Zbirka NSU

SVEUCILISTE U ZAGREBU

FAKULTET ELEKTROTEHNIKEI RACUNARSTVA

Nelinearni sustavi upravljanja

Zbirka zadataka(verzija 1.0)

Autori:

Doc. dr. sc. Nikola Miskovic

Prof. dr. sc. Zoran Vukic

Zagreb, svibanj 2013.

Sadrzaj

1 Fazne trajektorije nelinearnih sustava 1

2 Opisna funkcija 28

3 Vlastite oscilacije 40

4 Prinudne oscilacije 58

5 Stabilnost 65

6 Linearizacija u povratnoj vezi 70

Poglavlje 1

Fazne trajektorije nelinearnihsustava

Zadatak 1.1

Zadana je nelinearna diferencijalna jednadzba

dx

dt= x2.

a) Koristenjem postupka separacije varijabli odredite rjesenje x(t) uz pocetniuvjet x0.

b) Skicirajte odziv x(t) uz pocetni uvjet x0 = 0.5 i napisite kako se nazivaova pojava.

Zadatak 1.2

Zadan je nelinearni sustav opisan diferencijalnim jednadzbama:

x = x (1 x y)y = y (0.75 y 0.5x) .

a) Odredite ravnotezna stanja sustava i njihov tip.

b) U faznoj ravnini xy skicirajte trajektoriju uz proizvoljan pocetni uvjet.

Zadatak 1.3


x = y

y = sin (x) xy.

1

1. Fazne trajektorije nelinearnih sustava v1.0


b) Skicirajte trajektoriju sustava uz pocetne uvjete x(0) = 1 i y(0) = 1 akose zna da trajektorija zavrsava u najblizem ravnoteznom stanju.

c) Skicirajte trajektoriju sustava uz pocetne uvjete x(0) = 2pi i y(0) = 0

Zadatak 1.4

Zadan je sustav opisan diferencijalnom jednadzbom

d2x

dt2 0.5xdx

dt+ x = 0

a) Odredite jednazbu izoklina.

b) Odredite i nacrtajte podrucja u faznoj ravnini (x, x) gdje je nagib trajek-torije 0 i .

c) Koristenjem metode izoklina, odredite i nacrtajte smjerove trajektorijasustava u cijeloj faznoj ravnini. Koje podrucje je stabilno, koje nestabilnoi gdje je separatrisa? Napomena: Nacrtajte nekoliko izoklina, npr. sanagibima 0, 1, 2.

d) Skicirajte trajektoriju sustava uz pocetne uvjete x(0) = 0 i x(0) = 1.

e) Skicirajte trajektoriju sustava uz pocetne uvjete x(0) = 0 i x(0) = 2.5.

Zadatak 1.5

Zadan je nelinearni sustav opisan diferencijalnom jednadzbom

d2x

dt2 0.5x3dx

dt+ x = 0


b) Odredite, uredno nacrtajte i precizno oznacite podrucja u faznoj ravnini(x, x) gdje je nagib trajektorije jednak 0, jednak, pozitivan i negativan.

c) Skicirajte trajektoriju sustava i njezin smjer uz pocetne uvjete x(0) = 2 ix(0) = 2.

d) Skicirajte trajektoriju sustava i njezin smjer uz pocetne uvjete x(0) = 2 ix(0) = 2.

2


Zadatak 1.6


x = x (1 0.5y)y = y (0.75 + 0.25x) .


b) Uz pretpostavku da je x 0 i y 0 odredite, uredno nacrtajte i preciznooznacite podrucja u faznoj ravnini xy gdje je nagib trajektorije jednak0, jednak , pozitivan i negativan.

c) Skicirajte trajektoriju sustava i njezin smjer uz pocetne uvjete x(0) = 4 iy(0) = 3 ako se zna da je ravnotezno stanje x = 3, y = 2 tipa centar.

Zadatak 1.7


x = x (y 1)y = 4 x2 y2.


b) Odredite jednazbu izoklina u obliku m = f (x, y).

c) Odredite, uredno nacrtajte i precizno oznacite podrucja u faznoj ravninixy gdje je nagib trajektorije jednak 0, jednak , pozitivan i negativan.

d) Skicirajte trajektoriju sustava, njezin smjer te pocetni nagib uz pocetneuvjete x(0) = 2 i y(0) = 3 ako se zna da trajektorija zavrsava u najblizemravnoteznom stanju.

e) Skicirajte trajektoriju sustava i njezin smjer uz pocetne uvjete x(0) = 0 iy(0) = 2.

Zadatak 1.8


x = y

y =(1 x2) y x.

3



b) Odredite, uredno nacrtajte i precizno oznacite podrucja u faznoj ravninixy gdje je nagib trajektorije jednak 0, jednak , pozitivan i negativan.


Zadatak 1.9

Zadan je zatvoreni krug upravljanja prikazan slikom 1.1.

21pe

u

C+

C

aa

xue

Slika 1.1: Zatvoreni krug upravljanja.

a) Napisite jednadzbe koje u potpunosti opisuju trajektoriju stanja zatvore-nog kruga upravljanja.

b) Uz parametre sustava C = 1.5, a = 3 i pocetne uvjete x(0) = 4 i x(0) = 1,izracunajte sve karakteristicne tocke trajektorije stanja i skicirajte ju ufaznoj ravnini xx. Napomena: Nije potrebno odredivati smjer trajekto-rije!

Zadatak 1.10



b) Uz parametre sustava C = 1.5, a = 3 i pocetne uvjete x(0) = 4 i x(0) = 1,izracunajte sve karakteristicne tocke trajektorije stanja i skicirajte ju ufaznoj ravnini xx. Napomena: Obavezno oznaciti smjer trajektorije inapisati kako je odreden!

4


21p

xue( )u t+C

-C

a

-a

( )e t


Zadatak 1.11


-1

xue( )u t+C

-C

a-a

( )e t ( )1

1p p +



b) Kolika smije biti maksimalna brzina izlaza (y = dxdt

) na prijelazu u po-drucje odredenu s u = 0 da bi se sustav smirio u ravnoteznom stanjuprije nego sto napusti podrucje odredeno s u = 0?

5


1.1 Rjesenja

Rjesenje 1.1

a) Koristenjem postupka separacije varijabli odredite rjesenje x(t) uz pocetniuvjet x0.

dx

dt= x2

dx

x2= dt/

1x

+ C = t x = 1C t

t = 0 C = 1x0

x (t) = x01x0t

b) Skicirajte odziv x(t) uz pocetni uvjet x0 = 0.5 i napisite kako se nazivaova pojava.

Pojava se naziva vrijeme konacnog pobjega (finite time escape) i prikazanje slikom 1.4.

Rjesenje 1.2


Ravnotezna stanja se dobiju izjednacavanjem derivacija s 0:

0 = x (1 x y)0 = y (0.75 y 0.5x) .

iz cega slijedi:

I. (0, 0)

II. (0, 0.75)

6


0 0.5 1 1.5 2

1

2

3

4

5

6

7

x

0.5/(10.5 x)

Slika 1.4: Finite time escape.

III. (1, 0)

IV. (0.5, 0.5)

linearizacijom se dobije:

x = (1 2x0 y0) x x0yy = 0.5y0x+ (0.75 2y0 0.5x0) y

ili u matricnom zapisu:

[xy

]=

[1 2x0 y0 x00.5y0 0.75 2y0 0.5x0

] [xy

]= J

[xy

]Za svaku ravnteznu tocku se moze napisati:

I. (0, 0) J =

[1 00 0.75

] 1 = 1, 2 = 0.75 nestabilan cvor

7


II. (0, 0.75) J =

[0.25 00.375 0.75

] 1 = 0.25, 2 = 0.75

sedlo

III. (1, 0) J =

[ 1 10 0.25

] 1 = 1, 2 = 0.25 sedlo

IV. (0.5, 0.5)

J =

[ 0.5 0.50.25 0.5

]det (I J) = (+ 0.5)2 0.125 = s2 + s+ 0.125 = 0 1 = 2

2

4< 0, 2 =

2+24

< 0

stabilan cvor

b) U faznoj ravnini xy skicirajte trajektoriju uz proizvoljan pocetni uvjet.

x = x x2 x y y = 0.75 y y2 0.5 x y

0 0.5 1 1.5

0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

x

y

jjj

stabilan vor

sedlo

sedlo

nestabilan cvor

Slika 1.5: Trajektorija uz zadatak.

Rjesenje 1.3


8



0 = y

0 = sin (x) xy.

iz cega slijede sva ravnotezna stanja u obliku

(x0, y0) = (kpi, 0) , k Z.

