Modeliranje, analiza, sinteza in realizacija regulacijskih sistemov Avtor Jožef Ritonja Avgust 2020 Naslov Modeliranje, analiza, sinteza in realizacija regulacijskih sistemov Title Modeling, Analysis, Synthesis and Realization of Control Systems Avtor Jožef Ritonja Author (Univerza v Mariboru, Fakulteta za elektrotehniko, računalništvo in informatiko) Recenzija Boštjan Polajžer Review (Univerza v Mariboru, Fakulteta za elektrotehniko, računalništvo in informatiko) Maja Atanasijević-Kunc (Univerza v Ljubljani, Fakulteta za elektrotehniko) Lektoriranje Language editing Vlasta Praprotnik Tehnična urednika Jožef Ritonja Technical editors (Univerza v Mariboru, Fakulteta za elektrotehniko, računalništvo in informatiko) Jan Perša (Univerza v Mariboru, Univerzitetna založba) Oblikovanje ovitka Jan Perša Cover designer (Univerza v Mariboru, Univerzitetna založba) Grafike na ovitku Cover graphics Pixabay.com in Pikrepo.com (CC0) Grafične priloge Graphic material Avtor Založnik / Published by Izdajatelj / Co-published by Univerza v Mariboru Univerza v Mariboru Univerzitetna založba Fakulteta za elektrotehniko, računalništvo in informatiko Slomškov trg 15, 2000 Maribor, Slovenija Koroška cesta 46, 2000 Maribor, Slovenija https://press.um.si, zalozba@um.si https://www.feri.um.si, feri@um.si Izdaja Edition Prva izdaja Izdano Published at Maribor, avgust 2020 Vrsta publikacije Publicagtion type E-knjiga Dostopno na Available at https://press.um.si/index.php/ump/catalog/book/496 CIP - Kataložni zapis o publikaciji Univerzitetna knjižnica Maribor 681.5.015 © Univerza v Mariboru, Univerzitetna založba / University of Maribor, University Press RITONJA, Jožef / Modeliranje, analiza, sinteza in realizacija Besedilo / Text regulacijskih sistemov [Elektronski vir] / avtor © Ritonja 2020 Jožef Ritonja. - 1. izd. - E-knjiga. - Maribor : Univerzitetna založba Univerze, 2020 To delo je objavljeno pod licenco Creative Commons Priznanje avtorstva-Nekomercialno- Način dostopa (URL): Brez predelav 4.0 Mednarodna. / This work is https://press.um.si/index.php/ump/catalog/book/496 licensed under the Creative Commons Attribution-ISBN 978-961-286-372-2 NonCommercial-NoDerivatives 4.0 International License. doi: doi.org/10.18690/978-961-286-372-2 1. Drugi var. nasl. https://creativecommons.org/licenses/by-nc-nd/4.0/ COBISS.SI-ID 26677507 ISBN 978-961-286-372-2 (pdf) DOI https://doi.org/10.18690/978-961-286-372-2 Cena prof. dr. Zdravko Kačič, Price Brezplačni izvod Odgovorna oseba založnika For publisher rektor Univerze v Mariboru MODELIRANJE, ANALIZA, SINTEZA IN REALIZACIJA REGULACIJSKIH SISTEMOV Ključne besede: regulacijski sistemi, matematično JOŽEF RITONJA modeliranje Univerza v Mariboru, Fakulteta za elektrotehniko, računalništvo in dinamičnih informatiko, Maribor, Slovenija. E-pošta: jozef.ritonja@um.si sistemov, analiza Povzetek Učbenik obravnava vse faze v izdelavi dinamičnih regulacijskih sitemov. Najprej temeljito predstavi sistemov, načrtovanje in metode določitve matematičnih modelov. Pokazane so sinteza metode za analizo izpeljanih matematičnih modelov. Na regulacijskih osnovi pridobljenih znanj je narejena sinteza sistemov, realizacija regulacijskih sistemov. Pokazana je realizacija regulacijskih diskretnih regulacijskih sistemov. sistemov. DOI https://doi.org/10.18690/978-961-286-372-2 ISBN 978-961-286-372-2 Predgovor Avtomatsko vodenje (angl. automatic control) predstavlja enega izmed temeljev sodobne druºbe. Uporablja se prakti£no na vseh tehni£nih podro£jih, v zadnjem £asu pa zasledimo veliko primerov uporabe avtomatskega vodenja tudi na netehni£nih podro£jih - v medicini, biologiji, ekonomiji, ... Avtomatsko vodenje je denirano kot vodenje, pri katerem regulirno ali krmilno veli£ino dolo£a sistem vodenja brez poseganja £loveka. Avtomatsko vodenje teoreti£no in prakti£no sodi na podro£je avtomatike. Avtomatika je interdisciplinarna veda, ki prou£uje metode analize in sinteze sistemov avtomatskega vodenja. Avtomatsko vodenje je eno izmed klju£nih orodij, ki omogo£ajo bolj humano industrijsko delo, ve£jo kakovost izdelkov, ve£jo eksibilnost proizvodnje, vi²jo produktivnost, manj²o porabo surovin in energije. Obstaja pa tudi mnogo dinami£nih sistemov, katerih delovanje bi bilo brez avtomatskega vodenja nevarno in nestabilno in predstavlja uporaba avtomatskega vodenja osnovni pogoj za delovanje teh sistemov. Najpomembnej²e odkritje na podro£ju avtomatskega vodenja je odkritje povratne zanke. Centrifugalni regulator hitrosti parnega stroja je bila ena izmed prvih inovacij, ki je temeljila na ideji povratne zanke. Vpliv te iznajdbe je bil tako velik, da je njena uporaba povzro£ila prvo industrijsko revolucijo in s tem velik svetovni gospodarski in druºbeni napredek. Kljub temu, da je bila ve£ina teoreti£nih osnov avtomatskega vodenja odkritih v zadnjih stoletjih prej²njega tiso£letja, pa je teoreti£ni razvoj na tem podro£ju ²e vedno intenziven. �e bolj pa je pomemben napredek na podro£ju realizacij avtomatskega vodenja, ki je neposredno povezan z odkritji na podro£ju novih tehnologij. Zaradi tolik²ne pomembnosti avtomatskega vodenja je razumljivo, da sodobni inºenirji potrebujejo temeljna in aktualna znanja s tega podro£ja. Ker je avtomatsko vodenje interdisciplinarna disciplina, ki sodi na razli£na inºenirska podro£ja, se s predajanjem znanj s podro£ja avtomatizacije ukvarjajo na mnogih fakultetah. Na ve£ini tehni²kih fakultet imajo enega ali celo ve£ predmetov s tega podro£ja. Predvsem zaradi na£ina izvedbe avtomatskega vodenja (regulirane zikalne veli£ine s senzorji ve£inoma pretvorimo v elektri£ne signale, regulatorji so realizirani z elektronskimi ali ra£unalni²kimi napravami, aktuatorji in izvr²ni £leni velikokrat temeljijo na uporabi elektropogonov) se z avtomatskim vodenjem ²e posebej intenzivno ukvarjamo na elektrotehni£nih fakultetah. Za pri-dobivanje znanj s tega podro£ja je ²tudentom namenjenih veliko predmetov, prav tako je ²tudentom na izbiro veliko strokovne literature v tujih jezikih in v sloven²£ini. Razlog, da sem kljub mnoºici razpoloºljive literature napisal ²e en u£benik je v tem, da sem ºelel na enem mestu zbrati osnovna teoreti£na znanja skupaj s primeri uporabe, ki so potrebna v celotnem procesu razvoja regulacijskega sistema. Prav tako je ta u£benik namenjen tistim, ki so ta znanja v celoti ali delno ºe neko£ obvladali, pa jih sedaj ºelijo ponoviti ali dopolniti. U£benik je primarno namenjen ²tudentom univerzitetnega in visoko²olskega ²tudijskega programa Elektrotehnika, smer Mo£nostna elektrotehnika. Namenjen je uporabi pri visoko²olskih predmetih Regulacijska tehnika, Industrijska krmilja in Ra£unalni²ko vodenje procesov ter uporabi pri univerzitetnih predmetih Modeliranje in vodenje, Elektrodinamika in Krmilno regulacijski sistemi. Temu ustrezno je prilagojena tudi zgradba u£benika. Velik del v u£beniku predstavljenih znanj temelji na uporabi Laplaceove transformacije. Za ²tudente, ki teh znanj ne obvladajo ali pa jih obvladajo pomanjkljivo je namenjen dodatek A, kjer je temeljito, z denicijami, lastnostmi in primeri predstavljena Laplaceova transformacija in njena uporaba. Poglobljeno poznavanje Laplaceove transformacije in njena ve²£a uporaba sta nujni za razumevanje glavnih ²tirih poglavij u£benika. Gradnje regulacijskega sistema se je smiselno lotiti sistemati£no. Seveda lahko pri enostavnej²ih regulacijskih sistemih izberemo kraj²e poti, ki se pa, pri kompleksnej²ih sistemih ne izkaºejo za uporabne. Sistemati£ni razvoj vsakega regulacijskega sistema zato razdelimo v ²tiri osnovne korake, ki so, v enakem vrstnem redu kot se izvedejo v praksi, predstavljeni v u£beniku. i V prvem poglavju u£benika so opisane osnove modeliranja dinami£nih sistemov. Matemati£ni model predstavlja osnovo za nadaljne delo pri gradnji regulacijskega sistema, zato je to poglavje izredno pomembno. V u£beniku sem se omejil na modele elektri£nih vezij in naprav, mehanskih sistemov in elektromehanskih sistemov. Predstavljeni so: klasi£ni pristop k modeliranju linearnih sistemov, klasi£ni pristop k modeliranju nelinearnih sistemov in linearizacija ter pristop k modeliranju, ki temelji na uporabi Lagrangeove ena£be. Naslednji korak pri izgradnji regulacijskega sistema predstavlja podrobnej²a analiza stati£nih in dinami£nih lastnosti obravnavanega objekta. Bolj ali manj popolno analizo lahko do dolo£ene mere izvedemo z meritvami in preizkusi. Velikokrat pa je izvedba meritev in preizkusov predraga, preteºavna, nevarna ali celo neizvedljiva. V tem primeru pridobimo podrobno poznavanje objekta s pomo£jo analize matemati£nega modela. Kako izvedemo analizo modela je predstavljeno v drugem poglavju u£benika. Predstavljeni sta kvantitativna in kvalitativna analiza objekta na osnovi njego-vega matemati£nega modela. Na osnovi podrobnega poznavanja lastnosti procesa, ki ga ºelimo regulirati, izvedemo sintezo regulacijskega sistema. Sinteza regulacijskih sistemov je predstavljena v tretjem poglavju. Rezultat sinteze regulacijskega sistema predstavlja na ustrezen na£in opisana zgradba regulacijskega sistema in regulacijski predpis, ki ga izvajajo posamezni elementi regulacijskega sistema. Le-to je potrebno realizirati. Skoraj vsi sodobni regulacijski sistemi so realizirani s pomo£jo £asovno in ampitudno diskretnih komponent. Njihov opis in realizacija sta predstavljeni v £etrtem poglavju. U£benik je bogato opremljen s primeri. Ve£ina primerov ima predstavljen potek, kako pridemo do re²itve, nekatere naloge pa imajo podano samo kon£no re²itev. Na ta na£in lahko ²tudenti bolje razumejo uporabo predstavljene teorije, prav tako pa lahko preverijo svoje znanje. Ve£ina primerov in nalog izhaja iz mojega ve£letnega dela na tem prodro£ju [1]. V dodatku je obdelana ºe omenjena Laplaceova transformacija. Podane so tudi tabele Laplaceovih in z-transformirank pogosto uporabljanih funkcij. U£benika ne bi bilo, £e ne bi imel izvrstnih znanstvenikov in pedagogov, ki so me vpeljali na to podro£je. Iskreno se zahvaljujem mojemu dolgoletnemu mentorju prof. Dragu Dolinarju. Prav tako gre iskrena zahvala tudi dobremu sodelavcu na tem podro£ju prof. Bojanu Gr£arju. Oba sta mi, z vpra²anji, pripombami in korekcijami, tudi zelo veliko pomagala pri nastanku tega u£benika. U£benik pa zagotovo ne bi bil tak²en kot je, £e ne bi imel dveh izredno prizadevnih in temeljitih recenzentov. Naloge recenzentov sta opravila prof. Maja Atanasijevi¢ Kunc in izr. prof. Bo²tjan Polajºer. Obema se iskreno zahvaljujem. Za pomo£ pri urejanju u£benika se zahvaljujem asis. dr. Robertu Brezovniku in sodelavcu Mitji Hriberniku. ii Kazalo 1 Modeliranje dinami£nih sistemov 1 1.1 Splo²no o modelih . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 1.2 Predstavitve parametri£nih matemati£nih modelov . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 1.2.1 Matemati£ni modeli v prostoru stanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.2.2 Vhodno - izhodni matemati£ni modeli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.3 Modeliranje linearnih sistemov . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.3.1 Elektri£na vezja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.3.2 Mehanski sistemi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 1.3.3 Elektromehanski sistemi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 1.4 Modeliranje nelinearnih sistemov in linearizacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 1.5 Pristop k modeliranju ob uporabi Lagrangeove ena£be . . . . . . . . . . . . . . . . . 34 2 Analiza matemati£nih modelov 47 2.1 Analiza modela v prostoru stanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47 2.1.1 Zapis modela v prostoru stanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47 2.1.2 Simulacijska shema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47 2.1.3 Karakteristi£na ena£ba, lastne vrednosti, naravni na£ini in lastni vektorji modela 48 2.1.4 Ekvivalentni sistemi in spektralna transformacija . . . . . . . . . . . . . . . . 53 2.1.5 Dolo£itev odziva modela v prostoru stanj . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54 2.2 Analiza vhodno-izhodnega modela . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72 2.2.1 Zapis vhodno-izhodnega modela . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72 2.2.2 Blokovni diagram . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74 2.2.3 Dolo£itev odziva vhodno-izhodnega modela . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78 2.3 Povezava vhodno-izhodnega modela in modela v prostoru stanja . . . . . . . . . . . 79 2.3.1 Pretvorba modela v prostoru stanja v prenosno funkcijo . . . . . . . . . . . . 79 2.3.2 Pretvorba prenosne funkcije v model v prostoru stanja . . . . . . . . . . . . . 80 2.3.3 Pretvorba modela v prostoru stanja v kanoni£ne oblike . . . . . . . . . . . . 83 iii 2.4 Frekven£ne karakteristike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86 2.5 Stabilnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99 2.5.1 Splo²ne metode ugotavljanja stabilnosti dinami£nih sistemov . . . . . . . . . 99 2.5.2 Metode za ugotavljanje stabilnosti zaprtozan£nih dinami£nih sistemov . . . . 111 2.6 Diagram lege korenov . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115 2.7 Vodljivost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126 2.8 Spoznavnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129 3 Sinteza regulacijskih sistemov 131 3.1 Raz£lenitev nalog pri sintezi regulacijskih sistemov . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131 3.2 Na£rtovanje na osnovi prenosne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132 3.2.1 Regulacijska struktura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132 3.2.2 Zna£ilne strukture regulatorjev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133 3.2.3 Dolo£anje parametrov PID regulatorjev s pomo£jo nastavitvenih pravil . . . . 137 3.2.4 Dolo£anje parametrov regulatorjev s pomo£jo frekven£nih karakteristik . . . . 141 4 Diskretna realizacija regulacijskih sistemov 155 4.1 Diskretni regulacijski sistemi in signali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155 4.2 Z-transformacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158 4.3 Diferen£na ena£ba in diskretna prenosna funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159 4.4 Diskretni ekvivalenti zveznih prenosnih funkcij . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161 4.4.1 Uporaba numeri£ne integracije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161 4.4.2 Metoda stopni£ne invariance . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163 Literatura 165 A Laplaceova transformacija 167 A.1 Direktna Laplaceova transformacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167 A.2 Lastnosti Laplaceove transformacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172 A.3 Inverzna Laplaceova transformacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173 A.4 Re²evanje diferencialnih ena£b z Laplaceovo transformacijo . . . . . . . . . . . . . . 178 B Laplaceove in z-transformiranke pogosto uporabljanih funkcij 185 iv Poglavje 1 Modeliranje dinami£nih sistemov 1.1 Splo²no o modelih Za znanstveno ali strokovno obravnavo sistemov iz realnega sveta velikokrat uporabljamo modele. Postopek izdelave modela imenujemo modeliranje. V uvodnem poglavju bomo odgovorili na osnovna vpra²anja, povezana z modeli in modeliranjem [1]-[5]. Kaj je osnovni cilj modeliranja? Osnovni cilj modeliranja je izdelava modela, ki ustrezno opisuje lastnosti obravnavanega realnega sistema. Kak²ne modele poznamo? V osnovi lo£imo dve skupini modelov: • zi£ni modeli • abstraktni modeli, med katere sodijo tudi matemati£ni modeli Kaj so zi£ni modeli? Fizi£ni modeli stvarno predstavijo obravnavani sistem. Tovrstna na predstavitev temelji na enakih lastnostih dimenzijsko razli£nih sistemov in na analogijah med zikalno razli£nimi sistemi (elektri£ni - mehanski - termi£ni - pnevmatski - hidravli£ni - ...). Kaj so abstraktni modeli? Abstraktni modeli na abstraktni na£in, t. j. simboli£no, verbalno ali miselno predstavijo obravnavan realni sistem. Pri simboli£ni predstavitvi realnih sistemov priredimo sistemskim koli£inam (napetosti, toku, poloºaju, hitrosti, ...) modelne spremenljivke. V primeru, ko opi²emo povezavo med modelnimi spremenljivkami z matemati£nimi funkcijami, dobljen model imenujemo matemati£ni model. V okviru obravnavane snovi se bomo omejili na podrobnej²o obravnavo matemati£nih modelov. Kaj je matemati£ni model? Matemati£ni model je abstraktni model, ki uporablja matemati£ne koncepte (ena£be, grafe, tabele) za opis sistema [6],[7]. Kak²ne sisteme lahko opi²emo z matemati£nimi modeli? Z matemati£nimi modeli lahko opi²emo sisteme iz razli£nih podro£ij. Najbolj zna£ilna podro£ja uporabe matemati£nih modelov predstavljajo naravoslovje in tehnika (astronomija, zika, kemija, elektrotehnika, ra£unalni²tvo, strojni²tvo, gradbeni²tvo) ter medicina, farmacija, biologija in ekonomi-ja. Manj pogosta, vendar tudi pomembna, je uporaba matemati£nih modelov v drugih druºboslovnih vedah (politika, sociologija, lozoja) [8],[9]. 1 2 POGLAVJE 1. MODELIRANJE DINAMI�NIH SISTEMOV Zakaj uporabljamo matemati£ne modele? Matemati£ni modeli nam omogo£ajo poenoteno analizo lastnosti sistemov in poenoteno na£rtovanje vodenja, ki zagotavlja zahtevano delovanje sistemov. Kako dobimo matemati£ne modele? Matemati£ne modele dobimo s pomo£jo teoreti£nega in eksperimentalnega modeliranja. Za uspe²no modeliranje je smiselno obe metodi med sabo iterativno dopolnjevati. Kako delimo matemati£ne modele? Matemati£ne modele klasiciramo na razli£ne na£ine. Najpomembnej²e delitve matemati£nih modelov so [10]-[12]: • glede na lastnost linearnost operatorjev v matemati£nem modelu v linearne (vse preslikave so aditivne in homogene) ali nelinearne (pogoja aditivnosti in homogenosti nista izpolnjena), • glede na verjetnost napovedi obna²anja v deterministi£ne (pri enakih vhodih imamo enake izhode) ali stohasti£ne (pri enakih vhodih se pojavijo naklju£ne spremembe izhodov), • glede na to, ali obravnavamo sistem v ustaljenem stanju ali pa nas zanima £asovno obna²anje sistema v stati£ne (povezujejo vhode in izhode samo za sistem v ravnoteºju) ali dinami£ne (uporabni so za raziskovanje dinami£nih lastnosti sistema), • dinami£ne modele delimo glede na na£in obravnave spreminjanja £asa v zvezne (£as se spreminja zvezno in zavzame vse vrednosti v obravnavanem £asovnem intervalu) ali diskretne (£as zavzame samo izbrane vrednosti v obravnavanem £asovnem intervalu), • glede na obliko predstavitve modela v parametri£ne (ena£be) ali neparametri£ne (tabele, gra) [13],[14]. V nadaljevanju se bomo omejili predvsem na deterministi£ne, zvezne, dinami£ne, parametri£ne matemati£ne modele. Z namenom bolj zgo²£enega zapisa bomo zanje velikokrat uporabljali skraj²an izraz matemati£ni modeli. Zakaj najve£krat uporabljamo matemati£ne modele? V matemati£nih modelih nastopajo vhodne spremenljivke, ki ustrezajo vhodom sistema in izhodne spremenljivke, ki ustrezajo izhodom sistema. Osnovno metodo analize sistemov predstavlja izra£un £asovnega poteka izhodnih spremenljivk modela pri predpisanih vhodnih spremenljivkah modela. Ker matemati£ne modele ve£inoma predstavljajo diferencialne ena£be potrebujemo za njihovo re²evanje tudi za£etne vrednosti. Diferencialne ena£be, ki tvorijo matemati£ne modele, re²ujemo s pomo£jo analiti£nih in numeri£nih metod za re²evanje diferencialnih ena£b [15]. 1.2 Predstavitve parametri£nih matemati£nih modelov Parametri£ni matemati£ni modeli prikazujejo povezavo med vhodnimi in izhodnimi spremenljivkami v obliki ena£b in vsebujejo v splo²nem kon£no ²tevilo parametrov v eksplicitni obliki. Z ozirom na obravnavo spremenljivk v posameznih prostorskih elementih sistema lo£imo dve vrsti parametri£nih dinami£nih modelov teh sistemov. V primeru, ko obravnavamo posamezne volu-menske elemente sistema kot celoto, ki ima enako vrednost obravnavanih spremenljivk v vseh to£kah, dobljen parametri£ni matemati£ni model imenujemo model s koncentriranimi parametri in ga za-pi²emo z navadnimi diferencialnimi ena£bami. Ti modeli so enostavnej²i in hitrej²i za analizo, laºja je njihova izpeljava ter njihova uporaba za dinami£ne izra£une. V primeru, ko pa predvidimo moºnost razli£nih vrednosti obravnavanih spremenljivk v razli£nih to£kah posameznih prostorskih elementov sistema, pa dobljen parametri£ni model imenujemo model s porazdeljenimi parametri in ga zapi²emo s parcialnimi diferencialnimi ena£bami. V nadaljevanju se bomo omejili na obravnavo parametri£nih modelov dinami£nih sistemov s koncentriranimi parametri. 1.2. PREDSTAVITVE PARAMETRI�NIH MATEMATI�NIH MODELOV 3 Lo£imo dve obliki zapisa parametri£nih zveznih dinami£nih modelov s koncentriranimi parametri: • matemati£ni modeli, ki za opis dinamike sistema uporabljajo spremenljivke stanja modela in jih imenujemo modeli v prostoru stanja in • matemati£ni modeli, ki opisujejo dinamiko sistema samo na osnovi povezave vhodnih in izhodnih spremenljivk modela in jih imenujemo vhodno-izhodni modeli. 1.2.1 Matemati£ni modeli v prostoru stanja Matemati£ni modeli v prostoru stanja so enostavni za dolo£itev in primerni za analiti£no in numeri£no re²evanje. V modelih v prostoru stanja poleg vhodnih in izhodnih spremenljivk nastopajo tudi spremenljivke stanja. Pri izpeljavi matemati£nega modela v prostoru stanja obi£ajno izberemo za spremenljivke stanja zikalne veli£ine, ki ozna£ujejo napolnjenost energijskih posod. Pri analizi matemati£nega modela in na£rtovanju regulacijskega sistema je velikokrat smiselna zamenjava tako izbranih spremenljivk stanja s spremenljivkami stanja, ki nimajo ekvivalenta v zikalnih veli£inah sistema [3]-[5]. Splo²na oblika modela v prostoru stanja je prikazana z dvema sistemoma ena£b: ˙ x 1( t) = f 1( x 1( t) , x 2( t) , . . . , xn( t) , u 1( t) , u 2( t) , . . . , um( t) , t) ˙ x 2( t) = f 2( x 1( t) , x 2( t) , . . . , xn( t) , u 1( t) , u 2( t) , . . . , um( t) , t) .. . (1.1) . .. ˙ xn( t) = fn( x 1( t) , x 2( t) , . . . , xn( t) , u 1( t) , u 2( t) , . . . , um( t) , t) y 1( t) = g 1( x 1( t) , x 2( t) , . . . , xn( t) , u 1( t) , u 2( t) , . . . , um( t) , t) y 2( t) = g 2( x 1( t) , x 2( t) , . . . , xn( t) , u 1( t) , u 2( t) , . . . , um( t) , t) .. . (1.2) . .. yr( t) = gr( x 1( t) , x 2( t) , . . . , xn( t) , u 1( t) , u 2( t) , . . . , um( t) , t) kjer posamezne oznake pomenijo: x 1( t) , x 2( t) , . . . , xn( t) spremenljivke stanja, u 1( t) , u 2( t) , . . . , um( t) vhodne spremenljivke, y 1( t) , y 2( t) , . . . , yr( t) izhodne spremenljivke, f 1 , f 2 , . . . , fn, g 1 , g 2 , . . . , gr skalarne funkcije vektorskih spremenljivk, n, m, r ²tevilo spremenljivk stanja, vhodnih in izhodnih spremenljivk modela. Prvi sistem ena£b imenujemo ena£be spremenljivk stanja, drugi sistem ena£b pa izhodne ena£be. Ena£be (1.1) in (1.2) lahko zapi²emo v vektorsko-matri£ni obliki: ˙x( t) = f (x( t) , u( t) , t) (1.3) y( t) = g(x( t) , u( t) , t) (1.4) kjer posamezne oznake pomenijo: x( t) vektor spremenljivk stanja (x( t) = [ x 1( t) , x 2( t) , . . . , xn( t)] T ), u( t) vhodni vektor (u( t) = [ u 1( t) , u 2( t) , . . . , um( t)] T ), y( t) izhodni vektor (y( t) = [ y 1( t) , y 2( t) , . . . , yr( t)] T ), 4 POGLAVJE 1. MODELIRANJE DINAMI�NIH SISTEMOV f , g vektorski funkciji vektorskih spremenljivk. Linearne modele lahko zapi²emo v naslednji obliki: ˙ x 1( t) = a 11( t) x 1( t) + a 12( t) x 2( t) + . . . + a 1 n( t) xn( t) + b 11( t) u 1( t) + b 12( t) u 2( t) + . . . + b 1 m( t) um( t) ˙ x 2( t) = a 21( t) x 1( t) + a 22( t) x 2( t) + . . . + a 2 n( t) xn( t) + b 21( t) u 1( t) + b 22( t) u 2( t) + . . . + b 2 m( t) um( t) .. . . .. ˙ xn( t) = an 1( t) x 1( t) + an 2( t) x 2( t) + . . . + ann( t) xn( t) + bn 1( t) u 1( t) + bn 2( t) u 2( t) + . . . + bnm( t) um( t) (1.5) y 1( t) = c 11( t) x 1( t) + c 12( t) x 2( t) + . . . + c 1 n( t) xn( t) + d 11( t) u 1( t) + d 12( t) u 2( t) + . . . + d 1 m( t) um( t) y 2( t) = c 21( t) x 1( t) + c 22( t) x 2( t) + . . . + c 2 n( t) xn( t) + d 21( t) u 1( t) + d 22( t) u 2( t) + . . . + d 2 m( t) um( t) .. . . .. yr( t) = cr 1( t) x 1( t) + cr 2( t) x 2( t) + . . . + crn( t) xn( t) + dr 1( t) u 1( t) + dr 2( t) u 2( t) + . . . + drm( t) um( t) (1.6) V primeru, ko so parametri a 11( t) , a 12( t) , . . . , b 11( t) , b 12( t) , . . . , c 11( t) , c 12( t) , . . . in d 11( t) , d 12( t) , . . . £asovno odvisni (spremenljivi), ozna£ujejo ena£be (1.5) in (1.6) linearni, £asovno spremenljivi sistem, £e pa so ti parametri nespremenljivi (konstantni), pa ozna£ujejo te ena£be linearni, £asovno nespremenljivi sistem. Linearne, £asovno nespremenljive sisteme lahko zapi²emo v vektorsko-matri£ni obliki z ena£bama (1.7) in (1.8): ˙x( t) = Ax( t) + Bu( t) (1.7) y( t) = Cx( t) + Du( t) (1.8) Matriko A imenujemo sistemska matrika (tudi matrika stanj) in je dimenzij n x n, matriko B imenujemo vhodna matrika in je dimenzij n x m, matriko C imenujemo izhodna matrika in je dimenzij r x n ter matriko D imenujemo direktna matrika in je dimenzij r x m. Dolo£ene sisteme je mogo£e opisati z modelom z enim vhodom in enim izhodom. Tak²en model zapi²emo v obliki: ˙x( t) = Ax( t) + b u( t) (1.9) y( t) = c T x( t) + du( t) (1.10) 1.2.2 Vhodno - izhodni matemati£ni modeli Dinamiko procesa lahko opi²emo tudi z matemati£nim modelom, ki ga tvori sistem linearnih diferencialnih ena£b, v katerih spremenljivke stanja ne nastopajo. Sistem diferencialnih ena£b opisuje povezavo med vhodnimi in izhodnimi spremenljivkami matemati£nega modela zato tak²en model imenujemo vhodno - izhodni model. Linearni vhodno - izhodni model n-tega reda z m vhodi in r 1.3. MODELIRANJE LINEARNIH SISTEMOV 5 izhodi lahko zapi²emo z r diferencialnimi ena£bami [3]-[7]: dny 1( t) + a + a + . . . + a + a dtn n− 1( t) dn− 1 y 1( t) dtn− 1 n− 2( t) dn− 2 y 1( t) dtn− 2 1( t) dy 1( t) dt 0( t) y 1( t) = bn, 11( t) dnu 1( t) + b + . . . + b + b dtn n− 1 , 11( t) dn− 1 u 1( t) dtn− 1 1 , 11( t) du 1( t) dt 0 , 11( t) u 1( t)+ bn, 12( t) dnu 2( t) + b + . . . + b + b dtn n− 1 , 12( t) dn− 1 u 2( t) dtn− 1 1 , 12( t) du 2( t) dt 0 , 12( t) u 2( t)+ ... bn, 1 m( t) dnum( t) + b + . . . + b + b dtn n− 1 , 1 m( t) dn− 1 um( t) dtn− 1 1 , 1 m( t) dum( t) dt 0 , 1 m( t) um dny 2( t) + a + a + . . . + a + a dtn n− 1( t) dn− 1 y 2( t) dtn− 1 n− 2( t) dn− 2 y 2( t) dtn− 2 1( t) dy 2( t) dt 0( t) y 2( t) = bn, 21( t) dnu 1( t) + b + . . . + b + b dtn n− 1 , 21( t) dn− 1 u 1( t) dtn− 1 1 , 21( t) du 1( t) dt 0 , 21( t) u 1( t)+ bn, 22( t) dnu 2( t) + b + . . . + b + b dtn n− 1 , 22( t) dn− 1 u 2( t) dtn− 1 1 , 22( t) du 2( t) dt 0 , 22( t) u 2( t)+ .. (1.11) . bn, 2 m( t) dnum( t) + b + . . . + b + b dtn n− 1 , 2 m( t) dn− 1 um( t) dtn− 1 1 , 2 m( t) dum( t) dt 0 , 2 m( t) um( t) ... dnyr( t) + a + a + . . . + a + a dtn n− 1( t) dn− 1 yr( t) dtn− 1 n− 2( t) dn− 2 yr( t) dtn− 2 1( t) dyr( t) dt 0( t) yr( t) = bn,r 1( t) dnu 1( t) + b + . . . + b + b dtn n− 1 ,r 1( t) dn− 1 u 1( t) dtn− 1 1 ,r 1( t) du 1( t) dt 0 ,r 1( t) u 1( t)+ bn,r 2( t) dnu 2( t) + b + . . . + b + b dtn n− 1 ,r 2( t) dn− 1 u 2( t) dtn− 1 1 ,r 2( t) du 2( t) dt 0 ,r 2( t) u 2( t)+ ... bn,rm( t) dnum( t) + b + . . . + b + b dtn n− 1 ,rm( t) dn− 1 um( t) dtn− 1 1 ,rm( t) dum( t) dt 0 ,rm( t) um( t) Matemati£ni model z eno vhodno in eno izhodno spremenljivko zapi²emo v obliki diferencialne ena£be: dny( t) + a + a + . . . a + a dtn n− 1( t) dn− 1 y( t) dtn− 1 n− 2( t) dn− 2 y( t) dtn− 2 1( t) dy( t) dt 0( t) y( t) = (1.12) bn( t) dnu( t) + b + b + . . . + b + b dtn n− 1( t) dn− 1 u( t) dtn− 1 n− 2( t) dn− 2 u( t) dtn− 2 1( t) du( t) dt 0( t) u( t) V primeru, ko so parametri a 0( t) , a 1( t) , . . . , b 0 , 11( t) , b 1 , 11( t) , . . . , b 0 , 21( t) , b 1 , 21( t) , . . . £asovno odvisni (spremenljivi), ozna£ujejo ena£be (1.11) in (1.12) linearni, £asovno spremenljivi sistem, £e pa so ti parametri nespremenljivi (konstantni), pa ozna£ujejo te ena£be linearni, £asovno nespremenljivi sistem. 1.3 Modeliranje linearnih sistemov 1.3.1 Elektri£na vezja Za zapis ena£b, ki opisujejo dinamiko elektri£nih vezij, uporabimo Kirchoova zakona: • 1. Kirchoov zakon: V poljubnem vozli²£u elektri£nega vezja mora biti vsota pritekajo£ih tokov enaka vsoti odtekajo£ih tokov. • 2. Kirchoov zakon: V vsakem zaklju£enem tokokrogu elektri£nega vezja mora biti vsota gonilnih napetosti enaka vsoti padcev napetosti. 6 POGLAVJE 1. MODELIRANJE DINAMI�NIH SISTEMOV Omejili se bomo na elektri£na vezja, ki jih sestavljajo pasivni linearni elementi: idealni upor, idealna tuljava in idealni kondenzator: i i i R C L v R v R C v R C C C L L Slika 1.1: Osnovni pasivni elementi elektri£nih vezij Ena£be, ki opisujejo dinamiko pasivnih elementov elektri£nih vezij so: • upor vR( t) = R iR( t) (1.13) • kondenzator Z 1 vC( t) = i C C ( t) dt + vC (0) (1.14) • tuljava di v L( t) L( t) = L (1.15) dt V ena£bah ozna£ujejo R, C in L upornost idealnega upora, kapacitivnost idealnega kondenzatorja in induktivnost idealne tuljave, vR( t), vC( t) in vL( t) ozna£ujejo padce napetosti na uporu, kondenzatorju in tuljavi in iR( t), iC( t) in iL( t) ozna£ujejo toke skozi upor, kondenzator in tuljavo. Za dolo£itev matemati£nega modela v prostoru stanj je potrebno izbrati ustrezne spremenljivke stanja. Smiselna je izbira spremenljivk, ki ozna£ujejo koli£ino energije v sistemu. V primeru elektri£nih vezij so to napetosti na kondenzatorjih ( vC( t)) in tokovi skozi tuljave ( iL( t)) [16]. Dogovor 1.1 V nalogah zaradi kompaktnosti zapisa ne bomo pisali neodvisne spremenljivke t. Naloga 1.1 Za vezje na sliki 1.2 dolo£ite matemati£ni model v prostoru stanja in vhodno - izhodni model. Vhodna spremenljivka modela ( u) naj ustreza napetosti izvora ( v 1), izhodna spremenljivka modela pa napetosti na kondenzatorju ( v 2). i R v C v C 2 1 Slika 1.2: Elektri£no vezje, naloga 1.1 1.3. MODELIRANJE LINEARNIH SISTEMOV 7 Re²itev S pomo£jo 2. Kirchoovega zakona in ena£b (1.13) in (1.14) zapi²emo ena£bi, ki opisujeta dinamiko sistema, prikazanega na sliki 1.2. R v 1 = iR + v 2 , v 2 = 1 idt C Vhod in izhod modela sta: u = v 1 , y = v 2 • Model v prostoru stanja Za spremenljivko stanja izberemo napetost na kondenzatorju: x 1 = v 2 Model vezja na sliki 1.2 zapi²emo v obliki ena£b (1.7) in (1.8): ˙ v 2 = − 1 v v RC 2 + 1 RC 1 , ( ˙x = Ax + Bu) v 2 = v 2 , (y = Cx + Du) Elementi modela v prostoru stanja so torej: A = − 1 , B = 1 , C = 1 , D = 0 RC RC • Vhodno - izhodni model Model vezja zapi²emo v obliki diferencialne ena£be (1.12): ˙ v 2 RC + v 2 = v 1 Naloga 1.2 Za vezje na sliki 1.3 dolo£ite matemati£ni model v prostoru stanja in vhodno - izhodni model. Vhodna spremenljivka modela ( u) naj ustreza napetosti izvora ( v 1), izhodna spremenljivka modela pa napetosti na kondenzatorju ( v 2). i R L R v C v C 2 1 Slika 1.3: Elektri£no vezje, naloga 1.2 Re²itev S pomo£jo 2. Kirchoovega zakona in ena£b (1.13), (1.14) in (1.15) zapi²emo ena£bi, ki opisujeta vezje na sliki 1.3. R v 1 = iR + L˙ i + v 2 , v 2 = 1 idt C Vhod in izhod modela sta: u = v 1 , y = v 2 • Model v prostoru stanja Za spremenljivki stanja izberemo tok skozi tuljavo in napetost na kondenzatorju: x = [ i v 2 ] T Model vezja na sliki 1.3 zapi²emo v obliki: ˙ i = −Ri − 1 v v L L 2 + 1 L 1 ˙ v 2 = 1 i C oziroma v vektorsko-matri£ni obliki ena£b (1.7) in (1.8): · ¸ · ¸ · ¸ · ¸ ˙ i − R − 1 i 1 = L L + L v ˙ v 1 1 2 0 v 0 C 2 · ¸ i v 2 = [ 0 1 ] + 0 v v 1 2 8 POGLAVJE 1. MODELIRANJE DINAMI�NIH SISTEMOV Matrike modela v prostoru stanja so torej: · ¸ · ¸ − R − 1 1 A = L L L 1 , B = , c T = [ 0 1 ] , d = 0 0 0 C • Vhodno - izhodni model Model vezja zapi²emo v obliki diferencialne ena£be (1.12): ¨ v 2 LC + ˙ v 2 RC + v 2 = v 1 Naloga 1.3 Za vezje na sliki 1.4 dolo£ite matemati£ni model v prostoru stanja in vhodno - izhodni model. Vhodna spremenljivka modela ( u) naj ustreza napetosti izvora ( v 1), izhodna spremenljivka modela pa napetosti na kondenzatorju ( v 2). i i L C iR R L 2 R 1 C R v v 2 2 1 Slika 1.4: Elektri£no vezje, naloga 1.3 Re²itev • Model v prostoru stanja · ¸ · ¸ · ¸ · ¸ ˙ i 1 L − R 1 − 1 i = L L L + L v ˙ v 1 1 2 − 1 v 0 C CR 2 2 · ¸ i v L 2 = [ 0 1 ] + 0 v v 1 2 • Vhodno - izhodni model ¨ v 2 R 2 LC + ˙ v 2( L + R 1 R 2 C) + v 2( R 1 + R 2) = v 1 R 2 Naloga 1.4 Za vezje na sliki 1.5 dolo£ite matemati£ni model v prostoru stanja in vhodno - izhodni model. Vhodna spremenljivka modela ( u) naj ustreza napetosti izvora ( v 1), izhodna spremenljivka modela pa napetosti na kondenzatorju ( v 2). i 1 i L i R L 2 R 1 3 L 3 1 1 2 1 v R v 2 2 1 C Slika 1.5: Elektri£no vezje, naloga 1.4 1.3. MODELIRANJE LINEARNIH SISTEMOV 9 Re²itev • Model v prostoru stanja         ˙ i − R 1 0 − 1 1 1 L i 1 L 1 1 L  ˙ 1 i   1      2 = 0 − R 2 i + 0 v L 2 1 2 L 2 ˙ v 2 1 − 1 0 v 2 0 C  C  i 1 v   2 = [ 0 0 1 ] i 2 + 0 v 1 v 2 • Vhodno - izhodni model v (3) 2 L 1 L 2 C + ¨ v 2( R 2 L 1 C + R 1 CL 2) + ˙ v 2( R 1 R 2 C + L 1 + L 2) + v 2( R 1 + R 2) = ˙ v 1 L 2 + v 1 R 2 Naloga 1.5 Za vezje na sliki 1.6 dolo£ite matemati£ni model v prostoru stanja in vhodno - izhodni model. Vhodna spremenljivka modela ( u) naj ustreza napetosti izvora ( v 1), izhodna spremenljivka modela pa napetosti na kondenzatorju ( v 2) [16]. i 1 iL 1 i R L R i R 1 iC 1 1 C 2 v v v 1 2 1 C C 1 2 Slika 1.6: Elektri£no vezje, naloga 1.5 Re²itev • Model v prostoru stanja         ˙ i 1 L − R 2 − 1 L L L iL 0  ˙ v       1  C 1 = − 1 − 1 0 C vC 1 + v 1 1 R 1 C 1 R 1 C 1 ˙ v 1 C 2 0 0 v 0 C C 2 2  iL v   2 = [ 0 0 1 ] vC 1 + 0 v 1 vC 2 • Vhodno - izhodni model v (3) 2 C 1 C 2 LR 1 + ¨ v 2( C 2 L + C 1 C 2 R 1 R 2) + ˙ v 2( C 2 R 1 + C 1 R 1 + C 2 R 2) + v 2 = v 1 10 POGLAVJE 1. MODELIRANJE DINAMI�NIH SISTEMOV Naloga 1.6 Za vezje na sliki 1.7 dolo£ite matemati£ni model v prostoru stanja. Vhodna spremenljivka modela ( u) naj ustreza toku izvora ( i 1), izhodna spremenljivka modela pa napetosti na kondenzatorju ( v 2). i i L 2 L L 2 1 L i L L 3 L 2 i i C 2 C C 2 1 C i L v 1 3 2 L 2 1 C C 2 1 Slika 1.7: Elektri£no vezje, naloga 1.6 Re²itev    ˙ v  0 0 0 − 1 − 1    1  C 1 C C v  1 1 C 1 1  C 1  ˙ v   0 0 − 1 0   v   0   C 2   C 2 C 2   C 2     ˙ i  =  0 1 0 0 0   i  +  0  i  L 1 L L 1 1 ˙  1  i      L 2  1 − 1 0 0 0  iL 2 0 ˙ L L i 2 2 L 3 1 0 0 0 0 iL 3 0 L 3  v  C 1  v   C 2  v 2 = [ 1 0 0 0 0 ]  i  + 0 i  L 1 1 i  L 2 iL 3 1.3.2 Mehanski sistemi Pri modeliranju mehanskih sistemov bomo uporabili Newtonove zakone: • 1. Newtonov zakon: �e je rezultanta sil in navorov na neko telo enaka ni£, potem telo miruje ali pa se giblje premoenakomerno. • 2. Newtonov zakon: Rezultanta sil, ki delujejo na telo, je enaka produktu njegove mase in pospe²ka ( f( t) = ma( t)). • 3. Newtonov zakon: �e prvo telo deluje na drugo telo s silo f( t), potem deluje drugo telo na prvo z enako veliko in nasprotno usmerjeno silo f( t). Osnovni elementi mehanskih sistemov so idealna vzmet, idealni du²ilni element in telo z maso v teºi²£u. 0 0 s s s f f 0 f kv kd m Slika 1.8: Osnovni elementi mehanskih sistemov 1.3. MODELIRANJE LINEARNIH SISTEMOV 11 Ena£be, ki opisujejo dinamiko osnovnih elementov: • idealna vzmet (Hookov zakon) f ( t) = kvs( t) (1.16) • idealni du²ilni element ds( t) f ( t) = kd (1.17) dt • telo z maso v teºi²£u (2. Newtonov zakon) d 2 s( t) f ( t) = m (1.18) dt 2 V ena£bah f( t) ozna£uje silo na obravnavan mehanski element, s( t) ozna£uje relativni premik (odmik od izbranega koordinatnega izhodi²£a), kv ozna£uje koecient vzmeti, kd ozna£uje du²ilni koecient in m ozna£uje maso telesa [17]-[24]. Za ustrezne spremenljivke stanja matemati£nega modela v prostoru stanja izberemo spremenljivke, ki opisujejo koli£ino shranjene energije v mehanskem sistemu. To so spremenljivke, ki ozna£ujejo poloºaj in hitrost teºi²£ teles in stanja vzmeti. Naloga 1.7 Za mehanski sistem na sliki 1.9 dolo£ite matemati£ni model v prostoru stanja in vhodno - izhodni model. Vhod modela predstavlja sila na telo ( f), izhod modela pa poloºaj teºi²£a telesa ( s). Trenje med telesom m in podlago zanemarimo. kv m f kd s, v 0 Slika 1.9: Mehanski sistem, naloga 1.7 Re²itev Ena£ba, ki opisuje mehanski sistem na sliki 1.9: f − kvs − kd ˙ s = m¨ s Vhod in izhod modela sta: u = f, y = s • Model v prostoru stanja Za spremenljivki stanja izberemo poloºaj in hitrost teºi²£a mase: x 1 = s, x 2 = ˙ s = v Model v prostoru stanja zapi²emo z ena£bama: · ¸ · ¸ · ¸ · ¸ ˙ s 0 1 s 0 = + f ˙ v − kv − kd v 1 m · m ¸ m s s = [ 1 0 ] + 0 f v 12 POGLAVJE 1. MODELIRANJE DINAMI�NIH SISTEMOV • Vhodno - izhodni model m¨ s + kd ˙ s + kvs = f Naloga 1.8 Za mehanski sistem telesa, ki ga podpirata vzmet in du²ilni element, dolo£ite matemati£ni model v prostoru stanja in vhodno - izhodni model. Na sliki 1.10 so prikazana tri stanja obravnavanega mehanskega sistema: stanje sistema v brezteºnostnem prostoru (desno), stanje sistema, na katerega deluje samo gravitacijska sila (sredina) in stanje sistema, na katerega poleg gravitacijske sile deluje tudi zunanja sila f (levo). Vhod modela predstavlja sila na telo ( f), izhod modela pa vertikalni poloºaj telesa. f 0 0 0 s m Slika 1.10: Mehanski sistem, naloga 1.8 Re²itev Pri modeliranju tak²nega sistema je pomembna izbira koordinatnega izhodi²£a 0, glede na katerega izberemo spremenljivke stanja. Kot koordinatno izhodi²£e izberemo vertikalni poloºaj teºi²£a telesa, pri katerem je ºe upo²tevano delovanje sile teºe (slika 1.10, sredina). Dinamiko sistema, kjer spremenljivka s ozna£uje vertikalni odmik telesa od tako izbranega koordinatnega izhodi²£a, opisuje ena£ba: f − kvs − kd ˙ s = m¨ s Vpliv sile teºe je pri tako izbranem koordinatnem izhodi²£u kompenziran s stisnjenostjo vzmeti in ga v ena£bi ni potrebno upo²tevati. (Silo teºe mg bi morali upo²tevati v primeru, ko bi za spremenljivko stanja, ki ozna£uje vertikalni pomik telesa, izbrali razdaljo med teºi²£em obravnavanega telesa in poloºajem teºi²£a telesa, ko na telo ne deluje nobena sila (0', slika 1.10, desno). Izbrana vhod in izhod modela sta: u = f, y = s (slika 1.10, levo) • Model v prostoru stanja izbrani spremenljivki stanja sta: x 1 = s, x 2 = v · ¸ · ¸ · ¸ · ¸ ˙ s 0 1 s 0 = + f ˙ v − kv − kd v 1 m · m ¸ m s s = [ 1 0 ] + 0 f v • Vhodno - izhodni model m¨ s + kd ˙ s + kvs = f 1.3. MODELIRANJE LINEARNIH SISTEMOV 13 Naloga 1.9 Za mehanski sistem na sliki 1.11 dolo£ite matemati£ni model v prostoru stanja. Mehanski sistem na sliki odgovarja avtomobilskemu kolesu, ki je preko vzmeti in du²ilnega elementa pri£vr²£eno na podvozje. Du²enje pnevmatike (gume) zanemarimo, vhod predstavlja vertikalni odmik s 1, ki odgovarja prolu cesti²£a, izhod pa predstavlja poloºaj s 3 [25]. s 3 m 2 0 kv 2 kd 1 s 2 m 1 0 kv 1 s 1 0 Slika 1.11: Mehanski sistem, naloga 1.9 kv 1 koecient vzmeti avtomobilske gume kv 2 koecient vzmeti vzmetenja kd 1 koecient du²enja blaºilnika m 1 masa kolesa m 2 masa odgovarjajo£ega dela podvozja s 1 vhod - prol cesti²£a (odmik od izbrane referen£ne pozicije - 0) s 2 , s 3 poloºaja teºi²£ kolesa in odgovarjajo£ega dela podvozja (odmik od izbranih referen£nih pozicij - 0) Re²itev Ena£bi, ki opisujeta dinamiko sistema: m 1¨ s 2 = kv 1( s 1 − s 2) + kv 2( s 3 − s 2) + kd 1( ˙ s 3 − ˙ s 2) m 2¨ s 3 = kv 2( s 2 − s 3) + kd 1( ˙ s 2 − ˙ s 3) Izbrana vhod in izhod modela sta: u = s 1, y = s 3 • Model v prostoru stanja izbrani spremenljivki stanja sta: x 1 = s 2, x 2 = ˙ s 2 = v 2, x 3 = s 3, x 4 = ˙ s 4 = v 4,  ˙ s        2 0 1 0 0 s 2 0  ˙ v   −kv 1 −kv 2 − kd 1 kv 2 kd 1   v   kv 1   2 m 2 1 m 1 m 1 m 1 m 1 ˙ s  =     +   s 1 3 0 0 0 1 s 3 0 ˙ v kv 2 kd 1 −kv 2 −kd 1 3 v 0 m 3 2 m 2 m 2 m 2 14 POGLAVJE 1. MODELIRANJE DINAMI�NIH SISTEMOV  s  2  v  s 2 3 = [ 0 0 1 0 ]  s  + 0 f 3 v 3 Naloga 1.10 Dolo£ite matemati£ni model mehanskega sistema na sliki 1.12. Model zapi²ite v prostoru stanja in v vhodno-izhodni obliki. Vhod predstavlja sila f, izhod pa poloºaj telesa s 2. kv kd m f s 1 s 2 0 0 Slika 1.12: Mehanski sistem, naloga 1.10 Re²itev Ena£be, ki opisujejo dinamiko sistema: m¨ s 2 = f − kd( ˙ s 2 − ˙ s 1) kvs 1 = kd( ˙ s 2 − ˙ s 1) Izbrana vhod in izhod modela sta: u = f, y = s 2 • Model v prostoru stanja izbrani spremenljivki stanja sta: x 1 = s 1, x 2 = s 2, x 3 = ˙ s 2 = v 2,         ˙ s 1 − kv 0 1 s 0 k 1  d ˙ s        2 = 0 0 1 s 2 + 0 f ˙ v 1 2 − kv 0 0 v m 2   m s 1 s   2 = [ 0 1 0 ] s 2 + 0 f v 2 • Vhodno - izhodni model mk (3) ˙ ds 2 + mkv ¨ s 2 + kvkd ˙ s 2 = kdf + kvf 1.3.3 Elektromehanski sistemi Naloga 1.11 Dolo£ite matemati£ni model instrumenta z vrtljivo tuljavo. Model zapi²ite v prostoru stanja in v vhodno-izhodni obliki. Vhod predstavlja tok skozi vrtljivo tuljavo, izhod pa kotni odklon kazalca. 