Kontrol Teorisi · Son Değer Teoremi — Çözümlü Örnek 13

#36 Birim basamak cevabında son değer teoremi, sY(s) kutup koşulu, ikinci dereceden kararlılık kontrolü, geçerli G₁ limiti ve kararsız G₂ ıraksaması

Son değer teoremini yalnız kararlılık kapısından sonra kullanın; G₁ için y(∞)=12, G₂ için büyüyen kip nedeniyle limit yoktur.

Soru

İki transfer fonksiyonunun kutuplarını, son değer teoremi koşulunu, G₁'in 12 son değerini ve G₂'nin büyüyen üstel nedeniyle ıraksamasını gösteren Türkçe çözüm karesi. — Birim basamak için sY(s)=G(s); G₁ kararlı olduğundan y₁(∞)=12, G₂'de pozitif kutup olduğundan son değer yoktur.

G₁(s)=3(s+4)/(2s²+4s+1) ve G₂(s)=3(s+4)/(2s²+4s−1) sistemlerine birim basamak uygulanıyor. Önce sY(s) kutupları üzerinden son değer teoreminin geçerliliğini sınayın. G₁'in kutuplarını bulup son değerini hesaplayın; G₂'nin pozitif kutbunu gösterip G₂(0)=−12 işleminin neden gerçek bir son değer olmadığını açıklayın.

Yazılı çözüm ve anlatım dökümü(çözümün tamamını gösterir)

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

1. Son değer sorusunu ve kararlılık kapısını tanıt
Birim basamak için sY(s)=G(s); G₁ kararlı olduğundan y₁(∞)=12, G₂'de pozitif kutup olduğundan son değer yoktur.
Kararlı bir sisteme birim basamak girişi uyguladığımızda, çıkış yükselir ve sonunda bir son değere oturur.
Aradığımız nicelik y(∞)=limₜ→∞y(t)'dir.
Pratikte tank seviyesi, motor hızı, sıcaklık gibi birçok fiziksel büyüklük hedef bir değere böyle oturur.
Bugün diferansiyel denklem çözmeden, doğrudan transfer fonksiyonundan bu son değeri bulmak için son değer teoremini kullanacağız.
Teorem ancak sY(s) kutup koşulu sağlanırsa uygulanabilir.
Sesli anlatım metni
Kararlı bir sisteme birim basamak girişi uyguladığımızda, çıkış yükselir ve sonunda bir son değere oturur. O son değer, y sonsuz, bulmak istediğimiz değerdir. Pratikte tank seviyesi, motor hızı, sıcaklık gibi birçok fiziksel büyüklük hedef bir değere böyle oturur. Bugün diferansiyel denklem çözmeden, doğrudan transfer fonksiyonundan bu son değeri bulmak için son değer teoremini kullanacağız. Ama dikkat: teorem her zaman uygulanamaz, bir kararlılık şartı var.
2. İki transfer fonksiyonunu ve birim basamak girişini kur
Birim basamak için sY(s)=G(s); G₁ kararlı olduğundan y₁(∞)=12, G₂'de pozitif kutup olduğundan son değer yoktur.
İşte problemimiz.
İki transfer fonksiyonu verilmiş.
$\displaystyle G₁\left(s\right)=3\left(s+4\right)/\left(2s²+4s+1\right).$
$\displaystyle G₂\left(s\right)=3\left(s+4\right)/\left(2s²+4s-1\right).$
Tek fark paydadaki son terimin işareti, artı 1 ile eksi 1.
Küçük bir işaret farkı, ama göreceğimiz gibi sonuca büyük bir etkisi olacak.
Her iki sistem için U(s)=1/s ve Yᵢ(s)=Gᵢ(s)/s.
Amaç limₜ→∞yᵢ(t) değerinin varlığını ve değerini bulmaktır.
Bu klasik bir son değer teoremi uygulamasıdır.
