Podstawy Automatyki
Wykład 5 - stabilność liniowych układów dynamicznych
dr inż. Jakub Możaryn
Instytut Automatyki i Robotyki
Warszawa, 2015
Wstęp
Stabilność - definicja 1
O układzie możemy mówić, że jest stabilny gdy wytrącony ze stanu równowagi (rozpatrywanego punktu pracy P) powraca do niej (do pewnego stanu K ) po ustaniu działania czynników (zakłóceń z), które go z tego stanu wytrąciły.
Stabilność - definicja 2
O układzie możemy mówić, że jest stabilny jeżeli jego odpowiedź na wymuszenie (zakłócenie) o ograniczonej wartości jest ograniczona.
dr inż. Jakub Możaryn Podstawy Automatyki
Wstęp
W przypadku układów liniowych, zachowanie się układu po zaniku oddziaływania, które wytrąciło go ze stanu równowagi, jest cechą charakterystyczną danego układu i nie zależy od przebiegu oddziaływania przed jego zanikiem. (łatwa analiza)
W przypadku układów nieliniowych, ich zachowanie pod wpływem wymuszeń i po ich zaniku może zależeć od punktu pracy układu oraz od rodzaju i wielkości wymuszeń. (trudna analiza)
Stabilność
Możliwe są trzy rodzaje zachowań układów po wytrąceniu ze stanu równowagi:
1 Układ powraca do stanu równowagi w punkcie pracy zajmowanym przed wytrąceniem go ze stanu równowagi - układ stabilny asymptotycznie,
2 Układ osiąga stan równowagi w innym punkcie pracy niż początkowy - układ stabilny nieasymptotycznie,
3 Układ nie osiąga stanu równowagi - układ niestabilny; szczególnym przypadkiem takiego zachowania jest wykonywanie przez układ oscylacji o stałej amplitudzie - układ na granicy stabilności.
Rysunek 1 : a) niestabilny, b) stabilny asymptotycznie, c) stabilny nieasymptotycznie
dr inż. Jakub Możaryn Podstawy Automatyki
Odpowiedź na wymuszenie impulsowe
Wymuszenie impulsowe jest najprostszym przypadkiem wymuszenia, pozwalającego określić stabilność liniowego układu dynamicznego.
Impuls - Delta Diraca
x (t) = δ(t) =
0 dla t 6= 0
∞ dla t = 0 (1)
x (s) = 1 (2) Odpowiedź na wymuszenie skokowe wyznacza się korzystając z zależności y (t)|u(t)=δ= g (t) = L−1{G (s)} (3)
Odpowiedź na wymuszenie impulsowe
Wybrane orginały trasformat Laplace’a po wymuszeniu impulsowym, przydatne do dalszej analizy są następujące.
L−1 1 s
= 1(t) (4)
L−1 1 s2
= t (5)
L−1
1
s ± α
= e∓αt (6)
L−1
1
(s ± α)2
= te∓αt (7) oraz
L−1
As + B s2+ Cs + D
= AeC2tcos(t r
D −C2 4 )+
+ 2B − AC
√4D + C2eC2tsin(t r
D −C2 4 )
(8)
jeżeli: C2− 4D < 0.
