktası ile en yavaş kutup olan eksi 2 arasında bulunuyor — başlangıç noktasına her iki kutuptan da daha yakın.
Bu tam olarak aşma üreten yapılanma.
Sonuç: G₂ aşma yapar; y₂(∞)=1/8 ve tepe değeri 1/6'dır.
Sesli anlatım metni
Kısım a — aşma. Üç transfer fonksiyonuna bak. G bir, sıfırı s eşittir artı 4'te. Bu sağ yarı düzlemde, dolayısıyla G bir undershoot yapar — aşma değil. G bir'e kısım b'de döneceğiz. G üç'ün payda ikinci dereceden, s kare artı 2 s artı 4. Ayırt edicisi 4 eksi 16, eşittir eksi 12. Negatif ayırt edici karmaşık kutuplar demektir, o da salınım demektir. G üç'e kısım c'de döneceğiz. G iki s, eşittir s artı 1, bölü s artı 2 çarpı s artı 4. Her iki kutup, eksi 2 ve eksi 4'te, gerçel. Yani salınım yok. Sıfır s eşittir eksi 1'de, sol yarı düzlemde, yani undershoot yok. Ve eksi 1'deki sıfır, başlangıç noktası ile en yavaş kutup olan eksi 2 arasında bulunuyor — başlangıç noktasına her iki kutuptan da daha yakın. Bu tam olarak aşma üreten yapılanma. Cevap: aşma yapan G iki.
4. G₁ için ters yanıtı doğru yönde doğrula
G₂ aşma, G₁ ters yanıt, G₃ salınım üretir; C₁ iç kararsız modu gizler, C₃ BIBO kararsızdır ve yalnız kararlı C₂ sıfır basamak hatası verir.
Kısım b — undershoot.
Sağ yarı düzlemde sıfır lazım.
G iki'nin sıfırı eksi 1'de, sol yarı düzlemde.
Undershoot yok.
G üç'ün sıfırı eksi 4'te, o da sol yarı düzlemde.
Undershoot yok.
$\displaystyle G₁\left(s\right)=\left(s-4\right)/\left[\left(s+2\right)\left(s+4\right)\right].$
Sıfır, payın sıfır olduğu yer — s eşittir artı 4.
Bu sağ yarı düzlemde.
Sağ yarı düzlem sıfırı neden undershoot'a sebep olur?
Başlangıç değer teoremini uygula.
Başlangıç eğimi y₁'(0⁺)=limₛ→∞s²Y₁(s)=limₛ→∞sG₁(s)=1'dir.
G bir için: büyük s'te pay, artı s gibi davranır, payda ise artı s kare gibi davranır.
Yani G bir'in yüksek frekans davranışı pozitif — yanıt yukarı doğru başlar.
Kararlı G₁ için y₁(∞)=G₁(0)=−4/8=−1/2.
Yani son değer negatif.
Yanıt önce pozitif yönde ilerler, sonra sıfırı kesip −1/2'ye yaklaşır: bu ters yanıttır.
Doğru sıra: y₁ önce +1/16 tepe yapar, sonra sıfırı keser ve −1/2'ye yukarıdan yaklaşır.
Sonuç: G₁ RHP sıfırı nedeniyle ters yanıt üretir; kaynakta buna undershoot denmiştir.
Sesli anlatım metni
Kısım b — undershoot. Sağ yarı düzlemde sıfır lazım. G iki'nin sıfırı eksi 1'de, sol yarı düzlemde. Undershoot yok. G üç'ün sıfırı eksi 4'te, o da sol yarı düzlemde. Undershoot yok. G bir s, eşittir s eksi 4, bölü s artı 2 çarpı s artı 4. Sıfır, payın sıfır olduğu yer — s eşittir artı 4. Bu sağ yarı düzlemde. Sağ yarı düzlem sıfırı neden undershoot'a sebep olur? Başlangıç değer teoremini uygula. Basamak yanıtının başlangıç eğimi, s sonsuza giderken s kare çarpı G s'e orantılıdır. G bir için: büyük s'te pay, artı s gibi davranır, payda ise artı s kare gibi davranır. Yani G bir'in yüksek frekans davranışı pozitif — yanıt yukarı doğru başlar. Ama basamak yanıtının kalıcı durum değeri G sıfır'dır, ki G bir için bu eksi 4 bölü 8, eşittir eksi yarım. Yani son değer negatif. Yanıt yukarı çıkmaya başlıyor ama eksi yarımda son bulmak zorunda. Önce aşağı dalmalı ve sıfırı geçmeli — bu undershoot. Cevap: undershoot yapan G bir.
