Podstawy Automatyki - Wydział Elektrotechniki i Automatyki

Politechnika Gda ska
Wydział Elektrotechniki i Automatyki
Katedra In ynierii Systemów Sterowania
Podstawy Automatyki
Stabilno
systemu sterowania – kryteria algebraiczne
Hurwitz’a i Routh’a
Materiały pomocnicze do wicze – termin T11
Opracowanie:
Kazimierz Duzinkiewicz, dr hab. in .
Michał Grochowski, dr in .
Robert Piotrowski, dr in .
Tomasz Rutkowski, dr in .
Gda sk, pa dziernik 2009
1
Wprowadzenie
Stabilno układu jest jednym z głównych poj stosowanych przy analizie działania układu
dynamicznego. Zapewnienie stabilnego działania jest podstawowym wymaganiem, jakie
stawiamy układowi automatycznej regulacji. Podstawowymi kryteriami algebraicznymi
badania stabilno ci s : kryterium Hurwit’za i kryterium Routh’a.
Kryteria algebraiczne dotycz badania stabilno ci zamkni tych układów sterowania.
W dalszej cz ci materiału i we wszelkich zadaniach, je eli nie b dzie to precyzyjnie
wskazane lub nie b dzie wynikało ze schematu układu regulacji, przez układ regulacji
b dziemy rozumieli zamkni ty układ regulacji.
Kryterium stabilno ci Hurwitz’a
Równanie charakterystyczne mo emy zawsze przedstawi w postaci wielomianu:
M (s ) = a n s n + a n−1s n−1 + ... + a 1s + a 0 = 0
(1)
Kryterium Hurwitz’a mówi:
Układ automatycznej regulacji jest stabilny, wtedy i tylko wtedy, gdy spełnione s
nast puj ce dwa warunki:
warunek konieczny: wszystkie współczynniki równania charakterystycznego s
wi ksze od zera:
ai > 0;
i = 0, 1, ... , n
(2)
warunek dostateczny: wszystkie podwyznaczniki wyznacznika Hurwitz’a s wi ksze
od zera:
∆ i > 0;
i = 1, 2 , ... , n − 1
(3)
Aby mo na było korzysta z tego kryterium nale y jeszcze wyja ni , co to jest wyznacznik
i podwyznaczniki Hurwitz’a. Wyznacznik i podwyznaczniki Hurwitz’a maj nast puj c
posta :
∆1
∆n =
∆2
a n −1 a n
an−3 an−2
a n −5 a n − 4
0
0
0
0
∆3
∆n-1
0
a n −1
an−3
0
0
0
0
0
0
0
0
a1
0
a2
a0
(4)
gdzie: ∆ 1 , ∆ 2 ,... , ∆ n−1 , ∆ n - odpowiednio podwyznacznik pierwszego, drugiego, n-1 rz du oraz
wyznacznik Hurwitz’a.
2
Zadanie 1
Korzystaj c z kryterium Hurwitz’a
charakterystyczne jest postaci:
1+
zbada
(
stabilno
)
k h k w + T d s k UW
2
(
As 1+ T s s
)
układu,
którego
równanie
=0
(5)
Rozwi zanie Zadania 1
Oznaczmy dla uproszczenia zapisu:
k h k UW = k zast
(6)
Zatem równanie charakterystyczne jest postaci:
1+
(k w + T d s ) k zast
A s 2 (1 + T s s )
=0
(7)
Po przekształceniu mamy:
1+
(k w + T d s )k zast = As 2 (1 + T s s )+ (k w + T d s )k zast = 0
A s 2 (1 + T s s )
A s 2 (1 + T s s )
(8)
Ułamek jest równy zeru, je eli licznik jest równy zeru - poszukiwanie pierwiastków równania
charakterystycznego jest równowa ne poszukiwaniu pierwiastków równania:
(
) (
)
As 2 1 + T s s + k w + T d s k zast = 0
(9)
Rozwijaj c to równanie otrzymamy:
(
) (
)
A s 2 1 + T s s + k w + T d s k zast = A T s s 3 + A s 2 + T d k zast s + k w k zast = 0
(10)
W równaniu tym:
a 3 = A T s , a 2 = A , a 1 = T d k zast , a 0 = k w k zast
(11)
Z warunku koniecznego wynika, e powinny by spełnione nast puj ce nierówno ci:
A T s > 0,
A > 0,
T d k zast > 0,
k w k zast > 0
3
(12)
Warunki te w sposób naturalny s spełnione. Z postaci równania charakterystycznego wida ,
e układ jest rz du trzeciego. Napiszmy, zatem wyznacznik Hurwitz’a:
∆1
∆2
a2
a3
0
∆3 = a0
0
a1
0
a2 = a0∆ 2
a0
(13)
Z postaci wyznacznika i podwyznaczników wida , e:
warunek ∆1 > 0 , sprowadzaj cy si do postaci a 2 > 0 , pokrywa si z jednym z
warunków koniecznych,
je eli a0 > 0 , to dla spełnienia warunku ∆3 > 0 , potrzeba, aby ∆2 > 0 .