Linearizacijom se dobije:

x = y

y = (cosx0 y0) x x0y

ili u matricnom zapisu:[xy

]=

[0 1

cosx0 y0 x0] [

xy

]= J

[xy

]Uvrstavanjem ravnoteznih tocaka dobije se:

J =

[0 1

cos kpi kpi]

=

[0 1

(1)k kpi]

Svojstvene vrijednosti matrice J ce nam odrediti tip ravnoteznih stanja:

|I J| = 1(1)k+1 + kpi

= 2 + kpi+ (1)k+1

1,2 =kpi

(kpi)2 4(1)k+1

2

k = 0

1,2 = 1 sedlo k > 0

9


k parno

1 =kpi +

(kpi)2 + 4

2> 0

2 =kpi

(kpi)2 + 4

2< 0

sedlo k neparno

1 =kpi +

(kpi)2 4

2< 0

2 =kpi

(kpi)2 4

2< 0

stabilan cvor k < 0

k parno

1 =kpi +

(kpi)2 + 4

2> 0

2 =kpi

(kpi)2 + 4

2< 0

sedlo k neparno

1 =kpi +

(kpi)2 4

2< 0

2 =kpi

(kpi)2 4

2< 0

nestabilan cvor

b) Skicirajte trajektoriju sustava, njezin smjer te pocetni nagib uz pocetneuvjete x(0) = 1 i y(0) = 1 ako se zna da trajektorija zavrsava u najblizemravnoteznom stanju.

S obzirom da trajektorija zavrsava u stabilnoj ravnoteznoj tocki tipa cvor,ona ne ide spiralno u ravnoteznu tocku. Nije tocno ako se nacrta datrajektorija ide spiralno u ravnoteznu tocku. Rjesenje je prikazano slikom1.6.

10


sedlo sedlo sedlosedlosedlo

nestabilni vor

nestabilni vor

stabilni vor

stabilni vor

Slika 1.6: Crvene tocke su ravnotezna stanja (ima ih beskonacno i ponavljajuse svakih pi) a plava tocka je pocetni uvjet u b) dijelu zadatka.

c) Skicirajte trajektoriju sustava uz pocetne uvjete x(0) = 2pi i y(0) = 0.Pocetni uvjet je ujedno i ravnotezna tocka tipa sedlo. Ovo je nesta-bilna ravnotezna tocka ali s obzirom da je sustav autonoman, stanje cese zadrzati u ovoj tocki. Drugim rijecima, trajektorija pocinje, ostaje izavrsava u ovoj tocki.

Rjesenje 1.4

Zadan je sustav opisan diferencijalnom jednadzbom

d2x

dt2 0.5xdx

dt+ x = 0


x 0.5xx+ x = 0Neka je y = dx

dtiz cega slijedi

y 0.5xy + x = 0/ dtdx

=1

y

dy

dx= 0.5x x

y= m

Na poslijetku jednadzba izoklina je

y =x

0.5xmgdje je m nagib trajektorije na izoklini.

11


b) Odredite i nacrtajte podrucja u faznoj ravnini (x, x) gdje je nagib trajek-torije 0 i .Nagib je 0 na y = 2 i x = 0.

m = 0 y = 2, x = 0

Nagib je na y = 0.m = y = 0

Rjesenje je prikazano slikom 1.7.

x

y=2

y

Slika 1.7: Izokline s nagibima 0 i .

c) Koristenjem metode izoklina, odredite i nacrtajte smjerove trajektorijasustava u cijeloj faznoj ravnini. Koje podrucje je stabilno, koje nestabilnoi gdje je separatrisa? Napomena: Nacrtajte nekoliko izoklina, npr. sanagibima 0, 1, 2.Rjesenje je prikazano slikom 1.8.

d) Skicirajte trajektoriju sustava uz pocetne uvjete x(0) = 0 i x(0) = 1.


e) Skicirajte trajektoriju sustava uz pocetne uvjete x(0) = 0 i x(0) = 2.5.


Rjesenje 1.5


x 0.5x3x+ x = 0

12


2

dxdt

x

tan4

mpi

=

tan4

mpi

=tan

6m

pi=

tan6

mpi

=

tan4

mpi

=

tan4

mpi

=

tan6

mpi

=

tan6

mpi

=

separatrisa

stabilno

podruje

nestabilno

podruje

Slika 1.8: Izokline.

-1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

2.5

Slika 1.9: Trajektorija uz pocetne uvjete (0, 1).

Neka je y = dxdt

iz cega slijedi

y 0.5x3y + x = 0/ dtdx

=1

y

dy

dx= 0.5x3 x

y= m

Na poslijetku jednadzba izoklina je

y =x

0.5x3 m

13


-1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 40

0.5

1

1.5

2

2.5

3

3.5

4

4.5

5

Slika 1.10: Trajektorija uz pocetne uvjete (0, 2.5).

gdje je m nagib trajektorije na izoklini.

b) Odredite, uredno nacrtajte i precizno oznacite podrucja u faznoj ravnini(x, x) gdje je nagib trajektorije

jednak 0,Nagib je 0 na y = 2

x2i x = 0.

m = 0 y = 2, x = 0

jednak ,Nagib je na y = 0.

m = y = 0

pozitivan i negativan.

Iz jednadzbe m =x(0.5x2yx)

yslijede sljedeci uvjeti za predznak od

m

c) Skicirajte trajektoriju sustava i njezin smjer uz pocetne uvjete x(0) = 2 ix(0) = 2.

d) Skicirajte trajektoriju sustava i njezin smjer uz pocetne uvjete x(0) = 2 ix(0) = 2.Smjerovi o kojem ide tajektorija se odreduju iz pocetne derivacije, tj. izx(0). Ukoliko je veci od 0, x mora rasti u pocetku, i obratno. Ove dvijetrajektorije su jednoznacno odredene i prikazane slikom 1.12.

14


Tablica 1.1: Tablica uz rjesenje Zadatka 5y > 0 x > 0 y > 2

x2 m > 0

y > 0 x > 0 y < 2x2 m < 0

y > 0 x < 0 y > 2x2 m < 0

y > 0 x < 0 y < 2x2 m > 0

y < 0 x > 0 y > 2x2 nemoguce

y < 0 x > 0 y < 2x2 m > 0

y < 0 x < 0 y > 2x2 nemoguce

y < 0 x < 0 y < 2x2 m < 0

-2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5-5

0

5

10

15

dxdt

x

m>0

m


-2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5-5

0

5

10

15

dxdt

x

m>0

m


Tablica 1.2: Tablica s podrucjima nagiba istih predznaka.0.75 + 0.25x > 0 x > 3 0.75 + 0.25x < 0 x < 3

y < 2 m > 0 m < 0y > 2 m < 0 m > 0


Potrebno je izracunati nagib trajektorije u pocetnom uvjetu.

m = 3(0.75+1)4(11.5) =

0.752 = tan

= atan2 (0.75,2) = 160Iz ovoga slijedi da je pocetni nagib takav da se krivulja krece suprotno

od kazaljke na satu. S obzirom da se radi o ravnoteznoj tocki tipa centar,trajektorija je zatvorenog oblika. Rjesenje je prikazano slikom 1.13.

x ' = x (1 - 0.5 y)

y ' = y ( - 0.75 + 0.25 x)

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

3.5

4

4.5

5

x

y

m

mm

m

Slika 1.13: Horizontalne plave crtice oznacavaju nagib 0 a vertikalne nagib. Narancasto iscrtkana podrucja su podrucja s pozitivnim nagibom tra-jektorije, a plavo iscrtkana podrucja s negativnim nagibom trajektorije.

Rjesenje 1.7

17




0 = x (y 1)0 = 4 x2 y2.

iz cega slijedi:

I. (0, 2)

II. (0,2)III.

(3, 1)

IV.(3, 1)

linearizacijom se dobije:

x = (y0 1) x+ x0yy = 2x0x 2y0y

ili u matricnom zapisu:[xy

]=

[y0 1 x02x0 2y0

] [xy

]= J

[xy

]Za svaku ravnteznu tocku se moze napisati:

I. (0, 2) J =

[1 00 4

] 1 = 1, 2 = 4 sedlo

II. (0,2) J =[ 3 0

0 4

] 1 = 3, 2 = 4 sedlo

III.(

3, 1)

J =

[0

3

23 2]

det (I J) = (+ 2) + 6 = 2 + 2+ 6 = 0 1,2 = 1 j

5

stabilan fokus

18


IV.(

3, 1)

J =

[0 3

2

3 2]

det (I J) = (+ 2) + 6 = 2 + 2+ 6 = 0 1,2 = 1 j

5

stabilan fokus

b) Odredite jednazbu izoklina u obliku m = f (x, y).

m =dy

dx=

dydtdxdt

=4 x2 y2x (y 1)


c) Odredite, uredno nacrtajte i precizno oznacite podrucja u faznoj ravninixy gdje je nagib trajektorije jednak 0, jednak , pozitivan i negativan.

jednak 0,Nagib je 0 na kruznici x2 + y2 = 4.

