Rozdziaª 1
Opis matematyczny ukªadów liniowych
Autorzy:
Alicja Golnik
1.1 Formy opisu ukªadów dynamicznych
1.1.1 Liniowe równanie ró»niczkowe
Podstawow¡ metod¡ przedstawienia procesu dynamicznego jest zbiór równa« ró»niczko- wych zwyczajnych, zwanych równaniami ruchu b¡d¹ równaniami dynamiki. Ze wzgl¦du na nieliniowo±¢ ukªadów rzeczywistych, opis liniowy jest zazwyczaj opisem przybli»onym, opisuj¡cym obiekt w otoczeniu wybranego punktu pracy, który najcz¦±ciej odpowiada charakterystycznym warunkom pracy. Ogólna posta¢ równania ró»niczkowego ukªadu li- niowego ma posta¢ (1.1 ):
an
dny
dtn + an−1
dn−1y
dtn−1 + · · · + a0y = bm
dmu
dtm + bm−1
dm−1u
dtm−1 + · · · + b0u (1.1) Punkt pracy odpowiada pocz¡tkowi ukªadu wspóªrz¦dnych, natomiast u i y s¡ odchyª- kami sygnaªów od tego punktu. Oznacza to, »e sygnaª u jest warto±ci¡ zmiany sygnaªu steruj¡cego, a y sygnaªu wyj±ciowego z obiektu. Wspóªczynniki ai i bi s¡ staªymi wspóª- czynnikami równania ró»niczkowego. W praktyce, równanie to opisuje, jak zmieniaª si¦
b¦dzie sygnaª wyj±ciowy w odpowiedzi na zmiany sygnaªu wej±ciowego.
Niech obiektem b¦dzie domowy grzejnik (wymiennik cieplny typu woda-powietrze).
Regulacja temperatury odbywa si¦ poprzez nastawy zaworu dopªywu wody. W wy- niku wprowadzenia na wej±cie wymuszenia w postaci przestawiania pokr¦tªa regu- lacji uzyskujemy pewn¡ zmian¦ jego temperatury w funkcji czasu. To jaki b¦dzie charakter zmian temperatury w zale»no±ci od zmian ustawienia zaworu opisuje wªa-
±nie równanie ró»niczkowe obiektu.
Ukªadem liniowym nazywamy ukªad, w którym speªniona jest zasada superpozycji:
Równanie1.2 oznacza, »e reakcja ukªadu na zmian¦ jego sygnaªów wej±ciowych jest sum¡
reakcji ukªadu na zmiany poszczególnych wej±¢. Ukªad w którym nie jest zachowana zasada superpozycji nazywany jest ukªadem nieliniowym.
1.1.2 Charakterystyka statyczna
Opisuje jaka b¦dzie ko«cowa warto±¢ odchyªki sygnaªu wyj±ciowego obiektu przy danej odchyªce sygnaªu steruj¡cego w stanie ustalonym (po ustabilizowaniu si¦ odpowiedzi, czyli dla czasu d¡»¡cego do niesko«czono±ci).
y0 = lim
t→∞y (t) (1.3)
Poniewa» w stanie ustalonym wszystkie pochodne sygnaªu wej±ciowego i sygnaªu wyj±cio- wego s¡ równe zero, to równanie ró»niczkowe sprowadza si¦ do postaci:
y0 = b0
a0 · u0 (1.4)
Czyli sygnaª wyj±ciowy zale»y liniowo od sygnaªu wej±ciowego. Parametrem proporcjonal- no±ci jest wi¦c wspóªczynnik ab00. Liniowo±¢ ±wiadczy o tym, »e odpowied¹ ukªadu b¦dzie proporcjonalna do zmiany sterowania a wspóªczynnik proporcjonalno±ci zale»no±ci jest staªy. Wracaj¡c do naszego przykªadu:
W przypadku grzejnika, charakterystyka statyczna mówi o zale»no±ci temperatury ko«cowej, jaka si¦ ustali w wyniku danej zmiany ustawienia zaworu. Charaktery- styka statyczna mówi wi¦c nam o tym, jaki wzrost (ewentualnie spadek) warto±ci sygnaªu wyj±ciowego zaobserwujemy w stanie ustalonym przy okre±lonej zmianie sygnaªu wej±ciowego. Wspóªczynnik proporcjonalno±ci de niuje jaki jest stosunek zmiany temperatury do warto±ci sterowania. Przykªadowo przekr¦cenie pokr¦tªa regulacji zawodu o jedn¡ pozycj¦, po ustabilizowaniu, mo»e spowodowa¢ wzrost temperatury o 1 stopie« lub o 5 stopni w zale»no±ci od rodzaju grzejnika.