Wystarczy sprawdzi warunek ∆2 > 0 :
∆ 2 = a 2 a1 − a 3 a 0 > 0
(14)
Podstawiaj c parametry układu otrzymamy:
A T d k zast − A T s k w k zast > 0
(15)
Bior c pod uwag , e ka dy z wyst puj cych w tej nierówno ci czynników jest dodatni,
mo emy napisa :
Td −Ts k w > 0
(16a)
Td > Ts k w
(16b)
lub np:
W ten sposób otrzymali my warunki gwarantuj ce stabilno działania układu regulacji.
Mo na je sformułowa w nast puj cy sposób:
wszystkie wzmocnienia w układzie powinny by dodatnie oraz powinien by
spełniony warunek:
Td > T s k w
(17)
Kryterium stabilno ci Routh’a
Kryterium stabilno ci Routh’a jest modyfikacj
kryterium
wprowadzenie tablicy Routh’a w miejsce wyznaczników Hurwitz’a.
Hurwitz’a
poprzez
Układ automatycznej regulacji jest stabilny, wtedy i tylko wtedy, gdy spełnione s
nast puj ce dwa warunki:
warunek konieczny (analogiczny jak w kryterium Hurwitz’a): wszystkie
współczynniki równania charakterystycznego (1) istniej i s wi ksze od zera,
warunek dostateczny: polega na utworzeniu i zbadaniu tablicy Routh’a.
4
Pierwszym etapem w kryterium Routh’a jest umieszczenie współczynników równania
charakterystycznego (1) w dwóch wierszach. Pierwszy wiersz składa si z nieparzystych
współczynników, za drugi wiersz składa si z parzystych współczynników licz c od
najwy szej pot gi wielomianu charakterystycznego.
Dla równania charakterystycznego (1) pierwsze dwa wiersze tablicy Routh’a s postaci:
an
a n −1
a n−2
a n −3
a n−4
a n −5
a n−6
a n−7
(18)
Kolejnym etapem jest wypełnienie nast pnych wierszy tablicy Routh’a, a mianowicie:
a n a n−2
a n −1 a n − 3
b1
b2
c1
d1
e1
a n−4
a n −5
b3
a n−6
a n−7
b4
c3
d3
c4
c2
d2
e2
(19)
f1
a0
gdzie:
−
b1 =
a n −1
−
c1 =
a n −1 a n − 3
b1
b2
b1
−
d1 =
b1 b 2
c1 c 2
c1
−
e1 =
c1 c 2
d1 d 2
d1
−
f1 =
a n a n−2
a n −1 a n − 3
−
;
b2 =
c2 =
−
;
d2 =
e2 =
a n −1 a n − 5
b1
b3
b1
b1 b 3
c1 c 3
c1
−
;
a n −1
−
;
a n a n−4
a n −1 a n − 5
c1 c 3
d1 d 3
d1
−
;
;
d3 =
e3 =
c3 =
b1 b 4
c1 c 4
c1
−
;
a n −1
−
−
;
b3 =
c1 c 4
d1 d 4
d1
a n a n−6
a n −1 a n − 7
a n −1 a n − 7
b1
b4
b1
...
...
...
(20)
...
d1 d 2
e1
e1
e2
...
Po obliczeniu współczynników b1 , ... , f 1 , ... i zbudowaniu tablicy Routh’a stosujemy
warunek wystarczaj cy kryterium stabilno ci Routh’a:
Układ automatycznej regulacji jest stabilny , gdy wszystkie współczynniki lewej skrajnej
kolumny tablicy Routha s dodatnie.