m = 0 x2 + y2 = 4

jednak ,Nagib je na x = 0 ili y = 1.m = y = 1 x = 0


Iz jednadzbe izoklina slijede sljedeci uvjeti za smjer od m

Skicirana podrucja su na slici 1.14.

d) Skicirajte trajektoriju sustava, njezin smjer te pocetni nagib uz pocetneuvjete x(0) = 2 i y(0) = 3 ako se zna da trajektorija zavrsava u najblizemravnoteznom stanju.


m = 94

= tan = atan2 (9, 4) = 66

19


Tablica 1.3: Tablica s podrucjima nagiba istih predznaka.4 x2 y2 x y 1 m

1 > 0 > 0 > 0 > 02 > 0 > 0 < 0 < 03 > 0 < 0 > 0 < 04 > 0 < 0 < 0 > 05 < 0 > 0 > 0 < 06 < 0 > 0 < 0 > 07 < 0 < 0 > 0 > 08 < 0 < 0 < 0 < 0

Iz ovoga slijedi da je pocetni nagib takav da trajektorije krece dolje desno.S obzirom da trajektorija zavrsava u stabilnoj ravnoteznoj tocki tipa fo-kus, ona spiralno ide u ravnoteznu tocku. Nije tocno ako se nacrta datrajektorija ide direktno u ravnoteznu tocku. Rjesenje je prikazano sli-kom 1.14.

e) Skicirajte trajektoriju sustava i njezin smjer uz pocetne uvjete x(0) = 0 iy(0) = 2.

Pocetni uvjet je ujedno i ravnotezna tocka tipa sedlo. Ovo je nesta-bilna ravnotezna tocka ali s obzirom da je sustav autonoman, stanje cese zadrzati u ovoj tocki. Drugim rijecima, trajektorija pocinje, ostaje izavrsava u ovoj tocki.

Rjesenje 1.8


m = dydx

=(1x2)yx

y


b) Odredite, uredno nacrtajte i precizno oznacite podrucja u faznoj ravninixy gdje je nagib trajektorije jednak 0, jednak , pozitivan i negativan. jednak 0, (

1 x2) y x = 0y =

x

1 x2 , 1 x2 6= 0

20


x ' = x y - x

y ' = 4 - x2 - y2

-3 -2 -1 0 1 2 3

-3

-2

-1

0

1

2

3

x

y

m

m

m

mm

m

m

m

Slika 1.14: Horizontalne plave crtice oznacavaju nagib 0 a vertikalne nagib. Narancasto iscrtkana podrucja su podrucja s pozitivnim nagibom tra-jektorije, a plavo iscrtkana podrucja s negativnim nagibom trajektorije.

jednak ,Nagib je na y = 0.


Iz jednadzbe izoklina, uz uvjete x 0 i y 0 koji su navedeni uzadatku, slijede sljedeci uvjeti za predznak od m

Tablica 1.4: Tablica s podrucjima nagiba istih predznaka.brojnik > 0 brojnik < 0

y > 0 m > 0 m < 0y < 0 m < 0 m > 0

21


brojnik > 0 (1 x2) y x > 0(1 x2) y > x

uz 1 x2 > 0 y > x1 x2

uz 1 x2 < 0 y < x1 x2

brojnik < 0 (1 x2) y x < 0(1 x2) y < x

uz 1 x2 > 0 y < x1 x2

uz 1 x2 < 0 y > x1 x2

Skicirana podrucja su na slici 1.15.



m = 11

== tan = atan2 (1, 1) = 45

Iz ovoga slijedi da je pocetni nagib takav da se krivulja krece u smjerukazaljke na satu. S obzirom da se radi o ravnoteznoj tocki tipa centar,trajektorija je zatvorenog oblika. Rjesenje je prikazano slikom 1.15 a u ispituje potrebno nacrtati bilo kakav zatvoreni oblik krivulje koja je usmjerena usmjeru kazaljke na satu.

Rjesenje 1.9


x =1

s2yN d

2x

dt2= yN

y =dx

dt dy

dt= yN

dy

dtydt

dx= yN

22


m0

m>0

m


y2 +C

ax2 = const

b) Uz parametre sustava C = 1.5, a = 3 i pocetne uvjete x(0) = 4 i x(0) = 1,izracunajte sve karakteristicne tocke trajektorije stanja i skicirajte ju ufaznoj ravnini xx. Napomena: Nije potrebno odredivati smjer trajekto-rije!

korak x0 y0 latica const. jednadzba xkrajnje ykrajnje1. 4 1 II. 13 y2 = 3x+ 13 3 22. 3 2 III. 8.5 y2 + 0.5x2 =

8.5-3 -(2)

3. -3 -(2) I. 13 y2 = 3x+ 13 -3 2

4 3 2 1 0 1 2 3 4

3

2

1

0

1

2

3

x

y

Slika 1.16: Trajektorija uz zadani pocetni uvjet (crveni kruzic).

Rjesenje 1.10


24


x =1

s2u d

2x

dt2= u

y =dx

dt dy

dt= u

dy

dtydt

dx= u

ydy = udx

y2 = 2

udx+ const.

I. laticae < a x > a u = C

y2 = 2Cx+ constII. latica

|e| < a |x| < a u = 0y2 = const

III. laticae > a x < a u = C

y2 = 2Cx+ const

b) Uz parametre sustava C = 1.5, a = 3 i pocetne uvjete x(0) = 4 i x(0) = 1,izracunajte sve karakteristicne tocke trajektorije stanja i skicirajte ju ufaznoj ravnini xx. Napomena: Obavezno oznaciti smjer trajektorije inapisati kako je odreden!

korak x0 y0 latica const. jednadzba xkrajnje ykrajnje1. 4 1 I. 7 y2 = 3x+ 13 3 22. 3 2 II. 4 y2 = 4 -3 23. -3 2 III. 13 y2 = 3x+ 13 -3 2

Smjer se moze odrediti tako da se izracuna kut trajektorije u zadanompocetnom trenutku.

Rjesenje 1.11

25


4 3 2 1 0 1 2 3 4

3

2

1

0

1

2

3

x

y

III. II. I.

Slika 1.17: Trajektorija uz zadani pocetni uvjet (crveni kruzic).


x =1

s(s+ 1)u d

2x

dt2+dx

dt= u

y =dx

dt dy

dt= u

dy

dt+ y = u

dy

dx

dx

dt+ y = u

dy

dxy + y = u

y

u ydy = dxIntegriranjem obje strane se dobije:

x = y u ln |u y|+ const.

I. laticae < a x > a u = C

26


x = y + C ln |C y|+ const.II. latica

|e| < a |x| < a u = 0x = y + const.

III. laticae > a x < a u = C

x = y C ln |C y|+ const.

b) Kolika smije biti maksimalna brzina izlaza (y = dxdt

) na prijelazu u po-drucje odredenu s u = 0 da bi se sustav smirio u ravnoteznom stanjuprije nego sto napusti podrucje odredeno s u = 0?

U podrucju odredenom s u = 0 trajektorija se giba po pravcu. Sto je vecabrzina y s kojom upada u srednju laticu, to je veca udaljenost ravnoteznetocke od ishodista. Najdalje sto moze biti ravnotezna tocka je u x = aili x = a.

const. se moze odrediti iz pocetnog uvjeta (x0, y0) = (a, y0) gdje je y0trazena velicina. Dakle jednadzba je

a = y0 + const.

Konacna tocka je odredena s x = a (primjetite obrnute predznake odpocetne tocke) te vrijedi jednadzba

a = y + const. const. = a

Uvrstavanjem const. u pocetnu jednadzbu, dobijemo da je

y0 = 2a .

27

Poglavlje 2

Opisna funkcija

Zadatak 2.1

Na slici 2.1 prikazan je nelinearni element tropolozajnog releja. Na ulaznelinearnog elementa narinut je sinusni signal oblika x(t) = Xm sin(t) gdjeje Xm > a.

+C

-C

a-a

x

y

Slika 2.1: Tropolozajni relej.

a) Nacrtajte signal na izlazu iz nelinearnog elementa, y(t), i na njemu oznacitesve karakteristicne tocke.

b) Odredite opisnu funkciju G(Xm) = P (Xm) + jQ(Xm) nelinearnog ele-menta.

Zadatak 2.2

U otvorenom krugu upravljanja nalazi se dvopolozajni relej s histerezomi proces opisan funkcijom prijenosa G(s) = K

s(Ts+1). Na ulaz u nelinearni

28

2. Opisna funkcija v1.0

element narinut je signal oblika x(t) = Xm sin(t). Opisna funkcija dvo-

polozajnog releja s histerezom je GN =4CpiXm

1 ( xa

Xm)2 j 4Cxa

piX2m.

a) Napisite izraz za osnovni harmonik izlaznog signala iz releja, u(t) =Um sin(t+ ).

b) Odredite s kolikim pojacanjem proces pojacava drugi po redu harmonikkoji se javlja na izlazu iz nelinearnog elementa.