5. G₃ için salınımı doğrula
G₂ aşma, G₁ ters yanıt, G₃ salınım üretir; C₁ iç kararsız modu gizler, C₃ BIBO kararsızdır ve yalnız kararlı C₂ sıfır basamak hatası verir.
Kısım c — salınım.
Karmaşık eşlenik kutuplar lazım.
G bir'in kutupları eksi 2 ve eksi 4.
İkisi de gerçel.
Salınım yok.
G iki'nin kutupları da eksi 2 ve eksi 4.
İkisi de gerçel.
Salınım yok.
$\displaystyle G₃\left(s\right)=\left(s+4\right)/\left(s²+2s+4\right).$
s kare artı 2 s artı 4 eşittir sıfır denklemini ikinci derece formülüyle çöz.
Ayırt edici 2 kare eksi 4 çarpı 4, eşittir 4 eksi 16, eşittir eksi 12.
Negatif ayırt edici karmaşık kökler demek.
G₃ kutupları p=−1±j√3'tür.
Standart ikinci dereceden formla karşılaştır: s kare artı 2 zeta omega n s artı omega n kare.
ωₙ=2 rad/s ve ζ=1/2.
Sönümleme oranı yarım, birden açıkça küçük, yani sistem az sönümlü.
Sönümlü doğal frekans omega d, omega n çarpı kök içinde 1 eksi zeta kare.
ωd=ωₙ√(1−ζ²)=√3≈1,73 rad/s.
Basamak yanıtı, son değer etrafında salınan ve sonra yerleşen sönümlü bir sinüs.
Cevap: salınım yapan G üç.
Sesli anlatım metni
Kısım c — salınım. Karmaşık eşlenik kutuplar lazım. G bir'in kutupları eksi 2 ve eksi 4. İkisi de gerçel. Salınım yok. G iki'nin kutupları da eksi 2 ve eksi 4. İkisi de gerçel. Salınım yok. G üç s, eşittir s artı 4, bölü s kare artı 2 s artı 4. s kare artı 2 s artı 4 eşittir sıfır denklemini ikinci derece formülüyle çöz. Ayırt edici 2 kare eksi 4 çarpı 4, eşittir 4 eksi 16, eşittir eksi 12. Negatif ayırt edici karmaşık kökler demek. Kutuplar eksi 1 artı eksi j çarpı kök 3. Standart ikinci dereceden formla karşılaştır: s kare artı 2 zeta omega n s artı omega n kare. Burada omega n eşittir 2, ve 2 zeta omega n eşittir 2, yani zeta eşittir yarım. Sönümleme oranı yarım, birden açıkça küçük, yani sistem az sönümlü. Sönümlü doğal frekans omega d, omega n çarpı kök içinde 1 eksi zeta kare. Hesabı yapınca kök 3, yaklaşık 1.73 radyan bölü saniye. Basamak yanıtı, son değer etrafında salınan ve sonra yerleşen sönümlü bir sinüs. Cevap: salınım yapan G üç.
6. Üç basamak yanıtını doğru eğrilerle karşılaştır
G₂ aşma, G₁ ters yanıt, G₃ salınım üretir; C₁ iç kararsız modu gizler, C₃ BIBO kararsızdır ve yalnız kararlı C₂ sıfır basamak hatası verir.
İşte üç basamak yanıtı, yan yana çizilmiş, sözel argümanlar gerçek eğrilere bağlansın diye.
G bir — undershoot.
Kaynak sesindeki yön tarifi hatalıdır: y₁(t)=−1/2+(3/2)e⁻²ᵗ−e⁻⁴ᵗ önce +1/16'ya yükselir, sonra sıfırı keser ve −1/2'ye yukarıdan yaklaşır.
G iki — aşma.
G₂ yanıtı 1/8 son değerini aşar; tepe 1/6'dır.