1.1.3 Charakterystyka dynamiczna
Charakterystyka dynamiczna okre±la odpowied¹ ukªadu na zadane wymuszenie (zmian¦
sygnaªu steruj¡cego). Znajomo±¢ odpowiedzi ukªadu na typowe wymuszenie pozwala nam na okre±lenie jego wªa±ciwo±ci dynamicznych. Ilustruje ksztaªtowanie si¦ przebieg wiel- ko±ci wyj±ciowej w odpowiedzi na zadany sygnaª wej±ciowy. Okre±la tempo i charakter odpowiedzi.
Przykªadowo, czy i jak szybko temperatura grzejnika si¦ ustabilizuje, w jaki sposób i w jakim tempie b¦dzie narasta¢, po wprowadzeniu zmiany sterowania.Typowymi charakterystykami stosowanymi w automatyce s¡:
• Odpowied¹ impulsowa przebieg wielko±ci wyj±ciowej uzyskany na skutek zmiany wielko±ci wej±ciowej w postaci impulsu Diraca.
• Odpowied¹ skokowa - przebieg wielko±ci wyj±ciowej uzyskany na skutek zmiany wielko±ci wej±ciowej w postaci skoku o warto±¢ staª¡.
• Odpowied¹ na sygnaª liniowo narastaj¡cy - przebieg wielko±ci wyj±ciowej uzyskany na skutek liniowego narastania sygnaªu wej±ciowego.
Odpowied¹ ukªadu mo»na wyznaczy¢ bezpo±rednio z równa« ró»niczkowych, zakªadaj¡c warunki pocz¡tkowe i rozwi¡zuj¡c równanie.
1.1.4 Transmitancja operatorowa
Transmitancj¡ operatorow¡ ukªadu nazywamy stosunek transformaty Laplace'a sygnaªu wyj±ciowego do transformaty Laplace'a sygnaªu wej±ciowego przy zerowych warunkach pocz¡tkowych i oznaczamy symbolem G (s). Maj¡c dane równanie ró»niczkowe ukªadu w postaci ogólnej (1.1 ), mo»emy je przeksztaªci¢ przy pomocy transformaty Laplace'a
L
(
andny
dtn + an−1dn−1y
dtn−1 + · · · + a0y
)
= L
(
bmdmu
dtm + bm−1dm−1u
dtm−1 + · · · + b0u
)
(1.5)
do postaci:
y (s) ·ansn+ an−1sn−1+ · · · + a0= u (s) ·bmsm+ bm−1sm−1 + · · · + b0 (1.6) Z równania 1.6 wynika, »e stosunek transformaty sygnaªu wyj±ciowego do transformaty sygnaªu wej±ciowego b¦dzie miaª posta¢:
G (s) = y (s)
u (s) = bmsm+ bm−1sm−1+ · · · + b0
ansn+ an−1sn−1+ · · · + a0 , n m (1.7) W wi¦kszo±ci przypadków transmitancj¦ operatorow¡ mo»emy zapisa¢ w postaci:
G (s) = M (s)
N (s) (1.8)
gdzie M (s) i N (s) s¡ wielomianami licznika i mianownika.
Równaniem charakterystycznym ukªadu nazywamy zale»no±¢:
N (s) = 0 (1.9)
Na podstawie transmitancji mo»na, wykonuj¡c dziaªania odwrotne ni» przy jej wyzna- czaniu, uzyska¢ równanie ró»niczkowe obiektu. Transmitancja operatorowa i równanie ró»niczkowe s¡ wi¦c równorz¦dn¡ form¡ opisu wªa±ciwo±ci dynamicznych ukªadu. Z trans-
Wyznaczenie charakterystyki statycznej Charakterystyk¦ statyczn¡ wyznaczamy korzystaj¡c z twierdzenia o warto±ci ko«cowej (1.10 ):
y0 = lim
t→∞y (t) = lim
s→0s · y (s) = lim
s→0s · G (s) · u (s) (1.10) Gdzie u (s) jest oczywi±cie transformat¡ Laplace'a sygnaªu wej±ciowego u (t).
Poniewa» dla u (t) = u0 = const.transformata Laplace'a sygnaªu wej±ciowego ma posta¢:
u (s) = 1
su0 (1.11)
to:
y0 = lim
s→0s · G (s) · 1
su0 = lim
s→0G (s) · u0 = u0lim
s→0G (s) (1.12) zgodnie z zale»no±ci¡1.4 mo»emy zauwa»y¢, ze:
y0
u0 = b0
a0 (1.13)
Wyznaczenie charakterystyki dynamicznej (odpowiedzi ukªadu) Odpowied¹ ukªadu wyznaczamy korzystaj¡c z odwrotnego przeksztaªcenia Laplace'a.