1.3. MODELIRANJE LINEARNIH SISTEMOV 15 ϕ Slika 1.13: Instrument z vrtljivo tuljavo, naloga 1.11 Re²itev Ena£be, ki opisujejo dinamiko sistema: J ¨ ϕ = me − mv − md me = keψi mv = kvϕ md = kd ˙ ϕ i tok skozi tuljavo ϕ odklon kazalca J vztrajnostni moment vrtljive tuljave in kazalca me, mv, md elektri£ni (pogonski), vzmetni (torzijski) in du²ilni navor ke, kv, kd elektri£na konstanta, koecient vzmeti in du²ilni koecient ψ magnetni sklep Izbrana vhod in izhod modela sta: u = i (tok skozi tuljavo), y = ϕ (kotni odklon kazalca) • Model v prostoru stanja izbrani spremenljivki stanja sta: x 1 = ϕ, x 2 = ˙ ϕ = ω, · ¸ · ¸ · ¸ · ¸ ˙ ϕ 0 1 ϕ 0 = + i ˙ ω − kv − kd ω keψ J · J¸ J ϕ ϕ = [ 0 1 ] + 0 i ω • Vhodno - izhodni model J ¨ ϕ + kd ˙ ϕ + kvϕ = keψi Naloga 1.12 Dolo£ite matemati£ni model enosmernega motorja s trajnimi magneti. Model zapi²ite v prostoru stanja in v vhodno-izhodni obliki. Vhoda modela naj predstavljata rotorska napetost in navor bremena, izhoda modela pa rotorski tok in vrtljaji [16]. 16 POGLAVJE 1. MODELIRANJE DINAMI�NIH SISTEMOV Re²itev Ena£be, ki opisujejo dinamiko sistema: v ˙ r = irRr + Lrir + kemω J ˙ ω = kemir − kvtω − mb vr, ir rotorska napetost in tok Rr, Lr rotorska ohmska upornost in induktivnost kem elektromehanska konstanta kvt koecient viskoznega trenja J vztrajnostni moment rotorja ω kotna hitrost rotorja mb navor bremena Izbrana vhod in izhod modela sta: u = [ vr mb ] T , y = [ ir ω ] T • Model v prostoru stanja izbrani spremenljivki stanja sta: x 1 = ir, x 2 = ω, · ¸ · ¸ · ¸ · ¸ · ¸ ˙ i − Rr − kem 1 r i 0 v = Lr Lr r + L r r ˙ ω kem − kvt ω 0 − 1 m J J J b · ¸ · ¸ · ¸ · ¸ · ¸ ir 1 0 i 0 0 v = r + r ω 0 1 ω 0 0 mb • Vhodno - izhodni model ¨ irJLr + ˙ ir( JRr + kvtLr) + ir( Rrkvt + k 2 em) = ˙ vrJ + kvtvr + kemmb ¨ ωJLr + ˙ ω( JRr + kvtLr) + ω( Rrkvt + k 2 em) = kemvr + ˙ mbLr + Rrmb Naloga 1.13 Dolo£ite matemati£ni model elektromehanskega sistema na sliki 1.14. Za premik mase sluºi enosmerni motor s trajnimi magneti, pri katerem zanemarimo vpliv viskoznega trenja. Model zapi²ite v prostoru stanja. Vhod naj predstavlja rotorska napetost motorja, izhod pa poloºaj teºi²£a telesa z maso m. Trenje med telesom z maso m in podlago zanemarimo. kv enosmerni motor m Rr, Lr, kem, J f r kd s 0 Slika 1.14: Elektromehanski sistem, naloga 1.13 1.4. MODELIRANJE NELINEARNIH SISTEMOV IN LINEARIZACIJA 17 Re²itev Ena£be, ki opisujejo dinamiko sistema: m¨ s = f − kvs − kd ˙ s J ˙ ω = kemir − fr v ˙ r = irRr + Lrir + kemω ˙ s ω = r Izbrana vhod in izhod modela sta: u = vr, y = s. • Model v prostoru stanja izbrane spremenljivke stanja so: x 1 = ir, x 2 = s, x 3 = ˙ s = v         ˙ i 1 r − Rr 0 − kem i L L r L  r r r r ˙ s  =  0 0 1   s  +  0  vr ˙ v kem − kv − kd − J v 0 mr m   m r 2 m ir s = [ 0 1 0 ]  s  + 0 vr v 1.4 Modeliranje nelinearnih sistemov in linearizacija Pri podrobnej²em opazovanju sistemov v ²ir²em obmo£ju delovanja dobimo za opis ve£ine realnih sistemov nelinearne matemati£ne modele, zapisane v obliki ((1.1) do (1.4). Izhajali bomo iz matemati£nega modela, zapisanega z ena£bo (1.19) [16]. ˙x( t) = f (x( t) , u( t)) (1.19) Velikokrat nas zanima obna²anje nelinearnega modela v relativno majhni okolici ravnoteºnega stanja. S pomo£jo linearizacije nelinearnega modela za ustrezno ravnoteºno stanje, dobimo lineariziran model, ki zadovoljivo opisuje dinamiko nelinearnega modela v relativno majhni okolici ravnoteºnega stanja. Ravnoteºno stanje ozna£imo z indeksom rs, odstopanje od ravnoteºnega stanja pa z indeksom ∆: x( t) = x rs + x∆( t) (1.20) u( t) = u rs + u∆( t) (1.21) Vektorja x rs in u rs izra£unamo s pomo£jo ena£be: 0 = f (x rs, u rs) ⇒ x rs, u rs (1.22) Lineariziran model odstopanj v okolici ravnoteºnega stanja zapi²emo v obliki: ˙x∆( t) = Ax∆( t) + Bu∆( t) (1.23) Sistemsko in vhodno matriko lineariziranega sistema izra£unamo z ena£bama:  ∂f  1 ∂f 1 . . . ∂f 1 ∂x 1 ∂x 2 ∂xn ∂f ∂f ∂ f ¯    2 2 . . . ∂f 2  A = ¯ =  ∂x 1 ∂x 2 ∂xn  (1.24) ∂ x (x . . . rs, u rs)  . . . .. .. ..  ∂fn ∂fn . . . ∂fn ∂x 1 ∂x 2 ∂xn (x rs, u rs) 18 POGLAVJE 1. MODELIRANJE DINAMI�NIH SISTEMOV  ∂f  1 ∂f 1 . . . ∂f 1 ∂u 1 ∂u 2 ∂um ∂f ∂f ∂ f ¯    2 2 . . . ∂f 2  B = ¯ =  ∂u 1 ∂u 2 ∂um  (1.25) ∂ u (x . . . rs, u rs)  . . . .. .. ..  ∂fn ∂fn . . . ∂fn ∂u 1 ∂u 2 ∂um (x rs, u rs) kjer so f 1 , f 2 , . . . , fn skalarne funkcije vektorskih spremenljivk, parametra n, m pa ozna£ujeta ²tevilo spremenljivk stanja in vhodnih spremenljivk modela (1.1). Naloga 1.14 Segrevanje predmeta na osnovi toplotnega sevanja opisuje model: ¡ ¢ ˙ y = k u 4 − y 4 u temperatura pe£i (vhodna spremenljivka) y temperatura predmeta, ki ga segrevamo (izhodna spremenljivka) k koecient segrevanja Dolo£ite ravnoteºno stanje, linearizirani model odstopanj in prenosno funkcijo lineariziranega modela. Re²itev Iz ena£be ¡ ¢ 0 = k u 4 − y 4 je razvidno, da ima model neskon£no ravnoteºnih stanj, dolo£enih s pogojem: urs = yrs Model odstopanj dobimo z uporabo ena£b (1.23) do (1.25): ∂ ˙ y ¯ A = ¯ = − 4 ky 3 ∂y ( u rs rs,yrs) ∂ ˙ y ¯ B = ¯ = 4 ku 3 ∂u ( u rs rs,yrs) Ena£ba lineariziranega modela je: ˙ y∆ = − 4 ky 3 rsy∆ + 4 ku 3 rsu∆ Naloga 1.15 Dinamika nihala na sliki 1.15 je opisana z nelinearno diferencialno ena£bo: ml 2 ¨ ϕ = −mgl sin ϕ − k ˙ ϕ 1.4. MODELIRANJE NELINEARNIH SISTEMOV IN LINEARIZACIJA 19 m masa nihala l dolºina nihala k koecient viskoznega du²enja k l ϕ m Slika 1.15: Nihalo, naloga 1.15 Dolo£ite ravnoteºno stanje in linearizirani model. Re²itev Z uvedbo spremenljivk stanja x 1 = ϕ in x 2 = ˙ ϕ = ω zapi²emo model nihala v prostoru stanja: ˙ ϕ = ω g k ˙ ω = − sin ϕ − ω l ml 2 Ravnoteºno stanje dobimo z re²itvijo sistema ena£b: 0 = ω g k 0 = − sin ϕ − ω l ml 2 ⇒ ϕrs = 0 , ωrs = 0 Linearizirani model dobimo z uporabo ena£b (1.23) do (1.24): · ¸ · ¸ ∂ ˙x ¯ 0 1 0 1 A = ¯ = = ∂ x ( xrs) − g cos ϕ − g − k l rs − k ml 2 l ml 2 Ena£ba lineariziranega modela je: · ¸ · ¸ · ¸ · ¸ ˙ ϕ∆ 0 1 ϕ 0 1 = ∆ oziroma ˙x x ˙ ω ∆ = ∆ ∆ − g − k ω − g − k l ml 2 ∆ l ml 2 Naloga 1.16 V biologiji sta dobro poznani Lotka-Volterrini diferencialni ena£bi, ki opisujeta dinamiko razmnoºevanja dveh ºivalskih vrst, ki prihajata v medsebojni konikt kot ropar in plen. Diferencialni ena£bi sta nelinearni [16]: ˙ x 1 = ( a 1 + b 1 x 1 + c 1 x 2) x 1 ˙ x 2 = ( a 2 + b 2 x 2 + c 2 x 1) x 2 20 POGLAVJE 1. MODELIRANJE DINAMI�NIH SISTEMOV x 1 , x 2 ²tevilo osebkov posamezne vrste a 1 , a 2 koecient prirastka posamezne vrste brez vpliva druge vrste b 1 , b 2 koecient, ki opisuje medsebojni vpliv znotraj ene same vrste c 1 , c 2 koecient, ki opisuje vpliv med obema vrstama Za izbran numeri£ni primer dolo£ite ravnoteºno stanje in linearizirani model odstopanj. a 1 = 10 b 1 = − 1 c 1 = − 5 a 2 = − 5 b 2 = − 5 c 2 = 2 Re²itev Sistema ena£b 0 = ( a 1 + b 1 x 1 + c 1 x 2) x 1 0 = ( a 2 + b 2 x 2 + c 2 x 1) x 2 ima ²tiri re²itve: x 1 rs = 0 x 1 rs = 0 x 1 rs = 0 x 2 rs = − 1 x 1 rs = 10 x 2 rs = 0 x 1 rs = 5 x 2 rs = 1 Za obravnavani primer je smiselna zadnja re²itev, ki predstavlja biolo²ko ravnoteºje obeh vrst: x 1 rs = 5 , x 2 rs = 1 Matriko A lineariziranega modela dobimo z uporabo ena£b (1.23) do (1.25): · ¸ · ¸ ∂ ˙x ¯ a − 5 − 25 A = ¯ = 1 + 2 b 1 x 1 rs + c 1 x 2 rs c 1 x 1 rs = ∂ x ( xrs) c 2 x 2 rs a 2 + 2 b 2 x 2 rs + c 2 x 1 rs 2 − 5 Ena£ba lineariziranega modela je: · ¸ · ¸ · ¸ ˙ x 1∆ − 5 − 25 x = 1∆ ˙ x 2∆ 2 − 5 x 2∆ Naloga 1.17 Na sliki 1.16 je prikazan elektromehanski sistem krogle v magnetnem polju. i f s m m fg Slika 1.16: Krogla v magnetnem polju, naloga 1.17 1.4. MODELIRANJE NELINEARNIH SISTEMOV IN LINEARIZACIJA 21 Pomen oznak na sliki 1.16 je naslednji: i tok skozi elektromagnet fm magnetna sila, ki deluje na kroglo fg sila teºe krogle s odmik krogle m masa krogle Sila, s katero elektromagnet deluje na kroglo, je opisana z ena£bo: i 2 fm = km s 2 kjer parameter km opisuje vpliv odmika krogle in toka skozi elektromagnet na magnetno silo, ki deluje na kroglo. Vhodno spremenljivko predstavlja tok skozi elektromagnet ( u = i), izhodno spremenljivko pa odmik teºi²£a krogle ( y = s). Dolo£ite ravnoteºno stanje in linearizirani model odstopanj. Re²itev Nelinearni model sistema predstavlja ena£ba: i 2 m¨ s = mg − km s 2 Z uvedbo spremenljivk stanja x 1 = s in x 2 = ˙ s = v zapi²emo model sistema v prostoru stanja: ˙ s = v k i 2 ˙ v = g − m m s 2 Ravnoteºno stanje dobimo z re²itvijo sistema ena£b: 0 = vrs k i 2 0 = g − m rs m s 2 rs s k ⇒ v m rs = 0 , srs = irs gm Matriki zapisa modela v prostoru stanja dolo£imo kot: · ¸ ∂ ˙x ¯ 0 1 A = ¯ = i 2 ∂ x ( x rs rs,urs) 2 km 0 m s 3 rs · ¸ ∂ ˙x ¯ 0 b = ¯ = ∂u ( x irs rs,urs) − 2 km m s 2 rs Ena£ba lineariziranega modela je: · ¸ · ¸ · ¸ · ¸ ˙ s∆ 0 1 s 0 = ∆ + i ˙ v i 2 rs irs ∆ ∆ 2 km 0 − 2 km m s 3 v∆ m s 2 rs rs 22 POGLAVJE 1. MODELIRANJE DINAMI�NIH SISTEMOV Naloga 1.18 Na sliki 1.17 je prikazan model vzmetenega dvokolesnega sistema (npr. motorno kolo). Telesi z masama m 1 in m 2 predstavljata kolesi sistema, vzmeti s koecientoma kv 1 in kv 2 opisujeta pnev-matiki koles, vzmeti in du²ilna elementa s parametri kv 3, kd 3, kv 4 in kd 4 predstavljata amortizerja (t. j. vzmet in du²ilni element), telo z maso m 3 in vztrajnostnim momentom J pa predstavlja okvir motocikla, na katerega je pri£vr²£en sedeº. Sedeº je vzmeten, vzmetenje sedeºa je predstavljeno z vzmetjo s koecientom kv 5. Na sedeºu sedi voznik z maso m 4. s 9 m 4 0 kv 5 l l 2 1 l 3 s 5 s s s 6 8 7 ϕ 0 0 0 0 m 3 , J kv 3 k k k d 3 v 4 d 4 s s 4 3 0 m m 2 0 1 kv 1 kv 2 s 2 s 1 0 0 Slika 1.17: Dvokolesni sistem, naloga 1.18 Vhodni spremenljivki predstavljata poloºaja s 1 in s 2, ki sta odvisna od konguracije terena, izhodno spremenljivko pa poloºaj teºi²£a voznika s 9. Dolo£ite nelinearni in linearizirani model. Re²itev Nelinearni model sistema predstavljajo ena£be: m 1¨ s 3 = kv 1( s 1 − s 3) + kv 3( s 5 − s 3) + kd 3( ˙ s 5 − ˙ s 3) m 2¨ s 4 = kv 2( s 2 − s 4) + kv 4( s 6 − s 4) + kd 4( ˙ s 6 − ˙ s 4) m 3¨ s 7 = kv 3( s 3 − s 5) + kd 3( ˙ s 3 − ˙ s 5) + kv 4( s 4 − s 6) + kd 4( ˙ s 4 − ˙ s 6) + kv 5( s 9 − s 8) m 4¨ s 9 = kv 5( s 8 − s 9) J ¨ ϕ = [ kv 4( s 4 − s 6) + kd 4( ˙ s 4 − ˙ s 6)] l 3 cos ϕ + [ kv 5( s 8 − s 9)] l 2 cos ϕ+ + [ kv 3( s 5 − s 3) + kd 3( ˙ s 5 − ˙ s 3)] ( l 1 + l 2) cos ϕ Ob upo²tevanju ena£b: s 5 = s 7 − ( l 1 + l 2) sin ϕ s 6 = s 7 + l 3 sin ϕ s 8 = s 7 − l 2 sin ϕ 1.4. MODELIRANJE NELINEARNIH SISTEMOV IN LINEARIZACIJA 23 in izbiri spremenljivk stanja, vhodne in izhodne spremenljivke:  s  3  v   3   s   4   v   4  · ¸  s  s x =  7  , u = 1 , y = s  v  s 9  7  2  s   9   v   9 ϕ  ω zapi²emo nelinearni model sistema v prostoru stanja: ˙ s 3 = v 3 1 ˙ v 3 = {k m v 1( s 1 − s 3) + kv 3 [ s 7 − ( l 1 + l 2) sin ϕ − s 3] + kd 3 [ v 7 − ( l 1 + l 2) ω cos ϕ − v 3] } 1 ˙ s 4 = v 4 1 ˙ v 4 = {k m v 2( s 2 − s 4) + kv 4( s 7 + l 3 sin ϕ − s 4) + kd 4( v 7 + l 3 ω cos ϕ − v 4) } 2 ˙ s 7 = v 7 1 ˙ v 7 = {k m v 3 [ s 3 − s 7 + ( l 1 + l 2) sin ϕ] + kd 3 [ v 3 − v 7 + ( l 1 + l 2) cos ϕω] 3 + kv 4 [ s 4 − ( s 7 + l 3 sin ϕ)] + kd 4 [ v 4 − ( v 7 + l 3 ω cos ϕ)] + kv 5 [ s 9 − ( s 7 − l 2 sin ϕ)] } ˙ s 9 = v 9 1 ˙ v 9 = k m v 5( s 7 − l 2 sin ϕ − s 9) 4 ˙ ϕ = ω 1 ˙ ω = {[ k J v 4( s 4 − ( s 7 + l 3 sin ϕ)) + kd 4( v 4 − ( v 7 + l 3 ω cos ϕ))] l 3 cos ϕ + [ kv 5( s 7 − l 2 sin ϕ − s 9)] l 2 cos ϕ + [ kv 3( s 7 − ( l 1 + l 2) sin ϕ − s 3) + kd 3( v 7 − ( l 1 + l 2) cos ϕω − v 3)] ( l 1 + l 2) cos ϕ} Izberemo ravnoteºno stanje:  0   0     0     0    · ¸  0  0 x rs =   , u  0  rs = 0    0     0   0  0 24 POGLAVJE 1. MODELIRANJE DINAMI�NIH SISTEMOV in izra£unamo sistemsko in vhodno matriko lineariziranega modela: ∂ ˙x ¯ A = ¯ = ∂ x ( xrs,urs)  0 1 0 0 0  −kv 1 −kv 3 − kd 3 0 0 kv 3  m 1 m 1 m 1  0 0 0 1 0   0 0 −kv 2 −kv 4 −kd 4 kv 4  m 2 m 2 m 2  0 0 0 0 0 =   kv 3 kd 3 kv 4 kd 4 −kv 3 −kv 4 −kv 5  m 3 m 3 m 3 m 3 m 3  0 0 0 0 0   0 0 0 0 kv 5  m 4 0 0 0 0 0 kv 3( l 1+ l 2) kd 3( l 1+ l 2) kv 4 l 3 kd 4 l 3 −kv 4 l 3+ kv 5 l 2+ kv 3( l 1+ l 2) J J J J J 0 0 0 0 0  kd 3 0 0 ( −l 1 −l 2) kv 3 ( −l 1 −l 2) kd 3  m 1 m 1 m 1  0 0 0 0 0  k  d 4 0 0 l 2 kv 4 l 3 kd 4  m 2 m 2 m 2  1 0 0 0 0  −k  d 3 −kd 4 kv 5 0 kv 3( l 1+ l 2)+ kv 4 l 3+ kv 5 l 2 kd 3( l 1+ l 2) −kd 4 l 3  m 3 m 3 m 3 m 3  0 0 1 0 0   0 −kv 5 0 −kv 5 l 2 0  m 4 m 4 0 0 0 0 1  −kd 4 l 3+ kd 3( l 1+ l+2) −l −k −k −k −k 2 kv 5 0 −kv 4 l 23 v 5 l 2 2 v 3( l 1+ l 2)2 v 4 l 2 3 v 3( l 1+ l 2)2 J J J J  0 0   kv 1 0   m 1   0 0     0 kv 2  m ∂ ˙x ¯  2   0 0  B = ¯ =   ∂ u ( xrs,urs)  0 0     0 0     0 0   0 0  0 0 c T = [ 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 ] Naloga 1.19 Na sliki 1.18 je prikazan model nakladalnega mosti£a. Za premikanje bremena sluºi vozi£ek z maso M , na katerega je z neraztegljivo vrvico dolºine l pritrjeno breme z maso m. Za premikanje vozi£ka je uporabljen elektromotorni pogon, kjer je motor opremljen s tokovnim regulatorjem [16]. 1.4. MODELIRANJE NELINEARNIH SISTEMOV IN LINEARIZACIJA 25 s ir motor s f tokovnim M regulatorjem f = ktrir l ϕ m Slika 1.18: Nakladalni mosti£ s pogonom s tokovnim regulatorjem, naloga 1.19 Pomen oznak na sliki 1.18 je naslednji: M masa vozi£ka m masa bremena l dolºina vrvice s odmik vozi£ka ϕ kot med vrvico in navpi£nico f sila, s katero pogon deluje na vozi£ek ir referen£na vrednost toka regulacijskega sistema motorja s tokovnim regulatorjem Povezavo med referen£no vrednostjo tokovnega regulatorja elektromotorja in silo, ki deluje na vo-zi£ek, opisuje ena£ba f = ktrir kjer je parameter ktr odvisen od koecienta za izra£un navora elektromotorja in od geometrijskih podatkov mehanskega sistema, ki rotacijsko gibanje elektromotorja pretvori v linearno gibanje vo-zi£ka. Dinamiko motorja s tokovno regulacijo zanemarimo. Vhodno spremenljivko predstavlja referen£na vrednost tokovnega regulatorja u = ir. Izhodno spremenljivko predstavlja poloºaj teºi²£a vozi£ka y = s. Dolo£ite nelinearni model in linearizirani model. Pri izpeljavi modela zanemarite trenje med nakladalnim vozi£kom in podlago ter maso vrvi. Re²itev Gibanje vozi£ka v horizontalni smeri opi²emo z ena£bo: d 2 M s = f + F dt 2 vr sin ϕ, kjer je Fvr sila, s katero je napeta vrvica. Horizontalno gibanje bremena opi²emo z ena£bo: d 2 m ( s + l sin ϕ) = −F dt 2 vr sin ϕ, vertikalno gibanje bremena opi²emo z ena£bo: d 2 m ( l cos ϕ) = mg − F dt 2 vr cos ϕ. 26 POGLAVJE 1. MODELIRANJE DINAMI�NIH SISTEMOV Iz ena£be za horizontalno gibanje bremena izrazimo silo vrvi Fvr: m Fvr = − (¨ s + l ¨ ϕ cos ϕ − l ˙ ϕ 2 sin ϕ) sin ϕ in dobljeni izraz vstavimo v ostali dve ena£bi. Dobimo: ( M + m)¨ s + ml( ¨ ϕ cos ϕ − ˙ ϕ 2 sin ϕ) = f ¨ s cos ϕ + l ¨ ϕ = −g sin ϕ Iz dobljenega sistema ena£b izrazimo ¨ s in ¨ ϕ: f + ( g cos ϕ + l ˙ ϕ 2) m sin ϕ ¨ s = M + m sin2 ϕ f cos ϕ + ( g + l ˙ ϕ 2 cos ϕ) m sin ϕ + gM sin ϕ ¨ ϕ = − l( M + m sin2 ϕ) Izberemo spremenljivke stanja:  s   v  x =  ϕ  ω in ob upo²tevanju ena£be f = ktrir zapi²emo nelinearni model sistema v prostoru stanja: ˙ s = v k ˙ v = trir + ( g cos ϕ + lω 2) m sin ϕ M + m sin2 ϕ ˙ ϕ = ω k ˙ ω = − trir cos ϕ + ( g + lω 2 cos ϕ) m sin ϕ + gM sin ϕ l( M + m sin2 ϕ) Izberemo ravnoteºno stanje:  0   0  x rs =  0  , u rs = u 0 in izra£unamo sistemsko in vhodno matriko lineariziranega modela odstopanj:  0 1 0 0  ∂ ˙x ¯  0 0 mg 0  A = ¯ =  M  ∂ x ( xrs,urs) 0 0 0 1 0 0 − g( m+ M) 0 lM 1.4. MODELIRANJE NELINEARNIH SISTEMOV IN LINEARIZACIJA 27  0  ∂ ˙x ¯  ktr  B = ¯ =  M  ∂u ( xrs,urs) 0 − ktr M l Linearizirani model je:  ˙ s        ∆ 0 1 0 0 s∆ 0  ˙ v   0 0 mg 0   v   ktr   ∆ M ∆ M ˙ ϕ  =     +   ir∆ ∆ 0 0 0 1 ϕ∆ 0 ˙ ω ktr ∆ 0 0 − g( m+ M) 0 ω lM ∆ M l  s  ∆  v  s ∆ ∆ = [ 1 0 0 0 ]  ϕ  + 0 ir∆ ∆ ω∆ Naloga 1.20 Na sliki 1.19 je prikazan model nakladalnega mosti£a s pogonom z regulatorjem hitrosti. ω s, v r motor z regulatorjem M hitrosti l ϕ m Slika 1.19: Nakladalni mosti£ s pogonom z regulatorjem hitrosti, naloga 1.20 Pomen oznak na sliki 1.19 je naslednji: M masa vozi£ka m masa bremena l dolºina vrvice s odmik vozi£ka ϕ kot med vrvico in navpi£nico v hitrost vozi£ka ωr referen£na vrednost hitrosti regulacijskega sistema motorja z regulatorjem hitrosti 28 POGLAVJE 1. MODELIRANJE DINAMI�NIH SISTEMOV Povezavo med referen£no vrednostjo regulatorja hitrosti in hitrostjo vozi£ka opisuje diferencialna ena£ba prvega reda: Tω ˙ v + v = ωr kjer je s Tω ozna£ena £asovna konstanta £lena prvega reda. Vhodno spremenljivko predstavlja referen£na vrednost regulatorja hitrosti u = ωr, izhodno spremenljivko predstavlja poloºaj teºi²£a vozi£ka y = s. Dolo£ite linearizirani model. Pri izpeljavi modela zanemarite trenje med nakladalnim vozi£kom in podlago, izgube v prijemali²£u vrvi ter maso vrvi. Re²itev Izberemo spremenljivke stanja:  s   v  x =  ϕ  ω Za ravnoteºno stanje  0   0  x rs =  0  , u rs = 0 0 izra£unamo sistemsko in vhodno matriko lineariziranega modela:  0 1 0 0  ∂ ˙x ¯  0 − 1 0 0  A = ¯ =  Tω  ∂ x ( xrs,urs) 0 0 0 1 0 1 − g 0 lTω l  0  ∂ ˙x ¯  k  B = ¯ =  Tω  ∂u ( xrs,urs) 0 − k lTω Linearizirani model, ki opisuje obna²anje sistema v okolici izbrane delovne to£ke, je:  ˙ s        ∆ 0 1 0 0 s∆ 0  ˙ v   0 − 1 0 0   v   k   ∆ T ∆ ω Tω ˙ ϕ  =     +   ωr∆ ∆ 0 0 0 1 ϕ∆ 0 ˙ ω∆ 0 1 − g 0 ω − k lT ∆ ω l lTω  s  ∆  v  s ∆ Delta = [ 1 0 0 0 ]  ϕ  + 0 ωr∆ ∆ ω∆ 1.4. MODELIRANJE NELINEARNIH SISTEMOV IN LINEARIZACIJA 29 Naloga 1.21 Na sliki 1.20 je prikazan model inverznega nihala. ϕ m 2 T m 1 f 0 M s, v Slika 1.20: Inverzno nihalo, naloga 1.21 Pomen oznak na sliki 1.20 je naslednji: M masa vozi£ka m 1 masa palice m 2 masa uteºi m masa palice in uteºi ( m = m 1 + m 2) l dolºina od to£ke O, v kateri je palica pritrjena na vozi£ek, do to£ke skupnega teºi²£a palice z uteºjo (to£ke T ) J vztrajnostni moment palice in uteºi okoli to£ke skupnega teºi²£a ( T ) kvt koecient viskoznega tenja med vozi£kom in podlago Vhodno spremenljivko predstavlja sila, ki deluje na vozi£ek ( u = f), za izhodni spremenljivki pa izberemo poloºaj teºi²£a vozi£ka in kotni odmik palice od vertikalne lege (y = [ s ϕ ] T ). Dolo£ite nelinearni model in linearizirani model. Re²itev Komponenti sile, s katero deluje vozi£ek na palico (in obratno) ozna£imo na naslednji na£in: H horizontalna komponenta sile med vozi£kom in palico V vertikalna komponenta sile med vozi£kom in palico Horizontalno gibanje teºi²£a palice z uteºjo opi²emo z ena£bo: d 2 m ( s + l sin ϕ) = H dt 2 vertikalno gibanje teºi²£a palice z uteºjo pa z ena£bo: d 2 m ( l cos ϕ) = V − mg dt 2 30 POGLAVJE 1. MODELIRANJE DINAMI�NIH SISTEMOV Vrtenje palice z uteºjo okoli njunega teºi²£a opisuje ena£ba: d 2 ϕ J = V l sin ϕ − Hl cos ϕ, dt 2 Gibanje vozi£ka v horizontalni smeri: d 2 s ds M = f − H − k , dt 2 vt dt V prvih dveh ena£bah izra£unamo odvoda: m(¨ s + l ¨ ϕ cos ϕ − l ˙ ϕ 2 sin ϕ) = H −ml( ¨ ϕ sin ϕ + ˙ ϕ 2 cos ϕ) = V − mg izrazimo komponenti V in H in ju vstavimo v preostali dve ena£bi. Dobimo: ( J + ml 2) ¨ ϕ − ml( g sin ϕ − ¨ s cos ϕ) = 0 ( M + m)¨ s + ml( ¨ ϕ cos ϕ + ˙ ϕ 2 sin ϕ) + kvt ˙ s = f Iz tako dobljenega sistema nelinearnih ena£b izrazimo ¨ s in ¨ ϕ: 1 ¨ s = · M + m ½ · ¸¾ g sin ϕ cos ϕ( M + m) − cos2 ϕ( f − k ˙ ϕ 2 sin ϕ f − k vt ˙ s + ˙ ϕ 2 sin ϕ) vt ˙ s − m 2 l 2 + ( M + m)( J + ml 2) − m 2 l 2 cos2 ϕ ml £ ¤ ml g sin ϕ( M + m) − cos ϕ( f − k ¨ ϕ = vt ˙ s + ˙ ϕ 2 sin ϕ) ( M + m)( J + ml 2) − m 2 l 2 cos2 ϕ Izberemo spremenljivke stanja:  x    1 s  x   ˙ s  x =  2 x  =   3 ϕ x 4 ˙ ϕ in zapi²emo nelinearni model s sistemom diferencialnih ena£b prvega reda: ˙ x 1 = x 2 1 ˙ x 2 = · M + m ½ · ¸¾ g sin x x 2 f − k 3 cos x 3( M + m) − cos2 x 3( f − kvtx 2 + x 2 4 sin x 3) 4 sin x 3 vtx 2 − m 2 l 2 + ( M + m)( J + ml 2) − m 2 l 2 cos2 x 3 ml ˙ x 3 = x 4 £ ¤ ml g sin x ˙ x 3( M + m) − cos x 3( f − kvtx 2 + x 2 4 sin x 3) 4 = ( M + m)( J + ml 2) − m 2 l 2 cos2 x 3 1.4. MODELIRANJE NELINEARNIH SISTEMOV IN LINEARIZACIJA 31 Ena£be nelinearnega modela odvajamo po spremenljivkah stanja in vhodni spremenljivki in dobimo: ˙ x 1∆ = 1 | x x 0 ,u 0 2∆ · ¸ ¯ m 2 l 2 cos( x ¯ ˙ x 3 )2 kvt ¯ 2∆ = −kvt − ( M + m) − 1 x ( M + m) ( J + ml 2) − m 2 l 2 cos( x ¯ 2∆ 3 )2 x0 ,u 0 µ g cos( x −m 2 l 2 3 )2 ( M + m) − g sin( x3 )2 ( M + m) ( M + m) ( J + ml 2) − m 2 l 2 cos( x3 )2 ¡ ¢ 2 cos( x u − k 2 sin( x sin( x 2 + 3 ) vtx2 + x4 3 ) 3 ) − cos( x3 )3 x4 ( M + m) ( J + ml 2) − m 2 l 2 cos( x3 )2 ¡ ¡ ¢¢ 2 g sin( x u − k 2 sin( x m 2 l 2 cos( x − 3 ) cos( x3 ) ( M + m) − 2 cos( x3 )2 vtx2 + x4 3 ) 3 ) sin( x3 ) (( M + m) ( J + ml 2) − m 2 l 2 cos( x3 )2)2 ¶ ¯ x 2 cos( x ¯ + 4 3 ) ( M + m) − 1 ¯ x ml ¯ 3∆ x0 ,u 0 µ ¶ ¯ 2 cos( x 2 x ¯ −m 2 l 2 − 3 )2 x4 sin( x3 ) + 4 sin( x3 ) ( M+ m) − 1¯ x ( M + m) ( J + ml 2) − m 2 l 2 cos( x ¯ 4∆ 3 )2 ml x0 ,u 0 µ ¶ ¯ m 2 l 2 ¯ + 1 + ( M + m) − 1 ¯ u ( M + m) ( J + ml 2) − m 2 l 2 ¯ ∆ x0 ,u 0 ˙ x 3∆ = 1 | x x 0 ,u 0 4∆ ¯ ml cos( x ¯ ˙ x 3 ) kvt ¯ 4∆ = x ( M + m) ( J + ml 2) − m 2 l 2 cos( x ¯ 2∆ 3 )2 x0 ,u 0 ¡ ¡ ¢ ¢ ml g cos( x u − k 2 sin( x − cos( x 2 + 3 ) ( M + m) + sin( x3 ) vtx2 + x4 3 ) 3 )2 x4 ( M + m) ( J + ml 2) − m 2 l 2 cos( x3 )2 ¡ ¡ ¢¢ ¯ 2 m 3 l 3 g sin( x u − k 2 sin( x cos( x ¯ − 3 ) ( M + m) − cos( x3 ) vtx2 + x4 3 ) 3 ) sin( x3 ) ¯ x 3∆ (( M + m) ( J + ml 2) − m 2 l 2 cos( x ¯ 3 )2)2 x0 ,u 0 ¯ 2 ml cos( x ¯ − 3 ) x4 sin( x3 ) ¯ x ( M + m) ( J + ml 2) − m 2 l 2 cos( x ¯ 4∆ 3 )2 x0 ,u 0 ¯ ml ¯ − ¯ u ( M + m) ( J + ml 2) − m 2 l 2 ¯ ∆ x0 ,u 0 Za ravnoteºno stanje:  0   0  x rs =  0  , urs = 0 0 dobimo linearizirani model: ˙ x 1∆ = x 2∆ ˙ x 2∆ = a 22 x 2∆ + a 23 x 3∆ + b 2∆ u∆ ˙ x 3∆ = x 4∆ ˙ x 4∆ = a 42 x 2∆ + a 43 x 3∆ + b 4 u∆ katerega parametre izra£unamo z ena£bami: k k a vt vtm 2 l 2 22 = − − , M + m ( M + m)2 a 32 POGLAVJE 1. MODELIRANJE DINAMI�NIH SISTEMOV −m 2 l 2 g a 23 = , ( M + m) a k a vtml 42 = , ( M + m) a mlg a 43 = , a m 2 l 2 1 b 2 = + , ( M + m)2 a M + m ml b 4 = − , ( M + m) a kjer je: m 2 l 2 a = J + ml 2 − . M + m Linearizirani model inverznega nihala zapi²emo v vektorsko-matri£ni obliki:  0 1 0 0   0   0 a   b  ˙x 22 a 23 0 2 ∆ =  0 0 0 1  x∆ +  0  u∆ = Ax∆ + B u∆ 0 a 42 a 43 0 b 4 · ¸ · ¸ 1 0 0 0 0 y∆ = x u 0 0 1 0 ∆ + 0 ∆ = Cx∆ + D u∆ Naloga 1.22 Na sliki 1.21 je prikazan mehanski sistem vozi£ka z nihalom. M k n l m f 0 1 ϕ s Slika 1.21: Mehanski sistem vozi£ka z nihalom, naloga 1.22 Pomen oznak na sliki 1.21 je naslednji: M masa vozi£ka m masa bremena na nihalu l dolºina od to£ke, v kateri je nihalo pritrjeno na vozi£ek do to£ke skupnega teºi²£a nihala J vztrajnostni moment nihala okoli to£ke teºi²£a k koecient vzmeti f sila, s katero delujemo na vozi£ek 1.4. MODELIRANJE NELINEARNIH SISTEMOV IN LINEARIZACIJA 33 n navor, s katerim delujemo na nihalo ϕ odmik nihala iz ravnoteºnega poloºaja s relativni premik vozi£ka v horizontalni smeri Vhodni spremenljivki predstavljata sila, ki deluje na vozi£ek in navor, ki deluje na nihalo (u = [ f n ] T ), izhodni spremenljivki pa poloºaj teºi²£a vozi£ka in kotni odmik nihala od vertikalne lege (y = [ s ϕ ] T ). Dolo£ite nelinearni in linearizirani model. Re²itev Komponenti sile, s katero deluje vozi£ek na palico nihala (in obratno), deniramo: H horizontalna komponenta sile med vozi£kom in palico V vertikalna komponenta sile med vozi£kom in palico Horizontalno gibanje teºi²£a nihala opi²emo z ena£bo: d 2 m ( s + l sin ϕ) = H dt 2 vertikalno gibanje teºi²£a nihala podamo z ena£bo: d 2 m ( l cos ϕ) = V + mg dt 2 vrtenje nihala okoli teºi²£a opisuje ena£ba: d 2 ϕ J = V l sin ϕ − Hl cos ϕ + n dt 2 Gibanje vozi£ka v horizontalni smeri: d 2 s M = f − H − ks, dt 2 V prvih dveh ena£bah re²imo odvoda m(¨ s + l ¨ ϕ cos ϕ − l ˙ ϕ 2 sin ϕ) = H −ml( ¨ ϕ sin ϕ + ˙ ϕ 2 cos ϕ) = V + mg izrazimo komponenti V in H in jih vstavimo v preostali dve ena£bi. Dobimo: ( J + ml 2) ¨ ϕ = n − ml cos ϕ¨ s − mlg sin ϕ ( M + m)¨ s = f − ks − ml ¨ ϕ cos ϕ + ml ˙ ϕ 2 sin ϕ Iz tako dobljenega sistema nelinearnih ena£b izrazimo ¨ s in ¨ ϕ: ( J + ml 2)( f − ks) + m 2 l 2 g sin ϕ cos ϕ − nml cos ϕ ¨ s = ( J + ml 2)( M + m) − m 2 l 2 cos2 ϕ ( M + m)( −mgl sin ϕ + n) − ml cos ϕ( f − ks + ml ˙ ϕ 2 sin ϕ) ¨ ϕ = ( J + ml 2)( M + m) − m 2 l 2 cos2 ϕ 34 POGLAVJE 1. MODELIRANJE DINAMI�NIH SISTEMOV Izberemo spremenljivke stanja:  x    1 s  x   v  x =  2 x  =   3 ϕ x 4 ω in zapi²emo nelinearni model s sistemom diferencialnih ena£b prvega reda: ˙ s = v ( J + ml 2)( f − ks) + m 2 l 2 g sin ϕ cos ϕ − nml cos ϕ ˙ v = ( J + ml 2)( M + m) − m 2 l 2 cos2 ϕ ˙ ϕ = ω ( M + m)( −mgl sin ϕ + n) − ml cos ϕ( f − ks + ml ˙ ϕ 2 sin ϕ) ˙ ω = ( J + ml 2)( M + m) − m 2 l 2 cos2 ϕ Za ravnoteºno stanje izberemo:  0  · ¸  0  0 x rs =  0  , u rs = 0 0 in po odvajanju nelinearnega modela dobimo linearizirani model v naslednji obliki:    ˙ s    ∆ 0 1 0 0 s∆  ˙ v   −k( J+ ml 2) 0 m 2 l 2 g 0   v   ∆  ( m+ M)( J+ ml 2) −m 2 l 2 ( M + m)( J+ ml 2) −m 2 l 2  ∆ ˙ ϕ  =     + ∆ 0 0 0 1 ϕ∆ ˙ ω kml ∆ 0 −( m+ M ) mgl 0 ( m+ M )( J+ ml 2) −m 2 l 2 ( m+ M )( J+ ml 2) −m 2 l 2 ω∆   0 0 · ¸  J+ ml 2 ml  f +  ( m+ M)( J+ ml 2) −m 2 l 2 ( M + m)( J+ ml 2) −m 2 l 2  ∆  0 0  n∆ −ml m+ M 0 ( m+ M )( J+ ml 2) −m 2 l 2 ( m+ M )( J+ ml 2) −m 2 l 2   · ¸ · ¸ s∆ s∆ 1 0 0 0  v  = ∆ ϕ   ∆ 0 0 1 0 ϕ∆ ω∆ 1.5 Pristop k modeliranju ob uporabi Lagrangeove ena£be Pri tak²nem na£inu modeliranja zapi²emo diferencialne ena£be sistemov s pomo£jo Lagrangeovih ena£b upo²tevajo£ energijske koncepte. Modeliranje s pomo£jo Lagrangeovih ena£b je primerno za razli£ne sisteme: mehanske, elektri²ke, termi£ne, hidravli£ne, pnevmatske, elektromehanske, ... Za izbrano predstavitev najprej izberemo tako imenovane posplo²ene koordinate. Posplo²ene koordinate so kon£ne in odvedljive (vsaj do druge stopnje) £asovne funkcije. Njihovo ²tevilo je enako ²tevilu prostostnih stopenj sistema (t. j. ²tevilu neodvisnih moºnosti gibanja telesa). Ozna£imo jih s: q 1( t), q 2( t), . . . , qn( t). 1.5. PRISTOP K MODELIRANJU OB UPORABI LAGRANGEOVE ENA�BE 35 Postopek izpeljave matemati£nega modela s pomo£jo Lagrangeovih ena£b razdelimo v 6 faz [17]-[30]: 1. Izberemo primerne posplo²ene koordinate, ki enoli£no dolo£ajo stanje sistema. 2. Zapi²emo izraz, ki na osnovi posplo²enih koordinat in njihovih odvodov (t. j. posplo²enih hitrosti) dolo£a kineti£no energijo sistema: Wk( ˙ q) = h 1( ˙ q 1( t) , ˙ q 2( t) , . . . ˙ qn( t)) (1.26) 3. Za konzervativne sisteme (v njih nastopajo samo potencialna polja, to so polja, pri katerih je delo odvisno samo od za£etne in kon£ne to£ke in je neodvisno od poti) napi²emo izraz za potencialno energijo sistema: Wp( q) = h 2( q 1( t) , q 2( t) , . . . qn( t)) (1.27) Potencialna energija je odvisna samo od posplo²enih koordinat sistema in ne od njihovih odvodov. 4. Za bolj kompakten zapis kon£nih ena£b uvedemo Lagrangeovo funkcijo (uporabljamo tudi izraza lagranºijan ali potencial L), ki predstavlja razliko med izraºeno kineti£no in potencialno energijo: L( q, ˙ q) = Wk( ˙ q) − Wp( q) (1.28) 5. Po izpeljavi (v u£beniku smo izpeljavo izpustili) zapi²emo Lagrangeeve ena£be za konzervativne sisteme: µ ¶ d ∂L( q, ˙ q) ∂L( q, ˙ q) − = 0 (1.29) dt ∂ ˙ qi ∂qi kjer indeks i ozna£uje izbrano posplo²eno koordinato. V primeru sistemov, v katerih nastopajo konzervativne in nekonzervativne sile, zapi²emo ena£bo 1.29 v obliki: µ ¶ d ∂L( q, ˙ q) ∂L( q, ˙ q) X − = f (1.30) dt ∂ ˙ qi ∂qi Izraz na desni strani predstavlja vsoto sil, ki niso bile upo²tevane pri izra£unu potencialne energije (1.27). Lagrangeeve ena£be napi²emo za vse posplo²ene koordinate. Dobimo toliko diferencialnih ena£b, kot je posplo²enih koordinat. 6. Dobljene diferencialne ena£be lahko v nadaljevanju pretvorimo v standardno obliko zapisa parametri£nih modelov dinami£nih sistemov v prostoru stanja (1.19): ˙x( t) = f (x( t) , u( t)) (1.31) Naloga 1.23 Zapi²ite matemati£ni model prostega pada to£kastega telesa z maso m. Silo zra£nega upora zanemarite. Re²itev Postopek izpeljave matemati£nega modela s pomo£jo Lagrangeove ena£be razdelimo v 6 faz: 1. Izberemo posplo²eno koordinato, ki enoli£no dolo£a stanje sistema. Deniramo tudi odvod posplo²ene koordinate: q( t) = s( t) ˙ q( t) = v( t) 36 POGLAVJE 1. MODELIRANJE DINAMI�NIH SISTEMOV s( t) vertikalni pomik telesa v smeri navzdol v( t) vertikalna hitrost telesa v smeri navzdol 2. Zapi²emo izraz za kineti£no energijo sistema ( Wk): mv 2( t) Wk( ˙ q( t)) = 2 pri £emer predstavlja m maso telesa. 3. Zapi²emo izraz za potencialno energijo sistema ( Wp): Wp( q( t)) = −mgs( t) kjer je g teºni pospe²ek prostega pada. 4. Lagrangeova funkcija L( q( t) , ˙ q( t)) tako dobi naslednjo obliko: mv 2( t) L( q( t) , ˙ q( t)) = Wk( ˙ q( t)) − Wp( q( t)) = + mgs( t) 2 5. Izra£unamo potrebne odvode Lagrangeove funkcije: ³ ´ mv 2( t) ∂L( q( t) , ˙ q( t)) ∂ + mgs( t) 2 = = mv( t) ∂ ˙ q( t) ∂v( t) µ ¶ d ∂L( q( t) , ˙ q( t)) d = ( mv( t)) = m ˙ v( t) dt ∂ ˙ q( t) dt³ ´ mv 2( t) ∂L( q( t) , ˙ q( t)) ∂ + mgs( t) 2 = = mg ∂q( t) ∂s( t) Kon£no zapi²emo Lagrangeovo ena£bo za obravnavani konzervativni sistem: µ ¶ d ∂L( q( t) , ˙ q( t)) ∂L( q( t) , ˙ q( t)) − = 0 dt ∂ ˙ q( t) ∂q( t) m ˙ v( t) − mg = 0 6. Dobljeno diferencialno ena£bo po uvedbi spremenljivk stanja · ¸ · ¸ x s( t) x( t) = 1( t) = x 2( t) v( t) pretvorimo v standardno obliko zapisa parametri£nih modelov v prostoru stanja: ˙x( t) = f (x( t) , u( t)) to je: ˙ s( t) = v( t) ˙ v( t) = g 1.5. PRISTOP K MODELIRANJU OB UPORABI LAGRANGEOVE ENA�BE 37 Naloga 1.24 Zapi²ite matemati£ni model prostega pada to£kastega telesa z maso m. Upo²tevajte silo zra£nega upora padajo£ega telesa. Sila zra£nega upora je proporcionalna kvadratu hitrosti [21]. Re²itev Postopek izpeljave matemati£nega modela ponovno razdelimo v 6 faz: 1. Kot posplo²eno koordinato q( t) izberemo pomik opazovanega telesa s( t). Denirajmo tudi odvod posplo²ene koordinate: q( t) = s( t) ˙ q( t) = v( t) kjer je: s( t) vertikalni pomik telesa v smeri navzdol, v( t) vertikalna hitrost telesa v smeri navzdol. 2. Izraz za kineti£no energijo lahko predstavimo kot: mv 2( t) Wk( ˙ q( t)) = 2 kjer je m masa telesa. 3. Zapi²emo ²e izraz za potencialno energijo sistema: Wp( q( t)) = −mgs( t) kjer je g pospe²ek prostega pada. 4. Lagrangeovo funkcijo L( q( t) , ˙ q( t)) lahko zapi²emo kot: mv 2( t) L( q( t) , ˙ q( t)) = Wk( ˙ q)( t) − Wp( q( t)) = + mgs( t) 2 5. Izra£unamo potrebne odvode Lagrangeove funkcije: ³ ´ mv 2( t) ∂L( q( t) , ˙ q( t)) ∂ + mgs( t) 2 = = mv( t) ∂ ˙ q( t) ∂v( t) µ ¶ d ∂L( q( t) , ˙ q( t)) d = ( mv( t)) = m ˙ v( t) dt ∂ ˙ q( t) dt³ ´ mv 2( t) ∂L( q( t) , ˙ q( t)) ∂ + mgs( t) 2 = = mg ∂q( t) ∂s( t) Ena£ba za silo zra£nega upora f( t) ima naslednjo obliko: c f ( t) = − wρS v 2( t) 2 kjer je pomen oznak v gornji ena£bi naslednji: cw koecient upora, ρ gostota okoli²kega medija, S £elni presek telesa. 38 POGLAVJE 1. MODELIRANJE DINAMI�NIH SISTEMOV Tako dobi Lagrangeova ena£ba naslednjo obliko: µ ¶ d ∂L( q( t) , ˙ q( t)) ∂L( q( t) , ˙ q( t)) X − ( t) = f ( t) dt ∂ ˙ q( t) ∂q c m ˙ v( t) − mg = − wρ v 2( t) 2 6. Dobljeno diferencialno ena£bo po uvedbi spremenljivk stanja · ¸ · ¸ x s( t) x( t) = 1( t) = x 2( t) v( t) pretvorimo v standardno obliko zapisa parametri£nih modelov v prostoru stanja: ˙x( t) = f (x( t) , u( t)) to je: ˙ s( t) = v( t) c ˙ v( t) = g − wρS v 2( t) 2 m Naloga 1.25 Zapi²ite model matemati£nega nihala dolºine l ob uporabi Lagrangeovega pristopa k modeliranju (slika 1.15). Zanemarite silo trenja v osi vrtenja ( k = 0) [21]. Re²itev Postopek izpeljave matemati£nega modela ponovno razdelimo v 6 faz: 1. Kot posplo²eno koordinato izberemo zasuk ϕ( t). Deniramo tudi odvod posplo²ene koordinate: q( t) = ϕ( t) ˙ q( t) = ω( t) Pomen opazovanih veli£in je naslednji: ϕ( t) kotni odmik nihala od navpi£ne lege, v( t) kotna hitrost nihala. 