G1(s)

KRYTERIA ALGEBRAICZNE STABILNOŚCI UKŁADÓW LINIOWYCH
Zadanie 1
Problem:
Zbadać stabilność układu zamkniętego przedstawionego na schemacie według kryterium Hurwitza.
x(t)
G2(s)
G1(s)
y(t)
Rys 1. Schemat układu regulacji
Rozwiązanie:
Transmitancja układu otwartego ma postać :
Go (s ) =
6
(1)
s(4 + s )(2s + 1)
Transmitancja układu
otwartego (1) powstała z
wymnożenia transmitancji w
bloczkach
Transmitancja układu zamkniętego ma postać:
G z (s ) =
G o (s )
1 + G o (s )
(2)
G z (s ) =
6
s(4 + s )(2s + 1) + 6
(3)
Równanie charakterystyczne układu zamkniętego ma postać:
s(4+s)(2s+1)+6=0
(4s+s2)(2s+1)+6=0
8s2+4s+2s3+s2+6=0
2s3+9s2+4s+6=0
Współczynniki wielomianu : a0=6 , a1=4 , a2=9 , a3=2
Transmitancja układu
zamkniętego ma
postać (2) ponieważ
jest to układ ze
sztywnym
sprzężeniem
zwrotnym
(4)
Liczymy stabilność układu:
Sprawdzamy warunki Hurwitza:
1)warunek konieczny-wszystkie współczynniki wielomianu dodatnie. W równaniu (4) wszystkie
współczynniki istnieją i są dodatnie , więc układ zamknięty może być stabilny , ale nie jest to pewne.
2)warunek wystarczający-wyznaczniki Hurwitza i jego podwyznaczniki mają wartości większe od zera.
Stopień wielomianu n=3
Zgodnie z tabelą wyznacznik Hurwitza ma postać:
 a n −1
∆ n = a n −3
a n −5
an
an−2
an−4
0  a 2
a n −1  = a 0
a n −3   0
a3
a1
0
0
a 2 
a 0 
(5)
9 2 0 
∆ 3 = 6 4 9 = (9 ⋅ 4 ⋅ 6 + 0 ⋅ 2 ⋅ 9 + 0 ⋅ 0 ⋅ 6 ) −
0 0 6
− (0 ⋅ 0 ⋅ 4 + 9 ⋅ 9 ⋅ 0 + 6 ⋅ 6 ⋅ 2 ) = 216 − 72 = 144 > 0
(6)
Podwyznacznik drugiego rzędu:
a
∆2 =  2
a 0
a 3  9 2 
= 9 ⋅ 4 − 6 ⋅ 2 = 36 _ 12 = 24 >
=
a1  6 4
Wyznacznik ∆2
powstał przez
wydzielenie
podwyznacznika z ∆3
(7)
Podwyznacznik pierwszego rzędu:
∆1=a2=9>0
(8)
Drugi warunek Hurwitza jest spełniony, a zatem układ zamknięty jest stabilny.
9 2 0 
∆ 3 = 6 4 9
0 0 0
Zadanie 2
Problem:
Zbadać stabilność układu regulacji przedstawionego na schemacie stosując kryterium Hurwitza . Sprawdzić
stabilność układu otwartego i zamkniętego.
x(t)
y(t)
G1(s)
G2(s)
Rys.1.Schemat układu regulacji
Rozwiązanie:
Transmitancje poszczególnych elementów:
5
s+2
4
G 2 (s ) =
5s + 2
G1 (s ) =
(1)
(2)
Transmitancja układu otwartego:
G 0 (s ) =
20
(s + 4)(5s + 2)
(3)
Transmitancja układu
otwartego powstała po
wymnożeniu
transmitancji w
bloczkach
czyli wzorów (1) i (2)
Równanie charakterystyczne dla układu otwartego:
(s+4)(5s+2)=0
5s2+22s+8=0
Współczynniki wielomianu:
a2=5 , a1=22 , a0=8
(4)
Równanie (4) powstaje
poprzez przyrównanie
mianownika transmitancji
do zera
Liczymy stabilność układu otwartego:
Sprawdzamy warunki Hurwitza:
1)warunek konieczny-wszystkie współczynniki wielomianu dodatnie. W równaniu (4) wszystkie
współczynniki istnieją i są dodatnie , więc układ zamknięty może być stabilny , ale nie jest to pewne.
2)warunek wystarczający-wyznaczniki Hurwitza i jego podwyznaczniki mają wartości
Określamy wyznacznik
większe od zera.
Hurwitza (5) i jego
Stopień wielomianu n=2
podwyznacznik (6)
Zgodnie z tabelą wyznacznik ∆n=∆2 i ma postać:
a
∆ 2 =  n −1
 an − 3
an  a1 a2  22 5
=
= 176 > 0
=
an − 2   0 a0   0 8
(5)
Podwyznacznik pierwszego stopnia:
∆1 = an −1 = a1 = 22 > 0
(6)
Drugi warunek Hurwitza jest spełniony ponieważ wyznaczniki (5) i (6) są dodatnie , a zatem układ otwarty
jest stabilny.
