3.4 Pólus-zérus helyettesítés

Számítógépes irányításelmélet

196

3.4 Pólus-zérus helyettesítés Az előzőekben bemutatott pólus helyettesítéses tervezésnél a szabályozó követési tulajdonságait leíró trajektória a referencia modellben van „beleírva”, így ennél a tervezési eljárásnál nem voltak elérhetők a szabályozott szakasz zérusai. Másik probléma volt, hogy a szabályozott szakasz zérusait is magába foglalta a realizálható trajektória. Most ezt a problémát fogjuk megoldani úgy, hogy a szabályozott szakasz zérusait megszüntetjük, vagyis megszüntetjük a B polinomot. A továbbiakban bemutatott stratégia lehetővé teszi, az R-S-T típusú szabályozó tervezését stabil és nem stabil szakasz esetén is. • • •

( )

( )

korlátozás nélkül az A z −1 és B z −1 polinomok fokszámára, az időkésleltetés korlátozása nélkül, csak azokra a szakaszokra, amelyek stabil zérusokat tartalmaznak a zérusok törölhetősége miatt. W(z)

Y*(z )

E(z)

+

Bm/Am

T

U(z)

1/S

z-dB/A

–

R

Szabályozás:

z −d PD z −1

z −d

( ) ( )

z − d B m z −1 A m z −1

49. ábra Pólus-zérus helyettesítéses tervezés.

( )

+

+

Y(z)


197

Szabályozás– tervezett pólusok – R (z −1 ) és S(z −1 ) számítása A T előkompenzátor alkalmazása nélkül a zárt szabályozási kör impulzus átviteli függvénye a következő

( ) = A(z )⋅ S(z )+ z ( ⋅ B)(z )⋅ R (z )

H CL z

−1

z −d ⋅ B z −1

−1

−1

−d

−1

−1

Az a célunk, hogy töröljük a zérusokat és helyettesítsük a pólusokat a következő egyenlet szerint:

H CL

(z ) = B(z )⋅ P( (z ) ) = P z(z ) z −d ⋅ B z −1

−1

−1

−d

−1

D

D

−1

Ezt megvalósíthatjuk, ha megoldjuk a következő egyenletet:

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

A z −1 ⋅ S z −1 + z − d ⋅ B z −1 ⋅ R z −1 = B z −1 ⋅ PD z −1

( )

( )

( )

A B z −1 kitevő kiegyenlítéshez, S z −1 -nek oszthatónak kell lennie B z −1 -vel

( ) ( ) ( ) S' (z ) = 1 + s' ⋅z B(z ) = b + b ⋅ z

S z −1 = B z −1 ⋅ S' z −1 = s 0 + s1 ⋅ z −1 + ... + s nb + d ⋅ z − ( nb + d ) −1

−1

1

0

1

−1

+ ... + s'd ⋅z − d   → s0 = b0 −1 + ... + b nb ⋅ z − nb ) 

Így a Diophantoszi egyenlet a következő alakúvá válik:

( ) ( )

( )

( )

A z −1 ⋅ S' z −1 + z −d ⋅ R z −1 = PD z −1

a megoldás abban az esetben létezik, ha degP ≤ na + d − 1, degS' = d −1, degR = na − 1, ahol

( )

R z −1 = r0 + r1 ⋅ z −1 + ... + rna −1 ⋅ z − ( na −1) Ahhoz, hogy az állandósult hiba egy egységugrás bemenetre vagy zavarjelre zérus értékű legyen az előremutató ágnak tartalmaznia kell egy integrátort; vagyis az S polinomot


198

( ) ( )(

) ( )

) ( )

( )

helyettesíteni kell S z −1 = B z −1 ⋅ 1 − z −1 ⋅ S' z −1 , így a Diophantoszi egyenlet a következő alakúvá válik:

( )(

( )

A z −1 ⋅ 1 − z −1 ⋅ S' z −1 + z −d ⋅ R z −1 = PD z −1

Az R polinom fokszámát meg kell növelni eggyel a digitális robosztusság biztosításához

( )

R z −1 = r0 + r1 ⋅ z −1 + ... + rna ⋅ z − na .

( )

−1 Követés – T z

meghatározása

A zárt szabályozási kör impulzus átviteli függvénye:

Y(z )

( ) ( ) ( ) ( )

B m z −1 T z −1 ⋅ z −d = ⋅ , * −1 Y (z ) A m z PD z −1 ezért, hogy biztosítsuk a tervezett zárt hurkú igényeket: −1 ) Y (z ) − d B m (z = z , Y * (z ) A m (z −1 )

ekkor

T (z −1 ) = PD (z −1 ).


199

30. példa: Pólus-zérus helyettesítéses tervezés a 28. példa alapján.

H (z

−1

)= z

−d

B(z −1 ) A (z −1 )

A(z −1 ) = 1 − 1.7 ⋅ z −1 + 0.72 ⋅ z −2 , B(z −1 ) = 0.4 − 0.2 ⋅ z −1 ,

d =1.