2. Zapi²emo izraz za kineti£no energijo sistema ( Wk): ml 2 ω 2( t) Wk( ˙ q( t)) = 2 kjer je m masa telesa. 3. Zapi²emo izraz za potencialno energijo sistema ( Wp): Wp( q( t)) = mgl(1 − cos( ϕ( t))) kjer je g pospe²ek prostega pada. 4. Lagrangeova funkcija L( q( t) , ˙ q( t)) je tako: m( lω( t))2 L( q( t) , ˙ q( t)) = Wk( ˙ q)( t) − Wp( q( t)) = − mgl(1 − cos( ϕ( t))) 2 1.5. PRISTOP K MODELIRANJU OB UPORABI LAGRANGEOVE ENA�BE 39 5. Izra£unamo potrebne odvode Lagrangeove funkcije: ³ ´ m( lω( t))2 ∂L( q( t) , ˙ q( t)) ∂ − mgl(1 − cos( ϕ( t))) 2 = = ml 2 ω( t) ∂ ˙ q( t) ∂ω( t) µ ¶ d ∂L( q( t) , ˙ q( t)) d ¡ ¢ = ml 2 ω( t) = ml 2 ˙ ω( t) dt ∂ ˙ q( t) dt³ ´ m( lω( t))2 ∂L( q( t) , ˙ q( t)) ∂ − mgl(1 − cos( ϕ( t))) 2 = = −mgl sin( ϕ( t)) ∂q( t) ∂ϕ( t) Tako lahko zapi²emo Lagrangeovo ena£bo za obravnavani sistem: µ ¶ d ∂L( q( t) , ˙ q( t)) ∂L( q( t) , ˙ q( t)) − ( t) = 0 dt ∂ ˙ q( t) ∂q ml 2 ˙ ω( t) + mgl sin( ϕ( t)) = 0 6. Dobljeno diferencialno ena£bo po uvedbi spremenljivk stanja · ¸ · ¸ x ϕ( t) x( t) = 1( t) = x 2( t) ω( t) pretvorimo v standardno obliko zapisa parametri£nih modelov v prostoru stanja: ˙x( t) = f (x( t) , u( t)) to je: ˙ ϕ( t) = ω( t) g ˙ ω( t) = − sin( ϕ( t)) l Naloga 1.26 Zapi²ite model matemati£nega nihala z upo²tevanjem sile du²enja v osi vrtenja (slika 1.15) ob uporabi Lagrangeovega pristopa [21]. Re²itev Postopek izpeljave matemati£nega modela razdelimo v 6 faz: 1. Izberimo najprej posplo²eno koordinato q( t) = ϕ( t). Deniramo tudi odvod posplo²ene koordinate: q( t) = ϕ( t) ˙ q( t) = ω( t) Pomen uporabljenih veli£in je naslednji: ϕ( t) kotni odmik nihala od navpi£ne lege, v( t) kotna hitrost nihala. 2. Zapi²imo izraz za kineti£no energijo sistema ( Wk): m( lω( t))2 Wk( ˙ q( t)) = 2 kjer je m masa telesa. 40 POGLAVJE 1. MODELIRANJE DINAMI�NIH SISTEMOV 3. Zapi²emo izraz za potencialno energijo sistema ( Wp): Wp( q( t)) = mgl(1 − cos( ϕ( t))) kjer je g pospe²ek prostega pada. 4. Lagrangeova funkcija L( q( t) , ˙ q( t)) tako dobi naslednjo obliko: m( lω( t))2 L( q( t) , ˙ q( t)) = Wk( ˙ q)( t) − Wp( q( t)) = − mgl(1 − cos( ϕ( t))) 2 5. Izra£unamo potrebne odvode Lagrangeove funkcije: ³ ´ m( lω( t))2 ∂L( q( t) , ˙ q( t)) ∂ − mgl(1 − cos( ϕ( t))) 2 = = ml 2 ω( t) ∂ ˙ q( t) ∂ω( t) µ ¶ d ∂L( q( t) , ˙ q( t)) d ¡ ¢ = ml 2 ω( t) = ml 2 ˙ ω( t) dt ∂ ˙ q( t) dt³ ´ m( lω( t))2 ∂L( q( t) , ˙ q( t)) ∂ − mgl(1 − cos( ϕ( t))) 2 = = −mgl sin( ϕ( t)) ∂q( t) ∂ϕ( t) in zapi²emo ena£bo za silo du²enja v osi vrtenja f( t): f ( t) = −kω( t) kjer je k koecient du²enja. Lagrangeova ena£ba za obravnavani sistem je: µ ¶ d ∂L( q( t) , ˙ q( t)) ∂L( q( t) , ˙ q( t)) − ( t) = 0 dt ∂ ˙ q( t) ∂q ml 2 ˙ ω( t) + mgl sin( ϕ( t)) = −ktω( t) 6. Dobljeno diferencialno ena£bo po uvedbi spremenljivk stanja · ¸ · ¸ x ϕ( t) x( t) = 1( t) = x 2( t) ω( t) lahko zapi²emo kot: ˙ ϕ( t) = ω( t) g k ˙ ω( t) = − sin( ϕ( t)) − t ω( t) l ml 2 1.5. PRISTOP K MODELIRANJU OB UPORABI LAGRANGEOVE ENA�BE 41 Naloga 1.27 Zgradite matemati£ni model nihala na gibajo£em vozi£ku (slika 1.18) ob uporabi Lagrangeovega pristopa k modeliranju. Re²itev Postopek izpeljave razdelimo v 6 faz: 1. Izberemo najprej posplo²eni koordinati in denirajmo tudi pripadajo£a odvoda: q 1( t) = s( t) ˙ q 1( t) = ˙ s( t) = v( t) q 2( t) = ϕ( t) ˙ q 2( t) = ˙ ϕ( t) = ω( t) 2. Uporabimo kosinusni izrek: c 2 = a 2 + b 2 − 2 ab cos( γ) kjer so a, b in c stranice trikotnika s kotom γ med stranicama a in b. Stranica a ustreza hitrosti vozi£ka ( v( t)), stranica b obodni hitrosti bremena, ki je samo posledica nihanja bremena ( lω( t)) ter stranica c skupni hitrosti bremena ( vu( t)), ki je posledica gibanja vozi£ka ( v( t)) in nihanja vrvi ( ω( t)). Ob upo²tevanju trigonometri£nega izraza: cos(180 o − ϕ) = − cos( ϕ) zapi²emo izraz za hitrost gibanja uteºi vu( t) : v 2 u( t) = v 2( t) + l 2 ω 2( t) + 2 v( t) lω( t) cos( ϕ( t)) in izraz za kineti£no energijo sistema ( Wk): ¡ ¢ M v 2( t) m v 2( t) + l 2 ω 2( t) + 2 v( t) lω( t) cos( ϕ( t)) Wk( ˙ q( t)) = + 2 2 3. Zapi²imo ²e izraz za potencialno energijo sistema ( Wp): Wp( q( t)) = mgl(1 − cos( ϕ( t))) 4. Lagrangeova funkcija L( q( t) , ˙ q( t)) ima naslednjo obliko: L( q( t) , ˙ q( t)) = Wk( q( t) , ˙ q)( t) − Wp( q( t)) = ¡ ¢ M v 2( t) m v 2( t) + l 2 ω 2( t) + 2 v( t) lω( t) cos( ϕ( t)) = + − mgl (1 − cos( ϕ( t))) 2 2 5. Kon£no izra£unamo ²e potrebne odvode Lagrangeove funkcije: ∂L( q( t) , ˙ q( t)) = M v( t) + mv( t) + mlω( t) cos( ϕ( t)) ∂ ˙ s( t) µ ¶ d ∂L( q( t) , ˙ q( t)) = M ˙ v( t) + m ˙ v( t) + ml ˙ ω( t) cos( ϕ( t)) − mlω( t) ˙ ϕ( t) sin( ϕ( t)) dt ∂ ˙ s( t) ∂L( q( t) , ˙ q( t)) = 0 ∂s( t) 42 POGLAVJE 1. MODELIRANJE DINAMI�NIH SISTEMOV ∂L( q( t) , ˙ q( t)) = ml 2 ω( t) + mv( t) l cos ϕ( t) ∂ ˙ ϕ( t) µ ¶ d ∂L( q( t) , ˙ q( t)) = ml 2 ˙ ω( t) + m ˙ v( t) l cos ϕ( t) − mv( t) l ˙ ϕ( t) sin ϕ( t) dt ∂ ˙ ϕ( t) ∂L( q( t) , ˙ q( t)) = −mv( t) lω( t) sin( ϕ( t)) − mgl sin ϕ( t) ∂ϕ( t) in zapi²emo rezultat v naslednji obliki: µ ¶ d ∂L( q( t) , ˙ q( t)) ∂L( q( t) , ˙ q( t)) − ( t) = 0 dt ∂ ˙ q( t) ∂q ( M + m) ˙ v( t) + ml ˙ ω( t) cos ϕ( t) − mlω 2( t) sin ϕ( t) = 0 ˙ v( t) g ˙ ω( t) + cos ϕ( t) + sin ϕ( t) = 0 l l 6. Spremenljivke stanja izberemo na naslednji na£in:  x    1( t) s( t)  x   v( t)  x( t) =  2( t) x  =   3( t) ϕ( t) x 4( t) ω( t) in tako dobimo: ˙ s( t) = v( t) ( g cos ϕ( t) + lω 2( t)) m sin ϕ( t) ˙ v( t) = M + m sin2 ϕ( t) ˙ ϕ( t) = ω( t) ( g + lω 2( t) cos ϕ( t)) m sin ϕ( t) + gM sin ϕ( t) ˙ ω( t) = − l( M + m sin2 ϕ( t)) Naloga 1.28 S pomo£jo Lagrangeovega postopka k modeliranju dolo£ite matemati£ni model lastnega nihanja du²enega mehanskega sistema brez zunanje vzbujalne sile f( t) (slika 1.9) [21]. Re²itev Postopek izpeljave razdelimo v 6 faz: 1. Izberimo posplo²eno koordinato in dolo£imo tudi pripadajo£i odvod: q( t) = s( t) ˙ q( t) = v( t) s( t) opisuje horizontalni poloºaj teºi²£a telesa, v( t) pa horizontalno hitrost teºi²£a telesa mehanskega sistema na sliki 1.9. 2. Zapi²imo izraz za kineti£no energijo sistema ( Wk): mv 2( t) Wk( ˙ q( t)) = 2 1.5. PRISTOP K MODELIRANJU OB UPORABI LAGRANGEOVE ENA�BE 43 3. Zapi²imo izraz za potencialno energijo sistema ( Wp): k W v s 2( t) p( q( t)) = 2 4. Lagrangeova funkcija L( q( t) , ˙ q( t)) je torej enaka: mv 2( t) k L( q( t) , ˙ q( t)) = W v s 2( t) k( q( t) , ˙ q)( t) − Wp( q( t)) = − 2 2 5. Izra£unajmo potrebne odvode Lagrangeove funkcije: ³ ´ mv 2( t) ∂L( q( t) , ˙ q( t)) ∂ − kvs 2( t) 2 2 = = mv( t) ∂ ˙ q( t) ∂v( t) µ ¶ d ∂L( q( t) , ˙ q( t)) d = ( mv( t)) = m ˙ v( t) dt ∂ ˙ q( t) dt³ ´ mv 2( t) ∂L( q( t) , ˙ q( t)) ∂ − kvs 2( t) 2 2 = = −k ∂q( t) ∂s( t) v s( t) in zapi²imo ena£bo za konzervativno silo du²enja fd( t): fd( t) = −kdv( t) Na osnovi podanih relacij lahko zapi²emo Lagrangeovo ena£bo za sistem, v katerem nastopajo konzervativne in nekonzervativne sile v naslednji obliki: µ ¶ d ∂L( q( t) , ˙ q( t)) ∂L( q( t) , ˙ q( t)) X − ( t) = f dt ∂ ˙ q( t) ∂q d( t) m ˙ v( t) + kvs( t) = −kdv( t) 6. Zgrajeni matemati£ni model po uvedbi spremenljivk stanja · ¸ · ¸ x s( t) x( t) = 1( t) = x 2( t) v( t) pretvorimo v standardno obliko zapisa parametri£nih modelov v prostoru stanja: ˙ s( t) = v( t) k k ˙ v( t) = − v s( t) − d v( t) m m oziroma zapi²emo v vektorsko-matri£ni obliki: · ¸ · ¸ · ¸ ˙ s 0 1 s = ˙ v − kv − kd v m m 44 POGLAVJE 1. MODELIRANJE DINAMI�NIH SISTEMOV Naloga 1.29 Zapi²ite matemati£ni model ²krip£evja na sliki 1.22, ki ga sestavlja kolut, preko katerega sta z neraztegljivo vrvjo povezani dve bremeni [21]. Predpostavimo, da maso vrvi lahko zanemarimo. Uporabimo naslednje oznake parametrov sistema: r, J polmer in vztrajnostni moment koluta, l dolºina vrvi, ki povezuje obe bremeni, m 1 , m 2 masa bremen, g pospe²ek prostega pada. J r l s ( t - ( - ) s ( t ( ) m 2 m 1 Slika 1.22: Enostavno ²krip£evje, naloga 1.29 Re²itev Postopek izpeljave matemati£nega modela razdelimo v 6 faz: 1. Izberimo posplo²eno koordinato. Ker so vsa tri telesa (obe bremeni in kolut) povezana z neraztegljivo vrvjo, ima sistem le eno prostostno stopnjo. Za posplo²eno koordinato izberimo vertikalni poloºaj bremena z maso m 1. Denirajmo tudi odvod posplo²ene koordinate: q( t) = s( t) ˙ q( t) = v( t) Pri tem je: s( t) vertikalni poloºaj bremena m 1 od koordinatnega izhodi²£a v smeri navzdol, v( t) vertikalna hitrost bremena m 1 od koordinatnega izhodi²£a v smeri navzdol. 2. Zapi²imo izraz za kineti£no energijo sistema ( Wk): m m Jv 2( t) W 1 v 2( t) 2 v 2( t) k( ˙ q( t)) = + + 2 2 2 r 2 3. Zapi²emo izraz za potencialno energijo sistema ( Wp): Wp( q( t)) = −m 1 gs( t) − m 2 g( l − s( t)) 1.5. PRISTOP K MODELIRANJU OB UPORABI LAGRANGEOVE ENA�BE 45 4. Dolo£imo Lagrangeovo funkcijo L( q( t) , ˙ q( t)): L( q( t) , ˙ q( t)) = Wk( q( t) , ˙ q)( t) − Wp( q( t)) = m 1 v 2( t) m Jv 2( t) + 2 v 2( t) + + m 2 2 2 r 2 1 gs( t) + m 2 g( l − s( t)) 5. Izra£unamo potrebne odvode Lagrangeove funkcije: ³ ´ m 1 v 2( t) ∂L( q( t) , ˙ q( t)) ∂ + m 2 v 2( t) + Jv 2( t) + m 2 2 2 r 2 1 gs( t) + m 2 g( l − s( t)) = ∂ ˙ q( t) ∂v( t) Jv( t) = m 1 v( t) + m 2 v( t) + r 2 µ ¶ µ ¶ d ∂L( q( t) , ˙ q( t)) d Jv( t) = m dt ∂ ˙ q( t) dt 1 v( t) + m 2 v( t) + r 2 J ˙ v( t) = m 1 ˙ v( t) + m 2 ˙ v( t) + ³ r 2 ´ m 1 v 2( t) ∂L( q( t) , ˙ q( t)) ∂ + m 2 v 2( t) + Jv 2( t) + m 2 2 2 r 2 1 gs( t) + m 2 g( l − s( t)) = ∂q( t) ∂s( t) = m 1 g − m 2 g ter zapi²emo Lagrangeovo ena£bo za konzervativne sisteme: µ ¶ d ∂L( q( t) , ˙ q( t)) ∂L( q( t) , ˙ q( t)) − = 0 dt ∂ ˙ q( t) ∂q( t) J ˙ v( t) m 1 ˙ v( t) + m 2 ˙ v( t) + − m r 2 1 g + m 2 g = 0 6. Po uvedbi spremenljivk stanja · ¸ · ¸ x s( t) x( t) = 1( t) = x 2( t) v( t) lahko model predstavimo v prostoru stanja: ˙ s( t) = v( t) m ˙ v( t) = 1 g − m 2 g m 1 + m 2 + J r 2 46 POGLAVJE 1. MODELIRANJE DINAMI�NIH SISTEMOV Poglavje 2 Analiza matemati£nih modelov 2.1 Analiza modela v prostoru stanja 2.1.1 Zapis modela v prostoru stanja Zapis nelinearnega in linearnega modela v prostoru stanja je bil podrobneje predstavljen v poglavju 2.1.1. V okviru tretjega poglavja bomo obravnavali analizo linearnih, £asovno nespremenljivih modelov. V primeru sistema z ve£imi vhodi in ve£imi izhodi zapi²emo linearni, £asovno nespremenljivi model z ena£bama (2.1) in (2.2) [3]-[14]: ˙x( t) = Ax( t) + Bu( t) (2.1) y( t) = Cx( t) + Du( t) (2.2) Sisteme z enim vhodom in enim izhodom opi²emo z ena£bama (2.3) in (2.4): ˙x( t) = Ax( t) + b u( t) (2.3) y( t) = cTx( t) + du( t) (2.4) Zapis modela v prostoru stanja je zelo priro£en iz ²tevilnih razlogov: • omogo£a obravnavo pomembnih kvalitativnih lastnosti dinami£nih sistemov (vodljivost, spoznavnost), • na£in opisovanja je prilagojen teoriji re²evanja diferencialnih ena£b (sistem diferencialnih ena£b prvega reda), • iz zapisa modela v prostoru stanja je enostavno dolo£iti simulacijsko shemo in obratno, • iz zapisa modela v prostoru stanja je moºno enostavno razbrati parametre modela (sistemsko, vhodno, izhodno in direktno matriko). 2.1.2 Simulacijska shema Model v prostoru stanja lahko prikaºemo v gra£ni obliki s pomo£jo splo²ne simulacijske sheme. Osnovni gradniki simulacijskih shem linearnih modelov so integrator, mnoºilnik s konstanto in sumator, kar sovpada z ra£unskimi operacijami v ena£bah (2.1), (2.2), (2.3) in (2.4). S tankimi linijami so ozna£ene skalarne spremenljivke, z debelej²imi (ali dvojnimi) pa vektorske spremenljivke. Slika 2.1 predstavlja simulacijsko shemo modela v prostoru stanja, opisanega z ena£bama (2.3) in (2.4). 47 48 POGLAVJE 2. ANALIZA MATEMATI�NIH MODELOV d x(0) u ˙x x y cT b A Slika 2.1: Simulacijska shema sistema z enim vhodom in enim izhodom Simulacijske sheme so namenjene izdelavi elektronskega vezja (analogni ra£unalnik) in ra£unalni²kega programa (digitalni ra£unalnik), s pomo£jo katerih simuliramo obna²anje matemati£nega modela. 2.1.3 Karakteristi£na ena£ba, lastne vrednosti, naravni na£ini in lastni vektorji modela Karakteristi£no ena£bo, lastne vrednosti, naravne na£ine in lastne vektorje modela lahko dolo£imo s pomo£jo sistemske matrike A. Karakteristi£na ena£ba det( λ I − A) = 0 (2.5) Po dolo£itvi (izra£unu) determinante zapi²emo karakteristi£no ena£bo v obliki: λn + pn− 1 λn− 1 + pn− 2 λn− 2 + . . . + p 1 λ + p 0 = 0 (2.6) kjer je n dimenzija kvadratne sistemske matrike A, polinom na levi strani ena£be (2.6) imenujemo karakteristi£ni polinom, pn− 1, pn− 2, . . . , p 1 in p 0 pa koeciente karakteristi£nega polinoma [31]-[36]. Lastne vrednosti Re²itve karakteristi£ne ena£be imenujemo lastne vrednosti sistemske matrike A in jih ozna£imo z λ 1, λ 2,. . . , λn. det( λ I − A) = 0 ⇒ ( λ − λ 1)( λ − λ 2) . . . ( λ − λn) = 0 ⇒ λ 1 , λ 2 , . . . , λn (2.7) Lastne vrednosti so lahko realne ali konjugirano kompleksne, enojne ali ve£kratne. Na£ini sistema Vsaki lastni vrednosti (tudi ve£kratni) pripada en naravni na£in. Konjugirano kompleksnemu paru lastnih vrednosti λ 1 , 2 = σ ± jω pripada periodi£ni naravni na£in: λ 1 , 2 = σ ± jω ⇒ eσt cos ωt, (2.8) realni lastni vrednosti λ = σ pa aperiodi£ni naravni na£in: λ = σ ⇒ eσt. (2.9) 2.1. ANALIZA MODELA V PROSTORU STANJA 49 Lastni vektorji Lastne vektorje izra£unamo z ena£bo: ( λ I − A)p = 0 (2.10) Matriko, katere stolpci so lastni vektorji sistemske matrike A, imenujemo matriko lastnih vektorjev in jo ozna£imo s P. P = [p1 , p2 , . . . , p n] (2.11) Naloga 2.1 · ¸ Izra£unajte lastne vrednosti, lastne vektorje in na£ine sistemske matrike 1 3 A = . 2 2 Re²itev    λ − 1 − 3  det ( λ I − A) =    − 2 λ − 2  = λ 2 − 3 λ − 4 = ( λ + 1)( λ − 4) ( λ + 1)( λ − 4) = 0 ⇒ lastni vrednosti matrike A sta: λ 1 = − 1 , λ 2 = 4 λ 1 = − 1 , λ 2 = 4 ⇒ na£ina sistemske matrike A sta: e− 1 t in e 4 t · ¸ · ¸ λ − 1 − 3 p ( λ − 1) p ( λ I − A)p = 0 ⇒ 1 = 0 ⇒ 1 − 3 p 2 = 0 − 2 λ − 2 p 2 − 2 p 1 + ( λ − 2) p 2 = 0 ( λ ( − 1 − 1) p − 2 p λ 1 − 1) p 1 − 3 p 2 = 0 1 − 3 p 2 = 0 1 − 3 p 2 = 0 1 = − 1 ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ − 2 p 1 + ( λ 1 − 2) p 2 = 0 − 2 p 1 + ( − 1 − 2) p 2 = 0 − 2 p 1 − 3 p 2 = 0 ⇒ dobljeni sistem ena£b ima dve neznanki in dve linearno odvisni ena£bi ⇒ · ¸ p ⇒ en parameter lahko izberemo poljubno in dobimo enoparametri£no druºino re²itev: p 11 1 = − 2 p 3 11 ( λ (4 − 1) p 3 p λ 2 − 1) p 1 − 3 p 2 = 0 1 − 3 p 2 = 0 1 − 3 p 2 = 0 2 = 4 ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ − 2 p 1 + ( λ 2 − 2) p 2 = 0 − 2 p 1 + (4 − 2) p 2 = 0 − 2 p 1 + 2 p 2 = 0 · ¸ p ⇒ Podobno velja tudi za drugi lastni vektor p 12 2 = p 12 Lastna vektorja sta dolo£ena do smeri natan£no. Prosta parametra p 11 in p 12 izberemo poljubno. V mnogih primerih izberemo prosta parametra tako, da je evklidska norma lastnih vektorjev enaka 1. V na²em primeru uporabimo ena£bi: q p ( p 11)2 + ( − 2 p ( p 3 11)2 = 1 in 12)2 + ( p 12)2 = 1 in dobimo: · ¸ 0 . 8321 0 . 7071 p 11 = 0 . 8321 , p 12 = 0 . 7071 ⇒ matrika lastnih vektorjev je: P = − 0 . 5547 0 . 7071 Naloga 2.2   0 1 0 Izra£unajte lastne vrednosti, lastne vektorje in na£ine sistemske matrike A =  0 − 1 1 . 0 0 − 2 50 POGLAVJE 2. ANALIZA MATEMATI�NIH MODELOV Re²itev      λ − 1 0  det ( λ I − A) =    0 λ + 1 − 1  = λ( λ + 1)( λ + 2)  0 0 λ + 2  λ( λ + 1)( λ + 2) = 0 ⇒ lastne vrednosti matrike A so: λ 1 = 0 , λ 2 = − 1 , λ 3 = − 2 λ 1 = 0 , λ 2 = − 1 λ 3 = − 2 ⇒ naravni na£ini sistemske matrike A so: e 0 t = 1 , e− 1 t in e− 2 t     λ − 1 0 p 1 ( λ) p 1 − 1 p 2 +0 p 3 = 0 ( λ I − A)p = 0 ⇒  0 λ + 1 − 1   p  2 = 0 ⇒ 0 p 1 +( λ + 1) p 2 − 1 p 3 = 0 0 0 λ + 2 p 3 0 p 1 +0 p 2 +( λ + 2) p 3 = 0 ( λ 1) p 1 −p 2 +0 p 3 = 0 −p 2 = 0 λ 1 = 0 ⇒ 0 p 1 +( λ 1 + 1) p 2 − 1 p 3 = 0 ⇒ + p 2 −p 3 = 0 0 p 1 +0 p 2 +( λ 1 + 2) p 3 = 0 +2 p 3 = 0   p 11 ⇒ tri neznanke in dve linearno neodvisni ena£bi ⇒ enoparametri£na druºina re²itev: p   1 = 0 0 ( λ 2) p 1 −p 2 +0 p 3 = 0 −p 1 −p 2 = 0 λ 2 = − 1 ⇒ 0 p 1 +( λ 2 + 1) p 2 − 1 p 3 = 0 ⇒ −p 3 = 0 0 p 1 +0 p 2 +( λ 2 + 2) p 3 = 0 + p 3 = 0   p 12 ⇒ tri neznanke in dve linearno neodvisni ena£bi ⇒ enoparametri£na druºina re²itev: p   2 = −p 12 0 ( λ 3) p 1 −p 2 +0 p 3 = 0 − 2 p 1 −p 2 = 0 λ 3 = − 2 ⇒ 0 p 1 +( λ 3 + 1) p 2 − 1 p 3 = 0 ⇒ −p 2 −p 3 = 0 0 p 1 +0 p 2 +( λ 3 + 2) p 3 = 0 0 = 0   p 13 ⇒ tri neznanke in dve linearno neodvisni ena£bi ⇒ enoparametri£na druºina re²itev: p   3 = − 2 p 13 2 p 13 Proste parametre p 11, p 12 in p 13 izberimo tako, da je evklidska norma lastnih vektorjev enaka ena: p p p ( p 11)2 = 1 ( p 12)2 + ( −p 12)2 = 1 in ( p 13)2 + ( − 2 p 13)2 + 2( p 13)2 = 1 in dobimo:   1 0 . 7071 0 . 3333 p   11 = 1 . 0 , p 12 = 0 . 7071 , p 13 = 0 . 3333 ⇒ matrika lastnih vektorjev je: P = 0 − 0 . 7071 − 0 . 6667 0 0 0 . 6667 Naloga 2.3   1 1 2 Izra£unajte lastne vrednosti, lastne vektorje in na£ine sistemske matrike A =  − 1 1 − 2 . 0 0 1 Re²itev      λ − 1 − 1 − 2  det ( λ I − A) =    1 λ − 1 2  = λ 3 − 3 λ 2 + 4 λ − 2 = ( λ − 1)( λ − 1 − j)( λ − 1 + j)  0 0 λ + 1  ( λ − 1)( λ − 1 − j)( λ − 1 + j) = 0 ⇒ lastne vrednosti matrike A so: λ 1 = 1 , λ 2 , 3 = 1 ± j λ 1 = 1 , λ 2 , 3 = 1 ± j ⇒ na£ina sistemske matrike A sta: e 1 t = 1 in e 1 t cos 1 t     λ − 1 − 1 − 2 p 1 ( λ − 1) p 1 − 1 p 2 − 2 p 3 = 0 ( λ I − A)p = 0 ⇒  1 λ − 1 2   p  2 = 0 ⇒ 1 p 1 +( λ − 1) p 2 +2 p 3 = 0 0 0 λ − 1 p 3 0 p 1 +0 p 2 +( λ − 1) p 3 = 0 2.1. ANALIZA MODELA V PROSTORU STANJA 51 ( λ 1 − 1) p 1 −p 2 − 2 p 3 = 0 −p 2 − 2 p 3 = 0 λ 1 = 0 ⇒ p 1 +( λ 1 − 1) p 2 2 p 3 = 0 ⇒ −p 1 +2 p 3 = 0 0 p 1 +0 p 2 +( λ 1 − 1) p 3 = 0 0 = 0   p 11 ⇒ tri neznanke in dve linearno neodvisni ena£bi ⇒ enoparametri£na druºina re²itev: p   1 = p 11 − 1 p 2 11 ( λ 2 − 1) p 1 −p 2 − 2 p 3 = 0 jp 1 −p 2 − 2 p 3 = 0 λ 2 = 1 + j ⇒ 1 p 1 +( λ 2 − 1) p 2 +2 p 3 = 0 ⇒ p 1 + jp 2 +2 p 3 = 0 0 p 1 +0 p 2 +( λ 2 − 1) p 3 = 0 + jp 3 = 0   p 12 ⇒ tri neznanke in dve linearno neodvisni ena£bi ⇒ enoparametri£na druºina re²itev: p   2 = jp 12 0 ( λ 3 − 1) p 1 −p 2 − 2 p 3 = 0 −jp 1 −p 2 − 2 p 3 = 0 λ 3 = 1 − j ⇒ 1 p 1 +( λ 3 − 1) p 2 +2 p 3 = 0 ⇒ p 1 −jp 2 +2 p 3 = 0 0 p 1 +0 p 2 +( λ 3 − 1) p 3 = 0 −jp 3 = 0   p 13 ⇒ tri neznanke in dve linearno neodvisni ena£bi ⇒ enoparametri£na druºina re²itev: p   3 = −jp 13 0 Proste parametre p 11, p 12 in p 13 izberemo tako, da je evklidska norma lastnih vektorjev enaka ena: q p p ( p 11)2 + ( p 11)2 + ( − 1 p ( p ( p 2 11)2 = 1 12)2 + ( p 12)2 = 1 in 13)2 + ( −p 13)2 = 1 in dobimo: p 11 = 0 . 6667 , p 12 = 0 . 7071 , p 13 = 0 . 7071   0 . 6667 0 . 7071 0 . 7071 ⇒ matrika lastnih vektorjev je: P =  0 − 0 . 66671 j 0 . 7071 −j 0 . 7071  0 . 333 0 0 Naloga 2.4 · ¸ Izra£unajte lastne vrednosti, lastne vektorje in na£ine sistemske matrike − 1 − 1 A = . 1 − 3 Re²itev    λ + 1 +1  det ( λ I − A) =    − 1 λ + 3  = λ 2 + 4 λ + 4 = ( λ + 2)( λ + 2) ( λ + 2)( λ + 2) = 0 ⇒ lastni vrednosti matrike A sta: λ 1 = − 2 , λ 2 = − 2 λ 1 = − 2 , λ 2 = − 2 ⇒ na£ina sistemske matrike A sta enaka: e− 2 t · ¸ · ¸ λ + 1 +1 p ( λ + 1) p ( λ I − A)p = 0 ⇒ 1 = 0 ⇒ 1 + 1 p 2 = 0 − 1 λ + 3 p 2 − 1 p 1 + ( λ + 3) p 2 = 0 ( λ −p λ 1 , 2 + 1) p 1 + 1 p 2 = 0 1 + p 2 = 0 1 , 2 = − 2 ⇒ ⇒ ⇒ − 1 p 1 + ( λ 1 , 2 + 3) p 2 = 0 −p 1 + p 2 = 0 ⇒ sistem ima dve neznanki in eno linearno·neodvisno ¸ ena£b · o ¸ p p ⇒ enoparametri£na druºina re²itev: p 11 12 1 = p p 2 = 11 p 12 Prosta parametra p 11 in p 12 izberemo tako, da je evklidska norma lastnih vektorjev enaka 1. V nobenem primeru ne obstaja tak²na izbira prostih parametrov p 11 in p 12, da bi dobili dva linearno neodvisna vektorja. 52 POGLAVJE 2. ANALIZA MATEMATI�NIH MODELOV p p ( p 11)2 + ( p 11)2 = 1 in ( p 12)2 + ( p 12)2 = 1 in dobimo: · ¸ 0 . 7071 0 . 7071 p 11 = 0 . 7071 , p 12 = 0 . 7071 ⇒ matrika lastnih vektorjev je: P = 0 . 7071 0 . 7071 je zato singularna. Naloga 2.5   2 − 1 0 Izra£unajte lastne vrednosti, lastne vektorje in na£ine sistemske matrike A =  1 0 0 . 0 1 0 Re²itev      λ − 2 +1 0  det ( λ I − A) =    − 1 λ 0  = λ 3 − 2 λ 2 + λ = λ( λ − 1)( λ − 1)  0 1 λ  λ( λ − 1)( λ − 1) = 0 ⇒ lastne vrednosti matrike A so: λ 1 = 0 , λ 2 , 3 = 1 λ 1 = 0 , λ 2 , 3 = 1 ⇒ na£ina sistemske matrike A sta: e 0 t = 1 in e 1 t     λ − 2 − 1 0 p 1 ( λ − 2) p 1 +1 p 2 0 p 3 = 0 ( λ I − A)p = 0 ⇒  − 1 λ 0   p  2 = 0 ⇒ − 1 p 1 +( λ) p 2 +0 p 3 = 0 0 − 1 λ p 3 0 p 1 +1 p 2 +( λ) p 3 = 0 ( λ 1 − 2) p 1 + p 2 0 p 3 = 0 − 2 p 1 +1 = 0 λ 1 = 0 ⇒ − 1 p 1 +( λ 1) p 2 +0 p 3 = 0 ⇒ p 1 = 0 0 p 1 − 1 p 2 +( λ 1) p 3 = 0 −p 2 = 0   0 ⇒ tri neznanke in dve linearno neodvisni ena£bi ⇒ enoparametri£na druºina re²itev: p   1 = 0 p 31 ( λ 2 , 3 − 2) p 1 +1 p 2 0 p 3 = 0 −p 1 + p 2 = 0 λ 2 , 3 = 1 ⇒ − 1 p 1 +( λ 2 , 3) p 2 +0 p 3 = 0 ⇒ −p 1 + p 2 = 0 0 p 1 − 1 p 2 +( λ 2 , 3) p 3 = 0 −p 2 + p 3 = 0     p 12 p 13 ⇒ tri neznanke in dve ena£bi ⇒ enoparametri£na druºina re²itev: p     2 = p 12 in p3 = p 13 p 12 p 13 Proste parametre p 31, p 12 in p 13 izberemo tako, da je evklidska norma lastnih vektorjev enaka ena. V nobenem primeru ne obstaja tak²na izbira prostih parametrov, da bi dobili tri linearno neodvisne lastne vektorje. p p p ( p 31)2 = 1 3( p 12)2 = 1 in (3 p 13)2 = 1   0 0 . 5774 0 . 5774 dobimo: p   31 = 1 , p 12 = p 13 = 0 . 5774 ⇒ matrika lastnih vektorjev je: P = 0 0 . 5774 0 . 5774 1 0 . 5774 0 . 5774 Tudi v tem primeru je matrika lastnih vektorjev singularna. Naloga 2.6   1 0 0 Izra£unajte lastne vrednosti, lastne vektorje in na£ine sistemske matrike A =  1 1 1 . − 1 0 0 2.1. ANALIZA MODELA V PROSTORU STANJA 53 Re²itev      λ − 1 0 0  det ( λ I − A) =    − 1 λ − 1 − 1  = λ 3 − 2 λ 2 + λ = λ( λ − 1)( λ − 1)  1 0 λ  λ( λ − 1)( λ − 1) = 0 ⇒ lastne vrednosti matrike A so: λ 1 = 0 , λ 2 , 3 = 1 λ 1 = 0 , λ 2 , 3 = 1 ⇒ naravna na£ina sistemske matrike A sta: e 0 t = 1 in e 1 t     λ − 1 0 0 p 1 ( λ − 1) p 1 0 p 2 0 p 3 = 0 ( λ I − A)p = 0 ⇒  − 1 λ − 1 − 1   p  2 = 0 ⇒ 1 p 1 +( λ − 1) p 2 +1 p 3 = 0 1 0 λ p 3 − 1 p 1 +0 p 2 +( λ) p 3 = 0 ( λ 1 − 1) p 1 0 p 2 0 p 3 = 0 −p 1 = 0 λ 1 = 0 ⇒ 1 p 1 +( λ 1 − 1) p 2 +1 p 3 = 0 ⇒ p 1 −p 2 + p 3 = 0 − 1 p 1 +0 p 2 +( λ 1) p 3 = 0 −p 1 0 = 0   0 ⇒ tri neznanke in dve linearno neodvisni ena£bi ⇒ enoparametri£na druºina re²itev: p   1 = p 21 −p 21 ( λ 2 , 3 − 1) p 1 0 p 2 0 p 3 = 0 0 = 0 λ 2 , 3 = 1 ⇒ 1 p 1 +( λ 2 , 3 − 1) p 2 +1 p 3 = 0 ⇒ p 1 + p 3 = 0 − 1 p 1 +0 p 2 +( λ 2 , 3) p 3 = 0 −p 1 −p 3 = 0     p 12 p 13 ⇒ tri neznanke in ena ena£ba ⇒ dvoparametri£na druºina re²itev: p     2 = p 22 in p3 = p 23 −p 12 −p 13 Proste parametre p 21, p 12, p 22, p 13 in p 23 izberemo tako, da sta lastna vektorja p2 in p3 linearno neodvisna in da je evklidska norma lastnih vektorjev enaka ena: ( p 12) : ( p 22) : ( −p 12) 6= ( p 13) : ( p 23) : ( −p 13) p p p ( p 21)2 + ( −p 21)2 = 1 ( p 12)2 + ( p 22)2 + ( −p 12)2 = 1 in ( p 13)2 + ( p 23)2 + ( −p 13)2 = 1 Ena izmed moºnih re²itev je: p 21 = 0 . 0 . 7071 , p 12 = 0 , p 22 = 1 , p 13 = 0 . 7071 , p 23 = 0   0 0 0 . 7071 ⇒ matrika lastnih vektorjev je: P =  0 . 7071 1 0  − 0 . 7071 0 − 0 . 7071 2.1.4 Ekvivalentni sistemi in spektralna transformacija Za model lahko izberemo razli£ne spremenljivke stanja. Tako dobimo razli£ne matemati£ne modele v prostoru stanj, ki pa opisujejo isti sistem. Razli£ne matemati£ne modele, katerih vektorji spremenljivk stanja so povezani z ena£bo (2.12), imenujemo ekvivalentni sistemi. x ∗( t) = Tx( t) (2.12) kjer je: x( t) vektor spremenljivk stanja originalnega modela, x ∗( t) vektor spremenljivk stanja transformiranega modela, T transformacijska matrika. 54 POGLAVJE 2. ANALIZA MATEMATI�NIH MODELOV Originalni sistem naj bo opisan z ena£bama (2.13) in (2.14): ˙x( t) = Ax( t) + Bu( t) (2.13) y( t) = Cx( t) + Du( t) (2.14) kjer so z A, B, C, D in x( t) ozna£ene matrike in vektor spremenljivk stanja originalnega sistema. Sistem, transformiran iz originalnega zapisa (ena£bi (2.13) in (2.14) s pomo£jo ena£be (2.12), lahko zapi²emo z ena£bama (2.15) in (2.16): ˙x ∗( t) = A ∗ x ∗( t) + B ∗ u( t) (2.15) y( t) = C ∗ x ∗( t) + D ∗ u( t) (2.16) kjer so A ∗, B ∗, C ∗, D ∗ in x ∗(t) matrike in vektor spremenljivk stanja transformiranega sistema. Iz primerjave ena£b (2.13) do (2.16) dobimo ob upo²tevanju transformacijske ena£be (2.12) ena£be, ki povezujejo originalni in transformirani model: A ∗ = TAT − 1 (2.17) B ∗ = TB (2.18) C ∗ = CT − 1 (2.19) D ∗ = D (2.20) Ena izmed osnovnih transformacij je transformacija originalnega modela v transformirani model, katerega sistemska matrika je diagonalna. To transformacijo imenujemo tudi spektralna transformacija. Transformacijska matrika T (ena£ba (2.12) je v tem primeru inverzna matrika lastnih vektorjev: T = P − 1 (ena£ba 2.11). 2.1.5 Dolo£itev odziva modela v prostoru stanj Re²itev matemati£nega modela v prostoru stanja ˙x( t) = Ax( t) + Bu( t) (2.21) y( t) = Cx( t) + Du( t) (2.22) izra£unamo v dveh korakih: • najprej re²imo ena£bo spremenljivk stanja (2.21) - dolo£imo x( t), • nato dobljeno re²itev uporabimo v izhodni ena£bi (2.22) in dolo£imo ²e odziv sistema y( t). Ena£ba spremenljivk stanja je linearna diferencialna ena£ba prvega reda. Zapi²emo jo lahko kot: ˙x( t) − Ax( t) = Bu( t) (2.23) Ena£bi (2.23) izra£unamo integracijski multiplikator: R µ( t) = e − A dt = e− A t (2.24) Ena£bo (2.23) z leve mnoºimo z integracijskim multiplikatorjem µ( t) = e− A t in dobimo: e− A t ˙x( t) − e− A t Ax( t) = e− A t Bu( t) (2.25) 2.1. ANALIZA MODELA V PROSTORU STANJA 55 Leva stran ena£be (2.25) je odvod produkta e− A t x( t): d( e− A t x( t)) = e− A t Bu( t) (2.26) dt Iz ena£be (2.26) izrazimo x( t) tako, da ena£bo najprej integriramo: Z t e− A t x( t) = k + e− A τ Bu( τ ) dτ (2.27) 0 nato pa preoblikujemo: µ Z ¶ t x( t) = e A t k + e− A τ Bu( τ ) dτ (2.28) 0 V ena£bi (2.28) izberemo t = 0 in izra£unamo vrednost konstante k: µ Z ¶ 0 x(0) = e A0 k + e− A τ Bu( τ ) dτ ⇒ k = x(0) (2.29) 0 Iz ena£b (2.28) in (2.29) zapi²emo re²itev ena£be spremenljivk stanja (2.21): Z t x( t) = e A t x(0) + e A( t−τ)Bu( τ ) dτ (2.30) 0 Iz ena£b (2.22) in (2.30) sestavimo re²itev izhodne ena£be: µ Z ¶ t y( t) = cT e A t x(0) + e A( t−τ)Bu( τ ) dτ + Du( t) (2.31) 0 V re²itvah (2.30) in (2.31) je ra£unsko najzahtevnej²a dolo£itev £lena e A t. Izraz e A t imenujemo matrika prehajanja stanj in jo ozna£imo s Φ( t).  φ  11( t) φ 12( t) . . . φ 1 n( t)  φ 21( t) φ 22( t) . . . φ 2 n( t)  e A t = Φ( t) =    .. . . . . .. .. ..  (2.32) φn 1( t) φn 2( t) . . . φnn( t) Posamezni elementi matrike prehajanja stanj so linearne kombinacije naravnih na£inov pripadajo£e sistemske matrike. V primeru samih enojnih in realnih lastnih vrednosti sistemske matrike n-te stopnje lahko zapi²emo matriko prehajanja stanj v obliki: e A t =  β  11 , 1 eλ 1 t + . . . + β 11 ,neλnt β 12 , 1 eλ 1 t + . . . + β 12 ,neλnt . . . β 1 n, 1 eλ 1 t + . . . + β 1 n,neλnt  β 21 , 1 eλ 1 t + . . . + β 21 ,neλnt β 22 , 1 eλ 1 t + . . . + β 22 ,neλnt . . . β 2 n, 1 eλ 1 t + . . . + β 2 n,neλnt  =    .. . . . . .. .. ..  βn 1 , 1 eλ 1 t + . . . + βn 1 ,neλnt βn 2 , 1 eλ 1 t + . . . + βn 2 ,neλnt . . . βnn, 1 eλ 1 t + . . . + βnn,neλnt (2.33) kjer so λ 1 , . . . λn lastne vrednosti sistemske matrike, z β 11 , 1 , . . . , β 11 ,n, β 12 , 1 , . . . , β 12 ,n, . . . β 1 n, 1 , . . . , β 1 n,n, . . . , βnn, 1 , . . . , βnn,n pa so ozna£eni koecienti posameznih linearnih kombinacij. Za dolo£itev matrike prehajanja stanj je na razpolago ve£ metod. Pogledali si bomo samo najpomembnej²e. 56 POGLAVJE 2. ANALIZA MATEMATI�NIH MODELOV Dolo£itev matrike prehajanja stanj s pomo£jo razvoja matrike v Taylorjevo vrsto Matriko e A t lahko zapi²emo v obliki Taylorjeve vrste z neskon£no mnogo £leni: A t A2 t 2 A3 t 3 ∞ X e A t = I + + + + . . . = A i ti (2.34) 1! 2! 3! i! i=0 Ob upo²tevanju ena£be (2.33) zapi²emo za vsak element matrike ( φ 11 do φnn) sistem ena£b iz katerega izra£unamo koeciente β 11 , 1 do βnn,n. Naloga 2.7 · ¸ S pomo£jo Taylorjeve vrste izra£unajte matriko prehajanja stanj sistemske matrike 0 − 2 A = . 1 − 3 Re²itev Ob upo²tevanju ena£be (2.34) zapi²emo matriko prehajanja stanj: · ¸ · ¸ · ¸ A t A2 t 2 1 0 0 − 2 − 2 6 t 2 e A t = I + + + . . . = + t + + . . . 1! 2! 0 1 1 − 3 − 3 7 2 · ¸ · ¸ 1 + 0 t − 2 t 2 . . . 0 − 2 t + 6 t 2 . . . φ Φ( t) = 2 2 = 11( t) φ 12( t) (2.35) 0 + 1 t + − 3 t 2 . . . 1 − 3 t + 7 t 2 . . . φ 2 2 21( t) φ 22( t) Funkcije φ 11( t), φ 12( t), φ 21( t) in φ 22( t) izra£unamo s pomo£jo ena£be (2.33). Najprej izra£unamo  lastne vrednosti  in na£ine:  λ +2  det ( λ I − A) =    − 1 λ + 3  = λ 2 + 3 λ + 2 = ( λ + 1)( λ + 2) ( λ + 1)( λ + 2) = 0 ⇒ lastni vrednosti matrike A sta: λ 1 = − 1 , λ 2 = − 2 λ 1 = − 1 , λ 2 = − 2 ⇒ na£ina sistemske matrike A sta: e− 1 t in e− 2 t Ob upo²tevanju ena£be (2.33) zapi²emo matriko prehajanja stanj: · ¸ β e A t = 11 , 1 e− 1 t + β 11 , 2 e− 2 t β 12 , 1 e− 1 t + β 12 , 2 e− 2 t = β 21 , 1 e− 1 t + β 21 , 2 e− 2 t β 22 , 1 e− 1 t + β 22 , 2 e− 2 t · ¸ β . . . ) + β . . . ) β . . . ) + β . . . ) = 11 , 1(1 − t + t 2 2 11 , 2(1 − 2 t + 4 t 2 2 12 , 1(1 − t + t 2 2 12 , 2(1 − 2 t + 4 t 2 2 β 21 , 1(1 − t + t 2 . . . ) + β . . . ) β . . . ) + β . . . ) 2 21 , 2(1 − 2 t + 4 t 2 2 22 , 1(1 − t + t 2 2 22 , 2(1 − 2 t + 4 t 2 2 (2.36) Iz primerjave koecientov posameznih elementov matrik (2.35) in (2.36) zapi²emo ²tiri sisteme ena£b, iz katerih izra£unamo koeciente β 11 , 1, β 11 , 2, β 12 , 1, β 12 , 2, β 21 , 1, β 21 , 2, β 22 , 1 in β 22 , 2. Sistem 1: 1 β 11 , 1 + 1 β 11 , 2 = 1 − 1 β 11 , 1 − 2 β 11 , 2 = 0 ⇒ β 11 , 1 = 2 , β 11 , 2 = − 1 Sistem 2: 1 β 11 , 1 + 1 β 11 , 2 = 0 2.1. ANALIZA MODELA V PROSTORU STANJA 57 − 1 β 11 , 1 − 2 β 11 , 2 = − 2 ⇒ β 12 , 1 = − 2 , β 12 , 2 = 2 Sistem 3: 1 β 11 , 1 + 1 β 11 , 2 = 0 − 1 β 11 , 1 − 2 β 11 , 2 = 1 ⇒ β 21 , 1 = 1 , β 21 , 2 = − 1 Sistem 4: 1 β 11 , 1 + 1 β 11 , 2 = 1 − 1 β 11 , 1 − 2 β 11 , 2 = − 3 ⇒ β 22 , 1 = − 1 , β 22 , 2 = 2 Izra£unane koeciente vstavimo v ena£bo (2.36) in dobimo: · ¸ 2 e− 1 t − 1 e− 2 t − 2 e− 1 t + 2 e− 2 t e A t = 1 e− 1 t − 1 e− 2 t − 1 e− 1 t + 2 e− 2 t Dolo£itev matrike prehajanja stanj s pomo£jo spektralne transformacije �e je moºno sistemsko matriko A diagonalizirati (t. j. izvesti spektralno transformacijo), potem lahko izra£unamo matriko e A t tako, da transformiramo matriko prehajanja stanj pripadajo£ega diagonalnega zapisa sistema. Na glavni diagonali se v tem primeru nahajajo na£ini sistema. Originalni homogeni sistem in njegov odziv na za£etne pogoje (x(0)) naj bosta opisana z ena£bama (2.37): ˙x( t) = Ax( t) ⇒ x( t) = e A t x(0) (2.37) Z matriko lastnih vektorjev P transformiramo originalni sistem v diagonalni ekvivalentni sistem: x ∗( t) = P − 1x( t) (2.38) Ob upo²tevanju ena£b (2.37) in (2.38) zapi²emo diagonalni sistem in njegov odziv na transformirane za£etne pogoje z ena£bo (2.39): ˙x ∗( t) = A ∗ x ∗( t) ⇒ x ∗( t) = e A ∗t x ∗(0) (2.39) kjer je A ∗ diagonalna matrika lastnih vrednosti   λ 1 0 0 . . .  0 λ 2 0 . . .  A ∗ = P − 1AP =    .. . . . . .. .. ..  , 0 0 . . . λn pripadajo£a matrika prehajanja stanj je ozna£ena z e A ∗ t   eλ 1 t 0 0 . . .  0 eλ 2 t 0 . . .  e A ∗ t =    .. . . . . .. .. ..  , 0 0 . . . eλnt 58 POGLAVJE 2. ANALIZA MATEMATI�NIH MODELOV transformirani za£etni pogoji pa z x ∗(0): x ∗(0) = P − 1x(0) Iz primerjave re²itev ena£b (2.37) in (2.39) ob upo²tevanju transformacije (2.38) dobimo izraz za izra£un matrike prehajanja stanj originalnega sistema:   eλ 1 t 0 0 . . .  0 eλ 2 t 0 . . .  e A t = P    .. . . . . .. .. ..  P − 1 (2.40) 0 0 . . . eλnt Naloga 2.8 S pomo£jo ¸ spektralne transformacije izra£unajte matriko prehajanja stanj sistemske matrike A = · 0 − 2 . 1 − 3 Re²itev Najprej izra£unamo  lastni vrednosti  in matriko lastnih vektorjev:  λ +2  det ( λ I − A) =    − 1 λ + 3  = λ 2 + 3 λ + 2 = ( λ + 1)( λ + 2) ( λ + 1)( λ + 2) = 0 ⇒ lastni vrednosti matrike A sta: λ 1 = − 1 , λ 2 = − 2 · ¸ · ¸ λ +2 p λp ( λ I − A)p = 0 ⇒ 1 = 0 ⇒ 1 + 2 p 2 = 0 − 1 λ + 3 p 2 − 1 p 1 + ( λ + 3) p 2 = 0 ( λ − 1 p λ 1) p 1 +2 p 2 = 0 1 +2 p 2 = 0 1 = − 1 ⇒ ⇒ ⇒ − 1 p 1 +( λ 1 + 3) p 2 = 0 −p 1 +2 p 2 = 0 ⇒ sistem ¸ ima dve neznanki in eno linearno neodvisno ena£bo ⇒ enoparametri£na druºina re²itev: p1 = · p 11 p 11 2 λ − 2 p λ 2 p 1 +2 p 2 = 0 1 +2 p 2 = 0 2 = − 2 ⇒ ⇒ ⇒ − 1 p 1 +( λ 2 + 3) p 2 = 0 −p 1 +1 p 2 = 0 ⇒ sistem ¸ ima dve neznanki in eno linearno neodvisno ena£bo ⇒ enoparametri£na druºina re²itev: p2 = · p 12 p 12 Prosta parametra izberemo poljubno. Zaradi enostavnosti izberimo: · ¸ 1 1 p 11 = 1 , p 12 = 1 ⇒ in dobimo matriko lastnih vektorjev: P = 0 . 5 1 Transformacijska matrika je torej: · ¸ 2 − 2 T = P − 1 = − 1 2 Diagonalna sistemska matrika transformiranega modela je: · ¸ − 1 0 A ∗ = P − 1AP = 0 − 2 in pripadajo£a matrika prehajanja stanj: · ¸ e− 1 t 0 e A ∗t = 0 e− 2 t 2.1. ANALIZA MODELA V PROSTORU STANJA 59 Matriko prehajanja stanj za originalno sistemsko matriko A izra£unamo s pomo£jo ena£be (2.40): · ¸ · ¸ · ¸ · ¸ 1 1 e− 1 t 0 2 − 2 2 e− 1 t − 1 e− 2 t − 2 e− 1 t + 2 e− 2 t e A t = P e A ∗t P − 1 = = 0 . 5 1 0 e− 2 t − 1 2 1 e− 1 t − 1 e− 2 t − 1 e− 1 t + 2 e− 2 t Izra£un matrike prehajanja stanj s pomo£jo Cayley-Hamiltonovega izreka Matriko prehajanja stanj lahko izra£unamo tudi s pomo£jo Cayley-Hamiltonovega izreka (izrek 2.1). Izrek 2.1 Vsaka kvadratna matrika zadovoljuje svojo karakteristi£no ena£bo. Velja torej: A n + pn− 1A n− 1 + pn− 2A n− 2 + . . . + p 1A + p 0I = 0 (2.41) kjer so pn− 1, pn− 2, . . . , p 1 in p 0 koecienti karakteristi£nega polinoma (ena£bi (2.5) in (2.6)). Iz izreka 2.1 oz. ena£be (2.41) je razvidno, da lahko predstavimo n-to potenco sistemske matrike A (A n) kot linearno kombinacijo matrik A n− 1, A n− 2, . . . , A in I: A n = −pn− 1A n− 1 − pn− 2A n− 2 − . . . − p 1A − p 0I (2.42) To pomeni, da lahko tudi vsako vi²jo potenco sistemske matrike A zapi²emo kot linearno kombinacijo matrik A n− 1, A n− 2, . . . , A in I - torej kot linearno kombinacijo kon£no mnogo £lenov: A n+1 = AA n = A( −pn− 1A n− 1 − pn− 2A n− 2 − . . . − p 1A − p 0I) = = −pn− 1A n − pn− 2A n− 1 − . . . − p 1A2 − p 0A = −pn− 1( −pn− 1A n− 1 − . . . − p 1A − p 0I) − pn− 2A n− 1 − . . . − p 1A2 − p 0A = ( p 2 n− 1 − pn− 2)A n− 1 + ( pn− 1 pn− 2 − pn− 3)A n− 2 . . . + ( pn− 1 p 1 − p 0)A + pn− 1 p 0I Iz ena£be za izra£un matrike prehajanja stanj s pomo£jo neskon£ne vrste (2.34) dobimo ob upo²tevanju izreka 2.1 in njegovih posledic ena£bo za izra£un matrike prehajanja stanj v obliki: e A t = α 0I + α 1A + α 2A2 + . . . + αn− 1A n− 1 (2.43) kjer je n dimenzija kvadratne matrike A, koeciente α 0, α 1, α 2, . . . , αn− 1 pa izra£unamo s pomo£jo sistema z n ena£bami in n neznankami: eλ 1 t = α 0 + α 1 λ 1 + α 2 λ 21 + . . . + αn− 1 λn− 1 1 eλ 2 t = α 0 + α 1 λ 2 + α 2 λ 22 + . . . + αn− 1 λn− 1 2 .. . . . .. .. eλnt = α 0 + α 1 λn + α 2 λ 2 n + . . . + αn− 1 λn− 1 n (2.44) V primeru ve£kratnih lastnih vrednosti dobimo manj kot n razli£nih ena£b. Za dosego enoli£ne re²ljivosti sistema oz. zadovoljivega ²tevila razli£nih ena£b dopolnimo sistem (2.44) z odvodi ena£b (2.44) - npr. v primeru 3-kratne lastne vrednosti λ 2 sistem (2.44) dopolnimo z ena£bama: teλ 2 t = α 1 + 2 α 2 λ 2 + 3 α 3 λ 22 + . . . + ( n − 1) αn− 1 λn− 2 2 t 2 eλ 2 t = 2 α 2 + 6 α 3 λ 2 + . . . + ( n − 1)( n − 2) αn− 1 λn− 3 2 (2.45) 60 POGLAVJE 2. ANALIZA MATEMATI�NIH MODELOV Naloga 2.9 S pomo£jo · Cayley-Hamiltono ¸ vega izreka izra£unajte matriko prehajanja stanj sistemske matrike 0 − 2 A = . 1 − 3 Re²itev Najprej izra£unamo  lastni vrednosti  in na£ina:  λ +2  det ( λ I − A) =    − 1 λ + 3  = λ 2 + 3 λ + 2 = ( λ + 1)( λ + 2) ( λ + 1)( λ + 2) = 0 ⇒ lastni vrednosti matrike A sta: λ 1 = − 1 , λ 2 = − 2 λ 1 = − 1 , λ 2 = − 2 ⇒ na£ina sistemske matrike A sta: e− 1 t in e− 2 t Matriko prehajanja stanj e A t izra£unamo s pomo£jo ena£be (2.43), koecienta α 0 in α 1 pa z ena£bo (2.44): e A t = α 0I + α 1A eλ 1 t = α 0 + α 1 λ 1 eλ 2 t = α 0 + α 1 λ 2 Najprej re²imo sistem ena£b: e− 1 t = α 0 + α 1( − 1) ⇒ α e− 2 t = α 0 = 2 e− 1 t − e− 2 t, α 1 = e− 1 t − e− 2 t 0 + α 1( − 2) nato pa izra£unamo matriko prehajanja stanj: · ¸ · ¸ · ¸ · ¸ 1 0 0 − 2 1 0 0 − 2 e A t = α 0 + α = (2 e− 1 t − e− 2 t) + ( e− 1 t − e− 2 t) = 0 1 1 1 − 3 0 1 1 − 3 · ¸ 2 e− 1 t − 1 e− 2 t − 2 e− 1 t + 2 e− 2 t = 1 e− 1 t − 1 e− 2 t − 1 e− 1 t + 2 e− 2 t Izra£un matrike prehajanja stanj s pomo£jo Laplaceove transformacije Izhajamo iz homogenega dela ena£be spremenljivk stanja: ˙x( t) = Ax( t) (2.46) Re²itev ena£be (2.46) za poljubne za£etne pogoje x(0) dolo£a ena£ba (2.47): x( t) = e A t x(0) (2.47) Do re²itve homogene ena£be (2.46) lahko pridemo tudi s pomo£jo Laplaceove transformacije. Ena£bo (2.46) pretvorimo v s-prostor, poi²£emo re²itev v s-prostoru in dobljeno re²itev pretvorimo nazaj v £asovni prostor: ˙x( t) = Ax( t) ⇒ s X( s) − x(0) = AX( s) ⇒ X( s) = ( s I − A) − 1 x(0) 2.1. ANALIZA MODELA V PROSTORU STANJA 61 n o ⇒ x( t) = L− 1 ( s I − A) − 1 x(0) (2.48) Iz primerjave re²itev (2.47) in (2.48) zapi²emo ena£bo za izra£un matrike prehajanja stanj: n o e A t = L− 1 ( s I − A) − 1 (2.49) Naloga 2.10 S pomo£jo · Laplaceo ¸ ve transformacije izra£unajte matriko prehajanja stanj sistemske matrike 0 − 2 A = . 