5
Je eli układ automatycznej regulacji jest niestabilny, to współczynniki tej kolumny
zmieniaj znak, a liczba zmian ich znaku równa jest liczbie pierwiastków le cych w
prawej półpłaszczy nie płaszczyzny pierwiastków.
Czasami obliczanie kolejnych elementów tablicy Routh’a mo e by utrudnione.
Przypadkami takimi mog by :
Pierwszy element w pewnym wierszu tablicy Routh’a jest zerowy, lecz nie wszystkie
współczynniki s równe zero.
Je eli zero pojawia si w pierwszym elemencie wiersza, to wszystkie elementy w nast pnym
wierszu s równe ∞ i niemo liwe jest dalsze wypełnianie tablicy Routh’a.
W takiej sytuacji mno ymy równanie charakterystyczne przez element (s + α ) , gdzie α –
liczba rzeczywista dodatnia nie b d ca pierwiastkiem równania charakterystycznego.
Wszystkie elementy pewnego wiersza tablicy Routh’a s zerowe.
Sytuacja ta oznacza jeden z nast puj cych przypadków:
a). równanie ma przynajmniej jedn par pierwiastków o przeciwnych znakach,
b). równanie ma jedn lub wi cej par pierwiastków sprz onych na osi urojonej,
c). równanie ma pary pierwiastków tworz cych symetrie wokół pocz tku układu
współrz dnych.
Powy sze sytuacje rozwi zuje si tworz c wielomian pomocniczy p (s ) = 0 , który buduje si
ze współczynników wiersza znajduj cego si powy ej wiersza zerowego w tablicy Routha.
Rozwi zuj c to równanie uzyskuje si równie pierwiastki równania oryginalnego.
Kroki post powania s nast puj ce:
1. Utworzenie wielomianu pomocniczego p (s ) = 0 ze współczynników wiersza
znajduj cego si powy ej wiersza zerowego w tablicy Routh’a.
2. Wyznaczenie pochodnej wielomianu pomocniczego wzgl dem s:
3. Zast pienie wiersza zerowego współczynnikami wielomianu
dp (s )
.
ds
dp (s )
ds
4. Kontynuacja wypełniania tablicy Routh’a z wykorzystaniem nowo utworzonego
wiersza.
5. Interpretacja w zwykły sposób zmiany znaków współczynników w pierwszej
kolumnie tablicy Routh’a.
Zadanie 2
Dane jest nast puj ce równanie charakterystyczne układu regulacji:
2 s 4 + s 3 + 3 s 2 + 5 s + 10 = 0
Korzystaj c z kryterium Routh’a zbadaj stabilno
6
tego układu.
(21)
Rozwi zanie Zadania 2
Warunek konieczny jest spełniony, poniewa
charakterystycznego istniej i s wi ksze od zera:
wszystkie
współczynniki
a 0 = 10 , a 1 = 5 , a 2 = 3 , a 3 = 1, a 4 = 2
równania
(22)
Nale y teraz zbudowa tablic Routh’a:
a n a n−2
a n −1 a n − 3
a n−4
a n −5
2 3 10
1 5 0
(23)
Wypełniamy kolejne elementy tablicy Routh’a obliczaj c odpowiednie wyznaczniki:
−
b1 =
a n a n−2
a n −1 a n − 3
a n −1
−
=
2 3
1 5
1
−
= −7 ;
b2 =
a n a n−4
a n −1 a n − 5
a n −1
−
=
2 10
1 0
1
= 10 ;
(24)
c1 =
a n −1 a n − 3
−
b1
b2
b1
−
=
1 5
− 7 10
−7
= 6,43
Zatem cała tablica Routh’a jest postaci:
a n a n−2
a n −1 a n − 3
b1
b2
c1
a0
a n−4
a n −5
2
3
10
1
5
= − 7 10
6,43
10
0
(25)
Mamy dwie zmiany znaków w lewej skrajnej kolumnie, co oznacza, e równanie
charakterystyczne ma dwa pierwiastki w prawej półpłaszczy nie, zatem układ jest niestabilny.