PD (z −1 ) = 1 − 1.245 ⋅ z −1 + 0.4066 ⋅ z −2 . Megoldás: Meg kell jegyezni azt, hogy a szakasznak eltérő polinomja van a szabályozáshoz mint az előző esetben. Előzőleg a szakasznak volt egy nem stabil zérusa a z=2 pontban. Így a póluszérus helyettesítéses tervezés nem lenne alkalmas ebben az esetben. A Diophantoszi egyenlet:

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

A z −1 ⋅ S z −1 + z − d ⋅ B z −1 ⋅ R z −1 = B z −1 ⋅ PD z −1 , ahol az S polinomnak tartalmaznia kell a B polinomot, hogy megvalósíthassuk a zérusok törlését és biztosítsuk az integráló viselkedést, ebben az esetben a Diophantoszi egyenlet, amit meg kell oldanunk:

( )(

) ( )

( )

( )

A z −1 ⋅ 1 − z −1 ⋅ S' z −1 + z −d ⋅ R z −1 = PD z −1 ;

degS' = d −1 = 0 →

( ) ( )(

degR = na = 2 →

) ( ) ( )(

)

) ( ) ( )(

)

S z −1 = B z −1 ⋅ 1 − z −1 ⋅ S′ z −1 = B z −1 ⋅ 1 − z −1

( ) ( )(

S z −1 = B z −1 ⋅ 1 − z −1 ⋅ S′ z −1 = B z −1 ⋅ 1 − z −1

( ) ( )(

) ( ) ( )( ) )⋅ (1 − z )+ z (r + r ⋅ z + r ⋅ z ) = (1 + p ⋅ z

S z −1 = B z −1 ⋅ 1 − z −1 ⋅ S′ z −1 = 0.4 + 0.2z −1 ⋅ 1 − z −1 = 0.4 − 0.2z −1 − 0.2z −2

(1 + a ⋅ z 1

−1

+ a 2 ⋅ z −2

−1

−1

0

1

−1

2

−2

p1 = a 1 − 1 + r0 p 2 = a 2 − a 1 + r1 ,

r0 = p1 − a 1 + 1 r1 = p 2 − a 2 + a 1

p 3 = − a 2 + r2 p3 = 0

r2 = p 3 + a 2

1

−1

+ p 2 ⋅ z −2

)


200

( )

(

)

R z −1 = (p1 − a1 + 1) + (p 2 − a 2 + a1 ) ⋅ z −1 + p 3 + a 2 ⋅ z − 2 = 1.4549 − 2.0134 ⋅ z −1 + 0.72 ⋅ z − 2

( )

,

( )

T z −1 = PD z −1 = 1 − 1.2451z −1 + 0.4066z −2 , A Simulink program:

Mux Mux Step Input1

Step Input

0.181 1-0.819z-1 Model

-2 1-1.2451z-1 +0.4066z 1 T

+ Sum

1 0.4+0.2z-1 1/B*

1 1-z-1 .

0.4z-1+0.2z-2 1-1.7z-1 +0.72z-2

+ + Sum1

Plant

-2 1.4549-2.0134z-1 +0.72z 1 R

1.2 r

1 0.8

b m

0.6 0.4 0.2

g

0

0

10

20 30 Time (second)

40

vörös - alapjel, kék – referencia modell kimeneti jel, lila – szabályozott szakasz kimeneti jel, zöld - zavarjel.

50

yd,D


201

3.4.1 Pólus-zérus helyettesítés hallgatólagos referencia modellel A referencia modell leírja a tervezett követési trajektóriát, amely közvetlenül megjelenik a pólus-zérus helyettesítéses szabályozási struktúrában (lásd a 49. ábrát). Ez alapvetően nem szükséges, mivel a szabályozó polinomjai ( R, S és T ) olyan módon határozhatók meg, hogy a zárt szabályozási kör impulzus átviteli függvénye kielégíti a követési célt a következő módon:

Y (z ) T (z ) ⋅ B(z ) Bm (z ) = = . Y* (z ) A (z ) ⋅ S(z ) + B(z ) ⋅ R (z ) A m (z ) A szabályozó polinomokat a következő módon kell meghatározni. A szabályozási törvény amely a 49. ábrán látható blokkdiagramon alapul a következő:

S(z ) ⋅ U(z ) = T(z ) ⋅

Bm (z ) * ⋅ Y (z ) − R (z ) ⋅ Y(z ) A m (z )

amely a következő összefüggést adja:

S(z ) ⋅ A m (z ) ⋅ U(z ) = T(z ) ⋅ Bm (z ) ⋅ Y* (z ) − R (z ) ⋅ A m (z ) ⋅ Y(z ) . Összehasonlítva ezt az összefüggést az eredeti R-S-T szabályozási törvénnyel:

SRST (z ) ⋅ U(z ) = T RST (z ) ⋅ Bm (z ) ⋅ Y* (z ) − R RST (z ) ⋅ Y(z ) , láthatjuk, hogy az SRST és RRST polinomoknak tartalmazniuk kell a megkívánt (tervezett) referencia modell pólusait, amelyeket az A m polinom tartalmaz, hogy elérjük a megkívánt viselkedést:

SRST (z ) = Sn (z ) ⋅ A m (z )

R RST (z ) = R n (z ) ⋅ A m (z )

T RST (z ) = Tn (z ) ⋅ Bm (z ) . A szabályozás tervezése az meghatározásából áll:

Sn (z ) =

SRST (z ) A m (z )

Rn

és

Sn

R n (z ) =

polinomok (a fenti egyenlőségek alapján)

R RST (z ) A m (z )

Tn (z ) =

T RST (z ) Bm (z )


202

A(z ) ⋅ SRST (z ) + B(z ) ⋅ R RST (z ) = B(z ) ⋅ PD (z ) és

Tn (z ) = PD (z )

Nos ebben az esetben a szabályozó polinomjai R és S nem adják a minimális megoldást (a legkisebb lehetséges polinom fokszámot). Minimális megoldást kaphatunk az R és S polinomokra a következő egyenlet megoldásával:

A(z ) ⋅ S(z ) + B(z ) ⋅ R (z ) = B(z ) ⋅ A m (z ) ⋅ PD (z ) A zárt szabályozási kör követési viselkedése a következő lesz:

Y(z ) Tn (z ) ⋅ Bm (z ) ⋅ B(z ) PD (z ) ⋅ Bm (z ) ⋅ B(z ) Bm (z ) = = = Y* (z ) A(z ) ⋅ S(z ) + B(z ) ⋅ R (z ) A m (z ) ⋅ B(z ) ⋅ PD (z ) A m (z ) . A szabályozás (zavarás elnyomás) dinamikája meghatározható a következő összefüggéssel:

Y (z ) A (z ) ⋅ S(z ) A (z ) ⋅ S(z ) = = W (z ) A (z ) ⋅ S(z ) + B(z ) ⋅ R (z ) A m (z ) ⋅ B(z ) ⋅ PD (z ) . Világosan látszik, hogy a szabályozás és a követés dinamikája nem választható teljesen szét, az A m (z) megjelenik a karakterisztikus polinomban. Kivéve ha a megkívánt karakterisztikus polinom PD (z ) részben vagy teljesen tartalmazza a B(z ) és/vagy A m (z) polinomokat. Ebben az esetben:

~ ~ A (z ) ⋅ S(z ) + B(z ) ⋅ R (z ) = B(z ) ⋅ A m (z ) ⋅ PD (z ) , ~ ~ ahol B(z ) és A m (z ) azok a faktorok amelyeket nem tartalmaz PD (z ) .

Alkalmazva a pólus-zérus helyettesítéses szabályozást, a szabályozott szakasz pólusai és a zérusai helyettesíthetők. Idáig az időkésleltetést nem kompenzáltuk. Ezért a következő feltételt kell teljesíteni. A megkívánt (tervezett) impulzus átviteli függvénynek rendelkeznie kell egy felesleges pólussal.

deg A m − deg Bm ≥ deg A − deg B , megjegyezzük, hogy nem lehetséges kisebb időkésleltetés igény, mint amivel a szabályozott szakasz rendelkezik. Az R és S polinomok tartalmazzák az R d és Sd faktorokat külön-külön, mindemellett, hogy biztosítsuk a zérus állandósult állapotbeli hibát, az R polinomnak tartalmaznia kell egy ( z − 1 ) tényezőt is.


203

Így

S(z ) = Sd (z ) ⋅ S (z )

R (z ) = R d (z ) ⋅ R (z )

és

Ha vannak olyan zérusok, amelyeket nem töröltünk, akkor a B polinomot fel kell bontani a következő módon B = B + B − ahol B − tartalmazza azokat a zérusokat, amelyek nem törlődtek. Ezért a karakterisztikus polinom rendelkezik egy B + résszel:

A(z ) ⋅ S(z ) + B(z ) ⋅ R (z ) = B+ (z ) ⋅ A m (z ) ⋅ PD (z ) Az egyenlet bal oldalának szintén kell tartalmaznia B + -t ennek megfelelően

B(z ) ⋅ R (z ) = B− (z ) ⋅ B+ (z ) ⋅ R (z ) így az S felépítése a következő alakú lesz

S(z ) = B+ (z ) ⋅ Sd (z ) ⋅ S (z ) . a B + -al történő egyszerűsítés után a karakterisztikus egyenlet a következő alakú lesz:

A(z ) ⋅ Sd (z ) ⋅ S (z ) + B− (z ) ⋅ R (z ) = A m (z ) ⋅ PD (z ) A zárt rendszer impulzus átviteli függvénye így:

Y(z )

T(z ) ⋅ B(z ) Tn (z ) ⋅ Bm (z ) ⋅ B− (z ) = = * A ( z ) ⋅ S ( z ) + B ( z ) ⋅ R ( z ) A m (z ) ⋅ PD (z ) . Y (z ) Ahhoz, hogy meghatározzuk az erősítést – törölnünk kell a B− (z) polinom erősítését – a T 1 polinomnak pedig tartalmaznia kell − B (1)

Tn (z ) =

PD (z ) . B − (1)

Ha az A polinomnak szintén van részhalmaza, amely nem törölhető, A − , akkor a tervezett karakterisztikus polinomnak tartalmaznia kell azt:

A(z ) ⋅ Sd (z ) ⋅ S (z ) + B− (z ) ⋅ R (z ) = A − (z ) ⋅ A m (z ) ⋅ PD (z )


204

Összefoglalva, a szabályozás polinomjai a következő alakúak lesznek:

S(z ) = Sd (z ) ⋅ B+ (z ) ⋅ S(z ) ,

R (z ) = R d (z ) ⋅ B+ (z ) ⋅ R (z ) , B (z ) ⋅ P (z ) T (z ) = m − D , B (1)

ahol a Diophantoszi egyenletet az S és R -re kell megoldani

A(z ) ⋅ Sd (z ) ⋅ S (z ) + B− (z ) ⋅ R d (z ) ⋅ R (z ) = A − (z ) ⋅ A m (z ) ⋅ PD (z ) A Diophantoszi egyenlet egyetlen megoldást tartalmaz, ha

deg S < deg B− + deg R d vagy

deg R < deg A + deg Sd . Az S és R polinomok fokszámait úgy kell választani, hogy eleget tegyenek ezeknek a törvényeknek. A további meghatározások a következő módon történnek. A szabályozási törvény

S(z ) ⋅ U(z ) = Tn (z ) ⋅ Y* (z ) − R (z ) ⋅ Y(z ) , amely azt mutatja, hogy a Tn és R polinomok fokszámának kisebbnek vagy egyenlőnek kell lennie az S polinom fokszámával:

deg R ≤ deg S

deg Tn ≤ deg S Egyébként a jelenlegi bemeneti jelet referencia jel és a kimeneti jel valamilyen jövőbeni értékből kellene meghatározni. Ez az oksági feltétel ! Ameddig a szakasz és a szabályozó oksági viszonyban vannak, deg B ≤ deg A és deg R ≤ deg S, ugyanígy deg R < deg A + deg Sd az egyedi megoldás feltételeiből, meghatározható a minimális fokszámú megoldás ha,

deg R = deg A + deg Sd − 1. Míg deg R ≤ deg S,

deg S ≥ deg R − deg Sd − deg B+ .