Zadatak 2.3

Na slici 2.2 prikazan je nelinearni element zasicenje. Na ulaz nelinearnogelementa narinut je sinusni signal oblika x(t) = Xm sin(t).

xa-a

y

C

Slika 2.2: Zasicenje.

a) Odredite opisnu funkciju G(Xm) = P (Xm) + jQ(Xm) kada je Xm < a.

b) Nacrtajte signal na izlazu iz nelinearnog elementa, y(t), i na njemu oznacitesve karakteristicne tocke ako je Xm > a.

c) Odredite opisnu funkciju G(Xm) = P (Xm) + jQ(Xm) nelinearnog ele-menta kada je Xm > a.

Napomena: sin2 x = 1cos (2x)2

i sin (2x) = 2 sinx cosx

Zadatak 2.4

U otvorenom krugu upravljanja nalazi se nelinearni element i proces opisanfunkcijom prijenosa G(s) = Ks

Ts+1. Na ulaz u nelinearni element narinut je

signal oblika x(t) = Xm sin(t). Odredite opisnu funkciju G(Xm) = P (Xm)+jQ(Xm) nelinearnog elementa ako je na izlazu iz procesa zabiljezen osnovniharmonik oscilacija oblika y(t) = Xm sin(t).

Zadatak 2.5

Na slici 2.3 prikazan je nelinearni element dvopolozajni relej s histerezom. Naulaz nelinearnog elementa narinut je sinusni signal oblika x(t) = Xm sin(t).

29


+C

a

-a

-C

Ny

x

Slika 2.3: Dvopolozajni relej s histerezom.

a) Koji harmonici se javljaju ma izlazu iz nelinearnog elementa?



d) Koliko je fazno zaostajanje osnovnog harmonika na izlazu nelinearnogelementa u odnosu na signal na ulazu?

Zadatak 2.6

Na slici 2.4 prikazan je nelinearni element zona neosjetljivosti. Na ulaz neli-nearnog elementa narinut je sinusni signal oblika u1(t) = Xm sin(t) gdje jeXm > a.

u1

a

-aK(u1

- a)

K(u1

+a)

u2

Slika 2.4: Zona neosjetljivosti.

a) Nacrtajte signal na izlazu iz nelinearnog elementa, u2(t), i na njemuoznacite sve karakteristicne tocke.

30


b) Odredite opisnu funkciju G(Xm) = P (Xm) + jQ(Xm) nelinearnog ele-menta kada je Xm > a.


i sin (2x) = 2 sinx cosx

31


2.1 Rjesenja

Rjesenje 2.1

a) Nacrtajte signal na izlazu iz nelinearnog elementa, y(t), i na njemu oznacitesve karakteristicne tocke.

xa

-a

y

t

yN

pi

C

1t 1tpi

t1 t

mX

( ) ( )sinmx t X t=

C

x

Slika 2.5: Tropolozajni relej i njegov izlaz uz sinusnu funkciju na ulazu.

b) Odredite opisnu funkciju G(Xm) = P (Xm) + jQ(Xm) nelinearnog ele-menta.

Ulazni signal je sinusni, oblika x = Xm sin (t). U trenutku t1, iznosulaznog signala je a, stoga pisemo

a = Xm sin (t1) = Xm sin1

odnosno1 = arcsin

a

Xm

Slijedi imaginarni dio opisne funkcije

QN =1

piXm

2pi0

C cosd = 2CpiXm

pi11

cosd =

= 2CpiXm

[sin (pi 1) sin1] = 0.

32


Ovo je ocekivano buduci da je nelinearnost jednoznacna.Realni dio opisne funkcije:

PN =1

piXm

2pi0

C sind = 2CpiXm

pi11

sind =

= 2CpiXm

[ cos (pi 1) + cos1] == 4C

piXmcos1 =

4CpiXm

cos(

arcsin aXm

)= 4C

piXm

1

(aXm

)2

Rjesenje 2.2

a) Napisite izraz za osnovni harmonik izlaznog signala iz releja, u(t) =Um sin(t+ ).

Pojacanje nelinearnog elementa je

|GN | =P 2N +Q

2N =

4C

piXm

Kut je

= arctanPNQN

= arctan

( xa

X2m x2a

)

Izlazni signal ima oblik

u (t) = |GN |Xm sin (t+ ) = 4Cpi

sin

[t+ arctan

( xa

X2m x2a

)]

b) Odredite s kolikim pojacanjem proces pojacava drugi po redu harmonikkoji se javlja na izlazu iz nelinearnog elementa.

S obzirom da je nelinearni element neparan, visi harmonici koji se javljajusu neparni. Drugi harmonik po redu koji se javlja na izlazu iz nelinearnogelementa je onaj sa frekvencijom 3. Linearni dio taj harmonik pojacavasa iznosom

|G (j3)| = K3

9T 22 + 1

33


Rjesenje 2.3

a) Odredite opisnu funkciju G(Xm) = P (Xm) + jQ(Xm) kada je Xm < a.

PN =1

piXm

2pi0

CaXmsin

2d = 1piXm

CaXm

2pi0

1cos 22

d =

= Capi

(122pi sin 2pisin 0

4

)= C

a

Ovo je naravno jasno i bez racunanja buduci da za Xm < a nelinearnielement je jednak pojacanju. Imaginarni dio je 0 jer je nelinearni elementjednoznacan, QN = 0.


xa-a

y

t

yN

pi

1t1t

pi

1 t

mX

( ) ( )sinmx t X t=

x

C( ) ( )sinmCx t X t

a=

C

Slika 2.6: Zasicenje i njegov izlaz uz sinusnu funkciju na ulazu.




odnosno1 = arcsin

a

Xm

34


Slijedi imaginarni dio opisne funkcije je 0 buduci da je nelinearni elementjednoznacan.Realni dio opisne funkcije:

PN =1

piXm

[10

CaXmsin

2d +pi11

C sind+pi+1pi1

CaXmsin

2d+

+2pi1pi+1

C sind+2pi

2pi1CaXmsin

2d

]=

= 1piXm

[410

CaXmsin

2d+ 2pi11

C sind

]

10

sin2d =10

1cos 22

d = 121 14 (sin 21 sin 0) =

= 12

(arcsin a

Xm sin1 cos1

)= 1

2

(arcsin a

Xm a

Xm

1

(aXm

)2)pi11

sind = cos (pi 1) + cos1 = 2 cos1 = 2

1(

aXm

)2

PN =1

piXm

[2CaXm arcsin

aXm 2C

1

(aXm

)2+ 4C

1

(aXm

)2]=

= 2Cpia

[arcsin a

Xm+ 2 a

Xm

1

(aXm

)2]

Rjesenje 2.4

Neka je signal na ulazu u nelinearni element x (t) = Xm sint, na izlazu iznelinearnog elementa (ulazu u proces) u (t) = Um sin (t+ u) i na izlazu izprocesa y (t) = Ym sin (t+ y).

Vrijedi

Um = |GN |Xm (2.1)u = (GN) (2.2)

i

Ym = |GP (j)|Um (2.3)y = (GP (j)) + u (2.4)

35


Iz funkcije prijenosa procesa slijedi

GP (j) =Kj1+jT

= Kj(1jT)1+(T)2

= K1+(T)2

(j + T)

|GP (j)| = K1+(T)2

(GP (j)) = arctan1T

Buduci da je y = 0, iz (2.4) slijedi

u = arctan 1T

.

Buduci da je Ym = Xm, iz (??) slijedi

Um = Xm

1 + (T)2

K.

Uvrstavanjem u (2.1) dobije se

|GN | =

1 + (T)2

K.

S obzirom da je GN = PN + jQN , slijedi da je |GN | =P 2N +Q

2N od kuda

proizlazi

P 2N +Q2N =

1 + (T)2

(K)2(2.5)

Uvrstavanjem u (2.2) dobije se

(GN) = arctan 1T

= arctan

( 1T

).

S obzirom da je GN = PN + jQN , slijedi da je (GN) = arctanQNPN

odkuda proizlazi jedno od rjesenja

QNPN

= 1T

. (2.6)

Kombinacijom jednadzbi (2.5) i (2.6) dobije se

PN =TK

QN = 1K

Rjesenje 2.5

36


a) Koji harmonici se javljaju ma izlazu iz nelinearnog elementa?Neparni visekratnici osnovnog harmonika.