dr inż. Jakub Możaryn Podstawy Automatyki
Wstęp
Rysunek 2 : Przykładowe odpowiedzi impulsowe układów: 1, 2 – stabilnych nieasymptotycznie, 3, 4 - stabilnych asymptotycznie, 5, 6 – niestabilnych, 7 – układ na granicy stabilności (drgania niegasnące)
Stabilność
Równanie ruchu liniowego, stacjonarnego układu dynamicznego and(n)y (t)
dt(n) + · · · + a1dy (t)
dt + a0= bmd(m)tu(t)
dt(m) + · · · + b1du(t)
dt + b0 (9) Transmitancja
G (s) = Y (s)
U(s) =bmsm+ · · · + b2s2+ b1s + b0 ansn+ · · · + a2s2+ a1s + a0
(10)
Odpowiedź impulsowa
y (t)|u(t)=δ= g (t) = L−1{G (s)} (11)
dr inż. Jakub Możaryn Podstawy Automatyki
Stabilność asymptotyczna
Przypadek 1: Równanie charakterystyczne ma tylko niezerowe pojedyncze pierwiastki rzeczywiste
G (s) = L(s)
an(s − s1)(s − s2) . . . (s − sn) (12) Po rozłożeniu na ułamki proste
G (s) = C1
s − s1
+ C2
s − s2
+ · · · + Cn
s − sn
(13) g (t) = L−1{G (s)} = C1es1t+ C2es2t+ ... + Cnesnt (14)
t→∞lim g (t) = 0 jeżeli s1, . . . , sn< 0 (15)
Stabliność asymptotyczna
Rysunek 3 : Położenie pierwiastków równania charakterystycznego na płaszczyznie liczb zespolonych s
dr inż. Jakub Możaryn Podstawy Automatyki
Stabilność asymptotyczna
Przypadek 2: Równanie charakterystyczne ma jeden podwójny pierwiastek, a pozostałe są pierwiastki są pojedyncze rzeczywiste niezerowe.
G (s) = L(s)
an(s − s1)2(s − s3) . . . (s − sn) (16) Po rozłożeniu na ułamki proste
G (s) = C1
s − s1
+ C2
(s − s1)2+ C3
s − s3
+ · · · + Cn
s − sn
(17)
g (t) = L−1{G (s)} = C1es1t+ C2tes1t+ C3es3t+ ... + Cnesnt (18)
t→∞lim g (t) = 0 jeżeli s1, . . . , sn< 0 (19) ponieważ (przy s1< 0 funkcja wykładnicza es1t maleje szybciej niż rośnie zmienna t)
Stabliność asymptotyczna
Rysunek 4 : Położenie pierwiastków równania charakterystycznego na płaszczyznie liczb zespolonych s
dr inż. Jakub Możaryn Podstawy Automatyki
Stabilność nieasymptotyczna
Przypadek 3: Równanie charakterystyczne ma jeden pierwiastek zerowy i pozostałe pierwiastki ma niezerowe pojedyncze rzeczywiste
G (s) = L(s)
an(s)(s − s2) . . . (s − sn) (20) Po rozłożeniu na ułamki proste
G (s) = C1
s + C2
s − s2
+ · · · + Cn
s − sn
(21) g (t) = L−1{G (s)} = C1+ C2es2t+ ... + Cnesnt (22)
t→∞lim g (t) = C1jeżeli s2, . . . , sn< 0 (23)
Stabliność nieasymptotyczna
Rysunek 5 : Położenie pierwiastków równania charakterystycznego na płaszczyznie liczb zespolonych s
dr inż. Jakub Możaryn Podstawy Automatyki
Brak stabilności
Przypadek 4: Równanie charakterystyczne ma dwa (lub więcej) pierwiastki zerowe i pozostałe pierwiastki niezerowe pojedyncze rzeczywiste.