205

Demonstrációs példa: Adott a rendszer impulzus átviteli függvénye

H(z ) =

B(z ) K ⋅ (z − b ) = A(z ) (z − 1) ⋅ (z − a )

Ahol

a = e− h b = 1−

(

h ⋅ 1 − e −h

)

e −h − 1 + h

ahol h a mintavételi időtartam. idő A tervezett zárt hurkú rendszert az impulzus átviteli függvényével jellemezzük zzük (referencia modellel)

H m (z ) =

Bm z ⋅ (1 + p1 + p 2 ) = 2 Am z + p1 ⋅ z + p 2

(

)

A modell impulzus átviteli függvényének nincs zérusa a z = b-nél, b nél, ezért a rendszer zérusát törölni kell. B faktorizálása a következőt következ adja

B+ = z − b B− = K Mivel az S és R polinomoknak nincs különleges tényezője,, így a szabályozó polinom a következő alakú

S = B+ S R=R Nincs semmiféle feltétel a szabályozóra, PD (z) = 1 , egyenletet kell megoldani az S és R polinomokkal

A⋅ S + B− ⋅ R = A m

ezért a következő következ Diophantoszi


206

amely a következőt egyenlőséget adja

(z − 1) ⋅ (z − a ) ⋅ S + K ⋅ R = z 2 + p1 ⋅ z + p 2 Az R és S polinomok fokszámait a következő szabály alkalmazásával határozhatjuk meg

deg S ≥ deg R − deg Sd − deg B+ = 1 − 0 − 1 = 0 és

deg R = deg A + deg Sd − 1 = 2 − 0 − 1 = 1

A polinomokat a következő módon választhatjuk

S = s0 R = r1 + r0 ⋅ z A Diophantoszi egyenlet így a következő lesz

(z − 1) ⋅ (z − a ) ⋅ s0 + K ⋅ (r1 + r0 ⋅ z ) = z 2 + p1 ⋅ z + p 2 Ha összehasonlítjuk az egyenletek z hatványainak együtthatóit a következő egyenleteket kapjuk

s0 = 1 − (1 − a ) ⋅ s 0 + K ⋅ r0 = p1 a ⋅ s 0 + K ⋅ r1 = p 2 . amelyből,

r1 =

s0 = 1

p2 − a K

A szabályozó polinomjai a következők lesznek

S(z ) = S (z ) ⋅ B+ (z ) = z − b R (z ) = r0 ⋅ z + r1

T(z ) =

B m (z ) B − (1)

r0 =

1 + a + p1 K


207

3.4.2 Pólus-zérus helyettesítéses tervezés megfigyelő alkalmazásával A szabályozó tervezés lényege, hogy hogyan adjuk meg a karakterisztikus polinomot. Ezt a korábbiakban úgy határoztuk meg, hogy a Diophantoszi egyenletet megoldottuk a következő formában:

A(z ) ⋅ Sd (z ) ⋅ S (z ) + B− (z ) ⋅ R d (z ) ⋅ R (z ) = A − (z ) ⋅ A m (z ) ⋅ PD (z ) Az egyszerűsítéshez tételezzük fel csak azt az esetet, amikor B(z ) = B+ (z ) ⋅ B− (z ) valamint

R d (z ) = 1 , S d (z ) = 1 illetve A − (z ) = 1 . A Diophantoszi egyenlet,

A(z ) ⋅ S (z ) + B− (z ) ⋅ R (z ) = A m (z ) ⋅ PD (z ) módosítható, ha bevezetünk egy úgynevezett A O (z ) megfigyelő polinomot,

A (z ) ⋅ S (z ) + B− (z ) ⋅ R (z ) = A O (z ) ⋅ A m (z ) ⋅ PD (z ) A megfigyelő szerepe, hogy „megfigyelje” a bejövő zavarjelek változását és meghatározza milyen gyorsan kell megszüntetni őket, ahogy a későbbiekben azt látni fogjuk. A megfigyelő polinom magába foglalhat stabil szakasz pólusokat, amelyeket törölni lehet. A következő lépés hogy meghatározzuk az A O (z ) megfigyelő polinom fokszámát, amely illeszkedik a következő feltételhez

deg A O ≥ 2 deg A − deg A m − deg B+ − 1 Megoldva az S és R polinomokat a Diophantoszi egyenletből A ⋅ S + B− ⋅ R = AO ⋅ A m ⋅ PD . Az S és R fokszámai

deg S = deg A O + deg A m + deg PD − deg A degR = degA − 1 Ekkor S(z) = S(z) ⋅ B+ (z) , és R(z) számítható a Diophantoszi egyenletből és

T (z ) =

A O (z ) ⋅ B m (z ) ⋅ PD (z ) B − (1)


208

Demonstrációs mintapélda: Egy motor impulzus átviteli függvénye a következő alakú

H(z ) =

K ⋅ (z − b ) (z − 1) ⋅ (z − a )

ahol

K = e−h − 1 + h a = e−h h ⋅ 1 − e −h b = 1 − −h e −1 + h

(

)

és a h a mintavételi időtartam. A zárt szabályozási kör előírt tulajdonságait a referencia modellel leírt impulzus átviteli függvénnyel írjuk le