G (s) = y (s)
u (s) ⇒ y (s) = G (s) u (s) ⇒ y (t) = L−1[G (s) u (s)] (1.14)
1.1.5 Opis przy pomocy wspóªrz¦dnych stanu
Ukªad dynamiczny mo»na przedstawi¢ w postaci liniowego modelu z czasem ci¡gªym w przestrzeni stanu w nast¦puj¡cy sposób:
˙x (t) = Ax (t) + Bu (t)
y (t) = Cx (t) + Du (t) (1.15)
Gdzie:
• x - wektor stanu ukªadu
• u - wektor sygnaªów wej±ciowych ukªadu
• y - wektor sygnaªów wyj±ciowych ukªadu
Macierze A, B, C, D s¡ macierzami rzeczywistymi odpowiednich wymiarów. Ka»de liniowe zwyczajne równanie n-tego stopnia mo»na przedstawi¢ w postaci modelu w przestrzeni stanu. Istota modelu ukªadu w przestrzeni stanu polega na tym »e [?]:
1. przyszªe zachowanie si¦ ukªadu zale»y od aktualnego stanu ukªadu i przyszªych sterowa«, nie zale»y od stanów przeszªych,
2. jest jednolite podej±cie do ukªadów jedno- i wielowymiarowych, oraz 3. dziaªania na macierzach s¡ ªatwe do przeprowadzenia na komputerze.
Przykªad wyznaczania równa« stanu na podstawie równania ró»niczkowego [ [?], [?]]: [?][?]
Maj¡c dane równanie ró»niczkowe postaci:
yn+ an−1y(n−1)+ · · · + a0y = b0u (1.16) chcemy je zapisa¢ w postaci równa« ró»niczkowych:
˙x1
˙x2 . . .
˙xn
= A
x1 x2 . . . xn
+ Bu (t)
y (t) = C
x1 x2 . . . xn
(t) + Du (t)
(1.17)
czyli d¡»ymy do wyznaczenia równa« postaci:
˙x1 = f1(x1,x2,. . . , xn; u; t) . . .
˙xn = fn(x1,x2,. . . , xn; u; t) y (t) = g1(x1,x2,. . . , xn; u; t)
(1.18)
Wprowadzamy oznaczenia:
x1 = y x2 = ˙x1 = ˙y x3 = ˙x2 = ¨x1 = ¨y . . .
xn = ˙xn−1 = y(n−1)
(1.19)
z których wynika, »e:
˙x1 = x2
˙x2 = x3 . . .
˙xn−1 = xn
˙xn = ¨xn−1= y(n)
(1.20)
Na podstawie równania 1.16 widzimy, »e:
y(n)= −an−1y(n−1)− · · · − a0y + b0u (1.21) podstawiaj¡c zale»no±¢ 1.21 do1.20 otrzymujemy:
˙x1 = x2
˙x2 = x3 . . .
˙xn−1 = xn
˙xn = −an−1y(n−1)− · · · − a0y + b0u y = x1
(1.22)
czyli ostatecznie, wykorzystuj¡c oznaczenia 1.19 otrzymujemy równania stanu postaci:
˙x1 = x2
˙x2 = x3 . . .
˙xn−1= xn
˙xn= −an−1xn− an−2xn−1− · · · − a0x1 + b0u y = x1
(1.23)
Równania 1.23 mo»na zapisa¢ w postaci macierzowej. Otrzymujemy wówczas:
˙x1
˙x2 . . .
˙xn
=
0 1 0 . . . 0
0 0 1 . . . 0
. . . . . . . . . . . . . . .
0 0 0 . . . 1
−a0 −a1 −a2 . . . −an−1
x1 x2 . . . xn−1 xn
+
0 0 . . . 0 b0
u (t)
y (t) =h 1 0 0 . . . 0 i
x1 x2 . . . xn
+h 0 iu (t)
(1.24)
ostatecznie otrzymujemy wi¦c opis w przestrzeni stanu postaci:
˙x (t) = Ax (t) + Bu (t)
y (t) = Cx (t) + Du (t) (1.25)
o macierzach wspóªczynników:
A =
0 1 0 . . . 0
0 0 1 . . . 0
. . . . . . . . . . . . . . .