Tepe küçük çünkü eksi 1'deki sıfır başlangıç noktasına sadece orta düzeyde yakın, ama açıkça görülüyor.
G üç — salınım.
G₃ yanıtı y₃(∞)=1 çevresinde sönümlü salınımla yerleşir.
Sönümlü doğal frekans ωd=√3 rad/s'dir.
Üç transfer fonksiyonu, üç farklı şekil — hepsi sıfır ve kutupların s düzleminde nerede oturduğuyla belirleniyor.
Sesli anlatım metni
İşte üç basamak yanıtı, yan yana çizilmiş, sözel argümanlar gerçek eğrilere bağlansın diye. G bir — undershoot. Yanıt ilk saniyede sıfırın altına dalıyor, sıfırı kesiyor ve eksi yarım son değerine aşağıdan yaklaşıyor. G iki — aşma. Yanıt hızla yükseliyor, son değeri olan yaklaşık sekizde birin üzerine çıkıyor, sonra yerleşiyor. Tepe küçük çünkü eksi 1'deki sıfır başlangıç noktasına sadece orta düzeyde yakın, ama açıkça görülüyor. G üç — salınım. Yanıt, son değeri olan 1 etrafında birkaç sönümlü salınım gösterip yerleşiyor. Salınımın frekansı omega d, kök 3 radyan bölü saniye. Üç transfer fonksiyonu, üç farklı şekil — hepsi sıfır ve kutupların s düzleminde nerede oturduğuyla belirleniyor.
7. Birim geri besleme ve üç denetleyiciyi kur
G₂ aşma, G₁ ters yanıt, G₃ salınım üretir; C₁ iç kararsız modu gizler, C₃ BIBO kararsızdır ve yalnız kararlı C₂ sıfır basamak hatası verir.
Şimdi kısım d ve e.
Birim geri beslemeli bir döngümüz var.
Plant, yani sistem, G s eşittir s artı 4 bölü s eksi 3.
Artı 3'teki kutup, bu plantın açık çevrimde kararsız olduğunu söyler.
Plantla seri bağlı üç denetleyici adayımız var.
$\displaystyle C₁\left(s\right)=\left(s-3\right)/\left(s+4\right).$
$\displaystyle C₂\left(s\right)=\left(s+1\right)/s.$
$\displaystyle C₃\left(s\right)=1/\left(s+1\right).$
Her aday için L(s)=C(s)G(s) hesaplanır.
Birim negatif geri beslemede T(s)=L(s)/(1+L(s)); görünür kutuplar 1+L(s)=0 kökleridir, fakat iç kararlılık gizli iptalleri de sınar.
Kararlılık, bu kapalı çevrim kutuplarının nerede oturduğuna bağlı.
Birim basamak girişine kalıcı durum hatası ise sistemin tipiyle belirlenir — döngü kazancı L s'in içindeki integratör sayısıyla.
Kapalı çevrim kararlıysa Tip≥1 döngü birim basamak için sıfır kalıcı hata verir.
Sesli anlatım metni
Şimdi kısım d ve e. Birim geri beslemeli bir döngümüz var. Plant, yani sistem, G s eşittir s artı 4 bölü s eksi 3. Artı 3'teki kutup, bu plantın açık çevrimde kararsız olduğunu söyler. Plantla seri bağlı üç denetleyici adayımız var. C bir s, eşittir s eksi 3, bölü s artı 4. C iki s, eşittir 1 artı s, bölü s. C üç s, eşittir 1, bölü 1 artı s. Her denetleyici için döngü kazancı L s eşittir C s çarpı G s'i hesaplamamız gerek. Kapalı çevrim transfer fonksiyonu L bölü 1 artı L'dir ve kapalı çevrim kutupları, 1 artı L s eşittir sıfır denkleminin kökleridir. Kararlılık, bu kapalı çevrim kutuplarının nerede oturduğuna bağlı. Birim basamak girişine kalıcı durum hatası ise sistemin tipiyle belirlenir — döngü kazancı L s'in içindeki integratör sayısıyla. Tip bir veya daha yüksek olunca basamak için kalıcı durum hatası sıfır.
8. C₁, C₂ ve C₃ kararlılık sonuçlarını ayır
G₂ aşma, G₁ ters yanıt, G₃ salınım üretir; C₁ iç kararsız modu gizler, C₃ BIBO kararsızdır ve yalnız kararlı C₂ sıfır basamak hatası verir.