-C

xat

yN

C

1t

1tpi

+

t1 t

mX

( ) ( )sinmx t X t=

C

x

12

tpi

+

yN

Slika 2.7: Slika uz rjesenje izlaz iz dvopolozajnog releja s histerezom.




odnosno1 = arcsin

a

Xm

37


Realni i imaginarni dio opisne funkcije:

PN =1

piXm

2pi0

yN sind =1

piXm

[pi+11

C sind2pi+1pi+1

C sind

]=

= CpiXm

[ cos (pi + 1) + cosa + cosa cos (pi + 1)] == 4C

piXmcos1 =

4CpiXm

1

(aXm

)2

QN =1

piXm

2pi0

yN cosd =1

piXm

[pi+11

C cosd2pi+1pi+1

C cosd

]=

= CpiXm

[sin (pi + 1) sina sin (2pi + a) + sin (pi + 1)] == 4C

piXmsin1 = 4CapiX2m

d) Koliko je fazno zaostajanje osnovnog harmonika na izlazu nelinearnogelementa u odnosu na signal na ulazu?

= atanQ

P= atan

( a

X2m a2

)

Rjesenje 2.6

a) Nacrtajte signal na izlazu iz nelinearnog elementa, u2(t), i na njemuoznacite sve karakteristicne tocke.

b) Odredite opisnu funkciju G(Xm) = P (Xm) + jQ(Xm) nelinearnog ele-menta kada je Xm > a.



odnosno1 = arcsin

a

Xm

Slijedi imaginarni dio opisne funkcije je 0 buduci da je nelinearni elementjednoznacan.Realni dio opisne funkcije:

38


t

u1a

-a

u2

t

u2

1 t

mX

( ) ( )1 sinmu t X t=

u1

( ) ( )( )2 sinmu t K X t a=

4pi

1t

Slika 2.8: Zona neosjetljivosti i njezin izlaz uz sinusnu funkciju na ulazu.

PN =4

piXm

pi2a

u2 sind =4

piXm

pi2a

K (Xm sin a) sind =

= 4KpiXm

pi2a

(Xmsin

2 a sin) dVrijedi da je

sin2d = 1

2

[ 1

2sin 2

]iz cega slijedi

PN =4KpiXm

[Xm2

(pi2 a 12 sinpi + 12 sin 2a

) a ( cos pi2

+ cosa)]

=

= 2Kpi

(pi2 a + 12 sin 2a

) 4Kpi

aXm

cosa =

= K 2Kpi

(arcsin a

Xm+ a

Xm

1 +

(aXm

)2)

39

Poglavlje 3

Vlastite oscilacije

Zadatak 3.1

Sustav prikazan slikom 3.1 se nalazi u rezimu vlastitih oscilacija, tj. u1(t) =A sin(t) i u2(t) = B sin(t + ). Odredite amplitudu i frekvenciju vlastitihoscilacija na ulazu u dvopolozajni relej (A i ). Zadano je: K = 2, T1 = 1,T2 = 2, a = 0.1 i C = 0.7.

Napomena: Opisna funkcija tropolozajnog releja jeGN (A) =4CpiA

1 (xa

A

)2.

( )( )1 21 1K

T s T s+ +

1s a

-aC

C1u

2u

Slika 3.1: Zatvoreni krug upravljanja s dva nelinearna elementa.

Zadatak 3.2

Proces kojega sacinjavaju dva pola se nalazi u zatvorenom krugu upravljanjas jednoznacnim nelinearnim elementom. Moze li u ovakvom sustavu doci dovlastitih oscilacija? Precizno obrazlozite odgovor koristenjem metode Gold-farba.

40

3. Vlastite oscilacije v1.0

Zadatak 3.3

Sustav prikazan Slikom 3.2 se nalazi u rezimu vlastitih oscilacija, tj. u1(t) =A sin(t) i u2(t) = B sin(t + ). Zadano je: K = 0.1, T = 2, a = 0.1 iC = 0.7. Odredite nepoznate parametre vlastitih oscilacija A, B, i .

Napomena: Opisna funkcija tropolozajnog releja je GN (A) =4CpiA

1 ( a

A

)2.

a

-aC

C1u

2u1s

( )1K

s Ts +


Zadatak 3.4

Zadan je sustav upravljanja prikazan slikom 3.3 gdje su T > 0 i T2 > 0.

a) Neka je F (x) = K x. Odredite podrucje stabilnosti zatvorenog krugaupravljanja u ovisnosti o parametru K.

b) Neka je F (x) = K x3. Odredite amplitudu i frekvenciju vlastitih oscilacijate odredite njihovu stabilnost.

c) Nacrtajte na istoj slici podrucje stabilnosti u ravnini XmK za slucajeveiz a) i b) dijela zadatka.


.

F(x) ( )211

Tss T s

+

+

Slika 3.3: Nelinearni sustav upravljanja.

41


Zadatak 3.5

Zadan je zatvoreni krug upravljanja s tropolozajnim relejem i procesom sdva pola, jednim integratorom i bez nula. Koristenjem metode Goldfarbaodredite koliko mora biti amplitudno osiguranje sustava da NE dode do po-jave vlastitih oscilacija. Dobiveni rezultat izrazite pomocu parametara tro-polozajnog releja (a i C).

Napomena: Opisna funkcija tropolozajnog releja je GN (A) =4CpiA

1 ( a

A

)2.

Zadatak 3.6

Nelinearan je sustav prikazan slikom 3.4 gdje je C = 0.5 a opisna funkcijadvopolozajnog releja GN (A) =

4CpiA

.

C1u

2u1s

( )21K

Ts +

C

S


a) Odredite parametre sustava K i T ako se uz otvorenu sklopku S javljajuvlastite oscilacije u2(t) = 0.2 sin (0.2t).

b) Uz odredene K i T pod a), odredite nepoznate parametre vlastitih osci-lacija, tj. u1(t) = A sin(t) i u2(t) = B sin(t + ) uz zatvorenusklopku S.

Zadatak 3.7

Nelinearan je sustav prikazan slikom 3.5. Koristenjem Goldfarbovog prin-cipa, odredite kolika mora biti vremenska konstanta T da ne dode do pojavevlastitih oscilacija u sustavu prikazanom slikom 3.5 ako je nelinearni elementF (x) kvantizator s kvantizacijskom razinom D. Opisna funkcija kvantizatoraje

GN(Xm) =

0, Xm 0) nikada ne mozedoci do vlastitih oscilacija u zatvorenom krugu upravljanja prikazanomslikom 3.6.

44


3.1 Rjesenja

Rjesenje 3.1

Karakteristicna jednadzba zatvorenog kruga upravljanja moze se napisatikao:

1 +GN1 (A)K

(T1s+1)(T2s+1)GN2 (B)

1s

= 0

T1T2s3 + (T1 + T2) s

2 + s+KGN1 (A)GN2 (B) = 0.

Supstitucijom s = j dobije se

jT1T23 (T1 + T2)2 + j +KGN1 (A)GN2 (B) = 0.

Iz imaginarnog dijelaT1T23 + = 0

direktno slijedi frekvencija vlastitih oscilacija:

=1T1T2

= 0.707

Iz realnog dijela

(T1 + T2)2 +KGN1 (A)GN2 (B) = 0

cemo dobiti trazenu amplitudu A.Opisne funkcije su

GN1 (A) =4CApi

GN2 (B) =4CBpi

1 (xa

B

)2 .Sada je potrebno izraziti amplitudu B pomocu amplitude A tako da ostanejedna jednadzba s jednom nepoznanicom.

B = |GP (j)|GN1 (A)A = K(T1)

2 + 1

(T2)2 + 1

GN1 (A)A

B =KT1T2

T1 + T2GN1 (A)A

GN2 (B) =4C (T1 + T2)

piGN1 (A)AKT1T2

1

(xa (T1 + T2)

KT1T2

1

GN1 (A)A

)2=

45


=T1 + T2

KT1T2

1xa (T1 + T2) pi4CKT1T2

2

Iz realnog dijela sada slijedi:

T1 + T2T1T2

= K4C

Api

T1 + T2

KT1T2

1 2

I na kraju

A =4CT1T2pi

1 2

= 0.119005

iA = 1.2515

Rjesenje 3.2

Nyquistov dijagram procesa s dva pola prolazi kroz IV. i III. kvadrant. Jed-noznacni nelinearni element ima samo realni dio, tako da negativni inverz senalazi iskljucivo na realnoj osi u Nyquistovoj ravnini. Zakljucak je da nikadanece doci do presjecista izmedu dvije krivulje.

Rjesenje 3.3

Dvopolozajni relej ima opisnu funkciju

GN1 (A) =4C

piA

a tropolozajni relej

GN2 (B) =4C

piB

1

( aB

)2.

Prvo je potrebno doci do karaktersiticne jednadzbe zatvorenog kruga.Mogu se napisati sljedece jednadzbe:

u1 = 1sGN2 (B)u2 (3.1)

u2 =K

s (Ts+ 1)[GN1 (A)u1 GN2 (B)u2] (3.2)

46


Uvrstavanjem (3.1) u (3.2) i kracenjem u2 dobije se karakteristicna jed-nadzba zatvorenog kruga:

Ts3 + s2 +KGN2 (B) s+KGN1 (A)GN2 (B) = 0. (3.3)

Uvrstavanjem s = j dobije se:

imaginarni dio 2 = KTGN2 (B) i

realni dio 2 = KGN1 (A)GN2 (B)Kombinacijom ove dvije jednadzbe dobije se

GN1 (A) =1

T A = 4CT

pi= 1.7825 .