1 − 3 Re²itev Matriko e A t bomo izra£unali s pomo£jo ena£be (2.49): n o e A t = L− 1 ( s I − A) − 1 Najprej dolo£imo izraz ( s I − A) − 1 (glej dodatek A): ½· ¸ · ¸¾ · ¸ s 0 0 − 2 − 1 s 2 − 1 ( s I − A) − 1 = − = 0 s 1 − 3 − 1 s + 3 ½· ¸¾ · ¸ T · ¸ adj s 2 s + 3 1 s + 3 − 2 − 1 s + 3 − 2 s 1 s = ½· ¸¾ = = s 2 s 2 + 3 s + 2 s 2 + 3 s + 2 det − 1 s + 3 · ¸ s+3 − 2 = s 2+3 s+2 s 2+3 s+2 1 s s 2+3 s+2 s 2+3 s+2 Za izvedbo inverzne Laplaceove transformacije (glej dodatek A) je potrebno dobljen rezultat razs-taviti v parcialne ulomke: · ¸ · ¸ · ¸ s+3 − 2 s+3 − 2 A 11 + B 11 A 12 + B 12 s 2+3 s+2 s 2+3 s+2 = ( s+1)( s+2) ( s+1)( s+2) = s+1 s+2 s+1 s+2 1 s 1 s A 21 + B 21 A 22 + B 22 s 2+3 s+2 s 2+3 s+2 ( s+1)( s+2) ( s+1)( s+2) s+1 s+2 s+1 s+2 · ¸ 2 + − 1 − 2 + 2 = s+1 s+2 s+1 s+2 1 + − 1 − 1 + 2 s+1 s+2 s+1 s+2 Po uporabi tabele Laplaceovih parov (dodatek B) dobimo: · ¸ 2 e− 1 t − 1 e− 2 t − 2 e− 1 t + 2 e− 2 t e A t = 1 e− 1 t − 1 e− 2 t − 1 e− 1 t + 2 e− 2 t Izra£un matrike prehajanja stanj s pomo£jo Sylvestrove metode Matriko prehajanja stanj lahko izra£unamo tudi s pomo£jo ena£be (2.50): n X e A t = eλit Z i (2.50) i=1 62 POGLAVJE 2. ANALIZA MATEMATI�NIH MODELOV kjer matriko Z i dolo£imo z ena£bo (2.51): n Y (A − λj I) j=1 Z j6= i i = n (2.51) Y ( λi − λj) j=1 j6= i Naloga 2.11 S pomo£jo · Sylv ¸ estrove metode izra£unajte matriko prehajanja stanj sistemske matrike 0 − 2 A = . 1 − 3 Re²itev Najprej izra£unamo  lastni vrednosti:   λ +2  det ( λ I − A) =    − 1 λ + 3  = λ 2 + 3 λ + 2 = ( λ + 1)( λ + 2) ( λ + 1)( λ + 2) = 0 ⇒ lastni vrednosti matrike A sta: λ 1 = − 1 , λ 2 = − 2 Matriko e A t bomo izra£unali s pomo£jo ena£b (2.50) in (2.51): e A t = eλ 1 t Z1 + eλ 2 t Z2 · ¸ · ¸ · ¸ 0 − 2 1 0 2 − 2 − ( − 2) · ¸ A − λ 1 − 3 0 1 1 − 1 2 − 2 Z 2I 1 = = = = λ 1 − λ 2 − 1 + 2 1 1 − 1 · ¸ · ¸ · ¸ 0 − 2 1 0 1 − 2 − ( − 1) · ¸ A − λ 1 − 3 0 1 1 − 2 − 1 2 Z 1I 2 = = = = λ 2 − λ 1 − 2 + 1 − 1 − 1 2 · ¸ · ¸ · ¸ 2 − 2 − 1 2 2 e− 1 t − 1 e− 2 t − 2 e− 1 t + 2 e− 2 t e A t = e− 1 t + e− 2 t = 1 − 1 − 1 2 1 e− 1 t − 1 e− 2 t − 1 e− 1 t + 2 e− 2 t Ena£bi (2.50) in (2.51) lahko zapi²emo tudi v kompaktni matri£ni obliki s pomo£jo Sylvestrove interpolacijske formule:    1 λ  1 λ 21 λ 31 . . . λn− 1 1 eλ 1 t       1 λ   2 λ 22 λ 32 . . . λn− 1 2 eλ 2 t  det  1 λ 3 λ 23 λ 33 . . . λn− 1 3 eλ 3 t  = 0 (2.52)      . . . . . . .   . . . . . . .   . . . . . . .   I A A2 A3 . . . A n− 1 e A t kjer je n dimenzija kvadratne matrike A. Naloga 2.12 · ¸ S pomo£jo ena£be (2.52) izra£unajte matriko prehajanja stanj sistemske matrike 0 − 2 A = . 1 − 3 2.1. ANALIZA MODELA V PROSTORU STANJA 63 Re²itev Matrika A je dimenzije n = 2, zato se Sylvestrova formula v na²em primeru glasi:    1 λ 1 eλ 1 t  det  1 λ  = 0  2 eλ 2 t  I A e A t oziroma: λ 2 e A t + λ 1 eλ 2 t I + eλ 1 t A − λ 2 eλ 1 t I − eλ 2 t A − λ 1 e A t = 0 ⇒ ( λ e A t = 1 eλ 2 t − λ 2 eλ 1 t)I + ( eλ 1 t − eλ 2 t)A (2.53) λ 1 − λ 2 Ko v ena£bo (2.53) vstavimo vrednosti matrik I in A in pripadajo£i lastni vrednosti λ 1 = − 1 in λ 2 = − 2, dobimo: · ¸ · ¸ 1 0 0 − 2 ( − 1 e− 2 t + 2 e− 1 t) + ( e− 1 t − e− 2 t) · ¸ 0 1 1 − 3 2 e− 1 t − 1 e− 2 t − 2 e− 1 t + 2 e− 2 t e A t = = − 1 − ( − 2) 1 e− 1 t − 1 e− 2 t − 1 e− 1 t + 2 e− 2 t Naloga 2.13 · ¸ Izra£unajte matriko prehajanja stanj sistemske matrike 0 4 A = . 1 0 Re²itev Lastne vrednosti: λ 1 = − 2 λ 2 = 2 Matrika prehajanja stanj " # 0 . 5 e 2 . 0 t + 0 . 5 e− 2 . 0 t e 2 . 0 t − 1 . 0 e− 2 . 0 t e A t = 0 . 25 e 2 . 0 t − 0 . 25 e− 2 . 0 t 0 . 5 e 2 . 0 t + 0 . 5 e− 2 . 0 t Naloga 2.14 · ¸ Izra£unajte matriko prehajanja stanj sistemske matrike − 11 − 10 A = . 1 0 Re²itev Lastne vrednosti: λ 1 = − 10 λ 2 = − 1 Iskana matrika: " # − 0 . 11 e− 1 . 0 t + 1 . 11 e− 10 . 0 t − 1 . 11 e− 1 . 0 t + 1 . 11 e− 10 . 0 t e A t = 0 . 11 e− 1 . 0 t − 0 . 11 e− 10 . 0 t 1 . 11 e− 1 . 0 t − 0 . 11 e− 10 . 0 t 64 POGLAVJE 2. ANALIZA MATEMATI�NIH MODELOV Naloga 2.15 · ¸ Izra£unajte matriko prehajanja stanj sistemske matrike − 2 − 2 A = . 1 0 Re²itev Lastne vrednosti: λ 1 = − 1 + j λ 2 = − 1 − j Iskana matrika: " # e− 1 . 0 t cos( t) − 1 . 0 e− 1 . 0 t sin( t) − 2 . 0 e− 1 . 0 t sin( t) e A t = e− 1 . 0 t sin( t) e− 1 . 0 t cos( t) + e− 1 . 0 t sin( t) Naloga 2.16 · ¸ Izra£unajte matriko prehajanja stanj sistemske matrike − 4 − 13 A = . 1 0 Re²itev Lastne vrednosti: λ 1 = − 2 + 3 j λ 2 = − 2 − 3 j Matrika prehajanja stanj: " # e− 2 . 0 t cos(3 . 0 t) − 0 . 67 e− 2 . 0 t sin(3 . 0 t) − 4 . 33 e− 2 . 0 t sin(3 . 0 t) e A t = 0 . 33 e− 2 . 0 t sin(3 . 0 t) e− 2 . 0 t cos(3 . 0 t) + 0 . 67 e− 2 . 0 t sin(3 . 0 t) Naloga 2.17 · ¸ Izra£unajte matriko prehajanja stanj sistemske matrike − 2 − 1 A = . 1 0 Re²itev Lastne vrednosti: λ 1 = − 1 λ 2 = − 1 Iskana matrika: " # e− 1 . 0 t − 1 . 0 te− 1 . 0 t − 1 . 0 te− 1 . 0 t e A t = te− 1 . 0 t e− 1 . 0 t + te− 1 . 0 t Naloga 2.18 · ¸ Izra£unajte matriko prehajanja stanj sistemske matrike 0 0 A = . 1 0 Re²itev Lastne vrednosti: λ 1 = 0 λ 2 = 0 2.1. ANALIZA MODELA V PROSTORU STANJA 65 Iskana matrika: " # 1 . 0 0 e A t = t 1 . 0 Naloga 2.19   − 6 − 11 − 6   Izra£unajte matriko prehajanja stanj sistemske matrike A =    1 0 0 . 0 1 0 Re²itev Lastne vrednosti: λ 1 = − 1 λ 2 = − 2 λ 3 = − 3 Iskana matrika: e A t =   4 . 5 e− 3 .t − 4 .e− 2 .t + 0 . 5 e− 1 .t 13 . 5 e− 3 .t − 16 .e− 2 .t + 2 . 5 e− 1 .t 9 .e− 3 .t − 12 .e− 2 .t + 3 .e− 1 .t      − 1 . 5 e− 3 .t + 2 .e− 2 .t − 0 . 5 e− 1 .t − 4 . 5 e− 3 .t + 8 .e− 2 .t − 2 . 5 e− 1 .t − 3 .e− 3 .t + 6 .e− 2 .t − 3 .e− 1 .t  0 . 5 e− 3 .t − 1 .e− 2 .t + 0 . 5 e− 1 .t 1 . 5 e− 3 .t − 4 .e− 2 .t + 2 . 5 e− 1 .t e− 3 .t − 3 .e− 2 .t + 3 .e− 1 .t Naloga 2.20   − 1 − 25 − 99 Izra£unajte matriko prehajanja stanj sistemske matrike A =  0 − 25 − 100 . 0 1 0 Re²itev Lastne vrednosti: λ 1 = − 1 λ 2 = − 5 λ 3 = − 20 Iskana matrika:   e− 1 t − 0 . 974 e− 1 t − 0 . 433 e− 5 t + 1 . 41 e− 20 t 1 . 63 e− 1 t − 8 . 67 e− 5 t + 7 . 04 e− 20 t e A t =  0 − 0 . 333 e− 5 t + 1 . 33 e− 20 t − 6 . 67 e− 5 t + 6 . 67 e− 20 t  0 0 . 067 e− 5 t − 0 . 067 e− 20 t 1 . 33 e− 5 t − 0 . 333 e− 20 t Naloga 2.21   − 11 − 44 − 34 Izra£unajte matriko prehajanja stanj sistemske matrike A =  1 0 0 . 0 1 0 Re²itev Lastne vrednosti: λ 1 = − 1 λ 2 = − 5 + 3 j λ 3 = − 5 − 3 j 66 POGLAVJE 2. ANALIZA MATEMATI�NIH MODELOV Iskana matrika:  0 . 04 e− 1 t + 0 . 960 e− 5 t cos3 t − 2 . 05 e− 5 t sin3 t e A t =  − 0 . 04 e− 1 t + 0 . 04 e− 5 t cos 3 t + 0 . 387 e− 5 t sin 3 t 0 . 04 e− 1 t − 0 . 04 e− 5 t cos 3 t − 0 . 0533 e− 5 t sin 3 t  0 . 4 e− 1 t − 0 . 4 e− 5 t cos 3 t − 15 . 2 e− 5 t sin 3 t 1 . 36 e− 1 t − 1 . 36 e− 5 t cos 3 t − 13 . 1 e− 5 t sin 3 t − 0 . 4 e− 1 t + 1 . 40 e− 5 t cos 3 t + 2 . 20 e− 5 t sin 3 t − 1 . 36 e− 1 t + 1 . 36 e− 5 t cos 3 t + 1 . 81 e− 5 t sin 3 t  0 . 4 e− 1 t − 0 . 4 e− 5 t cos 3 t − 0 . 200 e− 5 t sin 3 t 1 . 36 e− 1 t − 0 . 360 e− 5 t cos 3 t − 0 . 147 e− 5 t sin 3 t Naloga 2.22   − 3 − 28 − 26 Izra£unajte matriko prehajanja stanj sistemske matrike A =  1 0 0 . 0 1 0 Re²itev Lastne vrednosti: λ 1 = − 1 λ 2 = − 1 + 5 j λ 3 = − 1 − 5 j Matrika prehajanja stanj :  0 . 04 e− 1 t + 0 . 960 e− 1 t cos5 t − 0 . 400 e− 1 .t sin5 t e A t =  − 0 . 04 e− 1 t + 0 . 04 e− 1 t cos 5 t + 0 . 2 e− 1 t sin 5 t 0 . 04 e− 1 t − 0 . 04 e− 1 t cos 5 t  0 . 08 e− 1 t − 0 . 08 e− 1 t cos 5 t − 5 . 60 e− 1 t sin 5 t 1 . 04 e− 1 t − 1 . 04 e− 1 t cos 5 t − 5 . 20 e− 1 t sin 5 t − 0 . 08 e− 1 t + 1 . 08 e− 1 t cos 5 t + 0 . 2 e− 1 t sin 5 t − 1 . 04 e− 1 t + 1 . 04 e− 1 t cos 5 t  0 . 08 e− 1 t − 0 . 08 e− 1 t cos 5 t + 0 . 2 e− 1 t sin 5 t 1 . 04 e− 1 t − 0 . 04 e− 1 t cos 5 t + 0 . 2 e− 1 t sin 5 t Naloga 2.23   − 5 − 8 − 4 Izra£unajte matriko prehajanja stanj sistemske matrike A =  1 0 0 . 0 1 0 Re²itev Lastne vrednosti: λ 1 = − 1 λ 2 = − 2 λ 3 = − 2 Iskana matrika:   e−t − 4 te− 2 t 4 e−t − 4 e− 2 t − 12 te− 2 t 4 e−t − 4 e− 2 t − 8 te− 2 t e A t =  −e−t + e− 2 t + 2 te− 2 t − 4 e−t + 5 e− 2 t + 6 te− 2 t − 4 e−t + 4 e− 2 t + 4 te− 2 t  e−t − e− 2 t − te− 2 t 4 e−t − 4 e− 2 t − 3 te− 2 t 4 e−t − 3 e− 2 t − 2 te− 2 t Naloga 2.24   − 5 0 0 Izra£unajte matriko prehajanja stanj sistemske matrike A =  1 0 0 . 0 1 0 2.1. ANALIZA MODELA V PROSTORU STANJA 67 Re²itev Lastne vrednosti: λ 1 = 0 λ 2 = 0 λ 3 = − 5 Rezultirajo£a matrika:   e− 5 t 0 0 e A t =  − 0 . 2 e− 5 t + 0 . 2 1 0  0 . 04 e− 5 t − 0 . 04 + . 2 t t 1 Naloga 2.25   λ 1 0 Izra£unajte matriko prehajanja stanj sistemske matrike A =  0 λ 1 . 0 0 λ Re²itev Lastne vrednosti: λ 1 , 2 , 3 = λ Iskana matrika:       eλt teλt t 2 eλt eλt 0 0 1 t t 2 2 2 e A t =  0 eλt teλt  =  0 eλt 0   0 1 t  0 0 eλt 0 0 eλt 0 0 1 Naloga 2.26 Izra£unajte odziv sistema na enotsko stopnico u( t) = σ( t) (glej dodatek A, denicija A.3)in za£etne pogoje x(0) = [ 2 1 ] T . · ¸ · ¸ − 12 2 1 ˙x( t) = 3 x( t) + 3 u( t) − 36 − 1 1 y( t) = [ 1 , 0 ] x( t) Re²itev Potek spremenljivk stanja in izhodne spremenljivke izra£unamo s pomo£jo ena£b: Z t x( t) = x1( t) + x2( t) = e A t x(0) + e A( t−τ)b u( τ ) dτ 0 y( t) = cTx( t) + d u( t) Z x1( t) je ozna£en odziv spremenljivk stanja na za£etne pogoje x(0) (pri ni£elnem vzbujanju u( t) = 0), z x2( t) pa je ozna£en odziv spremenljivk stanja na vzbujanje u( t) (pri ni£elnih za£etnih pogojih x(0) = 0). Lastni vrednosti obravnavanega sistema sta: λ 1 = − 4 λ 2 = − 9 68 POGLAVJE 2. ANALIZA MATEMATI�NIH MODELOV Za izra£un odziva potrebujemo matriko prehajanja stanj: · ¸ − 3 e− 4 t + 8 e− 9 t 2 e− 4 t − 2 e− 9 t e A t = 5 5 15 15 − 36 e− 4 t + 36 e− 9 t 8 e− 4 t − 3 e− 9 t 5 5 5 5 Odziv na za£etne pogoje je: · ¸ · ¸ · ¸ − 3 e− 4 t + 8 e− 9 t 2 e− 4 t − 2 e− 9 t 2 − 16 e− 4 t + 46 e− 9 t x 5 5 15 15 15 15 1( t) = e A t x(0) = = − 36 e− 4 t + 36 e− 9 t 8 e− 4 t − 3 e− 9 t 1 − 64 e− 4 t + 69 e− 9 t 5 5 5 5 5 5 Odziv na enotsko stopnico je: Z t x2( t) = e A( t−τ)b u( τ ) dτ = 0 Z · ¸ · ¸ t − 3 e− 4( t−τ) + 8 e− 9( t−τ) 2 e− 4( t−τ) − 2 e− 9( t−τ) 1 = 5 5 15 15 3 1 dτ = 1 0 − 36 e− 4( t−τ) + 36 e− 9( t−τ) 8 e− 4( t−τ) − 3 e− 9( t−τ) 5 5 5 5 Z · ¸ · ¸ t − 1 e− 4 te 4 τ + 6 e− 9 te 9 τ − 1 e− 4 te 4 τ + 6 e− 9 te 9 τ t = 15 15 = 60 135 = − 12 e− 4 te 4 τ + 27 e− 9 te 9 τ − 12 e− 4 te 4 τ + 27 e− 9 te 9 τ 0 15 15 60 135 0 · ¸ 1 + 1 e− 4 t − 2 e− 9 t = 36 60 45 1 e− 4 t − 1 e− 9 t 5 5 Odziv spremenljivk stanja na za£etne pogoje in dolo£eno stopni£no vzbujanje je: · ¸ 1 − 63 e− 4 t + 136 e− 9 t x( t) = x 36 60 45 1( t) + x2( t) = − 63 e− 4 t + 68 e− 9 t 5 5 Odziv izhodne spremenljivke je: · ¸ 1 − 63 e− 4 t + 136 e− 9 t 1 63 136 y( t) = cTx( t) + d u( t) = [ 1 0 ] 36 60 45 = − e− 4 t + e− 9 t − 63 e− 4 t + 68 e− 9 t 5 5 36 60 45 Naloga 2.27 Izra£unajte odziv sistema · ¸ · ¸ − 6 1 2 ˙x( t) = x( t) + u( t) − 8 0 16 y( t) = [ 1 1 ] x( t) na: • za£etne pogoje x(0) = [ 1 − 1 ] T • enotsko stopnico u( t) = σ( t) • vzbujanje u( t) = t • vzbujanje u( t) = sin t 2.1. ANALIZA MODELA V PROSTORU STANJA 69 • vzbujanje u( t) = e−t • vzbujanje u( t) = e−t sin t • vzbujanje u( t) = sin t + sin 3 t Re²itev Lastni vrednosti obravnavanega sistema sta: λ 1 = − 4 λ 2 = − 2 Matrika prehajanja stanj je: · ¸ −e− 2 t + 2 e− 4 t 0 . 5 e− 2 t − 0 . 5 e− 4 t e A t = − 4 e− 2 t + 4 e− 4 t 2 e− 2 t − e− 4 t • odziv na za£etne pogoje x(0) = [ 1 − 1 ] T : · ¸ − 1 . 5 e− 2 t + 2 . 5 e− 4 t x( t) = − 6 e− 2 t + 5 e− 4 t y( t) = − 7 . 5 e− 2 t + 7 . 5 e− 4 t • odziv na enotsko stopnico u( t) = σ( t) = 1( t) · ¸ 2 − 3 e− 2 t + e− 4 t x( t) = 10 − 12 e− 2 t + 2 e− 4 t y( t) = 12 − 15 e− 2 t + 3 e− 4 t • odziv na vzbujanje u( t) = t · ¸ 2 t − 1 . 25 + 1 . 5 e− 2 t − 0 . 25 e− 4 t x( t) = 10 t − 5 . 5 + 6 e− 2 t − 0 . 5 e− 4 t y( t) = 12 t − 6 . 75 + 7 . 5 e− 2 t − 0 . 75 te− 4 t • odziv na vzbujanje u( t) = sin t · ¸ 2 sin t − 0 . 0218 cos( t) + 0 . 026 e− 2 t − 0 . 004 e− 4 t x( t) = 10 sin t − 0 . 096 cos t + 1 . 037 e− 2 t − 0 . 09 e− 4 t y( t) = − 0 . 1178 cos t + 12 sin t + 1 . 063 e− 2 t − 0 . 094 e− 4 t • odziv na vzbujanje u( t) = e−t · ¸ 4 . 67 e−t − 6 e− 2 t + 1 . 35 e− 4 t x( t) = 21 . 33 e−t − 24 e− 2 t + 2 . 67 e− 4 t y( t) = 26 e−t − 30 e− 2 t + 4 . 02 e− 4 t • odziv na vzbujanje u( t) = e−t sin t · ¸ 4 . 67 e−t sin t − 0 . 097 e−t cos t + 0 . 105 e− 2 t − 0 . 0078 e− 4 t x( t) = 21 . 33 e−t sin t − 0 . 403 e−t cos t + 0 . 42 e− 2 t − 0 . 016 e− 4 t y( t) = 26 e−t sin t − 0 . 5 e−t cos t + 0 . 525 e− 2 t − 0 . 024 e− 4 t 70 POGLAVJE 2. ANALIZA MATEMATI�NIH MODELOV • odziv na vzbujanje u( t) = sin t + sin 3 t · ¸ 2 sin t + 2 sin 3 t − 0 . 022 cos t − 0 . 065 cos 3 t + 0 . 105 e− 2 t − 0 . 017 e− 4 t x( t) = 10 sin t + 10 sin 3 t − 0 . 1 cos t − 0 . 29 cos 3 t + 0 . 42 e− 2 t − 0 . 035 e− 4 t y( t) = 12 sin t + 12 sin 3 t − 0 . 122 cos t − 0 . 36 cos 3 t + 0 . 525 e− 2 t − 0 . 052 e− 4 t Naloga 2.28 Izra£unajte odziv sistema     0 1 0 0 ˙x( t) =  0 − 1 1  x( t) +  0  u( t) 0 0 − 2 1 y( t) = [ 1 2 3 ] x( t) na: • za£etne pogoje x(0) = [ 1 0 − 1 ] T • enotsko stopnico u( t) = σ( t) Re²itev Lastne vrednosti obravnavanega sistema so: λ 1 = 0 λ 2 = − 1 λ 3 = − 2 Matrika prehajanja stanj je:   1 1 − e− 1 t 0 . 5 − e− 1 t + 0 . 5 e− 2 t e A t =  0 e− 1 t e− 1 t − 1 e− 2 t  0 0 e− 2 t • odziv na za£etne pogoje x(0) = [ 1 0 − 1 ] T :   1 + e−t − 1 e− 2 t 2 2 x( t) =  −e−t + e− 2 t  −e− 2 t 1 3 y( t) = − e−t − e− 2 t 2 2 • odziv na enotsko stopnico u( t) = σ( t) = 1( t)   0 . 5 t − 0 . 75 + e−t − 0 . 25 e− 2 t x( t) =  0 . 5 − e−t + 0 . 5 e− 2 t  0 . 5 − 0 . 5 e− 2 t y( t) = 0 . 5 t + 1 . 75 − e−t − 0 . 75 e− 2 t 2.1. ANALIZA MODELA V PROSTORU STANJA 71 Naloga 2.29 Izra£unajte odziv sistema     − 5 − 17 − 13 0 ˙x( t) =  1 0 0  x( t) +  0  u( t) 0 1 0 1 y( t) = [ 1 2 3 ] x( t) na: • za£etne pogoje x(0) = [ 1 0 − 1 ] T • enotsko stopnico u( t) = σ( t) Re²itev Lastne vrednosti obravnavanega sistema so: λ 1 = − 1 λ 2 = − 2 + 3 j λ 3 = − 2 − 3 j Matrika prehajanja stanj je:  0 . 10 e− 1 t + 0 . 90 e− 2 t cos3 t − 1 . 0 e− 2 t sin3 t e A t =  − 0 . 10 e− 1 t + 0 . 10 e− 2 t cos 3 t + 0 . 37 e− 2 t sin 3 t 0 . 10 e− 1 t − 0 . 10 e− 2 t cos 3 t − 0 . 33 e− 2 t sin 3 t  0 . 40 e− 1 t − 0 . 40 e− 2 t cos 3 t − 5 . 8 e− 2 t sin 3 t 1 . 3 e− 1 t − 1 . 3 e− 2 t cos 3 t − 4 . 8 e− 2 t sin 3 t − 0 . 40 e− 1 t + 1 . 4 e− 2 t cos 3 t + 0 . 80 e− 2 t sin 3 t − 1 . 3 e− 1 t + 1 . 3 e− 2 t cos 3 t + 0 . 43 e− 2 t sin 3 t  0 . 40 e− 1 t − 0 . 40 e− 2 t cos 3 t + 0 . 20 e− 2 t sin 3 t 1 . 3 e− 1 t − 0 . 30 e− 2 t cos 3 t + 0 . 23 e− 2 t sin 3 t • odziv na za£etne pogoje x(0) = [ 1 0 − 1 ] T :   − 6 e−t + 11 e− 2 t cos 3 t + 56 e− 2 t sin 3 t 5 5 15 x( t) =  6 e−t − 6 e− 2 t cos 3 t − 1 e− 2 t sin 3 t  5 5 15 − 6 e−t + 1 e− 2 t cos 3 t − 4 e− 2 t sin 3 t 5 5 15 12 2 14 y( t) = − e−t + e− 2 t cos 3 t + e− 2 t sin 3 t 5 5 5 • odziv na enotsko stopnico u( t) = σ( t) = 1( t)   − 1 . 3 e−t + 1 . 3 e− 2 t cos 3 t + 0 . 43 e− 2 t sin 3 t x( t) =  − 1 + 1 . 3 e−t − 0 . 33 e− 2 t cos 3 t + 0 . 23 e− 2 t sin 3 t  1 . 31 − 1 . 3 e−t − 0 . 0077 e− 2 t cos 3 t − 0 . 105 e− 2 t sin 3 t y( t) = − 2 . 6 e−t + 0 . 677 e− 2 t cos 3 t + 0 . 585 e− 2 t sin 3 t + 1 . 923 72 POGLAVJE 2. ANALIZA MATEMATI�NIH MODELOV 2.2 Analiza vhodno-izhodnega modela 2.2.1 Zapis vhodno-izhodnega modela Ker je zapis vhodno - izhodnega matemati£nega modela z diferencialnimi ena£bami (poglavje 1.2.2) nekompakten in v£asih nepregleden, transformiramo sistem (1.11) ob upo²tevanju ni£elnih za£etnih vrednosti y 1(0) = dy 1( t) | | | | dt 0 = . . . = dn− 1 y 1( t) dtn− 1 0 = 0,. . . , yr(0) = dyr( t) dt 0 = . . . = dn− 1 yr( t) dtn− 1 0 = 0, u 1(0) = du 1( t) | | = . . . = dn− 1 um( t) | dt 0 = . . . = dn− 1 u 1( t) dtn− 1 0 = 0,. . . , um(0) = dum( t) dt dtn− 1 0 = 0 v s-prostor. Dobimo sistem algebrai£nih ena£b: snY 1( s) + an− 1 sn− 1 Y 1( s) + an− 2 sn− 2 Y 1( s) + . . . + a 1 sY 1( s) + a 0 Y 1( s) = bn, 11 snU 1( s) + bn− 1 , 11 sn− 1 U 1( s) + . . . + b 1 , 11 sU 1( s) + b 0 , 11 U 1( s)+ bn, 12 snU 2( s) + bn− 1 , 12 sn− 1 U 2( s) + . . . + b 1 , 12 sU 2( s) + b 0 , 12 U 2( s)+ ... bn, 1 msnUm( s) + bn− 1 , 1 msn− 1 Um( s) + . . . + b 1 , 1 msUm( s) + b 0 , 1 mUm( s) snY 2( s) + an− 1 sn− 1 Y 2( s) + an− 2 sn− 2 Y 2( s) + . . . + a 1 sY 2( s) + a 0 Y 2( s) = bn, 21 snU 1( s) + bn− 1 , 21 sn− 1 U 1( s) + . . . + b 1 , 21 sU 1( s) + b 0 , 21 U 1( s)+ bn, 22 snU 2( s) + bn− 1 , 22 sn− 1 U 2( s) + . . . + b 1 , 22 sU 2( s) + b 0 , 22 U 2( s)+ ... (2.54) bn, 2 msnUm( s) + bn− 1 , 2 msn− 1 Um( s) + . . . + b 1 , 2 msUm( s) + b 0 , 2 mUm( s) ... snYr( s) + an− 1 sn− 1 Yr( s) + an− 2 sn− 2 Yr( s) + . . . + a 1 sYr( s) + a 0 Yr( s) = bn,r 1 snU 1( s) + bn− 1 ,r 1 sn− 1 U 1( s) + . . . + b 1 ,r 1 sU 1( s) + b 0 ,r 1 U 1( s)+ bn,r 2 snU 2( s) + bn− 1 ,r 2 sn− 1 U 2( s) + . . . + b 1 ,r 2 sU 2( s) + b 0 ,r 2 U 2( s)+ ... bn,rmsnUm( s) + bn− 1 ,rmsn− 1 Um( s) + . . . + b 1 ,rmsUm( s) + b 0 ,rmUm( s) Sistem ena£b (2.54) lahko zapi²emo kraj²e kot: Y 1( s) = G 11( s) U 1( s) + G 12( s) U 2( s) + . . . G 1 m( s) Um( s) Y 2( s) = G 21( s) U 1( s) + G 22( s) U 2( s) + . . . G 2 m( s) Um( s) .. (2.55) . Yr( s) = Gr 1( s) U 1( s) + Gr 2( s) U 2( s) + . . . Grm( s) Um( s) kjer vpeljane racionalne funkcije G 11( s), G 12( s), . . . G 1 m( s), G 21( s), G 22( s), . . . G 2 m( s), . . . Gr 1( s), Gr 2( s), . . . Grm( s) imenujemo prenosne funkcije. Prenosne funkcije opisujejo vpliv posameznih 2.2. ANALIZA VHODNO-IZHODNEGA MODELA 73 vhodov ( U 1( s), U 2( s), . . . Um( s)) na posamezne izhode ( Y 1( s), Y 2( s), . . . Yr( s)): G 11( s) = Y 1( s) = bn, 11 sn+ bn− 1 , 11 sn− 1+ ... + b 1 , 11 s+ b 0 , 11 U 1( s) sn+ an− 1 sn− 1+ an− 2 sn− 2+ ... + a 1 s+ a 0 G 12( s) = Y 1( s) = bn, 12 sn+ bn− 1 , 12 sn− 1+ ... + b 1 , 12 s+ b 0 , 12 U 2( s) sn+ an− 1 sn− 1+ an− 2 sn− 2+ ... + a 1 s+ a 0 ... G 1 m( s) = Y 1( s) = bn, 1 msn+ bn− 1 , 1 msn− 1+ ... + b 1 , 1 ms+ b 0 , 1 m Um( s) sn+ an− 1 sn− 1+ an− 2 sn− 2+ ... + a 1 s+ a 0 G 21( s) = Y 2( s) = bn, 21 sn+ bn− 1 , 21 sn− 1+ ... + b 1 , 21 s+ b 0 , 21 U 1( s) sn+ an− 1 sn− 1+ an− 2 sn− 2+ ... + a 1 s+ a 0 G 22( s) = Y 2( s) = bn, 22 sn+ bn− 1 , 22 sn− 1+ ... + b 1 , 22 s+ b 0 , 22 U 2( s) sn+ an− 1 sn− 1+ an− 2 sn− 2+ ... + a 1 s+ a 0 ... (2.56) G 2 m( s) = Y 2( s) = bn, 2 msn+ bn− 1 , 2 msn− 1+ ... + b 1 , 2 ms+ b 0 , 2 m Um( s) sn+ an− 1 sn− 1+ an− 2 sn− 2+ ... + a 1 s+ a 0 ... Gr 1( s) = Yr( s) = bn,r 1 sn+ bn− 1 ,r 1 sn− 1+ ... + b 1 ,r 1 s+ b 0 ,r 1 U 1( s) sn+ an− 1 sn− 1+ an− 2 sn− 2+ ... + a 1 s+ a 0 Gr 2( s) = Yr( s) = bn,r 2 sn+ bn− 1 ,r 2 sn− 1+ ... + b 1 ,r 2 s+ b 0 ,r 2 U 2( s) sn+ an− 1 sn− 1+ an− 2 sn− 2+ ... + a 1 s+ a 0 ... Grm( s) = Yr( s) = bn,rmsn+ bn− 1 ,rmsn− 1+ ... + b 1 ,rms+ b 0 ,rm Um( s) sn+ an− 1 sn− 1+ an− 2 sn− 2+ ... + a 1 s+ a 0 Ena£be (2.55) lahko zapi²emo tudi v vektorsko-matri£ni obliki:  Y      1( s) G 11( s) G 12( s) . . . G 1 m( s) U 1( s)  Y   G   U   2( s)   21( s) G 22( s) . . . G 2 m( s)   2( s)   .. . . . . .  =  .. .. ..  ..  (2.57) Yr( s) Gr 1( s) Gr 2( s) . . . Grm( s) Um( s) oziroma kraj²e: Y( s) = G( s)U( s) (2.58) Matriko G( s) imenujemo matrika prenosnih funkcij. Matemati£ni model z enim vhodom in enim izhodom zapi²emo v obliki diferencialne ena£be (1.12): dny( t) + a + a + . . . a + a dtn n− 1( t) dn− 1 y( t) dtn− 1 n− 2( t) dn− 2 y( t) dtn− 2 1( t) dy( t) dt 0( t) y( t) = (2.59) b du( t) n( t) dnu( t) + b + b + . . . + b + b dtn n− 1( t) dn− 1 u( t) dtn− 1 n− 2( t) dn− 2 u( t) dtn− 2 1 dt 0( t) u( t) �e nad diferencialno ena£bo (2.59) ob upo²tevanju ni£elnih za£etnih vrednosti izvedemo Laplaceovo transformacijo in tako dobljeno algebrajsko ena£bo preoblikujemo, dobimo prenosno funkcijo: Y ( s) b G( s) = = nsn + bn− 1 sn− 1 + . . . + b 1 s + b 0 (2.60) U ( s) sn + an− 1 sn− 1 + . . . + a 1 s + a 0 74 POGLAVJE 2. ANALIZA MATEMATI�NIH MODELOV 2.2.2 Blokovni diagram V okviru modeliranja regulacijskih sistemov velikokrat ne poznamo oz. ne izra£unamo prenosne funkcije celotnega regulacijskega sistema ampak dolo£imo oz. poznamo prenosne funkcije posameznih delov regulacijskega sistema (torej ne poznamo prenosne funkcije, ki povezuje vhod in izhod celotnega regulacijskega sistema). Sistem, ki je sestavljen iz ve£ih, med sabo povezanih enostavnej²ih procesov, za katere poznamo prenosne funkcije, gra£no predstavimo z blokovnim diagramom. Vsaki prenosni funkciji procesa pripada ustrezni blok. Velikokrat nas zanima vpliv dolo£enega vhoda na dolo£eno izhodno ali notranjo spremenljivko modela dinami£nega sistema. V tem primeru je potrebno iz blokovnega diagrama izra£unati prenosno funkcijo, ki povezuje izbrani spremenljivki. Preoblikovanje blokovnega diagrama oziroma izra£un prenosne funkcije, ki povezuje izbrani spremenljivki, je moºno na dva na£ina: • za preoblikovanje enostavnej²ih sistemov uporabimo pravila o pretvorbi blokovnega diagrama, • preoblikovanje kompleksnej²ih sistemov ve£inoma izvedemo tako, da ustrezno re²imo sistem ena£b, ki opisuje obravnavan blokovni diagram. Dogovor 2.1 V blokovnih diagramih zaradi kompaktnosti ne bomo pisali neodvisne spremenljivke s. Uporaba pravil za preoblikovanje blokovnih diagramov Osnovna pravila za preoblikovanje blokovnih diagramov so prikazana na sliki 2.2. Pretvorba sistema se obi£ajno izvede v ve£ih korakih. 2.2. ANALIZA VHODNO-IZHODNEGA MODELA 75 zaporedna vezava U Y U Y G 1 G 2 ⇐⇒ G 1 G 2 vzporedna vezava G 1 U + Y U Y ⇐⇒ G 1 ± G 2 ± G 2 povratna zanka U Y + U Y G G 1 ⇐⇒ 1 1 ∓G 1 G 2 ± G 2 premik razveji²£a U Y 1 U Y 1 G 1 ⇐⇒ G 1 Y 2 Y 1 2 G 1 U U Y Y G 1 1 1 ⇐⇒ G 1 Y 2 Y 2 G 1 premik sumacijske to£ke U Y Y 1 U G 1 1 ⇐⇒ G 1 + + ± ± U 2 U 2 G 1 U Y Y 1 + U + G ⇐⇒ 1 1 G 1 ± ± U U 2 2 1 G 1 Slika 2.2: Osnovna pravila za preoblikovanje blokovnih diagramov 76 POGLAVJE 2. ANALIZA MATEMATI�NIH MODELOV Naloga 2.30 Za blokovni diagram na sliki 2.3 izra£unajte prenosno funkcijo G( s), ki povezuje vhod U( s) in izhod Y ( s). U Y G 1 G 2 + − G 3 + − G 4 Slika 2.3: Blokovni diagram, naloga 2.30 Re²itev Najprej uporabimo pravili o serijski in paralelni vezavi blokov in nadomestimo bloke v direktni in povratni veji z ustreznima nadomestnima blokoma. U Y G 1 G 2 + − G 3 − G 4 Slika 2.4: Blokovni diagram, naloga 2.30 Z uporabo pravila o zaprtozan£ni vezavi dobimo iskano prenosno funkcijo: U Y G 1 G 2 1+ G 1 G 2( G 3 −G 4) Slika 2.5: Blokovni diagram, naloga 2.30 Preoblikovanje blokovnih diagramov s pomo£jo re²evanja sistema ena£b Uporaba pravil za preoblikovanje blokovnih diagramov je za izra£un prenosne funkcije obseºnej²ih sistemov zamudna in neu£inkovita. Zato v teh primerih raje zapi²emo sistem ena£b, ki opisuje topologijo blokovne sheme, nato pa na osnovi tako dobljenega sistema poi²£emo prenosno funkcijo, ki povezuje ustrezno vhodno in izhodno spremenljivko. Dolo£itev prenosne funkcije izvedemo v treh korakih: 1. uvedemo toliko pomoºnih spremenljivk kot je se²tevalnikov - vsak izhod iz se²tevalnika je ena pomoºna spremenljivka, 2.2. ANALIZA VHODNO-IZHODNEGA MODELA 77 2. zapi²emo algebrajske ena£be, ki opisujejo blokovni diagram. Ena£b mora biti ena ve£ kot je uporabljenih pomoºnih spremenljivk, 3. v sistemu eliminiramo pomoºne spremenljivke in izra£unamo prenosno funkcijo. Naloga 2.31 Za blokovni diagram na sliki 2.6 izra£unajte prenosno funkcijo G( s), ki povezuje vhod U( s) in izhod Y ( s). U Z 1 + - Y + - Z 3 G 1 G G 2 3 G 4 + Z 2 + Slika 2.6: Blokovni diagram, naloga 2.31 Re²itev 1. Uvedemo pomoºne spremenljivke Z 1( s), Z 2( s) in Z 3( s) (slika 2.6). 2. Zapi²emo sistem ena£b: Z 1( s) = U( s) − G 1( s) Z 2( s) Z 2( s) = G 2( s) Z 1( s) + G 3( s) Z 3( s) Z 3( s) = Z 1( s) − Y ( s) Y ( s) = G 3( s) G 4( s) Z 3( s) (2.61) 3. Iz sistema ena£b eliminiramo Z 1( s), Z 2( s) in Z 3( s) ter izra£unamo prenosno funkcijo G( s): G G( s) = 3( s) G 4( s) 1 + G 1( s) G 2( s) + G 1( s) G 3( s) + G 3( s) G 4( s) + G 1( s) G 2( s) G 3( s) G 4( s) Naloga 2.32 Za blokovni diagram na sliki 2.7 izra£unajte prenosno funkcijo G( s), ki povezuje vhod U( s) in izhod Y ( s). U Z 1 Z 2 Z 3 Y G 1 G 2 G 3 + − + − + + Slika 2.7: Blokovni diagram, naloga 2.32 78 POGLAVJE 2. ANALIZA MATEMATI�NIH MODELOV Re²itev Po re²itvi sistema ena£b: Z 1( s) = U( s) − G 2( s) Z 2( s) Z 2( s) = G 1( s) Z 1( s) − Y ( s) Z 3( s) = Z 1( s) + G 2( s) G 3( s) Z 2( s) Y ( s) = Z 3( s) (2.62) dobimo prenosno funkcijo G( s): 1 + G G( s) = 1( s) G 2( s) G 3( s) 1 + G 1( s) G 2( s) + G 2( s) G 3( s) − G 2( s) Naloga 2.33 Za blokovni diagram na sliki 2.8 izra£unajte prenosno funkcijo G( s), ki povezuje vhod U( s) in izhod Y ( s). U + Z 1 Y G 1 G 2 − Z 2 − + Slika 2.8: Blokovni diagram, naloga 2.33 Re²itev Po re²itvi sistema ena£b: Z 1( s) = G 1( s) U( s) − Z 2( s) Z 2( s) = Y ( s) − U( s) Y ( s) = G 2( s) Z 1( s) dobimo prenosno funkcijo G( s): G G( s) = 2( s) + G 1( s) G 2( s) 1 + G 2( s) 2.2.3 Dolo£itev odziva vhodno-izhodnega modela Odziv vhodno-izhodnega modela, opisanega z matriko prenosnih funkcij G( s) (ena£ba 2.57), na vzbujanje u( t) izra£unamo v treh korakih: 1. izra£unamo Laplaceovo transformiranko vhodne spremenljivke: U( s) = L{ u( t) }, 2. izra£unamo Laplaceovo transformiranko izhodne spremenljivke: Y( s) = G( s)U( s), 3. Laplaceovo transformiranko Y pretvorimo v £asovni prostor: y( t) = L− 1 { Y( s) }. 2.3. POVEZAVA VHODNO-IZHODNEGA MODELA IN MODELA V PROSTORU STANJA 79 Naloga 2.34 Izra£unajte odziv sistema, opisanega s prenosno funkcijo G( s), na enotsko stopnico u( t) = σ( t). k G( s) = sT + 1 Re²itev 1. U( s) = L{u( t) } = 1 s 2. Y ( s) = G( s) U( s) = k 1 sT +1 s 3. y( t) = L− 1 {Y ( s) } = L− 1 { 1 k } = L− 1 {k − k } = ( k − ke− tT ) σ( t) = k(1 − e− tT ) s sT +1 s s+ 1 T 2.3 Povezava vhodno-izhodnega modela in modela v prostoru stanja 2.3.1 Pretvorba modela v prostoru stanja v prenosno funkcijo Pretvorbo modela v prostoru stanja v prenosno funkcijo izvedemo s pomo£jo ena£be (2.63): G( s) = C ( s I − A) − 1 B + D (2.63) Naloga 2.35 Modelu v prostoru stanja, · ¸ · ¸ 1 − 2 1 A = , b = , c T = [ 3 4 ] , d = 0 3 − 4 2 dolo£ite prenosno funkcijo G( s). Re²itev Prenosno funkcijo G( s) izra£unamo s pomo£jo ena£be (2.63), ki jo za sistem z enim vhodom in enim izhodom zapi²emo v obliki: G( s) = c T ( s I − A) − 1 b + d V na²em primeru dobimo: ½ · ¸ · ¸¾ ¸ · ¸ ¸ 1 0 1 − 2 − 1 · 1 s − 1 +2 − 1 · 1 G( s) = [ 3 4 ] s − + 0 = [ 3 4 ] = 0 1 3 − 4 2 − 3 s + 4 2 · ¸ s + 4 − 2 · ¸ +3 s − 1 1 11 s + 4 = [ 3 4 ] = s 2 + 3 s + 2 2 s 2 + 3 s + 2 80 POGLAVJE 2. ANALIZA MATEMATI�NIH MODELOV Prenosno funkcijo sistema z enim vhodom in enim izhodom lahko izra£unamo tudi z ena£bo (2.64). Uporaba ena£be (2.64) je enostavnej²a, saj ni potrebno invertiranje matrike. det ( s I − A + bc T ) − det ( s I − A) G( s) = + d (2.64) det ( s I − A) Naloga 2.36 Modelu v prostoru stanja, · ¸ · ¸ 1 − 2 1 A = , b = , c T = [ 3 4 ] , d = 0 3 − 4 2 dolo£ite prenosno funkcijo G( s) s pomo£jo ena£be (2.64). Re²itev Prenosno funkcijo G( s) izra£unamo s pomo£jo ena£be (2.64): det ( s I − A + bc T ) − det ( s I − A) G( s) = + d det ( s I − A) V na²em primeru dobimo: ½· ¸ · ¸ · ¸¾ ½· ¸¾ s 0 1 − 2 3 4 s − 1 2 det − + − det 0 s 3 − 4 6 8 − 3 s + 4 G( s) = ½· ¸¾ s − 1 2 det − 3 s + 4 ( s 2 + 14 s + 6) − ( s 2 + 3 s + 2) 11 s + 4 = = s 2 + 3 s + 2 s 2 + 3 s + 2 2.3.2 Pretvorba prenosne funkcije v model v prostoru stanja Pri pretvorbi modela v prostoru stanja v vhodno-izhodni model dobimo vedno samo eno re²itev (prenosno funkcijo G( s) ali matriko prenosnih funkcij G( s)). Nasprotno pa lahko dobimo pri pretvorbi vhodno-izhodnega modela v model v prostoru stanja mnoºico re²itev, ki vse na enak na£in povezujejo vhodne in izhodne spremenljivke modela, razlikujejo pa se v izbiri vektorja spremenljivk stanja. Izmed mnoºice teh razli£nih zapisov modela v prostoru stanja so pomembnej²e tri kanoni£ne oblike: • vodljivostna kanoni£na oblika, • spoznavnostna kanoni£na oblika in • diagonalna kanoni£na oblika. Za pretvorbo vhodno-izhodnih modelov z enim vhodom in enim izhodom v kanoni£ne oblike v prostoru stanja lahko uporabimo naslednje nastavke (ena£be (2.65) do (2.72)). 2.3. POVEZAVA VHODNO-IZHODNEGA MODELA IN MODELA V PROSTORU STANJA 81 Vodljivostna kanoni£na oblika Vhodno-izhodni model, opisan s prenosno funkcijo G( s), Y ( s) b G( s) = = nsn + bn− 1 sn− 1 + . . . + b 1 s + b 0 (2.65) U ( s) sn + an− 1 sn− 1 + . . . + a 1 s + a 0 pretvorimo v vodljivostno kanoni£no obliko s pomo£jo:     0 1 0 . . . 0 0  0 0 1 . . . 0   0   . .   .  A =  .     .. .. ..  , b =  ..  ,  0 0 0 . . . 1   0  (2.66) −a 0 −a 1 −a 2 . . . −an− 1 1 c T = [ b 0 − a 0 bn b 1 − a 1 bn b 2 − a 2 bn . . . bn− 1 − an− 1 bn ] , d = bn Spoznavnostna kanoni£na oblika Vhodno-izhodni model, opisan s prenosno funkcijo G( s) (ena£ba 2.65), pretvorimo v spoznavnostno normalno obliko s pomo£jo nastavka:     0 0 . . . 0 −a 0 b 0 − a 0 bn  1 0 . . . 0 −a   b   1   1 − a 1 bn  A =  0 1 . . . 0 −a   b   2  , b =  2 − a 2 bn  ,  .. . . . . . .. .. ..   ..  (2.67) 0 0 . . . 1 −an− 1 bn− 1 − an− 1 bn c T = [ 0 0 0 . . . 0 1 ] , d = bn Diagonalna kanoni£na oblika Vhodno-izhodni model, ki ima razli£ne (enojne) pole (poli prenosne funkcije ustrezajo lastnim vred-nostim pripadajo£e sistemske matrike), lahko pretvorimo v model v prostoru stanja v diagonalni obliki. Sistemska matrika tak²nega modela je diagonalna matrika z lastnimi vrednostmi na diagonali. Model pretvorimo v diagonalno matriko preko razstavitve prenosne funkcije v parcialne ulomke. b c c c G( s) = nsn + bn − 1 sn− 1 + . . . + b 1 s + b 0 = c 1 + 2 + . . . + n (2.68) sn + a 0 + n− 1 sn− 1 + . . . + a 1 s + a 0 s − λ 1 s − λ 2 s − λn     λ 1 1 0 0 . . . 0  .   1   0 λ ..   .  A =  2 0 . . .  , b =  .  ,  .  .  0 0 .. 0   1  (2.69) 0 0 . . . λn 1 c T = [ c 1 c 2 c 3 . . . cn ] , d = c 0 �e ima prenosna funkcija ve£kratne pole, potem pretvorba v diagonalno matriko ve£inoma ni moºna. V tak²nih primerih pretvorimo vhodno-izhodni model v model v prostoru stanja, katerega sistemska matrika ima na diagonali lastne vrednosti, pod (ali nad) ve£kratnimi lastnimi vrednostmi pa ima enice. Tak²no obliko zapisa modela v prostoru stanja imenujemo Jordanova kanoni£na oblika. 82 POGLAVJE 2. ANALIZA MATEMATI�NIH MODELOV Prenosna funkcija, kjer je λ 3 m-kratni pol, je predstavljena z ena£bo (2.71): b G( s) = nsn + bn − 1 sn− 1 + . . . + b 1 s + b 0 = (2.70) sn + an− 1 sn− 1 + . . . + a 1 s + a 0 c c c c c = c 1 2 3 4 n 0 + + + + + . . . + (2.71) s − λ 1 s − λ 2 s − λ 3 ( s − λ 3)2 ( s − λ 3) m Pripadajo£ model v prostoru stanja v Jordanovi kanoni£ni obliki je:   λ 1 0 . . . . . . . . . 0    .  1  0 λ .   2 0 . . . . . . .   1   .     0 0 λ .   1  A = .  3 0 . . .  , b =   ,  . .   0   0 0 1 .. 0 ..   .  (2.72)    .   . . 0 . . . 0 .. ... 0  0 0 . . . . . . 0 1 λ 3 c T = [ c 1 c 2 c 3 . . . cn ] , d = c 0 Naloga 2.37 Vhodno-izhodni model v obliki prenosne funkcije G( s) pretvorite v vse tri kanoni£ne oblike modela v prostoru stanja. 11 s + 4 G( s) = s 2 + 3 s + 2 Re²itev Modele v prostoru stanja zapi²emo s pomo£jo ena£b (2.65) do (2.71). • Vodljivostna kanoni£na oblika · ¸ · ¸ 0 1 0 A = , b = , − 2 − 3 1 c T = [ 4 11 ] , d = 0 • Spoznavnostna kanoni£na oblika · ¸ · ¸ 0 − 2 4 A = , b = , 1 − 3 11 c T = [ 0 1 ] , d = 0 • Diagonalna kanoni£na oblika · ¸ · ¸ − 1 0 1 A = , b = , 0 − 2 1 c T = [ − 7 18 ] , d = 0 2.3. POVEZAVA VHODNO-IZHODNEGA MODELA IN MODELA V PROSTORU STANJA 83 2.3.3 Pretvorba modela v prostoru stanja v kanoni£ne oblike Model v prostoru stanja lahko pretvorimo v ustrezno kanoni£no obliko tako, da originalni model v prostoru stanja pretvorimo v vhodno-izhodni model, nato pa iz prenosne funkcije zapi²emo model v prostoru stanja v ustrezni kanoni£ni obliki (ena£be (2.65) do (2.72). Obstaja pa tudi direktna pretvorba modela v prostoru stanja iz originalne v kanoni£no obliko. Za direktno pretvorbo je potrebno dolo£iti transformacijsko matriko T, ki preslika vektor spremenljivk stanja originalnega modela x( t) v vektor spremenljivk stanja v ustrezni kanoni£ni obliki x ∗( t): x ∗( t) = Tx( t) (2.73) Sistemsko (A ∗), vhodno (B ∗), izhodno (C ∗) in direktno matriko (D ∗) tako transformiranega kanoni£nega modela dolo£imo z ena£bami: A ∗ = TAT − 1 (2.74) B ∗ = TB (2.75) C ∗ = CT − 1 (2.76) D ∗ = D (2.77) Vodljivostna kanoni£na oblika Model v prostoru stanja z enim vhodom, enim izhodom in n spremenljivkami stanja (A, b, c T in d) pretvorimo v vodljivostno kanoni£no obliko s pomo£jo ena£b (2.78) do (2.84). 1. Izra£unamo vodljivostno matriko Q v: Q v = [ b Ab A2b . . . A n− 1b ] (2.78) 2. Matriko Q v invertiramo:  q  11 q 12 . . . q 1 n  q 21 q 22 . . . q 2 n  Q   vi = Q − 1 v =  .. . . ..  (2.79) qn 1 qn 2 . . . qnn 3. S pomo£jo spodnje vrstice matrike Q vi tvorimo transformacijsko matriko T: q viv = [ qn 1 qn 2 . . . qnn ]  q  viv  q   viv A  T =  q   viv A2  (2.80)  ...  q viv A n− 1 4. Model v vodljivostni kanoni£ni obliki dolo£imo s pomo£jo naslednjih ena£b: A vko = TAT − 1 (2.81) b vko = Tb (2.82) c Tvko = c T T − 1 (2.83) dvko = d (2.84) 84 POGLAVJE 2. ANALIZA MATEMATI�NIH MODELOV Spoznavnostna kanoni£na oblika Model v prostoru stanja z enim vhodom, enim izhodom in n spremenljivkami stanja (A, b, c T in d) pretvorimo v spoznavnostno kanoni£no obliko s pomo£jo ena£b (2.85) do (2.91). 1. Izra£unamo matriko Q s:   c T  c T A    Q  c T A2  s =   (2.85)  ...  c T A n− 1 2. Matriko Q s invertiramo:  q  11 q 12 . . . q 1 n  q 21 q 22 . . . q 2 n  Q   si = Q − 1 s =  .. . . ..  (2.86) qn 1 qn 2 . . . qnn 3. S pomo£jo zadnjega stolpca matrike Q si tvorimo transformacijsko matriko T:  q  1 n  q  q 2 n sis =  . . .  qnn T = [ q sis Aq sis A2q sis . . . A n− 1q sis ] − 1 (2.87) 4. Model v spoznavnostni kanoni£ni obliki dolo£imo z ena£bami: A sko = TAT − 1 (2.88) b sko = Tb (2.89) c Tsko = c T T − 1 (2.90) dsko = d (2.91) Diagonalna in Jordanova kanoni£na oblika Model v prostoru stanja z enim vhodom, enim izhodom in n spremenljivkami stanja (A, b, c T in d) pretvorimo v diagonalno kanoni£no obliko s pomo£jo matrike lastnih vektorjev na naslednji na£in: 1. Izra£unamo lastne vrednosti λ 1, λ 2, λ 3, . . . , λn. 2. Dolo£imo lastne vektorje p1, p2, p3, . . . , p n. 3. Transformacijska matrika T je inverzna matrika lastnih vektorjev: T = [ p1 p2 p3 . . . p n ] − 1 (2.92) Proste parametre v matriki lastnih vektorjev dolo£imo s pomo£jo pogoja:   1  1  T − 1    ...  = b (2.93) 1 2.3. POVEZAVA VHODNO-IZHODNEGA MODELA IN MODELA V PROSTORU STANJA 85 4. Model v diagonalni kanoni£ni obliki dolo£imo z ena£bami: A dko = TAT − 1 (2.94) b dko = Tb (2.95) c Tdko = c T T − 1 (2.96) ddko = d (2.97) Naloga 2.38 Model v prostoru stanja · ¸ · ¸ 1 − 2 1 A = , b = , c T = [ 3 4 ] , d = 0 3 − 4 2 pretvorite v: • vodljivostno kanoni£no obliko, • spoznavnostno kanoni£no obliko in • diagonalno kanoni£no obliko. Re²itev • Vodljivostna kanoni£na oblika: 1. Izra£unamo matriko Q v:· ¸ 1 − 3 Q v = [ b Ab ] = 2 − 5 2. Matriko Q v invertiramo: · ¸ · ¸ 1 − 3 − 1 − 5 3 Q vi = Q − 1 v = = 2 − 5 − 2 1 3. Vzamemo spodnjo vrstico matrike Q vi in tvorimo transformacijsko matriko T: · ¸ · ¸ q − 2 1 q viv viv = [ q 21 q 22 ] = [ − 2 1 ] ⇒ T = = q viv A 1 0 4. Model v vodljivostni kanoni£ni obliki: · ¸ 0 1 A vko = TAT − 1 = − 2 − 3 · ¸ 0 b vko = Tb = 1 c Tvko = c T T − 1 = [ 4 11 ] dvko = d = 0 • Spoznavnostna kanoni£na oblika: 1. Izra£unamo matriko Q s: · ¸ · ç T 3 4 Q s = = cTA 15 − 22 2. Matriko Q s invertiramo: · ¸ · ¸ · ¸ 3 4 − 1 1 − 22 3 0 . 1746 0 . 0317 Q si = Q − 1 s = = = 15 − 22 − 126 − 15 − 4 0 . 119 − 0 . 0238 86 POGLAVJE 2. ANALIZA MATEMATI�NIH MODELOV 3. Vzamemo zadnji stolpec matrike Q si in tvorimo transformacijsko matriko T: · ¸ · ¸ q 0 . 0317 q 11 sis = = q 12 − 0 . 0238 · ¸ · ¸ 0 . 0317 0 . 0794 − 1 24 − 10 ⇒ T = [ q sis q sis A ] − 1 = = − 0 . 0238 0 . 