Kısım d — hangi denetleyici kapalı çevrimi kararsız bırakır?
C bir'i dene.
$\displaystyle L₁\left(s\right)=C₁G=\left[\frac{s-3}{s+4}\right]\cdot \left[\frac{s+4}{s-3}\right]=1.$
s artı 4 sadeleşir, s eksi 3 sadeleşir, geriye L eşittir 1 kalır.
Ama bu çok tehlikeli bir sadeleşme.
Plantın artı 3'teki kutbu, kararsız bir mod.
C bir, bu kutbu artı 3'te bir sıfır koyarak iptal etmeye çalışıyor.
İdeal modelde, kararsız mod döngü kazancından kayboluyor.
RHP kutup-sıfır iptali sağlam değildir; en küçük model hatası +3 civarındaki kararsız modu görünür kılar.
Mükemmel cebirsel iptalde T₁(s)=1/2 görünse bile +3 iç modu kalır; iç kararlılık sağlanmaz.
Standart kontrol kuralı: bir plantın sağ yarı düzlemdeki kutbunu denetleyici sıfırıyla iptal etme.
C bir bu kuralı çiğniyor, yani kapalı çevrimi etkin biçimde kararsız bırakıyor.
C iki'yi dene.
L eşittir 1 artı s bölü s, çarpı s artı 4 bölü s eksi 3.
Kapalı çevrim paydası şu polinom: s çarpı s eksi 3 artı 1 artı s çarpı s artı 4.
Aç: s kare eksi 3 s artı s kare artı 5 s artı 4.
C₂ için karakteristik polinom 2s²+2s+4'tür.
Kökler −1/2±j√7/2 olduğundan C₂ kapalı çevrimi kararlıdır.
C iki kararlı.
C üç'ü dene.
L eşittir 1 bölü 1 artı s, çarpı s artı 4 bölü s eksi 3.
Kapalı çevrim paydası: 1 artı s çarpı s eksi 3 artı s artı 4.
Aç: s kare eksi 2 s eksi 3 artı s artı 4.
C₃ için karakteristik polinom s²−s+1'dir.
Kökler (1±j√3)/2 olup RHP'dedir; C₃ kapalı çevrimi BIBO kararsızdır.
Tek cevaplı soru eksiktir: C₁ içsel kararsızlığı iptalle gizler; C₃ ise doğrudan BIBO-kararsız kapalı çevrim verir.
Kastedilen 'RHP kutbunu iptal eden denetleyici' ise beklenen cevap C₁'dir.
Düzeltilmiş sonuç: C₁ içsel olarak kabul edilemez, C₃ BIBO kararsızdır; yalnız C₂ kararlıdır.
Sesli anlatım metni
Kısım d — hangi denetleyici kapalı çevrimi kararsız bırakır? C bir'i dene. L eşittir C bir çarpı G eşittir s eksi 3 bölü s artı 4, çarpı s artı 4 bölü s eksi 3. s artı 4 sadeleşir, s eksi 3 sadeleşir, geriye L eşittir 1 kalır. Ama bu çok tehlikeli bir sadeleşme. Plantın artı 3'teki kutbu, kararsız bir mod. C bir, bu kutbu artı 3'te bir sıfır koyarak iptal etmeye çalışıyor. İdeal modelde, kararsız mod döngü kazancından kayboluyor. Ama gerçek bir plantda, hiçbir parametre tam değil; iptal asla mükemmel olmaz — artı 3'teki kararsız kutup kapalı çevrime geri sızar. Ayrıca, mükemmel iptalde bile kararsız mod sistemde içeriden hâlâ orada; sadece giriş-çıkış transfer fonksiyonundan saklanmıştır. Standart kontrol kuralı: bir plantın sağ yarı düzlemdeki kutbunu denetleyici sıfırıyla iptal etme. C bir bu kuralı çiğniyor, yani kapalı çevrimi etkin biçimde kararsız bırakıyor. C iki'yi dene. L eşittir 1 artı s bölü s, çarpı s artı 4 bölü s eksi 3. Kapalı çevrim paydası şu polinom: s çarpı s eksi 3 artı 1 artı s çarpı s artı 4. Aç: s kare eksi 3 s artı s kare artı 5 s artı 4. Bu eşittir 2 s kare artı 2 s artı 4. Tüm katsayılar pozitif ve ikinci dereceden bir polinom için bu yeter — her iki kapalı çevrim kutbu sol yarı düzlemde. C iki kararlı. C üç'ü dene. L eşittir 1 bölü 1 artı s, çarpı s artı 4 bölü s eksi 3. Kapalı çevrim paydası: 1 artı s çarpı s eksi 3 artı s artı 4. Aç: s kare eksi 2 s eksi 3 artı s artı 4. Bu eşittir s kare eksi s artı 1. s katsayısı negatif, yani Routh kriteri ile kapalı çevrim kararsız. Hem C bir hem C üç kararsızlığa götürüyor, ama soru, kararsız bir kutbu sağlıksız biçimde iptal eden denetleyiciyi soruyor. Ders kitabı cevabı C bir, çünkü kararsız plant kutbunu denetleyici sıfırıyla iptal ediyor. Kısım d cevabı: C bir.