Zadanie 3
Dane jest nast puj ce równanie charakterystyczne układu regulacji:
s4 +s3+s2 +s+2=0
Korzystaj c z kryterium Routh’a zbadaj stabilno
7
tego układu.
(26)
Rozwi zanie Zadania 3
Tablica Routh’a jest postaci:
1 1 2
1 1
0 2
(27)
Tablica Routh’a zawiera w trzecim wierszu w pierwszej kolumnie wyraz zerowy. Jest to
przypadek szczególny zastosowania kryterium stabilno ci Routh’a.
Mno ymy równanie charakterystyczne przez element (s + α ) , gdzie α – liczba rzeczywista
dodatnia nie b d ca pierwiastkiem równania charakterystycznego. Niech α = 3 .
Nowe równanie charakterystyczne jest postaci:
(s
4
)
+ s 3 + s 2 + s + 2 (s + 3) = s 5 + 4 s 4 + 4 s 3 + 4 s 2 + 5 s + 6 = 0
(28)
Nale y teraz zbudowa now tablic Routh’a:
a n a n−2
a n −1 a n − 3
a n−4
a n −5
1 4 5
(29)
4 4 6
Wypełniamy kolejne elementy tablicy Routh’a obliczaj c odpowiednie wyznaczniki:
−
b1 =
a n −1
−
c1 =
a n −1 a n − 3
b1
b2
b1
−
d1 =
a n a n−2
a n −1 a n − 3
b1 b 2
c1 c 2
c1
−
=
−
=
−
=
1 4
4 4
= 3;
4
−
b2 =
4 4
3 3,5
= −0,67 ;
3
a n a n−4
a n −1 a n − 5
a n −1
−
c2 =
−
=
a n −1 a n − 5
b1
b3
b1
1 5
4 6
= 3,5 ;
4
−
=
4 6
3 0
=6;
3
(30)
3
3,5
− 0,67 6
= 30,36
− 0,67
Zatem cała tablica Routh’a jest postaci:
a n a n−2
a n −1 a n − 3
b1
c1
d1
a0
b2
c2
a n−4
a n−5
1
4 5
4
4 6
3
3,5
=
− 0,67 6
(31)
30,36
6
Mamy dwie zmiany znaków w lewej skrajnej kolumnie, co oznacza, e równanie
charakterystyczne ma dwa pierwiastki w prawej półpłaszczy nie, zatem układ jest niestabilny.
8
Zadanie 4
Dane jest nast puj ce równanie charakterystyczne układu regulacji:
s 6 + 2s 5 + 5s 4 +8s 3 +8s 2 +8s + 4 = 0
Korzystaj c z kryterium Routh’a, zbadaj stabilno
(32)
tego układu.
Rozwi zanie Zadania 4
Tablica Routh’a jest postaci:
1 5 8 4
2 8 8
(33)
1 4 4
0 0
Tablica Routh’a zawiera czwarty wiersz zerowy.
Jest to przypadek szczególny zastosowania kryterium stabilno ci Routh’a.
Tworzymy wielomian pomocniczy p ( s ) = 0 , którego współczynnikami s współczynniki
ostatniego niezerowego wiersza tablicy Routh’a i
współczynnikami pochodnej tego wielomianu wzgl dem s .
zast pujemy
zerowy
wiersz
Wielomian pomocniczy jest postaci:
p (s ) = s 4 + 4 s 2 + 4 = 0
(34)
Pochodna wielomianu pomocniczego wzgl dem s jest postaci:.
dp (s )
= 4s 3 + 8s
ds
(35)
Nale y teraz zbudowa now tablic Routh’a:
a n a n−2
a n −1 a n − 3
b1
b2
c1
d1
e1
a n−4
a n −5
b3
a n−6
1 5 8 4
2 8 8
1 4 4
= 4 8
c2
d2
(36)
2 4
0
4
a0
W przedostatnim wierszu pojawiło si zero, a poniewa jest to wiersz jednoelementowy
stosujemy ponownie procedur przedstawion wcze niej i wiersz ten zast pujemy
współczynnikiem pochodnej wyra enia go poprzedzaj cego: 2s2+4 , czyli liczb 4.
Nie mamy zmian znaku w lewej skrajnej kolumnie, co oznacza, e równanie
charakterystyczne nie ma pierwiastków w prawej półpłaszczy nie, zatem układ jest stabilny.
9