1905 3 4 4. Model v spoznavnostni kanoni£ni obliki: · ¸ 0 − 2 A sko = TAT − 1 = 1 − 3 · ¸ 4 b sko = Tb = 11 c Tsko = c T T − 1 = [ 0 1 ] dsko = d = 0 • Diagonalna kanoni£na oblika: 1. Lastni vrednosti sistema sta: λ 1 = 1, λ 2 = − 2 · ¸ · ¸ 2. Pripadajo£a lastna vektorja sta p p p 11 12 1 = in p p 2 = 3 21 p 2 12 3. Transformacijska matrika T je: · ¸ p − 1 T = [ p 11 p 12 1 p2 ] − 1 = p 3 11 p 2 12 Po re²itvi sistema ena£b: · ¸ · ¸ · ¸ p 11 p 12 1 1 = p 3 11 p 1 2 2 12 dobimo: p 11 = − 1 in p 12 = 2 in s tem ustrezno transformacijsko matriko: · ¸ · ¸ − 1 2 − 1 1 3 − 2 T = = − 1 3 − 1 1 − 3 4. Model v diagonalni kanoni£ni obliki: · ¸ − 1 0 A dko = TAT − 1 = 0 − 2 · ¸ 1 b dko = Tb = 1 c Tdko = c T T − 1 = [ − 7 18 ] ddko = d = 0 2.4 Frekven£ne karakteristike V prej²njih poglavjih smo spoznali parametri£ne matemati£ne modele. Parametri£ni modeli so ena£be, ki povezujejo vhode, izhode in spremenljivke stanja. V teh ena£bah so parametri modela izraºeni eksplicitno. Neparametri£ni modeli pa podajajo povezavo med vhodom in izhodom v obliki tabele ali krivulje. Enega izmed najpomembnej²ih neparametri£nih matemati£nih modelov predstavljajo frekven£ni odzivi. Frekven£na karakteristika sistema pove, kako se sistem odziva na sinusno vhodno vzbujanje v stacionarnem stanju. Ena izmed lastnosti linearnih, £asovno nespremenljivih sistemov je, da je pri sinusnem vzbujanju v ustaljenem stanju izhodna veli£ina tudi sinusna veli£ina z enako frekvenco, 2.4. FREKVEN�NE KARAKTERISTIKE 87 kot jo ima vhodna veli£ina. Seveda pa v splo²nem vhodna in izhodna veli£ina nimata enakih amplitud in nista sofazni. S spreminjanjem frekvence vhodne veli£ine se spreminjata tudi amplituda in faza izhodne veli£ine. Slika 2.9 prikazuje £asovna poteka sinusne vhodne veli£ine u( t) = U sin( ωt) in izhodne veli£ine y( t) = Y sin( ωt + ϕ). U in Y ozna£ujeta amplitudi vhodne in izhodne veli£ine, z ω je ozna£ena njuna kroºna frekvenca in s ϕ fazni premik izhodne veli£ine glede na vhodno veli£ino. u( u t ( ) t , y ), ( y t ( ) t Û Ŷ w t w t [r [ ad a ] d] y( y t ( ) t j u j ( t ( ) Slika 2.9: Sinusni vhod in izhod sistema za izra£un frekven£ne karakteristike Frekven£no karakteristiko sistema torej predstavlja tabela oz. ustrezna gra£na predstavitev odvisnosti oja£enja α( ω) = Y (t. j. razmerja med amplitudama sinusne izhodne in vhodne veli£ine) U in odvisnosti faznega premika ϕ( ω) med izhodno in vhodno veli£ino od kroºne frekvence ω vhodnega sinusnega vzbujanja. Frekven£no karakteristiko sistema lahko dobimo z meritvijo (eksperimentalno) ali z izra£unom (teoreti£no). • Pri eksperimentalni dolo£itvi frekven£ne karakteristike sistema le-tega vzbujamo z vhodnim sinusnim signalom. Po£akamo, da je doseºeno stacionarno stanje in nato izmerimo amplitudo vhodnega in izhodnega signala in fazni premik med vhodnim in izhodnim signalom. Dobljene rezultate predstavimo v tabeli oz. v ustreznem diagramu. • Pri teoreti£ni dolo£itvi frekven£ne karakteristike sistema izhajamo iz njegove prenosne funkcije. V prenosni funkciji sistema G( s) kompleksno spremenljivko s nadomestimo s spremenljivko jω. G( s) s→jω = ⇒ G( jω) (2.98) Tako dobljeno kompleksno funkcijo G( jω) zapi²emo v algebrajski obliki G( jω) = Re( ω) + j Im( ω) (2.99) in izra£unamo oja£enje α( ω) in kot fazne premaknitve ϕ( ω): p α( ω) = |G( jω) | = Re[ G( jω)]2 + Im[ G( jω)]2 (2.100) Im[ G( jω)] ϕ( ω) = 6 {G( jω) } = arctan (2.101) Re[ G( jω)] Izra£unani vrednosti α( ω) in ϕ( ω) predstavimo v ustreznem diagramu. V diagramih frekven£nih karakteristik prikazujemo oja£enje α( ω) velikokrat v decibelih. Povezavo med oja£enjem α( ω) in oja£enjem v decibelih αdB( ω) predstavlja ena£ba (2.102): αdB( ω) = 20 log10 α( ω) (2.102) 88 POGLAVJE 2. ANALIZA MATEMATI�NIH MODELOV Za gra£no predstavitev frekven£nih karakteristik imamo na razpolago ve£ razli£nih diagramov. Najbolj pogosto uporabljana sta Bodejev in polarni diagram. • V Bodejevem diagramu predstavimo frekven£no karakteristiko z dvema diagramoma, v enem prikaºemo odvisnost oja£enja αdB( ω) od frekvence vzbujalnega signala, v drugem pa odvisnost faznega premika ϕ( ω) od frekvence vzbujalnega signala. Na abscisah v obeh diagramih uporabimo logaritemsko merilo (z osnovo 10), na ordinatah pa uporabimo linearno merilo. V primeru, ko v diagramu oja£enja prikazujemo brezdimenzijsko oja£enje α( ω), uporabimo na ordinati diagrama oja£enja logaritemsko merilo. • V polarnem diagramu prikaºemo frekven£no karakteristiko z grafom v kompleksni ravnini, kjer prikaºemo realno in imaginarno komponento kompleksne veli£ine G( jω) za razli£ne vrednosti kroºne frekvence ω (najpogosteje od ω = 0 do ω = ∞). Na obeh oseh uporabljano linearno merilo. Naloga 2.39 Nari²ite frekven£no karakteristiko £lena 1. reda z oja£enjem k = 1 in £asovno konstanto T = 1 s v Bodejevem in polarnem diagramu. k G( s) = , k = 1 , T = 1 s sT + 1 Re²itev Frekven£no karakteristiko izra£unamo tako, da v prenosni funkciji G( s) kompleksno spremenljivko s nadomestimo s spremenljivko jω: k k G( s) = ⇒ G( jω) = sT + 1 jωT + 1 Za dobljeni izraz izra£unamo realni in imaginarni del: k k kωT G( jω) = ⇒ G( jω) = + j( − ) = Re[ G( jω)] + j Im[ j( ω)] jωT + 1 1 + ω 2 T 2 1 + ω 2 T 2 Realna in imaginarna komponenta G( jω) sta: k kωT Re[ G( jω)] = , Im[( jω)] = − 1 + ω 2 T 2 1 + ω 2 T 2 Iz realne in imaginarne komponente izra£unamo izraze za oja£enji α( ω) in αdB( ω) ter fazni premik ϕ( ω): p k α( ω) = |G( jω) | = Re[ G( jω)]2 + Im[ G( jω)]2 = √ 1 + ω 2 T 2 k αdB( ω) = 20 log √ 10 α( ω) = 20 log10 1 + ω 2 T 2 Im[ G( jω)] −ωT ϕ( ω) = 6 {G( jω) } = arctan = arctan Re[ G( jω)] 1 2.4. FREKVEN�NE KARAKTERISTIKE 89 V dobljene izraze vstavimo vrednosti k = 1 in T = 1 s in izra£unamo α( ω), αdB( ω) in ϕ( ω) za razli£ne vrednosti kroºne frekvence ω v razponu od ω = 0 do ω = ∞. Z namenom £im bolj²ega prikaza frekven£ne karakteristike v celotnem frekven£nem razponu je smiselno frekven£no obmo£je od ω = 0 do ω = ∞ logaritemsko diskretizirati. Tabela 2.1 prikazuje izra£unane vrednosti: ω [rad/s] α( ω) αdB( ω) [dB] ϕ( ω) [ ◦] 0 1 0 0 0,0001 0,999999995 -4,34294e-08 -0,0057 0,0002 0,999999980 -1,73718e-07 -0,0115 0,0004 0,999999920 -6,94871e-07 -0,0229 0,0007 0,999999755 -2,12804e-06 -0,0401 0,001 0,999999500 -4,34294e-06 -0,0573 0,002 0,999998000 -1,73717e-05 -0,1146 0,004 0,999992000 -6,94866e-05 -0,2292 0,007 0,999975501 -0,000212799 -0,4011 0,01 0,999950004 -0,000434273 -0,5729 0,02 0,999800060 -0,001736831 -1,1458 0,04 0,999200959 -0,006943159 -2,2906 0,07 0,997558967 -0,021228462 -4,0042 0,1 0,995037190 -0,043213738 -5,7106 0,2 0,980580676 -0,170333393 -11,3099 0,4 0,928476691 -0,644579892 -21,8014 0,7 0,819231921 -1,731862684 -34,9920 1 0,707106781 -3,010299957 -45,0000 2 0,447213595 -6,989700043 -63,4349 4 0,242535625 -12,30448921 -75,9638 7 0,141421356 -16,98970004 -81,8699 10 0,099503719 -20,04321374 -84,2894 20 0,049937617 -26,03144373 -87,1376 40 0,024992191 -32,04391332 -88,5679 70 0,014284257 -36,90284703 -89,1815 100 0,009999500 -40,00043427 -89,4271 200 0,004999938 -46,02070849 -89,7135 400 0,002499992 -52,04122697 -89,8568 700 0,001428570 -56,90196966 -89,9181 1000 0,001000000 -60,00000434 -89,9427 2000 0,000500000 -66,020601 -89,9714 4000 0,000250000 -72,0412001 -89,9857 7000 0,000142857 -76,90196089 -89,9918 10000 0,000100000 -80,00000004 -89,9943 20000 0,000050000 -86,02059992 -89,9971 40000 0,000025000 -92,04119983 -89,9986 70000 0,000014286 -96,9019608 -89,9992 100000 0,000010000 -100 -89,9994 200000 0,000005000 -106,0205999 -89,9997 400000 0,000002500 -112,0411998 -89,9999 700000 0,000001429 -116,9019608 -89,9999 ∞ 0 - ∞ -90 Tabela 2.1: Izra£unane vrednosti α( ω), αdB( ω) in ϕ( ω) v razponu od ω = 0 do ω = ∞ za £len 1. reda z oja£enjem k = 1 in £asovno konstanto T = 1 s, naloga 2.39 Bodejev diagram sestoji iz dveh diagramov, ki ju nari²emo enega pod drugim. V obeh na absciso nana²amo kroºno frekvenco v logaritemskem merilu, v zgornjem diagramu na ordinato nari²emo oja£enje v decibelih, v spodnjem pa fazni premik v stopinjah. 90 POGLAVJE 2. ANALIZA MATEMATI�NIH MODELOV 0 [dB] -20 =1/ T 0 dB -40 0 -45 =1/ T 0 -90 10-2 10-1 100 101 102 [rad/s] Slika 2.10: Bodejev diagram £lena 1. reda, naloga 2.39 1 0.5 0 imaginarna os −0.5 −1 −2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2 realna os Slika 2.11: Polarni diagram £lena 1. reda, naloga 2.39 Frekven£no karakteristiko lahko v Bodejevem diagramu nari²emo tudi poenostavljeno oziroma asimptoti£no. Potek oja£enja, ki smo ga narisali na osnovi izra£unanih vrednosti v tabeli 2.1, nadomestimo z dvema asimptotama, ki predstavljata dober pribliºek originalni krivulji pri nizkih in visokih frekvencah: 1 za ω ¿ pribliºno velja α( ω) ≈ k (nizkofrekven£na asimptota) T 1 k za ω À pribliºno velja α( ω) ≈ (visokofrekven£na asimptota) T ωT Obe asimptoti, visoko- in nizkofrekven£na, se sekata pri kroºni frekvenci ω 0 = 1 . Kroºno frekvenco T ω 0 imenujemo lomna frekvenca. 2.4. FREKVEN�NE KARAKTERISTIKE 91 Podobno postopamo tudi pri faznem kotu ϕ( ω): 1 za ω ≤ 0 . 1 pribliºno velja ϕ( ω) ≈ 0 o (nizkofrekven£na asimptota) T 1 za ω ≥ 10 pribliºno velja ϕ( ω) ≈ − 90 o (visokofrekven£na asimptota) T V frekven£nem obmo£ju 0 . 1 1 ≤ ω 10 1 nadomestimo ϕ( ω) z linearno upadajo£o funkcijo, ki seka kot T T − 45 o v opazovani lomni to£ki 1 . Asimptotski Bodejev diagram prikazuje slika 2.12: T 0 =1/ T [dB] -20 0 dB -40 0 -45 =1/ T 0 -90 10-2 10-1 100 101 102 [rad/s] Slika 2.12: Asimptotski Bodejev diagram £lena 1. reda, naloga 2.39 Naloga 2.40 Nari²ite frekven£no karakteristiko integratorja z integracijsko konstanto Ti = 1 s v Bodejevem diagramu. 1 G( s) = , T sT i = 1 s i Re²itev Frekven£no karakteristiko sistema, opisanega s prenosno funkcijo G( s), nari²emo tako, da najprej dolo£imo frekven£no karakteristiko: 1 1 G( s) = ⇒ G( jω) = sTi jωTi Dolo£imo realni in imaginarni del frekven£ne karakteristike: 1 1 G( jω) = ⇒ G( jω) = 0 + j( − ) = Re[ G( jω)] + j Im[ G( jω)] jωTi ωTi 92 POGLAVJE 2. ANALIZA MATEMATI�NIH MODELOV Realna in imaginarna komponenta G( jω) sta: 1 Re[ G( jω)] = 0 , Im[ G( jω)] = −ωTi Sedaj lahko dolo£imo oja£enje frekven£ne karakteristike v odvisnosti od frekvence α( ω) in fazni premik ϕ( ω): s p 1 1 α( ω) = |G( jω) | = Re[ G( jω)]2 + Im[ G( jω)]2 = = ω 2 T 2 ωT i i 1 αdB( ω) = 20 log10 α( ω) = 20 log10 = − 20 log ωT 10 ωTi i Im[ G( jω)] −ωT ϕ( ω) = 6 {G( jω) } = arctan = arctan i = − 90 o Re[ G( jω)] 0 Izra£unana αdB( ω) in ϕ( ω) nari²emo v Bodejevem diagramu (slika 2.13): 40 [dB] 0 dB =1/ T 0 i -40 90 0 =1/ T 0 i -90 10-2 10-1 100 101 102 [rad/s] Slika 2.13: Bodejev diagram integratorja, naloga 2.40 2.4. FREKVEN�NE KARAKTERISTIKE 93 Naloga 2.41 Nari²ite frekven£no karakteristiko idealnega diferenciatorja z diferencirno konstanto Td = 1 s v Bodejevem diagramu. G( s) = sTd, Td = 1 s Re²itev Za podano prenosno funkcijo najprej dolo£imo frekven£no karakteristiko ( s zamenjamo z jω) G( s) = sTd ⇒ G( jω) = jωTd Realna in imaginarna komponenta G( jω) sta: Re[ G( jω)] = 0 , Im[ G( jω)] = ωTd Iz realne in imaginarne komponente izra£unamo oja£enje frekven£ne karakteristike α( ω) in fazni premik ϕ( ω): p q α( ω) = |G( jω) | = Re[ G( jω)]2 + Im[ G( jω)]2 = ω 2 T 2 = ωT d d αdB( ω) = 20 log10 α( ω) = 20 log10 ωTd Im[ G( jω)] ωT ϕ( ω) = 6 {G( jω) } = arctan = arctan d = 90 o Re[ G( jω)] 0 Dobljena αdB( ω) in ϕ( ω) nari²emo v Bodejevem diagramu (slika 2.14): 40 [dB] 0 dB =1/ T 0 d -40 90 =1/ T 0 0 d -90 10-2 10-1 100 101 102 [rad/s] Slika 2.14: Bodejev diagram idealnega diferenciatorja, naloga 2.41 94 POGLAVJE 2. ANALIZA MATEMATI�NIH MODELOV Naloga 2.42 Nari²ite frekven£no karakteristiko diferencirnega £lena 1. reda z oja£enjem k = 1 in parametrom T = 1 s v Bodejevem diagramu. G( s) = k( sT + 1) , k = 1 , T = 1 s Re²itev Za podano prenosno funkcijo G( s) dolo£imo frekven£no karakteristiko: G( s) = k( sT + 1) ⇒ G( jω) = k( jωT + 1) Realna in imaginarna komponenta G( jω) sta: Re[ G( jω)] = k, Im[ G( jω)] = kωT Iz realne in imaginarne komponente izra£unamo oja£enje frekven£ne karakteristike v odvisnosti od frekvence α( ω) in fazni premik frekven£ne karakteristike v odvisnosti od frekvence ϕ( ω): p p p α( ω) = |G( jω) | = Re[ G( jω)]2 + Im[ G( jω)]2 = k 2 + k 2 ω 2 T 2 = k 1 + ω 2 T 2 p αdB( ω) = 20 log10 α( ω) = 20 log10 k 1 + ω 2 T 2 Im[ G( jω)] ωT ϕ( ω) = 6 {G( jω) } = arctan = arctan Re[ G( jω)] 1 V dobljene izraze vstavimo vrednosti k = 1 in T = 1 s in izra£unamo α( ω), αdB( ω) in ϕ( ω) za razli£ne vrednosti kroºne frekvence ω v razponu od ω = 0 do ω = ∞. Tabela 2.2 prikazuje izra£unane vrednosti: 2.4. FREKVEN�NE KARAKTERISTIKE 95 ω [rad/s] α( ω) αdB( ω) [dB] ϕ( ω) [ ◦] 0 1 0 0 0,0001 1,000000005 4,34294e-08 0,0057 0,0002 1,00000002 1,73718e-07 0,0115 0,0004 1,00000008 6,94871e-07 0,0229 0,0007 1,000000245 2,12804e-06 0,0401 0,001 1,0000005 4,34294e-06 0,0573 0,002 1,000002 1,73717e-05 0,1146 0,004 1,000008 6,94866E-05 0,2292 0,007 1,0000245 0,000212799 0,4011 0,01 1,000049999 0,000434273 0,5729 0,02 1,00019998 0,001736831 1,1458 0,04 1,00079968 0,006943159 2,2906 0,07 1,002447006 0,021228462 4,0042 0,1 1,004987562 0,043213738 5,7106 0,2 1,019803903 0,170333393 11,3099 0,4 1,077032961 0,644579892 21,8014 0,7 1,220655562 1,731862684 34,9920 1 1,414213562 3,010299957 45,0000 2 2,236067977 6,989700043 63,4349 4 4,123105626 12,30448921 75,9638 7 7,071067812 16,98970004 81,8699 10 10,04987562 20,04321374 84,2894 20 20,02498439 26,03144373 87,1376 40 40,01249805 32,04391332 88,5679 70 70,00714249 36,90284703 89,1815 100 100,0049999 40,00043427 89,4271 200 200,0025 46,02070849 89,7135 400 400,00125 52,04122697 89,8568 700 700,0007143 56,90196966 89,9181 1000 1000,0005 60,00000434 89,9427 2000 2000,00025 66,020601 89,9714 4000 4000,000125 72,0412001 89,9857 7000 7000,000071 76,90196089 89,9918 10000 10000,00005 80,00000004 89,9943 20000 20000,00003 86,02059992 89,9971 40000 40000,00001 92,04119983 89,9986 70000 70000,00001 96,9019608 89,9992 100000 100000 100 89,9994 200000 200000 106,0205999 89,9997 400000 400000 112,0411998 89,9999 700000 700000 116,9019608 89,9999 ∞ ∞ ∞ 90 Tabela 2.2: Izra£unane vrednosti α( ω), αdB( ω) in ϕ( ω) v razponu od ω = 0 do ω = ∞ za diferencirni £len 1. reda z oja£enjem k = 1 in parametrom T = 1 s, naloga 2.42 Izra£unane vrednosti oja£enja αdB( ω) in faznega kota ϕ( ω) nari²emo v Bodejevem diagramu (slika 2.15). 96 POGLAVJE 2. ANALIZA MATEMATI�NIH MODELOV 40 [dB] 0 dB -40 90 0 -90 10-2 10-1 100 101 102 [rad/s] Slika 2.15: Bodejev diagram diferencirnega £lena 1. reda, naloga 2.42 V mnogih primerih se izkaºe kot zelo priro£no, £e frekven£no karakteristiko prikaºemo zgolj asimptot-sko. Funkcijo αdB( ω) prikaºemo z dvema asimptotama, ki predstavljata dober pribliºek originalnemu izrazu pri visokih in nizkih frekvencah: 1 za ω ¿ pribliºno velja α T dB ( ω) ≈ 20 log10 ( k) (nizkofrekven£na asimptota) 1 za ω À pribliºno velja α( ω) ≈ 20 log T 10 ( kωT ) (visokofrekven£na asimptota) Obe asimptoti podalj²amo tudi v frekven£no obmo£je ω ≈ 1 . Podobno aproksimiramo tudi izraz T ϕ( ω): 1 za ω ≤ 0 . 1 pribliºno velja ϕ( ω) ≈ 0 o (nizkofrekven£na asimptota) T 1 za ω ≥ 10 pribliºno velja ϕ( ω) ≈ 90 o (visokofrekven£na asimptota) T V frekven£nem obmo£ju 0 . 1 1 ≤ ω 10 1 aproksimiramo izraz ϕ( ω) z linearno nara²£ajo£o funkcijo. T T Poenostavljen Bodejev diagram prikazuje slika 2.16: 2.4. FREKVEN�NE KARAKTERISTIKE 97 40 [dB] 0 dB -40 90 0 -90 10-2 10-1 100 101 102 [rad/s] Slika 2.16: Asimptotski Bodejev diagram diferencirnega £lena 1. reda, naloga 2.42 Naloga 2.43 Nari²ite frekven£no karakteristiko £lena drugega reda, kot ga opisuje spodnja prenosna funkcija, v Bodejevem diagramu. 1 G( s) = s 2 + 11 s + 10 Re²itev Prenosno funkcijo lahko razstavimo v serijsko vezavo dveh £lenov prvega reda: 1 1 1 G( s) = = s 2 + 11 s + 10 s + 1 s + 10 V Bodejevem diagramu nari²emo frekven£ni karakteristiki obeh £lenov 1. reda. Fazni premik serijske vezave obeh £lenov dobimo tako, da se²tejemo fazna premika obeh £lenov. Oja£enje serijske vezave obeh £lenov dobimo tako, da oja£enji obeh £lenov pomnoºimo. Zaradi tega, ker v Bodejevem diagramu oja£enje obi£ajno prikaºemo v decibelih, lahko oba oja£evalna prispevka, izra£unana v dB, kar se²tejemo pri dolo£anju skupnega oja£evalnega poteka. Rezultirajo£a amplitudni in fazni odziv sta prikazana na sliki 2.17. 98 POGLAVJE 2. ANALIZA MATEMATI�NIH MODELOV 0 -20 -40 [dB] -60 dB -80 -100 0 -90 -180 10-2 10-1 100 101 102 103 [rad/s] Slika 2.17: Bodejev diagram £lena drugega reda, naloga 2.43 Naloga 2.44 Nari²ite frekven£no karakteristiko realnega diferenciatorja v Bodejevem diagramu. s G( s) = s + 10 Re²itev Realni diferenciator predstavlja serijska vezava idealnega diferenciatorja in £lena 1. reda: s 1 G( s) = = s s + 10 s + 10 Lo£eno nari²emo obe frekven£ni karakteristiki in nato geometri£no dolo£imo skupno amplitudno in fazno karakteristiko. Amplitudna in fazna karakteristika realnega diferenciatorja sta prikazani na sliki 2.18. 2.5. STABILNOST 99 0 -20 [dB] dB -40 -60 90 45 0 10-2 10-1 100 101 102 103 [rad/s] Slika 2.18: Bodejev diagram realnega diferenciatorja, naloga 2.44 2.5 Stabilnost 2.5.1 Splo²ne metode ugotavljanja stabilnosti dinami£nih sistemov Ugotavljanje stabilnosti se v ve£ini primerov pretvori v izra£unavanje realnega dela polov ulomljene racionalne funkcije oziroma lastnih vrednosti kvadratne matrike. V primeru, ko je sistem opisan z vhodno-izhodnim modelom - to je s prenosno funkcijo ali z matriko prenosnih funkcij, je sistem stabilen, £e so vsi realni deli polov prenosnih funkcij negativni. V matriki prenosnih funkcij imajo vse prenosne funkcije enak imenovalec, zato je za ugotavljanje stabilnosti modela z ve£imi vhodi in izhodi dovolj, da ugotovimo stabilnost ene prenosne funkcije (seveda v primeru skupnih korenov ²tevca in imenovalca le-teh ne smemo kraj²ati). V primeru, ko je sistem opisan z modelom v prostoru stanja, pa je sistem stabilen, £e so vsi realni deli lastnih vrednosti negativni. Naloga 2.45 Ugotovite stabilnost sistema, opisanega s prenosno funkcijo: 1 G( s) = s 3 + 3 s 2 + 3 s + 1 Re²itev Izra£unamo pole prenosne funkcije: s 3 + 3 s 2 + 3 s + 1 = 0 ⇒ s 1 , 2 , 3 = − 1 Vsi poli prenosne funkcije imajo negativni del, zato je model stabilen. 100 POGLAVJE 2. ANALIZA MATEMATI�NIH MODELOV Naloga 2.46 Ugotovite stabilnost sistema, opisanega z modelom v prostoru stanja: · ¸ · ¸ − 12 2 1 ˙x = 3 x + 3 u − 36 − 1 1 y = [ 1 , 0 ] x Re²itev Izra£unamo karakteristi£ni polinom in lastne vrednosti sistemske matrike A:    λ + 12 − 2  det ( λ I − A) =    3 36 λ + 1  = λ 2 + 13 λ + 36 = ( λ + 4)( λ + 9) ( λ + 4)( λ + 9) = 0 ⇒ lastni vrednosti matrike A sta: λ 1 = − 4 , λ 2 = − 9 Obe lastni vrednosti imata negativni realni del, zato je model stabilen. Osnovni pravili o predznaku realnih delov korenov polinoma Za ugotavljanje stabilnosti sistema moramo poiskati korene karakteristi£nega polinoma (£e je podan model v prostoru stanja) ali korene polinoma v imenovalcu prenosne funkcije (£e je model podan v vhodno/izhodni obliki s prenosno funkcijo). Korene polinomov vi²jih redov izra£unamo s pomo£jo numeri£nih metod (tangentna, sekantna, . . . ). Za potrebe ugotavljanja stabilnosti, kjer nas ne zanimajo vrednosti posameznih korenov, ampak samo odgovor na vpra²anje, ali so vsi koreni v levi polravnini ali ne, obstajajo poenostavljeni kriteriji dolo£anja stabilnosti. Najbolj znana sta Hurwitzev in Routhov stabilnostni kriterij. Hitri vpogled v stabilnost sistema nam velikokrat omogo£ata osnovni pravili o predznaku realnih delov korenov polinoma. Polinom I( s) naj bo opisan z ena£bo (2.103): I( s) = ansn + an− 1 sn− 1 + an− 2 sn− 2 + . . . + a 2 s 2 + a 1 s + a 0 (2.103) kjer je an pozitivno ²tevilo. Velja: • �e ima polinom (2.103) vsaj en koecient negativen ali enak ni£, potem bo imel vsaj en koren polinoma pozitivni ali ni£elni realni del - v kompleksni s-ravnini bo torej vsaj en koren leºal desno od imaginarne osi ali na njej. • Polinom drugega reda, katerega vsi koecienti so pozitivni, ima oba korena z negativnim realnim delom. Hurwitzev stabilnostni kriterij Iz koecientov polinoma (2.103) reda n tvorimo kvadratno matriko H dimenzije n × n:  a  n− 1 an− 3 an− 5 an− 7 . . .  a   n an− 2 an− 4 an− 6 . . .   0 a   n− 1 an− 3 an− 5 . . .  H =  0 a   n an− 2 an− 4 . . .  (2.104)  0 0 a   n− 1 an− 3 . . .   0 0 an an− 2 . . .  .. . . . . . .. .. .. .. 2.5. STABILNOST 101 Izra£unamo n zgornjih levih poddeterminant matrike H: H 1 = det( H 1) = an− 1    a  H  n− 1 an− 3  2 = det( H 2) =  a  n an− 2      an− 1 an− 3 an− 5  H   3 = det( H 3) =  an an− 2 an− 4   0 a  n− 1 an− 3    a   n− 1 an− 3 an− 5 an− 7   a  H n an− 2 an− 4 an− 6 4 = det( H 4) =    0 a  (2.105)  n− 1 an− 3 an− 5  0 an− 2 an− 4 an− 6 .. . . . .. ..    a   n− 1 an− 3 an− 5 an− 7 . . .   a   n an− 2 an− 4 an− 6 . . .   0 a   n− 1 an− 3 an− 5 . . .  H  0 a  n = det( Hn) =  n an− 2 an− 4 . . .   0 0 a   n− 1 an− 3 . . .   0 0 a   n an− 2 . . .   .. . . . . . .. .. .. ..  Vsi koreni polinoma (2.103) bodo imeli negativni realni del, £e bodo vse poddeterminante matrike H pozitivne. �e bo katerakoli izmed poddeterminant negativna, bo imel vsaj eden koren polinoma (2.103) realni del pozitiven ali enak ni£. Naloga 2.47 Ugotovite stabilnost sistema, opisanega s prenosno funkcijo: s 3 + 18 s 2 + 107 s + 210 G( s) = s 4 + 10 s 3 + 35 s 2 + 50 s + 24 Re²itev Tvorimo kvadratno matriko H (ena£ba (2.104)):  10 50 0 0   1 35 24 0  H =  0 10 50 0  0 1 35 24 102 POGLAVJE 2. ANALIZA MATEMATI�NIH MODELOV Vrednosti ustreznih poddeterminant so (ena£ba (2.104)): H 1 = 10    10 50  H   2 =  1 35  = 300      10 50 0  H   3 =  1 35 24  = 12600  0 10 50     10 50 0 0     1 35 24 0  H 4 =   = 24 H  0 10 50 0  3 = 302400   0 1 35 24 Vse ²tiri poddeterminante so pozitivne, kar pomeni, da vsi poli prenosne funkcije leºijo v odprti levi polravnini - torej je sistem stabilen. (Z numeri£nimi metodami lahko potrdimo re²itev - poli prenosne funkcije so: p 1 = − 1, p 2 = − 2, p 3 = − 3, p 4 = − 4). Naloga 2.48 Ugotovite stabilnost sistema, opisanega s prenosno funkcijo: s 3 + 18 s 2 + 107 s + 210 G( s) = 1 s 4 + 0 . 7 s 3 + 0 . 35 s 2 + 1 . 05 s + 0 . 1 Re²itev Tvorimo kvadratno matriko H (ena£ba (2.104)):  0 . 7 1 . 05 0 0   1 0 . 35 0 . 1 0  H =  0 0 . 7 1 . 05 0  0 1 0 . 35 0 . 1 Vrednosti ustreznih poddeterminant so (ena£ba (2.104)): H 1 = 0 . 7    0 . 7 1 . 05  H   2 =  1 0 . 35  = − 0 . 8050      0 . 7 1 . 05 0  H   3 =  1 0 . 35 0 . 1  = − 0 . 8943  0 0 . 7 1 . 05     0 . 7 1 . 05 0 0     1 0 . 35 0 . 1 0  H 4 =   = 0 . 1 H  0 0 . 7 1 . 05 0  3 = − 0 . 0894   0 1 0 . 35 0 . 1 Ker niso vse ²tiri poddeterminante pozitivne, sledi, da vsi poli prenosne funkcije nimajo negativnega realnega dela - torej je sistem nestabilen. (Z numeri£nimi metodami potrdimo re²itev - poli prenosne funkcije so: p 1 = − 1 . 1367, p 2 = − 0 . 0979, p 3 , 4 = 0 . 2673 ± j 0 . 9095). 2.5. STABILNOST 103 Naloga 2.49 Ugotovite stabilnost zaprtozan£nega sistema z negativno povratno vezavo, prikazanega na sliki 2.19: U Y 130 + ( s+1)( s+2) − 1 ( s+3)( s+4) Slika 2.19: Zaprtozan£ni sistem, naloga 2.49 Re²itev Za analizo stabilnosti regulacijskega sistema je odlo£ilnega pomena polinom v imenovalcu prenosne funkcije, ki povezuje vhod in izhod regulacijskega sistema t. j. imenovalec prenosne funkcije zaprtozan£nega sistema. Odprtozan£na prenosna funkcija predstavlja zmnoºek prenosnih funkcij direktne poti in povratne zveze. Odprtozan£na prenosna funkcija Go( s) sistema na sliki 2.19 je: 130 � G o( s) o( s) = = ( s + 1)( s + 2)( s + 3)( s + 4) I o( s) Za podan regulacijski sistem izra£unamo imenovalec zaprtozan£ne prenosne funkcije z ena£bo I( s) = I o( s) + � o( s) kjer je z I( s) ozna£en imenovalec zaprtozan£ne prenosne funkcije, z � o( s) in z I o( s) pa sta ozna£ena ²tevec in imenovalec odprtozan£ne prenosne funkcije. I( s) = I o( s) + � o( s) ⇒ I( s) = ( s + 1)( s + 2)( s + 3)( s + 4) + 130 = s 4 + 10 s 3 + 35 s 2 + 50 s + 154 Tvorimo kvadratno matriko H (ena£ba (2.104)):  10 50 0 0   1 35 154 0  H =  0 10 50 0  0 1 35 150 104 POGLAVJE 2. ANALIZA MATEMATI�NIH MODELOV Vrednosti ustreznih poddeterminant so (ena£ba (2.104)): H 1 = 10    10 50  H   2 =  1 35  = 300      10 50 0  H   3 =  1 35 150  = 0  0 10 50     10 50 0 0     1 35 150 0  H 4 =   = 150 H  0 10 50 0  3 = 0   0 1 35 150 Ker niso vse ²tiri poddeterminante pozitivne sledi, da vsi poli prenosne funkcije ne leºijo v odprti levi polravnini - torej je sistem nestabilen. (Z numeri£nimi metodami potrdimo re²itev - poli prenosne funkcije so: p 1 , 2 = − 5 . 0176 ± j 2 . 2557, p 3 , 4 = 0 . 0176 ± j 2 . 2557). Naloga 2.50 Analizirajte vpliv oja£enja k na stabilnost zaprtozan£nega sistema, prikazanega na sliki 2.20: U Y k + s − 1 ( sT 1+1)( sT 2+1) Slika 2.20: Zaprtozan£ni sistem, naloga 2.50 �asovni konstanti T 1 in T 2 sta pozitivni. Re²itev Odprtozan£na prenosna funkcija sistema je: k � G o( s) o( s) = = ( sT 1 + 1)( sT 2 + 1)( s) I o( s) izra£unamo polinom v imenovalcu zaprtozan£ne prenosne funkcije: I( s) = I o( s) + � o( s) ⇒ I( s) = ( sT 1 + 1)( sT 2 + 1)( s) + k = T 1 T 2 s 3 + ( T 1 + T 2) s 2 + s + k Tvorimo kvadratno matriko H (ena£ba 2.104)):   T 1 + T 2 k 0 H =  T  1 T 2 1 0 0 T 1 + T 2 k 0 2.5. STABILNOST 105 Vrednosti ustreznih poddeterminant so (ena£ba 2.104): H 1 = T 1 + T 2    T  H  1 + T 2 k  2 =  T  = T 1 + T 2 − kT 1 T 2 1 + T 2 1      T 1 + T 2 k 0  H   3 =  T 1 T 2 1 0  = kH 2  0 T  1 T 2 k Pogoj H 1 > 0 je izpolnjen, saj sta obe £asovni konstanti pozitivni. Pogoj H 2 > 0 je izpolnjen v primeru, ko velja T 1 + T 2 − kT 1 T 2 > 0 oziroma 1 1 k < + T 1 T 2 V primeru, ko je pogoj H 2 > 0 izpolnjen, je za izpolnitev pogoja H 3 > 0 potrebno: k > 0 Ob zdruºitvi zadnjih dveh pogojev lahko zaklju£imo, da je zaprtozan£ni sistem stabilen, £e oja£enje k izpolnjuje neena£bi: 1 1 0 < k < + T 1 T 2 Naloga 2.51 Analizirajte vpliv oja£enja k na stabilnost zaprtozan£nega sistema, prikazanega na sliki 2.21: U Y k + ( sT 1+1)( sT 2+1) − 1 sT 3+1 Slika 2.21: Zaprtozan£ni sistem, naloga 2.51 �asovne konstante T 1, T 2 in T 3 so pozitivne. Re²itev Prenosna funkcija odprtozan£nega sistema je: k � G o( s) o( s) = = ( sT 1 + 1)( sT 2 + 1)( sT 3 + 1) I o( s) 106 POGLAVJE 2. ANALIZA MATEMATI�NIH MODELOV Izra£unamo polinom v imenovalcu prenosne funkcije zaprtozan£nega sistema: I( s) = I o( s) + � o( s) ⇒ I( s) = ( sT 1 + 1)( sT 2 + 1)( sT 3 + 1) + k ⇒ I( s) = T 1 T 2 T 3 s 3 + ( T 1 T 2 + T 1 T 3 + T 2 T 3) s 2 + ( T 1 + T 2 + T 3) s + ( k + 1) Tvorimo kvadratno matriko H (ena£ba (2.104)):   T 1 T 2 + T 1 T 3 + T 2 T 3 k + 1 0 H =  T  1 T 2 T 3 T 1 + T 2 + T 3 0 0 T 1 T 2 + T 1 T 3 + T 2 T 3 k + 1 Vrednosti ustreznih poddeterminant so (ena£ba (2.104)): H 1 = T 1 T 2 + T 1 T 3 + T 2 T 3    T  H  1 T 2 + T 1 T 3 + T 2 T 3 k + 1  2 =  T  1 T 2 T 3 T 1 + T 2 + T 3 = ( T 1 T 2 + T 1 T 3 + T 2 T 3)( T 1 + T 2 + T 3) − ( T 1 T 2 T 3)( k + 1)      T 1 T 2 + T 1 T 3 + T 2 T 3 k + 1 0  H   3 =  T 1 T 2 T 3 T 1 + T 2 + T 3 0  = ( k + 1) H 2  0 T  1 T 2 + T 1 T 3 + T 2 T 3 k + 1 Pogoj H 1 > 0 je izpolnjen, saj so vse £asovne konstante pozitivne. Pogoj H 2 > 0 je izpolnjen v primeru, ko velja: ( T 1 T 2 + T 1 T 3 + T 2 T 3)( T 1 + T 2 + T 3) − ( T 1 T 2 T 3)( k + 1) > 0 oziroma: 1 1 1 k + 1 < ( + + )( T T 1 + T 2 + T 3) 1 T 2 T 3 V primeru, ko je pogoj H 2 > 0 izpolnjen, je za izpolnitev pogoja H 3 > 0 potrebno: k + 1 > 0 Ob zdruºitvi zadnjih dveh pogojev lahko zaklju£imo, da je zaprtozan£ni sistem stabilen, £e oja£enje k izpolnjuje neena£bi: 1 1 1 − 1 < k < ( + + )( T T 1 + T 2 + T 3) − 1 1 T 2 T 3 Routhov stabilnostni kriterij Routhov stabilnostni kriterij nam da ve£ informacij o legi korenov polinoma v imenovalcu opazovane prenosne funkcije - pove, koliko korenov je levo, desno in na imaginarni osi kompleksne s-ravnine. 2.5. STABILNOST 107 Izhodi²£e predstavljajo koecienti karakteristi£nega polinoma (ena£ba (2.103)). Iz koecientov polinoma reda n tvorimo tabelo z n + 1 vrsticami:    sn  a a a a  n n− 2 n− 4 n− 6 sn− 1  a a a a  n− 1 n− 3 n− 5 n− 7 sn− 2  b b b b  n n− 1 n− 2 n− 3 sn− 3  c c c c  n n− 1 n− 2 n− 3 (2.106) sn− 4  dn dn− 1 dn− 2 dn− 3 .  . . . . . .   .. .. .. .. s 1   s 0  Koeciente bn, bn− 1, bn− 2, bn− 3, . . . cn, cn− 1, cn− 2, . . . dn, dn− 1, . . . izra£unamo s pomo£jo ena£b (2.107): bn = an− 1 an− 2 −anan− 3 an− 1 bn− 1 = an− 1 an− 4 −anan− 5 an− 1 .. . . .. cn = bnan− 3 −an− 1 bn− 1 bn cn− 1 = bnan− 5 −an− 1 bn− 2 b (2.107) n .. . . .. dn = cnbn− 1 −bncn− 1 cn dn− 1 = cnbn− 2 −bncn− 2 cn .. . . .. Iz predznakov elementov v prvem stolpcu tabele (2.106) (elementi an, an− 1, bn, cn. . . . ) lahko sklepamo na vrednosti realnih delov korenov karakteristi£nega polinoma: • �e so vsi elementi prvega stolpca tabele (2.106) pozitivni, ima polinom le korene z negativnim realnim delom. • �e se predznak elementov prvega stolpca tabele (2.106) spremeni k krat, ima polinom k korenov s pozitivnim realnim delom. • �e so vsi elementi ene vrstice tabele (2.106) enaki ni£, ima polinom enega ali ve£ polov na imaginarni osi ravnine s (realni deli so enaki ni£). Naloga 2.52 Ugotovite stabilnost sistema, opisanega s prenosno funkcijo 10 G( s) = s 5 + s 4 + 9 s 3 + 7 s 2 + 14 s + 6 . Re²itev Tvorimo tabelo (2.106):  s 5  1 9 14  s 4  1 7 6  s 3  2 | 1 8 | 4 0 / 2  s 2  3 | 1 6 | 2 / 3  s 1  2 0  s 0 2 108 POGLAVJE 2. ANALIZA MATEMATI�NIH MODELOV Izra£un elementov v tabeli se poenostavi, £e vse elemente neke vrstice mnoºimo ali delimo z istim ²tevilom. Vsi elementi v prvem stolpcu so pozitivni, kar pomeni, da vsi poli prenosne funkcije leºijo v levi s-polravnini - torej je sistem stabilen. (Z numeri£nimi metodami potrdimo re²itev - poli prenosne funkcije so: p 1 , 2 = − 0 . 075 ± j 2 . 6156, p 3 , 4 = − 0 . 1878 ± j 1 . 3461, p 5 = − 0 . 4744). Naloga 2.53 Ugotovite stabilnost sistema, opisanega s prenosno funkcijo: 10 G( s) = 20 s 4 + 14 s 3 + 7 s 2 + 21 s + 2 Re²itev Tvorimo tabelo (2.106):  s 4  20 7 2  s 3  14 | 2 21 | 3 0 / 7  s 2  − 23 2  s 1  65 0  23 s 0 2 Elementi v prvem stolpcu dvakrat spremenijo predznak (14 v -23 in -23 v 65), zato imata dva pola 23 pozitivni realni del. Sistem, opisan s prenosno funkcijo je torej nestabilen. (Z numeri£nimi metodami potrdimo re²itev - poli prenosne funkcije so: p 1 , 2 = 0 . 2673 ± j 0 . 9095, p 3 = − 0 . 0979, p 4 = − 1 . 1367). Naloga 2.54 Ugotovite stabilnost sistema, katerega karakteristi£ni polinom je: det ( λ I − A) = 24 λ 4 + 50 λ 3 + 35 λ 2 + 10 λ + 2 Re²itev Tvorimo tabelo (2.106):  λ 4  24 35 2  λ 3  50 | 5 10 | 1 0 / 10  λ 2  151 | 151 2 | 10 ∗ 5  5 λ 1  101 0  151 λ 0 2 Vsi elementi v prvem stolpcu so pozitivni kar pomeni, da ima karakteristi£ni polinom samo korene z negativnim realnim delom - sistem s tak²nim karakteristi£nim polinomom je torej stabilen. (Z numeri£nimi metodami potrdimo re²itev - lastne vrednosti karakteristi£nega polinoma so: λ 1 , 2 = − 0 . 9005 ± j 0 . 2030, λ 3 , 4 = − 0 . 1411 ± j 0 . 2791). 2.5. STABILNOST 109 Naloga 2.55 Ugotovite stabilnost sistema, opisanega s prenosno funkcijo: 10 G( s) = s 5 + 2 s 4 + 3 s 3 + 9 s 2 + 2 s + 10 Re²itev Tvorimo tabelo (2.106):  s 5  1 3 2  s 4  2 9 10  s 3  − 1 . 5 | − 1 − 3 | − 2 0 / 1 . 5  s 2  5 | 1 10 | 2 / 5  s 1   0 | 2 0 | 0 d( s 2+2) ds s 0 2 Vsi elementi predzadnje vrstice so enaki ni£. Za nadaljnji izra£un nadomestimo ni£elne elemente z vrednostmi, ki jih dobimo z odvajanjem polinoma, katerega koeciente zapi²emo iz elementov predhodne vrstice. Elementi v prvem stolpcu tabele dvakrat spremenijo predznak (iz 2 v -1 in iz -1 v 1), zato ima polinom dve re²itvi s pozitivnim realnim delom. Ker so bili v tabeli v predzadnji vrstici vsi elementi enaki ni£, ima polinom dve re²itvi, katerih realni del je enak ni£. Polinom ima torej pet re²itev - eno z negativnim realnim delom, dve s pozitivnim realnim delom in dve z ni£elnim realnim delom. (Z numeri£nimi metodami potrdimo re²itev - poli prenosne funkcije so: p 1 , 2 = 0 . 2167 ± j 1 . 417, p 3 , 4 = 0 ± j 1 . 4142, p 5 = − 2 . 4334). Naloga 2.56 Ugotovite stabilnost sistema, opisanega s prenosno funkcijo: 10 G( s) = s 5 + 3 s 4 + 10 s 3 + 16 s 2 + 24 s + 16 Re²itev Tvorimo tabelo (2.106):  s 5  1 10 24  s 4  3 16 16  s 3  1 4 0  s 2  1 4 0  s 1  0 | 2 0 | 0 d( s 2+4)  ds s 0 4 Ker so bili v tabeli v predzadnji vrstici vsi elementi enaki ni£, ima polinom dve re²itvi, katerih realni del je enak ni£. Po nadomestitvi ni£elnih elementov v predzadnji vrstici tabele z elementi, ki jih dobimo z odvajanjem ustreznega polinoma vidimo, da elementi v prvem stolpcu ne spremenijo predznaka. Polinom ima torej pet re²itev - tri z negativnim realnim delom in dve z ni£elnim realnim delom. (Z numeri£nimi metodami potrdimo re²itev - poli prenosne funkcije so: p 1 , 2 = 0 ± j 2, p 3 , 4 = − 1 ± j 1 . 7321, p 5 = − 1). 110 POGLAVJE 2. ANALIZA MATEMATI�NIH MODELOV Naloga 2.57 Analizirajte vpliv oja£enja k na stabilnost zaprtozan£nega sistema, prikazanega na sliki 2.22: R( s) Y ( s) k 1 + s ( s+3)( s+4) Slika 2.22: Zaprtozan£ni sistem, naloga 2.57 Re²itev Iz odprtozan£ne prenosne funkcije: k � G o( s) o( s) = = ( s)( s + 4)( s + 3) I o( s) izra£unamo polinom v imenovalcu zaprtozan£ne prenosne funkcije: I( s) = I o( s) + � o( s) ⇒ I( s) = ( s)( s + 3)( s + 4) + k = s 3 + 7 s 2 + 12 s + k Tvorimo tabelo (ena£ba (2.106)):  s 3  1 12  s 2  7 k  s 1  84 −k 0  7 s 0 k Povratnozan£ni sistem bo stabilen, £e bo imel imenovalec zaprtozan£ne prenosne funkcije samo korene z negativnim realnim delom - t. j. £e bodo vsi elementi v prvem stolpcu tabele pozitivni. Za izpolnitev tega pogoja mora veljati: 84 − k k > 0 ∧ > 0 7 Ob zdruºitvi obeh pogojev lahko zaklju£imo, da je zaprtozan£ni sistem stabilen, £e oja£enje k izpolnjuje neena£bi: 0 < k < 84 Naloga 2.58 Analizirajte vpliv oja£enja k in parametrov T 1 in T 2 na stabilnost zaprtozan£nega sistema, prikazanega na sliki 2.23: R( s) Y ( s) sT 1+2 k + sT 2+1 s 2 Slika 2.23: Zaprtozan£ni sistem, naloga 2.58 2.5. STABILNOST 111 Re²itev Iz odprtozan£ne prenosne funkcije: k( sT � G 1 + 2) o( s) o( s) = = ( s 2)( sT 2 + 1) I o( s) izra£unamo polinom v imenovalcu zaprtozan£ne prenosne funkcije: I( s) = I o( s) + � o( s) ⇒ I( s) = k( sT 1 + 2) + ( s 2)( sT 2 + 1) = s 3 T 2 + s 2 + skT 1 + 2 k Tvorimo tabelo (ena£ba (2.106)):  s 3  T  2 kT 1 s 2  1 2 k  s 1  k( T  1 − 2 T 2) 0 s 0 2 k Povratnozan£ni sistem bo stabilen, £e bo imel imenovalec zaprtozan£ne prenosne funkcije samo korene z negativnim realnim delom - t. j., £e bodo vsi elementi v prvem stolpcu tabele pozitivni. Za izpolnitev tega pogoja mora veljati: T 2 > 0 ∧ k( T 1 − 2 T 2) > 0 ∧ 2 k > 0 Ob zdruºitvi pogojev lahko zaklju£imo, da je zaprtozan£ni sistem stabilen, £e je oja£enje k pozitivno, £asovni konstanti pa izpolnjujeta pogoj: T 1 > 2 T 2 2.5.2 Metode za ugotavljanje stabilnosti zaprtozan£nih dinami£nih siste- mov Splo²ne metode ugotavljanja stabilnosti so primerne tako za ugotavljanje stabilnosti sistemov, opisanih z vhodno - izhodnimi modeli, kot tudi z modeli v prostoru stanj. �e je model podan v obliki blokovnega diagrama, je potrebno izra£unati nadomestni vhodno - izhodni model - t. j. prenosno funkcijo, ki direktno (brez vmesnih spremenljivk) povezujejo vhode in izhode modela. V teoriji regulacij je zelo pogosta uporaba negativne povratne zanke. Regulacijski sistem je v tem primeru sestavljen iz dinami£nega sistema v direktni veji (v primeru enovhodnih - enoizhodnih sistemov velikokrat opisanim s prenosno funkcijo G 1( s)) in iz sistema v povratni zanki (opisanim s prenosno funkcijo G 2( s)). Ve£krat se sre£amo s situacijo, ko je merilni element v povratni zanki proporcionalni £len z oja£enjem ena ( G 2( s) = 1). V tem primeru govorimo o regulacijskem sistemu z enotsko negativno povratno zanko. Stabilnost tak²nih sistemov lahko ugotovimo z ºe predstavl-jenimi metodami, vendar moramo za njihovo uporabo predhodno izra£unati nadomestni model zaprtozan£nega regulacijskega sistema (£e sta sistema v direktni veji in v povratni zanki opisana z G 1( s) in z G 2( s) izra£unamo prenosno funkcijo zaprtozan£nega sistema z izrazom G 1( s) ). 