Sesli anlatım metni
İşte problemimiz. İki transfer fonksiyonu verilmiş. G1 eşittir 3 çarpı s artı 4, bölü 2 s kare artı 4 s artı 1. G2 eşittir 3 çarpı s artı 4, bölü 2 s kare artı 4 s eksi 1. Tek fark paydadaki son terimin işareti, artı 1 ile eksi 1. Küçük bir işaret farkı, ama göreceğimiz gibi sonuca büyük bir etkisi olacak. Her iki sisteme birim basamak girişi uygulanıyor. y t'nin t sonsuza giderken limitini bulmamız gerekiyor. Bu klasik bir son değer teoremi uygulamasıdır.
3. Son değer teoremini geçerlilik koşuluyla yaz
Birim basamak için sY(s)=G(s); G₁ kararlı olduğundan y₁(∞)=12, G₂'de pozitif kutup olduğundan son değer yoktur.
Son değer teoremi: limₜ→∞y(t)=limₛ→0sY(s).
Neden bu işliyor?
Türevin Laplace dönüşümünün s çarpı Y s eksi başlangıç değeri y sıfır olduğunu hatırlayın.
y t bir sabit değere yaklaşıyorsa türevi sıfıra yaklaşır.
Laplace düzleminde s'yi sıfıra götürmek, zaman düzleminde t'yi sonsuza götürmeye karşılık gelir.
Teoremin arkasındaki sezgi budur.
Birim basamakta U(s)=1/s ve Y(s)=G(s)/s.
Dolayısıyla sY(s)=G(s).
Kutup koşulu geçerse y(∞)=G(0) olur.
Ama kritik bir şart var.
Klasik sonlu limit için sY(s)'nin tüm kutupları açık sol yarı düzlemde olmalıdır.
Bu birim basamak örneğinde sY(s)=G(s) olduğundan G(s)'nin kutupları denetlenir.
Sistemin pozitif gerçel kısımlı bir kutbu varsa, çıkış büyüyen üstel bir terim içerir ve sonlu bir değere yaklaşmaz.
Kutup koşulu geçmeden yapılan s→0 işlemi gerçek son değeri temsil etmez.
Yani plan: önce kararlılığı kontrol et, kararlıysa G sıfır'ı hesapla.
Kararlılık kontrolünü asla atla.
Sesli anlatım metni
Son değer teoremi şöyle der: y t'nin t sonsuza giderken limiti, s çarpı Y s'in s sıfıra giderken limitine eşittir. Neden bu işliyor? Türevin Laplace dönüşümünün s çarpı Y s eksi başlangıç değeri y sıfır olduğunu hatırlayın. y t bir sabit değere yaklaşıyorsa türevi sıfıra yaklaşır. Laplace düzleminde s'yi sıfıra götürmek, zaman düzleminde t'yi sonsuza götürmeye karşılık gelir. Teoremin arkasındaki sezgi budur. Birim basamak girişi için U s eşittir 1 bölü s, ve Y s eşittir G s çarpı 1 bölü s. Yani s çarpı Y s sadeleşerek G s'e eşit olur. Bu yüzden y sonsuz eşittir G sıfır. Ama kritik bir şart var. s çarpı Y s'in tüm kutupları açık sol yarı düzlemde olmalıdır, aksi halde limit yoktur. Pratikte bu, G s transfer fonksiyonunun kararlı olması demektir. Sistemin pozitif gerçel kısımlı bir kutbu varsa, çıkış büyüyen üstel bir terim içerir ve sonlu bir değere yaklaşmaz. Son değer teoremi size bir sayı verir ama o sayı yanlıştır. Yani plan: önce kararlılığı kontrol et, kararlıysa G sıfır'ı hesapla. Kararlılık kontrolünü asla atla.
4. G₁ kutuplarını ve kararlılığını doğrula
Birim basamak için sY(s)=G(s); G₁ kararlı olduğundan y₁(∞)=12, G₂'de pozitif kutup olduğundan son değer yoktur.