0 0 0 . . . 1
−a0 −a1 −a2 . . . −an−1
, B =
0 0 . . . 0 b0
C =h 1 0 0 . . . 0 i, D =h 0 i
(1.26)
Wyznaczanie równa« stanu na podstawie transmitancji [??] ?? Równania stanu mo»emy wyznaczy¢ z transmitancji operatorowej w nast¦puj¡cy sposób:
Maj¡c równanie ró»niczkowe:
dny
dtn + an−1
dn−1y
dtn−1 + · · · + a0y = bm
dmu
dtm + bm−1
dm−1u
dtm−1 + · · · + b0u (1.27) mo»emy zapisa¢ transmitancj¦ operatorow¡ w postaci:
G (s) = y (s)
u (s) = bmsm+ bm−1sm−1+ · · · + b1s + b0
sn+ an−1sn−1+ · · · + a1s + a0 (1.28) nast¦pnie mno»ymy j¡ przez wyra»enie ss−n−ni otrzymujemy:
G (s) = y (s)
u (s) = bmsm−n+ bm−1sm−1−n+ · · · + b1s1−n+ b0s−n
1 + an−1s−1+ · · · + a1s1−n+ a0s−n (1.29) a po przeksztaªceniu:
y (s) = bmsm−n+ bm−1sm−1−n+ · · · + b1s1−n+ b0s−n
1 + an−1s−1+ · · · + a1s1−n+ a0s−n u (s) (1.30) wprowadzamy:
E (s) = u (s)
1 + an−1s−1+ · · · + a1s1−n+ a0s−n (1.31) i po podstawieniu otrzymujemy:
y (s) =hbmsm−n+ bm−1sm−1−n+ · · · + b1s1−n+ b0s−niE (s) (1.32) mo»emy równie» zauwa»y¢, »e mo»emy przeksztaªci¢ równanie 1.31 do postaci:
u (s) =h1 + an−1s−1+ · · · + a1s1−n+ a0s−niE (s) (1.33) po pomno»eniu:
u (s) = E (s) +han−1s−1+ · · · + a1s1−n+ a0s−niE (s) (1.34) i ostatecznie:
E (s) = u (s) −han−1s−1+ · · · + a1s1−n+ a0s−niE (s) (1.35)
Wprowadzamy oznaczenia:
x1 = Es−n
x2 = x1s = Es−n+1 x3 = x2s = Es−n+2 . . .
xn−1 = xn−2s = Es−2 xn = xn−1s = Es−1
(1.36)
z których wynika, »e:
x1s = x2 x2s = x3
. . .
xn−1s = xn
xns = xn−1s2 = E
(1.37)
podstawiaj¡c zale»no±¢ 1.35 do1.37 otrzymujemy:
x1s = x2 x2s = x3 . . .
xn−1s = xn
xns = −an−1Es−1− an−2Es−2− · · · − a0Es−n+ u
(1.38)
czyli ostatecznie, wykorzystuj¡c oznaczenia 1.36 i zale»no±¢ 1.32 otrzymujemy równania stanu postaci:
x1s = x2 x2s = x3 . . .
xn−1s = xn
xns = −an−1xn− an−2xn−1− · · · − a0x1+ u y = bmxm+1+ bm−1xm+ · · · + b1x2 + b0x1
(1.39)
Po przeksztaªceniu odwrotnym Laplace`a otrzymujemy równania stanów i wyj±cia postaci:
˙x1 = x2
˙x2 = x3 . . .
˙xn−1 = xn
˙xn= −an−1xn− an−2xn−1− · · · − a0x1+ u y = bmxm+1 + bm−1xm+ · · · + b1x2+ b0x1
(1.40)
Równania 1.40 mo»na zapisa¢ w postaci macierzowej. Otrzymujemy wówczas opis w przestrzeni stanu postaci:
˙x (t) = Ax (t) + Bu (t)
y (t) = Cx (t) + Du (t) (1.41)
o macierzach wspóªczynników:
A =
0 1 0 . . . 0
0 0 1 . . . 0
. . . . . . . . . . . . . . .
0 0 0 . . . 1
−a0 −a1 −a2 . . . −an−1
, B =
0 0 . . . 0 1
C =h b0 b1 . . . bm 0 . . . 0 i, D =h 0 i
(1.42)
Opis w przestrzeni stanu mo»emy równie» uzyska¢ korzystaj¡c z metody gra cznej. Przy pomocy schematu blokowego,s−nE (s)mo»emy przedstawi¢ w nast¦puj¡cy sposób:
Rysunek 1.1 Schemat blokowy obiektu, cz.I
Zgodnie z równaniem 1.34 mo»emy uzupeªni¢ schemat nast¦puj¡co:
Rysunek 1.2 Schemat blokowy obiektu, cz.II
Korzystaj¡c z równania1.32mo»emy uzupeªni¢ schemat i wprowadzi¢ oznaczenia stanów:
Rysunek 1.3 Schemat blokowy obiektu, cz.III
Na podstawie schematu blokowego 1.3 mo»emy napisa¢, »e:
˙ x1 = x2 x˙2 = x3
. . .