Veza izmedu amplitude A i B se moze najjednostavnije naci iz (3.1) kakoslijedi:

|u1| =1sGN2 (B)

|u2|A =

1

GN2 (B)B =

1

4C

pi

1

( aB

)2Uvrstavanjem poznatog A i iz imaginarnog dijela karakteristicne jednadzbedobije se

B =

(4CTK

pi

)2+ a2 = 0.2044 .

Frekvencija oscilacija se jednostavno dobije iz imaginarnog dijela karak-teristicne jednadzbe:

=

K

TGN2 (B)

=1

T 2 +(

pia4CK

)2 = 0.4361 .Kut koji se javlja izmedu u1 i u2 se odredi opet iz (3.1) kao

u1 =(pi pi

2

)+ u2

u2 = u1 pi2

47


= pi2,

sto je logicno buduci da su ta dva signala vezana samo preko integratora (inegativnog predznaka).

Rjesenje 3.4

a) U ovom slucaju imamo linearan sustav upravljanja gdje je F (x) zapravopojacanje K. Zatvoreni krug upravljanja je onda:

Gcl (s) =Go

1 +Go=

Ts+ 1T2Ks2 + 1KT

Ks+ 1

Za stabilnost je dovoljno osigurati da su svi koeficijenti karakteristicnejednadzbe pozitivni, iz cega slijedi

K (

0,1

T

).

b) Odredimo prvo opisnu funkciju kubne funkcije:

PN =1

piXm

2pi0

K(Xm sin)3 sind =

=KX2mpi

2pi0

(sin)4d =KX2mpi

2pi0

(1 cos 2

2

)4d =

=KX2m

4pi

2pi0

1 2 cos 2+ (cos 2)2d =

=KX2m

4pi

2pi0

2 2 cos 2 (sin 2)2d =

=KX2m

4pi

2pi0

2 2 cos 2 12

+1

2cos 2d =

=3

4KX2m

48


Sada jednostavno odredujemo karakteristicnu jednadzbu buduci da je za-tvoreni krug klasicnog oblika:

1 +GN (Xm)Go (j) = 0

T2(j)2 + (j) +GN (Xm) (Tj + 1) = 0

(GN 2T2) + j ( TGN) = 0 imaginarni dio GN = 1T i realni dio =

GNT2

.

Iz imaginarnog dijela odmah slijedi amplituda vlastitih oscilacija:

Xm =23T

1K

.

Uvrstavanjem ove amplitude u realni dio dobije se frekvencija vlastitihoscilacija:

=1TT2

.

Za stabilnost treba provjeriti uvjet

R

Xm

I

IXm

R

> 0

gdje su

R =3

4KX2m 2T2

i

I =

(1 3

4KTX2m

)realni i imaginarni djelovi karakteristicne jednadzbe. Slijedi:

R

Xm=

3

2KXm =

3K

TI

= 1 3

4KTX2m = 0

I

Xm= 3

2KTXm =

3KT

R

= 2T2 =

T2T

odnosno 3KT2 > 0 sto nije istina. Zakljucak je da vlastite oscilacijenisu stabilne .

49


mX

K1T

0

23KT

Sluaj a)

Sluaj b)

Slika 3.8: Podrucje stabilnosti vlastitih oscilacija.

c) Rjesenje je prikazano slikom 3.8.

Rjesenje 3.5

Goldfarbova metoda se svodi na koristenje relacije

1GN (Xm)

= GP (j)

na nacin da se lijeva i desna strana zasebno nacrtaju. Presjeciste izmedu ovedvije krivulje daje tocku vlastitih oscilacija (stabilnih ili nestabilnih).

Opisna funkcija tropolozajnog releja ima samo realnu komponentu, takoda i njezin negativni inverz ima samo realnu komponentu. Odredivanjemekstrema (negativnog) inverza moze se odrediti koji dio negativne realne osizauzima negativni inverz opisne funkcije:

1

GN (Xm)=

pi

4C

X2mX2m a2

Xm

1

GN (Xm)= 0 Xm = a

2

1

GN (Xm)

Xm=a

2

=pia

2C

50


Dakle lijeva strana jednadzbe zauzima realni dio osi na podrucju(, pia

2C

).

Desna strana je Nyquistov dijagram procesa. Podatak da proces ima dvapola, integrator i da nema nula nam sluzi tome da zakljucimo da Nyquistovdijagram procesa (otvorenog kruga bez nelinearnog elementa) sijece realnu osjednom i to u tocki koja je udaljena od ishodista 1

A.O.gdje je A.O. amplitudno

osiguranje.Buduci da presjeka ne smije biti slijedi:

1

A.O.2C

pia.

Rjesenje 3.6

a) Odredite parametre sustava K i T ako se uz otvorenu sklopku S javljajuvlastite oscilacije u2(t) = 0.2 sin (0.2t).

Za nelinearni sustav (s otvorenom sklopkom) mozemo pisati:

1 +GN1 (A)K

(Ts+ 1)2GN2 (B)

1

s= 0

i iz toga slijedi karakteristicna jednadzba sustava

T 2s3 + 2Ts2 + s+KGN1 (A)GN2 (B) = 0jT 23 2T2 + j +KGN1 (A)GN2 (B) = 0

Iz imaginarnog dijela se odmah dobije

jT 23 + = 0iz cega slijedi

T =1

= 5

Iz realnog dijela slijedi:

2T2 +KGN1 (A)GN2 (B) = 0

51


K =2T2

GN1 (A)GN2 (B)= 2

( pi4C

)2AB

Za izracun nam je potrebna i amplituda vlastitih oscilacija A. Vezaizmedu A i B se moze dobiti iz veze preko integratora:

|u1| =1sGN2 (B)

|u2|A = 1

GN2 (B)B

A =1

4C

pi(3.4)

Sada se moze odrediti trazeno pojacanje K:

K =piB

2C= 0.6283

b) Uz odredene K i T pod a), odredite nepoznate parametre vlastitih osci-lacija, tj. u1(t) = A sin(t) i u2(t) = B sin(t + ) uz zatvorenusklopku S.

Kada je sklopka zatvorena, vrijedi sljedeca karakteristicna jednadzba ne-linearnog sustava:

u1 = 1sGN2 (B)u2u2 =

K(Ts+1)2

[GN1 (A)u1 GN2 (B)u2]1 = K

(Ts+1)2

[1sGN1 (A)GN2 (B)GN2 (B)

]T 2s3 + 2Ts2 + s+KGN2 (B) s+KGN1 (A)GN2 (B) = 0jT 23 2T2 + j [1 +KGN2 (B)] +KGN1 (A)GN2 (B) = 0

Imaginarni dio:T 22 = 1 +KGN2 (B)

GN2 (B) =T 221

K

Realni dio:2T2 = KGN2 (B)GN2 (B) =

2TK

Kombinacijom imaginarnog i realnog dijela dobije se frekvencija vlastitihoscilacija:

T 22 2T 1 = 0

52


=12T

=1 +

2

T= 0.4828

Uvrstavanjem u realni dio dobije se:

4CpiB

= 2TK

B = 2CKpiT

B = 2CKpi(1+

2)

= 0.0828

Amplituda A se jednostavno izracuna iz (3.4):

A =1

4C

pi=

4CT

pi(1 +

2) = 1.3186

Kut koji se javlja izmedu u1 i u2 se odredi kao

u1 =(pi pi

2

)+ u2

u2 = u1 pi2

= pi2,

sto je logicno buduci da su ta dva signala vezana samo preko integratora (inegativnog predznaka).

Rjesenje 3.7

Potrebno je naci za koju ulaznu amplitudu postoji ekstrem opisne funkcijekvantizatora. Poznato je iz laboratorijskih vjezbi, a i jednostavno se pokaze,da ce se maksimum postici kada je aktivan samo jedna kvantizacijska razina.

GN (Xm) =4D

piXm

1 1

4

(D

Xm

)2GN (Xm)

DXm

= 0 DXm

=

2

GN(Xm)max = GN

(D

2

)=

4

pi

53


Iz imaginarnog V () i realnog U () dijela frekvencijske karakteristikeprocesa (koji su vec odredeni u a) dijelu zadatka) mozemo odrediti gdjeNyquistova krivulja sijece realnu os:

Im {G (j)} = V () = 0 TT22 1 = 0

=1TT2

Pri toj frekvenciji je realni dio:

U () = T2 + TT2T

+ 1= T

Po Goldfarbu, ne smije dodi do presijecanja negativnog inverza opisnefunkcije nelinearnog elementa i Nyquistove karakteristike sustava, tj.