1+ G 1( s) G 2( s) V regulacijski tehniki zasledimo veliko metod, ki so namenjene ugotavljanju stabilnosti zaprtozan£nih sistemov. Pri uporabi nekaterih med njimi ni potrebno izra£unavati zaprtozan£ne prenosne funkcije, ampak temelji analiza stabilnosti na uporabi odprtozan£ne prenosne funkcije ( Go( s) = G 1( s) G 2( s)). Zaradi tak²nega pristopa je bolj pregleden vpliv posameznih parametrov regulacijskega sistema na stabilnost zaprtozan£nega sistema. Izmed razli£nih metod za ugotavljanje stabilnosti zaprtozan£nega sistema na osnovi poznane odprtozan£ne prenosne funkcije je najbolj raz²irjen Nyquistov stabilnostni kriterij. Uporaba Nyquistovega stabilnostnega kriterija se razlikuje glede na stabilnost odprtozan£ne prenosne funkcije. 112 POGLAVJE 2. ANALIZA MATEMATI�NIH MODELOV Nyquistov stabilnostni kriterij za regulacijske sisteme s stabilno odprtozan£no prenosno funkcijo Odprtozan£na prenosna funkcija Go( s) naj bo opisana z ena£bo (2.108): 1 b � G msm + bm− 1 sm− 1 + . . . + b 1 s + 1 o( s) o( s) = k e−sTm = e−sTm (2.108) sq ansn + an− 1 sn− 1 + . . . + a 1 s + 1 I o( s) Uporaba Nyquistovega stabilnostnega kriterija se poenostavi, £e odprtozan£na prenosna funkcija (ena£ba (2.108)) izpolnjuje naslednje pogoje: • Polinoma � o( s) in I o( s) naj bosta tuja, polinom v ²tevcu (� o( s)) naj bo niºje stopnje od polinoma v imenovalcu (I o( s)), oja£enje k naj bo pozitivno ( k > 0), mrtvi £as Tm naj bo nenegativen ( Tm ≥ 0), odprtozan£na prenosna funkcija naj bo najve£ druge vrste (naj vsebuje najve£ dva integralna dela q = 0 , 1 ali 2). • Vsi poli odprtozan£ne prenosne funkcije Go( s) (razen enega ali dveh v koordinatnem izhodi²£u) naj leºijo levo od imaginarne osi v s-ravnini. • Krivulja oja£enja v Bodejevem diagramu naj samo enkrat seka linijo oja£enja 0 dB, frekvenco sekanja imenujemo prese£na frekvenca in ozna£imo z ωc. • V frekven£nem podro£ju, v katerem je oja£enje odprte regulacijske zanke ve£je ali enako ena ( |Go( jω) | ≥ 1), naj leºi fazna karakteristika med − 540 o in 1800. �e odprtozan£na prenosna funkcija (ena£ba (2.108)) izpolnjuje te pogoje, bo zaprtozan£ni sistem stabilen, £e leºi fazna karakteristika pri prese£ni frekvenci ωc nad fazo − 180 o in bo nestabilen, £e to ni izpolnjeno. Naloga 2.59 Analizirajte vpliv oja£enja k na stabilnost zaprtozan£nega sistema, prikazanega na sliki 2.24: R( s) Y ( s) k 1 + ( s+1)3 Slika 2.24: Zaprtozan£ni sistem, naloga 2.59 Re²itev Odprtozan£na prenosna funkcija je: k Go( s) = ( s + 1)( s + 1)( s + 1) Ker odprtozan£na prenosna funkcija Go( s) izpolnjuje zahtevane pogoje, lahko uporabimo Nyquistov stabilnostni kriterij za regulacijske sisteme s stabilno odprtozan£no prenosno funkcijo. V ta namen izra£unamo frekven£no karakteristiko odprtozan£ne prenosne funkcije Go( s) in jo nari²emo v Bodejevem diagramu. Bodejev diagram za vrednost oja£enja k = 1 prikazuje slika 2.25. 2.5. STABILNOST 113 0 -20 -40 [dB] dB -60 -80 -100 0 -90 -180 -270 10-1 100 101 102 [rad/s] Slika 2.25: Bodejev diagram odprtozan£ne prenosne funkcije Go( s) za k = 1, naloga 2.59 Iz Bodejevega diagrama je razvidno, da je pri vrednosti k = 1 oja£enje odprtozan£ne prenosne funkcije za vse vrednosti ω > 0 manj²e od 1. Oja£enje odprtozan£ne prenosne funkcije je enako 1 pri kroºni frekvenci ω = 0 s − 1 kar pomeni, da je prese£na frekvenca ωc enaka 0 s − 1. Fazna karakteristika poteka pri prese£ni frekvenci ωc nad fazo − 180 o, iz £esar sklepamo, da je zaprtozan£ni sistem za vrednost k = 1 stabilen. S spreminjanjem parametra k vplivamo na prese£no frekvenco ωc. Mejno vrednost parametra k, do katere je sistem stabilen, ugotovimo tako, da iz Bodejevega diagrama od£itamo oja£enje pri frekvenci, pri kateri ima fazna karakteristika vrednost − 180 o. Od£itano oja£enje ozna£imo z αϕ= − 180 o. Mejno vrednost parametra k, do katerega je sistem stabilen, izra£unamo z ena£bo: 1 αms = αϕ= − 180 o V na²em primeru velja: αϕ= − 180 o = 0 . 12 αms = 8 . 3 k < 8 . 3 ⇒ sistem je stabilen k > 8 . 3 ⇒ sistem je nestabilen Nyquistov stabilnostni kriterij za regulacijske sisteme z nestabilno odprtozan£no prenosno funkcijo Odprtozan£na prenosna funkcija Go( s) naj bo opisana z ena£bo (2.109): � G o( s) o( s) = e−sTm (2.109) I o( s) 114 POGLAVJE 2. ANALIZA MATEMATI�NIH MODELOV Polinoma � o( s) in I o( s) naj bosta tuja, polinom v ²tevcu (� o( s)) naj bo niºje stopnje od polinoma v imenovalcu (I o( s)), mrtvi £as Tm naj bo nenegativen ( Tm ≥ 0). �tevilo polov prenosne funkcije Go( s) (ena£ba (2.109)) levo od imaginarne osi ozna£imo z lo, ²tevilo polov na imaginarni osi (ordinati) z no in ²tevilo polov desno od imaginarne osi z do. Zaprtozan£ni sistem je stabilen, £e v polarnem diagramu ºarek iz to£ke − 1+0 j na krivuljo frekven£ne karakteristike odprtozan£nega sistema, ko gre ω od 0 do ∞ opi²e kot W , ki je enak: π W = doπ + ao (2.110) 2 Zaprtozan£ni sistem je nestabilen, £e ena£ba (2.110) ni izpolnjena. Naloga 2.60 Analizirajte vpliv oja£enja k na stabilnost zaprtozan£nega sistema, prikazanega na sliki 2.26: R( s) Y ( s) k 1 + s− 1 Slika 2.26: Zaprtozan£ni sistem, naloga 2.60 Re²itev Odprtozan£na prenosna funkcija je: k Go( s) = s − 1 Odprtozan£na prenosna funkcija Go( s) ima en pol v desni s-polravnini, kar pomeni, da moramo uporabiti Nyquistov stabilnostni kriterij za regulacijske sisteme z nestabilno odprtozan£no prenosno funkcijo. V ta namen nari²emo frekven£no karakteristiko odprtozan£ne prenosne funkcije Go( s) v polarnem diagramu. Diagram prikazuje slika 2.27. 1 0.5 0 imaginarna os −0.5 −1 −2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2 realna os Slika 2.27: Polarni diagram odprtozan£ne prenosne funkcije Go( s), naloga 2.60 2.6. DIAGRAM LEGE KORENOV 115 Iz polarnega diagrama je razvidno, da je kot, ki ga opi²e ºarek iz to£ke − 1+0 j na krivuljo frekven£ne karakteristike odprtozan£nega sistema, ko gre ω od 0 do ∞, odvisen od oja£enja k. V primeru, ko je oja£enje k ve£je od 1, zna²a kot 180 o, v primeru, ko pa je oja£enje k manj²e od 1, pa zna²a kot 0 o. Ker ima obravnavana odprtozan£na prenosna funkcija en pol v desni s-polravnini ( do=1) in nobenega na imaginarni osi ( ao = 0), lahko v skladu z ena£bo (2.110) zaklju£imo, da mora za stabilni zaprtozan£ni sistem ºarek iz to£ke − 1 + 0 j na krivuljo frekven£ne karakteristike odprtozan£nega sistema, ko gre ω od 0 do ∞, opisati kot: π π W = doπ + ao = 1 π + 0 = π 2 2 V na²em primeru velja: k > 1 ⇒ sistem je stabilen k < 1 ⇒ sistem je nestabilen 2.6 Diagram lege korenov Eno izmed osnovnih nalog v regulacijski tehniki predstavlja ugotavljanje vpliva uvedbe povratne zanke na dinamiko tako nastalega zaprtozan£nega sistema. Ve£inoma namre£ poznamo dinami£ne lastnosti sistema brez regulacijske zanke, ne vemo pa, kako se bo spremenila dinamika sistema, ko bomo realizirali zaprto zanko. Numeri£no problem ni zahteven. �e natan£no poznamo odprtozan£no prenosno funkcijo Go( s) (dobimo jo tako, da prekinemo povratno zanko in izra£unamo podukt vseh prenosnih funkcij v zanki, ena£ba (2.111)), lahko s pomo£jo ena£be (2.112) enostavno izra£unamo zaprtozan£no prenosno funkcijo Gz( s) R( s) Y ( s) R( s) Y ( s) G 1( s) = Gz( s) + G 2( s) Slika 2.28: Ekvivalentni predstavitvi zaprtozan£nega sistema Go( s) = G 1( s) G 2( s) (2.111) G G 1( s) z ( s) = (2.112) 1 + Go( s) Iz tako dolo£ene zaprtozan£ne prenosne funkcije Gz( s) (ki je v bistvu ulomljena racionalna funkcija s polinomoma v ²tevcu in imenovalcu), izra£unamo ni£le in pole, ki omogo£ajo dolo£itev lastnosti zaprtozan£nega sistema. Pogosto pa odprtozan£na prenosna funkcija Go( s) ni dokon£no dolo£ena. Izbran parameter odprtozan£ne prenosne funkcije Go( s) lahko spreminjamo in s tem vplivamo na dinamiko zaprtozan£nega sistema. V tak²nih primerih bi koristila metoda, s pomo£jo katere bi lahko na relativno enostaven na£in pokazali vpliv izbranega parametra odprtozan£ne prenosne funkcije Go( s) na dinamiko zaprtozan£nega sistema, opisanega z zaprtozan£no prenosno funkcijo Gz( s). Ni£le zaprtozan£ne prenosne funkcije Gz( s) so enake ni£lam odprtozan£ne prenosne funkcije Go( s). Za dolo£itev vpliva izbranega parametra odprtozan£ne prenosne funkcije Go( s) na zaprtozan£no prenosno funkcijo Gz( s) pa lahko uporabimo diagram lege korenov. 116 POGLAVJE 2. ANALIZA MATEMATI�NIH MODELOV Diagram lege korenov tvorijo v kompleksni s-ravnini narisane krivulje, katerih to£ke predstavljajo lego polov zaprtozan£ne prenosne funkcije Gz( s) pri razli£nih vrednostih prostega parametra odprtozan£ne prenosne funkcije Go( s). Kot prosti parameter obi£ajno izberemo oja£enje odprtozan£ne prenosne funkcije Go( s) in predpostavljamo, da se spreminja med 0 in ∞. Konstrukcijo diagrama lege korenov lahko razdelimo v tri korake: 1. Izhodi²£e za risanje diagrama lege korenov predstavlja odprtozan£na prenosna funkcija Go( s). Prenosno funkcijo Go( s) zapi²emo v faktorizirani obliki in izpostavimo prosti parameter: b ( s − q G nsn + bn− 1 sn− 1 + . . . + b 1 s + b 0 1)( s − q 2) . . . ( s − qm) o( s) = = KQ (2.113) sn + an− 1 sn− 1 + . . . + a 1 s + a 0 ( s − p 1)( s − p 2) . . . ( s − pn) kjer posamezne oznake pomenijo: K spremenljivo oja£enje Go( s) (prosti parameter), Q nespremenljivo oja£enje Go( s), q 1 , q 2 , . . . , qm ni£le prenosne funkcije Go( s), m ²tevilo ni£el prenosne funkcije Go( s), p 1 , p 2 , . . . , pn poli prenosne funkcije Go( s), n ²tevilo polov prenosne funkcije Go( s), Pole in ni£le prenosne funkcije Go( s) nari²emo v kompleksni s-ravnini. Pole ozna£imo z ×, ni£le pa s ◦. 2. Diagram lege korenov ima toliko krivulj, kot je polov prenosne funkcije Go( s). Pri vrednosti prostega parametra K = 0 za£nejo vse krivulje v polih prenosne funkcije Go( s), pri vrednosti prostega parametra K = ∞ se m krivulj kon£a v ni£lah prenosne funkcije Go( s), n−m krivulj pa gre z nara²£anjem prostega parametra K → ∞ v neskon£nost. Asimptote, katerim se n − m krivulj pribliºuje pri vrednosti K → ∞, se sekajo v prese£i²£u asimptot σA. Prese£i²£e asimptot leºi na realni osi, oddaljenost prese£i²£a asimptot od koordinatnega izhodi²£a pa izra£unamo z ena£bo (2.114) P n P p m q σ i=1 i − i=1 i A = (2.114) n − m Asimptot je n − m, vse izhajajo iz realne osi v to£ki σA. Vsaka od asimptot tvori z realno osjo kot ϕk, ki ga izra£unamo s pomo£jo ena£be (2.115): ϕk = (2 k− 1)180 o za KQ > 0 n−m ϕ (2.115) k = (2 k− 2)180 o za KQ < 0 n−m za k = 1 , 2 , 3 , . . . , n − m V kompleksno ravnino nari²emo prese£i²£e asimptot in asimptote. 3. Krivulje diagrama lege korenov potekajo po realni osi ali pa so simetri£ne na realno os. To£ka na realni osi pripada krivulji lege korenov sistema s KQ > 0, £e je desno od nje na realni osi liho ²tevilo polov in ni£el prenosne funkcije Go( s). To£ka na realni osi pripada krivulji lege korenov sistema s KQ < 0, £e je desno od nje na realni osi sodo ²tevilo polov in ni£el prenosne funkcije Go( s). 4. Ob upo²tevanju napotkov iz to£k 1 do 3 lahko skiciramo potek krivulj v diagramu lege korenov. V primeru, ko lahko natan£no dolo£imo potek krivulj (enostaven potek krivulj ali zadostno tabeliranje), lahko na geometri£ni na£in izra£unamo vrednost prostega parametra K pri poljubni vrednosti pola zaprtozan£nega sistema. Za izra£un vrednosti prostega parametra K moramo izmeriti razdalje med izbranim polom in ni£lami in poli odprtozan£ne prenosne funkcije Go( s). Vrednost prostega parametra K izra£unamo z ena£bo 2.116: Q 1 n |p K = i=1 Gz( s) − pi| Q (2.116) Q m |p i=1 Gz( s) − qi| 2.6. DIAGRAM LEGE KORENOV 117 kjer je: |pGz( s) −pi| razdalja med izbranim polom zaprtozan£nega sistema pGz( s) in polom odprtozan£nega sistema pi, |pGz( s) −qi| razdalja med izbranim polom zaprtozan£nega sistema pGz( s) in ni£lo odprtozan£nega sistema pi, Naloga 2.61 Nari²ite diagram lege korenov za zaprtozan£ni sistem, prikazan na sliki 2.29: R( s) Y ( s) K 5 + s 2+11 s+10 Slika 2.29: Zaprtozan£ni sistem, naloga 2.61 Izra£unajte vrednost spremenljivega oja£enja K, kjer ima zaprtozan£ni sistem pola, ki imata absolutno vrednost realnega in imaginarnega dela enako. Re²itev 1. Odprtozan£no prenosno funkcijo Go( s) zapi²emo v faktorizirani obliki: 5 K 1 Go( s) = = K 5 s 2 + 11 s + 10 ( s + 1)( s + 10) Iz faktorizirane prenosne funkcije od£itamo: spremenljivo oja£enje: K nespremenljivo oja£enje: Q = 5 ni£le: m = 0 poli: n = 2 , p 1 = − 1 , p 2 = − 10 2. Izra£unamo prese£i²£e asimptot in kote, ki jih asimptote tvorijo z realno osjo: P n P p m q ( − 1 − 10) − (0) σ i=1 i − i=1 i A = = = − 5 . 5 n − m 2 − 0 (2 k − 1)180 o (2 k − 1)180 o ϕk = = = (2 k − 1)90 o n − m 2 − 0 ϕ 1 = 90 o ϕ 2 = 270 o 3. Nari²emo krivulje diagrama lege korenov v kompleksni s-ravnini: 118 POGLAVJE 2. ANALIZA MATEMATI�NIH MODELOV 10 8 K 6 4 K=0 K=0 2 0 -2 imaginarna os asimptot -4 -6 K -8 -10 -12 -10 -8 -6 -4 -2 0 2 realna os Slika 2.30: Diagram lege korenov, naloga 2.61 4. Iz diagrama lege korenov je razvidno, da ima zaprtozan£ni sistem pola, ki imata absolutno vrednost realnega in imaginarnega dela enako pri: pGz( s) = − 5 . 5 ±j 5 . 5 . Iz diagrama od£itamo razdalji med izbranim polom zaprtozan£ne prenosne funkcije pGz( s) = − 5 . 5 + j 5 . 5 in poloma odprtozan£ne prenosne funkcije p 1 = − 1 in p 2 = − 10. pGz( s) = − 5 . 5 + j 5 . 5 p 1 = − 1 , p 2 = − 10 |pGz( s) − p 1 | = 7 . 1 |pGz( s) − p 2 | = 7 . 1 Izra£unana vrednost spremenljivega oja£enja K zna²a: Q 1 n |p 1 (7 . 12) K = i=1 Gz( s) − pi| Q = = 10 . 1 Q m |p 5 1 i=1 Gz( s) − qi| Naloga 2.62 Nari²ite diagram lege korenov za zaprtozan£ni sistem, prikazan na sliki 2.31: R( s) Y ( s) K s+10 + s 2( s+15) Slika 2.31: Zaprtozan£ni sistem, naloga 2.62 2.6. DIAGRAM LEGE KORENOV 119 Re²itev 1. Odprtozan£no prenosno funkcijo Go( s) zapi²emo v faktorizirani obliki: s + 10 s + 10 Go( s) = K = K 1 s 2( s + 15) ss( s + 15) Iz faktorizirane prenosne funkcije od£itamo: spremenljivo oja£enje: K nespremenljivo oja£enje: Q = 1 ni£le: m = 1 , q 1 = − 10 poli: n = 3 , p 1 = 0 , p 2 = 0 , p 3 = − 15 2. Izra£unamo prese£i²£e asimptot in kote, ki jih asimptote tvorijo z realno osjo: P n P p m q ( − 15) − ( − 10) σ i=1 i − i=1 i A = = = − 2 . 5 n − m 3 − 1 (2 k − 1)180 o (2 k − 1)180 o ϕk = = = (2 k − 1)90 o n − m 3 − 1 ϕ 1 = 90 o ϕ 2 = 270 o 3. Nari²emo krivulje diagrama lege korenov: 30 20 10 0 imaginarna os -10 -20 -30 -16 -14 -12 -10 -8 -6 -4 -2 0 2 realna os Slika 2.32: Diagram lege korenov, naloga 2.62 120 POGLAVJE 2. ANALIZA MATEMATI�NIH MODELOV Naloga 2.63 Nari²ite diagram lege korenov za zaprtozan£ni sistem, prikazan na sliki 2.33: R( s) Y ( s) K 1 + s( s+6) s 2+10 s+50 Slika 2.33: Zaprtozan£ni sistem, naloga 2.63 Re²itev 1. Odprtozan£no prenosno funkcijo Go( s) zapi²emo v faktorizirani obliki: 1 1 Go( s) = K = K 1 s 4 + 16 s 3 + 110 s 2 + 300 s s( s + 6)( s + 5 + 5 j)( s + 5 − 5 j) Iz faktorizirane prenosne funkcije od£itamo: spremenljivo oja£enje: K nespremenljivo oja£enje: Q = 1 ni£le: m = 0 poli: n = 4 , p 1 = 0 , p 2 = − 6 , p 3 = − 5 − 5 j, p 4 = − 5 + 5 j 2. Izra£unamo prese£i²£e asimptot in kote, ki jih asimptote tvorijo z realno osjo: P n P p m q ( − 16) − (0) σ i=1 i − i=1 i A = = = − 4 n − m 4 − 0 (2 k − 1)180 o (2 k − 1)180 o ϕk = = = (2 k − 1)90 o n − m 4 − 0 ϕ 1 = 45 o ϕ 2 = 135 o ϕ 1 = 225 o ϕ 2 = 315 o 3. Nari²emo krivulje diagrama lege korenov: 2.6. DIAGRAM LEGE KORENOV 121 10 8 6 4 2 0 -2 imaginarna os -4 -6 -8 -10 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 realna os Slika 2.34: Diagram lege korenov, naloga 2.63 Naloga 2.64 Nari²ite diagram lege korenov za zaprtozan£ni sistem, prikazan na sliki 2.35: R( s) Y ( s) K s+1 + s ( s− 1)( s+8) Slika 2.35: Zaprtozan£ni sistem, naloga 2.64 Re²itev 1. Odprtozan£no prenosno funkcijo Go( s) zapi²emo v faktorizirani obliki: s + 1 Go( s) = K 1 s( s − 1)( s + 8) Iz faktorizirane prenosne funkcije od£itamo: spremenljivo oja£enje: K nespremenljivo oja£enje: Q = 1 ni£le: m = 1 , q 1 = − 1 poli: n = 3 , p 1 = 0 , p 2 = 1 , p 3 = − 8 122 POGLAVJE 2. ANALIZA MATEMATI�NIH MODELOV 2. Izra£unamo prese£i²£e asimptot in kote, ki jih asimptote tvorijo z realno osjo: P n P p m q ( − 7) − ( − 1) σ i=1 i − i=1 i A = = = − 3 n − m 3 − 1 (2 k − 1)180 o (2 k − 1)180 o ϕk = = = (2 k − 1)90 o n − m 3 − 1 ϕ 1 = 90 o ϕ 2 = 270 o 3. Nari²emo krivulje diagrama lege korenov: 10 8 6 4 2 0 -2 imaginarna os -4 -6 -8 -10 -8 -6 -4 -2 0 2 realna os Slika 2.36: Diagram lege korenov, naloga 2.64 Naloga 2.65 Nari²ite diagram lege korenov za zaprtozan£ni sistem, prikazan na sliki 2.37: R( s) Y ( s) K s 2+20 s+96 + s 2+4 s Slika 2.37: Zaprtozan£ni sistem, naloga 2.65 Re²itev 1. Odprtozan£no prenosno funkcijo Go( s) zapi²emo v faktorizirani obliki: s 2 + 20 s + 96 ( s + 8)( s + 12) Go( s) = K = K 1 s 2 + 4 s s( s + 4) 2.6. DIAGRAM LEGE KORENOV 123 Iz faktorizirane prenosne funkcije od£itamo: spremenljivo oja£enje: K nespremenljivo oja£enje: Q = 1 ni£le: m = 2 , q 1 = − 8 , q 1 = − 12 poli: n = 2 , p 1 = 0 , p 2 = − 4 2. Ker je ²tevilo polov enako ²tevilu ni£el se bodo vse krivulje diagrama lege korenov kon£ale v ni£lah. Asimptot torej ni. 3. Nari²emo krivulje diagrama lege korenov: 4 3 2 1 0 imaginarna os -1 -2 -3 -4 -12 -10 -8 -6 -4 -2 0 realna os Slika 2.38: Diagram lege korenov, naloga 2.65 Naloga 2.66 Nari²ite diagram lege korenov za zaprtozan£ni sistem, prikazan na sliki 2.39. R( s) E( s) U ( s) Y ( s) K s+1 1 + s s 2+2 s+5 Slika 2.39: Zaprtozan£ni sistem, naloga 2.66 124 POGLAVJE 2. ANALIZA MATEMATI�NIH MODELOV Re²itev 1. Odprtozan£no prenosno funkcijo Go( s) zapi²emo v faktorizirani obliki: s + 1 s + 1 Go( s) = K = K ( s)( s 2 + 2 s + 5) ( s)( s + 1 + 2 j)( s + 1 − 2 j) Iz faktorizirane prenosne funkcije od£itamo: spremenljivo oja£enje: K nespremenljivo oja£enje: Q = 1 ni£le: m = 1 , q 1 = − 1 poli: n = 3 , p 1 = 0 , p 2 = − 1 − 2 j, p 3 = − 1 + 2 j 2. Izra£unamo prese£i²£e asimptot in kote, ki jih asimptote tvorijo z realno osjo: P n P p m q ( − 2) − ( − 1) σ i=1 i − i=1 i A = = = − 0 . 5 n − m 3 − 1 (2 k − 1)180 o (2 k − 1)180 o ϕk = = = (2 k − 1)90 o n − m 3 − 1 ϕ 1 = 90 o ϕ 2 = 270 o 3. Nari²emo krivulje diagrama lege korenov: 6 4 2 0 imaginarna os -2 -4 -6 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 realna os Slika 2.40: Diagram lege korenov, naloga 2.66 2.6. DIAGRAM LEGE KORENOV 125 Naloga 2.67 Nari²ite diagram lege korenov za zaprtozan£ni sistem, prikazan na sliki 2.41. R( s) E( s) U ( s) Y ( s) 1 K s+1 + 0 . 2 s+1 s 2+2 s+5 Slika 2.41: Zaprtozan£ni sistem, naloga 2.67 Re²itev 1. Odprtozan£no prenosno funkcijo Go( s) zapi²emo v faktorizirani obliki: s + 1 s + 1 Go( s) = K = K 5 (0 . 2 s + 1)( s 2 + 2 s + 5) ( s + 5)( s + 1 + 2 j)( s + 1 − 2 j) Iz faktorizirane prenosne funkcije od£itamo: spremenljivo oja£enje: K nespremenljivo oja£enje: Q = 5 ni£le: m = 1 , q 1 = − 1 poli: n = 3 , p 1 = − 5 , p 2 = − 1 − 2 j, p 3 = − 1 + 2 j 2. Izra£unamo prese£i²£e asimptot in kote, ki jih asimptote tvorijo z realno osjo: P n P p m q ( − 7) − ( − 1) σ i=1 i − i=1 i A = = = − 3 n − m 3 − 1 (2 k − 1)180 o (2 k − 1)180 o ϕk = = = (2 k − 1)90 o n − m 3 − 1 ϕ 1 = 90 o ϕ 2 = 270 o 3. Nari²emo krivulje diagrama lege korenov: 126 POGLAVJE 2. ANALIZA MATEMATI�NIH MODELOV 6 4 2 0 imaginarna os -2 -4 -6 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 realna os Slika 2.42: Diagram lege korenov, naloga 2.67 2.7 Vodljivost Poenostavljeno opi²emo pojem vodljivost kot lastnost dinami£nega sistema, ki pove, ali lahko preko vhodov vplivamo na vse spremenljivke stanja sistema. Natan£neje dolo£a pojem vodljivost denicija 2.1: Denicija 2.1 Zvezni, £asovno nespremenljivi sistem ˙x( t) = Ax( t) + Bu( t) (2.117) je vodljiv, £e lahko vsako za£etno stanje x( t 0) z ustreznim vhodnim signalom u( t) , t 0 ≤ t ≤ t 1 pripeljemo v ni£elno stanje x( t 1) = 0. Vodljivost sistema, opisanega z ena£bo (2.117) izra£unamo s pomo£jo izreka 2.2 Izrek 2.2 Sistem (2.117) je vodljiv, £e je vodljivostna matrika Qv, denirana z ena£bo (2.118), nesingularna ( t. j. determinanta Qv je razli£na od ni£ v primeru kvadratne matrike Qv) oz. rang matrike Qv je enak dimenziji matrike A v primeru, ko Qv ni kvadratna matrika. £ ¤ Q v = B , AB , A2B , A3B , . . . A n− 1B (2.118) Izrek 2.2 je uporaben za izra£un vodljivosti eno- in ve£vhodnih sistemov. 2.7. VODLJIVOST 127 Ugotavljanje vodljivosti s pomo£jo pretvorbe v diagonalno kanoni£no obliko Lastnost vodljivost je neodvisna od izbire spremenljivk stanja - £e je sistem vodljiv so vodljivi tudi vsi njegovi ekvivalentni sistemi. Vodljivost je najbolj o£itna, £e zapi²emo sistem v diagonalni ali Jordanovi obliki. Za diagonaliziran sistem   λ   1 0 . . . 0 b 1  .   0 λ ..   b 2  ˙x =  2  x +  .   .. .  .  u (2.119) . .. 0  . 0 . . . 0 λ b n n lahko zapi²emo vodljivostno matriko kot produkt dveh matrik:   b   1 0 . . . 0 1 λ 1 λ 21 . . . λn− 1 1  .   0 b .. 1 λ 2 λ 22 ... λn− 1 2  Q 2   v =   . . . .  .. .   (2.120) . .. . . . . 0  . . . . 0 . . . 0 b 1 λ n n λ 2 n . . . λn− 1 n Iz tako zapisane vodljivostne matrike je razvidno, da je sistem popolnoma vodljiv, £e sta izpolnjena dva pogoja: • vsi parametri vhodnega vektorja so razli£ni od ni£ ( b 1 , b 2 , . . . , bn 6= 0) in • so vse lastne vrednosti sistema ( λ 1 , λ 2 , . . . , λn) razli£ne. V primeru, ko ugotovimo, da je obravnavan sistem nevodljiv, velikokrat ºelimo ugotoviti, katere lastne vrednosti so vodljive in katere so nevodljive. Iz zapisa sistema v diagonalni kanoni£ni obliki lahko neposredno razberemo vodljivost posameznih lastnih vrednosti. Iz ena£be (2.120) je razvidno, • da so nevodljive tiste lastne vrednosti, ki imajo pripadajo£ £len bi vhodnega vektorja b enak ni£ in • da so vodljive tiste lastne vrednosti, ki imajo pripadajo£ £len bi vhodnega vektorja b razli£en od ni£. Ugotavljanje vodljivosti posameznih lastnih vrednosti s pomo£jo Hautusovega kriterija Velikokrat ºelimo ugotoviti vodljivost posamebnih lastnih vrednosti brez pretvorbe sistema v diagonalno kanoni£no obliko. Obstaja ve£ postopkov, s katerimi ugotovimo, kateri na£ini oz. lastne vrednosti so vodljivi in kateri so nevodljivi, ki ne zahtevajo zapisa sistema v diagonalni kanoni£ni obliki. Eden izmed postopkov za ugotavljanje vodljivosti posameznih lastnih vrednosti je Hautusov kriterij, predstavljen z izrekom 2.3 Izrek 2.3 Lastna vrednost λi sistema 2.117 je vodljiva, £e velja ena£ba 2.121: rang [A − λi I , B] = n (2.121) kjer je n red sistema. 128 POGLAVJE 2. ANALIZA MATEMATI�NIH MODELOV Naloga 2.68 Dolo£ite vodljivost sistema:     0 1 0 0 ˙x( t) =  0 − 1 1  x( t) +  0  u( t) 0 0 − 2 1 y( t) = [ 1 2 3 ] x( t) Re²itev Sistem je tretjega reda: n = 3. Lastne vrednosti obravnavanega sistema so: λ 1 = 0 λ 2 = − 1 λ 3 = − 2 Za ugotavljanje vodljivosti potrebujemo vodljivostno matriko: £ ¤ Q v = b , Ab , A2b Posamezni elementi vodljivostne matrike so:   0 b =  0  1       0 1 0 0 0 Ab =  0 − 1 1   0  =  1  0 0 − 2 1 − 2       0 1 0 0 1 A2b =  0 − 1 1   1  =  − 3  0 0 − 2 − 2 4 Vodljivostna matrika zna²a:   0 0 1 Q   v = 0 1 − 3 1 − 2 4 Izra£unamo determinanto vodljivostne matrike:   0 0 1 det Q   v = det 0 1 − 3 = − 1 6= 0 1 − 2 4 Ker je determinanta vodljivostne matrike Q v razli£na od ni£ je sistem vodljiv. 2.8. SPOZNAVNOST 129 2.8 Spoznavnost Poenostavljeno opi²emo spoznavnost kot lastnost dinami£nega sistema, ki pove, ali lahko iz vhodov in izhodov sistema dolo£imo vse spremenljivke stanja sistema. Natan£neje dolo£a to lastnost denicija 2.2: Denicija 2.2 Zvezni, £asovno nespremenljivi sistem ˙x( t) = Ax( t) + Bu( t) (2.122) y( t) = Cx( t) + Du( t) (2.123) je spoznaven, £e lahko dolo£imo stanje x( t 1) na osnovi poznanih potekov u( t) in y( t) v kon£nem intervalu t 0 ≤ t ≤ t 1. Spoznavnost sistema, opisanega z ena£bama (2.122) in (2.123) izra£unamo s pomo£jo izreka 2.4. Izrek 2.4 Sistem (2.122), (2.123) je spoznaven, £e je spoznavnostna matrika Qs, denirana z ena£bo (2.124), nesingularna ( t. j. determinanta Qs je razli£na od ni£ v primeru kvadratne matrike Qs) oz. rang matrike Qs je enak dimenziji matrike A v primeru, ko Qs ni kvadratna matrika.   C  CA     CA2    Q  CA3  s =   (2.124)  CA4     ...  CA( n− 1) Algebrsko je spoznavnost dualna lastnost vodljivosti in zato veljajo vse ugotovitve v okviru vodljivosti tudi za spoznavnost. Naloga 2.69 Ugotovite spoznavnost sistema:     0 1 0 0 ˙x( t) =  0 − 1 1  x( t) +  0  u( t) 0 0 − 2 1 y( t) = [ 1 2 3 ] x( t) Re²itev Sistem je tretjega reda: n = 3. Lastne vrednosti obravnavanega sistema so: λ 1 = 0 λ 2 = − 1 λ 3 = − 2 Za ugotavljanje spoznavnosti potrebujemo spoznavnostno matriko: £ ¤ Q s = c T , c T A , c T A2 130 POGLAVJE 2. ANALIZA MATEMATI�NIH MODELOV Posamezni elementi spoznavnostne matrike so: c T = [ 1 2 3 ]   0 1 0 c T A = [ 1 2 3 ]  0 − 1 1  = [ 0 − 1 − 4 ] 0 0 − 2   0 1 0 c T A2 = [ 0 − 1 − 4 ]  0 − 1 1  = [ 0 1 7 ] 0 0 − 2 Spoznavnostna matrika je:   1 2 3 Q   s = 0 − 1 − 4 0 1 7 Izra£unamo determinanto spoznavnostne matrike:   1 2 3 det Q   s = det 0 − 1 − 4 = − 3 6= 0 0 1 7 Ker je determinanta spoznavnostne matrike Q s razli£na od ni£, je sistem spoznaven. Poglavje 3 Sinteza regulacijskih sistemov 3.1 Raz£lenitev nalog pri sintezi regulacijskih sistemov Cilj sinteze regulacijskega sistema predstavlja zadovoljiv £asovni odziv zaprtozan£nega sistema v primeru spreminjanja referen£ne veli£ine in v primeru prisotnosti motenj. Postopek razvoja, projek-tiranja in gradnje regulacijskih naprav oz. sistemov poteka v ve£ih fazah. Delo najve£krat razdelimo v naslednje korake: 1. Dolo£itev parametri£nega matemati£nega modela izhodi²£nega procesa. Za dolo£itev parametri£nega matemati£nega modela uporabimo postopke teoreti£nega in/ali eksperimentalnega (identikacija) modeliranja. Dolo£eni matemati£ni model vrednotimo pogosto tako, da primerjamo simulacijsko dobljene odzive matemati£nega modela z izmerjenimi odzivi opazovanega sistema. 2. Analiza matemati£nega modela: dolo£imo pomembne lastnosti (red, vrsta, poli, ni£le, oja£enje pri enosmernem vzbujanju v stacionarnem stanju, stabilnost, vodljivost, spoznavnost, . . . ) 3. Denicija in utemeljitev zahtev, ki naj jih regulacijski sistem izpolnjuje: stacionarna to£nost, hitrost in du²enje prehodnega pojava v primeru pri£akovanih sprememb referen£nega signala in v primeru pojava pri£akovanih motenj, . . . 4. Izbira strukture regulacijskega sistema, izbira vrste (strukture) regulatorja in izra£un parametrov regulatorja. 5. Simulacija obna²anja regulacijskega sistema. 6. Projektiranje, gradnja in montaºa regulacijske naprave oz. sistema. 7. Dokon£na uglasitev parametrov regulatorja v obratovalnih pogojih. 8. Poskusno obratovanje in optimiranja. V okviru tega u£benika se bomo pri obravnavi sinteze osredoto£ili predvsem na to£ko 4, to pomeni na: • izbiro strukture regulacijskega sistema, • izbiro strukture regulatorja in • izra£un parametrov regulatorja. Poudarek bo predvsem na izra£unu parametrov regulatorja. 131 132 POGLAVJE 3. SINTEZA REGULACIJSKIH SISTEMOV 3.2 Na£rtovanje na osnovi prenosne funkcije 3.2.1 Regulacijska struktura Obstajajo razli£ne strukture regulacijskih sistemov. Osnovna struktura, ki prestavlja temelj za razvoj zapletenej²ih regulacijskih struktur, je prikazana na sliki 3.1: r e f e r e n c a m o t n j a E G U L A T O S I S T E M R R Slika 3.1: Osnovna struktura regulacijskega sistema Ob poznavanju vhodno-izhodnih matemati£nih modelov regulatorja in reguliranega sistema na-ri²emo blokovni diagram modela regulacijskega sistema: D( s) Gd( s) + R( s) E( s) U ( s) Y ( s) Gr( s) Gp( s) + + Slika 3.2: Blokovni diagram zaprtozan£nega sistema Na sliki 3.2 imajo posamezne oznake naslednji pomen: Gr( s), Gp( s), Gd( s) prenosne funkcije regulatorja, procesa in motnje, R( s), E( s), U( s), Y ( s), D( s) referenca, vhod v regulator, vhod v proces, izhod iz procesa, motnja. Za regulacijski sistem na sliki dolo£imo odprtozan£no prenosno funkcijo in zna£ilne prenosne funkcije zaprte zanke na naslednji na£in: Go( s) = Gr( s) Gp( s) (3.1) Y ( s) G G o( s) R−Y ( s) = = (3.2) R( s) 1 + Go( s) Y ( s) G G d( s) D−Y ( s) = = (3.3) D( s) 1 + Go( s) E( s) 1 GR−E( s) = = (3.4) R( s) 1 + Go( s) E( s) G G d( s) D−E ( s) = = − (3.5) D( s) 1 + Go( s) Od regulatorja pri£akujemo, da bo zagotovil £im ve£jo podobnost izhodnega signala Y ( s) referen£nemu signalu R( s) kljub motnjam v sistemu in spremembam reference R( s). V nadaljevanju se bomo omejili na problematiko dolo£evanja regulatorjev za regulacijske sisteme, katerih struktura je prikazana na sliki 3.2. 3.2. NA�RTOVANJE NA OSNOVI PRENOSNE FUNKCIJE 133 Naloga 3.1 Dolo£ite odprtozan£no prenosno funkcijo in vse ²tiri zna£ilne zaprtozan£ne prenosne funkcije sistema, prikazanega na sliki 3.3. D( s) 1 s+1 + R( s) E( s) U ( s) Y ( s) s 3+1 1 s s 2+2 s+3 + + - Slika 3.3: Blokovni diagram regulacijskega sistema, naloga 3.1 Re²itev 3 s + 1 Go( s) = s 3 + 2 s 2 + 3 s Y ( s) G 3 s + 1 G o( s) R−Y ( s) = = = R( s) 1 + Go( s) s 3 + 2 s 2 + 6 s + 1 Y ( s) G s 3 + 2 s 2 + 3 s G d( s) D−Y ( s) = = = D( s) 1 + Go( s) s 4 + 3 s 3 + 8 s 2 + 7 s + 1 E( s) 1 s 3 + 2 s 2 + 3 s GR−E( s) = = = R( s) 1 + Go( s) s 3 + 2 s 2 + 6 s + 1 E( s) G s 3 + 2 s 2 + 3 s G d( s) D−E ( s) = = − = − D( s) 1 + Go( s) s 4 + 3 s 3 + 8 s 2 + 7 s + 1 3.2.2 Zna£ilne strukture regulatorjev Osnovne strukture regulatorjev so: • Proporcionalni regulator (P regulator): Gr = Kp (3.6) • Proporcionalno-integrirni regulator (PI regulator): sT 1 K G i + 1 I r( s) = Kp = K = K (3.7) sT p + Kp p + i sTi s • Proporcionalno-integrirni-diferencirni regulator (PID regulator) ( sT 1 sT ∗ K sK G i + 1)( sTd + 1) d I D r( s) = Kp = K∗ + ) = K + (3.8) sT p (1 + p + i( sT 0 + 1) sT ∗ sT 0∗ + 1 s sT 0 + 1 d i d d V ena£bah (3.6), (3.7) in (3.8) parameter Kp ozna£uje oja£enje, parameter Ti integrirno £asovno konstanto in parameter Td diferencirno £asovno kostanto regulatorjev. 134 POGLAVJE 3. SINTEZA REGULACIJSKIH SISTEMOV • prehitevalno (zakasnilni) regulator (imenujemo tudi £len za dvig (spust) faze) sT G 1 + 1 r( s) = k (3.9) sT 2 + 1 Regulator v primeru, ko velja T 1 > T 2 dvigne fazo v izbranem frekven£nem obmo£ju in v primeru, ko velja T 1 < T 2 spusti fazo v izbranem frekven£nem obmo£ju. Naloga 3.2 V okviru sinteze regulacijskega sistema smo dolo£ili parametre PID regulatorja v skladu s prenosno funkcijo (3.8). Regulator nameravamo realizirati z elektronskim vezjem, katerega model prikazuje blokovni diagram na sliki 3.4. Kak²na je povezava med parametri Kp, Ti, Td, T 0d (ena£ba 3.8) in parametri K∗p, T ∗i, T ∗d, T 0∗ d (slika 3.4)? 1 + E( s) U ( s) K∗ 1 p sT ∗ i + + sT ∗ d sT 0∗+1 d Slika 3.4: Blokovni diagram realiziranega regulatorja, naloga 3.2 Re²itev Iz blokovnega diagrama (slika 3.4) izra£unamo prenosno funkcijo regulatorja: ( sT 0∗ + 1)( sT ∗ + 1) + sT ∗sT ∗ s 2( T ∗ + T ∗ ) + s( T ∗ ) + 1 G∗ d i ) + ( sT 0∗ d d i i T ∗ d i T 0∗ d i + T 0∗ d r ( s) = K∗ p = K∗ sT ∗( sT 0∗ + 1) p sT ∗( sT 0∗ + 1) i d i d in jo primerjamo s prenosno funkcijo, za katero smo dolo£ili parametre regulatorja (ena£ba (3.8)) ( sT s 2 T G i + 1)( sTd + 1) iTd + s( Ti + Td) + 1 r( s) = Kp = K sT p i( sT 0 + 1) sT + 1) d i( sT 0 d Po primerjanju koecientov obeh prenosnih funkcij dobimo povezavo med parametri obeh regulatorjev: T 0∗ d = T 0 d T ∗ i + T 0∗ d = Ti + Td ⇒ T ∗ i = Ti + Td − T 0 d T T 0 − T − T T ∗ iTd + T 0 d d iT 0 d dT 0 d i T ∗ d + T ∗ i T 0∗ d = TiTd ⇒ T ∗ d = Ti + Td − T 0d K∗p K T = p ⇒ K∗ i + Td − T 0 d T ∗ T p = Kp T i i i 3.2. NA�RTOVANJE NA OSNOVI PRENOSNE FUNKCIJE 135 Naloga 3.3 Nari²ite frekven£no karakteristiko PID regulatorja v Bodejevem diagramu. Parametri PID regulatorja so: ( s 5 + 1)( s + 1) Kp = 2 , Ti = 5 s , Td = 1 s , T 0d = 0 . 1 s ⇒ Gr( s) = 2 s 5( s 0 . 1 + 1) Re²itev 50 40 [dB] 30 dB 20 10 50 0 -50 -100 10-3 10-2 10-1 100 101 102 [rad/s] Slika 3.5: Bodejev diagram PID regulatorja, naloga 3.3 Naloga 3.4 Nari²ite frekven£ni karakteristiki prehitevalnega in zakasnilnega regulatorja: s 10 + 1 k = 1 , T 1 = 10 s , T 2 = 1 s ⇒ Gr( s) = 1 (3.10) s + 1 s + 1 k = 1 , T 1 = 1 s , T 2 = 10 s ⇒ Gr( s) = 1 (3.11) s 10 + 1 Komentirajte razliko. Re²itev 136 POGLAVJE 3. SINTEZA REGULACIJSKIH SISTEMOV 20 [dB] 10 dB 0 60 50 40 30 20 10 0 10-2 10-1 100 101 [rad/s] Slika 3.6: Bodejev diagram prehitevalnega regulatorja, naloga 3.4 0 [dB] -10 dB -20 0 -10 -20 -30 -40 -50 -60 10-2 10-1 100 101 [rad/s] Slika 3.7: Bodejev diagram zakasnilnega regulatorja, naloga 3.4 Poglavitno razliko med £lenoma, opisanima z ena£bama (3.10) in (3.11) predstavlja dejstvo, da lahko s £lenom (3.10) v dolo£enem frekven£nem obmo£ju dvignemo fazni premik odprtozan£ne frekven£ne karakteristike, medtem ko s £lenom (3.11) v dolo£enem frekven£nem obmo£ju spustimo fazni premik odprtozan£ne frekven£ne karakteristike. 3.2. NA�RTOVANJE NA OSNOVI PRENOSNE FUNKCIJE 137 3.2.3 Dolo£anje parametrov PID regulatorjev s pomo£jo nastavitvenih pravil Najenostavnej²i na£in izra£una parametrov regulatorja predstavlja uporaba nastavitvenih pravil. Osnovno prednost uporabe nastavitvenih pravil v primerjavi z ostalimi metodami predstavlja dejstvo, da pri uporabi nastavitvenih pravil ne potrebujemo parametri£nega matemati£nega modela sistema. Izmed mnoºice razli£nih nastavitvenih pravil bomo predstavili metodi, ki sta jih razvila Ziegler in Nichols in se po njiju imenujeta Ziegler-Nicholsovi metodi. Ziegler-Nicholsova metoda odziva na stopni£asto vzbujanje Pri tej metodi potrebujemo za dolo£itev parametrov regulatorja odziv odprtozan£nega sistema na stopni£asto vzbujanje. Odziv odprtozan£nega sistema dobimo tako, da prekinemo povratno regu-lacijsko zanko in stopni£asto vzbujamo samo sistem z aktuatorjem. Iskani odziv dolo£imo obi£ajno eksperimentalno. Na opazovanem odzivu dolo£imo prevojno to£ko. V tej to£ki nari²emo tangento na krivuljo in od£itamo prese£i²£i ( a, L) tangente s koordinatnima osema. Slika 3.8 prikazuje odziv odprtozan£nega sistema na stopni£asto vzbujanje z enotino amplitudo. y( t) a t L Slika 3.8: Dolo£itev parametrov regulatorja s pomo£jo Ziegler-Nicholsove metode stopni£nega odziva Na osnovi eksperimentalno-gra£no dobljenih vrednosti a in L dolo£imo parametre regulatorjev s pomo£jo tabele 3.1: vrsta regulatorja Kp Ti Td P regulator 1 / / a PI regulator 0 . 9 3 L / a PID regulator 1 . 2 2 L L a 2 Tabela 3.1: Tabela izrazov za izra£un parametrov regulatorjev po Ziegler-Nicholsovi metodi odziva na stopni£asto vzbujanje Ziegler-Nicholsova metoda nihajnega preizkusa Parametre regulatorja lahko dolo£imo tudi tako, da ostane povratna regulacijska zanka ves £as aktivna. V tem primeru na regulatorju izklopimo integrirni in diferencirni £len in pustimo aktiven 138 POGLAVJE 3. SINTEZA REGULACIJSKIH SISTEMOV samo proporcionalni del regulatorja. Oja£enje proporcionalnega regulatorja pove£ujemo tako dolgo, da preide regulacijski sistem v mejno stabilno stanje (slika 3.9). y( t) Tkrit t Slika 3.9: Dolo£itev parametrov regulatorja s pomo£jo Ziegler-Nicholsovega nihajnega preizkusa Na osnovi poznane vrednosti oja£enja proporcionalnega regulatorja Kkrit, pri kateri je zaprtozan£ni sistem mejno stabilen in periode nihanja mejno stabilnega regulacijskega sistema Tkrit dolo£imo parametre regulatorjev s pomo£jo tabele 3.2: vrsta regulatorja Kp Ti Td P regulator 0 . 5 Kkrit / / PI regulator 0 . 4 Kkrit 0 . 8 Tkrit / PID regulator 0 . 6 Kkrit 0 . 5 Tkrit 0 . 12 Tkrit Tabela 3.2: Tabela izrazov za izra£un parametrov regulatorjev po Ziegler-Nicholsovi metodi nihajnega preizkusa Naloga 3.5 Odprtozan£ni odziv sistema na stopni£asto vzbujanje v bliºini izbrane delovne to£ke je prikazan na sliki 3.10. S pomo£jo Ziegler-Nicholsove metode dolo£ite parametre P, PI in PID regulatorjev. 3.2. NA�RTOVANJE NA OSNOVI PRENOSNE FUNKCIJE 139 10 8 6 y(t) 4 2 0 −20 2 4 6 8 10 t [s] Slika 3.10: Odziv odprtozan£nega sistema na stopnico amplitude 1, naloga 3.5 Re²itev Za krivuljo na sliki 3.10 ocenimo to£ko prevoja in potegnemo tangento. Od£itamo prese£i²£a z obema koordinatnima osema (slika 3.8) in dobimo: a = 1 . 18 , L = 0 . 85 s S pomo£jo izrazov iz tabele 3.1 dolo£imo parametre regulatorjev: P regulator: Kp = 0 . 85 PI regulator: Kp = 0 . 76 , Ti = 2 . 55 s PID regulator: Kp = 1 . 02 , Ti = 1 . 7 s , Td = 0 . 42 s , T 0d = 0 . 06 s Prenosne funkcije regulatorjev so: P regulator: Gr( s) = 0 . 85 s 2 . 55 + 1 PI regulator: Gr( s) = 0 . 76 s 2 . 55 ( s 1 . 7 + 1)( s 0 . 