9. Kararlı çevrimde sıfır kalıcı hatayı bul
G₂ aşma, G₁ ters yanıt, G₃ salınım üretir; C₁ iç kararsız modu gizler, C₃ BIBO kararsızdır ve yalnız kararlı C₂ sıfır basamak hatası verir.
Kısım e — birim basamak girişi için hangi denetleyici kalıcı durum hatasını sıfıra indirir?
Son değer teoremini uygula.
Hata E s eşittir R s bölü 1 artı L s.
Birim basamak için R s eşittir 1 bölü s.
Kapalı çevrim kararlıysa e∞=limₛ→0sE(s)=1/[1+L(0)].
Hatanın sıfır olması için L sıfır'ın sonsuz olması gerekir — yani döngü kazancı en az bir integratör, bir 1 bölü s çarpanı içermeli.
Denetleyicilere bak.
C bir, s eksi 3 bölü s artı 4.
s eşittir sıfır koy: eksi 3 bölü 4.
Sonlu, integratör yok.
C₂(s)=(s+1)/s bir integratör içerir.
Paydadaki s çarpanı tam olarak bir integratör.
s sıfıra giderken bu sonsuza gider.
C iki'de integratör var.
C üç, 1 bölü 1 artı s.
s eşittir sıfır koy: 1.
Sonlu, integratör yok.
Kararlı adaylar içinde yalnız C₂ Tip-1 yapıdadır ve e∞=0 verir.
Kısım (e) sonucu: C₂; kapalı çevrim kararlı ve birim basamak hatası sıfırdır.
Bu, kısım d'de gördüğümüzle de tutarlı — C iki aynı zamanda kararlı kapalı çevrim veriyordu, yani aslında kullanılabilir bir denetleyici.
C bir, sağ yarı düzlem iptali nedeniyle kararsız; C üç, Routh ile kararsız; C iki ise hem kararlı hem de kalıcı durum hatasını sıfır yapan tek seçenek.
Sesli anlatım metni
Kısım e — birim basamak girişi için hangi denetleyici kalıcı durum hatasını sıfıra indirir? Son değer teoremini uygula. Hata E s eşittir R s bölü 1 artı L s. Birim basamak için R s eşittir 1 bölü s. Kalıcı durum hatası e sonsuz, s sıfıra giderken s çarpı E s'in limitidir; sadeleşince 1 bölü 1 artı L sıfır olur. Hatanın sıfır olması için L sıfır'ın sonsuz olması gerekir — yani döngü kazancı en az bir integratör, bir 1 bölü s çarpanı içermeli. Denetleyicilere bak. C bir, s eksi 3 bölü s artı 4. s eşittir sıfır koy: eksi 3 bölü 4. Sonlu, integratör yok. C iki, 1 artı s bölü s. Paydadaki s çarpanı tam olarak bir integratör. s sıfıra giderken bu sonsuza gider. C iki'de integratör var. C üç, 1 bölü 1 artı s. s eşittir sıfır koy: 1. Sonlu, integratör yok. Sadece C iki'de integratör var, yani sadece C iki kalıcı durum hatasını sıfır yapar. Kısım e cevabı: C iki. Bu, kısım d'de gördüğümüzle de tutarlı — C iki aynı zamanda kararlı kapalı çevrim veriyordu, yani aslında kullanılabilir bir denetleyici. C bir, sağ yarı düzlem iptali nedeniyle kararsız; C üç, Routh ile kararsız; C iki ise hem kararlı hem de kalıcı durum hatasını sıfır yapan tek seçenek.