U

(1TT2

)< G1N,max

iz cega slijedi rjesenje:

T 0 i T > 0) nikada ne mozedoci do vlastitih oscilacija u zatvorenom krugu upravljanja prikazanomslikom 3.6.

Za rjesavanje ovog zadatka cemo iskoristiti sliku negativnog inverza opisnefunkcije zazora. Ekstremne vrijednosti opisne funkcije su:

Xm = a GN = 0 + j0G1N =

Xm = GN = 1 + j0G1N = 1

Odredimo sada Nyquistov dijagram procesa:

GP (j) =K

j (1 + jT)=

KT(T)2 + 1

jK

1

(T)2 + 1

= 0 Im =,Re = KT = Im = 0,Re = 0

Kada se obje krivunje nacrtaju jedna pokraj druge dobije se slika 3.9 izkoje je ocigledno da uz KT < 1 sigurno nikada nece doci do presijecanjadvije krivulje, tj. nikada nece doci do vlastitih oscilacija.

56


( )1N mG XRe

Im1 KT

( )PG j

Slika 3.9: Odredivanje postojanja vlastitih oscilacija koristenjem postupkaGoldfarba.

57

Poglavlje 4

Prinudne oscilacije

Zadatak 4.1

Zadan je nelinearni krug upravljanja prikazan slikom 4.1 gdje je N.E. ne-linearni element. Na ulaz u sustav je doveden harmonicki signal oblikau(t) = Um sin(t) zbog cega je sustav uveden u prinudne oscilacije koje naulazu u nelinearni element imaju oblik u0(t) = A sin(t+ ).

2K1s

N.E.u

K

0u

Slika 4.1: Zatvoreni nelinearni krug upravljanja s pobudnim harmonickimsignalom.

a) Odredite karakteristicnu jednadzbu sustava ako opisna funkcija nelinear-nog elementa dobivena harmonickom linearizacijom ima oblik GN(A) =PN(A) + jQN(A).

b) Odredite za koju minimalnu vrijednost amplitude pobudnog signala dolazido pojave prinudnih oscilacija ako je nelinearni element dvopolozajni relejs opisnom funkcijom GN (A) =

4CpiA

. Zadano je K2 = 1.5, K = 1 i C = 0.7.

58

4. Prinudne oscilacije v1.0

Zadatak 4.2

Zatvoreni krug upravljanja sastoji se od linearnog procesa G(p) = B(p)A(p)

i

nelinearnog elementa GN(Xm) = PN(Xm) + jQ(Xm). Na ulaz zatvorenogkruga upravljanja narinut je signal oblika

f(t) = Fv sin(vt).

a) Napisite jednadzbu koja je pogodna za graficko odredivanje prinudnihoscilacija oblika x(t) = Xm sin(vt+ ) (izvod nije potreban).

b) Skicirajte krivulje za graficko odredivanje prinudnih oscilacija u slucajukada postoji kriticna vrijednost Fv,krit > 0 za koju dolazi do pojave vlas-titih oscilacija. Na slici treba precizno oznaciti pojedine krivulje, Fv,krit ikut .

Zadatak 4.3

Nelinearan je krug upravljanja prikazan slikom 4.2 gdje je opisna funkcijadvopolozajnog releja GN (A) =

4CpiA

. Na ulaz u sustav je doveden harmonickisignal oblika

f(t) = Fv sin

(t

T

).

Odredite za koju minimalnu vrijednost amplitude pobudnog signala Fv dolazido pojave prinudnih oscilacija ako je K = 2 i C = 0.7.

1K

Ts +C

( )f t


Zadatak 4.4

Nelinearan je krug upravljanja prikazan slikom 4.3 gdje je K = 1, C = 1,a =

32

. Odredite amplitudu i frekvenciju ulaznog signala oblika f(t) =

Fv sin (vt) ako su uspostavljene prinudne oscilacije amplitude Xm =

3 ifrekvencije = 1 rad

s.

Napomena: Opisna funkcija dvopolozajnog releja s histerezom je GN (Xm) =

4CpiXm

1

(aXm

)2 j 4Ca

piX2m.

59


Kp

( )f t +Ca

-a

-C


60


4.1 Rjesenja

Rjesenje 4.1

a) Odredite karakteristicnu jednadzbu sustava ako opisna funkcija nelinear-nog elementa dobivena harmonickom linearizacijom ima oblik GN(A) =PN(A) + jQN(A).

u0 = K2 (u y)Ky = K2u (K2 +K) yy = 1

sGN (A)u0

dajuu0 [s+ (K2 +K)GN (A)] = K2su

Za prinudne oscilacije vrijedi

u0 = A sin (ut+ )

i onda se ulazni signal moze pisati kao

u = Um sin (ut) = Um sin (ut+ ) == Um cos sin (ut+ ) Um sin cos (ut+ )

u = UmA

(cos sin

us)u0.

Karakteristicna jednadzba je onda

s+ (K2 +K)GN (A) = K2UmAs

(cos sin

us

)Frekvencija pobudnog signala je u = 1 te supstitucijom s = ju dobijese

ju + (K2 +K) [PN (A) + jQN (A)] = K2UmAu (j cos+ sin)

Realni dio je:

sin =K +K2K2

A

UmPN (A)

Imaginarni dio je:

cos = + (K +K2)QN (A)

K2

A

Um

61


b) Odredite za koju vrijednost amplitude pobudnog signala dolazi do pojaveprinudnih oscilacija ako je nelinearni element dvopolozajni relej s opisnomfunkcijom GN (A) =

4CpiA

. Zadano je K2 = 1.5, K = 1 i C = 0.7.

Uvrstimo QN = 0. Buduci da vrijedi sin2 + cos2 = 1, iz realnog i

imaginarnog dijela karakteristicne jednadzbe dobije se

sin =K +K2K2

1

Um

4C

pi

cos =1

K2

A

Um

Um =

(A

K2

)2+

(4C

pi

K +K2K2

)2

A = K2

U2m

(4C

pi

K +K2K2

)2Da bi postojalo rjesenje, izraz pod korijenom mora biti veci od 0.

Um >4C

pi

K +K2K2

= 1.485

Rjesenje 4.2

a)

XmA (jv) +B (jv) [PN (Xm) + jQN (Xm)]

A (jv) Z(Xm)

= Fvej

b) Rjesenje je prikazano slikom 4.4.

Rjesenje 4.3

Za strukturu nelinearnog sustava zadanog slikom, vrijedi sljedeca relacija zaodredivanje prinudnih oscilacija:

Xm

[1 +

B (jv)

A (jv)(PN + jQN)

]

Zm

= Fvej

62


Im

Re

,v kritF

( )mZ X

jvF e

Slika 4.4: Graficko odredivanje prinudnih oscilacija.

Zm = Xm

[1 +

K

Ts+ 1PN

]= Xm

1 +KPN + jT

1 + jT

|Zm| = Xm

(1 +KPN)

2 + (T)21 + (T)2

= Fv

X2m1 + 2KPN + (KPN)

2 + (T)2

1 + (T)2= F 2v

X2m

1 + 8KCpi [1 + (T)2] a

1

Xm+

8KC

pi[1 + (T)2

] a

2KC

pi

1

X2m

= F 2vUz v =

1T

, kao sto je zadano u zadatku, vrijedi:

X2m +4KC

piXm + 8

(KC

pi

)2 F 2v = 0

Da bi postojale prinudne oscilacije, treba biti

Xm =4KC

pi

16(KCpi

)2 32(KCpi

)2+ 4F 2v

2> 0

63


odnosno

4KCpi16

(KC

pi

)2+ 4F 2v > 0

16(KC

pi

)2+ 4F 2v > 16

(KC

pi

)2F 2v > 8

(KC

pi

)2Fv >

2

2

piKC = 1.2604

Rjesenje 4.4

S obzirom da su prinudne oscilacije frekvencije = 1 rads

, onda je i pobudnisignal iste frekvencije, tj.

v = 1rad

s.

Jednadzba koja vrijedi za prinudne oscilacije je:

XmA (jv) +B (jv) [PN (Xm) + jQN (Xm)]

A (jv) Z(Xm)

= Fvej.

U zadanom slucaju vrijedi:

A (j) = j

B (j) = K

Q (Xm) = 4CapiX2m

= 2

3

3pi= 0.3676

P (Xm) =4C

piXm

1

(a

Xm

)2=

2

pi= 0.6366

Nadalje

Fv = |Zm| = Xm(

1 +KQ

)2+

(KP

)2=

3

pi

(pi 233

)2+ 4 =

= 1.5543

64

Poglavlje 5

Stabilnost

Zadatak 5.1

Jednadzbom i slikom 5.1 je zadana staticka karakteristika nelinearnog ele-menta. Odredite najmanju klasu nelinearnosti kojoj pripada zadani neline-arni element.

x

tanh(x)

12

21

tanh( )1

x

x

ex

e

=

+

Slika 5.1: Karakteristika nelinearnog elementa.