G (s) = L(s)
an(s)2(s − s3) . . . (s − sn) =C1
s + C2
(s)2 + C3
s − s3 + · · · + Cn
s − sn (24) Po rozłożeniu na ułamki proste
G (s) = L(s)
an(s)2(s − s3) . . . (s − sn) =C1 s + C2
(s)2 + C3 s − s3
+ · · · + Cn s − sn
(25) g (t) = L−1{G (s)} = C1+ C2t + C3es3t+ ... + Cnesnt (26)
t→∞lim g (t) = ∞ układ jest niestabilny (27)
Brak stabilności
Rysunek 6 : Położenie pierwiastków równania charakterystycznego na płaszczyznie liczb zespolonych s
dr inż. Jakub Możaryn Podstawy Automatyki
Stabilność asymptotyczna (oscylacje)
Przypadek 5: Równanie charakterystyczne ma niezerowe pojedyncze pierwiastki rzeczywiste i pierwiastki zespolone sprzężone - o ujemnych częściach rzeczywistych
x1= a + jb, x2= a − jb (28)
G (s) = L(s)
an(s2− 2as + a2+ b2)(s − s3) . . . (s − sn) (29) po rozłożeniu na ułamki proste
G (s) = C1s + C2
(s2− 2as + a2+ b2)+ C3
s − s3+ · · · + Cn
s − sn (30) g (t) = L−1{G (s)} = C1eatcos(bt)+C2+ aC1
b eatsin(bt)+C3es3t+...+Cnesnt (31)
t→∞lim g (t) = 0 jeżeli a < 0, i Re(s3), . . . , Re(sn) < 0 (32)
Stabilność asymptotyczna (oscylacje)
Rysunek 7 : Położenie pierwiastków równania charakterystycznego na płaszczyznie liczb zespolonych s
dr inż. Jakub Możaryn Podstawy Automatyki
Brak stabilności (granica stabliności)
Przypadek 6: Równanie charakterystyczne ma niezerowe pojedyncze pierwiastki rzeczywiste i pierwiastki zespolone sprzężone o zerowych częściach rzeczywistych
x1= jb, x2= −jb (33)
G (s) = L(s)
(s2+ b2)(s − s3) . . . (s − sn) (34) po rozłożeniu na ułamki proste
G (s) = C1s + C2 (s2+ b2)+ C3
s − s3
+ · · · + Cn s − sn
(35)
g (t) = L−1{G (s)} = C1cos(bt) +C2
b sin(bt) + C3es3t+ ... + Cnesnt (36) Jeżeli s3, . . . , sn < 0, to układ jest na granicy stabilności i ustalają się drgania niegasnące.
Brak stabilności (granica stabliności)
Rysunek 8 : Położenie pierwiastków równania charakterystycznego na płaszczyznie liczb zespolonych s
dr inż. Jakub Możaryn Podstawy Automatyki
Stabilność
Reasumując można stwierdzić, że:
Układ jest stabilny asymptotycznie, jeżeli jego równanie charakterystyczne układu ma pierwiastki rzeczywiste ujemne lub zespolone o ujemnych częściach rzeczywistych.
Układ ten jest stabilny nieasymptotycznie jeżeli jego równanie charakterystyczne oprócz pierwiastków rzeczywistych ujemnych lub o ujemnych częściach rzeczywistych ma jeden pierwiastek zerowy.
Układ ten jest niestabilny jeżeli jego równanie charakterystyczne ma więcej niż jeden pierwiastek zerowy lub pierwiastki rzeczywiste dodatnie lub zespolone o dodatnich częściach rzeczywistych.
Układ jest na granicy stabilności (generuje drgania niegasnące) jeżeli równanie charakterystyczne układu nie ma więcej niż jednego pierwiastka zerowego i nie ma pierwiastków rzeczywistych dodatnich lub zespolonych o dodatnich częściach rzeczywistych, natomiast ma pierwiastki zespolone o zerowych częściach rzeczywistych.
Stabilność - zadania
Określić stabilność elementów o transmitancjach operatorowych G (s) = 1
2s + 1 (37)
G (s) = 1
2s − 1 (38)
G (s) = 1
2s2+ 3s + 1 (39)
G (s) = kp
1 + 1
Tis
(40) oraz układu o schemacie
dr inż. Jakub Możaryn Podstawy Automatyki
Stabilność - kryteria stabilności
Do oceny stabilności układów liniowych wystarczy znajomość rozkładu pierwiastków równania charakterystycznego układu na płaszczyźnie zmiennej zespolonej s.
Problemy, które się pojawiają przy tej metodzie
obliczanie pierwiastków równań wyższych rzędów nie jest łatwe, nie zawsze znane jest równanie charakterystyczne układu.