10. Beş sonucu ve kaynak düzeltmelerini toparla
G₂ aşma, G₁ ters yanıt, G₃ salınım üretir; C₁ iç kararsız modu gizler, C₃ BIBO kararsızdır ve yalnız kararlı C₂ sıfır basamak hatası verir.
Beş cevabı tek tabloya koyalım.
Kısım a, aşma.
G iki, çünkü eksi 1'deki sıfırı sol yarı düzlemde, başlangıç noktasına yakın, en yavaş kutup ile başlangıç noktası arasında oturuyor.
Kısım b, undershoot.
G₁, z=+4 RHP sıfırı nedeniyle ters yanıt üretir.
y₁'(0⁺)=1 ve y₁(∞)=−1/2 zıt işaretlidir; eğri önce pozitife gider, sonra sıfırı keser.
Kısım c, salınım.
G üç, çünkü paydası s kare artı 2 s artı 4'ün ayırt edicisi negatif; karmaşık eşlenik kutuplar eksi 1 artı eksi j kök 3'te.
Sönümleme oranı yarım, az sönümlü, sönümlü frekans kök 3.
Kısım d, kararsız kapalı çevrim.
C₁ plantın p=+3 kutbunu iptalle gizler; iç kararlılık yoktur.
C₁ için T₁=1/2 görünse de +3 iç modu kalır ve iptal sağlam değildir.
Kısım e, sıfır kalıcı durum hatası.
Kararlı C₂ çevriminde bir integratör vardır; Tip-1 ve e∞=0.
Büyük resim.
Basamak yanıtının şekli, doğrudan sıfır ve kutup konumlarından okunur: başlangıca yakın sıfırlar büyütür, sağ yarı düzlem sıfırları çevirir, karmaşık kutuplar salındırır.
Kapalı çevrim kararlılığı, 1 artı döngü kazancının köklerine; kalıcı durum davranışı ise döngüde kaç integratör olduğuna bağlı.
Özet: yanıt şekli sıfır-kutuplardan, kararlılık ve kalıcı hata ise tüm kapalı çevrim modları ile döngü tipinden okunur.
Sesli anlatım metni
Beş cevabı tek tabloya koyalım. Kısım a, aşma. G iki, çünkü eksi 1'deki sıfırı sol yarı düzlemde, başlangıç noktasına yakın, en yavaş kutup ile başlangıç noktası arasında oturuyor. Kısım b, undershoot. G bir, çünkü artı 4'teki sıfırı sağ yarı düzlemde. Basamak yanıtının başlangıç eğimi ile son değeri zıt işaretli, eğri sıfırı kesmek zorunda. Kısım c, salınım. G üç, çünkü paydası s kare artı 2 s artı 4'ün ayırt edicisi negatif; karmaşık eşlenik kutuplar eksi 1 artı eksi j kök 3'te. Sönümleme oranı yarım, az sönümlü, sönümlü frekans kök 3. Kısım d, kararsız kapalı çevrim. C bir, çünkü plantın sağ yarı düzlemdeki artı 3 kutbunu denetleyici sıfırıyla iptal ediyor. Kararsız mod giriş-çıkış transfer fonksiyonundan saklanmış olsa da sistemde hâlâ orada ve herhangi bir model hatası iptali bozuyor. Kısım e, sıfır kalıcı durum hatası. C iki, çünkü içinde integratör var; sistem tipi bire çıkıyor. Büyük resim. Basamak yanıtının şekli, doğrudan sıfır ve kutup konumlarından okunur: başlangıca yakın sıfırlar büyütür, sağ yarı düzlem sıfırları çevirir, karmaşık kutuplar salındırır. Kapalı çevrim kararlılığı, 1 artı döngü kazancının köklerine; kalıcı durum davranışı ise döngüde kaç integratör olduğuna bağlı. Beş soru, iki fikir.