˙
xn= −a0x1− a1x2− · · · − an−1xn+ u
(1.43)
y = b0x1+ b1x2+ · · · + bmxm+1 (1.44) Warto zauwa»y¢, »e macierze A, B, C, D maj¡ wi¦c posta¢:
A =
0 1 0 . . . 0
0 0 1 . . . 0
. . . . . . . . . . . . . . .
0 0 0 . . . 1
−a0 −a1 −a2 . . . −an−1
, B =
0 0 . . . 0 1
C =h b0 . . . bm 0 . . . 0 i, D =h 0 i
(1.45)
1.2 Przykªady zada«
Przykªad 1.1
Dane jest równanie ró»niczkowe ukªadu:
T12d2y dt2 + T2
dy
dt + y = ku (1.46)
Wyznaczy¢ transmitancj¦ operatorow¡
Rozwi¡zanie:
Stosujemy przeksztaªcenie Laplace'a:
L
(
T12d2y dt2 + T2
dy dt + y
)
= L {k · u} (1.47)
Na podstawie twierdzenia o liniowo±ci (???), mo»emy napisa¢:
L
(
T12d2y dt2
)
+ L
(
T2dy dt
)
+ L {y} = L {k · u} (1.48) a nast¦pnie:
T12L
(d2y dt2
)
+ T2L
(dy dt
)
+ y = kL {u} (1.49)
Z twierdzenia o transformacie pochodnych, przy zerowych warunkach pocz¡tkowych:
L {f (t)n} = snL {f (t)} i L {f (t)} = f (s) , czyli L {f(t)n} = snL {f (t)} = snf (s), otrzymujemy:
T12 · s2· y (s) + T2· s · y (s) + y (s) = k · u (s) (1.50) Po przeksztaªceniu otrzymujemy:
y (s) ·T12· s2+ T2· s + 1= u (s) · (k) (1.51) Ostatecznie szukana transmitancja ma posta¢:
G (s) = y (s)
u (s) = k
(T12· s2+ T2· s + 1) (1.52) Przykªad 1.2
Dana jest transmitancja operatorowa ukªadu:
G (s) = y (s)
u (s) = s2+ 1
s3+ 10s2+ 2s + 1 (1.53)
Poda¢ równanie ró»niczkowe.
Rozwi¡zanie:
Na pocz¡tku przeksztaªcamy transmitancj¦ operatorow¡ do postaci:
y (s) ·s3+ 10s2+ 2s + 1= u (s) ·s2+ 1 (1.54)
Tym razem potrzebujemy wyznaczy¢ oryginaª funkcji na podstawie transformaty. Dlatego te» korzystamy z odwrotnej transformaty Laplace'a:
L−1ns3· y (s) + 10s2 · y (s) + 2s · y (s) + y (s)o= L−1ns2· u (s) + u (s)o (1.56) Ostatecznie otrzymujemy równanie ró»niczkowe postaci:
d3y
dt3 + 10d2y
dt2 + 2dy
dt + y = d2u
dt2 + u (1.57)
Przykªad 1.3
Ukªad opisany jest równaniem ró»niczkowym:
d2y
dt2 + 4dy
dt + y = 2du
dt + 3u (1.58)
Wyznaczy¢ transmitancj¦ i charakterystyki statyczne ukªadu.
Rozwi¡zanie:
Korzystaj¡c z przeksztaªcenia Laplace'a wyznaczamy transmitancj¦ operatorow¡:
s2+ 4s + 1y (s) = (2s + 3) u (s) (1.59)
G (s) = y (s)
u (s) = 2s + 3
s2 + 4s + 1 (1.60)
Na podstawie twierdzenia o warto±ci ko«cowej wyznaczamy charakterystyk¦ statyczn¡
ukªadu z zale»no±ci:
y0 = u0lim
s→0G (s) (1.61)
czyli w naszym przypadku otrzymujemy:
y0 = u0lim
s→0
2s + 3
s2+ 4s + 1 = 3u0 (1.62)
Przykªad 1.4
Dane s¡ równania ró»niczkowe ukªadu:
( 2ddt2y2 + 8dydt + 5y = 9dudt + 3u − u3
u = u1− 4dudt2 (1.63)
Wyznaczy¢ transmitancj¦ i charakterystyki statyczne ukªadu.
Rozwi¡zanie:
Wprowadzamy sygnaª zast¦pczy z:
z = 3 3du dt + u
!