Inne metody określania stabilności – tzw. kryteria stabilności, które nie wymagają wyznaczania wartości pierwiastków równania
charakterystycznego:
kryteria analityczne (Hurwitza, Routha),
kryteria graficzne (kryterium Michajłowa, metoda Evansa),
kryteria graficzno–analityczne (kryterium Nyquista, metoda rozkładu D).
Kryterium Hurwitza
Kryterium Hurwitza
Kryterium Hurwitza umożliwia sprawdzenie, czy równanie algebraiczne dowolnego stopnia ma wyłącznie pierwiastki ujemne lub o częściach rzeczywistych ujemnych. Zastosowanie jego ograniczone jest do stacjonarnych liniowych układów o parametrach skupionych (LTI) i transmitancji danej w postaci analitycznej.
Równanie algebraiczne stopnia n o stałych rzeczywistych współczynnikach
an
d(n)y (t) dt(n) + an−1
d(n−1)y (t)
dt(n−1) + · · · + a1
dy (t)
dt + a0 (41) ma wszystkie pierwiastki ujemne, lub o ujemnych częściach rzeczywistych, jeżeli są spełnione dwa warunki, zwane warunkami Hurwitza.
1 WARUNEK I: Wszystkie współczynniki a0, a1, . . . , an, tego równania są różne od zera i są jednakowego znaku,
2 WARUNEK 2: Wszystkie wyznaczniki minorów głównych tzw.
macierzy Hurwitza ∆nsą większe od zera
dr inż. Jakub Możaryn Podstawy Automatyki
Kryterium Hurwitza
Macierz Hurwitza
Macierz Hurwitza ma następującą postać
∆n=
an−1 an 0 − 0 0 0
an−3 an−2 an−1 − 0 0 0 an−5 an−4 an−3 − 0 0 0
− − − − − − −
0 0 0 − a2 a3 a4
0 0 0 − a0 a1 a2
0 0 0 − 0 0 a0
n×n
(42)
Kryterium Hurwitza
Przykład: wyznaczyć macierz Hurwitza dla równania czwartego stopnia a4s4+ a3s3+ a2s2+ a1s + a0= 0 (43)
∆4=
a3 a4 0 0 a1 a2 a3 a4
0 a0 a1 a2
0 0 0 a0
(44)
Jego podwyznacznikami głównymi są:
∆2=
a3 a1
a4 a2
(45)
∆3=
a3 a1 0 a4 a2 a0
0 a3 a1
(46)
dr inż. Jakub Możaryn Podstawy Automatyki
Kryterium Hurwitza - przykład H1
Wyznaczyć zakres wartości wzmocnienia kp, zapewniający stabilną pracę układu.
Gs =
1 (Ts+1)4
1 +(TS+1)1 4
= 1
(Ts + 1)4+ kp (47)
Równanie charakterystyczne układu:
(Ts + 1)4+ kp= 0 (48)
Kryterium Hurwitza - przykład H1
Równanie charakterystyczne układu:
(Ts + 1)4+ kp= 0 (49)
czyli
T4s4+ 4T3s3+ 6T2s2+ 4Ts + 1 + kp= 0 (50) a4= T4, a3= 4T3, a2= 6T2, a1= 4T , a0= 1 + kp (51) I. warunek Hurwitza będzie spełniony, jeżeli
a0= 1 + kp> 0, czyli gdy kp> −1 (52)
dr inż. Jakub Możaryn Podstawy Automatyki
Kryterium Hurwitza - przykład H1
Macierz Hurwitza
∆4=
a3 a4 0 0 a1 a2 a3 a4
0 a0 a1 a2
0 0 0 a0
=
4T3 4T 0 0
4T 6T2 4T3 T4 0 1 + kp 4T 6T2
0 0 0 1 + kp
(53)
II. warunek Hurwitza będzie spełniony, jeżeli det(∆2) = det
4T3 4T 4T 6T2
> 0 (54)
det(∆3) = det
4T3 4T 0
4T 6T2 4T3 0 1 + kp 4T
> 0 (55)
Kryterium Hurwitza - przykład H1
det(∆2) = 24T5− 4T5= 20T5> 0 (56) det(∆3) = 96T6− 16T6− 16T6kp− 16T6= 64T6− 16T6kp> 0 (57) czyli z II warunku Hurwitza
kp< 4 (58)
I. i II. warunek Hurwitza będą spełnione, jeżeli
−1 < kp< 4 (59)
dr inż. Jakub Możaryn Podstawy Automatyki
Kryterium Hurwitza
Uwagi do kryterium Hurwitz a
UWAGA 1: Możliwość wystąpienia stabilności nieasymptotycznej zachodzi gdy w równaniu charakterystycznym stopnia n
współczynnik a0= 0 (równanie ma jeden pierwiastek zerowy), natomiast pozostałe współczynniki są większe od zera.