H m (z ) =

Bm (z ) z ⋅ (1 + p1 + p 2 ) = A m (z ) z 2 + p1 ⋅ z + p 2

A modellnek nincs zérusa z = b-nél ezért a rendszer zérusát törölni kell. A B faktorizálása a következőket adja

B + (z ) = z − b B− = K A megfigyelő polinom fokszámának ki kell elégítenie a következő feltételt

deg A O ≥ 2 deg A − deg A m − deg B+ − 1 = 4 − 2 − 1 − 1 = 0 így, hogy a minimális fokszámú szabályozót válasszuk ki

A O (z ) = 1 Az R és S fokszámai a következők

deg S = deg A O + deg A m − deg A = 0 + 2 − 2 = 0 degR = degA − 1 = 1


209

A Diophantoszi egyenlet:

A(z ) ⋅ S (z ) + B− (z ) ⋅ R (z ) = A O (z ) ⋅ A m (z )

(z − 1) ⋅ (z − a ) ⋅ s0 + K ⋅ (r0 ⋅ z + r1 ) = z 2 + p1 ⋅ z + p 2 Összehasonlítva az egyenletek z hatványainak együtthatóit a következő egyenleteket kapjuk

s0 = 1 − (1 + a ) ⋅ s 0 + K ⋅ r0 = p1 as0 + Kr1 = p 2 . amelyből,

r0 =

s0 = 1

1 + a + p1 K

r1 =

p2 − a , K

A szabályozó polinomok a következő alakúak lesznek:

S = S ⋅ B + = s 0 ⋅ (z − b ) R = r0 ⋅ z + r1 T=

A Ο ⋅ Bm B − (1)

=

A Ο ⋅ B m z ⋅ (1 + p1 + p 2 ) = = t0 ⋅ z K K

A szabályozó, S(z ) ⋅ U(z ) = T(z ) ⋅ Y* (z ) − R (z ) ⋅ Y(z ) , a következő módon írható le

z ⋅ U(z ) = z ⋅ t1 ⋅ Y* (z ) − r1 ⋅ Y(z ) − r0 ⋅ z ⋅ Y(z ) − b ⋅ U(z )

U (z ) = t1 ⋅ Y * (z ) − z −1 ⋅ r1 ⋅ Y(z ) − r0 ⋅ Y(z ) − z −1 ⋅ b ⋅ U (z )

u (k ) = t1 ⋅ y* (k ) − r1 ⋅ y(k - 1) − r0 ⋅ y(k ) − b ⋅ u (k - 1)


210

31a. mintapélda: Tervezzünk pólus-zérus helyettesítéses szabályozót az előző példa szabályozott szakaszához. A mintavételi idő h = 0.5 és a zárt rendszer tervezett viselkedése a következő módon van megadva ζ m

ω 0 m = 0.7 1 .

(Emlékeztetőül s 2 + 2ζ m ω 0 ms + ω 02 m )

Megoldás: 1. 2. 3. 4.

Határozzuk meg a szakasz paramétereit. Számítsuk ki a modell paramétereit. Tervezzük meg a szabályozót. Ellenőrizzük a számításokat az A, B, R, S, T polinomok behelyettesítésével a következő egyenletben

B⋅T B = m. A ⋅S + B ⋅ R Am

5. Adjuk meg a szabályozót z −1 hatványkitevői szerint. 6. Építsük meg a szabályozás szimulációs modelljét Simulink-ben.

1. A szabályozott szakasz paraméterei » K=(exp(-0.5))-1+0.5, a=exp(-0.5), b=1-(0.5*(1-exp(-0.5))/(exp(-0.5)-1+0.5))

H(z ) =

K= 0.1065 a= 0.6065 b= -0.8467

K (z − b ) (z − 1)(z − a )

2. A modell paraméterei

H m (z ) = A specifikáció

B m (z ) z ⋅ (1 + p1 + p 2 ) = A m (z ) z 2 + p1 ⋅ z + p 2 ζm

ω 0 m = 0.7 1

és az

karakterisztikus polinomot s + 1.4s + 1 = 0 2

s 2 + 2ζ m ω 0 ms + ω 02 m = 0

adja meg a


211

s 2 + 1.4s + 1 = 0

» s=[1 1.4 1]; » sp=roots(s) sp = -0.7000+ 0.7141i -0.7000- 0.7141i

A diszkrét idejű specifikáció

» zp=exp(sp*0.5)

z 2 − 1.3205z + 0.4966

zp = 0.6602+ 0.2463i 0.6602- 0.2463i

A modell átviteli függvénye

» z=poly(zp)

H m (z ) =

0.1761z z − 1.3205 z + 0.4966 2

z=

1.0000 -1.3205

0.4966

3. Szabályozó tervezés A szabályozott szakasz zérusának kitörlésével a szakasz zérusai eltűnnek. A modell a következő alakúvá válik

H m (z ) =

1 + p1 + p 2 z 2 + p1 ⋅ z + p 2

Az impulzusátviteli függvény H rendelkezik egy zérussal z = b-nél, amely nem szerepel HM -ben. A megadott specifikációkkal szükséges a z = b zérus törlése.