Zadatak 5.2

Nelinearan je sustav prikazan slikom 5.2. Koristenjem kriterija Popova,

F(x) ( )211

Tss T s

+

+

Slika 5.2: Nelinearni sustav upravljanja.

odredite klasu nelinearnosti za koju je sustav prikazan slikom 5.2 stabilan.

65

5. Stabilnost v1.0

Odredite podrucje stabilnosti zatvorenog kruga upravljanja ako se na mjestunelinearnog elementa nalazi proporcionalni regulator.

Zadatak 5.3

Nelinearan je sustav prikazan slikom 5.3(a) gdje je nelinearni element F (x)prikazan slikom 5.3(b).

F(x) ( )( )1s

s a s

+ +

(a)

x

K

( )2

21

tanh( )1

x

x

eF x K x Ke

= =

+

(b)

Slika 5.3: (a) Nelinearan sustav upravljanja i (b) nelinearni element F (x) =K tanhx.

a) U kojim granicama mora biti parametar procesa a da bi se mogao primi-jeniti kriterij Popova?

b) Koristenjem kriterija Popova odredite raspon iznosa parametra K neli-nearnog elementa sa slike 5.3(b) za koji ce zatvoreni krug upravljanja saslike 5.3(a) biti apsolutno stabilan.

66

5. Stabilnost v1.0

5.1 Rjesenja

Rjesenje 5.1

Samo je potrebno naci derivaciju staticke karakteristike u ishodistu.

d

dxtanh (x)

x=0

=d

dx

(e2x 1e2x + 1

)x=0

= 1

Rjesenje 5.2

Odredimo imaginarni i realni dio procesa:

G (j) = jT+1T22+j =1

1jTT2+j

T2jT2j =

= 1

(T2T )+j(TT221)(T2)

2+1

Realni dio:

U () = T2 + T(T2)

2 + 1

Imaginarni dio:

V () =TT2

2 1[(T2)

2 + 1]

Sada treba nacrtati krivulju U () + jV ():

= 0 V () = 1, U () = (T2 + T )

= V () = TT2, U () = 0

V () = 0 = 1TT2

U () = TImajuci u vidu ove podatke, vidimo da se radi o hodogramu koji pocinje

u ( (T2 + T ) ,1), zavrsava u(

0, TT2

)i sijece realnu os u (T, 0). Da se

naslutiti da bi Popov pravac mogao prolaziti kroz tocku gdje hodogram sijeceralnu os i da je hodogram uvijek na desno od tog pravca. No, moramoprovjeriti da je krivulja konveksna, tj. da se uvijek nalazi s desna od Popovogpravca.

Jednostavnom eliminacijom dobije se:

V () =T

T2+

1

T2U ()

67

5. Stabilnost v1.0

sto znaci da je hodogram zapravo pravac. Po kriteriju Popova moze se recida ce zatvoreni krug upravljanja biti stabilan za sve nelinearnosti klase

1

T.

Ako provjerimo sto se dogada kada je umjesto nelinearnog elementa pro-porcionalni regulator K, dobije se sljedeca karakteristicna jednadzba linear-nog zatvorenog kruga upravljanja:

T2s2 + (1KT ) s+K = 0

Hurwitzov uvjet stabilnosti kaze da je zatvoreni krug stabilan ako suclanovi uz potencije od s istog predznaka, tj.:

K 0

sto je podskup od rjesenja koje je dobiveno kriterijem Popova.

Rjesenje 5.3

a) U kojim granicama mora biti parametar procesa a da bi se mogao primi-jeniti kriterij Popova?

Jedan od kriterija za primjenu kriterija Popova jest da polovi procesamoraju biti u lijevoj poluravnini ili u ishodistu. Dakle,

a 0.

b) Koristenjem kriterija Popova odredite raspon iznosa parametra K neli-nearnog elementa sa slike 5.3(b) za koji ce zatvoreni krug upravljanja saslike 5.3(a) biti apsolutno stabilan.

Frekvencijska karakteristika procesa je:

G (j) =j

(j + a) (j + 1)=2 (a+ 1) j (a 2)

(a 2)2 + 2(a+ 1)2

Za kriterij Popova su nam potrebni

U () =2 (a+ 1)

(a 2)2 + 2(a+ 1)2

V () =2 (a 2)

(a 2)2 + 2(a+ 1)2

68

5. Stabilnost v1.0

Sada treba nacrtati krivulju U () + jV ().

= 0 U = 0, V = 0 = U = 0, V = 1V = 0 = a, U = 1

a+ 1

Krivulja Popova je prikazana slikom 5.4. Od tuda slijedi da nelinearnielement mora biti klase a+ 1.

( )U

( )V

1

11a

+

Slika 5.4: Krivulja Popova.

Za nelinearni element koji je prikazan slikom lako je odrediti klasu samose nade nagib tangente u ishodistu: d

dx[K tanh(x)]

x=0

= K. Zakljucakje da mora vrijediti

K (0, a+ 1)

69

Poglavlje 6

Linearizacija u povratnoj vezi

Zadatak 6.1

Nelinearan sustav je opisan u prostoru stanja gdje je x =[x1 x2

]Tvektor

stanja, u ulaz i y izlaz sustava.

x =

[sinx2 + (x1 + 1)x2

x21

]+

[01

]u

y = x1

a) Odredite relativan stupanj zadanog sustava.

b) Linearizirajte sustav u povratnoj vezi koristenjem zadanog izlaza y, uzpretpostavku da je relativan stupanj jednak redu sustava.

70

6. Linearizacija u povratnoj vezi v1.0

6.1 Rjesenja

Rjesenje 6.1

a) Odredite relativan stupanj zadanog sustava.

LgL0fh = Lgh =

h

xg =

[1 0

]g = 0

LgLfh = Lg

[h

xf

]= Lg

[[1 0

]f]

= Lg [sinx2 + (x1 + 1)x2] =

=

{

x[sinx2 + (x1 + 1)x2]

}g =

[2x2 cosx2 + x1 + 1

]g =

= cos x2 + x1 + 1

Dakle, relativan stupanj r = 2 uz cos x2 + x1 + 1 6= 0.b) Linearizirajte sustav u povratnoj vezi koristenjem zadanog izlaza y, uz

pretpostavku da je relativan stupanj jednak redu sustava.

Transformacija r stanja:

z1 = 1 (x) = L0fh = x1

z2 = 2 (x) = Lfh = sinx2 + (x1 + 1)x2

Sada je potrebno definirati novi ulaz kako bi se linearizirao sustav:

(x) = L2fh = (Lfh)

xf =

[x2 cosx2 + x1 + 1

]f =

= x2 [sinx2 + (x1 + 1)x2] + x21 (cosx2 + x1 + 1)

(x) = LgLfh = cosx2 + x1 + 1

uz u = 1(x)

[ (x) + v] gdje je v novi ulaz u sustav.

71

Fazne trajektorije nelinearnih sustavaZadatak 1.1Zadatak 1.2Zadatak 1.3Zadatak 1.4Zadatak 1.5Zadatak 1.6Zadatak 1.7Zadatak 1.8Zadatak 1.9Zadatak 1.10Zadatak 1.11RjeenjaRjeenje 1.1Rjeenje 1.2Rjeenje 1.3Rjeenje 1.4Rjeenje 1.5Rjeenje 1.6Rjeenje 1.7Rjeenje 1.8Rjeenje 1.9Rjeenje 1.10Rjeenje 1.11

Opisna funkcijaZadatak 2.1Zadatak 2.2Zadatak 2.3Zadatak 2.4Zadatak 2.5Zadatak 2.6RjeenjaRjeenje 2.1Rjeenje 2.2Rjeenje 2.3Rjeenje 2.4Rjeenje 2.5Rjeenje 2.6

Vlastite oscilacijeZadatak 3.1Zadatak 3.2Zadatak 3.3Zadatak 3.4Zadatak 3.5Zadatak 3.6Zadatak 3.7Zadatak 3.8Zadatak 3.9RjeenjaRjeenje 3.1Rjeenje 3.2Rjeenje 3.3Rjeenje 3.4Rjeenje 3.5Rjeenje 3.6Rjeenje 3.7Rjeenje 3.8Rjeenje 3.9

Prinudne oscilacijeZadatak 4.1Zadatak 4.2Zadatak 4.3Zadatak 4.4RjeenjaRjeenje 4.1Rjeenje 4.2Rjeenje 4.3Rjeenje 4.4

StabilnostZadatak 5.1Zadatak 5.2Zadatak 5.3RjeenjaRjeenje 5.1Rjeenje 5.2Rjeenje 5.3

Linearizacija u povratnoj veziZadatak 6.1RjeenjaRjeenje 6.1

Documents

Zbirka NSU