− u3 (1.64)
czyli:
( 2ddt2y2 + 8dydt + 5y = 33dudt + u− u3
u = u1− 4dudt2 ⇒
( 2ddt2y2 + 8dydt + 5y = z
u = u1− 4dudt2 (1.65) W wyniku przeksztaªcenia Laplace'a otrzymujemy:
( (2s2+ 8s + 5) y (s) = z (s)
u (s) = u1(s) − 4su2(s) (1.66)
gdzie: z (s) = 3 (3s + 1) u (s) − u3(s) i ostatecznie otrzymujemy równania:
( y(s)
z(s) = 2s2+8s+51
u (s) = u1(s) − 4su2(s) (1.67)
z (s) = 3 (3s + 1) u (s) − u3(s) (1.68) Ostatecznie, na podstawie równania 1.67 i 1.68 mo»emy napisa¢:
y (s) = z (s)
2s2+ 8s + 5 = 3 (3s + 1) [u1(s) − 4su2(s)] − u3(s)
2s2+ 8s + 5 (1.69)
I ostatecznie:
y (s) = 3 (3s + 1) · u1(s) − 12 (3s + 1) s · u2(s) − u3(s)
2s2+ 8s + 5 (1.70)
Korzystaj¡c z zasady superpozycji (1.2 ) mo»emy napisa¢, »e:
y (s) = 3 (3s + 1)
2s2+ 8s + 5u1(s) − 12 (3s + 1) s
2s2+ 8s + 5u2(s) − 1
2s2+ 8s + 5u3(s) (1.71) i wyznaczy¢ charakterystyki statyczne dla kolejnych wej±¢ ukªadu:
y(1) = 3
5u1 (1.72)
y(2) = 0 (1.73)
1
Przykªad 1.5
Wyznaczy¢ odpowied¹ y (t) na wymuszenie skokowe u (t) = 1 (t) ust dla ukªadu o trans- mitancji:
G (s) = k
(T1s + 1) (T2s + 5) (1.75)
Rozwi¡zanie:
y (s) = k
(T1s + 1) (T2s + 5)· u (s) (1.76) Z tablic transformat wiemy, »e transformata funkcji u (t) = 1 (t) ustma posta¢u (s) = 1sust. Po podstawieniu otrzymujemy:
y (s) = k
(T1s + 1) (T2s + 5) ·1
sust = k
(T1s + 1) 5T52s + 1 · 1
sust (1.77) wprowadzamy zmienn¡ T3 = T52i otrzymujemy:
y (s) = 1
5k · 1
s (T1s + 1) (T3s + 1) · ust (1.78) Na podstawie tablicy transformat wiemy »e:
L−1
"
1
s (T1s + 1) (T2s + 1)
#
= 1 + T1e−t/T1 − T2e−t/T2
T2− T1 (1.79)
I mo»emy ju» wyznaczy¢ odpowied¹ ukªadu postaci:
y (t) = 1
5k · 1 + T1e−t/T1 − T3e−t/T3 T3− T1
!
· ust (1.80)
Przykªad 1.6
Wyznaczy¢ odpowied¹ y (t) na wymuszenie impulsowe u (t) = δ (t) dla ukªadu o transmi- tancji:
G (s) = k
(T1s + 1) (T2s + 1)− Ts
s2 + T2 (1.81)
Rozwi¡zanie:
y (s) =
"
k
(T1s + 1) (T2s + 1)− Ts s2+ T2
#
· u (s) (1.82)
Z tablic transformat wiemy, »e dla wymuszenia impulsowego: u (s) = 1. Po podstawieniu do wzoru 1.82 i wykonaniu prostych przeksztaªce«, otrzymujemy:
y (s) = k T1T2
1
s + T1
1
s + T1
2
− T s
s2+ T2 (1.83)
Na podstawie twierdzenia o liniowo±ci mo»emy zastosowa¢ przeksztaªcenie Laplace'a osobno dla ka»dego skªadnika sumy. Otrzymujemy wówczas (na podstawie tablicy transformat):
y (t) = k T1T2
e
−t T1 − e−tT2
1 T1 −T1
2
− T cosTt (1.84)
A po uproszczeniu:
y (t) = k T1− T2
e−tT1 − e−tT2
− T cosTt (1.85)
Przykªad 1.7
Wyznaczy¢ odpowied¹ ukªadu y (t) na wymuszenie skokowe u (t) = δ (t) dla ukªadu o transmitancji:
G (s) = s2
(s + 3) (s − 1) (s − 2) (1.86)
Wskazówka: przedstawi¢ y (s) w postaci s+3A + s−1B +s−2C . Rozwi¡zanie:Analogicznie do przykªadu 1.5 , wiedz¡c »e u (s) = ust mo»emy napisa¢:
y (s) = s2