1. lépés: B felbontása

B + = z + 0.8467

B− = K = 0.1065

2. lépés: A megfigyelő polinom

degA o ≥ 2degA − degA m − degB+ − 1 degA o ≥ 4 − 2 − 1 − 1 = 0 így válasszuk

A o = 1-re


212

3. lépés: R 1 és S polinomok meghatározása

degS1 = degA o + degA m − degA = 0 + 2 − 2 = 0 degR = degA − 1 = 1

→ →

S1 (z) = s0 R (z ) = r0 ⋅ z + r1

Oldjuk meg S 1 és R-et a következő egyenletből AS1 + B− R = A 0 A m ,

(z − 1) ⋅ (z − a ) ⋅ s 0 + K ⋅ (r0 ⋅ z + r1 ) = z 2 + p1 ⋅ z + p 2 Összehasonlítva az egyenletek z hatványainak együtthatóit a következő egyenleteket kapjuk

(z ) (z ) (z ) 2

s0 = 1

1

− (1 + a ) ⋅ s 0 + K ⋅ r0 = p1

0

as0 + Kr1 = p 2

0 0  s 0   1   1 − (a + 1) K 0  ⋅  r  =  p     0   1  a 0 K   r1  p 2 

F*P = J

és a megoldás

P=F\J

» F=[1 0 0; -(1+a) K 0; a 0 K]; » J=[1 z(2) z(3)]'; » F\J ans = 1.0000 (s0) 2.6854 (r0) -1.0319 (r1)

4. lépés: Az S, R és T polinomokból

S(z ) = S1 (z ) ⋅ B + (z ) = s 0 ⋅ (z − b ) = s 0 ⋅ z − s 0 ⋅ b = z + 0.8467 R (z ) = r0 ⋅ z + r1 = 2.6854 ⋅ z − 1.0319

T=

A Ο ⋅ Bm B − (z )

=

z ⋅ (1 + p1 + p 2 ) = t 0 ⋅ z = 1.6535 ⋅ z K


213

5. lépés: A szabályozási törvény felírható a Z transzformáció alkalmazásával úgy mint

u[k + 1] = t 0 ⋅ r[k + 1] − r0 ⋅ y[k + 1] − r1 ⋅ y[k ] + b ⋅ u[k ] vagy

u[k ] = t 0 ⋅ r[k ] − r0 ⋅ y[k ] − r1 ⋅ y[k − 1] + b ⋅ u[k − 1]

5. A Simulink modell Digital Control Theory 47453S 3 ov Example 28b: Pole-zero placement by Åström

0.1761z 1.0000z 2-1.3205z+0.4966 Discrete Transfer Fcn

Scope 1.6535 Step Input1

0.1065(z+0.8467)

t0

Mux

(z-1)(z-0.6065) Mux1 Sum u(k-1) 1

-0.8467

Discrete Zero-Pole

z S1 2.6854 r0 -1.0319 r1

1/z y(k-1)

Setpoint Control input Process Model


214

2

1.5

g

b,m

r

1

0.5

0

-0.5 0

5

10

15 Time (second)

20

25

30

vörös - alapjel, kék – modell kimeneti jel, magenta – szabályozás kimeneti jel, zöld – szabályozó bemeneti jel.

Ha a mintavételi idő megváltozik a szabályozási paraméterek és a szabályozás jellemzői megváltoznak: h=0.25 h=1

s0 =1 s0 =1

r0 =4.3948 r0 =1.6782

r1=-2.5733 r1=-0.3297

t0 =1.8215 t0 =1.3484

ex_99_28a_h_1

e x_ 99 _2 8a_ h_0 _2 5

1.6 2

1.4 1.2

1.5

1 0.8

1

0.6 0.4

0.5

0.2 0

0

-0.2 -0.4 0

5

10

15 20 Tim e (S eco nds)

h = 0.25

25

30

0

5

10 15 20 Time (S econds)

h=1

25

30


215

31b. mintapélda: Tervezzünk pólus-zérus helyettesítéses szabályozót az előző példa szabályozott szakaszához. A mintavételi idő h = 0.5 és a zárt rendszer tervezett viselkedése a következő módon van megadva ζ m ω 0 m = 0.7 1 . (Emlékeztetőül s 2 + 2ζ m ω 0 ms + ω 02 m )

Megoldás: 1. Határozzuk meg a szakasz paramétereit. 2. Számítsuk ki a modell paramétereit. 3. Tervezzük meg a szabályozót. 4. Ellenőrizzük a számításokat az A, B, R, S, T polinomok behelyettesítésével a következő egyenletbe

B⋅T B = m. A ⋅ R + B ⋅S Am

5. Adjuk meg a szabályozót z −1 hatványkitevői szerint. 6. Építsük meg a szabályozás szimulációs modelljét Simulink-ben.

Az 1. és a 2. lépés ugyanaz, mint az előző példában.

Megoldás: 3. Szabályozó tervezés Mivel nem történik meg a zérus a zérus kitörlése a szakasz zérus értéke megjelenik a zárt szabályozási kör impulzus átviteli függvényében.

H CL (z ) =

(1 + p1 + p 2 ) ⋅ (z − b ) 2

z + p1 ⋅ z + p 2

1. lépés: B felbontása

B+ = 1 B − = K ⋅ (z − b ) = 0.1065 ⋅ (z + 0.8467 ) A K paraméter és a maradék (z-b) egy erősítést reprezentál, amelyet törölni kell. Ez a T polinom meghatározásánál vehető figyelembe a következő módon:

T (z ) =

A Ο (z ) ⋅ B m (z ) B − (z )

=

A Ο (z ) ⋅ B m (z ) K ⋅ (1 − b )


216

2. lépés: A megfigyelő polinom

degA o ≥ 2degA − degA m − degB + − 1 degA o ≥ 4 − 2 − 0 − 1 = 1 ebből következően

Ao = z .