Po podzieleniu stron równania przez s, otrzymuje się równanie stopnia n − 1, w odniesieniu do którego należy zastosować kryterium Hurwitza, w celu sprawdzenia znak.u pozostałych pierwiastków.
Jeżeli równanie to spełni warunki Hurwitza to oznaczać będzie, że układ posiada jeden pierwiastek zerowy a pozostałe pierwiastki są ujemne lub mają części rzeczywiste ujemne i sprawdzany układ jest stabilny nieasymptotycznie.
UWAGA 2: Kryterium Hurwitza nie umożliwia badania stabilności układu z opóźnieniami.
Kryterium Nyquista
Kryterium Nyquista umożliwia ocenę stabilności układu zamkniętego na podstawie charakterystyk częstotliwościowych układu otwartego.
Transmitancja układu zamkniętego
GZ(s) = G1(s)
1 + G1(s)G2(s) (60)
Transmitancja układu otwartego
G0(s) = G1(s)G2(s) (61)
dr inż. Jakub Możaryn Podstawy Automatyki
Uproszczone kryterium Nyquista
Uproszczone kryterium Nyquista
W przypadku kiedy równanie charakterystyczne układu otwartego nie ma pierwiastków dodatnich lub o dodatnich częściach rzeczywistych (może mieć dowolna liczbę pierwiastów zerowych), układ zamknięty jest stabilny, jeżeli charakterystyka amplitudowo – fazowa układu otwartego nie obejmuje punktu o współrzędnych {–1, j 0}.
’Nie obejmuje’ oznacza, że przy przesuwaniu się wzdłuż charakterystyki w kierunku wzrastających pulsacji, punkt {–1, j 0} pozostaje po lewej stronie charakterystyki
UWAGA: Uproszczone kryterium Nyquista nie obejmuje przypadków kiedy równanie charakterystyczne układu otwartego, oprócz ujemnych lub zerowych, ma także pierwiastki dodatnie lub o dodatnich częściach rzeczywistych.
Kryterium Nyquista
Cechy kryterium Nyquista
charakterystyka częstotliwościowa układu otwartego, na
podstawie której określana jest stabilność układu zamkniętego, może być łatwo wyznaczana analitycznie lub doświadczalnie,
kryterium umożliwia nie tylko stwierdzenie faktu stabilności, lecz także umożliwia projektowanie układu o określonych właściwościach dynamicznych,
kryterium umożliwia badanie stabilności układów zawierających elementy opóźniające.