G1'in kararlılığını kontrol et.
G₁ paydası D₁(s)=2s²+4s+1'dir.
İkinci dereceden bir polinom için hızlı bir kural var: üç katsayı da aynı işaretliyse sistem kararlıdır.
Burada üçü de pozitif, yani G1 gözle bakarak kararlı.
Bu kısayol, ikinci dereceden polinoma uygulanan Routh-Hurwitz kriterinden gelir.
Routh dizisinin ilk sütunu bu üç katsayının kendisidir, işaret değişimi olmadığı için sağ yarı düzlemde kutup yoktur.
Kesin olmak için ikinci derece denklem formülüyle doğrulayalım.
Kökler s=[−4±√(16−8)]/4'tür.
Yani eksi 4 artı eksi 8'in karekökü bölü 4.
$\displaystyle p₁,₂=-1\pm \surd 2/2.$
p₁≈−0,293 ve p₂≈−1,707.
İkisinin de gerçel kısmı negatif, yani ikisi de sol yarı düzlemde.
Kararlılık doğrulandı.
G₁ kararlı olduğundan son değer teoremi uygulanabilir.
Sesli anlatım metni
G1'in kararlılığını kontrol et. Payda 2 s kare artı 4 s artı 1. İkinci dereceden bir polinom için hızlı bir kural var: üç katsayı da aynı işaretliyse sistem kararlıdır. Burada üçü de pozitif, yani G1 gözle bakarak kararlı. Bu kısayol, ikinci dereceden polinoma uygulanan Routh-Hurwitz kriterinden gelir. Routh dizisinin ilk sütunu bu üç katsayının kendisidir, işaret değişimi olmadığı için sağ yarı düzlemde kutup yoktur. Kesin olmak için ikinci derece denklem formülüyle doğrulayalım. Kökler s eşittir eksi 4 artı eksi 16 eksi 8'in karekökü, ikisi de 4'e bölünür. Yani eksi 4 artı eksi 8'in karekökü bölü 4. Sadeleşince s eşittir eksi 1 artı eksi 2'nin karekökü bölü 2. Sayısal olarak kökler yaklaşık eksi 0.29 ve eksi 1.71. İkisinin de gerçel kısmı negatif, yani ikisi de sol yarı düzlemde. Kararlılık doğrulandı. FVT güvenle uygulanabilir.
5. G₁ için geçerli son değeri hesapla
Birim basamak için sY(s)=G(s); G₁ kararlı olduğundan y₁(∞)=12, G₂'de pozitif kutup olduğundan son değer yoktur.
Şimdi G1'e son değer teoremini uygula.
G1 kararlı olduğundan teorem geçerli.
$\displaystyle y₁\left(\infty \right)=G₁\left(0\right).$
s eşittir sıfır'ı yerine koy.
Pay 3(0+4)=12'dir.
Payda 2·0²+4·0+1=1'dir.
Sonuç: limₜ→∞y₁(t)=12.
İşte G1 için cevabımız.
G1'in basamak cevabı sıfırdan başlar, yükselir, belki biraz aşma yapar, ve zaman büyüdükçe y eşittir 12 yatay çizgisine oturur.
Kesin şekil sönümlemeye bağlı ama oturma değeri net: 12.
Diferansiyel denklem çözmedik, ters Laplace almadık.
Sadece G s'de s'yi sıfır yaptık.
Kararlılık şartı sağlandığında son değer teoremi bu kadar basit ve güçlü bir araçtır.