3. lépés: Az S és R polinomok meghatározása

deg S = deg A O + deg A m − deg A = 1 + 2 − 2 = 1

→

degR = degA − 1 = 1

→

S(z ) = s 0 ⋅ z + s1

R (z ) = r0 ⋅ z + r1 −

Meghatározva S és R polinomokat a következő egyenletből AS + B R = A 0 A m

(z − 1) ⋅ (z − a ) ⋅ (s 0 z − s1 ) + K ⋅ (z − b ) ⋅ (r0 ⋅ z + r1 ) = z 3 + p1 ⋅ z 2 + p 2 ⋅ z Összehasonlítva az egyenletek z hatványainak együtthatóit a következő egyenleteket kapjuk

(z ) s = 1 (z ) (1 + a )⋅ s0 − s1 − K ⋅ r0 = −p1 (z ) a ⋅ s 0 − (1 + a )⋅ s1 − K ⋅ b ⋅ r0 + K ⋅ r1 = p 2 (z ) a ⋅ s1 − K ⋅ b ⋅ r1 = 0 3

0

2

1

0

0 0 0  s 0   1   1 (a + 1) −1 −K 0   s1  − p1   ⋅ =  a − (a + 1) − Kb K   r0   p 2        a 0 − Kb  r1   0   0

F*P = J

ésa megoldás a következő

P=F\J


217

» F=[1 0 0 0; 1+a -1 -K 0; a -(1+a) -K*b K; 0 a 0 K*b]; » J=[1 -z(2) z(3) 0]'; » F\J ans = 1.0000 (s0) 0.1111 (s1) 1.6422 (r0) -0.7471 (r1)

4. lépés: Az S, R és T polinomok formája

S(z ) = S1 (z ) ⋅ B + (z ) = s 0 ⋅ z − s1 = z + s1 R (z ) = r0 ⋅ z + r1 A (z ) ⋅ Bm (z ) T(z ) = Ο = t0 ⋅ z K ⋅ (1 − b ) 5. lépés: A szabályozási törvény,

u[k ] = t 0 ⋅ r[k ] − r0 ⋅ y[k ] − r1 ⋅ y[k − 1] + s1 ⋅ u[k − 1] 5. Simulink modell 0.1761 2 1.0000z -1.3205z+0.4966 Discrete Transfer Fcn

Scope 0.8951 Step Input1

0.1065(z+0.8467)

t0

Mux

(z-1)(z-0.6065) Mux1 Discrete Zero-Pole

Sum 0.1111

1/z u(k-1)

s1

1.6422 r0 -0.7471 r1

1/z y(k-1)

Setpoint Control input Process Model


218

1.2 r

1 b m

0.8 0.6 0.4 0.2 g

0 0

5

10

15 20 Time (second)

25

30

vörös - alapjel, kék – modell kimeneti jel, lila – szabályozás kimeneti jel, zöld – szabályozó bemeneti jel


219

3.4.3 A megfigyelő polinom hatása A megfigyelő polinomról A O -ról azt mondtuk, hogy ő a felelős azért, hogy a zavarást milyen gyorsan érzékeljük illetve a szabályozás segítségével milyen gyorsan tudjuk megszüntetni. A következő demonstrációs példa (Åström, 1997) mélyebb betekintést nyújt probléma megoldásához. A szakasz modellje a következő

G (s) =

k s2

ahol k=1. A mintavételes rendszer impulzus átviteli függvénye ZOH használatával és h értékű mintavételi idővel a következő

h2 z + 1 B(z ) b0 ⋅ z + b1 H(z ) = ⋅ = = 2 (z − 1)2 A(z ) z 2 + a1 ⋅ z + a 2 A zárt szabályozási kör megadása. A karakterisztikus polinom

s 2 + 2 ⋅ ξ ⋅ ω ⋅ s + ω2 Az azonos diszkrét idejű polinom a következő alakú:

A m (z ) = z 2 − 2 ⋅ z ⋅ e −ξωh ⋅ cos ωh 1 − ξ 2  + e − 2ξωh = z 2 + a m1 ⋅ z + a m 2   Megkívánt, hogy a megfigyelő rendelkezzen két pólussal s = −α -nál vagy ami ezzel ekvivalens

z = e -αh -nál diszkrét időben. A megfigyelő polinom így a következő lesz

(

A ο (z ) = z − e − ah

)

2

= z 2 + a ο1 ⋅ z + a ο 2

A Diophantoszi egyenlet

h2 (z − 1) ⋅ S(z ) + ⋅ (z + 1)⋅ R (z ) = A ο (z )⋅ A m (z ) 2 2


220

ahol előírt, hogy S rendelkezzen egy zérussal z = 1–nél (integrálási tulajdonság). A minimális fokszámú megoldás szabályozási késleltetés nélkül a következő

R (z ) = r0 ⋅ z 2 + r1 ⋅ z + r2

S(z ) = s 0 ⋅ z 2 + s1 ⋅ z + s 2 = z 2 + s ⋅ z − 1 Összehasonlítva az egyenletek z hatványainak együtthatóit a következő összefüggéseket kapjuk (z4) (z3) 2

(z ) 1

(z ) 0

(z )

b0  1  a −1 b 1  1 a 2 − a1 0  0  − a2

1=1

s + b 0 ⋅ r0 + (a1 − 1) = a O1 + a m1

s(a1 − 1) + b 0 ⋅ r1 + b1 ⋅ r0 + (a 2 − a1 ) = a O 2 + a O1 ⋅ a m1 + a m 2 s(a 2 − a1 ) + b 0 ⋅ r2 + b1 ⋅ r1 − a 2 = a m1 ⋅ a O 2 + a m 2 ⋅ a O1 − s ⋅ a 2 + b1⋅r2 = a m 2 ⋅ a O 2