42 + 1) PID regulator: Gr( s) = 1 . 02 s 1 . 7( s 0 . 06 + 1) Odzivi obranavanega regulacijskega sistema s tako dolo£enimi parametri regulatorjev so prikazani na sliki 3.11. 140 POGLAVJE 3. SINTEZA REGULACIJSKIH SISTEMOV 2 P−regulator PI−regulator 1.5 PID−regulator 1 y(t) 0.5 00 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 t [s] Slika 3.11: Odzivi zaprtozan£nega regulacijskega sistema iz naloge 3.5 pri uporabi P, PI in PID regulatorja pri vzbujanju sistema s stopni£nim referen£nim signalom amplitude 1 Naloga 3.6 Za zaprtozan£ni sistem s P regulatorjem smo dolo£ili kriti£no oja£enje Kkrit = 2 . 4 . Odziv regulacijskega sistema je prikazan na sliki 3.12. S pomo£jo Ziegler-Nicholsove metode frekven£nega odziva dolo£ite parametre P, PI in PID regulatorjev. 2 1.5 1 y(t) 0.5 00 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 t [s] Slika 3.12: Odziv zaprtozan£nega sistema s P regulatorjem pri vrednosti oja£enja Kkrit = 2 . 4, sistem je vzbujan z referen£nim signalom stopni£aste oblike in amplitude 1, naloga 3.6 3.2. NA�RTOVANJE NA OSNOVI PRENOSNE FUNKCIJE 141 Re²itev Za krivuljo na sliki 3.12 ocenimo periodo nihanja: Tkrit = 3 . 165 s Ob upo²tevanju vrednosti kriti£nega oja£enja Kkrit = 2 . 4 izra£unamo s pomo£jo izrazov iz tabele 3.2 parametre regulatorjev: P regulator: Kp = 1 . 2 PI regulator: Kp = 0 . 96 , Ti = 2 . 53 s PID regulator: Kp = 1 . 44 , Ti = 1 . 58 s , Td = 0 . 38 s , T 0d = 0 . 07 s Prenosne funkcije regulatorjev so: P regulator: Gr( s) = 1 . 2 s 2 . 53 + 1 PI regulator: Gr( s) = 0 . 96 s 2 . 53 ( s 1 . 58 + 1)( s 0 . 38 + 1) PID regulator: Gr( s) = 1 . 44 s 1 . 58( s 0 . 07 + 1) 3.2.4 Dolo£anje parametrov regulatorjev s pomo£jo frekven£nih karak- teristik Povezava med frekven£no karakteristiko odprte regulacijske zanke in £asovnim odzivom zaprte regulacijske zanke Teºavnost sinteze regulacijskih sistemov predstavlja dejstvo, da ne obstaja neposredna kvantitativna povezava med parametri regulatorjev in £asovnimi odzivi zaprtozan£nega sistema. Metode dolo£evanja parametrov regulatorjev s pomo£jo frekven£nih karakteristik izhajajo iz kvalitativne in kvantitativne povezave med frekven£no karakteristiko odprte regulacijske zanke in £asovnimi odzivi zaprte regulacijske zanke. Ob poznavanju omenjenih povezav poteka postopek dolo£evanja parametrov obi£ajno v ²tirih fazah: 1. Denicija zahtev, ki naj jih izpolnjuje £asovni odziv zaprtozan£nega sistema. 2. Dolo£itev frekven£ne karakteristike odprtozan£nega sistema, ki bo omogo£ila izpolnitev predpisanih zahtev za obna²anje zaprtozan£nega sistema. 3. Izbira strukture in dolo£itev parametrov regulatorja, ki bo zadovoljil zahtevi po predpisani frekven£ni karakteristiki odprtozan£nega sistema. 4. Preizkus obna²anja zaprtozan£nega regulacijskega sistema v £asovnem prostoru. V nadaljevanju so posamezne faze predstavljene podrobneje. 1. Denicija ciljev na£rtovanja v £asovnem prostoru Osnovne zahteve, ki jih mora izpolnjevati ve£ina regulacijskih sistemov, se nana²ajo na: • stacionarno to£nost regulacijskega sistema v primeru razli£nih potekov referen£nega in motilnih signalov (pogre²ki v ustaljenem stanju naj bodo £im manj²i), 142 POGLAVJE 3. SINTEZA REGULACIJSKIH SISTEMOV • hitrost in du²enje prehodnih pojavov v primeru razli£nih potekov referen£nega in motilnih signalov in • neob£utljivost regulacijskega sistema na visokofrekven£ne motnje merilnikov (obi£ajno je denirano frekven£no obmo£je in amplituda motenj) ter spremenljive lastnosti realnih sistemov. Slika 3.13 prikazuje £asovni potek odziva zaprtozan£nega sistema na stopni£asto vzbujanje. 1.6 1.4 1.2 prenihaj 1 stacionarno odstopanje ( t) 0.8 y 0.6 0.4 0.2 0 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 t [s] Slika 3.13: �asovni potek odziva zaprtozan£nega sistema na stopni£asto vzbujanje 2. Dolo£itev frekven£ne karakteristike odprtozan£nega sistema Za izpolnitev deniranih zahtev £asovnih odzivov regulacijskega sistema mora biti frekven£na karakteristika odprte regulacijske zanke oblikovana v skladu s smernicami, prikazanimi na sliki 3.14. 3.2. NA�RTOVANJE NA OSNOVI PRENOSNE FUNKCIJE 143 A 40 dB [dB] 20 dB B 0 dB oja£enje -20 dB -40 dB ω ω [rad/s] c C 0 o ] o[ kot − 90 o B fazni fazna rezerva − 180 o ω ω [rad/s] c Slika 3.14: Frekven£na karakteristika odprtozan£nega sistema A) Dobre razmere v ustaljenem stanju zagotavlja £im ve£ja vrednost oja£anja odprtozan£nega sistema pri nizkih frekvencah: |Go( jω) | À 1 za 0 ≤ ω ¿ ωc (3.12) B) Dobre prehodne pojave (t. j. majhne prenihaje in veliko du²enje regulirane veli£ine) na spremembe referen£ne veli£ine in motenj bomo dosegli z ustrezno frekvenco ωc (t. j. frekvenca, pri kateri ima amplitudna karakteristika vrednost 0 dB), z ustrezno vrednostjo fazne karakteristike pri frekvenci ωc in z ustrezno obliko amplitudne karakteristike v bliºini frekvence ωc. Od vrednosti frekvence ωc je odvisna hitrost odziva regulacijskega sistema. �e ºelimo imeti hiter prehodni pojav naj bo vrednost frekvence ωc £im ve£ja. Za £as vzpona tr pri stopni£nem vzbujanju velja izkustveno pravilo: ωc tr ≈ 1 . 5 (3.13) Od vrednosti fazne karakteristike pri frekvenci ωc je odvisno du²enje prehodnega pojava. Regulacijski sistem je tem bolje du²en, £im ve£ja je fazna rezerva. Za oceno amplitude prvega prenihaja pri stopni£nem vzbujanju regulacijskega sistema velja izkustveno pravilo: ϕrez[ o] + prenihaj[%] ≈ 70 (3.14) v katerem ϕrez[ o] predstavlja fazno rezervo, ki jo od£itamo iz frekven£ne karakteristike odprtozan£nega sistema, t. j. razlika med faznim kotom odprtozan£nega sistema pri kroºni frekvenci ωc in vrednostjo 144 POGLAVJE 3. SINTEZA REGULACIJSKIH SISTEMOV − 180 o (£e je npr. ϕ( ωc) = − 100 o potem zna²a ϕrez = 80 o]), prenihaj[%] predstavlja relativno vrednost prve amplitude regulirane veli£ine glede na njeno ustaljeno vrednost pri stopni£ni spremembi referen£ne veli£ine. Glede oblike amplitudne karakteristike je priporo£ljivo, da amplitudna karakteristika v bliºini frekvence ωc upada s strmino 20 dB dekado (t. j. oja£enje se zmanj²a 10-krat ko se frekvenca pove£a 10-krat). 1 |Go( jω) | ≈ ω za 0 . 5 ωc < ω < 5 ωc (3.15) ωc V primeru, ko je izpolnjen pogoj (3.15), lahko ocenimo £as trajanja prehodnega pojava Tf pri odzivu na stopni£asto vzbujanje z ena£bo: 4 Tf ≈ (3.16) ωc C) Zmanj²anje vpliva visokofrekven£nih motenj (merilnega ²uma) doseºemo s strmim upadanjem amplitudne karakteristike pri vi²jih frekvencah: |Go( jω) | ¿ 1 za ω À ωc (3.17) 3. Izbira strukture in dolo£itev parametrov regulatorja Proporcionalni regulator v ve£ini primerov omogo£a samo zagotovitev zahtev, ki izhajajo iz predpisane stacionarne to£nosti regulacijskega sistema in ne omogo£a poljubnega preoblikovanja frekven£ne karakteristike odprtozan£nega sistema. Za preoblikovanju frekven£ne karakteristike uporabljamo proporcionalno-integrirne regulatorje, proporcionalno-integrirno-diferencirne regulatorje, predvsem pa prehitevalne in zakasnilne regulatorje (£lene za dvig (spust) faze): • za dvig fazne karakteristike v dolo£enem frekven£nem podro£ju uporabimo £len s pozitivnim faznim kotom: sT G( s) = k 1 + 1 , T sT 1 > T 2 (3.18) 2 + 1 • za spust fazne karakteristike v dolo£enem frekven£nem podro£ju uporabimo £len z negativnim faznim kotom: sT G( s) = k 1 + 1 , T sT 1 < T 2 (3.19) 2 + 1 4. Simulacijski preizkus obna²anja regulacijskega sistema Pravilnost izbrane strukture in parametrov regulatorja preverimo obi£ajno tudi s simulacijo ob-na²anja regulacijskega sistema v razpoloºljivem programskem okolju. Poenostavljena kompenzacijska metoda dolo£anja parametrov regulatorjev Izbira strukture in parametrov regulatorja v skladu z nakazanimi zahtevami nas pripelje do regulacijskih sistemov, katerih £asovni odzivi zadovoljujejo zahtevane cilje. Tako dobljeni regulatorji so obi£ajno sestavljeni iz ve£ serijsko vezanih £lenov, ki poskrbijo za ustrezno oblikovanje frekven£ne karakteristike. Pogosto zahteve glede £asovnih odzivov regulacijskega sistema niso povsem natan£no dolo£ene. V teh primerih lahko za za£etno grobo nastavitev regulatorjev uporabimo poenostavljeno kompenzacijsko metodo dolo£anja parametrov regulatorjev. Izhodi²£e pri uporabi te metode predstavlja zahtevana stacionarna to£nost in fazna rezerva ( ϕrez[ o]) oz. prenihaj (prenihaj[%]) pri stopni£ni spremembi referen£ne veli£ine. Dobljeni regulatorji so obi£ajno P, PI ali PID strukture. Postopek poenostavljene kompenzacijske metode dolo£anja parametrov regulatorjev lahko razdelimo v ²tiri korake: 3.2. NA�RTOVANJE NA OSNOVI PRENOSNE FUNKCIJE 145 1. Dolo£itev vseh £asovnih konstant izbranega regulatorja - pri P regulatorju ta korak presko£imo, pri PI regulatorju dolo£imo £asovno konstanto Ti, pri PID regulatorju pa dolo£imo £asovne konstante Ti, Td in T 0d. �asovne konstante izberemo tako, da z njimi kompenziramo najdalj²e £asovne konstante reguliranega procesa: • integrirno konstanto Ti izberemo enako najve£ji £asovni konstanti reguliranega procesa, • diferencirno konstanto Td izberemo enako drugi najdalj²i £asovni konstanti reguliranega procesa (pri PID regulatorju) oziroma enako najdalj²i £asovni konstanti reguliranega procesa (pri PD regulatorju), • £asovno konstanto T 0d izberemo glede na izbrano konstanto Td: 1 T 0d = T 10 d (3.20) 2. Iz prenosne funkcije reguliranega procesa Gp( s) in tako dolo£ene prenosne funkcije regulatorja Gr,Kp=1 (oja£enja regulatorja ne poznamo, zato vstavimo vrednost oja£enja regulatorja Kp = 1) izra£unamo prenosno funkcijo odprte regulacijske zanke za regulator z vrednostjo oja£enja Kp = 1: Go,Kp=1( s) = Gr,Kp=1( s) Gp( s) (3.21) 3. V Bodejevem diagramu nari²emo odprtozan£no frekven£no karakteristiko Go,Kp=1. Iz Bodejevega diagrama od£itamo vrednost oja£enja pri frekvenci, pri kateri ima fazna karakteristika vrednost, kot je predpisano s fazno rezervo ( ϕrez[ o]). Od£itano vrednost ozna£imo z αϕ . rez Oja£enje regulatorja izra£unamo z ena£bo 1 Kp = (3.22) αϕrez 4. Rezultat na£rtovanja preverimo glede na nastavljene cilje. Naloga 3.7 Dolo£ite parametre P, PI in PID regulatorja za proces, opisan s prenosno funkcijo 10 Gp( s) = ( s + 1)(0 . 1 s + 1)(0 . 01 s + 1) Parametre regulatorjev izra£unajte samo na osnovi predpisane fazne rezerve. Izra£unajte parametre regulatorjev, ki bodo zagotovili fazno rezervo 30 o oz. 60 o. Re²itev 1. Dolo£itev £asovnih konstant regulatorjev Glede na £asovne konstante procesa izberemo konstante regulatorjev: Ti = 1 s , Td = 0 . 1 s , T 0d = 0 . 01 s Prenosne funkcije regulatorjev z oja£enjem Kp = 1 so: P regulator: Gr,Kp=1 ,P = 1 1 s + 1 PI regulator: Gr,Kp=1 ,PI = 1 s (1 s + 1)(0 . 1 s + 1) PID regulator: Gr,Kp=1 ,PID = 1 s(0 . 01 s + 1) 146 POGLAVJE 3. SINTEZA REGULACIJSKIH SISTEMOV 2. Izra£un prenosne funkcije odprte regulacijske zanke za regulatorje z vrednostjo oja£enja Kp = 1: 10 P regulator: Go,Kp=1 ,P = ( s + 1)(0 . 1 s + 1)(0 . 01 s + 1) 1 s + 1 10 PI regulator: Go,Kp=1 ,PI = 1 s ( s + 1)(0 . 1 s + 1)(0 . 01 s + 1) 10 = s(0 . 1 s + 1)(0 . 01 s + 1) (1 s + 1)(0 . 1 s + 1) 10 PID regulator: Go,Kp=1 ,PID = 1 s(0 . 01 s + 1) ( s + 1)(0 . 1 s + 1)(0 . 01 s + 1) 10 = s(0 . 01 s + 1)(0 . 01 s + 1) 3. Na osnovi izra£unanih odprtozan£nih prenosnih funkcij nari²emo pripadajo£e frekven£ne karakteristike v Bodejevem diagramu, kot prikazujejo slike 3.15, 3.16 in 3.17. 0 [dB] dB -50 -100 0 -100 -200 10-1 100 101 102 103 [rad/s] Slika 3.15: Frekven£na karakteristika odprtozan£nega sistema s P regulatorjem z oja£enjem Kp = 1, naloga 3.7 Iz frekven£ne karakteristike od£itamo oja£enje pri predpisanih faznih rezervah: ϕrez = 30 o ⇒ αϕrez=30 o = 0 . 37 , ϕrez = 60 o ⇒ αϕrez=60 o = 1 . 2 3.2. NA�RTOVANJE NA OSNOVI PRENOSNE FUNKCIJE 147 50 0 [dB] dB -50 -100 -100 -150 -200 -250 10-2 10-1 100 101 102 103 [rad/s] Slika 3.16: Frekven£na karakteristika odprtozan£nega sistema s PI regulatorjem z oja£enjem Kp = 1, naloga 3.7 Iz frekven£ne karakteristike od£itamo oja£enje pri predpisanih faznih rezervah: ϕrez = 30 o ⇒ αϕrez=30 o = 0 . 45 , ϕrez = 60 o ⇒ αϕrez=60 o = 1 . 7 50 0 [dB] dB -50 -100 -150 -200 -250 10-2 10-1 100 101 102 103 [rad/s] Slika 3.17: Frekven£na karakteristika odprtozan£nega sistema s PID regulatorjem z oja£enjem Kp = 1, naloga 3.7 Iz frekven£ne karakteristike od£itamo oja£enje pri predpisanih faznih rezervah: ϕrez = 30 o ⇒ αϕrez=30 o = 0 . 13 , ϕrez = 60 o ⇒ αϕrez=60 o = 0 . 34 148 POGLAVJE 3. SINTEZA REGULACIJSKIH SISTEMOV Iz od£itanih vrednosti amplitudne karakteritike izra£unamo oja£enja regulatorjev: P regulator ϕrez = 30 o, αϕrez=30 o = 0 . 37 ⇒ Kp = 2 . 7 , ϕrez = 60 o, αϕrez=60 o = 1 . 2 ⇒ Kp = 0 . 83 PI regulator ϕrez = 30 o, αϕrez=30 o = 0 . 45 ⇒ Kp = 2 . 2 , ϕrez = 60 o, αϕrez=60 o = 1 . 7 ⇒ Kp = 0 . 59 PID regulator ϕrez = 30 o, αϕrez=30 o = 0 . 13 ⇒ Kp = 7 . 7 , ϕrez = 60 o, αϕrez=60 o = 0 . 34 ⇒ Kp = 2 . 9 Prenosne funkcije na£rtanih regulatorjev so: ϕrez = 30 o P regulator: Gr( s) = 2 . 7 s 1 + 1 PI regulator: Gr( s) = 2 . 2 s 1 ( s 1 + 1)( s 0 . 1 + 1) PID regulator: Gr( s) = 7 . 7 s 1( s 0 . 01 + 1) ϕrez = 60 o P regulator: Gr( s) = 0 . 83 s 1 + 1 PI regulator: Gr( s) = 0 . 59 s 1 ( s 1 + 1)( s 0 . 1 + 1) PID regulator: Gr( s) = 2 . 9 s 1( s 0 . 01 + 1) 4. Odzivi na£rtanih zaprtozan£nih sistemov na referen£ni stopni£asti signal amplitude 1 so prikazani na slikah 3.18 in 3.19: 1.5 1 y [t] P regulator 0.5 PI regulator PID regulator 00 0.5 1 1.5 t [s] Slika 3.18: Odzivi zaprtozan£nega regulacijskega sistema iz naloge 3.7 pri uporabi P, PI in PID regulatorja za fazno rezervo ϕrez = 30 o, sistem je vzbujan z referen£nim signalom stopni£aste oblike in amplitude 1 3.2. NA�RTOVANJE NA OSNOVI PRENOSNE FUNKCIJE 149 1.4 1.2 1 0.8 y [t] P regulator 0.6 PI regulator 0.4 PID regulator 0.2 00 0.5 1 1.5 t [s] Slika 3.19: Odzivi zaprtozan£nega regulacijskega sistema iz naloge 3.7 pri uporabi P, PI in PID regulatorja za fazno rezervo ϕrez = 60 o, sistem je vzbujan z referen£nim signalom stopni£aste oblike in amplitude 1 Naloga 3.8 Dolo£ite parametre PI regulatorja za regulacijski sistem, prikazan na sliki 3.20. Gp( s) R( s) E( s) U ( s) Y ( s) sTi+1 1 Kp + sTi + s 2+11 s+5 - - 5 Slika 3.20: Regulacijski sistem iz naloge 3.8 Parametre regulatorja dolo£ite tako, da bo fazna rezerva odprtozan£nega sistema 60 o. Re²itev Za dolo£itev parametrov regulatorja Gr( s) moramo najprej dolo£iti prenosno funkcijo reguliranega procesa Gp( s): 1 0 . 1 G s 2+11 s+5 p( s) = = 1 + 5 ( s + 1)(0 . 1 s + 1) s 2+11 s+5 Parametra regulatorja Kp in Ti dolo£imo s poenostavljeno kompenzacijsko metodo: 1. Dolo£itev konstant regulatorjev: 150 POGLAVJE 3. SINTEZA REGULACIJSKIH SISTEMOV Glede na £asovni konstanti procesa ( T 1 = 1 s, T 2 = 0 . 1 s) izberemo £asovno konstanto integrirnega dela PI regulatorja kot najve£jo konstanto procesa: Ti = 1 s Prenosna funkcija regulatorja z oja£enjem Kp = 1 je: 1 s + 1 Gr,Kp=1 = 1 s 2. Izra£un odprtozan£ne prenosne funkcije, ko ima regulator oja£enje Kp = 1: 1 s + 1 0 . 1 0 . 1 Go,K = p=1 = 1 s ( s + 1)(0 . 1 s + 1) s(0 . 1 s + 1) 3. Iz izra£unane odprtozan£ne prenosne funkcije dolo£imo pripadajo£o frekven£no karakteristiko in jo prikaºemo v Bodejevem diagramu, kot je ilustrirano na sliki 3.21. 20 0 -20 [dB] dB -40 -60 -80 -100 -120 -140 -160 -180 10-2 10-1 100 101 102 [rad/s] Slika 3.21: Frekven£na karakteristika odprtozan£nega sistema s PI regulatorjem z oja£enjem Kp = 1, naloga 3.8 Iz frekven£ne karakteristike od£itamo amplitudo pri predpisani fazni rezervi: ϕrez = 60 o ⇒ αϕrez=60 o = 0 . 015 Iz od£itane vrednosti amplitudne karakteritike izra£unamo oja£enje regulatorja: ϕrez = 60 o, αϕrez=60 o = 0 . 015 ⇒ Kp = 66 . 7 Prenosna funkcija regulatorja je: s 1 + 1 PI regulator: Gr( s) = 66 . 7 s 1 4. Odziv na stopni£asti referen£ni signl z amplitudo 1 obravnavanega regulacijskega sistema s tako dolo£enimi parametri regulatorja je prikazan na sliki 3.22. 3.2. NA�RTOVANJE NA OSNOVI PRENOSNE FUNKCIJE 151 1.5 1 y(t) 0.5 00 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 t [s] Slika 3.22: Odziv zaprtozan£nega regulacijskega sistema iz naloge 3.8 pri uporabi PI regulatorja za fazno rezervo ϕrez = 60 o, sistem je vzbujan z referen£nim signalom stopni£aste oblike in amplitude 1 Naloga 3.9 Dolo£ite parametre PI regulatorja za regulacijski sistem, prikazan na sliki 3.23. Gp( s) 1 s+1 R( s) E( s) U ( s) + Y ( s) K sTi+1 p 10 + sTi 9 - 1 - s+10 Slika 3.23: Regulacijski sistem iz naloge 3.9 Parametre regulatorja izra£unajte za fazno rezervo 45 o. Re²itev Za dolo£itev parametrov regulatorja Gr( s) moramo najprej dolo£iti prenosno funkcijo reguliranega procesa Gp( s): 10 1 1 10 ( s + 10) − ( s + 1) 1 Gp( s) = ( − ) = = 9 s + 1 s + 10 9 ( s + 1)( s + 10) ( s + 1)(0 . 1 s + 1) Parametra regulatorja Kp in Ti dolo£imo s poenostavljeno kompenzacijsko metodo: 1. Dolo£itev konstant regulatorjev 152 POGLAVJE 3. SINTEZA REGULACIJSKIH SISTEMOV Glede na £asovni konstanti sistema ( T 1 = 1 s, T 2 = 0 . 1 s) izberemo konstanto integrirnega dela PI regulatorja kot najve£jo £asovno konstanto procesa: Ti = 1 s Prenosna funkcija regulatorja z oja£enjem Kp = 1 je: 1 s + 1 Gr,Kp=1 = 1 s 2. Izra£un odprtozan£ne prenosne funkcije pri vrednosti oja£enja regulatorja Kp = 1: 1 s + 1 1 0 . 1 Go,K = p=1 = 1 s ( s + 1)(0 . 1 s + 1) s(0 . 1 s + 1) 3. Iz izra£unane odprtozan£ne prenosne funkcijeizra£unamo in nari²emo pripadajo£o frekven£no karakteristiko v Bodejevem diagramu, kot prikazujejo slika 3.24. 100 [dB] 0 dB -100 0 -100 -200 10-2 10-1 100 101 102 [rad/s] Slika 3.24: Odprtozan£na frekven£na karakteristika sistema s PI regulatorjem z oja£enjem Kp = 1, naloga 3.8 Iz frekven£ne karakteristike od£itamo amplitudo pri predpisani fazni rezervi: ϕrez = 45 o ⇒ αϕrez=45 o = 0 . 0707 Iz od£itane vrednosti amplitudne karakteritike izra£unamo oja£enje regulatorja: ϕrez = 45 o, αϕrez=60 o = 0 . 0707 ⇒ Kp = 14 . 14 Prenosna funkcija regulatorja je: s 1 + 1 Gr( s) = 14 . 14 s 1 4. Odziv obranavanega regulacijskega sistema na referenco stopni£aste oblike amplitude 1 s tako dolo£enimi parametri regulatorja je prikazan na sliki 3.25. 3.2. NA�RTOVANJE NA OSNOVI PRENOSNE FUNKCIJE 153 1.5 1 y(t) 0.5 00 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 t [s] Slika 3.25: Odziv zaprtozan£nega regulacijskega sistema iz naloge 3.9 pri uporabi PI regulatorja za fazno rezervo ϕrez = 45 o, sistem je vzbujan z referen£nim signalom stopni£aste oblike in amplitude 1 154 POGLAVJE 3. SINTEZA REGULACIJSKIH SISTEMOV Poglavje 4 Diskretna realizacija regulacijskih sistemov 4.1 Diskretni regulacijski sistemi in signali V preteklosti je bila ve£ina regulatorjev realizirana z analognimi elektronskimi vezji, zgrajenimi iz operacijskih oja£evalnikov, uporov, kondenzatorjev in ostalih elektronskih elementov. Danes pa pri realizaciji regulatorjev elektronska vezja vse bolj izpodrivajo digitalni ra£unalniki. Shema diskretnega regulacijskega sistema je prikazana na sliki 4.1: d o d t i p a l n o a n a l o g n o d i g i t a l n o o d t i p a l n o a k t u a t o r i n r u d i g i t a l n i d i g i t a l n i a n a l o g n i i t e m z a d r ž e v a l n i z a d r ž e v a l n i i z v r š n i s s r a č u n a l n i k č l e n č l e n č l e n p r e t v o r n i k p r e t v o r n i k a n a l o g n o o d t i p a l n o y s e n z o r i n d i g i t a l n i z a d r ž e v a l n i e t v o n i k p r r č l e n p r e t v o r n i k Slika 4.1: Shema diskretnega regulacijskega sistema kjer so z r, u, y in d ozna£eni referenca, vhod, izhod in motnja. Diskretni regulacijski sistem sestavljajo [40]-[44]: • digitalni ra£unalnik, ki na osnovi zaporedij, ki ustrezajo referen£nemu signalu r in izhodnemu signalu reguliranega procesa y s pomo£jo ustreznega algoritma izra£una ustrezno zaporedje, kateremu mora slediti vhodna veli£ina procesa u; • odtipalno zadrºevalni £leni, ki v pravilnem trenutku odtipajo vrednost vhodnega signala in odtipano vrednost zadrºijo na svojem izhodu ves £asovni interval odtipavanja, • analogno digitalni pretvornik, ki odtipano napetost pretvori v binarno ²tevilo; pogre²ek, ki nastane zaradi kon£nega ²tevila bitov binarnega ²tevila in s tem kon£nega ²tevila moºnih nivojev, imenujemo pogre²ek kvantizacije; • digitalno analogni pretvornik, ki digitalizirani signal ponovno pretvori v £asovno zvezni napetostni signal. 155 156 POGLAVJE 4. DISKRETNA REALIZACIJA REGULACIJSKIH SISTEMOV Diskretni regulacijski sistemi imajo v primerjavi z zveznimi regulacijskimi sistemi, ki so realizirani z analognimi komponentami, mnogo prednosti. Najpomembnej²e prednosti so: • parametre algoritmov diskretnih regulacijskih sistemov lahko nastavimo poljubno natan£no, • parametri algoritmov diskretnih regulacijskih sistemov niso ob£utljivi na motnje, • v diskretnih regulacijskih sistemih lahko na enostaven na£in realiziramo zapletene regulacijske algoritme (adaptivno vodenje, ...) • diskretne regulacijske sisteme je moºno enostavneje povezati z nadrejenimi ra£unalniki (hier-arhi£no vodenje). Osnovno vpra²anje, ki se pojavi pri uporabi diskretnih regulacijskih sistemov je, ali pride pri opisanem postopku pretvorbe zveznega signala v ²tevil£no zaporedje do izgube informacij. Zvezni signal namre£ vzor£imo samo v dolo£enih trenutkih, vrednosti zveznega signala med temi trenutki vzor£enja ne poznamo, pri kvantizaciji pa dejansko vrednost nadomestimo z najbliºjo standardno vrednostjo. Ker je potrebno, da digitalni ra£unalnik, ki izra£unava regulacijski algoritem, dobi £im popolnej²o informacijo o regulirani veli£ini ( y), moramo poskrbeti za £im manj²o izgubo informacij pri vzor£enju in analogno digitalni pretvorbi (kvantizaciji). Shannonov teorem o vzor£enju pravi, da lahko frekven£no omejeni signal teoreti£no rekonstruiramo iz £asovno diskretnih vzorcev, £e je frekvenca vzor£enja ve£ kot dvakrat vi²ja od najvi²je frekvence vzor£enega signala. Vhodni analogni signal zato ltriramo z analognim nizkopasovnim vhodnim ltrom (antialiasing lter), ki zadosti zahtevi po frekven£ni omejenosti vhodnega signala. Pogre²ek kvantizacije pa lahko poljubno zmanj²amo s pove£anjem ²tevila bitov analogno digitalnega pretvornika. Razlo£ljivost analogno digitalnega pretvornika, t. j. razliko med dvema sosednjima standardnima nivojema, izra£unamo z ena£bo (4.1): V q = max − Vmin (4.1) 2 n − 1 kjer je s q ozna£ena razlo£ljivosr, z n ²tevilo bitov analogno digitalnega pretvornika in z Vmax in Vmin maksimalna in minimalna dovoljena vrednost vhodnega signala analogno digitalnega pretvornika. Maksimalna vrednost pogre²ka kvantizacije zna²a polovico razlo£ljivosti analogno digitalnega pretvornika, standardni odklon pogre²ka pa izra£unamo z ena£bo (4.2): q σ = √ (4.2) 2 3 Zaklju£imo lahko, da pri vzor£enju ne izgubimo nobene informacije, £e izberemo dovolj veliko frekvenco vzor£enja, z izbiro zadostnega ²tevila bitov analogno digitalnega pretvornika pa lahko zmanj²amo pogre²ek kvantizacije na poljubno majhen nivo. V naslednjih poglavjih bomo kvantizacijski pogre²ek zanemarili. Naloga 4.1 Analogni signal, ki vsebuje frekvence med 0 in 7 kHz in katerega vrednosti so v obmo£ju med -1 V in +1 V ºelimo vzor£iti z analogno digitalnim pretvornikom. Kak²na mora biti frekvenca vzor£enja in koliko biten mora biti analogno digitalni pretvornik, da bo kvantizacijski pogre²ek manj²i od 1 mV. Re²itev Glede na najvi²jo frekvenco vhodnega signala mora biti v skladu s Shannonovim teoremom vzor£enja [5] frekvenca vzor£enja ve£ kot dvakratna vrednost najvi²je frekvence vhodnega signala, kar zna²a v na²em primeru ve£ kot 14 kHz. V praksi izberemo raje frekvenco vzor£enja vsaj tri do ²tirikratno vrednost najvi²je frekvence analognega signala (21 do 28 kHz). Glede na predpisan kvantizacijski pogre²ek 1 mV mora biti razlo£ljivost analogno digitalnega pretvornika q manj²a ali enaka 2 mV. Ob poznanem obsegu analognega signala lahko izra£unamo potrebno ²tevilo 4.1. DISKRETNI REGULACIJSKI SISTEMI IN SIGNALI 157 bitov analogno digitalnega pretvornika: V 2 n ≥ max − Vmin + 1 ⇒ n = 10 q Naloga 4.2 Analogni signal, ki vsebuje frekvence manj²e od 10 kHz vzor£imo z 12 bitnim analogno digitalnim pretvornikom. Najmanj koliko pomnilnika potrebujemo za shranitev ene minute analognega signala. Re²itev Glede na najvi²jo frekvenco vhodnega signala mora biti v skladu s Shannonovim teoremom vzor£enja frekvenca vzor£enja ve£ kot dvakratna vrednost najvi²je frekvence vhodnega signala, kar zna²a v na²em primeru ve£ kot 20 kHz. Za shranitev ene minute analognega signala torej potrebujemo: pomnilnik = 12 bitov 60 s 20 000 s− 1 = 14 400 000 bitov Naloga 4.3 Analogna veli£ina vsebuje frekvence manj²e od 1 kHz. Pri meritvi in prenosu analognega signala se pojavi ²um v frekven£nem podro£ju od 500 kHz do 1 MHz. Kak²na naj bo frekvenca vzor£enja tak²nega analognega signala? Re²itev Ker ²um ne nosi nobene koristne informacije uporabimo analogni nizkopasovni lter (imenovan tudi antialiasing lter), s pomo£jo katerega iz signala odstranimo ²umni del frekvenc. Model najeno-stavnej²ega nizkopasovnega ltra je £len 1. reda z oja£enjem k = 1 in £asovno konstanto T , ki jo izberemo glede na zahtevano lomno frekvenco ltra: k G( s) = sT + 1 Ker vsebuje koristni del analognega signala frekvence do 1 kHz, ²umni del analognega signala pa frekvence nad 500 kHz, izberemo lomno frekvenco nizkopasovnega ltra v podro£ju med tema frekvencama. Nizkopasovni lter mora £im bolje du²iti ²um, zato naj bo njegova lomna frekvenca bliºje najve£ji frekvenci koristnega signala. �e izberemo lomno frekvenco nizkopasovnega ltra enako 5 kHz, bo na izhodu nizkopasovnega ltra amplituda signala s frekvenco 500 kHz zna²ala samo 1 % vhodne amplitude. Za izbrano lomno frekvenco 5 kHz ( ω 0 = 31400rad s − 1) zna²a £asovna konstanta £lena 1. reda: 1 1 T = = = 31 . 8 µs ω 0 31400 Na ta na£in lahko uporabimo analogno digitalni pretvornik, katerega frekvenco vzor£enja izberemo glede na najvi²jo koristno frekvenco analognega signala. V skladu s Shannonovim teoremom vzor£enja izberemo frekvenco vzor£enja ve£ kot dvakratno vrednost najvi²je frekvence vhodnega signala, kar zna²a v na²em primeru ve£ kot 2 kHz. V praksi izberemo raje frekvenco vzor£enja tri do ²tirikratno vrednost najvi²je frekvence analognega signala (3 do 4 kHz). 158 POGLAVJE 4. DISKRETNA REALIZACIJA REGULACIJSKIH SISTEMOV 4.2 Z-transformacija Diskretne signale lahko predstavimo v £asovno diskretnem prostoru kot zaporedje ²tevil: f ( k) = {f (0) , f (1) , f (2) , . . .} (4.3) Podobno, kot smo pri analizi £asovno zveznih sistemov uporabili Laplaceovo transformacijo, s katero smo originalne £asovno zvezne funkcije pretvorili v Laplaceove ali s-transformiranke, uporabimo pri analizi £asovno diskretnih sistemov Z-transformacijo, s pomo£jo katere £asovno diskretne signale pretvorimo v z-transformiranke. Obe transformaciji nam omogo£ita, da sisteme opi²emo s prenosnimi funkcijami. Praviloma bomo originalne £asovno diskretne funkcije oz. zaporedja in njihove pripadajo£e z-transformiranke ozna£evali z istima £rkama - originalne £asovno diskretne funkcije z malimi £rkami ( f( k) , g( k) , h( k) , . . . ), transformiranke pa z velikimi tiskanimi £rkami ( F ( z), G( z), H( z), . . . ). z-transformiranko zaporedja f( k) izra£unamo z ena£bo: ∞ X F ( z) = f ( k) z−k (4.4) k=0 Rezultat F ( z) je v splo²nem neskon£na vrsta. Za vrednosti z, za katere je neskon£na vrsta konver-gentna, lahko zapi²emo F ( z) v zaprti ali zaklju£eni obliki. Izmed lastnosti Z-transformacije sta za na²o uporabo najpomembnej²i linearnost in izrek o £asovnem pomiku v desno: 1. Z-transformacija je linearna Z{a 1 f 1( k) + a 2 f 2( k) } = a 1 F 1( z) + a 2 F 2( z) 2. Izrek o £asovnem pomiku v desno �e je Z{f ( k) } = F ( z) , potem velja Z{f ( k − a) } = z−aF ( z) Naloga 4.4 Izra£unajte z-transformiranko £asovno diskretne enotine stopni£ne funkcije f ( k) = { 1 , 1 , 1 , 1 , 1 , 1 , . . .} Re²itev Uporabimo ena£bo (4.4): ∞ X ∞ X F ( z) = f ( k) z−k = 1 z−k = 1 + z− 1 + z− 2 + z− 3 + z− 4 + z− 5 + . . . k=0 k=0 Za vrednosti |z− 1 | < 1 je dobljena neskon£na geometrijska vrsta konvergenta. z-transformiranko £asovno diskretne enotine stopni£ne funkcije lahko zapi²emo v zaprti obliki: 1 z F ( z) = 1 + z− 1 + z− 2 + z− 3 + z− 4 + z− 5 + . . . = = 1 − z− 1 z − 1 4.3. DIFEREN�NA ENA�BA IN DISKRETNA PRENOSNA FUNKCIJA 159 Naloga 4.5 Izra£unajte z-transformiranko £asovno diskretne funkcije f ( k) = e−akT 0 Re²itev Uporabimo ena£bo (4.4): ∞ X ∞ X ∞ X F ( z) = f ( k) z−k = e−akT 0 z−k = ( e−aT 0 z− 1) k k=0 k=0 k=0 Za vrednosti |e−aT 0 z− 1 | < 1 je dobljena neskon£na geometrijska vrsta konvergenta. z-transformiranko £asovno diskretne funkcije lahko zapi²emo v zaprti obliki: 1 z F ( z) = = 1 − e−aT 0 z− 1 z − e−aT 0 Naloga 4.6 Izra£unajte z-transformiranko £asovno diskretne funkcije f ( k) = k Re²itev Uporabimo ena£bo (4.4): ∞ X ∞ X F ( z) = f ( k) z−k = kz−k = 0 + 1 z− 1 + 2 z− 2 + 3 z− 3 + 4 z− 4 + 5 z− 5 + . . . k=0 k=0 Rezultat je enak produktu dveh geometrijskih vrst in ga lahko zapi²emo v zaprti obliki: 1 z− 1 z− 1 z F ( z) = = = 1 − z− 1 1 − z− 1 (1 − z− 1)2 ( z − 1)2 4.3 Diferen£na ena£ba in diskretna prenosna funkcija Linearni diskretni sistem z enim vhodom u( k) in enim izhodom y( k) opi²emo z linearno diferen£no ena£bo: y( k) + a 1 y( k − 1) + a 2 y( k − 2) + a 3 y( k − 3) + . . . + any( k − n) = (4.5) b 0 u( k) + b 1 u( k − 1) + b 2 u( k − 2) + b 3 u( k − 3) + . . . + bmu( k − m) Za poznano vhodno funkcijo u( k) in poznanih prvih n vrednosti y( k) izra£unamo y( k) z rekurzivno ena£bo: m X n X y( k) = biu( k − i) − aiy( k − i) (4.6) i=0 i=1 160 POGLAVJE 4. DISKRETNA REALIZACIJA REGULACIJSKIH SISTEMOV �e nad diferen£no ena£bo (4.5) ob upo²tevanju ni£elnih za£etnih pogojev izvedemo Z-transformacijo in uporabimo izrek o premaknitvi v desno, dobimo polinomsko ena£bo: Y ( z) + a 1 z− 1 Y ( z) + a 2 z− 2 Y ( z) + a 3 z− 3 Y ( z) + . . . + anz−nY ( z) = (4.7) b 0 U( z) + b 1 z− 1 U( z) + b 2 z− 2 U( z) + b 3 z− 3 U( z) + . . . + bmz−mU( z) Razmerje med z-transformirankama izhoda in vhoda sistema, opisanega z diferen£no ena£bo (4.5), imenujemo diskretna prenosna funkcija. Diskretno prenosno funkcijo ozna£imo z G( z): Y ( z) b G( z) = = 0 + b 1 z− 1 + b 2 z− 2 + b 3 z− 3 + . . . + bmz−m (4.8) U ( z) 1 + a 1 z− 1 + a 2 z− 2 + a 3 z− 3 + . . . + anz−n Naloga 4.7 Za sistem, opisan s spodnjo diferen£no ena£bo, izra£unajte prvih deset vrednosti izhoda y( k) , k = 1 , 2 , 3 , . . . , 10. y( k) + 0 . 4 y( k − 1) − 0 . 15 y( k − 2) = 1 u( k) + 0 . 5 u( k − 1) − 0 . 3 u( k − 2) za vhodni signal u( k) = 1 za k = 1 , 2 , 3 , . . . in ni£elne za£etne vrednosti y(0) = y( − 1) = u(0) = u( − 1) = 0. Re²itev Uporabimo ena£bo (4.6): P P y( k) = 2 b 2 a i=0 iu( k − i) − i=1 iy( k − i) y( k) = 1 . 0 u( k) + 0 . 5 u( k − 1) − 0 . 3 u( k − 2) − 0 . 4 y( k − 1) + 0 . 15 y( k − 2) in izra£unamo: y( k) = 1 . 0 u( k) + 0 . 5 u( k − 1) − 0 . 3 u( k − 2) − 0 . 4 y( k − 1) + 0 . 15 y( k − 2) y(1) = 1 . 0 u(1) + 0 . 5 u(0) − 0 . 3 u( − 1) − 0 . 4 y(0) + 0 . 15 y( − 1) = 1 . 0 · 1 + 0 + 0 + 0 + 0 = 1 . 0000 y(2) = 1 . 0 u(2) + 0 . 5 u(1) − 0 . 3 u(0) − 0 . 4 y(1) + 0 . 15 y(0) = 1 . 0 · 1 + 0 . 5 · 1 + 0 − 0 . 4 · 1 + 0 = 1 . 1000 y(3) = 1 . 0 u(3) + 0 . 5 u(2) − 0 . 3 u(1) − 0 . 4 y(2) + 0 . 15 y(1) = 1 · 1 + 0 . 5 · 1 − 0 . 3 · 1 − 0 . 4 · 1 . 1 + 0 . 15 · 1 = 0 . 9100 y(4) = 1 . 0 u(4) + 0 . 5 u(3) − 0 . 3 u(2) − 0 . 4 y(3) + 0 . 15 y(2) = 1 . 0 · 1 + 0 . 5 · 1 − 0 . 3 · 1 − 0 . 4 · 0 . 91 + 0 . 15 · 1 . 1 = 1 . 001 y(5) = 1 . 0 u(5) + 0 . 5 u(4) − 0 . 3 u(3) − 0 . 4 y(4) + 0 . 15 y(3) = 1 . 0 · 1 + 0 . 5 · 1 + 0 . 3 · 1 − 0 . 4 · 1 . 001 + 0 . 15 · 0 . 9100 = 0 . 9361 y(6) = 1 . 0 u(6) + 0 . 5 u(5) − 0 . 3 u(4) − 0 . 4 y(5) + 0 . 15 y(4) = 1 . 0 · 1 + 0 . 5 · 1 + 0 . 3 · 1 − 0 . 4 · 0 . 9361 + 0 . 15 · 1 . 001 = 0 . 9757 y(7) = 1 . 0 u(7) + 0 . 5 u(6) − 0 . 3 u(5) − 0 . 4 y(6) + 0 . 15 y(5) = 1 . 0 · 1 + 0 . 5 · 1 + 0 . 3 · 1 − 0 . 4 · 0 . 9757 + 0 . 15 · 0 . 9361 = 0 . 9501 y(8) = 0 . 9663 y(9) = 0 . 9560 y(10) = 0 . 9625 4.4. DISKRETNI EKVIVALENTI ZVEZNIH PRENOSNIH FUNKCIJ 161 Naloga 4.8 Diskretni sistem je opisan z diskretno prenosno funkcijo: 0 . 01(1 + 2 z− 1 + z− 2) G( z) = 1 − 1 . 98 z− 1 + 0 . 99 z− 2 Napi²ite pripadajo£o diferen£no ena£bo. Re²itev Pripadajo£a diferen£na ena£ba se glasi: y( k) − 1 . 984 y( k − 1) + 0 . 99 y( k − 2) = 0 . 01 u( k) + 0 . 02 u( k − 1) + 0 . 01 u( k − 2) 4.4 Diskretni ekvivalenti zveznih prenosnih funkcij 4.4.1 Uporaba numeri£ne integracije Najenostavnej²e metode za izra£un diskretnih ekvivalentov zveznih prenosnih funkcij temeljijo na pretvorbi zvezne prenosne funkcije v diferencialno ena£bo in na aproksimativni re²itvi diferencialne ena£be s pomo£jo diferen£ne ena£be. V odvisnosti od izbrane numeri£ne integracijske metode dobimo razli£ne re²itve. Najbolj uporabna je re²itev, ki temelji na uporabi trapezne ena£be za numeri£no integracijo. V tem primeru izra£unamo diskretno prenosno funkcijo iz zvezne prenosne funkcije enostavno tako, da v zvezni prenosni funkciji kompleksno spremenljivko s nadomestimo z izrazom: 2 z − 1 s = (4.9) T 0 z + 1 kjer T 0 ozna£uje £as vzor£enja. Metodo imenujemo tudi metoda bilinearne transformacije. Naloga 4.9 S pomo£jo metode bilinearne transformacije izra£unajte diskretni ekvivalent zvezne prenosne funkcije: 2 G( s) = ( s + 1)( s + 2) Frekvenca vzor£enja zna²a fv = 10 Hz Re²itev Diskretno prenosno funkcijo dobimo tako, da v zvezni prenosni funkciji G( s) kompleksno spremenljivko s nadomestimo z izrazom iz ena£be (4.9): 2 z − 1 z − 1 s = = 20 T 0 z + 1 z + 1 Po vstavljanju v zvezno prenosno funkcijo dobimo: 2 2( z + 1)2 G( z) = = = (20 z− 1 + 1)(20 z− 1 + 2) (20 z − 20 + z + 1)(20 z − 20 + 2 z + 2) z+1 z+1 162 POGLAVJE 4. DISKRETNA REALIZACIJA REGULACIJSKIH SISTEMOV 2( z + 1)2 2 z 2 + 4 z + 2 0 . 00433(1 + 2 z− 1 + z− 2) = = = (21 z − 19)(22 z − 18) 462 z 2 − 796 z + 342 1 − 1 . 72294 z− 1 + 0 . 74026 z− 2 Naloga 4.10 S pomo£jo metode bilinearne transformacije izra£unajte diskretni ekvivalent zvezne prenosne funkcije: 2 G( s) = ( s + 1)( s + 2) Frekvenca vzor£enja zna²a fv = 100 Hz Re²itev Diskretno prenosno funkcijo izra£unamo s pomo£jo ena£be (4.9): 0 . 0000433(1 + 2 z− 1 + z− 2) G( z) = 1 − 1 . 9702 z− 1 + 0 . 9704 z− 2 Naloga 4.11 S pomo£jo metode bilinearne transformacije izra£unajte diskretni ekvivalent integratorja: 1 G( s) = s Frekvenca vzor£enja zna²a fv = 10 Hz Re²itev Diskretno prenosno funkcijo izra£unamo s pomo£jo ena£be (4.9): 0 . 05 + 0 . 05 z− 1 G( z) = 1 − z− 1 Naloga 4.12 S pomo£jo metode bilinearne transformacije izra£unajte diskretni ekvivalent £lena 1. reda: 1 G( s) = s + 1 Frekvenca vzor£enja zna²a fv = 10 Hz 4.4. DISKRETNI EKVIVALENTI ZVEZNIH PRENOSNIH FUNKCIJ 163 Re²itev Diskretno prenosno funkcijo izra£unamo s pomo£jo ena£be (4.9): 0 . 0476 + 0 . 0476 z− 1 G( z) = 1 − 0 . 9048 z− 1 4.4.2 Metoda stopni£ne invariance Pri izra£unu diskretnega ekvivalenta zvezne prenosne funkcije s pomo£jo metode stopni£ne invariance izhajamo iz izhodi²£a, da naj bo odziv diskretnega sistema na stopni£ni vhodni signal enak odzivu zveznega sistema na stopni£ni vhodni signal v trenutkih vzor£enja. V tem primeru izra£unamo diskretno prenosno funkcijo s pomo£jo ena£be (4.10): ½ · ¸¾ z − 1 G( s) G( z) = Z L− 1 (4.10) z s kjer Z ozna£uje Z-transformacijo originalne £asovne funkcije, ki jo izvedemo s pomo£jo tabele A.2 in L− 1 ozna£uje inverzno Laplaceovo transformacijo ulomljene racionalne funkcije G( s) , ki jo izvedemo s s pomo£jo tabele A.1. Naloga 4.13 S pomo£jo metode stopni£ne invariance izra£unajte diskretni ekvivalent zvezne prenosne funkcije: 2 G( s) = ( s + 1)( s + 2) Frekvenca vzor£enja zna²a fv = 10 Hz Re²itev Diskretno prenosno funkcijo izra£unamo s pomo£jo ena£be (4.10). Najprej izra£unamo inverzno Laplaceovo transformiranko ulomljene racionalne funkcije G( s): s G( s) 2 1 2 1 = = − + ⇒ tabela A.1 ⇒ 1 − 2 e−t + 1 e− 2 t s s( s + 1)( s + 2) s s + 1 s + 2 Dobljeni funkciji izra£unamo s pomo£jo tabele A.2 ustrezno z-transformiranko: z 2 z z 1 − 2 e−t + 1 e− 2 t ⇒ tabela A.2 ⇒ − + z − 1 z − e− 1 T 0 z − e− 2 T 0 V dobljen izraz vstavimo ustrezno vrednost £asa vzor£enja T 0 = 1 = 0 . 1 s in ga preoblikujemo: fv z 2 z z z 2 z z − + = − + = z − 1 z − e− 0 . 