Sesli anlatım metni
Şimdi G1'e son değer teoremini uygula. G1 kararlı olduğundan teorem geçerli. y sonsuz eşittir G1 sıfır. s eşittir sıfır'ı yerine koy. Pay 3 çarpı sıfır artı 4, yani 3 çarpı 4, yani 12. Payda 2 çarpı sıfır kare artı 4 çarpı sıfır artı 1, sadeleşip sadece 1 olur. Yani y sonsuz eşittir 12 bölü 1, yani 12. İşte G1 için cevabımız. G1'in basamak cevabı sıfırdan başlar, yükselir, belki biraz aşma yapar, ve zaman büyüdükçe y eşittir 12 yatay çizgisine oturur. Kesin şekil sönümlemeye bağlı ama oturma değeri net: 12. Diferansiyel denklem çözmedik, ters Laplace almadık. Sadece G s'de s'yi sıfır yaptık. Kararlılık şartı sağlandığında son değer teoremi bu kadar basit ve güçlü bir araçtır.
6. G₂'nin pozitif kutbunu ve kararsızlığını göster
Birim basamak için sY(s)=G(s); G₁ kararlı olduğundan y₁(∞)=12, G₂'de pozitif kutup olduğundan son değer yoktur.
G2'nin kararlılığını kontrol et.
G₂ paydası D₂(s)=2s²+4s−1'dir.
Sabit terimin artık negatif olduğuna dikkat edin.
Bu hemen bir kırmızı bayrak.
Baş katsayısı pozitif olan ikinci dereceden bir polinom için köklerin çarpımı, sabit terim bölü baş katsayıya eşittir.
Kök çarpımı c/a=−1/2<0'dır.
Dolayısıyla bir kök pozitif, diğeri negatiftir.
Ve pozitif kök sağ yarı düzlemde bir kutuptur, bu da sistemi kararsız yapar.
Kökleri açıkça hesaplayalım.
Kökler s=[−4±√(16+8)]/4'tür.
$\displaystyle p₁,₂=-1\pm \surd 6/2.$
p₁≈+0,225 ve p₂≈−2,225.
p₁>0 olduğundan G₂ kararsızdır.
sY₂(s) kutup koşulu geçmez; son değer teoremi uygulanamaz.
Sesli anlatım metni
G2'nin kararlılığını kontrol et. Payda 2 s kare artı 4 s eksi 1. Sabit terimin artık negatif olduğuna dikkat edin. Bu hemen bir kırmızı bayrak. Baş katsayısı pozitif olan ikinci dereceden bir polinom için köklerin çarpımı, sabit terim bölü baş katsayıya eşittir. Burada çarpım eksi yarım, negatif bir sayı. Negatif çarpım bir kök pozitif, bir kök negatif demektir. Ve pozitif kök sağ yarı düzlemde bir kutuptur, bu da sistemi kararsız yapar. Kökleri açıkça hesaplayalım. İkinci derece denklem formülüyle, s eşittir eksi 4 artı eksi 16 artı 8'in karekökü bölü 4. Yani eksi 4 artı eksi 24'ün karekökü bölü 4. Sayısal olarak s yaklaşık 0.22 ve eksi 2.22. Artı 0.22'deki kök sağ yarı düzlemde, yani G2 kararsız. Son değer teoremi uygulanamaz.
7. G₂ için sahte −12 limitini reddet ve ıraksamayı açıkla
Birim basamak için sY(s)=G(s); G₁ kararlı olduğundan y₁(∞)=12, G₂'de pozitif kutup olduğundan son değer yoktur.
G2 kararsız olduğundan son değer teoremi uygulanamaz.
Saf cebir G₂(0)=12/(−1)=−12 verir; fakat bu gerçek son değer değildir.
Ama bu sayı problemimiz için tamamen anlamsız.
Nedenini görmek için y t'nin gerçekte nasıl göründüğünü düşünelim.
Y s eşittir G2 s çarpı 1 bölü s'in ters Laplace dönüşümünü aldığımızda, kısmi kesir açılımı yapıp şöyle terimlerle sonuçlanırız: 1 bölü s, 1 bölü s eksi 0.22, ve 1 bölü s artı 2.22.
S düzlemindeki her terim bir zaman fonksiyonuna karşılık gelir.
1 bölü s terimi bir sabit verir.
1 bölü s artı 2.22 terimi sönümlü bir üstel verir.