(s + 3) (s − 1) (s − 2)ust (1.87) W celu przedstawieniay (s)w postaci s+3A + s−1B + s−2C musimy wyznaczy¢ warto±ci wspóª- czynników A, B i C. W tym celu stosujemy rozkªad na uªamki proste (???):
s2 = A (s − 1) (s − 2) + B (s + 3) (s − 2) + C (s + 3) (s − 1) (1.88)
s2 = As2− 2s − s + 2+ Bs2− 2s + 3s − 6+ Cs2− s + 3s − 3 (1.89)
s2 = As2− 3s + 2+ Bs2+ s − 6+ Cs2+ 2s − 3 (1.90)
Otrzymujemy nast¦puj¡cy ukªad równa«:
A + B + C = 1
−3A + B + 2C = 0 2A − 6B − 3C = 0
(1.92)
dodaj¡c stronami otrzymujemy:
−4B = 1 ⇒ B = −1
4 (1.93)
oraz ukªad równa«:
A + C = 54
−3A + 2C = 14 (1.94)
mno»ymy stronami pierwsze równanie zale»no±ci 1.94 przez -2 i otrzymujemy:
−5A = −9
4 ⇒ A = 9
20 (1.95)
i ostatni parametr:
C = 5 4− 9
20 = 16 20 = 4
5 (1.96)
Teraz, zale»no±¢ ?? mo»emy przedstawi¢ w postaci:
y (s) =
9 20 · 1
s + 3− 1 4· 1
s − 1 +4 5 · 1
s − 2
ust (1.97)
Korzystaj¡c z tablicy transformat, mo»emy wyznaczy¢ równanie charakterystyki dyna- micznej:
y (s) =
9
20e−3t− 1 4et+4
5e2t
ust (1.98)
Przykªad 1.8
Dane jest równanie ró»niczkowe ukªadu. Poda¢ równania stanu i wyj±¢ tego ukªadu.
2d3y
dt3 + 4d2y
dt2 + 10dy
dt + 2y = 6u (1.99)
Rozwi¡zanie:
Zale»no±¢ 1.99 przeksztaªcamy do postaci:
d3y
dt3 + 2d2y
dt2 + 5dy
dt + y = 3u (1.100)
i wprowadzamy oznaczenia:
x1 = y x2 = ˙x1 = dydt x3 = ˙x2 = ddt2y2
(1.101)
po przeksztaªceniu równa« 1.101otrzymujemy:
y = x1
˙x1 = x2 = dydt
˙x2 = x3 = ddt2y2
˙x3 = ddt3y3
(1.102)
podstawiaj¡c zale»no±¢ 1.100 , otrzymujemy:
y = x1
˙x1 = x2 = dydt
˙x2 = x3 = ddt2y2
˙x3 = −2ddt2y2 − 5dydt − y + 3u
(1.103)
i wykorzystuj¡c wprowadzone oznaczenia mo»emy napisa¢ równania stanu:
y = x1
˙x1 = x2
˙x2 = x3
˙x3 = −2x3− 5x2− x1+ 3u
(1.104)
Otrzymali±my wi¦c opis ukªadu w przestrzeni stanu postaci:
˙x (t) = Ax (t) + Bu (t)
y (t) = Cx (t) + Du (t) (1.105)
gdzie macierze A, B, C, D:
A =
0 1 0
0 0 1
−1 −5 −2
, B =
0 0 3
C = h 1 0 0 i, D =h 0 i
(1.106)
Przykªad 1.9
Dana jest transmitancja ukªadu. Poda¢ równania stanu i wyj±¢ tego ukªadu.
G (s) = 2s + 3
s2+ 5s + 1 (1.107)
Rozwi¡zanie:
W pierwszym kroku mno»ymy transmitancj¦ przez wyra»enie ss−n−ni otrzymujemy:
y (s) = 2s−1+ 3s−2
1 + 5s−1+ s−2u (s) (1.108)
stosujemy podstawienie:
E (s) = u (s)
1 + 5s−1+ s−2 (1.109)
i otrzymujemy nast¦puj¡ce równania:
y (s) = E (s)2s−1+ 3s−2 (1.110)
u (s) = E (s)1 + 5s−1+ s−2 (1.111) Równanie 1.111 przeksztaªcamy do postaci:
E (s) = u (s) − E (s)5s−1+ s−2 (1.112) i wprowadzamy nast¦puj¡ce oznaczenia:
( x1 = E (s) s−2
x2 = x1s = E (s) s−1 (1.113)
z których wynika, »e:
( x1s = x2
x2s = E (s) (1.114)
i zgodnie z zale»no±ciami 1.110 i1.112 otrzymujemy nast¦puj¡ce równania:
( x1s = x2
x2s = −5s−1E (s) − s−2E (s) + u (s) (1.115) y (s) = 2s−1E (s) + 3s−2E (s) (1.116) które po podstawieniu oznacze« 1.113mo»emy przedstawi¢ w postaci:
( x1s = x2
x2s = −5x2− x1+ u (1.117)
y = 2x2+ 3x1 (1.118)
W ostatnim kroku stosujemy odwrotne przeksztaªcenie Laplace'a i otrzymujemy nast¦pu- j¡cy opis w przestrzeni stanu:
( x˙1 = x2
˙
x2 = −x1− 5x2 + u y = 3x1+ 2x2
(1.119)
Macierze wspóªrz¦dnych zapisu postaci:
˙x (t) = Ax (t) + Bu (t)
y (t) = Cx (t) + Du (t) (1.120)
maj¡ wi¦c posta¢:
A =
"
0 1
−1 −5
#
, B =
"
0 1
#
C =h 3 2 i, D =h 0 i
(1.121)
• Metoda gra czna:
Post¦pujemy analogicznie jak w metodzie algebraicznej do uzyskania równa«:
y (s) = E (s)2s−1+ 3s−2 (1.122)
E (s) = u (s) − E (s)5s−1+ s−2 (1.123) Na ich podstawie budujemy schemat blokowy:
Rysunek 1.4 Schemat blokowy - krok 1
na podstawie równania 1.123 otrzymujemy:
Rysunek 1.5 Schemat blokowy - krok 2
i uzupeªniamy schemat na podstawie równania 1.122 otrzymuj¡c:
Rysunek 1.6 Schemat blokowy - krok 3
Oznaczenia stanów zostaªy przyj¦te takie same jak w metodzie analitycznej, czyli:
( x1 = E (s) s−2
x2 = x1s = E (s) s−1 (1.124)
Na podstawie schematu 1.6 , pami¦taj¡c, »e: L−1{snf (s)} = ddtnnf, mo»emy napisa¢ rów-
nania stanu i wyj±¢:
( x˙1 = x2
˙
x2 = −x1− 5x2 + u y = 3x1+ 2x2
(1.125)
Macierze wspóªrz¦dnych stanu maj¡ wi¦c posta¢:
A =
"
0 1
−1 −5
#
, B =
"
0 1
#
C =h 3 2 i, D =h 0 i
(1.126)
1.3 Zadania do samodzielnego rozwi¡zania
Przykªad 1.10
Dany jest ukªad opisany równaniem ró»niczkowym. Wyznaczy¢ transmitancj¦ operato- row¡.
1. 4ddt2y2 + 2dydt + y = 8dudt + 4u
2. ddt55y + 8ddt3y3 + 3dydt + y = 15ddt2u + 2dudt + 3u
Przykªad 1.11
Dana jest transmitancja operatorowa obiektu. Wyznaczy¢ równanie ró»niczkowe.
1. G (s) = Ts+1Ts
2. G (s) = 5s32s+8s2+3s+12+2s+3 3. G (s) = (s+1)(2s+1)(s+4)s2
4. G (s) = (2s+1)(s−1)s 2
5. G (s) = 1−2(s+5)6s2+3s+3 6. G (s) = 2s+11 +(3s+1)3 2
Przykªad 1.12
Dane jest równanie ró»niczkowe ukªadu. Wyznaczy¢ charakterystyk¦ statyczn¡.
1. ddt44y + ddt2y2 + 5y = 3dudt + 2u
3. y = usinα 4.
( 5ddt2y2 + 2dydt + y = 3u + u2 u = ddt2u21 + u3
5. 5ddt2y2 + 2y = 3dudt1 + u1 + 6ddt2u22 + 9dudt2 + u2 6.
( Adydt + y = Bdudt1 + x x = Cdudt2 + DR u3dt Przykªad 1.13
Dana jest transmitancja ukªadu. Wyznaczy¢ charakterystyk¦ dynamiczn¡ dla wymuszenia u(t).
1. G (s) = s(s+1)1 , u (t) = 1 (t) 2. G (s) = s(s+1)1 , u (t) = δ (t)
3. G (s) = (s+1)(2s+1)(s+4)s2 , u (t) = 3 · 1 (t) 4. G (s) = (s+1)(2s+1)(s+4)s2 , u (t) = 2t 5. G (s) = (s−1)s22(s+1), u (t) = 2 · 1 (t) 6. G (s) = (s−1)s22(s+1), u (t) = t
7. G (s) = (5s+1)s 2, gdzie wymuszenie u(t):
Rysunek 1.7
1. G (s) = (6s+1)1 , gdzie wymuszenie u(t):
Rysunek 1.8
Przykªad 1.14
Poda¢ równania stanu i wyj±¢ dla ukªadów:
1. ddt22y + 3dydt + 5y = u
2. ddt33y + 2ddt2y2 + 8dydt + 3y = 2ddt2u2 +dudt + 5u 3. G (s) = 6s34s+2s2+5s+22+5s+1
4. G (s) = (s+2)(s−4)13 5. G (s) = (s+1)(s+2)(s+3)2s+5