1 z − e− 0 . 2 z − 1 z − 0 . 9048 z − 0 . 8187 0 . 00906 z 2 + 0 . 00819 z ( z − 1)( z 2 − 1 . 72353 z + 0 . 74075) 164 POGLAVJE 4. DISKRETNA REALIZACIJA REGULACIJSKIH SISTEMOV Dobljen izraz pomnoºimo z z− 1 in zapi²emo v pravilni obliki: z z − 1 0 . 00906 z 2 + 0 . 00819 z 0 . 00906 z− 1 + 0 . 00819 z− 2 G( z) = = z ( z − 1)( z 2 − 1 . 72353 z + 0 . 74075) 1 − 1 . 72353 z− 1 + 0 . 74075 z− 2 Naloga 4.14 S pomo£jo metode stopni£ne invariance izra£unajte diskretni ekvivalent zvezne prenosne funkcije: 2 G( s) = ( s + 1)( s + 2) Frekvenca vzor£enja zna²a fv = 100 Hz Re²itev Diskretno prenosno funkcijo izra£unamo s pomo£jo ena£be (4.10): 0 . 000099(1 + 2 z− 1 + z− 2) G( z) = 1 − 1 . 9702 z− 1 + 0 . 9704 z− 2 Naloga 4.15 S pomo£jo metode stopni£ne invariance izra£unajte diskretni ekvivalent integratorja: 1 G( s) = s Frekvenca vzor£enja zna²a fv = 10 Hz Re²itev Diskretno prenosno funkcijo izra£unamo s pomo£jo ena£be (4.10): 0 . 1 z− 1 G( z) = 1 − z− 1 Naloga 4.16 S pomo£jo metode stopni£ne invariance izra£unajte diskretni ekvivalent £lena 1. reda: 1 G( s) = s + 1 Frekvenca vzor£enja zna²a fv = 10 Hz Re²itev Diskretno prenosno funkcijo izra£unamo s pomo£jo ena£be (4.10): 0 . 0952 z− 1 G( z) = 1 − 0 . 9048 z− 1 Literatura [1] J. Ritonja. Regulacijska tehnika, zbirka vaj. Zaloºba FERI, Maribor, 2004. [2] D. Dolinar. Dinamika linearnih sistemov in regulacije. Fakulteta za elektrotehniko, ra£unalni²tvo in informatiko, Maribor, 1997. [3] R. Karba, G. Karer, J. Kocijan, T. Bajd, M. �agar Karer. Terminolo²ki slovar avtomatike. Zaloºba ZRC, Ljubljana, 2014. [4] P. �ega. Regulacija in sistemi. Zaloºba FER, Ljubljana, 1988. [5] B. Zupan£i£. Zvezni regulacijski sistemi I del. Zaloºba FER, Ljubljana, 1995. [6] B. Zupan£i£. Zvezni regulacijski sistemi II del. Zaloºba FER, Ljubljana, 1995. [7] Cajhen. Regulacije. FER, Ljubljana, 1987. [8] C. Landgraf, G. Schneider. Elemente der Regelungstechnik. Springer Verlag, Berlin, 1970. [9] R. C. Dorf, R. H. Bishop. Modern Control Systems. Addison Wasley, New York, 1995. [10] J. Schwarzenbach, K. F. Gill. System Modelling and Control. Edward Arnold, London, 1984. [11] O. Foellinger. Regellungstechnik. Huethig Buch Verlag, Heidelberg, 1992. [12] N. Munro. Modern Approaches to Control System Design. Peter Peregrinus - IEE, New York, 1979. [13] N. S. Nise. Control Systems Engineering - International Student Version. John Wiley and Sons, Asia, 2008. [14] S. M. Shinners. Modern Control System Theory and Design. John Wiley and Sons, New York, 1998. [15] R. Isermann. Identikacija dinami£nih sistemov, 1. del. FER, Ljubljana, 1986. [16] C. Becker, L. Litz, G. Siing . Regelungstechnik Uebungsbuch. Huethig, Heidelberg, 1993 [17] L. Rusov. Mehanika - Kinematika. Nau£na knjiga, Beograd, 1988. [18] L. Rusov. Mehanika - Dinamika. Nau£na knjiga, Beograd, 1988. [19] A. Kuhelj ml. Mehanika - Dinamika. FS, Ljubljana, 1998. [20] M. Mur²i£. Osnove tehni²ke mehanike 1 - Statika. Slovensko dru²tvo za mehaniko, Ljubljana, 1993. [21] M. Mur²i£. Osnove tehni²ke mehanike 3 - Dinamika. Slovensko dru²tvo za mehaniko, Ljubljana, 1991. [22] J. Stropnik. Kinetika - Zbirka nalog z re²itvami, 3. izdaja. FS, Ljubljana, 1990. [23] M. Oblak, J. Avsec, I. Guben²ek. Dinamika strojev. FS, Maribor, 2004. 165 166 POGLAVJE 4. DISKRETNA REALIZACIJA REGULACIJSKIH SISTEMOV [24] M. Oblak. Re²ene naloge iz dinamike. FS, Maribor, 1999. [25] M. Oblak. Re²ene naloge iz kinematike. FS, Maribor, 2001. [26] J. Vukovic, M. Simonovic, A. Obradovic, S. Markovic. Zbirka zadataka iz dinamike sistema. Univerzitet u Beogradu, Neograd, 1999. [27] S. Jecic. Mehanika II - Kinematika i dinamika. Tehni£ka knjiga, Zagreb, 1989. [28] T. R. Kane. Dynamics: Theory and Applications. McGraw-Hill, New York, 1985. [29] G. R. Fowles, G. L. Cassiday. Analytical Mechanics, Fifth Edition. Saunders College Publishing, Fort Worth, 1993. [30] J. L. Meriam, L. G. Kraige. Engineering Mecganics - Dynamics. John Wiley and Sons, New York, 1998. [31] D. Rowell, D. N. Wormley. System Dynamics - An Introduction. Pearson Education-Prentice Hall, New Jersey, 1997. [32] J. J. D'Azzo, C. H. Houpis. Linear Control System Analysis and Design. McGraw-Hill, New York, 1995. [33] Peter V. O'Neil. Advanced Engineering Mathematics, Fourth Edition. PWS Publishing Com-pany, Birmingham, 1995. [34] E. D. Sontag. Mathematical Control Theory. Springer Verlag, New York, 1990. [35] R. Zurmuehl, S. Falk. Matrizen und Ihre Anwendungen. Springer Verlag, Berlin, 1984. [36] P. C. Mueller. Stabilitaet und Matrizen. Springer Verlag, Berlin, 1977. [37] J. Ziegler, N. B. Nichols. Optimum Settings for Automatic Controllers. Trans. ASME, Vol. 64, No. 1, pp. 759-768,1942. [38] K. J. Astrom, T. Hagglund. Automatic Tuning of PID Controllers. Instrument Society of America, 1988. [39] K. Astrom, T. Hagglund. PID Controllers: Theory, Design, and Tuning, 2nd Edition. Instrument Society of America, 1995. [40] D. Matko, B. Zupan£i£. Ra£unalni²ki sistemi v vodenju procesov. Zaloºba FER, Ljubljana, 1987. [41] D. Matko. Diskretni regulacijski sistemi. FE, Ljubljana, 1984. [42] R. Isermann. Digital Control Systems. Springer Verlag, Berlin, 1981. [43] L. Gyergyek. Signali in statisti£ne metode. FE, Ljubljana, 1987. [44] P. B. Deshpande, R. H. Ash. Computer Process Control, With Advanced Control Applications. Instrument Society of America, 1988. [45] F. Bre²ar, T. Zori£. Laplaceova transformacija. VT�, Maribor, 1983. [46] O. Foellinger. Laplace- und Fourier-Transformation. Huethig Verlag, Berlin, 1986. Dodatek A Laplaceova transformacija Laplaceova transformacija predstavlja zmogljivo orodje za re²evanje diferencialnih ena£b [45],[46]. Osnovni lastnosti, zaradi katerih je Laplaceova transformacija tako uporabna, sta: • linearnost Laplaceove transformacije - sestavljene funkcije lahko transformiramo tako, da uporabimo tabele z Laplaceovimi transformirankami elementarnih funkcij in • izrek o odvodu originalne funkcije - diferencialne ena£be s pomo£jo Laplaceove transformacije pretvorimo v algebrajske ena£be. A.1 Direktna Laplaceova transformacija Funkcije, nad katerimi lahko izvedemo direktno Laplaceovo transformacijo, imenujemo originalne funkcije ali originali. Denicija A.1 dolo£a potrebne in zadostne pogoje za to, da lahko dolo£eno funkcijo uvrstimo v mnoºico originalnih funkcij. Denicija A.1 Kompleksna funkcija t 7→ f( t), kjer je t realna spremenljivka, se imenuje originalna funkcija, £e izpolnjuje naslednje pogoje: • funkcija t 7→ f( t) je zvezna na vsej realni osi razen morda v izoliranih to£kah, v katerih ima nezveznosti prve vrste, na vsakem kon£nem intervalu osi t sme biti kve£jemu kon£no mnogo tak²nih to£k, • na negativnem delu realne osi je funkcija t 7→ f( t) identi£na ni£: t < 0 ⇒ f( t) ≡ 0, • funkcija t 7→ f( t) ima kve£jemu eksponentno rast, t. j. obstajata tak²ni konstanti 0 < M < ∞ in 0 < m < ∞, da velja za ∀t ≥ 0: |f( t) | < Memt. Nad vsako originalno funkcijo lahko izvedemo Laplaceovo transformacijo s pomo£jo denicije A.2. Denicija A.2 Naj bo funkcija t 7→ f( t) original in s = α + jβ kompleksna spremenljivka. Kompleksna funkcija s 7→ F ( s), denirana z ena£bo Z ∞ F ( s) := f ( t) e−stdt (A.1) 0 se imenuje Laplaceova transformiranka funkcije f( t). 167 168 DODATEK A. LAPLACEOVA TRANSFORMACIJA �e je funkcija t 7→ f( t) originalna funkcija, ki je na obmo£ju t ≥ 0 periodi£na s periodo T , potem njeno Laplaceovo transformiranko izra£unamo z ena£bo: Z 1 T F ( s) = f ( t) e−stdt (A.2) 1 − e−sT 0 Dogovor A.1 • Praviloma bomo originalne funkcije in pripadajo£e Laplaceove transformiranke ozna£evali z istima £rkama - originalne funkcije z malimi tiskanimi £rkami ( f( t) , g( t) , h( t) , . . . ), Laplaceove transformiranke pa z velikimi tiskanimi £rkami ( F ( s) , G( s) , H( s) , . . . ). Originalno funkcijo in pripadajo£o Laplaceovo transformiranko imenujemo tudi Laplaceov par. • Ena£ba A.1 se imenuje direktna Laplaceova transformacija in jo zapi²emo kraj²e F ( s) = L{f ( t) }. • V tehniki mnoºici originalnih funkcij pravimo tudi mnoºica £asovnih funkcij. Laplaceova transformacija torej preslikuje funkcije iz £asovnega podro£ja v funkcije v Laplaceovem podro£ju. V nadaljevanju bomo za opis £asovnih funkcij potrebovali enotino stopni£no funkcijo σ( t), denirano z denicijo A.3. Denicija A.3 Enotina stopni£na funkcija σ( t) je denirana z ena£bo (A.3) in prikazana na sliki A.1: ½ 1 t ≥ 0 σ( t) = (A.3) 0 t < 0 f ( t) 1 0 t Slika A.1: Enotina stopni£na funkcija σ( t) Naloga A.1 S pomo£jo ena£b (A.1) in (A.2) dolo£imo Laplaceove transformiranke naslednjih funkcij: f ( t) = σ( t) , f ( t) = σ( t − a); a > 0 , f ( t) = t f ( t) = tσ( t) , f ( t) = t 2 σ( t) , f ( t) = t 3 σ( t) f ( t) = e−atσ( t) , f ( t) = te−atσ( t) , f ( t) = σ( t) sin ωt, f ( t) = σ( t) cos ωt, f ( t) = σ( t) e−at sin ωt, f ( t) = σ( t) e−at cos ωt, Predhodno preverimo, £e so funkcije f( t) originalne funkcije. Re²itev f ( t) = σ( t) R h i ∞ F ( s) = ∞ 1 e−stdt = e−st = 1 0 ( −s) 0 s A.1. DIREKTNA LAPLACEOVA TRANSFORMACIJA 169 f ( t) = σ( t − a) , a > 0 R h i ∞ F ( s) = ∞ 1 e−stdt = e−st = e−as a ( −s) a s f ( t) = t f ( t) = t ni originalna funkcija (denicija A.1) f ( t) = tσ( t) R h i ∞ F ( s) = ∞ te−stdt = Br. 448 = e−st ( −st − 1) = 1 0 ( −s)2 0 s 2 f ( t) = t 2 σ( t) R h ³ í ∞ F ( s) = ∞ t 2 e−stdt = Br. 449 = e−st t 2 − 2 t + 2 = 2 0 ( −s) ( −s)2 ( −s)3 0 s 3 f ( t) = t 3 σ( t) R h ³ í ∞ F ( s) = ∞ t 3 e−stdt = Br. 450 = e−st t 3 − 3 t 2 + 6 t − 6 = 6 = 3! 0 ( −s) ( −s)2 ( −s)3 ( −s)4 0 s 4 s 4 f ( t) = e−atσ( t) R R h i ∞ F ( s) = ∞ e−ate−stdt = ∞ e( −a−s) tdt = e−( s+ a) t = 1 0 0 ( −a−s) 0 s+ a f ( t) = te−atσ( t) R R h i ∞ F ( s) = ∞ te−ate−stdt = ∞ te( −a−s) tdt = Br. 448 = e−( a+ s) t (( −a − s) t − 1) = 1 0 0 ( −a−s)2 0 ( s+ a)2 f ( t) = σ( t) sin ωt R R h i ∞ F ( s) = ∞ sin ωte−stdt = ∞ sin ωte−stdt = Br. 459 = e−st) ( −s sin ωt − ω cos ωt) 0 0 ( −s)2+ ω 2 0 = ω s 2+ ω 2 f ( t) = σ( t) cos ωt R R h i ∞ F ( s) = ∞ cos ωte−stdt = ∞ cos ωte−stdt = Br. 460 = e−st) ( −s cos ωt + ω sin ωt) 0 0 ( −s)2+ ω 2 0 = s s 2+ ω 2 f ( t) = σ( t) e−at sin ωt R R F ( s) = ∞ e−at sin ωte−stdt = ∞ e−a−st sin ωtdt = Br. 459 0 h 0 i ∞ = e−( a+ s) t) (( −a − s) sin ωt − ω cos ωt) = ω ( −s)2+ ω 2 0 ( s+ a)2+ ω 2 f ( t) = σ( t) e−at cos ωt R R F ( s) = ∞ e−at cos ωte−stdt = ∞ e−a−st cos ωtdt = Br. 460 0 h 0 i ∞ = e−( a+ s) t) (( −a − s) cos ωt − ω sin ωt) = s+ a ( −s)2+ ω 2 0 ( s+ a)2+ ω 2 Podobno bi lahko nadaljevali za ostale pogosto uporabljane funkcije. Na osnovi tako dobljenih izra£unov tvorimo tabelo parov originalnih funkcij in njihovih Laplaceovih transformirank (dodatek A, tabela B.1). 170 DODATEK A. LAPLACEOVA TRANSFORMACIJA Naloga A.2 S pomo£jo ena£be (A.1) dolo£imo Laplaceovo transformiranko gra£no predstavljene funkcije: f ( t) 1 a 2 a t − 1 Slika A.2: �asovni potek originalne funkcije f( t), naloga A.2 Re²itev R R F ( s) = a 1 e−stdt + 2 a( − 1) e−stdt = 1 (1 − e−as)2 0 a s Naloga A.3 S pomo£jo ena£be (A.1) dolo£imo Laplaceovo transformiranko gra£no predstavljene funkcije: f ( t) 2 2 4 t Slika A.3: �asovni potek originalne funkcije f( t), naloga A.3 Re²itev R R F ( s) = 2 te−stdt + 4(4 − t) e−stdt = 1 (1 − e− 2 s)2 0 2 s 2 Naloga A.4 S pomo£jo ena£be (A.1) dolo£imo Laplaceovo transformiranko gra£no predstavljene funkcije: A.1. DIREKTNA LAPLACEOVA TRANSFORMACIJA 171 f ( t) 2 2 e− t 3 2 t 1 3 Slika A.4: �asovni potek originalne funkcije f( t), naloga A.4 Re²itev R £ ¤ F ( s) = 3 2 e− t 3 e−stdt = 6 1 − e−(3 s+1) 0 3 s+1 Naloga A.5 S pomo£jo ena£be (A.2) dolo£imo ustrezno Laplaceovo transformiranko originalne funkcije, predstavljene z opisom:   0 t < 0 f ( t) = 1 0 ≤ t < a  − 1 a ≤ t < 2 a Za t ≥ 0 velja: f( t + 2 a) = f( t) Re²itev Funkcija f( t) je periodi£na in jo gra£no predstavimo na sliki A.5: f ( t) 1 a 2 a 3 a t -1 Slika A.5: �asovni potek originalne funkcije f( t), naloga A.5 Uporabimo ena£bo (A.2) in dobimo: hR R i F ( s) = 1 a 1 e−stdt + 2 a( − 1) e−stdt = 1 (1 − e−as)2 1 −e− 2 as 0 a s(1 −e− 2 as) Naloga A.6 S pomo£jo ena£be (A.2) dolo£imo ustrezno Laplaceovo transformiranko originalne funkcije, predstavljene z opisom: ½ 0 t < 0 f ( t) = | sin t| t ≥ 0 172 DODATEK A. LAPLACEOVA TRANSFORMACIJA Za t ≥ 0 velja: f( t + π) = f( t) f ( t) | sin t| 1 t π 2 π 3 π Slika A.6: �asovni potek originalne funkcije f( t), naloga A.6 Re²itev R F ( s) = 1 π sin te−stdt = 1+ e−πs 1 −e− 2 πs 0 (1+ s 2)(1 −e−sπ) A.2 Lastnosti Laplaceove transformacije Poznavanje lastnosti Laplaceove transformacije nam velikokrat olaj²a njeno uporabo. Na²tejmo samo najosnovnej²e lastnosti. 1. Laplaceova transformacija je linearna L{a 1 f 1( t) + a 2 f 2( t) } = a 1 F 1( s) + a 2 F 2( s) 2. Izrek o podobnosti �e je L{f( t) } = F ( s), potem velja L{f( at) } = 1 F ( s ) a a 3. Izrek o zakasnitvi (paralelni pomik originala) �e je L{f( t) } = F ( s), potem velja L{f( t − a) } = e−asF ( s) 4. Izrek o du²enju (paralelni pomik transformiranke) �e je L{f( t) } = F ( s), potem velja L{e−atf( t) } = F ( a + s) 5. Izrek o odvodu originalne funkcije �e je L{f( t) } = F ( s), potem velja L{df( t) } = sF ( s) − f(0) dt in podobno za odvode vi²je stopnje: L{ d 2 f( t) } = s 2 F ( s) − sf (0) − df( t) | dt 2 dt 0 L{ d 3 f( t) } = s 3 F ( s) − s 2 f (0) − s df( t) | | dt 3 dt 0 − d 2 f ( t) dt 2 0 L{ dnf( t) } = snF ( s) − sn− 1 f (0) − sn− 2 df( t) | | | dtn dt 0 . . . − s d( n− 2) f ( t) dt( n− 2) 0 − d( n− 1) f ( t) dt( n− 1) 0 6. Izrek o integralu originalne funkcije R �e je L{f( t) } = F ( s), potem velja L{ t f( τ) dτ} = 1 F ( s) 0 s 7. Izrek o za£etni vrednosti �e je L{f( t) } = F ( s), potem velja lim t→ 0 f( t) = lim s→∞ sF ( s) 8. Izrek o kon£ni vrednosti �e je L{f( t) } = F ( s), potem velja lim t→∞ f( t) = lim s→ 0 sF ( s) £e limita obstaja. A.3. INVERZNA LAPLACEOVA TRANSFORMACIJA 173 Naloga A.7 S pomo£jo izreka o zakasnitvi originalne funkcije dolo£imo Laplaceovo transformiranko gra£no predstavljene funkcije (slika A.7): f ( t) 1 a 2 a t − 1 Slika A.7: �asovni potek originalne funkcije f( t), naloga A.7 Re²itev Funkcijo f( t) lahko zapi²emo kot vsoto treh stopni£nih funkcij: f ( t) = σ( t) − 2 σ( t − a) + σ( t − 2 a) Ker je Laplaceova transformacija linearna, transformiramo vsako funkcijo posebej, nato pa dobljene transformiranke se²tejemo: F ( s) = 1 − 2 1 e−as + 1 e− 2 as = 1 (1 − e−as)2 s s s s A.3 Inverzna Laplaceova transformacija Pretvorbo Laplaceove transformiranke F ( s) v originalno funkcijo f( t) izvedemo s pomo£jo ena£be: Z 1 σ+ j∞ f ( t) := L− 1 {F ( s) } = F ( s) estds (A.4) 2 πj σ−j∞ Inverzna Laplaceova transformacija je ra£unsko zahtevnej²a kot direktna Laplaceova transformacija, zato za izra£un originalne funkcije praviloma uporabljamo tabelo Laplaceovih parov (dodatek A, tabela B.1). Laplaceova transformiranka je v splo²nem ulomljena racionalna funkcija: b F ( s) = nsn + bn− 1 sn− 1 + . . . + b 1 s + b 0 (A.5) ansn + an− 1 sn− 1 + . . . + a 1 s + a 0 Za pretvorbo Laplaceove transformiranke v originalno funkcijo s pomo£jo uporabe tabele Laplaceovih parov je potrebno zaradi omejenega ²tevila Laplaceovih parov zapisati Laplaceovo transformiranko v obliki vsote parcialnih ulomkov. Glede na korene imenovalca ulomljene racionalne funkcije lo£imo ²tiri nastavke za razstavitev ena£be (A.5) v parcialne ulomke. 1. koreni imenovalca: s 1 , s 2 , . . . , sn so realni in razli£ni, npr.: F ( s) = b 1 s+ b 0 = A + B ( s−s 1)( s−s 2) s−s 1 s−s 2 2. koreni imenovalca: s 1 , s 2 , . . . , sn so realni in ve£kratni, npr.: F ( s) = b 1 s+ b 0 = A 1 + A 2 + B 1 + B 2 + B 3 ( s−s 1)2( s−s 2)3 s−s 1 ( s−s 1)2 s−s 2 ( s−s 2)2 ( s−s 2)3 174 DODATEK A. LAPLACEOVA TRANSFORMACIJA 3. koreni imenovalca: s 1 , s 2 , . . . , sn so kompleksni in razli£ni, npr.: F ( s) = b 1 s+ b 0 = As+ B + Cs+ D ( s 2+ c 1 s+ c 0)( s 2+ d 1 s+ d 0) s 2+ c 1 s+ c 0 s 2+ d 1 s+ d 0 4. koreni imenovalca: s 1 , s 2 , . . . , sn so kompleksni in ve£kratni, npr.: F ( s) = b 1 s+ b 0 = ( s 2+ c 1 s+ c 0)2( s 2+ d 1 s+ d 0)3 A 1 s+ B 1 + A 2 s+ B 2 + C 1 s+ D 1 + C 2 s+ D 2 + C 3 s+ D 3 s 2+ c 1 s+ c 0 ( s 2+ c 1 s+ c 0)2 s 2+ d 1 s+ d 0 ( s 2+ d 1 s+ d 0)2 ( s 2+ d 1 s+ d 0)3 Naloga A.8 Izra£unajmo originalno funkcijo Laplaceove transformiranke F ( s): F ( s) = 7 s 3+6 s 2+11 s+6 Re²itev Laplaceovo transformiranko razstavimo v parcialne ulomke: F ( s) = 7 = 7 s 3+6 s 2+11 s+6 ( s+1)( s+2)( s+3) 7 = A + B + C ( ∗ ∗ ∗) ( s+1)( s+2)( s+3) s+1 s+2 s+3 Koeciente A, B in C najhitreje dolo£imo s pomo£jo residuumov. Koecient A izra£unamo tako, da ena£bo ( ∗ ∗ ∗) pomnoºimo z izrazom, ki je v imenovalcu ulomka, katerega ²tevec je koecient A (v na²em primeru ( s + 1)), nato pa v tako dobljeno ena£bo vstavimo za s vrednost pola ustreznega ulomka (v na²em primeru s = − 1). Na podoben na£in dolo£imo tudi koecienta B in C. • ( s + 1)( ∗ ∗ ∗) ⇒ 7( s+1) = A( s+1) + B( s+1) + C( s+1) ( s+1)( s+2)( s+3) s+1 s+2 s+3 ⇒ 7 = A + B( s+1) + C( s+1) ⇒ vstavimo: s = − 1 ⇒ A = 3 . 5 ( s+2)( s+3) s+2 s+3 • ( s + 2)( ∗ ∗ ∗) ⇒ 7( s+2) = A( s+2) + B( s+2) + C( s+2) ( s+1)( s+2)( s+3) s+1 s+2 s+3 ⇒ 7 = A( s+2) + B + C( s+2) ⇒ vstavimo: s = − 2 ⇒ B = − 7 ( s+1)( s+3) s+1 s+3 • ( s + 3)( ∗ ∗ ∗) ⇒ 7( s+3) = A( s+3) + B( s+3) + C( s+3) ( s+1)( s+2)( s+3) s+1 s+2 s+3 ⇒ 7 = A( s+3) + B( s+3) + C ⇒ vstavimo: s = − 3 ⇒ C = 3 . 5 ( s+1)( s+2) s+1 s+2 F ( s) = 3 . 5 + − 7 + 3 . 5 s+1 s+2 s+3 Uporabimo tabelo Laplaceovih parov (dodatek A, tabela B.1) in dobimo: £ ¤ f ( t) = 3 . 5 e− 1 t − 7 e− 2 t + 3 . 5 e− 3 t σ( t) Naloga A.9 Izra£unajmo originalno funkcijo Laplaceove transformiranke F ( s): F ( s) = s+3 s 3+3 s 2 − 28 s Re²itev Laplaceovo transformiranko razstavimo v parcialne ulomke: F ( s) = s+3 = s+3 s 3+3 s 2 − 28 s s( s+7)( s− 4) s+3 = A + B + C ( ∗ ∗ ∗) s( s+7)( s− 4) s s+7 s− 4 Koeciente A, B in C dolo£imo s pomo£jo residuumov. • s( ∗ ∗ ∗) ⇒ s( s+3) = As + Bs + Cs ⇒ vstavimo: s = 0 ⇒ A = − 0 . 1071 s( s+7)( s− 4) s s+7 s− 4 A.3. INVERZNA LAPLACEOVA TRANSFORMACIJA 175 • ( s + 7)( ∗ ∗ ∗) ⇒ ( s+7)( s+3) = A( s+7) + B( s+7) + C( s+7) ⇒ vstavimo: s = − 7 ⇒ B = − 0 . 0519 s( s+7)( s− 4) s s+7 s− 4 • ( s − 4)( ∗ ∗ ∗) ⇒ ( s− 4)( s+3) = A( s− 4) + B( s− 4) + C( s− 4) ⇒ vstavimo: s = 4 ⇒ C = 0 . 1591 s( s+7)( s− 4) s s+7 s− 4 F ( s) = − 0 . 1071 + − 0 . 0519 + 0 . 1591 s s+7 s− 4 Uporabimo tabelo Laplaceovih parov (dodatek A, tabela B.1) in dobimo: £ ¤ f ( t) = − 0 . 1071 e 0 t − 0 . 0519 e− 7 t + 0 . 1591 e 4 t σ( t) Naloga A.10 Izra£unajmo originalno funkcijo Laplaceove transformiranke F ( s): F ( s) = s 2 s 3+9 s 2+23 s+15 Re²itev Laplaceovo transformiranko razstavimo v parcialne ulomke: F ( s) = s 2 = s 2 = 0 . 125 − 2 . 25 + 3 . 125 s 3+9 s 2+23 s+15 ( s+1)( s+3)( s+5) s+1 s+3 s+5 Uporabimo tabelo Laplaceovih parov (dodatek A, tabela B.1) in dobimo: £ ¤ f ( t) = 0 . 125 e−t − 2 . 25 e− 3 t + 3 . 125 e− 5 t σ( t) Naloga A.11 Izra£unajmo originalno funkcijo Laplaceove transformiranke F ( s): F ( s) = s 2+3 s+7 s 2+15 s+8 Re²itev Laplaceovo transformiranko razstavimo v parcialne ulomke: F ( s) = s 2+3 s+7 = s 2+3 s+7 = 1 + 0 . 4064 − 12 . 4064 s 2+15 s+8 ( s+0 . 5538)( s+14 . 4462) s+0 . 5538 s+14 . 4462 Uporabimo tabelo Laplaceovih parov (dodatek A, tabela B.1) in dobimo: £ ¤ f ( t) = δ( t) + 0 . 4064 e 0 . 5538 t − 12 . 4064 e 14 . 4462 t σ( t) Naloga A.12 Izra£unajmo originalno funkcijo Laplaceove transformiranke F ( s): F ( s) = s 4+6 s 3+23 s 2+42 s+49 0 . 2 s 4+3 . 6 s 3+23 . 8 s 2+68 . 4 s+72 Re²itev Laplaceovo transformiranko razstavimo v parcialne ulomke: F ( s) = s 4+6 s 3+23 s 2+42 s+49 = s 4+6 s 3+23 s 2+42 s+49 = 5 + 40 . 8333 − 302 . 5 + 722 . 5 − 520 . 8333 0 . 2 s 4+3 . 6 s 3+23 . 8 s 2+68 . 4 s+72 ( s+3)( s+4)( s+5)( s+6) s+3 s+4 s+5 s+6 Uporabimo tabelo Laplaceovih parov (dodatek A, tabela B.1) in dobimo: £ ¤ f ( t) = 5 δ( t) + 40 . 8333 e− 3 t − 302 . 5 e− 4 t + 722 . 5 e− 5 t − 520 . 8333 e− 6 t σ( t) 176 DODATEK A. LAPLACEOVA TRANSFORMACIJA Naloga A.13 Izra£unajmo originalno funkcijo Laplaceove transformiranke F ( s): F ( s) = 1 s 3+5 s 2+8 s+4 Re²itev Laplaceovo transformiranko razstavimo v parcialne ulomke: F ( s) = 1 = 1 s 3+5 s 2+8 s+4 ( s+1)( s+2)2 1 = A + B 2 + B 1 ( en.∗) ( s+1)( s+2)2 s+1 ( s+2)2 s+2 Koeciente A, B 1 in B 2 dolo£imo s pomo£jo residuumov. V primeru, ko imamo opraviti z ve£kratnimi poli Laplaceove transformiranke, je potrebno do sedaj uporabljani postopek dolo£evanja koecientov parcialnih ulomkov dopolniti. Koecienta A in B 2 dolo£imo enako kot v prej²nih nalogah, za dolo£itev koecienta B 1 pa je potrebno ena£bo ( en. ∗ ∗) odvajati po spremenljivki s. • ( s + 1)( en.∗) ⇒ 1( s+1) = A( s+1) + B 2( s+1) + B 1( s+1) ⇒ vstavimo: s = − 1 ⇒ A = 1 ( s+1)( s+2)2 s+1 ( s+2)2 s+2 • ( s + 2)2( en.∗) ⇒ 1( s+2)2 = A( s+2)2 + B 2( s+2)2 + B 1( s+2)2 ⇒ ( s+1)( s+2)2 s+1 ( s+2)2 s+2 1 = A( s+2)2 + B s+1 s+1 2 + B 1( s + 2) ( en. ∗ ∗) ⇒ vstavimo: s = − 2 ⇒ B 2 = − 1 • d( en.∗∗) ⇒ 0( s+1) − 1(1) = A 2( s+2)( s+1) −( s+2)21 + 0 + B ds ( s+1)2 ( s+1)2 1 ⇒⇒ vstavimo: s = − 2 ⇒ B 1 = − 1 F ( s) = 1 + − 1 + − 1 s+1 ( s+2)2 s+2 Uporabimo tabelo Laplaceovih parov (dodatek A, tabela B.1) in dobimo: £ ¤ f ( t) = 1 e− 1 t − 1 te− 2 t − 1 e− 2 t σ( t) Naloga A.14 Izra£unajmo originalno funkcijo Laplaceove transformiranke F ( s): F ( s) = s+1 s 4+4 s 3+4 s 2 Re²itev Laplaceovo transformiranko razstavimo v parcialne ulomke: F ( s) = s+1 = s+1 = 0 . 25 + − 0 . 25 s 4+4 s 3+4 s 2 s 2( s+2)2 s 2 ( s+2)2 Uporabimo tabelo Laplaceovih parov (dodatek A, tabela B.1) in dobimo: £ ¤ f ( t) = 0 . 25 t − 0 . 25 te− 2 t σ( t) Naloga A.15 Izra£unajmo originalno funkcijo Laplaceove transformiranke F ( s): F ( s) = s 3+2 s 2+3 s+4 s 4+7 s 3+18 s 2+20 s+8 Re²itev Laplaceovo transformiranko razstavimo v parcialne ulomke: F ( s) = s 3+2 s 2+3 s+4 = s 3+2 s 2+3 s+4 = 2 + − 1 + − 5 + 2 s 4+7 s 3+18 s 2+20 s+8 ( s+1)( s+2)3 s+1 ( s+2) ( s+2)2 ( s+2)3 A.3. INVERZNA LAPLACEOVA TRANSFORMACIJA 177 Uporabimo tabelo Laplaceovih parov (dodatek A, tabela B.1) in dobimo: £ ¤ f ( t) = 2 e− 1 t − 1 e− 2 t − 5 te− 2 t + 2 t 2 e− 2 t σ( t) 2 Naloga A.16 Izra£unajmo originalno funkcijo Laplaceove transformiranke F ( s): F ( s) = 1 s 2+ s+1 Re²itev Laplaceova transformiranka ima same razli£ne konjugirano kompleksne korene zato razstavitev v parcialne ulomke ni potrebna. Inverz Laplaceove transformiranke lahko izra£unamo na dva na£ina. • Uporabimo n ena£bo iz o tabele B.1: p L− 1 1 = 1 √ e−ζωnt sin ( ω 1 − ζ 2 t) s 2+2 ζω n ns+ ω 2 n ωn 1 −ζ 2 V na²em primeru je : ζ = 0 . 5 , ωn = 1 sledi: f ( t) = 1 . 1547 e− 0 . 5 t sin (0 . 8660 t) • Laplaceovo transformiranko lahko pretvorimo v obliko, kjer imamo v imenovalcu vsoto kvadra-tov, in uporabimo ena£bo (tabela B.1): n o L− 1 1 = 1 e−αt sin ω ( s+ α)2+ ω 2 ω nt n n V na²em primeru je : F ( s) = 1 = 1 = 1 √ s 2+ s+1 ( s 2+ s+0 . 25)+0 . 75 ( s+0 . 5)2+( 0 . 75)2 sledi: f ( t) = 1 . 1547 e− 0 . 5 t sin (0 . 8660 t) Naloga A.17 Izra£unajmo originalno funkcijo Laplaceove transformiranke F ( s): F ( s) = 2 s+1 s 3+2 s 2+2 s+1 Re²itev Laplaceovo transformiranko razstavimo v parcialne ulomke: F ( s) = 2 s+1 = 2 s+1 = A + Bs+ c = − 1 + s+2 s 3+2 s 2+2 s+1 ( s+1)( s 2+ s+1) s+1 ( s 2+ s+1) s+1 ( s 2+ s+1) Uporabimo tabelo Laplaceovih parov (tabela B.1) in dobimo: © ª f ( t) = −e− 1 t + e− 0 . 5 t [1 . 732 sin (0 . 8660 t) + cos (0 . 8660 t)] σ( t) 178 DODATEK A. LAPLACEOVA TRANSFORMACIJA Naloga A.18 Izra£unajmo originalno funkcijo Laplaceove transformiranke F ( s): F ( s) = s 2+2 s+3 3 s 4+2 s 3+ s 2 Re²itev © ª f ( t) = 3 t − 4 + e− 0 . 333 t [ − 2 . 828 sin (0 . 4713 t) + 4 cos (0 . 4713 t)] σ( t) Naloga A.19 Izra£unajmo originalno funkcijo Laplaceove transformiranke F ( s): F ( s) = 3 s 4+ s 2+ s+1 5 s 4+2 s 3+ s 2 Re²itev © ª f ( t) = 0 . 6 δ( t) + t − 1 + e− 0 . 2 t [ − 1 . 680 sin (0 . 4 t) + 0 . 76 cos (0 . 4 t)] σ( t) Naloga A.20 Izra£unajmo originalno funkcijo Laplaceove transformiranke F ( s): F ( s) = e−s 1 4 s 3+4 s Re²itev Izpostavimo e−s in preostali h del razsta i vimo v parcialne h ulomk i e: F ( s) = e−s 1 = e−s A − Bs+ C = e−s 1 1 − s 4 s 3+4 s s s 2+1 4 s s 2+1 Ob upo²tevanju lastnosti o premiku originalne funkcije dobimo: © ª f ( t) = 1 [1 − cos ( t − 1)] σ( t − 1) 4 A.4 Re²evanje diferencialnih ena£b z Laplaceovo transforma- cijo Laplaceova transformacija omogo£a enostavno re²evanje navadnih linearnih diferencialnih ena£b s konstantnimi koecienti. Potek re²evanja je shemati£no prikazan na sliki: diferencialna ena£ba direktna + algebrajska ena£ba za£etni pogoji Laplaceova transformacija re²itev inverzna re²itev diferencialne ena£be Laplaceova transformacija algebrajske ena£be Slika A.8: Re²evanje diferencialnih ena£b s pomo£jo Laplaceove transformacije A.4. RE�EVANJE DIFERENCIALNIH ENA�B Z LAPLACEOVO TRANSFORMACIJO 179 V naslednjih nalogah bomo z y( t) ozna£evali odvisno, s t pa neodvisno spremenljivko. Naloga A.21 Re²imo diferencialno ena£bo: d 2 y( t) + 3 dy( t) + 2 y( t) = 4 t + 8 , y(0) = 6 , ˙ y(0) = 0 dt 2 dt Re²itev Za primerjavo poi²£imo re²itev diferencialne ena£be po klasi£ni poti in s pomo£jo Laplaceove transformacije. • Klasi£na pot Posebno re²itev nehomogene diferencialne ena£be, ki ustreza predpisanim za£etnim pogojem, izra£unamo iz splo²ne re²itve nehomogene diferencialne ena£be, za katero velja: y( t) sn = y( t) sh + y( t) pn y( t) sn splo²na re²itev nehomogene diferencialne ena£be y( t) sh splo²na re²itev homogene diferencialne ena£be y( t) pn posebna re²itev nehomogene diferencialne ena£be Lastni vrednosti in naravna na£ina diferencialne ena£be sta: λ 2 + 3 λ + 2 = 0 ⇒ ( λ + 1)( λ + 2) = 0 ⇒ λ 1 = − 1 , λ 2 = − 2 ⇒ e− 1 t, e− 2 t Splo²na re²itev homogene diferencialne ena£be je: y( t) sh = c 1 e− 1 t + c 2 e− 2 t Posebno re²itev dolo£imo s pomo£jo nastavka: y( t) pn = At + B Nastavek dvakrat odvajamo, vstavimo v diferencialno ena£bo in izra£unamo A in B: y( t) pn = At+ B ⇒ ˙ y( t) pn = A ⇒ ¨ y( t) pn = 0 ⇒ 0+3( A)+2( At+ B) = 4 t+8 ⇒ A = 2 , B = 1 Posebna re²itev nehomogene diferencialne ena£be je: y( t) pn = 2 t + 1 Posebno re²itev, ki ustreza podanim za£etnim pogojem, dolo£imo tako, da splo²no re²itev nehomogene diferencialne ena£be odvajamo, vstavimo za£etne pogoje in iz sistema ena£b izra£unamo koecienta c 1 in c 2: y( t) sn = y( t) sh + y( t) pn = c 1 e− 1 t + c 2 e− 2 t + 2 t + 1 ⇒ ˙ y( t) sn = − 1 c 1 e− 1 t − 2 c 2 e− 2 t + 2 ⇒ 6 = c 1 + c 2 + 1 , 0 = −c 1 − c 2 + 2 ⇒ c 1 = 8 , c 2 = − 3 Re²itev podane diferencialne ena£be s predpisanimi za£etnimi pogoji: y( t) = 8 e−t − 3 e− 2 t + 2 t + 1 • Uporaba Laplaceove transformacije Diferencialno ena£bo z za£etnimi pogoji transformiramo v s-prostor. Pri tem uporabimo tabelo B.1 in upo²tevamo pravilo o odvodu originalne funkcije. ¨ y( t) + 3 ˙ y( t) + 2 y( t) = 4 t + 8 , y(0) = 6 , ˙ y(0) = 0 £ ¤ ⇒ s 2 Y ( s) − sy(0) − ˙ y(0) + 3 [ sY ( s) − y(0)] + 2 Y = 4 1 + 8 1 £ ¤ s 2 s ⇒ s 2 Y ( s) − 6 s + 3 [ sY ( s) − 6] + 2 Y ( s) = 4 1 + 8 1 s 2 s Poi²£emo re²itev tako dobljene algebrai£ne ena£be: Y ( s) = 6 s 3+18 s 2+8 s+4 s 4+3 s 3+2 s 2 Dobljeno Laplaceovo transformiranko (re²itev v Laplaceovem prostoru) razstavimo v parcialne ulomke: Y ( s) = 6 s 3+18 s 2+8 s+4 = 6 s 3+18 s 2+8 s+4 = A 1 + A 2 + B + C = 1 + 2 + 8 + − 3 s 4+3 s 3+2 s 2 s 2( s+1)( s+2) s s 2 s+1 s+2 s s 2 s+1 s+2 Inverzno Laplaceovo transformacijo opravimo s pomo£jo tabel B.1: ¡ ¢ y( t) = 1 + 2 t + 8 e−t − 3 e− 2 t σ( t) 180 DODATEK A. LAPLACEOVA TRANSFORMACIJA Naloga A.22 Re²imo diferencialno ena£bo: d 3 y( t) + dy( t) = sin t, y(0) = 1 , ˙ y(0) = 1 , ¨ y(0) = 0 dt 3 dt Re²itev Za primerjavo poi²£imo re²itev diferencialne ena£be po klasi£ni poti in s pomo£jo Laplaceove transformacije. • Klasi£na pot Velja: y( t) sn = y( t) sh + y( t) pn Lastne vrednosti in naravni na£ini diferencialne ena£be so: λ 3 + λ = 0 ⇒ λ( λ 2 + 1) = 0 ⇒ λ 1 = 0 , λ 2 , 3 = ±j ⇒ e 0 t, e 0 t cos 1 t Splo²na re²itev homogene diferencialne ena£be je: y( t) sh = c 1 e 0 t + e 0 t( c 2 cos 1 t + c 3 sin 1 t) = c 1 + c 2 cos t + c 3 sin t Posebno re²itev dolo£imo s pomo£jo nastavka: y( t) pn = ( A cos t + B sin t) t Nastavek trikrat odvajamo, vstavimo v diferencialno ena£bo in izra£unamo A in B: y( t) pn = ( A cos t + B sin t) t ⇒ dy( t) pn = ( −A sin t + B cos t) t + A cos t + B sin t dt ⇒ d 2 y( t) pn = ( −A cos t − B sin t) t − 2 A sin t + 2 B cos t dt 2 ⇒ d 3 y( t) pn = ( A sin t − B cos t) t − 3 A cos t − 3 B sin t dt 3 ⇒ ( A sin t − B cos t) t − 3 A cos t − 3 B sin t + ( −A sin t + B cos t) t + A cos t + B sin t = sin t ⇒ A = 0 , B = − 12 Posebna re²itev nehomogene diferencialne ena£be je: y( t) pn = − t sin t 2 Posebno re²itev, ki ustreza podanim za£etnim pogojem, dolo£imo tako, da splo²no re²itev nehomogene diferencialne ena£be odvajamo, vstavimo za£etne pogoje in iz sistema ena£b izra£unamo koeciente c 1, c 2 in c 3: y( t) sn = y( t) sh + y( t) pn = c 1 + c 2 cos t + c 3 sin t − t sin t 2 ⇒ ˙ y( t) sn = −c 2 sin t + c 3 cos t − 1 sin t − t cos t 2 2 ⇒ ¨ y( t) sn = −c 2 cos t − c 3 sin t − cos t + t sin t 2 ⇒ 1 = c 1 + c 2 , 1 = c 3 , 0 = −c 2 − 1 ⇒ c 1 = 2 , c 2 = − 1 , c 3 = 1 Re²itev podane diferencialne ena£be s predpisanimi za£etnimi pogoji: y( t) = 2 − cos t + sin t − t sin t 2 • Uporaba Laplaceove transformacije Diferencialno ena£bo z za£etnimi pogoji transformiramo v s-prostor. Pri tem uporabimo tabelo B.1 in upo²tevamo pravilo o odvodu originalne funkcije. d 3 y( t) + dy( t) = sin t, y(0) = 1 , ˙ y(0) = 1 , ¨ y(0) = 0 dt 3 £ dt ¤ ⇒ s 3 Y ( s) − s 2 y(0) − s ˙ y(0) − ¨ y(0) + [ sY ( s) − y(0)] = 1 s 2+1 £ ¤ ⇒ s 3 Y ( s) − s 2 − s [ sY ( s) − 1] = 1 s 2+1 Poi²£emo re²itev tako dobljene algebrai£ne ena£be: Y ( s) = s 4+ s 3+2 s 2+ s+2 s( s 2+1)2 Dobljeno Laplaceovo transformiranko (re²itev v Laplaceovem prostoru) razstavimo v parcialne ulomke: Y ( s) = s 4+ s 3+2 s 2+ s+2 = A + B 2 s+ C 2 + B 1 s+ C 1 = 2 + − 1 s + −s+1 s( s 2+1)2 s ( s 2+1)2 ( s 2+1) s ( s 2+1)2 ( s 2+1) Inverzno Laplaceovo transformacijo opravimo s pomo£jo tabel B.1: ¡ ¢ y( t) = 2 − t sin t − cos t + sin t σ( t) 2 A.4. RE�EVANJE DIFERENCIALNIH ENA�B Z LAPLACEOVO TRANSFORMACIJO 181 Naloga A.23 Re²imo diferencialno ena£bo: dy( t) + y( t) = δ( t) , y(0) = 0 dt Re²itev y( t) = e−tσ( t) Naloga A.24 Re²imo diferencialno ena£bo: dy( t) + y( t) = σ( t) , y(0) = 0 dt Re²itev y( t) = (1 − e−t) σ( t) Naloga A.25 Re²imo diferencialno ena£bo: dy( t) − y( t) = σ( t) , y(0) = 0 dt Re²itev y( t) = ( − 1 + et) σ( t) Naloga A.26 Re²imo diferencialno ena£bo: dy( t) + y( t) = ( e−t) σ( t) , y(0) = 1 dt Re²itev y( t) = ( e−t + te−t) σ( t) Naloga A.27 Re²imo diferencialno ena£bo: d 2 y( t) + 6 dy( t) + 5 y( t) = σ( t) , y(0) = 0 , ˙ y(0) = 0 dt 2 dt Re²itev ¡ ¢ y( t) = 1 + 1 e− 5 t − 1 e−t σ( t) 5 20 4 182 DODATEK A. LAPLACEOVA TRANSFORMACIJA Naloga A.28 Re²imo diferencialno ena£bo: d 2 y( t) + 6 dy( t) + 9 y( t) = σ( t) , y(0) = 0 , ˙ y(0) = 0 dt 2 dt Re²itev ¡ ¢ y( t) = 1 − 1 e− 3 t − 1 te− 3 t σ( t) 9 9 3 Naloga A.29 Re²imo diferencialno ena£bo: d 2 y( t) + 2 dy( t) + 3 y( t) = σ( t) , y(0) = 0 , ˙ y(0) = 0 dt 2 dt Re²itev h √ √ √ i y( t) = 1 − 1 e−t cos ( 2 t) − 2 e−t sin ( 2 t) σ( t) 3 3 6 Naloga A.30 Re²imo diferencialno ena£bo: d 2 y( t) + 11 dy( t) + 10 y( t) = e− 5 tσ( t) , y(0) = 0 , ˙ y(0) = 0 dt 2 dt Re²itev ¡ ¢ y( t) = − 1 e− 5 t + 1 e−t + 1 e− 10 t σ( t) 20 36 45 Naloga A.31 Re²imo diferencialno ena£bo: d 2 y( t) + 10 dy( t) + 25 y( t) = e− 7 tσ( t) , y(0) = 0 , ˙ y(0) = 0 dt 2 dt Re²itev ¡ ¢ y( t) = 1 e− 7 t − 1 e− 5 t + 1 te− 5 t σ( t) 4 4 2 Naloga A.32 Re²imo diferencialno ena£bo: d 2 y( t) + 4 dy( t) + 9 y( t) = e−tσ( t) , y(0) = 0 , ˙ y(0) = 0 dt 2 dt Re²itev h √ √ √ i y( t) = 1 e−t − 1 e− 2 t cos ( 5 t) − 5 e− 2 t sin ( 5 t) σ( t) 6 6 30 A.4. RE�EVANJE DIFERENCIALNIH ENA�B Z LAPLACEOVO TRANSFORMACIJO 183 Naloga A.33 Re²imo diferencialno ena£bo: d 3 y( t) + 6 d 2 y( t) + 11 dy( t) + 6 y( t) = 0 , y(0) = 1 , ˙ y(0) = 0 , ¨ y(0) = 0 dt 3 dt 2 dt Re²itev ¡ ¢ y( t) = e− 3 t − 3 e− 2 t + 3 e−t σ( t) Naloga A.34 Re²imo diferencialno ena£bo: d 3 y( t) + 6 d 2 y( t) + 11 dy( t) + 6 y( t) = σ( t) , y(0) = 1 , ˙ y(0) = 0 , ¨ y(0) = 0 dt 3 dt 2 dt Re²itev ¡ ¢ y( t) = 0 . 167 + 0 . 833 e− 3 t − 2 . 5 e− 2 t + 2 . 5 e−t σ( t) Naloga A.35 Re²imo diferencialno ena£bo: d 3 y( t) + 6 d 2 y( t) + 11 dy( t) + 6 y( t) = (sin 4 t) σ( t) , y(0) = 1 , ˙ y(0) = 0 , ¨ y(0) = 0 dt 3 dt 2 dt Re²itev ¡ ¢ y( t) = 0 . 00235 cos 4 t − 0 . 0106 sin 4 t + 1 . 08 e− 3 t − 3 . 2 e− 2 t + 3 . 12 e−t σ( t) Naloga A.36 Re²imo diferencialno ena£bo: d 3 y( t) + 6 d 2 y( t) + 11 dy( t) + 6 y( t) = (sin 4 t + 1) σ( t) , y(0) = 1 , ˙ y(0) = 0 , ¨ y(0) = 0 dt 3 dt 2 dt Re²itev ¡ ¢ y( t) = 0 . 00235 cos 4 t − 0 . 0106 sin 4 t + 0 . 167 + 0 . 913 e− 3 t − 2 . 7 e− 2 t + 2 . 62 e−t σ( t) Naloga A.37 Re²imo diferencialno ena£bo: d 3 y( t) + 4 d 2 y( t) + 5 dy( t) + 2 y( t) = tσ( t) , y(0) , ˙ y(0) , ¨ y(0) dt 3 dt 2 dt Re²itev £ y( t) = − 5 + 1 t + e−t + 1 e− 2 t + te−t+ 4 ¡ 2 4 ¢ ¡ ¢ ¡ ¢¤ + y(0) e− 2 t + 2 te−t + ˙ y(0) − 2 e−t + 2 e− 2 t + 3 te−t + ¨ y(0) −e−t + e− 2 t + te−t σ( t) 184 DODATEK A. LAPLACEOVA TRANSFORMACIJA Naloga A.38 Re²imo diferencialno ena£bo: d 4 y( t) − d 2 y( t) + y( t) = (cos t) σ( t) , y(0) = 0 , ˙ y(0) = − 1 , ¨ y(0) = 0 , y(3)(0) = 0 dt 4 dt 2 Re²itev y( t) = (0 . 5 cos t − 1 − t + 0 . 25 et + 0 . 25 e−t) σ( t) Naloga A.39 Re²ite sistem diferencialnih ena£b: dy 1( t) = y = y dt 2( t) , dy 2( t) dt 1( t) , y 1(0) = 1 , y 2(0) = − 1 Re²itev y 1( t) = e−tσ( t) , y 2( t) = −e−tσ( t) Naloga A.40 Re²ite sistem diferencialnih ena£b: dy 1( t) = y = −y dt 2( t) , dy 2( t) dt 1( t) , y 1(0) = 1 , y 2(0) = 0 Re²itev y 1( t) = (cos t) σ( t) , y 2( t) = ( − sin t) σ( t) Dodatek B Laplaceove in z-transformiranke pogosto uporabljanih funkcij Tabela Laplaceovih transformirank (tabela B.1) je neobhodno potrebna predvsem za inverzno Laplaceovo transformacijo, zato smo v prvi stolpec tabele zapisali Laplaceove transformiranke originalnih funkcij: F ( s) f ( t) 1 δ( t) (impulzna funkcija) 1 σ( t) (stopni£na funkcija) s 1 t s 2 1 1 tn ( n = naravno ²tevilo) sn+1 n! 1 e−αt s+ α 1 te−αt ( s+ α)2 1 1 tne−αt ( n = naravno ²tevilo) ( s+ α) n+1 n! 1 1 (1 − e−αt) s( s+ α) α 1 1 ( αt − 1 + e−αt) s 2( s+ α) α 2 1 1 (1 − e−αt − αte−αt) s( s+ α)2 α 2 £ ¤ 1 1 t − 1 + ( t + 2 ) e−αt s 2( s+ α)2 α 2 α α 1 1 ( e−αt − e−βt) ( α 6= β) ( s+ α)( s+ β) β−α 185 186DODATEK B. LAPLACEOVE IN Z-TRANSFORMIRANKE POGOSTO UPORABLJANIH FUNKCIJ F ( s) f ( t) 1 1 sin ω s 2+ ω 2 ω 2 nt n n 1 1 (1 − cos ω s( s 2+ ω 2 ) ω 2 nt) n n 1 1 e−αt + 1 √ sin ( ω ) ( s+ α)( s 2+ ω 2 ) α 2+ ω 2 nt − arctan ωn α n n ωn α 2+ ω 2 n p 1 1 √ e−ζωnt sin ( ω 1 − ζ 2 t) ( ζ < 1) s 2+2 ζω n ns+ ω 2 n ωn 1 −ζ 2 1 1 e−αt sin ω ( s+ α)2+ ω 2 ω nt n n · ¸ p 1 1 1 − 1 √ e−ζωnt sin ( ω 1 − ζ 2 t + arccos ζ) ( ζ < 1) s( s 2+2 ζω n ns+ ω 2 ) ω 2 n n 1 −ζ 2 ½ h p i¾ 1 1 t − 2 ζ + 1 √ e−ζωnt sin ω 1 − ζ 2 t + arccos (2 ζ 2 − 1) ( ζ < 1) s 2( s 2+2 ζω n ns+ ω 2 ) ω 2 ω n n n ω 2 1 −ζ 2 n s 1 ( −αe−αt + βe−βt) ( α 6= β) ( s+ α)( s+ β) β−α s (1 − αt) e−αt ( s+ α 2) s cos ω s 2+ ω 2 nt n p s+ α 1 α 2 + ω 2 ) s 2+ ω 2 ω n sin ( ωnt + arctan ωn α n n p s − 1 √ e−ζωnt sin ( ω 1 − ζ 2 t − arccos ζ) ( ζ < 1) s 2+2 ζω n ns+ ω 2 n 1 −ζ 2 q · ¸ p √ s+ α 1 α 2 − 2 αζωn+ ω 2 1 −ζ 2 n e−ζωnt sin ω 1 − ζ 2 t + arctan ( ωn ) ( ζ < 1) s 2+2 ζω n ns+ ω 2 ω 1 −ζ 2 α−ζω n n n s+ a e−αt cos ω ( s+ α)2+ ω 2 nt n s t sin ω ( s 2+ ω 2 )2 2 ω nt n n Tabela B.1: Tabela Laplaceovih parov 187 Tabela z-transformirank (tabela B.2) je potrebna predvsem pri izra£unu diskretne prenosne funkcije z metodo stopni£ne invariance. V tem primeru moramo elementarne funkcije pretvoriti v njihove z-transformiranke. F ( t) F ( z) σ( t) z z− 1 t T 0 z ( z− 1)2 t 2 T 2 z( z+1) 0 ( z− 1)3 t 3 T 3 z( z 2+4 z+1) 0 ( z− 1)4 e−at z z−e−aT 0 te−at T 0 ze−aT 0 ( z−e−aT 0 )2 t 2 e−at T 2 ze−aT 0 ( z+ e−aT 0 ) 0 ( z−e−aT 0 )3 sin ω 0 t z sin ω 0 T 0 z 2 − 2 z cos ω 0 T 0+1 cos ω 0 t z( z− cos ω 0 T 0) z 2 − 2 z cos ω 0 T 0+1 e−aT 0 sin ω 0 t ze−aT 0 sin ω 0 T 0 z 2 − 2 ze−aT 0 cos ω 0 T 0+ e− 2 aT 0 e−aT 0 cos ω 0 t z 2 −ze−aT 0 cos ω 0 T 0 z 2 − 2 ze−aT 0 cos ω 0 T 0+ e− 2 aT 0 Tabela B.2: Tabela z-transformirank pogosto uporabljanih funkcij Document Outline Blank Page Blank Page Blank Page