Badamy układ zamknięty:
Transmitancja układu zamkniętego wynosi:
G z (s ) =
G1 (s )
1 + G1 (s )G 2 (s )
(7)
Transmitancja układu
zamkniętego ma wzór (7)
ponieważ układ jest ze
sprzężeniem zwrotnym
Po podstawieniu wzorów (1) i (2) do wzoru (7) i wymnożeniu otrzymujemy:
Gz (s ) =
25s + 10
5s + 22s + 28
2
(8)
Równanie charakterystyczne dla układu zamkniętego ma postać:
5s2+22s+28=0
(9)
Współczynniki wielomianu: a2=5,a1=22,a0=28
Liczymy stabilność układu zamkniętego:
Sprawdzamy warunki Hurwitza:
1)warunek konieczny-wszystkie współczynniki wielomianu dodatnie. W równaniu (9) wszystkie
współczynniki istnieją i są dodatnie , więc układ zamknięty może być stabilny , ale nie jest to pewne.
2)warunek wystarczający-wyznaczniki Hurwitza i jego podwyznaczniki mają wartości większe od zera.
Stopień wielomianu n=2
Zgodnie z tabelą wyznaczników obliczamy wyznacznik Hurwitza ∆2 i jego
podwyznacznik ∆1:
Podwyznacznik pierwszego
stopnia powstał z wydzielenia
z wyznacznika Hurwitza ∆2:
Podwyznacznik pierwszego stopnia:
∆1 = an −1 = a1 = 22 > 0
22 5 
∆2 = 

 0 28
(10)
Wyznacznik drugiego stopnia:
an  a1 a2  22 5 
a
∆ 2 =  n −1
=
=
=
an − 3 an − 2   0 a0   0 28
= 22 ⋅ 28 − 5 ⋅ 0 = 616 > 0
(11)
Drugi warunek Hurwitza jest spełniony. Wszystkie wyznaczniki (10), (11) są większe od zera więc układ
zamknięty także jest stabilny.
Zadanie 3
Problem: Układ regulacji składa się z obiektu regulacji opisanego równaniem różniczkowym:
dy
To ⋅ + y = k ⋅ x
dt
oraz , regulatora opisanego równaniem różniczkowym:
dx
de
T1 ⋅ + x = T2 ⋅
dt
dt
yzad(t)
e(t)
+
R
x(t)
OR
y(t)
-
Rys.1. Schemat blokowy układu
Zbadać stabilność układu zamkniętego.
Dane:
To = 20 [s], T2 = 10 [s], T1 = 2[s] , k =5, k2 =3, przyjmując zerowe warunki początkowe.
Rozwiązanie:
Wyznaczamy transmitancje operatorową obiektu:
dy
20 ⋅ + y = 5 ⋅ x
dt
20s ⋅ Y ( s ) + Y ( s ) = 5 ⋅ X ( s )
Transformatę operatorowa obiektu
można wyznaczyć przez
wyznaczenie transformaty
Laplace’a .
G(s) =
Y (s)
X ( s)
G(s) =
Y (s)
5
=
X ( s ) 20s + 1
Wyznaczamy transmitancje operatorową regulatora:
dx
de
2 ⋅ + x = 10 ⋅
dt
dt
2 ⋅ s ⋅ X (s ) +X(s) = 10 E(s)
X ( s)
10s
H(s) =
=
E ( s ) 20s + 1
(1)
Transformatę operatorowa
regulatora można wyznaczyć przez
wyznaczenie transformaty
Laplace’a.
(2)
Transmitancja operatorowa układu otwartego:
5
10s
⋅
Go(s) = G(s) H(s) =
2s + 1 20s + 1
Transformatę operatorową układu
otwartego powstała z wymnożenia
G0(s) = G(s) * H(s)
(3)
(3)
50s
Go(s) =
(20s + 1) ⋅ (2 s + 1)
Wyznaczamy równanie charakterystyczne układu:
50s
=0
1+
(20s + 1) ⋅ (2 s + 1)
(4)
Równanie charakterystyczne
to można obliczyć stosując
wzór :
1+Go(s) = 0
Aby wyznaczyć równanie
charakterystyczne układu
należy przyrównać do zera
mianownik i wyliczyć
pierwiastki.
(20s+1)(2s+1) + 50s = 0
40s2 + 20s + 2s +1 + 50s = 0
40s2 + 72s + 1 = 0
(5)
∆ = 5024
s1= = −1,785
s2 = = −0,015
Obliczamy ∆ oraz pierwiastki
s1,s2 na podstawie wzorów
∆ = b2 – 4 a c
b± ∆
s1,2 =
2a
W tym przypadku widać bezpośrednio , że układ zamknięty jest stabilny, ponieważ
oba pierwiastki
istnieją i mają wartości rzeczywiste mniejsze od zera s1,2 <0.