1/(s−0,225) terimi C·e^0,225t büyüyen kipini verir.
Bu büyüyen üstel cevabı baskılar.
Çıkış ıraksar.
limₜ→∞y₂(t) yoktur; cevap ıraksar.
Çıkarılan ders: son değer teoremini uygulamadan önce daima kararlılığı doğrula.
Kutup koşulu olmadan bulunan sonlu s→0 değeri uzun-vadeli davranış değildir.
Sesli anlatım metni
G2 kararsız olduğundan son değer teoremi uygulanamaz. Yine de s eşittir sıfır'ı koymaya heveslenebilirsiniz: G2 sıfır eşittir 12 bölü eksi 1, eşittir eksi 12. Ama bu sayı problemimiz için tamamen anlamsız. Nedenini görmek için y t'nin gerçekte nasıl göründüğünü düşünelim. Y s eşittir G2 s çarpı 1 bölü s'in ters Laplace dönüşümünü aldığımızda, kısmi kesir açılımı yapıp şöyle terimlerle sonuçlanırız: 1 bölü s, 1 bölü s eksi 0.22, ve 1 bölü s artı 2.22. S düzlemindeki her terim bir zaman fonksiyonuna karşılık gelir. 1 bölü s terimi bir sabit verir. 1 bölü s artı 2.22 terimi sönümlü bir üstel verir. Ama 1 bölü s eksi 0.22 terimi e üzeri artı 0.22 t verir, bu da t arttıkça sınırsız büyür. Bu büyüyen üstel cevabı baskılar. Çıkış ıraksar. y t'nin t sonsuza giderken limiti yoktur. Çıkarılan ders: son değer teoremini uygulamadan önce daima kararlılığı doğrula. Kararlılık olmadan teorem size sonlu bir sayı verir ama o sayının gerçek uzun vadeli davranışla hiçbir alakası yoktur.
8. Son değer teoremi ve kararlılık kapısını toparla
Birim basamak için sY(s)=G(s); G₁ kararlı olduğundan y₁(∞)=12, G₂'de pozitif kutup olduğundan son değer yoktur.
Özetleyelim.
Birim basamakta sY(s)=G(s); yalnız kutuplar açık sol yarı düzlemdeyse y(∞)=G(0) kullanılabilir.
G1 için tüm payda katsayıları pozitif, yani G1 kararlı.
G₁ kutupları yaklaşık {−0,293;−1,707}'dir.
G₁ için limₜ→∞y₁(t)=G₁(0)=12.
Adım basamak cevabı 12 yatay çizgisine oturur.
G₂'nin p≈+0,225 sağ-yarı-düzlem kutbu vardır.
G2 kararsız.
G₂ cevabı C·e^0,225t büyüyen terimini içerir; ıraksar ve limiti yoktur.
Bu problem işaretin önemini güzel gösteriyor: paydadaki küçük bir işaret değişikliği sistemi kararlıdan kararsıza çevirebiliyor.
Daima önce sY(s) kutuplarını denetleyin; sonra s→0 limitini alın.
Sesli anlatım metni
Özetleyelim. Son değer teoremi, birim basamak için y sonsuz eşittir G sıfır verir, ama sadece G s kararlı olduğunda. G1 için tüm payda katsayıları pozitif, yani G1 kararlı. Kökler negatif 0.29 ve negatif 1.71. Teoremi uygularız, y sonsuz eşittir G1 sıfır eşittir 12. Adım basamak cevabı 12 yatay çizgisine oturur. G2 için sabit terim negatif, yani bir kök sağ yarı düzlemde, 0.22'de. G2 kararsız. Gerçek çıkış e üzeri artı 0.22 t büyüyen üstel terim içerir, ıraksar, limit yoktur. Bu problem işaretin önemini güzel gösteriyor: paydadaki küçük bir işaret değişikliği sistemi kararlıdan kararsıza çevirebiliyor. Daima önce kararlılığı kontrol et, sonra teoremi uygula.