dr inż. Jakub Możaryn Podstawy Automatyki
Kryterium Nyquista
Rysunek 9 : Charakterystyki aplitudowe-fazowe układu otwartego w przypadku 1) stabilnego układu zamkniętego, 2) niestabilnego układu zamkniętego Warunki Nyquista
M(ω−π) < 1; gdzie ω−π : ϕ(ω−π) = −π (62)
Kryterium Nyquista - przykłady charakterystyk
Rysunek 10 : Przykłady charakterystyk amplitudowo – fazowych układów otwartych, odpowiadających: stabilnym układom zamkniętym - charakterystyka nie obejmuje punktu {−1, j 0}
dr inż. Jakub Możaryn Podstawy Automatyki
Kryterium Nyquista - przykłady charakterystyk
Rysunek 11 : Przykłady charakterystyk amplitudowo – fazowych układów otwartych, odpowiadających: niestabilnym układom zamkniętym - charakterystyka obejmuje punkt {−1, j 0}
Kryterium Nyquista
dr inż. Jakub Możaryn Podstawy Automatyki
Kryterium Nyquista - charaktersytyki Bodego
Warunki Nyquista dla charakterystyk amplitudowej i fazowej
L(ω−π) = 20 log M(ω−π) < 0;
(64) ϕ(ωp) > −π; gdzie L(ωp) = 0 (65)
Kryterium Nyquista - zapas modułu i zapas fazy
Zapas modułu
∆M = 1
M(ω−π) (66)
∆L = −20 log M(ω−π) (67) Zapas fazy
∆ϕ = π + ϕ(ωp) (68) Zapas modułu i fazy układu stabilnego ma wartości dodatnie.
PRAKTYKA PRZEMYSŁOWA 30 deg < ∆ϕ < 60 deg (69) 2 ¬ ∆M ¬ 4 → 6dB ¬ ∆L ¬ 12dB
(70)
dr inż. Jakub Możaryn Podstawy Automatyki
Kryterium Nyquista - przykład N1
Stosując kryterium Nyquista zbadać stabilność układu
G0(s) = 1
s3+ 3s2+ s + 1 (71)
G0(j ω) = 1
−i ω3− 3ω2+ j ω + 1 = 1
1 − 3ω2+ j (ω − ω3)
1 − 3ω2− j(ω − ω3 1 − 3ω2− j(ω − ω3) = 1 − 3ω2
(1 − 3ω2)2+ (ω − ω3)2 + j −(ω − ω3) (1 − 3ω2)2+ (ω − ω3)2
(72)
Część rzeczywista i urojona P(ω) = 1 − 3ω2
(1 − 3ω2)2+ (ω − ω3)2; Q(ω) = −(ω − ω3) (1 − 3ω2)2+ (ω − ω3)2
(73)
Kryterium Nyquista - przykład N1
część rzeczywista
P(ω) = 1 − 3ω2
(1 − 3ω2)2+ (ω − ω3)2 (74) część urojona
Q(ω) = −(ω − ω3)
(1 − 3ω2)2+ (ω − ω3)2 (75)
ω 0 p1/3 1 ∞
P(ω) 1 0 -0.5 0
Q(ω) 0 -2.6 0 0
dr inż. Jakub Możaryn Podstawy Automatyki
Rzeczywisty kształt charakterystyki - MATLAB
Kryterium Nyquista - przykład N2
Stosując kryterium Nyquista zbadać stabilność układu i wyznaczyć zapasy stabilności.
G0(s) = 10
(0.1s + 1)(0.001s + 1) 1
0.3s (76)
dr inż. Jakub Możaryn Podstawy Automatyki
Kryterium Nyquista - przykład N2
G0(s) = G1(s)G2(s)G3(s)G4(s) (77) czyli
G0(s) = 10 1 0.1s + 1
1 0.01s + 1
1 0.3s
(78) W przypadku połączenia
szeregowego sumuje się charakterystyki Bode’go poszczególnych elementów.
L0(ω) = L1(ω) + Lω+ L3(ω) + L4(ω) (79) ϕ0(ω) = ϕ1(ω)+ϕω+ϕ3(ω)+ϕ4(ω) (80)
Podstawy Automatyki
Wykład 5 - stabilność liniowych układów dynamicznych
dr inż. Jakub Możaryn
Instytut Automatyki i Robotyki
Warszawa, 2015
dr inż. Jakub Możaryn Podstawy Automatyki