0  s  a O1 + a m1   a1 − 1      0  r0  a O 2 + a O1 ⋅ a m1 + a m 2  a 2 − a1  ⋅ = − b0   r1   a m1 ⋅ a O 2 + a m 2 ⋅ a O1   − a 2         a m2 ⋅ a O2 b1  r2     0 

0 b0 b1 0

Ha S(1) = 0 a T polinomot a következő módon határozhatjuk meg

T(z ) =

A m (1) ⋅ A O (z ) h

2

= t 0 ⋅ z 2 + t1 ⋅ z + t 2

A Matlab program: »am1=-2*exp(-ga*wa*ha)*cos(wa*ha*sqrt(1-ga*ga)); am2=exp(-2*ga*wa*ha); ao1=-2*exp(-al*ha); ao2=exp(-2*al*ha); a1=-2; a2=1; b0=(ha*ha)/2; b1=b0; F=[1 b0 0 0;(a1-1) b1 b0 0;(a2-a1) 0 b1 b0; -a2 0 0 b1]; D=[ao1+am1 ao2+am1*ao1+am2 am1*ao2+am2*ao1 am2*ao2]'; E=[a1-1 a2-a1 -a2 0]'; F\(D-E) Am=1+am1+am2; T=Am*[1 ao1 ao2]/(ha*ha)


221

A szabályozó paramétereket, amelyeket alkalmazunk a következő táblázatban aduk meg: ω 0.2

s 0.4405

r0 1.398

ξ 0.707

α 2

r1 -2.0224

h 1

r2 0.9086

t0 0.0347

t1 -0.0094

t2 0.0006

Először egységugrás bemenetet alkalmazzunk a szabályozáshoz. A zavarójel egy negatív értékű egységugrás jel 0.05 nagyságú amplitúdóval, amelyet a szabályozott szakasz bemeneténél alkalmazunk t=50 időegységnél. Végül egy nagyfrekvenciás szinuszos bemenő [ 0.01⋅ sin(2t) ] is alkalmazunk t=100 időegységnél, hogy megmutassuk a jelet nagyfrekvenciás mérési zajokra adott válaszfüggvényt. Output 1

0.5

0

0

50

100

150

Time (Seconds)

Input 0.1 0.05 0 -0.05

0

50

100

150

Time (Seconds)

A következőkben az ω változásának következményeit mutatjuk be. A válaszadási idő és a zavarjelből keletkező hiba inverz módon arányosan csökkenő a sávszélességhez képest. Amikor a sávszélességet növeljük a szabályozó jel szintén növekszik. ω 0.1 0.2 0.4

ξ 0.707 0.707 0.707

s 0.3995 0.4405 0.5141

r0 0.9420 1.398 1.5355

α 2 2 2

h 1 1 1

r1 r2 -1.7658 0.8308 -2.0224 0.9086 -2.4944 1.0491

t0 0.0093 0.0347 0.1206

t1 -0.0025 -0.0094 -0.0326

t2 0.0002 0.0006 0.0022


222

Output 1

0

ω = 0.1 ω = 0.2 ω = 0.4

ω = 0.1 ω = 0.2 ω = 0.4

0.5

0

50

100

150

100

150

Time (Seconds) Input

ω = 0.4 ω = 0.2 ω = 0.1

0.1 0.05 0 0

50 Time (Seconds)

A következőkben α változásának hatásait vizsgáljuk. A bemeneti zavarjelre adott válasz javul, amikor a megfigyelés gyorsabb α = 10 értéknél. ω 0.2 0.2 0.2

s -0.1203 0.4405 0.5659

ξ 0.707 0.707 0.707

r0 0.3766 1.398 1.4302

α 0.5 2 10

r1 -0.6851 -2.0224 -2.5272

h 1 1 1

r2 0.3139 0.9086 1.1318

t0 0.0347 0.0347 0.0347

t1 -0.0421 -0.0094 -0

t2 0.0128 0.0006 0

Output 1

α = 0.5 α=2 α = 10

0.5

0

0

50

100

150

Time (seconds) Input 0.08

α = 0.5

0.06 0.04

α=2 α = 10

0.02 0 0

50

100 Time (Seconds)

150


223

A rendszer válaszát a mintavételi idő változására a következőkben mutatjuk be. A mintavételi időnek meghatározó jelentősége van a zavarjelre adott válasznál. Ennélfogva a zavarjelre adott válasz növekszik, ha növeljük a mintavételi időt és csökken, ha csökkentjük a mintavételi időt. ω 0.2 0.2 0.2

ξ 0.707 0.707 0.707

α 2 2 2

s -0.3561 0.4405 0.6091

r0 3.5996 1.398 0.4534

r1 -7.0221 -2.0224 -0.729

h 0.2 1 2

r2 3.4267 0.9086 0.3047

t0 0.0389 0.0347 0.0301

t1 -0.0521 -0.0094 -0.0011

t2 0.0175 0.0006 0

Output 1 h=2 h=1

0.5

h = 0.2 0

0

50

100

150

100

150

Time (Seconds)

Input

0.1

h=2 h=1

0.05 h = 0.2 0 0

50 Time (Seconds)


3.4 Pólus-zérus helyettesítés Szabályozás– tervezett pólusok –

T (z

−1

)

224

R (z

−1

) és S(z ) számítása −1

Követés – meghatározása 3.4.1 Pólus-zérus helyettesítés hallgatólagos referencia modellel 3.4.2 Pólus-zérus helyettesítéses tervezés megfigyelő alkalmazásával 3.4.3 A megfigyelő polinom hatása

196 197 198 201 207 219

3.4 Pólus-zérus helyettesítés

Recommend Documents